2025-2026学年下学期山东日照实验高级中学高一数学2026年6月第二次阶段性考试试卷（含答案）

2025级高一下学期第二次阶段性考试数学试题2026.06一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．cos22°sin52°−sin22°A．12 B．C．32 D．2.在∆ABC中，A为钝角，则点P(tanBA．在第一象限 B．在第二象限 C．在第三象限 D．在第四象限3.如图，正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积是（

）A．2 B．2C．1+2 D．4．若α，β为不同的平面，m，n为不同的直线，则下列判断正确的是（

）A．若m∥α，nB．若m∥n，nC．若m⊥α，nD．若m⊥α，n5.已知圆锥的表面积为3π，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为（

A.3 B.3C.33 D.6．已知|a|=3，|b|=4，且b在a上的投影的数量为−2，则A．13 B．19C．31 D．377．如图所示，从热气球A上测得地面上点B的俯角为60°，点C的俯角为45°，图中各点在同一铅垂平面内，已知B，C两点间距离为100m，则热气球距地面的高度AO为（

A．(100+503)mC．(150+503)m8.如图，在∆ABC中，AB=AC=2，BC=23，点E在边BC上，∠BAE=θ(π6≤θ≤

A．2 B．6C．22 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.在ΔABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法中正确的是（

）A.若A>BB.sinC.若a2+bD.若a2+b10.已知函数f(x)=Acos(ωx+φ)（其中

A.函数f(x)的周期为B.函数f(x)的图象关于C.函数f(x)在区间D.直线y=1与y=f(11若正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面棱长为4，侧棱长为3，且M为棱AA1的靠近点A的三等分点，点P

A.点P形成的轨迹长度为π2B.有且仅有一个点P使得MPC.四面体P−ACD.线段|PC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知向量a=(1,2)，b=(−1,λ)，若a13.已知sin(α+π14.若矩形ABCD满足ADAB=5−12，则称这样的矩形为黄金矩形.现有如图1所示的黄金矩形卡片ABCD，已知AD=2x，AB=2y，E是CD的中点，EF的一个面），若y=2，则该多面体的表面积为

.四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.（本小题满分13分）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，E，F分别是棱CD（1）证明：PC⊥（2）证明：EF∥平面PBC16.（本小题满分15分）已知m=(−1,23)，n（1）求函数f(x)的解析式及周期（2）角A、B、C分别为a、b、c三边所对的角，若b=3，f(B17.（本小题满分15分）如图，四边形ABCD中，∠DAB=∠DCB=π2，AB=3（1）求DB；（2）求∆ACD18.（本小题满分17分）如图，已知三棱台ABC−A1B1C1的体积为1433，底面∆（1）证明：BC⊥平面AB（2）求点B到平面ACC（3）在线段CC1上是否存在点F，使得二面角F−AB−19.（本小题满分17分）在∆ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点P为∆ABC内的一点，且（1）当acosC+（ⅰ）求角A；（ⅱ）若PA→·PB→+（2）若AB→·AC→=0，且|2025级高一下学期第二次阶段性考试数学答案（1）1.A2.D3.B4.C5.D6.A7.C8.C9.ABD10.ACD11.AC12.1213.7258.C【解】解：在△ABC中，AB=AC=2由余弦定理知cos∠BAC=作BH⊥AE交于E，因为可得BH=ABsin∠在△ACH中，∠EACCH因为平面AB'E⊥平面ACE，B'H⊥AE，平面AB所以B'H⊥平面AEC，CH⊂平面B=8+4cos因为θ∈[π6,π所以B'C2∈[6,8]，所以B'C∈[11.AC【解】A选项，由线面角的定义可知，∠MPA=θ=45°，即区域为以A为圆心，1为半径的圆在正方形ABCD内部分（包含边界），即圆的14长度为14×π×2=12π，A正确；如图，设点P的轨迹与ADB选项，不妨点P与点F重合，此时PC由余弦定理可得：cos∠MFC同理可得：cos∠MEC1=故不止一个点P使得MP⊥C选项，如图，AA1⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以AA1∩AB=A，AA1，AB⊂平面AB所以平面A1CD1⊥平面ABB1A1面A1CD1，A1D1⊂平面A1CD如图，当点P在点E处时，此时点P到平面A1CD此时四面体P−A1当P与点F重合时，此时点P到平面A1CD因为∆BFK∼∆BAH，所以FK故四面体P−A1D选项，当PC取最小值时，线段|PC由三角形两边之和大于第三边知：当A，P，C三点共线时，PC取得最小值，即|PC|min14【解】由图可得：该多面体上部分有5个面，对应的下部分也有5个面，中间部分的前半部有5个面，对应的后半部分也有5个面，所以该多面体为正二十面体.∵ADAB=2x∵该多面体为正二十面体，∴每面为正三角形，其边长为2(5∴S=20×315证明：（1）连接AC，BD交于点O，如图所示：由四边形ABCD是正方形，可得AC⊥BD，因PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，则PA⊥又PA∩AC=A，PA，AC⊂所以BD⊥平面PAC，−−−−−−−−−−−−−−−−5又PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC（2）如图，取PB的中点G，连接FG，CG，E，F分别是棱CD，AP的中点，故FG∥AB，且FG=又CE∥AB，且CE=所以FG∥CE，FG=可得四边形CEFG为平行四边形，所以EF∥CG，因EF⊄平面PBC，CG⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC16【解】(1)f(x)=(cos周期T=2π(2)由f(B)=1可得2sin2B又0<B<π，则π6<2B+由余弦定理知：b2∴3=(a+c∴a+c≤23当且仅当a此时∆ABC为等边三角形，又b=3，所以∆ABC的周长的最大值为17解：（1）∵S∆ABC又AB=3，BC=2，12×3×2×sin∵∠ABC是锐角，∴∠ABC=由余弦定理可得AC2=AB∵∠DAB=∠DCB=π∴BD是∆ABC外接圆的直径利用正弦定理知，BD=ACsin（2）因为∠DAB=∠DCB=π2，BD=由勾股定理得，AD=33，CD又∠ABC=π3，则因此S∆ACD=12AD·18解：（1）证明：在三棱台ABC−A1B1C1而平面ABB1A1∩平面ABC所以BC⊥平面ABB1（2）由棱台性质知：延长AA1，BB1，由A1B1点P到平面ABC的距离为到平面A1B1于是VP−ABC由BC⊥平面ABB1A1，得BC又A1B1∥AB，则A即∆PA1B1为正三角形，∆VP−ABC∴AB=BC由PB⊂平面PAB，得BC⊥PBS∆PAC=设点B到平面ACC1A由VP−ABC=V即点B到平面ACC1A1的距离为2025级高一下学期第二次阶段性考试数学答案（2）18（3）由BC⊥平面ABB1A取AB中点N，连接PN，在正∆PAB中，PN而平面ABC∩平面PAB=而CN⊂平面ABC，则又PN⊂平面PNC，则平面作FE⊥CN于E，平面PNC∩FE∥PN，而AB⊂作ED⊥AB于D，连接FD，DE∩FE=E，而FD⊂平面DEF，于是AB⊥FD，∠FDE设FE=3t，由（2）知：PN由EFPN=CECN，得由DE∥BC，得DE=若存在F使得二面角F−AB−则tan∠FDE=CF=所以存在满足题意的点F，CF=8219【解】（1）（ⅰ）由正弦定理边化角得sinAcosC+因为sinB=所以sinAcosC+即(3sinA−因为C∈(0,π),sinC>0即sinA−π因为