北京師范大學(xué)附屬實驗中學(xué)

2027屆高一下學(xué)期數(shù)學(xué)階段測試二

2025.06.03

一、選擇題（每小題4分，共32分）

1.如圖，八面體的每個面都是正三角形，并且4個頂點A,B,C,。在同一平面內(nèi)，若四邊形ABC。是

邊長為2的正方形，則這個八面體的表面積為（）

A.8B.16C.873D.16下

【答案】C

【解析】

【分析】先計算出每個面的面積，再乘以8即為表面積；

【詳解】每個面的面積為且x2?=6,所以該圖形的表面積為

4

故選：C

2.如圖，在正方體-中，則A&與耳。所成角為（）

【答案】C

【解析】

【分析】連接AC,A用，根據(jù)定義，得到/AC用即為AG與用C所成角，即可求解.

詳解】如圖所示：連接AC,A耳,

由正方體的性質(zhì)可得，AC//AG，則44。用即為AC與耳c所成角,

7T

又AC=3]C=A4,所以NACBj=§.

故選：C.

3.設(shè)％廣是兩個不同的平面，/,根是兩條直線，且則是“加///”的（）

A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件

C,充分必要條件D.既不充分也不必要條件

【答案】A

【解析】

【分析】通過面面平行的性質(zhì)判斷充分性，通過列舉例子判斷必要性.

【詳解】11/3,且所以。//〃，又mua,所以機///，充分性滿足,

如圖：滿足加///，m^a,l±a,但/，△不成立，故必要性不滿足,

所以“/，/?”是“加//〃”的充分而不必要條件.

故選：A.

4.在VA3C中，角A3,C所對的邊分別為a,4c,已知A=三，b=2,給出下列五個a的值：①J5；

②百；③恒；?2；⑤3.其中能使得AABC存在且唯一確定的是（）

2

A.①④B.②③C.④⑤D.②④⑤

【答案】D

【解析】

【分析】利用三角形的圖形性質(zhì)來判斷唯一解的充要條件解題即可.

71

根據(jù)已知A=—b=2,可知三角形AB邊上的IWJ/z=bsinA=2x

3

所以要使得VA3C存在且唯一確定的解，則。=百,或。22,

故有②④⑤滿足,

故選：D.

5.在VABC中，bsinC=ccosB,則N6=（）

兀兀兀兀

A.—B.—C.一D.

6432

【答案】B

【解析】

【分析】本題可根據(jù)正弦定理將邊化為角，再結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)求解

【詳解】已知Z?sinC=ccos5,由正弦定理可得：siaBsinC=sinCcosB,

因為0＜。＜兀，所以sinCwO,得到sinB=cos5,即tanfi=2—=1.

cosB

JT

又因為0<6<兀，所以3=—

4

故選：B

6.在VABC中，若c=4,b—a=l,cosC=--,則sinA為（）

4

1V151V15

A.-RD.-----C.一D.

886~6~

【答案】B

【解析】

【分析】利用余弦定理和已知聯(lián)立求解可得。，然后利用平方關(guān)系求出sinC,結(jié)合正弦定理可得.

i75

【詳解】由余弦定理得a2+/+5ab=°—“）+_ab=l6,即曲=6,

b-a=l

聯(lián)立《7’,解得a=2,/?=3,

ab=6

因為cosC=—z，Ce（0,兀），所以sinC=J1—3=廣分

V164

9岳

由正弦定理可得.，asinC4拒.

sinA=---------=----------=-----

c48

故選：B

b

7.在銳角VABC中，cosB=cos2A,則一的一個可能的取值為（

a

A.1B.1.5C.1.8D.2

【答案】B

【解析】

【分析】依題意可得2A=5,再由正弦定理將邊化角，利用二倍角公式轉(zhuǎn)化為A三角函數(shù)，結(jié)合A的范

圍及余弦函數(shù)的性質(zhì)計算可得.

【詳解】在銳角VA3C中，A,Be0,^,則2A￡（0,兀），又cos3=cos2A,

所以2A=5,

OS竹

乂《<A<

°f，所*A4所吟<C°SA<￥，

7T

0<TT-3A<-

2

?,bsinBsin2A2sinAcosA_4

所以一二-——=-----=-----;-------=2cosAG

asinAsinAsinA

故符合題意的只有B.

故選：B.

8.如圖，直三棱柱ABC—A與G中，45,3。,44=45,2為棱44的中點，。為線段上的動點.以

下結(jié)論中正確的是（）

A.存在點Q,使3Q〃AC

B.不存在點。，使5。，及C1

C.對任意點Q,都有BQ±ABX

D.存點。，使5Q〃平面PCG

【答案】C

【解析】

【分析】A選項，根據(jù)異面直線的定義可以判斷；

B選項，容易發(fā)現(xiàn)4，。重合時符合題意；

C選項，利用線面垂直得到線面垂直；

D選項，先找出平面PCG的一條垂線，問題轉(zhuǎn)化為判斷這條垂線是否和垂直的問題.

A選項，由于BQc平面A3C=5,B^AC,ACu平面ABC,則5。,AC一定異面，A選項錯誤；

B選項，根據(jù)直三棱柱性質(zhì)，33］，平面ABC,3Cu平面ABC,故8用，8。，

又AB_LBC,AB?BB］B,A3,u平面A3及4，故平面45耳4，

又5Au平面A53iA，故BCLg,顯然3c〃與q,即及C］，g,故4，。重合時，BQ1B.C,,B

選項錯誤；

C選項，直棱柱的側(cè)面必是矩形，而AA=AB,故矩形ABB14成為正方形，

則ABX，%,B選項已經(jīng)分析過，3C，平面ABB^,由u平面ABB}\,故Ag,

又BCcBA=B,BC,BAu平面BC4，故AB]JL平面BC4,又BQu平面BCA一

則3。，A片必然成立，C選項正確;

D選項，取A3中點以，連接CM,PM,根據(jù)棱柱性質(zhì)可知，CM和CP平行且相等,

故平面PCG可擴展成平面CMPG，過8作5NLCM,垂足為N,

根據(jù)平面ABC,5Nu平面ABC,故BBJBN,顯然8片〃CC「故5NLCG，

由BNLQW,CCX[}CM=C,CC],CMu平面CMPG，故BN,平面CMPC「

若3Q〃平面PCG，則8Q，3N,過。作QO//B瓦，交AG于。，連接與。，于是3QO及共面,

又BQC）BBI=B,3。,5與U平面故3N，平面3QO耳，由于4。＜=平面3。。4，

故BN：LBQ,延長。。交AC于J,易得BQ//BJ,則K7LBN,而J在線段AC上，這是不可能的,

D選項錯誤.

故選：C

二、填空題（每小題4分，共24分）

9.已知i是虛數(shù)單位，化簡』土匕的結(jié)果為.

1+21

【答案】1—i

【解析】

【分析】利用復(fù)數(shù)的除法即可求解.

3+i(3+i)(l-2i)3+2+i-61l-i

【詳解】由ET(l+2i)(l—2i)=

5

故答案為：1—i.

10.在VABC中，a=2,b=2y/3,A=-,則8=

6

_f._7t_2兀

【答案】不或—

33

【解析】

【分析】根據(jù)正弦定理即可求解.

【詳解】由正弦定理可得.0〃.人.R2吊2由于Be]。,%],所以3或

asmB-bsmA^sinB---------=——[6J3

22

2兀

3

故答案為：;或—

11.已知/,相是兩條不同的直線，〃是兩個不同的平面，從下列四個條件中選擇兩個作為已知條件,

能夠得到。的是.（填入條件的序號即可）

①Ulm；②allB-③加J_a；④/_L￡.

【答案】①③（或②④）

【解析】

【分析】由直線與平面，平面與平面的位置關(guān)系對選項一一分析即可得出答案.

【詳解】選①②n/_La,

若l//m,ccll/3,則可能/ua,不正確；

選①③=>I,La,

若l〃m,m±a,則/_La,正確；

選①④n/_La,

若1Hm,I-L/3,則可能/ua,不正確；

選②③nILa,

若M/尸，m±a,則可能/ua,不正確；

選②④=>I_La,

若?！ㄊ?1/3,貝正確；

選③④=>I_\_a,

若機J_a，I工B，則可能/ua，不正確；

故答案為：①③（或②④）

12.在AABC中，角A&C的對邊分別是d瓦c,若。=百，且y+c?=回°+。2,則

,AABC的面積最大值是.

【答案】①.-②.

64

【解析】

【分析】第一空：由余弦定理即可求解，第二空：由基本不等式求得be最大值，即可求解.

【詳解】由題意得COSA='+￡—匕=走，

2bc2

因Ae（O,兀），故4=/，

6

由基本不等式：b2+c2>2bc，

3

得瓜c+3N2bc，所以6c<3y=6+36，當(dāng)且僅當(dāng)b=c時取等號,

福I”O(jiān)17.A/6+3\3

所以S“BC=~bcsmA<--—.

故答案為百，6+3百

64

13.一名學(xué)生想測算某風(fēng)景區(qū)山頂上古塔的塔尖距離地面的高度，由于山崖下河流的阻礙，他只能在河岸邊

制定如下測算方案:他在河岸邊設(shè)置了共線的三個觀測點A,B,C（如圖），相鄰兩觀測點之間的距離為200m,

并用測角儀器測得各觀測點與塔尖的仰角分別為30°,45。，60°,根據(jù)以上數(shù)據(jù)，該學(xué)生得到塔尖距離地面

的高度為m.

【答案】100新

【解析】

【分析】首先根據(jù)幾何關(guān)系表示邊長，再根據(jù)余弦定理求解.

【詳解】由題意可知，AB=BC=200,NPAO=30°，ZPBO=45°-ZPCO=60,

設(shè)PO=x，貝!JOA=垂>x，OB=x,OC=—x>

3

根據(jù)cosZOBC+cos/OBA=0,

222「

則z2u0u0十+Xx--3%%2002O+X2O-3X92,解得：%=ioo"

i—u

2x200%2x200%

p

所以塔尖距離底面的高度為100幾米.

故答案為：100^/6

14.如圖，正方體—4用GR的棱長為1,E為3c的中點，E為線段上的動點，過點A,

E，E的平面截該正方體所得截面記為S,則下列命題正確的是.

①直線與直線AF相交；

②當(dāng)0<"<1時，S為四邊形；

Q

③當(dāng)e為cq的中點時，平面A瓦截正方體所得的截面面積為§；

④當(dāng)仃=;時，截面s與A，，G2分別交于M，N,則MN=，.

【答案】②③④

【解析】

【分析】①，由。。//平面ACG4,可知直線與直線AF不可能相交，即可判斷；

②，由o<cF<g可得截面s與正方體的另一個交點落在線段。2上，即可判斷；

③，由￡為3。的中點，F(xiàn)為CG的中點，可得截面為等腰梯形，求出等腰梯形的上、下底和高，即可求

得截面面積，即可判斷;

31

④，當(dāng)=］時，延長。2至R,使=連接AR交4。］于連接火/交GA于N連接

3

MN,取AD的中點S,上一點。，使。。=一，連接SE、SQ、QF,可求得，再利用

4

勾股定理求出MN,即可判斷.

【詳解】①，因為尸為線段cq上的動點，所以Mu平面ACC14，由正方體可知2。"平面

ACQA,所以直線與直線AF不可能相交，故①錯誤；

②,當(dāng)0＜行＜；時，截面S與正方體的另一個交點落在線段上，如圖所示:

所以截面為四邊形；

又AGU面AMG,故A］G〃面AEF，故②正確;

③，連接AZVRRAEBC，如下所示:

因為E為3C的中點，E為CR的中點,

則EF〃3ci〃ADt,故面AEFD,即為平面AEF截正方體所得截面;

在RtA^CJF和RtAABE中，

又DiF=AE=[12+(g)=與,故該截面為等腰梯形，

]___________亞___________

又EF=：BC[=^BB：+B[C；=g，AD[=｛曲+A。；=后,

故截面面積S=^(EF+AD)XJDF2--EF義3^^=2,故③正確;

1I=

~2~r48

31

當(dāng)CT=］時，延長。2至R,使。/=5,

連接AH交44于M,連接RF交C2于N連接MN,

3

取AZ）的中點S,DD］上一點Q,使。。=巳，連接SE、SQ、QF,

4

如圖所示：

因為SE//OC且SE=OC,QF//DC且QF=DC,

所以SE//Q尸且SE=QF,所以四邊形SEFQ是平行四邊形，則SQ//",

133

由RR=萬,DQ=-,所以QR=QDi+DiR=DDi—DQ+DiR=%,

則。為DH中點，則SQ//AR,所以EF//AR,

又△RD、N~AFC]NRRD'M~AAA|A/,

11

,D.ND]R2cD.MRR?1

GNQF—AA12

~4

則在Rt^MD]N中MN=QDN+D[M。=宜]:與,故④正確;

故答案為：②③④.

三、解答題(共44分)

15.如圖所示，在四棱錐P—ABCD中，BC/mPAD，BC=-AD,E是PA中點.

2

p

（1）求證：BC//AD；

（2）求證：BE〃平面PDC；

【答案】（1）證明見解析

（2）證明見解析

【解析】

【分析】（1）由題意利用線面平行的性質(zhì)定理即可證明5C7/AO；

（2）取尸D的中點連接"，/C,由（1）可證明EFCB是平行四邊形，再利用線面平行的判定定理

即可得BE〃平面PDC.

【小問1詳解】

根據(jù)題意可得，〃平面K4D，

BCu平面ABCD,且平面平面ABCD=AO，

由線面平行的性質(zhì)定理可得BCHAD；

【小問2詳解】

取尸D的中點為連接跖，尸C,如下圖所示：

由E是上4的中點，E是PZ）的中點，可得EF//AD,且"=LA。；

2

由（1）知BC〃AD,且5C=』A。，所以EF〃夕C,且EF=3C；

2

所以四邊形EFCB是平行四邊形，

即BE//CF,又BE?平面尸。。，中匚平面。。。；

所以5石〃平面PDC.

16.在VABC中，2bcosA+a=2c,c=8,sinA=-

（1）求NB；

（2）求VABC的面積.

7T

【答案】（1）NB=—

3

⑵673

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理及三角形內(nèi)角和，結(jié)合兩角和正弦公式即可求解；

（2）利用平方關(guān)系即兩角和的正弦公式可求得sinC的值，利用正弦定理可得。的值，利用三角形面積公

式即可求解.

【小問1詳解】

解：由正弦定理可得：2sin5cosA+sinA=2sinC,

又A+B+C=7i所以2sinBcosA+sinA=2sin(A+B)=2sinAcos5+2sin5cosA,

整理得：sinA=2sinAcosB,

因為sinA=述，所以COSB=L,而8為三角形內(nèi)角，故N3=工.

1423

【小問2詳解】

2A1313

解：因為sinA=2，所以cosA=—或cosA=——,

141414

又sinC=sin(A+8)=sinAcosB+sinBcosA,C,所以sinC>0

、［,13_L.廠3^3113A/3_片6人士

當(dāng)cosAA=-----時D，smC=------x----------x-^—=----------<0，不付合題思,

1414214214

故cosA=",.「113g4為

sinC=-----x—H------x——=-------，

141421427

a_8

由正弦定理得一==^^,即與萬一4五，解得a=3,

sinAsinC----------

147

故VABC的面積為：S=—acsinB=—x3x8x——=6A/3.

222

17.已知函數(shù)/(x)=cos2x—2sin2卜一已).

(1)求的值；

（2）求/（九）的對稱軸；

（3）若方程/（X）=-1在區(qū)間［0,向上恰有一個解，求〃，的取值范圍.

【答案】（1）—

2

(2)x——kuH----(kZ)

212v7

兀5兀

(3)

3,~6

【解析】

71

【分析】（1）代值計算可得出了的值;

（2）利用三角恒等變換化簡函數(shù)解析式為=sin2x+|-1,利用正弦型函數(shù)的對稱性可求得

函數(shù)八％）的對稱軸方程;

（兀］jrjrjr

(3)由/(%)=—1可得sin2x+-=0,由0<x<根可得出一V2%+—V2加+—，由已知條件可得

3333

出關(guān)于加的不等式，由此可解得實數(shù)機的取值范圍.

【小問1詳解】

因為/(%)=cos2x-2sin2

717171jr5

貝叮=cos7r-2sin2=-1-2sin2-=-l-2x

2~632

【小問2詳解】

/(x)=cos2x-2sin2cos2x-1-cos2x~—

I3

c71c1c

=cos2x+cos2x——-1=cos2x+—cos2x+—sin2x-l

322

=—sin2x+—cos2x-l=百sin[2x+；)—1.

22

由2%+三=左兀+^（左wZ）可得%=?+2（左￡2）,

所以，函數(shù)八％)的對稱軸方程為x=g+.(丘Z).

【小問3詳解】

由/(%)=^3sin^2%+^-1=-1,可得sin［2x+；1=0,

JiJIJI

當(dāng)0<x〈根時，一V2%H—<2mH—,

333

ITITiTT

因為方程/(x)=-1在區(qū)間［0,相］上恰有一個解，則兀<2"+—<2兀，解得一Wm(一,

336

兀571?

因此，實數(shù)優(yōu)的取值范圍是.

_36J

18.如圖1,在VABC中，AB=3,AC=4,BC=5,D,E分別為AC,5c的中點.將AGDE沿

DE折起到△GOE的位置，得到四棱錐G—"BE,如圖2.

(2)若M是線段上的點，平面DEM與線段GA交于點N.再從條件①、條件②、條件③這三個條

件中選擇一個作為已知.使點M唯一確定，并解答問題.

(i)求證：N為GA的中點；

(ii)求證：。］41_平面。項火.

條件①G"=M3；

條件②QE//M0；

條件③

注：如果選擇的條件不符合要求，第(II)問得0分，如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個

解答計分.

【答案】(1)證明見解析；

(2)選擇條件，答案見解析.

【解析】

【分析】(1)利用線面垂直的判定、性質(zhì)推理即得.

(2)選擇條件①③，利用線面平行的判定、性質(zhì)推理得(i)；利用線面垂直的判定推理得(ii).

【小問1詳解】

在VABC中，由AB=3,AC=4,BC=5,得

由。，E分別為AC,5c的中點，得DE//AB,則DE/AC,

因此DEJ_QD,DEJ_AD,而C{DQAD=D,CtD,ADu平面CtAD,

則DEJ_平面QAD,又GAu平面QAD,

所以。EJ_GA.

【小問2詳解】

選條件①：C[M=MB,

(i)由DE//AB,0平面￡A3,ABu平面GAB,得DE//平面GAB,

又DEu平面DEMN，平面。EMN。平面GA3=MW,因此DE//NM,貝UNM//AB,

而所以C]N=NA,即N為GA的中點.

(ii)因為。G=%，由(D得C\N=NA,則Z)NJ_GA,

由(1)得DE^GA,又DNnDE=D,DN,DEu平面DEMN,

所以GA,平面。磯W.

選條件③：EM1CXB,由EG=E5,得C[M=MB,

(i)由DE//AB,DEa平面GAB,ABu平面GAB,得DE//平面GAB,

又DEu平面DEMN,平面。磯GV。平面GA3=NM,因此DE//M0,則M0//A3,

而所以C]N=NA,即N為GA的中點.

(ii)因為。C]=D4,由(i)得C[N=NA,則DN_L,

由(1)得DE_LC]A,又。雙口。石=。,斯,￡)￡匚平面￡?^,

所以GA，平面。磯W.

條件②，DEHNM,

由(1)可得OE//平面GAB,則過直線的平面與平面GAB相交，所得交線均與平行，

給定條件為上述交線，因此這樣的點M不唯一確定.

附加題(10分)

19.設(shè)T>0,對定義在R上的函數(shù)/⑺，若存在常數(shù)S,使得/(x+T)=/(x)+S對任意xeR恒成

立，則稱函數(shù)八％)滿足性質(zhì)P(T).

(1)判斷下列函數(shù)是否具有性質(zhì)P