精品解析：江苏省镇江市丹阳市2024-2025学年高一下学期5月质量检测数学试题

高一5月质量检测卷·数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：本题共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. 已知向量，，，若A，B，D三点共线，则（ ） A. B. 62 C. 28 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由平面向量加法的坐标运算求得，再根据向量共线的坐标表示列出方程即可求解． 【详解】由题可知，， 因为A，B，D三点共线，所以， 所以， 故选：C． 2. 已知，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用，结合数量积运算即可. 【详解】由，则， 得 即，解得， 因为， 所以与的夹角为. 故选：C 3. 空间中有两个不同的平面，和两条不同的直线m，n，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】由空间中线面，面面，线线位置关系逐一判断可得. 【详解】对于A，若，，，则或异面或相交，故A错误； 对于B，若，，则或，故B错误； 对于C，若，，，则，故C正确； 对于D，若，，，则或，故D错误； 故选：C. 4. 已知向量和满足，，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可求，再根据向量在向量上的投影向量为可解. 【详解】， 向量在向量上的投影向量为， 故选：A. 5. 如图，无人机在离地面高100m的A处，观测到山顶M处的仰角为15°，山脚C处的俯角为45°，已知，则山的高度MN为（ ） A. B. 150m C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意在中可求，在中利用正弦定理求，再在中可直接求MN. 【详解】根据题意，， 在中，，，则， 又，， 所以，， 在中，，即，解得， 在中，， 故选：B. 6. 在平行四边形ABCD中，，，若，则实数等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由平面向量的基本定理用表示出，，然后联立求解即可. 【详解】 如图所示：由于，， 所以，， 将上两式乘以系数相加消去可得 所以，所以. 故选：A 7. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据两角和的正弦公式及题中条件求出，再利用两角差的正弦公式求出，最后利用二倍角的余弦公式即可求解. 【详解】∵，， ∴， ∴， ∴. 故选：D. 8. 已知一圆台上底半径为1（下底半径大于上底半径），母线与底面所成角的余弦值为，若此圆台存在内切球（球与圆台各面均相切），则此圆台的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆台的内切球的性质以及线面夹角可得，且，再结合圆台的表面积公式运算求解. 【详解】设上底面半径为，下底面半径为， 如图，取圆台的轴截面，作，垂足为， 设内切球与梯形两腰分别切于点， 可知，， 由题意可知：，可得，即， 可得此圆台的表面积是. 故选：C. 二、多项选择题：本题共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，有选错的得0分． 9. 下列等式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】拆角后由两角差的正切公式可判断A；由二倍角的余弦公式结合余弦值可得B错误；由二倍角的正弦公式和诱导公式可得C正确；由二倍角的正弦和辅助角公式可得D错误. 【详解】对于A， ，故A正确； 对于B，因为，所以，故B错误； 对于C，， 故C正确； 对于D，，故D错误； 故选：AC 10. 已知是边长为的等边三角形，点在内（包括边界），则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则点P的轨迹长度为 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的定义可判断A选项；由平面向量的线性运算可得出，再利用平面向量数量积的运算性质可判断B选项；分析可知点的轨迹是以半径为，圆心角为的圆弧，结合扇形的弧长公式可判断C选项；利用平面向量数量积的运算性质可判断D选项. 【详解】对于A选项，，A错； 对于B选项，若，则，所以， 故 ，故，B对； 对于C选项，，则点的轨迹是以半径为，圆心角为的圆弧， 故点的轨迹长度为，C对； 对于D选项，如下图所示： 因为，， 所以 ，解得， 因为，故，所以， 所以 ，D对. 故选：BCD. 11. 已知正方体的棱长为2，点M，N，P分别为边AD，AB，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 直线MN与所成的角为 C. 三棱锥外接球的表面积为 D. 平面 【答案】ACD 【解析】 【分析】由线面平行的判定定理可得A正确；由线面垂直可得B错误，利用墙角模型可得C正确；分别证明和，结合线面垂直的判定定理可得D正确. 【详解】 对于A，由正方体的性质可得， 因为点M，N，P分别为边AD，AB，的中点，由中位线的性质可得， 所以， 又平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B，因为，所以， 由正方体的性质可得， 又平面，所以平面，即直线MN与所成的角为，，故B错误； 对于C，三棱锥外接球与以三条相邻边的棱为正方体的外接球相同，外接球半径为， 所以三棱锥外接球的表面积为，故C正确； 对于D，由B可得平面，且平面，所以， 连接，由正方形的性质可得，又，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为平面，所以平面，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请把答案填写在答题卡相应位置上． 12. 已知，，，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件，求出，再利用垂直关系的向量表示列式求解. 【详解】由，，得， 由，得， 所以. 故答案为： 13. 已知，则______． 【答案】 【解析】 【分析】首先根据已知条件对等式进行化简，求出的值，进而可求出所求的式子的值. 【详解】因为，所以， 所以，故. 所以. 故答案为：. 14. 在中，，，，且，，BF与CE交于点O，则______；______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】求得，，再利用数量积的运算律即可得；求出和的夹角余弦值即可. 【详解】依题意，， 而，， 则，， ， ， 由，，，得， 所以； ， 且， 所以. 故答案为：； 四、解答题：本大题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知，为锐角，，且． （1）求的值； （2）求角的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由同角的三角函数关系得到，再利用差角的正切展开式结合同角的三角函数关系解方程组可得； （2）方法一：由差角的正切公式结合特殊角的正切值可得；方法二：由同角的三角函数关系结合两角和的余弦展开式可得. 【小问1详解】 由，为锐角，则， 又，则， 所以， 即， 所以……① 又……② 由为锐角，由①②解得：． 【小问2详解】 由（1）知，又， 即． 由，且，则，所以， 又，则，所以． 法二：因为，为锐角，，，解得：，， 由，又， 所以， 则 ， 由，且，则，所以， 又，则，所以． 16. 已知中，所对的边为，向量，，且． （1）求的大小； （2）若为中点，，且面积为，求边． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由，得到，根据由正弦定理，化简得到，结合余弦定理，即可求解； （2）由，求得，根据，利用向量的数量积的运算律，求得，结合余弦定理，即可求解. 【小问1详解】 解：由向量，， 因为，可得， 又由正弦定理得，整理得， 由余弦定理，可得， 又因为，所以． 【小问2详解】 解：因为，可得，即，所以， 又因为，可得， 即，可得， 所以，所以． 17. 如图，在直三棱柱中，点M，N分别是边AC，的中点，且，，． （1）求证：平面平面； （2）求证：平面． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定定理证明平面和平面，再由面面平行的判定定理证明可得； （2）由线面垂直的判定定理可得，再由几何关系可得，然后由线面垂直的判定定理可得. 【小问1详解】 直三棱柱中，，点M，N分别是边AC，的中点， ∴，即四边形为平行四边形， 从而，而平面，平面， 故平面，连接MN，∵，， ∴，∴四边形为平行四边形． 从而，而平面，平面， 故平面． 又平面，平面，，，平面， 所以平面平面． 【小问2详解】 为中点，，直三棱柱中平面ABC，平面ABC， ∴，，，平面∴平面， ∵平面，∴， 又在矩形中，，，， ∴，∵，所以， ∴， 又，，BM，平面，∴平面． 18. 如图，四棱锥的底面为平行四边形，平面底面，分别为棱上的点，且，． （1）若，证明：底面为矩形； （2）在（1）的条件下，若，，求二面角的正切值； （3）在棱上是否存在一点，使得平面？若存在求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1） 如图，过P作，交于H，则与相交，设， ∵平面平面，平面平面，，平面， ∴平面，又平面， ∴，又，，、平面， ∴平面，又平面， ∴，又底面为平行四边形， ∴底面为矩形． （2）． （3） 存在， 【解析】 【分析】（1）过P作，交DC于H，设，由平面平面得平面，即，又得平面，进而得，从而得证； （2）过H作，交PC于K，连接，即证，得为二面角平面角，在中即可求解； （3）存在点G，当时，平面，连接CG，设，连接，利用线面平行的判断定理，通过证即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵， ∴H为中点，过H作，交PC于K，连接． ∵平面，平面， ∴， ∵H为中点、E为中点， ∴，∴， 又，，平面， ∴平面，又平面， ∴，∴为二面角平面角． 又因为，所以，， 所以，即，， 所以，即二面角的正切值为． 【小问3详解】 存在点G，当时，平面． 连接CG，设，连接． ∵，，∴， 又，∴，即， 又平面，平面， ∴平面． 19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于120°时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且设点P为的费马点． （1）若，且面积为． （i）求角B； （ii）求； （2）若，，，的面积为，，，求的最小值． 【答案】（1）（i）；（ii） （2）． 【解析】 【分析】（1）（i）利用两角和的正弦公式和即可求解； （ii）由（i）得P为内的费马点，即，利用面积为得，即可求解； （2）由利用二倍角的余弦公式有，即，利用正弦定理有，即，从而求出角，利用面积公式得，再由正弦定理即可得，，最后利用均值不等式即可求解. 【小问1详解】 （i）∵，， ∴， ∴， 在中，，∴，∴， 又，∴． （ii）∵，∴不存在大于等于120°的角，∴P为内的费马点． 所以， ∵， ∴， ∴ ． 【小问2详解】 ∵，∴，即， 在中有正弦定理得，， ∴，∴， 在中，，∴， 又，∴． ∴， 设，，则在由正弦定理得，， 在由正弦定理得，， ∴， 当且仅当，，时等号成立． ∴的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一5月质量检测卷·数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：本题共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. 已知向量，，，若A，B，D三点共线，则（ ） A. B. 62 C. 28 D. 2. 已知，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 3. 空间中有两个不同的平面，和两条不同的直线m，n，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 4. 已知向量和满足，，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，无人机在离地面高100m的A处，观测到山顶M处的仰角为15°，山脚C处的俯角为45°，已知，则山的高度MN为（ ） A. B. 150m C. D. 6. 在平行四边形ABCD中，，，若，则实数等于（ ） A. B. C. D. 7. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知一圆台上底半径为1（下底半径大于上底半径），母线与底面所成角的余弦值为，若此圆台存在内切球（球与圆台各面均相切），则此圆台的表面积是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共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，有选错的得0分． 9. 下列等式正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知是边长为的等边三角形，点在内（包括边界），则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则点P的轨迹长度为 D. 若，则 11. 已知正方体的棱长为2，点M，N，P分别为边AD，AB，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 直线MN与所成的角为 C. 三棱锥外接球的表面积为 D. 平面 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请把答案填写在答题卡相应位置上． 12. 已知，，，则______． 13. 已知，则______． 14. 在中，，，，且，，BF与CE交于点O，则______；______． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知，为锐角，，且． （1）求的值； （2）求角的值． 16. 已知中，所对的边为，向量，，且． （1）求的大小； （2）若为中点，，且面积为，求边． 17. 如图，在直三棱柱中，点M，N分别是边AC，的中点，且，，． （1）求证：平面平面； （2）求证：平面． 18. 如图，四棱锥的底面为平行四边形，平面底面，分别为棱上的点，且，． （1）若，证明：底面为矩形； （2）在（1）的条件下，若，，求二面角的正切值； （3）在棱上是否存在一点，使得平面？若存在求出的值；若不存在，说明理由． 19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于120°时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且设点P为的费马点． （1）若，且面积为． （i）求角B； （ii）求； （2）若，，，的面积为，，，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $