精品解析：江苏省镇江市2024-2025学年高一下学期6月期末质量监测数学试卷

2024~2025学年第二学期镇江市高一期末质量监测 数学试卷 2025.06 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号填写在答题卡上. 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，将答题卡交回. 一、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. 的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，利用两角差的余弦展开可得解. 【详解】，故选D. 【点睛】本题主要考查了两角差余弦公式，属于基础题. 2. 若复数，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的乘法化简复数，结合复数的概念可得结果. 【详解】由题意可得，故复数的虚部为. 故选：A. 3. 已知，是两个不同平面，，是两条不同直线，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】由题意作长方体，根据长方体的几何性质，利用线面位置关系以及反例，可得答案. 【详解】由题意作长方体， 对于A，当直线分别为，平面为平面时，显然，但，故A错误； 对于B，当平面分别为平面平面，直线为，显然，但，故B错误； 对于C，当平面分别为平面平面，直线为，显然，但，故C错误； 对于D，由线面垂直的性质，可得D的正确. 故选：D. 4. 已知，是单位向量，若，则向量，的夹角为（ ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 120° 【答案】C 【解析】 【分析】由向量垂直、数量积的运算律以及定义求得即可得解. 【详解】设向量，的夹角为， 已知，是单位向量，若， 则，解得， 所以. 故选：C. 5. 已知，均为锐角，若，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先求得，然后结合两角差的正弦公式即可求解. 【详解】由题意， 又因为，，所以， 所以. 故选：C. 6. 已知圆台上、下底面半径分别为、，若其母线与底面所成角为，则该圆台的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出圆台的母线长，结合圆台的表面积公式可求得该圆台的表面积. 【详解】取圆台的轴截面，如下图所示： 、为圆台的两条母线，由题意可知，，且，， 延长、交于点，则是边长为的等边三角形， 因为，，故为的中位线，则、分别为、的中点， 故，即圆台的母线长为， 因此，该圆台的表面积为. 故选：D. 7. 设，是平面内的一组基底，，，，则共线的三点为（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】D 【解析】 【分析】由，，排除ABC，由可说明D符合题意. 【详解】，是平面内的一组基底， ，，， 因为，，， 则与，与，与不共线， 所以不共线，不共线，不共线，故排除ABC， 注意到， 即，所以点是线段的中点，故D符合题意. 故选：D. 8. 已知满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由两角和的正切公式可得出，结合题中等式化简得出的值，结合可得出角的值. 【详解】因为满足， 所以， 因为， 故， 故， 因此，. 故选：B. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每题给出的选项中，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. 在中，角、、的对边分别为、、.已知，，，则（ ） A. B. C. 的面积为 D. 边上的高为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用余弦定理可判断AB选项；利用三角形的面积公式可判断CD选项. 【详解】对于A选项，由余弦定理可得， 故，A对； 对于B选项，由余弦定理可得， 因为，故，B错； 对于C选项，，C对； 对于D选项，设边上的高为，则，解得，D对. 故选：ACD. 10. 已知复数、，则（ ） A. 若，则 B. 若为纯虚数，则也为纯虚数 C. 若，则是实数 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】设，根据共轭复数的定义、复数的模长公式、复数运算可判断AC选项；取，，结合复数的运算、复数的概念可判断BD选项. 【详解】对于A选项，设，若，则， 所以，A对； 对于B选项，不妨取，，则为纯虚数， 但为实数，B错； 对于C选项，设，若，则， 所以为实数，C对； 对于D选项，不妨取，，则， 但且，D错. 故选：AC. 11. 在棱长为1的正方体中，为中点，为棱上一动点，则（ ） A. 异面直线与所成角为 B. 三棱锥的体积为定值 C. 最小值为 D. 过点且平行于平面的平面截正方体得到的截面多边形周长为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由异面直线的定义求解即可；对于B，利用转换法即可判断；对于C，将展开在同一个平面内即可验算；对于D，根据截面的有关性质验算即可. 【详解】对于A，如图所示， 因为，所以异面直线与所成角为直线与所成的角， 即，故A正确； 对于B，如图所示，由题意， 所以三角形的面积为， 因为，平面，平面， 所以平面， 而，所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 由题意， 而面，面，所以， 又，平面， 所以平面， 故点到平面的距离为， 从而为定值，故B正确； 对于C，如图所示， 注意到平面，平面， 故按如下方式将两平面展开到如图所示的平面图形， 当且仅当点与上图中的与的交点重合时，有最小值， 最小值，故C错误； 对于D，如图所示， 过点作交于点，过点作交于点，过点作交于点， 过点作交于点S，过点S作交于点， 顺次连接，则六边形即为所求截面， 不妨设，则， 所以， 所以， 所以， 所以过点且平行于平面的平面截正方体得到的截面多边形周长为 ， 为定值，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知长、宽、高分别为1，2，2的长方体的顶点都是球表面上的点，则球体积为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据长方体的几何性质，确定球心与半径，利用球的体积公式，可得答案. 【详解】由题意，取长方体的体对角线中点为，可作图如下： 易知点到长方体八个顶点的距离相等，即为外接球球心， 则外接球的半径，所以球的体积. 故答案为：. 13. 在中，角，，的对边分别为，，，，，，则的值为________. 【答案】 【解析】 【分析】由正弦定理求解即可. 【详解】在中，由正弦定理可得， 又，，，， 所以，解得. 故答案为：. 14. 在平行四边形中，，，，分别为边，上的动点.若，，则________；若，，则的取值范围是________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】第一空：用作基底表示，，利用数量积的运算律计算即可；第二空，用作基底表示，，结合数量积的运算律，以及二次函数的最值的求法可求的取值范围. 【详解】第一空：因为，所以， 又，所以， 所以 ； 第二空：因为，所以， 所以， ， 所以 ， 又因为，所以.. 故答案为：3;[1,3] 四、解答题：本题共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. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答： 已知复数，，满足，________________. （1）若为实数，求复数； （2）若复数，在复平面内的对应点为，，且，求复数. 【答案】（1）或 （2）或. 【解析】 【分析】（1）选择①，设，由条件可得，由条件为实数，结合复数运算可得，解方程可求结论； 选择②，由为实数，结合复数运算可得，解方程可得结论， 选择③，设，由条件可得，由条件为实数，结合复数运算可得，解方程可求结论； （2）选择①或③，设，由条件可得，，解方程求可得结论. 选择②，由条件可得，解方程求可得结论. 【小问1详解】 选择条件①，设，，， 又为实数， ，，即，，解得或， 故或. 选择条件②，，为实数，， 即，， 则，解得， 当为偶数时， ； 当为奇数时， 故或. 选择条件，为实数，设， ,则，解得或， 故或. 【小问2详解】 选择条件①、，，， 设，则， 又，，即， 又，， 解得或， 故或. 选择条件②，，，， ，即， 化简得，又， 则，解得， 当为偶数时，； 当为奇数时， ， 故或. 16. 如图，在正方体中. （1）求证：平面； （2）若平面，求证：平面平面. 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，只要证出即可； （2）根据题意可证得由线面垂直的判定定理得平面，再结合面面垂直判定定理即得证． 【小问1详解】 由正方体的结构特征可知， ，且，所以四边形为平行四边形， 即有，而平面，平面，故平面． 【小问2详解】 因为平面，平面，所以， 由四边形为正方形可知，， 而平面，所以平面， 又平面∴． 因为平面，平面，所以， 由四边形为正方形可知，， 而平面，所以平面， 又平面∴， 而平面，故平面． 又因为平面，所以平面平面. 17. 已知向量，. （1）若，求； （2）若向量与向量共线且，求的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用二倍角余弦公式化简得，利用两角和的正弦公式结合同角三角函数的关系式及二倍角正弦公式，由求得，由此可得，即可得解； （2）利用向量共线的坐标运算确定，利用二倍角公式计算得，结合求出，再利用两角和正弦公式计算即可. 【小问1详解】 由题意，， 因为，则， 两边平方可得，即， 又因，所以，即，所以，所以. 所以，. 【小问2详解】 由题意，向量与向量共线，则， 因为，且，所以， 则. 由，可得， 又，所以. 故. 18. 镇江句容茅山风景名胜区有一座闻名遐迩的老子像，是世界上最大、最高的露天老子铜像．某数学兴趣小组在铜像底座中心正东方向处测得铜像顶的仰角为，从处沿直线走38米到达南偏东的处，测得铜像顶的仰角为，点，，在同一平面内． （1）求铜像连同底座的高度； （2）若铜像底座的高度为3米，组员甲用相机给铜像拍照，已知相机镜头到地面的距离为1.5米，为使拍照的视角最大，请问组员甲应在距离铜像底座中心多远处？ （3）在（2）的条件下，若组员甲在区域内以最大视角拍照，则他站位的轨迹长度为多少？ （参考数据：，，所有答案精确到小数点后1位） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设，由三角函数的定义表示出，在中由余弦定理列出方程即可求解； （2）设距离铜像底座中心时，拍照的视角最大，设该处为点，相机镜头为点，过点作平行线，交于点，设，分别表示出，由两角差的正切公式及基本不等式即可求解； （3）根据弧长公式即可求解． 【小问1详解】 由题可知，， 设，在中，， 在中，， 在中，由余弦定理得，， 解得，所以铜像连同底座高度为． 【小问2详解】 设距离铜像底座中心时，拍照的视角最大，设该处为点，相机镜头为点，过点作平行线，交于点，设，如图所示， 则，， 在中，，在中，， ， 当且仅当，即时等号成立， 故组员甲应在距离铜像底座中心处拍照的视角最大． 【小问3详解】 以点为圆心，7.4为半径画弧，交于点，如图所示， 则他站位的轨迹为，轨迹长度为． 19. 如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，平面平面.为中点，为线段上一点，满足平面. （1）求的值； （2）若，求点到平面的距离； （3）记二面角为，直线与平面所成角为，求证：为定值. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，根据条件及面面平行的判定定理得平面平面，再由面面平行的性质得，即可求解； （2）利用面面垂直性质得平面，分别求出，，再利用，即可求解； （3）过作于，连接，根据条件可得，再结合条件，即可求解. 【小问1详解】 如图1，取中点，连接，则， 又平面，平面，所以平面， 又平面，，平面，所以平面平面， 又平面平面，平面平面，所以， 又四边形是菱形，为的中点，所以为的中点，则. 【小问2详解】 如图2，连接，因为，， 四边形是菱形，所以为等边三角形， 由（1）知是的中点，所以，又平面平面，平面平面， 又平面，所以平面，且， 又，所以是等边三角形，则， 所以， 在中，，，则， 所以，则， 又，设点到平面的距离为， 由，得到，解得. 【小问3详解】 如图2，过作于，连接， 由（2）知为等边三角形，是的中点，所以， 又平面平面，平面平面， 又平面，所以平面，又平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以，则是二面角二面角的平面角， 则， 又，且，所以四边形是平行四边形，则，且， 又平面，所以平面，则是直线与平面所成的角， 则，所以， 又，是的中点，所以，又，所以， 又是的中点，则为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024~2025学年第二学期镇江市高一期末质量监测 数学试卷 2025.06 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 值是（ ） A. B. C. D. 2. 若复数，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，是两个不同平面，，是两条不同直线，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 4. 已知，是单位向量，若，则向量，的夹角为（ ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 120° 5. 已知，均为锐角，若，，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆台上、下底面半径分别为、，若其母线与底面所成角为，则该圆台的表面积为（ ） A B. C. D. 7. 设，是平面内的一组基底，，，，则共线的三点为（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 8. 已知满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在中，角、、的对边分别为、、.已知，，，则（ ） A. B. C. 的面积为 D. 边上的高为 10. 已知复数、，则（ ） A. 若，则 B. 若纯虚数，则也为纯虚数 C. 若，则是实数 D. 若，则 11. 在棱长为1的正方体中，为中点，为棱上一动点，则（ ） A. 异面直线与所成角为 B. 三棱锥的体积为定值 C. 最小值为 D. 过点且平行于平面的平面截正方体得到的截面多边形周长为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知长、宽、高分别为1，2，2的长方体的顶点都是球表面上的点，则球体积为________. 13. 在中，角，，的对边分别为，，，，，，则的值为________. 14. 在平行四边形中，，，，分别为边，上的动点.若，，则________；若，，则的取值范围是________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答： 已知复数，，满足，________________. （1）若为实数，求复数； （2）若复数，在复平面内对应点为，，且，求复数. 16. 如图，在正方体中. （1）求证：平面； （2）若平面，求证：平面平面. 17. 已知向量，. （1）若，求； （2）若向量与向量共线且，求的值. 18. 镇江句容茅山风景名胜区有一座闻名遐迩的老子像，是世界上最大、最高的露天老子铜像．某数学兴趣小组在铜像底座中心正东方向处测得铜像顶的仰角为，从处沿直线走38米到达南偏东的处，测得铜像顶的仰角为，点，，在同一平面内． （1）求铜像连同底座的高度； （2）若铜像底座高度为3米，组员甲用相机给铜像拍照，已知相机镜头到地面的距离为1.5米，为使拍照的视角最大，请问组员甲应在距离铜像底座中心多远处？ （3）在（2）的条件下，若组员甲在区域内以最大视角拍照，则他站位的轨迹长度为多少？ （参考数据：，，所有答案精确到小数点后1位） 19. 如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，平面平面.为中点，为线段上一点，满足平面. （1）求的值； （2）若，求点到平面的距离； （3）记二面角为，直线与平面所成角为，求证：为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$