精品解析：浙江余姚中学2025-2026学年高一下学期4月质量检测数学试题

余姚中学2025学年第二学期4月质量检测 高一数学学科试卷 命题：褚龙波 审题：张静 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. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知平面向量a＝(1,2)，b＝(－2，m)，且a∥b，则2a＋3b等于(　　) A. (－2，－4) B. (－3，－6) C. (－4，－8) D. (－5，－10) 3. 已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是 A. 若则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 4. 在中，分别是内角所对的边，若，，，则边（ ） A. B. C. D. 5. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，则该平面图形的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 为测量两塔塔尖之间的距离，某数学建模活动小组构建了如图所示的几何模型.若平面，平面，，，，，，则塔尖之间的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.已知在鳖臑中，，平面，当该鳖臑的外接球的表面积为时，则它的内切球的半径为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，M为AB的中点，将△ADM沿DM翻折．在翻折过程中，当二面角A—BC—D的平面角最大时，其正切值为 A. B. C. D. 二､多选题：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.全部选对得分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数满足，则下列命题是真命题的是（ ） A. 的虚部为 B. C. 在复平面内对应的点位于第一象限 D. 若与复数相等，则 10. 已知的内角所对边分别为，下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则是锐角三角形 C. 若，则是等腰三角形 D. 若，则是等腰直角三角形 11. 如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（ ） A. 直线平面 B. 三棱锥的体积为定值 C. 异面直线与所成角的取值范围是 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 1748年，数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，得到公式，这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”.根据此公式，可以得到“最美的数学公式”：___________. 13. 已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为______． 14. 如图，直三棱柱，，，侧棱长为，点是侧面内一点．当最大时，过、、三点的截面面积的最小值为______． 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. 已知复数，（，是虚数单位）. （1）若是纯虚数，求； （2）若是实系数一元二次方程的根，求实数和的值. 16. 如图，已知，设向量是与向量垂直的单位向量. （1）求单位向量的坐标； （2）求向量在向量上的投影向量的模； （3）求的面积. 17. 已知的内角所对的边分别为，且满足. （1）求角的大小； （2）若为锐角三角形，且，求周长的取值范围. 18. 如图，正方体的棱长为1，，分别为，的中点. （1）证明：平面. （2）求异面直线与所成角的大小. （3）求直线与平面所成角的正切值. 19. 如图，已知三棱台的体积为，平面平面，是以为直角顶点的等腰直角三角形，且. （1）证明：平面； （2）求点到面的距离； （3）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 余姚中学2025学年第二学期4月质量检测 高一数学学科试卷 命题：褚龙波 审题：张静 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. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知可得，结合复数的除法运算化简可得结论. 【详解】因为， 所以， 故选：D. 2. 已知平面向量a＝(1,2)，b＝(－2，m)，且a∥b，则2a＋3b等于(　　) A. (－2，－4) B. (－3，－6) C. (－4，－8) D. (－5，－10) 【答案】C 【解析】 【详解】分析：根据平行向量的坐标表示，先求出m，再利用向量加法的坐标表示计算即可． 解答：解：平面向量=（1，2），=（-2，m）且∥， 所以1×m=2×（-2），即m=-4 则2+3=2（1，2）+3（-2，-4）=（-4，-8） 故选C． 点评：本题考查平行向量，向量加法的坐标表示，属于基础题． 3. 已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是 A. 若则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确. 考点：空间点线面位置关系． 4. 在中，分别是内角所对的边，若，，，则边（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据余弦定理，即可求解. 【详解】根据题意，在中，，，， 由余弦定理，可得， 所以. 5. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，则该平面图形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜二测画法中直观图与原平面图形的关系，先还原原平面图形，计算原平面图形的边长，即可计算面积. 【详解】由题可得，原平面图形为直角梯形，其中，，， 因为，，所以，所以， 所以. 6. 为测量两塔塔尖之间的距离，某数学建模活动小组构建了如图所示的几何模型.若平面，平面，，，，，，则塔尖之间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先在中求得，中求得，再在中利用余弦定理求即可. 【详解】依题意，在中，，，则，； 在中，，，则; 又中，，则. 故塔尖之间的距离为. 故选：B. 7. 在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.已知在鳖臑中，，平面，当该鳖臑的外接球的表面积为时，则它的内切球的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用已知条件将三棱锥放入长方体中可求出三棱锥的高，再利用等体积法即可求解. 【详解】 根据已知条件可以将三棱锥放在长方体中，如图， 三棱锥 的外接球即为长方体的外接球， 设三棱锥 的外接球的半径为，内切球的半径为， 三棱锥 的外接球的表面积为，，， ，，解得， ， ，， 三棱锥 的表面积为 ， 又，， 故选：C. 8. 如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，M为AB的中点，将△ADM沿DM翻折．在翻折过程中，当二面角A—BC—D的平面角最大时，其正切值为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取的中点，的中点为，则折叠后有平面，在四棱锥中过点作的垂线，垂足为，再过作的垂线，垂足为，连接，则为二面角的平面角，可用的三角函数表示的正切值，利用导数可求其最大值． 【详解】 取的中点，的中点为，因为为等腰三角形， 故，同理， ，所以有平面． 因为平面，故平面平面． 在四棱锥中过点作的垂线，垂足为，再过作的垂线，垂足为，连接． 因为，平面，平面平面，故平面． 因为平面，故， 又，，故平面， 又平面，故，所以为二面角的平面角． 设，则，， ， 所以，其中． 令，则，令且， 当时，；当时，； 所以，故，故选B． 【点睛】二面角的平面角的大小或最值的计算，应先构造二面角的平面角，然后在可解的三角形（最好是直角三角形）中讨论该角．注意最值的计算可以通过目标函数的单调性讨论得到． 二､多选题：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.全部选对得分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数满足，则下列命题是真命题的是（ ） A. 的虚部为 B. C. 在复平面内对应的点位于第一象限 D. 若与复数相等，则 【答案】AC 【解析】 【详解】因为，所以， 所以，则的虚部为，故A正确； ，，即，故B错误； 复数在复平面内对应的点为，位于第一象限，故C正确； 若与复数相等，则， 解得，故D错误. 10. 已知的内角所对边分别为，下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则是锐角三角形 C. 若，则是等腰三角形 D. 若，则是等腰直角三角形 【答案】ACD 【解析】 【分析】A由正弦定理及大边对大角判断；B由余弦定理知为锐角，但不能确定三角形形状；C由正弦边角关系及三角形内角和性质推出即可判断；D由正弦定理及三角形内角性质得到可判断. 【详解】A：由及正弦定理知：，根据大边对大角有，正确； B：由余弦定理知，只能说明为锐角，但不能确定是锐角三角形，错误； C：由可得， 即，则，故是等腰三角形，正确； D：由题设结合正弦定理得， 则，且，故， 即是等腰直角三角形，正确. 11. 如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（ ） A. 直线平面 B. 三棱锥的体积为定值 C. 异面直线与所成角的取值范围是 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A项利用线面垂直的判定定理及线面垂直的性质定理可证；B项利用线面平行的判定定理，得出平面，再根据三棱锥的体积公式求解即可；CD项，通过建立空间直角坐标系，利用向量坐标法表示线线角与线面角，建立函数关系求解范围与最值即可进行判断. 【详解】A项，如图，连接. ，，， 且平面， 平面，平面， ，同理，， ，且平面， 直线平面，故A正确； B项，，且， 四边形是平行四边形. ，平面，平面， 平面，点P在线段上运动， 到平面的距离，即点到平面的距离，其为定值， 又的面积是定值， 三棱锥的体积为定值. 不妨设正方体的棱长为1， 则， 即三棱锥的体积为定值，故B正确； 如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 点P在线段上运动，则可设， 则. C项，，． 所以， ， 因为，则，， ，因为异面直线与所成角为锐角或直角， 故与所成角的取值范围为，故C错误； D项， ，． 由A选项正确，可知是平面的一个法向量， ∴直线与平面所成角的正弦值为 ， ∴当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，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. 1748年，数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，得到公式，这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”.根据此公式，可以得到“最美的数学公式”：___________. 【答案】0 【解析】 【分析】由已知公式可直接计算. 【详解】， . 故答案为：0. 13. 已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为______． 【答案】 【解析】 【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可得解. 【详解】由题可得两个圆台的高分别为， ， 所以. 故答案为：. 14. 如图，直三棱柱，，，侧棱长为，点是侧面内一点．当最大时，过、、三点的截面面积的最小值为______． 【答案】3 【解析】 【分析】设由余弦定理结合均值不等式可得当且仅当时，取得最大值，得到此时三棱柱是正三棱柱，过点作,连接，可得过、、三点的截面即为平面，由，求出最小值，即可得到答案. 【详解】在中，设，,， 由余弦定理可得：， 即，即， 由,则（当且仅当时等号成立）， 所以， 所以即（当且仅当时等号成立）， 即当时，取得最大值4.此时三棱柱是正三棱柱， 过点作,则,连接， 过、、三点的截面即为平面.， 由三棱柱为直三棱柱，则平面， 所以,由，则， 所以四边形为矩形，则， 当最小时，最小. 当平面时，即，最小. 此时， 所以最小值为， 故答案为：3. 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. 已知复数，（，是虚数单位）. （1）若是纯虚数，求； （2）若是实系数一元二次方程的根，求实数和的值. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）先利用复数的除法运算化简，求出，进而可得； （2）把根代入方程，利用复数相等可求答案. 【小问1详解】 ， ∵是纯虚数，∴，且， 解得，； 【小问2详解】 依题意，，， 即且， 即或. 16. 如图，已知，设向量是与向量垂直的单位向量. （1）求单位向量的坐标； （2）求向量在向量上的投影向量的模； （3）求的面积. 【答案】（1）或；（2）；（3） 【解析】 【分析】（1）设出向量坐标，根据模长为1，以及与向量垂直，列方程组求解即可； （2）计算出向量的坐标，再根据（1）中所求，利用投影计算公式即可求得； （3）由（2）可知三角形的高，再利用向量的坐标求得底边长，即可求面积. 【详解】（1）设，根据题意可得 又因为与垂直，即可得 故可得： 解得，或 所以或. （2）设向量与单位向量的夹角为，在上的投影向量为， 则； 又因为，故当时，； 当时，. 所以向量在向量上的投影向量的模为. （3）由（1）可知：，由（2）可知， 故. 【点睛】本题综合考查向量的坐标运算，涉及模长的求解，投影的求解，属综合性基础题. 17. 已知的内角所对的边分别为，且满足. （1）求角的大小； （2）若为锐角三角形，且，求周长的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理角化边，再结合余弦定理边化角运算求解； （2）利用正弦定理将边转化为角，利用三角恒等变换可得，再结合三角函数求最值. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 即，可得， 且，所以. 【小问2详解】 由正弦定理得，可得，， 则， 又为锐角三角形，则，解得：， 则，可得，所以， 故，即周长的取值范围是. 18. 如图，正方体的棱长为1，，分别为，的中点. （1）证明：平面. （2）求异面直线与所成角的大小. （3）求直线与平面所成角的正切值. 【答案】（1） 如图，连接交于点， 因为，分别为，的中点，所以. 因为平面，且平面， 所以平面. （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）利用线线平行证明线面平行即得； （2）利用平移得到与所成角为，解三角形即得； （3）连接，过作于点，先证平面，再证平面，即得直线与平面所成角，结合即可求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因，且，易得， 则有，由（1）得，故与所成角为（或其补角）. 因为，所以， 即与所成角的大小为. 【小问3详解】 连接，过作于点. 因为平面，且平面， 所以，又且， 所以平面. 因为平面，所以， 又，且，平面， 所以平面， 所以直线与平面所成角为（或其补角）. 因为正方体的边长为1，所以，， 所以. 【点睛】思路点睛：解决异面直线的夹角问题，大多通过平移将两直线集中到一个三角形中，利用三角函数定义或正弦定理，余弦定理求解；对于线面所成角，一般需要作出并证明直线在平面上的射影，借助于直角三角形求解. 19. 如图，已知三棱台的体积为，平面平面，是以为直角顶点的等腰直角三角形，且. （1）证明：平面； （2）求点到面的距离； （3）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明：连接， 在三棱台中，； ，四边形为等腰梯形且， 设，则. 由余弦定理得：， ，； 平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面，； 是以为直角顶点的等腰直角三角形，， ，平面，平面. （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据棱台的性质、长度关系和勾股定理可证得；由面面垂直和线面垂直的性质可证得，结合可证得结论； （2）延长交于一点，根据可求得，利用体积桥可构造方程求得结果； （3）根据线面垂直和面面垂直性质可作出二面角的平面角，设，根据几何关系可表示出，由二面角大小可构造方程求得，进而得到结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由棱台性质知：延长交于一点， ，，， ； 平面，即平面， 即为三棱锥中，点到平面的距离， 由（1）中所设：，， 为等边三角形，， ，； ，， ， 设所求点到平面的距离为，即为点到面的距离， ，，解得：. 即点到平面的距离为. 【小问3详解】 平面，平面，平面平面， 平面平面 取中点，在正中，，平面， 又平面，平面平面． 作，平面平面，则平面， 作，连接，则即在平面上的射影， 平面，平面，， ，平面，平面， 平面，，即二面角的平面角. 设， 在中，作， ，，又平面，平面， ，解得：， 由（2）知：，， ，， ，， ，， 若存在使得二面角的大小为， 则，解得：， ， 存在满足题意的点，. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的垂直关系的证明、点面距离的求解、二面角问题的求解；求解二面角问题的关键是能够利用三垂线法，作出二面角的平面角，进而根据几何关系构造关于长度的方程，从而求得结果. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $