精品解析：江苏扬州市邗江区第一中学2025-2026学年高一下学期5月份月考数学试卷

江苏扬州市邗江区第一中学2025-2026学年高一下学期5月份月考数学试卷 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. 已知m，n是两条不重合的直线，是一个平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 2. 已知分别为三个内角所对的边，若，则（ ） A. B. C. 或 D. 3. 已知向量，，，则m的值为（ ） A. 0 B. -2 C. 0或-2 D. 0或2 4. 圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是半圆，那么此圆锥的高是（ ） A. 1 B. C. D. 2 5. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则此三角形的形状为（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形 6. 若非零向量，满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在长方体中，，，点，分别为，的中点，点为长方形内一动点（含边界），若直线平面，则点的轨迹长度为（ ） A. 2 B. C. D. 8. 在中，内角所对的边分别为是的外心，，则的面积为（ ） A. B. 6 C. D. 二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9. 下列说法不正确的是（ ） A. 圆柱是将矩形旋转一周所得到的几何体 B. 平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 C. 过球上任意两点有且仅有一个大圆 D. 圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中面积最大的一个 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若非零向量满足，则 B. C. 若为单位向量，则 D. 向量可以作为平面内的一个基底 11. 已知棱长为1的正方体，点是面对角线上的任一点，则的值可能是（ ） A. B. 2 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，，，若，则________. 13. 如图，水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，，则四边形的周长为______． 14. 如图，在棱长为6的正方体中，分别为的中点，则平面截正方体所得截面的面积为_____ 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. 如图，在四棱锥中，底面为梯形，，垂直于面，，，，为棱的中点． （1）求证：平面． （2）求直线与面所成的角的正弦值． 16. 已知向量，，，． （1）当时，求实数的值； （2）当时，求向量与的夹角的余弦值． 17. 已知，. （1）求和的值； （2）若，为锐角，求的值； （3）若，为锐角，求角. 18. 如图1，在直角梯形中，，，，，以为轴将梯形旋转180°后得到几何体W，如图2，其中，分别为上下底面直径，点P，Q分别在圆弧，上，且∥. （1）证明：平面； （2）若直线与平面所成角的余弦值等于，求P到平面的距离； （3）若平面与平面夹角的正切值为，求的长度. 19. 在锐角中，角所对的边分别为，记，，满足． （1）求角； （2）若，且满足，求的取值范围 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏扬州市邗江区第一中学2025-2026学年高一下学期5月份月考数学试卷 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. 已知m，n是两条不重合的直线，是一个平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中点线面的位置关系逐一判断即可. 【详解】对于A：若，，则或或，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，，则或与异面或与相交，故D错误. 故选：C. 2. 已知分别为三个内角所对的边，若，则（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理求得，结合三角形边角关系即可求出角. 【详解】由正弦定理，，可得， 因，则，故. 故选：A. 3. 已知向量，，，则m的值为（ ） A. 0 B. -2 C. 0或-2 D. 0或2 【答案】D 【解析】 【分析】直接利用向量的坐标运算和向量的模，求出结果 【详解】向量，，故， 所以，解得或2． 故选：D． 4. 圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是半圆，那么此圆锥的高是（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，求出圆锥母线，进而求出圆锥的高. 【详解】由圆锥的底面半径为1，得侧面展开图半圆弧长为，因此该半圆半径为2， 即圆锥的母线长为2，所以圆锥的高为. 故选：C 5. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则此三角形的形状为（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形 【答案】B 【解析】 【分析】首先边化为角，再结合三角恒等变换，求得，即可判断三角形的形状 【详解】移项得，可化为 ， 展开得， 整理得，又，所以，即，则为直角三角形. 故选：B． 6. 若非零向量，满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用得到，再利用投影向量的公式代入求出的等式即可求得结果. 【详解】因为，所以两边平方得到：， 在方向上的投影向量为， 故选：D 7. 如图，在长方体中，，，点，分别为，的中点，点为长方形内一动点（含边界），若直线平面，则点的轨迹长度为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，过点作出与平面平行的长方体部分截面，确定点的轨迹即可. 【详解】在长方体中，取的中点，连接, 由点为的中点，得，则四边形是平行四边形， ，又，则四边形是平行四边形， 于是，取中点，在上取点，使得，连接， 而，则四边形为平行四边形，，而平面，平面， 于是平面，由为的中点，得，而平面，平面， 则平面，又平面，因此平面平面， 由直线平面，点平面，则点在平面与平面的交线上， 从而点的轨迹是线段，而， 所以点的轨迹长度为. 故选：C 8. 在中，内角所对的边分别为是的外心，，则的面积为（ ） A. B. 6 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先化简得，再由，得到，再由余弦定理得，从而得面积. 【详解】因为，故由得， 由正弦定理得，又，故， 因为，所以，故，所以. 因为， 所以.在中余弦定理得，， 所以.所以的面积为. 故选：D. 二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9. 下列说法不正确的是（ ） A. 圆柱是将矩形旋转一周所得到的几何体 B. 平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 C. 过球上任意两点有且仅有一个大圆 D. 圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中面积最大的一个 【答案】ACD 【解析】 【分析】A举反例，以矩形的一条对角线为轴旋转；B 由平行六面体的定义可判断；C由球的大圆定义可知；D圆锥的轴截面是等腰三角形，其截面三角形面积为，其中的大小决定面积的大小. 【详解】以矩形的一条对角线为轴，旋转所得到的几何体不是圆柱，故A错误； 由平行六面体的定义可知，平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形，故B正确； 当球面上两点是球的直径的端点时，过这两点的大圆有无数个，故C错误； 过圆锥顶点的截面为等腰三角形，且两腰长为母线长， 设该等腰三角形顶角为，则截面三角形面积为， 显然当，面积S最大， 故当圆锥的轴截面三角形顶角大于时，圆锥的轴截面面积不一定是最大的，故D错误． 故选：ACD 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若非零向量满足，则 B. C. 若为单位向量，则 D. 向量可以作为平面内的一个基底 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用平面向量共线定理判断A，D，根据平面向量线性运算法则判断B，根据数量积的运算律判断C. 【详解】对于A：由，存在实数，使得， 由，存在实数，使得，则，故，A正确； 对于B：由，故B正确； 对于C：由， ，则，故C正确； 对于D：由，所以，即， 故向量不可以作为平面内的一个基底，D错误. 故选：ABC. 11. 已知棱长为1的正方体，点是面对角线上的任一点，则的值可能是（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据点所在的特殊位置，分别求出，可得答案. 【详解】如图，当点在顶点处时，，故B选项正确； 当点在线段的中点时，，，，故C选项正确； 把三角形沿展开，使点与在同一平面， 当点为与的交点时，， 在中，，， 所以， 所以的最小值为，故D选项正确； 因为，故A选项不正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，，，若，则________. 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量线性运算法则及平面向量基本定理计算可得. 【详解】因为，， 所以， 又且与不共线， 所以，则. 故答案为： 13. 如图，水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，，则四边形的周长为______． 【答案】20 【解析】 【分析】根据斜二测画法的公式，画出复原图即可求解. 【详解】因为斜二测直观图为矩形，, 则， 可得原图中，, , , 四边形的周长. 故答案为：20. 14. 如图，在棱长为6的正方体中，分别为的中点，则平面截正方体所得截面的面积为_____ 【答案】 【解析】 【分析】找到平面截正方体的截面为正六边形，求出正六边形面积即可. 【详解】延长交于点，交于点， 连接并延长交于点， 过点在平面内作，连接，交于点， 因为，， 所以，所以， 同理可证，，故为的中点， 因为，，， 所以，所以为中点， 因为，，， 所以，故为的中点， 所以截面为正六边形，其边长为， 所以正六边形的面积为. 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. 如图，在四棱锥中，底面为梯形，，垂直于面，，，，为棱的中点． （1）求证：平面． （2）求直线与面所成的角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接、，即可证明，从而得到平面； （2）求出三棱锥的体积，再由等体积法求出点到平面的距离，最后利用锐角三角函数计算可得. 【小问1详解】 取的中点，连接、，则，且. 因为，，所以且. 所以四边形为平行四边形. 所以， 因为平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 因为底面为梯形，，，， 所以，， ， 又垂直于面，为棱的中点， 所以到平面的距离为，所以， 因为垂直于面，平面，所以，， 所以，， 所以， 所以， 设点到平面的距离为，则，即，所以， 设直线与面所成的角为，则， 直线与面所成的角的正弦值为. 16. 已知向量，，，． （1）当时，求实数的值； （2）当时，求向量与的夹角的余弦值． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）由垂直关系的向量坐标表示可解； （2）由向量平行的坐标表示求出，再代入向量夹角公式可得. 【小问1详解】 由题意可得， 因为，所以. 【小问2详解】 ， 因为，所以， 所以， 所以， 即向量与的夹角的余弦值为. 17. 已知，. （1）求和的值； （2）若，为锐角，求的值； （3）若，为锐角，求角. 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先利用同角基本关系式和的范围求，接着利用二倍角公式求； （2）先求，再利用得解； （3）利用二倍角正切公式得，再求，结合角的范围得解. 【小问1详解】 因为，且所以， 又，所以， 因此，； 【小问2详解】 因为，，所以， 又，则， 则 ， 则， 所以； 【小问3详解】 因为，，则，且， 则， 又，所以. 18. 如图1，在直角梯形中，，，，，以为轴将梯形旋转180°后得到几何体W，如图2，其中，分别为上下底面直径，点P，Q分别在圆弧，上，且∥. （1）证明：平面； （2）若直线与平面所成角的余弦值等于，求P到平面的距离； （3）若平面与平面夹角的正切值为，求的长度. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直得线线垂直，再由线线垂直得线面垂直； （2）连接，由平面，得到，由∥平面，将问题转化为到平面的距离，再利用，即可求解. （3）分别取的中点，连接，利用平面∥平面，将问题转化为平面与平面夹角的正切值为，过点作，得到则为平面与平面夹角，结合等面积法和射影定理，即可求解. 【小问1详解】 ∵为上底面圆的直径，点在上底面圆周上， ∴，∵∥，∴， 又∵平面，且平面，∴， ∵，且平面， ∴平面. 【小问2详解】 连接，由（1）平面， ∴就是直线与平面所成的角， 即， ∴且，∴，， ∴为直角三角形，∴为弧的中点，∴ 又，∴， 又∵平面平面，且交线为，， ∴平面 ∴点到平面的距离为， ∵∥平面， ∴点到平面的距离等于点到平面的距离，设为， ∵，∴， ∵， ∴ ∴，∴点到平面的距离为. 【小问3详解】 分别取，的中点，，连接，，，则∥，∥， ∵且平面，，且平面， ∴平面∥平面， ∵平面与平面夹角正切值为， ∴平面与平面夹角的正切值为， ∵为的中点，， ∴，， 又∵且平面， ∴平面， ∵平面，∴平面平面， 连接，过点作于点， ∵平面平面，且平面， ∴平面， 平面，, 过点作于点，连接， ，平面， 平面，又平面，， ∴为平面与平面夹角，即， 设，则， ∵，∴， 直角三角形中，， 又∵∥，∴， 在中，由射影定理知，∴， 在直角中，，∴， 在直角中，， 整理得，解得，即， ∴. 19. 在锐角中，角所对的边分别为，记，，满足． （1）求角； （2）若，且满足，求的取值范围 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量垂直，数量积为0，代入坐标结合正弦定理边化角，计算即可； （2）先根据正弦定理将用角的表达式表示出来，结合锐角三角形和的条件，求出角的范围，从而求出的取值范围，即的取值范围. 【小问1详解】 由，所以，则， 即， 由正弦定理可得， 即，则， 因为，，则，所以， 可得，故； 【小问2详解】 解：因为，所以， 由（1）知，则在锐角中，， 所以， 在中，，， 由正弦定理可得， 所以， ， 因为，则，所以，即， 所以的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $