精品解析：湖北黄冈市蕲春县第一高级中学2025-2026学年高一下学期6月教学质量检测数学试题

蕲春一中2028届高一年级6月教学质量检测 数学试题 考试时间：2026.06.01 一、单项选择题：本大题共8小题，共40分． 1. 若复数，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，求得，结合复数模的计算公式，即可求解. 【详解】由题意，复数，所以． 故选：C. 2. 若，且三点共线，则的值为（ ） A. B. C. -3 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，求得，结合，列出方程，即可求解. 【详解】由点，可得向量， 因为三点共线，可得，则，所以． 故选：A. 3. 已知锐角三角形边长分别为2，3，x，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 不确定 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角形的性质，求得，再由为锐角，结合余弦定理，求得的范围，即可求解. 【详解】设三角形为，且， 由三角形的几何性质，可得， 由三角形是锐角三角形，，所以只需要为锐角， 则，即，解得 ；，即，解得， 综上可得，，即的取值范围为. 故选：C. 4. 已知单位向量满足，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，求得，结合投影向量的计算公式，即可求解. 【详解】因为，可得，所以， 则向量在上的投影向量为. 故选：D. 5. 若表示直线，表示平面，则下列命题中，正确命题为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间中直线与直线平行，平面与平面垂直平面、平面与平面平行的判定方法依次判断各选项. 【详解】选项A:在空间中垂直于同一直线的两条直线可能平行、相交或异面，所以选项A错误； 选项B:由线面垂直的性质定理，垂直于同一平面的两条直线平行，所以选项B正确； 选项C:由线面垂直的性质，垂直于同一直线的两个平面平行，所以选项C错误； 选项D:在空间中垂直于同一平面的两个平面可能平行，也可能相交(如墙角),所以选项D错误． 故选：B． 6. 在四面体中，分别为棱的中点，，则异面直线与所成角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取的中点，得到，得到为异面直线与所成的角，在中，利用余弦定理，求得，即可得到答案. 【详解】如图所示，取的中点，连接，，则，， 则为异面直线与所成的角（或补角）， 因为，，所以， 所以异面直线与所成角为． 故选：D. 7. 已知角，且，则（ ） A. 2 B. C. D. -2 【答案】B 【解析】 【分析】由，求得，再由，求得，结合两角差的正切公式，即可求解. 【详解】因为，可得，则， 可得，即， 又由，即， 可得， 等式两边同时除以，可得， 则 ． 故选：B. 8. 已知为单位圆为坐标原点）上不同的三点，且，若，则当取最大值时，为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，建立平面直角坐标系，设，得到，，则，得到时，取得最大值，进而求得的值，得到答案. 【详解】设圆O的半径为，以为原点，方向为 轴正方向，建立平面直角坐标系， 如图所示，则，，设， 因为，所以， 所以，， 所以，其中， 当且仅当时，取得最大值， 此时1， 则． 故选：C. 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分． 9. 关于平面向量，下列说法正确的（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】BD 【解析】 【详解】对于A，向量既有大小，又有方向，因此向量不能比较大小，A错误； 对于B，相等向量是共线向量，B正确； 对于C，当时，可以是任意向量，因此不一定共线，C错误； 对于D，由，，得，D正确. 10. 已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 函数为奇函数 D. 函数在区间上单调递减 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据函数的图象，求得，结合三角函数的图象与性质，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A中，由函数的部分图象， 可得，且，可得，所以． 又由，所以， 所以，因为，所以， 即，所以A正确； 对于B中，由，且， 因为不恒为0，所以B错误； 对于C中，将函数的图象向左平移个单位长度得到，则为奇函数，所以C正确； 对于D中，当，可得， 因为在上单调递减，所以函数在区间上单调递减，所以D正确. 故选：ACD． 11. 在正方体中，点M在线段上运动，则下列说法正确的是（　　） A. 直线平面 B. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 C. 异面直线AM与所成角的取值范围是 D. 三棱锥的体积为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据空间点线面之间的关系，逐项分析判断即可得解. 【详解】 对A选项，在正方体中，如图，又平面， 所以，所以平面，所以，同理，所以直线平面，故A正确； 对选项B，连接交于点，连接交于点，根据对称性，当点M位于点时，直线与平面所成角最大为，设正方体的边长为2，则，此时，故B正确； 对C，由，异面直线AM与所成角为直线AM与所成角，故当在点处时所成角最大，此时，所成角为，当在点或处时，所成角最小为，故C错误； 对D，因为，平面，所以平面，又直线， 所以动点到平面的距离恒定，故三棱锥的体积为定值，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. 已知向量，的夹角为，，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据计算可得结果. 【详解】. 故答案为：. 13. 已知，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，利用三角函数的诱导公式和余弦的倍角公式，准确计算，即可求解. 【详解】因为，则. 故答案为：. 14. 正四棱台的体积为，上底面，下底面的边长分别为4，6，记交于点交于点，则______，若四棱台的各个顶点均在球的表面上，则球的表面积为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据台体的体积公式可得，即可根据勾股定理求解第一空，根据外接球的性质，结合勾股定理可求解半径，由表面积公式求解第二空. 【详解】如图，连接，则底面， 由题意可得，，该正四棱台的体积，， 连接，故； 设， 则，， 由，解得， ，即球的半径， 球的表面积为． 故答案为：，. 四、解答题：本题共5小题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 如图，为四边形的斜二测直观图，其中. （1）求平面四边形的面积及周长； （2）若四边形以为旋转轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积. 【答案】（1）面积为，周长为 （2）体积为，表面积为 【解析】 【分析】（1）画出原图，根据原图计算出平面四边形的面积及周长； （2）判断出旋转形成的几何体的结构，进而求得体积和表面积. 【小问1详解】 依题意，， 所以，画出原图如下图所示： 所以面积为， ，所以周长为. 【小问2详解】 四边形以为旋转轴，旋转一周， 所得几何体为圆柱和圆锥的组合体，截面如下图： 所以体积为. 表面积为. 16. 在 中，内角A，B，C对应的边分别是a，b，c，且． （1）求角； （2）若AB的长为3，AC边上的中线BD长为，求的周长． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理和三角恒等变换的公式，可得，求得，即可求解； （2）在中，由余弦定理，求得或，分类讨论，分别求得的长，进而求得三角形的周长. 【小问1详解】 因为 由正弦定理得，即， 因为，可得，则，所以. 【小问2详解】 在中，因为， 由余弦定理得， 即，解得或， 当时，， 则，即，此时周长； 当时， 则，即，此时周长为， 综上所述，的周长为或. 17. 函数的部分图像如图所示. （1）求的解析式； （2）求的单调递增区间和对称中心； （3）若恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）; （2）单调增区间,对称中心; （3）. 【解析】 【分析】（1）根据的意义逐个求解即可； （2）根据正弦函数的单调性与对称中心代入求解； （3）根据换元法转化成二次函数在闭区间上的恒成立问题. 【小问1详解】 由图可得，即，又，解得. 函数过点， 所以，则， 解得，又，则， 所以； 【小问2详解】 令， 得， 从而函数的单调递增区间为， 令，得， 从而函数的对称中心为. 【小问3详解】 因为，可得， 从而，令则， 则，恒成立 等价于，恒成立， 由于是关于的二次函数，函数图象开口向上，恒过定点， 由二次函数的图象性质可知，要使，恒成立， 只需，解得， 故的取值范围为. 18. 如图所示，正四棱锥，，，P为侧棱上的点，且，Q是的中点，E是侧棱上的点，且． （1）求正四棱锥的表面积； （2）求证：平面平面； （3）求直线与平面所成角的正切值． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）分别计算底面正方形面积和侧面四个全等三角形的面积，求和即可； （2）利用线面平行的判定定理，通过三角形中位线及平行线分线段成比例定理证明和，进而利用面面平行的判定定理得证； （3）找出点在底面的投影，构造直角三角形，利用正切定义求解． 【小问1详解】 因为是正四棱锥，所以底面为正方形，侧面是四个全等的等腰三角形， 则底面面积，取中点，连接，则， 在中，， 所以侧面积， 所以正四棱锥的表面积． 【小问2详解】 连接，与交于点，连接， 因为四边形为正方形，所以为中点， 因为是的中点，，即，又， 所以，即为的中点， 在中，分别为的中点，所以， 因为平面平面，所以平面， 在中，，所以， 又，即，所以，所以， 因为平面，平面，所以平面, 因为，平面，所以平面平面． 【小问3详解】 连接，因为是正四棱锥，所以平面， 又平面，所以， 在中，， 所以，取的中点，连接， 因为是的中点，是的中点，所以且， 因为平面，所以平面， 又平面，所以， 所以为直线与平面所成的角， 因为是中点，是中点，且， 所以， 在中，， 所以直线与平面所成角的正切值为． 19. 已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，定义函数的“和谐向量”为非零向量的“和谐函数”为．记平面内所有向量的“和谐函数”构成的集合为． （1）已知，若函数为集合中的元素，求其“和谐向量”模的取值范围； （2）已知，设（），且的“和谐函数”为，其最大值为S，求； （3）已知，设（1）中的“和谐函数”的模取得最小时的“和谐函数”为，试问在的图象上是否存在一点，使得，若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2） （3）不存在，理由见解析． 【解析】 【分析】（1）求出函数的“和谐向量”向量，利用向量的模长公式，结合三角函数的有界性求解即可； （2）设，利用平面向量的线性运算，结合两角和的正弦公式求解即可； （3）由（1）知，当时，最小，此时，令，利用数量积的坐标运算，可得，导出矛盾即可得到答案. 【小问1详解】 所以函数的“和谐向量”向量， ， 因为，所以， 所以的取值范围为 【小问2详解】 设， 则， 所以 ， 此时存在，满足，当且仅当时取等号，其中， 所以，即，所以， 所以的最大值， 所以 【小问3详解】 由（1）知，当时，最小，此时， 所以， 设，令， 则， 因为， 所以，即， 所以 ，所以，即， 而，则，此时，等式不成立， 所以在的图象上不存在一点，使 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 蕲春一中2028届高一年级6月教学质量检测 数学试题 考试时间：2026.06.01 一、单项选择题：本大题共8小题，共40分． 1. 若复数，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 2. 若，且三点共线，则的值为（ ） A. B. C. -3 D. 3 3. 已知锐角三角形边长分别为2，3，x，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 不确定 4. 已知单位向量满足，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 若表示直线，表示平面，则下列命题中，正确命题为（　　） A. B. C. D. 6. 在四面体中，分别为棱的中点，，则异面直线与所成角为（ ） A. B. C. D. 7. 已知角，且，则（ ） A. 2 B. C. D. -2 8. 已知为单位圆为坐标原点）上不同的三点，且，若，则当取最大值时，为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分． 9. 关于平面向量，下列说法正确的（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若，，则 10. 已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 函数为奇函数 D. 函数在区间上单调递减 11. 在正方体中，点M在线段上运动，则下列说法正确的是（　　） A. 直线平面 B. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 C. 异面直线AM与所成角的取值范围是 D. 三棱锥的体积为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，的夹角为，，，则______. 13. 已知，则______． 14. 正四棱台的体积为，上底面，下底面的边长分别为4，6，记交于点交于点，则______，若四棱台的各个顶点均在球的表面上，则球的表面积为______． 四、解答题：本题共5小题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 如图，为四边形的斜二测直观图，其中. （1）求平面四边形的面积及周长； （2）若四边形以为旋转轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积. 16. 在 中，内角A，B，C对应的边分别是a，b，c，且． （1）求角； （2）若AB的长为3，AC边上的中线BD长为，求的周长． 17. 函数的部分图像如图所示. （1）求的解析式； （2）求的单调递增区间和对称中心； （3）若恒成立，求的取值范围. 18. 如图所示，正四棱锥，，，P为侧棱上的点，且，Q是的中点，E是侧棱上的点，且． （1）求正四棱锥的表面积； （2）求证：平面平面； （3）求直线与平面所成角的正切值． 19. 已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，定义函数的“和谐向量”为非零向量的“和谐函数”为．记平面内所有向量的“和谐函数”构成的集合为． （1）已知，若函数为集合中的元素，求其“和谐向量”模的取值范围； （2）已知，设（），且的“和谐函数”为，其最大值为S，求； （3）已知，设（1）中的“和谐函数”的模取得最小时的“和谐函数”为，试问在的图象上是否存在一点，使得，若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $