精品解析：重庆市西南大学附属中学校2025-2026学年高一下学期6月定时检测数学试题

数学试题 (满分：150 分； 考试时间：120 分钟) 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写：必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整． 3．考试结束后，将答题卡交回(试题卷学生保存，以备评讲)． 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. 已知复数满足（是虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 2. 如图，菱形是水平放置的四边形OABC的直观图，其中，则四边形OABC的周长为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 3. 已知平面向量，且，则 A. B. C. D. 4. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，的面积，（ ） A. B. C. D. 5. 已知一个圆锥的体积为，任取该圆锥的两条母线a，b，若a，b所成角的最大值为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，为测量河对岸CD两点间的距离．在楼顶处观察的俯角为，观察点的俯角为，为楼底一点且平面BCD，若楼高，，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在四面体OABC中，，，，，，，为BC的中点，则点到平面OMA的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．则的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 二、多项选择题： 本大题共 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. 已知、是两个不同的平面，、是两条不同的直线，下列说法中正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，，则 10. 点是所在平面内的一点，下列说法正确的有（ ） A. 若，则为的重心 B. 若，则点为的垂心 C. 在中，向量与满足，且，则为等边三角形 D. 若，，分别表示，的面积，则 11. 如图，在棱长为1的正方体中，上底面内(含边界)有一动点，下列说法正确的有（ ） A. 若平面平面，则 B. 当时，点的轨迹长度为 C. 若异面直线CE与AB所成角为，则的取值范围是 D. 若是上一动点，则的最小值为 三、填空题：本题共 3 小题， 每小题 5 分， 共 15 分． 12. 已知是虚数单位，则______. 13. 已知在直三棱柱中，，，，则该三棱柱外接球的体积为______. 14. 已知函数，向量是平面内三个不同的单位向量，其中向量相互垂直，且满足，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. 已知向量，满足：，，. （1）求与的夹角的余弦值； （2）若，求实数的值. 16. 已知中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且． （1）求角的大小； （2）若，，求的周长． 17. 如图所示，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，，，． （1）求证：平面； （2）求证： 平面； （3）若 ，求直线 BC与平面BDE所成角的余弦值． 18. 中，，分别为内角的对边，． （1）求角的大小； （2）若是锐角三角形，，求面积的取值范围； （3）若，，且的面积为，求的长度． 19. 在正三棱台中，，为的中点． （1）求三棱台的体积； （2）设分别为棱上的点，且均在同一个平面上． (i)当为的中点时，证明：； (ii)当最小时，求平面与平面的夹角的正弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试题 (满分：150 分； 考试时间：120 分钟) 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写：必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整． 3．考试结束后，将答题卡交回(试题卷学生保存，以备评讲)． 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. 已知复数满足（是虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，. 2. 如图，菱形是水平放置的四边形OABC的直观图，其中，则四边形OABC的周长为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则，由直观图中菱形的边长还原出原图形矩形的边长，进而计算周长. 【详解】由题意及图形可知，直观图  是菱形，且  在  轴上， 在  轴上. 因为，且四边形是菱形，所以. 根据斜二测画法的规则： 平行于轴的线段长度不变，即原图形中； 平行于轴的线段长度变为原来的一半，即，所以原图形中； 原图形中轴与轴互相垂直，即 . 因为直观图是平行四边形，所以原四边形也是平行四边形. 又因为，所以原四边形是矩形. 该矩形的邻边长分别为，. 所以四边形的周长为. 3. 已知平面向量，且，则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：因为，，且，所以，，故选B. 考点：1、平面向量坐标运算；2、平行向量的性质. 4. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，的面积，（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以由正弦定理得，， 而，所以， 因为，所以， 又因为，所以， 而，所以， 由余弦定理得，所以， 因此，而，因此， 所以，因此， 故. 5. 已知一个圆锥的体积为，任取该圆锥的两条母线a，b，若a，b所成角的最大值为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥的母线长为R，底面半径长为r，由题可知圆锥的轴截面是等边三角形，根据体积公式计算可得，利用扇形的面积公式计算即可求得结果. 【详解】如图，设圆锥的母线长为R，底面半径长为r，由题可知圆锥的轴截面是等边三角形， 所以，圆锥的体积，解得， 所以该圆锥的侧面积为. 故选：B 6. 如图，为测量河对岸CD两点间的距离．在楼顶处观察的俯角为，观察点的俯角为，为楼底一点且平面BCD，若楼高，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】平面，平面，平面，，； 由在楼顶处观察的俯角为，观察点的俯角为，得，. ，在中，； 在中，. ， 在中，由余弦定理得； . 7. 如图，在四面体OABC中，，，，，，，为BC的中点，则点到平面OMA的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设点到平面OMA的距离为. ，，，平面； 平面，，即是直角三角形； ，，，； 为的中点，. . ，，，平面； 为的中点，平面，点到平面的距离为； ，，，. ，，即，解得. 即点到平面OMA的距离为. 8. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．则的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先将目标式化简为，结合已知代入余弦定理，再通过三角恒等变换和辅助角公式求解目标式的最大值. 【详解】由余弦定理，将代入得. 进而. 的最小值为，因此的最大值为. 令，. ， 当时，， 根据对勾函数的性质可得，  故的最大值为， 即的最大值为. 二、多项选择题： 本大题共 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. 已知、是两个不同的平面，、是两条不同的直线，下列说法中正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据空间中线面的位置关系，逐一分析选项，即可得答案. 【详解】对于A：若，，则，，则，故A正确； 对于B：若，，，则，故B正确； 对于C：若，，，则m与n可异面，可平行，故C错误； 对于D：由面面垂直的性质定理可得，D正确. 故选：ABD 10. 点是所在平面内的一点，下列说法正确的有（ ） A. 若，则为的重心 B. 若，则点为的垂心 C. 在中，向量与满足，且，则为等边三角形 D. 若，，分别表示，的面积，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据三角形的重心、垂心、等边三角形、三角形面积以及向量运算对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】对于A，如图，取边中点，连接边上的中线，则， 又∵由，∴，∴， ∴为的重心，故选项A正确； 对于B，如图，取边中点，边中点，连接，， 则，， ∵，∴， ∴，∴，，∴，， ∴，分别是，边上的垂直平分线， ∴，为的外心，故选项B错误； 对于C，，， ∵，且，∴， ∴为等边三角形，故选项C正确； 对于D，设，，由得， 则由选项A可知，为的重心，设的面积， ∴， 又∵，， ∴，，， ∴， ∴，故选项D错误. 11. 如图，在棱长为1的正方体中，上底面内(含边界)有一动点，下列说法正确的有（ ） A. 若平面平面，则 B. 当时，点的轨迹长度为 C. 若异面直线CE与AB所成角为，则的取值范围是 D. 若是上一动点，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A：借助线面平行判定定理与性质定理可得，再利用正方体性质及线面垂直性质定理可得，即可得；对B：借助线面垂直性质定理与勾股定理计算即可得点轨迹，即可得其轨迹长度；对C：举出反例即可得；对D：将平面与平面沿展开至同一平面后，结合与形状，计算即可得. 【详解】对A：因为平面，平面，则平面， 又因为平面平面，平面，则， 由正方体性质可得平面，因为平面， 所以，则有，故A正确； 对B：由正方体性质可得平面，因为平面， 所以，则， 则点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆位于正方形内的部分， 故点的轨迹长度为，故B正确； 对C：因为，则异面直线与所成角与直线与所成角相等， 当点与重合时，此时，故C错误； 对D：将平面与平面沿展开至同一平面，如下图： 则，当且仅当在线段上时，取等， ，故为正三角形， 又为等腰直角三角形，故为中点， 则，故D正确. 三、填空题：本题共 3 小题， 每小题 5 分， 共 15 分． 12. 已知是虚数单位，则______. 【答案】 【解析】 【详解】. 13. 已知在直三棱柱中，，，，则该三棱柱外接球的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】借助正弦定理求出底面三角形外接圆半径后，结合直三棱柱性质与勾股定理可得该三棱柱外接球的半径，再利用球体体积公式计算即可得解. 【详解】设底面三角形外接圆圆心，则，即， 设该三棱柱外接球球心为，则且， 由底面，且底面，故， 即， 则该三棱柱外接球的体积为. 14. 已知函数，向量是平面内三个不同的单位向量，其中向量相互垂直，且满足，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，得到，分，和，三种情况讨论，设，结合三角恒等变换的公式和三角函数的性质，即可求解. 【详解】因为函数，且向量是平面内三个不同的单位向量， 由向量相互垂直，可得，所以， 因为，即， 当，可得且，或且； 当，可得且， 因为且都是单位向量， 设，其中， 则， 当，，可得，解得， 此时，可得，所以； 当且，可得，解得， 此时，可得，所以； 当且时，且是平面内三个不同的单位向量， 可得且 ，解得， 此时，可得，所以， 综上可得，，即的取值范围为. 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. 已知向量，满足：，，. （1）求与的夹角的余弦值； （2）若，求实数的值. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）对展开可得，再由向量夹角的余弦值公式即可求解； （2）由向量垂直性质可得，化简后解方程即可求解实数的值. 【小问1详解】 由题可得， 因为，，代入可得， ，所以与的夹角的余弦值. 【小问2详解】 因为，所以， 化简可得， 将，，代入可得，解得或. 16. 已知中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且． （1）求角的大小； （2）若，，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将角的关系转化为边的关系后用余弦定理求角； （2）结合正弦定理求，再用余弦定理求进而得到周长. 【小问1详解】 展开已知等式得， 整理得， 由正弦定理得， 代入余弦定理得， 因为，所以. 【小问2详解】 由正弦定理，代入得， 因此，结合已知得 . 再由余弦定理，代入得， 代入得. 因此的周长为​. 17. 如图所示，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，，，． （1）求证：平面； （2）求证： 平面； （3）若 ，求直线 BC与平面BDE所成角的余弦值． 【答案】（1）设正方形对角线的交点为，连接， 由题可知，所以，又因为， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面； （2）连接，因为，且， 所以四边形为平行四边形， 又，所以四边形为菱形，所以， 因为平面平面，平面平面，， 平面，所以平面， 又平面，所以， 又，平面，所以 平面； （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明； （2）根据面面垂直性质定理和线面垂直判定的定理证明； （3）根据线面角定义得到直线 BC与平面BDE所成角为，再计算求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设菱形对角线交点为，连接，由（2）知平面， 所以直线与平面所成的角为， 因为，所以，又，所以为等边三角形， 所以，所以，所以， 所以. 18. 中，，分别为内角的对边，． （1）求角的大小； （2）若是锐角三角形，，求面积的取值范围； （3）若，，且的面积为，求的长度． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由，化简得到，进而得到，即可求解； （2）根据题意，由三角形的面积公式，求得，再由正弦定理得，求得，结合，求得，进而得到的面积的取值范围； （3）由的面积为，求得，再由，得到，根据正弦定理得，求得的长，在中，结合余弦定理，即可求解. 【小问1详解】 解：因为， 由正弦定理得， 即， 因为，可得， 所以， 即， 又因为，可得，所以，即， 又由，所以， 因为，所以，可得. 【小问2详解】 解：由（1）知：且， 所以的面积为， 又由正弦定理得， 可得， 因为为锐角三角形，可得，且， 所以，可得，可得， 所以，所以，即 所以的面积的取值范围为. 【小问3详解】 解：因为的面积为，可得，解得， 又因为，所以， 因为，可得. 由正弦定理得， 又因为，可得，则， 因为，可得， 在中，由余弦定理得， 即，所以. 19. 在正三棱台中，，为的中点． （1）求三棱台的体积； （2）设分别为棱上的点，且均在同一个平面上． (i)当为的中点时，证明：； (ii)当最小时，求平面与平面的夹角的正弦值． 【答案】（1） （2）(i) 如图延长，交于点， 因为均在同一个平面上，则三点共线， 过点作交于点， 因为为的中点，，所以， 所以，因为，则， 所以，又为的中点，所以， 又，所以. (ii) 【解析】 【分析】（1）利用棱台体积公式计算即可； （2）(i)利用相似三角形对应线段成比例证明；(ii)由(i)中线段的比例关系求出最小时的位置，再结合面面角的定义找到平面与平面的夹角，利用余弦定理求解. 【小问1详解】 取上下底面的中心，连接， 因为，则， 所以三棱台的高， 又， 所以 【小问2详解】 (i)略 (ii)设，则， 由(i)知，所以， 又，所以，整理得， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以当，即为中点时，最小， 此时，且，所以四边形为平行四边形， 所以，所以，为等边三角形， 在正三棱台中，，所以， 所以， 取的中点，连接，则， 又平面平面， 所以平面与平面的夹角为或其补角， 在中，， 所以， 在等边三角形中，， 在中，， 所以平面与平面的夹角的正弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $