四川省江油中学2025-2026学年高一下学期6月教学质量检测数学试题

江油中学2025级高一下6月教学质量检测 数学试题 考试时间：120分钟总分：150 一、单选题：本大题共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. 1.1-3i)2=() A.-8+6i B.-8-6i C.8+6i D.8-6i 2.己知向量a,b满足|a+b1,|a-b上3，则a.b=() A月 B C- D 3.棱台上下底面均为有一个内角是60°的菱形，且上下底面边长分别为2和3，该棱 台的高为√，则该棱台体积为() A昌 c 4.已知a为第二象限角，且3sin2 aco=8 sic2a,则)+sing-() 2-c0S0 c时 15 D.g 5.已知平面向量a,b不共线，且2a+b=xa-3b,则() A.x=2,y=-3 B.x=-2,y=3C.x=2,y=3D.x=-2, y=-3 b+c 6.在△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c,若A=60°，b=4, =27,则 sin B+sin C △ABC的面积为() A.5 B.1 C.5 D.5√3 4 7.如图在△MBC中，BAC=于AD=DB,P为cD上一点且满足AP=mAC+AB,若 S△Ac=2V5,则AP的最小值是() A.2 B.4 c.26 3 8.“不以规矩，不能成方圆出自《孟子•离娄章句上》.规”指圆规，矩”指由相互垂 直的长短两条直尺构成的角尺，用来测量、画圆和方形图案的工具.有一圆形木板，以” 矩"量之，较长边为10cm,较短边为5cm,如图所示.将这个圆形木板截出一块三角形 木板，三角形定点A,B,C都在圆周上，内角A,B,C对应的边分别为a,b,c,满 足c=4V5cm.若Ssac=8cm2,且a>c,则() A.sinC=3 B.△ABC周长为(12+4V5)cm 5 C.△ABC周长为15+4W5)cm D.圆形木板的半径为25cm 二、多选题：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.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分 9.设z=3+2i,则() A.2=3-2i B.|z5 C.z2=5+12i D33 R 2-1 10.已知向量=(1，-2)，b=(-1,1),c=(2,3),则下列说法正确的是() A.a+c卡√o B.ā在万上的投影向量为2石 3 C.6与c夹角的余弦值为26 26 D.若a与b+c垂直，则实数元=3 11.点O在△ABC所在的平面内，则以下说法正确的有() A.若OA.OB=OB.OC=OC.OA,则点O为△ABC的外心（外接圆圆心） AB B.若AO=入 A ACsin C (1∈R),则动点O的轨迹一定通过△ABC的重 心 C.若2OA+OB+3OC=0,SA4oc,S6Ac分别表示△A0C,△ABC的面积，则 S△Moc:SAMc=1:6 AB D.若OA CA BA CE BC A丽 0,则点O是△ABC的 内心 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答卷中的横线上 12.设向量a=(3,2),b=(-2,m),若a⊥b,则m= 13.已知A(-1,3),B(3,1),C(-3,t)三点共线，则t= 14.球O的体积为4√3π，A,B,C,D四点均在球O的球面上，△ABC为等边三角 形，DA=DB=DC=√2，则△ABC的面积为 四、解答题：15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分，共77分.解答应写 出文字说明、证明过程或演算步骤。 I5.已知在△ABC中，AB=3,BC=25,cosB=5 3 (1)求cosA: (2)设D、E两点满足：D在BA的延长线上.DElIBC,AE⊥AC.若DE=√6，求 CE. 16.三棱锥A-BCD中，E在BD上，AE⊥CE,AE⊥DE,CD⊥AD. A (1)证明：CD⊥AB; (2)若DE=2,BE=1,AE=√2，CD=2√5，求AD与平面ABC所成角的正弦值. 7.在△BC中，已知csB-子，cosA-O+sin sinC--1 (1)证明：△ABC为钝角三角形： (2)若△ABC面积为5，求△ABC周长 4 18.如图，在直三棱柱ABC-AB,C1中，∠ACB=90°，AC=BC,D、E分别为AB、 AC,的中点. A B (1)证明：DE/平面BCCB: (2)设CC=2,直线DE与平面ACC,A所成的角为45°，求直线DE到平面BCC,B 的距离. 19. 如图，在正方体ABCD-AB,CD,中，E为棱DD的中点，F为棱BB的中点. M D A E D B (I)连接C,F并延长，交平面ABCD于点P,求证：C,B,P三点共线： ②点M在棱M的延长线上，且AM-A4,求证：平面MB,D∥平面EFC. 江油中学2025级高一下6月教学质量检测参考答案 1.答案：B 解析：利用复数的乘法及完全平方公式展开： (1-3i)2=12-2×1×3i+(3i2=1-6i-9=-8-6i, 2.答案：C 解析：将已知条件的两边分别平方得：|a+bP=a2+2a·b+|bP=1, 1a-f-2a-61-3,丙式相减得：4-6=1-3=-2=a-万=号 3.答案：D 解析：边长为s且夹角为60°的菱形面积公式为5=了n60-5,所以上底面面积 y52-2,下底商面限g 2.计算中间项： s-25xy-m-35, 棱台的体积公式为V=h(S,+S,+VSS,)代入高h=5得： 4.答案：C 解析：利用倍角公式展开sin2a=2 sina cosa,代入原式： 3(2sin a cosa)cosa=8sin acos2a6sin acos2a=8sina cos 2a 因为为第二象限角，所以sina>0,等边两同除以2sin得：3cos2u=4cos2a 代入二倍角余弦公式cos2a=2cos2-1: 3cos*a=4(2cosa-1)=5cosa=4-cosa=4 2 在第=象限中，cosa<0,所以cosa=店对应地，ina=cosa=店代入所 求目标式 1x、1 5+1 1+sina 5 V5+11 2-c0s0 2W5+22(5+1)2 5 5 5.答案：A解析：因为a,b不共线，所以对应系数相等，得x=2,y=-3 6.答案：D b 解析：在△ABC中，由正弦定理得 sinA sinB sinC 因此 b+c =2万， sinA sinB+sinC 则a-27siA-2N7sin60-27×5-V2, 而b=4,由余弦定理可得a2=b2+c2-2 bccosA, 即21=16+c2-4c,解得c=5或c=-1（舍去)， 所以5ecoi4-月x4x5x5-5N5 2 2 7.答案：C 解析：设CP=2CD,则 AF-AC-CP-AC ACD-AC+AB-ACB(1-2)AC-AB+MAC. m=1-2 Sx-acsin∠BAc-5aAG-25则adAd=8, 可f-（传西+acj号d+5c+号aac =gh+号AC+号ACconAC≥25a号d+g网ad AGAd-当且仅当a=Ad=25时，等号成立 A的最小值为26 8.答案：B 解析：对于D,由题意可得，圆形木板的直径2R=V102+52=5V5cm,即半径 R5 2cm,故D错误； 2 对于A,由正弦定理=2R,可得inC=-4y5 4 sinC 2R555故A错误： 对于B,C,由题意可得Sc= absinC= 4 2 2ab:5=8,解得ab=20, 51 已知a>c,则A>C,可知C为锐角，可得cosC=-sinC=,由余弦定型 cosC-+B2-C-a+b-2ab-c得，3a+b-40-80 解得a+b=12,所以 2ab 2ab 5 40 △ABC周长为(12+4W5)cm,故B正确，C错误 9.答案：ACD 解析：由z=3+2i,得z=3-2i,A正确：|z上V32+22=V13≠5，B错： z2=(3+2i)2=9+12i-4=5+12i,C正确； z+3_6+2i_6+23-=2∈R,D正 z-i 3+i 10 确；故选ACD 10.答案：AC 解析：对A,a+c=(3,1),则a+cV32+1=o,故A正确： 对B,a在b上的投影向量为 -之万-五微B错误 2 b.c -2+3 V26 对C,b与c夹角的余弦值为 丽 V(-1+12×V22+32 26,故C正确： 对D,b+c=(-1,1)+(2,3)=（22-1,32+1),若a与b+2c垂直， 则1x2-)-2×6A+1)=0解符2=-故D错误 11.答案：BCD 解析：A选项，OA.OB-OB.OC=0,即0B(OA-0C=0B.CA=0,故0B⊥CA, 同理可得OC⊥AB,OA⊥BC,则点O为△ABC的垂心，A错误； B选项，过点A作AE⊥BC于点E,取BC的中点F,连接AF, Bsin B=AE.ACsinC=4E, 故点O在中线AF上，故向量一定经过△ABC的重心，B正确； C选项，如图，F,H分别为BC,AC的中点， 20A+0B+30C=0→2(OA+0C)+0B+0C=0, 则40万+20F=0,故-20i=0F, 所以oH=专r=若B, 故SMOC:SAMc=1:6,C正确； AB CA D选项园 分别表示AB,CA方向上的单位向量AN,MA, AB CA=AN+MA-MN 故丽同 N M AB OA.MN=0,故OA⊥MN, 由三线合一可得，O在∠A的平分线上，同理可得，O在∠B,∠C的平分线上， 则点O是△ABC的内心，D正确： 故选：BCD 12.答案：3 解析：向量a=(3,2),b=(-2,m) 因为a⊥b, 所以a.b=0,即3×(-2)+2m=0, 解得m=3. 故答案为：3. 13.答案：4 解析：由点A(-1,3),B(3,1),C(-3,t),可得AB=(4,-2),AC=（-2,1-3), 因为A,B,C三点共线，所以AB1AC,可得4(t-3)=4,解得1=4. 14.答案： 5w3 解析：首先由球的体积求得外接球半径R: V。=R=4W5m→R=5 由于DA=DB=DC=√2且△ABC为等边三角形，四面体D-ABC是正三棱锥.设等边 三角形ABC的外接圆半径为n边长为口，则7一有正三棱锥的高 h=√DA?-r2=√2-2.球心O必在底面外接圆中心与顶点D的连线上，满足几何关 系：R2=r2+(h±d02→3=r2+(h-o)月 利用球心到顶点距离为R,解得：2=一a2=3r2=5 3 因此，等边角形AC的面积为：Sa54-55 4 15.答案：(1) (2)CE=35 解析：(1)在△ABC中，AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos B =9+12-2x3×25x5=9,所以AC=3. 3 COSA=AB+AC2-BC29+9-12 1 2AB.AC 2×3×33 (2)设AD=-AB(>O).因为DEI/BC,设DE=uBC. 因为AE=AD+DE=-AB+u(AC-AB)=-(L+DAB+AC. 又AE⊥AC,所以AEAC=0,-(1+D)AB.AC+uAC=0. 因为AB.AC=3x3x=3,AC2=9,所以-32+四+9u=0,1=2μ. 因为1>0，所以u>0. 因为DEa川BC,所以6-25u,45 2 正-99c,压-6-G-9-9jnd m-s9c-w9小aac 劉3小-5 CE=35. 16.答案：（1)证明见解析 (2)6 解析：(1)证明：因为AE⊥CE且AE⊥DE, 而CE∩DE=E且CE,DEC平面BCD, 所以AE⊥平面BCD. 因为CDC平面BCD,所以CD⊥AE. 又已知CD⊥AD,且AE∩AD=A,AE,ADC平面ADE, 所以CD⊥平面ADE. 由于点E在直线BD上， 所以直线ABC平面ADE. 因此，CD⊥AB成立. (2)因为AE⊥平面BCD,且E,B,D三点共线，我们以E为坐标原点，直线BD为 x轴，过点E在平面BCD内垂直于BD的直线为y轴，直线EA为z轴建立空间直角坐 标系 根据已知，DE=2,BE=1,AE=√2.可确定以下点的坐标： E(0,0,0),D(2,0,0),B(-1,0,0),A(0,0,√2)， 由(1)知CD⊥平面ADE(即xz平面)， 所以直线CDy轴，则点C的横坐标与点D相同. 因为CD=2√3，不失一般性，设C坐标为(2,25,0). 计算向量：AD=(2,0,-√2)，AB=(-1,0,-√2)，AC=(2,25,-√2)， 设平面ABC的法向量为=(x,y,z), ∫元：AB=0∫-x-V2z=0 由： n-AC=02x+23y-V2z=0 取z=2,可得x=-2√2，y=V6 所以，平面ABC的一个法向量为i=(-2√2，V6,2). 其模长为：|n非V(-2√22+（√6）2+22=8=3√2 设AD与平面ABC所成的角为6，则： sin=. AD.l_|2×(-2W2)+0-2×2|_62√6 AD V22+(-√2)2x3W2 √6x3W23 所以，AD与平面ABC所成角的正弦值为 3 17.答案：(1)证明见解析 (2)3+√2 解析：（1)证明：在△ABC中，A+B+C=元一A+C=元-B. 所以cos(A+C=-coSB=-3 4 3 +sin Asin C=1=>sin Asin C-16 7 代入已知恒等式得： 利用余弦的加法公式展开： cos B=-cos(A+C)=sin Asin C-cos AcosC=3 7 代入sin Asin C= 16 7 16 -cos AcosC=12 →cos Acos C=- 5 16 16 <0 因为cos Acos C<0,所以cosA与cosC异号. 由此可知，A或C之中必有一个角的余弦值为负值，即必有一个角是钝角. 所以，△ABC为钝角三角形 2)因为cosB,且B∈0， 所以sinB=V-cos2B=1-16=4· 由△ABC的面积公式： S=acsin B35-1acx近 =-acx 421 4 2ac=2 根据正弦定理，设外接圆直径为2R: sinA=a sinC=c b sin B= 2R 2R 由此可得： sin Asin C= aesin'B 7 2x7 63 16→b2=2→b=√2 16b2 在△ABC中，利用余弦定理求a2+c2: b=a2+c2-2 ac cos B→2=a2+c2-2x2x3→a2+c2=5 4 因此： (a+c)2=a2+c2+2ac=5+4=9→a+c=3 所以，△ABC的周长为：a+b+c=3+√2. 18.答案：(1)证明见解析 (2)1 解析：(1)取CC中点F,BC中点G,连接EF,FG,DG. 在△ACC,中，E,F为AC,CC中点，所以EFIIAC,EF=二AC 在△ABC中，D,G为AB,BC中点，所以DGAC,DG=AC 所以EF∥DG,EF=DG,四边形EDGF为平行四边形，所以DE∥FG. 因为FGC平面BCC,B,DE4平面BCCB.所以DEI∥平面BCC,B: (2)取AC中点H,连接DH,EH.因为D,H为AB,AC中点，所以DHBC. 因为直三棱柱ABC-AB,C,所以CC⊥平面ABC 因为BCC平面ABC,所以CC,⊥BC.因为∠ACB=90°，所以AC⊥BC. 因为AC∩CC=C,所以BC⊥平面ACC,A,所以DH⊥平面ACCA. 在△ACC中，EH为中位线，所以EF=CC,=1. 在Rt△DHE中，DH⊥EH,所以DH=EH tan45°=1. 因为BC=2DH=1,所以AC=BC=2. 因为DE∥平面BCC,B,所以直线DE到平面BCC,B,的距离等价于点D到平面BCC,B, 的距离.因为DGIIAC,同理AC⊥平面BCCB. 因为DG4平面BCCB,所以DG⊥平面BCC,B. 所以DG=AC=l,故直线DE到平面BCCB的距离为1 19.答案：(1)证明见解析 (2)证明见解析 解析：(I)点P∈直线CF,直线C,Fc平面BCC,B,所以点P∈平面BCCB. 又因为点P∈平面ABCD,所以点P为平面BCC,B,与平面ABCD的公共点， 又因为平面ABCD∩平面BCC,B,=BC,故点P在直线BC上. 故C,B,P三点共线 (2)取AA的中点N,连接BN,EN, 因为E为棱DD,的中点，所以EN∥AD,EN=AD, 又因为BCIIAD,BC=AD,所以ENIBC. 又EN=BC,所以四边形ENBC为平行四边形， 所以BNIEC. 因为MNIIBB,MN=BB, 所以四边形MNBB,为平行四边形， 所以BNIIMB,所以ECI/B,M, 又因为ECc平面EFC,MB,文平面EFC,所以MB,∥平面EFC, 因为DEIB,F,DE=BF, 所以四边形D,EFB,为平行四边形，所以EF∥B,D, 又因为EFC平面EFC,BD4平面EFC,所以BD∥平面EFC. 又因为B,D∩MB,=B,MBC平面MB,D,BDC平面MBD1, M D A E B N B 所以平面MB,D,∥平面EFC.