精品解析：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. （ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，满足，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知棱台的上下底面均为有一个角为的菱形，且上下底面的边长分别为2和3，若该棱台的高为，则该棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知为第二象限角，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知平面向量，不共线，且，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 6. 在中，角的对边分别是，若，则的面积为（ ） A. B. 1 C. 5 D. 7. 如图，在中，为上一点，且满足，若，则的最小值是（ ） A. 2 B. 4 C. D. 8. “不以规矩，不成方圆”.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，角A，B，C分别对应a，b，c，满足.若，且，则（ ） A. B. △ABC周长为 C. △ABC周长为 D. 圆形木板的半径为 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，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知向量，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在上的投影向量为 C. 与夹角的余弦值为 D. 若与垂直，则实数 11. 点在所在的平面内，则以下说法正确的有（ ） A. 若，则点为的外心（外接圆圆心） B. 若，则动点的轨迹一定通过的重心 C. 若，，分别表示，的面积，则 D. 若，则点是的内心 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，，若，则______． 13. 已知三点共线，则__________. 14. 已知球的体积为，点A，B，C，D均在球表面上，若为正三角形，且，则__________． 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． 15. 已知在中，，，． （1）求； （2）设，两点满足：在的延长线上，，．若，求． 16. 如图，在三棱锥中，点在上，，，． （1）求证：； （2）若，，，．求直线与平面所成角的正弦值． 17. 在中，已知，． （1）证明：为钝角三角形； （2）若的面积为，求的周长． 18. 如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 19. 如图，在正方体中，为棱的中点，为棱的中点. （1）连接并延长，交平面于点，求证：三点共线； （2）点在棱的延长线上，且，求证：平面平面. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】 2. 已知向量，满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由和两边分别平方，解方程组即得的值. 【详解】由，得，即，① 由，得，即，② 由①②得. 3. 已知棱台的上下底面均为有一个角为的菱形，且上下底面的边长分别为2和3，若该棱台的高为，则该棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别求出棱台的上底面面积和下底面面积，再根据棱台的体积公式求得该棱台的体积. 【详解】由题意，得棱台的上底面面积为， 下底面面积为， 所以该棱台的体积为. 4. 已知为第二象限角，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，借助二倍角公式，求出，再根据同角三角函数关系式求出，代入即得答案. 【详解】由，得， 因为为第二象限角，所以， 所以，得， 因为为第二象限角，所以，， 所以，， 所以. 5. 已知平面向量，不共线，且，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】由平面向量基本定理可得. 【详解】由题意可知平面向量不共线，且， 则. 6. 在中，角的对边分别是，若，则的面积为（ ） A. B. 1 C. 5 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出边长a，再利用余弦定理求，结合三角形面积公式求出面积即可求解． 【详解】在中，由正弦定理得：， 因此， 则， 而，由余弦定理可得， 即，解得或（舍去）， 所以． 7. 如图，在中，为上一点，且满足，若，则的最小值是（ ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，从而得到，结合已知有，应用三角形面积公式得，最后由向量数量积的运算律、基本不等式求向量模长的最值. 【详解】设，则， 所以，解得， ，则， ，当且仅当时，等号成立， 的最小值为． 故选：C 8. “不以规矩，不成方圆”.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，角A，B，C分别对应a，b，c，满足.若，且，则（ ） A. B. △ABC周长为 C. △ABC周长为 D. 圆形木板的半径为 【答案】B 【解析】 【分析】利用正、余弦定理结合面积公式分析运算即可. 【详解】对于D：由题意可得：圆形木板的直径， 即半径，故D错误； 对于A：由正弦定理，可得，故A错误； 对于B、C：由题意可得：，解得， 因为，则，可知为锐角，可得， 余弦定理，即， 解得，所以△ABC周长为，故B正确，C错误； 故选：B. 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A选项，复数的共轭复数，因此，A选项正确. 对于B选项，复数的模，因此，B选项错误. 对于C选项，∵ ， ∴ ，该选项正确. 对于D选项， ∵ 分子，分母， ∴ ，是实数，故，该选项正确. 10. 已知向量，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在上的投影向量为 C. 与夹角的余弦值为 D. 若与垂直，则实数 【答案】AC 【解析】 【详解】对A，，则，故A正确； 对B，在上的投影向量为，故B错误； 对C，与夹角的余弦值为，故C正确； 对D，，若与垂直， 则，解得，故D错误. 11. 点在所在的平面内，则以下说法正确的有（ ） A. 若，则点为的外心（外接圆圆心） B. 若，则动点的轨迹一定通过的重心 C. 若，，分别表示，的面积，则 D. 若，则点是的内心 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，计算出，⊥，同理可得⊥，⊥，则点为的垂心；B选项，作出辅助线，得到，故点在中线上，故向量一定经过的重心；C选项，作出辅助线，得到，从而得到所以，故；D选项，作出辅助线，得到，故⊥，并得到在的平分线上，同理可得，在的平分线上. 【详解】A选项，，即，故⊥， 同理可得⊥，⊥，则点为的垂心，A错误； B选项，过点作⊥于点，取的中点，连接， 则，， 则， 故点在中线上，故向量一定经过的重心，B正确； C选项，如图，分别为的中点， ， 则，故， 所以， 故，C正确； D选项，分别表示方向上的单位向量， 故， ，故⊥， 由三线合一可得，在的平分线上，同理可得，在的平分线上， 则点是的内心，D正确. 故选：BCD 【点睛】结论点睛：点为所在平面内的点，且，则点为的重心， 点为所在平面内的点，且，则点为的垂心， 点为所在平面内的点，且，则点为的外心， 点为所在平面内的点，且，则点为的内心， 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，，若，则______． 【答案】3 【解析】 【分析】 根据，由，利用坐标运算求解. 【详解】向量，， 因为， 所以，即， 解得 ． 故答案为：3 【点睛】本题主要考查平面向量数量积运算，属于基础题. 13. 已知三点共线，则__________. 【答案】4 【解析】 【分析】根据题意，求得，结合向量共线的坐标表示，列出方程，即可求解. 【详解】由点，可得， 因为三点共线，所以，可得，解得. 14. 已知球的体积为，点A，B，C，D均在球表面上，若为正三角形，且，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据球的体积得出球的半径，由正三棱锥的对称性得出球心的位置，然后由勾股定理，列方程组求解. 【详解】由球的体积公式，，解得， 设的外心为，连接， 由题意知为该三棱锥的高，所以该三棱锥的外接球的球心在上， 不妨设在线段上，连接， 设的边长为，由正弦定理可得，， 再设，由题知，， 解得（负值表示球心在线段的延长线上，实际情况如右图）， 所以， 由三角形面积公式，. 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． 15. 已知在中，，，． （1）求； （2）设，两点满足：在的延长线上，，．若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知两边及夹角，先用余弦定理求第三边，再用余弦定理求； （2）建立坐标系，设出点坐标，由平行关系得点的坐标，利用垂直条件求参数，由长度解出，再计算. 【小问1详解】 在中，，，. 由余弦定理可知， 故. 再由余弦定理得. 【小问2详解】 以为原点，为轴正方向建立平面直角坐标系如图： 则，，由，得. 在延长线上，设，则，，， 设，则. 由，得，故. 于是. 已知，则，则. 代入得，而， 故. 16. 如图，在三棱锥中，点在上，，，． （1）求证：； （2）若，，，．求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明： 因为且，，且， 所以平面. 因为平面，所以. 又，，平面， 平面，平面， 所以平面， 故. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，，再结合线面垂直的性质定理证明即可； （2）法一：建立空间直角坐标系，求解向量和平面的法向量，再结合向量法求解线面夹角；法二：利用体积法解出设点到平面的距离为，进而计算线面夹角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 可得， ， ， . 因为 且 ，所以. 所以，，. 设平面 的法向量 ，则， 可得，令，则：，，即. 设与平面所成的角为： 所以 ， 所以与平面所成的角为. 法二：在 中，， 在 中，， 由（1）知，则. 在 中，. 在 中，. ， 为直角三角形，则. 设点到平面的距离为，与平面所成角为， 由得： ，即， 解得：. 所以. 17. 在中，已知，． （1）证明：为钝角三角形； （2）若的面积为，求的周长． 【答案】（1）证明：由，则， 又，得，则， 由两角和的余弦公式，， 结合可知， 则异号，必然一个为负，一个为正. 又，即中必有一个是钝角； （2） 【解析】 【分析】（1），结合题设得出，然后由两角和的余弦展开得到，进而得解； （2）先推出三角形面积公式的变形式，解得，由正弦定理进而得出，然后列余弦定理和面积公式的关于的方程组求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：由正弦定理和三角形的面积公式， ， （是外接圆半径） 又，，则，解得， 又，则， 由余弦定理，即， 又，则， 于是，即， ，解得， 故周长为. 方法二：由，则， 即， 由正弦定理可得，， 由三角形面积公式，， 得到，则，其余同上. 18. 如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 【答案】（1）由题意证明如下： 如图，作出符合题意的图形，连接， 在中，，分别为，中点，∴， ∵平面，平面， ∴平面. （2）距离为1. 【解析】 【分析】（1）通过证明，即可得出结论； （2）方法一：设出，建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，得出向量与面的一个法向量的表达式，根据直线与平面所成的角为求出参数，借助几何关系即可求出到面的距离. 方法二：利用直线与平面所成的角为，求出，借助几何关系即可求出到面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，设， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， 建立空间直角坐标系，如下图所示， 得到，，，，， ∴，面的一个法向量为， ∵直线与平面所成的角为， 设直线与平面所成的角为 ∴ 解得，∴，，，，， ∵面，∴由几何知识得，到面的距离为. 法二：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， ∵，平面，平面，平面， ∴平面，， ∴由几何知识得，即为直线与平面所成的角， 直线与平面所成的角为， 在中，，分别为，中点，， ∴直线与平面所成的角为，即， 在Rt中，，，， ∴， 在Rt中，，， 为等腰直角三角形，过点作， 则点为中点，，， 由几何知识得，到面的距离即为. 19. 如图，在正方体中，为棱的中点，为棱的中点. （1）连接并延长，交平面于点，求证：三点共线； （2）点在棱的延长线上，且，求证：平面平面. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【小问1详解】 点直线，直线平面，所以点平面. 又因为点平面，所以点为平面与平面的公共点， 又因为平面平面，故点在直线上. 故三点共线. 【小问2详解】 取的中点，连接， 因为为棱的中点，所以， 又因为，所以. 又，所以四边形为平行四边形， 所以. 因为， 所以四边形为平行四边形， 所以，所以， 又因为平面平面，所以平面. 因为， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面平面，所以平面. 又因为平面，平面， 所以平面平面. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $