精品解析：江苏省海安高级中学2025-2026学年高一下学期6月月考数学试题

高一数学 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，其中 为虚数单位，则复数在复平面内对应的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 在 中，内角， ， 所对的边分别是， ， ．已知，，，则 的大小为（ ） A. B. C. 或 D. 或 4. 如图，是水平放置的 用斜二测画法画出的直观图，其中，，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 5. 在直四棱柱中，底面为矩形，点为的中点，，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知直线 ，三个不同的平面 ，， ，则下列能推出 的条件是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 7. 圆O是边长为的等边三角形ABC的内切圆，其与BC边相切于点D，点M圆上任意一点，（x，），则的最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 8. 在长方体中，直线与平面所成角为 ，与平面所成角为，与平面所成角为 ，若，，（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，至少有两项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的有（ ） A. 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体叫做棱柱 B. 平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 C. 正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 D. 相等的角在直观图中仍然相等． 10. 设、、为复数，．下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 如图，正方形的棱长为1，线段有两个动点， ，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 异面直线所成角为定值 C. 直线与平面所成角为定值 D. 以为顶点的四面体的体积不随 位置的变化而变化 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设，为单位向量，在上的投影向量为，则_____ 13. 已知二面角的大小为，二面角内一点 到平面的距离分别为3和5，则 到 的距离为__________. 14. 设Ox，Oy是平面内的两条数轴，分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量．若，则把有序数对叫做向量在坐标系Oxy中的坐标．已知，，对任意，恒成立，则的取值范围为________． 四、解答题：本题共6小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 中，角所对的边分别为，已知． （1）求的大小； （2）若 的面积，求的值． 16. 如图，在四棱锥中，平面，底面为梯形，，平面平面，且 ，． （1）若平面与平面相交于直线 ，求证：； （2）求证：． 17. 已知复数均为锐角，且. （1）求的值； （2）若，求的值. 18. 如图所示，在三棱柱中，侧棱底面 ，为棱 的中点．， ， . （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）在棱上是否存在点，使得平面平面？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由． 19. 在 中，，设分别为. （1）若. （i）求的值； （ii）求的最小值； （2）若，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学 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，其中 为虚数单位，则复数在复平面内对应的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得，再分析求解即可. 【详解】根据题意得：， 所以复数在复平面内对应的点的坐标为：. 故选：C. 2. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接由向量的数量积的坐标运算及向量垂直的条件可得. 【详解】因为向量，，且，由数量积的坐标运算， 所以 ，即，解得. 3. 在 中，内角， ， 所对的边分别是，，．已知，，，则 的大小为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【详解】在 中，，，， 由正弦定理，得，解得， 因为，所以，所以， 所以，故选项A正确. 4. 如图，是水平放置的 用斜二测画法画出的直观图，其中，，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【详解】斜二测画法画出的直观图中，已知中，，， 则， 还原直观图，则， ． 5. 在直四棱柱中，底面为矩形，点 为的中点，，且，则异面直线与 所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用平移法得到异面直线与 所成角为，求出的三边长，推出 ，即可求得的余弦值. 【详解】如图，直四棱柱中，底面 为矩形， 则 ，异面直线与 所成角为.连接 ， 因平面，平面，则，又点 为的中点， 则 ， 易得， 平面， 则平面，因平面，则，同理可得 ， 在中，因，则 , 即异面直线与 所成角的余弦值为. 6. 已知直线 ，三个不同的平面 ，， ，则下列能推出 的条件是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，当， ，根据直线与平面的位置关系可得，故A不能推出 ； 对于B，当，，可得 与可能平行，可能相交，故B不能推出 ； 对于C，当，，可得 ，故C能推出 ； 对于D，当，，可得 与可能平行，可能相交，故D不能推出 . 7. 圆O是边长为的等边三角形ABC的内切圆，其与BC边相切于点D，点M圆上任意一点，（x，），则的最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立坐标系，写出相应的点坐标，根据向量的坐标表示及圆的参数方程可得的表达式，然后利用三角函数的性质可得最大值. 【详解】以D点为原点，BC所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立坐标系， 因为圆O是边长为的等边三角形ABC的内切圆， 所以，即内切圆的圆心为，半径为1， 可设，又， ∴，， ∴， 故得到， ∴， ∴， 当时等号成立，即的最大值为2. 故选：B. 8. 在长方体中，直线与平面所成角为，与平面所成角为，与平面所成角为 ，若，，（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意得，，，设，，，根据，，可以得到，，而，再分析求解即可. 【详解】根据题意，画出如下示意图：根据长方体的性质， 平面，所以， 平面，所以，平面，所以， 所以，，， 设，，，所以， 所以，即，又， 所以，即，又， 所以， 联立，解得， 所以. 故选：D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，至少有两项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的有（ ） A. 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体叫做棱柱 B. 平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 C. 正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 D. 相等的角在直观图中仍然相等． 【答案】BC 【解析】 【分析】根据简单几何体的结构特征，逐项判断，即可得出结果. 【详解】对于A，如图所示， 由图知，该几何体上下底面平行，各个面都是平行四边形，此几何体不是棱柱，故A错误； 对于B，由平行六面体的概念和性质可知：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； 对于C，根据正棱锥的概念和性质可知，正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，故C正确； 对于D，相等的角在直观图中不一定相等，比如直角在直观图中可能变为或，故D错误. 10. 设、、为复数，．下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】对AD选项直接举反例判断可得，对BC根据复数模的性质判断可得. 【详解】选项A ，复数的模相等不代表复数本身相等或互为相反数，如取 ， ， 则满足，但，因此A错误； 选项B， 因为，所以 ，又由，所以， 由复数模的性质，，因为 ，所以，因此B正确； 选项C，根据复数模的性质：对任意复数，都有， 若，则，所以，等式成立，故C正确； 选项D， 举反例：，，则满足，但，因此D错误. 11. 如图，正方形的棱长为1，线段有两个动点 ， ，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 异面直线所成角为定值 C. 直线与平面所成角为定值 D. 以为顶点的四面体的体积不随 位置的变化而变化 【答案】ACD 【解析】 【分析】A.连接BD交AC于O，连接OE，由正方体特征易证平面判断；B.易证是平行四边形，得到，则是异面直线所成的角求解判断；C.由平面，得到是直线与平面所成的角求解判断；D.由四面体的体积为判断. 【详解】如图所示： 连接BD交AC于O，连接OE， 由正方体特征知：，且，则平面，所以，故A正确； 因为，所以是平行四边形，则，所以是异面直线所成的角，又平面，则，因为OE变化，则变化，故B错误； 由平面，得是直线与平面所成的角，且为定值，故C正确； 以为顶点的四面体的体积为 为定值，故正确； 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设，为单位向量，在上的投影向量为，则_____ 【答案】 【解析】 【详解】因为在上的投影向量为，所以，又为单位向量，所以， 所以. 13. 已知二面角的大小为，二面角内一点 到平面的距离分别为3和5，则 到 的距离为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件，作出二面角的平面角，利用余弦定理、正弦定理求解即得. 【详解】令于，于 ，平面，则， 由，得， 又是平面 内的两条相交直线，则 平面， 又平面，于是， 是二面角的平面角，， 则，在中，由余弦定理得， 而 到 的距离 是四边形 外接圆直径， 所以. 故答案为： 14. 设Ox，Oy是平面内的两条数轴，分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量．若，则把有序数对叫做向量在坐标系Oxy中的坐标．已知，，对任意，恒成立，则的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意将，转化成用基底表示的形式，进一步可求出，根据恒成立求解的取值范围即可. 【详解】，. ，. ，， . 对任意，恒成立. . . ， . 解得：. ；. 即的取值范围为. 四、解答题：本题共6小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 中，角所对的边分别为 ，已知． （1）求的大小； （2）若 的面积，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式，三角形内角和定理以及诱导公式即可得，解出即可得到的大小； （2）由可得 ，再根据余弦定理求出，然后根据正弦定理即可求出的值． 【小问1详解】 原式可化为：，解之得：或（舍去） ∵，∴ 【小问2详解】 因为，∴．由余弦定理得：． 正弦定理得：，代入得． 16. 如图，在四棱锥 中， 平面，底面为梯形，，平面平面，且 ，． （1）若平面与平面相交于直线 ，求证：； （2）求证：． 【答案】（1）证明：由，平面，平面，得平面， 又平面，且平面与平面相交于直线 ，所以． （2）证明：在平面内作于 ， 平面平面，平面 平面 ，平面， 平面，平面，则 ， 又 平面，平面，则 ， 又且都在平面内，故平面， 又 平面，则. 【解析】 【分析】（1）先由线面平行的判定定理推得平面，再由线面平行的性质即可证得结论； （2）在平面内作于 ，利用面面垂直的性质可得平面，进而 ，再由线面垂直的性质得 ,根据线面垂直的判定定理推得平面，即可证得结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 已知复数均为锐角，且. （1）求的值； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出，利用即可求出的值；（2）利用平方关系求出，，再利用和差角公式即可求得. 【小问1详解】 因为复数，所以. 所以 因为，所以，解得：. 【小问2详解】 因为均为锐角，所以， 所以. 因为为锐角，，所以. 所以 . 18. 如图所示，在三棱柱中，侧棱底面 ，为棱 的中点．， ， . （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）在棱上是否存在点，使得平面平面？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）连结交于O，连结，易得，再由线面平行的判定证明结论； （2）应用线面垂直的性质及判断证明，再由已知得，最后由线面垂直的判定证明结论； （3）当点N为中点时，即，设中点为D，连结DM， ，先证，再结合（2）平面及面面垂直的判定证明结论，即可得. 【小问1详解】 连结交于O，连结 在中，因为M，O分别为AC，中点，所以     又因为平面，平面，所以平面 【小问2详解】 因为侧棱底面ABC，平面ABC，所以 又M为棱AC中点，，所以 因为，，平面 所以平面， 平面，所以 因为M为棱AC中点， ，所以 ，又， 所以在和中， 所以，即，所以 因为，BM，平面，所以平面 【小问3详解】 当点N为中点时，即，平面平面 设中点为D，连结DM， 因为D，M分别为，AC中点，所以，且 又因为N为中点，所以，且， 所以四边形DMBN是平行四边形，所以， 结合（2）平面，则 平面， 又 平面，所以平面平面 19. 在 中，，设分别为. （1）若. （i）求的值； （ii）求的最小值； （2）若，求的值. 【答案】（1）（i）0；（ii）3 （2） 【解析】 【分析】（1）（i）由可得答案；（ii）方法一：由得，利用基本不等式得，再由的范围可得答案；方法二：设，由正弦定理得，再利用弦花切，再利用基本不等式可得答案； （2）设，由正弦定理得，由余弦定理得，求出，，再由余弦的二倍角公式可得答案. 【小问1详解】 （i）因为， 所以. （ii）方法一： 由得， 即 ， 所以， ，当且仅当时等号成立，即， 因为，所以，即， 所以，所以的最小值为3. 方法二： 设，则 ， 因为，故， 所以， 在中，由正弦定理得， 即，所以， 所以， 因为， 所以， 所以， 因为，所以， 当且仅当时等号成立， 因为，所以，即， 所以，所以的最小值为3； 【小问2详解】 设，则， 在中， 由正弦定理得， 即， 因为，所以，① 在中，由余弦定理得，② ，③ 由②③得， 由①②得， 故，即，所以， 所以， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $