精品解析：黑龙江省名校协作体2025-2026学年高一下学期第二次教学质量监测数学试卷

2025—2026学年度下学期第二次教学质量监测 数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册5.4至第八章，选择性必修第一册第一章. 一、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. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 若一个正n棱台共有18条棱，则（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 3. 若构成空间的一个基底，则下列可以构成空间的另一个基底的是（ ） A. B. C. D. 4. 若平面平面β，平面平面β，则α，β，γ将空间分成（ ） A. 4个部分 B. 5个部分 C. 6个部分 D. 7个部分 5. 已知是直线的一个方向向量，是平面的一个法向量.若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为梯形，已知，，则将四边形ABCD绕着AB旋转一周得到的旋转体的体积为（ ） A. 28π B. 48π C. 56π D. 60π 8. 在中，均在上，，则（ ） A. B. C. D. 二、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，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. 若复数，则（ ） A. B. C. 的虚部为 D. 10. 已知函数的最大值为2，且的图象经过点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 的单调递减区间为 D. 若在上恰有3个解，则m的取值范围为 11. （多选题）如图1，在直角梯形中，，，，，，在上，E，H均在上，.将矩形沿翻折至四边形的位置，将沿直线翻折至的位置，如图2所示，连接，，，且，在上，则（ ） A. 平面平面 B. 的最小值为 C. 几何体共有8个面 D. 几何体外接球的半径为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若平面向量与的夹角为，，则__________. 13. 已知A，B，C三点不共线，P为平面ABC外一点，且.若H，A，B，C四点共面，则__________. 14. 在中，，点D在边BC上，且，则__________． 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. 如图，直三棱柱内接于一个圆柱，是底面圆的直径，. （1）求圆柱的表面积； （2）求异面直线与所成角的余弦值. 16. 如图，已知平行六面体所有的棱长均为，，，为的中点，设. （1）用表示； （2）求的值. 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，为的中点. （1）证明：平面. （2）求点到平面的距离. （3）求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c. （1）证明：. （2）设. （i）求C的最大值； （ii）求的值. 19. 如图，在四棱锥中，底面，，，且. （1）若平面，证明：. （2）设平面平面. （ⅰ）证明：. （ⅱ）若，求二面角的正弦值的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度下学期第二次教学质量监测 数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册5.4至第八章，选择性必修第一册第一章. 一、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. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】点关于平面Oxy对称的点的坐标为. 2. 若一个正n棱台共有18条棱，则（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【详解】正棱台共有条棱，所以，解得． 3. 若构成空间的一个基底，则下列可以构成空间的另一个基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由基底的定义逐一判断即可. 【详解】，故A不是； 不存在，使得，故B是； ，故C不是； ，故D不是. 4. 若平面平面β，平面平面β，则α，β，γ将空间分成（ ） A. 4个部分 B. 5个部分 C. 6个部分 D. 7个部分 【答案】C 【解析】 【详解】如图所示，将空间分成6个部分，C正确. 5. 已知是直线的一个方向向量，是平面的一个法向量.若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面与直线平行得出平面法向量与直线的方向向量互相垂直，建立方程求解参数即可. 【详解】根据题意可得，所以，即. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以，由同角三角函数基本关系式， 且，得， 则. 7. 如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为梯形，已知，，则将四边形ABCD绕着AB旋转一周得到的旋转体的体积为（ ） A. 28π B. 48π C. 56π D. 60π 【答案】C 【解析】 【详解】根据斜二测画法的性质，得出如图所示的四边形ABCD.易得四边形ABCD为直角梯形，则，，，所以将四边形ABCD绕着AB旋转一周得到的旋转体为上、下底面半径分别为2，4，高为6的圆台，所以所求体积为. 8. 在中，均在上，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量共线定理可设，，再结合已知条件即可求解. 【详解】 设，， 则，则， 所以，即，故B正确. 二、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，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. 若复数，则（ ） A. B. C. 的虚部为 D. 【答案】AD 【解析】 【详解】，A正确；，B错误； ，所以的虚部为3，C错误． ，D正确． 10. 已知函数的最大值为2，且的图象经过点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 的单调递减区间为 D. 若在上恰有3个解，则m的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A，通过函数最大值确定的值；B，通过图象过点代入求解；C，运用整体代入法求解出的单调递减区间；D，通过解的个数结合余弦函数图象求解范围. 【详解】选项A，由的最大值为2，可得，A正确； 选项B，因为的图象经过点，所以， 解得.因，所以，B错误； 选项C，由上分析，得， 令，解得， 故的单调递减区间为，C正确； 选项D，在上恰有3个解，令， 当时，，的通解为或，， 在的范围内，从小到大的解为，…，要恰有3个解，需满足， 解得，故m的取值范围为，D正确. 11. （多选题）如图1，在直角梯形中，，，，，，在上，E，H均在上，.将矩形沿翻折至四边形的位置，将沿直线翻折至的位置，如图2所示，连接，，，且，在上，则（ ） A. 平面平面 B. 的最小值为 C. 几何体共有8个面 D. 几何体外接球的半径为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项A，根据翻折前后，位于同一平面内的位置关系不变，可知，，利用面面垂直的判定判断；对于选项B，将平面与平面展开至同一平面，问题转化为求的长；对于选项C，观察图形可判断；对于选项D，将原图形补成长方体，长方体的体对角线长即为外接球的直径. 【详解】几何体共有7个面，C错误； 因为四边形为矩形，所以，，翻折后，，因为，所以平面， 因为平面，所以平面平面，A正确； 因为，，， 所以，所以，则，同理可证， 可将几何体补全为长为、宽为3、高为4的长方体， 其外接球即为长方体的外接球，外接球的半径为，D正确； 连接，，将平面与平面展开至同一平面， 如图3所示，当F，K，P在同一直线上时，取得最小值. 因为，，， 所以平面，则， 在图3中过作，与的延长线交于点， 则，， 所以，B正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若平面向量与的夹角为，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据数量积的定义求出，再根据数量积的运算律计算可得. 【详解】 ， 所以. 13. 已知A，B，C三点不共线，P为平面ABC外一点，且.若H，A，B，C四点共面，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】结合空间向量共面定理的推论求参数即可. 【详解】由题意可知H，A，B，C四点共面的充要条件是存在，使得且， 所以，解得. 14. 在中，，点D在边BC上，且，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据等面积法，将的面积分为与的面积和，利用三角形面积公式即可计算． 【详解】 因为，所以． 因为，所以，解得． 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. 如图，直三棱柱内接于一个圆柱，是底面圆的直径，. （1）求圆柱的表面积； （2）求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)利用直径所对的圆周角为直角和勾股定理求出的长度和柱体的高，再根据圆柱结构特征即可求其表面积； (2)法一：利用平行线转化，求出异面直线与所成角即为，再利用勾股定理的逆定理证明，然后通过余弦定理计算夹角即可求解； 法二：建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，再利用向量法求出异面直线所成的角的余弦值即可. 【小问1详解】 因为AB是底面圆O的直径，所以.因为，，所以.因为，所以圆柱的侧面积为，故其表面积为. 【小问2详解】 （方法一）由三棱柱的性质可得，所以异面直线与所成的角即为.连接. 因为， 所以则，所以， 即异面直线与所成角的余弦值为. （方法二）以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示 由题意得，所以. 设异面直线与所成的角为，则， 即异面直线与所成角的余弦值为. 16. 如图，已知平行六面体所有的棱长均为，，，为的中点，设. （1）用表示； （2）求的值. 【答案】（1）， （2）2 【解析】 【分析】（1）用向量的线性运算即可求解； （2）用向量数量积的运算律即可求解. 【小问1详解】 由于，，所以，因此， 又因为为的中点，，因此. 【小问2详解】 由（1）可知，， 所以. 因为， 所以. 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，为的中点. （1）证明：平面. （2）求点到平面的距离. （3）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）连接交于点，连接. 因为底面是正方形，所以为的中点. 因为为的中点，所以是的中位线，. 因为平面，平面，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定定理即可证明； （2）以为原点，以，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，由空间向量点到平面的距离公式求解即可； （3）由空间向量直线与平面的夹角求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，以，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，. 设平面的法向量为，因为，， 所以令，得. 因为，所以点到平面的距离. 【小问3详解】 结合（2）中坐标系，知， 设直线与平面所成的角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c. （1）证明：. （2）设. （i）求C的最大值； （ii）求的值. 【答案】（1）证明：， 同理可得. （2）（i）；（ii） 【解析】 【详解】（1）略 （2）解：（i）因为，所以. 又，当且仅当时，等号成立， 所以. 因为，所以， 故C的最大值为. （ii）因为，所以. 又， 所以， 则，· 两边同时除以，得. 由（1）可得， 则. 因为，所以， 则，得. 19. 如图，在四棱锥中，底面，，，且. （1）若平面，证明：. （2）设平面平面. （ⅰ）证明：. （ⅱ）若，求二面角的正弦值的取值范围. 【答案】（1）因为底面，平面，所以， 因为，，平面，所以平面. 因为平面，平面，平面平面，所以. 所以平面，因为平面，所以. （2）（ⅰ）证明：如图1，过点作，垂足为， 因为平面平面，平面平面，所以平面. 因为平面，所以. 又因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以. （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）先证线面垂直，再利用线面垂直的定义证明线线垂直. （2）（ⅰ）根据面面垂直的性质定理证明线面垂直，进而证明平面，再根据线面垂直的定义得到线线垂直. （ⅱ）构造二面角的平面角，结合三角形的边角关系求二面角的正弦值的取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）如图2，过点作，垂足为，过点作，垂足为，连接. 因为平面，平面，所以，因为，所以平面， 因为平面，所以，又，，所以平面，因为平面，所以， 所以为二面角的平面角. 由（ⅰ）知，所以，设（）， 则，所以. ，，， 则. 又，所以随着的增大而增大， 当时，， 当时，， 所以二面角的正弦值的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $