四川省绵阳市三台中学2025-2026学年高一第二学期6月教学质量检测数学试题 含答案解析

数学考试时间：2026.06120分钟总分：150分一、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.复数在复平面内对应的点所在的象限为（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.已知正四棱台的上底面边长为4，下底面边长为2，高为6，则该正四掕台的体积为（）A.60 B.20 C.40 D.563.已知两条不同直线，，两个不同平面，，下列命题中正确的是（

）A.若，，则； B.若，，，，则；C.若，，则； D.若，，，则或与异面4.若平面内的两个向量满足，且，则（）A. B. C. D.15.如图，在中，，，，是边上靠近点的三等分点，则（）A. B. C. D.6.在中，若，则的形状一定是（）A.等腰三角形 B.等腰或直角三角形C.等腰直角三角形 D.不含的直角三角形7.在正方体中，点为棱的中点，则与的夹角为（）A. B. C. D.8.我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，即中，角所对的边分别为，则的面积．已知面积为，且，则为（）A. B. C. D.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.已知向量，，，则（

）A.的夹角为锐角 B.若，则C.若与垂直，则 D.在上的投影向量是10.在中，角所对的边分别是且，则下列说法正确的是（）A.B.若，则的外接圆半径为6C.若，且有一解，则的取值范围为D.若，且为锐角三角形，则的取值范围为11.如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有（

）A.三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化．B.无论点N在何处，始终有平面成立．C.直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为．D.平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形．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.i是虚数单位，若复数满足，则______．13.如图，海岸线上有相距的两座灯塔，，灯塔位于灯塔的正南方向．海上停泊着两艘轮船，甲船位于灯塔的北偏西方向，与相距的处；乙船位于灯塔的北偏西方向，与相距的处．则两艘轮船之间的距离为_________．14.已知圆锥的底面半径为，母线长为，圆锥内部有一个半径1的球，该球同时紧贴圆锥的侧面和底面滚动，则该球与圆锥的接触点的轨迹长度为________.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．15.已知在中，为中点，，，．（1）用和表示；（2）若，求；（3）设和的夹角为，若，求证：．16.如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点．（1）若为线段上的动点，证明：平面平面；（2）若是上靠近的四等分点，求点到平面的距离．17.函数的部分图象如图所示．（1）求函数的解析式；（2）的内角所对的边分别为，若，，面积为，求的周长．18.如图，四棱锥中，平面平面，是边长为6的等边三角形，，，点在棱上，且．（1）求证：∥平面；（2）已知．①若二面角的正切值为2，求三棱锥的体积；②若，设直线与平面所成的角为，若，求的取值范围．19.如图1，若平面内两条射线，相交成角，，分别为与，同向的单位向量，则称平面坐标系为“仿射坐标系”．在“仿射坐标系”中，若，则记．（1）在“仿射坐标系”中，，，求；（2）在“仿射坐标系”中，若，且与的夹角为，求；（3）如图2，在“仿射坐标系”中，点，分别在射线，射线上（均与点不重合），，，，分别为，的中点，求的最大值．

数学考试时间：2026.06120分钟总分：150分一、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.复数在复平面内对应的点所在的象限为（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限答案：A解析：思路：对化简即可.解答过程：，复平面内对应的点坐标为，因此位于第一象限.2.已知正四棱台的上底面边长为4，下底面边长为2，高为6，则该正四掕台的体积为（）A.60 B.20 C.40 D.56答案：D解析：思路：直接根据棱台的体积公式计算可得.解答过程：因为正四棱台的上底面边长为4，下底面边长为2，高为6，所以该正四棱台的体积.故选：D.3.已知两条不同直线，，两个不同平面，，下列命题中正确的是（

）A.若，，则； B.若，，，，则；C.若，，则； D.若，，，则或与异面答案：D解析：思路：根据空间中线线、线面、面面的位置关系及相关判定、性质定理，逐一判断即可.解答过程：对选项A：根据线面平行的判定定理，平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，才可推出该直线与此平面平行，该选项未说明，当时也满足且，故A错误；对选项B：根据面面平行的判定定理，一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面，才可推出两平面平行，该选项未说明与为相交直线，若，则与可能相交，故B错误；对选项C：若，则与内的直线无公共点，位置关系为平行或异面，不一定平行，故C错误；对选项D：若，则与无公共点，因此分别在两平面内的直线、也无公共点，无公共点的两条直线位置关系为平行或异面，故D正确.4.若平面内的两个向量满足，且，则（）A. B. C. D.1答案：B解析：思路：应用数量积运算律计算得出，再应用夹角余弦公式计算求解.解答过程：因为，所以所以，所以.5.如图，在中，，，，是边上靠近点的三等分点，则（）A. B. C. D.答案：B解析：解答过程：因为是边上靠近点的三等分点，所以，又因为，所以.6.在中，若，则的形状一定是（）A.等腰三角形 B.等腰或直角三角形C.等腰直角三角形 D.不含的直角三角形答案：B解析：思路：利用正弦定理边化角，利用三角恒等变换可求得或，分类讨论可得结论.解答过程：由和正弦定理，可得，因，代入上式，化简得：，即，故得或，当时，，所以，此时是直角三角形；当时，，又，，则或（舍去），此时为等腰三角形.综上：可得的形状一定是等腰或直角三角形.故选：B.7.在正方体中，点为棱的中点，则与的夹角为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：根据线面垂直的判定定理以及性质求解即可.解答过程：连接.因为平面，所以平面.因为，所以平面.因为平面，所以，故与的夹角为.8.我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，即中，角所对的边分别为，则的面积．已知面积为，且，则为（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：由已知条件得，求得的值，再结合余弦定理即可求得角C.解答过程：根据题意得，将代入得：，化简可得：，由余弦定理可得：,因为，所以.故选：A.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.已知向量，，，则（

）A.的夹角为锐角 B.若，则C.若与垂直，则 D.在上的投影向量是答案：ABD解析：思路：由平面向量的坐标运算，结合向量夹角、平行、垂直的判定规则，以及投影向量的计算公式逐项分析判断.解答过程：选项A：易知，且，说明与不共线，因此两向量夹角为锐角，A正确；选项B：若，则，解得，B正确；选项C：因为，所以，解得，C错误；选项D：投影向量公式为，代入，得，D正确.10.在中，角所对的边分别是且，则下列说法正确的是（）A.B.若，则的外接圆半径为6C.若，且有一解，则的取值范围为D.若，且为锐角三角形，则的取值范围为答案：ACD解析：思路：结合正弦定理依次对选项求解即可．解答过程：对于A，由可得，即，因为，所以，且，所以，故A正确；对于B，根据正弦定理得则得，故B错误；对于C，由正弦定理得即，要使有一解，则或，则的取值范围为，故C正确；对于D，由正弦定理可得，，即，因为为锐角三角形，所以，，解得，所以，故D正确．11.如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有（

）A.三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化．B.无论点N在何处，始终有平面成立．C.直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为．D.平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形．答案：BCD解析：思路：A选项，直角面积为定值，点N到平面的距离为定值，进而判断体积；B选项，平面即为平面，再结合正方体特点判断；C选项，作出辅助线，得到即为直线与平面所成角，设大小为，设，，分，和三种情况，得到的取值范围；D选项，当为的中点，和三种情况，画出平面BDN截得正方体的截面.解答过程：A选项，在点N的位置移动时，点N到平面的距离为定值，等于正方体的棱长，且直角面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，不会随着点N的位置的改变而变化，A错误；B选项，平面ACN即为平面AC，而正方体中必有平面；得到B正确；C选项，取的中点，连接，则⊥，过点作⊥于点，则，故⊥平面，所以即为直线MN与平面所成角，设大小为，设正方体的棱长为2，则，设，，若，则，由勾股定理得，则，当时，取得最大值，最大值为，当时，取得最小值，最小值为1，故，若，此时平面，此时夹角为0，，若，则，由勾股定理得，则，显然，，，此时，综上，，直线MN与平面所成角的正切值的取值范围为，C正确；D选项，当为的中点时，平面截得正方体的截面为正，当时，延长交于点，连接，则即为平面BDN截得正方体的截面，当时，延长交于点，在平面上，过点作平行于，交于点，连接，则四边形即为平面BDN截得正方体的截面，故平面截得正方体的截面可能是三角形或四边形，D正确.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.i是虚数单位，若复数满足，则______．答案：解析：解答过程：,得，所以.13.如图，海岸线上有相距的两座灯塔，，灯塔位于灯塔的正南方向．海上停泊着两艘轮船，甲船位于灯塔的北偏西方向，与相距的处；乙船位于灯塔的北偏西方向，与相距的处．则两艘轮船之间的距离为_________．答案：解析：思路：连接，可知为正三角形，再解，即可求出．解答过程：如图所示：连接，由题可知，，，所以为正三角形，在中，，，所以，，即．故答案为：．14.已知圆锥的底面半径为，母线长为，圆锥内部有一个半径1的球，该球同时紧贴圆锥的侧面和底面滚动，则该球与圆锥的接触点的轨迹长度为________.答案：解析：思路：取圆锥的轴截面，分析可得接触点的轨迹为两个圆，进而结合图形关系、相似比求解即可.解答过程：取圆锥的轴截面，因为圆锥的底面半径为，母线长为，所以轴截面为等边，半径为1的圆与此等边三角形的一条腰和底边相切，如图，设切点为，圆心为，由于球同时紧贴圆锥的侧面和底面滚动，则接触点的轨迹为两个圆，设其圆心为，则，所以，，，，由于，则，即，则，所以该球与圆锥的接触点的轨迹长度为.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．15.已知在中，为中点，，，．（1）用和表示；（2）若，求；（3）设和的夹角为，若，求证：．答案：（1）（2）（3）∵为中点，∴，∴.∵与的夹角为，，∴.计算得：，∴，即.解析：思路：（1）结合点的分点比例，利用向量线性运算法则将转化为与的线性组合.（2）利用向量模长与数量积的关系，结合已知夹角及模长条件计算.（3）将用、表示，通过证明推导垂直关系.（1）∵，∴，整理得，∴.（2）∵，，，∴.∵，代入数值计算得：，∴.（3）略16.如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点．（1）若为线段上的动点，证明：平面平面；（2）若是上靠近的四等分点，求点到平面的距离．答案：（1）证明：因为底面，且底面所以，因为为正方形，所以，因为，又平面，所以平面，因为平面，所以．由为线段的中点，可知，因为，且平面，所以平面．又平面，所以平面平面.（2）解析：思路：（1）由面面垂直的判定定理证明；（2）由等体积法进行求解．（1）略（2）利用等体积法，设点到平面的距离为．由（1）知平面，故平面，即点到平面的距离为．在等腰中，，，，故．因此，．由（1）知平面，故，即为直角三角形．又，，故．由，得：，，解得．17.函数的部分图象如图所示．（1）求函数的解析式；（2）的内角所对的边分别为，若，，面积为，求的周长．答案：（1）（2）6解析：思路：（1）根据图象，依次求得的值，从而求得的解析式；（2）先求得，利用余弦定理求得，进而得到的周长．（1）由图可知，，函数的最小正周期为，，，可得，，则，，则，所以．（2）由（1）知得，，又，，结合面积公式，得，再由余弦定理，得，由完全平方公式，，故因此，的周长为．18.如图，四棱锥中，平面平面，是边长为6的等边三角形，，，点在棱上，且．（1）求证：∥平面；（2）已知．①若二面角的正切值为2，求三棱锥的体积；②若，设直线与平面所成的角为，若，求的取值范围．答案：（1）连接交于点，连接，，，由相似三角形的性质，可得，又，所以，平面，平面，平面．（2）①；②解析：思路：（1）作出辅助线，得到，进而证明出线面平行；（2）①作出辅助线，为二面角的平面角，根据二面角的正切值求出，求出其他各边长，利用求出体积；②作出辅助线，得到为与平面所成角，即，求出各边长，其中，由余弦定理得，由求出，，得到答案.（1）略（2）①取的中点，取的中点，连接，，，则，，，，∵是边长为6的等边三角形，则，，又平面平面，平面平面，平面，平面，平面，．又，平面，平面，∵平面，，所以为二面角的平面角．在中，．在中，，，．②过作交于，连接，由于平面，所以平面，则为与平面所成角，即，．点在棱上，且．由，，，由余弦定理得，，