四川省江油中学2025-2026学年高一下学期5月教学质量检测数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省江油中学2025-2026学年高一下学期5月教学质量检测数学试题（Word版附解析），共2页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 在复平面内，复数 对应的点的坐标是 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题意得 ，所以 .
2. 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】
【详解】因为 是 边上靠近点 的三等分点，
所以 ，
又因为 ，
所 以
.
3. 若平面内的两个向量 满足 ，且 ，则 （ ）
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A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】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.
【详解】因为 ，所以
所以 ，所以 .
4. 已知某平面图形 的直观图是如图所示的梯形 ，且 ，则原图
形 OABC 的面积为（ ）
A. B. C. 12 D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】求出梯形 的面积，再利用斜二测画法直观图与原图形面积关系求解即得.
【详解】梯形 中， ，而 ，
则梯形 的高 ，
因此梯形 的面积 ，
而在斜二测画法中，直观图面积是原图形面积的 ，
所以原图形 OABC 的面积为 .
故选：D
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5. 已知圆锥的底面半径为 ，侧面展开图是圆心角为 的扇形，则该圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由扇形的弧长公式与面积公式求解即可
【详解】设圆锥的底面半径为 ，侧面展开扇形的半径为 ，
因为底面周长 ，
所以扇形的弧长 ，
所以 ，
所以圆锥的侧面积为 ，
故选：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
【答案】B
【解析】
【分析】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.
【详解】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.
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故选：B.
7. 在 中，角 所对的边长分别为 ．若 ，则这样的三角形解的个
数为（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 不确定
【答案】C
【解析】
【分析】根据 判断即可.
【详解】因为 ，所以
所以 ，即 ，
所以这样的三角形解的个数为 2 个，如图.
8. 已知正三棱锥 的底面边长为 6，二面角 的余弦值为 ，则正三棱锥 外
接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作辅助线，找到二面角的平面角 ，利用相关线段长度，结合二面角 的余弦值
求出 的长度，再利用勾股定理求出正三棱锥的高 ，设外接球半径为 ，根据外接球的性质，结合勾
股定理列出关于 的方程，求解出 ，最后利用球的表面积公式计算出外接球的表面积.
【详解】如图所示，正三棱锥 ，作 平面 于点 ，则 为正三角形 的中心，
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取 的中点 ，连接 ，设外接球心为 ，则 在 上，连接 .
由已知 的边长为 6，由于 ， 即二面角 的平面角，则
.
因为 ，所以 ，
所以 ， .
设外接球 的半径为 ，则 ， ，
又 ， ，
所以 ，解得 .
故正三棱锥 外接球的表面积 .
故选：C.
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 为虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ）
A.
B. 的虚部为 1
C. 若 ，则 的最大值为 2
D. 若 是关于 的方程 的根，则
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【答案】ABC
【解析】
【详解】对于 A， ，故 A 正确;
对于 B，对于复数 ， 叫做复数 的实部， 叫做复数 的虚部；则复数 的虚部
为 1，故 B 正确;
对于 C， 设
， ，即 的轨迹是以 为圆心，1 为半径的圆；
，其几何意义是圆上的点到 的距离.
圆心 到点 的距离为 1，圆的半径为 1，
圆上的点到点 的最大距离为 1+1=2，即 的最大值为 2，故 C 正确;
对于 D， 是关于 的方程 的根， ，整理得
；
，解得 ， ；
，故 D 错误.
10. 在 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c， ， ，则（ ）
A. B. 外接圆的面积为
C. 面积的最大值为 D. 周长的最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】A. 利用正弦定理将边转化为角，结合三角恒等变换求解；B.利用正弦定理求解；C.利用余弦定理，
结合基本不等式求解；D.利用余弦定理，结合基本不等式求解.
【详解】因为 ，由正弦定理得 ，
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因为 ，所以 ，则 ，即 ，故 A 错误；
由正弦定理得外接圆的半径为 ，即 ，
所以外接圆的面积为 ，故 B 正确；
由余弦定理得 ，即 ，则 ，
当且仅当 时，等号成立，所以三角形的面积为： ，故 C 正确；
由 ，得 ，
则 ，当且仅当 时，等号成立，
所以三角形的周长为 ，故 D 错误，
故选：BC
11. 已知点 在 所在的平面内， ，则下列命题正确的是（ ）
A. 若 ，且 ，则
B. 若 ，则
C. 若 ，则动点 的轨迹经过 的内心
D. 若 ，则动点 的轨迹经过 的外心
【答案】ABD
【解析】
【 分 析 】 A 选 项 ， 根 据 得 到 ， 同 理 得 到 ， 故
；B 选项，取 的中点 ，故 ，故 ⊥
，取 的中点 ，同理可得 ⊥ ，点 P 是 的外心，故 ；C 选项，由正弦
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定理得到 ，故 ，点 P 在 的中线上，C 错误；D
选项，作出辅助线，结合向量数量积运算法则得到 ，从而得到 ，点 在
的中垂线上，故动点 的轨迹经过 的外心.
【详解】A 选项，因为 ，所以 ，
所以 ，同理可得 ，
故点 是 的垂心，
故 ，故 A 正确；
B 选项，取 的中点 ，则 ，故 ，故 ⊥ ，
取 的中点 ，则 ，故 ，故 ⊥ ，
故点 P 是 的外心，故 ，B 正确；
C 选项，由正弦定理得 ，故 ，
故 ，
取 的中点 ，则 ，
故点 P 在 的中线上，重心在其上，故 C 错误；
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D 选项，
，
设 的中点 ， ，
所以 ，
，
所以 ，
故点 在 的中垂线上，故动点 的轨迹经过 的外心，故 D 正确.
故选：ABD
【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. 如图，某湖泊沿岸有 四个镇，已知 镇与 镇之间的距离为 ， 镇与 镇之间的距离
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为 ，测得 ， ， ，则 两镇之间的距离为__________ ．
【答案】
【解析】
【详解】在 中，由余弦定理得
，
所以 ，在 中， ，
在 中，由正弦定理得 ，
所以 ，
所以 ，
在 中，
，故 ．
13. 已知向量 ，若 ，向量 在向量 上的投影向量为__________.
【答案】
【解析】
【详解】 ，
由 得 ，即 ，
解得 .
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，
∴向量 在 上的投影向量为 .
14. 在 中，已知 ，则
的形状为________．
【答案】等腰或直角三角形
【解析】
【分析】借助正弦定理与余弦定理可将原等式化简，即可得解.
【详解】由正弦定理及余弦定理可得：
，
即有 ，化简得 ，
故 或 ，则 为等腰或直角三角形.
故答案为：等腰或直角三角形.
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. 已知向量 ．
（1）若向量 与 垂直，求实数 的值；
（2）若向量 与 的夹角为锐角，求实数 的取值范围．
【答案】（1）
（2） 或
【解析】
【分析】（1）利用向量垂直的充要条件，通过坐标运算列方程求解参数 ；
（2）先根据数量积大于 0 列出不等式，再排除向量同向共线的情况，得到参数 的取值范围
【小问 1 详解】
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，解得 ；
【小问 2 详解】
若向量 与 的夹角为锐角，则 且 与 不同向共线，
且 ，解得 且 ，
或 .
16. 如图，在四棱锥 P-ABCD 中， ，O，M 分别是 AD，AP 中点，底面 ABCD 为菱形，平面
平面 ABCD， ．
（1）证明： ；
（2）求 D 到平面 MOB 的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过面面垂直得到 ，继而通过 平面 PAD，最终完成证明
（2）建系利用向量法求解或利用等体积法求解
【小问 1 详解】
连接 PO，BD，如图一所示，
， ，∵平面 平面 ABCD，
平面 平面 ， 平面 ， 平面 ABCD，
平面 ABCD， ，
又 平面 PAD， 平面 PAD，
又 平面 PAD， .
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【小问 2 详解】
由（1）得 ,又∵O 为 AD 的中点, ，
, 是正三角形， , .
法一：以 O 为原点，OA，OB，OP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图一所示的空间直角坐标系，
则 ，
，
设平面 MOB 的一个法向量为 ，
则 即 ，
取 ，则 ， ，
∴点 D 到平面 MOB 的距离 ，
∴点 D 到平面 MOB 的距离为 .
法二：连接 MD，设点 D 到平面 MOB 的距离为 h，
，
，M 到平面 ABCD 的距离为 P 到平面 ABCD 距离的 ，
即 ， ， ，
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，∴点 D 到平面 MOB 的距离为 .
17. 在 中，内角 所对的边分别为 ，已知 .
（1）求 ；
（2）若 ， ， 的平分线交 于点 ，求线段 的长；
（3）若 是锐角三角形，且 ，求 面积的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由已知式展开后逆用和角公式和辅助角公式化简得到 ，借助于三角形内角范
围即可求得角 ；
（2）由三角形面积公式和等面积建立方程，求解即得；
（3）方法一：作 于点 ，过点 作 ，由题可得点 在 之间，根据图形得
，推得 ，即可代入三角形面积公式求得其范围；方法二：由正弦定理可得
，求出 利用正切函数的单调性求得 ，代入三角形面积公式即可求得其
范围
【小问 1 详解】
即
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因 ，则 ，故 ，解得 .
【小问 2 详解】
由（1）已得 由 为 的平分线，可得
设 ，由 可得 ，
即 解得 ，即 .
【小问 3 详解】
方法一：如图，作 于点 ，过点 作 ，交直线 于点 ，
当点 在 之间时， 为锐角三角形
∴ ，即 ，因 ，则得 ，
的面积的取值范围为 .
方法二：由正弦定理，可得
∵ 均为锐角 解得
故 可得 故
又 ， 的面积的取值范围为
18. 如图所示，四棱锥 ，底面 为正方形， ， 为正三角形，
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，点 在 上.
（1）若 为中点，求证： 平面 ；
（2）求异面直线 与 所成角的余弦值；
（3）若 ，在棱 上是否存在一点 ，使 平面 ？并证明你的结论.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，证明见解析.
【解析】
【分析】（1）连接 交 于点 ，先证明 ，再由线面垂直判定定理证明结论；
（2）取 的中点 ，结合异面直线夹角定义证明 为异面直线 与 所成角（或其补角），解
三角形求其余弦值；
（3）取 中点 ， 的中点为 ，根据线面平面判定定理证明 平面 ， 平面
，再根据面面平行判定定理证明平面 平面 ，由此证明 平面 .
【小问 1 详解】
连接 交 于点 ，连接 ，
因为 是正方形，所以 为 中点，
所以在 中， 为中位线， ，
又 平面 ， 平面 ， 平面 ；
【小问 2 详解】
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取 的中点 ，因为 为 中点，
所以在 中， 为中位线，所以 ， ，
所以 为异面直线 与 所成角（或其补角），
在 中， ， ， ，
由余弦定理可得 ，又 ，
所以 为锐角，
所以异面直线 与 所成角的余弦值为 ；
【小问 3 详解】
当 是棱 中点时， 平面
证明如下：取 中点 ，连接 ， ，则 ，
平面 ， 平面 ，
平面 ，
在 中， 为 中点， 为 中点，
平面 ， 平面 ，所以 平面 ；
，所以平面 平面 ；
平面 ， 平面
19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一
点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当 的三个内
角均小于 120°时，使得 的点 O 即为费马点：当 有一个内角大于
或等于 120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知 的内角 A，B，C 所对
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的边分别为 a，b，c，且 .
（1）求 ；
（2）若 ，设点 P 为 的费马点，求 ；
（3）设点 在三角形内，到三角形的三个顶点的距离之和的最小值为 ，若 ，求实数 的最小值
.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由 结合两角和与差的正弦公式以及 、 即可得解.
（2）由费马定义得 ，设 ，则由
结合正弦定理形式的面积公式以及 得 ，接着再结
合数量积定义公式即可求解 .
（3）由题意得 P 为费马点， ，设
，则由 得 ，
接着分别由 、 和 结合余弦定理和 得 ，进而结合基本不等式
即可建立关于 的不等式，从而求解关于 的不等式即可得解.
【小问 1 详解】
因为 ，
所以由正弦定理有 ，
所以 ，又因为 、 ，
所以 ，故 ，故 .
【小问 2 详解】
由（1） ，所以 的三个内角均小于 120°，
所以由费马点定义有 ，
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设 ，若
则由 得
，
即 ，
整理得 ，
所以
.
【小问 3 详解】
由题意 P 为费马点， ，
设 ，
则 ，故 ，
在 、 和 中由余弦定理分别得
，
，
，
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又 ，所以 ，
所以 ，即 ，
因为 ，
所以 ，结合 可得当且仅当 等号成立，
又 ，所以 ，
整理得 ，解得 或 ，
又 ，所以 ，
综上所述，实数 的取值范围是 ，故实数 的最小值为 .
【点睛】关键点睛：求实数 的最小值关键点 1 是利用 得 ；关键点 2
是分别由 结合余弦定理和 得 ，进而由两式 和
结合基本不等式建立关于 的不等式.
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