2025-2026学年下学期四川江油中学高一数学2026年6月教学质量检测试卷含答案

这是一份2025-2026学年下学期四川江油中学高一数学2026年6月教学质量检测试卷含答案，共6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. (1−3i)2=( )
A. −8+6iB. −8−6i
C. 8+6iD. 8−6i
2. 已知向量a，b满足|a+b|=1，|a−b|=3，则a·b=( )
A. 12B. 14
C. −12D. −14
3. 棱台上下底面均为有一个内角是60°的菱形，且上下底面边长分别为2和3，该棱台的高为3，则该棱台体积为( )
A. 1912B. 196
C. 194D. 192
4. 已知α为第二象限角，且3sin2αcsα=8sinαcs2α，则1+sinα2−csα=( )
A. 34B. 32
C. 12D. 158
5. 已知平面向量a，b不共线，且2a+yb=xa−3b，则( )
A. x=2，y=−3B. x=−2，y=3
C. x=2，y=3D. x=−2，y=−3
6. 在∆ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若A=60°，b=4，b+csinB+sinC=27，则∆ABC的面积为( )
A. 34B.1
C.5D. 53
7. 如图，在∆ABC中，∠BAC=π3，AD→=DB→，P为CD上一点，且满足AP→=mAC→+13AB→，若S∆ABC=23，则|AP→|的最小值是( )
A.2B.4
C. 263D. 83
8. “不以规矩，不能成方圆”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10 cm，较短边为5 cm，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，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，满足c=45 cm。若S∆ABC=8 cm2，且a>c，则（ ）
A.sinC=35
B.∆ABC周长为(12+45) cm
C.∆ABC周长为(15+45) cm
D.圆形木板的半径为25 cm
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z=3+2i，则（ ）
A.z¯=3−2iB.|z|=5
C.z2=5+12iD.z+3z−1∈R
10. 已知向量a=(1,−2)，b=(−1,1)，c=(2,3)，则下列说法正确的是（ ）
A.|a+c|=10
B.a在b上的投影向量为−23b
C.b与c夹角的余弦值为2626
D.若a与b+λc垂直，则实数λ=34
11. 点O在∆ABC所在的平面内，则以下说法正确的有（ ）
A.若OA→·OB→=OB→·OC→=OC→·OA→，则点O为∆ABC的外心（外接圆圆心）
B.若AO→=λAB→|AB→|sinB+AC→|AC→|sinC(λ∈R)，则动点O的轨迹一定通过∆ABC的重心
C.若2OA→+OB→+3OC→=0，S∆AOC，S∆ABC分别表示∆AOC，∆ABC的面积，则S∆AOC:S∆ABC=1:6
D.若OA→·AB→|AB→|+CA→|CA→|=OB→·BA→|BA→|+CB→|CB→|=OC→·BC→|BC→|+CA→|CA→|=0，则点O是∆ABC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a=(3,2)，b=(−2,m)，若a⊥b，则m= .
13. 已知A(−1,3)，B(3,1)，C(−3,t)三点共线，则t= .
14. 球O的体积为43π，A，B，C，D四点均在球O的球面上，∆ABC为等边三角形，DA=DB=DC=2，则∆ABC的面积为 .
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∆ABC中，AB=3，BC=23，csB=33.
（1）求csA；
（2）设D、E两点满足：D在BA的延长线上，DE∥BC，AE⊥AC.若DE=6，求CE.
16. 三棱锥A−BCD中，E在BD上，AE⊥CE，AE⊥DE，CD⊥AD.
（1）证明：CD⊥AB；
（2）若DE=2，BE=1，AE=2，CD=23，求AD与平面ABC所成角的正弦值.
17. 在∆ABC中，已知csB=34，cs2(A+C)+sinAsinC=1.
（1）证明：∆ABC为钝角三角形；
（2）若∆ABC面积为74，求∆ABC周长.
18．如图，在直三棱柱 ABC−A1B1C1 中，∠ACB=90°，AC=BC，D、E 分别为 AB、AC1 的中点.
（1）证明：DE∥ 平面 BCC1B1；
（2）设 CC1=2，直线 DE 与平面 ACC1A1 所成的角为 45°，求直线 DE 到平面 BCC1B1 的距离.
19．如图，在正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，E 为棱 DD1 的中点，F 为棱 BB1 的中点.
（1）连接 C1F 并延长，交平面 ABCD 于点 P，求证：C，B，P 三点共线；
（2）点 M 在棱 AA1 的延长线上，且 A1M=12AA1，求证：平面 MB1D1∥ 平面 EFC．
江油中学2025级高一下6月教学质量检测参考答案
1．答案：B
利用复数的乘法及完全平方公式展开：
(1−3i)2=12−2×1×3i+(3i)2=1−6i−9=−8−6i
2．答案：C
将已知条件的两边分别平方得：|a+b|2=|a|2+2a·b+|b|2=1，
|a−b|2=|a|2−2a·b+|b|2=3，两式相减得：4a·b=1−3=−2⇒a·b=−12
3．答案：D
边长为s且夹角为60°的菱形面积公式为S=s2sin60°=32s2.所以上底面面积
S1=32×22=23，下底面面积S2=32×32=932.计算中间项：
S1S2=23×932=27=33，
棱台的体积公式为V=13h(S1+S2+S1S2).代入高h=3得：
V=13×323+932+33=13×32+92+3=192
4．答案：C
利用倍角公式展开sin2α=2sinαcsα，代入原式：
3(2sinαcsα)csα=8sinαcs2α⇒6sinαcs2α=8sinαcs2α
因为α为第二象限角，所以sinα>0，等边两同除以2sinα得：3cs2α=4cs2α
代入二倍角余弦公式cs2α=2cs2α−1：
3cs2α=4(2cs2α−1)⇒5cs2α=4⇒cs2α=45
在第二象限中，csαc，则A>C，可知C为锐角，可得csC=1−sin2C=35，由余弦定理
csC=a2+b2−c22ab=(a+b)2−2ab−c22ab得，35=(a+b)2−40−8040，解得a+b=12，所以
∆ABC周长为(12+45) cm，故B正确，C错误.
9．答案：ACD
由z=3+2i，得z¯=3−2i，A正确；|z|=32+22=13≠5，B错；
z2=(3+2i)2=9+12i−4=5+12i，C正确；z+3z−i=6+2i3+i=(6+2i)(3−i)10=2∈ℝ，D正
确；故选ACD.
10．答案：AC
对A，a+c=(3,1)，则|a+c|=32+12=10，故A正确；
对B，a在b上的投影向量为a·b|b|2b=−1−22b=−32b，故B错误；
对C，b与c夹角的余弦值为b·c|b||c|=−2+3(−1)2+12×22+32=2626，故C正确；
对D，b+λc=(−1,1)+λ(2,3)=(2λ−1,3λ+1)，若a与b+λc垂直，
则1×(2λ−1)−2×(3λ+1)=0，解得λ=−34，故D错误.
11．答案：BCD
A选项，OA→·OB→−OB→·OC→=0，即OB→·(OA→−OC→)=OB→·CA→=0，故OB⊥CA，
同理可得OC⊥AB，OA⊥BC，则点O为∆ABC的垂心，A错误；
B选项，过点A作AE⊥BC于点E，取BC的中点F，连接AF，
则|AB→|sinB=|AE→|，|AC→|sinC=|AE→|，
则AO→=λAB→|AB→|sinB+AC→|AC→|sinC=λAB→|AE→|+AC→|AE→|=λ|AE→|(AB→+AC→)=2λ|AE→|AF→，
故点O在中线AF上，故向量一定经过∆ABC的重心，B正确；
C选项，如图，F，H分别为BC，AC的中点，
2OA→+OB→+3OC→=0→⇒2(OA→+OC→)+OB→+OC→=0→,
则4OH→+2OF→=0→，故−2OH→=OF→，
所以OH=13HF=16AB，
故S∆AOC:S∆ABC=1:6，C正确；
D选项，AB→|AB→|，CA→|CA→|分别表示AB→，CA→方向上的单位向量AN→，MA→，
故AB→|AB→|+CA→|CA→|=AN→+MA→=MN→，
OA→·AB→|AB→|+CA→|CA→|=OA→·MN→=0，故OA⊥MN，
由三线合一可得，O在∠A的平分线上，同理可得，O在∠B，∠C的平分线上，
则点O是∆ABC的内心，D正确.
故选：BCD
12．答案：3
向量a=(3,2)，b=(−2,m)，
因为a⊥b，
所以a·b=0，即3×(−2)+2m=0，
解得m=3.
故答案为：3.
13．答案：4
由点A(−1,3)，B(3,1)，C(−3,t)，可得AB→=(4,−2)，AC→=(−2,t−3)，
因为A，B，C三点共线，所以AB→∥AC→，可得4(t−3)=4，解得t=4.
14．答案：534
首先由球的体积求得外接球半径R：
VO=43πR3=43π⇒R=3
由于DA=DB=DC=2且∆ABC为等边三角形，四面体D−ABC是正三棱锥.设等边
三角形ABC的外接圆半径为r，边长为a，则r=a3.正三棱锥的高
h=DA2−r2=2−r2.球心O必在底面外接圆中心与顶点D的连线上，满足几何关
系：R2=r2+(h±d)2⇒3=r2+(h−zO)2
利用球心到顶点距离为R，解得：r2=53⇒a2=3r2=5
因此，等边三角形ABC的面积为：S∆ABC=34a2=534.
15．答案：（1）13
（2）CE=35
（1）在∆ABC中，AC2=AB2+BC2−2AB·BCcsB
=9+12−2×3×23×33=9，所以AC=3.
则csA=AB2+AC2−BC22AB·AC=9+9−122×3×3=13.
（2）设AD→=−λAB→(λ>0).因为DE∥BC，设DE→=μBC→.
因为AE→=AD→+DE→=−λAB→+μ(AC→−AB→)=−(λ+μ)AB→+AC→.
又AE⊥AC，所以AE→·AC→=0，−(λ+μ)AB→·AC→+μAC→2=0.
因为AB→·AC→=3×3×13=3，AC→2=9，所以−3(λ+μ)+9μ=0，λ=2μ.
因为λ>0，所以μ>0.
因为|DE→|=μ|BC→|，所以6=23μ，μ=22.
因为AE→=−322AB→+22AC→，CE→=AE→−AC→=−322AB→+22−1AC→
CE→2=92AB→2+22−12AC→2−3222−1AB→·AC→
=812+932−2−9222−1=45
CE=35.
16．答案：（1）证明见解析
（2）63
（1）证明：因为AE⊥CE且AE⊥DE，
而CE∩DE=E且CE，DE⊂平面BCD，
所以AE⊥平面BCD.
因为CD⊂平面BCD，所以CD⊥AE.
又已知CD⊥AD，且AE∩AD=A，AE，AD⊂平面ADE，
所以CD⊥平面ADE.
由于点E在直线BD上，
所以直线AB⊂平面ADE。
因此，CD⊥AB成立。
（2）因为AE⊥平面BCD，且E，B，D三点共线，我们以E为坐标原点，直线BD为x轴，过点E在平面BCD内垂直于BD的直线为y轴，直线EA为z轴建立空间直角坐标系。
根据已知，DE=2，BE=1，AE=2。可确定以下点的坐标：
E(0,0,0)，D(2,0,0)，B(−1,0,0)，A(0,0,2)，
由（1）知CD⊥平面ADE（即xz平面），
所以直线CD∥y轴，则点C的横坐标与点D相同。
因为CD=23，不失一般性，设C坐标为(2,23,0)。
计算向量：AD→=(2,0,−2)，AB→=(−1,0,−2)，AC→=(2,23,−2)，
设平面ABC的法向量为n→=(x,y,z)，
由：{n→⋅AB→=0n→⋅AC→=0⇒{−x−2z=02x+23y−2z=0
取z=2，可得x=−22，y=6。
所以，平面ABC的一个法向量为n→=(−22,6,2)。
其模长为：|n→|=(−22)2+(6)2+22=18=32
设AD与平面ABC所成的角为θ，则：
sinθ=|AD→·n→||AD→||n→|=|2×(−22)+0−2×2|22+(−2)2×32=626×32=63
所以，AD与平面ABC所成角的正弦值为63。
17. 答案：（1）证明见解析
（2）3+2
（1）证明：在∆ABC中，A+B+C=π⇒A+C=π−B。
所以cs(A+C)=−csB=−34。
代入已知恒等式得：−342+sinAsinC=1⇒sinAsinC=716
利用余弦的加法公式展开：
csB=−cs(A+C)=sinAsinC−csAcsC=34
代入sinAsinC=716：
716−csAcsC=1216⇒csAcsC=−516