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（Word版附解析）

这是一份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（Word版附解析），共18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。

一、单选题
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．12B．C．2D．
3．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知，a=4，，则B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．1B．C．2D．
5．在直四棱柱中，底面ABCD为矩形，点E为的中点，，且，则异面直线AE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α ，β， ，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．2C．D．
8．在长方体中，直线与平面ABCD所成角为α，与平面所成角为β，与平面所成角为，若，，（ ）
A．6B．16C．D．
二、多选题
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E，F，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AB与平面BEF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
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P到平面的距离分别为3和5，则P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
15．△ABC中，角A,B,C所对的边分别为，已知．
(1)求的大小；
(2)若△ABC的面积，求的值．
16．如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD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AA1⊥底面，M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△ABC中，，设分别为.
(1)若.
（i）求的值；
（ii）求λ的最小值；
(2)若，求的值.
参考答案
1．C
解析：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．A
解析：因为向量，，且，由数量积的坐标运算，
所以，即，解得.
3．A
解析：在△ABC中，，a=4，，
由正弦定理，得，解得，
因为，所以，所以，
所以，故选项A正确.
4．D
解析：斜二测画法画出的直观图中，已知中，，，
则，
还原直观图，则，
．
5．C
解析：如图，直四棱柱中，底面 为矩形，
则，异面直线AE与所成角为.连接，
因AA1⊥平面ABCD，平面ABCD，则，又点E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AE与所成角的余弦值为.
6．C
解析：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α 与β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α 与β可能平行，可能相交，故D不能推出 .
7．B
解析：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．D
解析：根据题意，画出如下示意图：根据长方体的性质，平面ABCD，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.
9．BC
解析：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．BC
解析：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．ACD
解析：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AB与平面BEF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
12．
解析：因为在上的投影向量为，所以，又为单位向量，所以，
所以.
13．/
解析：令于A，于B，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P到的距离是四边形外接圆直径，
所以.
故答案为：
14．
解析：∵，.
∴，.
∴，，
.
∵对任意，恒成立.
∴.
.
，
.
解得：.
；.
即的取值范围为.
15．(1)
(2)
解析：（1）原式可化为：，解之得：或（舍去）
∵，∴
（2）因为，∴．由余弦定理得：．
正弦定理得：，代入得．
16．(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H，
∵平面平面，平面平面，平面，
平面，平面，则，
又PA⊥平面ABCD，平面ABCD，则，
又且都在平面内，故平面，
又平面，则.
解析：（1）略
（2）略
17．(1)35
(2)
解析：（1）因为复数，所以.
所以
因为，所以，解得：.
（2）因为均为锐角，所以，
所以.
因为α为锐角，，所以.
所以
.
18．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)存在，.
解析：（1）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
（2）因为侧棱AA1⊥底面ABC，平面ABC，所以
又M为棱AC中点，，所以
因为，AA1，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
（3）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．(1)（i）0；（ii）3
(2)
解析：（1）（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λ的最小值为3.
方法二：
设，则，
因为，故，
所以，
在△ABD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λ的最小值为3；
（2）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，