资源简介

2024-2025学年河南省九师联盟高一下学期6月质量检测数学试题（人教A）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.复数在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2.下列几何体为旋转体的是( )
A. 三棱锥 B. 四棱台 C. 六棱柱 D. 圆台
3.已知向量，，若，则实数( )
A. B. C. D.
4.如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图，其中，则的周长为( )
A. B. C. D.
5.如图，在正方体中，P是的中点，则异面直线与CP所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
6.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则“为等腰直角三角形”是“”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
7.已知非零向量，满足，则向量在向量上的投影向量为( )
A. B. C. D.
8.已知三棱锥的棱长均为2，点P在内，且，则点P的轨迹的长度为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，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.已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，则
10.已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是( )
A. 若，，则
B. 若C是钝角，则
C. 若，，，则满足条件的三角形只有一个
D. 若，，则的周长的最大值为6
11.如图，AB是圆锥SO的底面圆O的直径，点C是底面圆O上异于A，B的动点，已知圆锥的底面积为，侧面积为，则下列说法正确的是( )
A. 圆锥SO的体积为
B. 三棱锥的体积的最大值为
C. 一只蚂蚁沿圆锥SO的侧面从A点爬到B点处的最短路径的长度为3
D. 若二面角的大小为，二面角的大小为，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知，则 .
13.在中，若M为BC的中点，，，则 .
14.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，则的取值范围为 .
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.本小题13分
设复数
若是实数，求m的值;
若是纯虚数，求复数z的共轭复数
16.本小题15分
某建筑物模型的外观是如图所示的直三棱柱，，米，米，米.
现需使用油漆对该模型的表面含底面进行涂层，油漆费用为每平方米20元.求总费用;
若D是的中点，证明：平面
17.本小题15分
已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且
求
若的面积为，，求
18.本小题17分
设平面内两个非零向量，的夹角为，定义一种新运算“”：
已知向量，，，求
设向量，，且，证明：
已知向量，，，若，求的值.
19.本小题17分
如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，
证明：平面
求二面角的大小;
点T是棱PC上的动点不包括端点，求直线TD与平面ABCD所成角的正切值的取值范围.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：在复平面内对应的点为，在第一象限.
2.【答案】D
【解析】解：根据旋转体的定义知，圆台为旋转体.
故选：
3.【答案】D
【解析】解：由，知，解得故选
4.【答案】B
【解析】解：由直观图可知，，，，所以，所以的周长为
故选：
5.【答案】A
【解析】解：如图，取AB的中点Q，连接PQ，CQ，则，
所以是异面直线与CP所成角或其补角，
设，则，，
在中，由余弦定理得
故选
6.【答案】D
【解析】解：当时，，
所以或，
若时，，
若，
由正弦定理得，
所以在三角形内有：或，
所以是等腰或直角三角形，
当三角形是等腰直角三角形时，
没有明确哪个角是直角，故推不出
所以“ ”是“ 为等腰直角三角形”的既不充分也不必要条件，
故选：
7.【答案】B
【解析】解：，
，即
在方向上的投影向量为
故选
8.【答案】C
【解析】解：如图1，
取CD的中点E，连接BE，过点A作，垂足为H，
由，知，，，
所以，
又，
所以，
所以点P在以H为圆心，为半径的圆上，
如图2，
由，，，得，
解得结合图形舍去，
所以四边形BGHF是菱形，，
所以点P的轨迹的长度为
故选
9.【答案】BCD
【解析】解：A选项，若，，则或m与n异面，故A错误；
B选项，若，，则，故B正确；
C选项，由线面平行性质定理可知，故C正确;
D选项，若，，则或，
又，所以，故D正确.
故选
10.【答案】ACD
【解析】由正弦定理知，所以，A正确;
因为C是钝角，所以，即，所以，即，B错误;
由，可知满足条件的三角形只有一个，C正确;
由余弦定理得，则由，得，故当且仅当时取等号，所以，的周长的最大值为6，D正确.
故选
11.【答案】BC
【解析】解：设圆锥SO的底面半径为r，母线长为l，高为h，
则解得，，
所以圆锥SO的体积为，A错误;
当时，三棱锥的体积最大为，B正确;
将圆锥的侧面展开，所得扇形的圆心角为，可得爬行的最短路径长度为3，C正确;

如图，过点O作，，垂足分别为E，D，则
由底面平面ABC，得
又，，平面SOE，所以平面
因为平面SOE，所以，所以即为二面角的平面角，即，同理，
则，
所以，D错误.
故选：
12.【答案】
【解析】解：因为，所以，所以
故答案为：
13.【答案】1
【解析】解：由题知，，
所以
14.【答案】
【解析】解：由余弦定理，得，
因为，
所以，
由正弦定理，得，
所以，，
所以
，
因为，
所以，，
所以，
故的取值范围为
故答案为
15.【答案】解：由题知，
若是实数，则，解得
由题知，
若是纯虚数，则解得，
所以，
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.【答案】解：因为直三棱柱中，，，，，所以，
所以，，，，
所以直三棱柱的表面积为平方米，
所以所需油漆总费用为元.
证明：如图，连接交于点F，连接DF，
则F为矩形对角线的交点，，
又点D为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
17.【答案】解：由余弦定理，得，
所以
由正弦定理得，
即，
所以
又，所以，所以
因为，所以，所以
又，所以
因为的面积为，所以，即
联立方程解得或舍
由余弦定理，得
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
18.【答案】解：设向量，的夹角为
由题知，
则，，
所以
由题知，
所以
所以，
所以
由题知，，
由知，
又，所以，则，
所以
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
19.【答案】解：证明：，，，
所以，，
所以在中，由余弦定理，得
，
所以，
所以，
因为底面ABCD，平面ABCD，
所以，
又，PA，平面PAC，
所以平面PAC；
取BP的中点E，过点D作平面PBC，DF交平面PBC于点F，连接CF，
因为平面ABCD，平面PAB，
所以平面平面ABCD，
因为平面平面，，
所以平面PAB，
因为平面PAB，
所以，
因为，，
所以，，
又BP，平面PBC，，
所以平面PBC，
因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC，
所以点A到平面PBC的距离等于点D到平面PBC的距离，
所以，
由知平面PAC，
因为平面PAC，
所以，
因为平面PBC，平面PBC，
所以，
又DF，平面CDF，，
所以平面CDF，
因为平面CDF，
所以，
由，，平面平面，
知是二面角的平面角的补角，
由，，，得，
所以二面角的大小为；
过点T作TG平行于PA，交AC于点G，连接GD，
因为平面ABCD，AB，平面ABCD，
所以，，
因为，
所以，，
因为，AB，平面ABCD，
所以平面ABCD，
所以TD与底面ABCD所成的角为，
设，
所以，即，
所以，，
所以，
由函数单调递增，得，
所以直线TD与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为
【解析】详细解答和解析过程见【答案】

展开更多......

收起↑