四川省南充市2024-2025學(xué)年高一下學(xué)期學(xué)業(yè)質(zhì)量監(jiān)測數(shù)學(xué)試題

一'單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項

是符合題目要求的.

1.（2025高一下?南充期末）設(shè)i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z=i（2T）,則z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第（）

象限.

A.—B.-C.三D.四

2.（2025高一下?南充期末）已知平面向量五=（一2,1）,另=（2,x+2）,若五〃3,則為=（）

A.-3B.-2C.2D.3

3.（2025高一下?南充期末）已知cos（^-a）=則cos（兀一a）=（）

4334

A.——B.——C."D.-

4.（2025高一下?南充期末）設(shè)a,/?為不同的平面，m,n為不同的直線，則下列說法中正確的是

（）

A.若77l〃a,71ua,則

B.若m“n,riua,則m〃a

C.若m//a,n1a,貝UmIn

D.若a工6,aC\p=n,mln,則7nls

5.（2025高一下?南充期末）如圖，已知圓錐S。的軸截面S/B是邊長為4的正三角形，則該圓錐的側(cè)

面積為（）

A.167rB.87rC.4V§兀D.47r

6.(2025高一下?南充期末)已知△ABC中，AB=(2,V2)，左=(4,—2&)，則△ABC的面積為

)

A.4B.4衣C.8V2D.12

7.(2025高一下?南充期末)如圖，在△ABC中，C=二,AD1BC于C,AD=2,BC=6,則而在前

q

上的投影向量為（)

1/18

A

A.—~ACB.-C.D.

8.（2025高一下?南充期末）如圖，正方體/BCD—4避1的。1中，P為BC的中點，點Q為四邊形（7的?！?/p>

及其內(nèi)部的動點，PQ〃平面BBpDiD則PQ與平面4BCD所成角正切值的范圍（）

二'多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題

目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得。分.

9.（2025高一下?南充期末）在△ABC中，下列說法正確的是（）

A.tan（71+B）=tanC

口.A-\-BC

B,sm——=cos—

C.若cosA<cosB,則4〉B

D.存在△ABC,使得sim4+sinB<sinC成立

10.（2025高一下?南充期末）如圖，在正三棱柱ABC—&B1C1中，AB=6,A4=4,則下列說法正確

的是（）

A.直線與直線%前所成角為方TT

B.三棱錐A-&BC的體積為12百

C.點G到平面力1BC的距離為后

2/18

D.四棱錐公-BiBCCi的外接球的表面積為647r

11.（2025高一下?南充期末）已知函數(shù)/'（久）=2sin（to久一?to>0,則下列說法正確的是（）

A.3=2時，點償兀,0）是函數(shù)/（久）圖象的一個對稱中心

B.3=2時，函數(shù)y=/（%）—1在［―兀,"上有4個零點

C.將/（X）圖象向左平移/個單位長度后，得到的函數(shù)圖象關(guān)于y軸對稱，則3最小值為3

D.當(dāng)久C［0,1］時，/（X）恰有4個最大值，則實數(shù)3的取值范圍為［竿，平）

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.

12.（2025高一下?南充期末）cos52.5°cos7.5°—sin52.5°sin7.5°的值為.

13.（2025高一下?南充期末）已知a,b,c分別為△ABC三個內(nèi)角A,B,C的對邊，若a=8,cos

B=等貝！Jb=.

14.（2025高一下?南充期末）在三角恒等變化中，積化和差實際上就是把sin（a+6）與s譏（a-/?）,cos

（a+0）與cos（a-S）相加或相減而變形得到的；和差化積實際上就是一種角的變化，如：sina+sin

c-,oc—B\,.（a+Ba—B\.a+Ba—B

p=sin［-^-+———）=2nsm—

如果角。與y滿足cos?！猚osy=―石，sind—siny=—,貝！Jcos（6+y）=.

四'解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

15.（2025高一下?南充期末）已知函數(shù)/'（久）=$譏（2久+§+s加（2久一看）+cos2x.

（1）求函數(shù)/'（%）的值域；

（2）求使/（久）<0成立的x的取值集合.

16.（2025高一下?南充期末）在三棱錐Z-BCD中，平面4B01平面BCD,BC=CD,M為BD的中點.

（1）求證：

（2）若N為BC的中點，過MN的平面a交平面4CD于PQ,求證：PQ〃平面BCD

17.（2025高一下?南充期末）如圖，RtAABC^,Zf=90°,AC=6,BC=9,BM=^BA,N為ZC

的中點，設(shè)方=五，方=石與CM相交于點P.

3/18

B

CNA

(1)用落石表示麗、CM：

(2)若而=4前，求4的值；

(3)求cos乙MPN.

18.(2025高一下?南充期末)已知a、b、c分別為△ABC三個內(nèi)角A、B、C的對邊，且2as譏(/；+§

=

(1)求4的值；

(2)若a=2",b>c,△ABC的面積為6百，求sin(4+B)的值；

(3)若b=6,c=8,“為△ABC垂心，。為△ABC的外心，求萬?用的值.

19.(2025高一下?南充期末)如圖1,在直角梯形ZBCD中，AB//DC,ABVBC,BC=DC=4,

AB=8,E為AB的中點.將△ADE沿DE翻折，使點A到點P的位置，且PE1BE,得到如圖2所示的四

棱錐P-BCDE,若M為BC的中點，N是棱PB上動點.

E

圖1

(1)當(dāng)N為PB的中點時.

①求證：平面EMN1平面PBC；

②求直線PB與平面EMN所成角的正弦值.

(2)若BNXBP,Ae\^,^\,求二面角N—EM—B的正弦值的取值范圍.

L4N」

4/18

答案解析部分

1.【答案】A

【知識點】虛數(shù)單位i及其性質(zhì)；復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算

【解析】【解答】解：由z=2i—/=l+2i,對應(yīng)點坐標(biāo)為(1,2),即在第一象限.

故答案為：A.

【分析】先通過復(fù)數(shù)乘法法則將復(fù)數(shù)z化簡為標(biāo)準(zhǔn)形式a+bi(a,b為實數(shù))，然后根據(jù)實部a和虛

部b的正負(fù)確定其對應(yīng)點(a,b)所在的象限.

2.【答案】A

【知識點】平面向量共線(平行)的坐標(biāo)表示

【解析】【解答】解：由題設(shè)烏=半，可得￡=—3.

一Z1

故答案為：A.

【分析】利用“若兩個平面向量沅=(久l,y。，話=(%2)2)平行，則X。2T2yl=0”這一性質(zhì)，列出關(guān)

于X的方程，進而求解久的值.

3.【答案】D

【知識點】同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系；運用誘導(dǎo)公式化簡求值

【解析】【解答】解:由cos怎一a)=sina=5,ae管,兀)，則cosa=—

所以COS(TT—a)=—cosa=/

故答案為：D.

【分析】本題考查三角函數(shù)誘導(dǎo)公式及同角三角函數(shù)平方關(guān)系的應(yīng)用.解題思路是先利用誘導(dǎo)公式將

cosg-a)轉(zhuǎn)化為Sina,再根據(jù)a的范圍，用同角三角函數(shù)平方關(guān)系求出cosa,最后再次利用誘導(dǎo)公

式求出cos(ji—a).

4.【答案】C

【知識點】空間中直線與平面之間的位置關(guān)系；直線與平面平行的性質(zhì)；直線與平面垂直的判定

【解析】【解答】解：A、m//a,九ua,則機m平行或異面，A錯誤.

B、m//n,ua,則死〃/或血(1：0，B錯誤.

C、m//af則存在直線Zu平面a,使Z//?n,又得nil,故7nln,C正確.

D、al?,aC0=n,mln,則zn可以在夕內(nèi)，可以與S平行，也可以與口相交但不垂直，不一定有

ml/?,D錯誤.

故答案為：C.

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【分析】本題聚焦空間中線面、面面的位置關(guān)系，需依據(jù)線面平行、垂直，面面垂直的判定與性

質(zhì)，逐一剖析選項，判斷線線、線面位置關(guān)系是否成立，解題關(guān)鍵在于熟練運用空間幾何的基本定

理，準(zhǔn)確把握線面、面面位置關(guān)系的多種可能性.

5.【答案】B

【知識點】圓柱/圓錐/圓臺的表面積及應(yīng)用

【解析】【解答】解：由題設(shè)，圓錐底面半徑為2,則底面周長為4兀,

所以圓錐的側(cè)面積為ax4x4兀=8兀.

故選：B.

【分析】本題考查圓錐側(cè)面積的計算，關(guān)鍵在于先根據(jù)軸截面的性質(zhì)確定圓錐的底面半徑和母線

長，再利用圓錐側(cè)面積公式（s=|zc,其中Z是母線長，C是底面周長）求解，解題思路是：先由軸

截面為正三角形得出底面半徑和母線長，再計算底面周長，最后代入側(cè)面積公式計算.

6.【答案】B

【知識點】平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示、模、夾角；同角三角函數(shù)基本關(guān)系的運用

【解析】【解答】解：因為荏=（2,偽，前=（4廠2立），則cos/=?意:書?=堪，=卜

故sinA=V1—cos2X=J1—Q）=

因此SMBC=，同■扁sinA=|xV6X2V6X=4&.

故答案為：B.

【分析】本題考查利用平面向量求三角形面積，核心思路是先通過向量數(shù)量積公式求出夾角A的余

弦值，再用同角三角函數(shù)關(guān)系得正弦值，最后代入三角形面積公式（S='AB-ACsinA）計算.

7.【答案】A

【知識點】平面向量的數(shù)量積運算；余弦定理；平面向量的投影向量

【解析】【解答】解：由題設(shè)，AD=CD=2,貝IL4c=2五，BD=4,

故4B=VxD2+BD2=2后

力C2+4B2—BC28+20—36

所以cos/C4B=-7-1--0-,

2AC-AB2x2/2x27510

所以同在北上的投影向量為歿空■￡=2而X2lx（一卷）,AC=1AC

|4q8

故答案為：A.

【分析】本題考查向量投影向量的計算，核心思路是：先通過幾何條件求出相關(guān)線段長度（4C、

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AB-AC

AB）,再用余弦定理求COSNCAB,最后依據(jù)投影向量公式（投影向量=-AC）計算,需依

I狗2

次完成線段長度推導(dǎo)、角度余弦值求解及投影向量運算.

8.【答案】D

【知識點】直線與平面平行的性質(zhì)；直線與平面所成的角

取線段CD,CiDi,BiCi的中點分別為E,F,G,連接,

由中位線可得E/7/PG，所以四點E,F,G,P四點共面，

又因為BBJ/PG,幽u平面BBi%。，PGC平面

所以PG//平面

又因為DiBJ/FG,%Biu平面幽小。，F(xiàn)GU平面BBi2。，

所以FG〃平面

又因為FGCPG=G,FG,PGu平面EFGP,

所以平面EPGP〃平面BBi/D,

因為點Q為四邊形CCi小。及其內(nèi)部的動點，所以當(dāng)QCEF,即PQu平面EFGP,

所以此時有PQ〃平面

由正方體的性質(zhì)可知QE1平面ZBC。，所以PQ與平面所成角就是NQPE,

又因為tan/QPE=然，設(shè)正方體的邊長為2,貝UtanNQPE=端，

此時QEG[0,2],所以tan“PE=嘴C[0閩,

故答案為：D.

【分析】先通過構(gòu)造輔助平面，確定滿足PQII平面BBi%D的點Q的軌跡；再利用線面角的定義（線

面角為直線與平面中投影線的夾角），結(jié)合正方體邊長，分析線面角正切值的范圍.需依次完成輔助

平面構(gòu)造、軌跡確定、線面角轉(zhuǎn)化及正切值范圍推導(dǎo).

9.【答案】B,C

【知識點】三角函數(shù)誘導(dǎo)公式二~六；正弦定理的應(yīng)用；利用三角函數(shù)的單調(diào)性比較大小

【解析】【解答】A、由tan（4+B）=tan（兀一C）=TanC,A錯誤.

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B、由=sin■兀2c=cos|-,B正確.

C、由y=cosx在（0,兀）上單調(diào)遞減，且cosA<cosB,則A>B,C正確.

D、由正弦邊角關(guān)系，若sinZ+sinB<sinC,即a+b<c,顯然不符合三角形三邊關(guān)系，D錯誤.

故答案為：BC.

【分析】A、B、由三角形內(nèi)角和及誘導(dǎo)公式判斷A、B.

C、由余弦函數(shù)的單調(diào)性比較大小判斷C.

D、根據(jù)正弦邊角關(guān)系及三角形三邊關(guān)系判斷D.

10.【答案】A,B,D

【知識點】異面直線所成的角；錐體的體積公式及應(yīng)用

【解析】【解答】解：A、因BiCillBC,直線與所成角=乙的BC（或補角），正三棱柱中

TTTT

A.ABC是等邊三角形，乙4BC=g,故夾角為w，A正確.

B、用等體積法：VA_A1BC=VAr-ABC（換頂點），VAi-ABC—I,SNBC'AAlf其中SA4BC=^X62

J4

=9西，A4i=4,故：y=1x9V3X4=12V3-B正確.

C、由AiB=&C=2舊，BC=6,則△力中BC上的高為風(fēng)，

所以Szamc="Ix6x=3喜§\若4到平面AjBC的距離為d,則京x3^=12百,所以d=

萼，根據(jù)對稱性易知點的到平面&BC的距離為萼，C錯誤.

V43V43

D、由題設(shè)，易知四棱錐BiBCCi的外接球，即為該三棱柱的外接球，而△ABC的外接圓半徑r=

X*X6=2再，且A&=4,所以外接球的半徑R=+22=4,故其表面積為4兀/?2=64兀，D

正確.

故答案為：ABD.

【分析】A：利用“線線平行可將異面直線夾角轉(zhuǎn)化為平面角”，結(jié)合正三角形性質(zhì)判斷.

B：用“等體積法”（換頂點），將三棱錐體積轉(zhuǎn)化為已知底面積和高的體積.

C、首先求出占到平面&BC的距離，再結(jié)合對稱性判斷C.

D、由四棱錐B1BCQ的外接球，即為該三棱柱的外接球，進而求半徑，即可得表面積判斷D.

抽空見：改娜足

11.【答案】A,C,D

【知識點】正弦函數(shù)的性質(zhì)；函數(shù)y=Asin（3X+6）的圖象變換；含三角函數(shù)的復(fù)合函數(shù)的值域與最值；函

數(shù)的零點與方程根的關(guān)系

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【解析】【解答】解：A、對稱中心判斷(3=2時),當(dāng)3=2,/(%)=2sin(2x-j),代入％=肆：

4o

f管)=2sin(2x號—9=2sin(￥—§=2simr=0,正弦函數(shù)值為0的點是對稱中心，故償,0)

是對稱中心，A正確.

-777T1

B、零點個數(shù)Ca)=2時,y—/(%)-1由一兀引),令/(%)-1=0,即sin(2x-z)=5，設(shè)￡=2%-

*則Xe[―兀百=te[-第陰正弦函數(shù)Sint=1在te[一筆鳴內(nèi)的解為：t=-嗜-第,

對應(yīng)》有3個解，故零點個數(shù)為3,B錯誤.

C、由/(%+?)=2sin[3%+立圖象關(guān)于y軸對稱，則S二1)"=「+女71次eZ,

所以3=3+4k,k6Z,且3>0,故3最小值為3,C正確.

D、由Xe[0,1],貝！Jt=3%-Ae[-%-與，即y=sint在[一緊一半上有4個最大值，

所以空〈3—3〈手，可得嬰〈3〈嬰，D正確.

N4N44

故答案為：ACD.

【分析】

A：代入特殊點，利用“正弦函數(shù)值為0一對稱中心”判斷.

B：通過換元法，將2工-今設(shè)為3轉(zhuǎn)化為正弦方程在指定區(qū)間的解數(shù).

C：圖象平移后，利用“偶函數(shù)一相位滿足冷+Mr”推導(dǎo)3的最小值.

D：換元后，分析正弦函數(shù)在區(qū)間內(nèi)“恰有4個最大值”的相位范圍，解出”取值.

抽會見：改/足

12.【答案】|

【知識點】兩角和與差的余弦公式

【解析】【解答】解：由cos52.5°cos7.5°—si?i52.5°si"7.5°=cos(52.5°+7.5°)=cos60°=

故答案為:

【分析】本題考查兩角和的余弦公式的逆用，解題思路是識別出所給式子符合兩角和的余弦公式cos

(a+。)=cosacos。-sinasin/?的形式，然后將對應(yīng)角度代入公式進行計算.

13.【答案】7

【知識點】同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系；正弦定理

【解析】【解答】解：由cosA=±且2為三角形內(nèi)角，則sin4=警，

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由正弦定理得=可得b=空呼=壬=7.

sin力smBsm4生?

7

故答案為：7.

【分析】本題考查正弦定理在解三角形中的應(yīng)用，以及同角三角函數(shù)的基本關(guān)系，解題思路是：先

根據(jù)同角三角函數(shù)的平方關(guān)系，由8571求出5也4（因為A是三角形內(nèi)角，sin4>0）；再利用正弦

定理一匕=—1，代入已知條件求出b的值.

sinAsinB

14.【答案】|

【知識點】二倍角的余弦公式；和差化積公式；同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系

【解析】【解答】解：由cos。一cosy=cos（g±+與上）-cos（gz—與上）=-2sin仗產(chǎn)sin與上=一看，

所以sm燮sin等=今'

由sin。一siny=sin（^^+=2cos^y^sin^^=4,

所以cos發(fā)［sin與==

zzo

*1、10+y1-cos2^^—sin2^^1—tan2^^3

所以tan^=2,而cos（。+7）=32嚓+sin27=1+taM燮=?

故答案為:|.

【分析】1.和差化積：將cos。-cosy、sin。-siny轉(zhuǎn)化為含燮和空的乘積形式，建立方程.

2.消元求正切：通過兩式相除消去sin等，得tan晝.

3.二倍角公式：利用萬能公式，將cos（8+y）轉(zhuǎn)化為tan燮的表達式，代入計算.

綜上，通過“和差化積一消元求正切一二倍角公式”，逐步推導(dǎo)得cos（8+/=菅.

抽會見：改編程

15.【答案】（1）解：=sin（2x+^）+sin（2x—^）+cos2x=2sin2xcos^+cos2x

=2（sin2xcos看+cos2Ksin^）=2sin（2;c+看）,

因為定義域為R，所以/（%）值域為［-2,2］.

（2）解：由/（久）〈0得：2sin（2x+1）<0,

7T

所以兀+2.W2久+薩2兀+2碗公2,

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解得+/c7r<x<^2+卜兀，keZ.

所以使f（久）<。成立的光的取值集合是｛%|普+/OTWXW號+kn,kez］.

【知識點】兩角和與差的正弦公式；正弦函數(shù)的性質(zhì)

【解析】【分析】（1）要確定函數(shù)f（久）的值域，需先對函數(shù)進行化簡，利用兩角和與差的正弦公式將

sin（2久+號）和sin（2萬-專展開，再通過輔助角公式進一步合并，轉(zhuǎn)化為形如Asin（3%+伊）的正弦型

函數(shù)，最后依據(jù)正弦函數(shù)的取值范圍來確定原函數(shù)的值域.

（2）先將/（%）化簡后的形式2sin（2x+專代入不等式/（久）〈0,得到關(guān)于正弦函數(shù)的不等式，再根

據(jù)正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)，求解出工的取值范圍.

（1）由/'（久）=sin（2x+看）+sin（<2x—+cos2x=2sin2xcos^+cos2x

=2（sin2xcos^-+cos2xsin^）=2sin（2x+

因為定義域為R,所以/（%）值域為［-2,2］；

⑵由/（%）40得：2sin（2x+^）<0,

7T

所以兀+2kn<2%+z<2兀+2k7i,kEZ,

6

解得碧+krc<x<^2+k7i,kEZ.

所以使/（%）<0成立的X的取值集合是｛x|普+k?！淳谩磶r+kn,kez｝.

16.【答案】（1）證明：由BC=C。，M為BO的中點，則CM1BO,

由平面ABD1平面BCD,平面ABDC平面BCD=BD,CMu平面BCD,

所以CM1平面ADu平面2B0,故CM14D

（2）證明：由M為BC的中點，N為BC的中點，則MN〃CD,

由MNua,CDta,則CD〃a,又CDu平面AC。，平面AC。C平面a=PQ,

所以PQ〃CD,PQC平面BCD,CDu平面BCD,

所以PQ〃平面BCD

【知識點】直線與平面平行的判定；直線與平面平行的性質(zhì)；直線與平面垂直的性質(zhì)；平面與平面垂直的

性質(zhì)

【解析】【分析】（1）利用“等腰三角形三線合一”得CM1BD,結(jié)合“面面垂直性質(zhì)定理”證CM1平

面4BD,進而得CM14D

（2）通過“中位線定理”得MN||CD,依次用“線面平行判定一線面平行性質(zhì)一線面平行判定”，推導(dǎo)

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PQ||平面BCD.

抽查意見：改編不足

(1)由BC=C￡),M為的中點，貝UCM1BD,

由平面ABDI平面BCD,平面ABDC平面BCD=BD,CMu平面BCD,

所以CM1平面ZB。，4。u平面2B。，故CMI/O.

(2)由M為BD的中點，N為BC的中點，則MN〃CD,

由MNua,CD(Ha,則CD〃a,又CDu平面AC。，平面AC。C平面a=PQ,

所以PQ〃CD,PQC平面BCD,CDu平面BCD,

所以PQ〃平面BCD

17.【答案】(1)解：N為AC的中點，故前=近+麗=—加+少彳=4五一9,

~BM=|^4,故由=~CB+JM=b+^BA=b+柄+|cl=b-b+|a=|

即：BN=^a-b,CM=|a+-b.

(2)解：CP=ACM=^CA+^-CB=^~CN+^CB,

因為P,B,N三點共線，設(shè)麗=m麗，即演一而=小而一加而，

CP—(1+rri)CB-mCN,故號=-m,—1+m,

所以爭+爭=1，解得4

(3)解:由(1)知,BN=/a-b,CM=|a+多),

又NC=90°,AC=6,BC=9,故造石=0,

CM-~BN=(^a+^b)■(1a-h)=1a2+0-|g2=1x36-|x81=-48,

JJ乙UJUJ

國=J(例+0)2=J押+舸1+薩=J1X62+0+1X92=2V10)

\BN\==Jj-a2-a-b+b2=62-0+92=3V10，

CM-JN

則COSNMPN=cos

\CM\-\BN\=2710x3/10=-5-

【知識點】平面向量的共線定理；平面向量的基本定理；數(shù)量積表示兩個向量的夾角

【解析】【分析】⑴利用向量基本定理得到的=聶-六CM=ja+|l

（2）表達出而=疝彳=等討+等W,根據(jù)P,B,N三點共線，得到專+1=1,求出2=*.

（3）在（1）基礎(chǔ)上，得到麗?麗=一48,|而|=2Vlb|麗1=305利用夾角余弦公式進行求

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解.

抽查意見：改編不足

(1)N為AC的中點，故麗=近+而=一9+1?備五一點

JM=^BA,

故CM—CB+BM=b+^BA=b+當(dāng)BC+寺CA—b—^b+寺a=寺a+^b；

(2)CP=ACM=|cl+^CB=^CN+等百

因為P,B,N三點共線，設(shè)麗=m前，BPCB-CP=mCN-mCB,

CP=(1+m)CB-mCN,故呈=-m,=1+m,

所以學(xué)+耳=1，解得"小

DD4

(3)由(1)知,BN=~CL—bfCM=[a+^b,

又Z_C=90°,AC=6,BC=9,故2?加=0,

CM,BN=?Q+弓力,G。一人)=點"2+。-^7)=4義36—x81=-48,

JJ乙UJ!_/J

國二J審+|t)2=J押+瓶=J|x62+o+1x92=2VIU-

|麗|==J^a2-a-b+b2=J|-x62-0+92=3V10，

則c°sZMPN=cos(而，詞=崗窗=2=：10=一名

18?【答案】(1)解：因為2asMc+§=7§瓦由正弦定理可得2sirh4sin(c+§=V§sinB=V^sin

(4+C),

即2sirVl(/sinC+乎cos。)=西(sinZcosC+cosAsinC),

BPsin^sinC+V^sinTlcosC=Vssin^cosC+Vscos^sinC,

BPsinylsinC=西ocs/sinC,

因為力、Ce(O,TT),故sinC>0,可得sin?l=J§cos力>0,

一_TT

所以tan4=返，因止匕4=5

(2)解：因為S&4BCu2bcsinZ=6b，可得be=24,

N4

因為a=277，由余弦定理可得/=b2+c2-2bccosA=b2+c2-bc=28,

13/18

(be=24fI6

解得D-

故M+c2=28+bc=52,所以｝2+C2=52,lC-4

(b>c

由正弦定理可得焉=磊，故sinC=%￥=2G=^I

siri^isiriC/ex2j77

因此,sin(4+B)=sinC=

(3)解：由平面向量數(shù)量積的定義可得而?而=|而|?|近|cosNB/C=8x6x4=24,

設(shè)用=%荏+了/，則麗=京一四=(久一1)荏+y近，

因為BH1AC,則麗-AC=(x-l)AB-AC^yAC=24(x-l)+36y=0,

即2久+3y=2①，

~CH=AH-AC=xAB+(y-l)4C,

因為CH1AB,則麗-AB=XAB2+(y-l)Zc?荏=64%+24(y-l)=0,

即8久+3y=3②，

聯(lián)立①②得%=9，y=5，故4月=加+孤,

取線段的中點E,連接。E,則OE1AB,如下圖所示:

Z0-4B=(AE+E0)-AB=AE-AB+F0-AB=，荏2=32,

同理可得A。-AC-^AC2=，X6?=18,

因此A0AH=AO-(京B+|砌=jAO-AB+|T1O-71C=^+1x18=^-

【知識點】平面向量的數(shù)量積運算；兩角和與差的正弦公式；正弦定理；余弦定理

【解析】【分析】(1)：利用正弦定理化邊為角，結(jié)合兩角和正弦公式化簡，求tanA得角4

(2)：通過面積公式求be,余弦定理聯(lián)立方程得比c,再用正弦定理結(jié)合4+8=兀-C求sinC.

(3)：設(shè)垂心麗為貓、AC的線性組合，利用垂心垂直性質(zhì)列方程解系數(shù)，結(jié)合外心向量投影性

質(zhì)(中點投影)計算數(shù)量積.

抽黃意見：改編不足

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(1)因為2asMc+§=西力，由正弦定理可得2sin4sin(c+§=V3sinB=西sin(4+C),

即2sinA(/sinC+號cosC)=西(sin/cosC+cos^sinC),

即sinZsinC+V^sia4cosc=V^sia4cosc+V§cos4sinC,

即sin/sinC=J§cos/sinC,

因為4、CE(0,71),故sinC>0,可得sin4=V^cosA>0,

_JT

所以tanylub，因止匕，4=5

(2)因為--^besinA——be-6V3,可得be=24,

24

因為a=277，由余弦定理可得Y=b2+c2-2bccosA=b2+c2-bc=28,

b

be—24司-6

解

故M+c2=28+bc=52,所以b2+c2=52,c-4

b>c

由正弦定理可得焉=磊，故sinC=^￥=絲卷=與，

siri^isiriCL2j77

因此，sin(4+B)=sinC=

(3)由平面向量數(shù)量積的定義可得屈?前=|荏I?|前|COSN-4c=8X6X*=24,

設(shè)用=%荏+了而，則麗=南一四=(尤一1)荏+y近，

因為1AC,則麗-AC=(x-l)4B-AC+yA^=24(x-l)+36y=0,

即2久+3y=2①，

~CH=AH-AC=xAB+(y-l)4C,

因為CH1AB,則麗-AB=XAB'+(y-l)^4C?荏=64x+24(y-l)=0,

即8x+3y=3②，

聯(lián)立①②得%=春y=5，故4月=加+孤,

取線段的中點E,連接OE,則OE1AB,如下圖所示：

AO-AB(AE+IoyAB^AE-AB+EO-AB盤鏟=32,

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同理可得力。?AC=^AC2=^x62=18,

-?-?-?/\X-?-?r--?-?*1(匚AZ2

因此40-AH=AO-+|4Cj=亨。-AB+gAO，/C=q+§X18=亍

19.【答案】(1)①證明見解析；②?；①證明：由題可設(shè)，易知BCDE是邊長為4的正方形，且

PEIDE,PE1BE,

由?！?。3￡'=￡'都在平面3。?！?內(nèi)，貝iJPE1平面BCDE,BCu平面BCOE,

所以PE1BC,又BEJ.BC,「￡1口8￡'=￡'都在平面「3￡'內(nèi)，貝ijBC_L平面PBE,

由ENu平面PBE,則BC1EN,又PE=BE,N為PB的中點，則EN1PB,

由8(7?！?=3者6在平面「3。內(nèi)，則EN1平面PBC,ENu平面EMN,

所以平面EMN1平面PBC.

②解：由EN1平面PBC,MNu平面PBC,則EN1MN,且EN=2五

同理可得BCLPB,則MN=2百，故SAEMN=方X2西X2&=2后，

由-^N-BEM—P-BEM='|x'x4x/x4X2='|'

若B到平面EMN的距離為d,貝唳(/*2而=蔓，可得d=W，而BN=2五，

33V6

所以直線PB與平面EMN所成角的正弦值焉=亨.

(2)法一：解：由麗=4而用eR,m，且PB=4近，則BN=4近4,

LqzJ

所以MN=y/BN2+BM2=V32A2+4，EN=VfiW2+BE2-2BN-BEcos45°=V32A2+16-32Z，

EM=2V5.

所以cos/EMN=MN2+EM2-EN2=32^+4+20-322^-16+322=:f,

2MN-EM2x2V8A2+lx2V575-V1+8A2

故sin/EMN=2g6取-2/1旦故N到EM的距離h=MNsin乙EMN=4a/6A2~2A+-,

75.71+822V5

m/Fi_而

又N到平面BME的距離m=4九則二面角N—EM—B的正弦值百=/——=R一

hV6A2-2A+1J*―五+6

V5

JGT)2+5‘

又上24],貝哈e唔曾;

法二：解：由題設(shè)，構(gòu)建如下圖示空間直角坐標(biāo)系貝！JM(4,2,O),N(4(1—4)044),

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z」

EBx

所以麗=(4,2,0)而=(4(1—4),0,44),若而=Q,y,z)是平面EMN的一個法向量，

所以L熏可露n,令』，則而=(尢-2,1)，

(m-EN=4(1-A)x+4Az=0

__777.H1-A[1

而平面BEM的一個法向量為詁=(0。1)，貝lj|cos⑺向I=I而同|=同2+(入_1)2=F(七)有，

而，￡[巳卦貝畤—le[L3],故(111)W[U

LZtZJA一'

所以|cos師向Ie[^=,^],故二面角N—EM—B的正弦值范圍[要,嚕].

【知識點】直線與平面垂直的判定；直線與平面垂直的性質(zhì)；用空間向量研究二面角

【解析】【分析】①面面垂直證明：利用“線面垂直一面面垂直”，通過翻折后PEJ.平面BCDE,結(jié)

合BC1平面PBE推導(dǎo)EM1平面PBC,進而得面面垂直.

②線面角計算：建立空間直角坐標(biāo)系，求平面法向量與直線方向向量，用向量夾角公式計算線面

角(線面角正弦值=方向向量與法向量夾角余弦值的絕對值).

抽查意見：改編不足

(1)①由題設(shè)，易知BCDE是邊長為4的正方形，且PE1DE,PE1BE,

由OECiBE=￡1都在平面BCDE內(nèi)，貝UPE1平面BCDE,BCa^-^BCDE,

所以PE1BC,又BEJ.BC,「￡1。8￡1=￡1都在平面「3￡1內(nèi)，貝_L平面PBE,

由ENu平面PBE,則BC1EN,又PE=BE,N為PB的中點，則EN1PB,

由8。0「3=3都在平面「8/7內(nèi)，貝IJEN1平面PBC,ENu平面EMN,

所以平面EMN1平面PBC；

②由EN1平面PBC,MNu平面PBC,則EN1MN,且EN=2交

同理可得BC1PB,則MN=2再，故S4EMN=5X2西X2&=2后，

由UB-EMN—VN-BEM—P-BEM-^x|'x4xix4x2=^,

若B到平面EMN的距離為d,貝唳dx2V^=V，可得d=W，而BN=2五,

33V6

所以直線PB與平面EMN所成角的正弦值其=今；

B1V3

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(2)法一：由麗=4而且PB=4衣，則BN=4⑸，

L4ZJ

所以MN=y/BN2+BM2=J3242+4，EN=Vfi/V2+BE2-2BN-BEcos45°=V32A2+16-32A-

EM=2V5，

所以cosZEMN=MN2+EM2—EN2=32^+4+20-322^-1^322=1一,

2MN-EM2x2^842+1x2而75-V1+8A2

故sin/EMN=故N到EM的距離八=MNsinKEMN=4,6不?'+工

V5-V1+8Z2后

me后

又N到平面BME的距離m=44,則二面角N—EM-B的正弦值石=R—匚=

hV6A2-2A+1標(biāo)-1+6

芯

又覆2,4],貝哈€唔嘈h

法二：由題設(shè)，構(gòu)建如下圖示空間直角坐標(biāo)系Eryz,則M(4,2,0),N(4(1-4),0,44),

所以L需叫』令1,則而=(尢—2"1)，

(m-EN=4(1-4)%+4Az=0

而平面3EM的一個法向量為五=(0。1)，貝(J|cos(m向|=|同向|=&2+(；_I)2=［(七)%，

而4E［U］，貝畤—故(111)e［U

LZtZJA-'

所以|cos師向Ie［帚,心］,故二面角N—EM—B的正弦值范圍［要,嚕］.

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四川省南充市2024-2025學(xué)年高一下學(xué)期學(xué)業(yè)質(zhì)量監(jiān)測數(shù)學(xué)試題

一'單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項

是符合題目要求的.

1.(2025高一下?南充期末)設(shè)i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z=i(2T),則z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第()

象限.

A.—B.-C.三D.四

【答案】A

【知識點】虛數(shù)單位i及其性質(zhì)；復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算

【解析】【解答】解：由z=2i-i2=1+23對應(yīng)點坐標(biāo)為(1,2),即在第一象限.

故答案為：A.

【分析】先通過復(fù)數(shù)乘法法則將復(fù)數(shù)z化簡為標(biāo)準(zhǔn)形式a+bi(a,b為實數(shù))，然后根據(jù)實部a和虛

部b的正負(fù)確定其對應(yīng)點(a,b)所在的象限.

2.(2025高一下?南充期末)已知平面向量五=(—2,1),b=(2,%+2),若五〃貝1]久=()

A.-3B.-2C.2D.3

【答案】A

【知識點】平面向量共線(平行)的坐標(biāo)表示

【解析】【解答】解：由題設(shè)半，可得久=—3.

一Z1

故答案為：A.

【分析】利用“若兩個平面向量病=五二(久2)2)平行，則％1、2-％2yl=0"這一'性質(zhì)，列出關(guān)

于工的方程，進而求解％的值.

3.(2025高一下?南充期末)已知cos怎-貝!Jcos(7i-a)=()

A.4B.3C.|3D.]4

【答案】D

【知識點】同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系；運用誘導(dǎo)公式化簡求值

【解析】【解答】解：由cos砥一a)=sina=5，則cosa=—

所以COS(TT—a)=—cosa=去

故答案為：D.

【分析】本題考查三角函數(shù)誘導(dǎo)公式及同角三角函數(shù)平方關(guān)系的應(yīng)用.解題思路是先利用誘導(dǎo)公式將

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TT

cos仿-a）轉(zhuǎn)化為sina,再根據(jù)a的范圍，用同角三角函數(shù)平方關(guān)系求出cosa,最后再次利用誘導(dǎo)公

式求出cos(ji—a).

4.（2025高一下?南充期末）設(shè)a,。為不同的平面，m,n為不同的直線，則下列說法中正確的是

)

A.若m“a,nca,

B.若m"n,riua,則m//a

C.若m〃a,n1a,則m1n

D.若a10,aC\(3=n,mln,貝！Jznl/?

【答案】C

【知識點】空間中直線與平面之間的位置關(guān)系；直線與平面平行的性質(zhì)；直線與平面垂直的判定

【解析】【解答】解：A、m//a,幾ua,則機刀平行或異面，A錯誤.

B、m//n,71ua,則771〃仇或771(3a,B錯誤.

C、m//a,則存在直線Zu平面a,使又nla,得九1],故7n1幾，C正確.

D、a1￡,an/?=n,mln,則TH可以在夕內(nèi)，可以與口平行，也可以與/?相交但不垂直，不一定有

ml/?,D錯誤.

故答案為：C.

【分析】本題聚焦空間中線面、面面的位置關(guān)系，需依據(jù)線面平行、垂直，面面垂直的判定與性

質(zhì)，逐一剖析選項，判斷線線、線面位置關(guān)系是否成立，解題關(guān)鍵在于熟練運用空間幾何的基本定

理，準(zhǔn)確把握線面、面面位置關(guān)系的多種可能性.

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