精品解析：湖南省衡阳市衡阳县第三中学2024-2025学年高一下学期第三次月考数学试卷

2025年上期衡阳县三中高一年级第三次月考试卷 数学试卷 时量：120分钟 满分：150分 命题：李明德 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1 等于（ ） A. B. C. D. 2. 复数（ ） A. 0 B. 1 C. D. 3. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，则sinA＝（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，，若，则实数（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4 5. 给定两个长度为2的平面向量和，它们的夹角为120°.如图所示.点在以为圆心2为半径的圆弧上运动.则的最小值为 A. B. C. 0 D. 2 6. 某地区教研机构对该地区模拟考试成绩进行分析，随机抽取了200分到450分之间的1000名学生的成绩，并根据这些学生的成绩画出样本的频率分布直方图，如图所示，则成绩在内的学生人数为（ ） A. 300 B. 400 C. 600 D. 1200 7. 如图，下列正方体中，M，N，P，Q分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线MN和PQ为异面直线的是（ ） A. B. C. D. 8. 如图所示，在棱长为正方体中，、分别是、的中点，过直线的平面平面，则平面截该正方体所得截面的面积为（ ）. A. B. C D. 二、选择题：本题共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，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 下列关于向量的命题，错误的是（ ） A. B. 在边长为1的等边中， C. 若，则 D. 若，则向量的夹角是钝角 10. 如图所示，在正方体中，O为DB的中点，直线交平面于点M，则下列结论正确的是（ ） A. ，M，O三点共线 B. 平面 C. 直线与平面所成角的为 D. 直线和直线是共面直线 11 已知复数，则（ ） A. 在复平面内对应的点在第二象限 B. C. D. 的虚部为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知，点，则点的坐标为______. 13. 若三棱锥三条棱两两互相垂直，且，则该三棱锥外接球的表面积为______. 14. 在中，三边长分别为，最大角的正弦值为，则_________． 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. 已知，虚数单位，复数. （1）若，求的值； （2）若复数对应的点在第三象限，求的取值范围； 16. 如图，在正方体中，是的中点． （1）求证：平面ACE． （2）求异面直线与CD所成角的大小． （3）设正方体的棱长为1，求三棱锥的体积． 17. 已知向量 （1）求； （2）求； （3）求. 18. 记的内角所对的边分别为，且. （1）求角的值； （2）若，求外接圆的面积； （3）若，求的最小值. 19. 如图所示，在四棱锥，底面是正方形，与交于点，平面，. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）是线段上一点，且满足，是否存在实数使平面？若存在求出的值，若不存在，请说明理由 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年上期衡阳县三中高一年级第三次月考试卷 数学试卷 时量：120分钟 满分：150分 命题：李明德 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的加减法，可得答案. 【详解】. 故选：A. 2. 复数（ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数乘方运算求解即得. 【详解】复数. 故选：D 3. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，则sinA＝（ ） A B. C. D. 【答案】A 【解析】 分析】根据正弦定理即可得解. 【详解】根据正弦定理可知，，又，， 所以， 故选：A 4. 已知向量，，若，则实数（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标表示，求解即可. 【详解】因为，所以，解得. 故选：C. 5. 给定两个长度为2的平面向量和，它们的夹角为120°.如图所示.点在以为圆心2为半径的圆弧上运动.则的最小值为 A. B. C. 0 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】设，以为平面内一组基底，根据平面向量的加法的几何意义、平面向量数量积的定义和运算性质，结合辅助角公式、余弦函数的单调性进行求解即可. 【详解】设， 因此有 ， 因为，所以，所以当时，即，有最小值，最小值为. 故选：B 【点睛】本题考查了平面向量数量积最小值问题，考查了平面向量基本定理的应用，考查了平面向量的定义和运算性质，考查了辅助角公式和余弦函数的单调性，考查了数学运算能力. 6. 某地区教研机构对该地区模拟考试成绩进行分析，随机抽取了200分到450分之间的1000名学生的成绩，并根据这些学生的成绩画出样本的频率分布直方图，如图所示，则成绩在内的学生人数为（ ） A. 300 B. 400 C. 600 D. 1200 【答案】B 【解析】 【分析】根据频率分布直方图中各个小矩形的面积之和为1求出的值，进而求出结果． 【详解】由频率分布直方图可得，， 解得， 所以成绩在内的学生人数为． 故选：B． 7. 如图，下列正方体中，M，N，P，Q分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线MN和PQ为异面直线的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知，结合正方体的结构特征及平行公理推、情感教练的判定定理逐项分析判断. 【详解】对于A，如图，，四点共面，A不是； 对于B，如图，，四点共面，B不是； 对于C，如图，，四点共面，C不是； 对于D，如图，平面，平面，平面，直线， 则与是异面直线，D是. 故选：D 8. 如图所示，在棱长为的正方体中，、分别是、的中点，过直线的平面平面，则平面截该正方体所得截面的面积为（ ）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】如图1，取B1C1的中点E，C1D1的中点F，连接EF，BE，DF，B1D1，则EFB1D1，B1D1BD，所以EFBD，故EF，BD在同一平面内，然后利用面面平行的判定定理可证得平面AMN平面BDFE，所以平面α截该正方体所得截面为平面BDFE，然后在图2中的图形计算即可. 【详解】如图1，取B1C1的中点E，C1D1的中点F，连接EF，BE，DF，B1D1，则EFB1D1，B1D1BD，所以EFBD，故EF，BD在同一平面内， 连接ME，因为M，E分别为A1D1，B1C1的中点，所以MEAB，且ME＝AB， 所以四边形ABEM是平行四边形，所以AMBE， 又因为平面BDFE，平面BDFE， 所以AM平面BDFE，同理AN平面BDFE， 因为，、平面， 所以平面平面BDFE， ，，，等腰梯形BDFE如图2， 过E，F作BD的垂线，垂足分别为G，H，则四边形EFGH为矩形， 所以， 故所得截面的面积为. 故选：B. 二、选择题：本题共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，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 下列关于向量的命题，错误的是（ ） A. B. 在边长为1的等边中， C. 若，则 D. 若，则向量的夹角是钝角 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，根据向量加法运算的概念进行判断；B选项，根据向量数量积的概念进行运算并判断；C选项，反向共线；D选项，根据向量数量积的概念知向量的夹角是钝角或. 【详解】A选项，，A错误； B选项，在边长为1的等边中，，B错误； C选项，若，则，C正确； D选项，若，则向量的夹角是钝角或，D错误. 故选：ABD 10. 如图所示，在正方体中，O为DB的中点，直线交平面于点M，则下列结论正确的是（ ） A. ，M，O三点共线 B. 平面 C. 直线与平面所成角的为 D. 直线和直线是共面直线 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据正方体的特性，依次分析各项正误. 【详解】由正方体的特性可知，为正方体的体对角线，平面，平面平面于，又交平面于点，故点在上，故A项正确； 由正方体的特性可知，平面，平面，故，同理，，于点，故平面，故B项正确； 设正方体的边长为1，直线与平面的夹角为，则，点到平面的距离为，故，，C项正确； 直线与直线为异面直线，故D项错误. 故选：ABC. 11. 已知复数，则（ ） A. 在复平面内对应的点在第二象限 B. C. D. 的虚部为 【答案】BC 【解析】 【分析】利用复数的几何意义可判断A选项；利用共轭复数的定义以及复数的模长公式可判断B选项；利用复数运算可判断C选项；利用复数的除法以及复数的概念可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为，则复数在复平面内对应的点为，位于第四象限，A错； 对于B选项，，故，B对； 对于C选项，，C对； 对于D选项，，故的虚部为，D错. 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知，点，则点的坐标为______. 【答案】 【解析】 【分析】设，根据平面向量的坐标表示计算可得. 【详解】设，因为，所以， 又，所以，解得， 所以. 故答案为： 13. 若三棱锥三条棱两两互相垂直，且，则该三棱锥外接球的表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】把三棱锥补形成长方体求出外接球直径，进而求出表面积. 【详解】由三棱锥三条棱两两互相垂直， 得该三棱锥与以线段为共点棱的长方体有相同的外接球， 则外接球直径为该长方体的体对角线长， 所以该三棱锥外接球的表面积为. 故答案为： 14. 在中，三边长分别为，最大角的正弦值为，则_________． 【答案】5 【解析】 【分析】由条件结合余弦定理列方程求即可. 【详解】因为， 所以的最大内角为边长的边所对应的角， 因为最大角的正弦值为，又对于非等边三角形，最大角大于， 所以最大角的余弦为， 由余弦定理可得，又 所以. 故答案为：. 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. 已知，为虚数单位，复数. （1）若，求的值； （2）若复数对应的点在第三象限，求的取值范围； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据复数的分类求解即可； （2）根据复数的几何意义求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以，解得； 【小问2详解】 因为复数对应的点在第三象限， 所以，解得. 16. 如图，在正方体中，是的中点． （1）求证：平面ACE． （2）求异面直线与CD所成角的大小． （3）设正方体的棱长为1，求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接交于，连接，即可得到，从而即可得证； （2）由，即为异面直线与CD所成角，又为等腰直角三角形即可求解. （3）利用等体积法，求三棱锥的体积. 【小问1详解】 连接交于，连接， 因为是的中点，又是的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 在正方体中，， 所以为异面直线与CD所成角， 因为为等腰直角三角形， 所以， 所以异面直线与CD所成角为. 【小问3详解】 因为正方体的棱长为1，所以， 所以， 所以. 17. 已知向量 （1）求； （2）求； （3）求. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量线性运算的坐标表示计算可得； （2）利用向量夹角余弦公式可求出答案； （3）利用向量坐标的运算求出表示的坐标，再求其模长. 【小问1详解】 因为向量， 所以. 小问2详解】 因为向量， 所以. 【小问3详解】 因为向量， 所以， 所以. 18. 记的内角所对的边分别为，且. （1）求角的值； （2）若，求外接圆的面积； （3）若，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3）2. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角，得到，进而可求解； （2）由正弦定理求得外接圆半径即可求解； （3）由余弦定理结合基本不等式即可求解 【小问1详解】 由已知得， 由正弦定理得， 即， 因为，所以， 即， 又因为，所以. 【小问2详解】 由正弦定理可知：当时， 外接圆的半径， 故此时外接圆的面积为. 【小问3详解】 由余弦定理可得， 即， 当且仅当时取等号， 故的最小值为2. 19. 如图所示，在四棱锥，底面是正方形，与交于点，平面，. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）是线段上一点，且满足，是否存在实数使平面？若存在求出的值，若不存在，请说明理由 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）由平面可得，由正方形性质可得，进而结合线面垂直的判定定理即可证明； （2）根据线面角的定义可得即为与平面所成角，进而求解即可； （3）取中点，连接，结合（2）中的结论可得平面平面，再由面面垂直的性质定理即可得到结果. 【小问1详解】 因为平面，平面， 所以， 在正方形中，， 因为平面， 所以平面. 【小问2详解】 由（1）知，平面， 所以即为与平面所成角， 因为，则， 则，又， 在中，. 即与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 存在实数，使得平面，理由如下： 取中点，连接， 由（2）可知，因为，， 所以， 又平面，平面， 所以平面平面， 因为平面平面，平面， 所以平面， 故存在实数，使平面． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$