高一数学下学期第三次月考卷（苏教版必修第二册第9章～第13章，高效培优）

**基本信息** 2025-2026学年高一数学下学期第三次月考卷，覆盖苏教版必修第二册第9-13章，以复数、解三角形、立体几何等为核心，通过基础选择、综合解答题梯度设计，考查空间观念、推理能力及数学应用，适配高一学段月考需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题/58分|复数（1、9）、立体几何（3）、向量（4）|单选巩固基础，多选综合辨析（如9题复数性质判断）| |填空题|3题/15分|复数模（12）、三角恒等变换（13）、正方体截面（14）|14题结合截面与轨迹，考查空间想象| |解答题|5题/77分|解三角形（16、18）、立体几何（17、19）、三角函数（15）|19题梯形与矩形折叠，动态探究二面角范围，体现创新应用|

命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2025-2026学年高一数学下学期第三次月考卷 参考答案 第一部分（选择题共58分） 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，只有一项是符合题目要 求的。 5 6 7 C C B D C B C 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 选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分 0 10 11 AC ABD ACD 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.5 14. 3√2+25 √ 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.(13分) 【解析】(1)由题意得 f)=sinx-cos'x+25simxcosx=-60s2r+5sin2x=25 n2x- cos2x)=2sin(2x-),(3) 6 当x∈ 6 所以f(x)的最大值是2，最小值是-1.(6分) (2)ae(sinacos= 5 同理cosB=3 , ,(8分) 10 由cos(a+B)=cc-sina5inB,得cos(+B)=2y5x30-5x0-Y5,10分y 5105102 因为a,B为锐角，所以a+B∈(0，)，则a+B=4 .(13分) 16.(15分) 1/6 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【解折】(1)由A丽=AB+B丽=AB+元BC=AB+(-AB+AD+AB)=1-名AB+元AD,(3分) 由MC=MD+DC=AB+AD,又MC/AH,结合图知MC,Aǖ同向共线， 2 1 所以，2、 3:(7分) 22 2由∠DM8=行A8=4D 由1)-号+号0，则丽孤号丽+号而福=，9分 子m+260+而=后8.0分》 COS∠HAB= AH.AB √5 mB号，8e0孕，则∠H8-君a5分) 17.(15分) tw10Senc=-6+G-e）=-52b= 4 2ab 2 -cosC 4 所以tanC=-√3(3分) 又由C∈(0，，可得C=2,所以∠ACB=2 3 3 .5分) (2)连接BC,设CB∩CB,=O,连接OE, C B A E 在直三棱柱ABC-ABC中，四边形BBCC为平行四边形，则O为BC,的中点， 又因为E为AB的中点，则OE/AC,因为AC,丈平面B,CE,OEc平面BCE, 因此AC/1平面BCE.(10分) (3)因为AC,//平面BCE,则点A到平面BCE的距离等于点C到平面B,CE的距离， 2/6 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以-8cE=ace=4Gs=专5ceB8.（12分) 在ABC中，AC=BC=2,E为AB的中点，∠ACB=120°， 所以s5m5m2x2x5 1 11 22 x5×2= .(15分) 3 18.(17分) 【解析】(1)因为asin4+C =bsinA, 2 由正弦定理得sin Asin4+C -sin B sin A, 2 因为sinA≠0，所以sin4+C =sinB.(2分) 2 +C=sin 由4+B+C=x,可得si血2 πB 22 82 B 所以cos。=sinB, 2 所以cosB=2 sin cos号 BB 2 2 图为8e(0,则受∈0引 B 所以cos8>0,所以si B 1 225分) B 因为02 所以 =5,则B= B元 26 3:(6分) (2)(i)因为△ABC为锐角三角形， 所以0<A<受0<C<登， 2-C< 0< 2π 由(1)知，A+C= 3 ，即 3 元元 0<C< 2,所以及<C<,即角C的取值范围为 6 62 (10分) 2 (i)由题设及(1)知，△ABC的面积S△ABc= 2acsin a= 1 -a, 2 3/6 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2sin 2-C 2K 2π 由正弦定理得 a=csin 3 2sincos C-2cos- -sin C 3 3 sin C sin C sin C -=V3cosC+sinC。V5 +1.(13分) sin C tan C 因为<C<,所以mC>5,则0<<5,0<5<3,15分) 6 3 tan C tanC 所以1<a<4,从而 2 <S△MBc<2V3. 因此△ABC面积的取值范围是 ,25 (17分) 2 19.(17分) 【解析】(1)证明：在梯形ABCD中，，AB‖CD,AD=DC=CB=1,∠ABC=60°，.AB=2, AC2=AB2+BC2-2AB.BC·c0s60°=3， :AB2=AC2+BC2,∴.BC⊥AC,平面ACFE⊥平面ABCD,平面ACFE平面ABCD=AC, BCC平面ABCD,∴.BC⊥平面ACFE.(5分) (2)解：取FB中点G,连接AG,CG, AF =AC2+CF2 =2,AB AF,..AG L FB, .CF=CB=1,∴CG⊥FB,.∠AGC为二面角的平面角.(7分) 8c-cF.FB=..CG-2 4G= 2 2 cos∠AGC= CG2+AG2-AC2V .9分) 2CG·AG 7 E (3)由(2)知： 0当M与F重合时，cos0.9:(10分y 4/6 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ②当M与E重合时，过B作BN∥CF,且使BN=CF,连接EN,FN,则平面MABO平面 FCB=BN,:BC⊥CF,AC⊥CF,BCC平面ABC,ACC平面ABC,BCnAC=C, 1 CF⊥平面ABC,BN1平面ABC,∠ABC=0,:0=60°，cos8=213分) E(M) ③当M与E,F都不重合时，令FM=入，0<元<√3，延长AM交CF的延长线于N,连接BN, ∴.N在平面MAB与平面FCB的交线上，：B在平面MAB与平面FCB的交线上，∴.平面MABO平面 FCB=BN, 过C作CH⊥NB交NB于H,连接AH, 由(1)知，AC⊥BC,又.AC⊥CN,CN,BCc平面NCB,CN∩BC=C, ∴.AC⊥平面NCB,.NB∈平面NCB,∴.AC⊥NB 又，CH⊥NB,AC,CHC平面ACH,AC∩CH=C,∴.NB⊥平面ACH,∴.AH⊥NB, .∠AHC=0 √3 在△NAC中，NC= ,从而在△NCB中，CH= √3- (2-√3)2+3 :∠4CH=90°，AH=NAc+CH_5:ya-+4.cos0=C V(2-V3)2+3 AHV2-V32+4 0<<5,7 <cos0<I 5/6 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 E H (17分) D A B 6/6 2025-2026学年高一数学下学期第三次月考卷 考试版 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：苏教版必修第二册第9章~第13章。 第一部分（选择题 共58分） 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，只有一项是符合题目要求的。 1．已知复数，则=（　　） A. B. C. D. 2．在中，，则（ ） A. B. C. D. 3．已知，是平面，，是直线，下列命题中不正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 4．在直角三角形中，若，，，则为（ ） A. 3 B. 6 C. －3 D. －6 5．已知，则（ ） A. B. C. D. 6．现用一半径为，圆心角为的扇形铁皮制作一个无盖的圆锥形容器（衔接部分及铁皮厚度忽略不计，且无损耗），则该容器的容积为（ ） A. B. C. D. 7．已知为锐角，，则的值为（ ） A. B. C. D. 8．在中，角所对的边分别为，若，，则当角取得最大值时，的周长为（ ） A. 6 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知复数，，，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则或 D. 若，则 10．如图，已知中，，，是的中点，动点在以为直径的半圆弧上.则（ ） A. B. 最小值为-2 C. 在上的投影向量为 D. 若的最大值为 11．如图（1），在长方形ABCD中，，，E，F分别为AB，CD的中点，连接AF，CE，分别交BD于点M，N，将沿直线BD折起到的位置，如图（2），则下列说法正确的是（ ） A. 在翻折的过程中，恒有平面PEN B. 当二面角的大小为时， C. 若G为直线PN上一点，则点G到直线AM的最短距离为 D. 当平面平面ABD时，三棱锥外接球的表面积为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知是关于的方程的一个根，则的模为_____． 13．已知，则________． 14．如图，正方体的棱长为2， E是棱的中点，平面截正方体所得截面图形的周长为________，若F是侧面上的动点，且满足平面，则点F的轨迹长度为________. 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．（13分） 已知函数． （1）若，求的最大值和最小值； （2）设为锐角，且，求的值． 16．（15分） 如图，在梯形中，，且为的中点，，． （1）求的值； （2）若，求． 17．（15分） 如图，在直三棱柱中，为的中点.在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若△ABC的面积为. （1）求； （2）求证： 平面； （3）求三棱锥的体积. 18．（17分） 在中，角对边分别为，已知. （1）求； （2）若为锐角三角形，且， （i）求角的取值范围； （ii）求面积的取值范围. 19．（17分） 如图，在梯形中，，，，四边形为矩形， 平面平面，. （1）求证：平面； （2）求二面角的平面角的余弦值； （3）若点在线段上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为，试求的范围. 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高一数学下学期第三次月考卷 全解全析 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：苏教版必修第二册第9章~第13章。 第一部分（选择题 共58分） 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，只有一项是符合题目要求的。 1．已知复数，则=（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【分析】由复数运算及复数模的定义即得。. 【详解】，， . 故选：C 2．在中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【分析】由平方关系求得，再应用正弦定理求. 【详解】由，且，则， 又，则. 故选：C 3．已知，是平面，，是直线，下列命题中不正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】A 【分析】根据空间中线面、面面的位置关系一一判断即可. 【详解】对于A：若，，则或与异面，故A错误； 对于B：两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面， 故若，，则，故B正确； 对于C：垂直于同一条直线的两个平面互相平行， 故若，，则，故C正确； 对于D：根据面面垂直的判断定理可知，若，，则，故D正确； 故选：A 4．在直角三角形中，若，，，则为（ ） A. 3 B. 6 C. －3 D. －6 【答案】B 【分析】建立平面直角坐标系通过坐标法即可求解 【详解】如图以为坐标原点建立平面直角坐标系，可知，， 由可知，因为，， 所以， 可得 故选：B 5．已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【分析】由条件，结合辅助角公式可求，再利用二倍角余弦公式可求. 【详解】因为， 所以， 所以， 又， 所以， 故选：D. 6．现用一半径为，圆心角为的扇形铁皮制作一个无盖的圆锥形容器（衔接部分及铁皮厚度忽略不计，且无损耗），则该容器的容积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【分析】根据弧长公式和圆锥的体积公式求解即可. 【详解】由题意可知该圆锥形容器底面圆周长， 所以底面圆半径， 所以高， 所以该容器的容积， 故选：C 7．已知为锐角，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【分析】由同角三角函数的基本关系结合角的范围求出，再由角的变换及两角和的正余弦公式求解即可. 【详解】已知为锐角，， 根据，可算出， 因为为锐角，且， 又， ， ， 所以． 故选：B． 8．在中，角所对的边分别为，若，，则当角取得最大值时，的周长为（ ） A. 6 B. C. D. 【答案】C 【分析】根据余弦定理，将角化边，可得，再由余弦定理结合不等式，可求得角的最大值为，再根据已知条件和余弦定理，可分别求得三角形的三边长，进而得到三角形的周长. 【详解】由题意，， 根据余弦定理，可得，化简得，即， 所以， 根据基本不等式，可得， 所以，当且仅当，即时，等号成立， 又，由余弦函数的性质，可知单调递减，所以， 所以角的最大值为，且， 又由余弦定理得，， 所以，又，所以，所以， 所以的周长为，所以C正确. 故选：C 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知复数，，，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则或 D. 若，则 【答案】AC 【分析】利用特殊值判断B、D，根据复数代数形式的运算法则及复数的模判断A、C. 【详解】对于A，设，， 则，， ，， 所以由可得，所以，故A正确； 对于B，令，，则，满足， 但是，故B不正确； 对于C，因为，所以，所以或，即或，故C正确； 对于D，令，，则，但是，故D不正确． 故选：AC． 10．如图，已知中，，，是的中点，动点在以为直径的半圆弧上.则（ ） A. B. 最小值为-2 C. 在上的投影向量为 D. 若的最大值为 【答案】ABD 【分析】由已知是的中点，易得，可判断A；根据投影向量的定义可判断C；以M为原点，直线AC为轴建立直角坐标系，设，则，写出各点坐标，表示各向量的坐标，用向量的坐标运算及三角恒等变形可判断C、D. 【详解】以M为原点，直线AC为轴建立直角坐标系（如图）， 设，则，在中，，，是的中点， 所以， ，则 ，，，， 所以，，， 对于A：因为是的中点，所以，故A正确； 对于B： 因为，所以，当时，取得最小值， 所以最小值为，故B正确； 对于C：在上投影向量为，故C错误； 对于D：因为所以， 则，当时，取最大值.故D正确. 故选：ABD. 11．如图（1），在长方形ABCD中，，，E，F分别为AB，CD的中点，连接AF，CE，分别交BD于点M，N，将沿直线BD折起到的位置，如图（2），则下列说法正确的是（ ） A. 在翻折的过程中，恒有平面PEN B. 当二面角的大小为时， C. 若G为直线PN上一点，则点G到直线AM的最短距离为 D. 当平面平面ABD时，三棱锥外接球的表面积为 【答案】ACD 【分析】结合相似三角形及勾股定理可得，，对于A，结合翻折的知识可得，结合可得平面PEN，进而判断即可；对于B，结合空间向量的线性运算可得，根据二面角的大小为可得，进而利用空间向量的数量积的运算律求解判断即可；对于C，与A同理可得平面AMF，进而得到，，可得MN为AM，PN的公垂线段，所以点G到直线AM的最短距离为MN，进而求解判断即可；对于D，分析可得BD的中点为三棱锥外接球的球心，进而求解判断即可. 【详解】在长方形ABCD中，，，E，F分别为AB，CD的中点， 计算可得，，易知， 又，所以，则，， 所以，所以，同理可得． 对于A，由上述过程可知在翻折的过程中，，而， 因为，PN，平面PEN，所以平面PEN，故A正确； 对于B，因为，二面角的大小为， 则， 所以 ， 所以，故B错误； 对于C，与A同理可得平面AMF，因为平面AMF，所以， 由平面PEN，平面PEN，可得， 所以MN为AM，PN的公垂线段，所以点G到直线AM的最短距离为MN， 而，故C正确； 对于D，因为和都是直角三角形，且BD为公共边， 所以BD的中点为其所在三角形的外心，同时也是三棱锥外接球的球心， 所以外接球半径， 所以三棱锥外接球表面积，故D正确． 故选：ACD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知是关于的方程的一个根，则的模为_____． 【答案】 【分析】由题知，即，再根据复数相等求解即可. 【详解】知是关于的方程的一个根， 所以，即， 所以，解得 的模为. 故答案为：. 13．已知，则________． 【答案】 【分析】运用两角差的正弦公式及辅助角公式进行化简，再用降幂公式以及角的变换即可求解. 【详解】因为，所以， 所以，即， 所以，即，解得， 所以， 故答案为：. 14．如图，正方体的棱长为2， E是棱的中点，平面截正方体所得截面图形的周长为________，若F是侧面上的动点，且满足平面，则点F的轨迹长度为________. 【答案】 ①. ## ②. 【分析】由平行线确定一个平面，利用中位线找到截面并求周长；构造面面平行，找到点F的轨迹并求长度. 【详解】取CD中点G，连接BG、EG， 正方体中，，，四边形为平行四边形，则， E是中点，G是CD中点，，则等腰梯形为截面， 而，， 故梯形的周长为； 取中点M，中点N，连接， 则，故四边形为平行四边形， 则得，而平面，平面， 故平面，同理平面， 而，平面，故平面平面， ∴点F的运动轨迹为线段MN，其长度为. 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．（13分） 已知函数． （1）若，求的最大值和最小值； （2）设为锐角，且，求的值． 【答案】（1）； （2） 【分析】（1）根据二倍角公式和辅助角公式，对函数解析式进行恒等变换，再根据定义域，求出值域，求出最大值和最小值. （2）根据同角三角函数的平方关系，和两角和的余弦公式，求出的余弦值，判断角的值. 【解析】（1）由题意得 ， 当时，， 所以的最大值是2，最小值是. （2）则，同理， 由，得， 因为为锐角，所以，则. 16．（15分） 如图，在梯形中，，且为的中点，，． （1）求的值； （2）若，求． 【答案】（1）； （2）. 【分析】（1）应用平面向量基本定理用表示出，再结合它们同向共线列方程求参数值即可； （2）由（1）得，应用数量积的运算律求其模长和，再应用向量夹角公式求角的大小. 【解析】（1）由， 由，又，结合图知同向共线， 所以； （2）由, 由（1），则， ， ，，则 17．（15分） 如图，在直三棱柱中，为的中点.在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若△ABC的面积为. （1）求； （2）求证： 平面； （3）求三棱锥的体积. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【分析】（1）利用三角形面积公式、余弦定理即可求解； （2）连接，设，连接，利用中位线的性质可得出 ，利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （3）由（2）可知，则点到平面的距离等于点到平面的距离，则，利用锥体的体积公式可求得结果. 【解析】（1）. 所以. 又由，可得，所以. （2）连接，设，连接，    在直三棱柱中，四边形为平行四边形，则为的中点， 又因为为的中点，则，因为平面平面， 因此平面. （3）因为平面，则点到平面的距离等于点到平面的距离， 所以. 在中，为的中点，， 所以. 因此. 18．（17分） 在中，角对边分别为，已知. （1）求； （2）若为锐角三角形，且， （i）求角的取值范围； （ii）求面积的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再结合诱导公式、二倍角公式计算可得； （2）（i）根据三角形为锐角三角形求出的范围；（ii）由面积公式可得，再由正弦定理求出的范围，即可得解. 【解析】（1）因为， 由正弦定理得， 因为，所以． 由，可得， 所以， 所以， 因为，则，所以，所以， 因为，所以，则； （2）（i）因为为锐角三角形， 所以，， 由（1）知，，即，所以，即角的取值范围为； （ii）由题设及（1）知，的面积， 由正弦定理得 ． 因为，所以，则，， 所以，从而． 因此面积的取值范围是． 19．（17分） 如图，在梯形中，，，，四边形为矩形， 平面平面，. （1）求证：平面； （2）求二面角的平面角的余弦值； （3）若点在线段上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为，试求的范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3），. 【分析】（1）通过证明结合平面平面可证明结论； （2）取中点，连接，，通过说明，可得为二面角的平面角，后由题目条件结合余弦定理可得答案； （3）当点M在F点时，由（2）可知答案；当M在点E时，过B作，且使，连接，，则由题目条件可得；当与，都不重合时，令，延长交的延长线于，连接，过作交于，连接，通过说明，可得.后综合三种情况可得答案. 【解析】（1）证明：在梯形中，，，，，， ，，平面平面，平面平面，平面，平面. （2）解：取中点，连接，， ，，， ，，为二面角的平面角. ，，，， . （3）由（2）知： ①当与重合时，； ②当与重合时，过作，且使，连接，，则平面平面，，，平面ABC，平面ABC，，平面，平面，，，； ③当与，都不重合时，令，，延长交的延长线于，连接，在平面与平面的交线上，在平面与平面的交线上，平面平面， 过作交于，连接， 由（1）知，，又，平面，， 平面，平面，. 又，平面ACH，，平面，，. 在中，，从而在中，， ，，.，. 综上所述，，. 1 / 18 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $