学易金卷：高一数学下学期第三次月考（北京专用）【人教A版必修第二册6～8章】

**基本信息** 高一数学月考卷聚焦必修二平面向量至立体几何内容，融入刘徽割圆术、阿基米德圆柱容球等文化素材，通过动点问题、创新集合题考查数学抽象、逻辑推理与数学建模，实现文化传承与能力测评统一。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/40|复数虚部、立体几何命题、解三角形、向量关系|第6题以圆柱容球模型考表面积计算，第10题借刘徽割圆术考圆周率近似值，渗透数学文化| |填空题|5/25|异面直线所成角、正四棱台外接球、三角函数图像、向量应用|第15题结合阴影区域考向量线性表示，体现几何直观与数学抽象| |解答题|6/85|向量运算、立体几何证明与体积、解三角形、四棱锥外接球、集合创新|第18题三问递进考查线面垂直证明与体积计算，第21题创新集合定义考逻辑推理，呼应高考创新题型趋势|

2025-2026学年高一数学下学期第三次月考（人教A版) 答题卡 姓 名： 准考证号： 贴条形码区 注意事项 1.答题前，考生先将自己的姓名，准考证号填写清楚，并认真核准 考生禁填： 缺考标记 ▣ 条形码上的姓名、准考证号，在规定位置贴好条形码。 违纪标记 ▣ 2.选择题必须用2B铅笔填涂：非选择题必须用0.5m黑色签字笔 以上标志由监考人员用2B铅笔填涂 答题，不得用铅笔或圆珠笔答题；字体工整、笔迹清晰。 3.请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案 选择题填涂样例： 无效：在草稿纸、试题卷上答题无效。 正确填涂■ 4. 保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。 错误填涂[×1【1【/] 第I卷（请用2B铅笔填涂） 一、选择题（每小题4分，共40分） 1[AJ[B][C][D] 5[A][B][C][D] 9[A][B][C][D] 2[AJ[BJ[C][D] 6[A]IB][C][D] 10.[AJ[B][C][D] 3[A][B][C][D] 7AJIBIIC]ID] 4[AJ[B]IC][D] 8.[A][B1[CI[D] 第Ⅱ卷 二、填空题（每小题5分，共25分） 11. 12 13. 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效： 三、（本大题共6个小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 16.(13分) 17.(14分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18.(13分) C A D 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 19.(15分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 0.(15分) p D E B 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 21.(15分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 2025-2026学年高一数学下学期第三次月考模拟（人教A版） 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：人教A版必修第二册6.1平面向量的概念-8.6空间直线、平面的垂直。 第一部分（选择题 共40分） 1、 选择题：本题共10小题，每小题4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. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【详解】. 2．已知复数满足，则的虚部为（   ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【详解】由，得到， 所以的虚部为， 故选：B. 3．已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线.下列四个命题： ①若，，，则 ②若，，，则 ③若，，，则 ④若，，则或 其中所有真命题的序号是（ ） A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ①④ 【答案】D 【详解】对于①：因为，，，所以直线的方向向量是平面的法向量，由两个平面垂直， 所以这两个平面的法向量也垂直，即这两条直线也垂直，故①正确； 对于②：由，，则或，而，则不能判断，所以②不正确； 对于③：若，，，则或，所以结论不一定成立，故③不正确； 对于④：，，若，则；若，则，所以④正确； 故选：D. 4． 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【详解】因为，，所以， 在中，由正弦定理可得，所以， 解得，所以. 故选：A. 5．已知非零向量满足，则“”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 【答案】C 【详解】充分性 已知， 代入，得 若 ，则 ，因此，充分性成立. 必要性 因为 是非零向量，所以，必要性成立. 综上，是的充要条件. 故选：C 6．古希腊数学家阿基米德的一个重要数学发现是“圆柱容球”，即当球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高均相等时，球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的．如图所示，在一个“圆柱容球”的模型中，若球的体积为，则该模型中圆柱的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【详解】解：可设球的半径为，则根据题意可知圆柱的底面半径也为， 圆柱的高等于直径，圆柱的高等于， 球的体积为，， ， 圆柱的表面积公式为. 故选：D. 7．已知正方形的边长为1，为线段的中点，为边上的动点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【详解】以为坐标原点，为轴，为轴建立如图所示的平面直角坐标系， 则，，，设， ，， 则. 故选：C 8． 函数是（ ） A. 奇函数，且最小值为 B. 奇函数，且最大值为 C. 偶函数，且最小值为 D. 偶函数，且最大值为 【答案】C 【详解】由题可知，的定义域为，关于原点对称， 且， 而，即函数为偶函数； 所以，又， 即，可得函数最小值为0，无最大值. 故选：C 9．如图，矩形中，分别为边上的动点，且.则的最小值为（ ） A. 8 B. 16 C. D. 【答案】B 【详解】取线段的中点，连接、、，如下图所示： 因为，所以， 因为四边形为矩形，则， 因为， 所以， 当且仅当与方向相反时，等号成立，故的最小值为. 10．公元3世纪，刘徽发现可以用圆内接正多边形的周长近似地表示圆的周长.如图所示，他首先在圆内画一个内接正六边形，再不断地增加正多边形的边数；当边数越多时，正多边形的周长就越接近于圆的周长.刘徽在《九章算术》中写道：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣.”我们称这种方法为刘徽割圆术，它开启了研究圆周率的新纪元.小牧通过圆内接正边形，使用刘徽割圆术，得到的近似值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【详解】如图，圆的内接正多边形被半径分成个如图所示的等腰三角形， 其顶角为，即， 作于点，则， 设半径为的圆内接正边形的周长为，圆的直径为， 则， 在中，，即，所以， 即，所以， 又因为，所以. 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。 11． 已知，则__________. 【答案】 【详解】由得， 即， 由题意，所以. 12． 如图，在正方体中，异面直线与所成角的大小为___________. 【答案】 【详解】解：在正方体中， 因为， 所以即为异面直线与所成的角， 所以异面直线与所成角的大小为. 故答案为：. 13．如图，在正四棱台中，，，若该四棱台的体积为，则该四棱台的外接球表面积为________． 【答案】 【详解】已知，，则上底面积，下底面积，体积， 由棱台体积公式得， 设外接球球心到下底面中心的距离为，则到上底面中心的距离为， 由正四棱台的上下底面都是正方形可得，， 设外接球半径为，则. 展开并化简：（负值舍去）， 则， 最终外接球表面积：， 故答案为： 14已知函数的部分图象如图所示.则__________，__________. 【答案】 ①. ②. 【详解】由图可得，即，即； 由图可得，即， 又，故. 15．如图所示，已知，由射线和射线及线段构成如图所示的阴影区（不含边界）. （1）若为重心，若，则________ （2）已知下列四个向量： ①； ②； ③； ④. 对于点，落在阴影区域内（不含边界）的点有__________. 【答案】 ①. 1 ②. 【解析】 【详解】由为重心，则，而， 所以，则； 若，要使在图中阴影区域，则且， 由，则，即在阴影区域， 由，其中，即不在阴影区域， 由，则，即在阴影区域， 由，则，即不在阴影区域， 综上，. 三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 16．（13分） 已知函数 （1）求的定义域； （2）若，且，求和的值. 【答案】（1）； （2），. 【详解】（1）依题意，，所以 . 所以函数定义域为. （2），. 由，得. 又因为，所以. 所以. 17．(14分）已知向量，， (1)求与垂直的单位向量，以及与的夹角余弦值； (2)求满足的实数m，n； (3)若，求实数k. 【答案】(1)单位向量是和，夹角余弦值为； (2)，； (3) 【详解】（1）设与垂直的单位向量为，则，解得或； ，，则. 与的夹角余弦值为. （2）由，得，则，解得：. （3）因为，，， 所以，解得：. 18．（13分）如图，已知在直三棱柱中，，，，，点是的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）8 【详解】（1）连接，交于，连接. 直三棱柱中，侧面为矩形，所以点为中点. 因为点是的中点，所以. 又平面，平面，所以平面. （2）直三棱柱中，平面，因为平面，所以. 在中，，，，则，所以. 因为，平面，， 所以平面. （3）过点作. 在中，，即. 直三棱柱中，平面，因为，平面，所以，， 因为，平面，，所以平面， 则即为点到平面，也即平面的距离. 又， . 故三棱锥的体积为8. 19．（15分）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求C的值. （2）设的外接圆半径为R，内切圆半径为r. 若，，求的周长； 【答案】（1） （2）30 【详解】（1）因为，即， 整理可得，即， 因为，则，， 则或或， 即或（舍去）或（舍去）， 且，解得. （2）由题意可知：， 则，可得， 又因为，则， 由余弦定理可知， 整理可得， 可得，解得或（舍去）， 所以的周长； 20．(15分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，． （1）求证：； （2）求证：直线不可能与平面平行； （3）空间中是否存在球O，使得四棱锥的顶点均在此球面上？若存在，确定球心O的位置（结论无需证明）；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）存在，球心O的位置位于的中点. 【详解】（1）由平面，平面，则， 又，，平面，则平面， 又平面，所以，又因为，， 平面，所以平面，又平面， 所以. （2）证明：过点作交于点，连接，如图， 由平面，又，则平面， 又平面，所以，即， 又平面，又平面，所以，即，且 所以四边形为直角梯形，则的延长线与的延长线必交于一点， 又平面，从而得证直线不可能与平面平行. （3）存在，球心位于的中点处. 理由如下：将四棱锥的补成长方体，如图所示， 根据长方体外接球的球心位于体对角线的交点上， 则四棱锥的外接球心位于长方体的体对角线的交点处， 该位置也是的中点处. 21．(15分）对任意正整数，记集合均为非负整数，且，集合均为非负整数，且．设，，若对任意都有，则称． （1）写出集合和； （2）取，，写出两个中的元素、，使得； （3）证明：对任意，存在，使得． 【答案】（1）， （2），（答案不唯一） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据集合与的公式，写出集合和即可； （2）设，由题意可得，由此可得出两个满足题设条件的元素、； （3）任取，设，令，只需证明，即可证明结论成立. 【小问1详解】 由题意得，．（4分） 【小问2详解】 设，由以及可得， 故满足题设条件的两个元素可以为，.（9分） 【小问3详解】 对任意，设， 则、、、均为非负整数，且． 令，则， 所以，且．（15分） 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 学校__________________班级__________________姓名__________________准考证号__________________ ﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍密﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍封﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍线﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ 2025-2026学年高一数学下学期第三次月考 答题卡 准考证号： 姓 名：_________________________________________ 贴条形码区 此栏考生禁填 缺考 标记 1．答题前，考生先将自己的姓名，准考证号填写清楚，并认真检查监考员所粘贴的条形码。 2．选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5mm黑色签字笔答题，不得用铅笔或圆珠笔答题；字体工整、笔迹清晰。 3．请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。 5．正确填涂 注意事项 一、选择题（每小题4分，共40分） 1 [A] [B] [C] [D] 2 [A] [B] [C] [D] 3 [A] [B] [C] [D] 4 [A] [B] [C] [D] 5 [A] [B] [C] [D] 6 [A] [B] [C] [D] 7 [A] [B] [C] [D] 8 [A] [B] [C] [D] 9 [A] [B] [C] [D] 10 [A] [B] [C] [D] 三、填空题（每小题5分，共25分） 11．____________________ 12． ____________________ 13． ____________________ 14．___________________ ____________________ 15.____________________ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 四、解答题（共85分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 16．（13分） 17．（14分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18．（13分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 19．（15分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 20．（15分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 21．（15分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数学 第4页（共6页） 数学 第5页（共6页） 数学 第6页（共6页） 数学 第1页（共6页） 数学 第2页（共6页） 数学 第3页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $@学科网·学易金卷 www zxxk com 做好卷，就用学易金卷 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40分） 一、选择题：本题共10小题，每小题4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。 6 7 10 A B D A D C C 第二部分（非选择题共110分） 二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。 π 11.412.4 385π 2 13.3 14.①.2②.3 15.①.1② M,M3 三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 16.(13分) 【详解】（依题意，sinx≠0，所以r≠(k∈Z)） 所以函数f(x) 定义域为xr≠m,k∈Z.(4分) (2)f(x)=I-cos'x_sin'x sinx sinx =sinx,x≠kr(k∈Z) 由/0)=25 ,得sn02V5 5 1/7 厨学科网·学易金卷 www zxxk com 做好卷，就用学易金卷 2W5 所以tano= sine =52=-2.13分) cos0 5 5 17.(14分) [x+2y=0 25V5 【详解】()设与a=2)垂直的单位向量为(k),则+1，解得) 55或 (x,y)= 255 5’5 a+6=04)”=B4则osa+6 (a+i)-c4x44 a+ 4×55 a+i与的夹角余弦值为5：(6分) 1 m=- (2)由 ，得 ,则1=-m+3n,解得： 2·(10分) a=mb+nc(2)=m(-l,2)+n(3,4) 2=2m+4n n= 5 （3)因为a+c)/(25-,a+=+3k,2+4h).2万-a=(-3,2)】 4 所以(1+3k)-2+32+4k)=0,解得：k=g(14分) 18.(13分) 【详解】（山连接BC,交BC于E,连接DE E- 直三校柱1BC-ABG中，侧面BBCC为矩形，所以点E为BC中点 217 画学科网·学易金卷 www zxxk com 做好卷，就用学易金卷 因为点D是AB的中点，所以 E//AC 又DEc平 CDB.1C￠平面CDB,所以4G/平面CDB.（3分) (2)直三棱柱1BC-4BG中，CCL平面ABC,因为ACc平面4BC,所CCL4C 在△MBC中，AC=3,MB=5,BC=4,则AC+BC=AB,所u4CLBC 因为CC,8Cc平面 BB,CCCC∩BC=C 所以ACL平 BB,CC.a分) (3)过点C作CF⊥AB. C 小B F D tBC中，2ACBC=AB.CFCE ，即 5 直三棱柱 1BC-ABC中，41山平面BC,因为CF,ABC平面ABC,所以41LB AA⊥CF 因为41，ABC平面B跟41,44nB=A,所以CF上平面BBA4, CF=12 F5即为点C到平面BB,AA,也即平面AB,D的距离 又5480=2x5x4=10 1 2 317 窗学科网·学易金卷 www zxxk com 做好卷，就用学易金卷 VA-RCD =Ve-BD=3ACF=-x10x 3 128 5 A-BCD 故三棱锥 的体积为8.(13分) 19.(15分) anC=sin4+sinB sinC sinA+sinB 【详解】(1)因为 cos4+cosB,cosC cos4+cosB, 整理可得sinCeosB-sinBcosC=sinAcosC--sinCcos4,即sin(C-B)=sin(M-C), 因为A,B,C∈(0，m),则C-Be(←x),A-C∈(-元)， 则C-B=A-C或C-B+A-C=π或C-B+A-C=-π， 即A+B=2C或B-A=-π（舍去）或B-A=π（舍去）， C= 且A+B+C=3C=Π，解得3.(7分) x2-z(a+b+c)r 2)由题意可知：Sc=之a5xV3D 3ab V3 则r=2(a+b+c) ,可得ab=2(a+b+c） 又因为c=2 RsinC=12,则ab=2(a+b+12) c2=a2+b2-2abcos C=a2+b2-ab 由余弦定理可知 整理可得(a+b=c2+3ab=144+6(a+b+12) 可得a+b)2-6(a+b)-216=0 解得a+b=18或a+b=-12(舍去)， 所以△ABC的周长CMR=a+b+c=30 ；(15分) 4/7 画学科网·学易金卷 www zxxk com 做好卷，就用学易金卷 20.(15分) 【详解】(I)由PA⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,则PA⊥BC, 又AB L BC,4B0P4=-A,AB,PHC平面PAB,则BC士平面PMB, 又AEC平面PAB,所以BC⊥AE,又因为AE⊥PB,PB∩BC=B, PB,BCC平面PBC,所4E上平面PBC,又PCc平面PBC, ，又 所以AE⊥PC.(4分) (②)证明：过E点作EF∥BC交PC于点F,连接DF,如图， D E A 由BCL平面PAB,又D∥BC,则DAL平面PMB, 又AEC平面PAB,所以DA⊥AE,即 ∠DAE=元 又AE⊥平面PBC,又EFC平面PBC,所以AE⊥EF,即 ∠AEF=π 2,且EF<BC=DA 所以四边形AEDF为直角梯形，则AE的延长线与DF的延长线必交于一点， 又DFC平面PDC,从而得证直线AE不可能与平面PCD平行.(I0分) (3)存在，球心O位于PC的中点处 517 @学科网·学易金卷 www zxxk com 做好卷，就用学易金卷 理由如下：将四棱锥P-ABCD的补成长方体PVST-ABCD,如图所示， T G D A B 根据长方体外接球的球心位于体对角线的交点上， 则四棱锥P-ABCD的外接球心O位于长方体PNST一ABCD的体对角线的交点处， 该位置也是PC的中点处.(15分) 21.(15分) 【答案】1)4={《0,2).(，1.(2,0}，B,={（0,4),(1,3),(2,2).(3,1),(4,0} 2)月=(22,2).B=(2,13) (答案不唯一) (3)证明见解析 【解析】 【分析】)根据集合A,与B的公式，写出集合和即可： B [b21 b220 (2)设 ,由题意可得b,≥2 ，由此可得出两个满足题设条件的元素、 月=(6，b2,b)i=3,4) b+b2+b3=6 B 617 窗学科网·学易金卷 www zxxk com 做好卷，就用学易金卷 （3)任取=(a,a,a)eA,设=a+1(=l23,m）,令B=(么，b,b.）,只需证明 B∈B.,即可证明结论成立 【小问1详解】 由题意得4=《0,2.，1.(2,0%，8，={0,4(L,3)(2,2.(3,(4,0}.4分) 【小问间2详解】 b≥1 b2≥0 设 ,由 以及 可得1b,≥2 B=(b,b2,b3)(i=3,4) a3=(1,0,2) a,≤b b+b2+b=6 故满足题设条件的两个元素可以为月=(2,2,2)，B,=(2,13).(9分) 【小问3详解】 对任意=(a,a,0)e4.,设b=a+1(=12,3m） 则6、b、…、b均为非负整数，且4≤b(=L23,） 令B=(6,b,b,）,则点+6++b.=(a+)+(a,+)+…+(a,+=(a+a+…+a,)+m=2m, 所以B∈B,且a≤B.(15分) 7/7 ( ………………○……………… 外 ………………○……………… 装 ………………○……………… 订 ………………○……………… 线 ………………○……………… ) ( ………………○……………… 内 ………………○……………… 装 ………………○……………… 订 ………………○……………… 线 ………………○……………… ) ( 此卷只装订 不密封 ) ( ………………○……………… 内 ………………○……………… 装 ………………○……………… 订 ………………○……………… 线 ………………○……………… ………………○……………… 外 ………………○……………… 装 ………………○……………… 订 ………………○……………… 线 ………………○……………… … 学校： ______________ 姓名： _____________ 班级： _______________ 考号： ______________________ ) 2025-2026学年高一数学下学期第三次月考卷 （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：人教A版必修第二册6.1平面向量的概念-8.6空间直线、平面的垂直。 第一部分（选择题 共40分） 1、 选择题：本题共10小题，每小题4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. （ ） A. B. C. D. 2．已知复数满足，则的虚部为（   ） A．1 B． C． D． 3．已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线.下列四个命题： ①若，，，则 ②若，，，则 ③若，，，则 ④若，，则或 其中所有真命题的序号是（ ） A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ①④ 4． 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 5．已知非零向量满足，则“”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 6．古希腊数学家阿基米德的一个重要数学发现是“圆柱容球”，即当球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高均相等时，球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的．如图所示，在一个“圆柱容球”的模型中，若球的体积为，则该模型中圆柱的表面积为（ ） A. B. C. D. 7．已知正方形的边长为1，为线段的中点，为边上的动点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8． 函数是（ ） A. 奇函数，且最小值为 B. 奇函数，且最大值为 C. 偶函数，且最小值为 D. 偶函数，且最大值为 9．如图，矩形中，分别为边上的动点，且.则的最小值为（ ） A. 8 B. 16 C. D. 10．公元3世纪，刘徽发现可以用圆内接正多边形的周长近似地表示圆的周长.如图所示，他首先在圆内画一个内接正六边形，再不断地增加正多边形的边数；当边数越多时，正多边形的周长就越接近于圆的周长.刘徽在《九章算术》中写道：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣.”我们称这种方法为刘徽割圆术，它开启了研究圆周率的新纪元.小牧通过圆内接正边形，使用刘徽割圆术，得到的近似值为（ ） A. B. C. D. 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。 11． 已知，则__________. 12． 如图，在正方体中，异面直线与所成角的大小为___________. 13．如图，在正四棱台中，，，若该四棱台的体积为，则该四棱台的外接球表面积为________． 14已知函数的部分图象如图所示.则__________，__________. 15．如图所示，已知，由射线和射线及线段构成如图所示的阴影区（不含边界）. （1）若为重心，若，则________ （2）已知下列四个向量： ①； ②； ③； ④. 对于点，落在阴影区域内（不含边界）的点有__________. 三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 16．（13分） 已知函数 （1）求的定义域； （2）若，且，求和的值. 17．(14分）已知向量，， (1)求与垂直的单位向量，以及与的夹角余弦值； (2)求满足的实数m，n； (3)若，求实数k. 18．（13分）如图，已知在直三棱柱中，，，，，点是的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求三棱锥的体积. 19．（15分）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求C的值. （2）设的外接圆半径为R，内切圆半径为r. 若，，求的周长； 20．(15分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，． （1）求证：； （2）求证：直线不可能与平面平行； （3）空间中是否存在球O，使得四棱锥的顶点均在此球面上？若存在，确定球心O的位置（结论无需证明）；若不存在，说明理由． 21．(15分）对任意正整数，记集合均为非负整数，且，集合均为非负整数，且．设，，若对任意都有，则称． （1）写出集合和； （2）取，，写出两个中的元素、，使得； （3）证明：对任意，存在，使得． 试题 第3页（共6页） 试题 第4页（共6页） 试题 第5页（共6页） 试题 第6页（共6页） 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 （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：人教A版必修第二册6.1平面向量的概念-8.6空间直线、平面的垂直。 第一部分（选择题 共40分） 1、 选择题：本题共10小题，每小题4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. （ ） A. B. C. D. 2．已知复数满足，则的虚部为（   ） A．1 B． C． D． 3．已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线.下列四个命题： ①若，，，则 ②若，，，则 ③若，，，则 ④若，，则或 其中所有真命题的序号是（ ） A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ①④ 4． 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 5．已知非零向量满足，则“”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 6．古希腊数学家阿基米德的一个重要数学发现是“圆柱容球”，即当球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高均相等时，球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的．如图所示，在一个“圆柱容球”的模型中，若球的体积为，则该模型中圆柱的表面积为（ ） A. B. C. D. 7．已知正方形的边长为1，为线段的中点，为边上的动点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8． 函数是（ ） A. 奇函数，且最小值为 B. 奇函数，且最大值为 C. 偶函数，且最小值为 D. 偶函数，且最大值为 9．如图，矩形中，分别为边上的动点，且.则的最小值为（ ） A. 8 B. 16 C. D. 10．公元3世纪，刘徽发现可以用圆内接正多边形的周长近似地表示圆的周长.如图所示，他首先在圆内画一个内接正六边形，再不断地增加正多边形的边数；当边数越多时，正多边形的周长就越接近于圆的周长.刘徽在《九章算术》中写道：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣.”我们称这种方法为刘徽割圆术，它开启了研究圆周率的新纪元.小牧通过圆内接正边形，使用刘徽割圆术，得到的近似值为（ ） A. B. C. D. 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。 11． 已知，则__________. 12． 如图，在正方体中，异面直线与所成角的大小为___________. 13．如图，在正四棱台中，，，若该四棱台的体积为，则该四棱台的外接球表面积为________． 14已知函数的部分图象如图所示.则__________，__________. 15．如图所示，已知，由射线和射线及线段构成如图所示的阴影区（不含边界）. （1）若为重心，若，则________ （2）已知下列四个向量： ①； ②； ③； ④. 对于点，落在阴影区域内（不含边界）的点有__________. 三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 16．（13分） 已知函数 （1）求的定义域； （2）若，且，求和的值. 17．(14分）已知向量，， (1)求与垂直的单位向量，以及与的夹角余弦值； (2)求满足的实数m，n； (3)若，求实数k. 18．（13分）如图，已知在直三棱柱中，，，，，点是的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求三棱锥的体积. 19．（15分）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求C的值. （2）设的外接圆半径为R，内切圆半径为r. 若，，求的周长； 20．(15分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，． （1）求证：； （2）求证：直线不可能与平面平行； （3）空间中是否存在球O，使得四棱锥的顶点均在此球面上？若存在，确定球心O的位置（结论无需证明）；若不存在，说明理由． 21．(15分）对任意正整数，记集合均为非负整数，且，集合均为非负整数，且．设，，若对任意都有，则称． （1）写出集合和； （2）取，，写出两个中的元素、，使得； （3）证明：对任意，存在，使得． 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $