精品解析：贵州黔西南州顶兴高级中学2025-2026学年高一下学期第三次月考数学试卷

2025-2026学年高一数学下学期第三次月考卷 【人教A版】 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.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.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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.写在本试卷上无效； 3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效； 4.测试范围：人教A版必修第二册第六章~第八章； 5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第I卷（选择题 共58分） 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的. 1. 已知复数（是虚数单位），则对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 在中，内角所对的边分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 或 3. 已知向量，若，则（ ）. A. B. 1 C. 2 D. 3 4. 已知P为空间中一点，m，n，l为互不相同的直线，α，β，γ为互不相同的平面，则下列推理中正确的是（ ） A. ， B. ， C. ，， D. ，，， 5. 正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，高为，则其侧面积为（ ） A. 20 B. 24 C. D. 6. 已知向量满足，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. （新文化） 7. 《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．阳马中，若平面，且，则异面直线PC与BD所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 在锐角中，角的对边分别为，的面积为S，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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（i为虚数单位），则下面结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知向量，，，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 向量在方向上的投影向量的坐标为 D. 若与的夹角为锐角，则的取值范围是 11. 如图所示，在正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与是平行直线 B. 直线与是异面直线 C. 直线与所成的角为 D. ，，，四点共面 第II卷（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. 如图所示，水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，若，，则四边形的面积为______. 13. 已知中，为的中点，且，则向量在向量上的投影向量为__________. 14. 落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色，滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》而名传千古，如图所示，在滕王阁旁的水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点的仰角分别为，且米，则滕王阁的高度___________米． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 已知复数． （1）若是实数，求的值； （2）若是纯虚数，求的值； （3）若在复平面内对应的点位于第四象限，求的取值范围． 16. 已知向量，. （1）若，求； （2）若向量，，求与夹角的余弦值. 17. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求角A； （2）若，面积为，求内角A的角平分线AD的长度． 18. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求四棱锥的体积. 19. 如图所示，已知为梯形，，，为线段上一点. （1）设平面平面，证明：； （2）在棱上是否存在点 （i）使得平面，若存在，求的值；若不存在，请说明理由； （ii）使得平面将四棱锥分成体积相等的两部分，若存在，求的值；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 $ 2025-2026学年高一数学下学期第三次月考卷 【人教A版】 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.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.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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.写在本试卷上无效； 3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效； 4.测试范围：人教A版必修第二册第六章~第八章； 5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第I卷（选择题 共58分） 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的. 1. 已知复数（是虚数单位），则对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法法则化简，再结合共轭复数的定义及复数的几何意义即可求出. 【详解】，则， 则对应的点在第二象限. 故选：B 2. 在中，内角所对的边分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【详解】由，，则，故， 由正弦定理，可得， 又，则，故或， 若，有，符合题意； 若，有，符合题意； 综上：或. 3. 已知向量，若，则（ ）. A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】求出的坐标，根据向量垂直的坐标表示可解. 【详解】因为，所以， 因为，所以，解得. 故选：D 4. 已知P为空间中一点，m，n，l为互不相同的直线，α，β，γ为互不相同的平面，则下列推理中正确的是（ ） A. ， B. ， C. ，， D. ，，， 【答案】C 【解析】 【分析】利用平面基本事实判断A；利用线面平行的判定判断B；利用面面垂直的性质，线面垂直的判定判断C；利用线面垂直的判定判断D． 【详解】对于A：由，，则，两个平面相交于一条直线，而不是一个点，故A错误； 对于B：由，，则可能有，或，故B错误； 对于C：由，，，则，故C正确； 对于D：由，，，，则可能有，或，或，故D错误． 故选：C 5. 正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，高为，则其侧面积为（ ） A. 20 B. 24 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出辅助线，求出侧高，得到侧面积. 【详解】如图，过点分别作⊥，⊥，垂足分别为， 其中，故， 所以， 又，由勾股定理得， 其中，由勾股定理得， 故梯形的面积为， 其侧面积为. 故选：B 6. 已知向量满足，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量数量积的运算律将展开，再结合向量数量积公式求出的值，最后根据夹角的取值范围确定夹角. 【详解】由，可得 又 所以解得： 所以 又所以 所以与的夹角为． 故选：C. （新文化） 7. 《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．阳马中，若平面，且，则异面直线PC与BD所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将几何体补全为长方体，根据异面直线所成角的定义确定对应平面角，根据已知求该角的余弦值. 【详解】由题意，将补全为如下图所示的长方体，且， 所以异面直线PC与BD所成角，即为所成角， 由，则， 所以， 所以异面直线PC与BD所成角的余弦值为. 故选：C 8. 在锐角中，角的对边分别为，的面积为S，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用三角形的面积公式和余弦定理，求得，得到，再由为锐角三角形，求得，结合正弦定理，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解. 【详解】因为，可得，且， 所以，由余弦定理可得， 又因为，所以， 因为为锐角三角形，则满足，可得， 由正弦定理得， 又因为，所以，可得，可得. 故选：B． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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（i为虚数单位），则下面结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据共轭复数，复数模的公式，复数运算逐一计算判断. 【详解】对于A，由，则，所以，故A错误； 对于B，，，故B正确； 对于C，，，故C错误； 对于D，由，则，， 所以，故D正确. 故选：BD. 10. 已知向量，，，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 向量在方向上的投影向量的坐标为 D. 若与的夹角为锐角，则的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标运算可得选项A正确；根据向量相等可得选项B正确；利用投影向量的公式计算可得选项C错误；计算向量与向量同向时的值可得选项D正确. 【详解】对于A，由题意可得， 若，则，得，故A正确； 对于B，由题意可得， 若，则，解得，所以，故B正确； 对于C，由题意可得，， 则向量在方向上的投影向量的坐标为，故C错误； 对于D， 由题意得，，， 若向量与向量的夹角为锐角， 则，解得， 当向量与向量共线时，由得， 此时，，，向量与向量的夹角为，不合题意， 所以的取值范围是，故D正确. 11. 如图所示，在正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与是平行直线 B. 直线与是异面直线 C. 直线与所成的角为 D. ，，，四点共面 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，取的中点为，连接，易得，结合，相交即可判断；对于B，由异面直线的概念即可判断；对于C，易知，则为直线与所成的角，再求角即可判断；对于D，连接，易知，再由平面确定定理即可判断． 【详解】解：对于A，取的中点为，连接，如下图所示： 由正方体性质可知，若直线与是平行直线， 则可得，，三点共线，显然这与，相交于点矛盾，故A错误； 对于B，易知平面，平面，直线，平面， 可得直线与是异面直线，故B正确； 对于C，连接，，如下图： 可得，故为直线与所成的角，而， 可得直线与所成的角为，故C正确； 对于D，连接，易知，可知，，，四点共面，故D正确． 第II卷（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. 如图所示，水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，若，，则四边形的面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用斜二测画法画出原图，求出，即可求解. 【详解】如图，运用斜二测画法画出原图，原图为平行四边形. 由， 得， 所以， 所以平行四边形的面积为. 13. 已知中，为的中点，且，则向量在向量上的投影向量为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的运算性质，结合投影向量的定义进行求解即可. 【详解】 ，因此是直角三角形，如下图所示： 过作，垂足为，因为，所以， 又因为为的中点，所以为的中点， 所以， 所以向量在向量上的投影向量为. 14. 落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色，滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》而名传千古，如图所示，在滕王阁旁的水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点的仰角分别为，且米，则滕王阁的高度___________米． 【答案】 【解析】 【分析】设，由边角关系可得，，，，在和中，利用余弦定理列方程，结合可解得的值，进而可得长. 【详解】设，因为，，则， 又，， 所以，， 在中，， 即①， 在中，， 即②， 因为， 所以由①②两式相加可得：，解得：， 则. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 已知复数． （1）若是实数，求的值； （2）若是纯虚数，求的值； （3）若在复平面内对应的点位于第四象限，求的取值范围． 【答案】（1）或 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据实数的概念列方程求解的值； （2）根据纯虚数的概念列式求的值； （3）复数的几何意义及第四象限点的坐标的特征列不等式组求解． 【小问1详解】 若是实数， 则，解得或. 【小问2详解】 若复数是纯虚数， 则，解得. 【小问3详解】 若在复平面内对应的点位于第四象限，则， 不等式，即，解得或； 不等式，即，解得， 所以，，即的取值范围是. 16. 已知向量，. （1）若，求； （2）若向量，，求与夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的加法和数乘运算求出与的坐标，利用向量垂直的坐标表示求出的值，再求出的坐标并求其模. （2）根据向量平行的性质求出的值，再求出与的坐标，最后利用向量夹角的余弦公式计算即可. 【小问1详解】 已知，，则， 又，所以，即，解得. 所以，则， 所以. 【小问2详解】 因为，所以，解得，所以，则. 则，， ， 设与夹角为，则. 所以与夹角的余弦值为. 17. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求角A； （2）若，面积为，求内角A的角平分线AD的长度． 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）应用两角和差的正弦余弦公式计算即可； （2）首先根据三角形面积公式得，再利用，代入数据计算即可. 【小问1详解】 由已知得． 又， 故． 因为，所以，即． 因为，所以． 【小问2详解】 由题意知，解得， 根据得， 即，解得. 18. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求四棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明即可； （2）由线面垂直的判定定理证得四棱锥的高后，再利用四棱锥体积公式计算求解. 【小问1详解】 因为底面为菱形，， 所以是等边三角形， 又因为是的中点，所以， 又因为，所以. 因为，为中点，所以， 又因为，所以， 又因为，平面， 所以平面. 【小问2详解】 经计算，，又， 所以，所以， 又因为， ，平面， 所以平面， 所以是四棱锥的高， 所以. 19. 如图所示，已知为梯形，，，为线段上一点. （1）设平面平面，证明：； （2）在棱上是否存在点 （i）使得平面，若存在，求的值；若不存在，请说明理由； （ii）使得平面将四棱锥分成体积相等的两部分，若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）存在，；（ii）存在， 【解析】 【分析】（1）由得平面，再由线面平行的性质定理，结合两平面交线，证得； （2）（i）连接交于，利用的比例关系和线面平行判定，得到的值； （ii）根据梯形底面积比求两部分体积比，再结合棱锥体积公式列方程，解得的值. 【小问1详解】 因为，平面，平面，所以平面， 又因为平面平面，且平面，所以. 【小问2详解】 （i）存在点，使得平面，此时. 证明如下：连接交于点，连接 因为，且，所以，又因为，， 所以，因为平面，平面，所以平面. （ii）存在，且，理由如下： 记四棱锥的体积是. 由，得，故， 即. 设，则. 令，得，解得. 故存在点，当时，平面将四棱锥分为体积相等的两部分. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $