四川省广安市加德学校2025-2026学年高一（领航班）下学期3月月考数学试题

**基本信息** 高一（下）领航班月考数学卷，覆盖复数、立体几何、向量、解三角形等核心知识，以基础巩固题（如复数模计算）、能力提升题（如正三棱柱异面直线所成角）、创新探究题（如翻折问题二面角）梯度设计，融入棣莫弗定理等数学文化，培养空间观念、运算能力与推理意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|复数运算、斜二测直观图、线面关系|第6题结合棣莫弗定理，渗透数学史| |多选题|3/18|向量垂直与投影、三角形外接圆与面积|第10题综合考查正弦定理与面积最值| |填空题|3/15|圆锥侧面积、向量交点坐标、角平分线面积|第14题用等面积法求三角形面积最小值| |解答题|5/77|向量共线、解三角形、四棱锥证明、翻折问题|第19题翻折问题三问递进，考查空间想象与探究能力|

广安加德学校2025～2026学年度高一（下）领航班第一次月考 数学试题 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. 复数满足（i虚数单位），则（ ） A. 4 B.2 C. D. 2. 一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原的面积是（ ） A. 1 B. C. D. 3. 已知向量，满足，，，，则实数（ ） A. B. 1 C. D. 4. 用、、表示三条不同直线，，表示两个不同的平面，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 5. 正三棱柱中，，点为中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 在复平面内，复数对应向量（O为坐标原点），设，以射线Ox为始边，OZ为终边逆时针旋转的角为，则，法国数学家棣莫弗发现棣莫弗定理：，，则，由棣莫弗定理导出了复数乘方公式：，则复数所对应的点位于（ ）. A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 7. 在△ABC中，角，，的对边分别为，，，且，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的部分图象如下，将△AOB沿OB翻折至△A′OB，使得二面角A′﹣OB﹣C为120°，若，则ω＝（　　） A． B．π C．1 D． 二､多项选择题：本题共3个小题，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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知向量，，则（ ） A. 若与垂直，则 B. 若，则的值为 C. 若，则 D. 若，则在方向上的投影向量坐标为 10. 若△ABC的内角，，对边分别是，，，，且，则（ ） A. △ABC外接圆的半径为 B. △ABC的周长的最小值为 C. △ABC的面积的最大值为 D. 边的中线的最小值为 11. 棱长为2的正方体中，，，，则（ ） A. 三棱锥的外接球半径为 B. 直线与直线所成角的余弦值的最小值为 C. 时，过点作直线的垂面，则平面截正方体所得截面面积为 D. 若，则三棱锥的体积为 三､填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 圆锥的母线与底面所成角为60°，高为，则该圆锥的侧面积为__________. 13. 等腰直角△ABC中，，，，与交于点，若，则__________. 14. 在△ABC中，内角A，B，C对的边分别为a，b，c，∠ABC＝，BD平分∠ABC交AC于点D，BD＝2，则△ABC的面积的最小值为__________． 四､解答题.本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15．（13分）设是不共线的两个向量． （1）若，求实数m的值； （2）已知向量满足，求|2﹣|． 16．（15分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知asinA+asinCcosB+bsinCcosA＝bsinB+csinA． （1）求角B的大小； （2）BC＝4，延长CA至D，使A点是线段CD的中点，，求AB边的长度． 17．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC． （1）求证：DC⊥平面PAC； （2）求证：平面PAB⊥平面PAC； （3）设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由． 18．（17分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝4，c＝2，asinA+csinC＝2bsinB，D是线段AC上的一点，满足，过D作一条直线分别交射线BA、射线BC于M、N两点． （1）求b，并判断△ABC的形状； （2）求BD的长； （3）求的最小值． 19. （17分）正方形中，，为的中点，，．将沿翻折到，沿翻折到，连接． （1）求证：： （2）当时，求二面角的正弦值； （3）设直线与平面所成角为，问是否存在，使得能取得最大值，若存在，求出最大值，若不存在，请说明理由． 广安加德学校2025～2026学年度高一（下）领航班第一次月考 数学试题参考答案 1、 单项选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 C D A B A B C D 2、 多项选择题 9 10 11 BCD AC ACD 1. 【答案】C 【详解】由可得，所以. 故选：C 2. 【答案】D 【详解】因为三角形的斜二侧直观图是等腰直角三角形， 所以底． 腰，在中为直角三角形，高． 所以直角三角形的面积是． 故选:D． 3. 【答案】A 【详解】因为，，， 所以. 因为，所以， 所以. 故选：A 4. 【答案】B 【详解】对于A，在正方体中，平面，平面， 但与相交，故A错误； 对于B，因为，，所以或， 当时，，所以， 当时，由线面平行的性质定理可得内有一条直线与平行， 则，所以，故B正确； 对于C，在正方体中，， 但与相交，故C错误； 对于D，在正方体中，平面，，但平面，故D错误. 故选：B 5.A 【解答】解：设AC中点为E，则在三角形ABC中，D，E为中点，DE为中位线， 所以有DE∥BC，， 所以∠EDC1为异面直线BC和C1D所成角或其补角， 在三角形EDC1中，， 所以由余弦定理，有， 所以异面直线BC与C1D所成角的余弦值为． 故选：A． 6. 【答案】B 【详解】当时，，， 故. 显然在第二象限. 故选:B 7.【答案】C 【详解】，由正弦定理得， ， ，即， ，，， ，，. 故选：C. 8．D 【解答】解：如图， 设C点在y轴上的投影为点D，连接A'D，由已知，A'O⊥OB，DO⊥OB，二面角A′﹣OB﹣C为120°， 所以∠A'OD＝120°，因为|A'O|＝|DO|＝，所以由余弦定理，|A'D|＝|DO|＝， 因为BO⊥A'O，BO⊥DO，DO∩A'O＝O，所以BO⊥平面A'OD，因为CD∥BO，所以CD⊥平面A'OD，则CD⊥A'D， 又，所以|CD|＝＝2，则在原三角函数图象中，点C（2，﹣）， 所以f（x）过点A（0，）和点C（2，﹣），即， 由ω＞0和0＜φ＜得，． 故选：D． 9. 【答案】BCD 【详解】向量，， 对于A，与垂直，则，解得，A错误； 对于B，，，，B正确； 对于C，，，，因此，C正确； 对于D，，，在方向上的投影向量，D正确. 故选：BCD 10.【答案】AC 【详解】对于A：，由正弦定理得， 即，即， 因为，所以，所以，， 因为，则， 令外接圆的半径为, 根据正弦定理可得，即，故A正确； 对于C：由余弦定理知，， 因为，，所以，，当且仅当时等号成立， 因为，所以的最大值为，故C正确； 对于B：由C知，则， 所以，当且仅当时等号成立， 所以的最大值为，故B错； 对于D：因为为边上的中线， 所以，， 得，因为，所以的最小值为，故D不正确； 故选：AC. 11.【答案】ACD 【详解】对于A，因为三棱锥的外接球也是正方体的外接球， 所以三棱锥的外接球半径为，故A正确； 对于B，因为,， 所以点在线段上，点在线段上， 在线段上取一点，使得，连接，则， 所以（或其补角为）直线与直线所成角， 因为平面，所以平面，即， 所以, 不妨令与重合，所以当与重合时，此时最大，为， 所以最大，此时最小，为，故B错误； 、当时，点与重合， 则过点作直线的垂面即平面,证明如下： 连接，则， 因为平面，平面，所以， 又平面， 所以平面，又平面，所以， 同理可证，又平面， 所以平面，即平面， 所以平面截正方体所得截面为, 其面积为，故C正确； 对于D，当时， ， 在上取，在上取，连接, 则四边形为平行四边形， 则几何体的体积为正方体体积的一半，即， 令，则， 所以三棱锥的体积为， 又， ， 所以三棱锥的体积为，故D正确. 故选：ACD. 12. 【答案】 【详解】如图，由题可知，， 所以该圆锥的侧面积为. 故答案为： 13. 【答案】或 【详解】等腰直角中，， 令，则， 又， ，解得， 所以，， 所以. 故答案为：. 14. 4． 【解答】解：方法一：设∠A＝α，则0＜α＜， ∠C＝π﹣﹣α＝﹣α， ∵∠ABC＝，BD平分∠ABC交AC于点D，BD＝2， ∴∠ABD＝∠CBD＝ 在三角形ABD中，∠ADB＝π﹣﹣α＝﹣α， 由正弦定理可得＝， ∴AB＝＝， 在三角形CBD中，∠CDB＝π﹣﹣（﹣α）＝+α， 由正弦定理可得＝， ∴BC＝， ∴△ABC面积S＝AB•BCsin＝××＝•＝•， ＝（2+）＝（2+）， ∵0＜α＜， ∴＜2α+＜， ∴＜sin（2α+）≤1， ∴当sin（2α+）＝1时，即α＝时，△ABC面积S最小，最小值为•（2+6）＝4， 方法二：等面积法：×2a×sin+×2c×sin＝×ac×sin， ∴2（a+c）＝ac， 即ac＝2（a+c）≥4，当且仅当a＝c＝4时取等号， 即ac≥16， ∴S△ABC＝acsin≥×16×＝4． 15．（13分） 【解答】解：（1）∵是两个不共线的向量，∴， ∵， 由向量共线定理可知，存在实数λ，使得＝λ（）， ∴，解得m＝±3． （2）∵满足， ∴，即， ∴＝﹣2， ∴． 16．（15分） 【解答】解：（1）因为asinA+asinCcosB+bsinCcosA＝bsinB+csinA， 由正弦定理得a2+accosB+bccosA＝b2+ac， 即 即a2+c2﹣b2＝ac，则， 又B∈（0，π），所以． （2）由题知AC＝AD＝b，BC＝a＝4，AB＝c， 因为，， 又∠BAC+∠BAD＝π， 所以， 即 由（1）知a2+c2＝b2+ac，即16+c2＝b2+4c， 所以，解得， 即． 17.【解答】（1）证明：∵PC⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD， ∴PC⊥DC， ∵DC⊥AC，PC∩AC＝C， ∴DC⊥平面PAC； （2）证明：∵AB∥DC，DC⊥AC， ∴AB⊥AC， ∵PC⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD， ∴PC⊥AB， ∵PC∩AC＝C， ∴AB⊥平面PAC， ∵AB⊂平面PAB， ∴平面PAB⊥平面PAC； （3）解：在棱PB上存在中点F，使得PA∥平面CEF． ∵点E为AB的中点， ∴EF∥PA， ∵PA⊄平面CEF，EF⊂平面CEF， ∴PA∥平面CEF． 18．（17分） 【解答】解：（1）由正弦定理得，asinA+csinC＝2bsinB⇒a2+c2＝2b2， 又a＝4，c＝2，解得， 又因为b2+c2﹣a2＝﹣2＜0，故， 因为0＜A＜π，故，所以△ABC是钝角三角形； （2）由平面向量基本定理，可作为一组基底向量，且有， ， 由于，所以， 故， ＝； （3）由题意可设， 由于M，D，N三点共线，设，0＜t＜1， 故，故， 所以， 由平面向量基本定理，解得，所以， 因此， 而， 其中，当且仅当1﹣t＝t，即时，等号成立， 因此当时，为最小值． 19. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）不存在，使得能取得最大值，理由见解析 【解析】 （1）由于平面， 故平面， 又平面， 所以 （2）过作于，连接, 由（1）知,平面， 所以平面，平面， 故， 因此即为二面角的平面角， ，则为中点， ， 由等面积法可得,解得， 在中，， 故二面角的正弦值为. （3）设点到平面的距离为， 由于，所以，， 则， 因此， 所以， ， 由等体积法可得,所以， 由于直线PM与平面AMN所成角为，则， ，令，则， 故，当且仅当时取等号，此时，这与矛盾，故不存在，使得能取得最大值， 学科网（北京）股份有限公司 $