精品解析：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

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为虚数单位），则（ ） A. 2 B. 4 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、、表示三条不同的直线，，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. 已知正三棱柱中，，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. 在中，角，，的对边分别为，，，满足，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的部分图象如下，将沿翻折至，使得二面角为．若，则（ ） A. B. C. 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. 若的内角，，对边分别是，，，，且，则（ ） A. 外接圆的半径为 B. 的周长的最小值为 C. 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. 等腰直角中，，，，与交于点，若，则__________. 14. 已知中内角对的边分别为，，平分交于点，，则面积的最小值为________． 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. 设，是两个向量， （1）若，不共线，且，求实数的值； （2）已知向量，满足，，，求. 16. 在中，角，，的对边分别为，，.已知. （1）求角的大小； （2），延长CA至，使点是线段CD的中点，，求边的长度. 17. 如图，在四棱锥中，平面，. （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求证：； （Ⅲ）设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得平面?说明理由. 18. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，，，是线段上的一点，满足，过作一条直线分别交射线、射线于、两点． （1）求b，并判断的形状； （2）求的长； （3）求的最小值． 19. 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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为虚数单位），则（ ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法法则求得，再利用模长公式即可求解. 【详解】由可得， 所以. 故选：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. 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测画法可得原三角形的底边及高，进而可求原三角形的面积. 【详解】因为三角形的斜二侧直观图是等腰直角三角形， 所以的底． 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. 已知向量，满足，，，，则实数（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的定义先求出的值，再由得到，将，，代入计算即可求出. 【详解】因为，，， 所以. 因为，所以， 所以. 故选：A 4. 用、、表示三条不同的直线，，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 【答案】A 【解析】 【分析】对于A，由，，所以或，结合面面垂直的判定定理即可判断；对于BCD，在正方体中举反例即可判断错误. 【详解】对于A，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A正确； 对于B，在正方体中，平面，平面， 但与相交，故B错误； 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：A 5. 已知正三棱柱中，，点为中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据异面直线所成角的定义，取中点为，则为异面直线和所成角或其补角，再解三角形即可求出． 【详解】如图所示： 设中点为，则在三角形中，为中点，为中位线，所以有， ，所以为异面直线和所成角或其补角，在三角形中，，所以由余弦定理有， 故选：A. 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 【答案】B 【解析】 【分析】由题意公式代入求解即可. 【详解】当时，，， 故. 显然在第二象限. 故选:B 7. 在中，角，，的对边分别为，，，满足，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理边角互化及两角和差公式可得，从而，再由得到的值，最后由正弦定理及二倍角公式可求得结果. 【详解】，由正弦定理得， ， ，即， ，，， ，，. 故选：A. 8. 已知函数的部分图象如下，将沿翻折至，使得二面角为．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用可求得；作出二面角的平面角，结合余弦定理和勾股定理可求得点坐标，由此可得的最小正周期，进而得到. 【详解】，又，； 记点为，翻折后，连接， ，，即为二面角的平面角，， ，， 轴，，，又，平面， 平面，又平面，， ，， 的最小正周期，. 故选：B. 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 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用向量垂直的坐标表示判断A；利用向量共线的坐标表示，结合数量积运算判断B；利用坐标计算模判断C；求出投影向量判断D. 【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. 若的内角，，对边分别是，，，，且，则（ ） A. 外接圆的半径为 B. 的周长的最小值为 C. 的面积的最大值为 D. 边的中线的最小值为 【答案】AC 【解析】 【详解】A选项，，由正弦定理得：， 即， 所以， 即， 因为，所以，所以，则， 因为，则， 令外接圆的半径为， 所以，即，所以A选项正确； B选项，，即：，则， 因为，，所以， 当且仅当时等号成立，此时的最大值为，所以B选项错误； C选项，，，当且仅当时等号成立， 因为，所以的最大值为，所以C选项正确； D选项，因为为边上的中线， 所以，， 得，因为，所以的最小值为，所以D选项错误. 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由三棱锥的外接球也是正方体的外接球，即可求得半径；对于B，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，不妨令与重合，从而可知当与重合时，此时最大，从而可判断；对于C，证明过点作直线的垂面即平面,求解即可判断；对于D，采用切割法求得体积，从而可判断. 【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. 【点睛】方法点睛：求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有： （1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径； （2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径； （3）如果涉及几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 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__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据锐角的三角函数定义求出母线长和底面半径，然后由圆锥侧面积公式可得. 【详解】如图，由题可知，， 所以该圆锥的侧面积为. 故答案为： 13. 等腰直角中，，，，与交于点，若，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】令，利用基底法表示，求得，再利用数量积的运算律即可求解. 【详解】等腰直角中，， 令，则， 又， ，解得， 所以，， 所以. 故答案为：. 14. 已知中内角对的边分别为，，平分交于点，，则面积的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用列方程，求得的关系式，然后利用基本不等式求得的最小值，进而求得面积的最小值. 【详解】由于，故，化简得，，故，，，故三角形面积. 【点睛】本小题主要考查三角形的面积公式，考查基本不等式的运用，属于中档题. 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. 设，是两个向量， （1）若，不共线，且，求实数的值； （2）已知向量，满足，，，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据共线向量定理列出等式求解即可; （2）由数量积为0可得，再由向量的模的计算公式求解即可. 【小问1详解】 是两个不共线的向量，， ， ， ，解得. 【小问2详解】 ， ， . 16. 在中，角，，的对边分别为，，.已知. （1）求角的大小； （2），延长CA至，使点是线段CD的中点，，求边的长度. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正余弦定理边角互化，可得，利用余弦定理的推论可求角的余弦值，继而可得角. （2）在中，分别表示出，，再利用的关系可得，结合（1）中建立方程组即可求，得到边的长度. 【小问1详解】 由正弦定理得 ， 即 即，则， 又，所以. 【小问2详解】 由题知，，， 在中， ，， 又， 所以， 即 由（1）知，即， 所以，解得或（舍去）， 即. 17. 如图，在四棱锥中，平面，. （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求证：； （Ⅲ）设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得平面?说明理由. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）存在.理由见解析. 【解析】 【分析】（Ⅰ）利用线面垂直判定定理证明；（Ⅱ）利用面面垂直判定定理证明；（Ⅲ）取PB中点F，连结EF，则，根据线面平行的判定定理证明平面. 【详解】（Ⅰ）因为平面， 所以． 又因为， 所以平面． （Ⅱ）因为，， 所以． 因为平面， 所以． 所以平面． 所以平面平面． （Ⅲ）棱PB上存在点F，使得平面．证明如下： 取PB中点F，连结EF，，． 又因为E为的中点， 所以． 又因为平面， 所以平面． 18. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，，，是线段上的一点，满足，过作一条直线分别交射线、射线于、两点． （1）求b，并判断的形状； （2）求的长； （3）求的最小值． 【答案】（1），钝角三角形 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理进行求解； （2）利用平面向量基本定理和向量的模长计算公式进行求解； （3）利用平面向量基本定理和基本不等式进行求解. 【小问1详解】 由正弦定理得 又，，解得：， 又因为，故， 因为，故，所以是钝角三角形. 【小问2详解】 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， ，代入化简得： ，所以＝. 【小问3详解】 由题意可设， 由于三点共线，设，， 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，即时等号成立， 因此当时，为最小值． 19. 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． 【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】 【分析】（1）根据线线垂直可证明线面垂直，即可求证. （2）根据二面角的几何法可得即为二面角的平面角，即可由三角形的边角关系求解， （3）理由等体积法求解点到平面的距离为，即可由线面角的定义求解，由换元法，结合基本不等式取等条件得矛盾，即可求解. 【小问1详解】 由于平面， 故平面， 又平面， 所以 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 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， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $