黑龙江佳木斯市桦南县第一中学2025-2026学年高一第二学期第三次月考数学试卷

**基本信息** 高一数学月考卷聚焦立体几何与解三角形综合考查，通过空间几何体体积计算、线面位置关系证明及三角形边角关系应用，培养空间观念与推理能力，适配阶段性知识掌握检测。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|复数虚部、平面与直线位置关系、圆锥体积|基础概念与空间想象结合，如第3题圆锥轴截面关联体积公式| |多选|3/18|线面平行垂直判定、圆柱侧面积与外接球|选项分层设计，如第9题多角度考查空间线面关系推理| |填空|3/15|向量共线、异面直线判定、二面角与线面角|图形辨析与计算结合，如第14题正四棱锥二面角转化线面角| |解答|5/77|正四棱柱线面证明、解三角形面积与周长、正方体体积、四棱锥二面角、角平分线最值|综合性强，如第19题结合解三角形与基本不等式求最值，体现运算能力与模型意识，贴近高考立体几何证明与解三角形应用趋势|

2025-2026学年度第二学期第三次月考试卷 高一数学 考试时间：120分钟 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， 只有一项是符合题目要求) 1．已知，则z的虚部为（    ） A．-2 B．2 C．-1 D．1 2．已知，，为三个互不重合的平面，l为一条直线，则下列命题中错误的是（    ） A．， B．， C．， D．， 3．已知圆锥的轴截面是边长为2 的等边三角形，则圆锥的体积为（    ） A． B． C．π D． 4．设长方体的长、宽、高分别为，其顶点都在一个球面上，则该球的体积为（    ） A． B． C． D． 5．正三棱柱中， ，D是BC的中点，则异面直线AD与所成的角为（    ） A． B． C． D． 6．若圆台的高为4，母线长为5，侧面积为45π，则圆台的上、下底面的面积之和为（   ） A．9π B．36π C．45π D．81π 7．如图，已知在三棱柱中，E是BC的中点，D是棱上的动点，且，若平面，则m的值为 A． B．1 C． D．2 8．在中，，，且，，则点的轨迹一定通过的（    ） A．重心 B．内心 C．外心 D．垂心 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．设m，n为不同的直线，α，β为不同的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 10．如图，矩形是圆柱的轴截面，，为的中点，为的中点，则（   ） A．圆柱的侧面积为 B．三棱锥的体积为 C．圆柱的外接球的表面积为 D．平面 11．的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．已知，若有两解，则的取值范围是 C．若，且，则为等边三角形 D．若，则可以是钝角三角形 第Ⅱ卷(共92分) 三、填空题：(本大题共3小题，每题5分，共计15分) 12．已知平面向量，，若，则______． 13．如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有_______． 14．正四棱锥中，侧面与底面所成二面角的余弦值为，则侧棱与底面所成角大小为______ 四、解答题：(本大题共5小题，共计77分) 15．如图，在正四棱柱中，，，是的中点． (1)求证：平面； (2)证明：平面． 16．已知的内角的对边分别为 ，且． (1)求角； (2)若的面积为，求的周长． 17．如图，在正方体中，分别为中点． (1)求三棱锥的体积； (2)求证：平面． 18．在四棱锥中，平面平面．底面为梯形，，，且，，． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求二面角的余弦值； 19．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，D为边BC上一点，且． (1)求角A的大小； (2)若，且，求a的值； (3)若AD为角平分线，求的最小值． 第1页，共2页 第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C B B B C B A BD BCD 题号 11 14 答案 ABC C 1．A 【分析】根据题意，求出复数，即可写出的虚部. 【详解】复数z满足， ∴， ∴z的虚部为为-2. 故选：A. 2．C 【解析】由线面垂直的判定定理可判断选项A；一个平面垂直于两平行平面中的一个，则必垂直于另一个，可判断选项B；对于选项C可举出反例；由面面垂直的判定定理可判断选项D． 【详解】对于A，，，则，正确； 对于B，，，则，正确； 对于C，，，则可以相交，可以平行，错误； 对于D，，又，由面面垂直的判定定理可得，正确； 故选：C 3．B 【分析】圆锥的轴截面特征即可求. 【详解】因为圆锥的轴截面是边长为的等边三角形, 所以圆锥底面半径, 高为等边三角形的高为， 则圆锥的体积. 故选： 4．B 【分析】由长方体的结构特征可得，长方体的外接球的直径为长方体的对角线，结合球的体积公式即可求解. 【详解】由题可知球直径为长方体的体对角线，故半径为， . 故选：B. 5．B 【分析】取中点，连接，，根据正棱柱的结构性质，得出//，则即为异面直线与所成角，求出，即可得出结果. 【详解】解：如图，取中点，连接，， 由于正三棱柱，则底面， 而底面，所以， 由正三棱柱的性质可知，为等边三角形， 所以，且, 所以平面， 而平面，则 ， 则//，， ∴或其补角为异面直线与所成角， 设，则，，， 则， ∴. 故选：B． 【点睛】本题考查通过几何法求异面直线的夹角，考查计算能力,属于容易题. 6．C 【分析】设圆台的两底面半径分别为,利用圆台侧面积公式求得，利用勾股定理求得，进而求得，然后利用圆的面积公式求得上下底面积的和. 【详解】设圆台的两底面半径分别为,则侧面积， ∴； 又∵圆台的高为4，母线长为5，∴,即, ∴, ∴, ∴， ∴圆台的上下底面积的和为， 故选：C 7．B 【分析】取的中点F，连接DF，EF，可得，且，根据线面平行的性质定理，可证，进而得出，即可得出结论. 【详解】如图，取的中点F，连接DF，EF. 因为E，F分别是BC，的中点，所以，且， 因为，所以，即， 所以确定平面，平面， 平面，平面平面=， 所以，因为， 所以四边形AEFD是平行四边形，， 所以，即为的中点，因此，. 故选：B 【点睛】本题考查线面平行的性质定理的应用，属于中档题. 8．A 【分析】过C作，交AB于H，取AB中点D，连接CD，所以，根据向量的线性运算法则，化简可得，根据三角形的性质，分析即可得答案. 【详解】过C作，交AB于H，取AB中点D，连接CD，如图所示： 根据三角函数定义可得， 因为， 所以，即， 即点P的轨迹在中线CD上，而三角形三边中线的交点为该三角形的重心， 所以点的轨迹一定通过的重心. 故选：A 9．BD 【分析】用空间几何中线、面平行与垂直的判定定理与性质，构造反例来排除错误选项即可. 【详解】若，，则或m与n相交或m与n异面，选项A错误; 若，，则，选项B正确; 若，，则或α与β相交，选项C错误; 若，，则或，又，则，选项D正确. 10．BCD 【分析】代入圆柱侧面积的公式，判断A，将三棱锥的体积转化为求三棱锥的体积，判断B，首先确定是圆柱外接球的直径，根据勾股定理求半径，再代入球的表面积公式，判断C，构造平行四边形，得到线线平行，再结合线面平行的判断定理，即可判断D. 【详解】对于A，圆柱的侧面积，故A错误； 对于B，由题意得，且 所以，故B正确； 对于C，取的中点，连接，易求得， 即圆柱的外接球的半径为，故该球的表面积为，故C正确； 对于D，取的中点．连接．因为为的中点，所以， 又 ，所以，所以四边形为平行四边形， 则，又平面，平面，所以平面，故D正确． 故选：BCD． ， 11．ABC 【分析】对于A选项，因为三角形中大角对大边，所以由得，再结合正弦定理即可判断；对于B选项，如果三角形有两解，那么需满足且，解不等式即可得到的范围；对于C选项，因为是角平分线上的向量，它与点积为0，所以角的平分线与边垂直，可得，再根据单位向量点积公式求出角的大小，即可判断三角形形状；对于D项，利用三角形内角和为，推导得到，再结合已知不等式判断三个角的正切符号，即可确定三角形的类型. 【详解】对于A项，在中，由得，由正弦定理得，所以，故A正确； 对于B项，已知，由正弦定理， 即，解得 ， 若有两解，则，解得：，所以的取值范围是，故B正确 C选项，和分别表示与和同方向的单位向量， 以这两个单位向量为邻边的平行四边形是菱形， 又由结合菱形性质知的角平分线与垂直， 所以是等腰三角形且， 又因为，且， 所以，所以是等边三角形，故C正确； 对于D项，因为， 所以， 所以， 即， 因为，所以， 又因为， 所以，所以是锐角三角形，故D错误； 12． 13．②④ 【分析】根据题意，结合异面直线的判定方法，结合选项，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于①，如图①所示，连接，因为分别是上下底面对应边的中点， 可得且，所以四边形为平行四边形， 所以，所以①不符合题意； 对于②，如图②所示，由平面，平面，平面，且直线上， 所以与为异面直线，所以②符合题意； 对于③，如图③所示连接，因为分别各边的中点，可得且， 四边形是以和为腰的梯形，所以和必相交，所以③不符合题意； 对于④，如图④所示，由平面，平面，平面，且直线上， 所以与为异面直线，所以④符合题意. 14．. 【分析】结合正四棱锥的性质得到平面，底面为正方形，根据二面角及线面角的定义判断对应的平面角，结合三角函数求解即可. 【详解】设与的交点为，连接，则平面. 因为平面，所以，. 则即为侧棱与底面所成角. 过点作，交于，连接. 因为平面，，所以平面. 又平面，所以， 所以即为侧面与底面所成二面角的平面角，故. 设正四棱锥底面正方形边长为，则，. 在中，，所以，， 在中，， 又，所以. 15．(1)证明见详解 (2)证明见详解 【分析】（1）设，连接，利用中点关系，得到，满足线面平行判定定理的条件，从而得出证明； （2）由正棱柱侧棱垂直底面，进而得到，又正方形对角线互相垂直，从而得到满足线面垂直判定定理的条件，得出证明. 【详解】（1）证明：设，连接， 在正四棱柱中，四边形为正方形， ，又是的中点， ， ，又平面，平面， 平面. （2）在正四棱柱中，平面， 又平面，， 在正方形中，， 又，平面，平面， 平面. 16．(1) (2) 【分析】（1）应用正弦定理和余弦定理来求解角的大小； （2）应用三角形的面积公式计算边的数量关系. 【详解】（1）由可知， 由正弦定理，得， 即． 所以， 又， 所以. （2）由（1）知． 所以， 又， 所以， 所以，即． 所以的周长为． 17．(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）利用等体积法求解即可； （2）由线面平行的判定定理可得平面,平面,从而可得平面平面,根据面面平行的性质定理，即可得证. 【详解】（1）因为； （2）证明：连接, 由题意可得且， 所以四边形为平行四边形， 所以, 又因为平面,平面, 所以平面, 同理可证平面, 又因为平面，， 所以平面平面, 又因为平面， 所以平面. 18．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）． 【分析】（Ⅰ）利用面面垂直的性质定理和线面垂直的定义可证得命题成立； （Ⅱ）利用三垂线法得到二面角的平面角，计算出其余弦值可得答案． 【详解】（Ⅰ）证明：因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又因为平面， 所以. （2），，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面， 延长交于，过作，连接，则为二面角的平面角 中，，则， 中，，，则，即，故二面角的余弦值为． 19．(1) (2) (3)． 【分析】（1）由正弦定理和三角恒等变换得到，从而求出； （2）先计算出，两边平方求出，又，联立两式解得，由余弦定理求出； （3）若AD为角平分线，则，在中，由正弦定理得到，，故，根据基本不等式求出最小值. 【详解】（1）由已知， 由正弦定理，可得， 又因为，代入上式， 化简得：， 因为中，，所以，从而， 故，因为，所以． （2）因为， 所以， 由（1）知，， 所以 ， 由已知，所以，即， 又，联立两式解得，， 由余弦定理，可得，即． （3）若AD为角平分线，则， 在中，由正弦定理，得， 即， 所以，， 所以 即， 又因为，所以，， 从而， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $