精品解析：云南文山壮族苗族自治州富宁新纪元云贵发展中心2025-2026学年高一下学期第三次月考数学试题

2025-2026春期新纪元云贵发展中心第三次月考 数学（高一） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2．每小题选出答案后，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．在试题卷上作答无效. 3．考试结束后，请将本试卷答题卡交回．满分150分，考试用时120分钟. 一、单选题：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. 已知为虚数单位，若复数为纯虚数，则实数（ ） A. B. C. D. 2. 关于非零向量方向上的单位向量，下列说法正确的是（ ） A. 有无数个 B. 与可能反向 C. D. 3. 用样本估计总体的统计思想在我国古代数学名著《数书九章》中就有记载，其中有道“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1600石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得250粒内夹谷25粒，估计这批米内所夹的谷有（ ） A. 320石 B. 160石 C. 80石 D. 60石 4. 一个圆锥的表面积为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，该圆锥的母线长为 A. B. 4 C. D. 5. 在中，已知，点在线段上，若，则（ ） A. 2 B. C. 3 D. 6. 在锐角中，角，，的对边分别是，，．已知，，的面积为，则（ ） A. B. 3 C. D. 7. 已知，，，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 8. 已知A，B，C三点在球O的球面上，且，若球O上的动点D到点A，B，C所在平面的距离的最大值为，则球O的体积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 已知为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. B. 复数的共轭复数为 C. 若复数为纯虚数，则 D. 若，为复数，则 10. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列四个命题正确的是（ ） A. 若 则； B. 若 则； C. 若， 则； D. 若 则. 11. 对于，有如下命题，其中错误的是（ ） A. 若，则为锐角三角形 B. 若，，，则面积为 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，则为等腰三角形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设向量的模分别为2和3，且夹角为，则等于_____． 13. 现从编号为的50支水笔中抽取10支水笔进行书写长度检测，若从以下随机数表第9个数字开始由左向右读取，则抽取的第3支水笔的编号为__________. 14. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体（如图乙），若勒洛四面体能够容纳的最大球的表面积为，则正四面体的棱长为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚. 15. 如图，长方体中，，点P为的中点. （1）求证: 直线平面; （2）求异面直线、所成角的大小. 16. 如图，已知两个长度为1的平面向量和，它们的夹角为，点C是以O为圆心的劣弧的中点．求： （1）的值； （2）的值． 17. 已知复数，（，且，），且. （1）求的值； （2）证明：； （3）设，在复平面上对应的向量分别为，，若，求的值. 18. 在中，以，，分别为内角，，的对边，且 （1）求； （2）若，，求的面积； （3）若，，求边上中线长． 19. 如图1，平面四边形ABCD中，是等边三角形，且是AD的中点.沿BD将翻折，折成三棱锥，如图2. （1）当三棱锥的体积最大时，证明：； （2）若棱CD上存在一点，使得平面ABC，且，求实数的值； （3）当平面平面BDC时，求三棱锥的外接球的表面积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026春期新纪元云贵发展中心第三次月考 数学（高一） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2．每小题选出答案后，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．在试题卷上作答无效. 3．考试结束后，请将本试卷答题卡交回．满分150分，考试用时120分钟. 一、单选题：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. 已知为虚数单位，若复数为纯虚数，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据纯虚数定义计算即可. 【详解】复数为纯虚数, . 故选:A. 2. 关于非零向量方向上的单位向量，下列说法正确的是（ ） A. 有无数个 B. 与可能反向 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据单位向量的定义即可判断． 【详解】非零向量方向上的单位向量，且，故ABC错误， 故选：D． 3. 用样本估计总体的统计思想在我国古代数学名著《数书九章》中就有记载，其中有道“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1600石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得250粒内夹谷25粒，估计这批米内所夹的谷有（ ） A. 320石 B. 160石 C. 80石 D. 60石 【答案】B 【解析】 【分析】利用米与米内夹谷的比例大致相同得到关于的方程，解之即可估算. 【详解】依题意，设这批米内所夹的谷有石， 则，解得， 所以估计这批米内所夹的谷有石. 故选：B. 4. 一个圆锥的表面积为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，该圆锥的母线长为 A. B. 4 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 设圆锥的底面半径为，母线长为，利用扇形面积公式和圆锥表面积公式，求出圆锥的底面圆半径和母线长． 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为 它的侧面展开图是圆心角为的扇形 又圆锥的表面积为 ，解得： 母线长为： 本题正确选项： 【点睛】本题考查了圆锥的结构特征与应用问题，关键是能够熟练应用扇形面积公式和圆锥表面积公式，是基础题． 5. 在中，已知，点在线段上，若，则（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】将用表示，再根据三点共线，结合平面向量共线定理的推论即可得解. 【详解】当时，三点共线，与题意矛盾，所以， 因为，所以， 则， 因为三点共线， 所以，解得. 故选：C. 6. 在锐角中，角，，的对边分别是，，．已知，，的面积为，则（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由面积公式求出，再由余弦定理计算可得. 【详解】依题意可得的面积， 即，解得， 又为锐角，可得， 由余弦定理，所以或（舍去）． 故选：C． 7. 已知，，，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数加法、减法和模的运算化简已知条件，由此求得. 【详解】设，则，. 依题意得：， . 所以. 故选：B 【点睛】本小题主要考查复数运算，属于中档题. 8. 已知A，B，C三点在球O的球面上，且，若球O上的动点D到点A，B，C所在平面的距离的最大值为，则球O的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出直角的外接圆半径，再结合球上点到平面的最大距离与球半径、球心到平面距离的关系，利用球的截面性质列方程求出球半径，最后代入球体积公式计算. 【详解】因为，故为直角三角形，斜边为其外接圆直径， 由勾股定理得， 因此外接圆半径. 设球心到平面的距离为，根据球的截面性质，有， 球上动点到平面的最大距离为，由题意得，即， 将、代入截面性质公式得， 展开整理得，解得. 则球的体积. 二、多选题：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. 已知为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. B. 复数的共轭复数为 C. 若复数为纯虚数，则 D. 若，为复数，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据负数的四则运算以及共轭复数概念可以判断A，B；对于C，假设，计算即可；对D，假设，，，，，，计算即可. 【详解】对于A，，A正确： 对于B，，其共复数为，B正确； 对于C，取，则，，C错误； 对于D，设，，，，，，则， ，D正确. 故选：ABD. 10. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列四个命题正确的是（ ） A. 若 则； B. 若 则； C. 若， 则； D. 若 则. 【答案】BC 【解析】 【分析】利用空间中线面、面面间的判定定理与相关性质逐项判断即可. 【详解】对于A，没说明直线垂直于两平面的交线，所以不能判断，故A错误； 对于B，根据面面平行的性质定理，若，，则，故B正确； 对于C，垂直于同一条直线的两个平面平行， 所以若，则， 若，则，故C正确； 对于D，若，，则平行或相交， 若，则或与相交或，故D错误． 故选：BC 11. 对于，有如下命题，其中错误的是（ ） A. 若，则为锐角三角形 B. 若，，，则面积为 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，则为等腰三角形 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用正弦定理边化角，再利用余弦定理推理判断A；利用正弦定理求出，再利用三角形面积公式计算判断B；利用数量积的定义求解判断C；利用诱导公式推理判断D. 【详解】对于A，，由正弦定理， 得，由余弦定理得，是钝角，为钝角三角形，A错误； 对于B，由正弦定理，得，解得或， 当时，， 当时，，B错误； 对于C，由，得， 则，而，因此，为等腰三角形，C正确； 对于D，在中，由，， 得或， 解得或，为等腰三角形或直角三角形，D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设向量的模分别为2和3，且夹角为，则等于_____． 【答案】 【解析】 【分析】应用数量积的运算律求模长. 【详解】因为， 所以. 故答案为：. 13. 现从编号为的50支水笔中抽取10支水笔进行书写长度检测，若从以下随机数表第9个数字开始由左向右读取，则抽取的第3支水笔的编号为__________. 【答案】32 【解析】 【分析】先确定起始位置，再从起始位置开始，按顺序每次读取两位数字，作为候选编号，最后按顺序筛选出的第 3 个有效编号即可. 【详解】先从随机数表第 9 个数字开始读取： 随机数表：39832776 39918535 32591131 40469235 04982212 20671263 第 9 个数字是 3（来自第二组 39918535）， 从左向右依次读取两位数字，并筛选出在 01~50 范围内且不重复的编号： 第 1 个：39 → 有效，对应编号 39 第 2 个：91 → 无效（>50），跳过 第 3 个：85 → 无效（>50），跳过 第 4 个：35 → 有效，对应编号 35 第 5 个：32 → 有效，对应编号 32 所以，抽取的第 3 支水笔的编号为 32. 故答案为：32. 14. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体（如图乙），若勒洛四面体能够容纳的最大球的表面积为，则正四面体的棱长为______. 【答案】## 【解析】 【分析】设出棱长，先根据正四面体的性质求出外接球半径，再由四面体能够容纳的最大球的半径建立方程求解即可. 【详解】设正四面体的棱长为a，根据题意，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图，点为该球与勒洛四面体的一个切点，为该球球心， 由正四面体的性质可知该球球心为正四面体的中心， 即为正四面体外接球的球心（内切球的球心）， 则为正四面体的外接球的半径，勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为， 连接，则三点共线，此时，由题意，所以， 所以， 如图： 记为的中心，连接，由正四面体的性质可知在上. 因为，所以，则， 因为，即， 解得，所以，解得，即正四面体的棱长为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：求解几何体外接球的半径的解题思路：一是根据球的截面的性质，利用球的半径、截面圆的半径r及球心到截面圆的距离三者的关系求解，其中确定球心的位置是关键；二是将几何体补形成长方体，利用该几何体与长方体共有的外接球的特征，由外接球的直径等于长方体的体对角线长求解. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚. 15. 如图，长方体中，，点P为的中点. （1）求证: 直线平面; （2）求异面直线、所成角的大小. 【答案】（1） 由题意得O为的中点， 连结，又因为P是的中点，故， 又因为平面，平面， 所以直线平面. （2） 【解析】 【分析】（1）设和交于点O，则O为的中点，证得，结合线面平行的判定定理，即可求解； （2）由（1）知，，得到异面直线与所成的角就等于与所成的角，在直角中，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，， 所以异面直线与所成的角就等于与所成的角， 故即为所求；因为，为的中点，则， 则易知，因为为中点，则， 在直角中，可得， 又因为，所以. 16. 如图，已知两个长度为1的平面向量和，它们的夹角为，点C是以O为圆心的劣弧的中点．求： （1）的值； （2）的值． 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）根据数量积的定义以及模长公式，代入计算，即可得到结果； （2）根据题意可得，然后代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 ∵和的长度为1，夹角为， ∴． ∴． 【小问2详解】 ∵点C是以O为圆心的劣弧的中点， ∴． ∴． ∴ ． 17. 已知复数，（，且，），且. （1）求的值； （2）证明：； （3）设，在复平面上对应的向量分别为，，若，求的值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据复数的模公式直接化简计算即可； （2）结合（1）及复数模的公式直接可得证； （3）根据复数在复平面内点的坐标结合向量数量积公式直接计算. 【小问1详解】 由已知，则，， 所以， 又，则， 所以， 化简可得， 又，所以，即； 【小问2详解】 由（1）得， 所以， 又， 所以； 【小问3详解】 设在复平面上对应的向量为， 在复平面上对应的向量为， 所以， 故，解得. 18. 在中，以，，分别为内角，，的对边，且 （1）求； （2）若，，求的面积； （3）若，，求边上中线长． 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）由平方关系及正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得； （2）首先由余弦定理求出，再由面积公式计算可得； （3）由正弦定理将边化角，即可求出或，再分别求出中线的长度. 【小问1详解】 由得， 由正弦定理可得， 由余弦定理可得， 因为，所以． 【小问2详解】 因为，且， 所以，解得或（舍去）， 所以. 【小问3详解】 因为，由正弦定理可得， 即，因为，所以，则， 所以或，即或， 当时为等边三角形，所以边上中线长为； 当时，则，所以为直角三角形，又， 由正弦定理，即， 所以，，所以边上中线长为； 综上可得边上中线长为或. 19. 如图1，平面四边形ABCD中，是等边三角形，且是AD的中点.沿BD将翻折，折成三棱锥，如图2. （1）当三棱锥的体积最大时，证明：； （2）若棱CD上存在一点，使得平面ABC，且，求实数的值； （3）当平面平面BDC时，求三棱锥的外接球的表面积. 【答案】（1）证明见解析； （2）2； （3）. 【解析】 【分析】（1）三棱锥的体积最大时，的投影在棱上，此时平面，进而可证明平面得； （2）取中点，连接，可证明平面，从而求出m； （3）过作，过点作交于，设为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为，进而根据几何关系求解即可得. 【小问1详解】 设到平面的距离为， 且， ， ， 故要使三棱锥的体积最大，则最大， 当的投影在棱上时，最大， 且，此时平面平面， ， 平面， 平面平面， ； 【小问2详解】 取中点，连接， 是的中点， ， 平面平面， 平面， 又， ； 【小问3详解】 为直角三角形， 过作平面， 设为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为， 平面平面，平面平面，平面， 平面， ， 如图所示，过点作交于， 四边形为矩形， ， 在中， ，即， 在中，， 即，进而解得， 三棱锥的外接球的表面积为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $