精品解析：辽宁沈阳市第一二O中学2025-2026学年高一下学期第三次质量监测数学试题

沈阳市第120中学2025—2026学年度下学期 高一年级第三次质量监测 数学试题 满分：150分 时间：120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据诱导公式进行化简，然后对原式进行齐次化，转化为只含有的代数式，代入计算可知结果为选项B. 【详解】利用诱导公式化简： 已知角的终边经过点，可得，且. 分子分母同时除以： . 故选：B 2. 已知直线a和平面，若，则下列说法正确的是（ ）． A. 若 ，则 B. 若 ，则 C. 若 ，则 D. 若 ，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据线线、线面及面面的位置关系，应用平面的基本性质及线面平行的判定判断各项的正误. 【详解】A：， ，则 平行或异面，错； B：， ，则 或，错； C：， ，则 可能平行、相交、异面，错； D：，则平面中必存在一条直线， 而 ，则，，，故 ，对. 故选：D 3. 在中，角 的对边分别为 ，若，，，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用余弦定理求得，，根据向量投影的知识求得正确答案． 【详解】由余弦定理得 ， 得， 解得， （舍去）， 所以， 所以在上的投影为， 所以在上的投影向量为． 4. 把函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解法一：从函数的图象出发，按照已知的变换顺序，逐次变换，得到，即得，再利用换元思想求得的解析表达式； 解法二：从函数出发，逆向实施各步变换，利用平移伸缩变换法则得到的解析表达式. 【详解】解法一：函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到的图象，再把所得曲线向右平移个单位长度，应当得到的图象， 根据已知得到了函数的图象，所以， 令,则, 所以,所以； 解法二：由已知的函数逆向变换， 第一步：向左平移个单位长度，得到的图象， 第二步：图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象， 即为 的图象，所以. 故选：B. 5. 已知函数在区间有且仅有2个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用三角恒等变换化简函数式，结合余弦型函数的周期性及已知区间和零点个数有，即可求参数范围. 【详解】由 ， 又，则， 函数在上恰有2个零点，即在上有2个解， 所以，解得． 故选：A 6. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为和．若该棱台的体积为，则该棱台的外接球体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据正四棱台的体积公式求出该棱台的高，然后取正四棱台上、下底面中心分别为，根据勾股定理列出等式，确定其外接球 球心的位置，从而求得其半径，最后根据球的体积公式计算即可. 【详解】因为正四棱台的上、下底面边长分别为和， 所以该正四棱台上底面面积为，下底面面积为. 设正四棱台的高为，则根据正四棱台的体积公式得 ，解得. 设正四棱台上、下底面中心分别为，则其外接球球心在线段上， 因为， 设外接球的半径为，设，则，因为， 所以，化简得， 即正四棱台的外接球球心位于处. 此时，所以该棱台的外接球体积为. 7. 已知，，，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用单位圆证明不等式，利用此不等式及二倍角的余弦公式比较即得. 【详解】如图，，角的终边交单位圆于点，与直线交于点， 过点作轴于点，显然， 而，因此，， 则，，又， 所以. 故选：D 8. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用同角三角函数的基本关系将切化弦，二倍角公式及和差角公式，并结合三角变换公式可得； 【详解】 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若互为共轭复数，则为实数 B. 对于复数，若，则 C. 若是关于x的二次方程的根，则也是该方程的根 D. 复数z满足，则的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，设，则，利用复数乘法法则得到，A正确；B选项，举出反例得到B错误；C选项，实系数的一元二次方程虚根成对（互为共轭复数），C正确；D选项，利用复数几何意义得到z对应的点的轨迹，从而得到的最大值为. 【详解】对于A选项，设，则， 为实数，A对； 对于B，若，例如，满足， 但，，即，故B错误； 对于C，实系数的一元二次方程虚根成对（互为共轭复数）， 所以为一元二次方程的两根，C对； 对于D，由复数的几何意义，可知z对应的点的轨迹为以为圆心，以1为半径的圆， 表示圆周上的点到点的距离，所以的最大值为，故D对． 故选：ACD 10. 已知函数，则下列四个结论中正确的是（ ） A. 函数的图象关于原点对称 B. 函数的最小正周期为 C. 的值域为 D. 设函数的奇偶性与函数相同，且函数在上单调递减，则的最小值为2 【答案】BC 【解析】 【分析】 首先利用函数的奇偶性的应用判定A的结论，利用函数的关系式的变换求出函数的最小正周期，进一步判断B的结论，利用函数的定义域求出函数的值域，进一步判定C的结论，利用函数的性质求出的范围，进一步判定D的结论. 【详解】解：对于A：由于函数，则根据函数的性质， 所以， 所以函数为偶函数，故函数的图象关于轴对称，故A错误； 对于B：由于， 则函数的最小正周期为，故B正确； 对于C：当时，函数， 由于，故，故C正确； 对于D：函数为偶函数，所以为偶函数， 所以，故， 由于，所以，所以，即， 由于， ， 所以，函数在上单调递减，故，解得，故D错误. 故选：BC. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为侧面内一动点，且 平面，过三点作正方体截面，则（ ） A. 三棱锥的外接球表面积为 B. 动点的轨迹是一条线段 C. 三棱锥的体积是定值 D. 若为上一点，则线段长度的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，只需判断三棱锥的外接球即正方体的外接球则可求；对于B，分别取的中点，证明平面平面，即可判断点的轨迹；对于C，根据B项结论，证明平面，得到点到平面的距离为定值即可判断；对于D，先证明为的中点，从而根据面面平行的性质定理可得到截面即为平面，从而线段长度的最大值为线段的长，最小值为四棱锥的底面上的高即可. 【详解】对于A，由题意三棱锥的外接球即为正方体的外接球， 因正方体的棱长为2，则其外接球的直径为， 故三棱锥的外接球表面积为，故A错误； 对于B，如图，分别取的中点，连接， 因为的中点，易得，则得， 故，因平面，平面，故平面， 又因，则得，故， 因，故，同理可得 平面， 且平面，故平面平面， 又因 平面，故平面，故点的轨迹为线段，故B正确； 对于C，由B项分析，点的轨迹为线段，因面，故平面， 则点到平面的距离为定值，而的面积也是定值， 则三棱锥的体积是定值，故C正确； 对于D，如图，设平面与平面交于，点在上， 因平面平面，平面平面，故， 同理可证，即得，故点为的中点. 在四棱锥中，显然侧棱最长，其长度为； 设四棱锥的高为，因，故四边形是菱形， 则的边上的高为面对角线长的一半，为，又， 故，而， 由可得：，代值解得， 综上，可知线段长度的取值范围为，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知i为虚数单位，若是纯虚数，则实数__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的加法和乘法运算，结合复数的概念求解即可. 【详解】因为为纯虚数， 所以，解得. 13. “文翁千载一时珍，醉卧襟花听暗吟”表达了对李时珍学识渊博、才华横溢的赞叹.李时珍是湖北省蕲春县人，明代著名医药学家.他历经27个寒暑，三易其稿，完成了192万字的巨著《本草纲目》，被后世尊为“药圣”.为纪念李时珍，人们在美丽的蕲春县独山修建了一座雕像，如图所示.某数学学习小组为测量雕像的高度，在地面上选取共线的三点A、B、C，分别测得雕像顶的仰角为，且米，则雕像高为_____________米. 【答案】## 【解析】 【分析】设雕像的高为，得到，在和 中，利用余弦定理取得，列出方程，即可求解. 【详解】如图所示，设雕像的高为， 因为地面上选取共线的三点 ，分别测得雕像顶的仰角为， 则，其中为的中线， 在中，由余弦定理得， 在 中，由余弦定理得， 两式相加，可得， 即，解得. 故答案为：. 14. 如图，已知为等边三角形，点是的重心．过点的直线与线段交于点，与线段交于点．设，且．设 的周长为，的周长为，设，记，则的值域为_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，化简得到，设的边长为1，用和表示，，，再利用，得到，进而得到，通过和的范围，求出 的范围，进而可求出的范围. 【详解】 延长 ，交于，因为为的重心，所以，为中点， 所以，，所以， ，得 ，整理得，，设的边长为1，则，，在 中，由余弦定理得，，所以， ，因为，所以 ， 因为，，所以，，，又，则有 ，因为，所以，，因为， ，所以的最小值为，最大值为，所以， 单调递增，则，所以，，即的值域为 故答案为： 四、解答题：本大题共5小题，共77分. 15. 已知向量，，函数. （1）设，且，求的值； （2）在中，，，且的面积为，求的值. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）化简得到，代入数据得到，得到，根据范围得到答案. （2）确定，根据面积公式得到，根据余弦定理得到，得到，再根据正弦定理得到答案. 【小问1详解】 . ，得， 故，，故或. 【小问2详解】 ， 由（1）知， 在中，设内角、的对边分别是，则，故. 由余弦定理得，故. 解得 或，于是， 由正弦定理得 ，故. 16. 如图，矩形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，其中，. （1）画出平面四边形的平面图，并计算其面积； （2）若该四边形以为轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积和表面积. 【答案】（1）平面图见解析，面积为 （2）几何体的体积为，表面积为 【解析】 【分析】（1）设与交点为，在中，求出，，即可得出答案； （2）先求出， .然后根据题意可推得旋转形成的几何体为圆柱挖去一个同底的圆锥，与一个同底的圆锥构成的组合体.进而根据组合体的构成，结合圆柱、圆锥的体积公式、表面积公式，即可得出答案. 【小问1详解】 如图1，设与交点为， 因为，，所以，. 的平面图如图2所示： 则， . 【小问2详解】 由（1）可得，在中，有， 所以，，所以 . 如图3，分别过点 作及其延长线的垂线，垂足为. 矩形绕及其延长线，旋转一周得到一个底面半径，母线的圆柱； 绕，旋转一周得到一个底面半径，母线，高的圆锥； 绕及其延长线，旋转一周得到一个底面半径，母线，高的圆锥. 所以，旋转形成的几何体为圆柱挖去一个同底的圆锥，与一个同底的圆锥构成的组合体. 则旋转形成的几何体的体积即等于圆柱的体积，减去挖去的圆锥体积，加上组合的圆锥的体积， 所以，旋转形成的几何体的体积. 旋转形成的几何体的表面积即等于圆柱的侧面积，加上两个圆锥的侧面积之和， 所以. 17. 的内角 的对边分别是，已知． （1）求； （2）若点在边上， 为的平分线且长度为1，求； （3）若是边上的一点，且，求的面积的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理对已知条件进行转换得到，从而得到； （2）利用为及三角形的面积公式即可得到 的关系式，变形得； （3）根据已知条件得到，再利用数量积的运算律得到 的关系式，最后运用基本不等式得到的最大值，从而得到的面积的最大值． 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理可得， 整理可得，由余弦定理可得 ，所以， 因为，故． 【小问2详解】 因为 为的平分线，所以， 因为，即， 又因为，所以，故． 【小问3详解】 因为，所以，即， 所以， 即， 即，当且仅当即当时等号成立， 所以， 即面积的最大值为． 18. 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. 19. 定义：若非零向量，函数的解析式满足，则称为的伴随函数，为的伴随向量． （1）若向量为函数的伴随向量，求； （2）已知，，为函数的伴随向量，，请问在的图象上是否存在一点P，使得？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由． （3）若函数为向量的伴随函数，关于x的方程在上有且仅有四个不相等的实数根，求实数m的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先将函数化简为的形式，从而得到伴随向量的坐标，再根据向量模长的计算公式即可求出； （2）根据题意求出的解析式，并据此设，又由列出关于x的方程，最后借助三角函数值域及一元二次不等式解出该方程即可． （3）先根据伴随函数的定义求出函数的表达式，再化简方程，原方程可等价为，令，分类讨论并画出的图象，然后将问题转化为两个函数有交点问题，最后根据函数图象的交点情况即可求出实数的取值范围． 【小问1详解】 ， 所以，． 【小问2详解】 由伴随向量的定义可知， 又， 所以可得，解得 ，因此， 所以， 即，设点， 又，由， 得， 展开并化简可得（*），令，且， 方程变为，即， 解得，又，所以 ，此时且， 所以，对应，即． 【小问3详解】 函数为向量的伴随函数，所以， 又关于的方程为， 所以可得， 即， 记， 化简得，作出函数的图像， 方程在上有且仅有四个不相等的实数根， 等价于图象与直线有四个交点，故， 即． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 沈阳市第120中学2025—2026学年度下学期 高一年级第三次质量监测 数学试题 满分：150分 时间：120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线a和平面，若，则下列说法正确的是（ ）． A. 若 ，则 B. 若 ，则 C. 若 ，则 D. 若 ，，则 3. 在中，角 的对边分别为 ，若，，，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 把函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数在区间有且仅有2个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为和．若该棱台的体积为，则该棱台的外接球体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 8. （ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若互为共轭复数，则为实数 B. 对于复数，若，则 C. 若是关于x的二次方程的根，则也是该方程的根 D. 复数z满足，则的最大值为 10. 已知函数，则下列四个结论中正确的是（ ） A. 函数的图象关于原点对称 B. 函数的最小正周期为 C. 的值域为 D. 设函数的奇偶性与函数相同，且函数在上单调递减，则的最小值为2 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为侧面内一动点，且 平面，过三点作正方体截面，则（ ） A. 三棱锥的外接球表面积为 B. 动点的轨迹是一条线段 C. 三棱锥的体积是定值 D. 若为上一点，则线段长度的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知i为虚数单位，若是纯虚数，则实数__________． 13. “文翁千载一时珍，醉卧襟花听暗吟”表达了对李时珍学识渊博、才华横溢的赞叹.李时珍是湖北省蕲春县人，明代著名医药学家.他历经27个寒暑，三易其稿，完成了192万字的巨著《本草纲目》，被后世尊为“药圣”.为纪念李时珍，人们在美丽的蕲春县独山修建了一座雕像，如图所示.某数学学习小组为测量雕像的高度，在地面上选取共线的三点A、B、C，分别测得雕像顶的仰角为，且米，则雕像高为_____________米. 14. 如图，已知为等边三角形，点是的重心．过点的直线与线段交于点，与线段交于点．设，且．设 的周长为，的周长为，设，记，则的值域为_______． 四、解答题：本大题共5小题，共77分. 15. 已知向量，，函数. （1）设，且，求的值； （2）在中，，，且的面积为，求的值. 16. 如图，矩形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，其中，. （1）画出平面四边形的平面图，并计算其面积； （2）若该四边形以为轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积和表面积. 17. 的内角 的对边分别是，已知． （1）求； （2）若点在边上，为的平分线且长度为1，求； （3）若是边上的一点，且，求的面积的最大值． 18. 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． 19. 定义：若非零向量，函数的解析式满足，则称为的伴随函数，为的伴随向量． （1）若向量为函数的伴随向量，求； （2）已知，，为函数的伴随向量，，请问在的图象上是否存在一点P，使得？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由． （3）若函数为向量的伴随函数，关于x的方程在上有且仅有四个不相等的实数根，求实数m的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $