精品解析：黑龙江哈尔滨市第五中学校2025-2026学年高三下学期6月月考数学试卷

哈五中2025-2026学年度下学期 高三学年6月月考数学试卷 第I卷（选择题，共58分） 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. 若，则z=（ ） A. 1–i B. 1+i C. –i D. i 【答案】D 【解析】 【分析】先利用除法运算求得，再利用共轭复数的概念得到即可. 【详解】因为，所以. 故选：D 【点晴】本题主要考查复数的除法运算，涉及到共轭复数的概念，是一道基础题. 2. 在中，、、分别是内角、、所对的边，若，，，则边（ ） A. B. 或 C. 或 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据余弦定理可得出关于的等式，解之即可. 【详解】因为，，，由余弦定理可得， 即，即，解得或. 故选：C. 3. 若平面截球 所得截面圆的面积为，且球心 到平面的距离为，则球 的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用球的截面小圆性质及球的面积公式计算即得. 【详解】由平面截球 所得截面圆的面积为，得此截面小圆半径，而球心到此小圆距离， 因此球 的半径，有， 所以球 的表面积. 故选：C 4. 已知:平面α⊥平面β，α∩β=l，在l上取线段AB=4，AC，BD分别在平面α和平面β内，且AC⊥AB，DB⊥AB，AC=3，BD=12，则CD的长度为（ ） A. 13 B. C. 12 D. 15 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据面面垂直的性质得到平面，从而得到，再利用勾股定理求解的长度即可. 【详解】如图，连接AD. 因为平面平面，，， 所以平面， . 在中，， 在中，. 故选：A 5. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，，则面积的最大值为（    ） A. 无最大值 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意结合正弦定理可得，从而可得，又，可得，再利用勾股定理与基本不等式及面积公式计算即可得解. 【详解】由及，得， 在中，由正弦定理将边化为角得， 即， 即， ，由，得，因此，即， 所以，当且仅当时取等号， 又由题知，故不能取等号，即有，所以， 故的面积无最大值． 6. 如图，在四棱锥中，已知底面，底面为等腰梯形，，，，的中点为 ，则二面角的余弦值为（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用线面垂直判定定理得出平面，再应用二面角定义结合边长计算求解. 【详解】如图，取的中点 ，连接，，． 因为，，的中点为 ，则且， 则四边形为平行四边形， 则，， 则为等边三角形，则． 又四边形为等腰梯形，则， 则为等边三角形，则． 又因为平面，平面，则． 又，，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 则为二面角的平面角， 在中，，， 则，则， 二面角的平面角为的补角，由图可知为钝角， 则其余弦值为. 7. 已知四面体ABCD中，，，，则四面体ABCD外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造一个长方体，四面体四个顶点在长方体顶点上，利用长方体的对角线为外接球直径求解即可. 【详解】设四面体 的外接球的半径为, 则四面体 在一个长宽高为的长方体中，如图， 则 故， 故四面体ABCD外接球的体积为， 故选：C 8. 已知平面向量，，满足：，，则的最小值为 A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，将已知条件转化为所设未知量的关系式，再将的最小值转化为用该关系式表达的算式，利用基本不等式求得最小值. 【详解】建立平面直角坐标系如下图所示，设，，且，由于，所以. .所以 ，即. .当且仅当时取得最小值，此时由得，当时，有最小值为，即，，解得.所以当且仅当时有最小值为. 故选：B 【点睛】本小题主要考查向量的位置关系、向量的模，考查基本不等式的运用，考查数形结合的数学思想方法，属于难题. 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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则（ ） A. B. C. 的面积为 D. 的周长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用正余弦定理和已知条件，解三角形，验证各个选项. 【详解】由，有，得，选项A正确． 因为，由正弦定理有，，得，选项B正确． 的面积为，选项C错误． 因为，由余弦定理， 解得，故的周长为，选项D正确. 故选：ABD 10. 如图，在中， 与交于点 ， 是 的靠近的三等分点， 是的中点，且有，，则（ ） A. B. C. D. 过 作直线分别交线段于点，设，（，），则的最小值为2. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据向量的线性运算法则计算可判断A，B，C；利用共线定理的推论可得，然后妙用“1”可判断D. 【详解】对于A，B，C，因，依题意，代入， 得，因为三点共线，且三点共线， 所以，得，所以A对，B错； 由可得， 故， 故C正确； 对于D，，，， 则，因为M、G、N三点共线， 则，即， 由， 当且仅当，即时取得等号．所以D正确． 故选：ACD． 11. 如图，多面体容器，底面水平放置，，，所在的平面均与底面垂直，且，，，均是边长为的等边三角形，下列选项正确的是（    ） A. B. 平面平面 C. 经过直线的平面截该几何体，截面的最大面积为 D. 从上面往该容器注水，当水面是正六边形时未注满，注入的水的体积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】应用线面垂直性质定理的线线平行判断A，应用面面垂直判定定理判断B，应用截面面积计算求解判定C，应用截面面积及柱体，锥体体积计算求解判断D. 【详解】对于A，分别取线段，的中点 ，，连接，，， 因为是边长为的等边三角形， 所以，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 同理可得平面，，则，， 则四边形为平行四边形，则， 又因为，所以，故A正确． 对于B，假设平面平面， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，与不垂直于平面矛盾，故假设不成立，故B错误． 对于C，设过直线的平面为， 则平面从平面向上转动到平面的过程中， 截面的可能性有以下几种情况， 若截面为或，则截面面积为 若平面与平面相交，由A可知，， 因为平面，平面，所以平面， 记平面平面， 因为平面，所以，则， 由对称性可知，此时截面为等腰梯形， 显然当与重合时截面面积最大， 同理若平面与平面相交，当交线与重合时，截面面积最大． 等腰梯形的上底，下底，腰， 所以等腰梯形的面积为， 故此时截面面积的最大值为， 因为，所以截面的最大面积为，故C正确． 对于D，由A可知，，又平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 又，，平面， 所以平面平面，如图，欲使水面是正六边形，结合对称性可知， 只需，，即可， 因为，，所以，， 所以，，结合，可得， 所以，，， 所以， 又因为平面，且， 所以多面体的高为， 过点作交于，过 作交于，连接， 易得四边形是面积为的矩形， 由平面，平面，得平面平面， 过点作交于 ， 因为平面平面，平面， 所以平面，所以为四棱锥的高， 又等边的边长为，所以， 则四棱锥的体积， 多面体去掉三个体积为的四棱锥后，剩余的部分为直六棱柱， 该直六棱柱的体积为， 故多面体的体积为，故D正确． 第II卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，与的夹角为，则在上的投影向量为__________． 【答案】 【解析】 【详解】在上的投影向量为. 13. 已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据三角形面积公式求出母线长,再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出结果. 【详解】因为母线，所成角的余弦值为，所以母线，所成角的正弦值为，因为的面积为，设母线长为所以， 因为与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为， 因此圆锥的侧面积为． 【整体点评】根据三角形面积公式先求出母线长，再根据线面角求出底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出侧面积，思路直接自然，是该题的最优解． 14. 已知菱形ABCD的边长为2，．将沿着对角线AC折起至，连结．设二面角的大小为，当时，则四面体的外接球的表面积为______． 【答案】## 【解析】 【分析】连接 交于点 ，得即二面角的平面角，作出四面体的外接球球心，证明四点共面，依次求出，继而求得外接球的半径，即可求出其表面积. 【详解】 连接 交于点 ,由题意，点 为中点，且,则即二面角的平面角. 如图，设分别是和的外心，分别过点作平面,过点作平面, , 则点为四面体的外接球球心. 由，平面,故得，平面, 又平面，平面，故得，平面平面，平面平面， 故四点共面. 由可知,， 故四面体的外接球的半径为：, 于是四面体的外接球的表面积为. 故答案为： 【点睛】思路点睛：本题主要考查四面体的外接球的表面积的求法，属于难题. 解题思路是通过二面角的两个半平面三角形找到四面体的外接球球心，通过证明四点共面，利用二面角的度数，求出相关边长即可求得外接球半径. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在中，角，，所对的边分别为，，，. （1）求角； （2）若外接圆的半径为，求面积的最大值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）先根据展开，结合正弦和差化积公式进行化简，可得出，进而得出角的值. （2）根据题意和正弦定理可得出边长a的值，再由第一问和余弦定理得出b和c的关系，结合基本不等式即可求出面积的最大值. 【小问1详解】 由得，， 所以，又，所以， 所以，因为，所以； 【小问2详解】 由外接圆的半径为，则得， 由余弦定理得，，即， 所以，解得. 所以，故面积的最大值为. 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，，， （1）求证：平面； （2）若 ， 分别为棱，的中点，求证：∥平面； （3）设为等边三角形，求直线与平面所成角的大小． 【答案】（1）证明：因为底面为矩形，所以， 因为侧面底面，侧面底面，底面， 所以平面. （2）证明：取 中点，连接，， 因为 是中点，所以，， 又因为矩形，所以，，且 是中点， 所以，， 所以四边形是平行四边形， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （3） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理即可证明平面； （2）易证四边形是平行四边形，进而根据线面平行的判断定理证明即可； （3）由（1）可知平面平面，进而可知是直线与平面所成角，在三角形中求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（1）可知平面， 因为平面， 所以平面平面， 又平面平面， 因为为等边三角形， 所以，平面， 所以平面， 连接，所以是直线与平面所成角， 在矩形中，， 在正中，， 所以， 因为， 因此， 即直线与平面所成角为 【点睛】 17. 已知 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，向量，，且． （1）求 ； （2）若 ，且 的周长为 ，求 ， ． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据向量垂直，则数量积为0列式，再结合正弦定理和三角形内角和定理化简，可求角 . （2）利用余弦定理和三角形的周长列式，解方程组可得 ， ． 【小问1详解】 因为，，且， 所以 ，即 ， 由正弦定理得， ， 因为 ， 所以 ， 所以 ， 因为 ，所以 ，所以， 因为 ，所以 【小问2详解】 由余弦定理可得 ， 则 ①， 因为 ，且 的周长为 ， 所以 ，② 联立①②，解得 ． 18. 如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，ADC=PAB=90°，BC=CD=AD.E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°. （I）在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由； (II)若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）在梯形ABCD中，AB与CD不平行. 延长AB，DC，相交于点M（M∈平面PAB），点M即为所求的一个点. 理由如下： 由已知，BC∥ED，且BC=ED. 所以四边形BCDE是平行四边形. 从而CM∥EB. 又EB平面PBE，CM 平面PBE， 所以CM∥平面PBE. （说明：延长AP至点N，使得AP=PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点） （Ⅱ） . 【解析】 【分析】试题分析：本题考查线面平行、线线平行、向量法等基础知识，考查空间想象能力、分析问题的能力、计算能力.第一问，利用线面平行的定理，先证明线线平行，再证明线面平行；第二问，可以先找到线面角，再在三角形中解出正弦值，还可以用向量法建立直角坐标系解出正弦值. 【详解】（Ⅰ）略 （Ⅱ）方法一： 由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A， 所以CD⊥平面PAD. 从而CD⊥PD. 所以PDA是二面角P-CD-A的平面角. 所以PDA=45°. 设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2. 过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH. 易知PA⊥平面ABCD， 从而PA⊥CE. 于是CE⊥平面PAH. 所以平面PCE⊥平面PAH. 过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE. 所以APH是PA与平面PCE所成的角. 在Rt△AEH中，AEH=45°，AE=1， 所以AH=. 在Rt△PAH中，PH== ， 所以sinAPH= =. 方法二： 由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A， 所以CD⊥平面PAD. 于是CD⊥PD. 从而PDA是二面角P-CD-A的平面角. 所以PDA=45°. 由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD. 设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2. 作Ay⊥AD，以A为原点，以 ,的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A（0,0,0），P（0,0,2），C(2,1,0)，E(1,0,0)， 所以=（1,0,-2）， =（1,1,0），=（0,0,2） 设平面PCE的法向量为n=(x,y,z)， 由 得 设x=2，解得n=(2,-2,1). 设直线PA与平面PCE所成角为α，则sinα= = . 所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为 . 考点：线线平行、线面平行、向量法. 19. 在三棱锥中，为 的中点. （1）证明：平面⊥平面. （2）过O点作一个平面，使得平面平面，请画出这个平面，并说明理由. （3）若，平面平面，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2）作图见解析，理由见解析 （3）． 【解析】 【分析】（1）由三线合一得到线线垂直，进而证明 ⊥平面，得证； （2）取 的中点E， 的中点F，根据面面平行的判定定理，可得平面即为所求的平面； （3）由面面垂直得到线面垂直，求出，利用等体积法求出点到平面的距离. 【小问1详解】 因为， 为 的中点， 所以， 又因为平面， 所以平面，又平面. 所以平面⊥平面. 【小问2详解】 取 的中点E， 的中点F，连接，，，又 为 的中点， 则，平面平面， 所以平面， 同理可得平面，，平面， 故平面平面， 所以平面即为所求的平面. 【小问3详解】 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 因为，所以均为等边三角形， 故，故， 所以， 因为平面，平面， 所以，由勾股定理得， 取的中点，连接， 在中，，故⊥， 故，， 设点到平面的距离为，， 所以，解得. 所以点到平面的距离为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈五中2025-2026学年度下学期 高三学年6月月考数学试卷 第I卷（选择题，共58分） 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. 若，则z=（ ） A. 1–i B. 1+i C. –i D. i 2. 在中，、、分别是内角、、所对的边，若，，，则边（ ） A. B. 或 C. 或 D. 3. 若平面截球所得截面圆的面积为，且球心到平面的距离为，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知:平面α⊥平面β，α∩β=l，在l上取线段AB=4，AC，BD分别在平面α和平面β内，且AC⊥AB，DB⊥AB，AC=3，BD=12，则CD的长度为（ ） A. 13 B. C. 12 D. 15 5. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，，则面积的最大值为（    ） A. 无最大值 B. C. D. 6. 如图，在四棱锥中，已知底面，底面为等腰梯形，，，，的中点为，则二面角的余弦值为（    ） A. B. C. D. 7. 已知四面体ABCD中，，，，则四面体ABCD外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知平面向量，，满足：，，则的最小值为 A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则（ ） A. B. C. 的面积为 D. 的周长为 10. 如图，在中，与交于点 ，是的靠近的三等分点， 是的中点，且有，，则（ ） A. B. C. D. 过 作直线分别交线段于点，设，（，），则的最小值为2. 11. 如图，多面体容器，底面水平放置，，，所在的平面均与底面垂直，且，，，均是边长为的等边三角形，下列选项正确的是（    ） A. B. 平面平面 C. 经过直线的平面截该几何体，截面的最大面积为 D. 从上面往该容器注水，当水面是正六边形时未注满，注入的水的体积为 第II卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，与的夹角为，则在上的投影向量为__________． 13. 已知圆锥的顶点为 ，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________． 14. 已知菱形ABCD的边长为2，．将沿着对角线AC折起至，连结．设二面角的大小为，当时，则四面体的外接球的表面积为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在中，角，，所对的边分别为，，，. （1）求角； （2）若外接圆的半径为，求面积的最大值. 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，，， （1）求证：平面； （2）若 ， 分别为棱，的中点，求证：∥平面； （3）设为等边三角形，求直线与平面所成角的大小． 17. 已知 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，向量，，且． （1）求 ； （2）若 ，且 的周长为 ，求 ， ． 18. 如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，ADC=PAB=90°，BC=CD=AD.E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°. （I）在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由； (II)若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值. 19. 在三棱锥中，为的中点. （1）证明：平面⊥平面. （2）过O点作一个平面，使得平面平面，请画出这个平面，并说明理由. （3）若，平面平面，求点到平面的距离. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $