四川绵阳市东辰学校2025-2026学年高一下学期第三次月考数学试题

**基本信息** 立足高一数学核心内容，以复数、立体几何、解三角形为主体，融合滕王阁文化情境与南海岛屿实际应用，凸显数学眼光观察、思维推理与语言表达的素养导向。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8题|复数象限、斜二测面积、空间线面关系等|第8题以滕王阁仰角测量为情境，考查解三角形应用| |多选题|3题|复数性质、三角形命题判断、正方体动态问题|第11题结合正方体动点探究，考查空间观念与创新意识| |填空题|3题|向量垂直、旋转体表面积、四边形最值|第13题通过四边形旋转体表面积计算，强化几何直观| |解答题|5题|向量运算、圆内接四边形、立体几何证明与距离等|第18题以南海岛屿补给站为背景，综合考查解三角形与最值问题，体现数学语言表达现实世界|

东辰中学高2025级高一下第三次月考 一、单选题 2+i 1.已知复数z满足2= 1一i,则z在复平面内对应的点所在的象限为() A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2.OM+PO-PM+PN=() 40 B PO C.2MP D PN 3.如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形OAB'C,且OA11B'C',OA=2B'C'-2 AB=1,则该平面图形的面积为() 3 3W2 A.2 B.2 A C.22 D.3V2 4.空间中有两个不同的平面，P和两条不同的直线m,”,则下列说法中正确的是() A.若a/B,m/1a,则m/1B B.若a/IB,m/1a,n/1B,则ml∥n C.若a上B,n/a,m/ln,则m⊥B D.若a/1B,n⊥B,m/1a,则m⊥n 5.A1BC中，角4B.C所对的边分别为abe,若a=5.b=5A-至，则B-（) π A.4 B.4 c.6 π3π D.4或4 6.己知向量0与5的夹角为120，同=2，后-引=23.则向量5在向量0上的投影向量的模为() 1 A.1 B.2 C.4 D.2 ABCD-ABC D AB AACC 7.正方体 中，直线与平面 所成角的余弦值为() 3 A.是 2 √3 B.3 C.2 D.2 试卷第1页，共3页 8.滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天 一色”而名传千古，流芳后世.如图，在滕王阁旁地面上共线的三点A,B,C处测得阁顶端点P的仰角分 别为30°，60°，45°，且AB=BC=90米，则滕王阁的高度OP=()米. A.85 B.18V5 30>A 29V15 60 C.1415 D.2 B 二、多选题 9.设，2为复数，下列说法正确的是(). A.= B.l= C.若=，则=3 D.若4+名是实数，则-为纯虚数 10.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为4，b,c,则下列说法正确的是() A.A>B是sinA>sinB的充要条件 B.若A:B:C=1:2:3,则a:b:c=1:2:3 C.若csC+esA=2hmC,则C-骨 D.右会-合则6BC为分极三角形 cosA ABCD-ABCD 11.如图，正方体 的棱长为2，点M是其侧面 DD,4上的一个动点（含边界），点P是 D C 线段CG上的动点，则() B A BDM A.存在点P,M,使得平面与平面PBD平行 B.当P为棱CC,的中点且PM=2√2时，则点M的轨迹长度为3 B 试卷第2页，共3页 ABCD-ABCD C.正方体 可在棱长为9的正四面体内部自由转动 16V5 D.当M为4AD中点时，四棱锥ABCD外接球的内接正四面体的表面积为3 三、填空题 12.向量a=(2,,6=3),若a16,则实数元的值为 13.如图，在四边形ABCD中，AD L AB,∠ADC=120°，AB=2N3,AD=1, CD=2,求四边形ABCD绕直线AD旋转一周所成几何体的表面积为一· 14.在平面凸四边形ABCD中，已知BC=5,AC=4,AB L AC,∠ADC=30°，则AD·AB的最小值为 四、解答题 15.已知向量 a=0,2,6=（-2,),其中keR (1若a-1a+ ,求实数的值， (2)若”与”的夹角为钝角，求实数的取值范围。 16如图.四边形A6CD为圆内接四边形，8=5”BD=35,c0sA= 5. D (I)求sin∠ABD. 试卷第3页，共3页 (2)若BC=5,求△BCD的面积. 17.在如图所示的几何体中，平面ADNM⊥平面ABCD,四边形ADNM是矩形，四边形ABCD为梯形， AB∥CD,∠DAB=60°.2AB=2AD=CD=2」 (I)求证：AW∥平面MBC: (2)已知直线AN与BC所成角为60°，求点C到平面MBD的距离 18.如图所示，△ABC的顶点是我国在南海的三个战略岛屿，各岛屿之间建有资源补给站，在图中的D、 2 EF点上.岛屿A到补给站D的距离为岛屿A到g的5，岛屿4和岛屿C到补给站E的距离相等，补给 站F在靠近岛屿C的BC的三等分点上.设CB=a,CA=b】 ①用“，b表示亦，C市. (2)如果∠ACB=60°，AC=20海里，且CD⊥EF,求岛屿C到补给站D的距离： 4cosA+3cosB-1,求岛屿A和岛屿C 3)若三个岛屿围成的A4BC的面积为10(V2+平方公里，且满足sinA+sinB 之间距离的最小值. D B 试卷第4页，共3页 19.如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上的动点，过点A的直线PA垂直于圆O所在的平面. (1)证明：BC⊥PC: (2)已知PA=4,AB=6,∠A0C= 3,设点C关于直线4B的对称点为D. (i)求二面角C-PB-D的余弦值： (i)若△PBC及其内部存在点9使得四面体QPAD与五面体QACBD的体积相等，求P№的最小值. B 图1 图2 试卷第5页，共3页 《月考三》参考答案 题号 、1 2 3 4 6 6 7 8 9 10 答案 A D D D A A D B BC ACD 题号 11 答案 ACD 2+i(2+)1+i)1+3i1,3 13 十 1.A【详解】由题意得复数1-i(1-i)1+i)2 22, 复数z在复平面内对应的点为2'2， 该点位于第一象限。 2.D【详解】OM+PO-PM+PN=PO+OM+MP+PN=PN 3.D【详解】根据腿意，该图形的直爽图是直角梯形0ABC,则其面积s”=×+2)x1 2 那么该面图形的面积为=2=2x号=35，枚选：D 4.D【详解】对于A:若aI1B,m/Ia,则可能有mCB,A错误； 对于B:若a1B,m/a,n/P,则m,n也可能异面或相交，B错误： 对于C:若aLB,n/Ia,则n与B不一定垂直，且m∥n,则m与B不一定垂直，C错误： 对于D:若alB,n上B,则nla;又m/a,则m⊥n,D正确故选：D. 5√2 5.A【详解】由题意，在 中a=b。,则sin sinB,所以s如B=5, △4BC sin A sin B 1 因为BE0:所以-晋政还又a>64=号 ，所以B=子.故选：A 6A【详解】日-=25，即-2石.石+石=12，即4+4×+6=12，解得-=2或4（合去）， 则a-b=2×2 -2, a_2-1 所以向量5在向量。上的投影向量的模为@2· 7.D【详解】如图所示，设点O为正方形ABCD的中心，所以BO⊥AC, D C 平面BCD, AA⊥ B0C平 ABCD,所以 ,AA1⊥BO 因为 B 答案第1页，共2页 又因为B01AC,A4n4C=AA4,ACcA4C AACC 平面 ,所以B0上平面 AB AACC ∠BAO 所以直线与平面 所成角即为 6 不妨设正方体棱长为1，则B0=A0=?4B=V2,40=,+小 +=5,所以cos∠B40=40 2 V22 &.B【详解】设OB=h,在R△POB中，∠P80=60,OP=OBam60=V5 01-盟-动 在Rt△POA中，∠PA0=30' 3,在RP0C中，∠PC0=45 OC=OP tan456=3h 在△OBC中，OC2=OB2+BC2-2OB.BC.cos∠OBC,即3h2=h2+902-180hcos∠OBC, 在△OAB中，OA=OB2+AB2-2OB·AB·cos∠OBA, 即9h2=h2+902-180hcos∠OBA,由∠OBC+∠OBA=π，得cos∠OBC+cos∠OBA=0, 于是12=2+2×902g程h=18v5 OP=V3h=18√15 ，解得 所以滕王阁的高度 9.BC【详解】设子=a+bi名=c+di,abG,deR 对于选项A:例如=i,则=山子，两者不相等，故A错误 对于选项B:因为=(a+bi)c+)-=(ac-bd)+(ad+hci,且l=a+F,=ve2+dF =(ac-bd)'+(ad+be)=Vae+bd+ad2+be=(a+b)(c'+d) 即-，故B正确， 对于选项C:若2=Z=a-bi,则l=Va2+b,=Va2+(-b}=V+b 答案第2页，共2页 =l 所以 ,故C正确； 对于选项D:例如 是实数，则子名=0也为实数，故D错误：故选：BC 1=2= a=b。=2R(R为外接圆半 10.ACD【详解】选项A,在△ABC中，根据大边对大角和正弦定理sinAsin B 径)：A>B台a>b台2 Rsin A>2 Rsin B台sinA>sinB,因此A>B是sinA>sinB的充要条件. 选项B,若4：B:C=12:3特合内角和4什8+C·得4名8-号C-分 61 21 a:b:c=sim d:sim B:sinC=::1=1::21:2:3 由正弦定理 22 B错误 选项C,由正弦定理，将acosC+ccos A=2 bcos C化边为角： 左边=sin AcosC+sin Ccos A-=sin(A+C)=sinB,因此原式得sinB=2 sin BcosC, A4BC中sinB≠0，故cosC=2,又Ce(0,π)，得C=, a2 sin2A cos A 选项D,由正弦定理，b2 sin2B cos B,交叉相乘得sin2 Acos B=sin2 B cosA,结合余弦定理化简因式 分解得：a-b[a++c]=0,因此a=b,即A=B,△M6C为等颗三角形 AA 11.ACD【详解】对于A,如图取中点为M, CC中点为P,下证平面 B DM ”与平面PBD平行. 因A中点为边，CC中点为P,可得 AA M//PB D A D B DM 平面PBD,PBC平面PBD, DMII 则 平面PBD;又注意到D DB//DB DB DB/ 又 平面PBD,DBC平面PBD,则 平面PBD,又 DB∩DM=D,DB,DMc 平面 BDM 答案第3页，共2页 BDM 则平面 与平面PBD平行，故A正确 0中点为，连接PB,由题可得PE=2,PE上平面 DD DDAA 对于B,如图取 又EMC平面 044,则PE1EM因PM=25,则EM=PM-PE=2, 则点M的轨迹为以B为圆心，半径为2的圆在平面 ADDA 内的部分，如图所示， 因sm∠EFD=,则∠EFn-名∠D,EF-,同理可得∠GED- 6 则∠FEG= 2π 3,则点M的轨迹长度为3，故B错误： 对于C,棱长为9的正四面体的高为h,底面外接圆半径为R,内切球半径为”， 则2R= 9 sin60,解得R=3√5，所以h=√81-27=36， x4- 3V6 4 解得”= 4 3v2 设棱长为a的正方体内接于半径为r的球内部，则V3a=2r,解得口 2, ,2<2 又因为正方体ABCD-ABCD的棱长为2，满足K2, ABCD-ABCD 所以正方体 可在棱长为9的正四面体内部自由转动，故C正确： 对于D,如图取AC,BD交点为O,AD中点为G,连接MG,GO,MO, 4=0B=0C=0D=5,MG=G0-1,又由题可得“ MG⊥GO 由题可得 则0=MG+G0=万，则0到四枝篷所有顶点距离均相等.则O为外接球球心，外接球半轻为反 5a.2sa-26 又正方体外接球半径为其体对角线长度一半，设外接球内接正方体边长为α，则2 3. 又由图可得外接球的内接正四面体可由其内接正方体切割得到， 答案第4页，共2页 a=43 且内接正四面体棱长为内接正方体面对角线长度，即 3. 4x545165 D 则内接正四面体表面积 43 3,故D正 B 确 故选：ACD. 12.6【详解1因为向量a=(2,)6=L3),且a1万，所以2x3=1x元→元=6故答案为：6 13.(2+3v21+23)π 4 【详解】作CE⊥AD,CF⊥AB,E,F为垂足， 因为∠ADC=120°，所以∠EDC=60°， D 因为c0-2,所以DE=1,CE=5,故4F=CE=5 又AB=2N3,AD=1,故CF=AE=AD+DE=2, BF=B-F=25-5=5,由勾股定理得CB=CF+F=V万】 四边形ABCD绕直线AD旋转一周所成几何体的表面积分为三部分， 以AB为半径的圆的面积（2√5π=12r,以CD为母线和CE为半径的圆锥的侧面积=2√5元， 以8C为母线的圆台的侧面积5+25小7x=3V2Ix,所以该几何体的表面积为 2+321+25)π 14.-12-65 CMD=00∈0,5r ACD=S五-0 AC AD 【详解】设 ”6,则 6,在△ACD中，由正弦定理得sinZADC sinZACD AD=ACsin/ACD-8sin 5-0=4c0s0+4sin0 所以 sin∠ADC 6 在Rt△ABC中，BC=5,AC=4,则AB=3, 答案第5页，共2页 所以 0-店=ADos∠BaD=34cos0+45sin0)eos0+ =-123sin0-12sin0cos0=-12.1-cos20 -6sin20 =-65-(6sin20-65cos20=6v5-12sn20-】 o.9香以o-9到以o西为 -12-65 15.(1)k=1(2)(-0,-4)U(-4,1) 【详解】)a-)1a+),a--(a+=a-石=5-4+k)=0,解得k=. (2②)由“与的夹角为链角，符a-6<0且与5 ”且“与方向不相反， 所以-2+2k<0且k+4≠0，解得k<1且k≠4.所以实数k的取值范围为(-0，-4)U(-4,), 25 16.(1)25 (2)15 【详解】1：乙A是1BD的内角，∠Ae0,,cos4=手，sinA=1-cos7 5， 在△ABD中，由余弦定理得BD=AB+AD2-2·AB·AD.cosA, B=3BD=35QoA-5,得45=25+D+87 整理得AD+8AD-20=0,解得AD=2(AD=-10不符合边长要求，舍去)· 3 由正弦定理得 AD BD sin /ABD=AD'SInA=5-2v5 sin∠ABD sin A BD 3V525 答案第6页，共2页 (2）:四边形4BCD为圆内接四边形，A+∠C=开，六cosC=-cosA=号，simC=sinA- 4 3 在△BCD中，由余弦定理得BD=BC2+CD2-2·BC·CD.cosC, f代入C=5”BD=35,osC= 5,得45=25+CD2-8CD: 整理得CD2-8CD-20=0,解得CD=10(CD=-2不符合边长要求，舍去)· :△BCD的面积S=BC-CD-sinC- >×5×10×5=15 2 2V66 17.(1)证明见解析；(2)11. 【详解】(1)由题意得，取CD的中点E,连接BE、E,则AB/IEC且AB=EC, 故四边形ABCE是平行四边形，所以AEI/BC,又BCC平面MBC,所以AEII平面MBC, 又ADIIBE且AD=BE,AD/IMN且AD=MN,则MN IBE且MN=BE,故四边形MNEB是平行四边 形， 所以NEIIBM,又BMc平面MBC,所以NEII平面MBC,由AE∩NE=E得，平面ANE1I平面MBC, 因为ANC平面ANE,所以AWII平面MBC: (2)因为矩形ADNM⊥平面ABCD,所以AM⊥平面ABCD, 又AB=AD=1,∠DAB=6O,DE//AB,所以四边形ABED为菱形， 则4B=5,直线AW与4B所成角为60，设AM的长为，则W=+又NE=V+F 在A4NE中，由余孩定理，得0s60N+EE上1++3-0+x 2AN·AE,即22W1+x2V5,由x>0解得x=√2， 6, 在MBD中，MB=V5,MD=3,BD=1 24, 答案第7页，共2页 设点C到平面BD的距离为五，则'ko-亏.nh= 1 -h= h 3412 √6 租h=2v66 2√66 -h 由'M-Cn=Ve-Mo,得612，解得I1.即点C到平面MBD的距离为11· N M 、E C 4 B 18@F-0-5,而-a+3®高的C到补爷站D的那类125 2 (3)岛屿和岛屿C之间距离的最小值 为230公里. 【详解】)依题恋，符D-号丽因为点E为4C中点，所以c正=C, 又F在靠近岛的C的BC的三等分点上所以CF-CB, 又G西a-6,所以f-下-Eo西a-0-5 2 D-Ci+0-C+号-a+8-C)-号a+5 5 ②依赢.和001那，月-=4c=20,所而F-（层a+--0,可 22_36=0 15a-10 所以后0x20=0,则d-30,又∠4C8=60,所以a5-30x20xcs60=30· +256=V25 25 答案第8页，共2页 123 所以岛屿C到补给站D的距离 4cos A 3cos B (3)由sinA sin B =L,可得4 cos Asin B+3 cos BsinA=-sin Asin B, 3cos Asin B+3cos Bsin A=sin Asin B-cos Asin B. 3sin(4+B)=sinB(sinA-cosA）,即3 3sin C=sin B(sin A-cos A) 可 设4B=6,AC=b,由正弦定理知 3c=b(sin A-cos A) hcsin6i sin 4(sin 4-cos 4)b (sin A-sin 4cos1-cos24-sin2)=10 6 6 120(2+1 b2= 120(W2+1） 所以”1=cos21-sm2A1-2sm24+4: 因为=bM6m4-csA小>0，所以爱<A<元，得经 3江<24+开<如 44 所以当24+=3玩 42,pA=。寸，2取得最小八直120 2√3 即b的最小值为 2W30 0,所以岛屿4和岛屿C之间距离的最小值为2 公里. 1 6V21 19.(1)证明见解析；(2)(i)25;(i)7 【详解】(1)因AB是圆O的直径，点C是圆O上的动点，则BC⊥AC. 因PA垂直于圆O所在的平面ABC,BCC平面ABC,则BC⊥PA. 因AC,PAC平面PAC,AC∩PA=A,则BC⊥平面PAC,又PCC平面PAC,则BC⊥PC: (2)()如图连接DB,因D为点C关于直线AB的对称点，结合圆为对称图形，可得△PCB≥△PDB.如 图，过C做PB垂线，垂足为F,因△PCB=△PDB, 则DF⊥PB.从而∠DFC为二面角C-PB-D的平面角 因<A0C- 分，O1=0C,则04C为等边三角形，则4C-号4B=3 因PA垂直于圆O所在的平面ABC,AC,ABC平面ABC,则AC⊥PA,AB⊥PA. 答案第9页，共2页 PC-P4+AC=5 BC=AB-AC-3 PB=PA+AB=23 由(I)可得△PCB,aPDB为直角三角形， 则Sm=5PCCB-=CFP8→CF=Dr.PCCB_5x35_1s5 2 PB2W1326, 又由对称性可得cD⊥HB,则四边形MCBD面积为CDB=AC.CB→CD-24CCB=3V5 AB 675-27 则os∠DrC=DrCF-nC_2 1 2DF.CF 2675=25； 26 (i)延长PO,交BC于M,如图做MN L AD,因PA垂直于圆O所在的平面ABC,MNC平面ABC, 则MN⊥PA.又PA,ADC平面PAD,PAOAD=A, 则MN⊥平面PAD,则M到平面PAD距离为MN. 设MC=X,由题c[Q,3,如图延长DABC,使延长线交于2，做CH1DE 因C-cw-号4c8-至，则m-2 2,CE=3V3 MN EM MN x+33 CH-EC33--3 MN-2+33 注意到AEHC-AENM,则 2 设P0=PM(ke(O,》,则o到平面P4D距离为4=MN=(c+35) 因PA垂直于圆O所在的平面，则PA为点P到平面ACBD距离， 则P到平面4CBD距离为4，=1-)PA=41-k) 由题可得gD=6oo→写o叫-写吉aa4 注意到SoX3x4=6,So=AC-CB=95 则6d=3(x+35)=954,=3650-k)→x=125-15N5 答案第10页，共2页 因eD3可则0sy5-155s3w5→5s号 k 3 Γ5 由(1)可得MC⊥PC,则PM=VPC2+CM=V25+r =V700k2-1080k+432 6√21 则P№最小值为7· P B 9. M B E 答案第11页，共2页