江西赣州市安远县第一中学2025-2026学年高一下学期数学第三次综合作业

**基本信息** 2025-2026学年高一下数学第三次综合作业（月考），聚焦向量、立体几何、三角函数核心知识，通过赵爽弦图（文化传承）、伴随函数（创新定义）等情境，考查空间观念、推理能力与模型意识，适配高一阶段性学业评估。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|平面向量共线、充要条件、面面关系|第7题赵爽弦图结合向量投影，渗透文化情境| |多选题|3/18|复数运算、解三角形、正方体截面|第11题正方体动态点轨迹，发展空间观念| |填空题|3/15|三角函数定义、圆锥侧面积、锐角三角形最值|第14题几何图形转化求最值，强化运算能力| |解答题|5/77|四棱锥体积、三角函数性质、创新伴随函数|第19题伴随函数定义应用，考查模型意识与创新思维|

2025-2026学年度下学期高一年级数学学科第三次综合作业 考试时间：120分钟； 一、单选题（本题共8个小题，每题5 分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1．已知平面向量，不共线，且，则（     ） A．， B．， C．， D．， 2．设，则“”是“”的（     ） A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 3．设，是两个不同的平面，直线，直线，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 4．已知函数，．若的图象关于直线对称，则（    ） A．0 B． C． D． 5．函数的值域为（     ） A． B． C． D． 6．已知为第二象限角，，则（     ） A． B． C． D． 7．勾股定理最早的证明是东汉数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的，被后人称为“赵爽弦图”，“赵爽弦图”是我国古代数学的图腾，还被用作第24届国际数学家大会的会徽.如图，某同学绘制的赵爽弦图，在正方形和中，，则下列结论正确的是（     ） A． B． C． D．在上的投影数量为 8．在棱长为2的正方体中，为棱中点，为棱中点，点在侧面上运动（含边界），若平面，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C．2 D．1 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9．若复数满足，则（    ） A． B． C． D． 10．在中，a，b，c为内角A，B，C的对边，，，点P满足，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． 的面积最大值为 D．线段的长度最大值 11．如图，正方体，的棱长为，E，F分别是，的中点，点P是底面内一动点，则下列结论正确的是（    ） A．异面直线与所成的角是 B．过B，E，F三点的平面截正方体所得截面图形是菱形 C．存在点P，使得平面 D．正四面体的高为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知角的终边上有一点，则_______. 13．已知圆锥的母线长为6，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的侧面积为______． 14．在锐角中，若的最小值为，则的最大值为________． 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．如图，在四棱锥中，底面为正方形，点到平面的距离为2，，分别是和的中点． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积 16．已知函数的最小正周期为，且当时，取得最小值-1. (1)求函数的解析式和单调递增区间； (2)当时，求函数的值域. 17．如图，在中，为边上一点，且. (1)求； (2)若，求. 18．如图所示，在三棱柱中，侧棱底面，为棱的中点．，， . (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)在棱上是否存在点，使得平面平面？如果存在，求此时的值；如果不存在，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)若函数为向量的伴随函数，在中，，，且，求的值； (3)若函数为向量的伴随函数，关于的方程在上有且仅有四个不相等的实数根，求实数的取值范围. 第 2 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 2025-2026学年度下学期高一年级数学学科第三次综合作业参考案 1． A 2．C 3．B 4．B 5．C 6．D 7．C【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，由题意， 对于A，因为，所以，故A错误；对于B，因为，故B错误；对于C，因为，所以，所以，故C正确； 对于D，因为，，所以在上的投影数量为，而，故D错误.故选：C. 8．A【详解】取的中点分别为，连接， 在正方形中，因为为中点，故且， 由正方体可得且，所以，，故四边形为平行四边形，故，而，故， 同理，故，而平面，平面，故平面，同理平面，而平面， 故平面平面，而平面平面， 结合平面，故的轨迹为线段，其长度为. 9．BC 10．ACD 【详解】对于A化简可得，由余弦定理可得，因为，故，故A正确； 对于B，，故B错误；  对于C，的面积为, 由余弦定理有，等号成立当且仅当，所以的面积最大值为，故C正确；对于D，三角形外接圆的直径是，线段的长度最大值为三角形外接圆的直径，即，故D正确. 11．ACD 【详解】对于A，正方体中，易知， 异面直线与所成的角即直线与所成的角，即， 为等边三角形，则，故A正确；对于B，因为，分别是，的中点，所以，在正方体中，易证，所以，过三点的平面截正方体所得截面图形是梯形，故B错误；   对于C，当为中点时，因为是的中点，所以，平面，平面，所以平面，故C正确；对于D，连接，设平面，连接，平面，平面，即，又，，有平面， 平面，所以，同理可证：，，平面，所以平面，即平面，则B在底面的射影为的重心，所以，所以，即正四面体的高为，故D正确.故选：ACD. 12． 13． 14．【详解】过点作于点，则的最小值为，即，在中，，因为为锐角三角形，所以，则， 所以 ， 因为，所以，所以，所以， 即的最大值为，故答案为：． 15.【详解】（1）在中，分别是和的中点，，又平面平面平面． (2)由题意得点到平面的距离为2即三棱锥的高为2，四边形是正方形，， 三棱锥的体积为． 三棱锥的体积为． 16.【详解】（1）由得，由，解得，因为，所以，所以，由，解得，所以单调递增区间为. （2） 当时，，， 所以的值域为. 17．【详解】（1）设，则，由余弦定理可得，即，得，所以. （2）由，得，则. 由正弦定可得，解得 由余弦定理得， 即，而，所以. 18．【详解】（1）连结交于O，连结 在中，因为M，O分别为AC，中点，所以 又因为平面，平面，所以平面 （2）因为侧棱底面ABC，平面ABC，所以 又M为棱AC中点，，所以 因为，，平面 所以平面，平面，所以 因为M为棱AC中点，，所以，又， 所以在和中， 所以，即，所以因为，BM，平面，所以平面 （3） 当点N为中点时，即， 平面平面设中点为D， 连结DM，因为D，M分别为，AC中点，所以， 且又因为N为中点，所以，且， 所以四边形DMBN是平行四边形，所以， 结合（2）平面，则平面， 又平面，所以平面平面 19．【详解】（1）由题意得，，. （2）函数为向量的伴随函数， ， ，或，即或（舍）， 又，由正弦定理得，，即，，所以，即， 由余弦定理得，即， 即. （3）函数为向量的伴随函数，， 又关于的方程为， ， 记 ∴ 作出函数的图像，如图所示， 方程在上有且仅有四个不相等的实数根， 图象与直线有四个交点， ，即. $