精品解析：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

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. 如图，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1页/共1页 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 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. ， 【答案】A 【解析】 【详解】因为，则， 且平面向量，不共线，则，解得. 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 【答案】C 【解析】 【详解】设条件：“”，条件：“”，当，，所以能推出； 当，，此时不一定为0，所以不能推出. 所以“”是“”的充分不必要条件. 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 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐个选项进行判断可得答案. 【详解】对于A，若，则与平行或相交，故A错误； 对于B，若，又，则，故B正确； 对于C，若，则与平行或相交或异面，故C错误； 对于D，若，则与平行或相交，不一定垂直，故D错误. 故选：B. 4. 已知函数，．若的图象关于直线对称，则（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦曲线对称轴的公式，可得当时满足，结合题目给定的的取值范围，即可计算得到符合条件的的值. 【详解】由于正弦曲线的对称轴为， 已知的图象关于对称， 所以将 代入可得：，  整理可得：，​又因为，取 ，得. 5. 函数的值域为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】，， 所以当时取到最大值，当时取到最小值， 所以的值域为． 6. 已知为第二象限角，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用二倍角公式化简可得，结合角的范围分别求出，即可求解. 【详解】由，得： 因为是第二象限角，所以，， 化简得：，即 由于，解得：， 因为，所以， 所以 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 【答案】C 【解析】 【分析】建立适当的平面直角坐标系，利用向量的坐标运算逐一判断各个选项即可求解. 【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. 如图，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 【答案】A 【解析】 【分析】取的中点分别为，连接，则可证平面平面，故的轨迹为线段，故可求其长度. 【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， 故选：A. 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. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据复数的模和复数的乘除运算求出复数，然后再逐一判断各个选项即可. 【详解】解：因为， 所以，故A错误； ，故B正确； ，故C正确； ，故D错误. 故选：BC. 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由题意得，结合余弦定理即可判断；对于B，由向量的线性运算即可判断；对于C，由余弦定理、三角形面积公式以及基本不等式即可判断；对于D，所求为三角形外接圆的直径. 【详解】对于A，由及正弦定理得， 化简可得，即， 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. 故选：ACD. 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角，判断A； 根据平行关系作出截面图，即可判断B.当为中点时平面，即可判断C； 选项D，求出正四面体的高即可判断. 【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. 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_______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据三角函数的定义可得，即可根据正切的和角公式求解. 【详解】由题意可得， 故， 故答案为： 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______． 【答案】 【解析】 【详解】依题意，该圆锥的侧面展开图扇形的弧长为， 设圆锥的底面半径为，则由可得， 故该圆锥的侧面积为. 14. 在锐角中，若的最小值为，则的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】过点作于点，由向量减法的几何意义得出，进而得出，由两角差的正弦公式，辅助角公式及正弦函数的性质即可求解． 【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：． 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． 【答案】（1） 在中，分别是和的中点， ， 又平面平面 平面． （2） 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定结合中位线的条件即可求证； （2）使用等体积法结合条件中到平面的距离即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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. 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. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦函数的周期公式，最小值和单调递增区间可得； （2）整体代入利用正弦函数的单调性可得. 【小问1详解】 由得， 由，解得， 因为，所以， 所以， 由， 解得， 所以单调递增区间为. 【小问2详解】 当时，， ， 所以的值域为. 17. 如图，在中，为边上一点，且. （1）求； （2）若，求. 【答案】（1）6； （2）3. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理列式解方程即得. （2）由（1）的信息，利用正弦定理、余弦定理求解即得. 【小问1详解】 设，则， 由余弦定理可得， 即，得， 所以. 【小问2详解】 由，得，则. 由正弦定可得，解得. 由余弦定理得， 即，而，所以. 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． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）连结交于O，连结，易得，再由线面平行的判定证明结论； （2）应用线面垂直的性质及判断证明，再由已知得，最后由线面垂直的判定证明结论； （3）当点N为中点时，即，设中点为D，连结DM，，先证，再结合（2）平面及面面垂直的判定证明结论，即可得. 【小问1详解】 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 【小问2详解】 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 【小问3详解】 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. 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. 【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，再根据向量模的计算公式即可求出； （2）先根据伴随函数的定义求出的表达式，进而求出的值，再利用正弦定理求出，最后根据余弦定理即可求出； （3）先根据伴随函数的定义求出函数的表达式，再化简方程，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】 由题意得， ，. 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 函数为向量的伴随函数，， 又关于的方程为， ，即 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $