黑龙江省哈尔滨市第三中学2025-2026学年高一（下）月考数学试卷（6月份）(含答案)

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年黑龙江省哈尔滨市第三中学高一（下）月考数学试卷（6月份）一、单项选择题：本大题共8小题，共40分。1.已知复数z=1+i,则=（）A.1+i B.1-i C.-1+i D.-1-i2.如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，O′A′=4，O′B′=3，则原平面图形△OAB的面积为（）A.

B.

C.12

D.63.已知四面体S-ABC的4个顶点都在球O的表面上，若SA⊥平面ABC，AC⊥BC，SA=AC=3，BC=4，则球O的表面积为（）A.17π B.25π C.34π D.50π4.已知两条不同的直线a,b,两个不同的平面α，β，下列说法正确的是（）A.若a⊥α，b⊥a,则b∥α B.若a∥α，b⊥a,则b⊥α

C.若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥b D.若a⊥α，b⊥β，a⊥b,则α⊥β5.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c,若a=10，且6bsinC=5csin2B，则c=（）A.14 B.15 C.16 D.176.某圆台的轴截面ABCD是一个上底CD为2，下底AB为4，腰长为2的等腰梯形，M为圆台下底面圆周上一点，且AM=2，则二面角C-AM-B的余弦值为（）A.

B.

C.

D.7.直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=BC=2，AB⊥BC，E为线段CB1上一动点，则AE+EC1的最小值为（）A. B. C. D.8.已知，若向量满足，则的最大值为（）A. B.2 C. D.二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。9.三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c,且3bcosC+3ccosB=a2，下列说法正确的是（）A.a=3

B.若b=5，c=6，则三角形ABC为锐角三角形

C.若，，则

D.若，且三角形ABC有两解，则10.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BC1与B1C相交于点O，∠A1AB=∠A1AC=∠BAC=60°，AA1=2，AB=AC=1，则下列说法正确的是（）A.AO⊥BC

B.

C.AO与AB所成角的余弦值为

D.

11.已知正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为2，E为边AD中点，P为空间内一动点，下列说法中正确的有（）A.当P在线段B1C上运动时，三棱锥P-A1DE体积为定值

B.当P在线段AC上运动时，存在点P使直线D1P与AD成角为60°

C.当P在底面ABCD内运动时，若B1E⊥CP，则P轨迹长度为

D.当P在△AB1C内运动，且时，则P轨迹长度为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知向量、满足，若为单位向量，则=

.13.若一个正三棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，侧棱长为2，则这个三棱台的体积为

.14.已知四面体ABCD外接球半径为，，，，则该四面体体积最大值为

.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.(本小题13分)

已知三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c,且.

（1）求A；

（2）若，△ABC的面积为，求△ABC的周长.16.(本小题15分)

如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，侧面PAB为等边三角形，AD=2BC=2AB=4，E为PD中点.

（1）求证：CE∥平面PAB；

（2）设F为AB中点，，求直线CF与PA所成角的余弦值.17.(本小题15分)

如图，在平面四边形ABDC中，BD=1，△ABC为等边三角形.

（1）若，AB⊥BD，求sin∠BCD；

（2）若CD=3，求四边形ABDC面积S的取值范围.18.(本小题17分)

在边长为4的菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC与BD相交于点O.将△ABD沿BD折起，使得点A到达点P的位置，得到如图所示的三棱锥P-BCD，M为线段PC上一点.

（1）证明：平面BDM⊥平面POC；

（2）若二面角P-BD-C的大小为120°，直线DM与平面PBC所成角的正弦值为，PM＞MC.

①求的值；

②求平面BDM与平面CDM夹角的余弦值.19.(本小题17分)

如图，直角梯形ABCD中，BC∥AD，AB⊥AD，BC=6，AD=12，AB=4，点E为线段BC（不含端点B）上的一点，过E作AB的平行线交AD于F，将矩形ABEF翻折至与梯形ECDF垂直，得到六面体ABCDEF.

（1）若CF⊥BD，求BE的长；

（2）求异面直线BC与AD所成角余弦值的最小值；

（3）若BE=4，点Q在△BCD内部（含边界）运动，满足四棱锥Q-FECD与三棱锥Q-BEF的体积相等，求点Q轨迹长度.

1.【答案】B

2.【答案】C

3.【答案】C

4.【答案】D

5.【答案】A

6.【答案】B

7.【答案】A

8.【答案】C

9.【答案】AC

10.【答案】ABD

11.【答案】ABD

12.【答案】

13.【答案】

14.【答案】

15.【答案】解：（1）已知三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c,

且，则，

交叉相乘得，sinAcosB+sinAcosC=cosAsinB+cosAsinC，

所以sinAcosB-cosAsinB=cosAsinC-sinAcosC，

根据两角差的正弦公式可得sin（A-B）=sin（C-A），

又-π＜A-B＜π，-π＜C-A＜π，

所以A-B=C-A或（A-B）+（C-A）=π（舍去）或（A-B）+（C-A）=-π（舍去），

所以A+B+C=A+2A=3A=π，解得；

（2）若，△ABC的面积为，

则根据三角形的面积公式可得，得bc=64①，

由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA，可得②，

由①②可得，

所以△ABC的周长．

16.【答案】（1）证明：如图，

取PA中点G，连接BG，GE，EC，

因为EG∥AD，，BC∥AD，，

所以BC∥GE，BC=GE，可得GBCE为平行四边形，

则GB∥CE，

又因为CE⊄平面PAB，BG⊂平面PAB，

所以CE∥平面PAB；

（2）解：如图，

取PB中点H，连接FH，FH∥PA，则∠CFH或其补角为直线CF与PA所成角，

因为PF2+FC2=PC2，所以PF⊥FC，

又因为PF⊥AB，AB∩CF=F，AB，CF⊂平面ABCD，

所以PF⊥平面ABCD，而PF⊂平面PAB，

所以平面PAB⊥平面ABCD，

又因为平面PAB∩平面ABCD=AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD，

所以BC⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，可得BC⊥PB，

因为AB⊥AD且PB=BC=2，AB=2，

所以，

因为，，

所以，

可得直线CF与PA所成角的余弦值为．

17.【答案】解：在平面四边形ABDC中，BD=1，△ABC为等边三角形．

（1）因为△ABC为等边三角形，，所以，

在△BCD中，根据余弦定理可得，

根据正弦定理可得，

即，解得；

（2）设∠BDC=θ，

在△BCD中，根据余弦定理可得BC2=12+32-2×1×3×cosθ=10-6cosθ，

根据三角形面积公式可得，

，

所以根据三角函数的恒等变换可得：，

因为θ∈（0，π），

所以，

所以，

则四边形ABDC面积S的取值范围为．

18.【答案】（1）证明：在菱形ABCD中，AC⊥BD，O为BD中点，

由题可知PB=PD，所以OP⊥BD，

因为OC∩OP=O，OC，OP⊂平面POC，所以BD⊥平面POC，

又BD⊂平面BDM，所以平面BDM⊥平面POC．

（2）①以O为原点，OB，OC所在直线分别为x,y轴，过点O且垂直于平面BCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

二面角P-BD-C的大小为120°，即∠POC=120°，

因为PB=PD=4，∠BPD=60°，所以BD=4，，

则，B（2，0，0），D（-2，0，0），，

所以，，

设，则，

所以．

设平面PBC的法向量为，则，

取y=1，得，，则．

设直线DM与平面PBC所成角为θ，

则，

整理得9t2-9t+2=0，解得或，

当时，，则；

当时，，则．

因为PM＞MC，所以．

②由①，

设平面BDM的法向量为，

由，即，取y1=-1，则，

所以．

设平面CDM的法向量为，，

，即，取y2=-1，则，

所以，

设平面BDM与平面CDM所成角为θ′，则．

19.【答案】解：（1）因为平面ABEF⊥平面ECDF，且平面ABEF∩平面ECDF=EF，又BE⊥EF，

所以BE⊥平面ECDF，所以BE⊥CF，又CF⊥BD，BE∩BD=B，

所以CF⊥平面BDE，又DE⊂平面BDE，

所以CF⊥DE，

直角梯形ECDF中，∠FEC=∠DFE=90°，∠ECF=∠CFD，

所以∠CFE=∠FDE，此时△FEC与△DFE相似，故DF•EC=EF2，

设BE=t（0＜t≤6），由（12-t）（6-t）=16，

解得t=4或t=14（舍），所以BE=4；

（2）过C作EF的平行线交DF于点G，连接AG，

易得四边形CGAB是平行四边形，

所以BC∥AG，所以∠DAG即为异面直线BC与AD所成的角，

设BE=t（0＜t≤6），

=，

当且仅当t=6取等，