2026屆高三總復習·月考卷(三)

數(shù)學

考試時間：120分鐘滿分：150分

考試范圍：立體幾何初步，空間向量與立體幾何

一、單項選擇題(本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項

是符合題目要求的。)

1.已知集合A={x|1<e?<8},B={-1,0,1,2,3},則A∩B=()

A.{1,2}B.{2,3}C.{-1,1}D.{0,1,2}

2()

A.—iB.iC.1D.-1

3.已知向量a,b滿足|a+b|=1,|a-2b|=2,且(2a+b)⊥b,則|b|=()

C

ABD

4.在直三棱柱ABC-A?B?C?中，AB⊥BC,若AB=1,AC?=3,則該三棱柱體積的最大值為

()

A.2B.3C.4D.6

5.若“x≥k”是‘”的必要不充分條件，則實數(shù)k的取值范圍是()

A.(-4,十∞)B.[一∞,-4]C.(1,+∞)D.(一∞,1)

6.已知平面a∩β=l,A,B是直線l上不同的兩個點，ACCa,BDCβ,則下列說法正確的是

()

A.若AC⊥l,BD⊥l,且AC=BD,則AB=CD

B.若點P,Q分別是AB,CD的中點，則PQ//'"D

C.若AC⊥l,BD⊥l,則AC與BD所成的角等于平面α與平面β的所成夾角

D.二面角α-l-β的平面角是AC與BD所成的角中最小的角

7.已知正三棱錐A-BCD的體積為6√3,高為2,點E是AD的中點，則BE與平面ABC所

成角的正弦值為()

ABD

高三月考卷三·數(shù)學第1頁(共4頁)

8.設函數(shù)f(x)=(x+a2)In(x+b),若f(x)≥0,則的最小值為()

C

A.2B.1D

二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題

目要求。全部選對的得6分，有選錯的得0分，部分選對的得3分。)

9.如圖，正四棱錐P-ABCD的底面為ABCD,Q為PA的中點，0為AC

與BD的交點，下列說法正確的是()

A.AB//平面PCDB.PC//平面BDQ

C.AQ⊥平面BDQD.AP⊥BD

10.將邊長為2的正方形ABCD沿對角線BD折起，得到一個三棱錐A-BCD,下列說法正確

的是()

A.AC⊥BD

B.三棱錐A-BCD的外接球的體積為定值

C.若平面ABD⊥平面BCD,則BC與平面ACD所成角的余弦值為

D.若平面ABD⊥平面BCD,則二面角A-BC一D的余弦值為

11.如圖，在四棱錐P—ABCD中，四邊形ABCD是邊長為4的正方形，

△PAD為等邊三角形，平面ADP⊥平面ABCD,點E在線段AC

上，設直線PE與平面ABCD所成的角為θ,下列說法正確的是

()

A.異面直線PC與AB所成的角為45°

B.θ的最小值為45°

C.tanθ的最大值為√6

D.若AE=3EC,則二面角A-PE一D的余弦值為

高三月考卷三·數(shù)學第2頁(共4頁)

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三、填空題(本題共3小題，每小題5分，共15分。)

12.已知向量a=(1,—1),b=(一4,5),向量c滿足|a+b—c|=1,則|c|的取值范圍是

__·

13.已知在正三棱臺ABC-A?B?C?中，AB=6,A?B?=2,若三棱臺的高為時，則直線

A?A與平面ABC所成的角為

14.已知一個有蓋的正三棱柱容器底面邊長為3√3,要將兩個半徑為1的實心球放入該容器

中，則該圓柱形容器的高至少為

四、解答題(本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。)

15.(本小題滿分13分)

在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB//CD,AB⊥BC,

PD⊥平面ABCD,,點E是PA的中點.求證：

(1)DE//平面PBC;

(2)AD⊥PB.

16.(本小題滿分15分)

已知向量a=(cosx,一√3sinx),b=(cosx,cosx).

(1)若x∈[0,π],且a//b,求x的取值集合；

(2)設f(x)=a·b,若,且,求cos(a一

β)的值.

高三月考卷三·數(shù)學第3頁(共4頁)

17.(本小題滿分15分)

如圖，在△ABC中，AC⊥BC,AB=2BC=6,E為AB的中點，D為線

段AC上一點，將△ADE沿DE翻折至平面PDE⊥平面BCDE,得到

四棱錐P-BCDE,其中點F為棱PB的中點.

(1)若DE⊥AB,證明：CF//平面PDE.

(2)若D為線段AC的中點，求平面FDE與平面PDE所成角的正弦值.

18.(本小題滿分17分)

如圖，圓錐的底面半徑為4,高為4,線段AB為圓錐底面⊙O的直徑，

點C在線段AB上，且BC=3CA,點D是以BC為直徑的圓上一動

點.

(1)當CD=CO時，證明：平面PAD⊥平面POD.

(2)當CD=CO時，求PC與PD所成角的余弦值.

(3)當三棱錐P-BCD的體積最大時，求PB與平面PAD所成角的正弦值.

19.(本小題滿分17分)

已知函數(shù)f'(x)是函數(shù)f(x)=e—ax-a3的導函數(shù).

(1)若f'(x)>0在(0,+∞)上的解集為A,求集合A;

(2)當a≠1時，曲線y=f(x)在x=0處的切線在x軸上的截距為m,求m的最大值；

(3)若f(x)有極小值，且極小值小于0,求a的取值范圍.

高三月考卷三·數(shù)學第4頁(共4頁)

高三總復習月考卷·數(shù)學(三)參考答案

1.A因為1<e<8,所以0<x<1n8,又2<lnACE,所以l⊥EC,即AB⊥EC,所以DEI

8<3,所以A∩B={1,2}.故選A.EC,在直角三角形CDE中，CD>DE,即CD

>AB,故A不正確.對于B,若PQ//BD,則

2.B

P,Q,D,B共面，設該平面為平面γ,則BP

3.B因為|a+b|=1,|a—2b|=2,所以a2+

Cγ,DQCγ,因為A∈BP,C∈DQ,所以A

2ab+b2=1,a2—4ab+4b2=4,兩式相減得

∈γ,C∈γ,所以A,B,C,D四點共面于平面

6ab—3b2=-3,即b2=2ab+1.又(2a+b)⊥

γ,這和AC與BD異面矛盾，所以PQ與BD

b,所以2ab+b2=0,所以2b2=1,從而|b|=

不平行，故B不正確.對于C,由A知，平面α

.故選B.與平面β的所成夾角為∠CAE,又AE與AC

所成的角等于AC與BD所成的角，故C正

4.A設BC=x,因為AB⊥BC,AB=1,AC?

確.對于D,因為AC與BD所成的角小于或

=3,所以AC=√x2+1,CC?=√8-x2,所

等于直角，而二面角的平面角可以為鈍角，所

以三棱柱的體積

以二面角的平面角不是AC和BD所成角的

最小角，也不是最大角，故D不正確.故選C.

,因為x2(8

當且僅當x2=8

—x2,即x=2時，等號成立，所以V≤2,所以

如圖，設正三棱錐

該三棱柱的體積的最大值為2.故選A.7.D

的底面邊長為a,則正

由即

5.B三角形ABC的面積

0,即(x+4)(x-1)<0,解得x∈(一4,1).由為,因為正三棱

題意可知(-4,1)是{x|x≥k}的真子集，所

以k≤-4.錐A-BCD,所以AB=AC=AD.過點A作

平面BCD的垂線，垂足為O,則AO=2,所以

6.C對于A,如圖，在平面β內，過點A作AE

//BD,并使得AE=BD.則四邊形ABDE是正三棱錐A-BCD的體積為

平行四邊形，所以AB=DE.因為BD⊥1,所

以AE⊥1,又AC∩AE=A,所以l⊥平面S△BCD·AO=6√3,即

XS6·高三月考卷·數(shù)學(三)答案第1頁(共8頁)

得a=6,連接DO并延長角BC于點F,則點

F是BC的中點，所以DF=3√3,DO=2√3,

OF=√3,連接AF,則AF⊥BC,且AF=,當且僅當

√AO2+OF2=√7,AD=√AO2+OD2=4,

,即a=0,b=1時，等號成立，

所以△ABC的面積為

所以的最小值為1.故選B.

√7,設點D到平面ABC的距離為h,所以

9.ABD由四邊形ABCD為正方形，所以AB//

平面平面故

×3√7×h=6√3,解得,因為點ECD,ABPCD,CDCPCD,

AB//平面PCD,A選項正確；因為O為正方

是AD的中點，所以點E到平面ABC的距離

形ABCD對角線的交點，所以O為AC的中

為,在△ABD中，AB=AD=點，又Q為PA的中點，所以OQ//PC,又OQ

C平面BDQ,PCC平面BDQ,所以PC//平

4,BD=6,由余弦定理得cos∠BAD=

面BDQ,B選項正確；由四邊形ABCD為正

,在△ABE中，AB=4,

方形，所以AC⊥BD,在正四棱錐中PO⊥平

AE=2,由余弦定理得BE2=16+4-2×4×

面ABCD,所以BD⊥PO,又PO∩AC=0,

即BE=√22,設BE與平面所以BD⊥平面APC,又APC平面APC,故

AP⊥BD,故D正確；在△ABP中，PA=

ABC所成的角為θ,所以

PB,Q為PA的中點，AP不一定垂直于BQ,

故C錯誤.故選ABD.

.故選D.

10.ABD取BD的中點O,連接OA,OC,對于

由題意可知，的定義域為

8.Bf(x)A,因為AB=AD,所以AO⊥BD,同理，CO

(—b,+∞),令x+a2=0,解得x=-a2;令

⊥BD,因為AO∩CO=0,所以BD⊥平面

ln(x+b)=0,解得x=1-b,則當x∈

AOC,因為ACC平面AOC,所以BDIAC,

(—b,1—b)時，ln(x+b)<0,故x+a2≤0,

故A正確.對于B,因為∠BAD=∠BCD=

所以1—b+a2≤0;當x∈(1—b,+∞)時，1n

90°,AB=2,所以OA=OB=OD=OC=

(x+b)>0,故x+a2≥0,所以1—b+a2≥0;

√2,所以O為三棱錐外接球的球心，所以外

故1-b+a2=0,即b=1+a2,則接球的半徑r=√2,所以外接球的體積V=

XS6·高三月考卷·數(shù)學(三)答案第2頁(共8頁)

PAD,所以CD⊥PD.對于A,因為AB//

,故B正確.對于C,因為平面

CD,所以PC與AB所成的角等于PC與

ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD

CD所成的角，即∠PCD,因為△PAD為等

=BD,又AO⊥BD,所以AO⊥平面BCD,

邊三角形，所以PD=AD=CD=4,所以

所以AO⊥OC,所以AC=2,所以三角形

∠PCD=45°,故A正確.對于B和C,取AD

ACD為等邊三角形，設點B到平面ACD的

的中點F,連接PF,EF,則PF=2√3,且

距離為h,因為VA-BCD=VB-ACD,所以PF⊥平面ABCD,所以∠PEF為直線PE

與平面ABCD所成的角，即∠PEF=θ,且

AC×CD×sin

,當E點與C點重合時，

60°×h,解得.設BC與平面ACD

EF最大，即FC=2√5,此時，θ最小，則tan

所成角的為θ,則,故C不正

θ也最小，所以(tanθ),,故

確.對于D,取BC的中點E,連接AE,OE,

B不正確；當EF⊥AC時，EF最小，即EF

所以OE//CD,所以OE⊥BC.由C知，AO=√2,此時，θ最大，則tanθ也最大，所以

⊥平面BCD,所以AO⊥BC,因為AO∩EO

(tanθ),故C正確.對于

=0,所以BC⊥平面AOE,所以BC⊥AE,

以為原點，所在直線為軸，過

所以∠AEO為二面角A-BC-D的平面D,FFAxF

且平行于的直線為軸，所在直線

角.因為AO=√2,OE=1,所以AE=√3,所AByFP

為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則

,故D正確.故選

A(2,0,0),C(-2,4,0),D(—2,0,0),P(0,

ABD.

0,2√3),因為AE=3EC,所以AE=3EC,

設E(x,y,z),所以(x-2,y,z)=

3(-2—x,4-y,一z),解得x=-1,y=3,

z=0,所以E(-1,3,0),所以AP=(-2,0,

2√3),AE=(—3,3,0),DP=(2,0,2√3),

DE=(1,3,0).設平面APE的法向量為

11.ACD因為平面ADP⊥平面ABCD,平面

ADP∩平面ABCD=AD,四邊形ABCD是

m=(x?,y?,z1),則即

正方形，所以CD⊥AD,所以CD⊥平面

XS6·高三月考卷·數(shù)學(三)答案第3頁(共8頁)

AD=3√3,A?D?=√3,如圖，分別過A?,D?

,取x?=√3,則y?=√3,

作底面垂線，垂足分別為M,N,則A?M=

z?=1,所以m=(√3,√3,1).設平面PDE

,且A?A與平面ABC所成的角為

的法向量為n=(x2,y2,≥2),則

∠A?AM,設AM=x,則AA?=

即,取

x2=3,,DN=AD一

AM-MN=2√3—x,可得DD?=

則y?=-1,z?=—√3,所以n=(3,-1,一

√3),所以,結合

等腰梯形BCC?B?可得

,所以二面角A-PE-D的余弦值

DD2,即,解得

,故D正確.故選ACD.

,所以A?A與平面ABC所成角的

正切值為tan∠A?因為0°≤

∠A?AM≤90°,所以∠A?AM=45°.故答案

為45°.

12.[4,6]設c=(x,y),因為a=(1,—1),b=

(一4,5),所以a+b—c=(-3—x,4—y),

因為|a+b—c|=1,所以(-3-x)2+

(4-y)2=1,即(x+3)2+(y-4)2=1,令x

14.3易知，兩個小球不能同時與三棱錐的同

=-3+cosθ,所以x2+y2=

一底面相切.假設小球O與平面ABBA、

8sinθ—6cosθ+26=10sin(θ-φ)+26,其???

平面BCC?B?、平面A?B?C?三個平面相切，

中,因為—1≤sin(θ—φ)≤1,所

小球O?與平面ACC?A?、平面BCC?B?、平

以16≤x2+y2≤36,因為|c|=√x2+y2,所面ABC三個平面相切.過O?作O?D垂直

于平面A?B?C?,過O?作O?D垂直于

以4≤|c|≤6,故答案為[4,6].

O?D,垂足為D,如圖1所示，O?O?=BC—2

13.45°分別取BC,B?C?的中點為D,D?,則

XS6·高三月考卷·數(shù)學(三)答案第4頁(共8頁)

為正方形，所以

√3=√3,即圖2中O?D的長度.因為圖2

所以AD⊥BD.

中O?O?=2,所以O?D=√O?O?2-O?D2

因為PD⊥平面ABCD,ADC平面ABCD,

=√4-3=1,則BB1mn=2r+1=3.

所以PDLAD,

因為PD∩BD=D,PDC平面PBD,BDC

平面PBD,

所以AD⊥平面PBD.因為PBC平面

PBD,所以AD⊥PB13分

16.解：(1)因為a//b,所以cos2x=—√3sinxcos

15.證明：(1)取PB的中點F,連接EF,CF,

因為點E是PA的中點，所以EF是三角形x,解得cosx=0或

PAB的中位線，

因為x∈[0,π],所以或

所以EF//AB,且

所以x的取值集合為.………5分

(2)f(x)=a·b=cos2x—√3sinxcosx

又CD//AB

AB,所以EF//CD,且EF=CD,

所以四邊形EFCD是平行四邊形，

所以DE//CF.

因為平面平面

DECPBC,CFCPAB,所以

所以DE//平面PBC6分

所以

(2)取AB的中點G,連接DG,GC,BD.

因為CD//AB,

因為,所以

,所以CD//BG,且CD=BG,

所以

所以四邊形BCDG是平行四邊形.

同理，可證四邊形ADCG是平行四邊形，所因為,所以

以AD//GC.

因為

又BC=CD,AB⊥BC,所以四邊形BCDG

XS6·高三月考卷·數(shù)學(三)答案第5頁(共8頁)

因為DE⊥AC,所以在△ADE沿DE翻折

所以

過程中DE⊥PD,

因為平面PDE⊥平面BCDE,且平面PDE

∩平面BCDE=DE

所以PD⊥平面BCDE,

…15分以D為原點，DC,DE,DP所在直線分別為

x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角

17.(1)因為AC⊥BC,AB=2BC=6,

坐標系，

所以∠ABC=60°,

連接CE,因為E為

AB的中點，所以

△BCE是等邊三角

形.

則

取BE的中點G,連接CG,FG,則CG⊥BE,

因為DE⊥AB,則CG//DE.

平面FDE的法向量m滿足,可

因為點F,G分別為PB,BE的中點，則FG

//PE.得m=(1,0,—1)

因為平面平面

FGCPDE,CGCPDE,PE因為DC⊥平面PDE,

C平面PDE,DEC平面PDE,

所以平面PDE的一個法向量為n=(1,0,

所以平面平面

FG//PDE,CG//PDE,0),

又CG∩FG=G,CG,FGC平面FCG,

設平面FDE與平面PDE所成的角為θ,

所以平面FCG//平面PDE,

又CFC平面FCG,

所以CF//平面

所以

PDE.

(2)因為D,E分別18.(1)因為PO垂直于圓錐的底面，所以POI

為線段AC,AB的中AD,

點，AC⊥BC,當CD=CO時，CD=OC=AC,所以ADI

所以DE//BC,DE⊥AC,OD,

XS6·高三月考卷·數(shù)學(三)答案第6頁(共8頁)

又因為OD∩PO=0,且OD,POC平面因為BC=3CA,所以A(0,-4,0),B

POD,所以AD⊥平面POD,(0,4,0),P(0,0,4),D(3,1,0),

因為ADC平面PAD,所以平面PAD⊥平則PB=(0,4,—4),PD=(3,1,—4),AP

面POD.=(0,4,4),

(2)如圖所示，以O為原點，建立空間直角坐設平面PAD的法向量為n=(x,y,z),則

標系，

因為BC=3CA,所

以C(0,—2,0),P

取x=5,得y=-3,z=3,所以n=

(0,0,4),假設點D

(5,-3,3),

在y軸上方，

設PB與平面PAD所成的角為θ,

由(1)可知，AD⊥OD,點D也在以OA為直

徑的圓上，

假設D(x,y,0),則,可得

所以直線PB與平面PAD所成角的正弦值

則PC=(0,—2,—4),19.解：(1)因為f'(x)=e-a,

所以當a≤0時，f'(x)>0在(0,十∞)上恒

成立，所以A=(0,+∞);

則與所成角的余弦值為

PCPD當a>0時，令f'(x)>0,得x>lna,

當lna≤0,即0<a≤1時，A=(0,十∞),

當lna>0,即a>1時，A=(lna,十∞).

綜上所述，當a≤1時，A=(0,十∞),當a>

1時，A=(lna,十∞).………………5分

(2)由(1)知又

(3)當三棱錐P-BCD的體積最大時，只需f'(O)=1—a,f(O)=1—a3,

△BCD的面積最大，此時D為弧BC的中所以曲線y=f(x)在x=0處的切線方程為

點，

y—1+a3=(1—a)x.…

XS6·高三月考卷