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黑龙江哈尔滨市第五中学校2025-2026学年高三下学期6月月考数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．若，则z=（ ）
A．1–i B．1+i C．–i D．i
2．在中，、、分别是内角、、所对的边，若，，，则边（ ）
A． B．或 C．或 D．
3．若平面截球所得截面圆的面积为，且球心到平面的距离为，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
4．已知:平面α⊥平面β，α∩β=l，在l上取线段AB=4，AC，BD分别在平面α和平面β内，且AC⊥AB，DB⊥AB，AC=3，BD=12，则CD的长度为（ ）
A．13 B． C．12 D．15
5．在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，，则面积的最大值为（ ）
A．无最大值 B． C． D．
6．如图，在四棱锥中，已知底面，底面为等腰梯形，，，，的中点为，则二面角的余弦值为（ ）

A． B． C． D．
7．已知四面体ABCD中，，，，则四面体ABCD外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
8．已知平面向量，，满足：，，则的最小值为
A．5 B．6 C．7 D．8
二、多选题
9．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则（ ）
A． B． C．的面积为 D．的周长为
10．如图，在中，与交于点，是的靠近的三等分点，是的中点，且有，，则（ ）
A．
B．
C．
D．过作直线分别交线段于点，设，（，），则的最小值为2.
11．如图，多面体容器，底面水平放置，，，所在的平面均与底面垂直，且，，，均是边长为的等边三角形，下列选项正确的是（ ）

A．
B．平面平面
C．经过直线的平面截该几何体，截面的最大面积为
D．从上面往该容器注水，当水面是正六边形时未注满，注入的水的体积为
三、填空题
12．已知，，与的夹角为，则在上的投影向量为__________．
13．已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．
14．已知菱形ABCD的边长为2，．将沿着对角线AC折起至，连结．设二面角的大小为，当时，则四面体的外接球的表面积为______．
四、解答题
15．在中，角，，所对的边分别为，，，.
(1)求角；
(2)若外接圆的半径为，求面积的最大值.
16．如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，，，
(1)求证：平面；
(2)若，分别为棱，的中点，求证：∥平面；
(3)设为等边三角形，求直线与平面所成角的大小．
17．已知 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，向量，，且．
(1)求 ；
(2)若 ，且 的周长为 ，求 ， ．
18．如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，ADC=PAB=90°，BC=CD=AD．E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.
（I）在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；
(II)若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.
19．在三棱锥中，为的中点.
(1)证明：平面⊥平面.
(2)过O点作一个平面，使得平面平面，请画出这个平面，并说明理由.
(3)若，平面平面，求点到平面的距离.
试卷第1页，共3页
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《黑龙江哈尔滨市第五中学校2025-2026学年高三下学期6月月考数学试卷》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C C A A C C B ABD ACD
题号 11
答案 ACD
12．
13．
14．/
15．【详解】（1）由得，，
所以，又，所以，
所以，因为，所以；
（2）由外接圆的半径为，则得，
由余弦定理得，，即，
所以，解得.
所以，故面积的最大值为.
16．(1)证明：因为底面为矩形，所以，
因为侧面底面，侧面底面，底面，
所以平面.
(2)证明：取中点，连接，，
因为是中点，所以，，
又因为矩形，所以，，且是中点，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（3）由（1）可知平面，
因为平面，
所以平面平面，
又平面平面，
因为为等边三角形，
所以，平面，
所以平面，
连接，所以是直线与平面所成角，
在矩形中，，
在正中，，
所以，
因为，
因此，
即直线与平面所成角为
17．
【详解】（1）因为，，且，
所以 ，即 ，
由正弦定理得， ，
因为 ，
所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，所以，
因为 ，所以
（2）由余弦定理可得 ，
则 ①，
因为 ，且 的周长为 ，
所以 ，②
联立①②，解得 ．
18．（Ⅰ）在梯形ABCD中，AB与CD不平行.
延长AB，DC，相交于点M（M∈平面PAB），点M即为所求的一个点.
理由如下：
由已知，BC∥ED，且BC=ED.
所以四边形BCDE是平行四边形.
从而CM∥EB.
又EB平面PBE，CM 平面PBE，
所以CM∥平面PBE.
（说明：延长AP至点N，使得AP=PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点）
（Ⅱ）方法一：
由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A，
所以CD⊥平面PAD.
从而CD⊥PD.
所以PDA是二面角P-CD-A的平面角.
所以PDA=45°.
设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2.
过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH.
易知PA⊥平面ABCD，
从而PA⊥CE.
于是CE⊥平面PAH.
所以平面PCE⊥平面PAH.
过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE.
所以APH是PA与平面PCE所成的角.
在Rt△AEH中，AEH=45°，AE=1，
所以AH=.
在Rt△PAH中，PH== ，
所以sinAPH= =.
方法二：
由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A，
所以CD⊥平面PAD.
于是CD⊥PD.
从而PDA是二面角P-CD-A的平面角.
所以PDA=45°.
由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD.
设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2.
作Ay⊥AD，以A为原点，以 ,的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A（0,0,0），P（0,0,2），C(2,1,0)，E(1,0,0)，
所以=（1,0,-2）， =（1,1,0），=（0,0,2）
设平面PCE的法向量为n=(x,y,z)，
由 得 设x=2，解得n=(2,-2,1).
设直线PA与平面PCE所成角为α，则sinα= = .
所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为 .
19．
【详解】（1）因为，为的中点，
所以，
又因为平面，
所以平面，又平面.
所以平面⊥平面.
（2）取的中点E，的中点F，连接，，，又为的中点，
则，平面平面，
所以平面，
同理可得平面，，平面，
故平面平面，
所以平面即为所求的平面.
（3）因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
因为，所以均为等边三角形，
故，故，
所以，
因为平面，平面，
所以，由勾股定理得，
取的中点，连接，
在中，，故⊥，
故，，
设点到平面的距离为，，
所以，解得.
所以点到平面的距离为.
答案第1页，共2页
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