精品解析：山西晋城市部分学校2025-2026学年高一下学期6月月考数学试题

2025-2026学年第二学期高一年级6月月考试题 数学 （满分：150分，考试时间：120分钟） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，为虚数单位，则的实部为（ ） A. B. C. D. 3. 一个水平放置的三角形的斜二测直观图是边长为1的等边三角形，那么原三角形的面积是（    ） A. B. C. D. 4. 已知平面向量满足 ，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 5. 已知a为直线，，为平面，，，若成立，则需要的条件为（ ） A. B. C. D. ， 6. 已知定义在上的函数，若，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 在同一直角坐标系中，函数且的图象可能是 A. B. C. D. 8. 在锐角中，角所对的边分别为．若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. D. 的单调递减区间为， 10. 已知都是复数，下列选项中正确的是（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C. 若，则是实数 D. 若，则 11. 如图，AB是圆锥SO的底面圆O的直径，点C是底面圆O上异于A，B的动点，已知圆锥的底面积为π，侧面积为3π，则下列说法正确的是（ ） A. 圆锥SO的体积为 B. 三棱锥的体积的最大值为 C. 一只蚂蚁沿圆锥SO的侧面从A点爬到B点处的最短路径的长度为3 D. 若二面角的大小为，二面角的大小为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，且，则的最大值为______. 13. 若是关于的方程的根，则__________． 14. 将半径为的5个球放入由一个半径不小于3r的球和这个球的内接正四面体的四个面分割成的五个空间内，若此正四面体的棱长为，则的最大值为______． 四、解答题：本题共5小题，15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知复数，． （1）若z为纯虚数，求m的值； （2）若z在复平面内对应的点位于第四象限，求m的取值范围． 16. 已知函数 （1）求函数的最小正周期及其在区间上的最小值； （2）若，，求的值． 17. 如图，在等边三角形中，，线段与交于点. （1）求； （2）求； （3）若为所在平面内一动点，求的最小值. 18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. （1）求B； （2）已知D为边AB上的一点，且. （ⅰ）若，，求AC的长； （ⅱ）求的取值范围. 19. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，，. （1）证明：平面PAC； （2）求二面角的大小； （3）点T是棱PC上的动点（不包括端点），求直线TD与平面ABCD所成角的正切值的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期高一年级6月月考试题 数学 （满分：150分，考试时间：120分钟） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由集合的定义求出，结合交集与补集运算即可求解. 【详解】因为，所以， 则， 故选：D 2. 已知复数，为虚数单位，则的实部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先化简，再由复数的实部为确定答案. 【详解】，所以z的实部为. 故选：C. 3. 一个水平放置的三角形的斜二测直观图是边长为1的等边三角形，那么原三角形的面积是（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】在直观图中求出，画出原图形，求出边长和面积. 【详解】在直观图中，， 在三角形中，过点作⊥于点，则，， 故， 还原直观图得原图如下， ，由得， 所以的面积为. 故选：D 4. 已知平面向量满足 ，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】设，得，则，再由向量的模公式求解即可． 【详解】设， 因为，所以，得， 得， 则， 当时，取得最小值，为3. 故选：D 5. 已知a为直线，，为平面，，，若成立，则需要的条件为（ ） A. B. C. D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用线面位置关系及面面垂直的性质判定作答. 【详解】a为直线，，为平面，，， 若，直线与平面的关系不确定，A不是； 若，直线可以与直线平行，此时不能推出，B不是； 若，直线可以平行于或在平面内，C不是； 若，且，由面面垂直的性质，成立. 故选：D 6. 已知定义在上的函数，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先判断函数单调性，根据函数单调性求解. 【详解】因为函数在上单调递增，在上单调递增， 所以函数在上单调递增， 又，，， 所以，即. 故选：C 7. 在同一直角坐标系中，函数且的图象可能是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 本题通过讨论的不同取值情况，分别讨论本题指数函数、对数函数的图象和，结合选项，判断得出正确结论.题目不难，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查. 【详解】当时，函数过定点且单调递减，则函数过定点且单调递增，函数过定点且单调递减，D选项符合；当时，函数过定点且单调递增，则函数过定点且单调递减，函数过定点且单调递增，各选项均不符合.综上，选D. 【点睛】易出现的错误有，一是指数函数、对数函数的图象和性质掌握不熟，导致判断失误；二是不能通过讨论的不同取值范围，认识函数的单调性. 8. 在锐角中，角所对的边分别为．若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，根据正弦定理边化角，再消去，可得，利用三角形是锐角三角形，可得，进而求出，对化简，可求出结果． 【详解】因为，由正弦定理可知， ， 又，所以 所以， 所以 即， 又是锐角，则， 则，，所以，即， 所以，解得， 所以. ，则，则， 故选：B. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. D. 的单调递减区间为， 【答案】BD 【解析】 【详解】观察图象知， 函数的周期， 则，，故A错误； 由，，得，故C错误； 由上可知，令， 得函数的图象对称轴为，当时，，故B正确. 令，得， 因此函数的单调递减区间为，，故D正确； 10. 已知都是复数，下列选项中正确的是（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C. 若，则是实数 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数的相关定义，以及复数的运算公式，即可求解. 【详解】若，则或，故A正确； 若， ，满足，但，故B错误； 若，则是实数，故C正确； 若，则，得或，所以，故D正确. 故选：ACD. 11. 如图，AB是圆锥SO的底面圆O的直径，点C是底面圆O上异于A，B的动点，已知圆锥的底面积为π，侧面积为3π，则下列说法正确的是（ ） A. 圆锥SO的体积为 B. 三棱锥的体积的最大值为 C. 一只蚂蚁沿圆锥SO的侧面从A点爬到B点处的最短路径的长度为3 D. 若二面角的大小为，二面角的大小为，则 【答案】BC 【解析】 【分析】由题意求出底面半径及母线长，求出圆锥的高，代入体积公式计算即可判断A，当时三棱锥体积最大可判断B，根据展开图上两点间距离最短求解判断C即可；分别求出二面角的正切值，代入计算即可判断D. 【详解】设圆锥SO的底面半径为r，母线长为l，高为h，则，解得， 所以，所以圆锥SO的体积为，A错误； 当时，三棱锥的体积最大，为，B正确； 将圆锥的侧面展开，所得扇形的圆心角为， 所以的夹角为，故，由两点间线段距离最短知爬行的最短路径长度为3，C正确； 如图，过点O作垂足分别为E，D， 则.由底面ABC，平面ABC得. 又平面SOE，所以平面SOE. 因为平面SOE，所以，所以即为二面角的平面角，即，同理，则， 所以，D错误. 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，且，则的最大值为______. 【答案】8 【解析】 【分析】应用基本不等式求积的最大值即可. 【详解】因为，，且，所以，故， 当且仅当等号成立，所以的最大值为8. 故答案为：8 13. 若是关于的方程的根，则__________． 【答案】4 【解析】 【分析】先化简，再将代入方程，根据复数为零列式可求，即可得 【详解】化简． 因为是方程的根， 将代入方程得． 展开， 则，即． 所以，解得，， 则． 故答案为：4. 14. 将半径为的5个球放入由一个半径不小于3r的球和这个球的内接正四面体的四个面分割成的五个空间内，若此正四面体的棱长为，则的最大值为______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据正四面体的性质求得外接球的半径，根据等体积法求得内切球的半径，设与球的球面相交于点，则利用解答即可. 【详解】如图，设的中心为，则正四面体的外接球球心在上，连接OD，． 则，， 设外接球的半径为，则，解得． 设正四面体内切球的半径为， 根据等体积法可得，故， 根据题意得，，所以． 设与球的球面相交于点，如图所示，画出截面图，， 故． 综上所述，的最大值为1． 故答案为：1 四、解答题：本题共5小题，15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知复数，． （1）若z为纯虚数，求m的值； （2）若z在复平面内对应的点位于第四象限，求m的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）按照复数的相关概念列方程组求解； （2）利用复数的几何意义列不等式组求解. 【小问1详解】 因为z是纯虚数，所以，解得； 【小问2详解】 在复平面内z对应的点为， 由题意可得，解得， 即m的取值范围是. 16. 已知函数 （1）求函数的最小正周期及其在区间上的最小值； （2）若，，求的值． 【答案】（1）最小正周期，最小值为 （2） 【解析】 【分析】（1）由三角恒等变换化简后，根据正弦型三角函数的性质求周期及最值； （2）由同角三角函数的基本关系及角的变换，结合两角和的余弦公式求解. 【小问1详解】 ， 所以函数的最小正周期． 由知， 则当，即时，取得最小值为． 【小问2详解】 因为，所以． 又，所以，所以， 所以 ． 17. 如图，在等边三角形中，，线段与交于点. （1）求； （2）求； （3）若为所在平面内一动点，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立平面直角坐标系，求出点的坐标，进而，利用数量积的坐标运算求解即可； （2）将转化为，利用平面向量夹角的坐标运算公式求解即可； （3）设，求得的坐标，利用数量积的坐标运算得，然后利用平方非负求解即可. 【小问1详解】 以D为坐标原点，建立如图平面直角坐标系， 由，可得， 由可得，所以， 则； 【小问2详解】 由图可得； 【小问3详解】 设，则， 所以 ， 当时取“=”号， 所以得最小值为. 18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. （1）求B； （2）已知D为边AB上的一点，且. （ⅰ）若，，求AC的长； （ⅱ）求的取值范围. 【答案】（1） （2）（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角化，结合正弦和角公式可得,根据，化简可得，即可求解， （2）（ⅰ）在中，由余弦定理求解，进而根据诱导公式以及正弦定理得，解得，进而根据同角关系以及锐角三角函数求解， （ⅱ）在中由正弦定理，得，在中，由锐角三角函数得，进而可得，利用二倍角公式化简得，即可根据余弦函数的性质求解. 【小问1详解】 由题意知， 又由正弦定理得，所以. 又，所以，所以， 所以， 因为，所以，所以， 又因为，所以. 【小问2详解】 （ⅰ）因为， 根据余弦定理得，所以， 因为，所以， 在中，由正弦定理知，，即，所以， 进而,所以故， （ⅱ）因为，所以， 在中，由正弦定理得，所以； 又在中，； 所以， 因为，所以，所以， 所以的取值范围是. 19. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，，. （1）证明：平面PAC； （2）求二面角的大小； （3）点T是棱PC上的动点（不包括端点），求直线TD与平面ABCD所成角的正切值的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出，由勾股定理逆定理可得，由线面垂直的性质定理可得，再由线面垂直的判定定理得解即可； （2）先证明是二面角的平面角的补角，再解三角形得解； （3）证明平面ABCD，可得线面角为，设，利用函数单调性求取值范围即可. 【小问1详解】 ， 所以， 所以在中，由余弦定理得 所以，所以 因为底面ABCD，平面ABCD，所以. 又平面PAC，所以平面PAC. 【小问2详解】 取BP的中点E，过点D作平面PBC，DF交平面PBC于点F，连接CF. 因为平面ABCD，平面PAB，所以平面平面ABCD. 因为平面平面，所以平面PAB. 因为平面PAB，所以. 因为，所以 又BP，平面PBC，，所以平面PBC. 因为平面PBC，平面PBC，所以平面PBC， 所以点A到平面PBC的距离等于点D到平面PBC的距离，所以 由（1）知平面PAC，因为平面PAC，所以. 因为平面PBC，平面PBC，所以. 又DF，平面CDF，，所以平面CDF. 因为平面CDF，所以. 由，平面平面，知是二面角的平面角的补角. 由，得. 所以二面角的大小为. 【小问3详解】 过点T作TG平行于PA，交AC于点G，连接GD. 因为平面ABCD，AB，平面ABCD，所以. 因为，所以. 因为，AB，平面ABCD，所以平面ABCD， 所以TD与底面ABCD所成的角为. 设，所以，即，所以. 所以. 由函数单调递增，得： 所以直线TD与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $