精品解析：海南海口实验中学2025-2026学年高一第二学期6月月考检测数学试题

海南海口实验中学2025-2026第二学期高一数学6月月考检测试题 一、单选题 1. 已知复数满足，其中为虚数单位，则为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的运算性质以及模的计算公式即可得出结果. 【详解】因为， 所以. 故选：C． 2. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的坐标运算逐项计算判断即可得结论. 【详解】对于A，由，故与不平行，故A错误； 对于B，由，故与不垂直，故B错误； 对于C，由，则，故与不平行，故C错误； 对于D，由，则，故D正确． 故选：D． 3. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 计算，再求交集得到答案. 【详解】由题意，则. 故选：. 【点睛】本题考查了交集的运算，属于简单题. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用切化弦和同角三角函数的关系，解出，再结合二倍角公式即可求解. 【详解】因为， 所以， 解得或（舍去）， 所以． 故选：B. 5. 已知棱台的上、下底面均是有一个内角为的菱形，上、下底面的边长分别为2，3，该棱台的高为，则其体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别求出棱台的上底面面积和下底面面积，再根据棱台的体积公式求得该棱台的体积. 【详解】由题意，得棱台的上底面面积为， 下底面面积为， 所以该棱台的体积为. 6. 在菱形中，点满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理计算即可. 【详解】分析可得， 于是． 7. 如图，二面角的大小是，线段，，与所成的角为，则AB与平面β所成的角的正弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出辅助线，找到二面角的平面角，AB与l所成的角及AB与β所成的角，利用求出答案. 【详解】如图，作AO⊥β于O，AC⊥l于C，连接OB，OC， 因为，所以⊥， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 则为二面角的平面角，即， 为AB与l所成的角，， 设AB与所成的角为θ，则. 由图得. 故选：B 8. 已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则（ ） A. 4 B. C. 3 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】利用降幂公式及正弦定理将边化为角后结合辅助角公式可求出，再利用余弦定理计算即可得. 【详解】由，得， ， ，.，， ，，，， 由余弦定理， 得，解得. 二、多选题 9. 设是三条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中为假命题的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】由线面、面面的位置关系逐个判断即可. 【详解】若，，则或，错误； 若，，则，正确；（面面平行的性质） 若，，则或异面或相交，错误； 若，，则或异面或相交，错误； 故选：ACD 10. 已知函数在一个周期内的图象如图所示，其中图象最高点、最低点的横坐标分别为、，图象在轴上的截距为则下列结论正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的最大值为 C. 在区间上单调递增 D. 为偶函数 【答案】BC 【解析】 【分析】根据函数图象易得其最小正周期为，排除A；利用图象经过的和确定的值，即得函数解析式，易得B正确；将看成整体角，结合正弦函数的图象即可判断C；利用奇偶性定义，通过举反例排除D. 【详解】由题意，，因，故得，故的最小正周期为，故A错误； 因图象在轴上的截距为，故① ，又函数图象过点，故② ， 由 ② 可得，因，则，代入① ，可得， 此时，，故B正确； 对于C，由可得，因在上单调递增， 则在区间上单调递增，故C正确； 对于D，记， 因而，故D错误. 故选：BC. 11. 如图，在棱长为1的正方体中，E，F分别为棱的中点，G为线段上一个动点，则（ ） A. 存在点G，使直线平面 B. 存在点G，使平面∥平面 C. 三棱锥的体积为定值 D. 平面截正方体所得截面的最大面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A项，可以通过取的中点H、I，连接HI交于G点，判定即可； 对于B项，通过反证，利用面A1DCB1与面和面的交线PG、DH是否能平行来判定； 对于C项，通过等体积法转化即可判定； 对于D项，讨论截面的形状并计算各交线长来判定即可. 【详解】对于A项，如图所示， 取的中点H、I，连接HI交于G点，此时∥，由正方体的性质可得，，所以平面，故A正确； 对于B项，如图所示，连接，H为侧面CB1的中心，则面A1DCB1与面和面分别交于线PG、DH， 若存在G点使平面∥平面，则PG∥DH，又A1D∥CB1， 则四边形PGHD为平行四边形，即PD=GH，而PD＞， 此时G应在CB1延长线上，故B错误； 对于C项，随着G移动但G到面的距离始终不变即， 故是定值，即C正确； 对于D项，若G点靠C远，如图一所示，过G作QR∥EF，即截面为四边形EFQR， 显然该截面在G为侧面CB1的中心时取得最大，最大值为， 若G靠C近时，如图二所示，G作KJ∥EF，延长EF交DD1、DA延长线于M、H，连接MK、HJ交D1C1、AB于L、I，则截面为六边形EFIJKL，当KG为中点时取得最大值，最大值为，，即D正确； 故选：ACD 三、填空题 12. 若复数是纯虚数，则实数a的值为______. 【答案】-2 【解析】 【详解】因为 为纯虚数，所以且，解得. 13. 在平面四边形中，，，，，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据正弦定理求得，再根据已知条件求得，利用余弦定理即可求得的长. 【详解】由题意，在中，由正弦定理得， 即， 在中，，所以， 在中，由余弦定理得， ，解得. 故答案为：. 14. 已知三棱锥中，是以角为直角的直角三角形，，，，为的外接圆的圆心，，那么三棱锥外接球的表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】设三棱锥外接球的球心为，半径为，连接，在中利用余弦定理可得，从而得到，可证得平面，所以三棱锥外接球的球心在直线上，在中利用勾股定理可求得结果. 【详解】 设三棱锥外接球的球心为，半径为，连接， 如图，因为是以角为直角的直角三角形，所以为圆的直径， 所以. 因为，，， 所以，得， 所以，故. 因为，为的中点，所以， 因为，平面，所以平面， 所以三棱锥外接球的球心在直线上，且. 在中，，所以，解得， 所以三棱锥外接球的表面积为：. 故答案为：. 四、解答题 15. 如图，在底面为平行四边形的四棱锥中，点是的中点，平面，. （1）求证：平面； （2）求证：平面 . 【答案】（1）证明如下： 连接，与相交于，连接， ∵是平行四边形， ∴是的中点，又点是的中点， ∴， 又平面，平面， ∴平面． （2）证明如下： 因为平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面. 【解析】 【分析】（1）连接，与相交于，连接，即可证明，从而得证； （2）由线面垂直的性质得到，再由，即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 已知，向量与向量的夹角为，设向量，向量． （1）求的值； （2）设，求的表达式； （3）设，求在上的值域． 【答案】（1）； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）进行数量积的计算即可求出； （2）进行数量积的计算即可求出， （3）通过判断的单调性，可判断，的大小，从而得出在上的值域． 【小问1详解】 ； 【小问2详解】 . 【小问3详解】 ，在上单调递减，在上单调递增． 因为，， 所以，． 故的值域是． 17. 在中，内角，，的对边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）若，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用正弦定理统一成角，然后利用三角函数恒等变换公化简，从而可求出角的大小， （2）利用余弦将所给式统一成边，化简可得，结合已知可求出，再利用三角形面积公式求解即可 【小问1详解】 由已知及正弦定理，得． ∴． ∵，∴． ∴． 又∵，∴． ∵，∴． 【小问2详解】 由已知及余弦定理，得， 化简，得．即， 又∵，∴． ∴的面积． 18. 设向量，，函数. （1）求的单调减区间； （2）在中，若角满足，且边，求周长的取值范围； （3）将图像向右平移个单位，向下平移个单位，再将所得图像的上各点的横坐标缩短到原来的倍得到的图像，若在区间上至少有个最大值，求实数a的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由数量积的坐标表示及辅助角公式得到，再通过整体代入即可求解； （2）由（1）求得，再由余弦定理及基本不等式求得范围，即可求解； （3）由伸缩平移变换得到，结合正弦函数轴右侧及左侧第15个最大值点构造不等式求解即可. 【小问1详解】 ， 由， 解得， 所以的单调减区间为. 【小问2详解】 由，， 所以，， 所以， 所以 ， 根据余弦定理，，， 得，又，所以， 从而周长的取值范围是. 【小问3详解】 将图像向右平移个单位，向下平移个单位， 可得：，再将其图像的上各点的横坐标缩短到原来的倍 可得：， 因为，， 又在轴的右侧的第个最大值点为， 在轴的左侧的第个最大值点为， 所以，又， 解得：. 19. 如图，四边形为菱形，平面，过的平面交平面于，． （1）求证：平面； （2）若平面平面，，且四棱锥的体积是． ①求的长； ②求平面与平面所成夹角的正弦值． 【答案】（1） 证明：∵平面，过的平面交平面于， ∴，又∵，∴四边形为菱形， ∴，∵平面，平面，∴平面． 又∵四边形为菱形，∴同理平面， ∵，，平面，∴平面平面， 又平面，∴平面； （2）①6；②． 【解析】 【分析】（1）通过平面平面即可证平面； （2）①连接交于点，连接，证得平面，结合四棱锥的体积是，可求；②作于，连接，则由三垂线定理得，作于，连，则，为二面角的平面角，利用余弦定理的推论可求，接着即可得到平面与平面所成夹角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①连接交于点，连接， ∵，且，则为等边三角形， 又四边形为菱形，则为中点，∴， 又∵平面平面，且交线为， ∴平面， ∵，∴， ∴， ∴． ②由①知，，， 所以与全等， 作于，连，则，为二面角的平面角， 作于，连接，又平面， 平面， 所以，又平面， 所以平面，又平面，所以， 四边形为菱形，所以，， ， 在中，， ， 在，由余弦定理得：， ， 故平面与平面的夹角的正弦值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 海南海口实验中学2025-2026第二学期高一数学6月月考检测试题 一、单选题 1. 已知复数满足，其中为虚数单位，则为（ ） A. B. 1 C. D. 2 2. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 3. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知棱台的上、下底面均是有一个内角为的菱形，上、下底面的边长分别为2，3，该棱台的高为，则其体积为（ ） A. B. C. D. 6. 在菱形中，点满足，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，二面角的大小是，线段，，与所成的角为，则AB与平面β所成的角的正弦值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则（ ） A. 4 B. C. 3 D. 5 二、多选题 9. 设是三条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中为假命题的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 10. 已知函数在一个周期内的图象如图所示，其中图象最高点、最低点的横坐标分别为、，图象在轴上的截距为则下列结论正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的最大值为 C. 在区间上单调递增 D. 为偶函数 11. 如图，在棱长为1的正方体中，E，F分别为棱的中点，G为线段上一个动点，则（ ） A. 存在点G，使直线平面 B. 存在点G，使平面∥平面 C. 三棱锥的体积为定值 D. 平面截正方体所得截面的最大面积为 三、填空题 12. 若复数是纯虚数，则实数a的值为______. 13. 在平面四边形中，，，，，则_____. 14. 已知三棱锥中，是以角为直角的直角三角形，，，，为的外接圆的圆心，，那么三棱锥外接球的表面积为______． 四、解答题 15. 如图，在底面为平行四边形的四棱锥中，点是的中点，平面，. （1）求证：平面； （2）求证：平面 . 16. 已知，向量与向量的夹角为，设向量，向量． （1）求的值； （2）设，求的表达式； （3）设，求在上的值域． 17. 在中，内角，，的对边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）若，且，求的面积． 18. 设向量，，函数. （1）求的单调减区间； （2）在中，若角满足，且边，求周长的取值范围； （3）将图像向右平移个单位，向下平移个单位，再将所得图像的上各点的横坐标缩短到原来的倍得到的图像，若在区间上至少有个最大值，求实数a的取值范围. 19. 如图，四边形为菱形，平面，过的平面交平面于，． （1）求证：平面； （2）若平面平面，，且四棱锥的体积是． ①求的长； ②求平面与平面所成夹角的正弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $