精品解析：广东东莞市两校联考2025-2026学年高一下学期6月质量检测数学试题

2025-2026学年两校高一年第二学期数学质量检测 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 在 中，若 ，，，则 A. B. C. D. 2. 某学校有2500名学生，其中高一1000人，高二900人，高三600人，为了了解学生的身体健康状况，采用分层抽样的方法，若从本校学生中抽取100人，从高一和高三抽取样本数分别为、，且直线与以为圆心的圆交于、 两点，且，则圆 的方程为（ ） A. B. C. D. 3. 若z1=1+2i,z2=-1+i,且z+z2=z1,则z的共轭复数= A. B. C. D. 4. 在中，，分别为线段 ，上的点，直线，交于点，且满足，则（ ） A. B. C. D. 5. 《九章算术》中有如下问题：“今有圆亭（圆亭可看作圆台），下周三丈，上周二丈，高一丈.”则该圆亭的侧面积为（　　） A. 平方丈 B. 平方丈 C. 平方丈 D. 平方丈 6. 如图，等边三角形的中线与中位线相交于，已知是绕旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是 A. 恒有⊥ B. 异面直线与不可能垂直 C. 恒有平面⊥平面 D. 动点在平面上的射影在线段上 7. 某市有一宝塔主体是由圆柱、棱柱、球等几何体构成，如图所示．为了测量宝塔的高度，某数学兴趣小组在宝塔附近选择楼房 作为参照物，楼房高为，在楼顶A处测得地面点处的俯角为 ，宝塔顶端 处的仰角为，在处测得宝塔顶端 处的仰角为 ，其中在一条直线上，则该宝塔的高度 （ ） A. B. C. D. 8. 我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱（侧棱垂直于底面的三棱柱）称之为“堑堵”．如图，三棱柱为一个“堑堵”，底面是以 为斜边的直角三角形且，，点在棱上，且，当的面积取最小值时，三棱锥 的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 复数z满足 B. ，，，则，中至少一个为0 C. 复数z满足，则最大值为 D. 的虚部为 10. 已知等腰 ， ，取， 中点， ，将沿翻折至，使得为正三角形，若底面，则下列说法正确的是（ ） A. 四棱锥 存在外接球 B. C. D. 四棱锥 的体积为 11. 点在所在的平面内，则以下说法正确的有（ ） A. 若，则点为的外心（外接圆圆心） B. 若，则动点的轨迹一定通过的重心 C. 若，，分别表示 ，的面积，则 D. 若，则点是的内心 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知i是虚数单位，若是纯虚数，则实数____ 13. 已知四面体的所有棱长均为，M，N分别为棱的中点，F为棱 上异于A，B的动点．有下列结论： ①线段的长度为1； ②当F为棱 中点时，点C到面的距离为； ③周长的最小值为； ④三棱锥的体积为定值． 其中正确结论的序号为_____________． 14. 已知，为椭圆与双曲线的公共左，右焦点，为它们的一个公共点，且，O为坐标原点，，分别为椭圆和双曲线的离心率，则的最大值为_________． 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. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，且，点P为的费马点. （1）求A； （2）若，求的值； （3）若，求的最大值. 16. 已知函数， ． （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）求的最小正周期； （Ⅲ）求使取得最大值的x的集合． 17. 如图，在三棱柱中，为棱的中点，平面． （1）试确定点的位置，并证明平面； （2）若是等边三角形， ，，且平面平面，求四面体的体积． 18. 已知函数 是R上的奇函数． （1）求实数的值，并判断函数的单调性（单调性不需要证明）； （2）若对，都有成立，求实数的取值范围． （3）设为常数，且 ，若函数在区间上存在零点，求实数的取值范围． 19. 如图；在三棱柱 中；侧面为矩形． （1）若 面；，，求证：； （2）若二面角的大小为 ；，且；设直线和平面所成角为；问当 变化过程中能否取到；若能；请证明；若不能请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年两校高一年第二学期数学质量检测 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 在 中，若 ，，，则 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理构造方程即可求得结果. 【详解】由正弦定理得： 本题正确选项： 【点睛】本题考查正弦定理解三角形的问题，属于基础题. 2. 某学校有2500名学生，其中高一1000人，高二900人，高三600人，为了了解学生的身体健康状况，采用分层抽样的方法，若从本校学生中抽取100人，从高一和高三抽取样本数分别为、，且直线与以为圆心的圆交于、两点，且，则圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据分层抽样的定义进行求解，，利用点到直线的距离公式，求出到直线的距离，可得半径，即可得出结论． 【详解】解：由题意，，，， 直线，即， 则到直线的距离为， 直线与以为圆心的圆交于，两点，且， ， 圆的方程为， 故选：C． 3. 若z1=1+2i,z2=-1+i,且z+z2=z1,则z的共轭复数= A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的加减法运算得到z=,由共轭复数的概念得到结果. 【详解】由题意知z1=1+2i,z2=-1+i,故z+(-1+i)=1+2i,即z=,则． 故选A． 【点睛】若复数的代数形式已知，则根据共轭复数的定义可以写出，再进行复数的四则运算．必要时，需通过复数的运算先确定出复数的代数形式，再根据共轭复数的定义求;若，它的共轭复数，则．互为共轭的两个复数在复平面内所对应的点关于实轴对称,特别地，实数和它的共轭复数在复平面内所对应的点重合，且在实轴上． 4. 在中，，分别为线段，上的点，直线，交于点，且满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理，结合向量共线得出相关线段比例关系，进而根据三角形的面积公式求解． 【详解】 已知，由共线，设， ，故， ，则， ， ，故，故； 设，则，即，则， ，解得， 由得出，故， 由知，设到的距离为，则， 由知，设到的距离为，则，即， ． 5. 《九章算术》中有如下问题：“今有圆亭（圆亭可看作圆台），下周三丈，上周二丈，高一丈.”则该圆亭的侧面积为（　　） A. 平方丈 B. 平方丈 C. 平方丈 D. 平方丈 【答案】B 【解析】 【分析】由条件求圆台的底面半径和侧棱长，再由圆台侧面积公式求解. 【详解】如图，ABCD是圆台的轴截面，O，H分别为AB，CD的中点， 则 ，过点C作于G， 由题意知丈，丈， 丈， 得BC=（丈）， 所以该圆亭的侧面积为 所以（平方丈）. 6. 如图，等边三角形的中线与中位线相交于，已知是绕旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是 A. 恒有⊥ B. 异面直线与不可能垂直 C. 恒有平面⊥平面 D. 动点在平面上的射影在线段上 【答案】B 【解析】 【详解】对A来说，DE⊥平面，∴⊥； 对B来说，∵E、F为线段AC、BC的中点，∴EF∥AB，∴∠A′EF就是异面直线A′E与BD所成的角，当（A'E）2+EF2=（A'F）2时，直线A'E与BD垂直，故B不正确； 对C来说，因为DE⊥平面，DE平面，∴平面⊥平面，故C正确； 对D来说，∵A′D=A′E，∴DE⊥A′G，∵△ABC是正三角形，∴DE⊥AG，又A′G∩AG=G，∴DE⊥平面A′GF，从而平面ABC⊥平面A′AF，且两平面的交线为AF，∴A'在平面ABC上的射影在线段AF上，正确； 故选B 7. 某市有一宝塔主体是由圆柱、棱柱、球等几何体构成，如图所示．为了测量宝塔的高度，某数学兴趣小组在宝塔附近选择楼房作为参照物，楼房高为，在楼顶A处测得地面点处的俯角为 ，宝塔顶端处的仰角为，在处测得宝塔顶端处的仰角为，其中在一条直线上，则该宝塔的高度 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知条件解三角形 得CM，再解求CD即可. 【详解】， 在中，易得， 在 中，易得， 由正弦定理得：， 在中，. 故选：B 8. 我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱（侧棱垂直于底面的三棱柱）称之为“堑堵”．如图，三棱柱为一个“堑堵”，底面是以为斜边的直角三角形且，，点在棱上，且，当的面积取最小值时，三棱锥 的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用基本不等式可求的面积最小值为18，再根据几何体的特征可得为外接球的直径，从而可求外接球表面积. 【详解】解法一：由“堑堵”的定义可知，为直角三角形， 故， 易知，又，， 所以平面，而 平面，于是得． 设， ，则， 则，，， 由，得，整理得， 所以， 所以 ， 当且仅当，即时的面积取得最小值18． 此时． 设三棱锥 的外接球半径为， 因为，，故线段为外接球的直径， 故所求外接球的表面积． 故选：D． 解法二：令，则，，， 又因为 平面，所以，又． 所以平面 ，所以． 的面积 当且仅当时，取最小值， 此时，． 在三棱锥 中，因为，取中点为， 则， 故为三棱锥 的外接球的球心， 所以为外接球直径，． 故选：D． 【点睛】本题考查空间中几何图形面积的计算、几何体外接球的表面积计算，注意根据几何体的特征合理确定球心的位置，本题属于较难题. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 复数z满足 B. ，，，则，中至少一个为0 C. 复数z满足，则最大值为 D. 的虚部为 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A：取特殊值复数z=i，否定结论；对于B：设.直接计算即可判断；对于C：设复数 ，利用圆的性质计算可得；对于D：求出.即可判断. 【详解】对于A：取复数z=i，则，不满足.故A不正确； 对于B：设. 则， 所以，则或. 所以，中至少一个为0.故B正确； 对于C：设复数 ，其对应的点为. 由可得：表示点Z在以为圆心，1为半径的圆上. 表示点Z到的距离. 由圆的性质可得：. 因为，所以.即最大值为 .故C正确； 对于D：因为. 所以的虚部为.故D错误. 故选：BC. 10. 已知等腰 ， ，取， 中点，，将沿翻折至，使得为正三角形，若底面，则下列说法正确的是（ ） A. 四棱锥 存在外接球 B. C. D. 四棱锥 的体积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据折叠前后的线段关系，线面垂直的性质，为正三角形，结合勾股定理可得，从而可判断四棱锥 是否存在外接球，即可判断A；利用四边形内的角度关系，结合余弦定理与可得线段的值，即可判断B；根据空间向量数量积的运算性质计算的值，即可判断C；求解四边形的面积，计算四棱锥 的体积，即可判断D. 【详解】由题意可知 ，， 因为为正三角形，， 所以， 又底面，所以， 则，故四棱锥 的外接球球心为，故A正确； 由于，则， 所以在平面中，，则①， 在中，由余弦定理得：②， 在中，由余弦定理得：③， 由①②③可得 又，所以，，故B正确； 由③可得，则为锐角，所以， 所以， 因为， 则 ，故C错误； 由可得， 则四边形的面积 故四棱锥 的体积为，故D正确. 故选：ABD. 11. 点在所在的平面内，则以下说法正确的有（ ） A. 若，则点为的外心（外接圆圆心） B. 若，则动点的轨迹一定通过的重心 C. 若，，分别表示 ，的面积，则 D. 若，则点是的内心 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，计算出， ⊥，同理可得⊥，⊥，则点为的垂心；B选项，作出辅助线，得到，故点在中线上，故向量一定经过的重心；C选项，作出辅助线，得到，从而得到所以，故；D选项，作出辅助线，得到，故⊥，并得到在的平分线上，同理可得，在的平分线上. 【详解】A选项，，即，故 ⊥， 同理可得⊥，⊥，则点为的垂心，A错误； B选项，过点作⊥于点，取的中点，连接， 则，， 则， 故点在中线上，故向量一定经过的重心，B正确； C选项，如图，分别为的中点， ， 则，故， 所以， 故，C正确； D选项，分别表示方向上的单位向量， 故， ，故⊥， 由三线合一可得，在的平分线上，同理可得，在的平分线上， 则点是的内心，D正确. 故选：BCD 【点睛】结论点睛：点为所在平面内的点，且，则点为的重心， 点为所在平面内的点，且，则点为的垂心， 点为所在平面内的点，且，则点为的外心， 点为所在平面内的点，且，则点为的内心， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知i是虚数单位，若是纯虚数，则实数____ 【答案】1 【解析】 【分析】利用复数的除法运算化简复数，根据复数为纯虚数求得的值. 【详解】依题意，为纯虚数，故. 【点睛】本小题考查复数的除法运算、乘法运算，考查纯虚数的概念，考查运算求解能力，属于基础题. 13. 已知四面体的所有棱长均为，M，N分别为棱的中点，F为棱上异于A，B的动点．有下列结论： ①线段的长度为1； ②当F为棱中点时，点C到面的距离为； ③周长的最小值为； ④三棱锥的体积为定值． 其中正确结论的序号为_____________． 【答案】①② 【解析】 【分析】由正四面体结合勾股定理求出即可判断①；通过等体积法即可判断②；通过展开图求出的最小值即可判断③；由为定值，点F到平面的距离随着点F的变化而变化即可判断④. 【详解】 ∵四面体所有棱长均为，∴四面体为正四面体， 对于①，作平面，垂足为O，连接，∵四面体为正四面体，∴O为的中心，∴且， 取中点G，连接 ，则，则平面，∵， ∴，∴，∵平面平面， ∴，∴，①正确； 对于②，当F为棱中点时，设点C到面的距离为h，由①知，又，则， ，，到平面的距离， 由得，解得，②正确； 对于③，将等边三角形与沿展开，可得展开图如图所示，则 ，当且仅当F为中点时取等号， ∵四边形为菱形，M，N分别为中点，∴，∴，在四面体中，周长的最小值为 ，③错误； 对于④，三棱锥的体积等于三棱锥的体积，因为为定值，而点F到平面的距离随着点F的变化而变化，所以④错误. 故答案为：①②. 14. 已知，为椭圆与双曲线的公共左，右焦点，为它们的一个公共点，且，O为坐标原点，，分别为椭圆和双曲线的离心率，则的最大值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知，由勾股定理可得三边关系，由离心率的定义可得，再利用向量法即可求出最大值. 【详解】由题意可设椭圆和双曲线的方程分别为， 因为二者共焦点，所以， 如图，设，由椭圆和双曲线的定义可知， 由此解得，由题意知， 所以， 故在中，由勾股定理可知，代入的表达式可得， 由离心率的定义可得，设，则， 所以问题转化为求的最大值， 设，由可得， 当且仅当两向量同向共线时即取等号，所以的最大值为. 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. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，且，点P为的费马点. （1）求A； （2）若，求的值； （3）若，求的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）法一：根据二倍角公式计算结合正弦定理计算求解；法二：根据二倍角公式计算结合两角和差正弦公式计算求解； （2）应用面积相等列式计算结合平面向量数量积公式计算求解； （3）应用费马点的定义结合平面向量基本定理有，应用余弦定理结合基本不等式计算得出最值. 【小问1详解】 法一：因为， 所以， 即， 整理得：， 所以由正弦定理可得，所以； 法二：因为，且， 所以， 所以，整理得， 因为，所以，所以. 【小问2详解】 由（1）可得，，所以三个内角都小于， 则由费马点的定义可知：， 设，由， 得，整理得：， 所以； 【小问3详解】 由费马点的定义可知：， 设，则， 又，所以由平面向量基本定理有. 由余弦定理可得：， ，， 因为，所以， 所以有，化简可得：， 将代入上式，化简得. 因为，当且仅当结合解得时等号成立， 设，所以，解得或， 因为，所以，所以，即的最大值为. 16. 已知函数， ． （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）求的最小正周期； （Ⅲ）求使取得最大值的x的集合． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ） ；（Ⅲ）． 【解析】 【分析】（Ⅰ）由，令求解； （Ⅱ）根据，利用周期公式求解； （Ⅲ）根据，令求解. 【详解】（Ⅰ）因为， 所以． （Ⅱ）因为， 所以，， 所以，的最小正周期为 ． （Ⅲ）因为， 所以的最大值为2． 当且仅当时，即时，取得最大值， 所以使取得最大值的x的集合为． 17. 如图，在三棱柱中，为棱的中点，平面． （1）试确定点的位置，并证明平面； （2）若是等边三角形， ，，且平面平面，求四面体的体积． 【答案】（1）延长，交的延长线于点N；证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）延长，交的延长线于点N，由平面的基本性质可得点N即为所求，然后利用棱柱的性质及线面平行的判定定理即证； （2）取线段的中点G，由题可得是三棱锥的高，然后利用三角形面积公式及棱锥的体积公式即求. 【小问1详解】 延长，交的延长线于点N． ∵， 平面， ∴平面． 又∵，∴平面，点N即为所求． 连接，交直线 于点O，连接OM． ∵，∴． 又∵M为线段的中点， ∴，即M为线段NB的中点． 在三棱柱中，四边形为平行四边形， ∴O为线段中点， ∴OM为中位线， ∴． 又∵平面，平面， ∴平面． 【小问2详解】 取线段的中点G，连接． 由条件知，为等边三角形， ∴，且． ∵平面平面，平面 平面，平面， ∴平面，即是三棱锥的高． 又∵，∴． 由（1）知，，， ∴， ∴四面体的体积． 18. 已知函数 是R上的奇函数． （1）求实数的值，并判断函数的单调性（单调性不需要证明）； （2）若对，都有成立，求实数的取值范围． （3）设为常数，且 ，若函数在区间上存在零点，求实数的取值范围． 【答案】（1），在R上单调递增，理由见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据函数为奇函数得到，从而得到方程，求出，并利用复合函数单调性和函数奇偶性得到函数单调递增； （2）不等式变形为，根据的单调性得到，故得到，换元得到，分 和时，求出； （3）求出有唯一零点0，得到在区间上有解，显然，令，只需求出的最小值，，根据单调性得到当时，取得最小值，求出的最小值为，从而得到答案. 【小问1详解】 由题意得， 即， 故，即， 所以，解得，负值舍去； 函数在R上单调递增，理由如下： 显然在上单调递增， 又在上单调递增， 由复合函数单调性值，在上单调递增， 又是R上的奇函数，且为连续函数，故在R上单调递增； 【小问2详解】 对，都有， 即， 由（1）可知在单调递增， 故， 所以只需， 即， 令，则， 因为，所以，则， ， 当 时，恒成立， 当时，，其中， 故； 【小问3详解】 在R上单调递增，且 ， 故有唯一零点0，故，函数在区间上有解， 显然，当时，等号成立， 要求的最小值，且在区间上始终有解， 令，只需求出的最小值， ， 随着的增大，增大， ，先减小，后增大， 且当时，， ， 故， 故当时，取得最小值， 解得， 故的最小值为， 故， 实数的取值范围是. 【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件. 19. 如图；在三棱柱 中；侧面为矩形． （1）若 面；，，求证：； （2）若二面角的大小为 ；，且；设直线和平面所成角为；问当 变化过程中能否取到；若能；请证明；若不能请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）不能取到，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由 面可得 ，再由线面垂直的判定定理可得 面，推出，由，可得,进而可得面，即可求证， （2）根据二面角以及线面角的定义可得为二面角的平面角，为直线和平面所成角，，令，，，结合不等式求解最值即可得出答案． 【小问1详解】 证明：由 平面， 平面,所以 ， 又 ，， 平面 ，所以 平面， 平面，所以， 在中，设，则， ， 所以，， 由，， 所以， 所以，又，平面 ,则平面 ， 平面 ,所以． 【小问2详解】 在平面中，过点作直线， 因为底面为矩形，所以 ， 所以为二面角的平面角，且， 又，平面，所以 平面， 在平面 中，过点作，垂足为，连接, 因为 平面，平面 ，所以， 又， 平面， 平面．所以平面． 所以为直线和平面所成角，即， 所以为点到平面的距离，且，又 则， 由,，可得,，,， 所以，,，，， 所以（当且仅当时，取等号）， 所以直线与平面所成角的正弦值最大值为， 又，所以取不到． 【点睛】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面处理解决：一是函数法，即根据题中信息直接建立函数关系式，或通过空间向量的坐标运算建立函数关系式，转化为函数的最值问题求解，最后根据函数的形式，选择利用函数的性质、基本不等式或导数求最值；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断求解；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $