精品解析：湖北省沙市中学2025-2026学年高一下学期6月阶段检测数学试题

2025—2026学年度下学期2025级 6月月考数学试卷 命题人：郭松 审题人：冷劲松 考试时间：2026年6月18日 一、选择题：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. 复数（是虚数单位）在复平面上所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】化简，再根据复数的几何意义求解即可 【详解】，在第一象限 故选：A 【点睛】本题主要考查了复数的除法运算与几何意义，属于基础题 2. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，，，则 B. 若 ，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】由空间中直线与直线，直线与平面，平面平面的位置关系逐一判断各个选项即可. 【详解】A：由，可知、可能平行或相交，A错误； B：由 ，，可知、可能平行或异面，B错误； C：由，，，可知 ，C正确； D：由，，，可知、可能平行或异面，D错误. 故选：C 3. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复合函数单调性确定内层函数与外层函数的单调性，结合函数的定义域列不等式组即可得的取值范围. 【详解】由函数在上单调递增， 可得在上单调递增， 且在上恒成立，故需满足，解得. 故选：B. 4. 不等式的解集为（ ） A. B. 或 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将不等式转化为，解分式不等式即可． 【详解】， 可得，解得， 故选：A． 5. 已知为锐角，，，则=（ ） A. B. C. D. 或 【答案】B 【解析】 【详解】因为为锐角，，所以. 因为，所以，且， 所以， 所以 . 6. 设，是平面内两个不共线的向量，，，若A，B，C三点共线，则的最小值是（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】先利用A，B，C三点共线，得到的关系式，再利用“1”的代换去求的最小值 【详解】，是平面内两个不共线的向量， ，， 由A，B，C三点共线，则，则 则有，则有 则 （当且仅当时等号成立） 故选：A 7. 如图，三棱锥中，为等腰直角三角形，斜边为的中点，则直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据线线平行可得或其补角为所求角，即可利用三角形的边角关系，结合余弦定理求解即可. 【详解】如图，取的中点N，连接，易得，则所成的角即为直线所成的角． 由为等腰直角三角形，斜边，得， 所以均为正三角形， 则， 在中，由余弦定理，得， 所以直线所成角的余弦值为， 故选:A． 8. 在中，，则的面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由条件等式，先用正弦定理将转化为对边和外接圆半径，得到，再代入余弦定理，化简后得到，然后写出三角形面积，由余弦定理得，于是，代入面积得，最后利用 及均值不等式，求得最大面积为 . 【详解】在 中，设 ，，. 根据正弦定理 ，为三角形外接圆半径. 将条件 转化为边的关系： 左边: ， 右边：， 等式两边相等得： ，化简得. 结合余弦定理 ， 代入上式得:整理得 . 三角形面积 . 由，得， 代入面积公式：， 由基本不等式 ，得 ，即 (当且仅当 时取等号)， 此时 取得最大值 ，故 . 二、选择题：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. 设为复数，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 复数与分别表示向量与，则表示向量的复数为 C. 若为虚数，则也为虚数 D. 若复数 满足，则复数 对应的点所构成的图形面积为 【答案】BCD 【解析】 【详解】对于A，设，则， 又，故，故A错误； 对于选项B，由题意可知，， 所以，所以表示向量的复数为，故B正确； 对于C，因为为虚数，为实数，所以为虚数，即也为虚数，故C正确； 对于选项D，设复数，若复数 满足，即， 则复数 对应的点在以原点为圆心半径分别为1和的同心圆形成的圆环内， 所以复数 对应的点所构成的图形面积为，故D正确； 10. 满足，且，则（ ） A. 三个内角满足关系 B. 的周长为 C. 若的角平分线与交于，则的长为 D. 设为外接圆上任意一点，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】借助正弦定理将角的关系转化为边的关系，再结合余弦定理和面积即可求得三角形的边长，利用角平分线将三角形进行分割，利用面积建立方程，即可求出的长度，最后借助数量积的几何意义即可求出最大值. 【详解】因为，由正弦定理得， 因为，所以， 所以， 对于A：由余弦定理知，，因为，所以， 所以，即，故A正确； 对于B：因为， 所以 的周长为，故B正确； 对于C：若的角平分线与交于，则， 因为， 所以， 即，解得，故C错误； 对于D：因为， 设 外接圆的圆心为，半径为， 由正弦定理知，，所以， 过点作的垂线，垂足为，则， 当，且点在的延长线上时，取得最大值，如图所示， 此时， 所以的最大值为，故D正确. 11. 如图；正方体的棱长为2，是侧面上的一个动点（含边界）；点在棱上；则下列结论正确的有（ ） A. 若；沿正方体的表面从点到点的最短距离为 B. 若，三棱锥的外接球表面积为 C. 若；，则点的运动轨迹长度为 D. 若；平面被正方体截得截面面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，将正方体的下面和侧面展开，连接，计算即可判断； 对于B正弦定理知外接圆半径，又平面，设三棱锥的外接球半径为，求得即可判断； 对于C，由线面垂直和面面平行的判定定理，设平面 交平面于，则的运动轨迹为线段，求得即可判断； 对于D，延长，交于点，连接交于，连接，则平面被正方体截得的截面为，利用三角形相似即可判断． 【详解】对于A，将正方体的下面和侧面展开可得如图图形，连接， 则，故A错误； 对于B，当，所以中，，则， 设外接圆半径为，则由正弦定理知：，则， 又平面，设三棱锥的外接球半径为，则， 所以三棱锥的外接球表面积，故B正确； 对于C，如图： 因为平面，平面，所以， 又，，，平面， 所以平面，平面，所以， 同理可得，，，平面．所以平面， 所以过点作交交于，过作交交于， 所以平面，同理可得 平面， 平面，所以平面平面，所以平面, 取连接,则均在平面上， 则的运动轨迹为线段， 由于平面,平面,所以, 由点在棱上，且，可得， 所以，故C正确； 对于D，如图： 延长，交于点，连接交于，连接， 所以平面被正方体截得的截面为． ，所以， 所以， 所以，所以，且， 所以截面为梯形，，所以截面为等腰梯形， 设梯形的高为，则, 所以，故D正确． 故选：BCD． 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若圆台的上下底面半径分别为1和4，侧面积为，则圆台的体积为________. 【答案】 【解析】 【分析】由圆台侧面积公式可得母线长，再求出圆台的高，利用圆台的体积求解即可. 【详解】设圆台母线长为，则，所以，所以圆台的高为， 所以圆台的体积为. 13. 已知函数，若方程有4个根，，，，且，则实数的取值范围是____，的取值范围是______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据题设作出函数的图象，结合图象可判断实数的取值范围与方程的4个根，，，的取值范围，，，然后得到，最后利用的范围即可求解. 【详解】依题意，，作出函数的图象，如图所示， 因为方程有4个根，，，，且， 由图象可知，且，，可得； 因为，，所以，； 所以， 因为，所以，即的取值范围是. 故答案为：；的取值范围是. 14. 已知正的顶点A在平面内，点，均在平面外（位于平面的同侧），且在平面上的射影分别为，，，设的中点为，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】取的中点为，连接，则可知，即为直线与平面所成的角.设边长为2，，，表示出.在以及中，根据勾股定理得出，进而求出.令，，然后根据对勾函数的单调性，求出的值域，即可得出答案. 【详解】 如图，取的中点为，连接，则可知， 所以，即为直线与平面所成的角. 设边长为2，则，设，，， 则，，. 因为，所以. 又是的中点，所以. 又， 所以有，整理可得. 因为，，所以有. 在中，有. 令，， 根据对勾函数的单调性可知，在上单调递减，在上单调递减. 又，， 所以， 所以，. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：取的中点为，连接，则可知，即可得出即为直线与平面所成的角. 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. 已知集合， （1）求集合； （2）若，，求实数m的取值范围． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）解指数不等式化简集合A，求出对数函数的值域化简集合B，再利用并集定义求解. （2）由（1）求出，再按是否为空集，结合集合的包含关系列式求出m的范围. 【小问1详解】 不等式，解得，即， 当时，，则，即， 所以. 【小问2详解】 由（1）得，， 当，即时，，满足，则； 当，即时，由，得，解得， 综上，， 所以实数m的取值范围是. 16. 已知向量，且，求： （1）及； （2）若的最小值为，求实数的值． 【答案】（1）， （2）. 【解析】 【分析】（1）利用向量的数量积和向量的模的坐标运算公式，直接运算，即可求解； （2）由（1）求得函数，令，得到，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】（1）由题意，向量， 可得， 又由 所以. （2）由（1）可得， 即， 令，所以， 对称轴为， 若，则，不符合题意； 若，则，解得（舍去）； 若，则，解得， 综上可得：. 17. 已知中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且 （1）求角C （2）若，，为角C的平分线，求的长； （3）若，求锐角面积的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式求出，即可得解； （2）设，根据及面积公式得到方程，解得即可； （3）首先利用正弦定理求出，再由正弦定理得到，，再根据 转化为关于的三角函数，根据正弦函数的性质求出面积的取值范围； 【小问1详解】 解：由及正弦定理得 所以 ∴，∴ ∵，∴ 【小问2详解】 解：设由得 . 解得，即角平分线的长度为 【小问3详解】 解：设外接圆半径为R，由 ，即，即，∴ 所以的面积 ∵，∴， ∴ ∵，，， ∴， ∴， ∴，∴， ∴ 18. 我国古代数学名著《九章算术》在“商功”一章中，将“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”称为“阳马”．现有如图所示一个“阳马”形状的几何体，底面ABCD是正方形， 底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点 （1）平面AEF与平面PBC是否垂直？若垂直，请证明，若不垂直，请说明理由； （2）求二面角的大小； （3）若直线平面AEF，求直线AB与平面AEF所成角的正弦值． 【答案】（1）平面平面PBC，证明见解析 （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）由 平面PAB证明，由等腰三角形的性质证明，最后由面面垂直的判定证明即可； （2）作于G，由三角形全等，得出是二面角的平面角，进而由余弦定理求解； （3）由线面平行的性质证明F为线段BC上的中点，再由结合面面垂直的性质证明平面AEF，进而得出线面角的平面角，结合直角三角形的边角关系求解. 【小问1详解】 平面平面PBC． 理由如下： 因为 平面ABCD， 平面ABCD， 所以， 因为，又，平面， 所以 平面PAB，故． 在中，，E为PB的中点，所以． 因为平面PBC， 平面PBC，， 所以平面PBC．又平面AEF， 所以平面平面PBC． 【小问2详解】 不妨设，计算可得，， 又，，，所以， 则，作于G，连结DG，又，， 可知，所以， 所以是二面角的平面角． 在 中，由， 得，则，， 连结BD，知，在中，根据余弦定理， 得， 所以． 【小问3详解】 因为直线平面AEF，平面PBC，平面平面， 所以直线直线EF． 又E为线段PB的中点，所以F为线段BC上的中点． 由（2）知，所以． 设BG与EF交点为H，连结AH， 由（1）知，平面平面PBC，平面平面， 所以平面AEF． 所以直线AB与平面AEF所成角为． 又由EF，F为BC上的中点，可得H为BG的中点， 可知，，又， 所以． 直线AB与平面AEF所成角的正弦值为． 19. 类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则．如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点． （1）求的值； （2）直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：； （3）过点作平面，使平面平面，且与直线相交于点，若，求值． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）连接，即可证明平面平面，即二面角的大小为，求出，再由所给三面角余弦定理计算可得； （2）依题意可得，设平面内任一条直线为，分过点与不过点两种情况，当过点，记与的夹角为（），则，结合余弦函数的性质即可得证； （3）连接，，首先证明平面平面，从而得到平面平面，再由面面平行的性质得到，从而得到，即可得解. 【小问1详解】 连接，由已知得平面，， 又平面，所以平面平面， 所以二面角的大小为，因为为菱形，， 所以，又，所以， 在中，， 由三面角余弦定理可得 . 【小问2详解】 依题意可得，设平面内任一条直线为， 若过点时，记与的夹角为（）， 则，因为， 所以， 又，所以； 若不过点时，过点作使得，记与的夹角为（）， 则，因为， 所以， 又，所以； 综上可得. 【小问3详解】 连接，， 因为，平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 又，平面， 所以平面平面， 因为平面平面， 所以平面平面， 又平面平面，又平面平面， 所以，又即， 所以四边形为平行四边形， 所以，显然在的延长线上， 因为，所以， 所以，即. 【点睛】关键点点睛：对于新定义型知识，关键是理解并应用所给定义，第三问关键是由面面平行推导出线线平行. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度下学期2025级 6月月考数学试卷 命题人：郭松 审题人：冷劲松 考试时间：2026年6月18日 一、选择题：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. 复数（是虚数单位）在复平面上所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，，，则 B. 若 ，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 3. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 不等式的解集为（ ） A. B. 或 C. D. 5. 已知为锐角，，，则=（ ） A. B. C. D. 或 6. 设，是平面内两个不共线的向量，，，若A，B，C三点共线，则的最小值是（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 7. 如图，三棱锥中，为等腰直角三角形，斜边为的中点，则直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，，则的面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 设为复数，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 复数与分别表示向量与，则表示向量的复数为 C. 若为虚数，则也为虚数 D. 若复数 满足，则复数 对应的点所构成的图形面积为 10. 满足，且，则（ ） A. 三个内角满足关系 B. 的周长为 C. 若的角平分线与交于，则的长为 D. 设为外接圆上任意一点，则的最大值为 11. 如图；正方体的棱长为2，是侧面上的一个动点（含边界）；点在棱上；则下列结论正确的有（ ） A. 若；沿正方体的表面从点到点的最短距离为 B. 若，三棱锥的外接球表面积为 C. 若；，则点的运动轨迹长度为 D. 若；平面被正方体截得截面面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若圆台的上下底面半径分别为1和4，侧面积为，则圆台的体积为________. 13. 已知函数，若方程有4个根，，，，且，则实数的取值范围是____，的取值范围是______. 14. 已知正的顶点A在平面内，点，均在平面外（位于平面的同侧），且在平面上的射影分别为，，，设的中点为，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围是______. 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. 已知集合， （1）求集合； （2）若，，求实数m的取值范围． 16. 已知向量，且，求： （1）及； （2）若的最小值为，求实数的值． 17. 已知中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且 （1）求角C （2）若，，为角C的平分线，求的长； （3）若，求锐角面积的取值范围. 18. 我国古代数学名著《九章算术》在“商功”一章中，将“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”称为“阳马”．现有如图所示一个“阳马”形状的几何体，底面ABCD是正方形， 底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点 （1）平面AEF与平面PBC是否垂直？若垂直，请证明，若不垂直，请说明理由； （2）求二面角的大小； （3）若直线平面AEF，求直线AB与平面AEF所成角的正弦值． 19. 类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则．如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点． （1）求的值； （2）直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：； （3）过点作平面，使平面平面，且与直线相交于点，若，求值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $