广东深圳外国语学校2025-2026学年高一下学期数学周测6

**基本信息** 聚焦高一数学核心内容，通过分层题型考查复数、三角、立体几何等知识，注重空间观念与推理能力培养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数象限、函数奇偶性周期、集合运算|基础巩固，突出抽象能力| |多选题|3/18|圆锥表面积体积、解三角形范围|能力提升，考查推理意识| |填空题|3/15|四棱台异面直线、四棱锥轨迹长度|创新应用，体现空间观念| |解答题|5/77|立体几何证明与距离计算、三角恒等变换|综合探究，注重运算能力与逻辑推理|

深圳外国语学校2025级高一下学期数学周测6 考试时间：120分钟；考试日期：2026年6月9日 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）已知复数在复平面内对应的点位于第四象限，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 2．（本题5分）函数是（　　） A．周期为的偶函数 B．周期为的偶函数 C．周期为的奇函数 D．周期为的偶函数 3．（本题5分）已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 4．（本题5分）已知，则（   ） A． B． C． D． 5．（本题5分）若，，，，则下列选项正确的是（    ） A． B． C． D． 6．（本题5分）已知向量，，则向量在向量方向上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 7．（本题5分）已知是直三棱柱，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且满足，，若三棱柱有内切球，则（    ） A． B． C． D． 8．（本题5分）如图，二面角的大小为，，，，，，，且，，则（   ） A． B． C．4 D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）（多选）已知圆锥的侧面展开图是半径等于2的半圆，则圆锥的（   ） A．底面半径为1 B．表面积为 C．体积为 D．外接球与内切球半径比值为2 10．（本题6分）在中，角的对边分别为，已知且，则下列结论正确的是（    ） A． B．的最大值为4 C．的取值范围为 D．若为的中点，则的取值范围为 11．（本题6分）在棱长为2的正方体中，分别是和的中点，则下列结论正确的有（    ） A．平面 B．平面 C．点到直线的距离为 D．点到平面的距离为 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）如图，在四棱台 的12 条棱所在的直线中，与 异面的有________条    13．（本题5分）在四棱锥中，平面，，，，是四边形内一点，且二面角的平面角的大小为，则动点的轨迹长度为______． 14．（本题5分）两个有共同底面的正三棱锥与，它们的各顶点都在球的球面上，，且二面角的大小为，则球的表面积为__________. 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）（1）若复数（其中）为纯虚数，求的值； （2）已知，求； （3）已知是关于的一元二次实系数方程的一个根，求实数，的值． 16．（本题15分）已知，，且， (1)求的值； (2)求的值； 17．（本题15分）如图，底面是正方形的直棱柱中，，． (1)求直线与所成角的正弦值； (2)求证：． 18．（本题17分）如图，在三棱锥中，，，，且平面平面． (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的正切值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 19．（本题17分）如图，在三棱锥中，，，. (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在一点E，使得二面角的正切值为?若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (3)已知点为线段上另一动点，过点且与垂直的平面将三棱锥分成左右两部分，设，当为何值时，右侧部分的几何体的体积为？ 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳外国语学校2025级高一下学期数学周测6 考试时间：120分钟；考试日期：2026年6月9日； 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）已知复数在复平面内对应的点位于第四象限，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题意可得，解得. 2．（本题5分）函数是（　　） A．周期为的偶函数 B．周期为的偶函数 C．周期为的奇函数 D．周期为的偶函数 【答案】A 【详解】因为，所以是偶函数，周期. 3．（本题5分）已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】集合，易知函数的值域为，即， 集合，即，， 因此. 4．（本题5分）已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】在题干等式两边同时平方，结合二倍角的正弦公式求解即可. 【详解】因为，等式两边平方可得， 所以，解得. 5．（本题5分）若，，，，则下列选项正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过对数函数的单调性判断与的大小，利用幂函数的单调性判断与的大小，从而确定正确选项. 【详解】由对数函数 在上单调递减， 得 ，即； 由对数函数在上单调递增， 得 ，即，因此. 由幂函数在上单调递减， 得，即. 综上，且. 6．（本题5分）已知向量，，则向量在向量方向上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据投影向量的定义求解即可. 【详解】依题意，向量在向量方向上的投影向量为：， 故选：D 7．（本题5分）已知是直三棱柱，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且满足，，若三棱柱有内切球，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正弦定理及两角和的正弦公式化简可得，进而结合等面积法求得的内切圆半径，即可求得三棱柱内切球的半径，进而求解即可. 【详解】由， 根据正弦定理得，， 则， 因为，所以，则，即， 则，又， 所以，所以，即， 设的内切圆半径为， 则，即， 要使三棱柱有内切球，说明内切球半径刚好为， 所以三棱柱的高为内切球的直径，即. 故选：B. 8．（本题5分）如图，二面角的大小为，，，，，，，且，，则（   ） A． B． C．4 D． 【答案】B 【分析】过，分别作，的平行线，使之交于点，根据余弦定理求出，再证明，进而求解即可. 【详解】过，分别作，的平行线，使之交于点， 因为，所以，而，二面角的大小为， 则，而，， ， 又平面，所以平面， 由，可得平面，又平面， 则，则. 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）（多选）已知圆锥的侧面展开图是半径等于2的半圆，则圆锥的（   ） A．底面半径为1 B．表面积为 C．体积为 D．外接球与内切球半径比值为2 【答案】ABD 【分析】根据圆锥的组成和侧面积、体积公式易判断ABC项，作出图可得圆锥的轴截面为正三角形，从而可得外接球与内切球的球心相同，利用正三角形的性质易判断D项. 【详解】设圆锥的底面圆半径为，依题意，圆锥的母线长为，且，解得，故A正确； 圆锥的表面积为，故B正确； 因圆锥的高为，则其体积为，故C错误； 如图作出圆锥和外接球，内切球的轴截面，易知为正三角形，外接球和内切球的球心为同一点， 点为圆锥底面圆的圆心，则分别为外接球和内切球的半径，由正三角形的性质易得，故D正确. 故选：ABD. 10．（本题6分）在中，角的对边分别为，已知且，则下列结论正确的是（    ） A． B．的最大值为4 C．的取值范围为 D．若为的中点，则的取值范围为 【答案】ABD 【分析】利用正弦定理角化边，再结合余弦定理即可求，可判断A，利用基本不等式来推理可判断B，利用举反例可判断C，利用中线向量来求中线长可求解取值范围来判断D. 【详解】由，结合正弦定理角化边得：， 再由余弦定理得：， 因为，所以，故A正确； 再由，因为，所以， 又因为，所以，解得， 当且仅当时取等号，此时，故B正确； 在直角中，，，斜边，故C错误； 由中线平方可得：， 即，利用可得： ，因为， 所以，当且仅当取等号， 因为，所以的取值范围为，故D正确； 故选：ABD. 11．（本题6分）在棱长为2的正方体中，分别是和的中点，则下列结论正确的有（    ） A．平面 B．平面 C．点到直线的距离为 D．点到平面的距离为 【答案】ACD 【详解】对于A，因为分别是和的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B，以为坐标原点，所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 又，又，所以与不共线， 所以不垂直于平面，故B错误； 对于C，因为， 所以点到直线的距离为，故C正确； 对于D：因为， 所以点到平面的距离为，故D正确； 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）如图，在四棱台 的12 条棱所在的直线中，与 异面的有________条    【答案】4 【分析】根据异面直线的定义可得. 【详解】在四棱台 的12 条棱所在的直线中，与重合的有一条，即直线； 与平行的有三条，即直线； 与相交的有四条，即直线； 所以与异面的有四条，分别是直线. 故答案为：4. 13．（本题5分）在四棱锥中，平面，，，，是四边形内一点，且二面角的平面角的大小为，则动点的轨迹长度为______． 【答案】/ 【分析】根据题设构建合适的空间直角坐标系，由二面角确定点轨迹为平面与平面的交线，与轴交点为，标注出相关点坐标，并求出平面、平面的法向量，应用向量法及面面角大小列方程求参数，最后应用坐标法求向量的模即可得. 【详解】以为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，    因为二面角的平面角大小不变，所以点轨迹为平面与平面的交线， 设点的轨迹与轴的交点坐标为，又，， 则，，，且平面的一个法向量， 设平面的一个法向量，则，取，得， 设为二面角，即的平面角，则，解得， 所以动点的轨迹长度. 故答案为： 14．（本题5分）两个有共同底面的正三棱锥与，它们的各顶点都在球的球面上，，且二面角的大小为，则球的表面积为__________. 【答案】 【分析】由题意可知，为外接球的直径，设平面，则为等边三角形的中心，取的中点，连接，，得二面角的平面角为，设，，，由即可求，最后利用球的表面积公式即可求解. 【详解】由题意可知，外接球的球心，且平面，即为外接球的直径， 设平面，则为等边三角形的中心，取的中点，连接，， 则，，故二面角的平面角为. 设，，，，， 则，，又，， 则， 又，，解得，即球的表面积为. 故答案为：. 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）（1）若复数（其中）为纯虚数，求的值； （2）已知，求； （3）已知是关于的一元二次实系数方程的一个根，求实数，的值． 【答案】（1）；（2）；（3）， 【详解】（1）由于为纯虚数，故 且，解得， （2）,则， （3）由于是关于的一元二次实系数方程的一个根， 故，即， 则， 因此且，解得， 16．（本题15分）已知，，且， (1)求的值； (2)求的值； 【答案】(1) (2) 【分析】（1）应用两角和正切公式计算求解； （2）应用二倍角余弦公式及二倍角正弦公式计算化简，再应用正切值计算求值. 【详解】（1）根据两角和的正切公式： 代入，得： ； （2）因为，， 所以 又因为，所以 17．（本题15分）如图，底面是正方形的直棱柱中，，． (1)求直线与所成角的正弦值； (2)求证：． 【答案】(1) (2) 证明见解析. 【分析】（1）利用余弦定理求即可； （2）利用直棱柱性质及正方形性质证明线面垂直，进而证得线线垂直. 【详解】（1）设与的交点为， 直线与所成角为， 由已知，同理可得， 所以， 所以， 因为 ， 所以 . 即直线 与 所成角的正弦值为 . （2）证明：因为 是直棱柱， 所以 平面 . 又因为 平面 ， 所以 . 因为底面 是正方形， 所以 . 又因为 ， 平面 ， 平面 ， 所以 平面 . 因为 平面 ， 所以 . 18．（本题17分）如图，在三棱锥中，，，，且平面平面． (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的正切值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) 证明：取PB的中点D，连接CD； 因为，D为PB的中点， 故； 因为平面平面，且交于PB， 故平面； 因为平面，故； 又因为，且，平面， 故平面； (2)； (3)存在一点，使得二面角的正切值为；． 【分析】(1)根据面面垂直的性质得到线面垂直，进而得到线线垂直，结合已有的线线垂直，根据线面垂直的判定定理，证明线面垂直； (2)根据第一问的结论，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，写出法向量，代入点到平面的距离公式计算距离； (3)假设存在，根据向量的共线定理设出点的坐标，根据已知条件计算参数，能求出满足题意的值说明存在，否则不存在． 【详解】（1）略 （2）取BC的中点O，AC的中点F，连接OF，PO； 因为O，F为BC，AC的中点，故； 由(1)可知，平面，故平面； 故，； 又因为为等边三角形，故； 故以O为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系； 因为，， 故，，； 故，，，， ，，； 设为平面的法向量，则 ，故，令，则； 则点到平面的距离为； （3） 设存在点E，使得，； 则； 设为平面的法向量； 为平面的法向量； 则，故， 令，则； 设二面角为， 则，故； 因为， 整理化简可得： 即，化简得：，解得：； 故，则； 综上，存在一点，使得二面角的正切值为． 19．（本题17分）如图，在三棱锥中，，，.    (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在一点E，使得二面角的正切值为?若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (3)已知点为线段上另一动点，过点且与垂直的平面将三棱锥分成左右两部分，设，当为何值时，右侧部分的几何体的体积为？ 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， (3)1 【分析】（1）用余弦定理求角，再用几何关系证明线面垂直即可证明面面垂直； （2）通过画图得到二面角的平面角，利用已知条件即可求解或者建立空间直角坐标系，用向量方法进行坐标运算即可求解； （3）根据题意得出，然后底面积之比以及高之比得出右侧几何体的体积的表达式，从而得到答案. 【详解】（1）    （2）解法一：取中点，由（1）知，，∴. 过作交于，过作交于，则，所以， 所以，为二面角的平面角， 设，由，得， 同理；， 由，得， 在中，，解得， 所以线段上存在一点E，使得二面角的正切值为.. 解法二：设存在满足题意的点，由（1）可知两两垂直，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，则，，，， ，，， 设，，则， 显然平面的法向量. 设平面的法向量，则， 取，则，，所以， 若二面角的正切值为，则其余弦值为， 则， 整理得，所以，又因为，所以， 所以，即当时，二面角的正切值为. （3）当时，平面截三棱锥所得截面为三角形，右部分的体积最大值为， 当时，平面截三棱锥所得截面为四边形， 设截面与棱的交点分别为，求得 ， 右侧部分的体积， 化简得， 当时，检验符合上方程， 又时，有且只有一个值符合，故. 试卷第12页，共14页 试卷第11页，共14页 学科网（北京）股份有限公司 $