山西省晋城市部分学校2025-2026学年高一下学期6月月考数学试卷（含解析）

山西晋城市部分学校2025-2026学年高一下学期6月月考数学试题一、单选题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．35．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3D．若二面角的大小为，二面角的大小为，则三、填空题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.参考答案1．D【详解】因为，所以，则，故选：D2．C【详解】，所以z的实部为.故选：C.3．D【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：D4．D【详解】设，因为，所以，得，得，则，当时，取得最小值，为3.故选：D5．D【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：D6．C【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：C7．D【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.8．B【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.9．BD【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．ACD【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．BC【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.12．8【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：813．4【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：4.14．1【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：115．(1)(2)【详解】（1）因为z是纯虚数，所以，解得；（2）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．(1)最小正周期，最小值为(2)【详解】（1），所以函数的最小正周期．由知，则当，即时，取得最小值为．（2）因为，所以．又，所以，所以，所以．17．(1)(2)(3)【详解】（1）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；（2）由图可得；（3）设，则，所以，当时取“=”号，所以得最小值为.18．(1)(2)（1）；（2）【详解】（1）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.（2）（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．(1)证明见解析(2)(3)【详解】（1），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.（2）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