2025~2026学年山西晋城市部分学校高一下册6月月考数学试题 含答案

/2025-2026学年第二学期高一年级6月月考试题数学一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，则（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】由集合的定义求出，结合交集与补集运算即可求解.【详解】因为，所以，则，故选：D2.已知复数，为虚数单位，则的实部为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】先化简，再由复数的实部为确定答案.【详解】，所以z的实部为.故选：C.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.【正确答案】D【分析】在直观图中求出，画出原图形，求出边长和面积.【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.已知平面向量满足，则的最小值为（）A. B.1 C.2 D.3【正确答案】D【分析】设，得，则，再由向量的模公式求解即可．【详解】设，因为，所以，得，得，则，当时，取得最小值，为3.故选：D5.已知a为直线，，为平面，，，若成立，则需要的条件为（）A. B.C. D.，【正确答案】D【分析】根据给定条件，利用线面位置关系及面面垂直的性质判定作答.【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.已知定义在上的函数，若，，，则（）A. B.C. D.【正确答案】C【分析】先判断函数单调性，根据函数单调性求解.【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.在同一直角坐标系中，函数且的图象可能是A. B.C. D.【正确答案】D【分析】本题通过讨论的不同取值情况，分别讨论本题指数函数、对数函数的图象和，结合选项，判断得出正确结论.题目不难，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.【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.易出现的错误有，一是指数函数、对数函数的图象和性质掌握不熟，导致判断失误；二是不能通过讨论的不同取值范围，认识函数的单调性.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.【正确答案】B【分析】由，根据正弦定理边化角，再消去，可得，利用三角形是锐角三角形，可得，进而求出，对化简，可求出结果．【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.二、多选题：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.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，【正确答案】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.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【正确答案】ACD【分析】根据复数的相关定义，以及复数的运算公式，即可求解.【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.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【正确答案】BC【分析】由题意求出底面半径及母线长，求出圆锥的高，代入体积公式计算即可判断A，当时三棱锥体积最大可判断B，根据展开图上两点间距离最短求解判断C即可；分别求出二面角的正切值，代入计算即可判断D.【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.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知，，且，则的最大值为______.【正确答案】8【分析】应用基本不等式求积的最大值即可.【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813.若是关于的方程的根，则__________．【正确答案】4【分析】先化简，再将代入方程，根据复数为零列式可求，即可得【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4.14.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______．【正确答案】1【分析】根据正四面体的性质求得外接球的半径，根据等体积法求得内切球的半径，设与球的球交于点，则利用解答即可.【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．设与球的球交于点，如图所示，画出截面图，，故．综上所述，的最大值为1．故1四、解答题：本题共5小题，15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．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．【正确答案】（1）（2）【分析】（1）按照复数的相关概念列方程组求解；（2）利用复数的几何意义列不等式组求解.【小问1详解】因为z是纯虚数，所以，解得；【小问2详解】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.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．【正确答案】（1）最小正周期，最小值为（2）【分析】（1）由三角恒等变换化简后，根据正弦型三角函数的性质求周期及最值；（2）由同角三角函数的基本关系及角的变换，结合两角和的余弦公式求解.【小问1详解】，所以函数的最小正周期．由知，则当，即时，取得最小值为．【小问2详解】因为，所以．又，所以，所以，所以．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.【正确答案】（1）（2）（3）【分析】（1）建立平面直角坐标系，求出点的坐标，进而，利用数量积的坐标运算求解即可；（2）将转化为，利用平面向量夹角的坐标运算公式求解即可；（3）设，求得的坐标，利用数量积的坐标运算得，然后利用平方非负求解即可.【小问1详解】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；【小问2详解】由图可得；【小问3详解】设，则，所以，当时取“=”号，所以得最小值为.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.【正确答案】（1）（2）（1）；（2）【分析】（1）根据正弦定理边角化，结合正弦和角公式可得,根据，化简可得，即可求解，（2）（ⅰ）在中，由余弦定理求解，进而根据诱导公式以及正弦定理得，解得，进而根据同角关系以及锐角三角函数求解，（ⅱ）在中由正弦定理，得，在中，由锐角三角函数得，进而可得，利用二倍角公式化简得，即可根据余弦函数的性质求解.【小问1详解】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.【小问2详解】（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.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.【正确答案】（1）证明见解析（2）（3）【分析】（1）求出，由勾股定理逆定理可得，由线面垂直的性质定理可得，再由线面垂直的判定定理得解即可；（2）先证明是二面角的平面角的补角，再解三角形得解；（3）证明平面ABCD，可得线面角为，设，利用函数单调性求取值范围即可.【小问1详解】，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.【小问2详解】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