广东省东莞市两校联考2025-2026学年高一下学期6月考试数学试卷

在ΔABC中，若b3AπBπ，则𝑎B．3B．3D． C．25001000900600人，为了了解学生的身体健康状况，100𝑎𝑏axby80A(11B、C两点，且BAC120，则圆C的方程为（）C．(x1)2(y1)2

(x1)2(y1)2D．(x1)2(y1)2z1=1+2i,z2=-1+i,z+z2=z1,zz

2

SaBPE a（

B．

C．

D．侧面积为 4π24π254π24π24π2

131354π2

恒有𝐷𝐸AAE与𝐵𝐷AGF⊥A在平面𝐴𝐵𝐶上的射影在线段𝐴𝐹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CD趣小组在宝塔附近选择楼房𝐴𝐵作为参照物，楼房高为

1mA处测得地面点𝑀15，宝塔顶端C处的仰角为30°，在𝑀处测得宝塔顶端C处的仰角为60BMD在一条直线上，则该宝塔的高度CD（） B． C．306 D． 为“堑堵”．如图，三棱柱𝐴𝐵𝐶—𝐴1𝐵1𝐶1为一个“堑堵”，底面△𝐴𝐵𝐶是以𝐴𝐵为斜边的直角三角形且𝐴𝐵=5，AC3PBB1PCPC1，当aAPC1P−ABC的外接球表面积为（

45

D．下列说法正确的是（zz2zz1z2Cz1z20z1z2复数z满足zi1，则z1最大值 22

的虚部为8已知等腰aMAD，MAMDMA，MDB，CaMBC沿𝐵𝐶翻折至aPBCPOABCDPO2PA

，则下列说法正确的是（4 B．4PAPC

点O在𝐴𝐵𝐶所在的平面内，则以下说法正确的有（若OAOBOBOCOCOA，则点O为△𝐴𝐵𝐶的外心（外接圆圆心

AO

λR，则动点O的轨迹一定通过𝐴𝐵𝐶 ABsin ACsinC若2OAOB3OC0SaAOCSaABC分别表示aAOC△𝐴𝐵𝐶的面积，则S△AOCS△ABC1

若OAABCAOBBACBOC CA CB CAiz

i2ai1i

是纯虚数，则实数𝑎= ，M，N分别为棱AD,BC的中点，F为棱𝐴𝐵上异于A，B的①线段MN②F为棱𝐴𝐵C到面MFN的距离为③aFMN周长的最小值为22④AFDC其中正确结论的序号 F1F2PPOF2O，O 点，e，e分别为椭圆和双曲线的离心率，则21的最大值 “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.”△𝐵的三个内角均小于120时，使得BCCA120O即为费马点；当△𝐵有一个内角大于或等于120时，最大内角的顶点为费马点.a，b，c分别是𝐴𝐵𝐶的对边，且cos2C2sinABsinAB1P为𝐴𝐵𝐶的费马点PAxPByPCxy的最大值fx3cos2xsin2xxR求𝑓(𝑥)求使𝑓(𝑥)x如图，在三棱柱𝐴𝐵𝐶𝐴1𝐵1𝐶1中，𝑀AA1BMA1B1C1N试确定点𝑁的位置，并证明C1N∥B1CMfxlog3

2x21mx(m

R求实数𝑚的值，并判断函数𝑓(𝑥)的单调性（单调性不需要证明，， 4设𝑎为常数，且a

PD面𝐴𝐵𝐶𝐷PDAD

2CDNC2PNDNBN若二面角QBCD的大小为θ；θπ2πAD2ABcosθ；设直线𝐵𝐷和平面QCB所成角为43 问当变化过程中

absinAsin

6

23 100ab，a40b242500 直线axby80，即5x3y1025A(11到直线的距离为|531|25直线axby80A(11BC两点，且BAC120r6圆C的方程为(x1)2y1)218z1=1+2i,z2=-1+i,z+(-1+i)=1+2i,z2i,z2i．A． 已知11–––APEBPλBA1λBE λ，故BP

BA

BE 3

BC

BC， QBPBABEBPPABPPEBPPAPE PA

PE0AP2PEAP

PE

2:1 1μ

，即 ，则BP BDBC，

BD

BABD

，

BP2BD2BC得出–––→11，故CPPD1:1，1AP由AP:PE2:1知，设B到𝐴𝐸的距离为ℎ，则SaBPA 22，Sa

1PE 1AB 由BD:BA2:3知，设P到𝐴𝐵的距离为h，则SaBPA 3， 2 Sa

1BD

a

3aSaBPESa

Sa2

Sa4

1 43a 3a 【详解】如图，ABCD是圆台的轴截面，O，HAB，CD的中点，则OHABC作CGABG，由题意知OB

3HC1CG1 1 π

4π24π24π2

（丈4π24π2所以该圆亭的侧面积为S=πOBHCBC 54π2所以S54π2

π A来说，DE⊥AGF，DEAFB来说，∵E、FAC、BC的中点，∴EF∥AB，∴∠A′EFA′EBD（A'E）2+EF2=（A'F）2A'EBDBCDE⊥AGF，DEBCDE，∴AGF⊥BCDECD来说，∵A′D=A′E，∴DE⊥A′G，∵△ABC是正三角形，∴DE⊥AGA′G∩AG=G，∴DE⊥A′GF，ABC⊥A′AFAF，∴A'ABCAF上，正确；【详解】sin15sin4530sin45cos30cos45sin30∘6RtaABM

sinAMBABAM 153153

sin

sin

CM60在RtaCDM中，CDsin60∘CM AB2−AC【详解】解法一：由“堑堵”的定义可知，△𝐴𝐵𝐶为直角三角形，故BCAB2−ACACPC1PCPC1PC1PCPAB225tBC2B1 AC2CCAB225tBC2B1 AC2CC9AP

，

，

APPC，得9z225t216zt2zt16

16

t所以S

2APPC1 16162161622541 400412t2t当且仅当t2400，即t25时aAPCAP

t

2522525225ACCPABBP，故线段𝐴𝑃故所求外接球的表面积S4π4545π

PCBθC1PB1，则C1PsinθCPcosθAP

9 9AC平面CBB1C1ACC1P，又CPC1P．所以C1PACP9aAPC的面积

1CPAP1

49

9 △ 2

2

44sin2θcos2θ916sin2θ4tan2516

164

64

99

64tan2θSAPC此时

5，AP

2516tan2θ P−ABC中，因为ACPABP90，取𝐴𝑃中点为O则OCOB1APOAOP所以𝐴𝑃S球O4πR2πAP245πAz=iz21,z21z2z2.A不正确；Bz1abiz2cdi.z1z2abi)(cdiacbdadbc)i0acbd所以adbc0，则ab0或cd0z1z20.BCzxyi，其对应的点为Zxyzi1x2y121ZA0,1为圆心，1为半径的圆上z1ZB10的距离

ABR

ABR11AB11

BZ

21.z1

1.CD：因为2i2i2

18i18i2 23i2

1322

的虚部为8.D错误ABDCBC1AD因为△PAB,△PCD为正三角形，PA PAPBPCPDABDC22222则OAOBOCOD 222由于OA2OB2AB2OC2OD2AD2，则AOBCODπ所以在平面𝐴𝐵𝐶𝐷AODBOCπ，则cosAODcosBOC0在aAODAD2OA2OD22OAODcosAOD88cosAOD②，在aBOCBC2OB2OC22OBOCcosBOC88cosBOC③，由①②③AD2BC216BC1ADBC45AD85B由③

cosBOC

8BC

8

3，则BOC为锐角，所以sinBOC

411cos2

所以OAOCOAOCcosAOC4cosBOC4sinBOC PAOAOPPCOCOP ––→–– PAPCOAOPOCOPOAOCOAOPOCOP ––OAOCOAOPOCOPOAOC16440C 由sinBOC4可得sinAODsinπBOCsinBOC4 则四边形𝐴𝐵𝐶𝐷的面积SSaAOBSaBOCSaAODSa1OAOB1OBOCsinBOC1OAODsinAOD1OD 1221224122412 P−ABCD1SOP136224D正确 【详解】AOAOBOBOC0，即OBOAOCOBCA0，故𝑂𝐵⊥CA，同理可得𝑂𝐶⊥𝐴𝐵，𝑂𝐴⊥𝐵𝐶，则点O为△𝐴𝐵𝐶的垂心，A错误；B选项，过点𝐴作𝐴𝐸⊥𝐵𝐶于点𝐸，取𝐵𝐶的中点𝐹，连接 ABsinBAEACsinCAE

AOλ ABsin ACsinC AE 故点O在中线𝐴𝐹上，故向量一定经过𝐴𝐵𝐶的重心，BCFHBCAC 则4OH2OF0，故2OHOF，所以OH1HF1AB 故S△AOCS△ABC16，CDAB,CAABCAAN 故–– MN

OAABCAOAMN0 CAO在AO在BC的平分线上，则点O是△𝐴𝐵𝐶的内心，D正确.

i2ai1

a1a 【详解】依题意，z 1i1

为纯虚数，故a10a1 AO2AN取𝐴𝑂G，连接MGMG∥DOMG1DO，则MG平面𝐴𝐵𝐶，∵AN

6222∴AOGN2AN 6，MG1DO1 3，MGABC,GN平面2 1 MGGN，MN 1 1

2MFNF 1221， 1223 3，𝑀到平面𝐴𝐵𝐶的距离MG 3

a

由

11h1

33，解得h1，②C M 3 对于③，将等边三角形𝐴𝐵𝐶ABD沿𝐴𝐵展开，可得展开图如图所示，则MFNFMNF为𝐴𝐵

2𝐴𝐵𝐶𝐷

1，③对于④AFDCFADC的体积，因为SaADCFADC的距F的变化而变化，所以④错误.因为二者共焦点，所以c2a2b2a'b2

PF1mPF2n，由椭圆和双曲线的定义可知mn2amn2a由此解得maanaaPOF2OF1Oc所以FPFFPOOPF1FPOPFO1FPOPFO90 1故在Rt△PFF中，由勾股定理可知m2n24c2，代入mn的表达式可得a2a'2c21112x1y1x2y22 所以问题转化为求2xy → →x2设axyb2,1，由a·ba·b可得2xyx2

5

5

10y1x1021的最大值为15．(1)(2)

即sin2Csin2Acos2Bsin2Bcos2Asin2A1sin2Bsin2B1sin2Asin2Asin2B，sin2Csin2Bsin2A，所以由正弦定理可得𝑎2=𝑏2+𝑐2A90法二：因为cos2C2sinABsinAB1，且sinCsinAB0所以2sinABsinAB1cos2C2sin2C2sin2AB，所以sinABsinAB，整理得sinBcosA0，因为sinB0，所以cosA0A90由（1）A90，所以△𝐴𝐵𝐶三个内角𝐴,𝐵,𝐶都小于120APBBPCCPA120 PAx,PBy,PCz，由S△PABS△PACS△PBCSABC得1xy31xz31yz316，整理得：xyxzyz

1

1 1

所以PAPBPBPCPCPAxyyzxz APBBPCCPA120

23

PBm,PCn,PApmn,p0PApPBPC nPAxPByPCxpyp |BC|2m2n22mncos120m2n2mn|AB|2p2m22mpcos120p2m2pmAC2p2n22npcos120p2n2pn，A90BC2AB2AC2，所以有m2n2mnp2m2pmp2n2pnmnpmpn2p2将mpnp代入上式，化简得2xyxy10 xy

x

1xy

结合2xyxy10xy

xyt

t10，解得t

3或t 因为x0,y0，所以t0，所以t ，即xy的最大值为1316（Ⅰ）（Ⅱ）π（Ⅲ） （Ⅰ）fx3cos2xsin2x2sin2xπ 3 所以f02sinπ fx2sin2xπ 3 T2ππ所以，𝑓(𝑥)的最小正周期为fx2sin2xπ 3 所以𝑓(𝑥)当且仅当2xπ2kππxkππkZ时，𝑓(𝑥) 所以使𝑓(𝑥)x的集合为x|xkππkZ 又NBM，BMA1B1C1NN连接𝐶1𝑁C1BB1COA1MB1B，∴△NA1M∽△NB1B．又∵MAA1的中点，∴NMA1M1MNB 在三棱柱𝐴𝐵𝐶—𝐴1𝐵1𝐶1中，四边形𝐵𝐶𝐶1𝐵1∴O为线段C1B∴OM为△BNC1∴C1N∥OM又OMB1CMC1N⊄B1CMC1N∥B1CMaA1B1C1为等边三角形，C1GA1B1，且C1G3C1GA1B1BA，即C1G是三棱锥C1A1MN的高．又AA1B160，NA1M120．由（1）NAAB2AM1AA 1 ∴ 121sin120 3 ∴四面体A1MNC1的体积V1 CG13 1

18．(1)m ，𝑓(𝑥)Rλ22 8212, （1）f−x−fx即log32x21mxlog32x21mx，故2x21mx2x21mx1，即2x21m2x2所以m22，解得m 函数𝑓(𝑥)在R上单调递增，理由如下：y

2x21

2x在(0,+∞)又utlog3t在t0由复合函数单调性值，𝑓(𝑥)在(0又𝑓(𝑥)R上的奇函数，且为连续函数，故𝑓(𝑥)R， ， 42x2x2

2由（1）y2x212xx0，2ymax

2221

322所以只需3

q2，则 因为θ0π，所以θπππ，则qsinθcosθ2sinθπ1,2，

，

4

2 4q2当q100

当q1,2时，λ2，其中2 ,2222,1， q

q

2111 故λ222𝑓(𝑥)Rf00显然b0x0gxx2axx

a