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（含解析）（月考）

这是一份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（含解析）（月考），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（满分：150分，考试时间：120分钟）
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.
【答案】D
【解析】
【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：D
2. 已知复数，为虚数单位，则的实部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【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.
【答案】D
【解析】
【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：D
4. 已知平面向量满足 ，则的最小值为（ ）
A. B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【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：D
5. 已知a为直线，，为平面，，，若成立，则需要的条件为（ ）
A. B.
C. D. ，
【答案】D
【解析】
【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：D
6. 已知定义在上的函数，若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【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：C
7. 在同一直角坐标系中，函数且的图象可能是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【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.
【答案】B
【解析】
【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，
【答案】BD
【解析】
【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
【答案】ACD
【解析】
【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3
D. 若二面角的大小为，二面角的大小为，则
【答案】BC
【解析】
【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______.
【答案】8
【解析】
【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.
故答案为：8
13. 若是关于的方程的根，则__________．
【答案】4
【解析】
【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．
故答案为：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______．
【答案】1
【解析】
【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，设与球的球面相交于点，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：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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【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．
【答案】（1）最小正周期，最小值为
（2）
【解析】
【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.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【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.
【答案】（1）
（2）（1）；（2）
【解析】
【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.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【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.
所以二面角的大小为.
【小问3详解】
过点T作TG平行于PA，交AC于点G，连接GD.
因为平面ABCD，AB，平面ABCD，所以.
因为，所以.
因为，AB，平面ABCD，所以平面ABCD，
所以TD与底面ABCD所成的角为.
设，所以，即，所以.
所以.
由函数单调递增，得：
所以直线TD与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为.