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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．3
5．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3
D．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：D
2．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：D
4．D
【详解】设，
因为，所以，得，
得，
则，
当时，取得最小值，为3.
故选：D
5．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：D
6．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：C
7．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：8
13．4
【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：1
15．(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.
所以二面角的大小为.
（3）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.

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