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广东东莞市两校联考2025-2026学年高一下学期6月质量检测数学试题
一、单选题
1．在中，若，，，则
A． B． C． D．
2．某学校有2500名学生，其中高一1000人，高二900人，高三600人，为了了解学生的身体健康状况，采用分层抽样的方法，若从本校学生中抽取100人，从高一和高三抽取样本数分别为、，且直线与以为圆心的圆交于、两点，且，则圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
3．若z1=1+2i,z2=-1+i,且z+z2=z1,则z的共轭复数=
A． B．
C． D．
4．在中，，分别为线段，上的点，直线，交于点，且满足，则（ ）
A． B． C． D．
5．《九章算术》中有如下问题：“今有圆亭（圆亭可看作圆台），下周三丈，上周二丈，高一丈.”则该圆亭的侧面积为（　　）
A．平方丈 B．平方丈
C．平方丈 D．平方丈
6．如图，等边三角形的中线与中位线相交于，已知是绕旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是
A．恒有⊥
B．异面直线与不可能垂直
C．恒有平面⊥平面
D．动点在平面上的射影在线段上
7．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，某数学兴趣小组在宝塔附近选择楼房作为参照物，楼房高为，在楼顶A处测得地面点处的俯角为，宝塔顶端处的仰角为，在处测得宝塔顶端处的仰角为，其中在一条直线上，则该宝塔的高度（ ）

A． B．
C． D．
8．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱（侧棱垂直于底面的三棱柱）称之为“堑堵”．如图，三棱柱为一个“堑堵”，底面是以为斜边的直角三角形且，，点在棱上，且，当的面积取最小值时，三棱锥的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．复数z满足
B．，，，则，中至少一个为0
C．复数z满足，则最大值为
D．的虚部为
10．已知等腰，，取，中点，，将沿翻折至，使得为正三角形，若底面，则下列说法正确的是（ ）
A．四棱锥存在外接球 B．
C． D．四棱锥的体积为
11．点在所在的平面内，则以下说法正确的有（ ）
A．若，则点为的外心（外接圆圆心）
B．若，则动点的轨迹一定通过的重心
C．若，，分别表示，的面积，则
D．若，则点是的内心
三、填空题
12．已知i是虚数单位，若是纯虚数，则实数____
13．已知四面体的所有棱长均为，M，N分别为棱的中点，F为棱上异于A，B的动点．有下列结论：
①线段的长度为1；
②当F为棱中点时，点C到面的距离为；
③周长的最小值为；
④三棱锥的体积为定值．
其中正确结论的序号为_____________．
14．已知，为椭圆与双曲线的公共左，右焦点，为它们的一个公共点，且，O为坐标原点，，分别为椭圆和双曲线的离心率，则的最大值为_________．
四、解答题
15．“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.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，且，点P为的费马点.
(1)求A；
(2)若，求的值；
(3)若，求的最大值.
16．已知函数，．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求的最小正周期；
（Ⅲ）求使取得最大值的x的集合．
17．如图，在三棱柱中，为棱的中点，平面．
(1)试确定点的位置，并证明平面；
(2)若是等边三角形，，，且平面平面，求四面体的体积．
18．已知函数 是R上的奇函数．
(1)求实数的值，并判断函数的单调性（单调性不需要证明）；
(2)若对，都有成立，求实数的取值范围．
(3)设为常数，且 ，若函数在区间上存在零点，求实数的取值范围．
19．如图；在三棱柱中；侧面为矩形．

(1)若面；，，求证：；
(2)若二面角的大小为；，且；设直线和平面所成角为；问当变化过程中能否取到；若能；请证明；若不能请说明理由．
参考答案
1．D
【详解】由正弦定理得：
本题正确选项：
2．C
【详解】解：由题意，，，，
直线，即，
则到直线的距离为，
直线与以为圆心的圆交于，两点，且，
，
圆的方程为，
故选：C．
3．A
【详解】由题意知z1=1+2i,z2=-1+i,故z+(-1+i)=1+2i,即z=,则．
故选A．
4．C
【详解】
已知，由共线，设，
，故，
，则，
，
，故，故；
设，则，即，则，
，解得，
由得出，故，
由知，设到的距离为，则，
由知，设到的距离为，则，即，
．
5．B
【详解】如图，ABCD是圆台的轴截面，O，H分别为AB，CD的中点，
则，过点C作于G，
由题意知丈，丈，丈，
得BC=（丈），
所以该圆亭的侧面积为
所以（平方丈）.
6．B
【详解】对A来说，DE⊥平面，∴⊥；
对B来说，∵E、F为线段AC、BC的中点，∴EF∥AB，∴∠A′EF就是异面直线A′E与BD所成的角，当（A'E）2+EF2=（A'F）2时，直线A'E与BD垂直，故B不正确；
对C来说，因为DE⊥平面，DE平面，∴平面⊥平面，故C正确；
对D来说，∵A′D=A′E，∴DE⊥A′G，∵△ABC是正三角形，∴DE⊥AG，又A′G∩AG=G，∴DE⊥平面A′GF，从而平面ABC⊥平面A′AF，且两平面的交线为AF，∴A'在平面ABC上的射影在线段AF上，正确；
故选B
7．B
【详解】，
在中，易得，
在中，易得，
由正弦定理得：，
在中，.
故选：B
8．D
【详解】解法一：由“堑堵”的定义可知，为直角三角形，
故，
易知，又，，
所以平面，而平面，于是得．
设，，则，
则，，，
由，得，整理得，
所以，
所以
，
当且仅当，即时的面积取得最小值18．
此时．
设三棱锥的外接球半径为，
因为，，故线段为外接球的直径，
故所求外接球的表面积．
故选：D．
解法二：令，则，，，
又因为平面，所以，又．
所以平面，所以．
的面积
当且仅当时，取最小值，
此时，．
在三棱锥中，因为，取中点为，
则，
故为三棱锥的外接球的球心，
所以为外接球直径，．
故选：D．
9．BC
【详解】对于A：取复数z=i，则，不满足.故A不正确；
对于B：设.
则，
所以，则或.
所以，中至少一个为0.故B正确；
对于C：设复数，其对应的点为.
由可得：表示点Z在以为圆心，1为半径的圆上.
表示点Z到的距离.
由圆的性质可得：.
因为，所以.即最大值为.故C正确；
对于D：因为.
所以的虚部为.故D错误.
故选：BC.
10．ABD
【详解】由题意可知，，
因为为正三角形，，
所以，
又底面，所以，
则，故四棱锥的外接球球心为，故A正确；
由于，则，
所以在平面中，，则①，
在中，由余弦定理得：②，
在中，由余弦定理得：③，
由①②③可得
又，所以，，故B正确；
由③可得，则为锐角，所以，
所以，
因为，
则
，故C错误；
由可得，
则四边形的面积
故四棱锥的体积为，故D正确.
故选：ABD.
11．BCD
【详解】A选项，，即，故⊥，
同理可得⊥，⊥，则点为的垂心，A错误；
B选项，过点作⊥于点，取的中点，连接，
则，，
则，
故点在中线上，故向量一定经过的重心，B正确；
C选项，如图，分别为的中点，
，
则，故，
所以，
故，C正确；
D选项，分别表示方向上的单位向量，
故，
，故⊥，
由三线合一可得，在的平分线上，同理可得，在的平分线上，
则点是的内心，D正确.
故选：BCD
12．1
【详解】依题意，为纯虚数，故.
13．①②
【详解】
∵四面体所有棱长均为，∴四面体为正四面体，
对于①，作平面，垂足为O，连接，∵四面体为正四面体，∴O为的中心，∴且，
取中点G，连接，则，则平面，∵，
∴，∴，∵平面平面，
∴，∴，①正确；
对于②，当F为棱中点时，设点C到面的距离为h，由①知，又，则，
，，到平面的距离，
由得，解得，②正确；
对于③，将等边三角形与沿展开，可得展开图如图所示，则，当且仅当F为中点时取等号，
∵四边形为菱形，M，N分别为中点，∴，∴，在四面体中，周长的最小值为，③错误；
对于④，三棱锥的体积等于三棱锥的体积，因为为定值，而点F到平面的距离随着点F的变化而变化，所以④错误.
故答案为：①②.
14．
【详解】由题意可设椭圆和双曲线的方程分别为，
因为二者共焦点，所以，
如图，设，由椭圆和双曲线的定义可知，
由此解得，由题意知，
所以，
故在中，由勾股定理可知，代入的表达式可得，
由离心率的定义可得，设，则，
所以问题转化为求的最大值，
设，由可得，
当且仅当两向量同向共线时即取等号，所以的最大值为.
15．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）法一：因为，
所以，
即，
整理得：，
所以由正弦定理可得，所以；
法二：因为，且，
所以，
所以，整理得，
因为，所以，所以.
（2）由（1）可得，，所以三个内角都小于，
则由费马点的定义可知：，
设，由，
得，整理得：，
所以；
（3）由费马点的定义可知：，
设，则，
又，所以由平面向量基本定理有.
由余弦定理可得：，
，，
因为，所以，
所以有，化简可得：，
将代入上式，化简得.
因为，当且仅当结合解得时等号成立，
设，所以，解得或，
因为，所以，所以，即的最大值为.
16．（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）．
【详解】（Ⅰ）因为，
所以．
（Ⅱ）因为，
所以，，
所以，的最小正周期为．
（Ⅲ）因为，
所以的最大值为2．
当且仅当时，即时，取得最大值，
所以使取得最大值的x的集合为．
17．(1)延长，交的延长线于点N；证明见解析；
(2).
【详解】（1）延长，交的延长线于点N．
∵，平面，
∴平面．
又∵，∴平面，点N即为所求．
连接，交直线于点O，连接OM．
∵，∴．
又∵M为线段的中点，
∴，即M为线段NB的中点．
在三棱柱中，四边形为平行四边形，
∴O为线段中点，
∴OM为中位线，
∴．
又∵平面，平面，
∴平面．
（2）取线段的中点G，连接．
由条件知，为等边三角形，
∴，且．
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，即是三棱锥的高．
又∵，∴．
由（1）知，，，
∴，
∴四面体的体积．
18．(1)，在R上单调递增，理由见解析
(2)
(3)
【详解】（1）由题意得，
即，
故，即，
所以，解得，负值舍去；
函数在R上单调递增，理由如下：
显然在上单调递增，
又在上单调递增，
由复合函数单调性值，在上单调递增，
又是R上的奇函数，且为连续函数，故在R上单调递增；
（2）对，都有，
即，
由（1）可知在单调递增，
故，
所以只需，
即，
令，则，
因为，所以，则，
，
当时，恒成立，
当时，，其中，
故；
（3）在R上单调递增，且，
故有唯一零点0，故，函数在区间上有解，
显然，当时，等号成立，
要求的最小值，且在区间上始终有解，
令，只需求出的最小值，
，
随着的增大，增大，
，先减小，后增大，
且当时，，
，
故，
故当时，取得最小值，
解得，
故的最小值为，
故，
实数的取值范围是.
19．(1)证明见解析
(2)不能取到，理由见解析
【详解】（1）证明：由平面，平面,所以，
又，，平面，所以平面，
平面，所以，
在中，设，则，，
所以，，
由，，
所以，
所以，又，平面,则平面，
平面,所以．
（2）在平面中，过点作直线，
因为底面为矩形，所以，
所以为二面角的平面角，且，
又，平面，所以平面，
在平面中，过点作，垂足为，连接,
因为平面，平面，所以，
又，平面，平面．所以平面．
所以为直线和平面所成角，即，
所以为点到平面的距离，且，又
则，
由,，可得,，,，
所以，,，，，
所以（当且仅当时，取等号），
所以直线与平面所成角的正弦值最大值为，
又，所以取不到．

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