2024-2025学年云南省昆明市高二上册9月月考数学检测试题合集2套（含解析）

2024-2025学年云南省昆明市高二上学期9月月考数学检测试题（一）一、单选题（本大题共8小题）1．已知直线的方程为，则直线的倾斜角为（

）A． B． C． D．2．“”是“两直线和互相平行”的（

）A．充要条件 B．必要不充分条件C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件3．已知，则在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限4．设，则的大小关系为（

）A． B． C． D．5．在中，，且有，则线段的长为（

）A． B．2 C． D．16．已知直线恒过点，过点作直线与圆相交于两点，则的最小值为（

）A．2 B． C．4 D．7．如图，平行六面体的底面是矩形，其中，，且，则线段的长为（

）A．9 B． C． D．68．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题—“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（

）A． B． C． D．二、未知（本大题共1小题）9．已知直线和圆，则（

）A．直线恒过定点 B．存在使得直线与直线垂直C．直线与圆相交 D．若，直线被圆截得的弦长为三、多选题（本大题共2小题）10．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（

）A．的最小正周期为B．的单调递减区间为C．的图象关于直线对称D．的图象可由函数的图象向左平移个单位长度得到11．如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，DB的中点，则下列选项中正确的是（

）A．EF平面ABC1D1B．EF⊥B1CC．EF与AD1所成角为60°D．EF与平面BB1C1C所成角的正弦值为四、填空题（本大题共3小题）12．过点且方向向量为的直线的一般式方程为．13．已知正三棱柱的各棱长都等于2，点是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为．14．阿波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前262-190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地.他证明过这样一个命题；平面内与两定点距离的比为常数且的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆．现有，，则的最大面积为．五、解答题（本大题共5小题）15．已知圆经过点，从下列3个条件选取一个________①过点；②圆恒被直线平分；③与轴相切.(1)求圆的为程；(2)已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，求线段的中点的轨迹方程．16．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充到下面横线上，并解答问题.在中，内角、、的对边分别为、、，且_________.(1)求角的大小；(2)若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.17．已知点，圆，过点的动直线与圆交于，两点，线段的中点为，为坐标原点．（1）求的轨迹方程；（2）当时，求的方程及的面积．18．为了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券．游戏规则如下表：游戏一游戏二游戏三箱子中球的颜色和数量大小质地完全相同的红球3个，白球2个（红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5”）取球规则取出一个球有放回地依次取出两个球不放回地依次取出两个球获胜规则取到白球获胜取到两个白球获胜编号之和为获胜(1)分别求出游戏一，游戏二的获胜概率；(2)一名同学先玩了游戏一，试问为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大．19．如图，在四棱锥中，平面，正方形的边长为2，是的中点

(1)求证：平面.(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.(3)若，线段上是否存在一点，使平面?若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.

答案1．【正确答案】C【详解】将化为，则直线的斜率为，设直线的倾斜角为，，则，得.故选：C.2．【正确答案】A【详解】由两直线和互相平行得，解得，所以“”是“两直线和互相平行”的充要条件；故选：A.3．【正确答案】A【详解】，对应点坐标为，在第一象限．故选：A．4．【正确答案】D【详解】因为在上单调递增，所以，因为在上单调递减，所以，且.由，则，综上可知.故选：D.5．【正确答案】D【详解】在中，由余弦定理可得，则，即，解得.则由即，可得，又，可知是的中点，故即为斜边上的中线，则.故选：D.6．【正确答案】B【详解】解：由题意得：直线恒过点，圆的圆心坐标为，，当时，AB最小，，故选：B7．【正确答案】C【详解】由，得到，因为底面是矩形，，，所以，，因为，所以，所以，，故．故选：C．8．【正确答案】B【详解】设点关于直线的对称点为，则，解得，即，问题转化为求点到圆上点的距离的最小值，所以此“将军饮马”的最短总路程为.故选：B.

9．【正确答案】ACD【详解】由，得，所以直线恒过定点0,1，故A正确；直线的斜率为k，直线的斜率为k，两直线斜率相等，所以两直线平行，故B错误；圆心到直线l的距离为，而圆的半径为，所以直线与圆相交，故C正确；若，圆心到直线l的距离为，所以直线被圆截得的弦长为，故D正确；故选：ACD10．【正确答案】ABC【详解】观察图象得，，函数的最小正周期，解得，由，得，而，则，，对于A，的最小正周期为，A正确；对于B，由，解得，因此函数的单调递减区间为，B正确；对于C，，的图象关于直线对称，C正确；对于D，将函数的图象向左平移个单位长度得，D错误.故选：ABC11．【正确答案】ABD【详解】对于A，连结BD1，在DD1B中，E、F分别为D1D、DB的中点，则EFD1B，又∵D1B平面ABC1D1，EF平面ABC1D1，∴EF平面ABC1D1，故A正确；对于B，∵平面，且平面，平面，∴B1C⊥AB，又B1C⊥BC1又AB平面ABC1D1，BC1平面ABC1D1，ABBC1=B∴B1C⊥平面ABC1D1又∵BD1平面ABC1D1∴B1C⊥BD1，而EFBD1∴EF⊥B1C，故B正确；对于C，由选项A，可知，在中，可知，所以，所以EF与AD1所成角不为60°，故C不正确；对于D，由选项A，可知，且平面，所以为EF与平面BB1C1C所成的角，在中，可知，所以，故D正确.故选：ABD12．【正确答案】【详解】由该直线方向向量为，故可设为，则有，解得，即该直线的一般式方程为.故答案为.13．【正确答案】/【详解】连结，交于点，作，交于点，连结，异面直线与所成的角为或其补角，因为，且，所以，所以，，，，中，

故14．【正确答案】12【详解】以线段的中点为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，则，设，由，得，整理得，因此点的轨迹方程为，，显然上的点到轴，即直线距离的最大值为4，所以面积的最大值为.故1215．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）选条件①．设圆的方程为，将，代入可得，解得，则圆的方程为．选条件②．直线恒过点．因为圆恒被直线平分，所以恒过圆心，所以圆心坐标为，又圆经过点，所以圆的半径，所以圆的方程为，即．选条件③．设圆的方程为，由题意可得，解得，则圆的方程为，即．（2）设，，因为为线段的中点，所以，因为点是圆上的动点，所以，所以的轨迹方程为．16．【正确答案】(1)条件选择见解析，(2)【详解】（1）解：选①，由及正弦定理可得，、，则，所以，，故；选②，由及正弦定理可得，因为，则，所以，，故；选③，由及正弦定理可得，由余弦定理可得，因为，故.（2）解：因为为锐角三角形，且，则，可得，，由正弦定理，则，所以，.17．【正确答案】（1）；（2）的方程为，的面积为.【详解】解：（1）由圆，即x2+圆的圆心坐标为，半径．设，则，．由题意可得，即．整理得．的轨迹方程是．（2）由（1）知的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，由于，故在线段的垂直平分线上，又在圆上，从而．，直线的斜率为．直线的方程为，即．则到直线的距离为．又到的距离为，．．18．【正确答案】(1)游戏一获胜的概率为，游戏二获胜的概率为；(2)的所有可能取值为．【分析】(1)利用列举法，结合古典概型的概率公式即可得解；(2)利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书券的概率，从而得到游戏三获胜的概率，进而利用表格得到编号之和为的概率，由此得解.【详解】(1)设事件“游戏一获胜”，“游戏二获胜”，“游戏三获胜”，游戏一中取出一个球的样本空间为，则，因为，所以，．所以游戏一获胜的概率为．游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空间，则，因为，所以，所以，所以游戏二获胜的概率为．(2)设“先玩游戏二，获得书券”，“先玩游戏三，获得书券”，则，且，，互斥，相互独立，所以又，且，，互斥，所以若要接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率大，则，所以，即．进行游戏三时，不放回地依次取出两个球的所有结果如下表：

第二次第一次1234512345当时，，舍去当时，，满足题意，因此的所有可能取值为．19．【正确答案】(1)证明见解析(2)或(3)存在，【详解】（1）

连结交于点.因为四边形是正方形，所以是的中点，又是的中点，所以.因为平面，平面，所以平面.（2）

因为平面，平面，所以．因为四边形为正方形，所以．又，平面，平面，所以平面．以点为坐标原点，过点作的平行线为轴，分别以、为轴，建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，设平面的法向量为m=x1,y1,z则，令，则，，则，设与平面所成角为，，解得或，所以的长度或.（3）存在，理由如下：因为，结合（2），，，所以，，，令，则，所以，所以，设平面法向量为n=x则，令，则，，所以，因为平面，所以，所以有，解得，所以，因为，所以.2024-2025学年云南省昆明市高二上学期9月月考数学检测试题（二）一、单选题（每题5分，共40分）1．给出下列6个关系：①，②，③，④，⑤，⑥.其中正确命题的个数为（

）A．4 B．2 C．3 D．52．设集合，则（）A． B．C． D．3．集合A=，B=，则=【】A． B． C． D．4．命题“，”的否定是（

）A．， B．，C．， D．，5．已知，，则是的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充要也不必要条件6．集合，，将集合A，B分别用如图中的两个圆表示，则圆中阴影部分表示的集合中元素个数恰好为4的是（

）A． B． C． D．7．设集合，则集合的子集个数为（

）A． B． C． D．8．已知集合，若为单元素集合时，则（

）A． B．C．或 D．或二、多选题（每题6分，选错0分，选对但不全得部分分，共18分）9．下列条件中，是“”成立的必要条件的是（

）A． B． C． D．10．下列说法正确的有（

）A．是的必要不充分条件B．“”是‘’成立的充分条件C．命题，则D．为无理数是为无理数的既不充分也不必要条件11．设集合，若，则（

）A． B． C． D．三、填空题12．“”是“”的条件.(用“充分不必要”、“必要不充分”或“充要条件”填空)13．某年级先后举办了数学、历史、音乐讲座，其中有75人听了数学讲座，68人听了历史讲座，61人听了音乐讲座，17人同时听了数学、历史讲座，12人同时听了数学、音乐讲座，9人同时听了历史、音乐讲座，还有6人听了全部讲座，则听讲座人数为．14．集合，，且，则满足条件的的个数为．四、解答题15．已知，.(1)若是的子集，求实数的值；(2)若是的子集，求实数的取值范围.16．已知集合，集合，集合．(1)若，求实数a的值；(2)若，，求实数a的值．17．已知集合，，且.(1)写出集合的所有子集；(2)求实数的值组成的集合.18．已知集合，，全集．(1)当时，求；(2)若“”是“”的必要条件，求实数的取值范围．19．已知是非空数集，如果对任意，都有，则称是封闭集.(1)判断集合是否为封闭集，并说明理由；(2)判断以下两个命题的真假，并说明理由；命题：若非空集合是封闭集，则也是封闭集；命题：若非空集合是封闭集，且，则也是封闭集；(3)若非空集合是封闭集合，且为全体实数集，求证：不是封闭集.1．A【分析】根据R，，，，，这几个常用数集的含义判断即可.【详解】对于①，因为为无理数，有理数和无理数统称为实数，所以，所以①正确；对于②，因为是无理数，所以，所以②错误；对于③，因为不是正整数，所以，所以③正确；对于④，因为，所以④正确；对于⑤，因为是无理数，所以，所以⑤正确；对于⑥，因为，所以⑥错误.故选：A.2．C【分析】根据交集的知识求得正确答案.【详解】依题意.故选：C3．D【分析】根据集合补集与交集求结果.【详解】因为，所以,选D.本题考查集合补集与交集,考查基本求解能力,属基础题.4．D【分析】根据特称命题的否定直接得出答案.【详解】因为特称命题的否定是全称命题，所以命题“，”的否定是为：，，故选：D.5．A【分析】根据不等式表示的范围大小得出和的包含关系，即可得出结论.【详解】易知集合是集合的真子集，即可得，所以是的充分而不必要条件.故选：A6．C【分析】记，然后分析每个选项对应的集合的运算并求解出结果进行判断即可.【详解】因为，，所以，记，对于A选项，其表示，不满足；对于B选项，其表示，不满足；对于C选项，其表示，满足；对于D选项，其表示，不满足；故选：C.7．B【分析】根据条件，先化简集合，再利用子集个数的计算公式，即可求解.【详解】易知，所以的子集个数为.故选：B.8．C【分析】由题意可得两集合组成的方程组只有唯一解，再结合方程的性质以及判别式求解即可；【详解】因为集合，若为单元素集合，则方程组只有唯一解，所以，整理可得，当时，方程变为，此时，符合题意；当时，，所以或，故选：C.9．BCD【分析】根据必要条件的定义求解.【详解】“”成立的必要条件即不能比范围小，观察选项，BCD符合，故选：BCD.10．BD【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断ABD，根据全称量词命题的否定为特称量词命题的否定判断C.【详解】对于A，若，则，但由不能推出，所以是的充分不必要条件，故A错误；对于B，时，一定成立，所以是成立的充分条件，故B正确；对于C，命题，则，故C错误；对于D，当时，，当时，为无理数，所以为无理数是为无理数的既不充分也不必要条件，故D正确.故选：BD.11．ACD【分析】设，再逐一验证即可.【详解】由题意可设，则，A正确.，当或时，，B错误，，C正确，，D正确.故选：ACD.12．必要不充分由，可得，或，或；由，可得，再利用充分与必要的定义来判断.【详解】由，可得，或，或；由，可得；显然，“”可以推出“”，即必要性成立；而“”不可以推出“”，即充分性不成立，所以“”是“”的必要不充分条件.故必要不充分本题考查充分必要条件的应用，解题的关键是将两个等式化到最简，考查学生的逻辑推理能力，属于基础题.13．172【分析】画出韦恩图求解即可.【详解】，（人．故17214．【分析】依题意可得，即可得到或或，解得即可，需注意检查是否满足集合元素的互异性.【详解】解：集合，，且，所以，∴或或，解得，或（舍去），或，或，∴满足条件的的个数是．故．15．(1)(2)或【分析】（1）首先求出集合，依题意可得，则和为方程的两根；（2）分、为单元素集合、为双元素集合三种情况讨论，分别求出参数的取值范围.【详解】（1）因为，若是的子集，则，所以，解得.（2）若是的子集，则.①若为空集，则，解得；②若为单元素集合，则，解得.将代入方程，得，解得，所以，符合要求；③若为双元素集合，，则.综上所述，或.16．(1)(2)【分析】（1）求出集合，由，得到，由此能求出a的值，