2024-2025学年云南省昆明市高二上册9月月考数学质量检测试卷合集2套（含解析）

2024-2025学年云南省昆明市高二上学期9月月考数学质量检测试卷（一）一、单选题（本大题共8小题）1．若集合，则（

）A． B． C． D．2．已知复数满足，其中为虚数单位，则在复平面内对应的点在（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知，则（

）A． B． C． D．4．设函数，则满足的的取值范围是（

）A． B． C． D．5．掷一枚骰子，设事件出现的点数不小于5，出现的点数为偶数，则事件A与事件B的关系是（

）A． B．出现的点数为6C．事件A与B互斥 D．事件A与B是对立事件6．点P在直线上运动，，则的最大值是（

）A． B． C．3 D．47．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，则该四棱锥外接球的体积为（

）A． B． C． D．8．已知直角梯形中，是腰上的动点，则的最小值为（

）A． B． C．4 D．5二、多选题（本大题共3小题）9．已知函数，则（

）A．的最小正周期为B．的图象关于直线对称C．将的图象向左平移个单位长度后所得图象关于原点对称D．在区间上单调递增10．在棱长为2的正方体中，点分别是线段，线段，线段上的动点（包含端点），且．则下列说法正确的有（

）A．平面B．异面直线与所成的最大角为C．三棱锥的体积为定值D．当四棱锥的体积最大时，该四棱锥外接球的表面积为11．已知定义在R上的奇函数，其周期为4，当时，，则（

）A． B．的值域为C．在上单调递增 D．在上有9个零点三、填空题（本大题共3小题）12．已知幂函数的图象经过点，求．13．对任意的实数，直线所过的定点为．14．定义向量在基下的坐标如下：若，则叫作在基下的坐标．已知向量在基下的坐标为，则在基下的坐标为，在基下的坐标为．四、解答题（本大题共5小题）15．如图，三棱柱中，，，，点为的中点，且.

(1)求证：平面；(2)若为正三角形，求与平面所成角的正弦值.16．某学校为提高学生对《红楼梦》的了解，举办了“我知红楼”知识竞赛，现从所有答卷卷面成绩中随机抽取100份作为样本，将样本数据（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：40,50，50,60，…，90,100，并作出如图所示的频率分布直方图.(1)求频率分布直方图中的值.(2)求样本数据的第62百分位数.(3)已知样本数据落在50,60的平均数是52，方差是6；落在60,70的平均数是64，方差是3.求这两组数据的总平均数和总方差.17．已知直线过点且与轴、轴的正半轴分别交于、两点，为坐标原点，(1)求三角形面积取最小值时直线的方程；(2)求取最小值时直线的方程．18．如图1，在等腰直角三角形中，分别是上的点，为的中点.将沿折起，得到如图2所示的四棱锥，其中.

(1)求证：平面；(2)求点到平面的距离.19．著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601—1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点M即为费马点，在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.若M是的“费马点”，，.(1)求角A；(2)若，求bc的值；(3)在（2）的条件下，设，若当时，不等式恒成立，求实数n的取值范围.

答案1．【正确答案】A【详解】解不等式得，即，又，所以.故选：A2．【正确答案】D【详解】依题意，，所以复数在复平面内对应的点在第四象限.故选：D.3．【正确答案】B【详解】由题得.故选：B.4．【正确答案】C【详解】当时，由，得，得，得，当时，由，得，得，所以，综上，.故选：C5．【正确答案】B【详解】出现的点数不小于5出现的点数为，出现的点数为偶数出现的点数为，则出现的点数为，故B正确，A错误；因为事件A与事件B可以同时发生，故事件A与B不是互斥事件，也不是对立事件，故C，D错误，故选：B．6．【正确答案】A【详解】设关于的对称点为，则，解得，即故,,当且仅当，三点共线时，等号成立.故选：A7．【正确答案】D【详解】根据几何体结构特征，将几何体补形为长方体，显然四棱锥的外接球即为长方体的外接球，所以外接球球心在中点处，又，故外接球半径，所以.故选：D.8．【正确答案】D【详解】如图，以直线，分别为，轴建立平面直角坐标系，则，，，，设，，则，，，，即当时，取得最小值5.故选：D

9．【正确答案】AC【详解】对于A，易知函数的最小正周期为，故A正确；对于B，因为，所以不是的图象的对称轴，故B错误；对于C，设的图象向左平移个单位长度后的函数为由，由，可得函数为奇函数，所以图象关于原点对称，故C正确；对于D，因为，可得，所以由余弦函数的单调性可得函数在区间上单调递减，故D错误．故选：AC．10．【正确答案】ACD【详解】选项A：连结，因为在正方体中，，所以又易知四边形为矩形，所以所以，又因为平面，平面，所以平面，故选项A正确.选项B：又，因此，因此直线MN与AP所成的角就是直线与AP所成的角，当P为中点时，直线与AP所成的角最大为90°，故选项B错误.选项C：观察可知，三棱锥的体积为，故三棱锥的体积为定值，故选项C正确.选项D：由正方体的性质可知，当四棱锥的体积最大时，与重合，此时四棱锥的外接球为正方体的外接球，表面积为，故选项D正确.故选：ACD.11．【正确答案】BD【详解】对于A，因为为R上的奇函数，所以，又其周期为4，所以，故A错误；对于B，因为为奇函数，所以f−x=−fx，可得又因为周期为4，所以，可得，所以，即，可得的图象关于对称，所以，，因为当时，为单调递增函数，所以，又因为为奇函数，当时，所以，再由的周期为4，可得的值域为，故B正确；对于C，因为，，所以在上不具备单调性，故C错误；对于D，因为的周期为4，时，为单调递增函数，所以时，为单调递增函数，时，为单调递增函数，又因为为奇函数，所以时，为单调递增函数，时，为单调递增函数，且，，，可得的大致图象，所以在上有9个零点，故D正确.

故选：BD.12．【正确答案】【详解】设幂函数为，因为幂函数的图象经过点，可得，解得，即，所以.故答案为.13．【正确答案】【详解】原方程可变形为，令，解得，于是有对，都满足方程，所以这些直线都经过同一定点，该定点的坐标为.故答案为.14．【正确答案】【详解】由条件知．设在基下的坐标为，则，，，不共面，，，即在基下的坐标为，设在基下的坐标为，则，，，不共面，，解得，即在基下的坐标为，故；．15．【正确答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）取中点，连接，

因为，是中点，，因为，是中点，-所以，又，平面，所以平面，又平面又，平面所以平面.（2）因为为正三角形，所以.过点作的延长线为轴，以为轴，过点作的平行线为轴，如图建立空间直角坐标系，

则，，，，，，，设平面的法向量为，则令，得设与平面所成角为，.与平面所成角的正弦值为.16．【正确答案】(1)(2)分(3)，【详解】（1）由，解得；（2）因为，，所以样本数据的第62百分位数在内，可得，所以样本数据的第62百分位数为分；（3）样本数据落在50,60的个数为，落在60,70的个数为，，总方差.17．【正确答案】(1)；(2).【详解】（1）由题意设，，其中，为正数，可设直线的方程为，因为直线过点，所以，由基本不等式可得，所以，，当且仅当即时，取得最小值，所以面积，所以当，时，面积最小，此时直线的方程为，即，（2）因为，，所以，当且仅当即时等号成立，所以当，时，的值最小，此时直线的方程为，即．18．【正确答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）连接，则，在中，由余弦定理可得，同理得，因为，则，可得，因为，则可知，又因为平面，所以平面.（2）取中点，则，

以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，可得，，设平面的一个法向量为n=x,y,z，所以，令，则，可得，所以点B到平面的距离为.19．【正确答案】(1)(2)8(3)【详解】（1）由可得，，由正弦定理，，即，因代入可得：，因，则，故，得；（2）设则由可得，，整理得，①，又由可得，，整理得，；（3）在中，由余弦定理，，即②分别在中，由余弦定理，，将三个等式左右分别相加，，将①，②代入整理得，，于是，从而，，依题意，当时，不等式恒成立，即在1,2上恒成立，因，当且仅当时等号成立，故有，即实数n的取值范围为.2024-2025学年云南省昆明市高二上学期9月月考数学质量检测试卷（二）一、单选题（本大题共8小题）1．已知直线的方程，则直线的倾斜角为（

）A． B． C． D．2．在平行六面体中，已知，则（

）A． B．C． D．3．已知点，点在直线上，若直线垂直于直线，则点的坐标是（

）A． B． C． D．4．已知是空间的一组基底，其中，，.若A，B，C，D四点共面，则λ=（

）A． B． C． D．5．在三棱锥中，为的中点，则等于（

）A．-1 B．0 C．1 D．36．已知直线与曲线有公共点，则实数k的取值范围是（

）A． B．C． D．7．已知，直线和直线与两坐标轴围成一个四边形，则使得这个四边形面积最小的k值为（

）A． B． C． D．18．已知实数，满足方程，则下列说法不正确的个数（

）①的最大值为

②的最大值为③的最大值为

④的最大值为A．1 B．2 C．3 D．4二、多选题（本大题共3小题）9．已知直线，则下列说法正确的是（

）A．若，则或B．若，则C．若，则与的距离为D．若，则10．空间直角坐标系中，已知，下列结论正确的有（

）A． B．若，则C．点A关于平面对称的点的坐标为 D．11．已知与，则下列说法正确的是（

）A．与有2条公切线B．当时，直线是与的公切线C．若分别是与上的动点，则的最大值是3D．过点作的两条切线，切点分别是，则四边形的面积是三、填空题（本大题共3小题）12．在正方体中，点、分别为棱、的中点，则异面直线与所成角的余弦值为.13．已知圆，过点的直线交圆于两点，且点为的中点，则满足上述条件的一条直线的方程为.14．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点到两个定点的距离之比为常数（，且），那么点的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆.若点到，的距离比为，则点到直线：的距离的最大值是.四、解答题（本大题共5小题）15．已知圆的方程为．(1)求实数的取值范围；(2)若圆与直线交于M，N两点，且，求的值．16．如图1，在梯形ABCD中，，，，E为CD中点，将沿AE翻折，使点D与点P重合，如图2．(1)证明：PB⊥AE；(2)当二面角等于时，求PA与平面PEC所成角的正弦值．17．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知的面积为．(1)若，求；(2)求的最大值．18．已知圆M的方程为，直线l的方程为，点P在直线l上，过P点作圆M的切线，，切点为A，B．（1）若，试求点P的坐标；（2）求证：经过A，P，M三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标；（3）设线段的中点为N，求点N的轨迹方程.19．已知是底面边长为1的正四棱柱，为与的交点．(1)设与底面所成角的大小为，异面直线与所成角的大小为，求证：；(2)若点C到平面的距离为，求正四棱柱的表面积；(3)若正四棱柱的高为2，在矩形内（不包含边界）存在点P，满足P到线段BC的距离与到线段的距离相等，求的最小值．

答案1．【正确答案】C【详解】由题意得直线的斜率为：，所以倾斜角为.故C项正确.故选：C.2．【正确答案】D【详解】在平行六面体中，,所以.故选：D.3．【正确答案】A【详解】由题意知，直线过点且与直线垂直，其方程为．直线与直线的交点为，联立方程组解得即点坐标为．4．【正确答案】D【详解】由题意，设存在唯一的实数对，使得，即，则，则x=2，，，解得.故选：D.5．【正确答案】C【详解】因为，所以，，，因为，.故选：C.

6．【正确答案】B【详解】由直线过定点，又由曲线，可得，作出曲线与直线的图象，如图所示，因为直线，可得，又由，解得，若直线与曲线有公共点，则，即实数的取值范围为.故选：B.7．【正确答案】C【详解】过定点，也过定点，如图所示，在的方程中，令，则，在的方程中，令，则，则点，，．由二次函数性质可得，当时，S取得最小值．故选：C.8．【正确答案】B【详解】由题意知方程即表示圆，圆心为，半径为，对于①，设，则只需直线与圆有公共点，则，解得，

即的最大值为，①正确；对于②，设，其几何意义为圆上的点到原点的距离，而上的点到原点距离的最大值为，即t的最大值为，故的最大值为，②正确；对于③，设，则，则直线和圆有公共点，则，解得，即的最大值为，③错误；对于④，设，则直线与圆有公共点，则，解得，即的最大值为，④错误；故选：B.9．【正确答案】BCD【详解】对A，若，则，化简可得或，当时，化简可知与重合，所以，故A错误对B，由选项A可知，故B正确；对C，根据两平行直线距离公式，故C正确；对D，若，根据直线垂直性质可知，解之可得，故D正确.故选：10．【正确答案】AB【分析】利用向量的坐标公式，模的计算公式，对称点的坐标，及数量积公式依次计算即可得出结果.【详解】，,，A正确,D错误.若，则,则,B正确，点A关于平面对称的点的坐标为，故C错误，故选：AB.11．【正确答案】BD【详解】由题意知的圆心，半径的圆心，半径，所以，所以与相外切，有3条公切线，错误；当时，点到直线的距离，即与相切；点到直线的距离，即与相切；所以直线是与的公切线，正确；由于与相外切，故的最大值为，C错误；连接，则，根据勾股定理可得，

所以四边形的面积，D正确.故选：BD.12．【正确答案】【分析】利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设该正方体的棱长为，，，异面直线与所成角的余弦值：，故13．【正确答案】（或）【详解】由题意得，圆心O0,0，半径，则，故点在圆外，设点到直线的距离为，由点为的中点，得，即，即，解得，当直线斜率不存在时，直线的方程为，此时，不符合题意，当直线斜率存在时，设直线的方程为，则，解得或，所以直线的方程为或.故(或，答案不唯一).14．【正确答案】【详解】设点，由，得，整理得，因此点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，点到直线：的距离为，所以点到直线最大距离为.故15．【正确答案】(1)(2)【分析】（1）将圆的一般方程用配方法化为标准方程，进而得到，解之即可；（2）利用弦长公式求得，进而得到，易得的值.（1）方程可化为，∵此方程表示圆，∴，即，即.（2）由（1）可得圆心，半径，则圆心到直线的距离为，由弦长公式及，得，解得，∴，得．16．【正确答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据题意，取AE中点为O，连接PO，BO，BE，由线面垂直的判定定理可得平面POB，从而证明PB⊥AE；（2）根据题意，以O为原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可得到结果.【详解】（1）证明：取AE中点为O，连接PO，BO，BE，由题可知，，又，所以，所以，，又平面POB，所以平面POB，又因为平面POB，所以．（2）因为二面角等于，所以平面PAE⊥平面ABCE，平面平面ABCE＝AE，因为PO⊥AE，所以PO⊥平面ABCE，所以OA，OB，OP两两垂直．以O为原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建