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）

这是一份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），共29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。
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6
C．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．3D．4
7．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．4D．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：A
2．【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：C
5．【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：A
7．【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．-1B．0C．1D．3
6．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．1
8．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．1B．2C．3D．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3
D．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轴建立空间直角坐标系如图，
不妨设AB＝2，由已知得，所以，，
则，，，，，，，，
设平面PEC的法向量，则，
取平面PEC的一个法向量，
设PA与平面PEC所成角为，则，
即PA与平面PEC所成角的正弦值为．
17．【正确答案】(1)
(2)4
【分析】（1）利用正弦定理及三角形面积公式计算即可；
（2）利用三角形面积公式结合余弦定理化问题式为，结合三角函数的性质计算最值即可.
【详解】（1）由于，所以，
由正弦定理可得．
（2）由于，所以；
由余弦定理可得，
所以，
则当时，取得最大值4．
18．【正确答案】（1）或（2）证明见解析；定点和（3）
【详解】（1）设，因为是圆M的切线，，
所以，，
所以，解之得，，
故所求点P的坐标为或.
（2）的中点，
因为是圆M的切线，所以经过A，P，M三点的圆是以Q为圆心，以为半径的圆，
故其方程为：，
化简得：，
此式是关于m的恒等式，故解得或.
所以经过A，P，M三点的圆必过定点和.
（3）由
可得：，即，
由可得过定点.
因为N为圆M的弦的中点，所以，即，
故点N在以为直径的圆上，
点N的轨迹方程为.
19．【正确答案】(1)证明见解析
(2)10
(3)
【详解】（1）设正四棱柱的高为，因为底面，所以，于是有，
因为，如下图所示：所以，
由勾股定理可知：，
在等腰三角形中，底边上的高为，
所以，；
（2）因为为与的交点，三角形是以为底边的等腰三角形，
所以，
因为底面是正方形，所以，又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面，
因此点在平面的投影在交线上，即，
如上图所示：在矩形中中，，
因为∽，所以有，
所以正四棱柱的表面积为：；
（3）以为空间直角坐标系的坐标原点，以所在的直线为轴，设，
因为平面，平面，所以，
由题意可知，
所以有，
当时，最大，此时，取到最小值，
故取得最小值为。