云南省玉溪市玉溪师范学院附属中学2024-2025学年高二下学期第一次月考（3月） 数学试题（含解析）

这是一份云南省玉溪市玉溪师范学院附属中学2024-2025学年高二下学期第一次月考（3月） 数学试题（含解析），共18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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式确定集合，然后由集合的运算法则计算．
【详解】由题设可得，所以或，则，
故选：C．
2. 在边长为的正三角形中，的值为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】以、为邻边作菱形，则，计算出菱形的对角线的长度即可得出答案.
【详解】以、为邻边作菱形，则，
由图形可知，的长度等于等边的边上的高的倍，
即，因此，，故选：D.
【点睛】本题考查差向量模的计算，解题的关键就是作出图形，找出差向量，分析图形的形状，进而求出线段长度，考查数形结合思想的应用，属于中等题.
3. 已知等差数列中，，则（ ）
A. 8B. 4C. 16D. -4
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的性质求解.
【详解】解：由等差数列的性质知，
所以，
所以，
所以，
故选：B
4. 函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】判断函数的奇偶性排除选项，然后利用特殊点的函数值，以及利用导数研究函数的单调性，即可判断．
【详解】解：因为，所以，
所以为偶函数，即图象关于轴对称，则排除，
当时，，故排除C，
，当时，，所以，即在上单调递增，故排除D；
故选：．
5. 已知函数，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】其中为常数，求出函数的导函数，代入求解，从而可以求解.
【详解】由于函数，则其导函数为：，
代入，可得：，解得：，所以，
所以.
故选：D
6. 已知，且满足，则（ ）
A. B. C. 2D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据诱导公式得到，然后结合角的范围和正切函数的性质得到，最后计算正切值即可.
【详解】因为，
可得，
又因为，
则，所以，整理得，
所以.
故选：A.
7. 如图，三棱柱中，分别是的中点，平面将三棱柱分成体积为（左为，右为）两部分，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由分别是的中点，可得（是三角形的面积，是三角形的面积），由棱台的体积公式可求得，再根据，求得，即可得答案.
【详解】解：设三角形的面积为，三角形与三角形的面积为，三棱柱的高为，
则有，，设三棱柱的体积为，
又因为①，②，
所以③，
由题意可知④，
由①②③④可得，
所以，
所以.
故选：A.
8. 设为曲线的左，右两个焦点，P是曲线与的一个交点，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出的坐标，由椭圆、双曲线的定义求出，，再由余弦定理求出，即可求出.
【详解】由曲线：的方程得，由椭圆的定义得，
又曲线：的焦点和曲线的焦点相同，不妨设在双曲线右支上，
双曲线的定义得，，，
在中，由余弦定理可得，
.

故选：D
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 设首项为1的数列的前n项和为，已知，则下列结论正确的是（ ）
A. 数列为等比数列B. 数列不是等比数列
C. D. 数列是递增数列
【答案】ACD
【解析】
【分析】通过构造法可得数列是以2为首项，2为公比的等比数列，选项A正确；根据选项A求出数列的通项公式，可得选项B错误；利用等比数列通项公式及前项和公式可得选项C正确；根据可得选项D正确.
【详解】由题意，可知，
∵，∴，
∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故选项A正确；
由A得，，∴，
当时，，
当时，满足上式，∴，
∴数列是以1为首项，2为公比的等比数列，故选项B错误；
∵，∴，故选项C正确；
∵，∴，
∴数列是递增数列，故选项D正确.
故选：ACD．
10. 一个不透明袋中装有2个红球､2个白球（每个球标有不同的编号，除颜色和编号外均相同），从中不放回依次抽取2个球，记事件为“第一次取的球为红球”，事件为“第二次取的球为白球”，则（ ）
A.
B. 为对立事件
C. 为相互独立事件
D. 抽取的2个球中至多1个白球的概率为
【答案】AD
【解析】
【分析】记个红球编号为,个白球编号为，写出样本空间及事件的样本点，对于A，用古典概率公式计算事件概率即可；对于B，事件包含共同的样本点，故不对立；对于C，根据独立事件的概念判断即可；对于D，记事件为“抽取的2个球中至多一个白球”，用古典概率公式计算即可.
【详解】记个红球编号为,个白球编号为，
所以样本空间
，
事件包含的样本点为，
事件包含的样本点为，
对于A，因为，故A正确；
对于B，因为事件包含共同的样本点，故事件不对立，故B错误；
对于C，因为，所以不独立，故C错误；
对于D，记事件为“抽取2个球中至多一个白球”，
则事件包含的样本点为
，
所以，故D正确.
故选：AD.
11. 已知抛物线：，为坐标原点，过点的直线交抛物线与，两点，则（ ）
A. 抛物线的准线为B.
C. D. 的最小值为4
【答案】BC
【解析】
【分析】对A，根据抛物线方程求准线判断；对B：将直线方程与抛物线联立判断；对C：用数量积坐标表示求算；对D：用基本不等式求最小值.
【详解】对A：由知准线为，故A错误；
对B：设直线的方程为
联立，得，
则，所以B正确；
对C：，故C正确；
对D：，
当且仅当即时取等号，故D错误.
故选：BC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若过点作圆的切线，切点为，则________．
【答案】2
【解析】
分析】根据两点间距离公式得到，然后利用勾股定理求即可.
【详解】
由题意得圆的圆心坐标，半径，，
则，
所以.
故答案为：2.
13. 设，若函数有小于零的极值点，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】由函数极值的概念可得：有小于零的根，即：有小于零的根，问题得解．
【详解】函数有小于零的极值点等价于：
有小于零的根，即：有小于零的实数根，
当时，，所以，
整理得：
【点睛】本题主要考查了导数与函数极值的关系，还考查了转化思想及计算能力，属于中档题．
14. 已知曲线上一点，则过点的曲线的切线方程为________.
【答案】和
【解析】
【分析】设过点的切线与曲线相切于点，然后根据曲线在点处切线的斜率列出切线方程，根据切线过点，求出切点坐标，从而可求出切线方程．
【详解】，设过点的切线与曲线相切于点，
曲线在点处切线斜率，
可得切线的方程为，代入点，
可得，
解得，或，
故切点分别为和，
过点的切线方程为或，
所以过点的切线方程有两条：和．
故答案为和
【点睛】本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，同时考查了计算能力和转化的思想，解曲线的切线问题要特别注意是“在”还是“过”点，属于中档题．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知函数，且当时，有极值－5．
（1）求的值；
（2）求在上的值域．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求导函数，再根据极值点列方程求解即可；
（2）求出导函数，根据导函数正负得出单调性写出极值和最值即可得出值域.
【小问1详解】
由，得，
又当时，有极值－5，所以，解得
所以，当时，单调递减；当时，单调递增．
所以当时，有极小值．
所以．
【小问2详解】
由（1）知．
令，得，
的值随的变化情况如下表：
由表可知在上的最大值为，最小值为，
即在上的值域为．
16. △ABC中，角A、B、C的对边为a，b，c，已知，且.
（1）求角A的大小；
（2）若，求△ABC的周长的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将角化边及余弦定理即可求解；
（2）由数量积可求出，结合（1）可求出，进而可知△ABC的周长.
【小问1详解】
因为，
所以，即，
所以，
因为，所以
【小问2详解】
因为，所以，即，所以，
由（1）知，所以
又，所以，解得，
所以△ABC的周长为，
所以△ABC的周长为.
17. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，是的中点，且平面，.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明，再由平面证明，根据线面垂直判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，利用向量夹角公式求结论.
【小问1详解】
在菱形中，连接，
由已知底面是菱形，，
为等边三角形，
因为是的中点，所以，
因为平面，平面，所以.
因为平面，平面，
且，所以平面.
【小问2详解】
因为平面，平面，则有，
由（1）知，，故，，两两垂直，
如图建立空间直角坐标系，
因为是的中点，，，所以，
因为底面是菱形，，
所以，
所以为等边三角形，由（1）也为等边三角形，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则
令，则，，
所以为平面的一个法向量，
又因为平面，
所以平面的一个法向量为，
所以，
故平面与平面夹角的余弦值为.
18. 函数，.
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，若不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）对函数求导，然后分，两种情况，由导函数的正负可求得其单调区；
（2）构造函数，，把不等式的恒成立转化为，求得，结合分析函数的单调性并确定最小值为，再利用函数的单调性解不等式即可.
【小问1详解】
由题意得，，
当时，则，在上单增，
的递增区间为；
当时，令，则；令，则.
的递增区间为，递减区间为.
【小问2详解】
当时，令，，
则，，
由题意，得.
因为，
令，则；令，则，
在上递减，在上递增，
，
故
在上递增，
又，
，
实数的取值范围为.
19. 已知椭圆，定义椭圆上的点的“伴随点”为.
（1）求椭圆上的点的“伴随点”的轨迹方程;
（2）如果椭圆上的点的“伴随点”为，对于椭圆上的任意点及它的“伴随点”，求的取值范围;
（3）当时，直线交椭圆于A，B两点，若点A，B的“伴随点”分别是P，Q，且以PQ为直径的圆经过坐标原点，求的面积.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据“伴随点”的定义，结合点在椭圆上求解即可；
（2）根据题意，结合（1）得，进而得，再根据数量积的坐标表示，结合二次函数求解即可；
（3）设，则，进而根据得，再联立椭圆和直线的方程并结合韦达定理得，最后求弦长|AB|与点到直线的距离并求面积即可.
【小问1详解】
设.所以，根据“伴随点”的定义，有，则
又因为，
所以，即
所以，椭圆上的点的“伴随点”的轨迹方程为
【小问2详解】
由（1）知，椭圆上的点的“伴随点”的轨迹方程为，
因为椭圆上的点的“伴随点”为，
所以，根据“伴随点”的定义与（1）中结论，有，解得.
因为点在椭圆上，所以，
所以，，且，
所以
因为，所以…
所以的取值范围是
【小问3详解】
由题意，得椭圆的方程为.
设，则
联立椭圆和直线的方程，得
所以
由题意，得，所以.①
因为PQ为直径的圆经过坐标原点，
所以，即，
所以.②
将①代入②，化简，得.
所以，
所以
.
又因为点到直线的距离，
所以.
－4
－1
3
4
+
0
－
0
+
单调递增
极大值
单调递减
极小值－5
单调递增