云南省昭通市镇雄县三校2024−2025学年高二下学期第一次月考 数学试题（含解析）

这是一份云南省昭通市镇雄县三校2024−2025学年高二下学期第一次月考 数学试题（含解析），共11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（本大题共8小题）
1．若集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若函数满足，则的值为（ ）
A．B．2C．3D．4
3．已知数列满足，，则（ ）
A．B．C．D．
4．如图，这是某城市在2023年12月－2024年2月的二手房销量数据折线图．下列说法正确的是（ ）
A．这组数据的极差为470B．这组数据的众数为365
C．这组数据的中位数为387D．这组数据的平均数约为360
5．若，，，则a，b，c的大小关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
6．已知单位向量，满足，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
7．已知焦点在x轴上的双曲线的两条渐近线互相垂直，则（ ）
A．1B．C．D．1或
8．已知，若，当取得最大值时，（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知事件，满足，，则下列结论正确的是( ).
A．若，则
B．若与互斥，则
C．若，则与相互独立
D．若与相互独立，则
10．记为等差数列的前项和，已知，则（ ）
A．的公差为3B．
C．有最小值D．数列为递增数列
11．已知函数与其导函数的部分图象如图所示，若函数，则下列关于函数的结论不正确的是（ ）
A．在区间上单调递减
B．在区间上单调递增
C．当时，函数有极小值
D．当时，函数有极小值
三、填空题（本大题共3小题）
12．复数满足（为虚数单位），则 ．
13．过坐标原点O作倾斜角为的直线l，则直线l被圆所截得的弦长为 .
14．设圆台的高为3，如图，在轴截面中母线与底面直径AB的夹角为60°，轴截面中的一条对角线垂直于腰，则圆台的体积为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．在中，角的对边分别是.
(1)求角的大小；
(2)若面积为，且周长为6，求.
16．已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中是的中点，是的中点.
(1)求证平面；
(2)求平面与平面的夹角余弦值；
17．已知㭻圆：（）经过点，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆交于点（异于顶点）与轴交于点，点为椭圆的右焦点，为坐标原点，，求直线的方程.
18．已知数列的前n项和为，满足.
(1)求和；
(2)求数列的通项公式；
(3)设，求数列的前n项和.
19．已知函数．
(1)当时，求在处的切线方程：
(2)若在上单调递增，求的取值范围；
(3)若，，证明：．
参考答案
1．【答案】C
【详解】由题意可知：，
所以.
故选C.
2．【答案】C
【详解】由，得，
则，解得，
故选C.
3．【答案】D
【详解】由，，则，，，
所以数列的最小正周期为，
由，则.
故选D.
4．【答案】C
【详解】将这13个数据从小到大排列：．
这组数据的极差为，众数为420，第7个数387为中位数，
平均数为．
故选C．
5．【答案】D
【详解】，
，
，
故选D．
6．【答案】C
【详解】因为，，
所以在上的投影向量为
故选C.
7．【答案】A
【详解】因为双曲线的焦点在x轴上，所以，即.
又双曲线的两条渐近线互相垂直，所以，即，解得或（舍）.
故选A.
8．【答案】D
【详解】由可知，，
所以，可得，
设，因为，所以，
则，当且仅当时，等号成立，
故选D．
9．【答案】BC
【详解】对于A，由，得，A错误；
对于B，由A与B互斥，得，B正确；
对于C，由，得，则A与B相互独立，C正确；
对于D，由A与B相互独立，得，相互独立，则，D错误.
故选BC.
10．【答案】BC
【详解】对于A，由题意可得
，解得，故A错误；
对于B，，故，故B正确；
对于C，，所以当时，取到最小值，故C正确；
对于D，，且，故D错误.
故选BC.
11．【答案】ABD
【详解】由有，
由图可知的分布如图所示：
当时，，，，所以，
所以在单调递增，故A错误；
当时，，所以，即，在单调递减，故B错误；
当时，，所以，由图可知当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增，所以时的极小值点，故当时，函数有极小值，故C正确；
当时，，所以，由图可知当时，，所以，所以，
所以在单调递增，所以当时，函数有极大值，故D错误.
故选ABD.
12．【答案】
【详解】依题意，，所以，
所以.
13．【答案】
【详解】由题意可得直线l的方程为，即，即，
圆的圆心为，半径为，
圆心到直线l的距离为，
所以直线l被圆所截得的弦长为
14．【答案】
【详解】设上，下底面半径，母线长分别为r，R，l．
作于点，则，．
又，，，．
又，，，．
又，．
圆台的体积为．
15．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理，边化角，再结合三角和角公式和诱导公式求解即可；
（2）由面积公式求出，结合周长，得到，再用余弦定理得到，，代入求解即可．
【详解】（1）因为，所以
由正弦定理得，
因为
所以
因为，所以，所以，故
（2）由题意得
因为，所以
由余弦定理得，所以
所以，解得.
16．【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取中点，利用线面平行判定推理即得.
（2）以A为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求解即得.
【详解】（1）取中点，连接，由是的中点，得，且，
由是的中点，得，且，
则有，四边形是平行四边形，于是，
又平面平面，
所以平面.
（2）四棱柱中，平面，，则直线两两垂直，
以A为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
有，
则有，
设平面与平面的法向量分别为，
则有，令，得，
，令，得，
因此.
所以平面与平面的夹角余弦值为.
17．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆离心率以及经过的点即可求解，
（2）联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理可得点，进而根据向量垂直满足的坐标关系求解.
【详解】（1）由题意可得所以，
所以椭圆方程为；
（2）由题意可得直线的斜率存在，故设直线的方程为，，
，
所以，所以，
故，,
所以，
所以，
所以，解得，
故直线的方程为.
18．【答案】(1)，；
(2)；
(3)
【详解】（1）中，令得，解得，
令得，即，解得；
（2）①，
当时，②，
式子①-②得，
故，
所以为公比为2的等比数列，首项为，
故；
（3），
则③，
④，
式子③－④得
，
故.
19．【答案】(1)在处的切线方程为；
(2)的取值范围为；
(3)证明过程见详解.
【分析】（1）写出时的解析式，求导，并求出和，进而得出切线方程；
（2）由单调性知导函数非负，列出不等式，化简得，讨论和的情况，求出的取值范围；
（3）由（2）的结论知，当时，，分别将和代入，即可证明不等式.
【详解】（1）当时，，
所以，，
又因为，
所以在处的切线方程为.
（2）由题知，在时恒成立，
所以，
因为，所以，
所以或，
解得，
所以的取值范围为.
（3）证明：由（2）知，时，在上单调递增，
所以，，
因此，当时，，
因为，所以，，
所以，，
所以，
故当时，．
【思路导引】利用导数的几何意义计算出切线的斜率，结合的值得出切线方程，根据题目条件在上单调递增，可知导数大于等于0在时恒成立，化简得，最终计算出的范围，结合第二问中计算的的范围，可知当时，，分别将和代入，即可证明出结果.