云南省大理市2025-2026学年高二上学期教学质量监测考试上学期期末数学试题（试卷+解析）

这是一份云南省大理市2025-2026学年高二上学期教学质量监测考试上学期期末数学试题（试卷+解析），共24页。
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号等在答题卡上填写清楚，并认真核准条形码上的相关信息，在规定的位置贴好条形码.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.
3.非选择题用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1 设集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
2. 已知复数（其中为虚数单位），则的虚部是（ ）
A. B. C. D.
3. 下列函数是偶函数，且在上单调递增的是（ ）
A. B.
C. D.
4. 已知角的终边过点，且，则（ ）
A. B. 1C. －1或1D.
5. 设椭圆的左、右焦点分别为、，是上的点，轴，，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D. .
6. 设数列的前项和为，且对任意的正整数，，都有，若，则（ ）
A. 9B. 8C. D.
7. 在三棱柱中，已知底面，侧棱，，，且该三棱柱的6个顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知抛物线的焦点为，直线与交于A，B两点，且，则直线倾斜角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 设A，B为两个随机事件，且，，下列说法正确的有（ ）
A 若A，B互斥，则B. 若，则
C. 若，则A，B独立D. 若，则A，B独立
10. 如图，四面体所有棱长都是2，，分别是边OA，BC的中点，连接，设，，，则（ ）
A.
B.
C. 直线与直线所成角的大小为
D. 直线与平面所成角的余弦值为
11. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：，且（为正整数），设数列的前项和为，则下列说法正确的有（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，使得需要步雹程
D. 若，则所有可能的取值集合为
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知平面向量，，若，则________.
13. 过直线上动点作圆的两条切线，切点分别为A，B，当最大时，四边形的面积为________.
14. 在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足，线段的中点为，设，，当点在圆上运动时，的最小值为________.
四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. “绿水青山就是金山银山，坚持人与自然和谐共生”的理念越来越深入人心，现已形成了全民自觉参与，造福百姓的良性循环.据此，某网站推出了关于生态文明建设进展情况的调查，调查数据表明，环境治理和保护问题仍是百姓最为关心的热点.现从参与关注生态文明建设的人群中随机选出100人，并将这100人按年龄分为第1组，第2组，第3组，第4组，如图所示.
（1）求的值，并估计这组数据的第75百分位数；
（2）现从年龄在及的人群中按分层抽样抽取6人，再从中选2人作为生态文明建设知识宣讲员，求这两人来自不同组的概率.
16. 已知等差数列的前项和为，且满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求证：.
17. 已知函数.
（1）求的最大值以及取得最大值时自变量构成的集合；
（2）已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，点在线段上，且平分，若，且，求的面积.
18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，且，平面平面，，是的中点，点在侧棱上，且，.
（1）求证：；
（2）是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
19. 已知双曲线的离心率为，且过点.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）过点的直线与双曲线的右支交于另一点，当（为坐标原点）的面积为1时，求直线的方程；
（3）若对，点都在双曲线上，且，设.证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式.
大理市2025～2026学年上学期高二年级教学质量监测考试
数学试卷
（全卷四个大题，共19个小题，共6页；满分150分，考试用时120分钟）
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号等在答题卡上填写清楚，并认真核准条形码上的相关信息，在规定的位置贴好条形码.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.
3.非选择题用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 设集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先解不等式求出集合，再根据交集的概念求.
【详解】由，所以.
因为，所以.
故选：D
2. 已知复数（其中为虚数单位），则虚部是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的乘法化简复数，利用复数的概念可得结果.
【详解】因为，则的虚部是，
故选：C.
3. 下列函数是偶函数，且在上单调递增的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性的定义判断其奇偶性和单调性，判断选项.
【详解】对于A：为偶函数，但在上不是增函数，错误；
对于B：为奇函数，错误；
对于C：为偶函数，根据图象可知其在上为增函数，正确；
对于D：是奇函数，错误，
故选：C.
4. 已知角的终边过点，且，则（ ）
A. B. 1C. －1或1D.
【答案】A
【解析】
【分析】由三角函数的定义即可求解.
【详解】角的终边过点，
由三角函数的定义可知：，
化简得：，故，
故选：A.
5. 设椭圆的左、右焦点分别为、，是上的点，轴，，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D. .
【答案】B
【解析】
【分析】先根据题意求出，；再根据椭圆的定义建立等式得出，即可得出答案.
【详解】如图，由题可知，，又因为，，
故，.又因为，
故，
故选：B.
6. 设数列的前项和为，且对任意的正整数，，都有，若，则（ ）
A. 9B. 8C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件可得数列为等比数列，再用等比数列求和公式可得.
【详解】由任意的正整数，，都有，令，则有，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，
而，
故选：C.
7. 在三棱柱中，已知底面，侧棱，，，且该三棱柱的6个顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先分析出三棱柱外接球的球心的位置，并求出到上、下底面的距离，由正弦定理求出外接圆的半径，即可根据求出球的半径，再根据球的体积公式计算即可得解.
【详解】设三棱柱外接球的球心为， 分别为和的外心，则.
由对称性可知为的中点，所以到上、下底面的距离.
设外接圆的半径为，则由正弦定理可知，所以.
由球的性质可知球的半径，
所以该三棱柱外接球的体积.
故选：B
8. 已知抛物线的焦点为，直线与交于A，B两点，且，则直线倾斜角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，.设直线的斜率为，其倾斜角为，先得到直线的方程，联立直线与抛物线组成的方程组，得到①，由得到②，解①②组成的方程组，求出点坐标及即的值，再根据同角三角函数的关系即可求出的值.
【详解】设，.
由抛物线方程可知其焦点坐标为.
由可知三点共线，即直线过抛物线的焦点，
且直线的斜率必存在，设直线的斜率为，其倾斜角为，则.
则直线的方程为，将其代入抛物线方程，
消去，可得，则有.
又由，可得，即，
联立，因为，所以解得，或（舍去），所以，
所以直线的斜率.
所以，解得.
因为，所以.
所以直线的倾斜角的正弦值为.
故选：D
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 设A，B为两个随机事件，且，，下列说法正确的有（ ）
A. 若A，B互斥，则B. 若，则
C. 若，则A，B独立D. 若，则A，B独立
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据互斥事件的定义可判断A；根据事件的包含关系可判断B；根据独立事件的概念可判断C；根据和事件的概率计算公式结合独立事件的概念可判断D.
【详解】对于A，若A，B互斥，则，A正确；
对于B，若，则，B错误；
对于C，若，则，所以A，B独立，C正确；
对于D，若，
则，
所以，
又因为，
所以，故事件，独立，从而A，B也独立，D正确，
故选：ACD.
10. 如图，四面体的所有棱长都是2，，分别是边OA，BC的中点，连接，设，，，则（ ）
A.
B.
C. 直线与直线所成角的大小为
D. 直线与平面所成角的余弦值为
【答案】BC
【解析】
【分析】以为基底表示出，即可判断B；由可知（为实数）不成立，即与不平行，即可判断A；根据公式先求出向量夹角余弦值，即可得到直线与直线所成角的大小，即可判断C；根据线面角的定义先找到直线与平面所成的角，再利用余弦定理求出的值，即可判断D.
【详解】因为，故B正确；
由选项B知，又因为不共面，
所以（为实数）不成立，即与不平行，故A错误；
在正四面体中，因为，且向量任意两个的夹角为，
所以，
所以
，所以.
又因为，
所以，
所以直线与直线所成角的大小为，故C正确；
对于D，如图所示，连接与，过作交于点.
因为是正四面体，是BC的中点，所以，
又因为，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
又因为平面平面，，平面，
所以平面，所以就是直线与平面所成角.
在中，，
由余弦定理可得，故D错误.
故选：BC
11. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：，且（为正整数），设数列的前项和为，则下列说法正确的有（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，使得需要步雹程
D. 若，则所有可能的取值集合为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据“冰雹猜想”进行推理分析，由推理可得A错B正确，再由进行推理可得C正确；对于D则需要进行逆向推理可得.
【详解】对于A，由于，则必进入循环圈，所以，故A错；
对于B，由A选项可知数列是以3为周期的周期数列，且一个周期的和为，
因为，所以，故B正确；
对于C，当时，即根据上述运算法则得出：，
故当时，使得需要11步雹程，故C正确；
对于D，若，根据上述运算法则进行逆推，若，则，或；
当时，，或；当时，，或.
故时，所有可能的取值集合为，故D正确.
故选：BCD.
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知平面向量，，若，则________.
【答案】
【解析】
【分析】由向量垂直的条件可得向量的坐标，进而可得向量的模.
【详解】因为，则，则，解得，
则，则.
故答案为：.
13. 过直线上的动点作圆的两条切线，切点分别为A，B，当最大时，四边形的面积为________.
【答案】
【解析】
【分析】连接，由，通过确定最大时，最大，进而可求解.
【详解】
圆的标准方程为：，
其圆心到直线的距离为，故直线与圆相离.
连接，在Rt中，，
则当的长度最小时，最大，此时最大.
而的最小值即为圆心到直线的距离，即，此时切线长，
由于Rt，
故四边形面积，
故答案为：.
14. 在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足，线段的中点为，设，，当点在圆上运动时，的最小值为________.
【答案】1
【解析】
【分析】利用相关点法确定动点的轨迹为椭圆，应用椭圆定义与均值不等式可求得的最小值.
【详解】设点，点，则，
因为，所以，化简得，
故动点的轨迹为椭圆.
又因为点，为椭圆的焦点，
所以，
故
（当且仅当时“”成立），故的最小值为1.
故答案为：1.
四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. “绿水青山就是金山银山，坚持人与自然和谐共生”的理念越来越深入人心，现已形成了全民自觉参与，造福百姓的良性循环.据此，某网站推出了关于生态文明建设进展情况的调查，调查数据表明，环境治理和保护问题仍是百姓最为关心的热点.现从参与关注生态文明建设的人群中随机选出100人，并将这100人按年龄分为第1组，第2组，第3组，第4组，如图所示.
（1）求的值，并估计这组数据的第75百分位数；
（2）现从年龄在及的人群中按分层抽样抽取6人，再从中选2人作为生态文明建设知识宣讲员，求这两人来自不同组的概率.
【答案】（1）；58.75
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据直方图中小长方形的面积和为1 ，列出方程，即可求出值；先判断出第75百分位数所在的区间，再根据求百分位数的公式计算即可得解；
（2）根据分层抽样的定义先确定从年龄在内抽取了2人，并记这2人为A，B，从年龄在内抽取了4人，并记这4人为a，b，c，d，并列举出从这6人中选2人的所有可能结果及2人来自不同组的选法，再根据古典概型的概率公式计算即可得解.
【小问1详解】
由题意可得，解得.
因为前三组频率之和为，第四组频率为0.4，
所以第75百分位数在区间内，
所以第75百分位数为；
【小问2详解】
设从年龄在内抽取了人， 从年龄在内抽取了人.
因为年龄在的人数为，
年龄在的人数为，
所以由分层抽样的定义可知，解得.
所以从年龄在内抽取了2人，记这2人为A，B，
从年龄在内抽取了4人，记这4人为a，b，c，d，
从这6人中选2人的所有可能结果有，，，，，
，，，，，，，，，，
共15种选法，
其中这2人来自不同组的选法有，，，，，，
，，共8种取法，
所以这两人来自不同组的概率为.
16. 已知等差数列的前项和为，且满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求证：.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）直接计算等差数列的基本量，从而可得通项公式；
（2）直接用裂项求和法可得前n项和，进而可证不等式.
【小问1详解】
因为等差数列中，，，所以，解得：
所以.
【小问2详解】
由（1）知，.
所以，
化简得：，由于，所以.
故可得.
17. 已知函数.
（1）求的最大值以及取得最大值时自变量构成的集合；
（2）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，点在线段上，且平分，若，且，求的面积.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角及和差角的正弦公式将原式变形为，分析出当时，取到最大值，再求出此时所对应的值即可；
（2）先由条件求出角，再利用正弦定理得到边的关系①，再根据三角形的面积公式得到关于的另一个方程②，通过①②两个方程求出的值，即可求出的面积.
【小问1详解】
因为，
所以当时，取到最大值，
此时，解得.
所以取得最大值时，自变量构成的集合.
【小问2详解】
因为，可得.
因为，，可得，解得.
由题可知.
设，则，
由正弦定理得，，
即，，解得①.
又，即，
化简得②. 由①②解得，.
所以的面积为.
18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，且，平面平面，，是的中点，点在侧棱上，且，.
（1）求证：；
（2）是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，是的三等分点（靠近点）
【解析】
【分析】（1）根据等腰三角形的性质，可得线线垂直，利用线面垂直的判定以及性质，可得答案；
（2）由题意建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用二面角的向量的公式，可得答案.
【小问1详解】
证明：如图，取的中点，连接OP，OB，在菱形中，由，可得为等边三角形，所以.
因为平面平面，平面平面，
且平面，所以平面.
又因为为的中点，可得，且，
所以四边形是平行四边形，所以，所以平面.
因为平面，所以.
【小问2详解】
因为，可得.
又因为平面平面，平面平面，
且平面，所以平面.
以为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则，，，，，，
可得，，，.
因为，
所以，所以.
设平面的一个法向量为，则
令，则，，所以.
设平面的一个法向量为，则
令，则，，所以平面的一个法向量为，
所以，，解得，
所以当是的三等分点（靠近点）时，使得平面与平面所成角的余弦值为.
19. 已知双曲线的离心率为，且过点.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）过点的直线与双曲线的右支交于另一点，当（为坐标原点）的面积为1时，求直线的方程；
（3）若对，点都在双曲线上，且，设.证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式.
【答案】（1）
（2）或.
（3）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）根据双曲线上的点和离心率列方程组即可求解，
（2）联立直线和双曲线方程，结合韦达定理求弦长，利用点到直线的距离公式计算面积，建立方程求斜率；
（3）由题意有作差得：，通过化简求，即可利用等比数列的定义求解，
【小问1详解】
由题意知：，且，求解可得：，
所以双曲线的标准方程为：.
【小问2详解】
当直线的斜率不存在时，直线的方程为：，
此时，点的坐标分别为，，
则的面积为，满足题意，
故此时直线的方程为：；
当直线的斜率存在时，设其为，则直线的方程为：，
由（1）可知双曲线的渐近线方程为，而直线与双曲线交右支于点，，
则直线的斜率应满足：或，联立直线与双曲线的方程：，
消去得：.
设点，，则有：
，
而点到直线的距离为：.
，
因此：，化简得：，
即：，其中：或，且.
当时，解得不满足题意，舍去；
当时，解得（舍去）或，
此时直线方程为：，
综上可得直线的方程为：或.
小问3详解】
证明：由题意有，作差得：，
即有：.
又，所以，
所以，解得，
由，
且，所以数列是首项，的等比数列，
故.