2024-2025學年云南省昆明市高二上學期9月月考數學質量檢測試卷（一）一、單選題（本大題共8小題）1．若集合，則（

）A． B． C． D．2．已知復數滿足，其中為虛數單位，則在復平面內對應的點在（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知，則（

）A． B． C． D．4．設函數，則滿足的的取值范圍是（

）A． B． C． D．5．擲一枚骰子，設事件出現的點數不小于5，出現的點數為偶數，則事件A與事件B的關系是（

）A． B．出現的點數為6C．事件A與B互斥 D．事件A與B是對立事件6．點P在直線上運動，，則的最大值是（

）A． B． C．3 D．47．如圖，在四棱錐中，底面是矩形，平面，，則該四棱錐外接球的體積為（

）A． B． C． D．8．已知直角梯形中，是腰上的動點，則的最小值為（

）A． B． C．4 D．5二、多選題（本大題共3小題）9．已知函數，則（

）A．的最小正周期為B．的圖象關于直線對稱C．將的圖象向左平移個單位長度后所得圖象關于原點對稱D．在區間上單調遞增10．在棱長為2的正方體中，點分別是線段，線段，線段上的動點（包含端點），且．則下列說法正確的有（

）A．平面B．異面直線與所成的最大角為C．三棱錐的體積為定值D．當四棱錐的體積最大時，該四棱錐外接球的表面積為11．已知定義在R上的奇函數，其周期為4，當時，，則（

）A． B．的值域為C．在上單調遞增 D．在上有9個零點三、填空題（本大題共3小題）12．已知冪函數的圖象經過點，求．13．對任意的實數，直線所過的定點為．14．定義向量在基下的坐標如下：若，則叫作在基下的坐標．已知向量在基下的坐標為，則在基下的坐標為，在基下的坐標為．四、解答題（本大題共5小題）15．如圖，三棱柱中，，，，點為的中點，且.

(1)求證：平面；(2)若為正三角形，求與平面所成角的正弦值.16．某學校為提高學生對《紅樓夢》的了解，舉辦了“我知紅樓”知識競賽，現從所有答卷卷面成績中隨機抽取100份作為樣本，將樣本數據（滿分100分，成績均為不低于40分的整數）分成六段：40,50，50,60，…，90,100，并作出如圖所示的頻率分布直方圖.(1)求頻率分布直方圖中的值.(2)求樣本數據的第62百分位數.(3)已知樣本數據落在50,60的平均數是52，方差是6；落在60,70的平均數是64，方差是3.求這兩組數據的總平均數和總方差.17．已知直線過點且與軸、軸的正半軸分別交于、兩點，為坐標原點，(1)求三角形面積取最小值時直線的方程；(2)求取最小值時直線的方程．18．如圖1，在等腰直角三角形中，分別是上的點，為的中點.將沿折起，得到如圖2所示的四棱錐，其中.

(1)求證：平面；(2)求點到平面的距離.19．著名的費馬問題是法國數學家皮埃爾·德·費馬（1601—1665）于1643年提出的平面幾何極值問題：“已知一個三角形，求作一點，使其與此三角形的三個頂點的距離之和最小”費馬問題中的所求點稱為費馬點，已知對于每個給定的三角形，都存在唯一的費馬點，當的三個內角均小于時，則使得的點M即為費馬點，在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且.若M是的“費馬點”，，.(1)求角A；(2)若，求bc的值；(3)在（2）的條件下，設，若當時，不等式恒成立，求實數n的取值范圍.

答案1．【正確答案】A【詳解】解不等式得，即，又，所以.故選：A2．【正確答案】D【詳解】依題意，，所以復數在復平面內對應的點在第四象限.故選：D.3．【正確答案】B【詳解】由題得.故選：B.4．【正確答案】C【詳解】當時，由，得，得，得，當時，由，得，得，所以，綜上，.故選：C5．【正確答案】B【詳解】出現的點數不小于5出現的點數為，出現的點數為偶數出現的點數為，則出現的點數為，故B正確，A錯誤；因為事件A與事件B可以同時發生，故事件A與B不是互斥事件，也不是對立事件，故C，D錯誤，故選：B．6．【正確答案】A【詳解】設關于的對稱點為，則，解得，即故,,當且僅當，三點共線時，等號成立.故選：A7．【正確答案】D【詳解】根據幾何體結構特征，將幾何體補形為長方體，顯然四棱錐的外接球即為長方體的外接球，所以外接球球心在中點處，又，故外接球半徑，所以.故選：D.8．【正確答案】D【詳解】如圖，以直線，分別為，軸建立平面直角坐標系，則，，，，設，，則，，，，即當時，取得最小值5.故選：D

9．【正確答案】AC【詳解】對于A，易知函數的最小正周期為，故A正確；對于B，因為，所以不是的圖象的對稱軸，故B錯誤；對于C，設的圖象向左平移個單位長度后的函數為由，由，可得函數為奇函數，所以圖象關于原點對稱，故C正確；對于D，因為，可得，所以由余弦函數的單調性可得函數在區間上單調遞減，故D錯誤．故選：AC．10．【正確答案】ACD【詳解】選項A：連結，因為在正方體中，，所以又易知四邊形為矩形，所以所以，又因為平面，平面，所以平面，故選項A正確.選項B：又，因此，因此直線MN與AP所成的角就是直線與AP所成的角，當P為中點時，直線與AP所成的角最大為90°，故選項B錯誤.選項C：觀察可知，三棱錐的體積為，故三棱錐的體積為定值，故選項C正確.選項D：由正方體的性質可知，當四棱錐的體積最大時，與重合，此時四棱錐的外接球為正方體的外接球，表面積為，故選項D正確.故選：ACD.11．【正確答案】BD【詳解】對于A，因為為R上的奇函數，所以，又其周期為4，所以，故A錯誤；對于B，因為為奇函數，所以f?x=?fx，可得又因為周期為4，所以，可得，所以，即，可得的圖象關于對稱，所以，，因為當時，為單調遞增函數，所以，又因為為奇函數，當時，所以，再由的周期為4，可得的值域為，故B正確；對于C，因為，，所以在上不具備單調性，故C錯誤；對于D，因為的周期為4，時，為單調遞增函數，所以時，為單調遞增函數，時，為單調遞增函數，又因為為奇函數，所以時，為單調遞增函數，時，為單調遞增函數，且，，，可得的大致圖象，所以在上有9個零點，故D正確.

故選：BD.12．【正確答案】【詳解】設冪函數為，因為冪函數的圖象經過點，可得，解得，即，所以.故答案為.13．【正確答案】【詳解】原方程可變形為，令，解得，于是有對，都滿足方程，所以這些直線都經過同一定點，該定點的坐標為.故答案為.14．【正確答案】【詳解】由條件知．設在基下的坐標為，則，，，不共面，，，即在基下的坐標為，設在基下的坐標為，則，，，不共面，，解得，即在基下的坐標為，故；．15．【正確答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）取中點，連接，

因為，是中點，，因為，是中點，-所以，又，平面，所以平面，又平面又，平面所以平面.（2）因為為正三角形，所以.過點作的延長線為軸，以為軸，過點作的平行線為軸，如圖建立空間直角坐標系，

則，，，，，，，設平面的法向量為，則令，得設與平面所成角為，.與平面所成角的正弦值為.16．【正確答案】(1)(2)分(3)，【詳解】（1）由，解得；（2）因為，，所以樣本數據的第62百分位數在內，可得，所以樣本數據的第62百分位數為分；（3）樣本數據落在50,60的個數為，落在60,70的個數為，，總方差.17．【正確答案】(1)；(2).【詳解】（1）由題意設，，其中，為正數，可設直線的方程為，因為直線過點，所以，由基本不等式可得，所以，，當且僅當即時，取得最小值，所以面積，所以當，時，面積最小，此時直線的方程為，即，（2）因為，，所以，當且僅當即時等號成立，所以當，時，的值最小，此時直線的方程為，即．18．【正確答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）連接，則，在中，由余弦定理可得，同理得，因為，則，可得，因為，則可知，又因為平面，所以平面.（2）取中點，則，

以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，則，可得，，設平面的一個法向量為n=x,y,z，所以，令，則，可得，所以點B到平面的距離為.19．【正確答案】(1)(2)8(3)【詳解】（1）由可得，，由正弦定理，，即，因代入可得：，因，則，故，得；（2）設則由可得，，整理得，①，又由可得，，整理得，；（3）在中，由余弦定理，，即②分別在中，由余弦定理，，將三個等式左右分別相加，，將①，②代入整理得，，于是，從而，，依題意，當時，不等式恒成立，即在1,2上恒成立，因，當且僅當時等號成立，故有，即實數n的取值范圍為.2024-2025學年云南省昆明市高二上學期9月月考數學質量檢測試卷（二）一、單選題（本大題共8小題）1．已知直線的方程，則直線的傾斜角為（

）A． B． C． D．2．在平行六面體中，已知，則（

）A． B．C． D．3．已知點，點在直線上，若直線垂直于直線，則點的坐標是（

）A． B． C． D．4．已知是空間的一組基底，其中，，.若A，B，C，D四點共面，則λ=（

）A． B． C． D．5．在三棱錐中，為的中點，則等于（

）A．-1 B．0 C．1 D．36．已知直線與曲線有公共點，則實數k的取值范圍是（

）A． B．C． D．7．已知，直線和直線與兩坐標軸圍成一個四邊形，則使得這個四邊形面積最小的k值為（

）A． B． C． D．18．已知實數，滿足方程，則下列說法不正確的個數（

）①的最大值為

②的最大值為③的最大值為

④的最大值為A．1 B．2 C．3 D．4二、多選題（本大題共3小題）9．已知直線，則下列說法正確的是（

）A．若，則或B．若，則C．若，則與的距離為D．若，則10．空間直角坐標系中，已知，下列結論正確的有（

）A． B．若，則C．點A關于平面對稱的點的坐標為 D．11．已知與，則下列說法正確的是（

）A．與有2條公切線B．當時，直線是與的公切線C．若分別是與上的動點，則的最大值是3D．過點作的兩條切線，切點分別是，則四邊形的面積是三、填空題（本大題共3小題）12．在正方體中，點、分別為棱、的中點，則異面直線與所成角的余弦值為.13．已知圓，過點的直線交圓于兩點，且點為的中點，則滿足上述條件的一條直線的方程為.14．阿波羅尼斯是古希臘著名數學家，與阿基米德、歐幾里得并稱為亞歷山大時期數學三巨匠，他研究發現：如果一個動點到兩個定點的距離之比為常數（，且），那么點的軌跡為圓，這就是著名的阿波羅尼斯圓.若點到，的距離比為，則點到直線：的距離的最大值是.四、解答題（本大題共5小題）15．已知圓的方程為．(1)求實數的取值范圍；(2)若圓與直線交于M，N兩點，且，求的值．16．如圖1，在梯形ABCD中，，，，E為CD中點，將沿AE翻折，使點D與點P重合，如圖2．(1)證明：PB⊥AE；(2)當二面角等于時，求PA與平面PEC所成角的正弦值．17．記的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知的面積為．(1)若，求；(2)求的最大值．18．已知圓M的方程為，直線l的方程為，點P在直線l上，過P點作圓M的切線，，切點為A，B．（1）若，試求點P的坐標；（2）求證：經過A，P，M三點的圓必過定點，并求出所有定點的坐標；（3）設線段的中點為N，求點N的軌跡方程.19．已知是底面邊長為1的正四棱柱，為與的交點．(1)設與底面所成角的大小為，異面直線與所成角的大小為，求證：；(2)若點C到平面的距離為，求正四棱柱的表面積；(3)若正四棱柱的高為2，在矩形內（不包含邊界）存在點P，滿足P到線段BC的距離與到線段的距離相等，求的最小值．

答案1．【正確答案】C【詳解】由題意得直線的斜率為：，所以傾斜角為.故C項正確.故選：C.2．【正確答案】D【詳解】在平行六面體中，,所以.故選：D.3．【正確答案】A【詳解】由題意知，直線過點且與直線垂直，其方程為．直線與直線的交點為，聯立方程組解得即點坐標為．4．【正確答案】D【詳解】由題意，設存在唯一的實數對，使得，即，則，則x=2，，，解得.故選：D.5．【正確答案】C【詳解】因為，所以，，，因為，.故選：C.

6．【正確答案】B【詳解】由直線過定點，又由曲線，可得，作出曲線與直線的圖象，如圖所示，因為直線，可得，又由，解得，若直線與曲線有公共點，則，即實數的取值范圍為.故選：B.7．【正確答案】C【詳解】過定點，也過定點，如圖所示，在的方程中，令，則，在的方程中，令，則，則點，，．由二次函數性質可得，當時，S取得最小值．故選：C.8．【正確答案】B【詳解】由題意知方程即表示圓，圓心為，半徑為，對于①，設，則只需直線與圓有公共點，則，解得，

即的最大值為，①正確；對于②，設，其幾何意義為圓上的點到原點的距離，而上的點到原點距離的最大值為，即t的最大值為，故的最大值為，②正確；對于③，設，則，則直線和圓有公共點，則，解得，即的最大值為，③錯誤；對于④，設，則直線與圓有公共點，則，解得，即的最大值為，④錯誤；故選：B.9．【正確答案】BCD【詳解】對A，若，則，化簡可得或，當時，化簡可知與重合，所以，故A錯誤對B，由選項A可知，故B正確；對C，根據兩平行直線距離公式，故C正確；對D，若，根據直線垂直性質可知，解之可得，故D正確.故選：10．【正確答案】AB【分析】利用向量的坐標公式，模的計算公式，對稱點的坐標，及數量積公式依次計算即可得出結果.【詳解】，,，A正確,D錯誤.若，則,則,B正確，點A關于平面對稱的點的坐標為，故C錯誤，故選：AB.11．【正確答案】BD【詳解】由題意知的圓心，半徑的圓心，半徑，所以，所以與相外切，有3條公切線，錯誤；當時，點到直線的距離，即與相切；點到直線的距離，即與相切；所以直線是與的公切線，正確；由于與相外切，故的最大值為，C錯誤；連接，則，根據勾股定理可得，

所以四邊形的面積，D正確.故選：BD.12．【正確答案】【分析】利用空間向量夾角公式進行求解即可.【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標系，設該正方體的棱長為，，，異面直線與所成角的余弦值：，故13．【正確答案】（或）【詳解】由題意得，圓心O0,0，半徑，則，故點在圓外，設點到直線的距離為，由點為的中點，得，即，即，解得，當直線斜率不存在時，直線的方程為，此時，不符合題意，當直線斜率存在時，設直線的方程為，則，解得或，所以直線的方程為或.故(或，答案不唯一).14．【正確答案】【詳解】設點，由，得，整理得，因此點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，點到直線：的距離為，所以點到直線最大距離為.故15．【正確答案】(1)(2)【分析】（1）將圓的一般方程用配方法化為標準方程，進而得到，解之即可；（2）利用弦長公式求得，進而得到，易得的值.（1）方程可化為，∵此方程表示圓，∴，即，即.（2）由（1）可得圓心，半徑，則圓心到直線的距離為，由弦長公式及，得，解得，∴，得．16．【正確答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據題意，取AE中點為O，連接PO，BO，BE，由線面垂直的判定定理可得平面POB，從而證明PB⊥AE；（2）根據題意，以O為原點，OA，OB，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，結合空間向量的坐標運算即可得到結果.【詳解】（1）證明：取AE中點為O，連接PO，BO，BE，由題可知，，又，所以，所以，，又平面POB，所以平面POB，又因為平面POB，所以．（2）因為二面角等于，所以平面PAE⊥平面ABCE，平面平面ABCE＝AE，因為PO⊥AE，所以PO⊥平面ABCE，所以OA，OB，OP兩兩垂直．以O為原點，OA，OB，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建