2024-2025學年云南省昆明市高二上冊9月月考數學檢測試題合集2套（含解析）

2024-2025學年云南省昆明市高二上學期9月月考數學檢測試題（一）一、單選題（本大題共8小題）1．已知直線的方程為，則直線的傾斜角為（

）A． B． C． D．2．“”是“兩直線和互相平行”的（

）A．充要條件 B．必要不充分條件C．充分不必要條件 D．既不充分也不必要條件3．已知，則在復平面內對應的點位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限4．設，則的大小關系為（

）A． B． C． D．5．在中，，且有，則線段的長為（

）A． B．2 C． D．16．已知直線恒過點，過點作直線與圓相交于兩點，則的最小值為（

）A．2 B． C．4 D．7．如圖，平行六面體的底面是矩形，其中，，且，則線段的長為（

）A．9 B． C． D．68．唐代詩人李頎的詩《古從軍行》開頭兩句說：“白日登山望烽火，黃昏飲馬傍交河．”詩中隱含著一個有趣的數學問題—“將軍飲馬”問題，即將軍在觀望烽火之后從山腳下某處出發(fā)，先到河邊飲馬后再回軍營，怎樣走才能使總路程最短？在平面直角坐標系中，設軍營所在區(qū)域為，若將軍從點處出發(fā)，河岸線所在直線方程為，并假定將軍只要到達軍營所在區(qū)域即回到軍營，則“將軍飲馬”的最短總路程為（

）A． B． C． D．二、未知（本大題共1小題）9．已知直線和圓，則（

）A．直線恒過定點 B．存在使得直線與直線垂直C．直線與圓相交 D．若，直線被圓截得的弦長為三、多選題（本大題共2小題）10．已知函數的部分圖象如圖所示，則下列說法正確的是（

）A．的最小正周期為B．的單調遞減區(qū)間為C．的圖象關于直線對稱D．的圖象可由函數的圖象向左平移個單位長度得到11．如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F分別是DD1，DB的中點，則下列選項中正確的是（

）A．EF平面ABC1D1B．EF⊥B1CC．EF與AD1所成角為60°D．EF與平面BB1C1C所成角的正弦值為四、填空題（本大題共3小題）12．過點且方向向量為的直線的一般式方程為．13．已知正三棱柱的各棱長都等于2，點是的中點，則異面直線與所成角的余弦值為．14．阿波羅尼斯（古希臘數學家，約公元前262-190年）的著作《圓錐曲線論》是古代世界光輝的科學成果，它將圓錐曲線的性質網羅殆盡，幾乎使后人沒有插足的余地.他證明過這樣一個命題；平面內與兩定點距離的比為常數且的點的軌跡是圓，后人將這個圓稱為阿氏圓．現有，，則的最大面積為．五、解答題（本大題共5小題）15．已知圓經過點，從下列3個條件選取一個________①過點；②圓恒被直線平分；③與軸相切.(1)求圓的為程；(2)已知線段的端點的坐標是，端點在圓上運動，求線段的中點的軌跡方程．16．在①；②；③這三個條件中任選一個，補充到下面橫線上，并解答問題.在中，內角、、的對邊分別為、、，且_________.(1)求角的大小；(2)若為銳角三角形，且，求面積的取值范圍.17．已知點，圓，過點的動直線與圓交于，兩點，線段的中點為，為坐標原點．（1）求的軌跡方程；（2）當時，求的方程及的面積．18．為了建設書香校園，營造良好的讀書氛圍，學校開展“送書券”活動.該活動由三個游戲組成，每個游戲各玩一次且結果互不影響．連勝兩個游戲可以獲得一張書券，連勝三個游戲可以獲得兩張書券．游戲規(guī)則如下表：游戲一游戲二游戲三箱子中球的顏色和數量大小質地完全相同的紅球3個，白球2個（紅球編號為“1，2，3”，白球編號為“4，5”）取球規(guī)則取出一個球有放回地依次取出兩個球不放回地依次取出兩個球獲勝規(guī)則取到白球獲勝取到兩個白球獲勝編號之和為獲勝(1)分別求出游戲一，游戲二的獲勝概率；(2)一名同學先玩了游戲一，試問為何值時，接下來先玩游戲三比先玩游戲二獲得書券的概率更大．19．如圖，在四棱錐中，平面，正方形的邊長為2，是的中點

(1)求證：平面.(2)若直線與平面所成角的正弦值為，求的長度.(3)若，線段上是否存在一點，使平面?若存在，求出的長度；若不存在，請說明理由.

答案1．【正確答案】C【詳解】將化為，則直線的斜率為，設直線的傾斜角為，，則，得.故選：C.2．【正確答案】A【詳解】由兩直線和互相平行得，解得，所以“”是“兩直線和互相平行”的充要條件；故選：A.3．【正確答案】A【詳解】，對應點坐標為，在第一象限．故選：A．4．【正確答案】D【詳解】因為在上單調遞增，所以，因為在上單調遞減，所以，且.由，則，綜上可知.故選：D.5．【正確答案】D【詳解】在中，由余弦定理可得，則，即，解得.則由即，可得，又，可知是的中點，故即為斜邊上的中線，則.故選：D.6．【正確答案】B【詳解】解：由題意得：直線恒過點，圓的圓心坐標為，，當時，AB最小，，故選：B7．【正確答案】C【詳解】由，得到，因為底面是矩形，，，所以，，因為，所以，所以，，故．故選：C．8．【正確答案】B【詳解】設點關于直線的對稱點為，則，解得，即，問題轉化為求點到圓上點的距離的最小值，所以此“將軍飲馬”的最短總路程為.故選：B.

9．【正確答案】ACD【詳解】由，得，所以直線恒過定點0,1，故A正確；直線的斜率為k，直線的斜率為k，兩直線斜率相等，所以兩直線平行，故B錯誤；圓心到直線l的距離為，而圓的半徑為，所以直線與圓相交，故C正確；若，圓心到直線l的距離為，所以直線被圓截得的弦長為，故D正確；故選：ACD10．【正確答案】ABC【詳解】觀察圖象得，，函數的最小正周期，解得，由，得，而，則，，對于A，的最小正周期為，A正確；對于B，由，解得，因此函數的單調遞減區(qū)間為，B正確；對于C，，的圖象關于直線對稱，C正確；對于D，將函數的圖象向左平移個單位長度得，D錯誤.故選：ABC11．【正確答案】ABD【詳解】對于A，連結BD1，在DD1B中，E、F分別為D1D、DB的中點，則EFD1B，又∵D1B平面ABC1D1，EF平面ABC1D1，∴EF平面ABC1D1，故A正確；對于B，∵平面，且平面，平面，∴B1C⊥AB，又B1C⊥BC1又AB平面ABC1D1，BC1平面ABC1D1，ABBC1=B∴B1C⊥平面ABC1D1又∵BD1平面ABC1D1∴B1C⊥BD1，而EFBD1∴EF⊥B1C，故B正確；對于C，由選項A，可知，在中，可知，所以，所以EF與AD1所成角不為60°，故C不正確；對于D，由選項A，可知，且平面，所以為EF與平面BB1C1C所成的角，在中，可知，所以，故D正確.故選：ABD12．【正確答案】【詳解】由該直線方向向量為，故可設為，則有，解得，即該直線的一般式方程為.故答案為.13．【正確答案】/【詳解】連結，交于點，作，交于點，連結，異面直線與所成的角為或其補角，因為，且，所以，所以，，，，中，

故14．【正確答案】12【詳解】以線段的中點為原點，直線為軸建立平面直角坐標系，則，設，由，得，整理得，因此點的軌跡方程為，，顯然上的點到軸，即直線距離的最大值為4，所以面積的最大值為.故1215．【正確答案】(1)(2)【詳解】（1）選條件①．設圓的方程為，將，代入可得，解得，則圓的方程為．選條件②．直線恒過點．因為圓恒被直線平分，所以恒過圓心，所以圓心坐標為，又圓經過點，所以圓的半徑，所以圓的方程為，即．選條件③．設圓的方程為，由題意可得，解得，則圓的方程為，即．（2）設，，因為為線段的中點，所以，因為點是圓上的動點，所以，所以的軌跡方程為．16．【正確答案】(1)條件選擇見解析，(2)【詳解】（1）解：選①，由及正弦定理可得，、，則，所以，，故；選②，由及正弦定理可得，因為，則，所以，，故；選③，由及正弦定理可得，由余弦定理可得，因為，故.（2）解：因為為銳角三角形，且，則，可得，，由正弦定理，則，所以，.17．【正確答案】（1）；（2）的方程為，的面積為.【詳解】解：（1）由圓，即x2+圓的圓心坐標為，半徑．設，則，．由題意可得，即．整理得．的軌跡方程是．（2）由（1）知的軌跡是以點為圓心，為半徑的圓，由于，故在線段的垂直平分線上，又在圓上，從而．，直線的斜率為．直線的方程為，即．則到直線的距離為．又到的距離為，．．18．【正確答案】(1)游戲一獲勝的概率為，游戲二獲勝的概率為；(2)的所有可能取值為．【分析】(1)利用列舉法，結合古典概型的概率公式即可得解；(2)利用互斥事件與獨立事件的概率公式求得先玩游戲二與先玩游戲三獲得書券的概率，從而得到游戲三獲勝的概率，進而利用表格得到編號之和為的概率，由此得解.【詳解】(1)設事件“游戲一獲勝”，“游戲二獲勝”，“游戲三獲勝”，游戲一中取出一個球的樣本空間為，則，因為，所以，．所以游戲一獲勝的概率為．游戲二中有放回地依次取出兩個球的樣本空間，則，因為，所以，所以，所以游戲二獲勝的概率為．(2)設“先玩游戲二，獲得書券”，“先玩游戲三，獲得書券”，則，且，，互斥，相互獨立，所以又，且，，互斥，所以若要接下來先玩游戲三比先玩游戲二獲得書券的概率大，則，所以，即．進行游戲三時，不放回地依次取出兩個球的所有結果如下表：

第二次第一次1234512345當時，，舍去當時，，滿足題意，因此的所有可能取值為．19．【正確答案】(1)證明見解析(2)或(3)存在，【詳解】（1）

連結交于點.因為四邊形是正方形，所以是的中點，又是的中點，所以.因為平面，平面，所以平面.（2）

因為平面，平面，所以．因為四邊形為正方形，所以．又，平面，平面，所以平面．以點為坐標原點，過點作的平行線為軸，分別以、為軸，建立空間直角坐標系，設，則，，，，，，設平面的法向量為m=x1,y1,z則，令，則，，則，設與平面所成角為，，解得或，所以的長度或.（3）存在，理由如下：因為，結合（2），，，所以，，，令，則，所以，所以，設平面法向量為n=x則，令，則，，所以，因為平面，所以，所以有，解得，所以，因為，所以.2024-2025學年云南省昆明市高二上學期9月月考數學檢測試題（二）一、單選題（每題5分，共40分）1．給出下列6個關系：①，②，③，④，⑤，⑥.其中正確命題的個數為（

）A．4 B．2 C．3 D．52．設集合，則（）A． B．C． D．3．集合A=，B=，則=【】A． B． C． D．4．命題“，”的否定是（

）A．， B．，C．， D．，5．已知，，則是的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充要也不必要條件6．集合，，將集合A，B分別用如圖中的兩個圓表示，則圓中陰影部分表示的集合中元素個數恰好為4的是（

）A． B． C． D．7．設集合，則集合的子集個數為（

）A． B． C． D．8．已知集合，若為單元素集合時，則（

）A． B．C．或 D．或二、多選題（每題6分，選錯0分，選對但不全得部分分，共18分）9．下列條件中，是“”成立的必要條件的是（

）A． B． C． D．10．下列說法正確的有（

）A．是的必要不充分條件B．“”是‘’成立的充分條件C．命題，則D．為無理數是為無理數的既不充分也不必要條件11．設集合，若，則（

）A． B． C． D．三、填空題12．“”是“”的條件.(用“充分不必要”、“必要不充分”或“充要條件”填空)13．某年級先后舉辦了數學、歷史、音樂講座，其中有75人聽了數學講座，68人聽了歷史講座，61人聽了音樂講座，17人同時聽了數學、歷史講座，12人同時聽了數學、音樂講座，9人同時聽了歷史、音樂講座，還有6人聽了全部講座，則聽講座人數為．14．集合，，且，則滿足條件的的個數為．四、解答題15．已知，.(1)若是的子集，求實數的值；(2)若是的子集，求實數的取值范圍.16．已知集合，集合，集合．(1)若，求實數a的值；(2)若，，求實數a的值．17．已知集合，，且.(1)寫出集合的所有子集；(2)求實數的值組成的集合.18．已知集合，，全集．(1)當時，求；(2)若“”是“”的必要條件，求實數的取值范圍．19．已知是非空數集，如果對任意，都有，則稱是封閉集.(1)判斷集合是否為封閉集，并說明理由；(2)判斷以下兩個命題的真假，并說明理由；命題：若非空集合是封閉集，則也是封閉集；命題：若非空集合是封閉集，且，則也是封閉集；(3)若非空集合是封閉集合，且為全體實數集，求證：不是封閉集.1．A【分析】根據R，，，，，這幾個常用數集的含義判斷即可.【詳解】對于①，因為為無理數，有理數和無理數統(tǒng)稱為實數，所以，所以①正確；對于②，因為是無理數，所以，所以②錯誤；對于③，因為不是正整數，所以，所以③正確；對于④，因為，所以④正確；對于⑤，因為是無理數，所以，所以⑤正確；對于⑥，因為，所以⑥錯誤.故選：A.2．C【分析】根據交集的知識求得正確答案.【詳解】依題意.故選：C3．D【分析】根據集合補集與交集求結果.【詳解】因為，所以,選D.本題考查集合補集與交集,考查基本求解能力,屬基礎題.4．D【分析】根據特稱命題的否定直接得出答案.【詳解】因為特稱命題的否定是全稱命題，所以命題“，”的否定是為：，，故選：D.5．A【分析】根據不等式表示的范圍大小得出和的包含關系，即可得出結論.【詳解】易知集合是集合的真子集，即可得，所以是的充分而不必要條件.故選：A6．C【分析】記，然后分析每個選項對應的集合的運算并求解出結果進行判斷即可.【詳解】因為，，所以，記，對于A選項，其表示，不滿足；對于B選項，其表示，不滿足；對于C選項，其表示，滿足；對于D選項，其表示，不滿足；故選：C.7．B【分析】根據條件，先化簡集合，再利用子集個數的計算公式，即可求解.【詳解】易知，所以的子集個數為.故選：B.8．C【分析】由題意可得兩集合組成的方程組只有唯一解，再結合方程的性質以及判別式求解即可；【詳解】因為集合，若為單元素集合，則方程組只有唯一解，所以，整理可得，當時，方程變?yōu)?，此時，符合題意；當時，，所以或，故選：C.9．BCD【分析】根據必要條件的定義求解.【詳解】“”成立的必要條件即不能比范圍小，觀察選項，BCD符合，故選：BCD.10．BD【分析】根據充分條件和必要條件的定義判斷ABD，根據全稱量詞命題的否定為特稱量詞命題的否定判斷C.【詳解】對于A，若，則，但由不能推出，所以是的充分不必要條件，故A錯誤；對于B，時，一定成立，所以是成立的充分條件，故B正確；對于C，命題，則，故C錯誤；對于D，當時，，當時，為無理數，所以為無理數是為無理數的既不充分也不必要條件，故D正確.故選：BD.11．ACD【分析】設，再逐一驗證即可.【詳解】由題意可設，則，A正確.，當或時，，B錯誤，，C正確，，D正確.故選：ACD.12．必要不充分由，可得，或，或；由，可得，再利用充分與必要的定義來判斷.【詳解】由，可得，或，或；由，可得；顯然，“”可以推出“”，即必要性成立；而“”不可以推出“”，即充分性不成立，所以“”是“”的必要不充分條件.故必要不充分本題考查充分必要條件的應用，解題的關鍵是將兩個等式化到最簡，考查學生的邏輯推理能力，屬于基礎題.13．172【分析】畫出韋恩圖求解即可.【詳解】，（人．故17214．【分析】依題意可得，即可得到或或，解得即可，需注意檢查是否滿足集合元素的互異性.【詳解】解：集合，，且，所以，∴或或，解得，或（舍去），或，或，∴滿足條件的的個數是．故．15．(1)(2)或【分析】（1）首先求出集合，依題意可得，則和為方程的兩根；（2）分、為單元素集合、為雙元素集合三種情況討論，分別求出參數的取值范圍.【詳解】（1）因為，若是的子集，則，所以，解得.（2）若是的子集，則.①若為空集，則，解得；②若為單元素集合，則，解得.將代入方程，得，解得，所以，符合要求；③若為雙元素集合，，則.綜上所述，或.16．(1)(2)【分析】（1）求出集合，由，得到，由此能求出a的值，