精品解析：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

玉溪师院附中2026届高二下学期第一次月考 数学试卷 出题：杨庆辉 审题：周燕 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. 2. 在边长为的正三角形中，的值为 A. B. C. D. 3. 已知等差数列中，，则（ ） A. 8 B. 4 C. 16 D. -4 4. 函数图象大致是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 6. 已知，且满足，则（ ） A. B. C. 2 D. 1 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. 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. 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. 数列不等比数列 C. D. 数列是递增数列 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 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 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________． 13. 设，若函数有小于零的极值点，则实数的取值范围是__________． 14. 已知曲线上一点，则过点的曲线的切线方程为________. 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． 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. 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； 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. 19. 已知椭圆，定义椭圆上的点的“伴随点”为. （1）求椭圆上点的“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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 玉溪师院附中2026届高二下学期第一次月考 数学试卷 出题：杨庆辉 审题：周燕 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. 8 B. 4 C. 16 D. -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. 1 B. C. 2 D. 【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. 2 D. 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： －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 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$