精品解析：云南省曲靖市富源县胜境中学2024-2025学年高二上学期12月月考数学试题

富源县胜境中学2024~2025学年上学期12月月考 高二数学 考生注意： 1.满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.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；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 3.本卷命题范围：人教A版必修第一册，必修第二册，选择性必修第一册，选择性必修第二册第四章. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数z1=3+i,z2=1－i，则z=z1·z2在复平面内的对应点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角（ ） A. B. C. D. 4. 鱼腹式吊车梁中间截面大，逐步向梁的两端减小，形状像鱼腹，如图，鱼腹式吊车梁的鱼腹部分AOB是抛物线的一部分，其宽为8m，高为0.8m，根据图中的坐标系，该抛物线的方程为（ ） A. B. C. D. 5. 某地教育局为了解“双减”政策的落实情况，在辖区内初一年级在校学生中抽取了100名学生，调查了他们课下做作业的时间，得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论不正确的是（ ） A. 该地初一年级学生做作业的时间超过3小时的概率估计为35% B. 估计该地初一年级有一半以上的学生做作业的时间超过2小时 C. 估计该地初一年级学生做作业的时间的众数为2.25小时 D. 估计该地初一年级有一半以上的学生做作业的时间在2小时至3小时之间 6. 若直线（，）平分圆，则的最小值是（ ） A. 2 B. 5 C. D. 7. 斐波那契是意大利数学家，他研究了一列数，这列数非常奇妙，被称为斐波那契数列.斐波那契数列满足，，设，则（ ） A. 2022 B. 2023 C. 2024 D. 2025 8. 已知函数的零点分别为a，b，c，则a，b，c的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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. 等差数列的公差为，前项和为，当首项和变化时，是一个定值，则下列各数也为定值的有 A. B. C. D. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 函数在上单调递增 C. 将函数图像的横坐标缩短为原来的一半，再向左平移个单位后关于轴对称 D. 函数在上的最小值为 11. 我们通常称离心率为的椭圆为“黄金椭圆”.如图，已知椭圆，，，，为顶点，，为焦点，P为椭圆上一点，下列条件能使椭圆C为“黄金椭圆”的有（ ） A. B. C. 轴，且 D. 四边形的内切圆过焦点， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面的法向量为，点，，且，，则点到平面的距离为______． 13. 已知圆，圆，如果这两个圆有公共点，则实数取值范围是______. 14. 截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为6的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为2的截角四面体，则该截角四面体的外接球表面积为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 一个袋子中有标号分别为1、2、3、4的4个球，除标号外没有其他差异. （1）若一次摸出两个球，求摸出两球标号互质的概率； （2）若采用不放回方式从中任意摸球两次，每次摸出一个球，设事件“第一次摸出球的标号小于3”，事件“第二次摸出球的标号小于3”，判断事件与事件是否相互独立. 16. 如图，在中，，，. （1）求； （2）设为边上一点，且，求的面积. 17. 如图，直四棱柱的底面为菱形，，． （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知数列的前项和为，且 （1）求数列的通项公式； （2）设，且数列的前项和为.求. （3）在（2）条件下若都有不等式恒成立，求的取值范围. 19. 已知双曲线的右焦点为，离心率为2，直线与双曲线C的一条渐近线交于点P，且. （1）求双曲线C的标准方程； （2）若A为双曲线C的左顶点，M，N是C右支上的两动点，设直线AM，AN的斜率分别为，，若，试问：直线MN是否经过定点？证明你的结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 富源县胜境中学2024~2025学年上学期12月月考 高二数学 考生注意： 1.满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.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；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 3.本卷命题范围：人教A版必修第一册，必修第二册，选择性必修第一册，选择性必修第二册第四章. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用并集运算计算出，再求其补集即可. 【详解】解：因为，则， 故. 故选：D. 2. 复数z1=3+i,z2=1－i，则z=z1·z2在复平面内的对应点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：复数对应的点为，在第四象限 考点：复数运算 点评：复数运算中，对于复数，其对应的点为 3. 已知直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线的方向向量得到直线的斜率，进而求出倾斜角. 【详解】因为直线的一个方向向量为， 所以直线的斜率， 又因为，所以， 故选：C. 4. 鱼腹式吊车梁中间截面大，逐步向梁的两端减小，形状像鱼腹，如图，鱼腹式吊车梁的鱼腹部分AOB是抛物线的一部分，其宽为8m，高为0.8m，根据图中的坐标系，该抛物线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，设出抛物线方程，利用待定系数法求出抛物线方程. 【详解】依题意，设该抛物线的方程为， 由点在此抛物线上，得，解得， 所以该抛物线的方程为. 故选：C 5. 某地教育局为了解“双减”政策的落实情况，在辖区内初一年级在校学生中抽取了100名学生，调查了他们课下做作业的时间，得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论不正确的是（ ） A. 该地初一年级学生做作业的时间超过3小时的概率估计为35% B. 估计该地初一年级有一半以上的学生做作业的时间超过2小时 C. 估计该地初一年级学生做作业的时间的众数为2.25小时 D. 估计该地初一年级有一半以上的学生做作业的时间在2小时至3小时之间 【答案】D 【解析】 【分析】计算超过3小时的频率可判断A；利用直方图求出超过2小时的概率可判断B；求出众数可判断C；计算做作业的时间在2小时至3小时之间的频率，可判断D. 【详解】对于A，超过3小时的概率估计为：，A正确； 对于B，超过2小时的概率估计为：，所以估计该地初一年级有一半以上的学生做作业的时间超过2小时，B正确； 对于C，由图知众数约为（小时），C正确； 对于D，时间在2小时至3小时之间的概率估计为：，所以没有一半以上的学生做作业的时间在2小时至3小时之间，D错误. 故选：D. 6. 若直线（，）平分圆，则的最小值是（ ） A. 2 B. 5 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直线平分圆，得到a,b关系，再根据基本不等式，即可求解. 【详解】解：直线平分圆，则直线过圆心，即， 所以(当且仅当时，取等号) 故选：C. 7. 斐波那契是意大利数学家，他研究了一列数，这列数非常奇妙，被称为斐波那契数列.斐波那契数列满足，，设，则（ ） A. 2022 B. 2023 C. 2024 D. 2025 【答案】C 【解析】 【分析】利用斐波那契数列的规律列方程来求得的值. 【详解】由斐波那契数列的定义及递推公式可得： ， 则． 故选：C 8. 已知函数的零点分别为a，b，c，则a，b，c的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】把函数的零点转化为两个函数的图象的交点的横坐标，画出图象，即可求解. 【详解】因为函数的零点即为与的图象的交点横坐标， 函数的零点即为与的图象的交点横坐标， 函数的零点即为与的图象的交点横坐标， 在同一坐标系内，分别画出函数的图象，如图所示， 由图象可得：，所以. 故选：B. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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. 等差数列的公差为，前项和为，当首项和变化时，是一个定值，则下列各数也为定值的有 A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】 根据等差中项的性质和等差数列的求和公式可得出结果. 【详解】由等差中项的性质可得为定值，则为定值，为定值，但不是定值. 故选：BC. 【点睛】本题考查等差中项的基本性质和等差数列求和公式的应用，考查计算能力，属于基础题. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 函数在上单调递增 C. 将函数图像的横坐标缩短为原来的一半，再向左平移个单位后关于轴对称 D. 函数在上的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用三角函数的最小正周期公式、单调性的求法、三角函数图象变换以及三角函数最值的求法分析选项，由此确定正确选项. 【详解】对于A，由题可知，，故最小正周期为，故A正确； 对于B，当时，，而当时，单调递增，故B正确； 对于C，将函数图象的横坐标缩短为原来的一半，得到， 再向左平移个单位，得到，不关于轴对称，故C错误； 对于D，当时，，故，故D正确. 故选：ABD. 11. 我们通常称离心率为的椭圆为“黄金椭圆”.如图，已知椭圆，，，，为顶点，，为焦点，P为椭圆上一点，下列条件能使椭圆C为“黄金椭圆”的有（ ） A. B. C. 轴，且 D. 四边形的内切圆过焦点， 【答案】BD 【解析】 【分析】理解“黄金椭圆”的定义，利用椭圆的定义与性质，分析各个选项，求得对应的椭圆的离心率即可得解. 【详解】对于A，因为，所以，则或（舍去）， 解得，故A错误； 对于B，若，则由射影定理可得：， 即，所以，即， 又，解得，故B正确； 对于C，因为轴，不妨设，而， 又，则斜率相等，所以，即， 所以，故C错误； 对于D，因为四边形为菱形， 则四边形的内切圆的圆心为原点， 由圆的对称性可知，圆心到直线的距离等于， 因为，所以内切圆的半径为， 所以，又， 整理得：，， 又，解得，即，故D正确. 故选：BD. 【点睛】方法点晴：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解，但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面的法向量为，点，，且，，则点到平面的距离为______． 【答案】 【解析】 【分析】直接由点面距离的向量公式即可求解. 【详解】解：依题意，且平面的法向量为， 所以由点到面距离的向量公式可得， 点到平面的距离为. 故答案为：. 13. 已知圆，圆，如果这两个圆有公共点，则实数取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据圆的方程写出圆心和半径，由题意有，即可求参数范围. 【详解】由，则， 由，则， 则， 因为圆与圆有公共点，所以， 即，解得， 所以实数取值范围是. 故答案为：. 14. 截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为6的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为2的截角四面体，则该截角四面体的外接球表面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据截角四面体的定义，还原为正四面体，然后利用正四面体的相关性质即可求解. 【详解】因为棱长为的正四面体的高为，所以截角四面体上下底面距离为， 设其外接球的半径为，等边三角形的中心为，正六边形的中心为，易知外接球球心在线段上，且垂直于平面与平面，则， 所以，解得， 所以该截角四面体的外接球的表面积为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 一个袋子中有标号分别为1、2、3、4的4个球，除标号外没有其他差异. （1）若一次摸出两个球，求摸出两球标号互质的概率； （2）若采用不放回方式从中任意摸球两次，每次摸出一个球，设事件“第一次摸出球的标号小于3”，事件“第二次摸出球的标号小于3”，判断事件与事件是否相互独立. 【答案】（1）； （2）事件与事件不独立. 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用列举法求得样本空间的总数，得出所求事件中所包含的基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解； （2）根据题意，求得样本空间的总数，分别得出事件与事件所包含基本事件的个数，以及，利用古典摡型的概率计算公式，结合，即可得到答案. 【小问1详解】 解：记事件：摸出两球标号互质， 由每个样本点出现的可能性相同，样本空间为，共6个样本点， 其中事件，共5个样本点，故， 所以，摸出两球标号互质的概率为. 【小问2详解】 解：采用不放回方式从中任意摸球两次，其中样本空间为： ，共12个样本点， 其中第一次摸出球的标号小于，可得， 第二次摸出球的标号小于，可得， 所以，则，， 所以，所以事件与事件不独立. 16. 如图，在中，，，. （1）求； （2）设为边上一点，且，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题，可得，故，利用余弦定理求得答案； （2）在中，由正弦定理求得，进而求得，求出，利用三角形面积公式求解. 【小问1详解】 ∵，∴， ∵，∴， 由余弦定理，可得， 即， 解得（舍去）. 【小问2详解】 由，得， 则，， 又，∴，且， ∴. 17. 如图，直四棱柱的底面为菱形，，． （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：四边形是菱形，， 又平面，平面，． ，，平面， 平面． 平面 平面平面． （2） 【解析】 【分析】（1）利用菱形和线面垂直的性质得出线线垂直，进而可证线面垂直，得出面面垂直； （2）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量公式可求答案. 【小问1详解】 略． 【小问2详解】 解：设下底面、上底面菱形对角线交点分别为，，连接， 依题意可知，平面，以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系． ，，， ，，，， ，，． 设平面的法向量为， 则 取， 设直线与平面所成的角为， 则， 直线与平面所成角的正弦值为． 18. 已知数列的前项和为，且 （1）求数列的通项公式； （2）设，且数列的前项和为.求. （3）在（2）条件下若都有不等式恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）首先得，进一步由的关系得是以1为首项，为公比的等比数列，由此即可求解； （2）由等差数列求和公式、错位相减法求得表达式， （3）在（2）条件下进一步原问题等价于不等式恒成立，由此即可求解. 【小问1详解】 因为①， 当时可得，即. 当时，② 由①-②得，即， 即是以1为首项，为公比的等比数列， 所以. 【小问2详解】 因为， 所以， ， 两式相得，， 即， 则， 故. 【小问3详解】 由（2）知， 所以有， 即， 依题意，不等式恒成立， 因为随着n增大而减小，所以， 即的取值范围为. 19. 已知双曲线的右焦点为，离心率为2，直线与双曲线C的一条渐近线交于点P，且. （1）求双曲线C的标准方程； （2）若A为双曲线C的左顶点，M，N是C右支上的两动点，设直线AM，AN的斜率分别为，，若，试问：直线MN是否经过定点？证明你的结论. 【答案】（1） （2）直线MN恒过定点，证明见解析 【解析】 【分析】（1）由和，可得，再求出点的坐标，再结合勾股定理即可求解； （2）直线MN的方程为，与双曲线联立，求得的值，再结合，整理化简后得到，再利用，求得，即可确定直线MN经过定点. 【小问1详解】 由离心率可得，即①， 利用得②， 根据双曲线的对称性，不妨设直线与渐近线的交点为. 联立，得， 由可得，③， 由①②③解得，，. 所以双曲线的标准方程为. 【小问2详解】 由题意可知直线MN的斜率不为零，所以设直线MN的方程为， ，，由，得， 由，得， 所以，，易知，所以，， 因为，所以， 所以，所以， 化简得， 所以， 所以， 化简得，解得或， 因为M，N是C右支上的两动点，所以，所以， 所以直线MN的方程为，所以直线MN恒过定点. 【点睛】方法点睛：定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，如直线的水平位置、竖直位置，即或不存在时．找出定点，再证明该点符合题意(运用斜率相等或者三点共线)或证明与变量无关． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $