精品解析：于南宋昆明市云南民族大学附属高级中学2025-2026学年高二上学期1月月考数学试卷

高2024级高二上学期1月月考 数学试卷 （考试时间 120 分钟，满分 150 分） 命题人：徐瑞霞 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、班级、考场/座位号在答题卡上填写清楚.并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一､单项选择题：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，只有一个选项符合题目要求. 1. 已知复数满足，则的虚部为（　　） A. B. C. D. 2. 设集合，若“”是“”的必要不充分条件，则实数的值为（　　） A. B. C. D. 3. 在等差数列中，已知，则该数列前9项和的值为（　　） A. 18 B. 36 C. 54 D. 72 4. 已知向量，若，则（　　） A. B. 2 C. -2 D. 5. 已知为第二象限角，则方程表示的曲线为（ ）． A. 焦点在x轴上的双曲线 B. 焦点在y轴上的双曲线 C. 焦点在x轴上的椭圆 D. 焦点在y轴上的椭圆 6. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 7. 在中，，且，则的最小边长为（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 8. 已知抛物线的焦点为，准线为为抛物线上一点，作于点，若为等边三角形，则点的横坐标为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 如图所示是的导函数的图象，则下列结论中正确的是（ ） A. 在区间，上单调递增 B. 是的极小值点 C. 在区间上单调递减 D. 是的极小值点 10. 法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”，他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆．若椭圆的蒙日圆为，已知椭圆E的蒙日圆半径为，过圆C上的动点M作椭圆E的两条切线，交圆C于P，Q两点，直线交椭圆E于A，B两点，则下列选项中正确的是（ ）． A. 椭圆E的离心率为 B. 若椭圆E过点，则椭圆E的方程为 C. 若点D在椭圆E上，将直线，的斜率分别记为，，则 D. 的面积的最大值为 11. 已知函数图象上两个最值点之间最短距离为，则（　　） A. B. 在区间上单调递减 C. 在区间有两个极值点 D. 将图象上各点向右平移个单位长度之后得到的函数图象与的图象无交点 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则______. 13. 某地区有3个学生社会实践服务点A，B，C.4名学生需在寒假完成社会实践，每个服务点至少有一名学生，则不同的社会实践安排共有________种. 14. 已知各项均不为零的数列，其前项和是，且.给出如下结论： ①； ②若为递增数列，则的取值范围是； ③存在实数，使得为等比数列； ④，使得当时，总有. 其中所有正确结论的序号是__________. 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. 已知双曲线 （1）求双曲线C的焦点坐标、渐近线方程和离心率； （2）已知为坐标原点，若直线与双曲线交于A，B两点，求的面积. 16. 在中，，且. （1）求的大小； （2）再从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积. 条件①：； 条件②：边上的高为； 条件③：. 17. 某商场为了促进消费，推出购物优惠活动、消费者购物每满300元可参加一次抽奖，抽奖活动如下：抽奖箱设置3个红球和2个白球，每次抽取2个球.若抽中2个白球，返现金50元；若抽中1个红球和1个白球，返现金30元；若抽中2个红球，返现金20元. （1）顾客恰好消费了300元，设他所获得返现金额为随机变量.求的分布列与数学期望； （2）顾客消费了1000元： ①顾客获得返现金额为100元的概率是多少？ ②若该商场同时还推出购物享九折优惠活动（减免总金额的），则顾客应选择哪种方案更优惠？（备注：不能同时参加抽奖和打折活动） 18. 如图，在四棱锥中，，底面ABCD是边长为2的菱形且.设为AD的中点且，点到平面ABCD的距离为3. （1）求证：. （2）在线段PC上是否存在一点，使得锐二面角的余弦值为，若存在，说明点的位置；若不存在，请说明理由. 19. 某学校为丰富学生活动，积极开展乒乓球选修课，甲乙两同学进行乒乓球训练，已知甲第一局赢的概率为，前一局赢后下一局继续赢的概率为，前一局输后下一局赢的概率为，如此重复进行.记甲同学第局赢的概率为. （1）求乙同学第2局赢的概率； （2）求； （3）若存在，使成立，求整数的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2024级高二上学期1月月考 数学试卷 （考试时间 120 分钟，满分 150 分） 命题人：徐瑞霞 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、班级、考场/座位号在答题卡上填写清楚.并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一､单项选择题：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，只有一个选项符合题目要求. 1. 已知复数满足，则的虚部为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先利用除法运算公式化简复数，再求虚部. 【详解】， 所以的虚部是. 故选：A 2. 设集合，若“”是“”的必要不充分条件，则实数的值为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，转化为，列出方程组，即可求得的值，得到答案. 【详解】因为是的必要不充分条件，可得是的真子集， 又因为集合， 当时，此时方程组无解； 当时，解得，此时，满足是的真子集， 综上可得，实数的值为. 故选：C. 3. 在等差数列中，已知，则该数列前9项和的值为（　　） A. 18 B. 36 C. 54 D. 72 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等差数列性质及前项和的公式求解即得. 【详解】在等差数列中，由，得. 故选：B 4. 已知向量，若，则（　　） A. B. 2 C. -2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的数量积的坐标表示，明确和的关系，进而求出 【详解】因为 ，且. 所以 ，故. 化简得.即. 故选： 5. 已知为第二象限角，则方程表示的曲线为（ ）． A. 焦点在x轴上的双曲线 B. 焦点在y轴上的双曲线 C. 焦点在x轴上的椭圆 D. 焦点在y轴上的椭圆 【答案】A 【解析】 【分析】由题意判断，结合双曲线的标准方程即可判断出答案. 【详解】由于为第二象限角，故， 则方程即为方程，则其表示焦点在x轴上的双曲线， 故选：A． 6. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过观察图像，可知先判断函数的奇偶性进行排除，再利用特值法，分析的函数值与的大小和的函数值与的大小，从而得到答案. 【详解】由函数，可得其定义域为，关于原点对称， 又由，所以函数为奇函数， 图象关于原点对称，可得排除A、D项； 当时，可得，所以，此时； 当时，可得，所以，此时， 所以选项B符合函数的图象的形状． 故选：B． 7. 在中，，且，则的最小边长为（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理将角的正弦比转化为边长比，判断为直角三角形，根据面积公式建立关于比例系数的方程，解得比例系数，从而求得最小边. 【详解】由以及正弦定理可得，故， ，又，解得（舍）， 又因为最小的边长为，故. 故选：B 8. 已知抛物线的焦点为，准线为为抛物线上一点，作于点，若为等边三角形，则点的横坐标为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用抛物线的标准方程先确定F坐标，结合定义与正三角形的性质计算即可. 【详解】由抛物线的定义可知，且，过作， 可知D为的中点， 则，即，所以点的横坐标为3. 故选：C 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 如图所示是的导函数的图象，则下列结论中正确的是（ ） A. 在区间，上单调递增 B. 是的极小值点 C. 在区间上单调递减 D. 是的极小值点 【答案】ABC 【解析】 【分析】先由导函数图象得到的单调性，进而得到极值点情况，从而可得结果. 【详解】由图象知，当和时，，所以函数在，上单调递增，故A正确； 当时，所以函数在区间上单调递减，故C正确； 当和时，，当时，所以函数在和上单调递减，在上单调递增， 所以是的极小值点，是的极大值点，故B正确，D错误． 故选：ABC. 10. 法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”，他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆．若椭圆的蒙日圆为，已知椭圆E的蒙日圆半径为，过圆C上的动点M作椭圆E的两条切线，交圆C于P，Q两点，直线交椭圆E于A，B两点，则下列选项中正确的是（ ）． A. 椭圆E的离心率为 B. 若椭圆E过点，则椭圆E的方程为 C. 若点D在椭圆E上，将直线，的斜率分别记为，，则 D. 的面积的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据即可求解A,结合点在椭圆上，可求解B，根据对称性以及斜率公式即可求解C，根据面积公式即可判断D. 【详解】由题意可知：蒙日圆必过点，蒙日圆方程为， 对于A，蒙日圆为，则，则， 则，所以椭圆E的离心率为，A正确； 对于B，根据题意得，又椭圆E过点，故， 所以，，则椭圆E的方程为，B错误； 对于C，，则是圆的直径，经过原点，则A，B两点关于原点对称， 设，，， 则，C正确； 对于D，直径，点M到的距离小于等于， 则的面积的最大值为，D正确， 故选：ACD． 11. 已知函数图象上两个最值点之间最短距离为，则（　　） A. B. 在区间上单调递减 C. 在区间有两个极值点 D. 将图象上各点向右平移个单位长度之后得到的函数图象与的图象无交点 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正弦型函数最值点与周期的关系，结合正弦型函数的单调性、极值的定义逐一判断即可. 【详解】因为函数图象上两个最值点之间最短距离为， 所以该函数的最小正周期为， 因为，所以有，即，因此选项A正确； 由当时，，显然成立，因此选项B正确； 由， 解得， 当时，，因此选项C不正确； 将图象上各点向右平移个单位长度之后得到的函数为，即， 函数，所以， 当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 因此，当时，当且仅当时，函数有最小值， 此时，所以与函数没有交点，故选项D正确. 故选：ABD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知，应用赋值法求出对应参数、系数和，即可求. 【详解】令，则， 令，则， 所以. 故答案为： 13. 某地区有3个学生社会实践服务点A，B，C.4名学生需在寒假完成社会实践，每个服务点至少有一名学生，则不同的社会实践安排共有________种. 【答案】36 【解析】 【分析】先把4人分成3组，再把3组分到3个不同的社会实践服务点即可. 【详解】先从4名学生中选出2人组成一个小组，有种方法； 再将这个两人小组与其余2名学生安排到3个不同的服务点，有种方法， 根据分步乘法计数原理，共有种不同的安排. 故答案为：36 14. 已知各项均不为零的数列，其前项和是，且.给出如下结论： ①； ②若为递增数列，则的取值范围是； ③存在实数，使得为等比数列； ④，使得当时，总有. 其中所有正确结论的序号是__________. 【答案】①②④ 【解析】 【分析】根据的递推关系可得，所以的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，进而得，即可结合选项求解. 【详解】由得，相减可得， 由于各项均不为零，所以，所以的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列， 对于①，，故正确； 对于②，由于的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，所以， 若，则需要，则，故正确， 对于③，，若为等比数列，则为常数，则， 此时，故，进而可得数列的项为显然这不是等比数列，故错误， 对于④，若，只要足够大，一定会有 ， 则，只要足够的大， 趋近于0， 而，显然能满足，故，当时，总有，故正确， 故答案为：①②④ 【点睛】方法点睛：本题考查了数列的递推公式，数列单调性及与数列有关的比较大小问题．根据数列前项和与数列的项的递推关系求通项公式时，注意分析，在处理涉及隔项数列问题，一般要考虑分为奇数和偶数来分类讨论，含参的恒成立或者存在类问题，先分离参数，转化为求式子的最大值或最小值问题来处理． 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. 已知双曲线 （1）求双曲线C的焦点坐标、渐近线方程和离心率； （2）已知为坐标原点，若直线与双曲线交于A，B两点，求的面积. 【答案】（1）焦点坐标为，渐近线方程为，离心率 （2） 【解析】 【分析】（1）方程化为双曲线标准方程，得到即可求解； （2）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理可得弦长，再由点到直线距离得高，即可求出面积. 【小问1详解】 由题意，知双曲线的标准方程为， 所以，故， 所以双曲线的焦点坐标为，渐近线方程为，离心率. 【小问2详解】 联立双曲线与直线的方程，化简得. 设，则， 利用弦长公式，得. 因为点到直线的距离为， 所以. 16. 在中，，且. （1）求的大小； （2）再从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积. 条件①：； 条件②：边上的高为； 条件③：. 【答案】（1） （2）选条件①：无解；选条件②：的面积为；选条件③：的面积为 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理边化角即可求解； （2）选①，由余弦定理可得答案；选②，结合余弦定理求出面积可得答案；选③，判断出是钝角，利用平方关系求出，再结合正弦定理求出，最后由三角形的面积公式可得答案. 【小问1详解】 由余弦定理及得 ， 因为，所以； 【小问2详解】 选条件①，， 由余弦定理得， 而由（1）得，显然不成立； 所以无解； 选条件②：边上的高为， 可得，即，又.， 由余弦定理得， 化简得，解得，或舍去， 所以有一解，此时的面积为； 选条件③：， 因为，所以是钝角，可得是锐角， 所以， ， 在中，由正弦定理得， 可得，再由解得， 由余弦定理得， 即，符合有一解， 此时的面积为. 17. 某商场为了促进消费，推出购物优惠活动、消费者购物每满300元可参加一次抽奖，抽奖活动如下：抽奖箱设置3个红球和2个白球，每次抽取2个球.若抽中2个白球，返现金50元；若抽中1个红球和1个白球，返现金30元；若抽中2个红球，返现金20元. （1）顾客恰好消费了300元，设他所获得返现金额为随机变量.求的分布列与数学期望； （2）顾客消费了1000元： ①顾客获得返现金额为100元的概率是多少？ ②若该商场同时还推出购物享九折优惠活动（减免总金额的），则顾客应选择哪种方案更优惠？（备注：不能同时参加抽奖和打折活动） 【答案】（1）答案见解析 （2）①0.108；②打折更划算 【解析】 【分析】（1）根据超几何分布结合对应的奖金，列出相应的概率即可； （2）消费1000元可知抽奖3次，而抽到100元的可能恰好是抽到20元，30元，50元这种组合；对于打折和抽奖，分别算出每种情况的优惠，然后对比即可. 【小问1详解】 设某顾客参加一次抽奖获得返现金额，可能取值为20，30，50， 则，， 则的分布列如下表： 20 30 50 【小问2详解】 ①由题意刚好可以抽三次，分别为50元、30元、20元各一次，则概率为0.108. ②若打九折，需支付金额为：（元）. 由（1）知每次抽中的均值为元，则抽取三次总的均值为：（元）. 因为，故打折更划算. 18. 如图，在四棱锥中，，底面ABCD是边长为2的菱形且.设为AD的中点且，点到平面ABCD的距离为3. （1）求证：. （2）在线段PC上是否存在一点，使得锐二面角的余弦值为，若存在，说明点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，点为线段PC上靠近的三等分点处 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面，再证明线线垂直即可. （2）建立空间直角坐标系，根据向量法求锐二面角的余弦，即可确定点的位置. 【小问1详解】 因为，且为AD的中点，所以. 又因为四边形是边长为2的菱形且， 所以，因为，平面 所以平面，因为平面，所以， 又因为，所以. 【小问2详解】 由（1）知，平面，且平面， 所以平面平面，且平面平面， 过点作平面的垂线，垂足为，则， 因为，所以，因为，所以， 以点为坐标原点，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，， 设为上一点，则， 所以， 设平面的法向量为， 由，得， 令，则，，即， 又平面的一个法向量为， 由题意，得，解得， 即当点为线段PC上靠近C的三等分点时，锐二面角的余弦值为. 19. 某学校为丰富学生活动，积极开展乒乓球选修课，甲乙两同学进行乒乓球训练，已知甲第一局赢的概率为，前一局赢后下一局继续赢的概率为，前一局输后下一局赢的概率为，如此重复进行.记甲同学第局赢的概率为. （1）求乙同学第2局赢的概率； （2）求； （3）若存在，使成立，求整数的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据独立事件和对立事件的概率公式结合意求解即可； （2）由题意得时，，化简变形后可得数列是首项为，公比为的等比数列，从而可求出； （3）由题意得，令，利用导数可判断在上递减，则问题转化为求的最大值，进而可求得答案. 【小问1详解】 由题意甲第2局赢的概率为， 所以乙赢的概率为； 【小问2详解】 由已知时，， 所以，又， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以； 【小问3详解】 ，即，令，则， 因为和在上递减， 所以在上递减， 因为，所以时，，则在上递减， 显然，因此要求的最小值，即求的最大值， 又，为奇数时，， 为偶数时，，且在为偶数时，是单调递减的，， 所以是中的最大值， 所以，又在上是减函数， 所以，而，故 所以， 所以满足的整数的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $