精品解析：云南省大理市2025-2026学年高二上学期教学质量监测考试数学试题

大理市2025～2026学年上学期高二年级教学质量监测考试 数学试卷 （全卷四个大题，共19个小题，共6页；满分150分，考试用时120分钟） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号等在答题卡上填写清楚，并认真核准条形码上的相关信息，在规定的位置贴好条形码. 2.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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.非选择题用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数（其中为虚数单位），则的虚部是（ ） A. B. C. D. 3. 下列函数是偶函数，且在上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知角的终边过点，且，则（ ） A. B. 1 C. －1或1 D. 5. 设椭圆的左、右焦点分别为、，是上的点，轴，，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. . 6. 设数列的前项和为，且对任意的正整数，，都有，若，则（ ） A. 9 B. 8 C. D. 7. 在三棱柱中，已知底面，侧棱，，，且该三棱柱的6个顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知抛物线的焦点为，直线与交于A，B两点，且，则直线倾斜角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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. 设A，B为两个随机事件，且，，下列说法正确的有（ ） A. 若A，B互斥，则 B. 若，则 C. 若，则A，B独立 D. 若，则A，B独立 10. 如图，四面体的所有棱长都是2，，分别是边OA，BC的中点，连接，设，，，则（ ） A. B. C. 直线与直线所成角的大小为 D. 直线与平面所成角的余弦值为 11. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：，且（为正整数），设数列的前项和为，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，使得需要步雹程 D. 若，则所有可能的取值集合为 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知平面向量，，若，则________. 13. 过直线上的动点作圆的两条切线，切点分别为A，B，当最大时，四边形的面积为________. 14. 在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足，线段的中点为，设，，当点在圆上运动时，的最小值为________. 四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. “绿水青山就是金山银山，坚持人与自然和谐共生”的理念越来越深入人心，现已形成了全民自觉参与，造福百姓的良性循环.据此，某网站推出了关于生态文明建设进展情况的调查，调查数据表明，环境治理和保护问题仍是百姓最为关心的热点.现从参与关注生态文明建设的人群中随机选出100人，并将这100人按年龄分为第1组，第2组，第3组，第4组，如图所示. （1）求的值，并估计这组数据的第75百分位数； （2）现从年龄在及的人群中按分层抽样抽取6人，再从中选2人作为生态文明建设知识宣讲员，求这两人来自不同组的概率. 16. 已知等差数列的前项和为，且满足，. （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求证：. 17. 已知函数. （1）求的最大值以及取得最大值时自变量构成的集合； （2）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，点在线段上，且平分，若，且，求的面积. 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，且，平面平面，，是的中点，点在侧棱上，且，. （1）求证：； （2）是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 19. 已知双曲线的离心率为，且过点. （1）求双曲线的标准方程； （2）过点的直线与双曲线的右支交于另一点，当（为坐标原点）的面积为1时，求直线的方程； （3）若对，点都在双曲线上，且，设.证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大理市2025～2026学年上学期高二年级教学质量监测考试 数学试卷 （全卷四个大题，共19个小题，共6页；满分150分，考试用时120分钟） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号等在答题卡上填写清楚，并认真核准条形码上的相关信息，在规定的位置贴好条形码. 2.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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.非选择题用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先解不等式求出集合，再根据交集的概念求. 【详解】由，所以. 因为，所以. 故选：D 2. 已知复数（其中为虚数单位），则的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的乘法化简复数，利用复数的概念可得结果. 【详解】因为，则的虚部是， 故选：C. 3. 下列函数是偶函数，且在上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性的定义判断其奇偶性和单调性，判断选项. 【详解】对于A：为偶函数，但在上不是增函数，错误； 对于B：为奇函数，错误； 对于C：为偶函数，根据图象可知其在上为增函数，正确； 对于D：是奇函数，错误， 故选：C. 4. 已知角的终边过点，且，则（ ） A. B. 1 C. －1或1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由三角函数的定义即可求解. 【详解】角的终边过点， 由三角函数的定义可知：， 化简得：，故， 故选：A. 5. 设椭圆的左、右焦点分别为、，是上的点，轴，，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. . 【答案】B 【解析】 【分析】先根据题意求出，；再根据椭圆的定义建立等式得出，即可得出答案. 【详解】如图，由题可知，，又因为，， 故，.又因为， 故， 故选：B. 6. 设数列的前项和为，且对任意的正整数，，都有，若，则（ ） A. 9 B. 8 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件可得数列为等比数列，再用等比数列求和公式可得. 【详解】由任意的正整数，，都有，令，则有， 故数列是以为首项，为公比的等比数列， 而， 故选：C. 7. 在三棱柱中，已知底面，侧棱，，，且该三棱柱的6个顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先分析出三棱柱外接球的球心的位置，并求出到上、下底面的距离，由正弦定理求出外接圆的半径，即可根据求出球的半径，再根据球的体积公式计算即可得解. 【详解】设三棱柱外接球的球心为， 分别为和的外心，则. 由对称性可知为的中点，所以到上、下底面的距离. 设外接圆的半径为，则由正弦定理可知，所以. 由球的性质可知球的半径， 所以该三棱柱外接球的体积. 故选：B 8. 已知抛物线的焦点为，直线与交于A，B两点，且，则直线倾斜角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，.设直线的斜率为，其倾斜角为，先得到直线的方程，联立直线与抛物线组成的方程组，得到①，由得到②，解①②组成的方程组，求出点坐标及即的值，再根据同角三角函数的关系即可求出的值. 【详解】设，. 由抛物线方程可知其焦点坐标为. 由可知三点共线，即直线过抛物线的焦点， 且直线的斜率必存在，设直线的斜率为，其倾斜角为，则. 则直线的方程为，将其代入抛物线方程， 消去，可得，则有. 又由，可得，即， 联立，因为，所以解得，或（舍去），所以， 所以直线的斜率. 所以，解得. 因为，所以. 所以直线的倾斜角的正弦值为. 故选：D 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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. 设A，B为两个随机事件，且，，下列说法正确的有（ ） A. 若A，B互斥，则 B. 若，则 C. 若，则A，B独立 D. 若，则A，B独立 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据互斥事件的定义可判断A；根据事件的包含关系可判断B；根据独立事件的概念可判断C；根据和事件的概率计算公式结合独立事件的概念可判断D. 【详解】对于A，若A，B互斥，则，A正确； 对于B，若，则，B错误； 对于C，若，则，所以A，B独立，C正确； 对于D，若， 则， 所以， 又因为， 所以，故事件，独立，从而A，B也独立，D正确， 故选：ACD. 10. 如图，四面体的所有棱长都是2，，分别是边OA，BC的中点，连接，设，，，则（ ） A. B. C. 直线与直线所成角的大小为 D. 直线与平面所成角的余弦值为 【答案】BC 【解析】 【分析】以为基底表示出，即可判断B；由可知（为实数）不成立，即与不平行，即可判断A；根据公式先求出向量夹角的余弦值，即可得到直线与直线所成角的大小，即可判断C；根据线面角的定义先找到直线与平面所成的角，再利用余弦定理求出的值，即可判断D. 【详解】因为，故B正确； 由选项B知，又因为不共面， 所以（为实数）不成立，即与不平行，故A错误； 在正四面体中，因为，且向量任意两个的夹角为， 所以， 所以 ，所以. 又因为， 所以， 所以直线与直线所成角的大小为，故C正确； 对于D，如图所示，连接与，过作交于点. 因为是正四面体，是BC的中点，所以， 又因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. 又因为平面平面，，平面， 所以平面，所以就是直线与平面所成角. 在中，， 由余弦定理可得，故D错误. 故选：BC 11. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：，且（为正整数），设数列的前项和为，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，使得需要步雹程 D. 若，则所有可能的取值集合为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据“冰雹猜想”进行推理分析，由推理可得A错B正确，再由进行推理可得C正确；对于D则需要进行逆向推理可得. 【详解】对于A，由于，则必进入循环圈，所以，故A错； 对于B，由A选项可知数列是以3为周期的周期数列，且一个周期的和为， 因为，所以，故B正确； 对于C，当时，即根据上述运算法则得出：， 故当时，使得需要11步雹程，故C正确； 对于D，若，根据上述运算法则进行逆推，若，则，或； 当时，，或；当时，，或. 故时，所有可能的取值集合为，故D正确. 故选：BCD. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知平面向量，，若，则________. 【答案】 【解析】 【分析】由向量垂直的条件可得向量的坐标，进而可得向量的模. 【详解】因为，则，则，解得， 则，则. 故答案为：. 13. 过直线上的动点作圆的两条切线，切点分别为A，B，当最大时，四边形的面积为________. 【答案】 【解析】 【分析】连接，由，通过确定最大时，最大，进而可求解. 【详解】 圆的标准方程为：， 其圆心到直线的距离为，故直线与圆相离. 连接，在Rt中，， 则当的长度最小时，最大，此时最大. 而的最小值即为圆心到直线的距离，即，此时切线长， 由于Rt， 故四边形的面积， 故答案为：. 14. 在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足，线段的中点为，设，，当点在圆上运动时，的最小值为________. 【答案】1 【解析】 【分析】利用相关点法确定动点的轨迹为椭圆，应用椭圆定义与均值不等式可求得的最小值. 【详解】设点，点，则， 因为，所以，化简得， 故动点的轨迹为椭圆. 又因为点，为椭圆的焦点， 所以， 故 （当且仅当时“”成立），故的最小值为1. 故答案为：1. 四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. “绿水青山就是金山银山，坚持人与自然和谐共生”的理念越来越深入人心，现已形成了全民自觉参与，造福百姓的良性循环.据此，某网站推出了关于生态文明建设进展情况的调查，调查数据表明，环境治理和保护问题仍是百姓最为关心的热点.现从参与关注生态文明建设的人群中随机选出100人，并将这100人按年龄分为第1组，第2组，第3组，第4组，如图所示. （1）求的值，并估计这组数据的第75百分位数； （2）现从年龄在及的人群中按分层抽样抽取6人，再从中选2人作为生态文明建设知识宣讲员，求这两人来自不同组的概率. 【答案】（1）；58.75 （2）. 【解析】 【分析】（1）根据直方图中小长方形的面积和为1 ，列出方程，即可求出值；先判断出第75百分位数所在的区间，再根据求百分位数的公式计算即可得解； （2）根据分层抽样的定义先确定从年龄在内抽取了2人，并记这2人为A，B，从年龄在内抽取了4人，并记这4人为a，b，c，d，并列举出从这6人中选2人的所有可能结果及2人来自不同组的选法，再根据古典概型的概率公式计算即可得解. 【小问1详解】 由题意可得，解得. 因为前三组频率之和为，第四组频率为0.4， 所以第75百分位数在区间内， 所以第75百分位数为； 【小问2详解】 设从年龄在内抽取了人， 从年龄在内抽取了人. 因为年龄在的人数为， 年龄在的人数为， 所以由分层抽样的定义可知，解得. 所以从年龄在内抽取了2人，记这2人为A，B， 从年龄在内抽取了4人，记这4人为a，b，c，d， 从这6人中选2人的所有可能结果有，，，，， ，，，，，，，，，， 共15种选法， 其中这2人来自不同组的选法有，，，，，， ，，共8种取法， 所以这两人来自不同组的概率为. 16. 已知等差数列的前项和为，且满足，. （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求证：. 【答案】（1）； （2） 由（1）知，. 所以， 化简得：，由于，所以. 故可得. 【解析】 【分析】（1）直接计算等差数列的基本量，从而可得通项公式； （2）直接用裂项求和法可得前n项和，进而可证不等式. 【小问1详解】 因为等差数列中，，，所以，解得： 所以. 【小问2详解】 略 17. 已知函数. （1）求的最大值以及取得最大值时自变量构成的集合； （2）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，点在线段上，且平分，若，且，求的面积. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角及和差角的正弦公式将原式变形为，分析出当时，取到最大值，再求出此时所对应的值即可； （2）先由条件求出角，再利用正弦定理得到边的关系①，再根据三角形的面积公式得到关于的另一个方程②，通过①②两个方程求出的值，即可求出的面积. 【小问1详解】 因为， 所以当时，取到最大值， 此时，解得. 所以取得最大值时，自变量构成的集合. 【小问2详解】 因为，可得. 因为，，可得，解得. 由题可知. 设，则， 由正弦定理得，， 即，，解得①. 又，即， 化简得②. 由①②解得，. 所以的面积为. 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，且，平面平面，，是的中点，点在侧棱上，且，. （1）求证：； （2）是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 证明：如图，取的中点，连接OP，OB，在菱形中，由，可得为等边三角形，所以. 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面. 又因为为的中点，可得，且， 所以四边形是平行四边形，所以，所以平面. 因为平面，所以. （2）存在，是的三等分点（靠近点） 【解析】 【分析】（1）根据等腰三角形的性质，可得线线垂直，利用线面垂直的判定以及性质，可得答案； （2）由题意建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用二面角的向量的公式，可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，可得. 又因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面. 以为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，，，， 可得，，，. 因为， 所以，所以. 设平面的一个法向量为，则 令，则，，所以. 设平面的一个法向量为，则 令，则，，所以平面的一个法向量为， 所以，，解得， 所以当是的三等分点（靠近点）时，使得平面与平面所成角的余弦值为. 19. 已知双曲线的离心率为，且过点. （1）求双曲线的标准方程； （2）过点的直线与双曲线的右支交于另一点，当（为坐标原点）的面积为1时，求直线的方程； （3）若对，点都在双曲线上，且，设.证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式. 【答案】（1） （2）或. （3）证明见解析， 【解析】 【分析】（1）根据双曲线上的点和离心率列方程组即可求解， （2）联立直线和双曲线方程，结合韦达定理求弦长，利用点到直线的距离公式计算面积，建立方程求斜率； （3）由题意有作差得：，通过化简求，即可利用等比数列的定义求解， 【小问1详解】 由题意知：，且，求解可得：， 所以双曲线的标准方程为：. 【小问2详解】 当直线的斜率不存在时，直线的方程为：， 此时，点的坐标分别为，， 则的面积为，满足题意， 故此时直线的方程为：； 当直线的斜率存在时，设其为，则直线的方程为：， 由（1）可知双曲线的渐近线方程为，而直线与双曲线交右支于点，， 则直线的斜率应满足：或，联立直线与双曲线的方程：， 消去得：. 设点，，则有： ， 而点到直线的距离为：. ， 因此：，化简得：， 即：，其中：或，且. 当时，解得不满足题意，舍去； 当时，解得（舍去）或， 此时直线的方程为：， 综上可得直线的方程为：或. 【小问3详解】 证明：由题意有，作差得：， 即有：. 又，所以， 所以，解得， 由， 且，所以数列是首项，的等比数列， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $