云南省大理白族自治州大理市2024-2025学年高二上学期1月期末教学质量监测数学试卷（解析版）

这是一份云南省大理白族自治州大理市2024-2025学年高二上学期1月期末教学质量监测数学试卷（解析版），共15页。
【考试时间：2025年1月14日09：00~11：00】
（全卷四个大题，共19个小题，共4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. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求解对数不等式得集合，再根据集合的交集运算求解.
【详解】，，
所以.
故选：C.
2. 若，则复数对应的点位于第（ ）象限.
A 一B. 二
C. 三D. 四
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数乘方运算可得，再由复数的几何意义可得结论.
【详解】易知，
由可得，
可知对应点在第三象限，
故选：C.
3. 已知函数，，则“”是“函数在上单调递增”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，求出函数在1,+∞上单调递增等价条件，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】若函数在1,+∞上单调递增，则，解得，
所以“”是“函数在1,+∞上单调递增”的必要不充分条件.
故选：B.
4. 甲同学近10次数学考试成绩情况如下：103，106，113，119，123，118，134，118，125，121，则甲同学这10次数学考试成绩的第25百分位数是（ ）
A. 113B. 109.5
C. 106D. 103
【答案】A
【解析】
【分析】利用百分位数的定义即可求得结果.
【详解】已知数据按从小到大排列为：103，106，113，118，118，119，121，123，125，134，
因为，因此第25百分位数是第3个数113，
故选：A
5. 已知数列是首项为1，公差为2的等差数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差数列的定义，写出通项公式，结合题意，可得答案.
【详解】由题得，
即，则，
故选：A.
6. 已知，则（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由条件，结合两角差的正切公式求，利用商的关系将所求表达式转化为由表示的形式，代入可得结论.
【详解】因为，所以，解得，
所以，
故选：D.
7. 设，，，则的最小值为（ ）
A. B. 4C. D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】利用基本不等式中常数代换技巧求解最值即可.
【详解】由题可得：，，，
所以，
当且仅当即时取等号，故的最小值为4.
故选：B.
8. 已知正项数列满足，若，则（ ）
A. B. 10C. D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据方程组法求得时，进而，结合求解即可.
【详解】因为，
当时，，
两式相减得：，，
当时，，，又，解得.
故选：B
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. 已知事件，发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若与互斥，则
B. 若与相互独立，则
C. 若与相互独立，则
D. 若发生时一定发生，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据互斥事件概率加法公式求解判断A，根据独立事件乘法公式和概率的性质求解判断B，结合对立事件概率公式，利用独立事件乘法公式求解判断C，根据事件关系求解概率判断D.
【详解】选项A：与互斥，则，正确；
选项B：与相互独立，所以，
从而，正确；
选项C：，正确；
选项D：发生时一定发生，则，，不正确.
故选：ABC.
10. 双曲线的左、右焦点分别为，.若点是关于的一条渐近线的对称点，且恰在另一条渐近线上，则（ ）
A. 双曲线的渐近线方程为
B. 双曲线的离心率为
C. 的面积为
D. 若为双曲线上的一动点，则到两条渐近线的距离之积为定值
【答案】CD
【解析】
【分析】对于A：根据题意可知渐近线的倾斜角分别为，，进而可得渐近线方程；对于B：可知，进而可求离心率；对于C：根据题意可得，，进而可求面积；对于D：可得双曲线方程为，结合点到直线的距离公式分析判断.
【详解】对于选项A，因为点是关于的一条渐近线的对称点，且恰在另一条渐近线上，
可知，则渐近线的倾斜角分别为，，
所以双曲线的渐近线方程为，故A错误；
对于选项B，由选项A可知，
所以双曲线的离心率为，故B错误；
对于选项C，因为，且，
可知，且，
在中，可得，，
所以的面积为，故C正确；
对于选项D，由及，得，，
则双曲线的方程为.
设Px0,y0，则，
所以到两条渐近线的距离之积为，故D正确；
故选：CD.
11. 已知等比数列的首项，公比为，前项和为，前项积为，则（ ）
A. 若数列是递增数列，则
B. 当时，数列是常数列
C. 当时，存在实数，使得恒成立
D. 若，则使得成立的的最大值为10
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据递增的性质列不等式求解判断A，利用指数运算化简求出判断B，利用等比数列求和公式求解判断C，结合B选项及题意求得，，即可判断D.
【详解】A：若数列是递增数列，则当时，，
因为，所以，故A正确；
B：，
因为，所以数列不是常数列，故B错误；
C：因为当时，，
故存在，使得恒成立，故C正确；
D：因为，若，
则，，
所以，所以，，，，
所以，，则使得成立的的最大值为10，故D正确.
故选：ACD.
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，，则向量在向量上的投影向量的坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】结合数量积的坐标运算和模的坐标公式，利用投影向量公式求解即可.
【详解】向量在向量上的投影向量的坐标为.
故答案为：
13. 圆锥的底面积为，其母线长为，则该圆锥的体积为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据底面圆面积求出半径，进而求出圆锥的高，代入圆锥的体积公式即可求解.
【详解】圆锥的母线长为，底面半径长为，又，解得，
故高，可得圆锥的体积为.
故答案为：
14. 设抛物线的焦点为，直线与的一个交点为，，直线与的另一个交点为，则________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意联立直线方程分别解出的坐标，即可求得.
【详解】联立消可得，解得或，
即直线与抛物线的交点为或，∵，∴，
又，直线：，即，
联立，消可得，
解得或，则，此时.
故答案为：
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. 如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面和平面所成的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，证明出，，结合线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得平面和平面所成的夹角的余弦值.
【小问1详解】
连接，因为底面，底面是矩形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，P0,0,1，，，
所以，，，
因为，，所以，，
又，、平面，所以平面
【小问2详解】
由（1）知平面的一个法向量为，
，，
设平面的法向量为m=x,y,z，则有，
令，则，，故，
所以，
所以平面和平面所成夹角的余弦值为.
16. 一个圆切直线于点，且圆心在直线上.
（1）求该圆的方程；
（2）过直线上一点引圆两条切线，切点分别为，，求四边形面积的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据直线垂直关系求出PM直线方程，与直线方程联立求得圆心，再求出半径即可得解；
（2）先判断直线与圆相离，然后利用对称性得四边形面积为，结合垂线段最短利用点线距离求解即可.
【小问1详解】
设圆心坐标为，
则设过点的半径所在的直线为，代入，可得，
由解得所以.
所以，
所以圆的方程为.
【小问2详解】
因为到直线的距离为，
所以直线与圆相离，
由题意四边形面积为，
可得，当与直线垂直时，最小，四边形面积最小.
由.所以四边形面积的最小值为.
17. 设中的内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求角；
（2）若，，三边成等比数列，角的角平分线交于点，且，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将角化边，结合内角和公式，诱导公式，辅助角公式化简后求解即可；
（2）由条件根据等比中项性质可得，由关系结合面积公式可得，再结合余弦定理可求，根据三角形面积公式求结论.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得，
所以，
所以
即，
即，
因为，所以，
故，
即，因为，所以，
故.
【小问2详解】
∵，，三边成等比数列，所以，①.
∵，是的平分线，
∴，又，
∴，
化简得：②.
由余弦定理得，
将①②代入上式可得：，
∴.
18. 设等差数列的前项和为，首项，且，数列的前项和为，且满足.
（1）求数列和的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）判断数列为等差数列，结合已知求出公差即可得的通项；再利用前项和与第的关系求出通项.
（2）由（1）的结论求出，再利用错位相减法求和即得.
【小问1详解】
设等差数列公差为，则，，
于是数列是首项为，公差为的等差数列，
而，即，解得，
因此；
由数列的前项和，
当时，，即，
当时，，解得，
因此数列是以1为首项，为公比的等比数列，，
所以数列和的通项公式分别为，.
【小问2详解】
由（1）知，，
，
则有，
两式相减得
，
所以.
19. 已知和为椭圆上两点.
（1）求椭圆的离心率；
（2）过点的直线与椭圆交于、两点（、不在轴上）.
（i）若的面积为，求直线的方程；
（ii）直线和分别与轴交于、两点，求证：为定值.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知可得出、的值，可得出的值，由此可得出椭圆的离心率；
（2）（i）设、，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用三角形的面积公式可得出关于的等式，解出的值，即可得出直线的方程；
（ii）求出、，以及直线、的方程进而可得出点、的纵坐标，结合韦达定理计算可得出为定值.
【小问1详解】
由、可知，，则，
所以，即椭圆的离心率为.
【小问2详解】
由（1）可知椭圆的方程为，
（i）如图，设、，
若与轴重合，不合乎题意，
设过点的直线的方程为，
联立联立得：，
所以，，
，
得，所以，
所以直线的方程为.
（ii）由（i）可知，，
，
直线的方程为，令，得，
直线的方程为，令，得，
，
所以为定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．