2024-2025学年云南省昆明市高二上册9月考试数学质量检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年云南省昆明市高二上册9月考试数学质量检测试题（含解析），共25页。试卷主要包含了 “”是“两直线和互相平行”的， 设，则的大小关系为， 在中，，且有，则线段的长为， 已知直线和圆，则等内容，欢迎下载使用。
第I部分（共58分）
一．单项选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小时给出的四个选项中，只有一项是行合题目要求的．）
1. 已知直线的方程为，则直线的倾斜角为（ ）
A B. C. D.
2. “”是“两直线和互相平行”的（ ）
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
3. 已知，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
4. 设，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
5. 在中，，且有，则线段的长为（ ）
A. B. 2C. D. 1
6. 已知直线恒过点，过点作直线与圆相交于两点，则的最小值为（ ）
A. 2B. C. 4D.
7. 如图，平行六面体的底面是矩形，其中，，且，则线段的长为（ ）
A 9B. C. D. 6
8. 唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题—“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）
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．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．）
9. 已知直线和圆，则（ ）
A. 直线恒过定点B. 存在使得直线与直线垂直
C. 直线与圆相交D. 若，直线被圆截得的弦长为
10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的单调递减区间为
C. 的图象关于直线对称
D. 的图象可由函数的图象向左平移个单位长度得到
11. 如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，DB的中点，则下列选项中正确的是（ ）
A. EF平面ABC1D1
B. EF⊥B1C
C. EF与AD1所成角为60°
D. EF与平面BB1C1C所成角的正弦值为
第II部分（共92分）
三．填空题（每小题5分，共15分，将答案填在答题卡上）
12. 过点且方向向量为的直线的一般式方程为_________．
13. 已知正三棱柱的各棱长都等于2，点是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为_________．
14. 阿波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前262-190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地.他证明过这样一个命题；平面内与两定点距离的比为常数且的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆．现有，，则的最大面积为_________．
四．解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或深处步骤）
15. 已知圆经过点，从下列3个条件选取一个________
①过点；
②圆恒被直线平分；
③与轴相切.
（1）求圆为程；
（2）已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，求线段的中点的轨迹方程．
16. 在①；②；③这三个条件中任选一个，补充到下面横线上，并解答问题.
在中，内角、、的对边分别为、、，且 _________ .
（1）求角的大小；
（2）若为锐角三角形，且，求面积取值范围.
17. 已知点，圆，过点的动直线与圆交于，两点，线段的中点为，为坐标原点．
（1）求的轨迹方程；
（2）当时，求方程及的面积．
18. 为了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券．游戏规则如下表：
（1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率；
（2）一名同学先玩了游戏一，试问为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大．
19. 如图，在四棱锥中，平面，正方形的边长为2，是的中点

（1）求证：平面.
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.
（3）若，线段上是否存在一点，使平面?若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由。
2024-2025学年云南省昆明市高二上学期9月考试数学质量检测试题
本试卷分第I部分（选择题）和第II部分（非选择题），满分150分，考试时间120分钟．
第I部分（共58分）
一．单项选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小时给出的四个选项中，只有一项是行合题目要求的．）
1. 已知直线的方程为，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】先将直线方程化为斜截式，再利用倾斜角和斜率关系即可求解.
【详解】将化为，则直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，，则，得.
故选：C.
2. “”是“两直线和互相平行”的（ ）
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
【正确答案】A
【分析】根据两直线平行的条件求解出的值，即可做出推断.
【详解】由两直线和互相平行得，解得，
所以“”是“两直线和互相平行”的充要条件；
故选：A.
3. 已知，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【正确答案】A
【分析】由复数除法求得，再根据复数的几何意义得结论．
【详解】，对应点坐标为，在第一象限．
故选：A．
4. 设，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】利用指对函数单调性比较与中间量的大小，根据角所在象限判断正弦函数值的符号得，进而可判断的大小关系.
【详解】因为在上单调递增，所以，
因为在上单调递减，
所以，且.
由，则，
综上可知.
故选：D.
5. 在中，，且有，则线段的长为（ ）
A. B. 2C. D. 1
【正确答案】D
【分析】先由余弦定理求出，可得为直角三角形，由可得为的中点，进而由斜边上的中线等于斜边一半可得的长.
【详解】在中，由余弦定理可得，
则，
即，解得.
则由即，可得，
又，可知是的中点，
故即为斜边上的中线，则.
故选：D.
6. 已知直线恒过点，过点作直线与圆相交于两点，则的最小值为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【正确答案】B
【分析】先得到直线l恒过点，圆C的圆心坐标为，然后由时，AB最小求解.
【详解】解：由题意得：直线恒过点，
圆的圆心坐标为，
，
当时，AB最小，，
故选：B
7. 如图，平行六面体的底面是矩形，其中，，且，则线段的长为（ ）
A. 9B. C. D. 6
【正确答案】C
【分析】由，两边平方，利用勾股定理以及数量积的定义求出的值，进而可得答案．
【详解】由，得到，
因为底面是矩形，，，
所以，，
因为，
所以，
所以，
，故．
故选：C．
8. 唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题—“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【详解】设点关于直线的对称点为，
则，解得，即，
问题转化为求点到圆上点的距离的最小值，
所以此“将军饮马”的最短总路程为.
故选：B.
二．多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．）
9. 已知直线和圆，则（ ）
A. 直线恒过定点B. 存在使得直线与直线垂直
C. 直线与圆相交D. 若，直线被圆截得的弦长为
【正确答案】ACD
【分析】A.由得到判断；B.由两直线斜率相等判断；C.由直线l到圆的距离和圆的半径的大小判断；D.由圆的弦长求解判断.
【详解】由，得，所以直线恒过定点0,1，故A正确；
直线的斜率为k，直线的斜率为k，两直线斜率相等，所以两直线平行，故B错误；
圆心到直线l的距离为，而圆的半径为，所以直线与圆相交，故C正确；
若，圆心到直线l的距离为，所以直线被圆截得的弦长为，故D正确；
故选：ACD
10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的单调递减区间为
C. 的图象关于直线对称
D. 的图象可由函数的图象向左平移个单位长度得到
【正确答案】ABC
【分析】根据给定的函数图象，结合“五点法”作图求出函数的解析式，再逐项求解判断即得.
【详解】观察图象得，，函数的最小正周期，解得，
由，得，而，则，，
对于A，的最小正周期为，A正确；
对于B，由，解得，
因此函数的单调递减区间为，B正确；
对于C，，的图象关于直线对称，C正确；
对于D，将函数的图象向左平移个单位长度得，D错误.
故选：ABC
11. 如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，DB的中点，则下列选项中正确的是（ ）
A. EF平面ABC1D1
B. EF⊥B1C
C. EF与AD1所成角为60°
D. EF与平面BB1C1C所成角的正弦值为
【正确答案】ABD
【分析】根据线线平行证明线面平行，由线线垂直证明线面垂直，再得线线垂直，由线线关系、线面关系可得线线角、线面角.
【详解】对于A，连结BD1，在DD1B中，E、F分别为D1D、DB的中点，则EFD1B，
又∵D1B平面ABC1D1，EF平面ABC1D1 ，
∴EF平面ABC1D1，
故A正确；
对于B，∵平面，且平面，平面，
∴B1C⊥AB，又B1C⊥BC1
又AB平面ABC1D1，BC1平面ABC1D1，ABBC1=B
∴B1C⊥平面ABC1D1
又∵BD1平面ABC1D1
∴B1C⊥BD1，而EFBD1
∴EF⊥B1C，故B正确；
对于C，由选项A，可知，在中，可知，
所以，所以EF与AD1所成角不为60°，故C不正确；
对于D，由选项A，可知，且平面，所以为EF与平面BB1C1C所成的角，在中，可知，
所以，故D正确.
故选：ABD
第II部分（共92分）
三．填空题（每小题5分，共15分，将答案填在答题卡上）
12. 过点且方向向量为的直线的一般式方程为_________．
【正确答案】
【分析】借助直线的方向向量定义及所过点计算即可得.
【详解】由该直线方向向量为，故可设为，
则有，解得，
即该直线的一般式方程为.
故答案为.
13. 已知正三棱柱的各棱长都等于2，点是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为_________．
【正确答案】##
【分析】构造平行直线，转化异面直线所成的角为相交直线所成的角，再根据余弦定理求解.
【详解】连结，交于点，作，交于点，连结，
异面直线与所成的角为或其补角，
因为，且，所以，
所以，，，
，
中，

故
14. 阿波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前262-190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地.他证明过这样一个命题；平面内与两定点距离的比为常数且的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆．现有，，则的最大面积为_________．
【正确答案】12
【分析】建立平面直角坐标系，求出点的轨迹方程，进而求出面积的最大值.
【详解】以线段的中点为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，则，
设，由，得，
整理得，因此点的轨迹方程为，，
显然上的点到轴，即直线距离的最大值为4，
所以面积的最大值为.
故12
四．解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或深处步骤）
15. 已知圆经过点，从下列3个条件选取一个________
①过点；
②圆恒被直线平分；
③与轴相切.
（1）求圆的为程；
（2）已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，求线段的中点的轨迹方程．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）选①③时，设圆的一般式方程或者标准方程，代入点以及相关条件，根据待定系数法，即可确定圆的方程，选择②时，根据几何法确定圆心和半径即可求解，
（2）根据相关点法即可求解轨迹方程．
【小问1详解】
选条件①．设圆的方程为，
将，代入可得
，解得，
则圆的方程为．
选条件②．
直线恒过点．
因为圆恒被直线平分，所以恒过圆心，
所以圆心坐标为，
又圆经过点，所以圆的半径，
所以圆的方程为，即．
选条件③．
设圆的方程为，
由题意可得，解得，
则圆的方程为，即．
【小问2详解】
设，，
因为为线段的中点，所以，
因为点是圆上的动点，所以，
所以的轨迹方程为．
16. 在①；②；③这三个条件中任选一个，补充到下面横线上，并解答问题.
在中，内角、、的对边分别为、、，且 _________ .
（1）求角的大小；
（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.
【正确答案】（1）条件选择见解析，
（2）
【分析】（1）选①，由正弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；选②，利用正弦定理结合两角和的正弦公式可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；选③，利用正弦定理以及余弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）求出角的取值范围，根据正弦定理可求得的取值范围，结合三角形的面积公式可求得结果.
【小问1详解】
解：选①，由及正弦定理可得，
、，则，所以，，故；
选②，由及正弦定理可得，
因为，则，所以，，故；
选③，由及正弦定理可得，
由余弦定理可得，因为，故.
【小问2详解】
解：因为为锐角三角形，且，则，可得，，
由正弦定理，则，
所以，.
17. 已知点，圆，过点的动直线与圆交于，两点，线段的中点为，为坐标原点．
（1）求的轨迹方程；
（2）当时，求的方程及的面积．
【正确答案】（1）；（2）的方程为，的面积为.
【分析】（1）由圆的方程求出圆心坐标和半径，设出坐标，由与数量积等于0列式得的轨迹方程；
（2）设的轨迹的圆心为，由得到．求出所在直线的斜率，由直线方程的点斜式得到所在直线方程，由点到直线的距离公式求出到的距离，再由弦心距、圆的半径及弦长间的关系求出的长度，代入三角形面积公式得答案．
【详解】解：（1）由圆，即x2+(y−4)2=16，
圆的圆心坐标为，半径．
设，则，．
由题意可得，即．
整理得．
的轨迹方程是．
（2）由（1）知的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，
由于，
故在线段的垂直平分线上，
又在圆上，
从而．
，
直线的斜率为．
直线的方程为，即．
则到直线的距离为．
又到的距离为，
．
．
18. 为了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券．游戏规则如下表：
（1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率；
（2）一名同学先玩了游戏一，试问为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大．
【正确答案】（1）游戏一获胜概率为，游戏二获胜的概率为
（2）的所有可能取值为．
【分析】（1）利用列举法，结合古典概型的概率公式即可得解；
（2）利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书券的概率，从而得到游戏三获胜的概率，进而利用表格得到编号之和为的概率，由此得解.
【小问1详解】
设事件“游戏一获胜”，“游戏二获胜”，“游戏三获胜”，游戏一中取出一个球的样本空间为，则，
因为，所以，．所以游戏一获胜的概率为．
游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空间，
则，因为，
所以，所以，所以游戏二获胜的概率为．
【小问2详解】
设“先玩游戏二，获得书券”，“先玩游戏三，获得书券”，
则，且，，互斥，相互独立，
所以
又，且，，互斥，
所以
若要接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率大，则，
所以，即．
进行游戏三时，不放回地依次取出两个球的所有结果如下表：
当时，，舍去
当时，，满足题意，
因此的所有可能取值为．
关键点睛：本题第2小问的解决关键是利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书券的概率，从而得到游戏三获胜的概率，由此得解.
19. 如图，在四棱锥中，平面，正方形的边长为2，是的中点

（1）求证：平面.
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.
（3）若，线段上是否存在一点，使平面?若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）或
（3）存在，
【分析】（1）连结交于点，可知.然后根据线面平行的判定定理，即可得出平面；
（2）建立空间直角坐标系，再根据线面角的向量方法求解可得的长度；
（3）令，再根据与平行列式求解，进而根据空间向量模长求解即可.
【小问1详解】

连结交于点.
因为四边形正方形，
所以是的中点，
又是的中点，所以.
因为平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】

因为平面，平面，所以．
因为四边形为正方形，所以．
又，平面，平面，
所以平面．
以点为坐标原点，过点作的平行线为轴，分别以、为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，，，，，，
设平面的法向量为m=x1,y1,z1，，，，
则，令，则，，
则，
设与平面所成角为，
，
解得或，
所以的长度或.
【小问3详解】
存在，理由如下：
因为，结合（2），，，
所以，，，
令，
则，
所以，所以，
设平面法向量为n=x2,y2,z2，
则，令，则，，
所以，
因平面，所以，
所以有，解得，所以，
因为，
所以
游戏一
游戏二
游戏三
箱子中球的
颜色和数量
大小质地完全相同的红球3个，白球2个
（红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5”）
取球规则
取出一个球
有放回地依次取出两个球
不放回地依次取出两个球
获胜规则
取到白球获胜
取到两个白球获胜
编号之和为获胜
游戏一
游戏二
游戏三
箱子中球的
颜色和数量
大小质地完全相同的红球3个，白球2个
（红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5”）
取球规则
取出一个球
有放回地依次取出两个球
不放回地依次取出两个球
获胜规则
取到白球获胜
取到两个白球获胜
编号之和获胜
第二次
第一次
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5