精品解析：云南省昆明市官渡区云南大学附属中学星耀学校2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷

云南大学附属中学星耀学校2024－2025学年（下）期中考试 高二数学试卷 命题人：彭敏娟 审题人：蔡莹 （考试时间：120分钟 总分：150分） 班级______ 姓名______ 学号______ 成绩______ 诚信誓言：我以我的荣誉起誓，在本次考试中，诚实守信，成绩真实. 格式要求： 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 在等比数列中，，，则公比的值为（ ） A. 4 B. C. 2 D. 2. 如图，在平行六面体中，为的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数在内有最小值，则实数的取值可以是（ ） A. B. C. D. 4. 李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他分别记录了50次坐公交车和50次骑自行车所花的时间，经数据分析得到，假设坐公交车用时和骑自行车用时都服从正态分布，，．和的正态曲线如图所示．则下列结果正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，若对于任意两个不相等的实数、，都有恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 云大附中高二年级的教学楼名为诚心楼，二楼至五楼共四层，每层有四个教室.高二年级共有16个班，其中历史类班级2个，物理类班级14个，安排教室时需将两个历史类班级安排在同一楼层的相邻两个教室，为求出共有多少种安排教室的方法列式如下，其中能算出正确结果的式子是（ ） A. 16！ B. C. D. 7. 设为坐标原点，直线过抛物线：的焦点，且与交于，两点，为的准线，则（ ） A. B. C. 以为直径的圆与相切 D. 为等腰三角形 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 8. 已知点在左、右焦点分别为的双曲线上，，则（ ） A. 渐近线方程为 B. 离心率为 C. D. 9. 已知是等差数列，是其前项和，则下列选项正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若为递增数列，则为递增数列 10. 下列结论正确的是（ ） A. 一组数据，经过分析、计算，得，，关于的经验回归方程为，则． B. 若随机变量满足，则 C. 随机变量服从二项分布，若方差，则 D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 11. 在的展开式中，常数项为________.(用数字作答) 12. 已知曲线，过点作切线，则的方程为______． 13. 已知正三棱锥的底面的边长为4，直线与平面所成角的余弦值为，动点在以为直径的球面上，且直线平面，则点的轨迹长为______． 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． 14. 如图，在四棱锥中，底面为矩形且，，侧面底面，且侧面是正三角形，、分别是，的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 15. 已知动点到两定点，的距离之和为定值，且过点． （1）求动点的轨迹方程C； （2）若过点的直线与交于两点，为坐标原点，面积为，求直线的方程． 16. 已知函数，数列的前项和为，点均在函数的图象上． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前20项和； 17. 已知函数 （1）若，求的最小值 （2）讨论的单调性； （3）若有两个不同的零点，求的取值范围． 18. 有甲、乙两个不透明的罐子，甲罐有个红球，个黑球，球除颜色外大小完全相同．某人做摸球答题游戏．规则如下：每次答题前先从甲罐内随机摸出一球，然后答题．若答题正确，则将该球放入乙罐；若答题错误，则将该球放回甲罐．此人答对每一道题目的概率均为．当甲罐内无球时，游戏停止．假设开始时乙罐无球. （1）求此人答题三次后，乙罐内球个数的分布列和期望； （2）求此人三次答题后，乙罐内恰有红球，黑球各个的概率； （3）设第次答题后游戏停止的概率为． ①求； ②是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，试说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南大学附属中学星耀学校2024－2025学年（下）期中考试 高二数学试卷 命题人：彭敏娟 审题人：蔡莹 （考试时间：120分钟 总分：150分） 班级______ 姓名______ 学号______ 成绩______ 诚信誓言：我以我的荣誉起誓，在本次考试中，诚实守信，成绩真实. 格式要求： 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 在等比数列中，，，则公比的值为（ ） A. 4 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用等比数列的通项公式可求答案. 【详解】因为，所以，又，所以，解得. 故选：C 2. 如图，在平行六面体中，为的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量的分解求解. 【详解】因为, 所以， 故选:B. 3. 已知函数在内有最小值，则实数的取值可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，求出函数的极小值点，进而求出的范围即可. 【详解】函数定义域为，求导得， 当时，，当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，函数在处取得极小值，即最小值， 又函数在内有最小值，则，解得， 所以实数的取值可以是. 故选：D 4. 李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他分别记录了50次坐公交车和50次骑自行车所花的时间，经数据分析得到，假设坐公交车用时和骑自行车用时都服从正态分布，，．和的正态曲线如图所示．则下列结果正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定的正态分布密度曲线，结合正态分布的对称性和性质，逐项判定，即可求解. 【详解】对于，随机变量服从正态分布，且， 所以随机变量的方差，故错误； 对于，根据给定的正态分布密度曲线图象，可得，， 所以，故正确； 对于，根据正态分布密度曲线图象，可得时随机变量对应的曲线与轴围成的面积小于时随机变量对应的曲线与轴围成的面积， 所以，故错误； 对于，根据正态分布密度曲线图象，可得，， 即，所以D错误. 故选：. 5. 已知函数，若对于任意两个不相等的实数、，都有恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】依题意可得在上单调递增，则恒成立，参变分离可得恒成立，求出，即可得解. 【详解】因为对于任意两个不相等的实数、，都有恒成立， 所以在上单调递增， 因为，则恒成立， 所以恒成立， 又，所以，即实数的取值范围是. 故选：A 6. 云大附中高二年级的教学楼名为诚心楼，二楼至五楼共四层，每层有四个教室.高二年级共有16个班，其中历史类班级2个，物理类班级14个，安排教室时需将两个历史类班级安排在同一楼层的相邻两个教室，为求出共有多少种安排教室的方法列式如下，其中能算出正确结果的式子是（ ） A. 16！ B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用捆绑法结合分步计数原理可求答案. 【详解】先选出历史类班级所在楼层有种选法，再从这层的四个教室选出两个相邻教室有种选法， 最后安排其它班级共有种方法，结合分步计数原理可得，共有种方法. 故选：C 7. 设为坐标原点，直线过抛物线：的焦点，且与交于，两点，为的准线，则（ ） A. B. C. 以为直径的圆与相切 D. 为等腰三角形 【答案】C 【解析】 【分析】由直线过抛物线的焦点，即可求得，进而判断A；将直线方程代入抛物线方程，结合韦达定理得出，由焦半径公式即可判断B；由的中点的横坐标得出中点到抛物线的准线的距离，即可判断C；分别求出两点的坐标，根据韦达定理即可判断D． 【详解】对于A，直线过抛物线的焦点，可得，所以，故A错误； 对于B，抛物线方程为：，与交于两点， 直线方程代入抛物线方程可得，，所以， 所以，故B不正确； 对于C，的中点的横坐标为，中点到抛物线的准线的距离为， 所以以为直径的圆与相切，故C正确； 对于D，由B得，，解得或， 不妨设，则， 所以，， 所以不是等腰三角形，故D错误； 故选：C 【点睛】 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 8. 已知点在左、右焦点分别为的双曲线上，，则（ ） A. 渐近线方程为 B. 离心率为 C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据方程可求渐近线方程和离心率，求出可判断CD选项. 【详解】由题意可得，焦点在轴上，所以， 渐近线方程为，离心率为，A错误，B正确； 不妨设点在双曲线的右支上，所以， 因为，所以， 所以，C正确； ，所以，D错误. 故选：BC 9. 已知是等差数列，是其前项和，则下列选项正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若为递增数列，则为递增数列 【答案】AC 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式，性质及求和公式可得答案. 【详解】对于A，因为，所以，即，A正确； 对于B，因为，所以， 设公差为，又，所以只有时，才有，B错误； 对于C，因为，，两式相减可得， 所以，C正确； 对于D，，因为为递增数列，所以， 所以当时，为递增数列，当时，为递减数列，D错误. 故选：AC 10. 下列结论正确的是（ ） A. 一组数据，经过分析、计算，得，，关于的经验回归方程为，则． B. 若随机变量满足，则 C. 随机变量服从二项分布，若方差，则 D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05 【答案】ABD 【解析】 【分析】依据经验回归方程，随机变量的方差，二项分布的分布与方差，独立性检验知识对选项逐一判断即可. 【详解】对于A选项：经验回归方程经过，代入可得，正确； 对于B选项：由随机变量方差的性质知加减不必变方差，缩放后方差变为平方倍，故，正确； 对于C选项：或，所以或，不正确； 对于D选项：由独立性检验，，正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 11. 在的展开式中，常数项为________.(用数字作答) 【答案】 【解析】 【分析】 的展开式的通项为，取计算得到答案. 【详解】的展开式的通项为：，取得到常数项. 故答案为：. 【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力. 12. 已知曲线，过点作切线，则的方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】求出函数的导函数，利用导数的几何意义计算可得. 【详解】因为，所以，则，显然点在上， 所以过点作切线的方程为，即. 故答案为： 13. 已知正三棱锥的底面的边长为4，直线与平面所成角的余弦值为，动点在以为直径的球面上，且直线平面，则点的轨迹长为______． 【答案】 【解析】 【分析】先利用线面角的定义作出线面角，然后利用条件求出，进而利用正四面体的性质求出点M的轨迹，取CD的中点E，连接AE，BE，取BC的中点F，BE的中点G，通过线面垂直的判定定理及性质得平面ABE，再利用球的性质求得截面圆的半径，即可求解圆的周长. 【详解】设点A在底面BCD上的投影为H，连接AH，CH， 则平面BCD，所以为直线AC与平面BCD所成的角，则， 因为，所以，所以三棱锥为正四面体， 因为动点M在以BC为直径的球面上，且直线平面MAB， 所以点M的轨迹为过点A且垂直于CD的平面截以BC为直径的球面所得的圆， 由正四面体的性质可得，如图所示，取CD的中点E，连接AE，BE， 则，，AB、平面ABE， 故平面ABE，取BC的中点F，BE的中点G，连接FG，则， 由平面ABE，故平面ABE，， 又，即F为以BC为直径的球的球心，则该球半径为2， 则点M的轨迹所形成的圆的半径为，其轨迹长为. 故答案为： 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． 14. 如图，在四棱锥中，底面为矩形且，，侧面底面，且侧面是正三角形，、分别是，的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 取的中点，连接，， 因为是的中点，所以是三角形的中点，所以，且， 因为底面为矩形，是的中点，所以，， 所以且， 所以四边形是平行四边形，故， 因为平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，即可证明四边形是平行四边形，从而得到，即可得证； （2）根据面面垂直的性质得到底面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为侧面是正三角形，是的中点，所以， 又因为侧面底面，侧面底面，侧面， 所以底面， 取的中点，连接，则，所以， 以为坐标原点，ED所在直线为x轴，取BC中点H，EH所在直线为y轴，EP所在直线为z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设平面的法向量，则，取， 又， 设直线CF与平面所成角为，故； 所以直线CF与平面所成角的正弦值为. 15. 已知动点到两定点，的距离之和为定值，且过点． （1）求动点的轨迹方程C； （2）若过点的直线与交于两点，为坐标原点，面积为，求直线的方程． 【答案】（1） （2）为或. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用两点间距离公式求出定值并确定轨迹图形，进而求出方程. （2）设出直线的方程，与的方程联立，结合韦达定理及三角形面积求出参数即可. 【小问1详解】 依题意，点到点的距离和为， 因此动点的轨迹是以点为左右焦点，长轴长为4的椭圆，短半轴长为， 所以动点的轨迹方程C：. 【小问2详解】 直线不垂直于轴，设其方程为，， 由消去得，， 的面积 ，解得， 所以直线的方程为或. 16. 已知函数，数列的前项和为，点均在函数的图象上． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前20项和； 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）由题意得，再利用可求出， （2）由（1）的结论，利用分组求和法及裂项相消法求解即得. 【小问1详解】 由点在函数的图象上，得， 当时，，而满足上式， 所以数列的通项公式. 【小问2详解】 由（1）知，，，当为偶数时，， 所以数列的前20项和 . 17. 已知函数 （1）若，求的最小值 （2）讨论的单调性； （3）若有两个不同的零点，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 时，时，单调递减，时，单调递增； 时，时，单调递增，时，单调递减，时，单调递增； 时，在定义域内单调递增； 时，时，单调递增，时，单调递减，时，单调递增. （3） 【解析】 【分析】（1）求出导数，判断单调性，可求最小值； （2）求导，分类讨论，结合导数符号可判断单调性； （3）化简函数解析式，分离参数，研究函数性质，结合公共点的个数可得答案. 【小问1详解】 时，，， 令得或（舍）， 当时，，为减函数；当时，，为增函数； 所以的最小值为. 【小问2详解】 ， 当时，时，，单调递减；时，，单调递增； 当时，时，，单调递增；时，，单调递减；时，，单调递增； 当时，，且不恒为0，在定义域内单调递增； 当时，时，，单调递增； 时，，单调递减；时，，单调递增； 综上，时，时，单调递减，时，单调递增； 时，时，单调递增，时，单调递减，时，单调递增； 时，在定义域内单调递增； 时，时，单调递增，时，单调递减，时，单调递增. 【小问3详解】 ， 令可得，，令，， 时，，为增函数，时，，为减函数，有最大值. 又，无限趋近时，趋近于0，简图如下， 所以，解得，即的取值范围为. 18. 有甲、乙两个不透明的罐子，甲罐有个红球，个黑球，球除颜色外大小完全相同．某人做摸球答题游戏．规则如下：每次答题前先从甲罐内随机摸出一球，然后答题．若答题正确，则将该球放入乙罐；若答题错误，则将该球放回甲罐．此人答对每一道题目的概率均为．当甲罐内无球时，游戏停止．假设开始时乙罐无球. （1）求此人答题三次后，乙罐内球个数的分布列和期望； （2）求此人三次答题后，乙罐内恰有红球，黑球各个的概率； （3）设第次答题后游戏停止的概率为． ①求； ②是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，试说明理由． 【答案】（1）的分布列为： ； （2） （3）①；② 【解析】 【分析】（1）由题分析知，，然后利用二项分布直接求解概率，得到分布列，求出期望即可； （2）记“此人三次答题后，乙罐内恰有红、黑各一球”，记“第次摸出红球，并且答题正确”，，记“第次摸出黑球，并且答题正确”，，记“第次摸出黑球或红球，并且答题错误”，，结合全概率公式直接求解即可； （3）①第次后游戏停止的情况是：前次答题正确恰好为次，答题错误次，且第次摸出一球时答题正确，即可直接得到；②结合概率的性质，即可求解. 【小问1详解】 由题知，， 则，， ，， 则的分布列为： 则其期望为. 【小问2详解】 记“此人三次答题后，乙罐内恰有红、黑各一球”， 记“第次摸出红球，并且答题正确”，， 记“第次摸出黑球，并且答题正确”，， 记“第次摸出黑球或红球，并且答题错误”，， 所以， 又，，， 所以 ， 同理， 所以. 【小问3详解】 ①第次后游戏停止的情况是：前次答题正确恰好为次， 答题错误次，且第次摸出一球时答题正确， 所以. ②由①知，， 所以， 令，解得， 令，解得，即， ， 所以的最大值是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $