精品解析：云南师范大学附属中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学模拟试卷六

云南师大附中2027届高二年级下学期期中考试模拟试卷六 一、单选题 1. 若，则的共轭复数的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案． 【详解】由 ， 则，故， 又的共轭复数是， 故的共轭复数的虚部为. 2. 某工厂生产的零件尺寸服从正态分布，质检员随机抽取100个零件，尺寸在内的零件个数约为（ ）（参考数据：） A. 68 B. 75 C. 82 D. 95 【答案】A 【解析】 【分析】根据参考数据估计出尺寸在内的零件个数的概率，再根据抽出的总数即可求出最终结果. 【详解】∵，即， ∴， ∵质检员随机抽取100个零件， ∴尺寸在内的零件个数约为：个， 故选：A 3. 连续抛掷一枚硬币4次，观察正面出现的情况，事件“至少2次出现正面”的对立事件是（ ） A. 有3次或4次出现反面 B. 只有3次出现反面 C. 有3次或4次出现正面 D. 只有1次出现正面 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用对立事件的定义判断即可. 【详解】连续抛掷一枚硬币4次，共有5种结果：4正0反，3正1反，2正2反，1正3反，0正4反， 事件“至少2次出现正面”包含了4正0反，3正1反，2正2反， 则其对立事件包含1正3反，0正4反，即有3次或4次出现反面. 故选：A 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】利用诱导公式 ，得： ， 故利用二倍角公式，得： . 5. 已知正方形的边长为2，是它的内切圆的一条弦，点为正方形四条边上的动点；当弦的长度最大时，的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合平面向量的线性运算和数量积化简，求的范围可得的范围. 【详解】设正方形的内切圆圆心为，如图所示： 当弦的长度最大时，为正方形的内切圆的直径，则. ，. 圆的半径长为，由于点为正方形四条边上的动点，则， 所以. 6. 的展开式中的系数为（ ） A. 100 B. 60 C. 40 D. 20 【答案】B 【解析】 【详解】因为， 其中展开式的通项为， 所以的展开式中含有的项为， 所以展开式中的系数为60. 7. 若存在使得方程有解，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据的指数移项构造一个相同自变量，再根据相同函数类型建立自变量等式，最后分参构造函数，求导分析函数区间内的值域，即可求解. 【详解】先移项， 因为， 所以， 构造函数令，，所以在定义域内单调递增， 所以对于任意一个函数值，都有唯一一个对应， 所以， 令，， 令， 当，，在区间内单调递减， 当，，在区间内单调递增， 最后求端点值确定函数值域，，，， 因为， 所以， 条件为有解，即函数与有交点，所以. 8. 如图，一个地区分为5个不同的行政区域，现给地图着色，要求相邻地区不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法种数是（ ） A. 20 B. 24 C. 48 D. 72 【答案】D 【解析】 【详解】 如图所示，首先涂A，剩下BCDE只有3种颜色可供选择， 若BD不同色则CE必同色，反之亦然，即BD或CE同色， 以颜色为主分类计数，按颜色的多少分两类： 第一类：用3种不同颜色时，则区域BD必同色，区域CE也必同色，故共有种 ， 第二类：用4种不同颜色时，若区域BD同色有种，若区域CE同色有种 故用四种颜色有种 ， 由加法原理得不同的涂色方法数共有 种 ，D正确. 二、多选题 9. 有一幅散点图如图所示，从5个数据点中去掉，则下列说法中正确的是（ ） A. 残差平方和变大 B. 相关系数r变大 C. 决定系数变大 D. 解释变量x与响应变量y的线性相关程度变强 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据散点图得到偏离直线，结合相关系数，决定系数和残差平方和的定义得到答案. 【详解】由散点图分析可知，偏离直线， 去掉后，解释变量x与响应变量y的线性相关程度变强， 相关系数r变大，决定系数变大，残差平方和变小. 故选：BCD. 10. 瑞士著名数学家欧拉在年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”若满足，顶点，，且其“欧拉线”与圆：相切，则下列结论正确的是（ ） A. 圆上的点到原点的最大距离为 B. 圆上存在三个点到直线的距离为 C. 若点在圆上，则的最小值是 D. 若圆与圆有公共点，则 【答案】AC 【解析】 【分析】应用点到直线距离及直线和圆的位置关系计算判断A，B，应用斜率及直线和圆的位置关系计算判断C，应用圆与圆的位置关系计算求解判断D. 【详解】由题意，的欧拉线即的垂直平分线， ，，的中点坐标为，且直线的斜率， 则的垂直平分线方程为，即， 由“欧拉线”与圆：相切，到直线的距离 ，，则圆的方程为：， 圆心到原点的距离为，则圆上的点到原点的最大距离为，故A正确； 圆心到直线的距离为， 圆心在直线上，且圆的半径为， 圆上存在两个点到直线的距离为，故B错误； 的几何意义为圆上的点与定点连线的斜率， 设过与圆相切的直线方程为，即， 由，解得，的最小值是，故C正确； 的圆心坐标，半径为， 圆的圆心坐标为，半径为， 要使圆与圆有公共点，则圆心距的范围为， ，解得，故D错误． 故选：AC． 11. 已知函数的部分图象如图，则下列结论正确的是（ ） A. 的值为 B. 函数的图象关于直线对称 C. 若函数恰有4条对称轴和3个零点落在区间内，则实数的取值范围是 D. 若方程（，且）在内至少有3个不同的根，则实数的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，根据得到；B选项，由得到，再由得到，进而得到，，的图象不关于直线对称，B错误；C选项，整体法得到，得到C正确；D选项，先考虑临界情况，再得到的取值范围. 【详解】对于A选项，由题意得，即，， 且在附近单调递增，又，故，A正确； 对于B选项，由题意得， 又，故，解得， 又，且函数在附近单调递增， 即，， 解得， 因为，故，解得， 又，故，所以， ，故， 所以的图象不关于直线对称，B错误； 对于C选项，，， 若函数恰有4条对称轴和3个零点落在区间内，则， 解得，C正确； 对于D选项，由于， 由于，且，在的基础上，纵坐标不变，横坐标伸缩为原来的， 要想方程（，且）在内至少有3个不同的根， 先考虑临界情况，如图， 此时（，且）在内有2个不同的根， 且满足时，成立， 即， 结合图象的单调性，可知， 解得， 当时，纵坐标不变，横坐标进一步进行缩短，此时满足 方程（，且）在内至少有3个不同的根， 实数的取值范围是，D正确. 故选：ACD 三、填空题 12. 若数列满足，则称数列为平方差递推数列.若数列是平方差递推数列，且，，则的前100项的和为______. 【答案】1 【解析】 【分析】通过赋值得出数列的周期即可求解. 【详解】由题意可知,, ,,, 所以数列是从第2项起，周期为3的数列. 则的前100项的和. 13. 掷实心球时，将轨迹视为抛物线的一部分，设实心球离手位置在起掷点O正上方2米，出手角度即抛物线在该处切线与水平地面所成角，如图所示，已知实心球轨迹最高点距离地面3米，若要成绩不小于10米（实心球落地点到起掷点的距离），则出手角度最大值的正切值为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件建立平面直角坐标系，设轨迹为，并根据题干条件求得a的最大值，再结合导数和切线即可求解． 【详解】以最高点D为坐标原点，以水平向右为x轴正方向，以竖直向下为y轴正方向，建立平面直角坐标系，如图所示， 设抛物线方程为，则，， 由题意得，即，所以，则， 又，则．易知为锐角， 则出手角度的正切值为， 所以． 14. 有个编号分别为1，2，…，n的盒子，第1个盒子中有2个红球1个白球，其余盒子中均为1个红球1个白球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，则从第2个盒子中取到白球的概率是______，从第个盒子中取到白球的概率是______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设事件表示“从第i个盒子中取到白球”（），利用全概率公式列式求解；当时，由全概率公式得，再通过构造等比数列求. 【详解】设事件表示“从第i个盒子中取到白球”（）， 则，， 所以； 当时， ， 所以，又， 则数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以， 即从第2个盒子中取到白球的概率是，从第个盒子中取到白球的概率是. 四、解答题 15. 已知等差数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列性质计算即可； （2）先求得数列的通项公式，再运用裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 设等差数列的首项为 ，公差为， 则，解得， 因此通项公式为. 【小问2详解】 将代入，裂项得， 所以. 即. 16. 如图，在圆台中，上、下底面半径分别为 和 ，高为 ，轴截面为四边形 ， 在下底上，，为中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：在圆台中，上、下底面半径分别为 和 ，高为 ，所以， 因为为的中点，所以， 易知平面，平面，所以， 又因为，，、平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为， 、平面，故平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用等腰三角形三线合一的性质得出，推导出平面，可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系， 则、、、， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 易知平面的一个法向量为， 所以. 故平面与平面夹角的余弦值为. 【点睛】 17. 在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图： （1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间的概率； （3）已知该地区这种疾病的患病率为，该地区年龄位于区间的人口占该地区总人口的.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，求此人患这种疾病的概率．（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001）. 【答案】（1）岁； （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）根据平均值等于各矩形的面积乘以对应区间的中点值的和即可求出； （2）设{一人患这种疾病的年龄在区间}，根据对立事件的概率公式即可解出； （3）根据条件概率公式即可求出． 【小问1详解】 平均年龄 （岁）． 【小问2详解】 设“一人患这种疾病的年龄在区间”，所以 ． 【小问3详解】 设“任选一人年龄位于区间[40,50)”，“从该地区中任选一人患这种疾病”， 则由已知得： , 则由条件概率公式可得 从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，此人患这种疾病的概率为． 18. 已知 （1）若函数在区间单调递减，求实数的取值范围； （2）若函数有两个极值点， （i）求实数的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1） （2）（i）； （ii）由（i）知，，，， 所以 ， 因此要证，即证， 即证， 构造函数，， 则， 又在上为减函数，所以在上单调递减， 又，， 由函数零点存在性定理可得，，使得，即，即； 所以当时，，则单调递增； 当时，，则单调递减； 所以， 又在上显然单调递增， 所以， 所以，即， 故. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，利用给定的单调性列出不等式，再结合恒成立条件求解作答. （2）（i）求出函数的导数，根据函数有两个不同的极值点，列不等式求解即可. （ii）根据给定条件，求出a的取值范围，将用a表示出，再构造函数并借助导数推理作答. 【小问1详解】 函数的定义域为，. 因为函数在区间单调递减，所以. 则，化简得. 解得. 【小问2详解】 （i）由题意，的定义域为，， 因为有两个极值点， 所以方程即在上有两不等实根， 即函数在上有两不同零点， 因此只需，解得，即实数的取值范围是； （ii）略 19. 已知双曲线的左，右焦点分别为，双曲线上任意一点到两条渐近线的距离的乘积为. （1）求双曲线的标准方程； （2）直线经过点，且与双曲线的右支交于两点，设的内心为点，求证：点在定直线上； （3）从双曲线的一个焦点处出发的光线照射到双曲线上，经反射后光线的反向延长线会经过双曲线的另一个焦点，他们就好像是从另一个焦点射出的一样，双曲线的这一光学性质被广泛应用，如图，由发出的光线经双曲线上一点反射后，反射光线的反向延长线经过点，连接交双曲线于点，点也是一个反射点，连接交双曲线于点，则点也是一个反射点，再连接，交双曲线于点，则点也是一个反射点，……，各反射点连线得到折线，设第n个反射点为()，求证：数列为等比数列. 【答案】（1） （2） 由题意得的斜率一定存在，且直线经过点， 设直线方程为，如图，作出符合题意的图形， 设的角分线的方向向量为，， 则，， 且，即， 因为在双曲线上，所以，化简得， 则， 同理可得，则， 整理可得， 因为，， 所以化简得，而，则， 解得，可得的角分线的斜率为， 则的角分线的方程为，化简得， 结合内心的性质得点在定直线上. （3） 如图，作出符合题意的图形， 因为， 所以， ， 则，由角分线定理得， 可得，整理可得， 同理可得，两式联立可得， 由题意得，则，可得， 则数列为以为首项，为公比的等比数列. 【解析】 【分析】（1）利用点到直线的距离公式并结合题意建立方程组，求解基本量，最后得到双曲线方程即可. （2）作出符合题意的图形，结合题意与角分线的性质求解出角平分线的斜率，得到角平分线的方程，最后结合内心的性质确定即可. （3）结合题意并利用角平分线定理得到递推式，最后结合等比数列的定义证明即可. 【小问1详解】 由题意得双曲线的左，右焦点分别为， 则，可得，且双曲线的渐近线方程为， 设到两条渐近线的距离分别为，， 由点到直线的距离公式得，， 则，而到两条渐近线的距离的乘积为， 可得，化简得， 解得（另一根舍去），则双曲线的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南师大附中2027届高二年级下学期期中考试模拟试卷六 一、单选题 1. 若，则的共轭复数的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 2. 某工厂生产的零件尺寸服从正态分布，质检员随机抽取100个零件，尺寸在内的零件个数约为（ ）（参考数据：） A. 68 B. 75 C. 82 D. 95 3. 连续抛掷一枚硬币4次，观察正面出现的情况，事件“至少2次出现正面”的对立事件是（ ） A. 有3次或4次出现反面 B. 只有3次出现反面 C. 有3次或4次出现正面 D. 只有1次出现正面 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知正方形的边长为2，是它的内切圆的一条弦，点为正方形四条边上的动点；当弦的长度最大时，的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 的展开式中的系数为（ ） A. 100 B. 60 C. 40 D. 20 7. 若存在使得方程有解，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，一个地区分为5个不同的行政区域，现给地图着色，要求相邻地区不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法种数是（ ） A. 20 B. 24 C. 48 D. 72 二、多选题 9. 有一幅散点图如图所示，从5个数据点中去掉，则下列说法中正确的是（ ） A. 残差平方和变大 B. 相关系数r变大 C. 决定系数变大 D. 解释变量x与响应变量y的线性相关程度变强 10. 瑞士著名数学家欧拉在年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”若满足，顶点，，且其“欧拉线”与圆：相切，则下列结论正确的是（ ） A. 圆上的点到原点的最大距离为 B. 圆上存在三个点到直线的距离为 C. 若点在圆上，则的最小值是 D. 若圆与圆有公共点，则 11. 已知函数的部分图象如图，则下列结论正确的是（ ） A. 的值为 B. 函数的图象关于直线对称 C. 若函数恰有4条对称轴和3个零点落在区间内，则实数的取值范围是 D. 若方程（，且）在内至少有3个不同的根，则实数的取值范围是 三、填空题 12. 若数列满足，则称数列为平方差递推数列.若数列是平方差递推数列，且，，则的前100项的和为______. 13. 掷实心球时，将轨迹视为抛物线的一部分，设实心球离手位置在起掷点O正上方2米，出手角度即抛物线在该处切线与水平地面所成角，如图所示，已知实心球轨迹最高点距离地面3米，若要成绩不小于10米（实心球落地点到起掷点的距离），则出手角度最大值的正切值为________． 14. 有个编号分别为1，2，…，n的盒子，第1个盒子中有2个红球1个白球，其余盒子中均为1个红球1个白球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，则从第2个盒子中取到白球的概率是______，从第个盒子中取到白球的概率是______． 四、解答题 15. 已知等差数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 16. 如图，在圆台中，上、下底面半径分别为 和 ，高为 ，轴截面为四边形 ， 在下底上，，为中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图： （1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间的概率； （3）已知该地区这种疾病的患病率为，该地区年龄位于区间的人口占该地区总人口的.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，求此人患这种疾病的概率．（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001）. 18. 已知 （1）若函数在区间单调递减，求实数的取值范围； （2）若函数有两个极值点， （i）求实数的取值范围； （ii）证明：. 19. 已知双曲线的左，右焦点分别为，双曲线上任意一点到两条渐近线的距离的乘积为. （1）求双曲线的标准方程； （2）直线经过点，且与双曲线的右支交于两点，设的内心为点，求证：点在定直线上； （3）从双曲线的一个焦点处出发的光线照射到双曲线上，经反射后光线的反向延长线会经过双曲线的另一个焦点，他们就好像是从另一个焦点射出的一样，双曲线的这一光学性质被广泛应用，如图，由发出的光线经双曲线上一点反射后，反射光线的反向延长线经过点，连接交双曲线于点，点也是一个反射点，连接交双曲线于点，则点也是一个反射点，再连接，交双曲线于点，则点也是一个反射点，……，各反射点连线得到折线，设第n个反射点为()，求证：数列为等比数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $