2024-2025学年云南省昆明市高二数学下学期7月期末考试（附答案）

这是一份2024-2025学年云南省昆明市高二数学下学期7月期末考试（附答案），共22页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回.等内容，欢迎下载使用。
注意事项:
1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将答题卡交回.
一、选择题: 本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知复数满足，则（）
A. B. C. D.
2. 已知向量，若，则（）
AB. C. D.
3. 已知命题，命题，则（）
A. 和都是真命题B. 和都是真命题
C. 和都是真命题D. 和都是真命题
4. 已知函数，且，，，则的一个解析式为（）
A. B. C. D.
5. 某人连续投一枚骰子次，记录向上的点数得到一组样本数据，若该组样本数据的平均数为，则（）
A. 极差可能为B. 中位数可能为C. 方差可能为D. 众数可能为
6. 已知为抛物线的焦点，过上一点作圆的两条切线，切点分别为，若，则（）
A. B. C. 1D.
7. 已知正四棱台的体积为，上、下底面边长分别为，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）
AB. C. D.
8. 函数，，则下列说法错误的是（）
A. ，使得为偶函数
B. ，使得曲线为中心对称图形
C. ，存在极值
D. ，存在两个零点
二、选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 等比数列公比为，前项和为，为等差数列，则（）
A. B. C. 为等差数列D. 为等比数列
10. 已知函数，，则下列说法正确的是（）
A若，则
B. 若，则
C. 若在上单调递增，则的范围为
D. 函数有两个极值点
11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点在的右支上，则列说法正确的是（）
A. 若的周长为24，则的面积为48
B.
C.
D. 若为锐角，则点的纵坐标范围是
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数，则______.
13. 已知，则______.
14. 甲、乙两人先后在装有颗黑球的1号盒子与装有颗白球的2号盒子（，）轮流取球，规定每次取球可以从某一盒子中取出任意多颗（至少取1颗），或者在两个盒子中取出相同颗数的球（至少各取1颗），最后不能按规则取的人输.例如:当时，甲先手不论如何取球，乙后手取球均有必定获胜的策略．若，且后手取球者有必定获胜的策略，则满足条件的一组数组可以为______.
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.
15. 的内角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求；
（2）若，的面积为，求的周长.
16. 如图，在四棱锥中，.
（1）证明:平面;
（2）若直线平面，求平面与平面的夹角的大小.
17. 已知椭圆的短轴长为2，离心率为.
（1）求的方程;
（2）过点作直线与椭圆相交于两点，若，求直线的方程.
18. 如图，甲、乙、丙、丁四名同学分别站在一个正方形的四个顶点进行传球训练，每次由一人随机将球传给另外三人中的一人，任意一人持球时，传给位于相邻顶点同学的概率为，传给位于对角线顶点同学的概率为，传球3次为一轮.
（1）已知第一次由随机一名同学将球传出，若，设事件为“一轮中每人各持一次球”.
（i）求及事件的概率;
（ii）设三轮传球中，事件发生的次数为，求的分布列与数学期望;
（2）已知第一次由甲将球传出，在一轮传球中，乙、丙两人，谁两次持球的可能性更大?
19. 已知函数的定义域为，设，曲线在点处的切线交轴于点，当时，设曲线在点处的切线交轴于点，依次类推，称得到的数列为函数关于的“数列”，已知.
（1）若是函数关于的“数列”，求的值;
（2）若是函数关于的“数列”，记.
（i）证明:等比数列;
（ii）证明:.数学答案
注意事项:
1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将答题卡交回.
一、选择题: 本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知复数满足，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的四则运算可得，再根据复数的几何意义可得复数的模.
【详解】由，得，
则，
故选：A.
2. 已知向量，若，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由平面向量共线的坐标表示计算求解即可.
【详解】因为向量，
，所以，解得.
故选：B
3. 已知命题，命题，则（）
A. 和都是真命题B. 和都是真命题
C. 和都是真命题D. 和都是真命题
【答案】D
【解析】
【分析】判断出命题、命题、命题、命题的真假可得答案.
【详解】，所以命题是假命题，是真命题，
当时，，所以，
所以命题是假命题，是真命题，
对于A，和都是真命题，错误；
对于B，和都是真命题，错误；
对于C，和都是真命题，错误
对于D，和都是真命题，正确.
故选：D.
4. 已知函数，且，，，则的一个解析式为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据各解析式分别代入即可.
【详解】A选项：，成立，，，则，A选项错误；
B选项：，，B选项错误；
C选项：，成立，，，则，C选项正确；
D选项：，，D选项错误；
故选：C.
5. 某人连续投一枚骰子次，记录向上的点数得到一组样本数据，若该组样本数据的平均数为，则（）
A. 极差可能为B. 中位数可能为C. 方差可能为D. 众数可能为
【答案】C
【解析】
【分析】根据平均数的公式可得，且，再根据各个数据特征值的概念及公式分别判断即可.
【详解】根据平均数的公式可得，且，
A选项：若极差为，则，，此时不成立，A选项错误；
B选项：若中位数为，则，即，且，此时与不符，B选项错误；
C选项：当，时，方差为，C选项正确；
D选项：若众数为，则数据中至少有两个为，此时，不成立，D选项错误；
故选：C.
6. 已知为抛物线的焦点，过上一点作圆的两条切线，切点分别为，若，则（）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用抛物线的知识可以知道点，然后再利用切线和垂直即可求解.
【详解】由题意易得，
过上一点作圆的两条切线，切点分别为，且，
且，
将点代入抛物线方程可得，即，
，解得.
故选：D.
7. 已知正四棱台的体积为，上、下底面边长分别为，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据台体体积公式可得台体的高，即可利用勾股定理列方程求解半径.
【详解】在正四棱台中，，，体积为，
故
则，，
连接、相交于点，、相交于点，
设外接球的球心为，若在台体外，
设到底面的距离为，
则半径为，
即，解得，
若在台体内，到底面的距离为，
则半径为，
即，解得，舍去，
综上所述，，故，所以.
故选：A.
8. 函数，，则下列说法错误的是（）
A. ，使得为偶函数
B. ，使得曲线为中心对称图形
C. ，存在极值
D. ，存在两个零点
【答案】D
【解析】
【分析】利用余弦型函数的性质分别判断各选项即可得解.
【详解】A：当时，，关于坐标原点对称，
此时，A正确；
B：，
令，，解得，，
即函数的对称中心为，，
即当，即，时，曲线为中心对称图形，B正确；
C：因为的最小正周期为，，
所以函数，存在极值，C正确；
D：取，则，又，
由余弦函数的性质可知，在上单调递增，在上单调递减，
又，，，
所以在上没有零点，在上只有一个零点，D错误；
故选：D.
二、选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 等比数列的公比为，前项和为，为等差数列，则（）
A. B. C. 为等差数列D. 为等比数列
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据等差数列与等比数列的定义及公式可判断.
【详解】由已知为等差数列，则当时，为定值，
即为常数，
此时数列为常数列，
又数列为等比数列，
则，且，，A选项正确；
此时，B选项正确；
，，，，即为等差数列，C选项正确；
，，，不为定值，所以不为等比数列，D选项错误；
故选：ABC.
10. 已知函数，，则下列说法正确的是（）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若在上单调递增，则的范围为
D. 函数有两个极值点
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据求导根据函数值与导数值直接可判断A选项，根据函数值情况解不等式可判断B选项，求导根据函数单调性可判断D选项，并可列不等式，解不等式判断C选项.
【详解】由，则，
A选项：由，解得，
，，A选项正确；
B选项：，解得，B选项正确；
C选项，D选项：，
由，
所以令，解得或，
所以函数的单调递增区间为和，
单调递减区间为，
则函数函数有两个极值点，D选项正确；
又函数在上单调递增，则，解得，
或，无解，综上，C选项错误.
故选：ABD.
11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点在的右支上，则列说法正确的是（）
A. 若的周长为24，则的面积为48
B.
C.
D. 若为锐角，则点的纵坐标范围是
【答案】BC
【解析】
【分析】根据双曲线定义结合周长可得，，即可由直角三角形求解面积，判断A，根据双曲线上的点到焦点的距离的范围，结合双曲线定义即可求解B，根据渐近线斜率即可求解C，利用向量的坐标运算即可求解D.
【详解】可得，
由于点在的右支上，故，
对于A，若的周长为24，则，
进而，，故，
故的面积为，A错误，
对于B，由于，当在右顶点时等号取到，
故，故B正确，
对于C，由于双曲线一三象限的渐近线方程为，
故，
又当在右顶点时，，故，C正确，
对于D，设，，
则，
则，
解得或，故D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题D选项解决关键是，将问题化为，从而得解.
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据分段函数的性质直接求函数值.
【详解】由分段函数可知，
故答案为：.
13. 已知，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用商数关系由求出，再由两角和的正弦展开式计算可得答案.
【详解】因为，所以，
所以，
则.
故答案为：.
14. 甲、乙两人先后在装有颗黑球的1号盒子与装有颗白球的2号盒子（，）轮流取球，规定每次取球可以从某一盒子中取出任意多颗（至少取1颗），或者在两个盒子中取出相同颗数的球（至少各取1颗），最后不能按规则取的人输.例如:当时，甲先手不论如何取球，乙后手取球均有必定获胜的策略．若，且后手取球者有必定获胜的策略，则满足条件的一组数组可以为______.
【答案】
【解析】
【分析】分、、进行讨论，若甲有必胜策略则不符合，重点在于得出当甲或乙取完后盒中情况为或时，此人必胜.
【详解】由，，则可能有以下三种情况：
①，甲可先手在号盒子中取颗球，此时盒中情况为，
则乙必不可能全部取完，乙后手取球后可能为、、或，
这时无论何种情况甲都可全部取完，故甲有必定获胜的策略，不符；
②，甲可先手在号盒子中取颗球，此时盒中情况，
同①，甲有必定获胜的策略，不符；
③，甲先手后，若两盒中球数一样或有一盒取空，则乙可全部取完，乙必胜，
若两盒中球数不一样，则一定是以下两种情况之一：
（i）有一盒中只有一个球，另一盒中多于两个球；
（ii）有一盒中有两个球，另一盒中多于两个球；
无论为哪种情况，乙都可将其取为或，由①知，此时乙必胜，
故满足条件的一组数组只有.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于得到谁能将盒中情况变为或，则必胜.
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.
15. 的内角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求；
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理进行边角互化，再利用余弦定理可得角；
（2）根据余弦定理，结合三角形面积，可得，进而可得周长.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得，
由余弦定理得，
又，
则；
【小问2详解】
由已知，即，
又，即，
所以，
所以的周长为.
16. 如图，在四棱锥中，.
（1）证明:平面;
（2）若直线平面，求平面与平面的夹角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接．分别证明平面，平面，即可证明平面平面，根据面面平行的性质，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，利用空间角的向量求法，即可求得答案.
【小问1详解】
因为，所以，连接．
因为，所以，
在中，，所以，平面，平面，
故平面，
又在四边形ABCD中，，
所以，平面，平面，
故平面，
因为平面，
所以平面平面，
又平面，所以平面．
【小问2详解】
在中，，
因为平面，平面，所以，
平面，所以，即两两垂直．
以分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系．
则，
，
设平面的法向量，则，
可取为平面的一个法向量，
设平面的法向量，则，
可取为平面的一个法向量，
所以，，所以，
所以平面与平面的夹角的大小为．
17. 已知椭圆的短轴长为2，离心率为.
（1）求的方程;
（2）过点作直线与椭圆相交于两点，若，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
分析】（1）由题意得，求出，从而可求出椭圆方程；
（2）当直线l的斜率不存在时，不合题意，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程，设，将直线方程代入椭圆方程化简，再利用根与系数的关系，利用弦长公式列方程可求出，从而可求出直线方程.
【小问1详解】
依题意：，解得，
所以E的方程为．
【小问2详解】
当直线l的斜率不存在时，，与题意不符，舍去；
当直线l斜率存在时，设直线l的方程，设，
联立，消y得：，
整理得：，
，则，
，
则，
即，
则，即，
解得或，
则直线l的方程为或．
18. 如图，甲、乙、丙、丁四名同学分别站在一个正方形的四个顶点进行传球训练，每次由一人随机将球传给另外三人中的一人，任意一人持球时，传给位于相邻顶点同学的概率为，传给位于对角线顶点同学的概率为，传球3次为一轮.
（1）已知第一次由随机一名同学将球传出，若，设事件为“一轮中每人各持一次球”.
（i）求及事件的概率;
（ii）设三轮传球中，事件发生的次数为，求的分布列与数学期望;
（2）已知第一次由甲将球传出，在一轮传球中，乙、丙两人，谁两次持球的可能性更大?
【答案】（1）（i），；（ii）分布列见解析，.
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）
（i）球传出后，可能给相邻两个的概率都为，给对角线的概率为，则，结合，解出即可.
（ii）由条件可得，运用二项分布的概率公式和期望公式求解概率即可．
（2）将乙丙两次持球的概率求出来后，用作差法比较大小即可．
【小问1详解】
（i）由题意，球传出后，可能给相邻两个的概率都为，给对角线的概率为，则，
当解得．则．
（ii）由条件可得的取值有，且，
所以，，
，，
所以的分布列为
从而．
【小问2详解】
，
又，
当，则，乙、丙两人两次持球的可能性一样大；
当，即时，，乙两次持球的可能性更大；
当，即时，，丙两次持球的可能性更大．
19. 已知函数的定义域为，设，曲线在点处的切线交轴于点，当时，设曲线在点处的切线交轴于点，依次类推，称得到的数列为函数关于的“数列”，已知.
（1）若是函数关于的“数列”，求的值;
（2）若是函数关于的“数列”，记.
（i）证明:是等比数列;
（ii）证明:.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据“数列”的定义，求出函数导数，进而求出切线方程，即可求得答案；
（2）（i）根据“数列”的含义，结合等比数列定义，即可证明结论；（ii）求出，即可将原不等式转化为，结合，转化为证，由此可结合不等式结构特征，构造函数，利用导数判断函数单调性进行证明即可.
【小问1详解】
由题意知，，所以，
曲线在点处的切线处的斜率为，
所以曲线在点处的切线方程为，
令，解得，所以．
【小问2详解】
（i）证明：，
则在处的切线斜率为，
所以在处的切线方程为，
令，解得，
所以，所以，
即
所以是以首项为，公比为2的等比数列．
（ii）由（i）可知，数列的通项公式，则，
要证，即证：．
当时，成立；
因为，即证：，
即证：
构造函数，则
故在单调递增，对任意，
即，取，则有，
故只需证：，
即需证：，
构造函数，则，
故在单调递减，则，
即对任意，取，即有，
综上，．
【点睛】难点点睛：本题考查了导数和数列知识的综合问题，难度较大，解答的难点在于数列不等式的证明，解答时要能结合数列不等式的结构特征，不断的构造函数，结合导数判断单调性进行证明.
0
1
2
3