云南省玉溪第一中学2024-2025学年高二下学期7月期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份云南省玉溪第一中学2024-2025学年高二下学期7月期末考试数学试卷（Word版附解析），共17页。
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姓名、准考证号、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，用黑色碳素笔将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 若复数满足（i是虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】由题意.
故选：C.
2. 某射击运动员在男子10米气步枪决赛中，最后10枪成绩分别为10.9,10.7,10.4,10.0，10.5,9.8,10.7,9.9,10.5,10.6，则这10枪成绩的上四分位数是（ ）
A. 10.5B. 10.6C. 10.65D. 10.7
【答案】D
【详解】将这10次成绩从小到大的顺序排列如下：9.8，9.9，10.0，10.4，10.5，10.5，10.6，10.7，10.7，10.9，
因为，所以该组成绩的上四分位数为排序后的第8个数字10.7．
故选：D
3. 若，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】由，
所以．故A正确.
故选：A.
4. 已知数列满足，，则（ ）
A. 31B. 32C. 63D. 64
【答案】A
【详解】因为，所以设，
则，即，解得，
得到，而，故首项为，
可得是首项为，公比为的等比数列，
故，即，则，故A正确.
故选：A
5. 已知椭圆的左、右焦点分别为，设为坐标原点，为上一点，若的面积为，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】，，
设，则
，
故选：A
6. 函数的零点个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【详解】函数，，
当单调递减；
当单调递增；
，
，
所以；；
所以函数的零点个数为2.
故选：C.
7. 已知三棱锥的所有顶点都在一个球面上且平面，，，且底面的面积为，则此三棱锥外接球的表面积是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【详解】设 ，因为 ，
所以 ， ，
而 ，所以 于是是 外接圆的半径， ，
如图所示
记点为的外接圆的圆心．且，
过点作平面，作的中垂线交于点，
故点为三棱锥的外接球的球心，
所以
所以，
故选：C．
8. 在保证鞋带系紧的前提下，哪种系法使用的鞋带长度最短？（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【详解】在保证鞋带系紧的前提下，我们需要考虑的是每种系法中鞋带的交叉和打结方式，以及这些方式如何影响所需鞋带的总长度.
A. 小网丝系法：这种系法的特点是鞋带在鞋面上形成多个交叉点，每个交叉点都需要一定的鞋带长度来完成.此外，最后还需要打一个结来固定，这也会消耗额外的鞋带.
B. 蝴蝶结系法：这种系法在鞋面上形成了一个明显的蝴蝶结形状，这需要鞋带在鞋面上进行多次交叉和缠绕.虽然蝴蝶结看起来美观，但这种复杂的交叉方式会使得所需鞋带长度增加.
C. 爱心串系法：这种系法的特点是鞋带在鞋面上形成了一个心形图案，但交叉点相对较少，且心形图案的构造相对简单，不需要过多的鞋带进行缠绕.此外，这种系法在完成心形图案后，可以直接打结固定，不需要额外的鞋带长度.
D. 小蜜蜂系法：这种系法在鞋面上形成了一个类似蜜蜂翅膀的图案，需要鞋带进行多次交叉和缠绕.虽然这种系法也很美观，但与爱心串系法相比，它需要更多的鞋带来完成图案的构造.
故选；C.
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. 下列说法错误的是（ ）
A. 一个函数的极大值一定大于极小值
B. 曲线的切线可能与该曲线有不止一个公共点
C. 函数在某个区间上的最大值，一定在极大值点处取到
D. 若函数在某个区间上单调递增，则它的导函数在该区间上满足
【答案】ACD
【详解】对A选项：函数的极值是局部性质，极大值与极小值的大小不定，
比如，在处有极大值，在处有极小值，极大值小于极小值，故A错误；
对B选项：函数在处的切线为，与有无数个公共点，故B正确；
对C选项：函数在闭区间上的最大值，有可能在极大值点出取得，也由可能是在区间的端点处取得，故C错误；
对D选项：函数在某个区间上单调递增，则它的导函数在该区间上满足，故D错误.
故选：ACD
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 在中，若，，则
C. 已知向量，，与的夹角为钝角，则实数的取值范围是
D. 已知，，为的内角，，的对边，则“”的充要条件是“”
【答案】BCD
【详解】对于A，因为向量有方向，所以不能像实数一样比较大小，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，由即
解得，故C正确；
对于D，由正弦定理，可知，故D正确．
故选：BCD.
11. 双曲线的光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.已知双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，点在上，点，点在直线上，则下列说法正确的是（ ）
附：双曲线在其上一点处的切线方程为.
A.
B.
C. 作于点，则（为坐标原点）
D. 若的延长线交于点，则的内心在定直线上
【答案】BCD
【详解】设双曲线的半焦距为.根据双曲线的对称性，不妨设点在第一象限.
对于A，由题意得，，，解得，
故，，A错误.
对于B，由题可知双曲线右顶点坐标为，故，则，
∴直线的斜率存在，
∵点在直线上，∴，
∴，则，
∵，∴，故，解得，故B正确.
对于C，由题意得，点处的切线方程为，切线斜率为，
∵，故直线与双曲线相切，是切点.
由双曲线的光学性质可知，双曲线上任意一点处的切线平分该点与两焦点连线的夹角，
则平分，延长，与的延长线交于点，连接，
则为等腰三角形，，
∵为的中点，为的中点，
∴，故C正确.
对于D，记的内心为，则是的平分线，是的平分线，
由选项C可得，直线是双曲线的切线，切点分别为点，设，
则直线的方程为，直线的方程为，
联立两式，解得，
由得，，设直线，
则式可化为，即点在定直线上，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若向量，，且，则________.
【答案】
【详解】因为向量，，且，
可得，解得
故答案为：.
13. 函数的单调递增区间是________．
【答案】
【详解】函数，
所以，所以，
所以函数的单调递增区间是，
故答案为：.
14. 在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”．则________旋转函数（填：“是”或者“不是”）；若是旋转函数，则的取值范围是________．
【答案】 ①. 是 ②.
【详解】在旋转后所曲线上任取一点，旋转前点对应的点为，
不妨设，设点，即，，
将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，
可得，即点，
即，，
因为，可得变形可得，曲线为函数，
所以，是旋转函数；
若函数是旋转函数，将函数的图象绕着原点逆时针旋转后，
不存在与轴垂直的直线，使得直线与旋转后的函数图象个以上的交点．
故不存在直线与函数的图象有两个交点，
即对任意的，方程至多一解，即至多一解，
令为单调函数，则，
因为，故对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
当时，则对任意的恒成立，合乎题意；
当时，则，
令，其中，则，
由可得，由可得，
所以，函数的减区间为，增区间为，
所以，，且函数无最大值，所以此时不合乎题意；
当时，则，此时，，解得.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案：.
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. 如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，，，分别是，的中点．

（1）求证：平面；
（2）当，求异面直线与所成角正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
小问1详解】

在三棱柱中，侧棱垂直于底面，
即平面，平面，所以，
又，，平面，
平面．
【小问2详解】
取的中点，连接、，
因为，分别是，的中点，
所以且，且，
故得且，所以四边形为平行四边形，
所以，故为异面直线与所成角，
又，则，
由（1）平面，平面，故，
因，则，
又，所以，
故异面直线与所成角的正弦值为.
16. 已知函数．
（1）求的单调区间；
（2）求在区间上的最大值．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【小问1详解】
由求导得：，
由可得，由可得或，
故函数的单调递减区间为，单调递增区间为和；
【小问2详解】
由（1）已得函数在上单调递减，在上单调递增，
因，则函数在上单调递减，在上单调递增，
又，
故当时，函数取得最大值为.
17. 设，是抛物线：上异于原点的两点，且，直线与x轴相交于E.
（1）若P，Q到x轴的距离的积为4，求抛物线的准线方程；
（2）F是x轴上的点，直线与抛物线交于另一点，直线与轴相交于，若，求.
【答案】（1）
（2）3
【小问1详解】
由，得，
整理得，又，则，
而，因此，由P，Q到x轴的距离的积为4，得，则，
所以抛物线的准线方程为：.
【小问2详解】
设，，，，
由，得，
设直线方程为：，由消去得，则，
设直线的方程为：，同理得，则，
所以，.
18. 2025年，某卫视推出了“最强大脑围棋版争霸赛”，堪称围棋界史上最激烈的国际赛事，以“棋艺封神，一站扬名”为口号，致力于推广围棋文化和智力竞技.受此启发，某中学为了让学生亲身体验围棋比赛的精彩和激烈，激发学生的思维活力，特别举办了“校园棋王争霸赛”.根据已报名的学生资料统计，有的学生学过围棋，将频率视为概率.
（1）从已报名选手中任取3名学生，记其中学过围棋的学生数为，求的分布列与数学期望；
（2）经过海选，最终决定、、、、、、、八位棋手参加棋王争霸赛，比赛分预赛、半决赛和决赛三个阶段，采用淘汰制决出冠军.预赛共有四场，八位棋手赛前抽签确定比赛位置，获胜的四人进入半决赛，依次类推，在决赛中，胜者为冠军，负者为亚军。已知~这7位棋手互相对弈时，获胜概率均为，棋手与其他棋手对弈时，获胜的概率为，每局对弈结果相互独立，无和棋情况.
（ⅰ）求棋手最终夺冠的概率；
（ⅱ）求棋手与有过对弈且最终获得亚军的概率.
【答案】（1）分布列见解析，；
（2）（ⅰ）；（ⅱ）.
【小问1详解】
由题意得，每位报名选手中学过围棋的概率为，则没有学过围棋的概率为，
随机抽取3人，用随机变量表示3人中学过围棋的学生人数，则可能的取值为0，1，2，3，，
；；
；.
所以，分布列为
∴.
【小问2详解】
（ⅰ）由题意得：~八名运动员各自夺冠的概率之和为1，~夺冠概率相同，
夺冠的概率为，即最终夺冠的概率为.
（ⅱ）记事件“获得亚军”，事件“与对弈过”，
事件“与在第轮对弈”，，
则.
不妨设在①号位，则
a.在第1轮能与对弈的位置编号为②，
；
b.在第2轮能与对弈的位置编号为③或④，
；
c.在第3轮能与对弈的位置编号为⑤或⑥或⑦或⑧，
；
综上所述：.
19. 设等比数列：的公比为q，其中都为正奇数，构成单调递增的正项等差数列．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）把用表示．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）答案见解析
【小问1详解】
由题意知，又，可得，
所以，又是正偶数，所以．
【小问2详解】
设等差数列a，b，c的公差为d，由题意得，，
又，，故，
可得，又，又，都为正偶数，
故，即，
又由（1）的结论得，，故有，即．
【小问3详解】
设个数所构成的等比数列为，
则，，，
由，可得，
，
又，，由s，t都为正奇数，则q既可为正数，也可为负数．
若q为正数，则，插入的个数的乘积为；
若q为负数，中为负数，即共有个负数，
故，所插入的个数的乘积为，
综上所述，当q为正数时，为，
当q为负数时，为．0
1
2
3