云南省昆明市煤炭第一中學(xué)2024-2025學(xué)年高二下學(xué)期6月摸底考試數(shù)學(xué)試題（含解析）

2026屆云南省煤炭一中高二6月摸底考試一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.某同學(xué)測(cè)得連續(xù)7天的最低氣溫(均為整數(shù))分別為?6，1，?2，t，2，1，5(單位：?°C)，若這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)與中位數(shù)相等，則t=(

)A.5 B.6 C.10 D.112.復(fù)數(shù)z=11?i的共軛復(fù)數(shù)z是A.43 B.12?12i3.已知集合A={?4,0,1,2,8}，B={x|x3=x}，則A∩B=A.{0,1,2} B.{1,2,8} C.{3,8} D.{0,1}4.若關(guān)于x的不等式x2+px+q>0的解集為{x|x<?1或x>2}，則不等式x2+qx?8A.{x|?4<x<1或x>2} B.{x|?2<x<1或x>4}

C.{x|x<?2或1<x<4} D.{x|x<?4或1<x<2}5.在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若a2?3ac=1?c2，A.32 B.14 C.?16.設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線l:x=ty+2與拋物線C:y2=8x交于M,N兩點(diǎn)，與C的準(zhǔn)線交于點(diǎn)H.若HM=2MN，點(diǎn)F為C的焦點(diǎn)，則△OMF與A.25 B.23 C.347.設(shè)等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若S2=?2022，S18A.?2022 B.?1011 C.2022 D.20238.已知函數(shù)f(x)=3sin(π+x)cos(π?x)+cos2x的圖象關(guān)于直線x=t對(duì)稱，則A.23 B.233或23 二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1=2A.a3=97 B.數(shù)列{1?1an10.已知f(x)是定義在R上奇函數(shù)，且當(dāng)x>0時(shí)，f(x)=(x2?3)eA.f(0)=0

B.當(dāng)x<0時(shí)，f(x)=?(x2?3)e?x?2

C.f(x)≥2，當(dāng)且僅當(dāng)x≥11.雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>b>0)的焦點(diǎn)在圓O：x2+y2=13上，圓O與雙曲線C的漸近線在第一、二象限分別交于點(diǎn)MA.雙曲線C的一條漸近線方程為3x?2y=0

B.雙曲線C的離心率為132

C.|OE|=1

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知向量a=(?2,2)，|b|=5，且(2a+b13.若x=2是函數(shù)f(x)=(x?1)(x?2)(x?a)極值點(diǎn)，則f(0)=

14.已知四邊形ABCD為平行四邊形，AB=4，AD=3，∠BAD=π3，現(xiàn)將△ABD沿直線BD翻折，得到三棱錐A′?BCD，若A′C=四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。15.(本小題13分)

已知函數(shù)fx=34?12sinxcosx?32sin2x．

16.(本小題15分)在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)(1)求橢圓C的方程;(2)在直線x=4上取一點(diǎn)P，連接PF2交橢圓C于兩點(diǎn)M，N，若S△OPM:17.(本小題15分)如圖，在圓柱O1O2中，AD,AB(1)若M為BC的中點(diǎn)，求證：O1M//平面(2)若AC=1,BC=3，圓柱O1O2的體積為18.(本小題17分)已知函數(shù)f(x)=ln(1+x)?x+1(1)證明：f(x)在區(qū)間(0,+∞)存在唯一的極值點(diǎn)和唯一的零點(diǎn)；(2)設(shè)x1，x2分別為f(x)在區(qū)間(0,+∞)的極值點(diǎn)和零點(diǎn)，

(ⅰ)設(shè)函數(shù)g(t)=f(x1+t)?f(x1?t)，證明：g(t)在區(qū)間(0,19.(本小題17分)人工智能(Artificial?Intelligence)，英文縮寫為AI，是新一輪科技革命和產(chǎn)業(yè)變革的重要驅(qū)動(dòng)力量.近幾年以來(lái)，AI技術(shù)加持的智能手機(jī)(以下簡(jiǎn)稱為AI手機(jī))逐漸成為市場(chǎng)新寵.為了解顧客對(duì)AI手機(jī)的滿意程度，M市某手機(jī)大賣場(chǎng)從購(gòu)買了AI手機(jī)的顧客中隨機(jī)選取了100人進(jìn)行問(wèn)卷調(diào)查，并根據(jù)其滿意度得分Z(單位：分)制作了如下的頻數(shù)分布表：分組(單位：分)[40,50)[50,60)[60,70)[70,80)[80,90)[90,100]頻數(shù)101520301510(1)若該手機(jī)大賣場(chǎng)中某手機(jī)店經(jīng)銷A，B兩種品牌的手機(jī)，A品牌中AI手機(jī)占比為12，B品牌中AI手機(jī)占比為34，A，B品牌手機(jī)的數(shù)量之比是2:1，現(xiàn)從該手機(jī)店中隨機(jī)抽取一部手機(jī)，求抽取到的手機(jī)是(2)為提升AI手機(jī)的銷量，該手機(jī)大賣場(chǎng)針對(duì)購(gòu)買AI手機(jī)的顧客設(shè)置了抽獎(jiǎng)環(huán)節(jié)，抽獎(jiǎng)規(guī)則如下：①共設(shè)一、二等獎(jiǎng)兩種獎(jiǎng)項(xiàng)，分別獎(jiǎng)勵(lì)600元、300元現(xiàn)金，抽中一、二等獎(jiǎng)的概率分別為14，12，其余情況不獲得獎(jiǎng)金；②每位顧客允許連續(xù)抽獎(jiǎng)兩次，且兩次抽獎(jiǎng)結(jié)果相互獨(dú)立，總獎(jiǎng)金為兩次獎(jiǎng)金之和.記某位購(gòu)買了AI手機(jī)的顧客獲得的總獎(jiǎng)金為X元，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望(3)由頻數(shù)分布表可以認(rèn)為從手機(jī)大賣場(chǎng)購(gòu)買AI手機(jī)的顧客對(duì)AI手機(jī)的滿意度得分Z近似服從正態(tài)分布Nμ,σ2，其中μ近似為樣本平均數(shù)x，σ近似為樣本的標(biāo)準(zhǔn)差s，并已求得s=14.31.現(xiàn)將滿意度得分Z超過(guò)84.81分的顧客對(duì)AI手機(jī)的態(tài)度定義為“非常滿意”.若某月該手機(jī)大賣場(chǎng)共有1萬(wàn)名顧客購(gòu)買了AI手機(jī)(每人一部)，記Y為這些顧客中對(duì)AI手機(jī)“非常滿意”的人數(shù)，事件“Y=k”的概率為P(Y=k)，求使P(Y=k)參考數(shù)據(jù)：若隨機(jī)變量Z服從正態(tài)分布Nμ,σ2，即Z～Nμ,σ2，則答案和解析1.【答案】B

【解析】解：這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為?6+1?2+t+2+1+57除t外，將剩余的6個(gè)數(shù)據(jù)由小到大排列依次為?6，?2，1，1，2，5，若t≤1，則這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)為1，若t>1，同理可知，這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)也為1，因?yàn)檫@組數(shù)據(jù)的中位數(shù)和平均數(shù)相等，故t+17=1，解得故選：B．2.【答案】B

【解析】解：因?yàn)閦=11?i故選：B．3.【答案】D

【解析】解：由x3=x，得x3?x=0，即x(x2?1)=0，解得x=0或x=1或x=?1，

則B={?1,0,1}，又A={?4,0,1,2,8}4.【答案】B

【解答】

解：因?yàn)殛P(guān)于x的不等式x2+px+q>0的解集為{x|x<?1或x>2}，

所以x2+px+q=0的兩根是?1或2，所以p=?1，q=?2，

所以x2+qx?8x+p>0可轉(zhuǎn)化為(x?4)(x+2)x?1>0，解得?2<x<1或x>4．5.【答案】A

【解析】解：∵a2?3ac=1?c2，b=1，

∴a2+c2?b2=3ac，

由余弦定理得cosB=a2+c2?b22ac=3ac2ac=32，

由B∈(0,π)，得B=π6，

又因?yàn)閎=1，

所以△ABC的外接圓半徑r=b2sinB=1，且點(diǎn)B在優(yōu)弧AC上運(yùn)動(dòng)(不包括端點(diǎn))，

過(guò)外接圓圓心O作DE/?/AC，延長(zhǎng)CA于點(diǎn)F，至6.【答案】B

【解析】解：如圖，分別過(guò)點(diǎn)M,N作拋物線C的準(zhǔn)線的垂線，垂足分別為P,Q，

則MP=MF,拋物線C:y2=8x直線l:x=ty+2過(guò)定點(diǎn)F2,0因?yàn)椤鱄PM～△HQN，HM=2所以PMQN所以S△OMF故選：B．7.【答案】A

解：設(shè)等差數(shù)列

an

的公差為d

則

S1818S1616=a1+15S2=a1+a1+d=?2022

，

即

2∴

S2022=2022a1故選：A．8.【答案】C

解：函數(shù)f(x)=3sin(π+x)cos(π?x)+cos2x

=3sinxcosx+1+cos2x2

=32sin2x+12cos2x+12

=sin(2x+π6)+12，

令

2x+π6=kπ+π2(k∈Z)，得到f(x)對(duì)稱軸x=kπ2+π6(k∈Z)，

∵f(x)圖像關(guān)于直線x=t對(duì)稱，

∴t=kπ2+π6(k∈Z)，

易知1tant=1?tan2t22tant9.【答案】BCD

【解析】解：對(duì)于B，由an+1?2an+anan+1=0，得1an+1?12an=12，

則1?1an+1=12(1?1an)，

所以數(shù)列1?1an是以1?1a1=12為首項(xiàng)12為公比的等比數(shù)列，故B正確；

對(duì)于A，得1?1an=12n10.【答案】ABD

【解析】解：選項(xiàng)A:定義域?yàn)镽的奇函數(shù)在x=0處的值為0，因此f(0)=0，正確．

選項(xiàng)B:對(duì)于x<0，利用奇函數(shù)性質(zhì)f(x)=?f(?x)，代入x>0的表達(dá)式得：f(x)=?[((?x)2?3)e?x+2]=?(x2?3)e?x?2，正確．

選項(xiàng)C:當(dāng)x>0時(shí)，解不等式(x2?3)ex+2?2，得x?3，當(dāng)x<0時(shí)，f(x)=?(x2?3)e?x?2，

例如x=?1時(shí)，f(?1)=2e?2≈3.436≥2，說(shuō)明存在x<011.【答案】ABD

解：如圖：

設(shè)雙曲線C的焦距為2c=213，MN與y軸交于點(diǎn)P，

由題可知OM=c=13，則P(0,b)，由EO+EM+EN=0，

得點(diǎn)E為△OMN的重心，可得OE=23OP，

即a=23b，b2a2=c2?a2a2=912.【答案】3,4或?4,?3

解：設(shè)b=x,y，

則2a+b=2?2,2+x,y=?4+x,4+y，

∴x2+y2=513.【答案】?4

【解析】解：∵f(x)=(x?1)(x?2)(x?a),

∴f′(x)=(x?2)(x?1)(x?a)′+(x?1)(x?a).

∵x=2是f(x)的一個(gè)極值點(diǎn)，

∴f′(2)=0，代入x=2得：

f′(2)=(2?1)(2?a)=2?a=0，故a=2.

∴f(x)=(x?1)(x?2)2

14.【答案】557【解析】解：在△ABD中，AB=4,AD=3,∠BAD=π故DB2=A則折成的三棱錐A′?BCD中，A′C=DB，即此三棱錐的對(duì)棱相等，故此三棱錐的三組對(duì)棱是一個(gè)長(zhǎng)方體的六個(gè)面的對(duì)角線，設(shè)長(zhǎng)方體從同一個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)的三條棱長(zhǎng)分別為a，b，c，且a<c<b，則a2+此長(zhǎng)方體的外接球是三棱錐A′設(shè)外接球的直徑2R外=又因?yàn)槿忮FA′故三棱錐VA′?BCD三棱錐A′S表設(shè)內(nèi)切球半徑為R內(nèi)，以內(nèi)切球球心為頂點(diǎn)，把三棱錐分割為以球心為頂點(diǎn)，

故R內(nèi)則三棱錐A′?BCD的內(nèi)切球與外接球表面積的比值為故答案為：55715.【答案】解：(Ⅰ)由已知f(x)=34?12sin?xcos?x?32sin2所以f(x)的對(duì)稱軸方程為x=?(Ⅱ)當(dāng)x∈0,π2時(shí)，2x+π6∈[π6,7π6]，

又y=cosx在[π,7π6]上單調(diào)遞增，

所以由2x+π6∈[π,7π6]，解得x∈[51216.【答案】解：(1)由題意知4a2+2b2=12a=22ca2=b2+c2,

得a=22b=2,

故橢圓C的方程為x28+y24=1．

(2)依題意，設(shè)直線MN的斜率為k(k≠0)，

則直線MN的方程為y=k(x?2)，

設(shè)M(x1,y1)，N(x2,y2)，

聯(lián)立x2+2y2=8y=kx?2k,

消y得(1+2k2)x217.【答案】解：(1)解法一：如下圖，取AC中點(diǎn)N，連接MN,O∵M(jìn),N分別為BC,AC的中點(diǎn)，∴MN//AB,MN=1又∵圓柱上下底面平行，且與平面AO2O1D∴AO2//O1D，且A∴四邊形MNDO∴O又O1M?平面ACD,ND?∴O1M//解法二：連結(jié)MO∵圓柱的母線AD與旋轉(zhuǎn)軸O1又O1O2?平面∴O1O∵M(jìn),O2分別為∴MO又MO2?平面ACD,AC?∴MO2//又O1O2∴平面ACD//平面O1又O1M?平面∴O1M//(2)∵AC=1,BC=∴∠ACB=90又圓柱O1O2得到O1解法一：過(guò)C作CE⊥平面ABC，則CE⊥CA,CE⊥CB，又CA⊥CB，以C為原點(diǎn)，CA,CB,CE所在直線分別為x軸?y軸?z軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B0,∴CB設(shè)平面CBO1的法向量為平面CAO1的法向量為∴m?CBm?取x1=2,z又n?CA=∴取y2=2,z設(shè)二面角B?O1C?A則|則sin即二面角B?O1C?A解法二：如下圖，連結(jié)MO2，過(guò)O2作O取AC中點(diǎn)N，連結(jié)O1N，過(guò)O2作O平面O2IJ交直線O1C于點(diǎn)∵M(jìn),O2分別為∴MO2//AC∴MO∵O1O∴O1O∴BC⊥平面O1∵O2I?又O∴O2I⊥同理可證O2J⊥平面∴O2I⊥∴O1C⊥平面O2IJ∴O∴∠IKJ為二面角B?O在Rt?O1O在Rt?O1O在Rt?O1O2C中，O1O2=1,O2∴在平面四邊形O2IKJ中，如下圖，設(shè)∠IKO則sinα=∴sin即二面角B?O1C?A

18.【答案】解：(1)由題得f′(x)=x2(1x+1?3k)，因?yàn)?<k<13，所以13k?1>0，

當(dāng)0<x<13k?1時(shí)，f′(x)>0，f(x)在該區(qū)間上單調(diào)遞增，

當(dāng)x>13k?1時(shí)，f′(x)<0，f(x)在該區(qū)間上單調(diào)遞減，

所以f(x)在區(qū)間(0,+∞)存在唯一的極值點(diǎn)13k?1；

因?yàn)閒(13k?1)>f(0)=0，f(12k)=ln(1+12k)?12k，

設(shè)?(x)=ln(1+x)?x(x>0)，則?′(x)=11+x?1=?x1+x<0，

所以?(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減，所以?(x)<?(0)=0，

所以f(12k)=?(12k)<0，

故存在唯一x3∈(13k?1,12k)使得f(x3)=0．