云南省昆明市煤炭第一中学2024-2025学年高二下学期6月摸底考试数学试题（含解析）

2026届云南省煤炭一中高二6月摸底考试
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.某同学测得连续天的最低气温均为整数分别为，，，，，，单位：，若这组数据的平均数与中位数相等，则( )
A. B. C. D.
2.复数的共轭复数是( )
A. B. C. D.
3.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
4.若关于的不等式的解集为或，则不等式的解集为( )
A. 或 B. 或
C. 或 D. 或
5.在中，角，，所对的边分别为，，，若，，则的最大值为( )
A. B. C. D.
6.设为坐标原点，直线与抛物线交于两点，与的准线交于点若，点为的焦点，则与的面积之比为( )
A. B. C. D.
7.设等差数列的前项和为，若，，则( )
A. B. C. D.
8.已知函数的图象关于直线对称，则 ．
A. B. 或 C. 或 D.
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。
9.已知数列的前项和为，若，，则( )
A. B. 数列为等比数列
C. D.
10.已知是定义在上奇函数，且当时，，则( )
A.
B. 当时，
C. ，当且仅当
D. 是极大值点
11.双曲线：的焦点在圆：上，圆与双曲线的渐近线在第一、二象限分别交于点、，点满足其中为坐标原点，则( )
A. 双曲线的一条渐近线方程为
B. 双曲线的离心率为
C.
D. 的面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量，，且，则 ．
13.若是函数极值点，则
14.已知四边形为平行四边形，，，，现将沿直线翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为 ．
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.本小题分
已知函数．
Ⅰ求的最小正周期，并求出的对称轴方程；
Ⅱ若，求的单调递增区间和最小值．
16.本小题分
在平面直角坐标系中，为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一点，且满足
求椭圆的方程
在直线上取一点，连接交椭圆于两点，，若，求点的坐标．
17.本小题分
如图，在圆柱中，分别为圆柱的母线和下底面的直径，为底面圆周上一点．
若为的中点，求证：平面；
若，圆柱的体积为，求二面角的正弦值．
18.本小题分
已知函数，其中．
证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点；
设，分别为在区间的极值点和零点，
(ⅰ)设函数，证明：在区间单调递减；(ⅱ)比较与的大小，并证明你的结论．
19.本小题分
人工智能，英文缩写为，是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量近几年以来，技术加持的智能手机以下简称为手机逐渐成为市场新宠为了解顾客对手机的满意程度，市某手机大卖场从购买了手机的顾客中随机选取了人进行问卷调查，并根据其满意度得分单位：分制作了如下的频数分布表：
分组单位：分
频数
若该手机大卖场中某手机店经销，两种品牌的手机，品牌中手机占比为，品牌中手机占比为，，品牌手机的数量之比是，现从该手机店中随机抽取一部手机，求抽取到的手机是手机的概率；
为提升手机的销量，该手机大卖场针对购买手机的顾客设置了抽奖环节，抽奖规则如下：共设一、二等奖两种奖项，分别奖励元、元现金，抽中一、二等奖的概率分别为，，其余情况不获得奖金；每位顾客允许连续抽奖两次，且两次抽奖结果相互独立，总奖金为两次奖金之和记某位购买了手机的顾客获得的总奖金为元，求的分布列和数学期望；
由频数分布表可以认为从手机大卖场购买手机的顾客对手机的满意度得分近似服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本的标准差，并已求得现将满意度得分超过分的顾客对手机的态度定义为“非常满意”若某月该手机大卖场共有万名顾客购买了手机每人一部，记为这些顾客中对手机“非常满意”的人数，事件“”的概率为，求使取最大值时的值．
参考数据：若随机变量服从正态分布，即，则，．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：这组数据的平均数为，
除外，将剩余的个数据由小到大排列依次为，，，，，，
若，则这组数据的中位数为，
若，同理可知，这组数据的中位数也为，
因为这组数据的中位数和平均数相等，故，解得．
故选：．
2.【答案】
【解析】解：因为，所以．
故选：．
3.【答案】
【解析】解：由，得，即，解得或或，
则，又，则，
故选D．
4.【答案】
【解答】
解：因为关于的不等式的解集为或，
所以的两根是或，所以，，
所以可转化为，解得或．
所以原不等式的解集为或，
故选B．
5.【答案】
【解析】解：，，
，
由余弦定理得，
由，得，
又因为，
所以的外接圆半径，且点在优弧上运动不包括端点，
过外接圆圆心作，延长于点，至，
因为，
所以当在上投影向量的模长最大时，
由图可知，即点与点重合时，取得最大值，
此时，，，，
由余弦定理得，，
所以的最大值为．
故选：．
6.【答案】
【解析】解：如图，分别过点作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，
则，，
抛物线的焦点，
直线过定点，
因为，，
所以，
所以．
故选：．
7.【答案】
解：设等差数列 的公差为 ，
则 ，
，
，
，
即 ，
则 ，

．
故选：．
8.【答案】
解：函数
，
令 ，得到对称轴，
图像关于直线对称，
，
易知，
，
当为奇数时，设，
此时，，
，
；
当为偶数时，设，
，，
，
，
综上知的值为或 ．
故选C．
9.【答案】
【解析】解：对于，由，得，
则，
所以数列是以为首项为公比的等比数列，故B正确；
对于，得，解得，所以，故A错误；
对于，，
当时，，，即，故C正确；
对于，时，，
，故D正确．
故选：．
10.【答案】
【解析】解：选项A定义域为的奇函数在处的值为，因此，正确．
选项B对于，利用奇函数性质，代入的表达式得：，正确．
选项C当时，解不等式，得，当时，，
例如时，，说明存在时的情况，因此“当且仅当错误．
选项D当时，，求导得，令，解得导数在两侧由正变负，故为极大值点，正确．
故选ABD．
11.【答案】
解：如图：
设双曲线的焦距为，与轴交于点，
由题可知，则，由，
得点为的重心，可得，
即，，得，
得，，
解得，双曲线的渐近线方程为，
，的坐标为，．
故选ABD．
12.【答案】或
解：设，
则，
，
解得或
即或．
故答案为或．
13.【答案】
【解析】解：
是的一个极值点，
，代入得：
，故
故答案为
14.【答案】
【解析】解：在中，，
故，即，
则折成的三棱锥中，，，，
即此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，
设长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为，，，且，
则，解得
此长方体的外接球是三棱锥的外接球，
设外接球的直径，即，
又因为三棱锥是长方体切掉四个角，
故三棱锥，
三棱锥四个面是全等的，
，
设内切球半径为，以内切球球心为顶点，把三棱锥分割为以球心为顶点，
四个面为底面的四个小三棱锥，四个小三棱锥体积和等于大三棱锥的体积，
故，
则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为．
故答案为：．
15.【答案】解：Ⅰ由已知
，
所以最小正周期，
令，解得，
所以的对称轴方程为
Ⅱ当时，，
又在上单调递增，
所以由，解得，
即的单调递增区间为，
因为，所以，
所以，
即的最小值为．
16.【答案】解：由题意知
得
故椭圆的方程为．
依题意，设直线的斜率为，
则直线的方程为，
设，，
联立
消得，
，
可得，，
由，
，，
，整理得，
由得，，
代入，解得，
直线的方程为或，
点坐标为或．
17.【答案】解：解法一：如下图，取中点，连接，
分别为的中点，
，
又圆柱上下底面平行，
且与平面交于和，
，且，
且，
四边形为平行四边形，
，
又平面平面
平面．
解法二：连结，
圆柱的母线与旋转轴平行，
又平面平面，
平面，
分别为的中点，
，
又平面平面，
平面，
又平面，
平面平面，
又平面，
平面．
为底面直径，
，
又圆柱的体积为，
得到．
解法一：过作平面，则，
又，以为原点，所在直线分别为轴
轴轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，
平面的法向量为，
，得到，
，
取，可得，
又，得到，
取，可得，
设二面角的大小为，
则
则
即二面角的正弦值为．
解法二：如下图，连结，过作，垂足，
取中点，连结，过作，垂足，
平面交直线于点，连结，
分别为的中点，
，又，
，
平面，
，又，
平面，
平面，
又
平面，
同理可证平面，
，，又，
平面，即平面，
，
为二面角的平面角，
在中，，
在中，，
在中，，
所以是中点，
所以．
在平面四边形中，如下图，，
设，
则，
．
即二面角的正弦值为．

18.【答案】解：由题得，因为，所以，
当时，，在该区间上单调递增，
当时，，在该区间上单调递减，
所以在区间存在唯一的极值点；
因为，，
设，则，
所以在上单调递减，所以，
所以，
故存在唯一使得．
由知，，
，
当时，，，则，
所以在区间内单调递减．
由可知在单调递减，
又因为，则
即，
而，所以
由与中分析知，且在区间，单调递减，
于是，即与均在区间，上，
故．
19.【答案】解：记“抽取到的手机是品牌手机”为事件，“抽取到的手机是品牌手机”为事件，
“抽取到的手机是手机”为事件，
则，，，，
则，
则从该手机店中随机抽取一部手机，抽取到的手机是手机的概率为．
由题意可得，不获得奖金的概率为，
的可能取值为，，，，，
，，
，
，，
则的分布列为：
所以．
样本平均数，
随机选名顾客，其对手机“非常满意”的概率
，
依题意，记，，
则，
则问题等价于求当取何值时，取得最大值．
由，得
化简得
得，即，
因，得，
即当时，取得最大值．