云南省昆明市云南师范大学附属中学2024~2025学年高二年级期末考试数学测试卷（PDF版，含解析）

2024~2025 学年高二年级教学质量监测卷（八）数学参考答案
第Ⅰ卷（选择题，共 58 分）
一、单项选择题（本大题共 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）
【解析】
z 2 3i (2 3i)(1 i) 1 5 i ，故复数 z 的虚部为 5 ，故选 B．
1 i (1 i)(1 i) 2 2 2
集合 A {x | log (x 1) 0} {x | x 2}，B {x | 3x 9} {x | x 2} ，即 A ∩ B ，故选D．
由b 1 2a，a 0，b 0 ，得 1 a 2a b a 2 b a ≥4 ，当且仅当 a b 且2a b
a b a b a b
1，即 a b 1 时取等号，故选 C．
3
4 ．根据 题意可得正四棱台的斜高为
5 ，所以正四棱台的表面积 为
16 100 4 1 (4 10) 5 256 ，所以该零部件的防腐处理费用是 256 0.5 128 元，故
2
选 B．
→ → → → →
5 ． 设 b (x，y) ， 因为 a b ，所以 6x 8 y 0 ，又| b | 5 ，解得 b (4，3) 或
→ → → →
b ( 4， 3) ， b 与c (1，0) 的夹角是钝角，则b ( 4， 3) ，故选 A．
6 ．根据题意， f (2 x) f (x) ，则正态密度函数 f (x) 关于 x 1 对称，即 1 ，则
P(1≤X ≤2) P(0≤X ≤1) 0.5 P( X ≤0) 0.5 0.2 0.3 ，故选 C．
圆(x 1)2 y2 1 的圆心坐标为 (1，0) ，半径是 2 ，而原点
2 2
O(0，0) 在圆外，如图 1 所示，则与圆 (x 1)2 y2 1 相
2
切，且在两坐标轴上截距相等的直线中过原点的直线有两
图 1
条；当直线不过原点时，可设切线方程为 x y m ，即 x y m 0(m 0) ，可得
|1 m |
2 ，即 m 0 （舍去）或 m 2 ，当 m 2 时，直线方程为 x y 2 0 ．综上
2
可知，与圆(x 1)2 y2 1 相切，且在两坐标轴上截距相等的直线共有 3 条，故选 B． 2
由于 x [0，4π] ，故 1 x π π 7π ，故由题意转化为sin 1 x π 1 在区间[0，4π]
2 4 4 ， 4
上有两个不相等的实数根 x ，x ，令t 1 x π π 7π ，则sin t 1 在 π 7π 上有
1 2 2 4
，
4 4
2
，
4 4
两个不相等的实数根，故t 1 x π ，t 1 x π ，则函数 y sin t 与 y 1 在 π 7π

1 2 1 4 2
2 2 4
2
，
4 4
上有两个不同的交点，由正弦函数的性质 y sin t 关于 t π 对称，则 t1 t2 π ，解得
2 2 2
t t π ，故 x 1 x 3π ，即 x x 3π ，所以 f (x) 的所有零点之和为3π ，故选 A．
1 2 2 1 2 2 2 1 2
二、多项选择题（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多
项是符合题目要求的．全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分）
题号 9 10 11
答案 AD BCD ABD
【解析】
对于 A，由题意 b f (3n) a ，b f (3n 3) a
，设 a qa
，则 b q3b ，故
n 3n n 1 3n 3
n 1 n
n 1 n
A 正确；对于 B，n 为奇数则无意义，故 B 错误；对于 C， bn
f (n2 ) a
，bn 1
n 2n 1
q2n 1b ，故 C 错误；对于 D， b [ f (n)]2 a2，b a2 q2a2 q2b ，故 D 正确，故
n n n n 1 n 1 n n
选 AD．
对于 A，数据从小到大排列为 1，1，2，2，3，4，4，5，因为8 45% 3.6 ，所以数据的第 45 分位数为 2，故 A 错误；对于 B，若线性相关系数的绝对值| r | 越接近 1，则两
个变量的线性相关性越强，故 B 正确；对于 C，令 x 6 ，得 y 0.1 6 1.4 2 ，则所求
残差为 2.1 2 0.1 ，故 C 正确；对于 D，可得 4 p(1 p) 3 ，解得 p 1 或 p 3 ，当
4 4 4
p 1 时 ， 可 得
P( X 2) C2
1 2
1 27
， 当 p 3 时 ， 可 得
4 4 4
4 128 4

P( X 2) C2
3 2
1 27
，综上可得， P( X 2) 27 ，故 D 正确，故选
4 4
4 128
128

BCD．
．对于 A ，对任意的 x，y R 有
f (xy) f (x) f ( y) f (x) f ( y) ，令 x y 1 ，则有
f (1) [ f (1)]2 f (1) f (1) f (1) 0 或 者
f (1) 1
， 但 是 当
f (1) 1 时 ，
f (x 1) f (x) f (1) f (x) f (1) f (x) f (1) 1 ，与 f (x) 不是常值函数矛盾，故
f (1) 0 ，故 A 正确；对于 B，对任意的 x，y R 有 f (xy) f (x) f ( y) f (x) f ( y) ，令
f 1
1 1 1
x 1
y ，x 0 ，则 f (1) f (x) f f (x) f ，f (x) 1 ，当
x x x
1 f 1 1 f 1


x (0，1) ，则 1 1 ，故 f 1 0，1 f 1 1 ，故 f (x) 1 1 ( 1，0) ，故 B

x
1 f 1

正确；对于 C ，任取 x x 0 ，令 t x1 1 ，则 f (t) 0，f (x ) 1 0 ， 于是
1 2 2
2
f (x1 ) f (tx2 ) f (t) f (x2 ) f (t) f (x2 ) f (t)[ f (x2 ) 1] f (x2 ) f (x2 ) ， 故
f (x) 在
(0， )
上 单 调 递 增 ， 故 C 错 误 ； 对 于 D ， 令
y 1
可 得 ：
f ( x) f (x) f ( 1) f (x) f ( 1) f (x)
， 于 是 函 数
f (x)
是 偶 函 数 ， 又
f (9) f (3) f (3) f (3) f (3) 8 ，于是原不等式可转化为 f (| x 1|) f (9) ，又由 f (x) 在
(0， ) 上单调递增可得： | x 1| 9 ，解得： 8 x 10 ，不等式 f (x 1) 8 的解集为
{x | 8 x 10} ，故 D 正确，故选 ABD．
第Ⅱ卷（非选择题，共 92 分）
三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
题号 12 13 14
答案 1 2 3 y 2x 4；3
【解析】
．多项式的展开式中含 x3 的项为 ax C3 x2 ( 2)3 1 C2 x3 ( 2)2 ( 80a 40)x3 ，所以
80a 40 40 ，解得 a 1 ．
sin π
13．函数 f (x)
1
cos x
，则 f (x)
sin x
cos2 x
，故 f π

3
cos2 π
3
2 ．
14 ．由焦点为 F (1，0) ， 得
p 2
，则 y2 4x
，设直线 AB 的方程为 x my 2 ，
A(x1，y1 )，B(x2，y2 ) ， y1 0 ，则 y2 0 ，由| AF | 5 ，得 x1 1 5 ，解得 x1 4 ，因为点
A 在抛物线上，所以 y2 4x 16 ，解得 y 4 ，则 A(4，4) ，将点 A 的坐标代入直线方
1
程，得 4m 2 4 ，解得 m 1 ，故直线 AB 的方程为 x 1 y 2 ，即 y 2x 4 ；将
x 1 y 2 代入 y2 4x
2
2
中， 得
y2 2 y 8 0
2
，则 y1 y2 8
，所以 y2 2 ，故
S 1 | FM | | y y | 1 1 | 4 2 | 3 ．
△ABF 2 2 1 2
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．（本小题满分 13 分）
a2 b2
解：（1）∵ a cos B b sin A ，
c
a2 c2 b2
∴由余弦定理的推论得， a
b sin A
a2 b2
，
2ac c
… （1 分）
化简整理得， b2 c2 a2 2bc sin A ，… （2 分）
又b2 c2 a2 2bc cos A ，… （3 分）
∴ 2bc sin A 2bc cos A ，… （4 分）
∴ sin A cos A ，即tan A 1 ， （5 分）
又 A (0，π) ，∴ A π ． （6 分）
4
（2）∵ a 2，A π ，S
2 ，
4 △ABC
∴ 1 bc sin A 2 bc 2 ，即bc 4 ①， （8 分）
2 4
由余弦定理得， a2 b2 c2 2bc cos A ，… （9 分）
∴ 4 b2 c2
2bc
… （10 分）
(b c)2 (2
2)bc ②， （11 分）
联立①②得(b c)2 12 8
(2
2)2 ，… （12 分）
∴ b c 2 2 ． （13 分）
16．（本小题满分 15 分）
证明：连接 EF，
易证四边形 ADEF 是正方形，则 AE DF ， （1 分）
由正四棱柱的性质可知CD 平面 ADD1 A1 ， （2 分）
因为 AE 平面 ADD1 A1 ，所以CD AE ， （3 分）
因为 DF 平面CDF，CD 平面CDF ，且 DF ∩ CD D ，
… （4 分）
所以 AE 平面CDF ． （5 分）
解：由正四棱柱的性质可知 AB，AD，AA1 两两垂直，
–––→ –––→ –––→
则以 A 为坐标原点， AB，AD，AA1 的方向分别为 x，y，z 轴的正方
向，建立如图 2 所示的空间直角坐标系．
… （6 分）
因为 AA1 2 AB 2 AD 2 ， 图 2
则 A(0，0，0)，A1(0，0，2)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，E(0，1，1) ，
… （7 分）
–––→ –––→ –––→
故 AE (0，1，1)，A1B (1，0， 2)，BD ( 1，1，0)，
… （8 分）
→
设平面 A1BD 的法向量为 n (x，y，z)，
→ –––→
则 n A1B x 2z 0， 令 x 2 ，得 y 2，z 1，
n BD x y 0，
→
则 n (2，2，1)， （10 分）
由（1）可知 AE⊥平面 CDF，
–––→
则 AE (0，1，1) 是平面 CDF 的一个法向量， （12 分）
设平面 CDF 与平面 A1BD 的夹角为 θ，
→ –––→
→ –––→
| n AE | 2 1
则cos | cos n，AE | → –––→ ，
| n || AE | 2
… （14 分）
因为0 ≤ π ，所以 π ，
2 4
即平面 CDF 与平面 A BD 的夹角为 π ．… （15 分）
1 4
17．（本小题满分 15 分）
（1）解：当a 3 时， f (x) ln x 3 1 ，
x
所以 f (x) 1 3 ， （1 分）
x x2
则 f (1) 2，f (1) 2 ， （2 分）
则 y f (x) 在点(1，f (1)) 处的切线方程为 y 2 2 (x 1) ，
… （3 分）
即2x y 4 0 ． （4 分）
（2）证明：由已知， f (x) 的定义域为(0， ) ，
… （5 分）
f (x) 1 a x a ，令 f (x) 0 ，解得 x a ，
x x2 x2
… （6 分）
当 x (a， ) 时， f (x) 0 ，则 f (x) 在(a， ) 上单调递增；
… （7 分）
当 x (0，a) 时， f (x) 0 ，则 f (x) 在(0，a) 上单调递减；
… （8 分）
所以 f (x)min f (a) ln a ， （9 分）
要证 f (x) a 1 ，只需证ln a a 1 ， （10 分）
2 2a 2 2a
设 g(x) ln x x 1 ，则只需证当0 x 1时， g(x) 0 ，
2 2x
… （11 分）
1 1 1 (x 1)2
因为 g (x) 0 在 x (0，1) 时恒成立，
x 2 2x2 2x2
所以 g(x) 在(0，1) 上单调递减， （13 分）
所以当0 x 1时， g(x) g(1) 0 ，即ln a a 1 ，
2 2a
… （14 分）
所以 f (x)≥f (a) ln a a 1 ，得证． （15 分）
2 2a
18．（本小题满分 17 分）
解：因为双曲线的一条渐近线方程为 3x y 0 ，右焦点 F (2，0) ，
b 3，
a

所以 c 2，


a2 b2 c2，
… （1 分）
解得 a2 1，b2 3 ，… （3 分）
2 y2
故双曲线的标准方程为 x 1 ． （4 分）
3
易知 A(1，0) ，
由题可设直线l 的方程为 x my 2 ， P(x1，y1 )，Q(x2，y2 ) ，
… （5 分）
x my 2
2 2
由 x2 y
3
，得(3m
1
1) y
12my 9 0 ， （6 分）
∵直线l 与 Γ 的右支交于 P，Q 两点，
∴ 3m2 1 0 ， y y 12m ， y y 9 ， （7 分）
1 2 3m2 1 1 2 3m2 1
x x m( y y ) 4 4 0， （8 分）
1 2 1 2
3m2 1
∴ 3m2 1 0 ． （9 分）
证明： k k
y1 y2
y1 y2
9
3m2 1
9 ，
1 2 x 1 x 1 m2 y y m( y y ) 1 9m2 12m2
1 2 1 2 1 2 1
3m2 1 3m2 1
故 k1 k2 为定值 9 ．… （10 分）
解：由题意可得 S 1 | AF || y y | 1 | y y |， （11 分）
1 2 1 2 2 1 2
直线 AP 的方程为 y y1 (x 1) y1 (x 1) ，则 y 1 y1 ，
x 1
my 1
M 2 my 1
1 1 1
同理可得 y 1 y2 ， （12 分）
N 2 my 1
∴ S 1 1 | y
y | 1
| y1 y2 | ，
2 2 2
M N
8 | m2 y y m( y y ) 1|
1 2 1 2
… （13 分）
∴ S1 4| m2 y y m( y y ) 1|
4 ， （14 分）
1 2 1 2
2
| 3m2 1|
∵ 1≤3m2 1 0 ，∴ 0 | 3m2 1| ≤1 ， （15 分）
∴ S1
S2
4
| 3m2 1|
≥4 ，当且仅当 m 0 时等号成立，… （16 分）
故 S1 的取值范围为[4， ) ． （17 分）
S2
19．（本小题满分 17 分）
解：（1）根据题设条件可知 a1 1，a2， ，a10 为公差为 1 的等差数列，
根据等差数列的通项公式可得 a10 a1 9 10 ，… （2 分）
又 a10，a11， ，a20 为公差为 d 的等差数列，
根据等差数列通项公式的推广公式可得 a20 a10 10d 50 ，
… （4 分）
解得 d 4 ．… （5 分）
由题可知： a1 1，a2， ，ak 为公差为 1 的等差数列，根据等差数列的通项公式可得 ak a1 (k 1) k ，
… （6 分）
ak，ak 1， ，a2k 为公差为 d 的等差数列，
故 a2k ak kd k (1 d ) ，… （7 分）
a ，a ， ，a
为公差 d 2 的等差数列，
2k 2k 1 3k
1 2 3 3
故 a3k
a2k
kd 2 k (1 d d 2 ) k d ≥ k ，
2 4 4

… （9 分）
又 k 为正整数，故 3 k 0 ，即 a 的最小值为 3 k ．… （10 分）
4 3k 4
记 n 除以 k 的整数部分为 s，余数为 t，则n ks t ，… （11 分）
当 s≥1 时， a ，a ， ，a
是公差为 d s 的等差数列，
ks ks 1 k ( s 1)
s
k ( s 1) ks
依次类推得 a a kd s，a a kd s 1， ，a a k 1，
k ( s 1) ks ks k ( s 1) k 1
累加得 ak ( s 1) k (1 d d 2 d s ) ， （13 分）
当 d 1 时， ak ( s 1) k(s 1) ，
当 d 1，根据等比数列的求和公式可得 ak ( s 1) k
ks，d 1，

1 d s 1
，
1 d
也即 aks
1 d s
… （15 分）
k ，d 1，
1 d
ks t，d 1，
s
由题， t [0，k) ，则 aks t aks td 1 d s s
k
1 d
td ，d 1，
当 s 0 时， aks t at t ，仍然满足上式， （16 分）
n，d 1，

综上，数列{an } 的通项公式为 an 1 d s s
k
1 d
td ，d 1.
… （17 分）