湖北省咸宁市2023-2024学年高二下学期期末考试 数学试卷（含解析）.docx

1、咸宁市20232024学年度下学期高中期末考试高二数学试卷本试卷共6页，时长120分钟，满分150分一、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已知为虚数单位，若，则（）AB2CD2已知随机变量服从正态分布，则（）A0.7B0.6C0.4D0.23已知向量满足.若，则实数（）ABC3D4已知函数，则不等式的解集为（）ABCD5一个容量为20的样本，其数据按从小到大的顺序排列为：1，2，2，3，5，6，6，7，8，8，9，10，13，13，14，15，17，17，18，18，则该组数据的的上四分位数为（）A5B5.5C14D14.56在平面直

2、角坐标系xOy中，已知向量 与 关于x轴对称，向量 若满足 的点A的轨迹为E，则（）AE是一条垂直于x轴的直线BE是一个半径为1的圆CE是两条平行直线DE 是椭圆7由0，2，4组成可重复数字的自然数，按从小到大的顺序排成的数列记为，即，若，则（）A34B33C32D308已知双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线与双曲线的右支交于两点，若，且双曲线的离心率为，则（）ABCD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已知为随机事件，则下列结论正确的有（）A若为互斥事件，则B若，则C若为互斥事件，则D若

3、相互独立，则10牛顿在流数法一书中，给出了高次代数方程根的一种数值解法牛顿法，用“作切线”的方法求函数零点.如图，在横坐标为的点处作的切线，切线与x轴交点的横坐标为；用代替重复上面的过程得到；一直下去，得到数列，叫作牛顿数列.若函数且，数列的前n项和为，则下列说法正确的是（）AB数列是递减数列C数列是等比数列D11把底面为椭圆且母线与底面都垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，椭圆柱(中椭圆长轴，短轴，为下底面椭圆的左右焦点，为上底面椭圆的右焦点， P为线段上的动点，E 为线段上的动点，MN 为过点的下底面的一条动弦(不与AB重合)，则下列选项正确的是（）A当平面时，为的中点B三棱锥外接球的表面积为

4、C若点Q是下底面椭圆上的动点，是点Q在上底面的射影，且，与下底面所成的角分别为，则的最大值为D三棱锥体积的最大值为8三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12已知的展开式中二项式系数和为32，则展开式中的常数项为 13已知定义在区间上的函数的值域为，则的取值范围为 14足球是一项很受欢迎的体育运动.如图，某标准足球场的底线宽码，球门宽码，球门位于底线的正中位置.在比赛过程中，攻方球员带球运动时，往往需要找到一点，使得最大，这时候点就是最佳射门位置.当攻方球员甲位于边线上的点处（，）时，根据场上形势判断，有、两条进攻线路可供选择.若选择线路，则甲带球 码时，到达最佳射门位置；若选择线路，

5、则甲带球 码时，到达最佳射门位置.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在中，角所对的边分别为，已知，角的平分线交边于点，且.(1)求角的大小；(2)若，求的面积.16如图，在四棱柱中，底面为直角梯形，(1)证明：平面；(2)若平面，求二面角的正弦值17三月“与辉同行”携手湖北文旅，云游湖北省博物馆、赏东湖樱花园、夜上黄鹤楼一路走来，讲述关于湖北的历史人文、诗词歌赋，为广大网友带来一场荆楚文化的饕餮盛宴湖北文旅因此火爆出圈，湖北各地相继迎来了旅游热潮咸宁的大幕东源花谷，向阳湖花海的美景、美食、文化和人情也吸引了大批游客纷至沓来，现对3月中下旬至4月上旬的

6、大幕东源花谷赏花节会部分游客做问卷调查，其中75%的游客计划只游览大幕东源花谷，另外25%的游客计划既游览大幕东源花谷又参加“向阳花田”音乐会每位游客若只游览大幕东源花谷，则得到1份文旅纪念品；若既游览大幕东源花谷又参加“向阳花田”音乐会，则获得2份文旅纪念品假设每位来大幕东源花谷游览的游客与是否参加“向阳花田”音乐会是相互独立的，用频率估计概率(1)从大幕东源花谷的游客中随机抽取3人，记这3人获得文旅纪念品的总个数为X，求X的分布列及数学期望；(2)记n个游客得到文旅纪念品的总个数恰为个的概率为，求的前n项和18已知，为平面上的一个动点.设直线的斜率分别为，且满足.记的轨迹为曲线.(1)求的

7、轨迹方程；(2)直线，分别交动直线于点，过点作的垂线交轴于点.是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由.19罗尔定理是高等代数中微积分的三大定理之一，它与导数和函数的零点有关，是由法国数学家米歇尔罗尔于1691年提出的它的表达如下：如果函数满足在闭区间连续，在开区间内可导，且，那么在区间内至少存在一点，使得(1)运用罗尔定理证明：若函数在区间连续，在区间上可导，则存在，使得(2)已知函数，若对于区间内任意两个不相等的实数，都有成立，求实数的取值范围(3)证明：当时，有1B【分析】由复数的运算及共轭复数的定义即可求出结果.【详解】因为，所以，.故选：B.2D【分析】由正态分布的对称

8、性直接求解.【详解】因为，则，.故选：D.3B【分析】根据给定条件，求出的坐标，再利用向量共线的坐标表示计算即得.【详解】由，得，由，得，所以.故选：B4A【分析】解法一：判断函数的单调性，再利用单调性解不等式即可.解法二：特值排除法.【详解】解法一：函数的定义域为R，函数分别是R上的增函数和减函数，因此函数是R上的增函数，由，得，解得，所以原不等式的解集是.故选：A解法二：特值当时，排除B，D，当时，排除C，对A：当时，因为函数是R上的增函数，所以，故A成立.故选A5D【分析】按照上四分位数的定义直接求解即可.【详解】上四分位数即第百分位数，因为，所以上四分位数为第位和第位的平均数，即，故选

9、：D.6B【分析】设，由题有，代入化简即可得出答案.【详解】设，由题有，所以，所以，即，所以点的轨迹是一个半径为1的圆，故选：B7B【分析】由题意可知一位自然数有3个，两位自然数有6个，三位自然数有18个，利用列举法列出符合题意得自然数，即可求解.【详解】由0,2,4组成可重复数字的自然数，按从小到大的顺序排成数列，则一位自然数有3个，两位自然数有个，三位自然数有个，四位自然数有个，又四位自然数为2024为四位自然数中的第6个，所以.故选：B8D【分析】由双曲线的定义结合已知条件求得，从而再得，由余弦定理求得，由诱导公式得，设，则，再由余弦定理求得，从而利用余弦定理求解即可.【详解】因为双曲线

10、的离心率为，所以，因为，所以，由双曲线的定义可得，所以，在中，由余弦定理得，在中，设，则，由得，解得，所以，所以.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用，结合余弦定理与双曲线的定义，从而得解.9ABD【分析】根据互斥事件性质可判断AB；再由相互独立事件性质可判断D，利用对立事件及条件概率公式可判断C.【详解】对于A，若为互斥事件，则，故A正确；对于B，若，则，故B正确；对于C，若为互斥事件，则，所以，故C错误；对于D，若相互独立，则，故D正确.故选：ABD.10AC【分析】根据导数的几何意义求得在点处的切线方程，令得，即可判断A，结合对数运算对进行变形得，根据等比数列的定义及性质即

11、可判断BC，利用等比数列求和公式求解判断D.【详解】由得，所以在点处的切线方程，令，得，故A正确.，故，即，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，且为敌增数列，故B错误，C正确，所以，故D错误.故选：AC11ACD【分析】当平面时，可得，确定点位置判断选项A；几何法求三棱锥外接球的半径，计算表面积判断选项B；令，得，由求最大值判断选项C；由，要使三棱锥体积最大，只需的面积和到平面距离之和都最大，求结果判断选项D.【详解】由题设，长轴长，短轴长，则，得分别是中点，而柱体中为矩形，连接，由，四边形为平行四边形，当平面时，平面，平面平面，则，有，中，是中点，则为的中点，A选项正确；，则中，外接圆

12、半径为，则平面，三棱锥外接球的半径为，所以外接球的表面积为，B选项错误；点Q是下底面椭圆上的动点，是点Q在上底面的射影，且，与下底面所成的角分别为， 令，则，又，则，由椭圆性质知，则当或时，的最大值为，C选项正确；由，要使三棱锥体积最大，只需的面积和到平面距离之和都最大，令，且，则，当时，有最大值，在下底面内以为原点，构建如上图的直角坐标系，且，则椭圆方程为，设，联立椭圆得，令，由对勾函数性质可知在上递增，综上，三棱锥体积的最大值为，D选项正确.故选：ACD【点睛】方法点睛：本题是解析几何与立体几何的综合问题，解析几何部分要用好椭圆的定义、方程和性质，确定图形中各点的位置，利用韦达定理解决弦长

13、；椭圆中立体几何部分要用好几何体的结构特征，利用线面平行的性质得线线平行，几何法解决外接球问题，几何法求线面角.1210【分析】由展开式中二项式系数和为32，令，求出，然后利用通项公式中的指数为，求出，进而得出常数项.【详解】令，则当时，常数项为故答案为：10.13【分析】先求出的范围，考虑其右边界的取值范围即可.【详解】因为，所以，其中，相邻的后面一个使得成立的值为：，且，当且仅当，解得：故答案是：.14 【分析】若选择线路，设，利用两角差的正切公式可得出关于的表达式，利用基本不等式可求得的值及的长；若选择线路，若选择线路，以线段的中点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立平面直角坐标系

14、，利用斜率公式、两角差的正切公式以及基本不等式可求得结果.【详解】若选择线路，设，其中，则，所以，当且仅当时，即当时，等号成立，此时，所以，若选择线路，则甲带球码时，到达最佳射门位置；若选择线路，以线段的中点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，直线的方程为，设点，其中，所以，令，则，所以，当且仅当时，即当，即当时，等号成立，所以，当且仅当时，等号成立，此时，所以，若选择线路，则甲带球码时，到达最佳射门位置.故答案为：；.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”

15、就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.15(1)(2)【分析】（1）由两角和的正弦公式以及正弦定理可得，可得结果；（2）由三角形面积公式并利用，可得，再由余弦定理即可求得,由三角形的面积公式可得结果.【详解】（1）因为，由正弦定理可得，所以，故，.（2）由题意可知，即，化简可得，在中，由余弦定理得，从而，解得或（舍），所以.16(1)证明过程见解析(2)【分析】（1）取中点，中点，连接，通过线面

16、平行、面面平行的判定定理首先得平面平面，再利用面面平行的性质即可得证；（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，由向量夹角余弦的坐标公式结合三角函数平方关系即可得解.【详解】（1）如图：取中点，中点，连接，一方面：因为，所以，即四边形是平行四边形，所以，又，所以，即四边形是平行四边形，所以，因为，所以四边形是平行四边形，所以，从而，又因为面，面，所以面，另一方面：又因为，所以四边形是平行四边形，所以，又因为面，面，所以面，结合以上两方面，且注意到平面，所以平面平面，又平面，所以平面；（2）若平面，又平面，所以，又，所以以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所

17、以，设是平面的法向量，则，即，令，解得，即可取平面的一个法向量为，设是平面的法向量，则，即，令，解得，即可取平面的一个法向量为，设二面角的大小为，则，所以，即二面角的正弦值为.17(1)分布列见解析，(2)【分析】（1）根据题意求出每位游客得到1份文旅纪念品的概率和得到2份文旅纪念品的概率，则可知X的可能取值为3，4，5，6，然后求出相应的概率，从而可求得X的分布列及数学期望；（2）由题意可知只有1人既游览大幕东源花谷又参加“向阳花田”音乐会，则可得，然后利用错位相减法可求得.【详解】（1）据题意，每位游客只游览大幕东源花谷的概率为，得到1份文旅纪念品；既游览大幕东源花谷又参加“向阳花田”音乐

18、会的概率为，获得2份文旅纪念品，则X的可能取值为3，4，5，6，其中，所以X的分布列为X3456P（2）因为n个游客得到文旅纪念品的总个数恰为个，则只有1人既游览大幕东源花谷又参加“向阳花田”音乐会，于是，则于是，两式相减，得，所以18(1)(2)存在，12【分析】（1）设点，由题意列出等式，化简即可求得答案；（2）分别设直线的方程，求出点的坐标，即可得出直线的方程，继而求出H点坐标，从而求出的表达式，结合二次函数知识，即可得结论，并求得最大值.【详解】（1）由题意设点，由于，故，整理得，即的轨迹方程为；（2）由题意知直线的斜率分别为，且满足，设直线的方程为，令，则可得，即，直线，同理求得，又

19、直线的方程为，令，得，即，故，当时，取到最大值12，即存在最大值，最大值为12.【点睛】易错点点睛：本题考查轨迹方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的探究最值是否存在问题，解答思路不困难，即表示出直线方程，求得坐标，进而求出的表达式，结合二次函数知识即可求解，但很容易出错，易错点在于计算较为复杂，计算量较大，。并且基本都是字母参数的运算，需要十分细心.19(1)证明见解析；(2)；(3)证明见解析.【分析】（1）根据给定条件，构造函数，利用导数结合罗尔定理推导即得.（2）求出函数的导数，利用（1）的结论建立恒成立的不等式，再利用导数求出函数的值域即得.（3）构造函数，求出导数结合（1）的结论，借助不等式性质推理即得.【详解】（1）令，则，令函数，则，显然在上连续，且在上可导，由罗尔定理，存在，使得，即，所以.（2）依题意，不妨令，则恒成立，由（1）得，于是，即，因此，令，求导得，函数在上单调递增，则，而函数在上单调递增，其值域为，则，所以实数的取值范围是.（3）令函数，显然函数在上可导，由（1），存在，使得，又，则，因此，而，则，即，所以.【点睛】思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，构造函数，转化、抽象为相应的函数问题作答.