湖北省咸宁市2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷【含答案】

咸宁市2023—2024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（

）A． B．2 C． D．2．已知随机变量服从正态分布，，则（

）A．0.7 B．0.6 C．0.4 D．0.23．已知向量满足.若，则实数（

）A． B． C．3 D．4．已知函数，则不等式的解集为（

）A． B． C． D．5．一个容量为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（

）A．5 B．5.5 C．14 D．14.56．在平面直角坐标系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（

）A．E是一条垂直于x轴的直线 B．E是一个半径为1的圆C．E是两条平行直线 D．E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（

）A．34 B．33 C．32 D．308．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（

）A． B． C． D．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（

）A． B．数列是递减数列C．数列是等比数列 D．11．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，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．1．B【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.2．D【分析】由正态分布的对称性直接求解.【详解】因为，则，∴.故选：D.3．B【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：B4．A【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A．5．D【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：D.6．B【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：B．7．B【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：B8．D【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.9．ABD【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.10．AC【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：AC11．ACD【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；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.12．10【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，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”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.