湖北省武昌区2024-2025学年高二下学期期末考试 数学

2024~2025学年度高二年级期末质量检测

数学

命题单位：武昌区教研培训中心

考试时间：2025年6月26日

本试题卷共4页，共19题.满分150分，考试用时120分钟.

注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答

题卡上的指定位置.

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试

卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和

答题卡上的非答题区域均无效.

4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.

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.

1,3

1.在复平面内，复数z的共轭复数z对应点的坐标为，则zz（）

A4B.2C.4D.2

【答案】A

【详解】由复数z的共轭复数z对应点的坐标为1,3，得z13i，

则z13i，所以zz13i13i134，

故选：A.

12

2.设集合Axlnx，Byy4x，则AB（）

2

A.1,eB.,eC.0,eD.0,e

【答案】D

1

【详解】由Axlnxx|0xe，Byy4x2yy4，

2

所以AB0,e，

故选：D.

x2y2

3.已知双曲线C:1a0，焦距为10，则实轴长为（）

a24a2

A.1B.2C.25D.45

【答案】C

【详解】由题意得：b24a2，2c10，c2a2b2，

联立可解得：a25,b220，即实轴长为2a25,

故选：C.

4.已知圆锥底面半径为3，高为9，用平行于底面的平面截该圆锥，截得的圆台上，下底面半径之比为1:3，

则圆台的体积为（）

A.13πB.26πC.39πD.52π

【答案】B

【详解】根据相似可知，圆台的上、下底面半径分为1、3，圆台的高为6，

1

所以由圆台体积公式得：Vπ1919626π，

3

故选：B.

2

5.已知函数fxsinxcosx，则fx在区间0,π上的极大值点为（）

ππ2π5π

A.B.C.D.

6336

【答案】B

【详解】由fx2sinxcosxsinxsinx2cosx1，

1π

因为x0,π，所以由fxsinx2cosx10得cosx，即x，

23

ππ

当x0,时，fxsinx2cosx10，所以fx在x0,上单调递增，

33

ππ

当x,π时，fxsinx2cosx10，所以fx在x,π上单调递减，

33

π

即fx在区间0,π上的极大值点为,

3

故选：B.

6.下列能整除55559的数是（）

A.5B.6C.7D.8

【答案】D

【详解】55559(561)559

05515412532541545555

=C5556C5556(1)C5556(1)C5556(1)C55(1)9

5515454，能被整除

56C5556C555688.

故选：D.

π

7.已知函数fxtan3x0π，其函数图象向左平移个单位长度后关于原点对称，则实

12

数的最大值为（）

ππ3π7π

A.B.C.D.

8448

【答案】C

π

【详解】fxtan3x函数图象向左平移个单位长度得到：

12

ππ

fxtan3xtan3x关于原点对称，

124

πkππkπ

kZ，解得kZ，

4242

πkπ31

因为0π，所以0π，kZ，解得k，kZ，

4222

故k0或1

π3π

当k0时，；当k1时，，

44

3π

故实数的最大值为.

4

故选：C.

1x

8.已知函数fx=，记fxfx，fxffxk1,2,3,，则不等式

1x1k1k

2f403xlnx的解集为（）

A.不能确定B.1,C.0,11,D.0,1

【答案】D

1x1x

【详解】由fx，可得fxfx，

1x11x

1x

1

1x1x1

f2xff1xf，

1x

1x1x

1x

1

1

1xx1

f3xff2xf，

1

x1x1

x

x1

1

x1x1

f4xff3xfx，

x1

x11

x1

1x

，

f5xff4xfx

1x

所以有f5xf1x，故fkx是每代入4次就返回到第一个函数，

x1

由于40310043，所以fxfx，

4033x1

x1

则由不等式2fxlnx可得：2lnx，

403x1

x1

构造函数gx2lnx，求导得

x1

22

x1x11414xx1x1

，

gx22222

x1xx1xxx1xx1

x1

因为x0，所以有gx0，即gx2lnx在0,上单调递减，

x1

11

又因为g12ln10，所以gx0的解集为0,1，

11

x1

故不等式2·lnx的解集为0,1，

x1

故选：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.

已知数列满足n1n，则（）

9.ana12a22ann21

A.a13B.数列an是单调递增数列

C.数列an不．是等差数列D.数列an不．是等比数列

【答案】ACD

【详解】当时，1，正确；

n1a11213A

当时，由n1n，

n2a12a22ann21

2n2n1

得a12a22a32an1n121，

两式相减得，n1nn1，

2ann21[(n1)21]

化简得ann1，

3,n1

因为a13不满足此式，所以an，

n1,n2

由于a13,a22，所以数列an不是单调递增数列，B错误；

CD正确.

故选：ACD

10.根据国家质量监督检验标准，保温杯的密闭性是重要的参考标准，为监控一条生产线的生产过程，检验

员每天从生产线上随机抽取10个保温杯，并检测其密封性.根据长期生产经验，可认为此条生产线正常状态

2

下生产的保温杯的密封性参数X服从正态分布N,.假设生产状态正常.记Y表示一天内抽取的10个保

温杯中密封性参数小于3的数量，则（）

附：若随机变量X服从正态分布N,2，则①PX0.6827；

②P2X20.9545；③P3X30.9973；参考数据：

0.99865100.9866

A.PY10.0013B.PY10.0134C.EY0.129D.EY0.0135

【答案】BD

10.9973

【详解】由题意得：PX30.00135，

2

因为Y表示一天内抽取的10个保温杯中密封性参数小于3的数量，

所以YB10,0.00135，

0.01350.9866

即PY1C10.001350.9986590.013337110.013，故A错误；

100.99865

10

因为PY00.998650.9866，所以PY11PY010.98660.0134，故B正确；

因为YB10,0.00135，所以EY100.001350.0135，故C错误，D正确；

故选：BD.

11.数学中有许多形状优美的曲线，曲线C:x2y22x23y就是其中之一，其形状酷似数学符号

“”，设Px,y为曲线C上任意一动点，则（）

A.曲线C与直线yx有3个公共点B.曲线C上任意两点距离最大值为4

8π

C.3xy的最大值为23D.曲线C所围成图形面积为43

3

【答案】BCD

22

【详解】曲线C的方程可化为x1y34，

22

当x0，y0时，曲线C的方程可化为x1y34，

在曲线C上任取一点Px,y，则该点关于y轴的对称点为Qx,y，

2222

因为x1y3x1y34，即点Q也在曲线C上，

所以，曲线C关于y轴对称，同理可知，曲线C关于x轴、原点对称，作出曲线C的图形如下图所示：

yx

对于选项，由，得2，

A222x2x13

xy2x23y

2

所以x2x13，即xx13，可得x0或x13（舍去），

故xy0，所以曲线C与直线yx只有1个公共点，A错；

2

对于B选项，在曲线C的方程中，令y0，可得x2x，解得x0或x2，

所以，曲线C交x轴于点A2,0、O0,0、B2,0，

结合图形可知，曲线C上任意两点距离最大值为AB4，B对；

对于C选项，当3xy取最大值，则必有x0，y0，

此时点x,y必在第一象限或两坐标轴正半轴上，

设x12cos，y32sin，其中02π，

1

cos

x02π2π

由可得，所以，

y0333

sin

2

π

所以3xy312cos32sin2sin23cos4sin，

3

π2π2πππ3

因为，则π，故0sin，

333332

π

故3xy4sin0,23，即3xy的最大值为23，C对；

3

22

对于D选项，设圆x1y34的圆心为M1,3，该圆的半径为r2，

因为OB2，故OBM是边长为2的等边三角形，

1π1π2π

所以圆M在第一象限的圆弧与x轴围成区域的面积为2222sin3，

23233

2π8π

所以曲线C所围成图形面积为4343，D对.

33

故选：BCD.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

已知，是两个不共线的向量，，，若与共线，则实数的值是

12.e1e2ae12e2b2e1ke2abk

__________.

【答案】4

【详解】因为a与b是共线向量，所以存在实数，使得ab，

所以，即，

e12e22e1ke212e12ke20

120

又因为e,e是两个不共线的向量，所以，

122k0

1

,

解得2

k4.

故答案为：4.

13.已知三棱锥PABC的四个顶点均在同一个球面上，底面ABC满足BA2，BC32，

π

ABC，若该三棱锥体积的最大值为3，则该球的半径为__________.

2

7

【答案】

3

【详解】因为该三棱锥的底面积不变，则若要使体积最大，则三棱锥的顶点P和底面ABC分别位于球最大

截面的两侧，如图所示：

设球心为O，ABC所在圆面的圆心为O1，则OO1平面ABC；

π

因为，，ABC，所以ABC是直角三角形，

BA2BC322

所以是中点，且22，

O1ACACABBC21825

所以当三棱锥体积最大时，P为射线O1O与球的交点，

11

因为S△ABBC2323，

ABC22

11

所以VPOS△PO33，解得PO3，

PABC31ABC311

设球的半径为，所以222，

RPO1POOO1RRAO1RR53

7

解得：R.

3

7

故答案为：.

3

3

14.已知一个正方形的四个顶点都在函数fx2x3x1的图象上，则此正方形的面积为__________.

【答案】4或5

3

【详解】由f(x)f(x)2x33x12x3x12,

得函数f(x)关于点M(0,1)中心对称，

显然该正方形ABCD的中心为M，

由正方形性质得ACBD于M，且|AM||BM||CM||DM|，

1

设直线AC的方程为ykx1(k0)，则直线BD的方程为yx1，

k

设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则C(x1,2y1)，D(x2,2y2)，

ykx1

联立直线方程与函数得，即3，

ACyf(x)32x(k3)x0

y2x3x1

k331

所以x2，同理x2，

122222k

1

又|AM|1k2|x0|,|BM|1|x0|，

1k22

k313131211

所以(1k2)()(1)()，即k3kk0，

22k222kk3k2k

11

化简得(k)23(k)20，

kk

11

所以k1或k2，

kk

111

当k1时，k(k)245

kkk

111

当k2时，k(k)2422

kkk

1

S2AMBM21k21xx

ABCDk212

1k331131

2k2kk2，

k2222kk4k

所以SABCD5或SABCD4.

故答案为：4或5

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.如图，四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ABAD，AD//BC，AD2AB2BC2.

（1）证明：CD平面PAC；

（2）若PA2，求平面PAB和平面PCD夹角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析

3

（2）

3

【小问1详解】

已知ABAD，AD//BC，ABBC1，AD2，

在直角梯形ABCD中，

22

ACAB2BC212122，CDADBCAB221122，

22

因为AC2CD2224AD2，可知ACCD.

因为PA平面ABCD，CD平面ABCD，

所以PACD，又PAACA，可得CD平面PAC.

【小问2详解】

以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

已知PA2，则A0,0,0，C1,1,0，D0,2,0，P0,0,2

所以CD1,1,0，PD0,2,2.

设平面PCD的法向量为nx,y,z，

nCD0xy0

则，即，

nPD02y2z0

令x1，则y1，z1，所以n1,1,1

平面PAB的一个法向量为m0,1,0.

π

设平面PAB和平面PCD夹角为0，

2

mn13

则coscosm,n.

mn133

cosC1

16.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

2ac2b

（1）求角B的值；

（2）若a6，c4，点D，E在边AC上，且BD是ABC的角平分线，BE是DBC的角平分线，求BDE

的面积.

2

【答案】（1）B

3

363

（2）

35

【小问1详解】

cosC1cosC1

已知，由正弦定理得，

2ac2b2sinAsinC2sinB

即2sinBcosC2sinAsinC.

因为sinAsinBC，展开式子得2sinBcosC2sinBcosC2cosBsinCsinC

移项可得2cosBsinCsinC0，即sinC2cosB10.

因为0C，所以sinC0，则2cosB10.

12π

解得cosB，又0Bπ，所以B.

23

【小问2详解】

2π

已知a6，c4，B，因为BD是ABC的角平分线，

3

则，

SABCSABDSCBD

12π1π1π

S△64sin6BDsin4BDsin，

ABC232323

12

所以BD.

5

又因为BE是DBC的角平分线，

则，

SDBCSEBDSCBE

112π112π1π

S△6sinBEsin6BEsin，

DBC25325626

123

所以BE.

7

所以112312π363

S△sin.

DBE275635

xm

17.已知函数fxe，gxlnx.

（1）若yxa既是曲线yfx的切线，也是ygx的切线，求实数a和m的值

（2）若fxmgx恒成立，求实数m的取值范围.

【答案】（1）a1，m2

（2）m1

【小问1详解】

1

因为gx1，则x1，

x

所以yxa在gx上的切点为1,0，即a1；

又因为fxexm1，则xm，

所以yx1在fx上的切点为m,1；

10

所以k1，则m2.

m1

【小问2详解】

因为fxmgx，

即exmmlnxmxexmlnxxlnxelnx.

xx

设hxxe，hx1e0，故hx单调递增.

所以mxlnx恒成立mlnxxx0.

11x

令txlnxx，tx10，则x1.

xx

当x0,1，tx0，tx单增；

当x1,，tx0，tx单减；

所以mt11.

18.有甲，乙两个不透明的盒子，甲盒子中有五个除颜色外大小完全相同的小球，其中红球有3个，黑球有

2个，乙盒子中无球.某人通过投掷一枚质地均匀的骰子，进行摸球游戏，规则如下：每次先从甲盒子中随

机摸出一球，随即投掷一次骰子，若骰子向上点数为质数，则将该球放入乙盒子：否则将该球放回甲盒子，

当甲盒子中无球时，游戏停止.

（1）求游戏进行三次后，乙盒子中球个数X的分布列和期望；

（2）求游戏进行三次后，乙盒子中恰有红球，黑球各1个的概率；

*

（3）设游戏进行到第n（nN，n5）次后停止的概率为pn，试问pn是否存在最大值？若存在，求

出最大值；若不存在，试说明理由.

3

【答案】（1）分布列见解析，EX

2

9

（2）

40

35

（3）存在，最大值为

256

【小问1详解】

11

投掷一次骰子，向上点数为质数的概率为，由题知，X~B3,，

22

333

则011，113，213，

PX0C3PX1C3PX2C3

282828

3

311，则的分布列为：

PX3C3X

28

X0123

1331

P

8888

13

则其期望为EX3.

22

【小问2详解】

记M“此人投掷三次骰子后，乙罐内恰有红、黑各一球”，

记Ai“第i次摸出红球，并且投掷出质数”，i1，2，3，

记Bj“第j次摸出黑球，并且投掷出质数”，j1，2，3，

记Ck“第k次摸出黑球或红球，并且没有投掷出质数”，k1，2，3，

所以MA1B2C3B1A2C3A1C2B3B1C2A3C1A2B3C1B2A3，

31321111

又PA1，PB2A1，PC3A1B21，

521042422

3113

所以PA1B2C3PA1B2PC3A1B2PA1PB2A1PC3A1B2，

104280

3

同理PBACPACBPBCAPCABPCBA，

12312312312312380

39

所以PMPABC66.

1238040

【小问3详解】

第n次投掷后游戏停止的情况是：前n1次投掷出质数恰好为4次，没投掷出质数n5次，且第n次骰子

投掷出质数时游戏停止，

4n5n

所以411141，

pnCn1Cn1

2222

n1

41

Cn

p2n

即n1，

n

pn412n4

Cn1

2

nn

令1，解得n8，令1，解得n8，即n9，

2n42n4

35

pppppp，所以p的最大值pp.

5678910n89256

2222

已知椭圆yx的焦点坐标为，双曲线yx的渐近线方程为

19.C1:1ab00,2C2:1

a2b2a2b2

y2x.

（1）求椭圆C1和双曲线C2的方程；

（2）直线l:ykxm与椭圆C1有唯一公共点M，过点M且与l垂直的直线分别交x轴、y轴于不同的两

点Ax,0，B0,y，当点M运动时，求点Nx,y的轨迹C的方程；

（3）已知点T2,0，又有不同的两点P22,t，Q22,2t，直线TP，TQ分别与曲线

C交于点P，Q，过T作直线PQ的垂线，垂足H.探究OH的最小值，若存在则求出该最小值；若不存在则

说明理由.

y2x2y2x2

【答案】（1）椭圆C1：1，双曲线C2：1

4242

x2

（2）C:y21xy0

2

（3）不存在.，理由见解析

【小问1详解】

22

对于椭圆yx，已知焦点坐标为，

C1:1ab00,2

a2b2

则c2，a2b2c22.

y2x2a

对于双曲线C:1，渐近线方程为y2x，所以2，即a2b.

2a2b2b

a2b22

联立，将a2b代入a2b22得2b2b22，解得b22，a24，

a2b

y2x2y2x2

所以椭圆C1的方程为1，双曲线C2的方程为1.

4242

【小问2详解】

ykxm

222

联立y2x2，消去y得k2x2kmxm40.

1

42

2

因为直线与椭圆有唯一公共点，所以22，

lC1MΔ2km4k2m40

22

化简得m2k4m0.

km2m

设Mx,y，由韦达定理x，则ykxm.

00