精品解析：湖北省武汉市武昌区2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题

武昌区2023~2024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：2024年6月27日 本试题卷共5页，共19题.满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点关于直线对称，若，则（ ） A. B. C. -1 D. 1 3. 已知向量满足，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 现将六名学生排成一排，要求相邻，且不相邻，则不同的排列方式有（ ） A. 144种 B. 240种 C. 120种 D. 72种 5. 已知角，点在直线上，则（ ） A. B. -1 C. D. 6. 已知数列满足.若数列是公差为2的等差数列，则（ ） A. 2022 B. 2023 C. 2024 D. 2025 7. 摩天轮是一种大型转轮状的机械游乐设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色.某摩天轮等距离设置有60个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周需要.已知在转动一周的过程中，座舱距离地面的高度关于时间（min）的函数关系式为，若甲､乙两人的座舱之间有4个座舱，则甲､乙两人座舱高度差的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在棱长为2的正四面体中，分别为棱的中点，为线段的中点，球的球面正好经过点，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 球的体积与四面体外接球的体积之比为 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 球被平面截得的截面面积为 二､多选题：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. 下列说法中正确的是（ ） A. 一组数据的第25百分位数为7 B. 若随机变量，且，则 C. 袋中装有除颜色外完全相同的4个红球和2个白球，从袋中不放回地依次抽取2个球，则第二次取到红球的概率为 D. 在对高二某班学生物理成绩的分层随机抽样调查中，抽取男生12人，其平均数为75，方差为；抽取女生8人，其平均数为70，方差为23，则这20名学生物理成绩的方差为33 10. 在椭圆中，任意两条互相垂直的切线的交点必在同一个与椭圆同心的圆上，称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，且半径为.已知长方形的四条边均与椭圆相切，则下列说法正确的有（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 椭圆的“蒙日圆”的方程为 C. 长方形的面积的最大值为18 D. 若椭圆的上下顶点分别为，则其蒙日圆上存在两个点满足 11. 已知函数，则（ ） A. 函数的一个周期为 B. 函数在区间上单调递增 C. 函数在区间上没有零点 D. 函数的最大值为1 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中，的系数是______.(用数字作答)． 13. 已知直线和，过动点作两直线的平行线，分别交于两点，其中点在第一象限，点在第四象限.若平行四边形（为坐标原点）的面积为3，记动点的轨迹为曲线，若曲线与直线有且仅有两个交点，则的取值范围为__________. 14. 已知函数的定义域为为的导函数，且，，若为偶函数，则__________. 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. 已知函数的内角所对的边分别为，且. （1）求角； （2）设为边的中点，且的面积为，求的长. 16. 如图，四棱台中，下底面为平行四边形，平面，为的中点，平面平面. （1）求四棱台的体积； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 甲､乙两位学生进行答题比赛，每局只有1道题目，比赛时甲､乙同时回答这一个问题，若一人答对且另一人答错，则答对者获得10分，答错者得-10分；若两人都答对或都答错，则两人均得0分.根据以往答题经验，每道题甲答对的概率为，乙答对的概率为，且甲､乙答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响. （1）求在一局比赛中，甲的得分的分布列与数学期望； （2）设这次比赛共有4局，若比赛结束时，累计得分为正者最终获胜，求乙最终获胜的概率. 18. 已知圆和点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与线段相交于点，记点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程； （2）若过原点的两条直线分别交曲线于点和，且（为坐标原点）.判断四边形的面积是否为定值？若为定值，求四边形的面积；若不为定值，请说明理由. 19. 帕德近似是法国数学家亨利･帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：且满足：. 注：. 已知函数在处的阶帕德近似. （1）求的表达式； （2）记，当时，证明不等式； （3）当，且时，证明不等式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 武昌区2023~2024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：2024年6月27日 本试题卷共5页，共19题.满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解绝对值不等式得A，根据交集的定义计算即可. 【详解】解得，即，B为奇数集，故. 故选：C 2. 在复平面内，复数对应的点关于直线对称，若，则（ ） A. B. C. -1 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数对应的点算出它关于直线的对称点，再利用复数除法即可. 【详解】在复平面内对应的点为，它关于直线对称点为， 因为复数对应的点关于直线对称，所以， 则， 故选：C. 3. 已知向量满足，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先对两边平方化简可求得，然后利用投影向量的定义求解即可. 【详解】由，得， 因为，所以，得， 所以在上的投影向量为. 故选：A 4. 现将六名学生排成一排，要求相邻，且不相邻，则不同的排列方式有（ ） A. 144种 B. 240种 C. 120种 D. 72种 【答案】A 【解析】 【分析】将捆绑在一起，看成一个整体，与进行全排列，产生4个空，然后去插空，再根据分步乘法原理可求得结果. 【详解】将捆绑在一起，看成一个整体，与进行全排列，有种排法， 排完后有4个空，用去插这4个空，有种方法， 由分步乘法原理可知共有种排列方式. 故选：A 5. 已知角，点在直线上，则（ ） A. B. -1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据点在直线上得到，然后利用二倍角公式解方程得到，根据同角三角函数基本关系得到，最后根据正切的和差公式求即可. 【详解】由题意得，即，解得， 因为，所以，，， . 故选：C. 6. 已知数列满足.若数列是公差为2的等差数列，则（ ） A. 2022 B. 2023 C. 2024 D. 2025 【答案】B 【解析】 【分析】根据数列为等差数列得到，整理得到数列为常数列，然后求即可. 【详解】，所以， 整理得， 所以数列为常数列，每项均为0， 所以，则，. 故选：B. 7. 摩天轮是一种大型转轮状的机械游乐设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色.某摩天轮等距离设置有60个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周需要.已知在转动一周的过程中，座舱距离地面的高度关于时间（min）的函数关系式为，若甲､乙两人的座舱之间有4个座舱，则甲､乙两人座舱高度差的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设甲位置对应的时间为，转到乙位置时对应的时间为，则，利用函数关系式为作差可求出结果. 【详解】设甲位置对应的时间为，转到乙位置时对应的时间为， 则， 所以甲､乙两人座舱高度差为 ， 所以甲､乙两人座舱高度差的最大值为. 故选：D. 8. 如图，在棱长为2的正四面体中，分别为棱的中点，为线段的中点，球的球面正好经过点，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 球的体积与四面体外接球的体积之比为 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 球被平面截得的截面面积为 【答案】C 【解析】 【分析】利用线面位置关系判断A；根据两球的体积比是半径之比的立方判断B；构造线面角求线面角的正弦，判断C；利用球心到平面的距离求截面圆的半径，判断D. 【详解】如图： 对A：连接，，则，又为中点，所以， 若，平面，且，所以平面，可知这是不成立的， 所以不成立，故A错误； 对B：利用结论：若正四面体的棱长为，则该四面体的外接球半径为，内切球半径为. 在中，，所以球的半径为，四面体的外接圆半径为， 所以球的体积与四面体外接球的体积之比，故B错误； 对C：连接，取的中心，则在上，连接，则平面， 作平面，则为中点.为直线与平面所成的角， 在中，，，， 所以，故C正确； 对D：因为点到平面的距离为， 所以球被平面截得的截面圆半径为， 所以截面面积为，故D错误. 故选：C 二､多选题：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. 下列说法中正确的是（ ） A. 一组数据的第25百分位数为7 B. 若随机变量，且，则 C. 袋中装有除颜色外完全相同的4个红球和2个白球，从袋中不放回地依次抽取2个球，则第二次取到红球的概率为 D. 在对高二某班学生物理成绩的分层随机抽样调查中，抽取男生12人，其平均数为75，方差为；抽取女生8人，其平均数为70，方差为23，则这20名学生物理成绩的方差为33 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据百分位数的概念判断A，根据正态分布的对称性判断B，利用全概率公式求出第二次摸到红球的概率判断C，根据方差的概念求方差判断D. 【详解】对A：把数据按从小到大的顺序排列得：3，5，7，8，9，10，12，15，18，20，21，23， 因为，所以第25百分位数是第3，4两个数的平均数，为，故A错误； 对B：因为，且，所以， 所以，故B正确； 对C：设第二次取到红球为事件，第一次取到红球为事件， 则，故C正确； 对D：这20名同学物理成绩的平均数为：， 所以这20名同学物理成绩的方差为：，故D正确. 故选：BCD. 10. 在椭圆中，任意两条互相垂直的切线的交点必在同一个与椭圆同心的圆上，称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，且半径为.已知长方形的四条边均与椭圆相切，则下列说法正确的有（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 椭圆的“蒙日圆”的方程为 C. 长方形的面积的最大值为18 D. 若椭圆的上下顶点分别为，则其蒙日圆上存在两个点满足 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，根据椭圆方程求离心率；B选项，根据，蒙日圆的定义求方程； C选项，根据蒙日圆的定义得到长方形的对角线，根据几何知识得到当时面积最大，然后求面积即可； D选项，利用直接法得到点的轨迹，通过比较圆心距和半径的关系得到两圆相交，即可得到蒙日圆上存在两个点满足. 【详解】 由题意得，，所以，故A错； 因为，所以椭圆的“蒙日圆”的方程为，故B正确； 根据“蒙日圆”的定义可得长方形的对角线， 所以当时，面积最大，为，故C正确； 由题意得，， 设，则， 整理的， 所以点的轨迹为圆心为，半径为3的圆， 因为，所以点的轨迹与蒙日圆相交，有两个交点，即蒙日圆上存在两个点满足，故D正确. 故选：BCD. 11. 已知函数，则（ ） A. 函数的一个周期为 B. 函数在区间上单调递增 C. 函数在区间上没有零点 D. 函数的最大值为1 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，由即可；对于B，当时，，通过导数即可判断单调性；对于C，当时，，通过导数即可判断单调性，且，由零点存在性定理即可判断；对于D，通过导数得在单调递减，在单调递增， 在单调递减，在单调递增，且，当时，即可求最大值. 【详解】因为，所以函数的定义域为 对于A，因为， 所以， 所以不是的一个周期，故A错误； 对于B，因为时，所以， 所以， 且， 所以， 所以，故在单调递增，故B正确； 对于C，因为时，所以， 所以， 且， 所以， 所以，故在单调递减， 且， 根据零点存在性定理，函数在有零点，故C错误； 对于D，因为， 所以为偶函数， 当，且， 所以在为周期函数， 同理在也为周期函数. 由BC得，在单调递减，在单调递增， 且 当时，所以， 所以， 且， 所以， 所以，故在单调递减， 当时，所以， 所以， 且， 所以， 所以，故在单调递增， 综上所诉，在单调递减，在单调递增， 在单调递减，在单调递增， 且， 且当时，函数在周期内，都有， 故函数的最大值为，故D正确. 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数的性质，解题关键是通过导数求分段求函数的单调性、奇偶性及最值. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中，的系数是______.(用数字作答)． 【答案】 【解析】 【详解】分析：求出展开式的含x2与x3项的系数，再计算展开式中x3的系数． 详解：展开式的通项公式为Tr+1=， 令5﹣r=2，解得r=3， 所以T4=C53•x2=0x2； 令5﹣r=3，解得r=2， 所以T3=4C52•x3=40x3； 所以展开式中x3的系数为0+40=﹣40． 故答案为﹣40． 点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略 (1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可. (2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r＋1项，由特定项得出r值，最后求出其参数. 13. 已知直线和，过动点作两直线的平行线，分别交于两点，其中点在第一象限，点在第四象限.若平行四边形（为坐标原点）的面积为3，记动点的轨迹为曲线，若曲线与直线有且仅有两个交点，则的取值范围为__________. 【答案】或 【解析】 【分析】设，过点M且平行的直线方程为，与联立，求得点A的坐标和点M到的距离，再利用平行四边形（为坐标原点）的面积求得点M的轨迹为双曲线的右支，再根据直线过定点，利用数形结合法求解. 【详解】解：设，过点M且平行的直线方程为， 由，解得，则， 又点M到直线的距离为， 所以平行四边形（为坐标原点）的面积为， 由题意点在第一象限，点在第四象限可知，点在直线下方，在直线上方， 化简得，其渐近线方程为， 如图所示： 因为直线过定点，若直线与曲线有两个交点， 则的取值范围为或， 故答案为：或 14. 已知函数的定义域为为的导函数，且，，若为偶函数，则__________. 【答案】2024 【解析】 【分析】先利用复合函数的导数与的奇偶性判断的奇偶性，进而推得与的周期性，再利用赋值法求得，的值，从而得解. 【详解】因为是偶函数，则，两边求导得，所以是奇函数，故， 由①，则，代入②， 可得，即，即，又是奇函数， 所以，所以是周期为2的周期函数， 又，可知也是周期为2的周期函数， 令代入②，得， 令代入①，得， 令代入②，得， 联立，解得， 所以. 故答案为：2024. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于通过导数和函数奇偶性的性质找到函数的周期. 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. 已知函数的内角所对的边分别为，且. （1）求角； （2）设为边的中点，且的面积为，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角函数特殊值和角的范围，直接求出角； （2）利用正弦定理角化边，再利用余弦定理和面积公式，以及中线向量公式来求出中线长. 【小问1详解】 因为，所以. 所以.因为，所以，所以. 【小问2详解】 因为，所以. 所以.因为，所以. 所以. 由余弦定理，得，且， 所以，即. 所以，即. 因为，所以. 所以，即.所以. 因为，所以. 所以， 所以. 16. 如图，四棱台中，下底面为平行四边形，平面，为的中点，平面平面. （1）求四棱台的体积； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）分别确定上下底面积和棱台的高，利用台体的体积公式求解； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，用空间向量的方法求二面角的余弦. 【小问1详解】 取的中点，则， 所以，四边形为平行四边形. 因为平面，所以平面，即梯形的高为（或）. 在直角三角形中，求得. 因为平面平面，所以. 因为平面平面，交线为， 因为，所以平面. 所以，所以. 在直角三角形中，求得边的高， 所以，底面的面积. 同理求得上底面面积. 由平面，知梯形的高为， 所以. 【小问2详解】 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴和轴建立空间直线坐标系. 则. 由（1）知，平面的一个法向量为. 设平面的一个法向量为， 因为， 所以， 令，则.所以. 设平面和平面的夹角为， 则. 17. 甲､乙两位学生进行答题比赛，每局只有1道题目，比赛时甲､乙同时回答这一个问题，若一人答对且另一人答错，则答对者获得10分，答错者得-10分；若两人都答对或都答错，则两人均得0分.根据以往答题经验，每道题甲答对的概率为，乙答对的概率为，且甲､乙答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响. （1）求在一局比赛中，甲的得分的分布列与数学期望； （2）设这次比赛共有4局，若比赛结束时，累计得分为正者最终获胜，求乙最终获胜的概率. 【答案】（1）分布列见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件乘法原理和互斥事件加法原理来计算各得分概率即可求解； （2）利用上述原理，先研究一局比赛得分情况，再分析四局总得分为正的情形即可求解. 【小问1详解】 甲的得分的取值可能为. ， ， ， 所以，的分布列为 -10 0 10 所以. 【小问2详解】 由（1）知，在一局比赛中， 乙获得10分的概率为， 乙获得0分的概率为， 乙获得-10分的概率为. 在4局比赛中，乙获得40分的概率为， 在4局比赛中，乙获得30分的概率为， 在4局比赛中，乙获得20分的概率为， 在4局比赛中，乙获得10分的概率为， 所以，乙最终获胜的概率为. 18. 已知圆和点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与线段相交于点，记点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程； （2）若过原点的两条直线分别交曲线于点和，且（为坐标原点）.判断四边形的面积是否为定值？若为定值，求四边形的面积；若不为定值，请说明理由. 【答案】（1） （2）是定值，四边形的面积为 【解析】 【分析】（1）先根据椭圆的定义判断点的轨迹是椭圆，再确定的值，可得曲线的方程. （2）分直线有无斜率分类讨论，当直线有斜率时，设其方程为，代入椭圆方程，根据一元二次方程根与系数的关系，表示出，，再用它们表示出四边形的面积，化简整理可得定值. 【小问1详解】 由题意知，圆心为，半径为4，且. 如图： 因为， 所以，点的轨迹为以为焦点的椭圆. 设椭圆方程为，则，解得， 所以，. 所以，曲线的方程为. 【小问2详解】 四边形的面积为定值，理由如下： 如图： 当直线的斜率不存在时，直线轴，此时四边形为矩形，且. 因为，不妨设，则. 取， 则四边形的面积. 当直线的斜率存在时，设，且. 联立直线与椭圆的方程，消去并整理，得. 由，得. 所以. 所以. 所以. 因为，所以，即. 因为， 所以. 因为原点到直线的距离，且四边形为平行四边形， 所以四边形的面积. 所以，四边形的面积为定值. 19. 帕德近似是法国数学家亨利･帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：且满足：. 注：. 已知函数在处的阶帕德近似. （1）求的表达式； （2）记，当时，证明不等式； （3）当，且时，证明不等式. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据的定义，即可利用求导以及待定系数求解系数，进而可求解， （2）构造函数，求导得单调性，即可求解最值求解， （3）根据（2）的结论，可得，由放缩法得，即可裂项相加，结合对数运算求解. 【小问1详解】 由题意，. 因为，所以，所以. 因为，且，所以. 因为，且，所以. 所以. 【小问2详解】 因为， 所以. 记，则， 因为，所以，所以在单调递减. 所以，所以. 【小问3详解】 由（2）得，当时，. 所以，当时，. 又因为，所以. 所以，当时，， ，， ， 以上各式两边相加，得 【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题： 1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系； 3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； 4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $