精品解析：湖北省武汉市武昌区2024-2025学年高二下学期期末质量检测数学试卷

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. 在复平面内，复数z的共轭复数对应点的坐标为，则（ ） A. 4 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的几何意义即可得，再利用共轭复数可得，最后由复数的乘法即可求解. 【详解】由复数z的共轭复数对应点的坐标为，得， 则，所以， 故选：A. 2. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用对数函数单调解不等式，及二次函数求值域，最后求交集即可. 【详解】由，， 所以， 故选：D. 3. 已知双曲线，焦距为10，则实轴长为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用双曲线中的关系式，结合，即可求解. 【详解】由题意得：，，， 联立可解得：，即实轴长为 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，则圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用相似比，结合圆台体积公式即可求解. 【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， 所以由圆台体积公式得：， 故选：B. 5. 已知函数，则在区间上的极大值点为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用求导，结合定义域可判断极大值点. 【详解】由， 因为，所以由得，即， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 即在区间上的极大值点为, 故选：B. 6. 下列能整除的数是（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】通过二项式定理展开进行计算判断即可. 【详解】 ，能被8整除. 故选：D. 7. 已知函数，其函数图象向左平移个单位长度后关于原点对称，则实数的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知利用图像的平移变换规律写出函数平移后的解析式，再利用函数关于原点对称，列出等式即可得到结果. 【详解】函数图象向左平移个单位长度得到： 关于原点对称， ，解得， 因为，所以，，解得，， 故或 当时，；当时，， 故实数的最大值为. 故选：C. 8. 已知函数，记，，则不等式的解集为（ ） A. 不能确定 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用迭代求函数式，可判断4次迭代后返回到第一个函数，由此可得，再利用作差构造函数，通过求导来判断单调性，结合特殊值即可求解不等式. 【详解】由，可得， ， ， ， ， 所以有，故是每代入次就返回到第一个函数， 由于，所以， 则由不等式可得：， 构造函数，求导得， 因为，所以有，即在上单调递减， 又因为，所以的解集为， 故不等式的解集为， 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. 9. 已知数列满足，则（ ） A. B. 数列是单调递增数列 C. 数列不是等差数列 D. 数列不是等比数列 【答案】ACD 【解析】 【分析】令，可求出，然后当时，由，得，两式相减可求出，即可判断选项. 【详解】当时，，A正确； 当时，由， 得， 两式相减得，， 化简得， 因为不满足此式，所以， 由于，所以数列不是单调递增数列，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下生产的保温杯的密封性参数X服从正态分布.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的数量，则（ ） 附：若随机变量X服从正态分布，则①；②；③；参考数据： A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用正态分布计算，再利用二项分布来云计算概率与期望即可得到判断. 【详解】由题意得：， 因为Y表示一天内抽取的10个保温杯中密封性参数小于的数量， 所以， 即，故A错误； 因为，所以，故B正确； 因为，所以，故C错误，D正确； 故选：BD. 11. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一，其形状酷似数学符号“”，设为曲线上任意一动点，则（ ） A. 曲线与直线有个公共点 B. 曲线上任意两点距离最大值为 C. 的最大值为 D. 曲线所围成图形面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】联立曲线与直线的方程，根据公共解的个数判断A选项；求出曲线与轴的交点坐标，数形结合可判断B选项；利用圆的参数方程结合三角函数的有界性可判断C选项；求出曲线在第一象限的圆弧与轴围成区域的面积，结合对称性可计算判断D选项. 【详解】曲线的方程可化为， 当，时，曲线的方程可化为， 在曲线上任取一点，则该点关于轴的对称点为， 因为，即点也在曲线上， 所以，曲线关于轴对称，同理可知，曲线关于轴、原点对称，作出曲线的图形如下图所示： 对于A选项，由，得， 所以，即，可得或（舍去）， 故，所以曲线与直线只有个公共点，A错； 对于B选项，在曲线的方程中，令，可得，解得或， 所以，曲线交轴于点、、， 结合图形可知，曲线上任意两点距离最大值为，B对； 对于C选项，当取最大值，则必有，， 此时点必在第一象限或两坐标轴正半轴上， 设，，其中， 由可得，所以， 所以， 因为，则，故， 故，即的最大值为，C对； 对于D选项，设圆的圆心为，该圆的半径为， 因为，故是边长为的等边三角形， 所以圆在第一象限的圆弧与轴围成区域的面积为， 所以曲线所围成图形面积为，D对. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，是两个不共线的向量，，，若与共线，则实数k的值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用向量共线的充要条件建立方程组进行计算求解. 【详解】因为与是共线向量，所以存在实数，使得， 所以，即， 又因为是两个不共线的向量，所以， 解得 故答案为：. 13. 已知三棱锥的四个顶点均在同一个球面上，底面满足，，，若该三棱锥体积的最大值为，则该球的半径为__________. 【答案】 【解析】 【分析】画出示意图，利用体积最大时所处的位置，计算出球的半径即可. 【详解】因为该三棱锥的底面积不变，则若要使体积最大，则三棱锥的顶点和底面分别位于球最大截面的两侧，如图所示： 设球心为，所在圆面的圆心为，则平面； 因为，，，所以是直角三角形， 所以是中点，且， 所以当三棱锥体积最大时，为射线与球的交点， 因为， 所以，解得， 设球的半径为，所以， 解得：. 故答案为：. 14. 已知一个正方形的四个顶点都在函数的图象上，则此正方形的面积为__________. 【答案】4或5 【解析】 【分析】先判断的对称性，设出直线、直线的方程并与函数联立，根据列方程，由此化简求得正方形的面积. 【详解】由, 得函数关于点中心对称， 显然该正方形的中心为， 由正方形性质得于，且， 设直线的方程为，则直线的方程为， 设，，则，， 联立直线方程与函数得，即， 所以，同理， 又， 所以，即， 化简得， 所以或， 当时， 当时， ， 所以或. 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，四棱锥中，平面ABCD，，，. （1）证明：平面PAC； （2）若，求平面PAB和平面PCD夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由和，根据线面垂直判定定理可得平面PAC； （2）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，求出两平面法向量，利用空间向量两向量的夹角公式求解. 【小问1详解】 已知，，，， 在直角梯形ABCD中， ，， 因为，可知. 因为平面ABCD，平面ABCD， 所以，又，可得平面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，则，，，. 所以，. 设平面PCD的法向量为， 则，即， 令，则，，所以. 平面PAB的一个法向量为. 设平面PAB和平面PCD夹角为， 则. 16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求角B的值； （2）若，，点D，E在边AC上，且BD是的角平分线，BE是的角平分线，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及两角和的正弦公式化简求解即可； （2）利用先求出，再由得，即可得解. 【小问1详解】 已知，由正弦定理得， 即. 因为，展开式子得 移项可得，即. 因为，所以，则. 解得，又，所以. 【小问2详解】 已知，，，因为BD是的角平分线， 则， ， 所以. 又因为BE是的角平分线， 则， ， 所以. 所以. 17. 已知函数，. （1）若既是曲线的切线，也是的切线，求实数a和m的值 （2）若恒成立，求实数m的取值范围. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义，先由的切线可得，则可得在上的切点为，所以，则可解； （2）根据题意可得恒成立，设，利用导数得函数单调性，则恒成立，令，再利用导数求最值. 【小问1详解】 因为，则， 所以在上的切点为，即； 又因为，则， 所以在上的切点为； 所以，则. 【小问2详解】 因为， 即. 设，，故单调递增. 所以恒成立. 令，，则. 当，，单增； 当，，单减； 所以. 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（，）次后停止的概率为，试问是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，试说明理由. 【答案】（1）分布列见解析， （2） （3）存在，最大值为 【解析】 【分析】（1）利用二项分布来研究分布列即可； （2）利用条件概率乘法公式，结合分类讨论思想来求解该事件的概率； （3）利用二项分布求解概率，利用数列递推思想来求最大值即可. 【小问1详解】 投掷一次骰子，向上点数为质数的概率为，由题知，， 则，，，，则X的分布列为： X 0 1 2 3 P 则其期望为. 【小问2详解】 记“此人投掷三次骰子后，乙罐内恰有红、黑各一球”， 记“第i次摸出红球，并且投掷出质数”，，2，3， 记“第j次摸出黑球，并且投掷出质数”，，2，3， 记“第k次摸出黑球或红球，并且没有投掷出质数”，，2，3， 所以， 又，，， 所以， 同理， 所以. 【小问3详解】 第n次投掷后游戏停止的情况是：前次投掷出质数恰好为4次，没投掷出质数次，且第n次骰子投掷出质数时游戏停止， 所以， 即， 令，解得，令，解得，即， ，所以的最大值. 19. 已知椭圆的焦点坐标为，双曲线的渐近线方程为. （1）求椭圆和双曲线的方程； （2）直线与椭圆有唯一公共点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，，当点M运动时，求点的轨迹C的方程； （3）已知点，又有不同的两点，，直线，分别与曲线C交于点P，Q，过T作直线PQ的垂线，垂足H.探究的最小值，若存在则求出该最小值；若不存在则说明理由. 【答案】（1）椭圆：，双曲线： （2） （3）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据椭圆、双曲线几何性质求出的值，即可得方程； （2）联立直线与椭圆方程，根据得，求出，坐标代入上式即可； （3）设直线PQ方程：，，，联立方程组化简可得，进一步得直线恒过定点，由于，故点H在以TS为直径的圆上，圆心，半径，从而可得解. 【小问1详解】 对于椭圆，已知焦点坐标为， 则，. 对于双曲线，渐近线方程为，所以，即. 联立，将代入得，解得，， 所以椭圆的方程为，双曲线的方程为. 【小问2详解】 联立，消去y得. 因为直线l与椭圆有唯一公共点M，所以， 化简得. 设，由韦达定理，则. 当时，无不同的两点A，B，与题意不符； 当时，过点M且与l垂直的直线方程为. 可得，，即， 代入得：， 故点N的轨迹方程； 【小问3详解】 设直线PQ方程：，，， 联立， 其中由韦达定理得： ，， 由， 即， 由于直线PQ不过点T，故化简得， 故 ， 此时直线，恒过定点， 由于，故点H在以TS为直径的圆上，圆心，半径， 所以等号成立时，， 经过点，而点不在曲线C上，故的最小值不存在. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 在复平面内，复数z的共轭复数对应点的坐标为，则（ ） A. 4 B. 2 C. D. 2. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知双曲线，焦距为10，则实轴长为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 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，则圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，则在区间上的极大值点为（ ） A. B. C. D. 6. 下列能整除的数是（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 7. 已知函数，其函数图象向左平移个单位长度后关于原点对称，则实数的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，记，，则不等式的解集为（ ） A. 不能确定 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. 9. 已知数列满足，则（ ） A. B. 数列是单调递增数列 C. 数列不是等差数列 D. 数列不是等比数列 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下生产的保温杯的密封性参数X服从正态分布.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的数量，则（ ） 附：若随机变量X服从正态分布，则①；②；③；参考数据： A. B. C. D. 11. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一，其形状酷似数学符号“”，设为曲线上任意一动点，则（ ） A. 曲线与直线有个公共点 B. 曲线上任意两点距离最大值为 C. 的最大值为 D. 曲线所围成图形面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，是两个不共线的向量，，，若与共线，则实数k的值是__________. 13. 已知三棱锥的四个顶点均在同一个球面上，底面满足，，，若该三棱锥体积的最大值为，则该球的半径为__________. 14. 已知一个正方形的四个顶点都在函数的图象上，则此正方形的面积为__________. 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，四棱锥中，平面ABCD，，，. （1）证明：平面PAC； （2）若，求平面PAB和平面PCD夹角的余弦值. 16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求角B的值； （2）若，，点D，E在边AC上，且BD是的角平分线，BE是的角平分线，求的面积. 17. 已知函数，. （1）若既是曲线的切线，也是的切线，求实数a和m的值 （2）若恒成立，求实数m的取值范围. 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（，）次后停止的概率为，试问是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，试说明理由. 19. 已知椭圆的焦点坐标为，双曲线的渐近线方程为. （1）求椭圆和双曲线的方程； （2）直线与椭圆有唯一公共点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，，当点M运动时，求点的轨迹C的方程； （3）已知点，又有不同的两点，，直线，分别与曲线C交于点P，Q，过T作直线PQ的垂线，垂足H.探究的最小值，若存在则求出该最小值；若不存在则说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $