湖北省武昌区2024-2025学年高二下学期期末考试数学试题（Word版附解析）

这是一份湖北省武昌区2024-2025学年高二下学期期末考试数学试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答， 下列能整除的数是， 已知数列满足，则等内容，欢迎下载使用。
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 4B. 2C. D.
【答案】A
【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
【详解】由，，
所以，
故选：D.
3. 已知双曲线，焦距为10，则实轴长为（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】C
【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
【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
【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. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】D
【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
【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
【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
【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
【详解】由题意得：，
因为Y表示一天内抽取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
【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】
【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】
【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
【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）
【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）
【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）
【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
【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：
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
【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.
X
0
1
2
3
P