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1、咸宁市20232024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. 2C. D. 【答案】B【解析】【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. 已知随机变量服从正态分布，则（ ）A. 0.7B. 0.6C. 0.4D. 0.2【答案】D【解析】【分析】由正态分布的对称性直接求解.【详解】因为，则，.故选：D.3. 已知向量满足.若，则实数（ ）A. B. C. 3D. 【答案】B
2、【解析】【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. 已知函数，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【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A5. 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，
3、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 5B. 5.5C. 14D. 14.5【答案】D【解析】【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. 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【答案】B【解析】【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
4、为1的圆，故选：B7. 由0，2，4组成可重复数字自然数，按从小到大的顺序排成的数列记为，即，若，则（ ）A. 34B. 33C. 32D. 30【答案】B【解析】【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. 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
5、. 【答案】D【解析】【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.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.
6、若为互斥事件，则D. 若相互独立，则【答案】ABD【解析】【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. 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.
7、 数列是递减数列C. 数列是等比数列D. 【答案】AC【解析】【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. 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
8、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【答案】ACD【解析】【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
9、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
10、，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.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_【答案】10【解析】【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. 已知定义在区间上的函数的值域为，则的取值范围为_【答案】【解析】【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，
11、解得：故答案是：.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.【答案】 . . 【解析】【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
12、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
13、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.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.【答案】（1） （2）【解析】【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.【小问1详解】
14、因为，由正弦定理可得，所以，故，.【小问2详解】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. 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【答案】（1）证明过程见解析 （2）【解析】【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.【小问1详解】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；【小问2详解】若平面，又平面，
