咸寧市2023—2024學年度下學期高中期末考試高二數學試卷本試卷共6頁，時長120分鐘，滿分150分．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．已知為虛數單位，若，則（

）A． B．2 C． D．2．已知隨機變量服從正態分布，，則（

）A．0.7 B．0.6 C．0.4 D．0.23．已知向量滿足.若，則實數（

）A． B． C．3 D．4．已知函數，則不等式的解集為（

）A． B． C． D．5．一個容量為20的樣本，其數據按從小到大的順序排列為：1，2，2，3，5，6，6，7，8，8，9，10，13，13，14，15，17，17，18，18，則該組數據的的上四分位數為（

）A．5 B．5.5 C．14 D．14.56．在平面直角坐標系xOy中，已知向量與關于x軸對稱，向量若滿足的點A的軌跡為E，則（

）A．E是一條垂直于x軸的直線 B．E是一個半徑為1的圓C．E是兩條平行直線 D．E是橢圓7．由0，2，4組成可重復數字的自然數，按從小到大的順序排成的數列記為，即，若，則（

）A．34 B．33 C．32 D．308．已知雙曲線的左、右焦點分別為，過點的直線與雙曲線的右支交于兩點，若，且雙曲線的離心率為，則（

）A． B． C． D．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．已知為隨機事件，，則下列結論正確的有（

）A．若為互斥事件，則B．若，則C．若為互斥事件，則D．若相互獨立，則10．牛頓在《流數法》一書中，給出了高次代數方程根的一種數值解法——牛頓法，用“作切線”的方法求函數零點.如圖，在橫坐標為的點處作的切線，切線與x軸交點的橫坐標為；用代替重復上面的過程得到；一直下去，得到數列，叫作牛頓數列.若函數且，數列的前n項和為，則下列說法正確的是（

）A． B．數列是遞減數列C．數列是等比數列 D．11．把底面為橢圓且母線與底面都垂直的柱體稱為“橢圓柱”.如圖，橢圓柱(中橢圓長軸，短軸，為下底面橢圓的左右焦點，為上底面橢圓的右焦點，，P為線段上的動點，E為線段上的動點，MN為過點的下底面的一條動弦(不與AB重合)，則下列選項正確的是（

）

A．當平面時，為的中點B．三棱錐外接球的表面積為C．若點Q是下底面橢圓上的動點，是點Q在上底面的射影，且，與下底面所成的角分別為，則的最大值為D．三棱錐體積的最大值為8三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．已知的展開式中二項式系數和為32，則展開式中的常數項為．13．已知定義在區間上的函數的值域為，則的取值范圍為．14．足球是一項很受歡迎的體育運動.如圖，某標準足球場的底線寬碼，球門寬碼，球門位于底線的正中位置.在比賽過程中，攻方球員帶球運動時，往往需要找到一點，使得最大，這時候點就是最佳射門位置.當攻方球員甲位于邊線上的點處（，）時，根據場上形勢判斷，有、兩條進攻線路可供選擇.若選擇線路，則甲帶球碼時，到達最佳射門位置；若選擇線路，則甲帶球碼時，到達最佳射門位置.四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．15．在中，角所對的邊分別為，已知，角的平分線交邊于點，且.(1)求角的大小；(2)若，求的面積.16．如圖，在四棱柱中，底面為直角梯形，．(1)證明：平面；(2)若平面，求二面角的正弦值．17．三月“與輝同行”攜手湖北文旅，云游湖北省博物館、賞東湖櫻花園、夜上黃鶴樓……一路走來，講述關于湖北的歷史人文、詩詞歌賦，為廣大網友帶來一場荊楚文化的饕餮盛宴．湖北文旅因此火爆出圈，湖北各地相繼迎來了旅游熱潮．咸寧的大幕東源花谷，向陽湖花海的美景、美食、文化和人情也吸引了大批游客紛至沓來，現對3月中下旬至4月上旬的大幕東源花谷賞花節會部分游客做問卷調查，其中75%的游客計劃只游覽大幕東源花谷，另外25%的游客計劃既游覽大幕東源花谷又參加“向陽花田”音樂會．每位游客若只游覽大幕東源花谷，則得到1份文旅紀念品；若既游覽大幕東源花谷又參加“向陽花田”音樂會，則獲得2份文旅紀念品．假設每位來大幕東源花谷游覽的游客與是否參加“向陽花田”音樂會是相互獨立的，用頻率估計概率．(1)從大幕東源花谷的游客中隨機抽取3人，記這3人獲得文旅紀念品的總個數為X，求X的分布列及數學期望；(2)記n個游客得到文旅紀念品的總個數恰為個的概率為，求的前n項和．18．已知，，為平面上的一個動點.設直線的斜率分別為，，且滿足.記的軌跡為曲線.(1)求的軌跡方程；(2)直線，分別交動直線于點，過點作的垂線交軸于點.是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，說明理由.19．羅爾定理是高等代數中微積分的三大定理之一，它與導數和函數的零點有關，是由法國數學家米歇爾·羅爾于1691年提出的．它的表達如下：如果函數滿足在閉區間連續，在開區間內可導，且，那么在區間內至少存在一點，使得．(1)運用羅爾定理證明：若函數在區間連續，在區間上可導，則存在，使得．(2)已知函數，若對于區間內任意兩個不相等的實數，都有成立，求實數的取值范圍．(3)證明：當時，有．1．B【分析】由復數的運算及共軛復數的定義即可求出結果.【詳解】因為，所以，.故選：B.2．D【分析】由正態分布的對稱性直接求解.【詳解】因為，則，∴.故選：D.3．B【分析】根據給定條件，求出的坐標，再利用向量共線的坐標表示計算即得.【詳解】由，得，由，得，所以.故選：B4．A【分析】解法一：判斷函數的單調性，再利用單調性解不等式即可.解法二：特值排除法.【詳解】解法一：函數的定義域為R，函數分別是R上的增函數和減函數，因此函數是R上的增函數，由，得，解得，所以原不等式的解集是.故選：A解法二：特值當時，，排除B，D，當時，，排除C，對A：當時，，因為函數是R上的增函數，所以，故A成立.故選A．5．D【分析】按照上四分位數的定義直接求解即可.【詳解】上四分位數即第百分位數，因為，所以上四分位數為第位和第位的平均數，即，故選：D.6．B【分析】設，由題有，，代入化簡即可得出答案.【詳解】設，由題有，，所以，，所以，即，所以點的軌跡是一個半徑為1的圓，故選：B．7．B【分析】由題意可知一位自然數有3個，兩位自然數有6個，三位自然數有18個，利用列舉法列出符合題意得自然數，即可求解.【詳解】由0,2,4組成可重復數字的自然數，按從小到大的順序排成數列，則一位自然數有3個，兩位自然數有個，三位自然數有個，四位自然數有個，又四位自然數為2024為四位自然數中的第6個，所以.故選：B8．D【分析】由雙曲線的定義結合已知條件求得，從而再得，由余弦定理求得，由誘導公式得，設，則，再由余弦定理求得，從而利用余弦定理求解即可.【詳解】因為雙曲線的離心率為，所以，因為，所以，由雙曲線的定義可得，所以，在中，由余弦定理得，在中，，設，則，由得，解得，所以，所以.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵是利用，結合余弦定理與雙曲線的定義，從而得解.9．ABD【分析】根據互斥事件性質可判斷AB；再由相互獨立事件性質可判斷D，利用對立事件及條件概率公式可判斷C.【詳解】對于A，若為互斥事件，則，故A正確；對于B，若，則，故B正確；對于C，若為互斥事件，則，所以，故C錯誤；對于D，若相互獨立，則，故D正確.故選：ABD.10．AC【分析】根據導數的幾何意義求得在點處的切線方程，令得，即可判斷A，結合對數運算對進行變形得，根據等比數列的定義及性質即可判斷BC，利用等比數列求和公式求解判斷D.【詳解】由得，所以在點處的切線方程，令，得，故A正確.，故，即，所以數列是以1為首項，2為公比的等比數列，且為敵增數列，故B錯誤，C正確，所以，故D錯誤.故選：AC11．ACD【分析】當平面時，可得，確定點位置判斷選項A；幾何法求三棱錐外接球的半徑，計算表面積判斷選項B；令，得，由求最大值判斷選項C；由，要使三棱錐體積最大，只需的面積和到平面距離之和都最大，求結果判斷選項D.【詳解】由題設，長軸長，短軸長，則，

得分別是中點，而柱體中為矩形，連接，由，，∴四邊形為平行四邊形，，當平面時，平面，平面平面，則，有，中，是中點，則為的中點，A選項正確；，，，則中，，，外接圓半徑為，，則平面，三棱錐外接球的半徑為，所以外接球的表面積為，B選項錯誤；點Q是下底面橢圓上的動點，是點Q在上底面的射影，且，與下底面所成的角分別為，令，則，又，則，，，，由橢圓性質知，則當或時，的最大值為，C選項正確；

由，要使三棱錐體積最大，只需的面積和到平面距離之和都最大，，令，且，則，，當時，有最大值，在下底面內以為原點，構建如上圖的直角坐標系，且，則橢圓方程為，設，聯立橢圓得，，，，令，，由對勾函數性質可知在上遞增，，綜上，三棱錐體積的最大值為，D選項正確.故選：ACD【點睛】方法點睛：本題是解析幾何與立體幾何的綜合問題，解析幾何部分要用好橢圓的定義、方程和性質，確定圖形中各點的位置，利用韋達定理解決弦長；橢圓中立體幾何部分要用好幾何體的結構特征，利用線面平行的性質得線線平行，幾何法解決外接球問題，幾何法求線面角.12．10【分析】由展開式中二項式系數和為32，令，求出，然后利用通項公式中的指數為，求出，進而得出常數項.【詳解】令，則當時，常數項為．故答案為：10.13．【分析】先求出的范圍，考慮其右邊界的取值范圍即可.【詳解】因為，所以，其中，相鄰的后面一個使得成立的值為：，且，當且僅當，解得：．故答案是：.14．【分析】若選擇線路，設，利用兩角差的正切公式可得出關于的表達式，利用基本不等式可求得的值及的長；若選擇線路，若選擇線路，以線段的中點為坐標原點，、的方向分別為、軸的正方向建立平面直角坐標系，利用斜率公式、兩角差的正切公式以及基本不等式可求得結果.【詳解】若選擇線路，設，其中，，，則，，所以，，當且僅當時，即當時，等號成立，此時，所以，若選擇線路，則甲帶球碼時，到達最佳射門位置；若選擇線路，以線段的中點為坐標原點，、的方向分別為、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、、、，，直線的方程為，設點，其中，，，所以，，令，則，所以，，當且僅當時，即當，即當時，等號成立，所以，，當且僅當時，等號成立，此時，，所以，若選擇線路，則甲帶球碼時，到達最佳射門位置.故答案為：；.【點睛】易錯點睛：利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項必須為正數；（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構成和的二項之積轉化成定值；要求積的最大值，則必須把構成積的因式的和轉化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發生錯誤的地方.15．(1)(2)【分析】（1）由兩角和的正弦公式以及正弦定理可得，可得結果；（2）由三角形面積公式并利用，可得，再由余弦定理即可求得,由三角形的面積公式可得結果.【詳解】（1）因為，由正弦定理可得，所以，故，.（2）由題意可知，即，化簡可得，在中，由余弦定理得，從而，解得或（舍），所以.16．(1)證明過程見解析(2)【分析】（1）取中點，中點，連接，通過線面平行、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質即可得證；（2）建立適當的空間直角坐標系，求出兩平面的法向量，由向量夾角余弦的坐標公式結合三角函數平方關系即可得解.【詳解】（1）如圖：取中點，中點，連接，一方面：因為，所以，即四邊形是平行四邊形，所以，又，所以，即四邊形是平行四邊形，所以，因為，所以四邊形是平行四邊形，所以，從而，又因為面，面，所以面，另一方面：又因為，所以四邊形是平行四邊形，所以，又因為面，面，所以面，結合以上兩方面，且注意到平面，所以平面平面，又平面，所以平面；（2）若平面，又平面，所以，又，所以以為原點，以所在直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，所以，設是平面的法向量，則，即，令，解得，即可取平面的一個法向量為，設是平面的法向量，則，即，令，解得，即可取平面的一個法向量為，設二面角的大小為，則，所以，即二面角的正弦值為.17．(1)分布列見解析，(2)．【分析】（1）根據題意求出每位游客得到1份文旅紀念品的概率和得到2份文旅紀念品的概率，則可知X的可能取值為3，4，5，6，然后求出相應的概率，從而可求得X的分布列及數學期望；（2）由題意可知只有1人既游覽大幕東源花谷又參加“向陽花田”音樂會，則可得，然后利用錯位相減法可求得.【詳解】（1）據題意，每位游客只游覽大幕東源花谷的概率為，得到1份文旅紀念品；既游覽大幕東源花谷又參加“向陽花田”音樂會的概率為，獲得2份文旅紀念品，則X的可能取值為3，4，5，6，其中，，，，所以X的分布列為X3456P．（2）因為n個游客得到文旅紀念品的總個數恰為個，則只有1人既游覽大幕東源花谷又參加“向陽花田”音樂會，于是，則．于是，兩式相減，得，所以．18．(1)(2)存在，12【分析】（1）設點，由題意列出等式，化簡即可求得答案；（2）分別設直線的方程，求出點的坐標，即可得出直線的方程，繼而求出H點坐標，從而求出的表達式，結合二次函數知識，即可得結論，并求得最大值.