2024武汉外国语学校高二下学期期末考试数学试卷含解析

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命题教师： 审题教师：
考试时间：2024年6月26日 考试时长：120分钟 试卷满分：150分
一、单选题：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. 的展开式中的系数为（ ）
A. B. 160C. D. 80
【答案】A
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式，令的指数为3，即可求出展开式中的系数.
【详解】解：展开式通项公式为，
令时，得展开式中的系数为.
故选：A
2. 设，，是三个不同平面，且，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，空间中直线与平面的位置关系，分别验证充分性以及必要性，即可得到结果.
【详解】因为，，，则可能相交，
故“”推不出“”，充分性不满足；
，，，由面面平行的判定定理可知，
故必要性满足；
所以“”是“” 必要不充分条件.
故选：B
3. 现有甲、乙、丙、丁、戊5位同学，准备在、、三个景点中选择一个去游玩，已知每个景点至少有一位同学会选，五位同学都会进行选择并且只能选择其中一个景点，若学生甲和学生乙准备选同一个景点，则不同的选法种数为（ ）
A. 24B. 36C. 48D. 72
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，分组方式有与，由分组分配的计算公式，代入计算，即可求解.
【详解】若甲乙选择的景点没有其他人选，则分组方式为的选法为种；
若甲乙选择的景点还有其他人选，则分组方式为的选法为种；
所以总的不同的选法种数为种.
故选：B
4. 现有一个橡皮泥制作的圆柱，其底面半径、高均为1，将它重新制作成一个体积与高均不变的圆锥，则该圆锥的底面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆柱和圆锥的体积公式计算.
【详解】设圆锥的底面积为，则，解得.
故选：B.
5. 下列说法中正确的是（ ）
A. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到.依据对应的的独立性检验，结论为：变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过0.005.
B. 在做回归分析时，残差图中残差比较均匀分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽度越窄表示回归效果越差.
C. ，当不变时，越大，该正态分布对应的正态密度曲线越矮胖.
D. 已知变量、线性相关，由样本数据算得线性回归方程式，且由样本数据算得，，则.
【答案】C
【解析】
【分析】根据独立性检验、残差分析、正态分布、线性回归方程相关知识进行分析，得出正确答案.
【详解】对A，，所以结论为变量与独立，这个结论犯错误的概率超过0.005，A选项错误；
对B，在做回归分析时，残差图中残差比较均匀分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽度越窄表示回归效果越好，B选项错误；
对C，，当不变时，越大，该正态分布对应的正态密度曲线越矮胖，C选项正确；
对D，由样本数据算得线性回归方程式，且由样本数据算得，，则，D选项错误.
故选：C.
6. 已知等差数列中，是函数的一个极大值点，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，再由等差数列的性质可得，从而可求出的值.
【详解】因为是函数的一个极大值点，
所以，
所以，
因为为等差数列，所以，
所以.
故选：D
7. 设函数，则下列正确的是（ ）
A. 当时，不是的切线
B. 存在，使得没有对称中心
C. 若有三个不同的零点，则
D. 当时，若是的极值点，则
【答案】C
【解析】
【分析】利用导数的几何意义，求得在店处的切线方程，可判定A错误；根据则，得到关于对称，可判定B不正确；设的三个零点分别为，结合，可判定C正确；根据，令，结合二次函数的性质，可判定D正确.
【详解】对于A中，当时，，则，可得，
所以曲线在点处的切线方程为，所以A错误；
对于B中，函数，可得，
则，所以函数关于点对称，
即对于任意，曲线关于点对称，所以B不正确；
设函数的三个零点分别为，
则有，
对比含的系数，可得，所以C正确；
对于D中，当时，由，可得，
令，即，可得，所以D错误.
故选：C.
8. 已知是数列的前项和，若，数列的首项，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别将和带入，求解出的值，根据得出，然后利用等比数列求和公式，得出答案.
【详解】当时，；
当时，，所以，
又，所以，因为，所以.
.
故选：D.
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. 泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，而是纵然轨迹交汇，却在转瞬间无处寻觅.已知点，直线，动点到点的距离比到直线的距离小1.若某直线上存在这样的点，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论正确的是（ ）
A. 点的轨迹曲线是线段
B. 是“最远距离直线”
C. 过点的直线与点的轨迹交于、两点，则以为直径的圆与轴相交
D. 过点的直线与点的轨迹交于、两点，则的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】由题意可知动点到点的距离等于到直线的距离，所以可知点的轨迹是以为焦点的抛物线，求出轨迹方程，然后逐个分析判断即可.
【详解】因为点，直线，动点到点的距离比到直线的距离小1，
所以动点到点的距离等于到直线的距离，
所以点的轨迹是以为焦点，以为准线的抛物线，
所以抛物线方程为，
对于A，点的轨迹是抛物线，所以A错误，
对于B，由，得，解得，
所以直线与抛物线相交于点，
所以是“最远距离直线”，所以B正确，
对于C，设过点的直线为，，
由，得，
所以，
所以，
所以，
所以以为直径的圆的半径为，
因为圆心到轴的距离为，
所以以为直径的圆与轴相交，所以C正确，
对于D，，
所以D错误，
故选：BC
10. 一只口袋中装有形状、大小都相同的8个小球，其中有黑球2个，白球2个，红球4个，分别用有放回和无放回两种不同方式依次摸出3个球.则（ ）
A. 若有放回摸球，设摸出红色球的个数为，则方差
B. 若有放回摸球，则摸出是同一种颜色球的概率
C. 若无放回摸球，设摸出红色球的个数为，则期望
D. 若无放回摸球，在摸出的球只有两种不同颜色的条件下，摸出球是2红1白的概率为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意有放回摸球时为二项分布，无放回摸球时为超几何分布，根据两种不同方式和条件概率判断各个选项；
【详解】对于A，根据题意有放回摸球时为二项分布，摸到红球的概率为，
依次摸出3个球，则，所以，A正确；
对于B，根据题意有放回摸球时为二项分布，摸到黑球概率为，
摸到白球的概率为，摸到红球的概率为，依次摸出3个球，
所以摸出是同一种颜色球的概率，B错误；
对于C，无放回摸球时为超几何分布，依次摸出3个球，设摸出红色球的个数为，
的可能取值为0，1，2，3，
则
则期望，C正确；
对于D，若无放回摸球，在摸出的球只有两种不同颜色有黑白、黑红、红白，
则摸出的球只有两种不同颜色的概率为，
摸出球是2红1白的概率为，
在摸出的球只有两种不同颜色的条件下，摸出球是2红1白的概率为，D正确；
故选：ACD.
11. 设定义在上的函数与的导函数分别为和，若，为偶函数，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据导数的运算法则取特征值判断A，根据偶函数的性质和导数的运算法则可得的图象关于点对称，的图象关于点对称，利用对称性判断BC，根据函数的运算性质和对称性判断D即可.
【详解】选项A：因为，所以，
所以当时，即，A说法正确；
选项B：因为为偶函数，所以，
所以，即，
所以的图象关于点对称，，
又因为，所以，即，
所以的图象关于点对称，
所以由A得，解得，所以，B说法错误；
选项C： 因为的图象关于点对称，的图象关于点对称，
所以由得，
所以，
将代入得，
所以，所以，C说法正确；
选项D：因为图象关于点对称，所以的图象关于对称，
所以的图象关于对称，
所以
，D说法正确；
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 求函数在点处的切线方程__________（请写成一般式）
【答案】
【解析】
【分析】由题干函数解析式可得，求导可得，结合导数的几何意义代入点斜式方程求解，化为直线的一般式方程即可.
【详解】因为，则，
可得，，即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，整理可得.
故答案为：.
13. 已知是双曲线的左、右焦点，以为圆心的圆与双曲线的两支分别在第一第二象限交于两点，且，则双曲线的离心率为___________
【答案】##
【解析】
【分析】连接交于点，由可得与相似，结合双曲线的定义可得，，，再利用余弦定理列式即可求解.
【详解】如图所示连接交于点，

因为，则，所以与相似，
设，则，
由双曲线的定义可得，解得，
所以，，，，，
由余弦定理可得，
即，整理得，
所以，
故答案为：
14. 小明对数学课上的随机游走模型充满兴趣，思维也进入丰富的想象，他将自己想象成一颗粒子，在一个无限延展的平面上，从平面直角坐标系的原点出发，每秒向上、向下、向左、向右移动一个单位，且向四个方向移动的概率均为，记第秒末小明回到原点的概率为，求__________，__________（与有关的式子，附：）.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由题意得粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑，再由古典概率公式求解即可，第秒未要回到原点，则必定向左移动步，向右移动步，向上移动步，向下移动步，表示出.
【详解】由题意得粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑，
①每一步分别是四个不同方向的排列，共有种情况，
②每一步分别是两个相反方向的排列，共有种情况，
所以，
第秒未要回到原点，
则必定向左移动步，向右移动步，向上移动步，向下移动步，
所以
.
故答案为：，.
【点睛】关键点点睛：本题第二空解决的关键是分析得第秒未要回到原点，粒子的运动情况，从而得解.
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. 已知的内角，，的对边分别为，，，满足.
（1）证明：；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化代入计算，结合正弦的和差角公式，即可证明；
（2）根据题意，由二倍角公式可得，由正弦定理可得，代入可得，再由三角形的面积公式代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
证明：由可得，
即，化简得，
因为为内角，所以有，得.
【小问2详解】
由（1）可知为锐角，由得
所以，，
由正弦定理可得，
依题，带入相应得值可得，
所以.
16. 在平面直角坐标系中，已知椭圆左焦点为，离心率为，且过点，直线与椭圆相交于另一点.
（1）求的方程；
（2）设点在椭圆上，记与的面积分别为，，若，求点的坐标.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得，，再结合可求出，从而可求得椭圆方程；
（2）将，转化为在轴上取点，使得到直线的距离是到直线的距离的两倍，求出点的坐标，过作与平行的直线，与椭圆方程联立可求出点的坐标.
【小问1详解】
由题可得，解的，
即；
【小问2详解】
由（1）得，则直线，直线与轴交点为，
由题，转化为在轴上取点，
使得到直线的距离是到直线的距离的两倍，
设点，则，解得，或，
所以，
过作与平行的直线，，
两直线与椭圆的交点即为满足题意的点，
由，得，或，
得，
由，得，或，
得，
综上可得，的坐标为.
17. 如图，在三棱柱中，是正三角形，四边形为菱形，，.
（1）证明：；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，取的中点为，连接，由线面垂直的判定定理可得平面，从而可得平面，即可证明；
（2）方法一：根据题意，结合二面角的定义可得为二面角的平面角，再由余弦定理代入计算，即可求解；方法二：根据题意，取为的中点，过作平面的垂线，以该垂线为轴，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及二面角的计算公式代入计算，即可求解.
【小问1详解】
取的中点为，连接，
由题知是正三角形，，
又，，为正三角形，
，又，平面，
又，所以平面，平面，
所以.
【小问2详解】
方法1：几何法
不妨设，则有，又，
，
取的中点，连接，因为为正三角形，所以，
取的中点，连接，则，
可得为二面角的平面角，
在中，，同理可得，
，
由余弦定理，，
.
方法2：建系法
取为的中点，过作平面的垂线，以该垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，依题，，
则，
，
，
设平面法向量为，则
，
所以，
同理，平面的法向量，
，，
设锐二面角为，
则csθ=cs=32323=13,∴sinθ=63.
18. （1）设函数，当时，恒成立，求的取值范围；
（2）从编号1到100的100张卡片中每次随机抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽取20次，设抽到20个号码互不相同的概率为，证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对函数求导后，分和三种情况讨论导数的正负，可得函数的单调性，再结合分析判断即可；
（2）由题意可得，利用放缩法可证得，要证，只要证，结合（1）可证得结论.
【详解】（1），，
若则，
所以函数在上单调递增，
所以恒成立；满足题意
若，
方程 的判别式为，
①时，，函数在上单调递增，
所以恒成立，满足题意
②时，方程 在上的解为，
当时，，，
所以函数在上单调递减，不满足恒成立
综上所述，的取值范围
（2）由已知条件得，抽取的20个号码互不相同的概率为
，
因为，
同理，，，，
所以，所以，
再证：，
即证：，即，，
由（1）得，当时，，取，
则，
所以，即，
所以，
综上，.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决不等式恒成立问题，考查独立事件的概率，第（2）问解题的关键是利用放缩法变形化简，考查计算能力和数学转化思想，属于较难题.
19. 已知有穷正项数列，若将数列每项依次围成一圈，满足每一项等于相邻两项的乘积，则称该数列可围成一个“T-Circle”.例如：数列，都可围成“T-Circle”.
（1）设，当时，是否存在使该数列可围成“T-Circle”，并说明理由.
（2）若的各项全不相等，且可围成“T-Circle”，写出的取值（不必证明），并写出一个满足条件的数列.
（3）若的各项不全相等，且可围成“T-Circle”，求的取值集合.
【答案】（1）存在，理由见解析
（2），满足条件的一个数列为
（3）
【解析】
【分析】（1）根据定义，列出方程组，解出来即可.
（2）列举出满足题意的数列即可.
（3）考虑用反证法证明.
【小问1详解】
当， 时，假设存在使该数列可围成“T-Circle”，
有穷正项数列， 由将数列每项依次围成一圈，满足每一项等于相邻两项的乘积，
得，
由最后两式可得，故，故且，
结合可得即，故，故.
故存在，使得数列可围成“T-Circle”，此时数列为：.
【小问2详解】
，满足条件的一个数列为.
（有穷正项数列的各项全不相等，设第一、三项分别为，
按照“T-Circle”定义有得，得，得，此时有，因为的各项全不相等，则，且，只需选取合适的数字代入可得，例如令得该数列为）
【小问3详解】
（i）若的各项不全相等，且可围成“T-Circle”．
结合为正项数列可得，
诸式相乘后可得，
又上述关系式即为(若下标大于，则取下标除以的余数).
故，
故(若下标大于，则取下标除以的余数).
所以(若下标大于，则取下标除以的余数).
设，
若，则即为，故，从而，，
而，故，故，故，从而，
此时均为1，与题设矛盾.
若，则即，而，
，故，此时均为1，与题设矛盾.
若，则即为，而，所以，故，
从而，
而，故，故，
此时均为1，与题设矛盾.
若，则即为，而，所以，
而，故，故，故，
故，故，故，
此时均为1，与题设矛盾.
若，则，故，
故，故，故，故，故，
此时均为1，与题设矛盾.
综上，
【点睛】对于数列新定义问题，我们应该根据定义进行推理，注意数列性质隐含的周期性等，这些性质往往便于问题的解决.