湖北省武昌区2024~2025学年度高二年级期末质量检测数学答案_2025年6月_250628湖北省武昌区2024~2025学年度高二年级期末质量检测（全科）

武昌区 2024~2025 学年度高二年级期末质量检测
数学参考答案
选择题：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 A D C B B D C D ACD BD BCD
填空题：
7
12.4 13． 14．4或5
3
15.（1）已知AB  AD,AD//BC ,AB  BC 1,AD 2,
在直角梯形ABCD中，
AC  AB2BC2  1212  2 ,CD  (ADBC)2AB2  (21)212  2 ,
 2  2
因为AC2 CD2  2  2  4 AD2 ,可知AC CD.
因为PA平面ABCD,CD平面 ABCD，所以PACD 又PAAC  A,
可得CD平面PAC. ……………………(6分)
（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
已知PA2，则A(0,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2) .
  
所以AC  1,1,0  ,CD (1,1,0),PD (0,2,2) .
 
  nCD 0 x y 0
设平面PCD的法向量为n x,y,z ，则  ，即 ，
nPD 0 2y2z 0

令x1，则 y 1,z 1，所以n 1,1,1  .

因为PA平面ABCD, AB  AD,平面PAB的一个法向量为m 0,1,0  .

设平面PAB和平面PCD夹角为(0 )，则
2
 
  mn 1 3
cos|cos m,n|     . ……………………(13分)
m  n 1 3 3
1
16.（1）因为g(x) 1,则x1,所以 y  xa在g(x)上的切点为(1,0) a1;
，即
x
又因为 f(x)exm 1,则xm,所以 y  x1在 f(x)上的切点为(m,1);
10
所以k  1,则m2. ……………………(7分)
m1
（2）因为 f(x)m g(x),即exm mlnx mxexm lnxxlnxelnx .
1设h(x) xex,h(x)1ex 0,故h(x)单调递增.
所以mxlnx恒成立mlnxx（x 0）.
1 1x
令t(x)lnxx,t(x) 1 0，则x1.
x x
当x(0,1),t(x)0,t(x)单增; 当x(1,),t(x)0,t(x)单减;
所以 mt(1)1. ……………………(15分)
cosC 1 cosC 1
17.（1）已知  ，由正弦定理得  ，
2ac 2b 2sin AsinC 2sinB
即2sinBcosC 2sin AsinC .
因为sin Asin(BC)，展开式子得2sinBcosC 2sinBcosC2cosBsinCsinC
移项可得2cosBsinCsinC 0,即sinC(2cosB1) 0 .
因为0C ，所以sinC 0，则2cosB10.
1 2
解得cosB  ，又0 B，所以B  . ……………………(7分)
2 3
2
（2）已知a 6,c4,B  ，因为BD是ABC的角平分线，
3
1 2 1  1  12
则S  64sin  6BDsin  4BDsin ，所以BD .
ABC 2 3 2 3 2 3 5
1 12  1 12  1 
又因为BE是DBC的角平分线，则S  6 sin   BEsin  6BEsin ，
DBC 2 5 3 2 5 6 2 6
12 3
所以BE  .
7
1 12 3 12  36 3
所以S    sin  . ……………………(15分)
DBE 2 7 5 6 35
18.（1）投掷一次骰子，向上点数为质数的概率为 1 ，由题知，X B  3, 1 ，
2  2
3 3 3 3
1 1 1 3 1 3 1 1
则PX 0C0    ，PX 1C1    ，PX 2C2    ，PX 3C3    ，
32 8 32 8 32 8 32 8
则X 的分布列为：
X 0 1 2 3
1 3 3 1
P
8 8 8 8
1 3
则其期望为EX3  . ……………………(5分)
2 2
2（2）记M “此人投掷三次骰子后，乙罐内恰有红、黑各一球”，
记A “第i次摸出红球，并且投掷出质数”，i1,2,3，
i
记B “第 j次摸出黑球，并且投掷出质数”， j1,2,3，
j
记C “第k次摸出黑球或红球，并且没有投掷出质数”，k 1,2,3，
k
所以M  ABC BAC AC B BC A C AB CB A ，
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
又PA 3  1  3 ，P  B A  2  1  1 ，P  C AB 1 1  1 ，
1 5 2 10 2 1 4 2 4 3 1 2 2 2
所以PAB C PAB P  C AB PAP  B A P  C AB 
1 2 3 1 2 3 1 2 1 2 1 3 1 2
3 1 1 3
    ，
10 4 2 80
3
同理PB AC PAC B PBC A PC A B PCB A  ，
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 80
3 9
所以PMPAB C 6 6 . ……………………(10分)
1 2 3 80 40
（3）第n次投掷后游戏停止的情况是：前n1次投掷出质数恰好为4次，
没投掷出质数n5次，且第n次骰子投掷出质数时游戏停止，
n1
1
4 n5 n C4  
所以 p C4   1     1   1 C4   1  ，即 p n1  n2  n ，
n n12 2 2 n12 p 1 n 2n4
n C4
 
n12
n n
令 1，解得n8，令 1，解得n8，即n9，
2n4 2n4
，
p  p  p  p  p  p 
5 6 7 8 9 10
35
所以 p 的最大值 p  p  ……………………(17分）
n 8 9 256
y2 x2
19.（1）对于椭圆C :  1(a b 0) ，已知焦点坐标为(0, 2)，则c 2，a2 b2 c2  2.
1 a2 b2
y2 x2 a
对于双曲线C :  1，渐近线方程为 y  2x，所以  2，即a  2b.
2 a2 b2 b
a2 b2  2
联立 ，将a  2b代入a2 b2  2得2b2 b2 2，解得b2 2，a2 4
a  2b
y2 x2 y2 x2
所以椭圆C 的方程为  1，双曲线C 的方程为  1. ………(5分）
1 4 2 2 4 2
y kxm

（2）联立y2 x2 ，消去 y得(k2 2)x2 2kmxm2 40 .

 1
 4 2
3因为直线l与椭圆C 有唯一公共点M ，所以(2km)24(k22)(m24)0 ，
1
化简得m2 2k2 4  m0  .设M(x ,y )，由韦达定理x  km ，则y kx m 2m .
0 0 0 k2 2 0 0 k2 2
当k 0时，无不同的两点A,B,与题意不符;
2m 1 km
当k 0时，过点M 且与l垂直的直线方程为y  (x ).
k2 2 k k2 2
 km 2k  x

x 

k 
可得A( km ,0),B(0, m )，即   k2 2 m    y 代入m2 2k2 4  m0 得：
k2 2 k2 2  y m  2  m 2
 k2 2 m   y
x2 x2
 y2 1xy0 故点N 的轨迹方程C:  y2 1xy0 ……………………(10分）
2 2
（3）设直线PQ方程：y nx p,P(x ,y ),Q(x ,y )
1 1 2 2
x2
  y2 1
联立 2 (2n2 1)x2 4npx2p2 20

ynx p
其中16n2p24(2n21)(2p22)02n2 p210 由韦达定理得：
4np 2p2 2 t 2t
x x  ,xx  由k k    2 k k
1 2 2n2 1 1 2 2n2 1 TP TQ 2 2 2 2 2 2 TP TQ
y y nx  p nx  p  1 1 
即 1  2  1  2 2n(p 2n)   2
 
x  2 x  2 x  2 x  2 x  2 x  2
1 2 1 2 1 2
1 1 22n
由于直线PQ不过点T ，故 p 2n0化简得  
x  2 x  2 p 2n
1 2
1 1 x x 2 2 2 2(2n2 1)4np 2 2 4 2n2 4np 2 2n
故   1 2   
x  2 x  2 xx  2(x x )2 2p2 24 2np2(12n2)  2n 2p 2 p 2n
1 2 1 2 1 2
  
2n21 2np 1 2n p 2n  p 2n1
此时直线PQ: y nx 2n1，恒过定点S( 2,1)
 1 1
由于TH  PQ，故点H 在以TS 为直径的圆上，圆心G 2,  ，半径r 
 2 2
1 1 2 2 1
所以 OH  OG r 2  1等号成立时H( , )，n 2 0，
4 2 3 3
PQ:y  2x1经过点(0,1) 而点(0,1)不在曲线C上，故 OH 的最小值不存在.
，
……………………(17分）
4