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