文档内容
邯郸市 2024 高二第二学期期末考试
数学试卷
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上
无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.
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. 下列复数的实部大于虚部的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数乘法化简，根据虚部、实部概念得解.
【详解】因为 ，
所以这4个复数中只有 的实部大于虚部.
故选：D
2. 已知 为奇函数，当 时， ，则 （ ）
A. -9 B. 9 C. -17 D. 17
【答案】A
【解析】
【分析】利用奇函数求解函数值即可.
【详解】 .故选：A.
3. 10人（含甲、乙、丙）随机站成一排，则甲､乙､丙3人站在一起的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出样本空间总数，再求出该事件所包含的基本事件数，根据古典概率模型求解即可.
【详解】根据已知得样本空间总数为： 种
甲、乙、丙三人站在一起共有： 种
所以甲､乙､丙站在一起的概率为： .
.
故选：B
4. 一质点沿着正东方向从点 到达点 ，在点 处测得点 在其东北方向，在点 处测得点
在其北偏西 方向，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合题意求出 ，然后利用正弦定理求解即可.
【详解】如图，由题可知 ，
在 中，由正弦定理可得 ，
.
则故选：B
5. 若正六棱台 的侧棱与底面所成的角为 ，且 ，则该正六棱
台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据棱台的体积公式计算可得答案.
【详解】因为正六边形的中心到每个顶点的距离等于该正六边形的边长，
且正六棱台 的侧棱与底面所成的角为 ，
所以该正六棱台的高 .
依题意可得底面 的面积 ，
底面 的面积 ，
所以该正六棱台 的体积 .
故选：D.6. 已知点 在抛物线 上，过点 作圆 的切线，若切线长为 ，则点
到 的准线的距离为（ ）
A. 7 B. 6 C. 5 D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，画出图形，结合 与圆相切，用勾股定理求出 ，再用两点间距离公式，求出
坐标，即可求出点 到 的准线的距离.
【详解】如图所示，
设切点为Q,则 则 ，
设 ，则由两点间距离公式得到 ，
解得 ，因为 ，所以 .
因为 的准线方程为 ，所以点 到 的准线的距离PE为 .
故选：C.
7. 在边长为 2 的正 中， ，点 在线段 上，
，则 的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】【分析】设 ，根据条件得到 ， ，从而得到
，即可求出结果.
【详解】如图，依题意可得点 在线段 （不含端点）上，点 在线段 （不含端点）上，
设 ，因为 ，则 ，
因为 ， 为正三角形，所以 为正三角形，所以 ，
所以 ，
因为 ，所以当 时， 取得最小值，且最小值为 .
故选：A.
8. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于同余的问题．用 表示整数 被 整除，设
且 ， 若 ， 则 称 与 对 模 同 余 ， 记 为 ． 已 知
，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【 分 析 】 由 二 项 式 定 理 得 到，得到 ，
结合2024除以7余1，2025除以7余2，2026除以7余3，2027除以7余4，从而得到答案.
【详解】由二项式定理，得
,
因为 能够被7整除，
被7除余1，所以 ．
因为2024除以7余1，2025除以7余2，2026除以7余3，2027除以7余4，
所以 ．
故选：A
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. 已知函数 ，则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的最大值为3
C. 的图象关于点 对称
D. 的图象关于直线 对称
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用辅助角公式结合三角函数的性质，逐项求解即可.
【详解】 ，则 的最小正周期为 的最大值为 A正确，B错误；
令 则 则 的图象关于点 对称，C正确；
令 ，则 的图象关于直线 对称.，D正确，
故选：ACD.
10. 已知椭圆 的离心率为 ，焦点为 ，则（ ）
A. 的短轴长为4
B. 上存在点 ，使得
C. 上存在点 ，使得
D. 与曲线 重合
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据方程及离心率求出 判断A，根据椭圆的对称性求出 在短轴端点时 判断B，计算
数量积 的范围判断C，根据椭圆的定义判断D.
【详解】依题意可得 ，解得 ，则 的短轴长为 ， 错误；
若 为短轴上的端点， 为坐标原点，则 ，
所以 上存在点 ，使得 ，B正确；
设 ， ，
则 正确；设 为椭圆 上任意一点，因为 ，所以
，D正确.
故选：BCD
11. 若函数 在 上单调递减，则 的取值可以是（
）
A. 0.39 B. C. 0.42 D.
【答案】BC
【解析】
【分析】求导 ，当 时，
， 在 上单调递减，只需要研究分子
对 恒成立即可．令
，看作一次函数来解即可．
【详解】 .
当 时，则 ， 在 上单调递减，
所以 对 恒成立．
设 ，则满足 且
即可，则 ，即 即 ，结合选项BC符合，
故选：BC.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知集合 ，则 中元素的个数为__________.
【答案】7
【解析】
【分析】先求出集合 ，再求 ，从而可得答案.
【详解】因为 ，
所以 ，故 中元素的个数为7.
故答案为：7
13. 已知一组数据 的第60百分位数为 ，随机变量 的分布列为
2 14
0.3 0.6 0.1
__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用百分位数的定义求得 ，再利用期望与方差公式，结合 的分布列即可得解.
【详解】
.
故答案为： .
14. 在底面为正方形的四棱锥 中， 平面 ，点 在线段 上，//平面 ，则四面体 外接球的表面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先由线面平行推出线线平行，得到 为 的中点，再由四面体的外接球的特征，通过
与直角梯形 建立方程，求出 长，继而求得外接球半径，代入公式即得.
【详解】
如图，连接 交 于点 ，连接 ，则平面 平面 ，
因 //平面 ，故 // ，易知 为 的中点，所以 为 的中点.
设四面体 外接球的球心为 ，则 平面 ，
设 ，则 ，所以 ，
解得 ，故四面体 外接球半径为 ，
故其表面积为 .
故答案为： .
【点睛】思路点睛：本题解题思路是，先确定底面多边形的外接圆圆心，作出外接球球心的大致位置，利
用球的截面性质建立直角三角形或直角梯形，列出方程即可.
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 是等比数列，且 .（1）求数列 的通项公式；
（2）求数列 的前 项和 .
【答案】（1）
（2） .
【解析】
【分析】（1）利用已知 是等比数列可得答案；
（2）利用错位相减可得答案.
【小问1详解】
设 ，则 ，则 ，
所以 是首项为 ，公比也为 的等比数列，
所以 ，则 ；
【小问2详解】
，
则 ，
则 ，
所以两式相减可得故 .
16. 民航招飞是指普通高校飞行技术专业（本科）通过高考招收飞行学生，报名的学生需参与预选初检､体
检鉴定､飞行职业心理学检测､背景调查､高考选拔共5项流程，其中前4项流程选拔均通过，则被确认为有
效招飞申请，然后参加高考，由招飞院校择优录取.据统计，某校高三在校学生有1000人，其中男生600
人，女生400人，各有100名学生有民航招飞意向.
（1）完成以下 列联表，并根据小概率值 的独立性检验，能否认为该校高三学生是否有民航
招飞意向与学生性别有关？
对民航招飞有意向 对民航招飞没有意向 合计
男生
女生
合计
（2）若每名报名学生通过前3项流程的概率依次为 ，假设学生能否通过每项流程相互独立，以这
600名男生对民航招飞有意向的频率作为甲地高三男生对民航招飞有意向的概率，以这400名女生对民航
招飞有意向的频率作为甲地高三女生对民航招飞有意向的概率.从甲地任选一名高三学生（男､女学生的比
例为1：1），求这名学生对民航招飞有意向且通过前3项流程的概率.
附： .
0.05 0.01 0.001
3.841 6.635 10.828
【答案】（1）表格见解析，有关（2）
【解析】
【分析】（1）写出列联表，根据独立性检验即可求解；
（2）求出每名报名学生通过前3项流程的概率，甲地高三男生对招飞有意向的概率，甲地高三女生对招飞
有意向的概率，结合全概率公式即可求解.
【小问1详解】
列联表如下：
对民航招飞有意向 对民航招飞没有意向 合计
男生 100 500 600
女生 100 300 400
合计 200 800 1000
零假设为 ：该校高三学生是否有民航招飞意向与学生性别无关联，
因为 ，
所以根据小概率值 的独立性检验，推断 不成立，
即认为该校高三学生是否有民航招飞意向与学生性别有关；
【小问2详解】
因为每名报名学生通过前3项流程的概率依次为 ，
所以每名报名学生通过前3项流程的概率为 ，
依题意得甲地高三男生对招飞有意向的概率为 ，
甲地高三女生对招飞有意向的概率为 ，
由全概率公式得所求概率为 .17. 如图，在三棱锥 中， 底面 ，且 为棱 上一
点，且 .
（1）求 的长；
（2）求二面角 的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2） .
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直结合等面积法求解，（2）利用空间向量求解二面角的余弦值.
【小问1详解】
因为 ，所以 ，则 .
因为 底面 ，所以 .
又 ，所以 平面 .
因为 平面 ，所以 .又 ，所以 平面 .
由 平面 ，得 .
又 底 面 ， 所 以 ， 所 以 ， 由 等 面 积 法 得
，故 .【小问2详解】
以 为原点建立空间直角坐标系，如图所示，
则 设 则
解得
则 .
设平面 的法向量为 ，则 即
令 ，得 .
由 底面 ，得 为平面 的一个法向量，
则 .
由图可知，二面角 为锐角，所以二面角 的余弦值为 .18. 已知双曲线 经过点 .
（1）求 的方程；
（2）设直线 经过 的右焦点，且与 交于不同的两点 ，点 关于 轴的对称
点为 ，证明：直线 过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据曲线经过的点坐标代入方程得方程组，解之即得；
（2）将直线方程与双曲线方程联立，得出韦达定理，求出 的方程，由对称性得 经过的定点必在
轴上，令 代入 方程，经消元化简，并代入韦达定理计算即得定点.
【小问1详解】
依题意可得 ，解得 ，
所以 的方程为 .
【小问2详解】
如图，由（1）知 的右焦点为 ，则 ，
联立 消去 得， ，设 ，则 ， ，即 ，
故 ，
因为点 关于 轴的对称点为 ，所以 ，
则直线 的方程为 ，
根据对称性可知，直线 经过的定点必在 轴上，
令 ，得
.
当 且 时， ，
所以直线 过定点 ；
当 时，显然直线 过定点 ；
综上，直线 过定点 .
【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于通过作图动态观察，先要发现经过的定点应具备的特征，如本题
中结合对称性判断定点在 轴上，然后明确方向，证明定点横坐标为常数即得.
19. 已知函数 .
（1）讨论 的单调性；（2）设函数 的图象在点 处的切线为 ，求 与坐标轴围成的三角形面积的最
小值；
（3）设 的零点为 ，比较 与2的大小，并说明理由.
【答案】（1） 在 上单调递增； 在 上单调递减.
（2）
（3） ，理由见解析
【解析】
【分析】（1）按照求单调区间的步骤求解即可；
（2）求导后将切线方程用t表示出来，坐标轴上的截距也用t表示，面积看作t的一个函数，后用导数知
识来求最值即可；
（3）构造函数 ，利用导数与换元法研究 函数的单调性，再用复合函数单调
性得到 的单调性，从而得解.
【小问1详解】
的定义域 ， ，
当 时， 在 上单调递增；
当 时， 在上单调递减.
【小问2详解】
.
切线 的方程为 .
令 ，得 ；令 ，得 .所以 与坐标轴围成的三角形面积 ，
.
当 时， 单调递减；当 时， 单调递增.
故当 时， 取得最小值，且最小值为 .
【小问3详解】
不妨设 ，由（1）可知 ，则 .
令 ，则
.
当 时，设 ，
则 ，
换元写成 ， ，
当 时， 单调递减；当 时， 单调递增.
因为 在 上是增函数，所以 在 上先减后增.
因为 ，所以 .且
.
又因为 ，所以 ，即 ，
所以 ，即 .
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2，利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3，适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论；
4，构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
