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武汉外国语学校 2023-2024 学年度下学期期末考试
高二数学试卷
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. 160 C. 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 的通项公式为 ，
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. 24 B. 36 C. 48 D. 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：BC10. 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 的概率为 ，
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，
的
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 ，
的
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 ，
3
2 1 √6
则cosθ=|cos<⃗n ,⃗n >|= = ,∴sinθ= .
1 2 3 √3 3
√3
2
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.
为
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.
