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选择题：
填空题：
12 . 4
武昌区 2024~2025 学年度高二年级期末质量检测
数学参考答案
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
7
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 , CD ,
因为 AC 2 CD2 2 2 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
令 x 1 ，则 y 1, z 1，所以 n 1,1,1 .
2 y 2z 0
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
cos | cos m, n | –→ →
m n
. (13 分)
3
16.（1）因为 g (x) 1 1 ,则 x 1 ,所以 y x a 在 g(x) 上的切点为(1, 0)
x
，即 a 1 ;
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 m 1 1 ,则 m 2 . (7 分)
（2）因为 f (x) m g(x) ,即ex m m ln x m x ex m ln x x ln x eln x .
设 h(x) x ex , h (x) 1 ex 0 ,故 h(x) 单调递增.所以 m x ln x 恒成立 m ln x x （ x 0 ）.
令t(x) ln x x , t (x) 1 1 1 x 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)
17.（1）已知 cos C
2a c
1 cos C
，由正弦定理得
2b 2 sin A sin C
1 ，
2 sin B
即 2 sin B cos C 2 sin A sin C .
因为sin A sin(B C) ，展开式子得 2 sin B cos C 2 sin B cos C 2 cos B sin C sin C
移项可得 2 cos B sin C sin C 0 ,即sin C(2 cos B 1) 0 .
因为0 C ，所以sin C 0 ，则 2 cos B 1 0 .
1 2
解得cos B ，又0 B ，所以 B . (7 分)
2 3
2
已知a 6, c 4, B ，因为 BD 是 ABC 的角平分线，
3
则 S 1 6 4 sin 2 1 6 BD sin 1 4 BD sin ，所以 BD 12 .
ABC
2 3 2 3 2 3 5
又因为 BE 是 DBC 的角平分线，则 S
所以 BE 12 3 .
7
DBC
1 6 12 sin 1 12 BE sin 1 6 BE sin ，
2 5 3 2 5 6 2 6
1 12 3 12
36 3
所以 S DBE 2
sin
7 5 6 35
. (15 分)
1 X 1
18.（1）投掷一次骰子，向上点数为质数的概率为 2 ，由题知，
B 3, ，

则 P X 0 C0
1 3
1 ， P X 1 C1
1 3
3 ， P X 2 C2
1 3
3 ， P X 3 C3
1 3 1

8
则 X 的分布列为：

8
X 0 1 2 3
P 1 8 3 8 3 8 1 8
则其期望为 E X 3 1 3 . (5 分)
2 2
记 M “此人投掷三次骰子后，乙罐内恰有红、黑各一球”，记 Ai “第i 次摸出红球，并且投掷出质数”， i 1, 2, 3 ，
记 Bj “第 j 次摸出黑球，并且投掷出质数”， j 1, 2, 3 ，
记Ck “第k 次摸出黑球或红球，并且没有投掷出质数”， k 1, 2, 3 ，所以 M A1B2C3 B1 A2C3 A1C2 B3 B1C2 A3 C1 A2 B3 C1B2 A3 ，
又 P A 3 1 3 ， P B A 2 1 1 ， P C A B 1 1 1 ，
1 5 2 10
2 1 4 2 4
3 1 2 2 2
所以 P A1B2C3 P A1B2 P C3 A1B2 P A1 P B2 A1 P C3 A1B2
3 1 1 3 ，
10 4 2 80
同理 P B1 A2C3 P A1C2 B3 P B1C2 A3 P C1 A2 B3 P C1B2 A3 ，
80
所以 P M P A B C 6 3 6 9 . (10 分)
1 2 3
80 40
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，
1 n 1
1 4 1
n 5 1
4 1
p n 2 n
所以 pn Cn 1

Cn 1

，即 n 1 ，
2 2 2
2
pn C4
1 n
2 n 4
n
令2 n 4
1 ，解得n 8 ，令
n
2 n 4
n 1 2
1 ，解得n 8 ，即 n 9 ，
p p p p p p ，
5 6 7 8 9 10
所以 pn 的最大值 p8 p9
y2 x2
35
256
… (17 分）
2 2 2
19.（1）对于椭圆C1 : a2 b2 1(a b 0) ，已知焦点坐标为(0, 2) ，则c ， a b c 2 .
y2 x2
a
对于双曲线C2 : a2 b2
a2 b2 2
1，渐近线方程为 y
2x ，所以 ，即 a
b
2b .
联立
a 2b
，将 a
2b 代入 a2 b2 2 得 2b2 b2 2 ，解得b2 2 ， a2 4
y2
所以椭圆C1 的方程为 4
y kx m

x2
2
y2
1，双曲线C2 的方程为 4
2 2 2
x2
2
1. ………(5 分）
（2）联立 y2 x2
4 2
，消去 y 得(k
1
2)x
2kmx m
4 0 .
因为直线l 与椭圆C 有唯一公共点 M ，所以 (2km)2 4(k 2 2)(m2 4) 0 ，
化简得 m2 2k 2 4 m 0 .设 M (x , y ) ，由韦达定理 x km ，则 y kx m 2m .
0 0
当 k 0 时，无不同的两点 A, B ,与题意不符;
0 k 2 2
0 0 k 2 2
当 k 0 时，过点 M 且与l 垂直的直线方程为 y 2m 1 (x km ) .
x
km 2k
k 2 2
k x
k k 2 2
km m
k 2 2 m y 2 2
可得 A( , 0), B(0, ) ，即
代入 m
2k
4 m 0 得：
k 2 2
k 2 2
m 2 2
x y2 1 xy 0 2
y
k 2 2 m
故点 N 的轨迹方程C : x
2
m
y
y 2 1 xy 0
… (10 分）
设直线 PQ 方程： y nx p, P(x1, y1 ),Q(x2 , y2 )
x2 2

1 (2n2 1)x2 4npx 2 p2 2 0
y nx p
其中 16n2 p2 4(2n2 1)(2 p2 2) 0 2n2 p2 1 0 由韦达定理得：
x
4np
2 p 2 2
k k t
2 t
k k
1 x2
2n2 1 ,x1 x2
2n2 1 由
TP TQ
TP TQ
即 y1 y2
nx1 p nx2 p
2n ( p
1
2n) x
1
2 x 2
1 2
由于直线 PQ 不过点T ，故 p 2n 0 化简得 1 1
1 1 x x 2
故 1 2
1 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)
由于TH PQ ，故点 H 在以TS 为直径的圆上，圆心G 2, 1 ，半径 r 1
2 2

所以 OH
OG r
1 1 等号成立时 H ( 2 2 1
， n 0 ，
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）

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