43，江西省吉安市峡江中学2023-2024学年高二上学期期末数学试卷（九省联考题型）

这是一份43，江西省吉安市峡江中学2023-2024学年高二上学期期末数学试卷（九省联考题型），共32页。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
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.
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. 在正四面体中，棱长为2，且E是棱中点，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】在正四面体中，根据向量的数量积的运算，即可求解
【详解】如图所示，
由正四面体的性质可得，，
由E是棱中点，
，
故选：A．
2. 已知展开式中各项系数之和为，则展开式中的系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出的值，再利用二项展开式的通项公式的特点，求出展开式中的系数.
【详解】展开式中各项系数之和为，
所以令，可得，解得，
，
的展开式的通项为，
当在项中取时，项中需取，不符合条件；
当在项中取时，项中需取，则，即，此时的系数为；
当在项中取时，项中需取，则，即，此时的系数为，
综上，展开式中的系数为.
故选：B.
3. 在空间直角坐标系中，，则三棱锥内部整点(所有坐标均为整数的点，不包括边界上的点)的个数为（ ）
A. 35B. 36C. 84D. 21
【答案】A
【解析】
【分析】首先求平面的一个法向量，并根据法向量确定三棱锥内部的点满足的条件，
并结合隔板法，求方法种数.
【详解】由条件可知，，，
设平面的一个法向量，则
，令，则，故，
设是平面上的点，则，
故，则，
不妨设三棱锥内部整数点为，则，且，，，则
若时，则在平面上，
若，则在三棱锥的外部，
所以，
当，且时，
将写成个1排成一列，利用隔板法将其隔成三部分，则结果的个数为的取值的方法个数，显然有个方法，
所有整数点的个数为.
故选：A
4. 已知椭圆的左、右焦点分别为，直线过与椭圆交于两点，若，则椭圆的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意设，结合椭圆定义，且分别在、中利用余弦定理并结合以及离心率公式即可求解.
【详解】
由题意不妨设，则，
又由椭圆定义可知，所以，
在中由余弦定理有，，
在中由余弦定理有，，
由图可知，
所以，
即，解得，
所以椭圆的离心率是.
故选：A.
5. 如图，在四棱锥中，已知：平面，，，，已知是四边形内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，若点是中点，则四棱锥体积的最大值是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据两两垂直建立空间直角坐标系，然后得到各点的坐标，再应用二面角的空间向量解法得到参数的关系式，最后根据体积公式得到最值即可.
【详解】因为平面且，
所以以为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
，
因为已知是四边形内部一点，所以设，
其中且（即点在平面内部），
则，
因为平面平面，所以平面的法向量为，
又因为，
设平面的法向量为，
则，即，由题易得，令，则，
所以，
因为二面角的平面角大小为，
所以，
即，解得①，
因为点是中点，所以到平面的距离为，
所以要使得四棱锥体积的最大，
则，即要取到最大值，
由①知时，
此时点不在四边形内部，矛盾，
故当时体积取到最大值，此时，
所以，
故选：D
【点睛】方法点睛：碰到两两垂直的线段时，往往可以借助空间向量法来解决，需要在求解法向量的时候注意不求错即可.
6. 向量满足，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】在平面直角坐标系中，令，利用向量的夹角公式建立方程，再求出方程所对曲线上的点到原点距离即得.
【详解】法1：在平面直角坐标系中，不妨令，
则，
由，得
，
整理得，
整理得到：
，
即，
整理得到，
即，于是，
显然方程对应曲线关于x轴对称，不妨令，
则方程化为，
表示以点为圆心，1为半径的圆在x轴及上方部分，
点到原点的距离，直线，
由消去y得：，
显然，即直线与圆的两个交点分别为，
有，即有，从而，
因此直线与曲线交于两点，
而，则，
所以的取值范围是.
故选：B
法2：如图，设，，
则，，
故，而，故在的外接圆上运动变化（沿弧），
外接圆的半径为，取的中点为，连接，
则，故，故，
故选：B.
7. 已知抛物线，是直线上的一个动点，过作抛物线的两条切线，切点分别为，，若为圆上的动点，则点到直线距离的最大值为（ ）
A. B. 5C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，设点处的切线方程为，联立方程，根据求出，进而可求出点处的切线方程，同理可求出点处的切线方程，再根据两切线都过点，从而可求出直线的方程，再求出直线所过的定点，再将所求出转化为点到定点的距离，进而可得出答案.
【详解】设，
由题意在点和点处的切线方程的斜率不等于零，
设点处的切线方程为，
联立，消得，
则，即
又，所以，所以，
所以点处的切线方程为，即，
同理可得点处的切线方程为，
又两切线都过点，
所以，，
所以直线的方程为，即，
令，解得，
所以直线过定点，
圆的圆心，半径，
所以点到直线距离的最大值即为点到定点的最大距离，
所以点到直线距离的最大值为.
故选：D.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
8. 如图，在杨辉三角形中，斜线的上方从1按箭头所示方向可以构成一个“锯齿形”的数列：…，记此数列的前n项之和为，则的值为（ ）．
A. 452B. 848C. 984D. 1003
【答案】C
【解析】
【分析】观察杨辉三角结合其中数的来源，可得到这个数列的奇数项的通项公式和偶数项的通项公式，分别求奇数项和与偶数项和，从而得到前n项和.
【详解】设数列为，前32项里面有偶数项16项，奇数项16项，当为偶数时，易知，且，所以，所以偶数项之和为，
当为奇数时，，，，，…，
所以，则，
所以前32项里面奇数项和为：
，
又由组合数性质，所以，
所以.
故选：C.
二、选择题：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. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，赋值法求；对于B，分析奇偶项系数的符号，再应用赋值法求；对于C，由分析含项的系数即可证；对于D，赋值法求，结合A、B分析求即可.
【详解】对于A：当，则，A正确；
对于B：由展开式通项为，
故为奇数时，为偶数时，则，
当时有，B错误；
对于C：由，
所以含项的系数为，
则，C正确；
对于D：当时有，结合A、B分析有，D错误；
故选：AC
10. 已知圆：，点为直线：上一动点，点在圆上，以下四个命题表述正确的是（ ）
A. 直线与圆相离
B. 圆上有2个点到直线的距离等于1
C. 过点向圆引一条切线，其中为切点，则的最小值为
D. 过点向圆引两条切线、，、为切点，则直线经过点
【答案】ABD
【解析】
【分析】A、B应用点线距离公式求圆心到直线的距离，结合圆的半径，判断直线与圆的位置及点到直线的距离等于1的个数；C由圆切线性质求最小切线长；D设点，写出以为直径的圆，结合已知圆求公共弦的方程为，进而求定点即可判断.
【详解】A：圆：的圆心，半径，
圆心到直线的距离，所以直线与圆相离．正确；
B：圆心到直线的距离，
所以，则圆上有2个点到直线的距离等于1，正确；
C：由切线的性质知，为直角三角形，，
当且仅当与直线垂直时等号成立，所以的最小值为，错误；
D：设点，，，所以四点，，，共圆，
以为直径，圆心为，半径，圆的方程为，
又圆：，两圆相减得，所以直线的方程为，
因为点在直线上，所以，
所以，整理得，
由，得，所以直线过定点，正确．
故选：ABD

11. 已知双曲线的左､右焦点分别为、，过点的直线与双曲线的左､右两支分别交于、两点，下列命题正确的有（ ）
A. 当点为线段的中点时，直线的斜率为
B 若，则
C.
D. 若直线的斜率为，且，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A选项，设，代入双曲线，用点差法即可判断；对于B选项，设，表示出和，得出，再结合即可得出结论；对于C选项，设，其中，由双曲线方程，得出，利用两点之间距离公式，分别表示出和，通过做差即可得出结论；对于D选项，根据双曲线的定义，得出，再证出点与点关于直线对称，则，即可得出结论．
【详解】选项A：
设，代入双曲线得，
，两式相减得，
，
∵点为线段的中点，
∴，，
即，，
∴，
，故A错误；
选项B：
设，
，，
，
，
又 ，
，故B正确；
选项C：
设，其中，
则，即，
，
，
，
，
，
，故C正确；
选项D：
，，
，，
，
∵直线的斜率为即，且过点，
∴直线的方程为：，
又∵，，

，
即，
又∵点到直线的距离：，
点到直线的距离：，
即，
∴点与点关于直线对称，
，
，故D正确；
故选：BCD．
【点睛】结论点睛：本题涉及到双曲线中的有关结论：
（1）若点是双曲线上一条弦的中点，则直线的斜率；
（2）若双曲线上有两点、，且位于不同两支，则．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 如图为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，按其中一个开关1次，将导致自身和所有相邻（上、下相邻或左、右相邻）的开关改变状态．若从这十六个开关中随机选两个不同的开关先后各按1次，则和的最终状态都未改变的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据开关阵列的性质，结合古典概型的概率公式求解即可.
【详解】要使得的状态发生改变，
则需要按，，，，这五个开关中的一个，
要使得的状态发生改变，则需要按，，这三个开关中的一个，
所以要使得和的最终状态都未发生改变，
则需按其他八个开关中的两个或，，，，中的两个
或，，中的两个，
故所求概率为.
故答案为：
13. 正四棱台是的中点，在直线上各取一个点P、Q，使得M、P、Q三点共线，则线段的长度为____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据正四棱台的特征，建立空间直角坐标系，利用M、P、Q三点共线，得到等量关系，从而确定的位置，进而得到线段的长度.
【详解】结合题意：连接交于点,交于点,连接
由正四棱台的结构特征,易知两两垂直，
故以分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
因为在正四棱台，
所以易计算得到： ，，
所以，,
因为是的中点,所以，
所以.
要使M、P、Q三点共线，则，共线，
则，解得：，
所以，,
所以，
所以.
故答案为:

14. 已知双曲线的两个焦点分别为，，，以为直径的圆与双曲线在第一象限的交点为P，若直线与圆E：相切，则双曲线的离心率是______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据相切以及圆的性质可得，即可根据相似求解长度，由勾股定理以及双曲线的定义即可求解.
【详解】设直线与圆E：相切于点，
因为以为直径的圆过点，所以，
又圆与直线的切点为，所以，从而．
由△△，得，所以．
又，所以，解得，
因此离心率为
故答案为：
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.其中15~18题为必考题，每个试题考生都必须作答；19题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
15. 有5对夫妇和A，B共12人参加一场婚宴，他们被安排在一张有12个座位的圆桌上就餐（旋转之后算相同坐法），而后进行合影留念.
（1）就餐时，5对夫妇都相邻而坐，其中甲、乙二人的太太是闺蜜要相邻而坐，A，B不相邻，共有多少种坐法；
（2）合影时，若随机选择5人站成一排进行合影，求有且只有1对夫妇被选中且合影时相邻的概率．
【答案】15. 1152种
16.
【解析】
【分析】（1）先排甲、乙二人的太太及这两对夫妇，再排余下3对夫妇，最后用插空法排，，借助分步乘法计数原理计算即得.
（2）有且只有1对夫妇被选中且合影时相邻，分都被选中，只有一个被选中，都没被选中，三种情况，再按古典概型求概率.
【小问1详解】
分成三步来完成第一步，排甲、乙二人的太太的座位，有2种坐法，
甲、乙二人的座位也随之确定；
第二步，排其余3对夫妇的座位，有种坐法；
第三步，排，，二人的座位，有种坐法，
根据分步乘法计数原理，共有种坐法.
【小问2详解】
若随机选择5人站成一排进行合影，有种，
有且只有1对夫妇被选中且合影时相邻，
分为：当都被选中，有种，
当只有一个被选中，有种，
当都没被选中，有种，
则概率为：.
16. 已知圆C的圆心为（且），，圆C与x轴、y轴分别交于A，B两点（与坐标原点O不重合），且线段为圆C的一条直径．
（1）求证：的面积为定值；
（2）若直线经过圆C的圆心，设P是直线l：上的一个动点，过点P作圆C的切线，，切点为G，H，求线段长度的最小值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）求出圆的方程，分别令，求出，，即可求出的面积，即可证明；
（2）因为直线经过圆的圆心，所以，结合，即可解出，可求出求圆的方程；由题意可得然P，G，C，H四点共圆，且为该圆的一条直径，设这四点所在的圆为圆，可得圆的方程，由点到直线的距离、圆的弦长公式表示出，再由二次函数的性质即可求出求线段长度的最小值.
【小问1详解】
设圆的方程为，由题可知点在圆上，
则圆的方程为，
整理得，
因为圆与轴、轴分别交于，两点（与坐标原点不重合），
令，解得：；令，解得：；
则，．
所以，为定值．
【小问2详解】
因为直线经过圆的圆心，所以．
又，且，解得．
所以圆的方程为．
过点作圆的切线，，切点为，，
显然P，G，C，H四点共圆，且为该圆的一条直径，设这四点所在的圆为圆，，
则圆的方程为，
即，①
又圆的半径，方程可化为，②
①－②，得圆与圆的相交弦所在直线的方程为
．
点到直线的距离，
所以
，
所以当时，取得最小值，
故线段长度的最小值为．
17. 如图，在多面体中，侧面为菱形，侧面为直角梯形，分别为的中点，且.
（1）证明：平面；
（2）若平面平面，多面体的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，易证四边形为平行四边形，则有，再由线面平行的判定证结论；
（2）由题设及面面、线面垂直的性质可得、，线面垂直的判定有平面，连接得到为三棱柱，设，用表示多面体的体积求参，构建空间直角坐标系，向量法求直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
取中点，连接，则为的中位线，
所以，且，又，且，
所以，且，即四边形为平行四边形，
所以，又平面平面，
故平面.
【小问2详解】
连接，在菱形中，则.
在直角梯形中，所以，
因为面面，面面面，
所以平面，又平面，故，
又，面，所以平面.
连接，因为，即，且，
所以为平行四边形，且，则为三棱柱，
设，则，三棱柱的体积.
连接，则三棱锥的体积.
取中点，连接，则，
面面，面面面，则面，
所以三棱锥的体积，
由多面体的体积为，得：，解得.
综上，两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
，，
设面的法向量为，由，令，则，
设直线与平面所成角为，所以，
故直线与平面所成角的正弦值为.
18. 已知抛物线C：的焦点F在x轴正半轴上，过F的直线l交C于A，B两点，过F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为，的中点．已知当l的斜率为2时，．
（1）求抛物线C解析式；
（2）试判断直线是否过定点，若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由；
（3）设G为直线与直线的交点，求面积的最小值．
【答案】（1）
（2）过定点，定点为
（3）8
【解析】
【分析】（1）根据直线的斜率为2时列方程，得到即可得到抛物线方程；
（2）分别联立直线与抛物线、直线与抛物线方程得到点，的坐标，从而得到直线的方程，即可得到直线过定点；
（3）联立直线与的方程得到，根据点，的坐标和不等式得到，通过分析、和三种情况得到，从而可得面积的最小值.
【小问1详解】
设，，由题意得，，
当直线的斜率为2时，直线的方程为，
联立得，则，
， 则，
所以抛物线的解析式为.
【小问2详解】
由（1）得，
设直线的方程为，的方程为，设，，
因为直线与直线垂直，所以，
联立得，
则，，，，
所以，
同理可得
当时，：，
即
，
因为，所以直线的方程为，
故当时，，此时过定点，
当时，由得，此时直线的方程为，同样经过点，
所以直线过定点，该定点为.
【小问3详解】
由抛物线方程得，，
则：，
同理可得：，
联立得，
即，
由，同理，
故，
所以，
过点作轴，交直线于点，则，
由，，得，
当且仅当时等号成立，
下证，
由抛物线的对称性，不妨设，则，
当时，有，则点在轴上方，点亦在轴上方，
，直线过定点，
所以此时，
同理时，点在轴下方，点亦在轴下方，，
故此时，
当且仅当时，，，
所以恒成立，且时等号成立，
故，
所以的面积最小值为8.
【点睛】方法点睛：求定点问题常见的两种方法：
（1）从特殊入手，求出定点，再证明这个点与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定点.
（二）选考题：共17分.请考生在19（a）、19（b）题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
19. 已知点，集合，点，且对于S中任何异于P的点Q，都有．
（1）试判断点P关于椭圆的位置关系，并说明理由；
（2）求P的坐标；
（3）设椭圆的焦点为，，证明：．
[参考公式：]
【答案】（1）在椭圆上，理由见详解；
（2）；
（3）证明见详解.
【解析】
【分析】（1）分析当在内时，设线段与有一交点推导出矛盾即可；
（2）记在上的投影向量为，可推导是上与距离最小的点，再设，结合椭圆的方程与所给方程得出不等式求解最值即可；
（3）设直线与轴交于，根据共线可得，再结合与正弦定理，转证即可.
【小问1详解】
在椭圆上，理由如下：
记，若不在上，则在内.
因为，所以在外，
设线段与有一交点，此时和共线反向，，不合题意，
因此在上.
【小问2详解】
等价于
记在上的投影向量为，
则条件等价于，即，
这表明是上与距离最小的点.
设，则，.
因为，
故，当且仅当时取等号.
所以，
又，故，
故，
当且仅当且且时取等号，
解得，故此时.
【小问3详解】
因为，，
设直线与轴交于，则，解得.
故，则要证即证.
又，故轴，故.
在和，由正弦定理，，
又和互补，所以，
所以，从而有.
所以.
【点睛】关键点点睛：第二问关键是如何确定点的位置；第三问是焦点三角形问题，利用线段长度关系结合正弦定理证明.
20. 已知集合，规定：若集合，则称为集合的一个分拆，当且仅当：，，…，时，与为同一分拆，所有不同的分拆种数记为.例如：当，时，集合的所有分拆为：，，，即.
（1）求；
（2）试用、表示；
（3）设，规定，证明：当时，与同为奇数或者同为偶数.
【答案】（1）9 （2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】(1)根据新定义,结合集合元素个数和和不同分拆种数计算即可;
(2)先考虑至少进入其中一个的情况类比得到所有元素的情况再应用乘法原理可得;
(3) 运用二项式定理将展开，把转化为,
即可证明与同为奇数或者同为偶数.
【小问1详解】
集合，
对于每一个，都有进入或不进入两种可能，
而且至少进入其中一个，
所以有种进入、的不同方法；
同理有种进入、的不同方法；
由分步计数原理，、进入、共有种不同方法，
即.
【小问2详解】
因为集合，
下面按是否进入分为步求，
第一步：对于每一个，都有进入或不进入两种可能，
而且至少进入其中一个，
所以有种进入、、…、的不同方法；
第二步：同理有种进入、、…、的不同方法；
…
第步：同理有种进入、、…、的不同方法.
由分步计数原理，、、…、进入、、…、，
共有种不同方法，即.
【小问3详解】
运用二项式定理将展开，
，
其中，
，其中，
所以当奇数时，为奇数；
当为偶数时，也为偶数，
即与同为奇数或者同为偶数.