还剩17页未读，
继续阅读
山西省百校联考2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试卷（Word版附解析）
展开
这是一份山西省百校联考2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试卷（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效．
4．本卷命题范围：高考范围．
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. 已知集合，则（ ）
A B. C. D.
2. 若复数满足（是虚数单位），则（ ）
A B. C. 2D. 3
3. 函数图象在点处的切线方程为（ ）
A B.
C. D.
4. 若曲线表示椭圆，则实数k的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
5. 已知实数a，b满足，则下列数中不可能是的值的是（ ）
A. B. C. 2D. 3
6. 已知公差为的等差数列的前项和为，且，，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
7. 棱长均为3的正三棱柱的各个顶点均在球O的表面上，则球O的表面积为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知函数，若函数的所有零点依次记为，且，则（ ）
A. B. C. 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. 样本数据28、30、32、36、36、42的（ ）
A. 极差为14B. 平均数为34
C. 上四分位数为36D. 方差为20
10. 已知两点，若直线上存在点，使得，则称该直线为“点定差线”，下列直线中，是“点定差直线”的有（ ）
A. B. C. D.
11. 如图，在棱长均为1的平行六面体中，平面，分别是线段和线段上的动点，且满足，则下列说法正确的是（ ）
A 当时，
B. 当时，若，则
C. 当时，直线与直线所成角的大小为
D. 当时，三棱锥的体积的最大值为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，则__________．
13. 在的展开式中，项的系数为__________．
14. 过点的直线l与曲线有且仅有两个不同的交点，则l斜率的取值范围为__________．
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．
15. 已知的边长分别为5，7，8，边长为8的边上的中线长为d.
（1）求的最大内角的正弦值；
（2）求d.
16. 夏季濒临，在某校举办的篮球挑战杯上，篮球队员们向台下的观众展现出了一场酣畅淋漓的比赛．假定在本次挑战杯上同学甲每次投篮命中的概率为．
（1）若该同学投篮4次，求恰好投中2次的概率；
（2）若该同学在每一节比赛中连续投中2次，即停止投篮，否则他将继续投篮，投篮4次后不管有没有连续投中，都将停止投篮，求他在每一节比赛中投篮次数X的概率分布列及数学期望．
17. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，M是的中点
（1）求证：平面平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
18. 已知抛物线，为上的两个动点，直线的斜率为，线段的中点为.
（1）证明：；
（2）已知点，求面积的最大值.
19. 对于定义域为的函数，若，使得，其中，则称为“可移相反数函数”，是函数的“可移相反数点”.已知，.
（1）若是函数的“可移2相反数点”，求；
（2）若，且是函数的“可移4相反数点”，求函数的单调区间；
（3）设若函数在上恰有2个“可移1相反数点”，求实数的取值范围.
2023~2024学年高二年级期末考试试卷
数学
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效．
4．本卷命题范围：高考范围．
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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将集合化简，再由并集的运算，即可得到结果.
【详解】因为，且，
所以.
故选：A
2. 若复数满足（是虚数单位），则（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再根据复数的模的计算公式计算可得.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：A
3. 函数的图象在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求导，可得切点坐标和斜率，进而可得切线方程.
【详解】因为，则，
可得，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为.
故选：C.
4. 若曲线表示椭圆，则实数k的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件，结合椭圆的标准方程和性质，即可求解．
【详解】因为曲线表示椭圆，即表示椭圆
则应满足即．
故选：D．
5. 已知实数a，b满足，则下列数中不可能是的值的是（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】利用基本不等式得到的范围，然后判断即可.
【详解】因为．所以，，．
当时，，，当且仅当，时等号成立，
当时，，，当且仅当，时等号成立．
故的取值范围为，只有不在此范围内．
故选：B．
6. 已知公差为的等差数列的前项和为，且，，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列求和公式得到，，从而得到，并得到不等式组，求出.
【详解】因为，，
所以，，
所以，，
由，，得，
即，解得，
即的取值范围是.
故选：D.
7. 棱长均为3的正三棱柱的各个顶点均在球O的表面上，则球O的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，确定球心及外接球半径，然后利用球的表面积公式，求出球O的表面积．
【详解】如图：设正三棱柱的上，下底面的中心分别为，，连接，
设线段的中点为O，则O为其外接球的球心．
因为等边三角形ABC的边长为3，所以，
所以球O的半径，
故球O的表面积．
故选：B．
8. 已知函数，若函数的所有零点依次记为，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题可得，是要求解关于对称轴对称的两点与对称轴的关系问题，需要先求出对称轴通式，再判断在符合定义域取值范围内有多少条对称轴，确定每相邻两零点与对称轴关系，再通过叠加法表示出，结合数列通项公式求和即可
【详解】函数令，可得，
即函数的对称轴方程为，又的周期为，，
令，可得，所以函数在上有25条对称轴，
根据正弦函数的性质可知，（最后一条对称轴为函数的最大值点，应取前一条对应的对称轴）,
将以上各式相加得
，
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. 样本数据28、30、32、36、36、42的（ ）
A. 极差为14B. 平均数为34
C. 上四分位数为36D. 方差为20
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用极差，平均数，百分位数，以及方差的定义，计算数据即可判断．
【详解】极差为，故A正确；
平均数为，故B正确；
因为，所以样本数据的上四分位数为从小到大排列的第5个数，即36，故C正确；
方差
，故D错误．
故选：ABC.
10. 已知两点，若直线上存在点，使得，则称该直线为“点定差线”，下列直线中，是“点定差直线”的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据双曲线定义得到的轨迹方程为，，联立四个选项中的直线，求出交点横坐标，从而判断出答案.
【详解】则由题意得，
故点的轨迹为以为焦点，长轴长为2的双曲线的右支，
故，，
故点满足的轨迹方程为，，
A选项，联立与，解得，负值舍去，满足要求，A正确；
B选项，联立与，解得，负值舍去，满足要求，B正确；
C选项，联立与，解得，不合要求，C错误；
D选项，联立与，解得，负值舍去，D正确.
故选：ABD
11. 如图，在棱长均为1的平行六面体中，平面，分别是线段和线段上的动点，且满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，
B. 当时，若，则
C. 当时，直线与直线所成角的大小为
D. 当时，三棱锥的体积的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用直棱柱的性质，以及空间向量的有关知识逐项计算可得结论.
【详解】对于A，当时，分别是线段和线段的中点，
所以也是的中点，所以，故A正确；
对于B，当时，，
所以，，，满足，故B正确；
对于C，过作交于，
可知面，与直线成角即为，
当时，，在中，
则，
所以，所以，故C错误；
对于D，易知是正三角形，
三棱锥体积为
，
当且仅当，即时取等号，故D正确；
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题D选项解决的关键是，分析得是正三角形，从而得到所需各线段长，从而利用三棱锥的体积公式即可得解.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用正切函数的倍角公式计算，计算即可．
【详解】.
故答案为：
13. 在的展开式中，项的系数为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出每部分含的系数，再利用组合数求解即可.
【详解】由于的展开式中的系数是，
而.
故答案为：.
14. 过点的直线l与曲线有且仅有两个不同的交点，则l斜率的取值范围为__________．
【答案】．
【解析】
【分析】根据题意，将曲线，变形为，，分析可得其为圆的上部分，
结合直线与圆的位置关系即可．
【详解】由题意可设直线，又曲线可化为，，
作出直线l与曲线图象如图所示：
设图中直线，，，的斜率分别为，，，，
则，，，
又直线的方程为，
圆心到直线的距离为，
解得（舍去）或，
要使两图象有两个不同的交点，则．
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．
15. 已知的边长分别为5，7，8，边长为8的边上的中线长为d.
（1）求的最大内角的正弦值；
（2）求d.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合余弦定理，同角三角函数的基本关系计算即可；
（2）利用中线长，代入整理计算即可.
【小问1详解】
不妨设，，，则B是最大内角.
由余弦定理可得，
则.
【小问2详解】
.
【点睛】.
16. 夏季濒临，在某校举办的篮球挑战杯上，篮球队员们向台下的观众展现出了一场酣畅淋漓的比赛．假定在本次挑战杯上同学甲每次投篮命中的概率为．
（1）若该同学投篮4次，求恰好投中2次的概率；
（2）若该同学在每一节比赛中连续投中2次，即停止投篮，否则他将继续投篮，投篮4次后不管有没有连续投中，都将停止投篮，求他在每一节比赛中投篮次数X的概率分布列及数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，．
【解析】
【分析】（1）根据题意利用二项分布求解即可得；
（2）根据题意分别求其概率、列出分布列求出期望即可得．
【小问1详解】
令投中i次概率为，
则；
【小问2详解】
X的可能取值为2，3，4，
，
，
，
故X的概率分布列为：
数学期望．
17. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，M是中点
（1）求证：平面平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.
（2）由已知证明两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面与平面法向量，利用面面角的向量求法求解即得.
【小问1详解】
在四棱锥中，由，是的中点，得，
而，，平面，则平面，
又平面，所以平面平面.
【小问2详解】
在直角梯形中，，，又，，
平面，则平面，又平面，于是，
由，得，则，即，，两两垂直，
以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
，，，，则，，
设是平面的法向量，则，令，得.
由（1）知平面，即平面的一个法向量为，
因此，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知抛物线，为上的两个动点，直线的斜率为，线段的中点为.
（1）证明：；
（2）已知点，求面积的最大值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）结合题干条件，根据点差法即可证明；
（2）分别求出，，再转化为，求导即可求出最值.
【小问1详解】
设，，所以
所以，
又，，所以.
【小问2详解】
设直线的方程为，即，
联立，整理得，
所以，解得，
，，
则
.
又点A到直线的距离为，
所以，
记，因为，所以，
所以，．
令，，则，令，可得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，取得最大值，即.
19. 对于定义域为的函数，若，使得，其中，则称为“可移相反数函数”，是函数的“可移相反数点”.已知，.
（1）若是函数的“可移2相反数点”，求；
（2）若，且是函数的“可移4相反数点”，求函数的单调区间；
（3）设若函数在上恰有2个“可移1相反数点”，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）的单调递减区间为，
（3）
【解析】
【分析】（1）根据新定义可得，解方程即可求解；
（2）根据新定义可得，求出，利用二阶导数讨论函数的单调性即可求解；
（3）结合新定义，分类讨论当、、时方程解，确定函数在上恰有2个“可移1相反数点”，且1个“可移1相反数点”，另一个“可移1相反数点”在区间内或在区间内，结合导数研究函数的性质即可求解.
【小问1详解】
若是函数的“可移2相反数点”，
则，即.
所以，即，
解得或（舍去）.
【小问2详解】
因为是函数的“可移4相反数点”，所以，
即.解得.所以（且），
，令，，
所以当时，，在上单调递增，
且，所以，所以在上单调递减；
当时，，在上单调递减，
且，所以，所以在上单调递减；
所以函数的单调递减区间为，；
【小问3详解】
记的“可移1相反数点”为.
当时，，解得（舍去），
当时，
当时，，即.
因为函数在上恰有2个“可移1相反数点”，且其中1个“可移1相反数点”，
所以另一个“可移1相反数点”在区间内或在区间内.
若，则当时，方程有且仅有一个根，
令，则，所以在上单调递增，
由有且仅有一个根，得，即，解得.
当时，，，
所以存在唯一的，使得，
即时，方程有且仅有一个根，
此时方程在内无解，符合题意；
若，则当时，方程有且仅有一个根，即，
所以，此时方程内无解，符合题意.
综上所述，实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：
学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是导数研究函数的单调性等相关知识点.
X
2
3
4
P
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效．
4．本卷命题范围：高考范围．
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. 已知集合，则（ ）
A B. C. D.
2. 若复数满足（是虚数单位），则（ ）
A B. C. 2D. 3
3. 函数图象在点处的切线方程为（ ）
A B.
C. D.
4. 若曲线表示椭圆，则实数k的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
5. 已知实数a，b满足，则下列数中不可能是的值的是（ ）
A. B. C. 2D. 3
6. 已知公差为的等差数列的前项和为，且，，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
7. 棱长均为3的正三棱柱的各个顶点均在球O的表面上，则球O的表面积为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知函数，若函数的所有零点依次记为，且，则（ ）
A. B. C. 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. 样本数据28、30、32、36、36、42的（ ）
A. 极差为14B. 平均数为34
C. 上四分位数为36D. 方差为20
10. 已知两点，若直线上存在点，使得，则称该直线为“点定差线”，下列直线中，是“点定差直线”的有（ ）
A. B. C. D.
11. 如图，在棱长均为1的平行六面体中，平面，分别是线段和线段上的动点，且满足，则下列说法正确的是（ ）
A 当时，
B. 当时，若，则
C. 当时，直线与直线所成角的大小为
D. 当时，三棱锥的体积的最大值为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，则__________．
13. 在的展开式中，项的系数为__________．
14. 过点的直线l与曲线有且仅有两个不同的交点，则l斜率的取值范围为__________．
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．
15. 已知的边长分别为5，7，8，边长为8的边上的中线长为d.
（1）求的最大内角的正弦值；
（2）求d.
16. 夏季濒临，在某校举办的篮球挑战杯上，篮球队员们向台下的观众展现出了一场酣畅淋漓的比赛．假定在本次挑战杯上同学甲每次投篮命中的概率为．
（1）若该同学投篮4次，求恰好投中2次的概率；
（2）若该同学在每一节比赛中连续投中2次，即停止投篮，否则他将继续投篮，投篮4次后不管有没有连续投中，都将停止投篮，求他在每一节比赛中投篮次数X的概率分布列及数学期望．
17. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，M是的中点
（1）求证：平面平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
18. 已知抛物线，为上的两个动点，直线的斜率为，线段的中点为.
（1）证明：；
（2）已知点，求面积的最大值.
19. 对于定义域为的函数，若，使得，其中，则称为“可移相反数函数”，是函数的“可移相反数点”.已知，.
（1）若是函数的“可移2相反数点”，求；
（2）若，且是函数的“可移4相反数点”，求函数的单调区间；
（3）设若函数在上恰有2个“可移1相反数点”，求实数的取值范围.
2023~2024学年高二年级期末考试试卷
数学
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效．
4．本卷命题范围：高考范围．
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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将集合化简，再由并集的运算，即可得到结果.
【详解】因为，且，
所以.
故选：A
2. 若复数满足（是虚数单位），则（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再根据复数的模的计算公式计算可得.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：A
3. 函数的图象在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求导，可得切点坐标和斜率，进而可得切线方程.
【详解】因为，则，
可得，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为.
故选：C.
4. 若曲线表示椭圆，则实数k的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件，结合椭圆的标准方程和性质，即可求解．
【详解】因为曲线表示椭圆，即表示椭圆
则应满足即．
故选：D．
5. 已知实数a，b满足，则下列数中不可能是的值的是（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】利用基本不等式得到的范围，然后判断即可.
【详解】因为．所以，，．
当时，，，当且仅当，时等号成立，
当时，，，当且仅当，时等号成立．
故的取值范围为，只有不在此范围内．
故选：B．
6. 已知公差为的等差数列的前项和为，且，，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列求和公式得到，，从而得到，并得到不等式组，求出.
【详解】因为，，
所以，，
所以，，
由，，得，
即，解得，
即的取值范围是.
故选：D.
7. 棱长均为3的正三棱柱的各个顶点均在球O的表面上，则球O的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，确定球心及外接球半径，然后利用球的表面积公式，求出球O的表面积．
【详解】如图：设正三棱柱的上，下底面的中心分别为，，连接，
设线段的中点为O，则O为其外接球的球心．
因为等边三角形ABC的边长为3，所以，
所以球O的半径，
故球O的表面积．
故选：B．
8. 已知函数，若函数的所有零点依次记为，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题可得，是要求解关于对称轴对称的两点与对称轴的关系问题，需要先求出对称轴通式，再判断在符合定义域取值范围内有多少条对称轴，确定每相邻两零点与对称轴关系，再通过叠加法表示出，结合数列通项公式求和即可
【详解】函数令，可得，
即函数的对称轴方程为，又的周期为，，
令，可得，所以函数在上有25条对称轴，
根据正弦函数的性质可知，（最后一条对称轴为函数的最大值点，应取前一条对应的对称轴）,
将以上各式相加得
，
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. 样本数据28、30、32、36、36、42的（ ）
A. 极差为14B. 平均数为34
C. 上四分位数为36D. 方差为20
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用极差，平均数，百分位数，以及方差的定义，计算数据即可判断．
【详解】极差为，故A正确；
平均数为，故B正确；
因为，所以样本数据的上四分位数为从小到大排列的第5个数，即36，故C正确；
方差
，故D错误．
故选：ABC.
10. 已知两点，若直线上存在点，使得，则称该直线为“点定差线”，下列直线中，是“点定差直线”的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据双曲线定义得到的轨迹方程为，，联立四个选项中的直线，求出交点横坐标，从而判断出答案.
【详解】则由题意得，
故点的轨迹为以为焦点，长轴长为2的双曲线的右支，
故，，
故点满足的轨迹方程为，，
A选项，联立与，解得，负值舍去，满足要求，A正确；
B选项，联立与，解得，负值舍去，满足要求，B正确；
C选项，联立与，解得，不合要求，C错误；
D选项，联立与，解得，负值舍去，D正确.
故选：ABD
11. 如图，在棱长均为1的平行六面体中，平面，分别是线段和线段上的动点，且满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，
B. 当时，若，则
C. 当时，直线与直线所成角的大小为
D. 当时，三棱锥的体积的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用直棱柱的性质，以及空间向量的有关知识逐项计算可得结论.
【详解】对于A，当时，分别是线段和线段的中点，
所以也是的中点，所以，故A正确；
对于B，当时，，
所以，，，满足，故B正确；
对于C，过作交于，
可知面，与直线成角即为，
当时，，在中，
则，
所以，所以，故C错误；
对于D，易知是正三角形，
三棱锥体积为
，
当且仅当，即时取等号，故D正确；
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题D选项解决的关键是，分析得是正三角形，从而得到所需各线段长，从而利用三棱锥的体积公式即可得解.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用正切函数的倍角公式计算，计算即可．
【详解】.
故答案为：
13. 在的展开式中，项的系数为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出每部分含的系数，再利用组合数求解即可.
【详解】由于的展开式中的系数是，
而.
故答案为：.
14. 过点的直线l与曲线有且仅有两个不同的交点，则l斜率的取值范围为__________．
【答案】．
【解析】
【分析】根据题意，将曲线，变形为，，分析可得其为圆的上部分，
结合直线与圆的位置关系即可．
【详解】由题意可设直线，又曲线可化为，，
作出直线l与曲线图象如图所示：
设图中直线，，，的斜率分别为，，，，
则，，，
又直线的方程为，
圆心到直线的距离为，
解得（舍去）或，
要使两图象有两个不同的交点，则．
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．
15. 已知的边长分别为5，7，8，边长为8的边上的中线长为d.
（1）求的最大内角的正弦值；
（2）求d.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合余弦定理，同角三角函数的基本关系计算即可；
（2）利用中线长，代入整理计算即可.
【小问1详解】
不妨设，，，则B是最大内角.
由余弦定理可得，
则.
【小问2详解】
.
【点睛】.
16. 夏季濒临，在某校举办的篮球挑战杯上，篮球队员们向台下的观众展现出了一场酣畅淋漓的比赛．假定在本次挑战杯上同学甲每次投篮命中的概率为．
（1）若该同学投篮4次，求恰好投中2次的概率；
（2）若该同学在每一节比赛中连续投中2次，即停止投篮，否则他将继续投篮，投篮4次后不管有没有连续投中，都将停止投篮，求他在每一节比赛中投篮次数X的概率分布列及数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，．
【解析】
【分析】（1）根据题意利用二项分布求解即可得；
（2）根据题意分别求其概率、列出分布列求出期望即可得．
【小问1详解】
令投中i次概率为，
则；
【小问2详解】
X的可能取值为2，3，4，
，
，
，
故X的概率分布列为：
数学期望．
17. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，M是中点
（1）求证：平面平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.
（2）由已知证明两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面与平面法向量，利用面面角的向量求法求解即得.
【小问1详解】
在四棱锥中，由，是的中点，得，
而，，平面，则平面，
又平面，所以平面平面.
【小问2详解】
在直角梯形中，，，又，，
平面，则平面，又平面，于是，
由，得，则，即，，两两垂直，
以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
，，，，则，，
设是平面的法向量，则，令，得.
由（1）知平面，即平面的一个法向量为，
因此，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知抛物线，为上的两个动点，直线的斜率为，线段的中点为.
（1）证明：；
（2）已知点，求面积的最大值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）结合题干条件，根据点差法即可证明；
（2）分别求出，，再转化为，求导即可求出最值.
【小问1详解】
设，，所以
所以，
又，，所以.
【小问2详解】
设直线的方程为，即，
联立，整理得，
所以，解得，
，，
则
.
又点A到直线的距离为，
所以，
记，因为，所以，
所以，．
令，，则，令，可得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，取得最大值，即.
19. 对于定义域为的函数，若，使得，其中，则称为“可移相反数函数”，是函数的“可移相反数点”.已知，.
（1）若是函数的“可移2相反数点”，求；
（2）若，且是函数的“可移4相反数点”，求函数的单调区间；
（3）设若函数在上恰有2个“可移1相反数点”，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）的单调递减区间为，
（3）
【解析】
【分析】（1）根据新定义可得，解方程即可求解；
（2）根据新定义可得，求出，利用二阶导数讨论函数的单调性即可求解；
（3）结合新定义，分类讨论当、、时方程解，确定函数在上恰有2个“可移1相反数点”，且1个“可移1相反数点”，另一个“可移1相反数点”在区间内或在区间内，结合导数研究函数的性质即可求解.
【小问1详解】
若是函数的“可移2相反数点”，
则，即.
所以，即，
解得或（舍去）.
【小问2详解】
因为是函数的“可移4相反数点”，所以，
即.解得.所以（且），
，令，，
所以当时，，在上单调递增，
且，所以，所以在上单调递减；
当时，，在上单调递减，
且，所以，所以在上单调递减；
所以函数的单调递减区间为，；
【小问3详解】
记的“可移1相反数点”为.
当时，，解得（舍去），
当时，
当时，，即.
因为函数在上恰有2个“可移1相反数点”，且其中1个“可移1相反数点”，
所以另一个“可移1相反数点”在区间内或在区间内.
若，则当时，方程有且仅有一个根，
令，则，所以在上单调递增，
由有且仅有一个根，得，即，解得.
当时，，，
所以存在唯一的，使得，
即时，方程有且仅有一个根，
此时方程在内无解，符合题意；
若，则当时，方程有且仅有一个根，即，
所以，此时方程内无解，符合题意.
综上所述，实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：
学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是导数研究函数的单调性等相关知识点.
X
2
3
4
P
相关试卷
山西省百校联考2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试卷(含答案)： 这是一份山西省百校联考2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试卷(含答案)，共15页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
天津市四校联考2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试卷（Word版附解析）： 这是一份天津市四校联考2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试卷（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
安徽省合肥市百花中学、八一学校等四校2023-2024学年高二下学期7月期末联考数学试卷（Word版附解析）： 这是一份安徽省合肥市百花中学、八一学校等四校2023-2024学年高二下学期7月期末联考数学试卷（Word版附解析），文件包含安徽省合肥市百花中学八一学校等四校2023-2024学年高二下学期7月期末联考数学试题Word版含解析docx、安徽省合肥市百花中学八一学校等四校2023-2024学年高二下学期7月期末联考数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
