江西省部分重点中学2023_2024学年高二数学上学期期末联考试题A卷含解析

这是一份江西省部分重点中学2023_2024学年高二数学上学期期末联考试题A卷含解析，共20页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
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，将答题卡交回．
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. 已知直线l的倾斜角为，则l的斜率为（）
A. 1B. 45C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据斜率的定义，即可求得答案.
【详解】由题意知直线l的倾斜角为，
则l的斜率为，
故选：C
2. 双曲线的离心率为，则（）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线的基本量关系求解即可.
【详解】由题意，，即，解得.
故选：B
3. 若随机变量X服从正态分布，，则（）
A. 0.45B. 0.55C. 0.1D. 0.9
【答案】B
【解析】
【分析】利用正态分布的对称性可求答案.
【详解】因为随机变量X服从正态分布，所以；
所以.
故选：B.
4. 直线与椭圆的位置关系为（）
A. 相离B. 相切C. 相交D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】由直线与椭圆的位置关系求解即可.
【详解】因为直线过点，
而为椭圆右端点和上端点，
故直线与椭圆相交.
故选：C.
5. 如图，正方体的棱长为2，点E，F分别是，的中点，过点，E，F的平面截该正方体所得的截面多边形记为，则的周长为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作出辅助线，得到五边形即为截面，根据三角形全等或相似得到各边长度，求出截面周长.
【详解】延长，与直线相交于，
连接与分别交于点，连接，
则五边形即为截面，
正方体的棱长为2，点分别是的中点，
所以，
由得，
，，
所以分别为靠近的三等分点，故，
所以由勾股定理得，
，
，
所以的周长为.
故选：C.
6. 的展开式中，的系数为（）
A. 60B. 120C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据二项展开式公式求解即可.
【详解】由题意中含的项为，则的系数为60，
故选：A
7. 甲、乙、丙等6人站在一起，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法共有（）
A. 108种B. 96种C. 84种D. 72种
【答案】B
【解析】
【分析】分类讨论：乙丙及中间人占据首四位、乙丙及中间人占据中间四位、乙丙及中间人占据尾四位，然后根据分类加法计数原理求得结果.
【详解】因为乙和丙之间恰有2人，所以乙丙及中间人占据首四位或中间四位或尾四位，
当乙丙及中间人占据首四位，此时还剩最后2位，甲不在两端，
第一步先排末位有种，第二步将甲和中间人排入有种，第三步排乙丙有种，
由分步乘法计数原理可得有种；
当乙丙及中间人占据中间四位，此时两端还剩2位，甲不在两端，
第一步先排两端有种，第二步将甲和中间人排入有种，第三步排乙丙有种，
由分步乘法计数原理可得有种；
乙丙及中间人占据尾四位，此时还剩前2位，甲不在两端，
第一步先排首位有种，第二步将甲和中间人排入有种，第三步排乙丙有种，
由分步乘法计数原理可得有种；
由分类加法计数原理可知，一共有种排法.
故选：B.
8. 球的两个相互垂直的截面圆与的公共弦的长度为2，若是直角三角形，是等边三角形，则球的表面积为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】如图，过作直线平面，过作直线平面，则与相交于，即为球心，连接，则为该球的半径，取的中点，连接，结合已知条件可证得四边形为矩形，从而可求出的长，进而可求得球的表面积
【详解】解：如图，过作直线平面，过作直线平面，则与相交于，即为球心，连接，则为该球的半径，
取的中点，连接，
因为是直角三角形，，
所以，
因为是等边三角形，所以，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，所以，
因为平面，所以∥，同理∥，
所以四边形为矩形，
所以，
因为平面，所以，
所以,
所以球的表面积为，
故选：D
【点睛】关键点点睛：此题考查球的截面问题，考查球的表面积的求法，解题的关键是根据题意确定球心的位置，然后结合题意求出球的半径，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题
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. 在正方体中，下列说法正确的是（）
A. B. 平面
C. 直线与平面的夹角为D. 三棱锥是正四面体
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于选项A: 先证面,再证即可；对于选项B：先通过线面垂直证明，，再结合线面垂直的判定定理证明即可; 对于选项C:结合线面角的定义计算该线面角即可；对于选项D:由即可判定.
【详解】于选项A:连接,
在正方体中有面，且面,
所以，
又因为底面为正方形，所以，
因为,面，所以面,
因为面,所以.故选项A正确；
对于选项B：连接,
在正方体中有面,且面,
所以，
又因为底面为正方形，所以，
因为,面,所以面,
因为面,所以.
在正方体中有面,且面,
所以，
又因为底面为正方形，所以，
因为,面,所以面,
因为面,所以.
因为,面,所以平面,故选项B正确；
对于选项C：连接,
在正方体中有面,
所以为直线在平面的射影,
即为直线与平面所成的角,
设正方体的棱长为，则，,
则，故选项C错误；
对于选项D:连接
在正方体中易得
故三棱锥是正四面体.故选项D正确.
故选：ABD.
10. 已知椭圆，将C向右平移4个单位，向上平移3个单位得到椭圆E，若点A，B分别在C，E上，，分别为C，E的中心，则（）
A. E的方程为B. C和E没有交点
C. A，B的纵坐标之差可以为7D. 的最大值等于的最大值
【答案】BD
【解析】
【分析】根据曲线平移规律可得E的方程，判断A；联立两椭圆方程，结合判别式可判断B；结合椭圆的几何性质，即椭圆的顶点坐标，可判断C；根据椭圆的对称性可判断D.
详解】对于A，将C向右平移4个单位，向上平移3个单位得到椭圆E，
椭圆E的方程为，A错误；
对于B，将椭圆方程和相减，整理可得，
即，代入中，可得，
由于，
即C和E没有交点，B正确；
对于C，点A，B分别在C，E上，则A点纵坐标最小为，
B的纵坐标最大为，故A，B的纵坐标之差最大为，C错误；
对于D，椭圆E是由椭圆C平移得到的，二者仅位置不同，大小形状完全相同，
且，分别为C，E的中心，
根据椭圆的对称性可知的最大值等于的最大值，D正确，
故选：BD
11. 已知F为抛物线的焦点，M，N，P，Q是C上四个不同的动点，满足直线，过F，其中M，P在第一象限，若直线与x轴的交点为，，，，的面积分别为，，，，则（）
A. 时，B. 直线与x轴的交点为
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由条件设的方程为，利用设而不求法确定的坐标关系，设，，，根据所求关系确定的坐标，由条件确定的关系，由此判断A，B，结合抛物线的定义和分式的性质，三角形面积公式判断CD.
【详解】抛物线的焦点的坐标为，
因为过点，由条件可得的斜率不为，
故可设直线的方程为，
联立，化简可得，
方程的判别式，
设，，
则，所以，
因为在抛物线上，在第一象限，
所以可设，，则，
设，，同理可得，
因为直线过点，
所以，化简可得，，
对于A，因为，则，
所以，，
所以的斜率都不存在，故，A正确，
对于B，直线的斜率为，
所以直线的方程为，
取可得，，
所以直线与x轴的交点为，B正确；
对于C，，
同理，
所以，C错误；
对于D，因为，
所以，
同理可得，
所以，
所以，D正确；
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：（1）解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. ______．
【答案】112
【解析】
【分析】根据完全平方式的特征即可求解.
【详解】,
故答案为：112
13. 已知正方体的棱长为1，点P在平面内，若P到直线的距离与到直线的距离相等，则P到的距离的最小值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意可得点P的轨迹为抛物线，进而可得P到的距离最小值.
【详解】由题意，P到直线的距离与到直线的距离相等，
即的长度与P到直线的距离相等，故的轨迹为以直线为准线，为焦点的抛物线上.
故当为抛物线的顶点，即的中点时P到的距离取最小值，为.
故答案为：
14. 在三棱锥中，，，，当三棱锥的体积最大时，直线与平面的夹角为______，三棱锥的外接球的表面积为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据题意，当平面，是等边三角形时，三棱锥的体积最大，利用线面角的定义可判断求解直线与平面所成的角，确定外接球球心求出半径得解.
【详解】如图，取中点，，，
，所以当平面时，三棱锥的高最大，
又，所以当是等边三角形时底面积最大，
也就是当平面，是等边三角形时，三棱锥的体积最大，
所以是直线与平面所成的角，在中，，，
，即.
取等边的中心，由题意易得，所以是三棱锥外接球的球心，
则外接球半径，所以外接球的表面积为.
故答案为：；.
【点睛】关键点睛：根据题意，要使三棱锥的体积最大，当平面，是等边三角形时，利用线面角的定义，确定是直线与平面所成的角，等边的中心是三棱锥外接球的球心，运算得解.
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A，B，C，P为空间内不共线的四点，G为的重心．
（1）证明：；
（2）若向量，，模长均为2，且两两夹角为，求．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角形重心的向量表示及向量运算可证结论；
（2）利用向量模长的公式可求答案.
【小问1详解】
证明：因为G是的重心，所以，
则，
即.
【小问2详解】
由（1）得，
所以，
，即．
16. 已知点为椭圆的焦点，过F的直线l交C于A，B两点．
（1）求C的方程；
（2）若D为的中点．
①求D的轨迹方程；
②求的最大值．
【答案】（1）
（2）①；②1
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的基本量关系求解即可；
（2）①设，，，根据点差法可得，再分斜率存在与不存在求解即可；
②由①知，D的轨迹是个椭圆，原点O是该椭圆的左顶点即可得.
【小问1详解】
由题意有，所以C的方程为；
【小问2详解】
设，，，则，
即，
当斜率存在时，有，即，
①当斜率存在时，由上述分析有，得，
当斜率不存在时，易知，满足上面得出的方程，
综上，D的轨迹方程为；
②由①知，D的轨迹是个椭圆，且F是该椭圆的右顶点，
不难看出坐标原点O是该椭圆的左顶点，所以．
17. 第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，在保持原有40个大项目不变的前提下，增设了电子竞技（E-Sprts）和霹雳舞（Breaking）两个竞赛项目，国家体育总局为了深入了解各省在“电子竞技”和“霹雳舞”两个竞赛项目上的整体水平，随机抽取10个省进行研究，便于科学确定国家集训队队员，各省代表队人数如下表：
（1）从这10支省代表队中随机抽取3支，在抽取的3支代表队参与电子竞技的人数均超过35人的条件下，求这3支代表队参与霹雳舞的人数均超过25人的概率；
（2）某省代表队准备进行为期3个月的霹雳舞封闭训练，对Pwermve中的Swipe、Windmill、Air tracks、Flare、Headspin动作进行集训，且在集训中进行了多轮测试．规定：在每轮测试中，有一个裁判判定每项评分，有一个动作达到“优秀”即可得1分．已知在一轮测试的5个动作中，甲队员每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作互不影响．如果甲队员在集训测试中的得分不低于4分的次数的平均值不低于8次，那么至少要进行多少轮测试？
【答案】（1）
（2）18轮
【解析】
【分析】（1）利用条件概率公式，结合图中表格数据与组合数的知识即可得解；
（2）先求得得分不低于4分概率，再根据二项分布的均值结合题意列出不等式求解即可.
【小问1详解】
参与电子竞技的人数超过35人的代表队有5个，
在此基础上，参与霹雳舞的人数超过25人的省代表队有4个，
则所求概率为；
【小问2详解】
在一轮测试中，得分不低于4分的概率为，
则甲队员在集训测试中得分不低于4分的次数服从二项分布，
由题意，，解得，注意到，所以，
即至少要进行18轮测试．
18. 如图1，在四边形中，，，，将沿着折叠，使得（如图2），过D作，交于点E．
（1）证明：；
（2）求；
（3）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由勾股定理逆定理推出，，证明平面，根据线面垂直的性质定理，即可证明结论；
（2）作于H，解三角形求出相关线段长，根据等面积法，可求得答案；
（3）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【小问1详解】
证明：由题意有，，，，，
注意到，，
所以，，
因为，平面，
所以平面，又平面，
所以；
【小问2详解】
如图，作于H，则，，
由于，则；又，
故，则，
设，
由，得，
解得，即；
【小问3详解】
由以上分析可知两两垂直，
以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
由上述分析知，
故，
得，，，
所以，，，
设是平面的法向量，则，
即，令，可取，
设是平面的法向量，则，
即，可取，
所以，
即平面与平面的夹角的余弦值为．
19. 双曲线的焦距为，点在C上，直线交y轴于点P，过P作直线交C于G，H两点，且的斜率存在，直线，交l分别于M，N两点．
（1）求C的方程；
（2）求与的斜率之积；
（3）证明：A，O，M，N共圆．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据点在C上可得，再根据焦距为可得即可得方程；
（2）设，，，联立直线与双曲线的方程可得韦达定理，再根据求解即可；
（3）根据四点共圆可得，进而可得，再根据相似三角形比例关系转证即可.
【小问1详解】
由题意得，，得，，
所以C的方程为；
【小问2详解】
由题设知过，故设，，，
由得，其中，
且，即.
故，，
则，
即，
亦即与的斜率之积为.
【小问3详解】
只需证明，即，
亦即证明，有，即，，
即证明（＊），结合，
又，
故（＊）式成立，所以，
所以A，O，M，N共圆．
【点睛】方法点睛：
1.解析几何中求解斜率之积为定值，可考虑设直线与圆锥曲线交点坐标，根据交点坐标表达斜率，并联立直线与圆锥曲线的方程，得出韦达定理，并代入表达式化简；
2.证明四点共圆等问题时，考虑四边形的特征，转化为角度、斜率的关系，再根据韦达定理化简证明.省代表队
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
电子竞技人数
45
52
24
38
57
19
26
47
34
29
霹雳舞人数
26
18
44
43
32
27
56
36
48
20