江西省萍乡市2023-2024学年高二下学期期末考试 数学试卷（B卷）（含解析）

这是一份江西省萍乡市2023-2024学年高二下学期期末考试 数学试卷（B卷）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．设复数，则的虚部为（ ）
A．1B．-1C．D．
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．我市某中学高二学生到一工厂参加劳动实践，欲将一个底面直径为，高为的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面上，若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大侧面积为（ ）
A．B．C．D．
5．已知数列的前项和为，若是等差数列，且，则（ ）
A．B．C．D．
6．A、B是一个随机试验中的两个事件，且，则下列错误的是（ ）
A．B．C．D．
7．当时，曲线与的交点的横坐标分别为，则（ ）
A．B．C．D．
8．下列不等式成立的是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列说法正确的是（ ）
A．利用简单随机抽样从61名同学中抽取5人，则每位同学被抽到的概率为
B．标准差描述了一组数据围绕平均数波动的大小，标准差越大，数据的离散程度越大
C．用相关系数判断线性相关强度，越接近于1，变量的线性相关程度越强
D．样本数据的分位数是38
10．若数列的首项为1，其前项和为，且满足为数列的前项和，则（ ）
A．B．
C．D．
11．已知抛物线的焦点为，准线为，点在上（A在第一象限），点在上，以为直径的圆过点，且，下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．的面积的最小值为D．的面积大于
三、填空题（本大题共3小题）
12．用0与1两个数字随机填入如图所示的4个格子里，每个格子填一个数字.若从左到右数，不管数到哪个格子，总是1的个数不少于0的个数，则这样填法的概率为 .
13．已知函数，若对任意恒成立，则实数的取值范围为 .
14．如图，正方形的边长为2，将沿折到的位置，连接，得三棱锥.则下列所有正确结论的序号为 .

①若分别为的中点，则平面；
②若三棱锥的体积为，则；
③若为的中点，且，则三棱锥的外接球的体积为.
四、解答题（本大题共5小题）
15．如图，在平行六面体中，，
(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离.
16．在中，角所对边分别为，从以下两个条件中选择一个作为已知：①；②.
(1)求；
(2)若，且，求的周长的取值范围.
17．在平面直角坐标系中，过椭圆外一动点作的两条切线，且.
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)对于给定非空点集，若中的每个点在中都存在距离最小的点，且所有最小距离的最大值存在，则记此最大值为.已知直线与曲线相交于两点，若分别是线段和曲线上所有点构成的集合，为曲线上一点，当的面积最大时，求.
18．已知函数.
(1)讨论的单调区间；
(2)若为奇函数，令，讨论函数的零点个数.
19．设集合为的非空子集，随机变量分别表示取到中的最小元素和最大元素的数值.
(1)若，求事件“且”的概率；
(2)若的概率为，求；
(3)求随机变量的均值.
参考答案
1．【答案】A
【分析】根据复数的乘方化简复数，从而得到其共轭复数，再判断其虚部.
【详解】由题意，,
所以,
所以的虚部为.
故选A.
2．【答案】B
【分析】结合函数的定义域、值域，再根据交集的定义即可求解.
【详解】由，
得，
所以，
又因为，
所以，
所以.
故选B.
3．【答案】D
【分析】利用平面向量投影向量公式结合平面向量数量积、模长公式计算即可.
【详解】由题意可知，，
所以，
而在方向上的投影向量为.
故选D.
4．【答案】C
【分析】设圆柱的底面半径为，高为，体积为，由几何关系得，再根据圆柱的侧面积公式可得圆柱侧面积关于的函数，最后根据二次函数的最值即可求解.
【详解】如图，设圆柱的底面半径为，高为，侧面积为，
由题意得，，，所以,
在中，因为∥，
所以，，即，解得，
所以圆柱的侧面积为，
又，所以时，取得最大值为，
故圆柱的最大侧面积为.
故选C.
5．【答案】B
【分析】根据等差数列的性质，先求出的公差，再结合等差数列通项公式求得，即可求得答案.
【详解】由题意知是等差数列，设其公差为d，
则由，可得，则，
，则，故，
故.
故选B.
6．【答案】C
【分析】由可得，由可得，再结合可求出，再利用条件概率公式求解即可.
【详解】，，
又，，故C错误；
，，，故A正确；
，，故B正确；
，故D正确.
故选C.
7．【答案】B
【分析】由得，求出，根据的范围求出的值，再求和.
【详解】由得，解得，或，
当时，，或，而，
所以，
当时，，
所以，
则.
故选C.
8．【答案】C
【分析】令函数，利用导数求得的单调区间，运用单调性比较大小即可.
【详解】由函数，可得，
故时，；时，，
所以在上单调递增，在上单递减，
对于A，由，可得，即，即,则A错误；
对于B，由，可得，即，则B错误；
对于C，由，可得，即，即，则C正确；
对于D，由，可得，即，所以，则.则D错误．
故选C．
9．【答案】BC
【分析】根据简单随机抽样判断A，根据标准差的定义判断B，根据相关系数的定义判断C，根据百分位数计算规则判断D.
【详解】对于A：利用简单随机抽样从61名同学中抽取5人，则每位同学被抽到的概率为，故A错误；
对于B：标准差描述了一组数据围绕平均数波动的大小，标准差越大，数据的离散程度越大，故B正确；
对于C：用相关系数判断线性相关强度，越接近于1，变量的线性相关程度越强，故C正确；
对于D：样本数据从小到大排列为，又，
所以分位数是，故D错误.
故选BC.
10．【答案】ABD
【分析】根据得，再根据累乘法可得数列an的通项公式，即可判断A，B，再通过求和可判断C，D.
【详解】因为数列的首项为1，其前项和为，且满足①，
所以，当时，②，
①-②得，当时，，
所以当时，，上述各式左右相乘，得
所以，， ，
所以当时，，所以当时，所以，综上，，故A正确；
，故B正确；
因为，所以数列从第二项开始是以首项为1，公差的等差数列，
所以，故C错误；
因为，所以
，故D正确.
故选ABD.
11．【答案】ABD
【分析】利用抛物线的定义及平行线分线段成比例计算即可判定A；利用抛物线的定义及三角形全等判定为等边三角形即可得B正确；设，利用焦半径的倾斜角公式结合辅助角公式计算最值可判定C，利用线段关系结合C项结论可判定D项.
【详解】设在上的投影为与轴交于点，因为两点在上，则，
又，则，得，A正确；
设A在上的投影为，则，所以，
又，则，
即，为等边三角形，
则，，B正确；
若在第四象限，设，则，
，令，
则，
则，当且仅当时取最小值，易知错误；
易知，所以，当且仅当轴时取等号，
由C知，此时，故，D正确.
故选ABD.

【思路导引】对于C项，由于三角形为直角三角形，可根据焦半径的倾斜角公式利用角来表示三角形面积，求最值过程用到了三角函数的平方关系，换元法求最值即可，对于D项，借助三角形面积的大小关系及C结论即可判定.
12．【答案】/0.375
【分析】利用列举法可得答案.
【详解】用0与1两个数字随机填入4个格子里，共有种填法，
从左到右数1的个数不少于0的个数为
1111，1110，1101，1011，1100，1010，共有6种填法，
则1的个数不少于0的个数，则这样填法的概率为.
故答案为：/0.375.
13．【答案】
【分析】运用绝对值不等式解法求解，然后参变分离，结合导数和二次函数求最值即可.
【详解】函数，若对任意恒成立，
即对任意恒成立，
即对任意恒成立，
即对任意恒成立，
即对任意恒成立，
即对任意恒成立．
当时，，显然成立；
当时，化为恒成立.
令，则,
由于，则，则在上单调递增，则.
令，
则时， 单调递增，则.
因此对于任意时恒成立，则.
故答案为：.
14．【答案】①③
【分析】对于①，分别取的中点，连接，可证得四边形为平行四边形，则∥，然后利用线面平行的判定定理进行判断；对于②，设三棱锥的高为，由体积求得，设在平面的投影为，然后分为钝角和锐角两种情况求解；对于③，在中，利用余弦定理可求得，设的中点为，过作平面，则三棱锥的外接球的球心在此直线上，球心设为，连接，过作于，则外接球的半径，求出半径，可求出其体积.
【详解】对于①，分别取的中点，连接，
因为分别为的中点，
所以∥，，∥，，
因为∥，，所以∥，，
所以四边形为平行四边形，所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，所以①正确，

对于②，设三棱锥的高为，则，解得，
设在平面的投影为，则，
因为，所以点在直线上，
设，连接，
因为正方形的边长为2，所以，，
所以，
所以，所以为二面角的平面角，
当为钝角时，,
所以，
当为锐角时，,
所以，
综上，或，所以②错误，

对于③，在中，，则由余弦定理得，
因为，所以，所以，所以，
设的中点为，过作平面的垂线，则三棱锥的外接球的球心在此直线上，球心设为，
连接，过作于，则，
在中，，，，
所以由余弦定理得，
设，则，设棱锥的外接球的半径为，则，
因为，
所以，
所以，解得，
所以，所以，
所以三棱锥的外接球的体积为，所以③正确.

故答案为：①③.
【思路导引】此题考查线面平行的判定，考查棱锥的体积，考查棱锥的外接球问题，考查空间图形折叠问题，解题的关键是要弄清折叠前后的边角关系，考查空间想象能力和计算能力.
15．【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用向量数量积证明线线垂直，可证线面垂直；
（2）求平面的法向量，运用向量法求点到平面的距离.
【详解】（1）(法一)
以为坐标原点，方向为轴非负方向，方向为轴非负方向建立如图所示空间直角坐标系，
则，
设，，，
由，得，
由，得，
由，得，即，
再由得，
则，则，故，
又，，平面，
则平面；
(法二)
，
则，
又，，平面，
则平面；
（2）设平面的法向量，由（1）得，
则，不妨取，则，即，
又，设点到到平面的距离为，
则，故到面的距离为.
16．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）选择①，由正弦定理、余弦定理可得答案；选择②，利用平方关系、正弦定理、余弦定理可得答案；
（2）利用正弦定理得，则周长化简为，根据的范围求出的范围可得答案.
【详解】（1）选择①，由正弦定理得，
所以，
即，由余弦定理得，
因为，所以；
选择②，由得，
，
即，
由正弦定理得，由余弦定理得，
因为，所以；
（2）由，得，由，得，
又，得，
则周长为
，
因为，则，
所以的周长的取值范围为.
17．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）先讨论切线斜率不存在或者为0时，求得P坐标，再讨论斜率存在时，设其点斜式与椭圆联立，利用判别式构造同解方程，计算即可；
（2）过圆心作弦的垂线，利用弦长公式表示弦心距，再根据三角形面积公式及均值不等式计算得的面积最大时弦心距的取值，最后由的意义计算即可.
【详解】（1）当的斜率不存在或者为0时，
由题意可知点的坐标为或；
当切线的斜率存在且不为0时，
设过作椭圆的切线的斜率为，
则切线的方程为，将其与椭圆方程联立，
并化简得
由题意得，，
设的斜率分别为，则是上式的两个根，且，
所以，则，
又，则，即，
综上所述，动点的轨迹的方程为；
（2）过圆心作直线的垂线，垂足为，设，
则，
由题意，
又，.
当且仅当，即时，等号成立，
此时，
由题意得，.

18．【答案】(1)答案见解析；
(2)函数有且仅有1个零点.
【分析】（1）求导后，分，，讨论即可；
（2）为奇函数,求出具体的.令，零点的个数，转化为函数与的图象在定义域上的交点个数，后分类讨论即可.
【详解】（1）由题意得，的定义域为R，
，
当时，恒成立，所以在R上单调递减，
当时，，所以在R上无单调区间，
当时，恒成立，所以在R上单调递增，
综上所述：当时，在R上单调递减；当时，在R上无单调区间；当时，在R上单调递增；
（2）由题知，，得，，是奇函数，符合条件，
令，则，令，则函数的定义域为的零点个数即为函数与的图象在定义域上的交点个数，
由（1）得，当时，在定义域上单调递增，且，
当且时，与的图象无交点，
当且时，恒成立，与的图象无交点，
当且时，在上单调递减，
且，而在上单调递增，且与的图象在上有且仅有1个交点，
综上所述：函数有且仅有1个零点.
【关键点拨】本题第一问借助导数研究函数的单调性，体现分类讨论思想．第二问将一个函数的零点问题转化为两个函数的交点问题，然后用导数研究函数的单调性.借助图象体现两个函数交点的个数，体现转化思想，考查数形结合能力.
19．【答案】(1)；
(2)7；
(3).
【分析】（1）根据子集个数的结论，结合古典概型求解即可；
（2）求出，然后运用对立事件求概率，列方程求出即可；
（3）运用子集，并集概念结论计算出，，进而证明，再求出即可.
【详解】（1），其非空子集的个数为，
依题意得，集合中的元素个数最少时，，元素个数最多时，，
所以集合的可能情况有种，
故；
（2）由题意得，，
当时，其非空子集的个数为，
则
故，解得；
（3）若和都是离散型随机变量，且它们的取值相互独立，则，
证明如下：设随机变量的可能取值为，且，则；随机变量的可能取值为
，且，则，则
由题知，随机变量的可能取值为，
满足的子集可视为的子集与集合的并集，共有个；
同理，的子集共有个，的子集共有个，的子集共有个，则，
同理，随机变量的可能取值为，满足的子集可视为的子集与集合的并集，共有个，的子集共有个，的子集共有个，的子集有个，则，
所以
.
即随机变量的均值.
【方法总结】与新定义有关的问题的求解策略：
1、通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
方法点拨：与数列有关的问题的求解策略：
3、若新定义与数列有关，可得利用数列的递推关系式，结合数列的相关知识进行求解，多通过构造的分法转化为等差、等比数列问题求解，求解过程灵活运用数列的性质，准确应用相关的数列知识.
4、若新定义与集合的运算有关，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，同时用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的集合的性质的一些因素.