167，江西省部分重点中学2023-2024学年高二上学期期末联考数学试卷(B)

这是一份167，江西省部分重点中学2023-2024学年高二上学期期末联考数学试卷(B)，共20页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。

数学
注意事项：
1．答题前，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，将答题卡交回．
4．本试卷主要考试内容：北师大版必修第一册至选择性必修第一册．
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. 记集合，，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据一元二次不等式的解法解不等式，确定集合的元素和集合的元素，然后根据集合的交集运算即可求解.
【详解】解得，即，
解得，即，
所以．
故选：C.
2. 若复数， （i是虚数单位），则 （ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的乘除运算即可化简得，再求其模.您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 【详解】，
则．
故选：D.
3. 已知向量，，，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平面向量数量积的坐标表示及夹角公式求解即可.
【详解】因为，
所以．
故选：A.
4. 若函数（）是偶函数，则（ ）
A. 2023B. 2024C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件，利用奇偶函数的定义与性质，即可求出结果.
【详解】因为，
所以，又是偶函数，
所以，得到或（舍去），
得，
故选：B
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. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上（异于顶点），过的中点作直线的垂线交轴于点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，根据条件得出直线NP的方程为，从而得到，再利用抛物线定义即可求出结果.
【详解】由题意有，设，则，直线OM的斜率为，
易得直线NP的方程为,令，得，即，
由抛物线的定义易得，所以．

故选：C.
7. 若，，则 （ ）
A. B. C. 4D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】由，可以得出，再结合,可以求值.
【详解】，
所以，
即，，
因，则有，即，
所以．
故选：A.
8. 已知函数的定义域为，，，，若，则（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】利用赋值法对进行赋值结合函数的周期可得答案.
【详解】令，得，即，
令，得，得，所以函数为偶函数，
令，得，
令，得，
，或，
若，解得与已知矛盾，
，即，解得，，
令，得，
，，，
，所以函数的周期为4.
.
故选：A.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 若定义域为D奇函数在上单调递增，且不等式有解，则下面函数中满足上述条件的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】逐项判断奇偶性，单调性，有解即可.
【详解】对于A：易知函数定义域为R，奇函数，在内单调递增，有解，符合题意，故A正确；
对于B：函数的定义域为R，，是奇函数，
易知函数都在R上减函数，所以也在R上减函数，故B错误；
对于C：函数的定义域为，，是奇函数，
易知函数都在上单调递增，所以也在上单调递增，
又有解，故C正确；
对于D：函数的定义域为R，
，，所以有，是奇函数，
易知函数都在上单调递增，所以在上单调递增，
因为为奇函数，所以在上也单调递增，又，
所以解集为，故D正确.
故选：ACD.
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 若随机变量X服从正态分布，，则
B. 数据3，5，6，7，7，9，11的第80%分位数为9
C. 相关系数r的绝对值接近于0，两个随机变量没有相关性
D. 的展开式中，的系数为60
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据正态分布性质即可判断A，利用百分位数定义即可判断B，根据相关系数的性质即可判断C，根据二项展开式的通项公式即可判断D.
【详解】A选项：因为均值为2，所以，故A选项符合题意；
B选项：因为，所以第80%分位数为第6个数，即9，故B选项符合题意；
C选项：相关系数r的绝对值越接近于0，两个随机变量越没有线性相关性，故C选项不符合题意；
D选项：，
其二项展开式的通项为，
出现项，则，的展开式通项为，
当时，的系数为，故D选项符合题意．
故选：ABD.
11. 设函数（ω＞0）的最小正周期为T，且（）．若为的零点，则（ ）
A. B.
C. 为的零点D. 为的一条对称轴
【答案】BD
【解析】
【分析】利用周期，求得的取值范围，结合为的零点求得，结合余弦函数的零点，对称性等性质逐项判断.
【详解】由（ω＞0），得，解得，故B正确；
因为，所以，解得，
又，得，又，所以，则，故A错误；
，故C错误；
，则为的一条对称轴，故D正确.
故选：BD．
12. 在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是 （ ）
A. 若面，则Q的轨迹是一条线段
B. 三棱锥的体积为
C. 平面与的夹角的正弦值的取值范围为
D. 若，则Q的轨迹长度为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用面面平行证明线面平行，得到动点轨迹判断A，利用等体积法求解判断B，利用线面角的定义及正方体的对称性求范围判断C，利用线面垂直求出轨迹，利用圆的知识求解弧长判断D.
【详解】
A：取E，F分别为棱，的中点，连接，
由∥∥，且，知四边形是平行四边形，所以∥，
又平面，平面，所以∥平面，同理∥平面，
因为，平面，平面，所以平面平面，则Q的轨迹为线段，故A正确；
B：，故B错误；
C：因为平面，平面，所以.
又，平面，平面，，
所以平面.又平面，所以.同理可得，.
又平面，平面，，所以平面，
故平面与的夹角的正弦值等于与的夹角的余弦值，
当Q在（或）上时，与的夹角的余弦值为，
当Q位于上时，与的夹角的余弦值为，
根据对称性，平面与的夹角的正弦值的取值范围为，故C正确；
D：因为平面，平面，所以，
则，解得，即Q得轨迹是以为圆心，半径为，圆心角为的圆弧，
所以Q的轨迹长度为，故D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. ______．
【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
14. 半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体．
则得到的二十四等边体与原正方体的体积之比为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用棱柱及棱锥的体积公式即可求解.
【详解】设棱长为2，则
所以原正方体的体积为，
所以二十四等边体为，
所以二十四等边体与原正方体的体积之比为．
故答案为：.
15. 若，且，则的最大值为____．
【答案】##
【解析】
【分析】由,结合并进行构造，借助基本不等式求解即可.
【详解】由，得，，
由，
当且仅当，即时，原式取等.
即，即．
故答案为：.
16. 已知P为椭圆上的点，F1，F2分别为C的左、右焦点，C的离心率为，的平分线交于点Q，则____．
【答案】2
【解析】
【分析】根据角平分线定理及椭圆的的定义求解即可.
【详解】
如图，因为平分，则，
设，，则，，
所以，得，
所以．
故答案为：2
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知，．
（1）证明： ；
（2）证明： ．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由组合数公式计算即可；
（2）由组合数公式计算即可.
【小问1详解】
因为，
，
所以；
【小问2详解】
因为，
，
所以．
18. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求A；
（2）点D为AC的中点，且，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理和三角恒等变换集合得到的大小；
（2）利用余弦定理得到，再利用基本不等式即可得到的最大值.
【小问1详解】
由正弦定理有，
又，
所以；
因为，
所以，
因为，
所以，即.
【小问2详解】
由，得 ①，
因为，
所以，即，
解得 ②，
联立①②，有，即，
所以，
解得（当且仅当时取等，此时），
故的最大值为．
19. 如图，已知三棱柱中，平面平面，，，，E，F分别是的中点．
（1）证明：；
（2）求二面角正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，根据题意得，根据面面垂直的性质定理得平面，，根据线面垂直的判定定理得到平面，再得到；
（2）以E为原点，在平面中，过点E作的垂线为x轴，所在直线分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用平面的法向量可求出结果.
【小问1详解】
连接，∵E是的中点，，∴，
又∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，因为平面，
∴，又，
∴，因为平面，平面，，
∴平面，因为平面，∴．
【小问2详解】
以E为原点，在平面中，过点E作的垂线为x轴，所在直线分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
，
∴，
易知平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则,
令，∴，∴，
，
所以.
∴二面角正弦值为.
20. 聊天机器人（chatterbt）是一个经由对话或文字进行交谈的计算机程序.当一个问题输入给聊天机器人时，它会从数据库中检索最贴切的结果进行应答.在对某款聊天机器人进行测试时，如果输入的问题没有语法错误，则应答被采纳的概率为80%，若出现语法错误，则应答被采纳的概率为30%.假设每次输入的问题出现语法错误的概率为10%.
（1）求一个问题的应答被采纳的概率；
（2）在某次测试中，输入了8个问题，每个问题的应答是否被采纳相互独立，记这些应答被采纳的个数为，事件（）的概率为，求当最大时的值.
【答案】（1）0.75
（2）6
【解析】
【分析】（1）根据全概率公式即可求解，
（2）根据二项分布的概率公式，利用不等式即可求解最值.
【小问1详解】
记“输入的问题没有语法错误”为事件， “一次应答被采纳”为事件，
由题意，，，则
，
.
【小问2详解】
依题意，，，
当最大时，有
即解得：，，
故当最大时，.
21. 如图，在三棱锥中，平面ABC，是线段PC的中点，是线段BC上一点，，．
（1）证明：平面平面PBC；
（2）若平面AEF与平面ABC的夹角为，求CF．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可证平面，可得，进而可证平面，即可得结果；
（2）建系，设，利用空间向量处理面面夹角问题.
【小问1详解】
由平面，平面，可得，，
在中，，，可得，
在中，，，则，可得，
且，，则平面，
由平面得，
因为，是的中点，则，
且，平面，可得平面，
由平面得，平面平面PBC．
【小问2详解】
存在点满足条件，
以为原点，分别为轴所在直线，过与平行的直线为轴所在直线，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，则，，，
可得，，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得平面的一个法向量为，
由题意可知：平面一个法向量为，
因为，解得，即，
所以存在点使平面与平面的夹角为，此时．
22. 在平面直角坐标系中，双曲线C：的渐近线的方程为，焦距为．
（1）求的方程；
（2）如图，点为的下顶点，点在轴上（位于原点与上顶点之间），过作轴的平行线，过的另一条直线交于两点，直线分别交于两点，若，求的坐标．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，解出a、b的值即可求解；
（2）易知，得（＊）.设，，，，求出直线AG、AH的方程，由可得，结合代入（＊）得①.易知GH斜率存在，设GH：，联立双曲线方程，利用韦达定理表示，代入①化简计算可得，解之即可.
【小问1详解】
由题意有，又，解得，，
故C的方程为：；
【小问2详解】
由题意，，
所以，故，
即，亦即（＊），
设，，，，
由题意有，则直线AG、AH的方程分别为，，
因为，故，代入AG方程，得，所以，
又，代入（＊）式有，得.
当GH斜率不存在时，显然不符合题意，
故设GH：，代入，
得，所以，，
则
，
所以，
即，由，解得，
所以的坐标为．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.