秘密 ★ 启用前【2024年1月】 试卷类型：B
2023-2024学年度江西省部分重点中学高二期末联考
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．
2．若复数，（i是虚数单位），则 （ ）
A．2 B． C． D．
3．已知向量，，，则 （ ）
A． B． C． D．
4．若函数（a≠0）是偶函数，则 （ ）
A．2023 B．2024 C．2 D．
5．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点E，F分别是AB，BC的中点，过点D1，E，F的平面截该正方体所得的截面多边形记为Ω，则Ω的周长为 （ ）
A． B．
C． D．
6．已知抛物线的焦点为F，点M在抛物线上（异于顶点O），过OM的中点N作直线OM的垂线交x轴于点P，则 （ ）
A． B． C． D．
7．若，，则 （ ）
A． B． C．4 D．1
8．函数f(x)的定义域为R，对于任意x，y∈R，，若，则 （ ）
A．－2 B．－4 C．2 D．4
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的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．
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
11．设函数（ω＞0）的最小正周期为T，且（n∈N+）．若为的零点，则 （ ）
A． B．
C．为的零点 D．为的一条对称轴
12．在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为棱BB1的中点，Q为正方形BB1C1C内一动点（含边界），则下列说法中正确的是 （ ）
A．若D1Q∥A1PQ，则Q的轨迹是一条线段
B．三棱锥D-AA1Q的体积为
C．平面AB1D1与B1Q的夹角的正弦值的取值范围为
D．若，则Q的轨迹长度为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13． ▲ ．
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 ▲ ．
15．若，且，则的最大值为 ▲ ．
16．已知P为椭圆（a＞b＞0）上的点，F1，F2分别为C的左、右焦点，C的离心率为，∠F1PF2的平分线交F1F1于点Q，则 ▲ ．
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．（10分）
已知m，n，k∈N+，m≥k≥n．
（1）证明：；
（2）证明：．
18．（12分）
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．
19．（12分）
如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1中，平面A1ACC1⊥平面ABC，，，，E，F分别是AC，A1B1的中点．
（1）证明：EF⊥BC；
（2）求二面角C1-A1C-B的正弦值．
20．（12分）
已知机器人（chatterbot）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X，求当最大时k的值．
21．（12分）
如图，在三棱锥P-ABC中，平面ABC，是线段PC的中点，是线段BC上一点，，．
（1）证明：平面AEF⊥平面PBC；
（2）若平面AEF与平面ABC的夹角为，求CF．
22．（12分）
在平面直角坐标系xOy中，双曲线C：（a＞0，b＞0）的渐近线的方程为，焦距为．
（1）求C的方程；
（2）如图，点A为C的下顶点，点P在y轴上（位于原点与上顶点之间），过P作x轴的平行线l，过P的另一条直线交C于G，H两点，直线AG，AH分别交l于M，N两点，若，求P的坐标．高二数学B
参考答案与评分细则
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。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C D A B C C B A
【解析】
1．A 因为，，所以．
2．D ，则．
3．A 因为，所以．
4．B 因为是偶函数，所以，得．
5．C 如图，延长EF交DA，DC分别于I，J两点，连接D1I，D1J，交AA1，CC1分别于H，G两点．则五边形D1HEFG即为Ω，易知,，，所以有，，故Ω的周长为．
6．C 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．
7．B ，其中，则有，即，亦即，所以．
8．A 可令，故．
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。
题号 9 10 11 12
答案 ACD ABD BD ACD
【解析】
9．A、C选项显然符合题意；B选项：不满足在上单调递增；D选项：注意到，，所以有，故D选项符合题意．
10．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的绝对值接近于0，两个随机变量没有线性相关性，故C选项不符合题意；D选项：的系数为，故D选项符合题意．
11．由题意有，解得，故B选项符合题意；因为，所以（k∈Z），解得，又，得，又k∈Z，n∈N+，所以，则，故A选项不符合题意；，易得C选项不符合题意，D选项符合题意．
12．如图，E，F分别为棱BB1，CC1的中点．A选项：不难证明平面D1EF∥A1DP，则Q的轨迹为线段EF，故A选项符合题意；B选项，故B选项不符合题意；C选项：不难证明A1C⊥平面AD1B1，故平面AB1D1与B1Q的夹角的正弦值等于A1C与B1Q的夹角的余弦值，当Q在BB1（或CC1）上时，A1C与B1Q的夹角的余弦值为，当Q位于B1C上时，A1C与B1Q的夹角的余弦值为，根据对称性，平面AB1D1与B1Q的夹角的正弦值的取值范围为，故C选项符合题意；D选项：因为D1C1⊥平面BB1C1C，所以D1C1⊥C1Q，则，解得，即Q得轨迹是以C1为圆心，半径为，圆心角为的圆弧，所以Q的轨迹长度为，故D选项符合题意．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．112 14．
15． 16．2
【解析】
13．．
14．设棱长为a，原正方体体积为a3，二十四等边体体积为，所以二十四等边体与原正方体的体积之比为．
15．由，得，，由，得，即．
16．显然，，设，，则，得，所以．
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．证明：（1）因为， 2分
， 4分
所以； 5分
（2）因为， 7分
， 9分
所以． 10分
【1】“5分”和“10分”步没写不给分
18．解：（1）由正弦定理有， 1分
又，
所以； 2分
因为， 3分
所以， 4分
因为，
所以，即； 6分
（2）由，得 ①， 7分
因为，
所以，即， 8分
解得 ②，
联立①②，有，即， 9分
所以， 10分
解得（当且仅当时取等，此时）， 11分
故的最大值为． 12分
【1】“12分”步没写不扣分
【2】本题还可以用三角函数解，答案正确即可给12分
19．（1）证明：连接A1E，由E是AC的中点，，知A1E⊥AC，
因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，，
所以A1E⊥平面ABC，因为，故A1E⊥BC， 3分
因为A1F∥AB，AB⊥BC，
所以A1F⊥BC，因为A1E∩A1F＝A1，
所以BC⊥平面A1EF，因为，
所以EF⊥BC； 5分
（2）解：以E为原点，在平面ABC中，过点E作AC的垂线为x轴，EC，EA1所在直线分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系E-xyz， 6分
易得，，，，
故，，
易得平面ACC1A1的一个法向量为， 8分
设平面A1CB的法向量为，
则，令，得，， 10分
则，
所以， 11分
即二面角C1-A1C-B的正弦值为． 12分
【1】“12分”步没写不给分
20．解：（1）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，
由题意得，，，则，
则；
4分
（2）由题意有，则， 6分
当最大时，有， 8分
即，解得， 10分
因为k∈N，所以， 11分
故当最大时，． 12分
【1】“12分”步没写不扣分
21．解：（1）证明：因为，是的中点，所以，
在中，，，所以，
在中，，，所以，得，
又平面，平面，所以，
又，，所以平面，
由平面得，
又，所以平面，
由平面得，平面AEF⊥平面PBC． 6分
（2）存在点满足条件，
以为原点，建立空间直角坐标系如图，
设，则，，，
，，
设平面的法向量为，
则令得，
所以平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量为，
由已知得，即，解得，即，
所以存在点使平面与平面的夹角为，此时． 12分
22．解：（1）由题意有，又，解得，，
故C的方程为：； 3分
（2）易知，故，
即，亦即（＊）， 4分
设，，，，
由题意有，则直线AG、AH的方程分别为，，
因为M∈l，故，代入AG方程，得，所以， 5分
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，， 7分
则
， 9分
所以（）， 10分
解得， 11分
所以P的坐标为． 12分
【1】其他解法正确，亦给分
【2】“12分”步没写，不扣分
【3】未讨论GH斜率不存在时的情况，不扣分
