江西省部分中学2023-2024学年高二年级上册期末联考数学试题（A卷）（解析版）

秘密★启用前【2024年1月】试卷类型：A

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、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.

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.

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/的倾斜角为had,则/的斜率为()

A.1B.45C.tanlD.tanl°

【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I的倾斜角为Irad,

则/的斜率为tanl,

故选：C

22

2.双曲线与—乙=1(。〉0)的离心率为有，则。=()

片4

A.1B.72C.右D.76

【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，必三=石，即/+4=3/,解得a=

故选：B

3.若随机变量X服从正态分布N(2,/),尸(X")=0.45,则P(X20)=()

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N（2,/）,所以P（X24）=P（X<0）=045；

所以P(X>0)=1-P(X<0)=1-0.45=0.55.

故选：B.

4.直线二+==1与椭圆［+==l（a〉6〉0）位置关系为（）

aba2b2

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】因为直线二+2=1过点0）,（03），

ab

22

而（。,0）,（0力）为椭圆工+与=13〉6〉0）的右端点和上端点，

a"b'

22

故直线二+2=1与椭圆二+A=l（a〉6〉0）相交.

aba2b2

故选：C.

5.如图，正方体ABC。—的棱长为2,点E,尸分别是A5,的中点，过点2,E,尸的平

面截该正方体所得的截面多边形记为。，则。的周长为（）

c.V2+2V13D.4a+应

【答案】C

【解析】

【分析】作出辅助线，得到五边形，PEEb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D4,DC,与直线板相交于

连接DXM,DXQ与AA分别交于点P,H,连接PE,HF,

则五边形2PEFH即为截面。,

正方体的棱长为2,点瓦歹分别是的中点,

所以跖=』x衣”=0,

2

由Rt-BEF=RUCQF=RtAAEM得,

AM=CQ=BE=BF=1,EF=ME=FQ=^2,

4

所以P,〃分别为靠近A,c的三等分点，故AP=GH=§,

所以由勾股定理得=

所以。的周长为£>/+尸£+£/+9+幺〃=竺3><2+四*2+，5=3而'+，5.

33

6.1a—彳+1）的展开式中，》的系数为（）

A.60B.120C.-60D.-120

【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1a—1+1］中含］的项为C>4c［―g］=竿，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A；种，第二步将甲和中间人排入有A；种，第三步排乙丙有A；种，

由分步乘法计数原理可得有A；A；A；=36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A；种，第二步将甲和中间人排入有A；种，第三步排乙丙有A；种，

由分步乘法计数原理可得有A；A；A；=24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A；种，第二步将甲和中间人排入有A；种，第三步排乙丙有A；种，

由分步乘法计数原理可得有A；A；A；=36种；

由分类加法计数原理可知，一共有36+24+36=96种排法.

故选：B.

8.球。的两个相互垂直的截面圆与2的公共弦A3的长度为2,若AaAB是直角三角形，△QA3

是等边三角形，则球。的表面积为（）

A.9兀B.12兀C.16KD.20TI

【答案】D

【解析】

【分析】如图，过。2作直线4，平面AQ3,过。|作直线4_L平面AQB,贝必与《相交于。，。即为

球心，连接A0,则A0为该球的半径，取A3的中点C,连接oca。，结合已知条件可证得四边形

为矩形，从而可求出。4的长，进而可求得球的表面积

【详解】解：如图，过。2作直线，2，平面过J作直线4，平面则乙与4相交于。，。

即为球心，连接A0,则A0为该球的半径,

取A3的中点c,连接aca。，

因为△QA3是直角三角形，AB=2,

所以aC=gA3=l,

因为AOzAB是等边三角形，所以QC，AB,QA=A3=2,

因为平面02AB±平面O.AB,平面QABC平面0{AB=AB,

所以ac,平面所以ac^oc，

因为平面。lAB,所以00〃。2。，同理。2。〃℃,

所以四边形。。。。2为矩形，

所以OQ==1,

因为。。2±平面02AB,所以，QA，

222

所以。4=y/oO2+O2A=#+2=75

所以球的表面积为4〃xI=20万，

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ABC。—A4GR中，下列说法正确的是（）

A.BQ人ACB.AG_L平面AjBD

C.直线用。与平面ABC。的夹角为45。D.三棱锥4-5G。是正四面体

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于选项A:先证AC,面3与。2,再证与。人AC即可；对于选项B：先通过线面垂直证明

ACJ±BD,\DLAC,,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4。=BD=\B=AG=BC[=DC]即可判定.

【详解】对于选项A:连接用D,AC,42，

在正方体ABCD-A4GD]中有5与面ABCD,且ACu面ABCD,

所以551LAC,

又因为底面ABC。为正方形，所以AC43。，

因为3。c33]=3,BD,BB}u面BBXDD},所以AC，面台与。〃，

因为用。u面BB[DD]，所以AC，与。.故选项A正确；

------------------TIC

对于选项B：连接AQ,\B,\D,BD,AC,AD1,BC,,

在正方体ABCD-44G2中有A4,J_面ABCD,且BDu面ABCD,

所以AdLBD,

又因为底面ABCD为正方形，所以AC1BD,

因为ACnM=A,AC,9U面441cC],所以上面441cG，

因为AC,u面AAjCQ，所以AC,±BD.

在正方体ABCD-A14Goi中有AB上面AAiDD1,>A；Du面AAlDDl,

所以

又因为底面为正方形，所以4。LAD],

因为ABAD1=A,AB,A2u面ABCQ],所以A。，面ABCQi，

因为AC,u面ABCXDX，所以AXD±AC,.

因为3。4。=D,3D,AQu面ABD,所以AC；，平面,故选项B正确;

对于选项C：连接耳

在正方体ABCD-A4GR中有53]J.面ABCD,

所以3。为直线BQ在平面ABCD的射影,

即NBQB为直线BQ与平面ABCD所成的角,

设正方体的棱长为a，则BD=yfla，BB[=a,

则tan?B.DB旭=二=也，故选项c错误;

BD41a2

对于选项D:连接4。,BD,4昆AC,BC1,DC,,

在正方体ABCZ)—44G。]中易得BD=T4J5==BC[=DC^,

故三棱锥4是正四面体.故选项D正确.

故选：ABD.

10.已知椭圆C：工+匕=1,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,8分别在

43

C,E上，。一。2分别为C,E的中心，贝I」（）

A.E的方程为Q—4）+（3+3）=]B.。和石没有交点

43

C.A,8的纵坐标之差可以为7D.忸的最大值等于|AQ|的最大值

【答案】BD

【解析】

【分析】根据曲线的平移规律可得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Q—4）~+。—31=],人错误；

43

对于B,将椭圆方程工+上=1和（X—4）+（1一3）-=1相减,整理可得2x+2y—7=0,

4343

2尤一7丫2

即丁=一—-,代入一+乙=1中，可得7必—28X+37=0,

243

由于△=(—28)2—4x7x37=—252<0,

即C和E没有交点，B正确；

对于C,点A,8分别在C,E上，则A点纵坐标最小为-有，

8的纵坐标最大为3+6，故A，B的纵坐标之差最大为3+2百<7，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。一O?分别为C，E的中心，

根据椭圆的对称性可知忸的最大值等于|AQ|的最大值，D正确，

故选：BD

11.已知P为抛物线C:/=4x的焦点，M,N,P,0是C上四个不同的动点，满足直线aW,过F

其中尸在第一象限，若直线MP与x轴的交点为(―2,0),JWFP,-NFQ,PFN,的面

积分别为跖，Sz，邑，则()

A.2=1时，PN〃MQB.直线NQ与x轴的交点为

丛一丸D(sr)(s”4)

cD

S2-(S2+S3)(S2+S4)-

【答案】ABD

【解析】

【分析】由条件设肱V的方程为％=的+1,利用设而不求法确定的坐标关系，设

P(tf,2t2),：〉0/2>0/尸明根据所求关系确定"。的坐标，由条件确定彳④"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/二©的焦点b的坐标为(1,0),

因为过点产，由条件可得肱V的斜率不为0,

故可设直线MN的方程为x=阳+1,

y2=

联立,化简可得/一4根丫—4=0,

x=my+l

方程y2-4my-4=0的判别式△=16m2+16>0，

设”（七,%）,N（x2,y2）,

则%%=-4,所以可々=??=1，

因为/在抛物线V=4x上，/在第一象限，

所以可设〃（片,2力，乙〉0,则N,

VIG7

「1—2、

设尸，；,2,2）,广2〉°，GWL，同理可得Q~1--

、，2G）

因为直线MP过点（-九0）,

2t.2乙

所以力7=尸7,化简可得巾2=九，2>0,

%+/I%2+4

对于A,因为4=1,则j

,1,1

所以不=二，弓=/，

hh

所以MQ,PN斜率都不存在,故PN〃MQ,A正确,

-22

H--,

对于B,直线NQ的斜率为十t2—2tll2

」一；+，

所以直线NQ的方程为y+-=

%4+武tf）

11

取y=0可得，x=--=-—

所以直线NQ与x轴的交点为]一力,oj,B正确；

对于C,S[=S班=5MFST>PFS=（2+1）1i-胃,

T河卜4

同理§2=S.NFQ=SQFT—SNF1

s

所以心=&，2=X2,C错误;

2+1

s,=s4=\MF\=?12

对于D,因为用_耳_NH_J_]i

Si+S4_於

所以S+s?-—

S-S3」尸目/；+12

2

同理可得S4S2\QF\4]

Si+S3=2

所以2

s4+s2~

(s,+s^(s.+s.)

所以E4k幻=27'D正确;

故选：

【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。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.（岔+1『+（盯_1『=.

【答案】112

【解析】

【分析】根据完全平方式的特征即可求解.

【详解】(7?+1了+(7?-=[(b+1)2+(7?--2(6+1丫(6-1)2=122—2x42=112,

故答案为：112

13.已知正方体ABC。-的棱长为1，点尸在平面ABCZ)内，若尸到直线A4的距离与到直线

CD的距离相等，则P到CD的距离的最小值为.

【答案】1##0.5

【解析】

【分析】根据题意可得点P的轨迹为抛物线，进而可得尸到CD的距离最小值.

【详解】由题意，P到直线A4的距离与到直线。的距离相等，

即AP的长度与尸到直线CD的距离相等，故P的轨迹为以直线CD为准线，A为焦点的抛物线上.

故当尸为抛物线的顶点，即A。的中点时P到CD的距离取最小值，为

故答案为：!

TT7C

14.在三棱锥尸—ABC中，BC=2,NBPC=—,ABAC=-,当三棱锥P—ABC的体积最大时，直线

23

"与平面ABC的夹角为,三棱锥的外接球的表面积为.

【答案】①.一②.--71

63

【解析】

【分析】根据题意，当。平面ABC,ABC是等边三角形时，三棱锥P-A5C的体积最大，利用线

面角的定义可判断求解直线AP与平面ABC所成的角，确定外接球球心求出半径得解.

JT

【详解】如图，取中点。，QNBPC=3,BC=2,

:.PD=1,所以当？DJ_平面ABC时，三棱锥尸―ABC的高最大，

jr

又NBAC=—,所以当是等边三角形时底面积最大，

3

也就是当？D_L平面ABC,ABC是等边三角形时，三棱锥尸-ABC体积最大，

所以44。是直线AP与平面ABC所成的角，在Rt_PZM中，PD=1,AD=6

tanZPAD=4==—＞即=

7336

取等边uABC的中心。，由题意易得。4=OB=OC=OP,所以。是三棱锥尸—ABC外接球的球心,

则外接球半径厂=。4=手，所以外接球的表面积为S=47lr=4兀义］¥^|=y7l.

故答案为：—•；—71•

63

【点睛】关键点睛：根据题意，要使三棱锥尸-ABC的体积最大，当。。,平面ABC,ABC是等边三

角形时，利用线面角的定义，确定NQ4D是直线AP与平面ABC所成的角，等边一ABC的中心。是三棱

锥尸—ABC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，6为_46。的重心.

（1）证明：PA+PB+PC=3PG>

（2）若向量卓，pB,PC的模长均为2,且两两夹角为g,求|PG|.

【答案】（1）证明见解析

⑵

3

【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ABC的重心，所以GA+GB+GC=O,

则GP+PA+GP+PB+GP+PC=O,

即PA+P6+PC=3PG.

【小问2详解】

由⑴得PG=PA+PB+PC

3

PA|*234+|PB|2+|PC|2+2^PAPB+PAPC+PB-PC

所以|PG「

22x3+2x3x2x2x3；=24,即囱2V6

丁

9~~9

22

16.己知点/（1,0）为椭圆C：j+2L=l的焦点，过尸的直线/交C于A,8两点.

a3

（1）求C的方程；

（2）若。为AB的中点.

①求。的轨迹方程；

②求盟的最大值.

22

【答案】(1)—+^=1

43

(2)①4(x—g]+^^=1；②1

【解析】

【分析】（1）根据椭圆的基本量关系求解即可；

3

（2）①设A（七,%）,3（%2，%），。（%0，%），根据点差法可得=一4，再分AB斜率存在与不存

在求解即可;

②由①知，。的轨迹是个椭圆，原点。是该椭圆的左顶点即可得.

【小问1详解】

22

由题意有储=3+仔=4,所以c的方程为L+2L=i；

43

【小问2详解】

2222

设A（石,yj，W肛％），。（如％）,则才+与=才+£~,

3

即（%+%）（%—%）=—1（%+%）（石一电），

y-％y+-33

当AB斜率存在时，有即左A/OD=——，

玉玉+%24钻0D4

①当A3斜率存在时，由上述分析有+r,①=-9,得《［%―工］+竺羽=1（%H

当A3斜率不存在时，易知。（1,0），满足上面得出的方程，

综上，O的轨迹方程为4（x—3）+等=1；

②由①知，。的轨迹是个椭圆，且尸是该椭圆的右顶点，

不难看出坐标原点。是该椭圆的左顶点，所以司=|OF|=1.

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-Sports）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:

省代表队ABCDEFGHIJ

电子竞技人数45522438571926473429

霹雳舞人数26184443322756364820

（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Powermove中的Swipe、WindmilkAir

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

2

“优秀”的概率均为g,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知识即可得解；

(2)先求得得分不低于4分的概率，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，

C32

则所求概率为百万

【小问2详解】

在一轮测试中，得分不低于4分的概率为C；x[I]x[l—1]+(|]=9|,

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5〃，坐■],

I243)

117243

由题意，----n>8,解得“2----,注意到“eN卡'所以"min=18,

24314

即至少要进行18轮测试.

18.如图1,在四边形ABCD中，AB=BD=2AD=2,CD=^，BC=@，将△BCD沿着折

叠，使得AC=2(如图2),过。作交AB于点E.

(1)证明：CDLAB-,

(2)求DE；

(3)求平面ACE与平面ACD的夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

（2）DE=^^~

7

⑶叵

21

【解析】

【分析】（1）由勾股定理逆定理推出班＞，CD,AD±CD,证明CD,平面根据线面垂直的性质

定理，即可证明结论;

（2）作BHJ.AD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ACE与平面ACD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CD=石,BC=出,BD=2,AD=1,AC=2,

注意到BC2=BD2+CD2，AC2=AD-+CD~，

所以BDLCD,AD±CD,

因为B£>?ADD,平面ABD,

所以CD_L平面ABD,又ABu平面ABD，

所以CD_LAB；

【小问2详解】

如图，作BH工AD于H,则==BH=^BD2-AH2=—

22

由于则4。后+/4。3=90;又NDBH+ZADB=90，

DH1

故ZADE=ZDBH,贝UsinZADE=sinZDBH=

BD4

,c。阳I_1,A1,1

J

ffl^^BDE~^^ABD将2-X=—X1X----1---1-X，

22224

解得％=345,即DE=3叵

77

【小问3详解】

由以上分析可知BD,DE,CD两两垂直，

以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，OE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。-孙Z,

由上述分析知cosZADB=sinZDBH=

4

故ADcosNADB^-,ADsinNADB=—,

44

得公、孚。，C(O,O，G)，E0,#5,0

所以=芈，一上］,CEJ

,CD=（0,0,-73）,

I44J17

7

/、m-CA二0

设m=(p,q,r)是平面ACE的法向量，贝人

m-CE=0，

—p+q-A/5r=0

即-4,令q=7,.」=2逐，可取根=（岳,7,2卜

半.®=0

/、m-CA=0

设”=(%,y,z)是平面ACD的法向量，贝时

m-CD=0,

1,岳0_A

即“十丁卜gz=°,可取”=(A,TO)

—C

即平面ACE与平面ACD的夹角的余弦值为叵.

21

22£

19.双曲线C:工—三=1（。〉0,6〉0）的焦距为2近，点4（0,—2）在C上，直线/:y=—交y轴于点P,

ab~7

过尸作直线GH交C于G,X两点，且GH的斜率存在，直线AG,交/分别于M,N两点.

（1）求C的方程；

（2）求AG与AH的斜率之积;

（3）证明：A,O,M,N共圆.

22

【答案】（1）2L—土=1

43

⑵3

3

（3）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据点4（0,-2）在C上可得。=2,再根据焦距为2万可得6=也即可得方程；

（2）设G":y=fcc+g（左w0）,G（石，％）,H（x2,y2）,联立直线与双曲线