江西省2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题【含答案解析】

江西省2024—2025学年第一学期期末考试高二数学试卷试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.考查范围：选择性必修第一册.2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上.3.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.4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回.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.已知随机变量，且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据正态分布的性质直接求解即可.【详解】由，得，故．故选：B2.若随机变量，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据二项分布的方差公式计算可得.【详解】因为，故．故选：C．3.如图，在四面体OABC中，为BC的中点，，且为OG的中点，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据空间向量的线性运算求解即可.【详解】由题意，,故选：A4.直线与圆的公共点个数为（）A.0 B.1 C.2 D.无法判断【答案】C【解析】【分析】求出圆心到直线距离，和半径比较后得到答案.【详解】的圆心为，半径为25，到的距离为，故直线与圆相交，公共点个数为2.故选：C5.已知双曲线过点，且与双曲线有相同的渐近线，则的方程为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设双曲线方程为，将代入，求出，可求双曲线的标准方程．【详解】因为双曲线过点，且与双曲线有相同的渐近线，所以设双曲线方程，将代入，可得，则，所求双曲线的标准方程是．故选：D．6.二项式的展开式中有理项的个数为（）A.4 B.3 C.2 D.1【答案】B【解析】【分析】由二项式展开式的通项公式求出通项，然后由指数为整数得到的取值，得出结果.【详解】二项式展开式的通项为．其中当k的值分别为0，2，4时，为有理项，共有3项．故选：B．7.已知圆与圆有三条公切线，则（）A.5 B.16 C.32 D.36【答案】C【解析】【分析】根据两圆有三条公切线可判断两圆外切，再利用两圆外切的判定方法列方程即得.【详解】由可知圆心为，半径为2；由可知且圆心为，半径为.因两个圆有三条公切线可知两圆外切，即，解得：.故选：C.8.在正方体中，空间中一动点满足，则直线与直线所成角正弦值的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设正方体的棱长为1，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，设点，由条件求得，设直线与直线所成角为，利用空间向量夹角公式求出，通过换元，将其化成，利用的范围和不等式性质即可求得.【详解】如图，设正方体的棱长为1，以点为坐标原点建立空间直角坐标系.则，设点，则，由可得：，解得，则，，设直线与直线所成角为，则，于是，设，因，故，则即，因，则，则，即，因，则得.故选：B【点睛】方法点睛：求解异面直线的夹角的方法主要有：平移法：将异面直线中的一条或两条利用平移使其相交，通过解三角形求得；坐标法：通过建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标和向量坐标，利用空间向量夹角的坐标公式求解.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.已知向量，则（）A. B.同方向上的单位向量的坐标为C. D.在上的投影向量的模为【答案】BD【解析】【分析】根据空间向量的运算逐项判断即可.【详解】因为，，所以.对于A：因为，故A错误；对于B：因为，即方向上的单位向量是，故B正确；对于C：因为，故C错误；对于D：由，故D正确.故选：BD.10.记，则（）A.若S的展开式中存在常数项，则n是7的倍数B.若S的展开式中存在常数项，则n是6的倍数C.若n是奇数，则第项一定是S的展开式中系数最大的项D.若n是偶数，则第项是S的展开式中二项式系数最大的项【答案】AD【解析】【分析】利用二项展开式的通项公式写出的展开式的通项，再研究常数项，及当是奇数和偶数时的情况即可.【详解】易得该二项展开式的通项为，对于A，B选项，若S的展开式中存在常数项，则是常数，即，因为r，n为正整数，故n是7倍数，故A正确，B错误；对于C选项，因为n是奇数，设，则，所以第项为，其系数为，不能确定正负，故C错误；对于D选项，因为n是偶数，设，则，所以第项为，其二项式系数最大，故D正确．故选：AD.11.已知某高校开展一项课外研学活动，参与活动并提交研学论文可以获得学分，且该高校对论文的评定分为两个等级：合格，不合格．评定为合格可以获得0.2学分，评定为不合格不能获得学分．若评定为不合格，则下一次评定为合格的概率为，若评定为合格，则下一次评定为合格的概率为．已知包括小明与小刚在内共名同学均参加了3次研学活动，且每次研学活动结束后，这名同学排队依次提交研学论文，则（）A.若小明第一次评定为不合格，则小明最终获得0.4学分的概率为B.若小刚第一次评定为合格，则小刚第三次评定为合格的概率为C.若在某一次研学活动中，小明和小刚既不是最先也不是最后提交研学论文，则有种提交顺序D.若在某一次研学活动中，小明和小刚提交研学论文的顺序不相邻，则有种提交顺序【答案】ABD【解析】【分析】根据独立事件乘法公式计算判断A，应用全概率公式结合对立事件概率计算判断B，应用乘法原理结合组合公式计算判断C，先求所有排序情况减去小明和小刚相邻时的排法判断D.【详解】对于A，若小明第一次评定为不合格，则小明获得0.4学分的概率为，故A正确；对于B，设事件“第i次评定为合格”，由全概率公式可得小刚第三次合格的概率为，故B正确；对于C，先排小明，有种方式，再排小刚，有种方式，最后排其余所有人，有种方式，则一共有种方式，故C错误；对于D，无限制时，排序方式有种方式，小明和小刚相邻时，将小明和小刚视一组，有2种方式，与其余人排序，有种方式，所以一共有种方式，故D正确．故选：ABD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知直线满足，则______.【答案】1【解析】【分析】由两直线垂直的判定方法列方程求解即得.【详解】由可得：，解得：或（舍去），即.故答案为：1.13.根据下表数据得到y关于x的线性回归方程，则______．x1234y1458【答案】1【解析】【分析】根据给定的数表求出样本的中心点，再利用回归直线方程求出的值.【详解】，所以，解得．故答案为：114.现将8个体积相同但质量均不同的小球放入恰好能容纳8个小球且底面圆直径与小球直径相同的圆柱形卡槽内，这8个小球分别为2个红球、4个白球、2个黑球，若4个白球互不相邻，且其中一个白球不能放入卡槽的两端，则共有______种不同的放法；若2个红球之间恰好有白球和黑球各1个，则共有______种不同的放法．【答案】①.1728②.3840【解析】【分析】依题意可将把8个小球放入卡槽内的过程转化为这8个小球位置上的排列组合问题，若4个白球互不相邻，且其中一个白球不能放入卡槽的两端，先排红球和黑球，再利用插空法排白球，按照分步乘法计数原理计算可得；若2个红球之间恰好有白球和黑球各1个，先任选1个白球，1个黑球放入2个红球中间，再将1个白球，1个黑球和2个红球进行捆绑与剩余的4个小球进行全排列，按照分步乘法计数原理计算可得.【详解】由题意可将把8个小球放入卡槽内的过程转化为这8个小球位置上的排列组合问题，若4个白球互不相邻，且其中一个白球不能放入卡槽的两端，先排红球和黑球共有种方法，再排其中1个白球有种方法，最后排剩余的3个白球有种方法，所以共有种不同的放法．若2个红球之间恰好有白球和黑球各1个，先任选1个白球，1个黑球放入2个红球中间，有种方法，又2个红球的放法有种，再将1个白球，1个黑球和2个红球进行捆绑与剩余的4个小球进行全排列有种，所以共有种不同的放法．故答案为：；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.已知点是抛物线上一点，为的焦点，且.（1）求的准线方程；（2）若点位于第一象限，求在点处的切线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据抛物线焦半径公式计算得出，再得出抛物线方程进而得出准线方程即可；（2）先设直线方程，再联立方程组，再分和..两种情况，直线与相切求参即可得出直线方程.【小问1详解】因为抛物线，，所以，所以，可得所以的准线方程为.【小问2详解】因为点在抛物线上，所以，又位于第一象限，所以，所以，过点的直线与相切，若直线斜率不存在，不符合题意；设直线与，由，得，当时，，即，即，当时，，与抛物线相交，不符合题意；所以的方程为，即.16.现有一质地均匀的正方体骰子（六个面分别标着数字1~6），连续投掷两次，记m，n分别为第一次、第二次投掷后朝上的点数，设离散型随机变量．（1）求和的值；（2）求X的分布列和数学期望．【答案】（1），（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）由古典概型概率公式求解即可；（2）由古典概型概率公式求得概率，再结合期望公式求解即可；【小问1详解】由题意可得离散型随机变量X表示连续两次投掷得到的点数中大的点数与小的点数的差，连续投掷两次骰子，得到的点数共有36种可能，其中得到的点数中点数之差为0的可能情况有6种，故．其中得到的点数中大的点数与小的点数的差为1的可能情况有10种，，故．【小问2详解】由题意可得X的可能取值有0，1，2，3，4，5，的情况有，8种，的情况有，6种，的情况有，4种，的情况有，2种，所以，，可得分布列如下：X012345P故．17.如图，三棱锥的棱上存在一点，使得平面底面，点在棱上，且平面.（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由面面垂直可得线面垂直，再得线线垂直，可得线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面夹角的余弦即可.【小问1详解】因为平面底面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，所以.又因为平面，平面，所以.又，平面，所以平面.【小问2详解】由（1）知平面，平面，所以，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，过点A垂直底面的直线为轴，建立如图所示的空直角坐标系.因为平面，平面，所以.又，所以，得则，故，依题意，平面的一个法向量为设平面的一个法向量为，则，即，取，则设平面与平面的夹角为，所以，因此平面与平面夹角的余弦值为18.已知椭圆的左焦点为，过且斜率不为0的直线交于两点，过点分别作的垂线，交于两点.当的斜率不存在时，四边形的面积为6.（1）求的方程；（2）求的取值范围；（3）证明：.【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）当的斜率不存在时，椭圆方程中，令，得坐标，则由四边形面积建立方程，结合解方程组可得；（2）设点，则，利用两点距离公式得求函数最值可得；（3）设相关各点坐标，结合（2）式，化斜为直，将所证结论转化为证明，再设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理得关系进而消参，同样的方法处理，再利用直线方程分别化简可得相等关系.【小问1详解】由题意可得，①当的斜率不存在时，在椭圆方程中，令，可得，所以，由题意可知四边形为矩形，则其面积，②联立①②解得故的方程为．【小问2详解】设，因为点在椭圆上，且斜率不为0，则，且，所以，则，由，故．【小问3详解】设，且，故，且.由（2）可得，，同理有.故要证，即证（）.由题意直线斜率不为，则直线和的斜率存在，设斜率为，则的方程为，联立，得，即，当时，由韦达定理得，故；当时，由韦达定理得，也适合上式；故；同理可得.所以代入（）式化简整理可得，（）左边；（）右边；①当直线的斜率存在且不为时，的方程为，故，则，且，则（）左边；（）右边；故．②当的斜率不存在即时，则，等式显然成立．综上所述，得证．【点睛】关键点点睛：解决此题的关键有两点，一是借助椭圆方程坐标代入，将化简为（利用椭圆第二定义也可得到），同理可化简，进而将所证结论转化为证明；二是联立直线与椭圆方程，应用韦达定理得到及的关系，进而代入消参、化简求证结论.19.对于样本空间中的随机事件A和随机事件B，定义：表示在事件A发生的条件下事件B的发生强度，表示在事件发生的条件下事件B的发生强度．某著名生物科研所为研究上班族患有肥胖症与经常喝“肥宅快乐水”的关系，随机调查了某地区100位上班族，统计数据如下表所示．患有肥胖症不患有肥胖症合计经常喝16不经常喝1852合计100（1）完善上述列联表并判断是否有99.5%的把握认为该地区上班族患有肥胖症与经常喝“肥宅快乐水”之间有关联；（2）证明；（3）从该地区的上班族中任取一位，记事件A为“此人患有肥胖症”，B为“此人经常喝肥宅快乐水”，利用调查的样本数据，估计的值．附：，其中．0.10.050.0