江西省南昌中学2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题（解析版）

第1页/共1页南昌中学2024—2025学年度上学期期末考试高二数学试卷一、单项选择题(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，有且只有一项是符合题目要求的)1.已知随机变量X服从正态分布，且，则（）A.0.1 B.0.2 C.0.3 D.0.4【答案】D【解析】【分析】利用正态曲线的对称性进行求解.【详解】因为随机变量X服从正态分布，所以正态曲线关于直线对称，又，所以，则.故选:D.2.命题“”是命题“直线与直线平行”的A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【详解】当两直线平行时，，当m=2时，两直线均为x+y=0，不符．当m=-2时，两直线分别为x-y-4=0,x-y-2=0不重合，符合．所以m=-2是两直线平行的充要条件，选C.3.在平行六面体中，与的交点为．设，是下列向量中与相等的向量是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用向量的加法法则及减法法则即得.【详解】解：因为，所以.故选：A.4.一组样本数据：，，，，，由最小二乘法求得线性回归方程为，若，则实数m的值为（）A.5 B.6 C.7 D.8【答案】B【解析】【分析】求出样本的中心点，再利用回归直线必过样本的中心点计算作答.【详解】依题意，，则这个样本的中心点为，因此，，解得，所以实数m的值为6.故选：B5.如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图涂色，要求相邻区域不得使用同一颜色．现有5种颜色可供选择，则不同的涂色方法的有()种A.540 B.360 C.300 D.420【答案】D【解析】【分析】分②和④涂同种颜色和不同种颜色是讨论即可.【详解】分两种情况讨论即可：(i)②和④涂同种颜色时，从①开始涂，①有5种涂法，②有4种涂法，④有1种涂法，③有3种涂法，⑤有3种涂法，∴此时有5×4×1×3×3＝180种涂法；(ii)②和④涂不同种颜色时，从①开始涂，①有5种涂法，②有4种涂法，④有3种涂法，③有2种涂法，⑤有2种涂法，∴此时有5×4×3×2×2＝240种涂法；∴总共有180＋240＝420种涂色方法．故选：D﹒6.已知，为双曲线的左，右焦点，O为坐标原点，M为双曲线上一点，且，则M到x轴的距离为（

）A. B. C.2 D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用双曲线定义，结合三角形余弦定理及面积公式列式计算得解.【详解】双曲线的焦点，，在中，由余弦定理，得，即，解得，又，令M到x轴的距离为，则，即，解得，所以M到x轴的距离为2.故选：C.7.在的展开式中常数项为（）A.721 B.-61 C.181 D.-59【答案】D【解析】【分析】先求出展开式的通项公式=,其中的展开式的通项公式为，令x的幂指数等于0，求得r，k的值，即可求得展开式中的常数项的值.【详解】=的展开式的通项公式为=，其中的展开式的通项公式为，当时，，，常数项为；当时，，，常数项；当时，，，常数项为；故常数项为++.故选：D8.已知正方体的棱长为2，、分别是侧面和的中心．过点的平面与垂直，则平面截正方体所得的截面积S为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量确定截面形状，再计算截面面积作答.【详解】正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，侧面的中心，侧面的中心，且，则，显然点M在平面与平面的交线上，设为这条交线上任意一点，则，而平面，则，即，令，得点，令，得点，连，平面与平面必相交，设为这条交线上任意一点，则，由，即，令，得点，连，因为平面平面，则平面与平面的交线过点G，与直线FE平行，过G作交于，则，由得，即，显然平面与平面都相交，则平面与直线相交，令交点为，，由得，连接得截面五边形，即截面S为五边形，则，取中点，连接，则，在中，，的面积，在中，，边上的高，梯形面积，所以S的面积为.故选：B.【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得2分，有选错的得0分）9.对于曲线，下列说法正确的有（）A.曲线C不可能是圆 B.曲线C可以表示焦点在y轴上的双曲线C.若，则曲线C为椭圆 D.若曲线C为双曲线，则【答案】AD【解析】【分析】A选项，令，无解，得到结论；B选项，令，无解，故B错误；C选项，当时，，不表示椭圆；D选项，根据曲线C双曲线，列出不等式，求出.【详解】变形为，令，无解，故曲线C不可能是圆，A正确；变形为，令，解得：，故曲线C不能表示焦点在y轴上的双曲线，B错误；变形为，当时，，不表示椭圆，故C错误；若曲线C为双曲线，则，解得：，D正确.故选：AD10.已知在直三棱柱中，底面是一个等腰直角三角形，且，E、F、G、M分别为的中点．则（）A.与平面夹角余弦值为 B.与所成角为C.平面EFB D.平面⊥平面【答案】BCD【解析】【分析】建系，利用坐标法，根据线面角，线线角的向量求法可判断AB，根据线面平行的判定定理可判断C，利用线面垂直的判定定理先证平面，可得，再证平面，然后根据面面垂直的判定定理即得．【详解】如图1，建立空间之间坐标系，设，则有：，∴，，，，，设平面ACC1A1的法向量为则有，令x＝1，则，则，∴与平面夹角的正弦值为，则余弦值为，A错误；∵，∴AB1与BC1所成角的余弦值为，则夹角为，B正确；如图2：连接，设，连接OF，E、M分别为的中点，则且，∴为平行四边形，则O为的中点，又∵F为的中点，则，平面EFB，平面EFB，∴平面EFB，C正确；由题可知平面即为平面，由题意可得：，又，平面，∴平面，平面，则，又∵为正方形，则，又，平面，所以平面，平面，∴平面⊥平面，即平面⊥平面，D正确.故选：BCD．11.已知椭圆：（）与双曲线：（，）有公共焦点，，与在第一象限的交点为，且，记，的离心率分别为，．下列结论正确的是（）A.若，，则B.若，则C.的最小值为1D.记的内心为，的右顶点为，则轴【答案】ABD【解析】【分析】运用椭圆与双曲线的定义、离心率、焦点三角形等知识，通过利用椭圆和双曲线的定义以及勾股定理求出相关量，再根据离心率的定义对各选项进行判断.【详解】对于选项A，根据椭圆定义，已知，，则，所以.根据双曲线定义，则，所以.因为，根据勾股定理，将，代入得，即，，解得.双曲线的离心率，因为，，所以，故选项A正确.对于选项B，设，，由椭圆定义，由双曲线定义，解得，.因为，所以，即，化简得.已知，设，，代入得，解得.双曲线的离心率，故选项B正确.对于选项C，由，则根据均值不等式，所以，当且仅当时取等号，，椭圆和双曲线离心率不可能取等，故选项C错误.对于选项D，设的内切圆半径为.根据三角形面积公式，.又，，可得，，.，.设，的横坐标为，（，为，的横坐标），因为，，，所以轴，选项D正确.故选：ABD.三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分．）12.有10件产品，其中4件是次品，从中任取3件，若表示取得次品的个数，则__________．【答案】##3.4

【解析】【分析】根据超几何分布的期望公式，和期望的性质可求出结果.【详解】由题意可得：服从超几何分布，．所以.故答案为：．13.已知曲线为坐标原点．给出下列四个结论：①曲线关于直线成轴对称图形；②经过坐标原点的直线与曲线有且仅有一个公共点；③直线与曲线所围成的图形的面积为；④设直线，当时，直线与曲线恰有三个公共点．其中所有正确结论的序号是______．【答案】①③④【解析】【分析】分的正负四种情况去掉绝对值符号得到曲线方程后，由图可得①正确；当斜率为时结合渐近线可得②错误；由四分之一圆面积减去三角形面积可得③正确；由图形可得④正确.【详解】，因为当时，无意义，无此曲线，故舍去，所以曲线表示为：，作出曲线图象为对于①，由图象可得曲线关于直线成轴对称图形，故①正确；对于②，由于左上和右下部分双曲线的，所以渐近线方程为，所以当直线的斜率为时，过原点的直线与曲线无交点，故②错误；对于③，设直线与交点分别为，因圆方程中半径为2，且点，所以直线与曲线围成的图形的面积为，故③正确；对于④，由于直线恒过0,2，当时，直线与平行，有一个交点；当时，与渐近线平行，此时有两个交点，当，结合斜率的范围可得有三个交点，如图：所以，④正确；故答案为：①③④.【点睛】关键点点睛：本题关键是能根据的正负去掉绝对值符号得到曲线方程，作出图象，数形结合分析.14.四面体中，，其余棱长都为2，动点在的内部（含边界），设，二面角的平面角的大小为，和的面积分别为，，且满足，则Q到BC的最大距离为__．【答案】【解析】【分析】取的中点，连接，，则即可得到为二面角的平面角，从而求出，设到的距离为，即可推导出，点的轨迹为以点为焦点，以为准线的抛物线在三角形内部（含边界）的一段弧，建立平面直角坐标系，求出抛物线的方程与的方程，求出交点横坐标，即可得解.【详解】四面体中，，其余棱长都为2，取的中点，连接，，则，，故为二面角的平面角，因为等边三角形，，故，故，设到的距离为，则，化简得，，故点的轨迹为以点为焦点，以为准线的抛物线在三角形内部（含边界）的一段弧，如图建立平面直角坐标系，则，，，则抛物线的方程为，直线的方程为：，联立，得，解得或（舍去），故圆弧与的交点横坐标为，则到的最大距离.故答案为：．【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是推导出点的轨迹为以点为焦点，以为准线的抛物线在三角形内部（含边界）的一段弧，再合理建立平面直角坐标系，求出抛物线方程，从而求出交点横坐标.四、解答题（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.如图，过圆外一点向圆引切线.（1）求过点P的圆的切线方程；（2）若切点为，，求过切点，的直线方程.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）设出直线方程，利用直线和圆相切的性质可求切线方程；（2）求出切点坐标可得方程或者利用两圆的公共弦求出答案.【小问1详解】设过点P的圆的切线方程为，的圆心为，半径为；则，解得或，故切线方程为或.【小问2详解】解法1：将切线方程与圆的方程联立成方程组，由可得，由可得，即和，故过切点，的直线方程为，整理得.解法2：因为O，，P，四点共圆，所以，在以OP为直径的圆上，圆心为，半径为，即方程为与已知圆相减，得过切点，的直线方程为.16.2023年，5月18日至19日，中国－中亚峰会在陕西省西安市举办.多家外媒积极评价，认为这次峰会非常重要，中亚国家正在深化合作，共同致力于实现各国人民和平与繁荣.报道中指出“中国－中亚峰会致力于发展新能源绿色经济，符合中亚国家共同利益.”新能源汽车、电动汽车是重要的战略新兴产业，为了解某一地区电动汽车销售情况，一机构根据统计数据，得到表格如下：月份6月7月8月9月10月月份代码12345产值（亿元）1620233140（1）求电动汽车产值（亿元）关于（月份）的线性回归方程；（2）该机构随机调查了该地区100位购车车主的性别与购车种类，其中购买非电动汽车的男性45人，女性35人；购买电动汽车的男性5人，女性15人.请问是否有95％的把握认为是否购买电动汽车与性别有关.（参考公式如下）0.100.050.012.7063.8416.635①；②；③.【答案】（1）（2）有95％的把握认为是否购买电动汽车与性别有关.【解析】【分析】（1）根据回归直线方程的求解公式，可得答案；（2）根据独立性检验的解题步骤，可得答案.【小问1详解】设所求回归直线方程为，则，，，，，故所求回归直线方程为.【小问2详解】根据题意，得2×2列联表如下：性别购买非电动汽车购买电动汽车合计男性45550女性351550合计8020100，故有95％的把握认为是否购买电动汽车与性别有关.17.在三棱锥中，，，，，．（1）如图1，G为△PBC的重心，若平面PAB，求的值；（2）如图2，当，且二面角的余弦值为时，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）连接CG并延长与PB交于点E，连接AE，根据线面平行的性质定理可知，继而利于重心的性质即可求解；（2）根据条件建立空间直角坐标系，利于线面角的坐标表示进行计算即可.【小问1详解】连接CG并延长与PB交于点E，连接AE，所以平面平面．因为平面PAB，平面ACE，所以．又因为G为△PBC的重心，所以．所以．所以，即．【小问2详解】设O为BC的中点，连接AO．因为，，所以，；又，平面,所以平面PAO,又平面,所以平面平面ABC，过点O在平面PAO内作AO的垂线OZ，如图所示，分别以，，为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，所以，，，因为，所以．因为是二面角的平面角，二面角的余弦值为，，所以．所以，，．不妨设平面PBC的法向量，所以所以可取设直线PD与平面PBC所成的角为，所以.18.某学校组织游戏活动，规则是学生从盒子中有放回的摸球且每次只能摸取1个球，每次摸球结果相互独立，盒中有1分和2分的球若干，摸到1分球的概率为，摸到2分球的概率为．（1）学生甲和乙各摸一次球，求两人得分相等的概率；（2）若学生甲摸球2次，其总得分记为X，求随机变量X的分布列与期望；（3）学生甲、乙各摸5次球，最终得分若相同，则都不获得奖励；若不同，则得分多者获得奖励．已知甲前3次摸球得了6分，求乙获得奖励的概率．【答案】（1）（2）分布列见解析，期望为（3）【解析】【分析】（1）根据题意，甲乙同时摸到1分球或2分球，结合概率的乘法公式，即可求解；（2）根据题意，变量的可能取值为，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解；（3）记“甲最终得分为分”，其中，“乙获得奖励”，结合相互独立事件的概率公式以及条件概率和全概率公式，即可求解.【小问1详解】解：由题意，摸到1分球的概率为，摸到2分球的概率为，若学生甲和乙各摸一次球，甲乙的得分相同，则甲乙同时摸到1分球或2分球，所以两人得分相等的概率为.【小问2详解】解：