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2020-2021年江西省上饶市高二（上）期末考试数学试卷北师大版
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这是一份2020-2021年江西省上饶市高二（上）期末考试数学试卷北师大版，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 命题“∃x∈R，sinx>1”的否定是( )
A.∃x∈R，sinx ≤1B.∀x∈R，sinx>1
C.∃x∈R，sinx<1D.∀x∈R，sinx ≤1
2. 从甲、乙等5名学生中随机选出2人，则甲被选中的概率为（ ）
A.15B.25C.825D.925
3. 已知命题p：若xy，则−x<−y.在命题：①p∧q；②p∨q；③¬p∧q；④p∨¬q中真命题是( )
A.①③B.①④C.②③D.②①
4. 设p：“∀x∈R，x2−mx+1>0”， q： “−2≤m≤2”，则p是q成立的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
5.
中华文化博大精深，我国古代算书《周牌算经》中介绍了用统计概率得到圆周率π的近似值的方法．古代数学家用体现“外圆内方”文化的钱币（如图1）做统计，现将其抽象成如图2所示的图形，其中圆的半径为2cm，正方形的边长为1cm．在圆内随机取点，若统计得到此点取自阴影部分的概率是p，则圆周率π的近似值为( )
A.14(1−p)B.11−pC.11−4pD.41−p
6. 已知P为椭圆x236+y220=1上的一个点，M，N分别为圆x+42+y2=1和圆x−42+y2=1上的点，则|PM|+|PN|的最小值为( )
A.12B.11C.10D.4
7.
对具有线性相关关系的两个变量x和y，测得一组数据如表所示：
根据上表，利用最小二乘法得到它们的回归直线方程为y=10.5x+1.5，则m+n=( )
A.119B.120C.129D.130
8. 从5名大学毕业生中选派4人到甲、乙、丙三个贫困地区支援，要求甲地区2人，乙、丙地区各1人，则不同的选派方法总数为（ ）
A.40B.60C.100D.120
9. 设双曲线x2−y23=1的左，右焦点分别为F1,F2，过F1的直线与双曲线的左支交于点A，与双曲线的渐近线在第一象限交于点B，若BF1⊥BF2，则△ABF2的周长为（ ）
A.43+2B.43−2C.4+23D.4−23
10. 已知随机变量X∼N1,σ2，且PX≤0=PX≥a，则1+ax3⋅x2+2x4的展开式中x2的系数为（ ）
A.40B.120C.240D.280
11. 甲、乙两艘轮船都要在某个泊位停靠8小时，假定它们在一昼夜的时间段中随机地到达，则这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待的概率为( )
A.13B.49C.59D.23
12. 抛物线y=2x2上两点A(x1, y1)，B(x2, y2)关于直线y=x+m对称，且x1⋅x2=−12，则m等于( )
A.32B.2C.52D.3
二、填空题
下列说法：
①线性回归方程y=bx+a必过(x¯,y¯)；
②命题“∀x≥1，x2+3≥4”的否定是“∃x<1，x2+3<4 ”；
③相关系数r越小，表明两个变量相关性越弱；
④在一个2×2列联表中，由计算得K2=8.079，则有99%的把握认为这两个变量间有关系；
其中正确的说法是________．（把你认为正确的结论都写在横线上）
本题可参考独立性捡验临界值表：
三、解答题
已知命题p：对于任意x∈R，不等式4x2−4m−2x+1>0恒成立．命题q：实数m满足的方程x2m−2a+y2m−a=1a>0表示双曲线．
(1)当a=2时，若“p或q”为真，求实数m的取值范围；
(2)若¬p是¬q的充分不必要条件，求a的取值范围．
(1)已知3x−15=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，求a0+a2+a42−a1+a3+a52的值；
(2)若1+2xn展开式前三项的二项式系数和等于37，求1+2xn的展开式中二项式系数最大的项的系数．
已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0经过点3,12，其左焦点F1的坐标为−3,0．过F1的直线交椭圆于A，B两点．
(1)求椭圆的方程；
(2)当线段AB的中点的横坐标为−32时，求直线AB的方程及线段AB的长度|AB|.
袋子A和B中均装有若干个大小相同的红球和白球，从A中摸出一个红球的概率是23，从B中摸出一个红球的概率为p．
(1)从A中有放回地摸球，每次摸出1个，有3次摸到红球即停止，求恰好摸5次停止的概率；
(2)若A，B两个袋子中的球数之比为1:2，将A，B中的球装在一起后，从中摸出一个红球的概率是25，求p的值．
为了解少年儿童的肥胖是否与常喝碳酸饮料有关，现对100名五年级学生进行了问卷调查，得到如下2×2列联表，平均每天喝500mL以上为常喝，体重超过50 kg为肥胖.
现从这100名儿童中随机抽取1人，抽到不常喝碳酸饮料的学生的概率为35.
(1)求2×2列联表中的数据x，y，A，B的值；
(2)是否有99.5%的把握认为肥胖与常喝碳酸饮料有关？说明你的理由．附：参考公式： K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d，其中n=a+b+c+d.
临界值表：
已知抛物线C:y2=2px，过点A(1, 1)．
(1)求抛物线C的方程；
(2)如图，直线MN与抛物线C交于M，N两个不同点（均与点A不重合），设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2且k1+k2=3，求证直线MN过定点，并求出定点．
参考答案与试题解析
2020-2021年江西省上饶市高二（上）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
全称命题与特称命题
命题的否定
【解析】
利用特称命题的否定为全称命题进行求解即可.
【解答】
解：特称命题的否定为全称命题，
所以命题“∃x∈R，sinx>1”的否定是“∀x∈R，sinx ≤1”.
故选D.
2.
【答案】
B
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
从甲、乙等5名学生中随机选出2人，先求出基本事件总数，再求出甲被选中包含的基本事件的个数，同此能求出甲被选中的概率．
【解答】
解：从甲、乙等5名学生中随机选出2人，设另外三个人为：丙，丁，戊，
则基本事件总数为：（甲，乙），（甲，丙），（甲，丁），（甲，戊），
（乙，丙），（乙，丁），（乙，戊），（丙，丁），（丙，戊），（丁，戊）共10种，
甲被选中包含的基本事件为：（甲，乙），（甲，丙），（甲，丁），（甲，戊）共4种，
∴ 甲被选中的概率p=410=25．
故选B．
3.
【答案】
C
【考点】
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
利用不等式的性质判断p为假命题，q为真命题，再由复合命题的真假判断得答案．
【解答】
解：命题p：若x12；
由不等式的性质可知命题q：若x>y，则−x<−y为真命题.
∴ ①p∧q为假命题；②p∨g为真命题；③¬p∧q为真命题；④p∨(¬q)为假命题．
∴ 真命题是②③．
故选C．
4.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
先求出p成立时m的范围，再利用充分必要条件的定义进行判定即可.
【解答】
解：∵ p：∀x∈R，x2−mx+1>0，
∴ Δ=m2−4<0，
解得−2q： −2≤m≤2，
由于m|−2∴ p是q成立的充分不必要条件．
故选A.
5.
【答案】
A
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
计算圆形钱币的面积和正方形的面积，求出p，则π可求．
【解答】
解：圆形钱币的半径为2cm，面积为S圆=π⋅22=4πcm2，
正方形边长为1cm，面积为S正方形=12=1cm2，
在圆形内随机取一点，此点取自黑色部分的概率是p=S圆−S正方形S圆=1−14π，
则π=141−p.
故选A．
6.
【答案】
C
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的定义
圆的标准方程
圆与圆锥曲线的综合问题
【解析】
椭圆的两焦点F1−4,0，F24,0分别为圆x+42+y2=1和圆x−42+y2=1的圆心，两圆的半径都为1，当PM且PN最小时，PM+PN最小，再由圆的性质可得PM+PN≤PF1−1+PF2−1，再结合椭圆的定义求解.
【解答】
解：由题意，得椭圆x236+y220=1的两焦点为F1−4,0，F24,0.
∵ a=6，
∴ PF1+PF2=2×6=12.
易知F1−4,0，F24,0分别为
圆x+42+y2=1和圆x−42+y2=1的圆心，
且两圆的半径都为1，
∴ |PM|+r1≥|PF1|，|PN|+r2≥|PF2|．
∴ |PM|+|PN|≥|PF1|+|PF2|−1−1=10．
故选C.
7.
【答案】
B
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
求出横标，代入线性回归方程，求出纵标的平均数，解方程求出m．
【解答】
解：∵ x¯=5，回归直线方程为y=10.5x+1.5，
∴ y¯=54=20+m+60+70+n5，
∴ m+n=120.
故选B.
8.
【答案】
B
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
从5名大学毕业生中选派4人到甲、乙、丙三个贫困地区支援，要求甲地区2人，乙、丙地区各一人，则不同的选派方法总数为 - 高中数学 - 菁优
根据题意，依次分析分派到甲、乙、丙三个贫困地区的选派方法数目，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，先从5名大学毕业生中选派2人到甲贫困地区支援，有C52=10种选法，
再从剩下的3人中任选1人安排到乙贫困地区支援，有C31=3种选法，
最后从剩下的2人中任选1人安排到丙贫困地区支援，有C21=2种选法，
则有10×3×2=60种不同的选派方法．
故选B．
9.
【答案】
C
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的渐近线
双曲线的应用
【解析】
先根据直角三角形斜边上的中线性质求出|OBI，再根据渐近线的斜率得到△BOF2是等边三角形，求出|BF2|，由勾股定理求出|BF1|，利用双曲线的概念可得|AF2|=|AF1|+2，最后可求出△ABF2的周长．
【解答】
解：如图，
∵ BF1⊥BF2，原点O是F1F2的中点，
∴ |OB|=12 |F1F2|=c.
∵ 双曲线x2−y23=1，
∴ a=1，b=3，c=2，
∴ |OB|=2， |OF1|=|OF2|=2.
由双曲线解析式可得渐近线方程为y=3x，
∴ tan∠BOF2=3，即 ∠BOF2=60∘，
∴ △BOF2是等边三角形，
∴ |BF2|=|BO|=2.
由勾股定理得|BF1|2=|F1F2|2−|BF2|2=42−22=12，
∴ |BF1|=23.
∵ 点A在双曲线左支上，
∴ |AF2|−|AF1|=2a=2，
∴ |AF2|=|AF1|+2，
∴ △ABF2的周长为|AB|+|BF2|+|AF2|
=|AB|+|BF2|+2+|AF1|
=|BF1|+|BF2|+2
=23+4.
故选C．
10.
【答案】
D
【考点】
二项式系数的性质
正态分布的密度曲线
【解析】
先根据正态分布曲线的性质，求出a的值，然后结合两个二项式的通项求出含x2的项．
【解答】
解：因为随机变量X∼N1,σ2，且PX≤0=PX>a，
所以a=2，
代入可得1+2x3x2+2x4，
该式展开式中含x2的项为：C42x222x2C30+C43x22x3C332x3=280x2，
故x2的系数为280．
故选D．
11.
【答案】
C
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
甲、乙两艘船都需要在某个泊位停靠8小时，假设它们在一昼夜的时间段中随机地到达，则这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待的概率是 - 高中数学 - 菁优
设出甲、乙到达的时刻，列出所有基本事件的约束条件同时列出这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待约束条件，利用线性规划作出平面区域，利用几何概型概率公式求出概率．
【解答】
解：设甲到达的时刻为x，乙到达的时刻为y，则所有的基本事件构成的区域为
Ω={(x,y)|0≤x≤24，0≤y≤24}，
这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待包含的基本事件构成的区域为
A={(x,y)|0≤x≤24，0≤y≤24，|x−y|≤8}，
如图所示，
这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待的概率为：P(A)=S阴SΩ=1−16×1624×24=59．
故选C．
12.
【答案】
A
【考点】
与直线关于点、直线对称的直线方程
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
先利用条件得出A、B两点连线的斜率k，再利用A、B两点的中点在直线y=x+m求出关于m以及x2，x1的方程，再与已知条件联立求出实数m的值．
【解答】
解：由条件得A(x1, y1)，B(x2, y2)两点连线的斜率k=y2−y1x2−x1=−1，
而y2−y1=2(x22−x12) ①，
得x2+x1=−12 ②，
且(x2+x12, y2+y12)在直线y=x+m上，
即y2+y12=x2+x12+m，
即y2+y1=x2+x1+2m ③，
又因为A(x1, y1)，B(x2, y2)两点在抛物线y=2x2上，
所以有2(x22+x12)=x2+x1+2m，
即2[(x2+x1)2−2x2x1]=x2+x1+2m ④，
把②代入④整理得2m=3，
解得m=32.
故选 A．
二、填空题
【答案】
①④
【考点】
命题的真假判断与应用
求解线性回归方程
独立性检验
回归分析
命题的否定
【解析】
根据线性回归方程必过样本中心点，判定①正确；
根据全称命题的否定是特称命题，判定②错误；
根据相关系数|r|越小，两个变量的相关性越弱，判定③错误；
根据K2的观测值，对照临界值即可判定④正确．
【解答】
解：①线性回归方程y=bx+a必过(x¯,y¯)，故①正确；
②命题“∀x≥1，x2+3≥4”的否定是“∃x≥1，x2+3<4，故②错误；
③相关系数|r|越小，表明两个变量相关性越弱，故③错误；
④由K2=8.079>6.635，则有99%的把握认为这两个变量间有关系，故④正确．
∴正确的说法是①④．
故答案为：①④．
三、解答题
【答案】
解：(1)若命题p为真命题，则Δ=16m−22−16<0，解得1当a=2时，若命题q为真命题，则方程x2m−4+y2m−2=1表示双曲线，
则m−4m−2<0，解得2因为p或q为真，则p真或q真，
所以1所以，1因此，实数m的取值范围是1,4.
(2)若命题q为真命题，则m−2am−a<0，
因为a>0，解得a所以¬p:m≤1或m≥3,¬q:m≤a或m≥2a,
因为¬p是¬q的充分不必要条件，
所以{m|m≤1或m≥3}⫋ {m|m≤a或m≥2a},
可得 a≥1,2a≤3,a>0, 解得1≤a≤32.
综上所述，实数a的取值范围为1,32.
【考点】
命题的真假判断与应用
双曲线的标准方程
逻辑联结词“或”“且”“非”
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
暂无.
暂无.
【解答】
解：(1)若命题p为真命题，则Δ=16m−22−16<0，解得1当a=2时，若命题q为真命题，则方程x2m−4+y2m−2=1表示双曲线，
则m−4m−2<0，解得2因为p或q为真，则p真或q真，
所以1所以，1因此，实数m的取值范围是1,4.
(2)若命题q为真命题，则m−2am−a<0，
因为a>0，解得a所以¬p:m≤1或m≥3,¬q:m≤a或m≥2a,
因为¬p是¬q的充分不必要条件，
所以{m|m≤1或m≥3}⫋ {m|m≤a或m≥2a},
可得 a≥1,2a≤3,a>0, 解得1≤a≤32.
综上所述，实数a的取值范围为1,32.
【答案】
解：(1)令x=1得3−15=a0+a1+a2+a3+a4+a5=25，
令x=−1得−3−15=a0−a1+a2−a3+a4−a5=−210，
∴ (a0+a2+a4)2−(a1+a3+a5)2
=(a0+a1+a2+a3+a4+a5)(a0−a1+a2−a3+a4−a5)=−215.
(2)由题意Cn0+Cn1+Cn2=1+n+nn−12=37，即n2+n−72=0，解得n=8或n=−9（舍）,
∴ 1+2xn的展开式中第五项的二项式系数C84最大，
由展开式的通项公式知第五项为T5=C842x4=1120x4，故所求的系数为1120．
【考点】
二项式系数的性质
二项式定理的应用
【解析】
暂无.
暂无.
【解答】
解：(1)令x=1得3−15=a0+a1+a2+a3+a4+a5=25，
令x=−1得−3−15=a0−a1+a2−a3+a4−a5=−210，
∴ (a0+a2+a4)2−(a1+a3+a5)2
=(a0+a1+a2+a3+a4+a5)(a0−a1+a2−a3+a4−a5)=−215.
(2)由题意Cn0+Cn1+Cn2=1+n+nn−12=37，即n2+n−72=0，解得n=8或n=−9（舍）,
∴ 1+2xn的展开式中第五项的二项式系数C84最大，
由展开式的通项公式知第五项为T5=C842x4=1120x4，故所求的系数为1120．
【答案】
解：(1)由椭圆过点3,12，
得3a2+14b2=1，
由焦点F1的坐标为−3,0，
得，a2−b2=3，
所以a2=4,b2=1，
所以椭圆的方程为x24+y2=1.
(2)设点A的坐标为x1,y1，B的坐标为x2,y2，AB的斜率为k（k显然存在）,
由 x24+y2=1,y=kx+3,
得4k2+1x2+83k2x+12k2−4=0,
所以 Δ>0,x1+x2=−83k24k2+1,x1x2=12k2−44k2+1,
AB中点的横坐标x=x1+x22=−83k224k2+1=−32,
所以k=±12,
则AB的方程为y=±12x+3,
即x±2y+3=0,
|AB|=1+k2|x1−x2|=k2+1x1+x22−4x1x2
=1+14−32+4×12=52.
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的定义和性质
直线与椭圆结合的最值问题
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
暂无.
暂无.
【解答】
解：(1)由椭圆过点3,12，
得3a2+14b2=1，
由焦点F1的坐标为−3,0，
得，a2−b2=3，
所以a2=4,b2=1，
所以椭圆的方程为x24+y2=1.
(2)设点A的坐标为x1,y1，B的坐标为x2,y2，AB的斜率为k（k显然存在）,
由 x24+y2=1,y=kx+3,
得4k2+1x2+83k2x+12k2−4=0,
所以 Δ>0,x1+x2=−83k24k2+1,x1x2=12k2−44k2+1,
AB中点的横坐标x=x1+x22=−83k224k2+1=−32,
所以k=±12,
则AB的方程为y=±12x+3,
即x±2y+3=0,
|AB|=1+k2|x1−x2|=k2+1x1+x22−4x1x2
=1+14−32+4×12=52.
【答案】
解：(1)设“恰好摸5次停止”为事件A，
由题意得恰好摸5次停止即第5次摸到红球，前4次中有2次摸到红球，
所以恰好摸5次停止的概率为
PA=C42×232×1−232×23=1681，
即恰好摸5次停止的概率为1681.
(2)设袋子A中有m个球，则袋子B中有2m个球，
则袋子A中有23m个红球，则袋子B中有2mp个红球，
由题意得23m+2mp3m=25，解得p=415.
【考点】
二项分布的应用
古典概型及其概率计算公式
【解析】
（1）根据次独立重复试验求解即可得到答案．
（2）设袋子A中有m个球，则袋子B中有2m个球，从而得袋子A中有25m个红球，则袋子B中有2mp个红球，然后根据题意可求出P的值．
【解答】
解：(1)设“恰好摸5次停止”为事件A，
由题意得恰好摸5次停止即第5次摸到红球，前4次中有2次摸到红球，
所以恰好摸5次停止的概率为
PA=C42×232×1−232×23=1681，
即恰好摸5次停止的概率为1681.
(2)设袋子A中有m个球，则袋子B中有2m个球，
则袋子A中有23m个红球，则袋子B中有2mp个红球，
由题意得23m+2mp3m=25，解得p=415.
【答案】
解：(1)根据题意，不常喝碳酸饮料的学生为A=100×35=60，
所以x=60−40=20,y=50−20=30,
B=30+10=40．
(2)有99.5%的把握认为肥胖与常喝碳酸饮料有关，理由如下：
由已知数据可求得：K2=100×20×10−40×30250×50×60×40≈16.667>7.879，
因此有99.5%的把握认为肥胖与常喝碳酸饮料有关.
【考点】
概率的应用
独立性检验的应用
【解析】
暂无.
暂无.
【解答】
解：(1)根据题意，不常喝碳酸饮料的学生为A=100×35=60，
所以x=60−40=20,y=50−20=30,
B=30+10=40．
(2)有99.5%的把握认为肥胖与常喝碳酸饮料有关，理由如下：
由已知数据可求得：K2=100×20×10−40×30250×50×60×40≈16.667>7.879，
因此有99.5%的把握认为肥胖与常喝碳酸饮料有关.
【答案】
解：(1)抛物线C:y2=2px，过点A(1, 1)，
可得1=2p，即p=12，
可得抛物线的方程为y2=x.
(2)设M(y12, y1)，N(y22, y2)，
直线MN的方程为x=ty+m，
联立x=ty+m,y2=x,可得y2−ty−m=0，
且Δ=t2+4m>0，y1+y2=t，y1y2=−m，
又A(1, 1)，k1=y1−1y12−1=11+y1，同理k2=11+y2，
则k1+k2=11+y1+11+y2
=y1+y2+21+y1+y2+y1y2=t+21−m+t=3，
化简得m=1+2t3，
则MN的方程为x=ty+m=ty+1+2t3，
即x=t(y+23)+13，
令y=−23，则x=13，
可得直线MN恒过定点(13, −23)．
【考点】
抛物线的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
（1）将A的坐标代入抛物线方程，可得p，进而得到抛物线方程；
（2）设M(y12, y1)，N(y22, y2)，直线MN的方程为x＝ty+m，联立抛物线方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，由条件可得m=1+2t3，再由直线恒过定点的求法，即可得证．
【解答】
解：(1)抛物线C:y2=2px，过点A(1, 1)，
可得1=2p，即p=12，
可得抛物线的方程为y2=x.
(2)设M(y12, y1)，N(y22, y2)，
直线MN的方程为x=ty+m，
联立x=ty+m,y2=x,可得y2−ty−m=0，
且Δ=t2+4m>0，y1+y2=t，y1y2=−m，
又A(1, 1)，k1=y1−1y12−1=11+y1，同理k2=11+y2，
则k1+k2=11+y1+11+y2
=y1+y2+21+y1+y2+y1y2=t+21−m+t=3，
化简得m=1+2t3，
则MN的方程为x=ty+m=ty+1+2t3，
即x=t(y+23)+13，
令y=−23，则x=13，
可得直线MN恒过定点(13, −23)．x
2
4
5
6
8
y
20
m
60
70
n
PK2≥K
0.100
0.050
0.025
0.010
0.001
k
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
不常喝
常喝
合计
肥胖
x
y
50
不肥胖
40
10
50
合计
A
B
100
P(K2≥k)
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
1. 命题“∃x∈R，sinx>1”的否定是( )
A.∃x∈R，sinx ≤1B.∀x∈R，sinx>1
C.∃x∈R，sinx<1D.∀x∈R，sinx ≤1
2. 从甲、乙等5名学生中随机选出2人，则甲被选中的概率为（ ）
A.15B.25C.825D.925
3. 已知命题p：若x
A.①③B.①④C.②③D.②①
4. 设p：“∀x∈R，x2−mx+1>0”， q： “−2≤m≤2”，则p是q成立的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
5.
中华文化博大精深，我国古代算书《周牌算经》中介绍了用统计概率得到圆周率π的近似值的方法．古代数学家用体现“外圆内方”文化的钱币（如图1）做统计，现将其抽象成如图2所示的图形，其中圆的半径为2cm，正方形的边长为1cm．在圆内随机取点，若统计得到此点取自阴影部分的概率是p，则圆周率π的近似值为( )
A.14(1−p)B.11−pC.11−4pD.41−p
6. 已知P为椭圆x236+y220=1上的一个点，M，N分别为圆x+42+y2=1和圆x−42+y2=1上的点，则|PM|+|PN|的最小值为( )
A.12B.11C.10D.4
7.
对具有线性相关关系的两个变量x和y，测得一组数据如表所示：
根据上表，利用最小二乘法得到它们的回归直线方程为y=10.5x+1.5，则m+n=( )
A.119B.120C.129D.130
8. 从5名大学毕业生中选派4人到甲、乙、丙三个贫困地区支援，要求甲地区2人，乙、丙地区各1人，则不同的选派方法总数为（ ）
A.40B.60C.100D.120
9. 设双曲线x2−y23=1的左，右焦点分别为F1,F2，过F1的直线与双曲线的左支交于点A，与双曲线的渐近线在第一象限交于点B，若BF1⊥BF2，则△ABF2的周长为（ ）
A.43+2B.43−2C.4+23D.4−23
10. 已知随机变量X∼N1,σ2，且PX≤0=PX≥a，则1+ax3⋅x2+2x4的展开式中x2的系数为（ ）
A.40B.120C.240D.280
11. 甲、乙两艘轮船都要在某个泊位停靠8小时，假定它们在一昼夜的时间段中随机地到达，则这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待的概率为( )
A.13B.49C.59D.23
12. 抛物线y=2x2上两点A(x1, y1)，B(x2, y2)关于直线y=x+m对称，且x1⋅x2=−12，则m等于( )
A.32B.2C.52D.3
二、填空题
下列说法：
①线性回归方程y=bx+a必过(x¯,y¯)；
②命题“∀x≥1，x2+3≥4”的否定是“∃x<1，x2+3<4 ”；
③相关系数r越小，表明两个变量相关性越弱；
④在一个2×2列联表中，由计算得K2=8.079，则有99%的把握认为这两个变量间有关系；
其中正确的说法是________．（把你认为正确的结论都写在横线上）
本题可参考独立性捡验临界值表：
三、解答题
已知命题p：对于任意x∈R，不等式4x2−4m−2x+1>0恒成立．命题q：实数m满足的方程x2m−2a+y2m−a=1a>0表示双曲线．
(1)当a=2时，若“p或q”为真，求实数m的取值范围；
(2)若¬p是¬q的充分不必要条件，求a的取值范围．
(1)已知3x−15=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，求a0+a2+a42−a1+a3+a52的值；
(2)若1+2xn展开式前三项的二项式系数和等于37，求1+2xn的展开式中二项式系数最大的项的系数．
已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0经过点3,12，其左焦点F1的坐标为−3,0．过F1的直线交椭圆于A，B两点．
(1)求椭圆的方程；
(2)当线段AB的中点的横坐标为−32时，求直线AB的方程及线段AB的长度|AB|.
袋子A和B中均装有若干个大小相同的红球和白球，从A中摸出一个红球的概率是23，从B中摸出一个红球的概率为p．
(1)从A中有放回地摸球，每次摸出1个，有3次摸到红球即停止，求恰好摸5次停止的概率；
(2)若A，B两个袋子中的球数之比为1:2，将A，B中的球装在一起后，从中摸出一个红球的概率是25，求p的值．
为了解少年儿童的肥胖是否与常喝碳酸饮料有关，现对100名五年级学生进行了问卷调查，得到如下2×2列联表，平均每天喝500mL以上为常喝，体重超过50 kg为肥胖.
现从这100名儿童中随机抽取1人，抽到不常喝碳酸饮料的学生的概率为35.
(1)求2×2列联表中的数据x，y，A，B的值；
(2)是否有99.5%的把握认为肥胖与常喝碳酸饮料有关？说明你的理由．附：参考公式： K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d，其中n=a+b+c+d.
临界值表：
已知抛物线C:y2=2px，过点A(1, 1)．
(1)求抛物线C的方程；
(2)如图，直线MN与抛物线C交于M，N两个不同点（均与点A不重合），设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2且k1+k2=3，求证直线MN过定点，并求出定点．
参考答案与试题解析
2020-2021年江西省上饶市高二（上）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
全称命题与特称命题
命题的否定
【解析】
利用特称命题的否定为全称命题进行求解即可.
【解答】
解：特称命题的否定为全称命题，
所以命题“∃x∈R，sinx>1”的否定是“∀x∈R，sinx ≤1”.
故选D.
2.
【答案】
B
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
从甲、乙等5名学生中随机选出2人，先求出基本事件总数，再求出甲被选中包含的基本事件的个数，同此能求出甲被选中的概率．
【解答】
解：从甲、乙等5名学生中随机选出2人，设另外三个人为：丙，丁，戊，
则基本事件总数为：（甲，乙），（甲，丙），（甲，丁），（甲，戊），
（乙，丙），（乙，丁），（乙，戊），（丙，丁），（丙，戊），（丁，戊）共10种，
甲被选中包含的基本事件为：（甲，乙），（甲，丙），（甲，丁），（甲，戊）共4种，
∴ 甲被选中的概率p=410=25．
故选B．
3.
【答案】
C
【考点】
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
利用不等式的性质判断p为假命题，q为真命题，再由复合命题的真假判断得答案．
【解答】
解：命题p：若x
由不等式的性质可知命题q：若x>y，则−x<−y为真命题.
∴ ①p∧q为假命题；②p∨g为真命题；③¬p∧q为真命题；④p∨(¬q)为假命题．
∴ 真命题是②③．
故选C．
4.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
先求出p成立时m的范围，再利用充分必要条件的定义进行判定即可.
【解答】
解：∵ p：∀x∈R，x2−mx+1>0，
∴ Δ=m2−4<0，
解得−2
由于m|−2
故选A.
5.
【答案】
A
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
计算圆形钱币的面积和正方形的面积，求出p，则π可求．
【解答】
解：圆形钱币的半径为2cm，面积为S圆=π⋅22=4πcm2，
正方形边长为1cm，面积为S正方形=12=1cm2，
在圆形内随机取一点，此点取自黑色部分的概率是p=S圆−S正方形S圆=1−14π，
则π=141−p.
故选A．
6.
【答案】
C
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的定义
圆的标准方程
圆与圆锥曲线的综合问题
【解析】
椭圆的两焦点F1−4,0，F24,0分别为圆x+42+y2=1和圆x−42+y2=1的圆心，两圆的半径都为1，当PM且PN最小时，PM+PN最小，再由圆的性质可得PM+PN≤PF1−1+PF2−1，再结合椭圆的定义求解.
【解答】
解：由题意，得椭圆x236+y220=1的两焦点为F1−4,0，F24,0.
∵ a=6，
∴ PF1+PF2=2×6=12.
易知F1−4,0，F24,0分别为
圆x+42+y2=1和圆x−42+y2=1的圆心，
且两圆的半径都为1，
∴ |PM|+r1≥|PF1|，|PN|+r2≥|PF2|．
∴ |PM|+|PN|≥|PF1|+|PF2|−1−1=10．
故选C.
7.
【答案】
B
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
求出横标，代入线性回归方程，求出纵标的平均数，解方程求出m．
【解答】
解：∵ x¯=5，回归直线方程为y=10.5x+1.5，
∴ y¯=54=20+m+60+70+n5，
∴ m+n=120.
故选B.
8.
【答案】
B
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
从5名大学毕业生中选派4人到甲、乙、丙三个贫困地区支援，要求甲地区2人，乙、丙地区各一人，则不同的选派方法总数为 - 高中数学 - 菁优
根据题意，依次分析分派到甲、乙、丙三个贫困地区的选派方法数目，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，先从5名大学毕业生中选派2人到甲贫困地区支援，有C52=10种选法，
再从剩下的3人中任选1人安排到乙贫困地区支援，有C31=3种选法，
最后从剩下的2人中任选1人安排到丙贫困地区支援，有C21=2种选法，
则有10×3×2=60种不同的选派方法．
故选B．
9.
【答案】
C
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的渐近线
双曲线的应用
【解析】
先根据直角三角形斜边上的中线性质求出|OBI，再根据渐近线的斜率得到△BOF2是等边三角形，求出|BF2|，由勾股定理求出|BF1|，利用双曲线的概念可得|AF2|=|AF1|+2，最后可求出△ABF2的周长．
【解答】
解：如图，
∵ BF1⊥BF2，原点O是F1F2的中点，
∴ |OB|=12 |F1F2|=c.
∵ 双曲线x2−y23=1，
∴ a=1，b=3，c=2，
∴ |OB|=2， |OF1|=|OF2|=2.
由双曲线解析式可得渐近线方程为y=3x，
∴ tan∠BOF2=3，即 ∠BOF2=60∘，
∴ △BOF2是等边三角形，
∴ |BF2|=|BO|=2.
由勾股定理得|BF1|2=|F1F2|2−|BF2|2=42−22=12，
∴ |BF1|=23.
∵ 点A在双曲线左支上，
∴ |AF2|−|AF1|=2a=2，
∴ |AF2|=|AF1|+2，
∴ △ABF2的周长为|AB|+|BF2|+|AF2|
=|AB|+|BF2|+2+|AF1|
=|BF1|+|BF2|+2
=23+4.
故选C．
10.
【答案】
D
【考点】
二项式系数的性质
正态分布的密度曲线
【解析】
先根据正态分布曲线的性质，求出a的值，然后结合两个二项式的通项求出含x2的项．
【解答】
解：因为随机变量X∼N1,σ2，且PX≤0=PX>a，
所以a=2，
代入可得1+2x3x2+2x4，
该式展开式中含x2的项为：C42x222x2C30+C43x22x3C332x3=280x2，
故x2的系数为280．
故选D．
11.
【答案】
C
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
甲、乙两艘船都需要在某个泊位停靠8小时，假设它们在一昼夜的时间段中随机地到达，则这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待的概率是 - 高中数学 - 菁优
设出甲、乙到达的时刻，列出所有基本事件的约束条件同时列出这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待约束条件，利用线性规划作出平面区域，利用几何概型概率公式求出概率．
【解答】
解：设甲到达的时刻为x，乙到达的时刻为y，则所有的基本事件构成的区域为
Ω={(x,y)|0≤x≤24，0≤y≤24}，
这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待包含的基本事件构成的区域为
A={(x,y)|0≤x≤24，0≤y≤24，|x−y|≤8}，
如图所示，
这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待的概率为：P(A)=S阴SΩ=1−16×1624×24=59．
故选C．
12.
【答案】
A
【考点】
与直线关于点、直线对称的直线方程
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
先利用条件得出A、B两点连线的斜率k，再利用A、B两点的中点在直线y=x+m求出关于m以及x2，x1的方程，再与已知条件联立求出实数m的值．
【解答】
解：由条件得A(x1, y1)，B(x2, y2)两点连线的斜率k=y2−y1x2−x1=−1，
而y2−y1=2(x22−x12) ①，
得x2+x1=−12 ②，
且(x2+x12, y2+y12)在直线y=x+m上，
即y2+y12=x2+x12+m，
即y2+y1=x2+x1+2m ③，
又因为A(x1, y1)，B(x2, y2)两点在抛物线y=2x2上，
所以有2(x22+x12)=x2+x1+2m，
即2[(x2+x1)2−2x2x1]=x2+x1+2m ④，
把②代入④整理得2m=3，
解得m=32.
故选 A．
二、填空题
【答案】
①④
【考点】
命题的真假判断与应用
求解线性回归方程
独立性检验
回归分析
命题的否定
【解析】
根据线性回归方程必过样本中心点，判定①正确；
根据全称命题的否定是特称命题，判定②错误；
根据相关系数|r|越小，两个变量的相关性越弱，判定③错误；
根据K2的观测值，对照临界值即可判定④正确．
【解答】
解：①线性回归方程y=bx+a必过(x¯,y¯)，故①正确；
②命题“∀x≥1，x2+3≥4”的否定是“∃x≥1，x2+3<4，故②错误；
③相关系数|r|越小，表明两个变量相关性越弱，故③错误；
④由K2=8.079>6.635，则有99%的把握认为这两个变量间有关系，故④正确．
∴正确的说法是①④．
故答案为：①④．
三、解答题
【答案】
解：(1)若命题p为真命题，则Δ=16m−22−16<0，解得1
则m−4m−2<0，解得2
所以1
(2)若命题q为真命题，则m−2am−a<0，
因为a>0，解得a
因为¬p是¬q的充分不必要条件，
所以{m|m≤1或m≥3}⫋ {m|m≤a或m≥2a},
可得 a≥1,2a≤3,a>0, 解得1≤a≤32.
综上所述，实数a的取值范围为1,32.
【考点】
命题的真假判断与应用
双曲线的标准方程
逻辑联结词“或”“且”“非”
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
暂无.
暂无.
【解答】
解：(1)若命题p为真命题，则Δ=16m−22−16<0，解得1
则m−4m−2<0，解得2
所以1
(2)若命题q为真命题，则m−2am−a<0，
因为a>0，解得a
因为¬p是¬q的充分不必要条件，
所以{m|m≤1或m≥3}⫋ {m|m≤a或m≥2a},
可得 a≥1,2a≤3,a>0, 解得1≤a≤32.
综上所述，实数a的取值范围为1,32.
【答案】
解：(1)令x=1得3−15=a0+a1+a2+a3+a4+a5=25，
令x=−1得−3−15=a0−a1+a2−a3+a4−a5=−210，
∴ (a0+a2+a4)2−(a1+a3+a5)2
=(a0+a1+a2+a3+a4+a5)(a0−a1+a2−a3+a4−a5)=−215.
(2)由题意Cn0+Cn1+Cn2=1+n+nn−12=37，即n2+n−72=0，解得n=8或n=−9（舍）,
∴ 1+2xn的展开式中第五项的二项式系数C84最大，
由展开式的通项公式知第五项为T5=C842x4=1120x4，故所求的系数为1120．
【考点】
二项式系数的性质
二项式定理的应用
【解析】
暂无.
暂无.
【解答】
解：(1)令x=1得3−15=a0+a1+a2+a3+a4+a5=25，
令x=−1得−3−15=a0−a1+a2−a3+a4−a5=−210，
∴ (a0+a2+a4)2−(a1+a3+a5)2
=(a0+a1+a2+a3+a4+a5)(a0−a1+a2−a3+a4−a5)=−215.
(2)由题意Cn0+Cn1+Cn2=1+n+nn−12=37，即n2+n−72=0，解得n=8或n=−9（舍）,
∴ 1+2xn的展开式中第五项的二项式系数C84最大，
由展开式的通项公式知第五项为T5=C842x4=1120x4，故所求的系数为1120．
【答案】
解：(1)由椭圆过点3,12，
得3a2+14b2=1，
由焦点F1的坐标为−3,0，
得，a2−b2=3，
所以a2=4,b2=1，
所以椭圆的方程为x24+y2=1.
(2)设点A的坐标为x1,y1，B的坐标为x2,y2，AB的斜率为k（k显然存在）,
由 x24+y2=1,y=kx+3,
得4k2+1x2+83k2x+12k2−4=0,
所以 Δ>0,x1+x2=−83k24k2+1,x1x2=12k2−44k2+1,
AB中点的横坐标x=x1+x22=−83k224k2+1=−32,
所以k=±12,
则AB的方程为y=±12x+3,
即x±2y+3=0,
|AB|=1+k2|x1−x2|=k2+1x1+x22−4x1x2
=1+14−32+4×12=52.
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的定义和性质
直线与椭圆结合的最值问题
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
暂无.
暂无.
【解答】
解：(1)由椭圆过点3,12，
得3a2+14b2=1，
由焦点F1的坐标为−3,0，
得，a2−b2=3，
所以a2=4,b2=1，
所以椭圆的方程为x24+y2=1.
(2)设点A的坐标为x1,y1，B的坐标为x2,y2，AB的斜率为k（k显然存在）,
由 x24+y2=1,y=kx+3,
得4k2+1x2+83k2x+12k2−4=0,
所以 Δ>0,x1+x2=−83k24k2+1,x1x2=12k2−44k2+1,
AB中点的横坐标x=x1+x22=−83k224k2+1=−32,
所以k=±12,
则AB的方程为y=±12x+3,
即x±2y+3=0,
|AB|=1+k2|x1−x2|=k2+1x1+x22−4x1x2
=1+14−32+4×12=52.
【答案】
解：(1)设“恰好摸5次停止”为事件A，
由题意得恰好摸5次停止即第5次摸到红球，前4次中有2次摸到红球，
所以恰好摸5次停止的概率为
PA=C42×232×1−232×23=1681，
即恰好摸5次停止的概率为1681.
(2)设袋子A中有m个球，则袋子B中有2m个球，
则袋子A中有23m个红球，则袋子B中有2mp个红球，
由题意得23m+2mp3m=25，解得p=415.
【考点】
二项分布的应用
古典概型及其概率计算公式
【解析】
（1）根据次独立重复试验求解即可得到答案．
（2）设袋子A中有m个球，则袋子B中有2m个球，从而得袋子A中有25m个红球，则袋子B中有2mp个红球，然后根据题意可求出P的值．
【解答】
解：(1)设“恰好摸5次停止”为事件A，
由题意得恰好摸5次停止即第5次摸到红球，前4次中有2次摸到红球，
所以恰好摸5次停止的概率为
PA=C42×232×1−232×23=1681，
即恰好摸5次停止的概率为1681.
(2)设袋子A中有m个球，则袋子B中有2m个球，
则袋子A中有23m个红球，则袋子B中有2mp个红球，
由题意得23m+2mp3m=25，解得p=415.
【答案】
解：(1)根据题意，不常喝碳酸饮料的学生为A=100×35=60，
所以x=60−40=20,y=50−20=30,
B=30+10=40．
(2)有99.5%的把握认为肥胖与常喝碳酸饮料有关，理由如下：
由已知数据可求得：K2=100×20×10−40×30250×50×60×40≈16.667>7.879，
因此有99.5%的把握认为肥胖与常喝碳酸饮料有关.
【考点】
概率的应用
独立性检验的应用
【解析】
暂无.
暂无.
【解答】
解：(1)根据题意，不常喝碳酸饮料的学生为A=100×35=60，
所以x=60−40=20,y=50−20=30,
B=30+10=40．
(2)有99.5%的把握认为肥胖与常喝碳酸饮料有关，理由如下：
由已知数据可求得：K2=100×20×10−40×30250×50×60×40≈16.667>7.879，
因此有99.5%的把握认为肥胖与常喝碳酸饮料有关.
【答案】
解：(1)抛物线C:y2=2px，过点A(1, 1)，
可得1=2p，即p=12，
可得抛物线的方程为y2=x.
(2)设M(y12, y1)，N(y22, y2)，
直线MN的方程为x=ty+m，
联立x=ty+m,y2=x,可得y2−ty−m=0，
且Δ=t2+4m>0，y1+y2=t，y1y2=−m，
又A(1, 1)，k1=y1−1y12−1=11+y1，同理k2=11+y2，
则k1+k2=11+y1+11+y2
=y1+y2+21+y1+y2+y1y2=t+21−m+t=3，
化简得m=1+2t3，
则MN的方程为x=ty+m=ty+1+2t3，
即x=t(y+23)+13，
令y=−23，则x=13，
可得直线MN恒过定点(13, −23)．
【考点】
抛物线的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
（1）将A的坐标代入抛物线方程，可得p，进而得到抛物线方程；
（2）设M(y12, y1)，N(y22, y2)，直线MN的方程为x＝ty+m，联立抛物线方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，由条件可得m=1+2t3，再由直线恒过定点的求法，即可得证．
【解答】
解：(1)抛物线C:y2=2px，过点A(1, 1)，
可得1=2p，即p=12，
可得抛物线的方程为y2=x.
(2)设M(y12, y1)，N(y22, y2)，
直线MN的方程为x=ty+m，
联立x=ty+m,y2=x,可得y2−ty−m=0，
且Δ=t2+4m>0，y1+y2=t，y1y2=−m，
又A(1, 1)，k1=y1−1y12−1=11+y1，同理k2=11+y2，
则k1+k2=11+y1+11+y2
=y1+y2+21+y1+y2+y1y2=t+21−m+t=3，
化简得m=1+2t3，
则MN的方程为x=ty+m=ty+1+2t3，
即x=t(y+23)+13，
令y=−23，则x=13，
可得直线MN恒过定点(13, −23)．x
2
4
5
6
8
y
20
m
60
70
n
PK2≥K
0.100
0.050
0.025
0.010
0.001
k
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
不常喝
常喝
合计
肥胖
x
y
50
不肥胖
40
10
50
合计
A
B
100
P(K2≥k)
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
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