2022-2023学年江西省吉安市第一中学高二上学期1月期末考试数学试题（含解析）

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吉安市重点中学2022-2023学年高二上学期1月期末考试数学试卷一、单选题（每题5分，共40分）1．甲､乙等5名北京冬奥会志愿者到高山滑雪､短道速滑､花样滑冰､冰壶四个场地进行志愿服务，每个志愿者只去一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲去高山滑雪场，则不同的安排方法共有（    ）A．96种 B．60种 C．36种 D．24种2．若的展开式中含的项的系数为21，则a＝（    ）A．－3 B．－2 C．－1 D．13．已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，过点作准线的垂线，垂足为，若，则（    ）A．2 B． C． D．44．如图，在正四棱柱中，是底面的中心，分别是的中点，则下列结论正确的是（    ）A．//B．C．//平面D．平面5．已知服从正态分布的随机变量在区间，和内取值的概率分别为68.26%，95.44%和99.74%.若某校高二年级1000名学生的某次考试成绩服从正态分布N，则此次考试成绩在区间内的学生大约有（    ）A．477人 B．136人 C．341人 D．131人6．通过随机询问相同数量的不同性别大学生在购买食物时是否看营养说明，得知有的男大学生“不看”，有的女大学生“不看”，若有99%的把握认为性别与是否看营养说明之间有关，则调查的总人数的最小整数为（    ）A．150 B．170 C．240 D．1807．已知点P在直线l：上，过点P的两条直线与圆O：分别相切于A，B两点，则圆心O到直线AB的距离的最大值为（    ）A． B． C． D．8．若双曲线（，）上存在四点，使得四边形为正方形，且原点为正方形中心，为双曲线右顶点，在第一象限，，设双曲线的离心率为，则（    ）A． B． C． D．二、多选题（每题5分，共20分）9．已知直线：，：，下列选项正确的是（    ）A．过点且垂直于直线的直线方程为B．直线过定点C．当时，D．当时，两直线之间的距离为110．已知椭圆：内一点，直线与椭圆交于，两点，且点是线段的中点，则（    ）A．椭圆的焦点坐标为，B．椭圆的长轴长为4C．直线的方程为D．11．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以，和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是（    ）A． B．C．事件与事件B不相互独立 D．12．如图，四边形是边长为的正方形，平面，平面，且，为线段上的动点，则下列结论中正确的是（    ）A． B．该几何体外接球的体积为C．若为中点，则平面 D．的最小值为三、填空题（共20分）13．已知某种商品的广告费支出x(单位：万元)与销售额y(单位：万元)之间有如下对应数据：根据上表可得回归方程，其中，据此估计，当投入10万元广告费时，销售额为_________万元；14．某学校举行秋季运动会，酷爱运动的小明同学准备在某七个比赛项目中，选择参加其中四个项目的比赛.根据赛程安排，在这七个比赛项目中，100米赛跑与200米赛跑不能同时参加，且跳高与跳远也不能同时参加.则不同的报名方法数为___________.（用数字作答）15．已知，，则________.16．如图，已知在长方体中，，，，点E为上的一个动点，平面与棱交于点F，给出下列命题：①四棱锥的体积为20；②存在唯一的点E，使截面四边形的周长取得最小值；③当点E不与C，重合时，在棱AD上均存在点G，使得平面；④存在唯一的点E，使得平面，且.其中正确的是___________（填写所有正确的序号）.四、解答题（共70分）17．已知圆，直线，，且直线和均平分圆.(1)求圆的标准方程(2)直线与圆相交于，两点，且，求实数的值.18．已知在的展开式中，第9项为常数项．求：(1)实数的值；(2)展开式中第7项的二项式系数和的系数；(3)展开式中的所有有理项．19．下表为从某患者动态心电图中获取的二十四小时的心率数据（单位：次/分钟）(1)求最快心率与最慢心率的线性经验回归方程（保留小数点后一位）；(2)依据已有数据估计该病患后续的心率变化.（i）设该病患后续48小时中平均心率大于等于100次/分的小时数为随机变量，估计的期望；（ii）若该病患在后续48小时中共测出10小时平均心率大于等于100次/分，请运用统计学中的原理分析该结果.参考公式：.参考数据：20．如图，在三棱柱中，，四边形是菱形，，点D在棱上，且．(1)若，证明：平面平面ABD．(2)若，是否存在实数，使得平面与平面ABD所成角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．21．中国共产党第二十次代表大会报告指出：教育、科技、人才是全面建设社会主义现代化国家的基础性、战略性支撑，某项人才选拔的测试，共有25道选择题构成，每道题均有4个选项，其中只有1个是正确的.该测试满分为150分，每题答对得6分，未作答得2分，答错得0分.考生甲、乙都已答对前20道题，对后5道题（依次记为、、、、）均没有把握答对.两人在这5道题中选择若干道作答，作答时，若能排除某些错误选项，则在剩余的选项中随机地选择1个，否则就在4个选项中随机地选择1个.已知甲只能排除、、中各1个错误选项，故甲决定只作答这三题，放弃、.(1)求甲的总分不低于130分的概率；(2)求甲的总分的概率分布；(3)已知乙能排除、、中各2个错误选项，能排除中1个错误选项，但无法排除中的任一错误选项.试问乙采用怎样的作答策略（即依次确定后5道题是否作答）可使其总分的期望最大，并说明理由.22．已知点分别为双曲线Γ：的左、右焦点，直线与Γ有两个不同的交点A，B．(1)当时，求到l 的距离；(2)若O 为原点，直线l 与Γ 的两条渐近线在一、二象限的交点分别为C，D，证明；当的面积最小时，直线CD 平行于x轴；(3)设P 为x 轴上一点，是否存在实数，使得是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出k 的值及点P 的坐标；若不存在，说明理由．数学参考答案1．B【分析】根据题意，肯定有一个场地是两个人，该问题分为两类，一类是高山滑雪场两人，一类是高山滑雪场一人，之后利用分类加法计数原理求得结果.【详解】分两类，一是高山滑雪场安排2人，除甲外的其余4人每人去一个场地，不同的安排方法共有种；二是高山滑雪场只安排1人（甲），其余4人分三组（211），再安排到各场地，有种.∴.不同的安排方法有.故选：B.2．C【分析】根据二项式展开式可求得的展开式中含的项的系数，由条件列方程，解方程求.【详解】解：展开式第r＋1项，的展开式中含的项的系数为，所以，解方程可得a＝－1，故选：C．3．D【分析】画出图像，利用抛物线的定义求解即可.【详解】由题知，准线，设与轴的交点为，点在上，由抛物线的定义及已知得，则为等边三角形，解法1：因为轴，所以直线斜率，所以，由解得，舍去，所以.解法2：在中，，则.解法3：过作于点，则为的中点，因为，则.故选：D.4．B【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明，逐项分析、判断作答.【详解】在正四棱柱中，以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，令，是底面的中心，分别是的中点，则，，，对于A，显然与不共线，即与不平行，A不正确；对于B，因，则，即，B正确；对于C，设平面的法向量为，则，令，得，，因此与不垂直，即不平行于平面，C不正确；对于D，由选项C知，与不共线，即不垂直于平面，D不正确.故选：B5．B【分析】求得此次考试成绩在区间的概率，再求在此区间的人数即可.【详解】根据题意，，则，故此次考试成绩在区间内的学生大约有人.故选：B.6．D【分析】设男、女大学生各有人，即可得到列联表，再计算出卡方，从而得到不等式，解得即可.【详解】解：设男、女大学生各有人，根据题意画出列联表如下：所以，因为有的把握认为性别与对产品是否满意有关，所以，解得，所以总人数的最小整数为180.故选：D.7．C【分析】设点，求出以为直径的圆的方程，进而可得直线的方程，再根据点到直线的距离公式，结合在直线l：上，可得圆心到直线的距离关于的表达式，进而根据函数的最值求解即可.【详解】设点，圆O：，其圆心，由题意知：是圆的切线，则，则点在以为直径的圆上，又由，，则以为直径的圆的方程为：，即，与圆O：联立可得：，即直线的方程为.又因为点在直线l：上，故，所以圆心到直线的距离，所以当时，取最大值，故选：.8．C【分析】由，分别设和，设与轴交于点，求出和，得到坐标和，代入双曲线方程可求出，即可求出.【详解】由已知，如图，设，∵，∴，设与轴交于点，∴在中，易求出，且，∴在中，，∴，将和代入双曲线的方程，得，，解得，即，∴∴.故选：C.【点睛】由于双曲线离心率的平方，因此本题解题的关键就是求出与的比值，利用题中几何关系，设长度为度量，将，都用表示，即可求解.9．AD【分析】由垂直直线系方程可设直线的直线方程为，再将代入即可判断A；由题意得，解方程可判断B；时有可判断C；当时，，求出的值，再由两平行线的距离公式可判断D.【详解】对于A，垂直于直线的直线方程为，将点代入得，故所求直线方程为，A正确；对于B，直线化为：，由，求得直线过定点，故B错误；对于C，时有：，解得，故C错误；对于D，当时，，解得，此时直线：，：，两平行线间的距离为，故D正确．故选:AD．10．BCD【分析】根据椭圆方程，求出、，即可判断A、B，设，，利用点差法求出直线的斜率，即可得到直线方程，从而判断C，再联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，利用弦长公式求出，即可判断D；【详解】解：由椭圆方程，所以，，所以，故，所以椭圆的焦点坐标为，，故A错误；因为，所以椭圆的长轴长为，故B正确；设点，，则，两式相减可得，整理得，因为点是线段的中点，且，所以，所以，所以直线的方程为，即，故C正确；由，得，所以，，所以，故D正确．故选：BCD11．BCD【分析】计算，A错误；计算条件概率得到BD正确；根据事件的独立性判断C正确，得到答案.【详解】对选项A：，错误；对选项B：，正确；对选项C：，，，，正确；对选项D：，，正确；故选：BCD12．ACD【分析】以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，分别求得，，，，，的坐标，由，的数量积可判断A选项；该几何体外接球的球心为矩形的对角线交点，即可求得半径，可判断B选项；求得的坐标，求得平面的法向量，计算可判断C选项；设（），由两点的距离公式，结合二次函数的最值求法，可判断D选项．【详解】由题意以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，可得，，，，，，对于A选项：有，，由，可得即，所以A选项正确；对于B选项：由球的截面性质可知，球心在过正方形的中心的垂面上，即为矩形的对角线的交点，则该球的半径，即该几何体外接球的体积，所以B选项错误；对于C选项：若为中点，则，即，，，设平面的法向量为，由，令，可得，即，可得，又平面，则平面，所以C选项正确；对于D选项：由三角形是等腰直角三角形，可设（），则，又，则当时，取得最小值，所以D选项正确．故选：ACD.13．85【分析】根据表中数据求得样本中心，代入回归方程后求得，然后再求当的函数值即可．【详解】由上表可知：.得样本点的中心为，代入回归方程，得.所以回归方程为，将代入可得：.故答案为：8514．【分析】将符合要求的报名方法可以分为两类，第一类100米，200米，跳高，跳远四项比赛中只参加一项的方法，第二类100米，200米中参加一项且跳高，跳远两项比赛中参加一项的方法，再根据分类加法原理求解.【详解】符合要求的报名方法可以分为两类，第一类100米，200米，跳高，跳远四项比赛中只参加一项，第二类100米，200米中参加一项且跳高，跳远两项比赛中参加一项，其中第一类中含4种不同的报名方法，第二类中的报名方法可分三步完成，第一步从100米，200米中选择一项，第二步从跳高，跳远两项比赛选择一项，第三步从余下的三项比赛中选择两项参赛，故第二类方法共有种，由分类加法原理可得共有16种方法.故答案为：16.15．##【分析】由条件概率公式求解，【详解】由题意得，而，得，而，解得，故答案为：16．①②④【分析】由给定条件可得是平行四边形，求出三棱锥体积可判断①；求出中的最小值可判断②；建立空间直角坐标系，借助空间向量计算可判断③，④即可作答.【详解】平面与棱交于点F，连接，如图，在长方体中，平面平面，平面平面，平面平面，则有，同理，因此，四边形是平行四边形，而平面，所以四棱锥的体积，①正确；因截面四边形是平行四边形，则周长为，把矩形与矩形展开在同一平面内，如图，连接交于E，从而得的最小值为，显然点E唯一，所以存在唯一的点E，使截面四边形的周长取得最小值，②正确；在长方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设点，，，令是平面的一个法向量，则，令得：，设棱AD上点，而，，当平面时，有，即，，由得，则有，即当点E在棱中点到靠近点的线段(不含点)上移动时，在棱AD上均存在点G，使得平面，当时，，此时点G在线段AD的延长线上，即当点E在棱中点到靠近点的线段(不含两个端点)上移动时，在棱AD上不存在点G，使得平面，③不正确；由③中信息知，要有平面，必有，而，因此，，解得，所以存在唯一的点E，使得平面，且，④正确.故答案为：①②④17．(1)(2)或【分析】（1）根据直线和均平分圆，可知两条直线都过圆心，通过联立求出两条直线的交点坐标，由此得到圆心坐标即可得到圆的标准方程.（2）根据，及为等腰三角形可得到，可得圆心到直线的距离，再根据点到直线的距离公式即可求出实数的值.【详解】（1）因为直线和均平分圆，所以直线和均过圆心，因为，解得，所以直线和的交点坐标为，所以圆心的坐标为，因为圆，所以圆心坐标为，所以，解得，所以圆的方程为，即，所以圆的标准方程为.（2）由（1）得圆的标准方程为，圆心，半径，因为，且为等腰三角形，所以，因为，所以圆心到直线的距离，根据点到直线的距离公式，即，解得或，所以实数的值为或.18．(1)(2)二项式系数是，系数为(3)第1项，第3项，第5项，第7项，第9项，第11项【分析】（1）写出二项展开式的通项，，根据题意求出的值；（2）二项式系数即，令，求出，带回通项，得到的系数；（3）有理项必须满足为整数，其中.（1）的展开式的通项为．因为第9项为常数项，所以当时，，解得．（2）由（1）可得第7项的二项式系数是．令，得，所以展开式中的系数为．（3）由题意，为整数，故只需为偶数．因为，所以符合要求的有6项，分别为展开式的第1项，第3项，第5项，第7项，第9项，第11项．19．(1)(2)（i）；（ii）答案见解析【分析】（1）使用变形公式计算，由计算；（2）（i）用24小时内每小时平均心率大于等于100次的频率估计概率，的分布列近似二项分布.（ii）由二项分布求出标准差即为，验证10是否在区间内，根据原理分析结果.【详解】（1），所以（2）（i）由已知数据可得每小时平均心率大于等于100次的概率约为，故的分布列近似二项分布，所以.（ii）由（i）可得，故，由得，“48小时中共测出10小时平均心率大于等于100次/分”几平不可能发生，故病患极有可能发生病情突变!20．(1)证明见解析(2)存在或【分析】(1) 取AB的中点O，连接，OC，利用题中的条件得出AB⊥平面，由线面垂直得到线线垂直，最后结合面面垂直的判定即可求解；(2)根据条件建立空间直角坐标系，设，根据坐标之间的关系得出，然后分别求出两平面的法向量，根据两平面所成角的余弦值是，代入向量的夹角公式即可求解.【详解】（1）证明：取AB的中点O，连接，OC．因为四边形是菱形，且，所以．因为O为AB的中点，所以．因为，且O为AB的中点，所以AB⊥OC．因为，平面，且，所以AB⊥平面．因为平面，所以．因为，AB，平面ABD．且，所以平面ABD．因为平面，所以平面平面ABD．（2）因为，所以，所以AC⊥BC．因为O是AB的中点，所以．因为四边形是菱形，且∠，所以是等边三角形．因为O是AB的中点，所以．因为，所以，则OB，OC，两两垂直，故以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设，则，，，，，故，，，，.因为，所以，所以．设平面的法向量为，则，令，得．设平面ABD的法向量为，则，令，得．设平面与平面ABD所成的角为，则，解得或，故存在或，使得平面与平面ABD所成角的余弦值是．21．(1)(2)答案见解析(3)答案见解析【分析】（1）根据相互独立事件与互斥事件的概率公式计算可得；（2）设甲的总分为随机变量，依题意可得的可能值为，，，求出所对应的概率，即可求出分布列；（3）分别求出、、、、得分的期望值，即可判断.【详解】（1）解：设甲的总分不低于为事件，因为前道题所得分数为分，且放弃作答、的两题得分，要使甲的总分不低于分，则、、至少答对题，因为甲能排除、、中各1个错误选项，故甲答对、、的概率均为，所以；（2）解：设甲的总分为随机变量，则的可能值为，，，，所以，，，，∴乙总分的概率分布列为：（3）解：∵，，每道题作答的话，每题得分期望为，所以前三题应作答；道题作答的话，其得分期望为，所以道题作答或者放弃都可以；道题作答的话，其得分期望为，所以道题应放弃作答；故要使乙总分的数学期望最大，应选择作答，，，作答或者放弃都可以，放弃作答．22．(1)；(2)证明见解析；(3)存在，，.【分析】（1）由题可得焦点坐标，可得直线方程，然后利用点到直线的距离即得；（2）求得两渐近线方程，联立方程可得，进而即得；（3）假设存在实数，使得是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，联立直线与椭圆方程利用韦达定理，结合条件可得AB的中点，再由，则，求解即可．（1）由双曲线Γ：的左焦点，右焦点，当时，，∴，∴直线，故到l的距离；（2）由双曲线Γ：得两渐近线的方程为，∵直线l与Γ的两条渐近线在一、二象限的交点分别为C，D，∴，由得交点C的横坐标为，由得交点D的横坐标为，∴，当时取等号，所以当的面积最小时，直线CD平行于x轴；（3）假设存在实数，使得是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，设，由，消去y得，∴且，解得且，，AB的中点，所以AB的垂直平分线方程为，令，则，又，则，∴，∴，∴，∴，∴，解得，又，故，点，即存在实数，使得是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，此时．x24568y3040506070123456789101112131415161718192021222324最慢心率657068727072626171787272736065656562646262657267最快心率981029310091991061231321461461389489859091838887889010594平均心率73797979758280869410010293827472747168696667718776看不看合计男女合计X124130136142P