71，江西省萍乡市2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题

这是一份71，江西省萍乡市2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题，共24页。

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页．满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上，考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人的准考证号、姓名是否一致．
2．回答选择题时，用2B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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答．若在试题卷上作答，答题无效．
3．考试结束后，监考员将试题卷、答题卡一并收回．
第Ⅰ卷
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 根据下表数据，通过最小二乘法求得关于的线性回归方程为：，则（ ）
A. 0.2B. 0.25C. 0.3D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】先计算样本中心点，再根据样本中心点在回归直线方程上代入求解即可.
【详解】因为，，
所以，解得.
故选：B.
2. 已知，，是空间中两两垂直的单位向量，则（ ）
A B. 14C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量的数量积性质即可求解.
【详解】依题意得，，；
所以，
故选：A.
3. 焦点在轴上的双曲线的离心率为，则的值为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用双曲线标准方程及离心率公式求解.
【详解】因为双曲线方程为，
所以，，，
因离心率为，所以，
解得：，所以.
故选：C.
4. 某一地区患有癌症的人占0.05，患者对一种试验反应是阳性的概率为0.9，正常人对这种试验反应是阳性的概率为0.05.现抽查了一个人，试验反应是阳性，则此人是癌症患者的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】记事件某人是癌症患者，事件化验结果呈阳性，利用全概率公式求出的值，再利用条件概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】记事件某人是癌症患者，事件化验结果呈阳性，
由题意可知，，，
所以，
现在某人的化验结果呈阳性，则此人是癌症患者的概率为：.
故选：D
5. 有7种不同的颜色给下图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，且相邻的两个格子颜色不能相同，若最多使用3种颜色，则不同的涂色方法种数为（ ）
A. 462B. 630C. 672D. 882
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，按使用颜色的数目分两种情况讨论，由加法原理计算可得答案.
【详解】根据题意，分两种情况讨论：
若用两种颜色涂色，有种涂色方法；
若用三种颜色涂色，有种涂色方法；
所以有种不同的涂色方法.
故选：C.
6. 加斯帕尔·蒙日是18～19世纪法国著名的几何学家，他在研究时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”（如图）．已知椭圆：，是直线：上一点，过作的两条切线，切点分别为、，连接（是坐标原点），当为直角时，直线的斜率（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用特殊的长方形（即边长与椭圆的轴平行）求得蒙日圆方程，进而可求得直线：为圆的切线，由，即可得出结果.
【详解】由椭圆：可知：，
当如图长方形的边与椭圆的轴平行时，长方形的边长分别为和，
其对角线长为，因此蒙日圆半径为4，圆方程为，
当为直角时，可知点当在圆，
因为到直线的距离为，
所以直线：为圆的切线，
因为直线，，所以.
故选：D.
7. 以等腰直角三角形斜边上的高为折痕，把和折成的二面角.若，，其中，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二面角的平面角的定义得是和折成的二面角的平面角，解三角形求得，由已知得点M在平面内，则的最小值为点D到平面的距离，设点D到平面的距离为h，运用等体积法可求得答案.
【详解】由已知得，所以是和折成的二面角的平面角，
所以，又，所以，
，所以，
因为，其中，所以点M在平面内，
则的最小值为点D到平面的距离，设点D到平面的距离为h，
因为，，平面，平面，
所以平面，所以是点到平面的距离，
所以，
又中，，所以，
所以，则，
所以，解得，所以的最小值为，
故选：D.
8. 抛物线：（）的焦点为，准线为，过的直线与相交于，两点，且满足，在上的射影为，若的面积为，则的长为（ ）
A. B. C. D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】设直线的方程，与抛物线的方程联立，可得两根之和及两根之积，由向量的关系，可得，的横坐标关系，整理可得直线的斜率，再由的面积为，即，整理可得的值，进而求出弦长的大小.
【详解】由题意设直线的方程，设，设，
由，整理可得：，可得，，
因为，可得，代入，可得，再代入
，可得，即，
设在准线上的射影分别为，的面积为，
所以，
即，
所以
即，
整理可得，
所以，
所以，解得，即,
所以.
故选：B
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 下列命题中正确的是（ ）
A. 已知随机变量，则
B. 若随机事件，满足：，，，则事件与相互独立
C. 若事件与相互独立，且，则
D. 若残差平方和越大，则回归模型对一组数据，，…，的拟合效果越好
【答案】ABC
【解析】
【分析】由二项分布的性质可得，从而可求出可判断A；由独立事件的定义和条件概率公式可判断B，C；利用残差的意义可判断D.
【详解】对于选项A：因为，则，故A正确；
对于选项B：，
解得：，所以事件与相互独立，故B正确；
对于选项C：若事件与相互独立，且，
，，所以C正确；
对于选项D：残差平方和越小，则回归模型对一组数据，，…，的拟合效果越好，故D错误.
故选：ABC.
10. 曲线：，直线：与：，下列结论错误的是（ ）
A. 曲线的图象一定关于对称B. 当时，与间的距离为
C. 当时，D. 若与曲线有2个交点，则的取值范围是
【答案】ABC
【解析】
【分析】求解曲线的形状可判断A；由求出，再由平行线间的距离可判断B；由求出或可判断C；利用直线与曲线的交点个数可判断D.
【详解】化简可得，即，
所以曲线：，曲线图象关于对称，故A错误；
当时，，解得：，
所以直线：，与：，即，
与间的距离为，故B错误；
当时，，解得：或，故C错误；
：，恒过，当直线与曲线相切时，切点为，
如图，：的斜率为，
当直线与曲线有2个交点，可知，
，，
所以若与曲线有2个交点，则的取值范围是，故D正确.
故选：ABC.
11. 如图，正方体边长为1，是线段的中点，是线段上的动点，下列结论正确的是（ ）
A.
B. 三棱锥的体积为定值
C. 直线与平面所成角的正弦值为
D. 直线与直线所成角的余弦值的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由空间向量的线性运算可判断A；利用锥体的体积公式可判断B；建立空间直角坐标系，利用向量法可判断C,D.
【详解】对于A，
，故A正确；
对于B，连接，因为且，故四边形为平行四边形，
所以，，平面，平面，平面，
，所以点到平面的距离等于点到平面的距离即，
，
三棱锥的体积为，故B错误；
对于C，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示，
,，
设，则，
设平面的法向量为，
，，
所以，即，
令，则，则，
，设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为，故C正确；
对于D，，
设直线与直线所成角为，
因为，所以当时，，
当时，，
故直线与直线所成角的余弦值的取值范围为，故D正确.
故选：ACD.
12. 双曲线：的左右焦点分别为，，两条渐近线分别为，，过坐标原点的直线与的左右两支分别交于，两点，为上异于，的动点，下列结论正确的是（ ）
A. 若以为直径的圆经过，则
B. 若，则或9
C. 过点作的垂线，垂足为，若（），则
D. 设，的斜率分别为，，则的最小值为2
【答案】AD
【解析】
【分析】由双曲线的方程可知，，的值，逐一分析所给选项，判断正误.
【详解】由双曲线的方程可知，，，由题意可设，，
对于A，以为直径的圆经过，连接，，可得四边形为矩形，
设，，可得，即，得，
所以，故A正确；
对于B，，所以在双曲线的左支上，则，故B不正确；
对于C，由题意可得，设其中一条渐近线的方程为，则直线的方程为，即，
代入双曲线方程可得，化简得，解得，
如图在之间，所以，，即，
所以，故，故C不正确；
对于D，联立，可得：，由于，，
所以，由，当且仅当时取等号，故D正确.
故选：AD
第Ⅱ卷
注意事项：
第Ⅱ卷共2页，须用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答．若在试题卷上作答，答题无效．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知过点的直线在轴上的截距是其在轴上截距的3倍，则满足条件的一条直线的方程为______．
【答案】（答案不唯一：或）
【解析】
【分析】分截距是否为0分类讨论即可求解.
【详解】由题意若过点的直线在坐标轴上的截距均为0，则显然满足题意，即，
否则设满足题意的直线方程为，将代入得，即也满足题意.
故答案为：（答案不唯一：或）.
14. 将6名学生分配到甲、乙两个宿舍中，每个宿舍至少安排两名学生，不同的分配方案有______种．（用数字作答）
【答案】50
【解析】
【分析】将问题分为甲、乙每屋住4人、2人或3人、3人两类，进而结合排列组合知识进行分配即可求得答案.
【详解】由题意知将6名学生分配到甲、乙两个宿舍中，每个宿舍至少安排2名学生，
包括甲、乙每屋住4人、2人或3人、3人，
当甲和乙两个屋子住4人、2人，共有种，
当甲和乙两个屋子住3人、3人，共有种，
根据分类计数原理得到共有（种）.
故答案为：50
15. 若随机变量，且，则展开式中项的系数是______．
【答案】48
【解析】
【分析】先利用正态分布的性质可求，再利用二项展开式的通项公式可求的系数.
【详解】根据正态曲线的性质可知，，解得，
所以，代入可得
，
的展开式的通项公式为，，
令，则，所以，
∴的展开式中的系数为.
故答案为：.
16. 盒中装有5个大小、质地相同的小球，其中3个白球和2个黑球．两位同学先后轮流不放回摸球，每次摸一球，当摸出第二个黑球时结束游戏，或能判断出第二个黑球被哪位同学摸到时游戏也结束．设游戏结束时两位同学摸球的总次数为，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】分析出游戏结束时两位同学摸球的情形，求解即可.
【详解】当时，游戏结束时两位同学摸球的情况为：白黑黑，黑白黑，白白白，
则.
故答案为：.
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知圆是外接圆，圆心为，顶点，，且______.
在下列所给的三个条件中，任选一个补充在题中的横线上，并完成解答.
①顶点；②；③.
（1）求圆的标准方程；
（2）若点为直线：上一动点，过点作圆的切线，切点为，求的最小值.
【答案】（1）
（2）3
【解析】
【分析】（1）选①：设圆的标准方程为，利用弦的垂直平分线过圆心求解圆心坐标，代入两点距离公式求解半径即可；选②：由是直角三角形得圆心为斜边BC中点，半径为，即可求解圆的方程；选③：由向量相等得圆心为BC中点，为圆的直径，即可求解圆的方程；
（2）先求出圆心到直线的距离，然后根据切线长公式转化求解即可.
【小问1详解】
若选①：方法一：设圆的标准方程为，圆心为，半径为，
因为圆过点，，所以圆心在直线上，即；
因为圆过点，，所以圆心在直线上，即，
所以圆的圆心为，半径，
所以圆的标准方程为；
若选②：因为，所以是直角三角形，
所以的外接圆圆心为斜边的中点，
设圆的标准方程为，圆心为，半径为，
由题知，圆心为，半径，
所以圆的标准方程为；
若选③：因为，所以圆心为边的中点，为圆的直径，
设圆的标准方程为，圆心为，半径为，
由题知，圆心为，半径，
所以圆的标准方程为；
【小问2详解】
依题意：，
圆心到直线：的距离为，
又因为，所以，即，
所以的最小值为3.
18. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，．
（1）证明：；
（2）若异面直线与所成角的余弦值为，求平面与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）平面与平面所成角的正弦值为．
【解析】
【分析】（1）设为的中点，连接，，，则由已知条件可得，，再由线面垂直的判定定理可证得平面，从而可证得；
（2）由题意可证得，，两两垂直，所以以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【小问1详解】
证明：设为的中点，连接，，，
∵底面是菱形，，
∴为等边三角形，∴，
又∵，∴，
∵，、平面，
∴平面，
∵平面，∴；
【小问2详解】
∵，∴为异面直线和所成角或其补角，则，
又，由余弦定理得，，
解得，
∵和都为边长为2的等边三角形，且为的中点，
∴，
在中，，∴，
由（1）可知，，，故，，两两垂直，
∴以为坐标原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，
设平面的法向量，则，即，
令，得，
∵，，平面，
∴平面，∴平面的法向量，
设平面和平面所成角为，则，
所以，
故平面和平面所成角的正弦值为．
19. 甲、乙两所学校高三年级学生分别有1000人和800人，为了解两所学校全体高三年级学生在该地区八校联考的数学成绩情况，采用分层抽样方法从两所学校一共抽取了72名学生的数学成绩，并作出了频数分布统计表如下：
（1）计算，的值；
（2）若规定考试成绩在内为尖子，现从两校的尖子生中随机抽取4人，求恰有1人来自乙校的概率；
（3）若规定考试成绩在内为优秀，根据以上统计数据完成列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为两所学校的数学成绩有差异．
参考公式：，．
临界值表：
【答案】（1），：
（2）：
（3）列联表见后；不能认为两所学校的数学成绩有差异．
【解析】
【分析】（1）根据分层抽样方法得出甲、乙校各抽多少人，即可得出、；
（2）由古典概率公式求解即可；
（3）由频数分布统计表得出其列联表，按公式代入计算得，对照临界值表可知在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为两所学校的数学成绩有差异．
【小问1详解】
甲校抽取人，乙校抽取人，故，；
【小问2详解】
由表知甲校尖子生5人，乙校尖子生3人，共8人，抽取4人，
恰有1人来自乙校的概率；
小问3详解】
列联表如下：
，
故不能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为两所学校的数学成绩有差异．
20. 在一次智力游戏中，甲、乙两人轮流答题，每人每次答一题，游戏开始时由甲先答题，约定：先答对题者为游戏获胜方：当游戏分出胜负或两人各答错3次时游戏均结束，两人各答错3次视为平局．已知甲每次答对题的概率均为，乙每次答对题的概率均为，且每次答题互不影响．
（1）求两人共答题不超过4次时，甲获胜的概率；
（2）求游戏结束时乙答题次数的分布列与数学期望．
【答案】（1）；
（2）分布列见解析；期望为．
【解析】
【分析】（1）利用独立事件和互斥事件的概率计算公式即可得到答案；
（2）首先写出所有可能的取值，再计算对应的概率，最后根据数学期望公式即可得到答案.
【小问1详解】
计，分别表示甲、乙在第次答题答对，则，，，
记“甲获胜”为事件，则；
【小问2详解】
的所有可能为：0，1，2，3，
，
，
，
，
综上所述，的分布列为：
数学期望（次）．
21. 如图，是边长为4的正方形，平面，，且．
（1）证明：平面；
（2）线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在；
【解析】
【分析】（1）设点是线段上靠近的三等分点，连接，．可证四边形是平行四边形，则有，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，，求得平面的法向量和，利用空间向量法表示点到平面的距离，计算即可得出结果.
【小问1详解】
证明：设点是线段上靠近的三等分点，连接，．
∵，∴，
又∵，∴四边形是平行四边形，∴，，
在正方形中，，所以，，
∴四边形是平行四边形，则，平面，平面，
∴平面；
【小问2详解】
∵平面，，∴以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，
，，，
设，，，故，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，
∵点到平面的距离为，
所以，解得或（舍去），
∵，∴，∴当时，点到平面的距离为．
22. 如图，椭圆：（）的上顶点为，右顶点为，离心率，、是椭圆上的两个动点，且满足．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）试判断直线与的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）椭圆的标准方程为
（2）直线与的斜率之积是定值9
【解析】
【分析】（1）由题意结合平方关系列出方程组，解方程组即可得解.
（2）由题意得，设出直线方程，并与椭圆方程联立，由韦达定理以及两点斜率公式运算化简即可得解.
【小问1详解】
依题意：，解得，
故椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
直线与的斜率之积是定值，理由如下：
依题意：，，∴，
又∵，∴，
设直线的方程为，、两点的坐标分别为，
联立，得，
则，，
，
∴直线与的斜率之积是定值，定值为9．
【点睛】关键点睛：第二问的关键是利用韦达定理并且巧妙变形，化繁为简，由此即可顺利得解.1
2
3
4
0.6
0.8
1.1
1.5
甲校
分组
频数
3
14
8
10
3
乙校
分组
频数
2
10
2
2
1
甲校
乙校
总计
优秀
非优秀
总计
0.1
0.05
0.01
2.706
3.841
6.635
甲校
乙校
总计
优秀
15
5
20
非优秀
25
27
52
总计
40
32
72
0
1
2
3