2023-2024学年江西省赣州市会昌中学高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年江西省赣州市会昌中学高二（上）期末数学试卷（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知变量X与Y之间的一组数据如表：
若Y与X的线性回归方程为Y=6.5X+17.5，则m+n的值为( )
A. 60B. 70C. 100D. 110
2.如图：在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，M为A1C1，B1D1的交点．若AB=a，AD=b，AA1=c，则向量BM=( )
A. −12a+12b+cB. 12a+12b+c
C. −12a−12b+cD. 12a−12b+c
3.已知双曲线y212−x2b2=1(b>0)的焦距为8，则该双曲线的渐近线方程为( )
A. y=±13xB. y=±3xC. y=± 3xD. y=± 33x
4.某学校有A，B两家餐厅，王同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐.如果第1天去A餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.6；如果第1天去B餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.4.计算王同学第2天去A餐厅用餐的概率( )
A. 0.24B. 0.36C. 0.5D. 0.52
5.在一个具有五个行政区域的地图上(如图)，用5种颜色给这五个行政区着色，若相邻的区域不能用同一颜色，则不同的着色方法共有( )
A. 420种B. 360种C. 540种D. 300种
6.已知样本9，x，10，y，11的平均数是10，标准差是2，则xy的值为( )
A. 96B. 97C. 91D. 87
7.已知直线l：x−y−2=0与圆O：x2+y2=1，过直线l上的任意一点P作圆O的切线PA，PB，切点分别为A，B，则∠APB的最大值为( )
A. 3π4B. 2π3C. π2D. π6
8.如图所示，在顶角为π3圆锥内有一截面，在圆锥内放半径分别为1，4的两个球与圆锥的侧面、截面相切，两个球分别与截面相切于EF，则截面所表示的椭圆的离心率为( )
(注：在截口曲线上任取一点A，过A作圆锥的母线，分别与两个球相切于点B，C，由相切的几何性质可知，AE=AC，AF=AB，于是AE+AF=AB+AC=BC，为椭圆的几何意义)
A. 12
B. 815
C. 1127
D. 1563
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法中正确的是( )
A. 样本数据3，4，5，6，7，8，9的第80百分位数是7.5
B. 随机变量X∼B(4,p)，若E(X)=43，则D(X)=89
C. 已知随机事件A，B，且0D. 若随机变量X服从正态分布N(3,σ2)，且P(X≤4)=0.7，则P(310.如图，正八面体P1ABCDP2棱长为1，M为线段P1C上的动点(包括端点)，则( )
A. VP1ABCDP2= 33
B. BM+MD的最小值为 3
C. 当AM⊥DP2时，AM与BC的夹角为π4
D. AM⋅DP2≤AP1⋅DP2
11.已知直线y=kx(k≠0)与双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)交于A，B两点，F为双曲线的右焦点，且AB⋅AF=|AF|2，若△ABF的面积为32a2，则下列结论正确的有( )
A. 双曲线的离心率为 5B. 双曲线的离心率为 102
C. 双曲线的渐近线方程为y=± 62xD. k=±34
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.直线( 3sinα)x+y+2=0的倾斜角θ的取值范围是______．
13.若(2x−1)2016=a0+a1x+a2x2+…+a2016x2016(x∈R)，记S2016=i=12016ai2i，则S2016的值为______．
14.一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球，60个白球.采取不放回摸球，从中随机摸出22个球作为样本，用X表示样本中黄球的个数.当P(X=k)最大时，E(X)+k= ．
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.(本小题13分)
已知圆C：x2+y2−4x−6y=0．
(1)求直线y=2x被圆截得弦长；
(2)已知圆M过点(−4,0)且与圆C：x2+y2−4x−6y=0相切于原点，求圆M的方程．
16.(本小题15分)
在( x+12⋅4x)n的展开式中，若第3项的二项式系数为28，求：
(1)展开式中所有项的二项式系数之和；
(2)展开式中的有理项；
(3)展开式中系数最大的项．
17.(本小题15分)
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23，摸到2分球的概率为13．
(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．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，AC与BD相交于点E，点F在PC上，EF⊥PC,AC=4 2,BD=4,EF=2．
(1)证明：DF⊥平面PBC；
(2)若PA与平面BDF所成的角为α，平面PAD与平面PBC的夹角为β，求α+β．
19.(本小题17分)
给出如下的定义和定理：
定义：若直线l与抛物线Γ有且仅有一个公共点P，且l与Γ的对称轴不平行，则称直线l与抛物线Γ相切，公共点P称为切点．
定理：过抛物线y2=2px上一点(x0,y0)处的切线方程为y0y=px0+px．
完成下述问题：
如图所示，设E、F是抛物线Γ：y2=2px(p>0)上两点.过点E、F分别作抛物线Γ的两条切线l1、l2，直线l1、l2交于点C，点A、B分别在线段EC、CF的延长线上，且满足EC=λCA,CF=λFB，其中λ>0．
(1)若点E、F的纵坐标分别为y1、y2，用y1、y2和p表示点C的坐标；
(2)证明：直线AB与抛物线Γ相切；
(3)设直线AB与抛物线Γ相切于点G，求S△EFGS△ABC．
参考答案
1.C
2.A
3.C
4.C
5.A
6.C
7.C
8.C
9.BCD
10.BC
11.BCD
12.[0,π3]∪[2π3,π)
13.−1
14.17.8
15.解：(1)由x2+y2−4x−6y=0可得(x−2)2+(y−3)2=13，圆心为(2,3)，半径为r= 13，
圆心C(2,3)到直线y=2x的距离为d=|2×2−3| 5= 55，
所以直线y=2x被圆截得弦长为2 r2−d2=2 13−15=16 55．
(2)设(x−a)2+(y−b)2=R2(R>0)，
则(−4−a)2+(0−b)2=R2(0−a)2+(0−b)2=R2，解得a=−2，R= 4+b2；
因为圆M与圆C：x2+y2−4x−6y=0相切于原点，且圆M过点(−4,0)，
所以R+ 13= (2−a)2+(3−b)2， 4+b2+ 13= 16+(3−b)2，
两边平方整理可得4−3b= 13(4+b2)，平方可求b=−3，
代入可得R= 13，所以圆M的方程为(x+2)2+(y+3)2=13．
16.解：(1)依题意，Cn2=28,n(n−1)2=28,n2−n−56=0，而n∈N∗，解得n=8，
所以( x+12⋅4x)8展开式中所有项的二项式系数之和为28=256．
(2)二项式( x+12⋅4x)8展开式通项为Tr+1=C8r( x)8−r(124x)r=(12)rC8rx4−34r,r∈N,r≤8，
当4−34r为整数时，Tr+1为有理项，则r=0，4，8，
因此当r=0时，T1=x4；当r=4时，T5=124C84x=358x；当r=8时，T9=128C88x−2=1256x−2，
所以展开式中的有理项为T1=x4,T5=358x,T9=1256x−2．
(3)设第r+1项的系数最大，则12rC8r≥12r−1C8r−112rC8r≥12r+1C8r+1，即8!r!(8−r)!≥2⋅8!(r−1)!(9−r)!2⋅8!r!(8−r)!≥8!(r+1)!(7−r)!，
整理得9−r≥2r2r+2≥8−r，解得2≤r≤3，由r∈N，得r=2或r=3，
所以展开式中系数最大的项为T3=7x52,T4=7x74．
17.(1)解：由题意，摸到1分球的概率为23，摸到2分球的概率为13，
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P=23×23+13×13=59．
(2)解：由题意知，学生甲摸球2次的总得分X的可能取值为2，3，4，
可得P(X=2)=23×23=49,P(X=3)=C21×23×13=49,P(X=4)=13×13=19，
所以随机变量X的分布列为：
所以，期望为E(X)=2×49+3×49+4×19=83．
(3)解：记Am=甲最终得分为m分，其中m=8，9，10，B=乙获得奖励，
可得P(A9)=C21×23×13=49,P(A8)=C22×23×23=49，
当甲的最终得分为9分时，乙获得奖励需要最终得分为10分，
则P(B|A9)=C55(13)5=(13)5；
当甲最终得分为8分时，乙获得奖励需要最终得分为10分或9分，
则P(B|A8)=C55(13)5+C51×23×(13)4=11×(13)5，
所以P(B)=P(B|A9)+P(B|A8)=P(A9)P(B|A9)+P(A8)P(B|A8)=49×(13)5+49×11×(13)5=16729，
所以乙获得奖励的概率为16729．
18.解：(1)证明：∵底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
∵PA⊥平面ABCD，且BD⊂平面ABCD，
∴PA⊥BD．
又∵AC∩PA=A，AC，PA⊂平面PAC，
∴BD⊥平面PAC，
∵PC⊂平面PAC，
∴BD⊥PC，又∵EF⊥PC，且EF，BD⊂平面BDF，EF∩BD=E，
∴PC⊥平面BDF，∵DF⊂平面BDF，
∴PC⊥DF，
∵EF=ED=EB=2，
∴∠DFB=90°，即DF⊥FB，又∵PC，FB⊂平面PBC，且PC∩FB=F，
∴DF⊥平面PBC．
(2)以E为原点，以EA，EB所在直线分别为x轴、y轴，过点E且平行PA的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则A(2 2,0,0),C(−2 2,0,0),D(0,−2,0)，
∵EF=2,AC=4 2,BD=4，
∴EC=2 2，又∵EF⊥PC，
∴在△FEC中由勾股定理得FC2=EC2−EF2=(2 2)2−22=4，
即FC=2,∠FEC=π4，
∴F(− 2,0, 2).∴DF=(− 2,2, 2),AD=(−2 2,−2,0)，
∵EF⊥PC,EF=2,EC=2 2，
∴∠ACP=45°，
∴PA=AC=4 2，∴∠APC=45°，
∵PC⊥平面BDF，
∴PA与平面BDF所成的角为α=90°−∠APC=45°，
∵DF⊥平面PBC，
∴DF是平面PBC的一个法向量，
∵PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAD，
∴平面PAD⊥平面ABCD，
设n=(x,y,0)，只需n⊥AD，则n⊥平面PAD，
则n⋅AD=(x,y,0)(−2 2,−2,0)=−2 2x−2y=0，
令n=(−1, 2,0)，则csβ=|n⋅DF||n|⋅|DF|=3 2 3⋅2 2= 32，
∴β=30°，
∴α+β=45°+30°=75°．
19.解：(1)因为点E，F的纵坐标分别为y1，y2，
所以E(y122p,y1),F(y222p,y2)，
所以在E(y122p,y1)处的切线CE方程为y1y=p×y122p+px，即y=y12+py1x，
同理在F(y222p,y2)处的切线CF方程为y=y22+py2x，
两式联立，解得x=y1y22p,y=y1+y22，
所以点C的坐标为(y1y22p,y1+y22)．
(2)设G(x0,y0)为抛物线上的一点，则x0=y022p，
抛物线在点G(x0,y0)处的切线方程为y0y=p×y022p+px，
即y=y02+py0x，
由y=y02+py0xy=y12+py1x，得A′(y1y02p,y1+y02)，
由y=y02+py0xy=y22+py2x，得B′(y2y02p,y2+y02)，
所以EC=(y1y2−y122p,y2−y12)=y2−y12(y1p,1),CA′=(y1y0−y1y22p,y0−y22)=y0−y22(y1p,1)，
CF=(y22−y1v22p,y2−y12)=y2−y12(y2p,1),FB′=(y2y0−y222p,y0−y22)=y0−y22(y2p,1)，
所以EC=y2−y1y0−y2CA′,CF=y2−y1y0−y2FB′，
取λ=y2−y1y0−y2，
则点A′为点A，B′为点B，
此时满足EC=λCA,CF=λFB，
所以直线AB与抛物线Γ相切；
(3)因为EC=λCA,CF=λFB，
所以BF=1λFC，
所以根据(2)可知，GB=1λBA，
所以S△AEGS△ABC=|AG|⋅|AE||AB|⋅|AC|=(1+λ)⋅1+λλ=(1+λ)2λ，
所以S四边形ECBGS△ABC=(1+λ)2−λλ=λ2+λ+1λ，
而S△CEF=|EC|⋅|CF|CA|⋅|CB|S△ABC=λ⋅λ1+λS△ABC=λ21+λS△ABC，
S△BGF=|FB|⋅BG||CB|⋅|AB|S△ABC=11+λ⋅1λS△ABC=1λ(1+λ)S△ABC，
所以S△EFG=S四讱形ECBG−S△CEF−S△BGF=2S△ABC，
所以S△EFGS△ABC=2． X
2
4
5
6
8
Y
30
m
50
n
70
X
2
3
4
P
49
49
19