2024-2025学年江西省南昌三中高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年江西省南昌三中高二（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。
1.已知随机变量X服从正态分布N(3,σ2)，且P(X8，则曲线C为椭圆D. 若曲线C为双曲线，则20)与双曲线C2：x2m2−y2n2=1(m>0,n>0)有公共焦点F1，F2，C1与C2在第一象限的交点为P，且PF1⊥PF2，记C1，C2的离心率分别为e1，e2.下列结论正确的是( )
A. 若|PF1|= 7+1，|PF2|= 7−1，则e2=2
B. 若e1=2 77，则e2=2
C. e1e2的最小值为1
D. 记△F1PF2的内心为I，C2的右顶点为E，则IE⊥x轴
三、填空题：本题共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X表示取得次品的个数，则E(2X+1)= ______．
13.已知曲线G：x|x|+y|y|=4，O为坐标原点.给出下列四个结论：
①曲线G关于直线y=x成轴对称图形；
②经过坐标原点O的直线l与曲线G有且仅有一个公共点；
③直线l：x+y=2与曲线G所围成的图形的面积为π−2；
④设直线l：y=kx+2，当k∈(−1,0)时，直线l与曲线G恰有三个公共点．
其中所有正确结论的序号是______．
14.四面体P−ABC中，PA= 3，其余棱长都为2，动点Q在△ABC的内部(含边界)，设∠PAQ=α，二面角P−BC−A的平面角的大小为β，△APQ和△BCQ的面积分别为S1，S2，且满足S1S2=3sinα4sinβ，则Q到BC的最
大距离为______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
如图，过圆x2+y2=2外一点P(4,2)向圆引切线．
(1)求过点P的圆的切线方程；
(2)若切点为P1，P2，求过切点P1，P2的直线方程．
16.(本小题12分)
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，得到表格如表：
(1)求电动汽车产值y(亿元)关于(x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.(参考公式如表)
①i=15(xi−x−)(yi−y−)=59；②b =i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2；③K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)．
17.(本小题12分)
在三棱锥P−ABC中，PB=PC=3，BC=2，AB=AC= 3，AD=λAC，λ∈(0,1)．
(1)如图一，G为△ABC的重心，若DG//平面PAB，求λ的值；
(2)如图二，当λ=12，且二面角P−BC−A的余弦值为−14时，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．
18.(本小题12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．
19.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右顶点分别为A1和A2，离心率为 32，且经过点P(−2, 3)，过点P作PH垂直x轴于点H.在x轴上存在一点A(异于H)，使得|AA2||AA1|=|HA2||HA1|．
(Ⅰ)求椭圆C的标准方程；
(Ⅱ)判断直线AP与椭圆C的位置关系，并证明你的结论；
(Ⅲ)过点A作一条垂直于x轴的直线l，在l上任取一点T，直线TA1和直线TA2分别交椭圆C于M，N两点，证明：直线MN经过定点．
参考答案
1.D
2.A
3.A
4.B
5.D
6.C
7.D
8.B
9.AD
10.BCD
11.ABD
12.175
13.①③④
14.4 3−6
15.解：(1)设过点P的圆的切线方程为y−2=k(x−4)，x2+y2=2的圆心为(0,0)，半径为 2；
则d=|4k−2| 1+k2= 2，解得k=1或k=17，
故切线方程为x−7y+10=0或x−y−2=0．
(2)解法1：将切线方程与圆的方程联立成方程组，由x2+y2=2x−y−2=0，可得x=1y=−1，
由x2+y2=2x−7y+10=0，可得x=−15y=75，
即P1(−15,75)和P2(1,−1)，
故过切点P1，P2的直线方程为y+175+1=x−1−15−1，整理得2x+y−1=0．
解法2：因为O，P1，P，P2四点共圆，
所以P1，P2在以OP为直径的圆上，圆心为(2,1)，半径为12 42+22= 5，
即方程为(x−2)2+(y−1)2=5
与已知圆x2+y2=2相减，得过切点P1，P2的直线方程为2x+y−1=0．
16.解：(1)设所求回归直线方程为y =a +b x，
∵x−=1+2+3+4+55=3，y−=16+20+23+31+405=26，
∴b =i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2=5912+22+22+12=5910=5.9，
∴a =y−−b x−=26−5.9×3=8.3，
故电动汽车产值y(亿元)关于(x月份)的线性回归方程为y =5.9x+8.3；
(2)根据题意，得2×2列联表如下：
K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=(45×15−5×35)2×10050×50×80×20=6.25>3.841，
故有95%的把握认为是否购买电动汽车与性别有关．
17.解：(1)连接CG并延长与PB交于点E，连接AE，

所以平面CAE∩平面PAB=AE，
因为DG//平面PAB，DG⊂平面ACE，
所以DG//AE，
又因为G为△PBC的重心，所以CG=23CE，
所以CD=23CA，
所以AD=13AC，即λ=13；
(2)设O为BC的中点，连接AO，
因为PB=PC，AB=AC，所以BC⊥AO，BC⊥PO，
又AO∩PO=O，所以BC⊥平面PAO，又BC⊂平面ABC，
所以平面PAO⊥平面ABC，
过点O在平面PAO内作AO的垂线OZ，如图所示，
分别以OA，OC，OZ为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，

所以A( 2,0,0)，C(0,1,0)，B(0,−1,0)，
因为λ=12，所以D( 22,12,0)，
由题意知，∠POA是二面角P−BC−A的平面角，
又二面角P−BC−A的余弦值为−14，OP=2 2，OA= 2，
取△POA的平面图，设∠POE=θ，

则sinθ=sin(∠AOP−π2)=−cs∠AOP=14，
csθ=cs(∠AOP−π2)=sin∠AOP= 154，
故PE=2 2×14= 22，OE=2 2× 154= 302，
所以P(− 22,0, 302)，
所以PD=( 2,12,− 302)，OP=(− 22,0, 302)，OC=(0,1,0)，
设平面PBC的一个法向量为n=(x,y,z)，
所以n⋅OP=0n⋅OC=0，所以− 22x+ 302z=0y=0，
令z=1，可得n=( 15,0,1)，
设直线PD与平面PBC所成的角为θ，
sinθ=|cs|=| 30− 302|4× 392= 13052，
即直线PD与平面PBC所成角的正弦值为 13052．
18.(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．
19.解：(Ⅰ)因为椭圆C的离心率为 32，
所以e2=1−b2a2=34，①
又点P在椭圆C上，
所以4a2+3b2=1，②
联立①②，
解得a2=16b2=4，
则椭圆C的标准方程为x216+y24=1；
(Ⅱ)不妨设A(x,0)，
因为AA2：AA1=HA2：HA1，
所以|x−4||x+4|=62，
解得x=−8，
此时A(−8,0)，
可得直线AP的方程为y= 36(x+8)，
联立y= 36(x+8)x216+y24=1，消去y并整理得x2+4x+4=0，
解得x=−2，
故直线AP与椭圆C相切；
(Ⅲ)证明：不妨设T(−8,t)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
因为T，M，A1三点共线，
所以y1x1+4=−t4，
因为T，N，A2三点共线，
所以y2x2−4=−t12，
可得y1(x2−4)y2(x1+4)=3，
因为x216+y24=1，
所以y12x12−16=y12(x1+4)(x1−4)=−14，
整理得(x1−4)(x2−4)y1y2=−12，
即x1x2−4(x1+x2)+12y1y2+16=0，
不妨设直线MN的方程为x=my+n，
此时(m2+12)y1y2+(mn−4m)(y1+y2)+n2−8n+16=0，
联立x=my+nx216+y24=1，消去x并整理得(m2+4)y2+2mny+n2−16=0，
由韦达定理得y1+y2=−2mnm2+4，y1y2=n2−16m2+4，
所以n2−2n−8=0，
解得n=−2或n=4(舍去)．
故直线MN经过定点(−2,0)． 月份
6月
7月
8月
9月
10月
月份代码x
1
2
3
4
5
产值y(亿元)
16
20
23
31
40
P(K2≥k0)
0.10
0.05
0.01
k0
2.706
3.841
6.635
性别
购买非电动汽车
购买电动汽车
合计
男性
45
5
50
女性
35
15
50
合计
80
20
100
X
2
3
4
P
49
49
19