江西省丰城中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析）

这是一份江西省丰城中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析），共22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.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 圆关于直线对称，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出圆的圆心坐标，根据条件可得直线过圆心，从而可得，再结合基本不等式“1”的妙用方法计算即可得解.
【详解】由圆可得标准方程为，
因为圆关于直线对称，
该直线经过圆心，即，，
，
当且仅当即时取等号，
所以的最小值为.
故选：C.
2. 设随机变量服从正态分布，若，则实数（ ）
A. B. 1C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】利用正态分布的对称性可得答案.
详解】，得：.
故选：C．
3. 甲、乙、丙、丁4名志愿者被派往三个足球场参加志愿服务，每名志愿者都必须分配，每个足球场至少分配1名志愿者，但甲、乙不能安排在同一个足球场，则不同的分配方案共有（ ）
A. 24种B. 30种C. 36种D. 42种
【答案】B
【解析】
【分析】分类考虑，甲乙有可能各自参加一个足球场或者甲乙有一人和别人一起参加志愿服务，分别求出分配方案的种数，相加即得答案.
【详解】由题意甲、乙不能安排在同一足球场中，故甲、乙各自参加一个足球场的服务时，共有种分配方案，
当甲或乙有一人和丙丁中一人一起参加一个足球场的服务时，有种分配方案，
故不同的分配方案共有种，
故选：B
4. 对于次二项式，取，可以得到．类比此方法，可以求得（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取分别赋值，作差后化简即可得解.
【详解】由题意可得，
令，得，
令，得，
两式作差，可得，
故．
故选：B．
5. 设满足一元线性回归模型的两个变量的对样本数据为，下列统计量中不能刻画数据与直线的“整体接近程度”的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据统计量的几何意义，为避免在代数上出现正负相抵的情况，需要有绝对值或平方，题干中要求选“不能刻画”的，从而选出符合题意的选项.
【详解】统计量和可以刻画数据点与直线的竖直距离，
进而可以刻画数据与直线的“整体接近程度”，AC选项不符合题意．
统计量可以刻画数据点与直线的距离，
也可以刻画数据与直线的“整体接近程度”，B选项不符合题意．
统计量的计算会出现直线两侧的数据点在代数上正负抵消的情况，
因此不能刻画数据与直线的“整体接近程度”，D选项符合题意．
故选：D.
6. 在平面直角坐标系中，，动点和分别位于正半轴和负半轴上，若，则和的交点的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过设出交点的坐标，利用、、、的坐标关系以及已知条件来建立等式，从而求出的轨迹方程.
【详解】设，，.
因为，所以.
已知，，根据直线的截距式方程（为轴上的截距，为轴上的截距），可得直线的方程：.
已知，，则直线的方程为.
因为是和的交点，所以的坐标满足和的方程.
对于直线的方程，可得.
对于直线的方程，可得.
又因为，所以，即.
故选：D.
7. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，点在椭圆上，为的内心，连接并延长交线段于点，，则椭圆的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知为的角平分线，推导出，可得出，利用比例关系可得出，再结合可求得椭圆的离心率的值.
【详解】如图，连接、，是的内心，
则、分别是和的角平分线，为的角平分线，

所以到直线、的距离相等，
得，同理可得，
由比例关系性质可知．
又因为，所以椭圆的离心率.
故选：C．
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得值，根据离心率的定义求解离心率的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
8. 三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，，直线AC与BD所成角为，则三棱锥外接球表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，得证为等腰三角形，于是建立如图所示空间直角坐标系，，根据与直线AC与BD所成角为建立方程，求得，然后找出外接球球心，根据相关数量关系，建立外接球半径的等式关系，求出半径，应用球的表面积公式即可得解
【详解】由题意可得，因为为等边三角形，所以，
又，且
所以，所以,
取的中点，易得,又
所以平面，又平面，所以平面平面，
建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，
令，所以，
因为，所以，所以，
所以，
因为直线AC与BD所成角为，所以，
解得，即，
如图，为外接球的球心，为等边三角形的重心，
设点A在平面内的投影为，作，
所以,
所以在中，
,,
所以在中，，解得，
所以，三棱锥外接球表面积为，
故选：A
【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；
2.若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体求解；
3.正方体内切球的直径为正方体的棱长．
4.球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．
5.利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解．
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.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9. 已知双曲线，则（ ）
A. 的取值范围为
B. 双曲线的焦点坐标为
C. 当时，双曲线的两条渐近线的夹角为
D. 当双曲线为等轴双曲线时，
【答案】AD
【解析】
【分析】根据双曲线的标准方程即可求解AB；根据双曲线的标准方程，求解渐近线即可判定C；根据等轴双曲线的定义即可求解D.
【详解】选项A：令，解得，A正确；
选项B：由于，，故该双曲线的焦点在轴上，
而，得，所以焦点坐标为，B错误；
选项C：当时，的标准方程为，易知渐近线方程为．
若双曲线的两条渐近线的夹角为，则渐近线的斜率为或，C错误；
选项D：当双曲线为等轴双曲线时，，解得，D正确．
故选：AD
10. 已知事件，，为随机事件，且，则（ ）
A. 若事件与事件对立，则
B. 若，则事件与事件对立
C. 若事件与事件独立，则
D. 若，则事件与事件独立
【答案】ACD
【解析】
【分析】由条件概率的计算公式即可判断A，举出反例，即可判断B，由相互独立事件的定义即可判断CD.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，抛掷两次骰子，事件：第一次抛掷骰子的点数为2，
事件：第二次抛掷骰子的点数为奇数，事件：第二次抛掷骰子的点数大于3，
则，可知，但，不是对立事件，故B错误；
对于C，若事件与事件独立，则，
则，故C正确；
对于D，，从而，
则事件与事件独立，故D正确.
故选：ACD
11. 在棱长为的正方体中，、分别为棱、的中点，为线段上的一个动点，则（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 存在点，使得平面平面
C. 当时，直线与所成角的余弦值为
D. 当为的中点时，三棱锥的外接球的表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用锥体体积公式可判断A选项；建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断BC选项；
【详解】对于A选项，因为平面平面，平面，
所以平面，所以点到平面的距离为定值，
又，的面积为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故A正确；
以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图1所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，、、，
对于B项，，，，，，
设，其中，
则．设平面的法向量为，
由，令，可得．
设平面的法向量为，
由，令，可得．
若平面平面，则，则，解得，故B正确；
对于C选项，当时，，．
设直线与所成的角为，则，
即直线与所成角的余弦值为，故C错误；
对于D项，如图2，当为的中点时，、，，．
设三棱锥的外接球的球心为，半径为，
则，解得，
所以三棱锥的外接球的表面积为，故D正确．
故选：ABD．
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 从甲、乙、丙等6人中选择3人去成都出差，则甲被选中，而乙没有被选中的概率为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意得到共有种情况，甲被选中，而乙没有被选中共有种情况，再利用古典概型公式计算即可.
【详解】甲、乙、丙等6人中选择3人去成都出差，共有种情况，
甲被选中，而乙没有被选中共有种情况，
所以甲被选中，而乙没有被选中的概率为.
故答案：
13. 正四面体ABCD中，若M是棱CD的中点，，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量线性运算得到，证明出共线定理的推论，由三点共线，得到，求出.
【详解】因为，所以，
即，，
下面证明：已知，若三点共线，则，
因为三点共线，所以存在非零实数，使得，
即，整理得，
故，，所以，
因为三点共线，
故，解得：.
故答案为：
14. 已知双曲线（，），分别为双曲线的左、右顶点及右焦点，点为双曲线右支上异于的动点，过作直线的垂线交与点，设点的横坐标为，则当最大时，双曲线的离心率为__________.
【答案】2
【解析】
【分析】分别求得A，B和F的坐标，设直线的方程为 ，与双曲线的方程联立，求得P的坐标，求得过F垂直于的直线方程，求得直线BP的方程，求出点纵坐标，可得t关于a,b的式子，再由换元法和二次函数的最值求法，可得所求最大值，进而可得离心率.
【详解】由已知，
直线的斜率明显存在且不为，设直线的方程为，
联立，消去得，
则，得，，
又过与直线的垂线的直线方程为，
直线的方程为，
联立得，
则，
令，，
则
当，即时，取最大值
此时离心率.
故答案为：.
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. 在二项式的展开式中，二项式系数最大的项只有一项，且是第4项．
（1）求的值；
（2）求展开式中所有有理项的系数之和；
（3）把展开式中的项重新排列，求有理项互不相邻的排法种数．
【答案】（1）6 （2）32
（3）144
【解析】
【分析】（1）利用二项式定理的展开式的性质即可求解；（2）利用二项式定理的展开式，找出的次数为整数的项，即可求解（3）元素不相邻的排列问题用插空法，即可求解.
【小问1详解】
由题意知，所以．
【小问2详解】
二项式的展开式的通项为，
当时，的次数为整数，对应的项为有理项．
于是展开式中有理项共有四项，分别为第1项第3项、第5项、第7项，
所以展开式中所有有理项的系数之和为（或）．
【小问3详解】
展开式共有7项，其中4项为有理项，3项为无理项．
将无理项排列，有种排法，
将有理项插空排列，有种排法，
故有理项互不相邻的排法共有（种）．
16. 已知椭圆的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为4.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设为椭圆的右顶点，为椭圆的上顶点，直线与椭圆交于两点（在第三象限），是椭圆上的动点（不与顶点重合），直线分别交直线于点，记，求证：为定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，结合离心率及四边形面积求出，即可得椭圆标准方程.
（2）求出两点的坐标，设，并表示出点的坐标，结合向量共线求出即可推理得证.
【小问1详解】
由椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为4，得，则，
由的离心率为，得，则，解得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
由（1）知，，
由，解得或，则，，
设，有，直线的方程为，
由，解得点的横坐标，
直线的方程为，由，解得点的横坐标，
由，得，同理，
所以，
而，
所以为定值.
17. 某学校共有1200人，其中高一年级、高二年级、高三年级的人数比为，为落实立德树人根本任务，坚持五育并举，全面推进素质教育，拟举行乒乓球比赛，从三个年级中采用分层抽样的方式选出参加乒乓球比赛的12名队员．本次决赛的比赛赛制采取单循环方式，每场比赛都采取5局3胜制，最后根据积分选出最后的冠军，亚军和季军积分规则如下：每场比赛5局中以或获胜的队员积3分，落败的队员积0分；而每场比赛5局中以获胜的队员积2分，落败的队员积1分．已知最后一场比赛两位选手是甲和乙，如果甲每局比赛的获胜概率为
（1）三个年级参赛人数各为多少？
（2）在最后一场比赛甲获胜的条件下，求其前2局获胜的概率
（3）记最后一场比赛中甲所得积分为X，求X的概率分布及数学期望
【答案】（1）来自高一，高二，高三年级的参赛人数分别为3人，4人和5人
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用分层抽样的等比例性质列式求解即可；
（2）分别求得最后一场比赛甲获胜与其前2局获胜的概率，再利用条件概率公式即可得解；
（3）依题意得到的所有可能取值，分别求其对应概率得到分布列，再计算数学期望即可得解.
【小问1详解】
三个年级的参赛人数分别为，
故来自高一，高二，高三年级的参赛人数分别为3人，4人和5人.
【小问2详解】
记甲在最后一场获胜为事件，其前两局获胜为事件，
则，
，
故.
【小问3详解】
依题意，的所有可能取值为.
；；
；.
∴的概率分布列为：
∴.
18. 如图，在四棱锥中，，，，是边长为2的等边三角形，且平面平面，点E是棱上的一点.

（1）若，求证：平面；
（2）若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值；
（3）求点到直线的距离的最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）取的中点F，可得，再由线面平行的判定定理可得答案；
（2）取的中点O，由面面垂直、线面垂直的性质定理得，，以O为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设，求出平面、平面的法向量，由二面角的向量求法求出可得答案；
（3）设，，求出点到直线的距离，分、、可得答案.
【小问1详解】
取的中点F，连接，，
又，点F是的中点，
所以，，
又，，所以，，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面；
【小问2详解】
取的中点O，连接，，如图所示，

因为为等边三角形，所以，
又平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
又平面，所以，，
又，得，所以以O为坐标原点，直线，，
分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，，
设，，
所以，
又，设平面的法向量为，
所以，
令，解得，，
所以平面的法向量.
又，，
设平面的法向量为，所以，
令，解得，，
所以平面的法向量.
设平面与平面的夹角为，
所以
，
解得，所以；
【小问3详解】
设，，
所以，
又，所以点到直线的距离
，
当时，；
当时，，
而，当时，取最小值，
此时.
综上，点到直线的距离的最小值为.
19. 在平面直角坐标系中，过点作斜率分别为的直线，若，则称直线是定积直线或定积直线.

（1）已知直线是定积直线，且直线，求直线的方程;
（2）如图所示，已知点，点和点分别是三条倾斜角为锐角的直线上的点(与均不重合)，且直线是定积直线，直线是定积直线，直线是定积直线，求点的坐标;
（3）已知点，直线是定积直线，若，求三角形的面积.
【答案】（1）
（2）；
（3）
【解析】
【分析】（1）根据新定义求得的斜率，得直线方程；
（2）设直线的斜率分别为，由新定义列方程组解得，求得直线方程，再联立直线方程求得交点坐标；
（3）设出点坐标，根据新定义列出关系式，得到动点轨迹方程，假定在轴上方，根据直线斜率与角之间关系转化列出等式，求出点坐标，进而求得三角形面积.
【小问1详解】
由已知得，又，
且直线过点，
的方程;
【小问2详解】
（2）设直线的斜率分别为，
则.
得（负值舍去），
当时，
直线的方程为，直线的方程为
联立得；故所求为；
【小问3详解】
设，
得的轨迹方程为:
由图形的对称性，不妨设在轴上方，则
，得，即此时的纵坐标为
.
所以三角形的面积为.
【点睛】方法点睛： “新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解。对于此题中的新概念，对阅读理解能力有一定的要求。但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝．3
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