辽宁省名校联盟2024−2025学年高二下学期3月份联合考试 数学试题（含解析）

这是一份辽宁省名校联盟2024−2025学年高二下学期3月份联合考试 数学试题（含解析），共16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（本大题共8小题）
1．直线与平行，则实数（ ）
A．B．C．或D．0
2．已知展开式各项系数之和为64，则展开式中的系数为（ ）
A．31B．30C．29D．28
3．已知直线过点，且为其一个方向向量，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
4．已知，，且，则下列选项中不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
5．现有5个编号为1，2，3，4，5的不同的球和5个编号为1，2，3，4，5的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（ ）
A．共有120种不同的放法
B．恰有一个盒子不放球，共有1200种放法
C．每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有60种
D．将5个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有5种
6．已知实数满足，则的最大值为（ ）
A．B．6C．D．12
7．设A，B，C是集合的子集，且满足，，这样的有序组的总数（ ）
A．B．C．D．
8．已知分别是双曲线的左、右焦点，过点作直线交于两点. 现将所在平面沿直线折成平面角为锐角的二面角，如图，翻折后两点的对应点分别为，且若，则的离心率为（ ）

A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列说法中正确的是（ ）
A．回归直线恒过点
B．两个变量线性相关性越强，则相关系数就越接近1
C．在线性回归方程中，当变量x每增加一个单位时，平均减少个单位
D．以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，求得线性回归方程为，则的值分别是和
10．如图，在直四棱柱中，为与的交点.若，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．
C．设，则
D．以为球心，为半径的球在四边形内的交线长为
11．法国数学家加斯帕尔蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”.他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆的蒙日圆为圆，过上的动点作的两条互相垂直的切线，分别与交于两点，直线交于两点，则（ ）
A．椭圆的蒙日圆方程为
B．面积的最大值为7
C．的最小值为
D．若动点在上，将直线的斜率分别记为，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．随机变量X服从正态分布，，，则的最小值为 .
13．甲､乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛11分制，若比分打到时，需要一人比另一人多得两分，比赛才能结束.已知甲赢得每一分的概率为，在两人的第一局比赛中，两人达到了，此局比赛结束时，两人的得分总和为24的概率为 .
14．棱长为4的正方体中，分别是平面和平面内动点，，则的最小值为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．民航招飞是指普通高校飞行技术专业（本科）通过高考招收飞行学生，报名的学生需参与预选初检、体检鉴定，飞行职业心理学检测、背景周查、高考选拔共5项流程，其中前4项流程选拔均通过，则被确认为有效招飞申请，然后参加高考，由招飞院校择优录取．据统计，某校高三在校学生有1000人，其中男生600人，女生400人，各有100名学生有民航招飞意向．
(1)完成以下列联表，并回答是否有99．9%的把握认为该校高三学生有民航招飞意向与学生性别有关？
(2)若每名报名学生通过前《项流程的概率依次约为，假设学生能否通过这4项流程相互独立，估计该校高三学生被认为有效招飞的人数．
附：
16．某工厂生产一批机器零件，现随机抽取100件对某一项性能指标进行检测，得到一组数招X，如下表：
(1)求该项性能指标的样本平均数的值，若这批零件的该项指标X近似服从正态分布，其中：近似为样本平均数的值，，试求的值；
(2)若此工厂有甲、乙两台机床加工这种机器零件，且甲机床的生产效率是乙机床的生产效率的2倍，甲机床生产的零件的次品率为0.02，乙机床生产的零件的次品率为0.01，现从这批零件中随机抽取一件．
① 求这件零件是次品的概率；
② 若检测出这件零件是次品，求这件零件是甲机床生产的概率．
参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，．
17．在中，，，，、分别是、上的点，满足且，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示．
(1)求证：平面；
(2)求与平面所成角的大小；
(3)在线段上是否存在点，使平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由．
18．强基计划于2020年在有关高校开始实施，主要选拔有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生．为选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数学、物理、化学学科夏令营活动．
(1)若数学组的7名学员中恰有4人来自中学，从这7名学员中随机选取4人，表示选取的人中来自中学的人数，求的分布列和数学期望；
(2)在夏令营开幕式的晚会上，物理组举行了一次学科知识竞答活动，规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利．已知甲乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道题的概率分别为，．假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不影响．当时，求甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值．
19．设抛物线，过点的直线与交于两点，且.若抛物线的焦点为，记的面积分别为.

(1)求的最小值.
(2)设点，直线与抛物线的另一交点为，求证：直线过定点.
(3)我国古代南北朝数学家祖暅所提出的祖暅原理是“幂势既同，则积不容异”，即：夹在两个平行平面间的两个几何体被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.当为等腰直角三角形时，记线段与抛物线围成的封闭图形为绕轴旋转半周形成的曲面所围成的几何体为.试用祖桓原理的数学思想求出的体积.
参考答案
1．【答案】A
【分析】由直线与直线平行的充要条件，列式求解即可.
【详解】因为直线与平行，
所以且，解得.
故选：A.
2．【答案】C
【详解】中令得，解得，
展开式通项公式为，，
当时，，当时，，
故展开式中的系数为.
故选：C
3．【答案】B
【详解】由已知可得，又，
所以向量在向量上的投影向量的模为，又
所以点到直线的距离为,
故选：B.
4．【答案】D
【详解】因为，且，
所以，即，
因为在上递增，且，
所以，故A正确；
，故B正确；
，故C正确；
，，故D错误；
故选：D
5．【答案】B
【详解】对于A：每个小球都有5种选择，所有共有种，错误；
对于B，第一步，选择一个盒子不放球，由,
第二步，5个小球分成4组，分别放入4个盒子有：，
所以共有种，正确；
对于C，第一步选择两个盒子使得编号与小球相同，有，
第二步，剩下3个球，3个盒子使得盒子编号与小球编号不相同共有2种，
所以共有20种，错误；
对于D，第一步，确定哪个盒子不放球，有，
第二步，剩下四个盒子确定哪个盒子放两个球，即可；
所有共有20种，错误；
故选：B
6．【答案】C
【详解】设，，，
故，在圆上，且，
表示到直线的距离之和，
原点到直线的距离为，
如图所示：，，是的中点，于，
，，
故在圆上，.
故的最大值为.
故选：C.
7．【答案】D
【分析】利用分步计数法可求有序组的总数.
【详解】如图：
考虑，，把集合划分为5个集合:，，，，，接下来将集合中的元素逐一安排到集合，，，，中即可，
因为集合中的每个元素都可能安排到5个位置中的一个，所以中2024个元素的安排方法共有种．
故选D.
8．【答案】C
【详解】设双曲线的半焦距为，
由题意可得：，
则，
且，则锐角二面角，
在中，由余弦定理可得：，
在中，由余弦定理可得：，
因为，即，
可得，解得.
故选：C.
9．【答案】ACD
【详解】对于选项A，因为回归直线恒过样本中心点，所以选项A正确，
对于选项B，两个变量线性相关性越强，则相关系数就越接近1，所以选项B错误，
对于选项C，因为线性回归方程为，，则变量x每增加一个单位时，平均减少个单位，所以选项C正确，
对于选项D，由题知，则，所以，故选项D正确，
故选：ACD.
10．【答案】ACD
【详解】对于选项A：连接DB，
由题得，，故A正确.
对于选项B：因为，
，，
所以
，
所以，故B错误.
对于选项C：因为，
所以
，
所以，即，故C正确.
对于选项D：取的中点为，连接，
由为等边三角形可得，且
面.
由球的半径为，知球面与平面的交线是以为圆心，为半径的圆.
如图，在正方形内，以为圆心，2为半径作圆，所得的圆弧即为所求交线.
由题意可知，所以弧的长为，故D正确.
故选：ACD.
11．【答案】ABC
【详解】依题意，可设圆C方程为，
过椭圆的上顶点作轴的垂线，
过椭圆的右顶点2,0作轴的垂线，则这两条垂线的交点在圆C上，
所以，即，
所以椭圆的蒙日圆方程为，故A正确；
因为点都在圆上，且，所以为圆的直径，
所以面积的最大值为，故B正确；
由于为圆的直径，过坐标原点，即过坐标原点，
所以，故C正确；
由直线经过坐标原点，易得点关于原点对称，设，
则，
又，所以，
所以，故D错误.
故选：.
12．【答案】/
【详解】随机变量X服从正态分布，
，由，，
，且，
则，
当且仅当，即时等号成立．
所以的最小值为．
故答案为：.
13．【答案】
【详解】因为比赛结束时，两人的得分总和为24，其中且两人的得分的差的绝对值为2，
若甲赢得比赛，则最后两局比赛甲胜，第21球和第22球甲乙一胜一负，
所以事件甲赢得比赛的概率为，
同理乙赢得比赛的概率为，
所以.
故答案为：
14．【答案】
【详解】取点关于平面的对称点为，
设点到平面的距离为，则，
所以，
以为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
因为正方体的棱长为4，且，
所以，
，
设平面的法向量为，
则，
取，则，则，
所以点到平面的距离.
即的最小值为.
故答案为：.
15．【答案】(1)表格见解析，认为该校高三学生是否有民航招飞意向与学生性别无关
(2)50人
【详解】（1）列联表如下：
零假设：该校高三学生是否有民航招飞意向与学生性别无关联．
因为，
所以假设成立，所以根据小概率值的独立性检验，认为该校高三学生是否有民航招飞意向与学生性别无关，即没有99．9%的把握认为该校高三学生有民航招飞意向与学生性别有关；
（2）因为每名报名学生通过前4项流程的概率依次约为，且能否通过相互独立，
所以估计每名报名学生被确认为有效招飞申请的概率．
因为该校有200名学生有民航招飞意向，所以有效招飞的人数.
所以估计有人被确认为有效招飞申请．
16．【答案】(1)80，0.8185
(2)①，②
【详解】（1），
因为，所以，
则
（2）设“抽取的零件是甲机床生产”记为事件；
“抽取的零件是乙机床生产”记为事件；
“抽取的零件是次品”记为事件,
则,,,,
则，
17．【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，或
【详解】（1）因为在中，，，且，
所以，，则折叠后，，，
又，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，、平面，所以平面.
（2）由（1）可知，平面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系 ，
翻折前，在中，，则，则，
则，则，，
翻折后，因为平面，平面，则，
所以，，，则，
故，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，
不妨令，则，，则．
设直线与平面所成角的大小为，
则有，则，
直线与平面所成角的大小为.
（3）假设在线段上存在点，使平面与平面成角余弦值为．
在空间直角坐标系中，，，，
设，
则，
设平面的法向量为，则有，
不妨令，则，，所以，
设平面的法向量为，则有，
不妨令，则，，所以，
若平面与平面成角余弦值为．
则满足，
化简得，解得或，即或，
则或.
故在线段上存在这样的点，使平面与平面成角余弦值为．
此时的长度为或．
18．【答案】(1)分布列见解析，
(2)甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率取得最大值．
【详解】（1）的所有可能取值是1，2，3，4．
，，
，，
所以的分布列是
数学期望是．
（2）设甲、乙两位同学在每轮答题中取胜为事件A，则
，
由，得．
令，因为，，所以，
所以，设，则，
因为，当时，取得最大值．
所以，当时，甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率取得最大值．
19．【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【详解】（1）设，直线，
由消去y整理得，，
由，得，解得，即，
，
当且仅当时等号成立，所以最小值为.
（2）设，则直线的斜率，方程为，
由（1）知抛物线，由消去y得，
整理得，显然，
于是，又，联立消去，得，
设直线，与抛物线联立，整理得:，
，因此，
直线恒过定点.
（3）

作底面半径为4、高为4的圆柱，并将内部切割去掉之后，上下翻转得到几何体，
现做一平面，使其平行于和的底面，且被两几何体分别截得如图中阴影所示截面，
在图1的几何体中，设，即，且，
则图2的几何体中，有，由抛物线方程得，
则图2中截面圆环面积，而图1中截面圆面积，
由祖暅原理可得，和的体积相等，均为圆柱体积的一半，即.对民航招飞有意向
对民航招飞没有意向
合计
男生
女生
合计
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
性能指标X
66
77
80
88
96
产品件数
10
20
48
19
3
对民航招飞有意向
对民航招飞没有意向
合计
男生
100
500
600
女生
100
300
400
合计
200
800
1000
1
2
3
4
P