吉林省四平市实验中学2024-2025学年高二下学期3月期初考试 数学试题（含解析）

这是一份吉林省四平市实验中学2024-2025学年高二下学期3月期初考试 数学试题（含解析）试卷主要包含了答题时请按要求用笔等内容，欢迎下载使用。
本试卷共6页．考试结束后，将答题卡交回．
注意事项：
1．答卷前，考生先将自己的姓名､准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区．
2．答题时请按要求用笔．
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸､试卷上答题无效．
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑．
5．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破､弄皱，不准使用涂改液､修正带､刮纸刀．
一､选择题：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. 数列0.3，0.33，0.333，0.3333，…的一个通项公式是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据0.3，0.33，0.333，0.3333，…与9，99，999，9999，…的关系，结合9，99，999，9999，…的通项公式求解即可.
【详解】数列9，99，999，9999，…的一个通项公式是，则数列0.9，0.99，0.999，0.9999，…的一个通项公式是，则数列0.3，0.33，0.333，0.3333，…的一个通项公式是．
故选：C．
2. 已知离散型随机变量服从二项分布，且，则
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二项分布期望公式求出，再由方差公式可计算出答案．
【详解】由于离散型随机变量服从二项分布，则，所以，，
因此，，故选D．
【点睛】本题考查二项分布期望与方差公式的应用，灵活运用二项分布的期望和方差公式是解本题的关键，意在考查学生对这些知识的理解和掌握情况，属于中等题．
3. 已知直线在x轴和y轴上的截距相等，则实数a的值是（ ）
A. 1B. C. 2或1D. 或1
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，分别求得直线在坐标轴上的截距，列出方程，即可求解.
【详解】由直线，显然，
当时，可得，即直线在轴上的截距为；
当时，可得，即直线在轴上的截距为；
因为直线在x轴和y轴上的截距相等，可得，
即，解得或.
故选：C.
4. 将一块模板放置在空间直角坐标系中，其位置及坐标如图所示，则点A到直线BC的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用空间点到直线距离公式计算即得.
【详解】依题意，，，
所以点A到直线BC的距离.
故选：A
5. 已知双曲线的渐近线过点，则（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】写出双曲线的渐近线方程，把点代入，即可求出的值.
【详解】由双曲线，可得渐近线为：，
把点代入渐近线方程：，得，解得.
故选：D.
6. 已知圆，圆，、分别是圆、上动点，是轴上动点，则的最大值是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据两圆及的位置关系，将的最大转化为求最大，再应用将军饮马模型作关于轴的对称点，利用三角形的三边关系确定的最大值，进而求的最大值.
【详解】要使的最大，需尽可能大，尽可能小，
∴连接、，让两直线与两圆的交点，离尽可能远，离尽可能近，如下图示：

在△中最大即可，令，关于轴的对称点为，
∴最大，故共线时的最大值为，
∴的最大值为.
故选：D
7. 在的展开式中，含的项的系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二项式定理可得展开式各项的表达式，令可求得的取值，代入表达式即可求得所求系数.
【详解】由二项式定理可知：展开式各项的表达式为：，
其中，，；
令得：，或，
含的项的系数为.
故选：D.
8. 某校在校庆期间举办羽毛球比赛，某班派出甲､乙两名单打主力，为了提高两位主力的能力，体育老师安排了为期一周的对抗训练，比赛规则如下：甲、乙两人每轮分别与体育老师打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为这轮训练过关；否则不过关.若甲､乙两人每局获胜的概率分别为，，且满足，每局之间相互独立.记甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为，若，则从期望的角度来看，甲､乙两人训练的轮数至少为（ ）
A. 27B. 24C. 32D. 28
【答案】A
【解析】
【分析】先求得每一轮训练过关的概率，利用二项分布的期望列方程，结合基本不等式以及二次函数的性质求得正确答案.
【详解】设每一轮训练过关的概率为，
则
，
，当且仅当时等号成立.
函数的开口向上，对称轴为，
所以，
依题意，，则，
，所以至少需要轮.
故选：A
【点睛】方法点睛：求解相互独立事件和独立重复事件结合的问题，要注意区别两者的不同，相互独立事件的概率可以不相同，独立重复事件概率是相同的.求最值的方法可以考虑二次函数的性质，也可以考虑基本不等式，利用基本不等式时，要注意“一正二定三相等”.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 下列结论正确有（ ）
A. 若随机变量满足，则
B. 若随机变量，且；则
C. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到．依据的独立性检验，可判断与有关且犯错误的概率不超过0.05
D. 若样本数据线性相关，则用最小二乘估计得到的经验回归直线经过该组数据的中心点
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，根据方差的性质判断即可；对于B，根据正态分布的对称性判断即可；对于C，根据独立性检验的性质判断即可；对于D，根据回归直线的性质判断即可.
【详解】对于A，由方差的性质可知，若随机变量满足量满足，则，故A错误；
对于B，根据正态分布的图象对称性可得，故B正确；
对于C，由可知判断与有关且犯错误的概率不超过0.05，故C正确；
对于D，根据回归直线过样本中心点可知D正确.
故选：BCD.
10. 设，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D. 展开式中二项式系数最大项是第5项
【答案】AC
【解析】
【分析】利用赋值法判断A、B；写出展开式的通项，即可求出、，进而判断C；根据二项式系数的性质判断D.
【详解】因为，令得，故A正确；
令得，所以，故B错误；
二项式展开式的通项为，
所以，，所以，故C正确；
因为二项式展开式共项，则展开式中二项式系数最大的项是第6项，为，故D错误；
故选：AC.
11. 已知椭圆的焦点分别为，，焦距为2c，过的直线与椭圆C交于A，B两点.，，若的周长为20，则经过点的直线（ ）
A. 与椭圆C可能相交B. 与椭圆C可能相切
C. 与椭圆C可能相离D. 与椭圆C不可能相切
【答案】AB
【解析】
【分析】利用给定条件，结合椭圆定义求出椭圆方程，再判断点与椭圆的位置关系作答.
【详解】由椭圆的定义知，，设，则，
则，，而，即有，解得，
又的周长为20，则有，解得，，
因为，即，解得，则，
椭圆C的方程为，显然，即点在椭圆上，
所以经过点的直线与椭圆C相交或相切.
故选：AB
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知数列中，，，则_________.
【答案】##
【解析】
【分析】由等差数列的通项公式即得．
【详解】因为，所以数列是等差数列，公差，又，
所以．
故答案为：．
13. 已知向量，满足，，且.则在上的投影向量的坐标为_________.
【答案】
【解析】
【分析】对两边平方后得到，代入投影向量的公式进行求解即可.
详解】两边平方化简得：，①
因为，所以，
又，代入①得：，解得：，
所以在上的投影向量坐标为
.
故答案为：
14. 有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与之差的绝对值不大于的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，就的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率.
【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有种，
设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，
故，故，
故，
若，则，则为：，故有2种，
若，则，则：，
，故有10种，
当，则，则为：
，
，
故有16种，
当，则，同理有16种，
当，则，同理有10种，
当，则，同理有2种，
共与的差的绝对值不超过时不同的抽取方法总数为，
故所求概率为.
故答案为：
四､解答题：本大题共5小题，共7分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．
15. 已知直线与直线.
（1）当时，求的值．
（2）当时，求与之间的距离．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由两直线垂直可得出关于实数的方程，解之即可；
（2）由两直线平行求出实数的值，再利用平行线间的距离公式可求得与之间的距离．
【小问1详解】
解：由，则，解得.
【小问2详解】
解：由可得，解得，
直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
因此，与之间的距离为.
16. 某城市为了加快“两型社会”（资源节约型，环境友好型）的建设，本着健康、低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多，自行车租车点的收费标准是每车每次租车时间不超过两小时免费，超过两小时的部分每小时收费2元（不足1小时的部分按1小时计算）.有甲、乙两人相互独立来该租车点租车骑游（各租一车一次）.设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为，；两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为，；两人租车时间都不会超过四小时.
（1）求甲、乙两人所付的租车费用相同的概率；
（2）设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量X，求X的分布列.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）结合相互独立事件概率和互斥事件概率计算公式，计算出所求的概率.
（2）求出随机变量取值，并计算对应的概率，列出分布列即可.
【小问1详解】
由题意得，甲、乙在三小时以上且不超过四小时还车的概率分别为，，
租车费相同，即两人都在同一时间段还车，
标记甲、乙两人所付的租车费用相同为事件A，
则，
所以甲、乙两人所付的租车费用相同的概率为；
【小问2详解】
由题可知，X可能取的值有0，2，4，6，8，且
；
；
；
；
.
所以甲、乙两人所付的租车费用之和X的分布列为
17. 已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中，，是的中点，是的中点.

（1）求证平面；
（2）求平面与平面的夹角余弦值；
（3）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）取中点，通过证明可得平面.
（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量可求两平面夹角的余弦值.
（3）利用空间向量可计算点到平面的距离.
【小问1详解】

如图，取中点，连接，由是的中点得，且，
由是的中点得，且，
∴，即四边形是平行四边形，故，
∵平面，平面，∴平面.
【小问2详解】
如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，，，，，
∴，，.
设平面的法向量为，则，
令，得，故，
设平面的法向量为，则，
令，得，故，
∴，故平面与平面的夹角余弦值为.
【小问3详解】
由（2）得，，
∴点到平面的距离为.
18. 随着时代的不断发展，社会对高素质人才的需求不断扩大，我国本科毕业生中考研人数也不断攀升，年的考研人数是万人，年考研人数是万人.某省统计了该省其中四所大学年的毕业生人数及考研人数（单位：千人），得到如下表格：
（1）已知与具有较强的线性相关关系，求关于的线性回归方程；
（2）假设该省对选择考研的大学生每人发放万元的补贴.
（i）若该省大学年毕业生人数为千人，估计该省要发放多少万元的补贴？
（ii）若A大学的毕业生中小江、小沈选择考研的概率分别为p、2p－1，该省对小江、小沈两人的考研补贴总金额的期望不超过万元，求p的取值范围.
参考公式：，.
【答案】（1）
（2）（i）5028万元（ii）
【解析】
【分析】（1）利用题中的数据代入参考公式，即求出线性回归方程；
（2）（i）直接将将x=120代入（1）中所求的线性回归方程计算即可；
（ii）先求出小江、小沈两人中考研人数的数学期望，再求出考研补贴的总期望，根据题意列出不等式组求解p的范围.
【小问1详解】
由题意得，，
又，

，
，
，
所以，
故得y关于x的线性回归方程为；
【小问2详解】
（i）将x=120代入，
估计该省要发放补贴的总金额为（万元）；
（ii）设小江、小沈两人中选择考研的人数为，则的所有可能值为、、，
，
，
，
，
，可得，
又因为，可得，
故.
19. 已知椭圆，定义椭圆上的点的“伴随点”为.
（1）求椭圆上的点的“伴随点”的轨迹方程;
（2）如果椭圆上的点的“伴随点”为，对于椭圆上的任意点及它的“伴随点”，求的取值范围;
（3）当时，直线交椭圆于A，B两点，若点A，B的“伴随点”分别是P，Q，且以PQ为直径的圆经过坐标原点，求的面积.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据“伴随点”的定义，结合点在椭圆上求解即可；
（2）根据题意，结合（1）得，进而得，再根据数量积的坐标表示，结合二次函数求解即可；
（3）设，则，进而根据得，再联立椭圆和直线的方程并结合韦达定理得，最后求弦长|AB|与点到直线的距离并求面积即可.
【小问1详解】
设.所以，根据“伴随点”的定义，有，则
又因为，
所以，即
所以，椭圆上的点的“伴随点”的轨迹方程为
【小问2详解】
由（1）知，椭圆上的点的“伴随点”的轨迹方程为，
因为椭圆上的点的“伴随点”为，
所以，根据“伴随点”的定义与（1）中结论，有，解得.
因为点在椭圆上，所以，
所以，，且，
所以
因为，所以…
所以的取值范围是
【小问3详解】
由题意，得椭圆的方程为.
设，则
联立椭圆和直线的方程，得
所以
由题意，得，所以.①
因为PQ为直径的圆经过坐标原点，
所以，即，
所以.②
将①代入②，化简，得.
所以，
所以
.
又因为点到直线的距离，
所以.
X
0
2
4
6
8
P
A大学
B大学
C大学
D大学
年毕业人数（千人）
年考研人数（千人）