江苏省盐城市五校联盟2023-2024学年高二下册第七次考试（5月）数学试题【附解析】

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联盟校第七次考试高二年级数学试题
一、单项选择题（本大题共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，请在答题纸的指定位置填涂答案选项.）
1. 若，则（ ）
A. 2B. 4C. 2或4D. 2或3
【答案】D
【解析】
【分析】根据组合数公式的性质求解即可.
【详解】因为，所以或，解得或.
故选：D.
2. 平面向量，若，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量平行满足的坐标关系即可求解.
【详解】，由于，所以，解得，
故选：A
3. 在棱长为1的正方体中，点到直线的距离为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，求出正边上的高即可得解.
【详解】在棱长为1的正方体中，连接，则，
所以到直线的距离即为正边上的高.
故选：A
4. 已知为抛物线上一点，点P到抛物线C的焦点的距离与它到y轴的距离之比为，则（ ）
A. 1B. C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】先求出点的坐标，然后根据抛物线的定义和已知条件列方程求解即可
【详解】因为为抛物线上一点，
所以，得，
所以，
抛物线的焦点为，
因为点P到抛物线C的焦点的距离与它到y轴的距离之比为，
所以，化简得，
因为，所以，
故选：B
5. 用模型拟合一组数，若，，设，得变换后的线性回归方程为，则（ ）
A. 20240B. C. D. 2024
【答案】C
【解析】
【分析】先计算，代入线性回归方程求得，再计算即可.
【详解】由条件可知，代入，
则，故C正确.
故选：C
6. 若，且能被17整除，则的最小值为（ ）
A. 0B. 1C. 15D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】二项式定理整除问题，把改写成，利用二项式定理展开，再令能被17整除，求出的最小值即可.
【详解】
，
因为能被17整除，
所以上式中能被17整除即可满足题意，
所以，
即，
所以的最小值为16，
故选：D.
7. 已知随机变量满足，，其中.令随机变量，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意,列表求得随机变量及的分布列,可知均为两点分布.由两点分布的均值及方差表示出和,根据比较大小即可得解.
【详解】随机变量满足,,其中.
则随机变量的分布列为:
所以
随机变量,
所以当ξ=0时,,当时,
所以随机变量的分布列如下表所示(当时,只有一个情况,概率为1):
则
当即,解得.所以A、B错误.
恒成立.
所以C错误,D正确
故选:D
【点睛】本题考查了随机变量的分布列,两点分布的特征及均值和方差求法,属于中档题.
8. 甲、乙等5人去三个不同的景区游览，每个人去一个景区，每个景区都有人游览，若甲、乙两人不去同一景区游览，则不同的游览方法的种数为（ ）
A. 112B. 114C. 132D. 160
【答案】B
【解析】
【分析】先分组再分配，先将 5人分成 3 组，有 、 两种分组可能，求出所有游览方法总数，根据题意再减去甲乙去同一景区的方法总数即可.
【详解】去 三个不同的景区游览，每个人去一个景区，每个景区都有人去游览，因此先分组再分配，
5个人可以分为3组，分别是、，
当为时，有种组合，
当为时，有种组合，
再分配到三个不同的景区，有种；
以上情况包含甲乙去同一景区，需要再减去此种情况，
将甲乙捆绑起来作为一个元素，此时有四个元素去三个不同的景区，此时只有这种组合，因此有种组合，再分配给三个不同的景区，有种；
因此满足题意的有：种.
故选: B
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分，请在答题纸的指定位置填涂答案选项.）.
9. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 已知随机变量服从正态分布，若，则
B. 若甲、乙两组数据的相关系数分别为0.66和，则甲组数据的线性相关性更强
C. 用表示次独立重复试验中事件发生的次数，为每次试验中事件发生的概率，若，则
D. 已知随机变量的分布列为，则
【答案】CD
【解析】
【分析】利用正态分布的对称性求出可判断A；根据线性相关性的性质可判断B；利用二项分布的期望、方差求出可判断C；利用裂项相消求和、随机变量的概率和为1求出可判断D.
【详解】对于A，因为，所以，
所以，故A错误；
对于B，因为0.66，则乙组数据的线性相关性更强，故B错误；
对于C，若，则，
解得，故C正确；
对于D，因为，
所以
，解得，故D正确.
故选：CD.
10. 已知是两个随机事件，若且，则下列选项正确的是（ ）
A. 相互独立B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】对于C，利用，结合已知条件判断，对于A，由求出，再求出，再利用相互独立事件的定义判断，对于B，由求解判断，对于D，利用条件概率公式求解判断.
【详解】对于C，因为，
又因为，
，
所以，所以C正确
对于A，因为，
所以，所以，
因为，，
所以，所以不是相互独立事件，所以A错误，
对于B，由选项A可知，所以B正确，
对于D，由选项A可知，，
所以，所以D错误.
故选：BC
11. 如图，在棱长为2的正方体中，E、F分别是棱、上的动点，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 与的夹角取值范围是
B. 平面与正方体的截面为梯形
C. 三棱锥的体积为定值
D. 当E、F分别是棱、的中点时，三棱锥的外接球的表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，建立空间直角坐标系，设，，设与的夹角为，利用向量夹角公式，结合二次函数的性质求解；对于B，当与重合，与重合时，平面与正方体的截面为；对于C，计算三棱锥的体积；对于D，建立空间直角坐标系，设三棱锥的外接球的球心坐标为，半径为，则由列方程组，求解可得，进而得外接球的表面积.
【详解】对于A，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，，则，
，
设与的夹角为，，则，
令，则，
当时，，则；
当时，，
∵，∴，∴，当时取等号，
∴，则，
综上，，故A正确；
对于B，当与重合，与重合时，平面与正方体的截面为，如图，故B错误；
对于C，∵面,
∴三棱锥的体积,故C正确；
对于D，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
又E、F分别是棱、的中点，则，
设三棱锥的外接球的球心坐标为，半径为，
则由，得
，
即，解得，
∴，，
∴三棱锥的外接球的表面积为，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，计15分.不需要写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上.）
12. 的展开式中的系数是__________.
【答案】
【解析】
【分析】写出的展开式的通项，然后对分类求得答案．
【详解】展开式的通项为，，
①令，则；
②令，则；
综上可得：展开式中项的系数为．
故答案为：．
13. 已知过原点的直线L与双曲线(a>0，b>0)的左、右两支分别交于A，B两点，F是C的右焦点，且．若满足的点P也在双曲线C上，则C的离心率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】设左焦点为，，则，连接，，进而根据题意得四边形为矩形，再分别在中和中，结合勾股定理求解即可.
【详解】设左焦点，，则，连接，，
由双曲线的定义知，，
因为，所以四边形为矩形．
在中，，即，
化简得，
在中，，即，
将代入（*）式得，
所以，所以．
故答案为：.
14. 已知中，，点是边上的动点.若平面，且与面所成角的正弦值的最大值为，则三棱锥的外接球的表面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意得PQ的最小值为，的最小值是，即A到BC的距离为，则，结合图形找出的外接圆圆心与三棱锥外接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积．
【详解】三棱锥中，平面设直线PQ与平面ABC所成角为，
又的最大值是，所以，解得，
即PQ的最小值为，的最小值是，即A到BC的距离为，
如下图，直角三角形△ABQ中，所以，又，
所以重合，则，则外接圆圆心M为AB的中点，
又平面从而外接球的球心O为PB的中点，
外接球的半径，
三棱锥的外接球的表面积．
故答案为：．
四、解答题（本大题共5小题，共77分，请在答题纸指定的区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
15. 已知.
（1）若展开式中只有第5项的二项式系数最大，求的值；
（2）当时，二项式的展开式中的系数为A，常数项为，若，则求的值；
（3）当时，求二项式的展开式中系数最大的项.
【答案】（1）8 （2）2或-2
（3）
【解析】
【分析】（1）根据二项定理展开式的性质可得；
（2）根据二项式定理通项公式求出的系数与常数项，由条件可求的值；
（3）根据二项式定理通项公式，设第r项系数最大，建立不等关系可求出的值，得系数最大的项.
【小问1详解】
展开式中只有第5项的二项式系数最大，则展开式共9项，故.
【小问2详解】
当时二项式为，由二项式定理通项公式得，
令，得，所以，
令，得，所以，
又，解得（舍去）或或，
所以或.
【小问3详解】
当 时二项式为，
由二项式定理通项公式得，
设第r项系数最大，则，即，故，
所以二项式的展开式中系数最大的项为.
16. 某学校的高二年级有5名数学老师，其中男老师3人，女老师2人.
（1）如果任选3人参加校级技能大赛，所选3人中女老师人数为，求的分布列；
（2）如果依次抽取2人参加市级技能大赛，求在第1次抽到男老师的条件下，第2次抽到也是男老师的概率.
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）的所有可能取值为0，1，2，求出概率得到分布列．
（2）利用条件概率转化求解即可．
【小问1详解】
由题可知的所有可能取值为0，1，2，
依题意得：，，，
的分布列为：
【小问2详解】设第1次抽到男老师为事件，第2次抽到男老师为事件，则第1次和第2次都抽到男老师为事件，
根据分步计数原理，．
所以．
17. 如图，在直三棱柱中，点是的中点，．
（1）证明：平面；
（2）若，求直线与平面的所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）如图1，易知四边形是正方形，则，由勾股定理可证明，结合线面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可.
【小问1详解】
如图1，记与的交点为点，连接，
因为三棱柱是直三棱柱，所以，
因为，所以四边形是正方形，故，
因为，所以，又因为是中点，所以，
所以，因为四边形是正方形，
所以是中点，所以，又平面，，
所以平面．
【小问2详解】
如图2，取中点的，易知两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，，
所以，
设平面的法向量为，则，
即，令，则法向量．
设直线与平面的所成角的线面角为，
则，得，
故直线与平面的所成角的线面角的余弦值为．
18. 为了了解高中学生课后自主学习数学时间（x分钟/每天）和他们的数学成绩（y分）的关系，某实验小组做了调查，得到一些数据（表一）.
（1）求数学成绩与学习时间的相关系数（精确到0.001）；
（2）请用相关系数说明该组数据中与之间的关系可用线性回归模型进行拟合，并求出关于的回归直线方程，并由此预测每天课后自主学习数学时间为100分钟时的数学成绩（参考数据：，的方差为200）；
（3）基于上述调查，某校提倡学生周末在校自主学习.经过一学期的实施后，抽样调查了220位学生.按照是否参与周末在校自主学习以及成绩是否有进步统计，得到列联表（表二）.依据表中数据及小概率值的独立性检验，分析“周末在校自主学习与成绩进步”是否有关.
附：方差：相关系数：
回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）答案见解析
【解析】
【分析】(1)根据题意分别求出，，代入到相关系数：，求得结果即可；
(2) 知接近1，故与之间具有极强的线性相关关系，根据已知条件代入求解即可，，最后代入即可求得；
(3)计算出与临界值比较可得出周末在校自主学习与成绩进步是否有关.
【小问1详解】
，，
又的方差为，
，
，
小问2详解】
由（1）知接近1，故与之间具有极强的线性相关关系，可用线性回归直线方程模型进行拟合：，
，
，故当时，，
故预测每天课后自主学习数学时间达到100分钟时的数学成绩为140.5分.
【小问3详解】
零假设：周末在校自主学习与成绩进步无关，
根据数据，计算得到：
，
因为，所以依据的独立性检验，可以认为“周末自主学习与成绩进步”有关.
19. 已知椭圆C：，过右焦点F的直线l交C于A，B两点，过点F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点．当轴时，，椭圆C的离心率为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）证明：直线MN过定点，并求定点坐标；
（3）设G为直线AE与直线BD的交点，求△GMN面积的最小值．
【答案】（1）
（2）证明见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）由通径和离心率求出a，b，c的值，得椭圆C的标准方程；
（2）设直线AB和DE的方程，与椭圆方程联立，表示出M，N两点坐标和直线MN的方程，由方程确定所过定点；
（3）由题意得，利用弦长公式和基本不等式求最小值．
【小问1详解】
由题意可得，解得，，
则椭圆C的标准方程为．
【小问2详解】
B，D在x轴上方，直线l斜率存在且不为0，
设直线，联立椭圆，消去x得：，
由韦达定理得：，
，
则中点，
由，所以以代替m可得，
所以，
，
化简得，
则过定点．
当时，取，，则过定点；
当时，取，，则过定点；
综上直线MN过定点．
【小问3详解】
M，N分别为AB，DE的中点，
，
由（2）知，
以代替m可得，
所以，
当且仅当即时，．
【点睛】方法点睛：
解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x（或y）建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
0
1
2
编号
1
2
3
4
5
学习时间x
30
40
50
60
70
数学成绩y
65
78
85
99
108
没有进步
有进步
合计
参与周末在校自主学习
35
130
165
未参与周末不在校自主学习
25
30
55
合计
60
160
220
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828