【数学】辽宁省协作体2024-2025学年高二上学期期末考试试卷（解析版）

这是一份【数学】辽宁省协作体2024-2025学年高二上学期期末考试试卷（解析版），共21页。试卷主要包含了8B， 的展开式中，含的项的系数为， 已知双曲线的左，右焦点分别为等内容，欢迎下载使用。
1. 已知随机变量，若其对应的正态密度函数满足，且，则（ ）
A. 0.8B. 0.5C. 0.4D. 0.1
【答案】C
【解析】由，则正态密度函数关于对称，即，
则.
故选：C.
2. 已知直线的倾斜角为，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以，即直线的斜率.
又由直线方程可得，所以，解得，
即实数的取值范围是.
故选：C.
3. 的展开式中，含的项的系数为（ ）
A. 240B. C. 560D. 360
【答案】B
【解析】的通项为，
且，
令，解得，故的项的系数为.
故选：B.
4. 如图，正方形的棱长为分别是的中点，是四边形内一动点，，若直线与平面没有公共点，则线段的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则，
，.
设平面的法向量为，则，即
令，可得.
设，则.
因为直线与平面没有公共点，所以平面，则，
所以，即.
，
当时，取得最小值，最小值为.
故选：D.
5. 某学校利用周末时间组织学生进行志愿者服务，高二年级共6个班，其中（1）班有2个志愿者队长，本次志愿者服务一共20个名额，志愿者队长必须参加且不占名额，若每个班至少有3人参加，则共有（ ）种分配方法.
A. 90B. 60C. 126D. 120
【答案】C
【解析】若每个班至少3人参加，由于（1）班有2个志愿者队长，
故只需先满足每个班级有2个名额，还剩10个名额，
再将10个名额分配到6个班级，每个班级至少1个名额，
故只需在10个名额中的9个空上放置5个隔板即可，有种分配方法.
故选：C.
6. 已知菱形的边长为，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且平面平面.若点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如图所示，取的中点，连接，
由题意可知和均为全等的等边三角形，
所以，且，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，因为平面，所以.
设为球心，为的外心，为的外心，
则平面，平面，且，
所以四边形为正方形，即.
又因为的外接圆半径，
所以在中，，即，
所以球的表面积为.
故选：B.
7. 已知椭圆的左，右焦点分别为，点是直线上与点不重合的动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】D
【解析】由椭圆知，焦点，，
由正弦定理可知，其中为外接圆的半径，
因为，由圆的性质可知，外接圆圆心在轴上，如图，
不妨设圆心为，则圆的方程为，
由题意，圆与直线有公共点，且，
显然当圆与直线相切时，有最小值2，
此时为切点，如图，
所以，此时取最小值，
故选：D.
8. 某人有两把雨伞用于上下班，如果一天上班时他也在家而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把去办公室，如果一天下班时他也在办公室而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把回家.；如果天不下雨，那么他不带雨伞.假设每天上班和下班时下雨的概率均为，不下雨的概率均为，且与过去情况相互独立.现在两把雨伞均在家里，那么连续上班两天，他至少有一天淋雨的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】“至少有一天淋雨”的对立事件为“两天都不淋雨”，
连续上两天班，上班、下班的次数共有4次.
(1)4次均不下雨，概率为：；
(2)有1次下雨但不淋雨，则第一天或第二天上班时下雨，概率为：；
(3)有2次下雨但不淋雨，共3种情况：
①同一天上下班均下雨；②两天上班时下雨，下班时不下雨；③第一天上班时下雨，下班时不下雨，第二天上班时不下雨，下班时下雨；
概率为：；
(4)有3次下雨但不被淋雨，则第一天或第二天下班时不下雨，
概率为：；
(5)4次均下雨，概率为：；
两天都不淋雨的概率为：，
所以至少有一天淋雨的概率为：.
故选：D.
二､多选题（本大题共2个小题，每小题6分，共12分）
9. 已知双曲线的左，右焦点分别为.过的直线交双曲线的右支于两点，其中点在第一象限.的内心为与轴的交点为，记的内切圆的半径为的内切圆的半径为，则下列说法正确的有（ ）
A. 若双曲线渐近线的夹角为，则双曲线的离心率为2或.
B. 若，且，则双曲线的离心率为.
C. 若，则的取值范围是.
D. 若直线的斜率为，则双曲线的离心率为.
【答案】ABD
【解析】对于A，双曲线渐近线的夹角为，则或者，
故或.A正确；
对于B，设，则.
故，解得.
又，故.B正确；
对于C，令圆切分别为点，
则，
令点，而，
因此，解得，又，
则点横坐标为，同理点横坐标为，即直线的方程为，
设直线的倾斜角为，那么，
在中，.
在中，，渐近线的斜率为.
因为，均在右支上，故.
如图所求，，C不正确；
对于D，，故，
而，
故，
由余弦定理可知.，
故.D正确；
故选：ABD.
10. 在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为线段上的动点（含端点），则下列选项正确的有（ ）
A. 若直线与直线所成角为，则的最大值为
B. 若点到平面的距离为，则的最小值为
C. 若在该正方体内放入一个半径为的小球，则小球在正方体内不能达到的空间体积是
D. 点从点出发匀速朝移动，点从点出发匀速朝移动． 现同时出发，当到达时，恰好在的中点处． 则在此过程中，两点的最近距离为
【答案】BD
【解析】选项A：当点与点重合时，可得，故A说法错误；
选项B：过作，再作，又，易证平面，
所以点到平面等于点到平面，所以，
将平面和平面展开放在同一平面内（如图所示），取的中点，则有，所以，所以为等腰直角三角形，所以，
又因为为等腰直角三角形，所以，
所以，所以，
设，，则，，
在中，，
所以，
所以，，
所以，
下面求其最小值，令，则，
由辅助角公式可得，，
其中取，所以，
所以存在角使得，即存在，
化简得，
又由方程解得，
所以或，
又因为，所以，
所以的最小值为，故B说法正确；
选项C：正方体的8个顶点处的正方体内，
小球不能到达的空间为，
除此之外，以正方体的棱为一条棱的12个的正四棱柱空间内，
小球不能到达的空间为，
其他空间小球均能到达，
所以小球不能到达的空间体积为，C说法错误；
选项D：以为坐标原点建立如图所示坐标系，
设 ，则由题意可得，
所以，，，，
因为，所以，
所以，
由一元二次函数的性质可知当时，取得最小值，D说法正确；
故选：BD.
三､填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）
11. 已知，且，则的最小值为___________.
【答案】
【解析】由可得，且，
则有：，解得：，
因为，所以，且，
则
，
当且仅当，即时等号成立，
即当时，的最小值为.
12. 已知两条互相垂直的直线，分别经过点，，公共点为，，则当取最小值时，______.
【答案】
【解析】由题可知，且点为垂足，故点在以线段为直径的圆上，此时该圆的圆心，半径，
故圆的方程为.
此时易知，当点为直线与圆在第四象限的交点时取得最小值，
此时直线的方程为，将该直线与圆的方程联立，
解得，或（舍），故此时，
所以.
13. 已知是空间单位向量，.若空间向量满足，且对于任意，则___________，___________.
【答案】
【解析】因为，
由于，所以，
问题等价于当且仅当时，取到最小值1，
，
则，解得.
14. 数学家莱布尼兹是世界上首个提出二进制计数法的人，任意一个十进制正整数均可以用二进制数表示.若正整数，其中或，则可以用位二进制数表示.记的二进制各个位数和为，则.例如，因此.已知正整数1024且，则这样的有___________个；___________.
【答案】45 4095
【解析】（1），要使，
则是位二进制数，且的前10位中恰好有两个1，
其余位均为0，因为最高位必为1，
所以有个满足题意的的值.
（2）由于是最大的6位二进制数，故的二进制数中最少1个1，最多6个1，即当时，.
当时，位二进制数最高位必为1，其余位为0，
故共有个二进制数（或者理解为前6位中恰有1个1，其余位均为0）；
当时，位二进制数最高位必为1，其余位只有一个1，故共有个二进制数（或者理解为前6位中恰有2个1，其余位均为0）；当时，位二进制数最高位必为1，其余位只有2个1，故共有个二进制数（或者理解为前6位中恰有3个1，其余位均为0）；
…
当时，6位二进制数全是1，故共有个二进制数，
所以
.
15. 设，求：
（1）；
（2）.
解：（1）由条件，取，得到；
取，得到
取，得到
两式相加得到，
所以.
（2）根据（1）知：
展开式的通项为：，
故当为偶数时，对应系数为正；当为奇数时，对应系数为负，
故
.
16. 已知圆的圆心在直线上，且点，在上.
（1）求圆的标准方程；
（2）若倾斜角为的直线经过点，且与圆相交于D，E两点，求.
解：（1）设线段的中点为，则，
因为直线的斜率为，
所以线段的垂直平分线的斜率为，
所以线段的垂直平分线所在的直线方程为，
由得，
所以圆心，半径为，
所以圆的标准方程为；
（2）因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为，
又直线经过点，所以直线的方程为，
即，
所以点到直线的距离为，
所以.
17. 如图1，在直角梯形中，已知，，将沿翻折，使平面平面.如图2，的中点为.

（1）求证：平面；
（2）若的中点为，在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
解：（1）因为，的中点为，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
根据面面垂直的性质可得平面；
（2）取的中点为，连接，则，
由图1直角梯形可知，为正方形，
，，，，.
由（1）平面，可知，，两两互相垂直，分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，
设，
，
设平面的法向量为，
取，则.即平面的法向量为，
由平面，取平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
解得或（舍）.
所以，线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为.点位于线段靠近的三等分点处.
18. 对于形如“”的绝对值方程，我们可以考虑将其与点到直线的距离公式：相关联.
（1）设集合，点的坐标为，满足“存在，使得”的点构成的图形为，求证：的面积大于；
（2）已知平面内的点异于原点，且点的坐标满足关系式.若这样的点恰有三个，求实数的值.
解：（1）因为，表示除原点外平面内的所有点.
，
所以的轨迹为到直线和的距离之和不大于的点的集合.
如图：
因为，
所以直线和垂直，
不妨设分别为点在直线上的投影，
则存在，满足.
对,分类讨论，
当时，.
因为，所以.
当时，,
因为集合U表示除原点外平面内的点，所以不能在原点，
所以，,所以，但,不能同时等于，
所以但等号不能同时成立，所以,
所以点的轨迹是以原点为圆心，半径在范围内的圆形的内部区域（原点除外），
故的面积为，证毕.
（2）由已知得，
整理得，
问题可看成有且仅有三条直线满足和到直线（不过原点）的距离相等，
又，
①当，此时易得符合题意直线为线段的垂直平分线以及与直线平行的且距离为的两条直线，符合题意；
②当时，有条直线会使得点和到它们的距离相等，
注意到不过原点，所以当其中一条直线过原点时，会作为增根被舍去.
设点到的距离为，
（i）作为增根被舍去的直线，过原点和的中点，其方程为，此时，符合；
（ii）作为增根被舍去的直线，过原点且与平行，
其方程为，此时，不符合；
③当，只有两条直线使得点和到它们的距离相等，不符合题意；
综上，可取和.
19. 某校举行围棋比赛，甲､乙､丙三个人通过初赛，进入决赛.已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为.
（1）决赛规则如下：首先通过抽签的形式确定甲､乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束后，胜利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，每场比赛胜者积1分，负者积0分，首先累计到2分者获得比赛胜利，比赛结束.假设，且每局比赛相互独立.
（i）求乙连胜两局获得最终胜利的概率；
（ii）求比赛结束时乙获胜的概率；
（2）若，假设乙第一局出场，且乙获得了指定首次比赛对手的权利，为获得比赛的胜利，试分析乙的最优指定策略.
解：（1）（i）.
（ii）
，
（2）设事件为“第一局乙对丙最终乙获胜”，为“第一局乙对甲最终乙获胜”，
第一，第一局乙获胜，第二局乙获胜；
第二，第一局乙获胜，第二局甲获胜，第三局丙获胜，第四局乙获胜；
第三，第一局丙获胜，第二局甲获胜，第三局乙获胜，第四局乙获胜，
故；
同理可得；
，
由于，故，
所以，故乙的最优指定策略是指定第一局的对手为甲.
20. 如图1，在抛物线上任选一动点，可认为其纵坐标为以为边长的正方形的面积，由此将抛物线下阴影部分的面积转化为四棱锥的体积，得，称其为抛物线的“三分之一”原则.
（1）如图3，在拟柱体中，底面为矩形，，点到底面的距离为2，试利用抛物线的“三分之一”原则求拟柱体的体积；
（2）已知类似于圆锥的空间几何体具有圆锥的一切对称性，且其顶点为，底面为，高为，将置于空间直角坐标系中，使其顶点与坐标原点重合，与平面平行且上任意一点坐标均可表示为.若用任一平行于平面的平面截所得的截面的面积与到平面的距离有关系：.设被平面所截得曲线为，
（i）求的体积关于的表达式及在平面中的方程；
（ii）在平面中，过点作两条互相垂直的弦，分别交于两点，都在第一象限内且在的右侧，分别交于两点.设的面积为的面积为，当点的横坐标时，求的最大值.
解：（1）如图，用平行于底面的平面截拟柱体得矩形，设点到的距离为，
由相似的基本定理得矩形面积，
建立如图的平面直角坐标系，
由主题干信息得，拟柱体的体积即函数
与轴正半轴所围成的阴影部分面积，由抛物线的“三分之一”
原则：，
即拟柱体的体积；
（2）（i）由主题干信息得，类锥体的体积即底面的面积与轴正半轴所围成的阴影部分面积，
又与有关系，所以；
因为具有圆锥的一切对称性，
所以其底面为圆，
得其半径，
由几何体的空间位置，可建立与得关系：，
即在平面中的方程为：；
（ii）设，
由得①
联立直线与抛物线②
由①，②得，
即（舍）或，
所以恒过定点，
改写为，
代入得，即③
易得，④
所以，
由③，④得，
令，则有，
其中，
对于函数，当时，有如下图像：
所以，所以，
即的最大值为.