湖南长沙市雅礼中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷

这是一份湖南长沙市雅礼中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时量：120 分钟分值：150 分命题人： 审题人：
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. 已知集合 A  x  Z∣x  x  3  0 ， B  {x∣x  1或 x  2}，则 A ðR B  （ ）
（0，2]
2, 3
1, 2
1, 2
下列命题是真命题的是（ ）
x  R ， x2  x  0 ；
x  R ， x2  x ；
x  Q 是 x  Z 的充分不必要条件；
x  3 是 x  2 的必要不充分条件．
已知随机变量 X ~ N 1,σ2  ，且 P  X  2  0.2 ，则 P 0  X  1  （）
A. 0.2B. 0.3C. 0.4D. 0.6
为了解某高校学生使用手机支付和现金支付的情况，抽取了部分学生作为样本，统计其喜欢的支付方式，并制作出如等高条形图：
根据图中的信息，下列结论中不正确的是（）
样本中多数男生喜欢手机支付
样本中的女生数量少于男生数量
样本中多数女生喜欢现金支付
样本中喜欢现金支付的数量少于喜欢手机支付的数量
 an 1 
已知数列 2n 1 是首项为 1，公差为 2 的等差数列，则数列 a  的前 3 项和为（ ）
 n 
35
A. B.
711
72
C.D.
155
若存在 x 2, 1 ，使得不等式 x2  kx  2  0 成立，则实数 k 的取值范围为（）
A. 2 2, 
B. , 2 2 
C. 3, 
D. 3, ∞
已知 P 是抛物线 x2  4 y 上任意一点，点 P 在 x 轴上的射影为点 H ，点 A 的坐标为12, 6 ，则
PA  PH 的最小值是（ ）
A. 13B. 12C. 11D. 10
已知函数 f (x)  xcsx  asin2x ，若当 x 
π
(0, )
4
时， f (x)  0 ，则 a 的最大值为（）
2
A. -1B. 0C. 1
D. 1
二、选择题：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.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
x
4
6
8
10
12
y
a
2
b
c
6
小张同学对具有线性相关的两个变量 x 和 y 进行了统计分析，得到了下表，其中一些数据丢失，只记得这组数据拟合出的 y 关于 x 的经验回归方程为 yˆ  0.65x 1.8 ，若 a ， b ， c 成等差数列，则（）
变量 x 与 y 的样本相关系数 r  0B. b  3
C. 当 x  6 时，残差为0.1D. 当 x = 20 时， y 的预测值为 11.3
2 n
x
已知在 x  

的展开式中，第 3 项的二项式系数与第 5 项的二项式系数相等，则下列说法正确的有
（ ）
n  8
第 4 项的二项式系数最大
x2 的系数为 60D. 展开式各项系数之和为 64
下列说法正确的有（ ）
4 个相同的球放入 3 个不同的盒子中，每个盒子不空，不同的放法有 3 种
4 个不同的球放入 3 个不同的盒子中，每个盒子不空，不同的放法有 72 种
盒子内有 5 个大小相同的球，其中红球 2 个，黄球 2 个，黑球 1 个，随机不放回依次取出一个球，直
7
到将球全部取出，则黄球最先被全部取出（取出最后一个黄球时盒子里还有红球和黑球）的概率是
30
XX
把 4 个不同的球随机放入 3 个不同的盒子中，记为装有球的盒子的个数，则的期望值为?(?) = 65
27
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知 a  0 ， b  0 ， 1  1  1，则 a  b 的最小值是.
ab
若命题“ x  R, x2  x  m  0 ”为假命题，则实数m 的取值范围是．
x2y2
FFF

已知双曲线C : 22 1a  0,b  0 的左、右焦点分别为 1 ， 2 ，过 1 作直线 l 垂直于双曲线的
ab
一条渐近线，直线 l 与双曲线的两条渐近线分别交于 A，B 两点，若 AF1  3F1B ，则双曲线 C 的离心率 e
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.
若函数 f  x  ax  lnx ．
当 a  2 时，求函数 f  x 在点1, f 1 处的切线方程；
已知 a  1 （ e 为自然对数函数的底数），若 f  x 在区间0, e上的最小值为 3，求实数 a 的值．
e
–––→
如图所示，已知多面体 ABCDEP 中， ABCD 是正方形， PA  平面 ABCD ， DE 
证明： CE / / 平面 PAB ；
设 AB  AP  2 ，求平面 BPC 与平面 PCE 的夹角.
随着全国新能源汽车推广力度的加大，新能源汽车消费迎来了前所未有的新机遇.
1 –––→
AP .
2
为了更好了解大众对新能源汽车的接受程度，某城市汽车行业协会依据年龄采用分层随机抽样的方式，从 40 岁以下和 40 岁及以上两个年龄层中各抽取 100 名市民进行调查，并对他们选择新能源汽车，还是选择传统汽车进行意向调查，得到了如下列联表：
记选择新能源汽车者中年龄在 40 岁以下的概率为 P ，求 P 的估计值；
依据小概率值α 0.001 的独立性检验，分析选择新能源汽车是否与年龄有关.
为了了解该地区新能源汽车的销售情况，某机构根据统计数据，用最小二乘法得到该地区新能源汽车销售量 y （单位：万台）关于年份 x 的线性回归方程 ‸y  4.7x  9495.2 ，且销售量 y 的方差为
s2  50 ，年份 x 的方差为 s2  2 .求 y 与 x 间的样本相关系数 r ，并据此判断该地区新能源汽车销售量 y 与
选择新能源汽车
选择传统汽车
总计
40 岁以下
70
30
100
40 岁及以上
40
60
100
总计
110
90
200
yx
年份 x 的线性相关性强弱.
n
xi  x yi
 y 
i
附：（i）在线性回归方程 ‸y  b‸x  a‸ 中， b‸  i 1 ， $a  y $bx ；
n
x
 x y
 y 
n

i 1
x  x2
ii
i
n

x  x
i1

2

n

y  y

2
i1
i
样本相关系数 r  i1 ，若 r  0.9 ，则可判断 y 与 x 线性相关性很强；
χ2 
n ad  bc2
a  bc  d a  cb  d 
，其中 n  a  b  c  d .
雅礼中学某社团组织知识问答比赛，每名参赛选手都赋予 6 分的初始积分，每答对一题加 1 分，每答
α
0.1
0.05
0.01
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
10.828
2
错一题减 1 分，已知小王每道题答对的概率为
3
求小王答 3 道题后积分小于 6 的概率；
1
，答错的概率为
3
，且每道题答对与否互不影响.
设小王答 4 道题后积分为 X ，求 E  X  ；
若小王一直答题，直到积分为 0 或 12 时停止，记小王的积分为i i  0,1, 2,,12 时，最终积分为
12 的概率为 Pi ，请直接写出 P0 和 P12 的值，并求出 P6 的值.
已知椭圆
x2  y2 a  b  0
D 2, 01
C : a2b21
的右顶点为
，离心率为 2 ，过C 的左焦点 F 的直线与C
交于异于点 D 的 A ， B 两点.
求椭圆C 的方程.
记直线 AB 的斜率为 k ，直线 AD 与直线 BD 的斜率分别为 k1, k2 ，
若 k1  k2  2 ，求 k ；
4 2
3
若tan ADB ，求△ABD 的面积.
雅礼中学 2026 年上学期期中考试试卷
高二数学
时量：120 分钟分值：150 分命题人： 审题人：
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. 已知集合 A  x  Z∣x  x  3  0 ， B  {x∣x  1或 x  2}，则 A ðR B  （ ）
（0，2]
2, 3
1, 2
1, 2
【答案】D
【解析】
【详解】由 x  x  3  0 ，解得0  x  3 ，所以 A  1, 2，
又 B  {x∣x  1或 x  2}，所以ðR B  1, 2，故 A ðR B  1, 2．
下列命题是真命题的是（ ）
x  R ， x2  x  0 ；
x  R ， x2  x ；
x  Q 是 x  Z 的充分不必要条件；
x  3 是 x  2 的必要不充分条件．
【答案】B
【解析】
【分析】对于全称量词的命题，只需举反例即可判断 A 项，对于特称量词命题，只需举例说明即可判断 B，利用充要条件的判断方法判断 C，D 两项即可.
【详解】对于 A，当 x  0 ， x2  x  0 显然不成立，故 A 错误；
对于 B，若取 x  1 ，则 x2  1 ，满足 x2  x ，故 B 正确；
24
对于 C，对于 x  Q ，如 1  Q ，但 1  Z ，即充分性不成立，故 C 错误；
44
对于 D，由 x  3 必能得到 x  2 ，而由 x  2 不一定得到 x  3 ，如 x  2.5 ，故 x  3 是 x  2 的充分不必要条件，即 D 错误.
故选：B.
已知随机变量 X ~ N 1,σ2  ，且 P  X  2  0.2 ，则 P 0  X  1  （）
A. 0.2B. 0.3C. 0.4D. 0.6
【答案】B
【解析】
【详解】因为 X ~ N 1,σ2  ，由正态分布的对称性可知，关于 x  1 对称，又因为 P  X  2  0.2 ，所以 P  X  0  0.2 ，
则 P 0  X  2  1 P  X  2  P  X  0  0.6
所以 P 0  X  1  1 P 0  X  2  0.3 2
为了解某高校学生使用手机支付和现金支付的情况，抽取了部分学生作为样本，统计其喜欢的支付方式，并制作出如等高条形图：
根据图中的信息，下列结论中不正确的是（）
样本中多数男生喜欢手机支付
样本中的女生数量少于男生数量
样本中多数女生喜欢现金支付
样本中喜欢现金支付的数量少于喜欢手机支付的数量
【答案】C
【解析】
【分析】根据两等号条形图的信息，逐个分析判断即可.
【详解】对于 A，由右图可知，样本中多数男生喜欢手机支付，A 对；对于 B，由左图可知，样本中的男生数量多于女生数量，B 对；
对于 C，由右图可知，样本中多数女生喜欢手机支付，C 错；
对于 D，由右图可知，样本中喜欢现金支付的数量少于喜欢手机支付的数量，D 对.故选：C.
 an 1 
已知数列 2n 1 是首项为 1，公差为 2 的等差数列，则数列 a  的前 3 项和为（ ）
 n 
35
A. B.
711
72
C.D.
155
【答案】A
【解析】

【详解】Q an 是首项为 1，公差为 2 的等差数列，
an
2n 1
 2n 1
 1 n 1 2  2n 1，
 an  2n 12n 1 ，

 1 1 1 11 ，


an2n 12n 12 2n 12n 1
数列 1  的前 3 项和为：
 a 
 n 
S  1  1  1   1  1  1   1  1  1   1 1 1   3 ．
32  13 2  35 2  57 2 7 7

若存在 x 2, 1 ，使得不等式 x2  kx  2  0 成立，则实数 k 的取值范围为（）
A. 2 2, 
B. , 2 2 
C. 3, 
D. 3, ∞
【答案】C
【解析】
 x2  2 
【分析】根据题意和一元二次不等式能成立可得对于 x (2, 1) ， k  x 成立，

令 f (x)  x  2 ，利用导数讨论函数的单调性，即可求出.
x
【详解】存在 x (2, 1) ，不等式 x2  kx  2  0 成立，
x2  2
则 k ，
x
x (2, 1)
能成立，
 x2  2 
即对于 x (2, 1) ， k  x 成立，

\l "_TOC_250001" x2  22
令 f ( x)  x  ，
\l "_TOC_250000" xx
x (2, 1) ，
则 f (x)   2
x2  2
，令
 ，
1x2x2
f (x)0x
2
所以当 x (2,  2) ， f (x)  0，f (x) 单调递增，
当 x ( 2, 1) ， f (x)  0，f (x) 单调递减，
又 f (2)  f (1)  3 ，所以?(?) > −3 ，
所以 k  3 .
故选：C
已知 P 是抛物线 x2  4 y 上任意一点，点 P 在 x 轴上的射影为点 H ，点 A 的坐标为12, 6 ，则
PA  PH 的最小值是（ ）
A. 13B. 12C. 11D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】先利用抛物线定义，将 “点到坐标轴的距离” 转化为 “点到焦点的距离”，消去动点到坐标轴的距离；再将原目标式转化为 “动点到两个定点的距离和（差）” 的形式，最后利用 “两点之间线段最短”，通过三点共线求出转化后式子的最值，并还原为原问题的答案即可.
【详解】因为抛物线方程 y  1 x2 的标准形式为 x2  4 y ，
4
所以焦点 F 0,1 ，准线方程为l ： y  1，延长 PH 交准线于G ，连接 PF ，如图：
根据抛物线的定义得|??| + |??| = |??| + |??|−1 = |??| + |??|−1 ≥ |??|−1 ，当且仅当 P ， A ， F 三点共线时|??| + |??| = |??|，
122 + (6−1)2
∵ |??| == 13 ，
 PA  PH 的最小值为13 1  12 .
已知函数 f (x)  xcsx  asin2x ，若当 x 
π
(0, )
4
时， f (x)  0 ，则 a 的最大值为（）
2
A. -1B. 0C. 1
D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】等价变形给定不等式，构造函数并利用导数分类讨论此函数的单调性求出范围即可.
【详解】函数 f (x)  xcsx  asin2x ，由 f (x)  0 ，得 x cs x  2a sin x cs x  0 ，
x ππ
由(0, ) ，得cs x  0 ，则当 x (0, ) 时， x  2a sin x  0 ，
44
令函数 g(x)  x  2a sin x, x (0, π ) ，求导得 g(x)  1 2a cs x ，而 2  cs x  1 ，
a  1
4
g( x)  0
2
g(x)π
当2a  1 ，即
时， 2a cs x  1，
2
，函数
在(0, ) 上单调递增，
4
不等式 g(x)  0 恒成立，即 f (x)  0 恒成立，因此 a  1 ；
2
a  1
lin g x  1 2a  0π
当 时，
2
x0
，函数 g ( x) 在(0, ) 上的图象连续不断，
4
则存在 x0  0 ，使得当0  x  x0 时， g(x)  0 ，函数 g(x) 在(0, x0 ) 上单调递减，当0  x  x0 时， g(x)  0 ，即 f (x)  0 ，不符合题意，
所以 a
1
的最大值为 2 .
二、选择题：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.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
x
4
6
8
10
12
y
a
2
b
c
6
小张同学对具有线性相关的两个变量 x 和 y 进行了统计分析，得到了下表，其中一些数据丢失，只记得这组数据拟合出的 y 关于 x 的经验回归方程为 yˆ  0.65x 1.8 ，若 a ， b ， c 成等差数列，则（）
变量 x 与 y 的样本相关系数 r  0B. b  3
当 x  6 时，残差为0.1
【答案】ABC
【解析】
当 x = 20 时， y 的预测值为 11.3

【分析】由经验回归方程为 yˆ  0.65x 1.8 即可判断 A 选项；根据数据先计算 x, y ，结合 a ， b ， c 成等差数列，有 a  c  2b ，在根据经验回归方程一定经过样本中心 x , y  即可计算出b 的值，即可判断 B 选项，将 x  6 代入经验回归直线方程中计算出 yˆ 的值，从而计算出此时的残差即可判断 C 选项，将 x = 20
代入经验回归直线方程中计算出预测值即可判断 D 选项.
【详解】由于经验回归方程为 yˆ  0.65x 1.8 是递增的一次函数，所以两个变量是正相关，则样本相关系数 r  0 ，故A 正确；
由表格中的数据可计算平均数：
x  4  6  8  10  12  8 ，
5
y  a  2  b  c  6  8  a  b  c ，
55
又因为 a ， b ， c 成等差数列，
所以 a  c  2b ，则 y  8  3b ，
5
根据经验回归方程为 yˆ  0.65x 1.8 必过点 x , y  ，
则 8  3b  0.65 8 1.8 ，解得b  3 ，故 B 正确；
5
当 x  6 时， yˆ  0.65 6 1.8  2.1 ，所以残差为2  2.1  0.1，故 C 正确；
当 x = 20 时， yˆ  0.65 20 1.8  11.2 ，所以 y 的预测值为11.2 ，故 D 错误，
故选：ABC.
2 n
x
已知在 x  

的展开式中，第 3 项的二项式系数与第 5 项的二项式系数相等，则下列说法正确的有
（ ）
n  8
第 4 项的二项式系数最大
x2 的系数为 60D. 展开式各项系数之和为 64
【答案】BC
【解析】
【分析】根据二项式系数的性质可求解 n  2  4  6 ，进而根据选项即可逐一求解.
nn
【详解】由题意得C2  C4 ，所以 n  2  4  6 ，故 A 错误；
6
因为 n  6 时，二项式系数最大的是C3 ，所以第 4 项的二项式系数最大，故 B 正确；

 x 

2 6 
x

的展开式的通项公式为??+1 = C??6−?
?
2
?
6
= 2?C??6−2?(0 ≤ ? ≤ 6,? ∈ ?)，
6
6
令6  2r  2 ，得 r  2 ，所以 x2 的系数为22 C 2  60 ，故 C 正确；展开式各项系数之和为(1 + 2)6 = 36 = 729 ，故 D 错误.
下列说法正确的有（ ）
4 个相同的球放入 3 个不同的盒子中，每个盒子不空，不同的放法有 3 种
4 个不同的球放入 3 个不同的盒子中，每个盒子不空，不同的放法有 72 种
盒子内有 5 个大小相同的球，其中红球 2 个，黄球 2 个，黑球 1 个，随机不放回依次取出一个球，直
7
到将球全部取出，则黄球最先被全部取出（取出最后一个黄球时盒子里还有红球和黑球）的概率是
30
把 4 个不同的球随机放入 3 个不同的盒子中，记 X 为装有球的盒子的个数，则 X 的期望值为
E  X   65
27
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据列举法或者排列组合即可求解 AB，由全概率公式即可求解 C，列出分布列或者利用分布列的性质即可求解 D.
【详解】对于 A,选一个盒子装 2 个小球，剩余两个盒子各装一个小球，故共有 3 种方法，A 选项正确；对于 B,由于小球和盒子都不一样，故选一个盒子装两个小球，剩余两个盒子各装一个小球，共有
4 3 2
C2C1A2  36 种方法，故 B 选项不正确；
53
C 选项，法一：相当于把 5 个球排序，共有C2  C2  30 种方法.黄球最先被全部取出，最后一个黄球最晚在第三次被取出，前两次都是黄球共有 3 种情况，前两次中有一个红球一个黄球，第三次是黄球共有 4 种情
7
况，故总共有 7 种，所以概率为.
30
法二：记“最后一次取出球是红球”为事件 B ，“最后一次取出球是黑球”为事件C ，
显然事件 B ， C 互斥，记“黄球最先被全部取出”为事件 D ，则?(?) = ?(??) +?(??).
当事件 B 发生时，只需考虑取出所有黄球和黑球时最后取出的是黑球，
则?(??) = ?(?)?(?∣?) = 2 × 1 = 2 .
5315
当事件C 发生时，只需考虑取出所有黄球和红球时最后取出的是红球，
则?(??) = ?(?)?(?∣?) = 1 × 2 = 1 .所以?(?) = ?(??) +?(??) = 2 + 1 = 7 .
5410151030
31
C2⋅(24−2)
14
C2×A3
4
8127
81
27
81
9
D 选项，法一： X 的可能取值为 1，2，3，4 个球随机放入 3 个盒子共有 81 种方法，
?(? = 1) =
= ，?(? = 2) = 3 =
，?(? = 3) = 43 = ，
E  X   1 1  2  14  3 4  65
2727927
1
3
法二：定义 Xi  1时，表示第i 个盒子中有球， Xi  0 时，表示第i 个盒子中没有球，其中i  1, 2, 3 ，则 X  X1  X 2  X 3 ，
又?(?
= 0) =
4 = 16，?(? = 1) = 65，故?(? ) = 65，
?1−
81?81
?81
所以?(?) = ?(? ) +?(? ) +?(? ) = 65
12327
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知 a  0 ， b  0 ， 1  1  1，则 a  b 的最小值是.
ab
【答案】4
【解析】
【分析】由基本不等式乘“1”法即可求解.
b  a a b
【详解】所以 a  b  a  b 1  1   2  b  a  2  2
 4 ，
ab
 
ab
当且仅当 a  b  2 时取等号.
则 a  b 的最小值是 4.
若命题“ x  R, x2  x  m  0 ”为假命题，则实数m 的取值范围是．
【答案】 ,  1 
4 

【解析】
【分析】由命题“ x  R, x2  x  m  0 ”为假命题，可得“ x  R, x2  x  m  0 ”为真命题利用判别式可求得答案.
【详解】已知命题“ x  R, x2  x  m  0 ”为假命题，
则该命题的否定：“ x  R, x2  x  m  0 ”为真命题.
此时二次函数的判别式满足 Δ  0 .
即Δ  12  4 1m  0 ，
化简可得： m   1
4
综上，实数m 的取值范围是  ,  1  .
4 

故答案为：  ,  1 
4 

x2y2
FFF

已知双曲线C : 22 1a  0,b  0 的左、右焦点分别为 1 ， 2 ，过 1 作直线 l 垂直于双曲线的
ab
一条渐近线，直线 l 与双曲线的两条渐近线分别交于 A，B 两点，若 AF1  3F1B ，则双曲线 C 的离心率 e
为.
【答案】 6 ## 16
22
【解析】
【分析】设F1OB α，利用算两次思想计算tan 2α即可.
【详解】如图，由题意可知 BF1
=b ，则 AF1
 3b ， OB 

 a ，
OF 2  F B 2
1
1
c2  b2
AB
OB
设FOB α，则tanα b ，于是tan AOB  tan 2α 2 tanα  4b ，
1a1 tan2αa
2b
4b a
 b 2
1c2  a26
即 a b 2 ，则 a   2 a2
，解得离心率e .
2
a
1 

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.
若函数 f  x  ax  lnx ．
当 a  2 时，求函数 f  x 在点1, f 1 处的切线方程；
已知 a  1 （ e 为自然对数函数的底数），若 f  x 在区间0, e上的最小值为 3，求实数 a 的值．
e
【答案】（1） y  x  1
（2） a  e2
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求出 f 1 ，进而求出切线方程；
（2）求导，利用导数分析函数的单调性及极值，进而求出 a ．
【小问 1 详解】
∵ ?(?) = 2?−ln? ，其中 x  0 ，则 f  x  2  1 ，
x
由导数的几何意义可得 f 1  1，又Q f 1  2 ，
 f  x 在点1, f 1 处的切线方程为 y  x  1 ．
【小问 2 详解】
∵ ?(?) = ??−ln? ，其中 x  0 ，则 f  x  a  1  ax 1 ，
xx
Q a  1 ，则0  1  e ，
ea
由 f  x  0 可得0  x  1 ，由 f  x  0 可得 x  1 ，
aa
函数 f  x 在 0, 1  上单调递减，在 1 , e 上单调递增，
a  a

∴ ?(?)
min
= ?
= 1−ln1 = 1 + ln? = 3 ，解得 a  e2 ，符合题意．
1
?
?
综上， a  e2 ．
–––→
1 –––→
如图所示，已知多面体 ABCDEP 中， ABCD 是正方形， PA  平面 ABCD ， DE 
AP .
2
证明： CE / / 平面 PAB ；
设 AB  AP  2 ，求平面 BPC 与平面 PCE 的夹角.
【答案】（1）证明见解析
π
（2）
6
【解析】
【分析】（1）利用面面平行推导线面平行
（2）采用空间向量法求解两平面的夹角：建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，再通过向量夹角公式计算平面夹角
【小问 1 详解】
–––→
∵ DE 
–––→
AP 且 DE 与 AP 无公共点
∴ DE / / AP
∵ AP ⊂平面 PAB ， DE  平面 PAB
∴ DE / / 平面 PAB .
∵四边形 ABCD 是正方形
∴ CD ∥ AB
∵ AB  平面 PAB ， CD  平面 PAB
∴ CD / / 平面 PAB ，
∵ CD ∩ DE  D ， CD ， DE  平面CDE
∴平面CDE / / 平面 PAB ，又CE  平面CDE
∴ CE / / 平面 PAB .
【小问 2 详解】
因为 PA  平面 ABCD ， AB ， AD  平面 ABCD ，
所以 PA  AB ， PA  AD ，因为 AB  AD ，所以 AB ， AD ， AP 两两垂直，
所以以点 A 为原点，分别以 AB ， AD ， AP 所在直线为 x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系，如下图所示.
则 B 2, 0, 0 ， C 2, 2, 0 ， P 0,0,2 ， E 0, 2,1 ，所以 BC  0, 2, 0 ， CP  2, 2, 2 ，
CE  2, 0,1 ，
→
设平面 BPC 的一个法向量为 m   x, y, z  ，
??
?? ⋅ ? = 2? = 0→
则

⋅ ? = −2?−2? + 2? = 0
→
，取 x  1 ,得 y  0, z 1，故可取 m  1, 0,1 ；
设平面 PCE 的一个法向量为 n  a, b, c ，
??
?? ⋅ ? = −2? + ? = 0→
则，取b  1,得 a  1, c  2 ，故可取 n  1,1, 2 .
⋅ ? = −2?−2? + 2? = 0
⋅
? ?
则cs⟨?,?⟩ =
|?|⋅|?|
3
2× 6
=
= 3， 2
π
所以平面 BPC 与平面 PCE 的夹角为 .
6
随着全国新能源汽车推广力度的加大，新能源汽车消费迎来了前所未有的新机遇.
选择新能源汽车
选择传统汽车
总计
40 岁以下
70
30
100
40 岁及以上
40
60
100
总计
110
90
200
为了更好了解大众对新能源汽车的接受程度，某城市汽车行业协会依据年龄采用分层随机抽样的方式，从 40 岁以下和 40 岁及以上两个年龄层中各抽取 100 名市民进行调查，并对他们选择新能源汽车，还是选择传统汽车进行意向调查，得到了如下列联表：
记选择新能源汽车者中年龄在 40 岁以下的概率为 P ，求 P 的估计值；
依据小概率值α 0.001 的独立性检验，分析选择新能源汽车是否与年龄有关.
为了了解该地区新能源汽车的销售情况，某机构根据统计数据，用最小二乘法得到该地区新能源汽车销售量 y （单位：万台）关于年份 x 的线性回归方程 ‸y  4.7x  9495.2 ，且销售量 y 的方差为
s2  50 ，年份 x 的方差为 s2  2 .求 y 与 x 间的样本相关系数 r ，并据此判断该地区新能源汽车销售量 y 与
yx
年份 x 的线性相关性强弱.
n
xi  x yi
 y 
i
附：（i）在线性回归方程 ‸y  b‸x  a‸ 中， b‸  i 1 ， $a  y $bx ；
n
x
 x y
 y 
n

i 1
x  x2
ii

n

x  x
i1
i

2

n

y  y

2
i1
i
样本相关系数 r  i1 ，若 r  0.9 ，则可判断 y 与 x 线性相关性很强；
χ2 
n ad  bc2
a  bc  d a  cb  d 
，其中 n  a  b  c  d .
α
0.1
0.05
0.01
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
10.828
【答案】（1）（i） P 
7
（ii）可以认为选择新能源汽车与年龄有关系
11
（2） 0.94 ， y 与 x 线性相关性很强
【解析】
【分析】（1）（i）根据古典概型计算公式计算求解；（ii）计算χ2 根据临界值表判断即可；
（2）根据最小二乘法结合题中参考公式计算求解即可判断.
【小问 1 详解】
70
由题可知，样本中选择新能源汽车者中年龄在 40 岁以下的频率为
 7 ，
11011
由样本估计总体可得选择新能源汽车者中年龄在 40 岁以下的概率 P  7 .
11
零假设为 H0 ：选择新能源汽车与年龄无关，
200 70  60  30  402200
由列联表中数据代入计算得： χ2  18.182  10.828 ， 100 100 110  9011
所以依据小概率值α 0.001 的独立性检验，推断 H0 不成立，
即可以认为选择新能源汽车与年龄有关系，此推断犯错误的概率不超过0.001 .
【小问 2 详解】
n
x  x y  y n
iixi  x yi  y 
x  x
n
2
i1
 y  y 
n
2
i
i1
i
i
因为 r  i1 ， b‸  i 1 ，
n

i 1
x  x2

n
i1
xi  x
2
 y  y 
n
2
i1
i
ns2
x
ns2
y
4.7  2
50
所以 r  b‸  b‸  b‸  sx  0.94  0.9 ，
sy
故 y 与 x 线性相关性很强.
雅礼中学某社团组织知识问答比赛，每名参赛选手都赋予 6 分的初始积分，每答对一题加 1 分，每答
2
错一题减 1 分，已知小王每道题答对的概率为
3
求小王答 3 道题后积分小于 6 的概率；
1
，答错的概率为
3
，且每道题答对与否互不影响.
设小王答 4 道题后积分为 X ，求 E  X  ；
若小王一直答题，直到积分为 0 或 12 时停止，记小王的积分为i i  0,1, 2,,12 时，最终积分为
12 的概率为 Pi ，请直接写出 P0 和 P12 的值，并求出 P6 的值.
7
【答案】（1）
27
22
（2）
3
（3） P  0 ， P  1 ， P  64
012
【解析】
665
【分析】（1）分小王 3 题都答错，或答对 1 题答错 2 题讨论，再利用独立事件乘法公式和加法公式即可得到答案；
设小王答对的题数为Y ，得到关系式 X  2Y  2 ，再利用二项分布的均值公式和均值性质即可得到
答案；
首先需对边界条件进行直接判断，即 P0  0 和 P12  1 ，再求出Pi的递推公式，分析可知数列
P Pi  0,1, 2,,11 为等比数列，求得 P P  1 P ，再利用累加法和等比数列求和即可得到答
i1i
案.
i1
i2i 1
【小问 1 详解】
小王答 3 道题后积分小于 6，有两种情况：3 题都答错；答对 1 题，答错 2 题.
 1 312  1 22
3 题都答错的概率为
；答对 1 题，答错 2 题的概率为： C1    .
3
3
27
 3

 
3  9
1
所以小王答 3 道题后积分小于 6 的概率为：
 2  7
27927
【小问 2 详解】
法一：设小王答对的题数为Y ，则他答错的题数为4  Y ，所以 X  6  Y  4  Y   2Y  2 .
由题意知Y ~ B  4, 2  ，所以 E Y   4  2  8 ，所以
3 33

E  X   E 2Y  2  2E Y   2  2  8  2  22 .
33
法二： X 的可能取值为 2，4，6，8，10.
 1 412  1 38
则： P  X  2  ； P  X  4  C1   ；
3
3


 2 2
81
 1 2
248
4
3 81
P  X  6  C2   ；
33
4


8127
 2 3
 1 32
 2 416
P  X  8  C3   ； P  X  10  
33
3
81
4
81
所以， E  X   2  1  4  8  6  24  8 32 10  16  22 .
81818181813
【小问 3 详解】
当积分已为 0 时，游戏已停止，无法再达到 12 分，故 P0  0 ；当积分已为 12 时，游戏已停止，已是目标状态，故 P12  1 .
当小王的积分为i i  1, 2,,11 时，
若小王接下来一题答对，则积分变为i +1，若小王接下来一题答错，则积分变为i  1 .
由全概率公式有 P  2 P 1 P ，即 P 3 P  1 P ，整理可得 P P  1 P  P  .
i3 i1
3 i1
i1
2 i2 i1
i1
i2ii1
又 P1  P0  P1  0 ，所以Pi1  Pi i  0,1, 2,,11 为等比数列.
由（i）可得 P P  1 P ，
i1
i2i 1
所以 P   P  P    P  P      P  P   P  P  1  1    1 1
12121111102111  2112102

P 1 1 
1 212 212 1
 
1 1211
2
P  1
P1 ，
211
又 12，所以 P1  212 1 .
所以 P6   P6  P5    P5  P4      P2  P1   P1
 111
P 1
1 

1 
26 
211
26 1212  2664
 P   1   .
1  2524211
212 125
212 165

2
已知椭圆
x2  y2 a  b  0
D 2, 01
C : a2b21
的右顶点为
，离心率为 2 ，过C 的左焦点 F 的直线与C
交于异于点 D 的 A ， B 两点.
求椭圆C 的方程.
记直线 AB 的斜率为 k ，直线 AD 与直线 BD 的斜率分别为 k1, k2 ，
若 k1  k2  2 ，求 k ；
4 2
3
若tan ADB ，求△ABD 的面积.
2
2
1
【答案】（1） x  y 
43
（2）（i） k   1 ；（ii） 18 2
27
【解析】
【分析】（1）根据条件可求 a, b ，得到椭圆方程.
（2）设直线 AB 的方程为 y  k  x 1 ，与椭圆方程联立，利用韦达定理，可得 x1  x2 ， x1 x2 .
化简 k1  k2 ，结合 k1  k2  2 ，可求 k .
化简k k ，结合tan ADB  4 2 ，表示出 k  k ，再利用k  k 2  k  k 2  4k k ，求k 的
3
1 21212121 2
值，再用 S 1  FD  y  y
求△ABD 的面积.
V ABD212
【小问 1 详解】
由题意， a  2 ， e  c  1 ，所以c  1，所以b2  a2  c2  4 1  3 .
a2
x2y2
所以椭圆C 的方程为：
 1.
43
【小问 2 详解】
直线 AB 的方程为 y  k  x 1 ，（ k  0 ），代入椭圆方程3x2  4 y2  12 ，得：
3x2  4k 2  x 12  12 .
整理得3  4k 2  x2  8k 2 x  4k 2 12  0 .
设 A x , y  ， B  x , y
 ，则
8k 2
，
4 k 2  3
1122
x1  x2   3  4k 2
x1 x2 
3  4k 2
.
如图：
因为 k1 
y1
x  2
， k2 
y2
x  2
所以 k  k 
1
y1y2
2
 k  x1 1  k  x2 1  k  x1 1 x2  2  k  x1  2 x2 1
12x  2
x  2
x  2
x  2
 x  2 x
 2
121212
8k 2  3
8k 2
3  4k 2 
k 2x x
  x  x
  4
k  3  4k 2
 3  4k 2  4  3  4k 2 
k 361

1 212
x1x2  2  x1  x2   4

4 k 2  3
16k 2
3  4k 2
  
36k 2k
由 1  2  k   1 .
3  4k 2
 3  4k 2  4  3  4k 2
k2
yyk  x
1
k  x
1
k 2  x
1 x
1
k 2  x x
  x  x
 1
因为 k k
 1  2  1  2  12   1 212
1 2x  2
x  2
x  2
x  2
 x  2 x
 2
x x  2  x  x
  4
121212
1 212

 4 k 2  3
k 2 
8k 2
3  4k 2 

3  4k 2
3  4k 2
3  4k 2 
k 2 9

2
  1 .

4 k 2  3
16k 2
3  4k 2
36k4
3
4
2
3  4k 2
 3  4k 2  4  3  4k 2
k1  k2
1 k1k2
由tan ADB  4 2 
 4 2  k  k  4 2 .
3
3123
由k  k
2  k  k
2  4k k
 2 
1 1  k 2  1，
12121 2k 2

x  x 4x x
12

2
1 2
8 2
  7   4   7 
8 


12 2
此时， y1  y2
 x1  x2

.
7
所以 S
 1  FD  y  y
 1  3 12 2  18 2 .
V ABD2
12277