2022-2023学年江西吉安市永新县禾川中学高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年江西吉安市永新县禾川中学高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．抛物线的准线方程是，则实数a的值（    ）

A． B． C．8 D．-8

【答案】A

【分析】根据准线方程列出方程，求出实数a的值.

【详解】由题意得：，解得：.

故选：A

2．圆心在轴上，半径为1 ，且过点 的圆的方程为（   ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】设圆心坐标为 ，则有，求得，即可得解.

【详解】解：设圆心坐标为 ，则由题意知 ，解得，

故圆的方程为.

故选：A.

3．在某项测试中，测量结果服从正态分布，若，则（    ）

A．0.9 B．0.8 C．0.7 D．0.6

【答案】B

【分析】由正态分布的性质求概率．

【详解】由正态分布的图象和性质得

．

故选：B．

4．直线与椭圆的位置关系是（       ）

A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定

【答案】C

【分析】代数法联立直线与椭圆，转化为二次方程根的问题来判断即可.

【详解】联立，

则

所以方程有两个不相等的实数根，

所以直线与椭圆相交

故选：C.

5．已知的展开式中各项的二项式系数之和为256，则展开式中的常数项为（    ）

A．-70 B．-40 C．40 D．70

【答案】D

【分析】先有，求得，再由通项公式求常数项.

【详解】依题意可得，所以，

则展开式的通项为，

令，解得，所以展开式中常数项为.

故选：D

6．现有4种不同的颜色为公民基本道德规范四个主题词（如图）涂色，要求相邻的词语涂色不同，则不同的涂法种数为（　 　）

A．27 B．54 C．108 D．144

【答案】C

【分析】首先给最左边一块涂色，有4种结果，再给左边第二块涂色有3种结果，以此类推第三块也有3种结果，第四块也有3种结果，根据分步计数原理得到结果．

【详解】解：由题意知本题是一个分步计数问题，首先给最左边一块涂色，有4种结果，再给左边第二块涂色有3种结果，以此类推第三块有3种结果，第四块有3种结果.

∴根据分步计数原理知共有4×3×3×3＝108．

故选：C．

7．为贯彻落实《中共中央国务院关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见》的文件精神，某学校推出了《植物栽培》、《手工编织》、《实用木工》、《实用电工》4门校本劳动选修课程，要求每个学生从中任选2门进行学习，则甲、乙两名同学的选课中恰有一门课程相同的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用组合数，求甲、乙两名同学的选课中恰有一门课程相同的选法，再求甲、乙两名同学任选2门课的选法，由古典概型的概率求法，求甲、乙两名同学的选课中恰有一门课程相同的概率即可.

【详解】甲、乙两名同学的选课中恰有一门课程相同的选法有种，而甲、乙两名同学任选2门课的选法有种，

∴甲、乙两名同学的选课中恰有一门课程相同的概率.

故选：A

8．已知为双曲线左右焦点，为双曲线上两点且分别位于第一､二象限．若（半焦距），，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】C

【分析】设，，根据勾股定理得到（1），利用余弦定理得到（2），两式相减得到（3），把（3）代入（1）即得解.

【详解】解：由可得．设，则，

所以（1）

设，则

中，

由余弦定理，

整理可得：（2）

由（1）（2）可得（3）

（3）代入（1），即，即

即.

故选：C

二、多选题

9．一副扑克牌共有54张牌，其中52张是正牌，另2张是副牌（大王和小王），从中任取4张，则随机变量可能为（    ）

A．所取牌数 B．所取正牌和大王的总数

C．这副牌中正牌数 D．取出的副牌的个数

【答案】BD

【分析】根据随机变量的定义分析判断即可.

【详解】对于A，所取牌数为4，是一个常数，不是随机变量，所以A错误，

对于B，4张牌中所取正牌和大王的总数可能为3，4，所以是随机变量，所以B正确，

对于C，这副牌中正牌数为52，是一个常数，不是随机变量，所以C错误，

对于D，4张牌中所取出的副牌的个数可能为0，1，2，所以是随机变量，所以D正确，

故选：BD

10．若，则的值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】AD

【分析】利用组合数的性质可得出关于的等式，由此可求得的值.

【详解】因为，所以，或，解得或.

故选：AD.

11．为了解高中生选科时是否选物理与数学成绩之间的关系，某教研机构随机抽取了50名高中生，通过问卷调查，得到以下数据：

由以上数据，计算得到，根据临界值表，以下说法正确的是（    ）

参考数据：

A．有95%的把握认为是否选择物理与数学成绩有关

B．在犯错误的概率不超过0.05的前提下，认为是否选择物理与数学成绩有关

C．95%的数学成绩优异的同学选择物理

D．若表格中的所有数据都扩大为原来的10倍，在相同条件下，结论不会发生变化

【答案】AB

【分析】利用题意中和临界值表比较大小，结合卡方的表示意义即可得出结论.

【详解】因为，由临界值表知，，

所以有的把握认为是否选择物理与数学成绩有关；

在犯错误的概率不超过0.05的前提下，认为是否选择物理与数学成绩有关；

若表中的数据都扩大为原来的10倍，，

又，故结论发生变化.

故选：AB

12．已知圆，以下四个结论正确的是（    ）

A．过点与圆M相切的直线方程为

B．圆M与圆 相交

C．过点可以作两条直线与圆M相切

D．圆M上的点到直线的距离的最大值为3

【答案】ACD

【分析】根据点和圆的位置关系、圆的切线方程、圆与圆的位置关系、圆上的点到直线的距离等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】依题意，圆的圆心，半径，

对于A，点在圆M上，圆心M到直线距离为1，

即过点与圆M相切的直线方程为，A正确；

对于B，圆的圆心，半径，

则有，即圆M与圆N外离，B不正确.

对于C，点在圆M外，则过点可以作两条直线与圆M相切，C正确；

对于D，圆心到直线的距离，

则圆M上的点到直线的距离的最大值为，D正确；

故选：ACD

三、填空题

13．点A(－1，2，－3)，B(0，2，－2) 的中点坐标为________.

【答案】

【分析】直接利用中点坐标公式求解即可

【详解】因为，，

所以中点坐标为，即

故答案为：

14．有5种不同的书（每种书不少于3本），从中选购3本送给3名同学，每人各一本，共有_____种不同的送法．（用数字作答）

【答案】125

【分析】根据题意，3个人，每人都有5种不同的选法，利用分步计数原理即得．

【详解】根据题意，3个人，每人都有5种不同的选法，

则有5×5×5=125种.

故答案为：125．

15．若展开式中各项的系数之和为96，则展开式中的系数为___________.

【答案】25

【分析】由题意可得，从而可求出，则展开式中的系数等于展开式中一次项系数的2倍加上的3次项系数

【详解】由题意可知，得，则，

展开式的通项公式为，

所以展开式中的系数为.

故答案为：25

16．设P是椭圆=1上一点，F1、F2是椭圆的两个焦点，则cos∠F1PF2的最小值是_________

【答案】

【分析】方法一：当点是椭圆的短轴的端点时,取得最大值,此时可取得最小值.

【详解】方法一：（二级结论应用）

椭圆,.

当点是椭圆的短轴的端点时,取得最大值,

,

的最小值.

故答案为：.

方法二：在中，因为，，

.

当且仅当时取等号.

故答案为：.

四、解答题

17．已知直线经过两直线和的交点.

(1)若直线与直线垂直，求直线的方程；

(2)若直线与直线平行，求直线的方程.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）解方程组求出直线的交点，根据垂直条件设出直线l的方程求解作答.

（2）由（1）的交点坐标，再根据平行条件设出直线l的方程求解作答.

【详解】（1）由解得，即直线的交点为，

因直线与直线垂直，则设直线的方程为，有，解得，

所以直线方程为.

（2）由（1）知，直线的交点为，

因直线与直线平行，则设直线的方程为，有，解得，

所以直线的方程为.

18．小宁某天乘火车从重庆到上海去办事，若当天从重庆到上海的三列火车正点到达的概率分别为0.8，0.7，0.9，假设这三列火车之间是否正点到达互不影响.求：

（1）这三列火车恰好有两列正点到达的概率；

（2）这三列火车至少有一列正点到达的概率.

【答案】（1）0.398；（2）0.994.

【分析】结合独立事件的乘法公式即可.

【详解】解：用A，B，C分别表示这三列火车正点到达的事件.

则P(A)＝0.8，P(B)＝0.7，P(C)＝0.9，所以P()＝0.2，P()＝0.3，P()＝0.1.

（1）由题意得A，B，C之间互相独立，所以恰好有两列正点到达的概率为

P1＝P()＋P()＋P()＝P()P(B)P(C)＋P(A)P()P(C)＋P(A)P(B)P()

＝0.2×0.7×0.9＋0.8×0.3×0.9＋0.8×0.7×0.1＝0.398.

（2）三列火车至少有一列正点到达的概率为

P2＝1－P()＝1－P()P()P()＝1－0.2×0.3×0.1＝0.994.

19．在矩形ABCD中，AB=2，AD=，E是DC中点，连接AE，将△ADE沿AE折起，使得点D移动至点P，满足平面PAE⊥平面ABCE.

(1)求证：AE⊥BP；

(2)求二面角E-CP-B的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据已知条件，可以证明线线垂直来证明线面垂直，然后证明；

（2）结合题目条件，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，即可完成二面角的求解.

【详解】（1）

证明：在矩形中，连接，记

在四棱锥中，线段取点满足

（2）

如图所示

设平面的法向量为

设平面的法向量

设二面角的大小为

的余弦值为

20．某科技公司研发了一项新产品，经过市场调研，对公司1月份至6月份销售量及销售单价进行统计，销售单价（千元）和销售量（千件）之间的一组数据如下表所示：

（1）试根据1至5月份的数据，建立关于的回归直线方程；

（2）若由回归直线方程得到的估计数据与剩下的检验数据的误差不超过千件，则认为所得到的回归直线方程是理想的，试问（1）中所得到的回归直线方程是否理想？

参考公式：回归直线方程，其中.

参考数据：，.

【答案】（1）；（2）是.

【分析】（1）先由表中的数据求出，再利用已知的数据和公式求出，从而可求出关于的回归直线方程；

（2）当时，求出的值，再与15比较即可得结论

【详解】（1）因为，，

所以，

得，

于是关于的回归直线方程为；

（2）当时，，

则，

故可以认为所得到的回归直线方程是理想的.

21．已知抛物线的准线与轴的交点为.

（1）求的方程；

（2）若过点的直线与抛物线交于，两点.求证：为定值.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）根据抛物线的准线求参数p，即可写出抛物线方程；

（2）设直线为，、，联立抛物线方程，应用韦达定理求，，由，，代入目标式化简，即可证结论.

【详解】（1）由题意，可得，即，

∴抛物线的方程为.

（2）证明：设直线的方程为，，，

联立抛物线有，消去x得，则，

∴，，又，.

∴.

∴为定值.

22．某校高二年级为了丰富学生的课外活动，每个星期都举行“快乐体育”活动.在一次“套圈圈”的游戏中，规则如下：在规定的4米之外的地方有一个目标物体，选手站在原地丟圈，套中目标物即获胜；规定每小组两人，每人两次，套中的次数之和不少于3次称为“最佳拍档”，甲､乙两人同一组，甲､乙两人丟圈套中的概率为别为pi，p2，假设两人是否套中相互没有影响.

（1）若，设甲､乙两人丟圈套中的次数之和为，求的分布列及数学期望.

（2）若，则游戏中甲乙两人这一组要想获得“最佳拍档”次数为16次，则理论上至少要进行多少轮游戏才行？并求此时，的值.

【答案】（1）分布列答案见解析，数学期望：；（2）理论上至少要进行27轮游戏，.

【分析】(1)确定的所有可能取值并计算相应的概率，即可列出分布列，再根据期望公式求即可；

(2)求出他们在一轮游戏中获“最佳拍档”的概率并化简，再由，，，求出的取值范围，再利用换元法并结合二次函数的性质即可求出，从而可得的最小值及此时，的值.

【详解】解：（1）两人丢圈套中的次数值和为，则的值可能为0，1，2，3，4，

，

，

，

，

，

分布列如下表：

.

（2）他们在一轮游戏中获“最佳拍档”的概率为

，

因为，所以，

因为，，，所以，，

所以，令，以，则，

当时，，

他们小组在轮游戏中获“最佳拍档”次数满足，

由，则，所以理论上至少要进行27轮游戏，

此时，，.