精品解析：江苏省南京市第一中学2022-2023学年高二下学期期末数学试题（解析版）

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2022-2023学年南京一中实验学校高二下期末
一､选择题（共8小题，每题5分，共40分）
1. 如图，在三棱柱中，为的中点，若，，，则可表示为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合已知条件，利用空间向量的线性运算即可求解.
【详解】由题意可知，，
因为，，，，
所以.
故选：A.
2. 一车间为规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了4次试验，测得的数据如下，根据下表可得回归方程，则实数的值为（ ）
零件数（个）
2
3
4
5
加工时间（分钟）
26

49
54

A. 37.3 B. 38 C. 39.5 D. 39
【答案】D
【解析】
【分析】由已知求得样本点的中心的坐标，代入线性回归方程求解值．
【详解】解：，，
样本点的中心的坐标为，
代入，得，
解得．
故选：．
3. 国家三孩政策落地后，有一对夫妻生育了三个小孩，他们五人坐成一排，若爸妈坐两边，三个小孩坐在爸妈中间，则所有不同排法的种数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先安排爸妈，再将孩子放在中间，根据分步乘法计数原理可求得结果.
【详解】将爸妈安排在两边，有种排法；将三个小孩放在中间，有种排法；
则所有不同的排法种数为：种.
故选：B.
4. 展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为（ ）
A. B. C. 15 D. 375
【答案】D
【解析】
【分析】由二项式系数之和得出，再由通项求出答案.
【详解】，展开式的通项为
由得，则展开式的常数项为
故选：D
5. 某化工厂产生的废气经过过滤后排放，以模型去拟合过滤过程中废气的污染物浓度与时间之间的一组数据，为了求出线性回归方程，设，其变换后得到线性回归方程为，则当经过后，预报废气的污染物浓度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】把代入中求出的值，再将的值代入中可求出的值.
【详解】当时， ，
所以.
故选：D.
6. 已知椭圆，为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的定义结合余弦定理求出的值，利用，根据向量模的计算即可求得答案.
【详解】由题意椭圆，为两个焦点，可得，

则①，即，
由余弦定理得，
，故，②
联立①②，解得：，
而，所以，
即，
故选：B
【点睛】方法点睛：本题综合考查了椭圆和向量知识的结合，解答时要注意到O为的中点，从而可以利用向量知识求解.
7. 北京在2022年成功召开了冬奥会，这是我国在2008年成功举办夏季奥运会之后的又一奥运盛事，是世界唯一的“双奥之城”．我校组织奥运知识竞赛，甲、乙两名同学各自从 “冰壶”，“冰球”，“滑冰”，“滑雪”四类冰雪运动知识试题中任意挑选两类试题作答，设事件M=“甲乙两人所选试题恰有一类相同”，事件N=“甲乙两人所选试题类型完全不同”，事件P=“甲乙两人均未选择冰壶类试题”，则下列结论正确的是（　　）.
A. M与N为对立事件 B. M与P互斥
C. N与P相互独立 D. M与P相互独立
【答案】D
【解析】
【分析】根据互斥事件与对立事件的定义判断AB，再根据相互独立事件的性质判断CD即可
【详解】对A，因为所有事件包含M=“甲乙两人所选试题恰有一类相同”，事件N=“甲乙两人所选试题类型完全不同”，也包含“甲乙两人所选试题全相同”，故M与N为互斥事件，故A错误；
对B，M=“甲乙两人所选试题恰有一类相同”与P=“甲乙两人均未选择冰壶类试题”可能同时发生，故M与P不互斥，故B错误；
对C，因为事件N 的概率，事件P 的概率，事件的概率，因为，故N与P不相互独立，故C错误；
对D，事件M 的概率，事件的概率，因为，故M与P相互独立，故D正确；
故选：D
8. 已知平面向量，，满足，，，则的最大值为（ ）
A. 0 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算，结合几何图形的几何性质，即可求解最值.
【详解】设平面向量，的夹角为，
，，
，则
由于，所以．
不妨设，．
，，
化为．故在以为圆心，以为半径的圆上运动，
如图所示，表示原点到圆上一点距离，故当经过圆心时，距离最大或者最小，
故．
故选：C．

二､多选题（共4小题，每题5分，共20分）
9. 已知由样本数据点集合，求得的回归直线方程为，且，现发现两个数据点和误差较大，去除后重新求得的回归直线l的斜率为1.2，则（ ）
A. 变量x与y具有正相关关系 B. 去除后的回归方程为
C. 去除后y的估计值增加速度变快 D. 去除后相应于样本点的残差为0.05
【答案】AB
【解析】
【分析】
A. 根据回归直线方程的x系数的正负判断.B. 根据去除前后样本点不变判断.C. 根据去除前后x的系数大小判断.D.根据残差的计算公式判断.
【详解】因为回归直线方程为，，
所以变量x与y具有正相关关系.故A正确.
当时，，
样本点为，去掉两个数据点和后，样本点还是，
又因为去除后重新求得的回归直线l的斜率为1.2，
所以，
解得，
所以去除后的回归方程为，故B正确.
因为，所以去除后y的估计值增加速度变慢，故C错误.
因为，
所以，故D错误.
故选：AB
【点睛】本题主要考查回归分析的理解，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.
10. 设，下列结论正确的是（　　）
A.
B.
C.
D. 当时，除以的余数是1
【答案】ACD
【解析】
【分析】在展开式中，令求得结论判断A，根据二项式定理求得，判断B，令，换元后，对求导后，再令所得结论判断C，，代入后，展开后，应用整数知识可得余数从而判断D．
【详解】在展开式中令，即得，A正确；
，所以，，，B错；
令，则，两边对求导得
，
令得，C正确；
时，，
展开式右边共7项，前6项都是2000的整数倍，因此它除以2000的余数是1，D正确．
故选：ACD．
11. 如图，平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为1，且它们彼此的夹角都是60°，则（ ）

A.
B.
C. 四边形的面积为
D. 平行六面体的体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A、B选项通过空间向量的模长及数量积进行判断即可；C选项通过空间向量求出，进而求出面积即可；D选项作出平行六面体的高，求出相关边长，即可求出体积.
【详解】，则，故，A正确；
，，，故，B正确；

连接，则，，即，同理，故四边形为矩形，
面积为，C错误；

过作面，易知在直线上，过作于，连接，由得面，易得，故，，，故平行六面体的体积为，
D正确.
故选：ABD.
12. 已知Р是圆上的动点，直线与交于点Q，则（ ）
A
B. 直线与圆O相切
C. 直线与圆O截得弦长为
D. 长最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由两直线垂直的条件判断A，由圆心到直线的距离判断B，由到直线的距离结合勾股定理求弦长判断C，求出到圆心的距离的最大值加圆半径判断D．
【详解】圆半径为2，
，所以，A正确；
圆心到的距离为，与圆相离，B错误；
圆心到直线的距离为，所以弦长为，C正确；
由，得，即，
所以，
所以长最大值为，D正确
故选：ACD．
三､填空题（共4小题，每题5分，共20分）
13. 抛物线的焦点到准线的距离等于__________.
【答案】
【解析】
【分析】先将抛物线方程，转化为标准方程，求得焦点坐标，准线方程即可.
【详解】因为抛物线方程是，
转化为标准方程得：，
所以抛物线开口方向向右，焦点坐标为 准线方程为：，
所以焦点到准线的距离等于.
故答案为：
【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.
14. 已知某农场某植物高度，且，如果这个农场有这种植物10000棵，试估计该农场这种植物高度在区间上的棵数为______.
参考数据：若，则，，.
【答案】1359
【解析】
【分析】由已知求得，则，结合已知求得，乘以10000得答案．
【详解】解：由，得，
又，，
则
，
估计该农场这种植物高度在区间，上的棵数为．
故答案为：1359．
15. 现要给1个小品类节目，2个唱歌类节目，2个舞蹈类节目排列演出顺序，要求同类节目不相邻，则不同的排法有___________种.
【答案】48
【解析】
【分析】分1个小品类节目排在第一个位置、第二个位置、第三个位置、第四个位置、第五个位置时可得同类节目不相邻排法.
【详解】当1个小品类节目排在第一个位置时，再安排唱歌类节目，当排在第三第五位置时，2个舞蹈类只能排在第二第四位置；当排在第二第四位置时，2个舞蹈类只能排在第三第五位置，所以同类节目不相邻排法有种；
当1个小品类节目排在第二个位置时，再安排唱歌类节目，当排在第一第四位置时，2个舞蹈类只能排在第三第五位置；当排在第三第五位置时，2个舞蹈类只能排在第一第四位置，同类节目不相邻排法有种；
当1个小品类节目排在第三个位置时，再安排唱歌类节目，当排在第一第四位置时，2个舞蹈类只能排在第二第五位置；当排在第一第五位置时，2个舞蹈类只能排在第二第四位置；当排在第二第四位置时，2个舞蹈类只能排在第一第五位置；当排在第二第五位置时，2个舞蹈类只能排在第一第四位置，所以同类节目不相邻排法有种；
当1个小品类节目排在第四个位置时，再安排唱歌类节目，当排在第一第三位置时，2个舞蹈类只能排在第二第五位置；当排在第二第五位置时，2个舞蹈类只能排在第一第三位置，所以同类节目不相邻排法有种；
当1个小品类节目排在第五个位置时，再安排唱歌类节目，当排在第一第三位置时，2个舞蹈类只能排在第二第四位置；当排在第二第四位置时，2个舞蹈类只能排在第一第三位置，所以同类节目不相邻排法有种；
则不同的排法有48种.
故答案为：48.
16. 如图，正方体的棱长为，分别为的中点，是底面上一点．若平面，则长度的最小值是___；最大值是___．

【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】
取中点，中点，连接，，，利用面面平行的判定定理证得平面平面，结合已知条件可知，在等腰中，可求得长度的最值.
【详解】取中点，中点，连接，，
由正方体，分别为的中点，
又平面，平面，平面
分别为的中点，由中位线性质知
同理可知，
又平面，平面，平面
又，平面
平面平面
是底面上一点．且平面，
在等腰中，的长度最大时为
的长度最小时，为中点，，，即
故答案为：，

【点睛】方法点睛：证明面面平行常用的方法：
（1）面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；
（2）利用垂直于同一条直线的两个平面平行；
（3）两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行；
（4）利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互转化．
四､解答题（共6小题，共70分）
17. 已知的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为.
（1）求m的值；
（2）求展开式中所有项的系数和与二项式系数和；
（3）将展开式中所有项重新排列，求有理项不相邻的概率.
【答案】（1）7；（2）128；（3）.
【解析】
【分析】（1）根据二项展开式的通项公式即可获解；
（2）令即可获解；
（3）求出有理项的个数，再用插空法即可.
【详解】（1）展开式的通项为，
∴展开式中第4项的系数为，倒数第4项的系数为，
，即.
（2）令可得展开式中所有项的系数和为，展开式中所有项的二项式系数和为.
（3）展开式共有8项，由（1）可得当为整数，即时为有理项，共4项，
∴由插空法可得有理项不相邻的概率为.
18. 如图1，在直角梯形中，，，且，现以为一边向梯形外作正方形，然后沿边将正方形翻折，使，为的中点，如图2．

（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）若，求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．
【解析】
【分析】（1）证得，根据线面平行的判定定理即可证出结论；
（2）证得平面，根据面面垂直的判定定理即可证出结论；
（3）证得平面，即点到平面的距离等于线段的长度，在中，解三角形即可求出结果.
【详解】
（1）证明：取中点，连接，．
在中，，分别为，的中点，所以，且．由已知，，所以，且．所以四边形为平行四边形．所以．又因为平面，且平面，
所以平面．
（2）证明：在正方形中，，又，，平面，∴平面，平面，∴平面平面．
（3）由（2）知平面平面，且平面平面，又因为，所以平面，所以平面平面，且平面平面，过点作的垂线交于点，则平面，
所以点到平面的距离等于线段的长度，
在中，，所以点到平面的距离等于．
19. 在平面直角坐标系中，已知圆，且圆被直线截得的弦长为2.
（1）求圆的标准方程；
（2）若圆的切线在轴和轴上的截距相等，求切线的方程；
（3）若圆上存在点，由点向圆引一条切线，切点为，且满足，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）或或或；（3）
【解析】
【分析】（1）将圆方程整理为标准方程形式，可知，得到圆心坐标和半径；由垂径定理可利用弦长构造出关于的方程，解方程求得，从而得到标准方程；（2）分为直线过原点和不过原点两种情况，分别假设直线方程，利用圆心到直线距离等于半径可构造方程求得结果；（3）设，根据且可整理出点轨迹方程为：；根据在圆上，则两圆有公共点，根据圆与圆位置关系的判定可构造不等式，解不等式求得结果.
【详解】（1）圆方程可整理为：
圆的圆心坐标为，半径
圆心到直线的距离：
截得的弦长为：，解得：
圆的标准方程为：
（2）①若直线过原点，可假设直线方程为：，即
直线与圆相切 圆心到直线距离，解得：
切线方程为：
②若直线不过原点，可假设直线方程为：，即
圆心到直线距离，解得：或
切线方程为或
综上所述，切线方程为或或
（3）假设
，即
又直线与圆相切，切点为
即：，整理得：
又在圆上 两圆有公共点
，解得：
即的取值范围为：
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系的应用问题；关键是明确直线与圆的位置关系通过圆心到直线的距离与半径之间的大小关系来确定；圆与圆的位置关系通过圆心距与两圆半径之和、半径之差的关系来确定.
20. 2022年10月1日，女篮世界杯落幕，时隔28年，中国队再次获得亚军，追平历史最佳成绩统计数据显示，中国队主力队员能够胜任小前锋（SF）大前锋（PF）和得分后卫（SG）三个位置，且出任三个位置的概率分别为，同时，当队员出任这三个位置时，球队赢球的概率分别为，（队员参加所有比赛均分出胜负）
（1）当队员参加比赛时，求该球队某场比赛获胜的概率；
（2）在赛前的友谊赛中，第一轮积分规则为：胜一场积分，负一场积分．本轮比赛球队一共进行场比赛，且至少获胜场才可晋级第二轮，已知队员每场比赛均上场且球队顺利晋级第二轮，记球队第一轮比赛最终积分为，求的数学期望．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合相互独立事件和互斥事件的概率计算公式，即可求解；
（2）根据题意，得到随机变量的所有可能取值，结合独立重复事件的概率计算公式和条件概率的计算公式，求得相应的概率，得出随机变量的分布列，利用期望的计算公式，即可求解.
【小问1详解】
解：根据题意，队员参加比赛时，比赛获胜的概率为.
【小问2详解】
解：根据题意，可得赢3场，负两场积分7；A赢4场负一场积分10；赢5场，积分15分，所以随机变量所有可能取值为7，11，15，记表示第一轮比赛最终积分为，表示“所在的球队顺利晋级第二轮”，
可得，，
，则，
所以，，
，
所以随机变量的分布列如下表：

7
11
15




期望为．
21. 如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，且，为的中点．

（1）求平面与平面夹角的余弦值；
（2）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，点为线段的靠近点的三等分点
【解析】
【分析】（1）根据题意证得平面，进而证得平面，得到平面，以点为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解；
（2）设点，求得平面的法向量为，结合向量的距离公式列出方程，求得的值，即可得到答案.
【小问1详解】
解：因为四边形为正方形，则，，
由，，，所以平面，
因为平面，所以，
又由，，，所以平面，
又因为平面，所以，
因为且平面，所以平面，
由平面，且，不妨以点为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
可得，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
易得平面的法向量为，
则，
由平面与平面夹角为锐角，所以平面与平面夹角的余弦值．
小问2详解】
解：设点，可得，，
设平面的法向量为，
则，取，可得，所以，
所以点到平面的距离为，
解得，即或
因为，所以
故当点为线段的靠近点的三等分点时，点到平面的距离为.

22. 已知双曲线的实轴长为，C的一条渐近线斜率为，直线l交C于P，Q两点，点在双曲线C上.
（1）若直线l过C的右焦点，且斜率为，求的面积；
（2）设P，Q为双曲线C上异于点的两动点，记直线MP，MQ的斜率分别为，，若，求证：直线PQ过定点.
【答案】（1）
（2）证明见详解.
【解析】
【分析】（1）根据双曲线离心率公式，结合双曲线焦距定义求出双曲线的方程联立进行求解即可；
（2）设出直线方程与双曲线方程联立，根据一元二次方程根的判别式、根与系数关系，结合直线斜率公式进行求解即可.
【小问1详解】
如图：

因为双曲线的实轴长为，
所以，即.又因为C的一条渐近线斜率为，
所以，所以，故双曲线.
则其右焦点坐标为，因为直线l过C的右焦点，且斜率为，
所以直线l的方程为：，设，.
联立得：，
所以由韦达定理得：，.
所以，
点到直线l的距离为：.
所以.
【小问2详解】
证明：如图

设直线PQ的方程为：，设，.
联立得：.
，即
所以：，.
而，则，.
因为，所以
整理的：，
所以，
所以：，
所以，
整理得：，
代入韦达定理得：，
所以，
整理得：，
即，则或.
当时，直线线PQ的方程为：，所以过定点；
当时，直线线PQ的方程为：，所以过定点.
即为，因为P，Q为双曲线C上异于点的两动点，所以不符合题意.
故直线PQ过的定点为.
【点睛】与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理建立关系即可解决问题.