辽宁省县级重点高中协作体2023-2024学年高二（上）期末数学试题（含解析）

这是一份辽宁省县级重点高中协作体2023-2024学年高二（上）期末数学试题（含解析），共19页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容，635，879等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教B版选择性必修第一､二册.
一､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.
1．在一组样本数据、、、、、、、不全相等）的散点图中，若所有的样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为（ ）
A．B．C．D．
2．某学生要从5门选修课中选择1门，从4个课外活动中选择2个，则不同的选择种数为（ ）
A．11B．10C．20D．30
3．设，随机变量的分布列为：
则（ ）
A．B．C．D．
4．已知的展开式的二项式系数之和为256，则其展开式中第4项的系数为（ ）
A．B．
C．D．
5．（ ）
A．120B．119C．110D．109
6．法国数学家加斯帕•蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”.他发现椭圆的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆的中心为圆心的圆，这个圆被称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆的蒙日圆为，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
7．某校高三年级有8名同学计划高考后前往武当山､黄山､庐山三个景点旅游.已知8名同学中有4名男生，4名女生.每个景点至少有2名同学前往，每名同学仅选一处景点游玩，其中男生甲与女生不去同一处景点游玩，女生与女生去同一处景点游玩，则这8名同学游玩行程的方法数为（ ）
A．564B．484C．386D．640
8．已知，则（ ）
A．B．C．D．
二､多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．已知，且与相互独立，则（ ）
A．B．
C．D．
10．随机变量，且，随机变量，若，则（ ）
A．B．
C．D．
11．在直角坐标系中，已知点，直线，过外一点作的垂线，垂足为，且，记动点的轨迹为，过点作的切线，该切线与轴分别交于两个不同的点，则下列结论正确的是（ ）
A．动点的轨迹方程为
B．当时，三点共线
C．对任意点（除原点外），都有
D．设，则的最小值为4
12．某公司成立了甲、乙、丙三个科研小组，针对某技术难题同时进行科研攻关，攻克该技术难题的小组都会获得奖励．已知甲、乙、丙三个小组攻克该技术难题的概率分别为，且三个小组各自独立进行科研攻关，则（ ）
A．该技术难题被攻克的概率为：
B．在该技术难题被攻克的条件下，只有一个小组获得奖励的概率为
C．在丙小组攻克该技术难题的条件下，恰有两个小组获得奖励的概率为
D．在该技术难题被两个小组攻克的条件下，这两个小组是乙和丙的概率最大
三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上
13．已知服从参数为0.6的两点分布，则 .
14．已知与具有相关关系，且利用关于的回归直线方程进行预测，当时，，当时，，则关于的回归直线方程中的回归系数为 .
15．某班要从3名男同学和5名女同学中随机选出4人去参加某项比赛，设抽取的4人中女同学的人数为，则 .
16．已知，直线为上的动点.过点作的切线，切点分别为，当最小时，点的坐标为 ，直线的方程为 .
四､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17．某机构为了解学生是否喜欢绘画与性别有关，调查了400名学生（男女各一半）的选择，发现喜欢绘画的人数是300，喜欢绘画的男生比女生少60人.
(1)完成下面的列联表；
(2)根据调查数据回答：有的把握认为是否喜欢绘画与性别有关吗？
附：.临界值表如下：
18．已知抛物线的焦点为是上的点，且.
(1)求的方程；
(2)已知直线交于两点，且的中点为，求的方程.
19．如图，长方体的底面为正方形，为上一点.
(1)证明：；
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值.
20．已知双曲线的离心率为，且其焦点到渐近线的距离为1.
(1)求的方程；
(2)若动直线与恰有1个公共点，且与的两条渐近线分别交于两点，为坐标原点，证明：的面积为定值.
21．在四面体中，分别是和的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
22．甲袋中装有3个红球，3个白球，乙袋中装有1个红球，2个白球，两个袋子均不透明，所有的小球除颜色外完全相同．先从甲袋中一次性抽取3个小球，记录颜色后放入乙袋，再将乙袋中的小球混匀后从乙袋中一次性抽取3个小球，记录颜色．设随机变量X表示在甲袋中抽取出的红球个数，Y表示在乙袋中抽取出的红球个数，Z表示在甲、乙两个袋中共抽取出的红球个数，
(1)求的概率；
(2)求Z的分布列与数学期望．
参考答案与解析
1．C
【分析】根据相关系数的与线性相关关系可得解.
【解答】因为所有的样本点都在直线上，所以相关系数满足.
又因为，所以，所以.
故选：C.
2．D
【分析】由分步乘法计数原理即可得到结果.
【解答】先从5门选修课中选择1门，有5种选法；
再从4个课外活动中选择2个，有种选法.
所以该学生不同的选择种数为.
故选：D.
3．D
【分析】利用分布列的性质，列式计算即得.
【解答】由，得，
所以.
故选：D
4．A
【分析】由二项式系数之和求出n，根据二项式展开式的通项公式，即可求解.
【解答】因为二项式系数之和为256，所以，得，
的展开式的通项，
令，得.
故选：A
5．B
【分析】由组合数公式不断迭代即可得解.
【解答】因为，
所以.
故选：B.
6．C
【分析】找过右顶点的切线和过上顶点的切线，从而可知这两条切线的交点在蒙日圆上，进而建立的方程，即可求解.
【解答】
如图所示，分别与椭圆相切，显然
所以点C一定在其蒙日圆上，所以，所以，
故椭圆的离心率为.
故选：C.
7．A
【分析】先将不平均分组问题分成两大类，然后由排列组合知识结合加法、乘法计数原理即可得解.
【解答】8人分三组可分为2人，2人，4人和2人，3人，3人，共两种情况.
第一种情况分成2人，2人，4人：女生去同一处景点，当成2人组时，
其他6人分成2人，4人两组且男生甲与女生不同组，有种方法；
当在4人组时，有种方法.
第二种情况分成2人，3人，3人：当成2人组时，有种方法；
当在3人组时，有种方法.
故这8名同学游玩行程的方法数为.
故选：A.
8．B
【分析】先通过组合公式变形得，然后利用倒序相加求和即可.
【解答】由题可知通项公式，
所以，
同时，
上述两式相加得
，
所以，
所以.
故选：B
【点拨】关键点点拨：本题的关键是对组合公式的灵活应用，以及对倒序相加方法的灵活使用.
9．AC
【分析】由相互独立事件的概率乘法公式及并事件的概率公式即可求解.
【解答】因为与相互独立，
所以.
故选：AC.
10．AC
【分析】由正态分布函数的对称性以及二项分布的概率公式逐一验算每一选项即可求解.
【解答】因为，且，所以，故A正确.
因为，所以.
因为，所以，所以，故B错误.
因为，所以，故C正确.
因为，所以，故D错误.
故选：AC.
11．ABC
【分析】根据抛物线的定义易得点的轨迹方程，得A项；利用求得点和点坐标，再求出过点的切线方程，得到点，即可判断B项；设出过点得切线方程，利用判别式推得，将点坐标用表示，斜率判断即得C项；利用抛物线定义转化，利用三点共线时距离之和最小即得D项.
【解答】易知动点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，
所以的方程为，故选项A正确；
当时，记点，由，所以.
不妨设，则.
设过点的切线方程为，
联立方程组消去得：.
由解得：，
所以过点的切线方程为且，
因，所以三点共线，故选项B正确；
设过点的切线方程为，
联立方程组消去得：，
由可得：.因为，
所以，化简得：.
则，故，又，
故，所以，故选项C正确；
因为，点为抛物线上任一点，
故当且仅当三点共线时，最小，
即的最小值为点到直线的距离，
所以，故选项D错误.
故选：ABC.
12．BD
【分析】对于A项，运用对立事件概率计算即可，对于B项，分别计算三组中恰有一组获得奖励另外两组未获得奖励的概率之和，结合条件概率计算即可，对于C项，由只有甲丙或乙丙获得奖励的概率及条件概率公式计算即可，对于D项，先求出恰有两个小组甲乙或甲丙或乙丙获得奖励的概率，结合条件概率求解即可.
【解答】记甲、乙、丙三个小组各自攻克该技术难题分别为事件A，B，C，
对于A项，记该技术难题被攻克为事件M，则，故A项错误；
对于B项，记恰有一个小组获得奖励为事件R，则．
由A项知，记技术难题被攻克为事件M，则，
在该技术难题被攻克的条件下，只有一个小组受到奖励的概率为，故B项正确；
对于C项，在丙小组攻克该技术难题的条件下，恰有两个小组获得奖励的概率为，故C项错误；
对于D项，记恰有两个小组获得奖励为事件N，则
．
在该技术难题被两个小组攻克的条件下，这两个小组是乙和丙的概率为，这两个小组是甲和乙的概率为，这两个小组是甲和丙的概率为，故D项正确．
故选：BD.
13．##
【分析】根据两点分布的基本性质即可求解
【解答】.
故答案为：
14．5
【分析】由题意设出回归直线方程，由待定系数法即可得解.
【解答】设关于的回归直线方程为，由题意得，解得，即回归系数为5.
故答案为：5.
15．##0.5
【分析】因抽取的4人中女同学的人数为，每个女同学被抽到的可能性相同，结果有限，故符合超几何分布概率模型，利用包括的情形分别求概率再求和即得.
【解答】因 .
故答案为：.
16．
【分析】由题意可知，则，当与直线垂直时最小，结合点斜式方程可求解直线PM方程，进而求出点P的坐标；利用勾股定理可得，以为圆心，为半径作圆，将两圆方程相减即可求出直线AB方程.
【解答】的标准方程为，其圆心为，半径为2.如图，
由题意可知，则，
所以当最小时，最小，此时与直线垂直，
所以直线的方程为，即.
联立，解得，
所以点的坐标为，.
在Rt中，，同理.
以为圆心，为半径作圆，如图，则线段为与的公共弦，
的方程为，即，
两圆方程相减得，即直线的方程为.
故答案为：；
【点拨】关键点拨：本题的难点是能够明确AB即为以为圆心，为半径的与的公共弦，由此可求得直线AB方程.
17．(1)列联表见解析
(2)有的把握可以认为喜欢绘画与性别有关
【分析】（1）根据题意，很容易得到喜欢绘画的男生为120人，女生为180人，即可填表；（2）将列联表中的数据代入计算公式算出结果，再与小概率0.001对应的临界值10.828比较即可判断结果.
【解答】（1）列联表为:
（2）由（1）中列联表得:
所以有的把握认为是否喜欢绘画与性别有关.
18．(1)
(2)
【分析】（1）由抛物线定义列方程求的值即可.
（2）涉及到中点弦，用点差法求中点弦的斜率，再由点斜式即可得解.
【解答】（1）因为，所以，
故抛物线的方程为.
（2）易知直线的斜率存在，设的斜率为，
则
两式相减得，整理得.
因为的中点为，所以，
所以直线的方程为，即.
联立与，得，显然，
综上满足题意的的方程为.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面，再由线面垂直的性质定理即可证明.
（2）建立空间直角坐标系，由平面确定E的位置，再求出平面与平面的法向量，由法向量的夹角即可求出两平面夹角的余弦值.
【解答】（1）证明：由题可知，平面，所以.
连接，因为四边形为正方形，所以.
又，平面，所以平面，
所以.
（2）解：以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则.
因为平面，所以，解得，
所以平面的一个法向量为.
易知是平面的一个法向量，
，所以平面与平面夹角的余弦值为.
20．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由点到直线的距离公式、离心率公式以及平方关系再结合已知即可求解.
（2）当直线的斜率存在时，不妨设，且.动直线与相切可得即，再由弦长公式、点到直线的距离公式表示出三角形面积，结合即可得解.
【解答】（1）设右焦点为，一条渐近线方程为，
所以该焦点到渐近线的距离为.
因为，所以.
故的方程为.
（2）
当直线的斜率不存在时，的方程为，此时.
当直线的斜率存在时，不妨设，且.
联立方程组得.
由，得.
联立方程组，得.
不妨设与的交点分别为，则.
同理可求，所以.
因为原点到的距离，所以.
因为，所以.
故的面积为定值，定值为.
21．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先分别证明，，然后结合线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，由（1）得平面的法向量，直线与平面所成角的正弦值即为直线的方向向量与平面的法向量的夹角的余弦的绝对值.
【解答】（1）因为是的中点，所以.
又是的中点，所以.
因为，所以.
又，平面.
所以平面.
因为平面，
所以平面平面.
（2）在平面内作，交于点.
以为原点分别以的方向为轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，所以在平面内，.
作，垂足为，作，垂足为，
则平面，所以.
因为是边长为2的正三角形，所以为的中点，且，
可得，
所以.
由（1）知平面的一个法向量为，
所以可取平面的一个法向量为.
因为，所以.
设直线与平面所成角为，则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
22．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据古典概型计算公式，结合和事件的概率公式进行求解即可；
（2）根据古典概型计算公式，结合和事件的概率公式、数学期望公式进行求解即可
【解答】（1）因为X的取值可能为0，1，2，3，
，
，
所以
．
（2）当时，或；
当时，或或；
当时，或或或；
当时，或或．
所以Z的取值可能为0，1，2，3，4，5，6．
；
；
；
；
；
；
．
所以Z的分布列为
所以．
5
8
9
喜欢绘画
不喜欢绘画
总计
男生
女生
总计
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
喜欢绘画
不喜欢绘画
总计
男生
120
80
200
女生
180
20
200
总计
300
100
400
Z
0
1
2
3
4
5
6
P