39，江西省南昌市第二中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷

这是一份39，江西省南昌市第二中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：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. 如果事件，互斥，且事件，分别是，的对立事件，那么（ ）
A. 是必然事件B. 是必然事件
C. 与一定互斥D. 与一定不互斥
【答案】B
【解析】
【分析】
根据事件，互斥，可得，即可判断正确
【详解】 由于事件与互斥，
，
则(为全集)，
是必然事件.
故选：.
【点睛】本题主要考查的是互斥事件、对立事件的定义，而互斥事件、对立事件的定义是判断两个事件是不是互斥事件、对立事件的一种最有效、简便的方法由对立事件的定义可知对立事件首先是互斥事件，并且其中一个一定要发生，因此两个对立事件一定是互斥事件，但两个互斥事件却不一定是对立事件，解题时一定要弄清两个事件之间的关系，是基础题.
2. 已知是空间两个不同的平面，是空间两条不同的直线，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，，且，则
B. 若，，且，则
C. 若，，且，则
D. 若，，且，则
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间线面、面面平行、垂直的判定定理和性质定理分别分析各个选项可得解.
【详解】对于A，若，，且，则可能相交或平行，故A错误；
对于B，若，，且，则可能相交或平行，故B错误；
对于C，若，，且，则可能相交或平行，故C错误；
对于D，若，，则在平面内或，又，所以，故D正确.
故选：D.
3. 勾股定理是数学史上非常重要的定理之一．若将满足（）的正整数组称为勾股数组，则在不超过10的正整数中随机选取3个不同的数，能组成勾股数组的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出基本事件总数，再求出勾股数组的个数，即可求解．
【详解】解：在不超过10的正整数中随机选取3个不同的数，基本事件的总数为，
能组成勾股数组的有（3，4，5），（6，8，10）共2个，
故选：A．
4. 在空间直角坐标系中，已知点，若，，，且，则满足条件的点共有（ ）
A. 15个B. 20个C. 35个D. 56个
【答案】D
【解析】
【分析】根据讨论是否相等，结合组合数运算求解.
【详解】若，则满足条件的点共有个；
若中只有2个相等，可知或，则满足条件的点共有个；
若互不相等，则满足条件的点共有个；
综上所述：满足条件的点共有个.
故选：D.
5. 某产品的广告费用与销售额的统计数据如下表：
由上表求得回归方程,当广告费用为3万元时销售额为（ ）
A. 39万元B. 38万元C. 38.5万元D. 37.3万元
【答案】A
【解析】
【分析】根据回归方程过样本中心点求解即可.
【详解】由题意得,,,即数据的样本中心点为,代入回归直线方程,得,解.
故选：A.
【点睛】本题主要考查了回归直线过样本中心点的知识,属于基础题.
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.
【答案】C
【解析】
【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.
【详解】
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. 杨辉三角（如下图所示）是数学史上的一个伟大成就，杨辉三角中从第2行到第2023行，每行的第3个数字之和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由组合性质进行计算.
【详解】
,
由题意可得，第2行到第2023行，每行的第3个数字之和为
,
故选：B．
8. 已知圆与轴正半轴的交点为，从直线上任一动点向圆作切线，切点分别为，，过点作直线的垂线，垂足为，则的最小值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】将直线转化为两个圆的公共弦方程，利用垂足确定的轨迹为一个圆,然后结合点到圆心的距离求最小值即可.
【详解】
易得，设，
因为是圆的两条切线，所以
所以在以为直径的圆上,
又因为,且的中点为，
所以以为直径的圆的方程为：.
所以为以为直径的圆和圆的的公共弦，
两个圆的方程相减得：
所以直线,
直线恒过定点，
过点作直线的垂线，垂足为,
则在以为直径的圆上，设圆的圆心为，半径为，
所以，
所以的最小值为:．
故选：B
二、多选题：本题共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.全部知对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列结论证确的是（ ）
A. 若随机变量，满足，则
B. 两个随机变量的线性相关性越强，相关系数越接近于1
C. 在回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，预报变量增加0.1个单位
D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到.依据的独立性检验，可判断与有关
【答案】CD
【解析】
【分析】对于A：根据方差的性质分析判断；对于BC：根据线性回归相关知识分析判断；对于D：根据独立性检验相关知识分析判断.
【详解】对于选项A：因为，所以，故A错误；
对于选项B：两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1，故B错误；
对于选项C：在回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，预报变量增加0.1个单位，故C正确；
对于选项D：因为，
依据的独立性检验，可判断与有关，故D正确；
故选：CD.
10. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
分析】利用赋值法逐项分析判断.
【详解】因为，
对于选项A：令，可得，故A正确；
对于选项BC：令，可得，
所以，，故B正确，C错误；
对于选项D：令，可得，
所以，故D正确；
故选：ABD.
11. 一个不透明的纸箱中放有大小、形状均相同的10个小球，其中白球6个、红球4个，现无放回分两次从纸箱中取球，第一次先从箱中随机取出1球，第二次再从箱中随机取出2球，分别用，表示事件“第一次取出白球，”“第一次取出红球”；分别用B，C表示事件“第二次取出的都为红球”，“第二次取出两球为一个红球一个白球”.则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据条件概率公式和全概率公式依次判断选项即可.
【详解】由题得，，
根据条件概率公式，得.
，故A，B正确.
对选项C，，
所以，
故C错误
对选项D，，
，故D错误.
故选：AB
12. 在棱长为1的正方体中，点满足，其中，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则点轨迹所在直线与平面平行
B. 若，则
C. 若，则的最小值为
D. 若与平面所成角的大小为，则的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A、B、C根据条件确定点轨迹，结合线面平行判定、线面垂直的判定及性质、平面上两点距离最短判断；D由条件得在线段上运动，令，则，结合三角恒等变换及正弦型函数性质求最值判断.
【详解】A：若为中点，当时在线段上运动，而，
面，面，则面，A对；
B：由，则在线段上运动；在正方体中易知，
且面，面，则，
，面，则面，面，
所以，同理可证，又，面，
所以面，面，则，B对；

C：若，则在线段上运动；

将面翻折至与面共面，如下图，，

所以共线时的最小值为，C错；
D：若与平面所成角的大小为，连接，又面，
结合正方体性质，要使线面角恒为，
只需在面中以为圆心，为半径的圆弧上运动；

如上图，令，则，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最大值为，D对.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：根据条件确定点运动轨迹为关键.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知随机变量 服从正态分布 ， 且 ， 则 _______________．
【答案】0.8##
【解析】
【分析】由正态分布对称性得，结合解得，即可求解.
【详解】由题意知：，故，即，解得，
故.
故答案为：0.8.
14. 记样本、、…、的平均数为，样本、、…、的平均数为（）.若样本、、…、、、、…、的平均数为，则的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据平均数公式运算求解即可.
【详解】因为样本、、…、的平均数为，可得，
样本、、…、的平均数为，可得，
又因为样本、、…、、、、…、的平均数为
，
且，整理得，即.
故答案为：.
15. 在的展开式中，的系数是_______.
【答案】9
【解析】
【分析】根据给定条件，利用多项式乘法法则，结合组合应用问题列式计算即得.
【详解】在的展开式中，含的项是6个因式中任取5个用，
余下一个因式用常数项相乘积的和，因此展开式中含的项是，
所以的系数是9.
故答案为：9
16. 已知直线是抛物线的准线，抛物线的顶点为，焦点为，若为上一点，与的对称轴交于点，在中，，则的值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】在中，由结合正弦定理可得，在设抛物线上点，列式求解即可得，则可求.
【详解】因为抛物线的准线，焦点为，准线与的对称轴交于点，
所以，，
因为在中，，
所以由正弦定理可得，,

因为为抛物线上一点，所以可设为
由此可得，
平方化简可得：，即，可得,
.
故答案为：.
四、解答题：本题共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. 11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立．在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．
（1）求；
（2）求事件“且甲获胜”的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据相互独立事件概率计算公式求得正确答案.
（2）根据相互独立事件概率计算公式求得正确答案.
【小问1详解】
就是某局双方10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，
则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分．
因此.
【小问2详解】
“且甲获胜”，就是某局双方10∶10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，
且这4个球的得分情况为前两球是甲、乙各得分，后两球均为甲得分．
因此事件“X＝4且甲获胜”的概率为：.
18. 2023年4月，我国航天领域首个大科学装置“地面空间站”正在开展联合调试试运行工作，部分装置已经在为用户提供科研服务，预计2023年底整体工程完成验收．这标志着我国航天领域又新增一个大国重器，这对于我国航天事业和空间科学探测能力的提升将起到重要支撑作用．为了研究大学生对我国航天领域的了解程度，增强学生热爱科学的意识，某高校组织了一次有关航天领域的知识竞赛（满分100分），共有100名大学生参赛，对这100名参赛学生的成绩按参赛者的性别统计，记成绩不低于80分的为“良好”，低于80分的为“不良好”，得到如下未填写完整的列联表．
（1）当时，若从这100名参赛学生中抽出2人参加航天志愿者活动，求在抽出2名学生的性别为一男一女的条件下，这2名学生的成绩均为“良好”的概率；
（2）若有以上的把握认为大学生对航天领域的了解程度与性别有关，且，求，的值．
附：．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，可知，由此当时，，由条件概率公式即可求；
（2）由已知可得出，，结合基本不等式可求出，进而得到，求出，的值.
【小问1详解】
由题意得，当时，．
设事件为“从这100名参赛学生中抽出2人，其性别为一男一女”，
事件B为“这2名学生的成绩均为“良好”，
则，
故在抽出2名学生性别为一男一女的条件下，这2名学生的成绩均为“良好”的概率为.
【小问2详解】
由题意得，①
，
即，②
又由可知可得，
又因为，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以，所以，代入②，符合题意，
故.
19. 如图，在三棱台中，平面平面，且，.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）结合面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理与性质定理即可得；
（2）可建立空间直角坐标后由空间向量求直线与平面所成角的正弦值；亦可借助线面角的定义及数量关系与位置关系应用几何法解决问题.
【小问1详解】
过点作的垂线，垂足为，连接，
平面平面，平面平面，
平面，平面，
平面，，
不妨设，，
在直角三角形中，，
，
，平面，
平面，，
在三棱台中，，
；
【小问2详解】
方法一：空间向量法
以为原点，分别为轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，

由（1）得，
过点作的垂线，垂足为，连接，
，
，
，
，
，
设平面的法向量，
，令，得，
平行于轴，
取的方向向量，
设直线与平面所成角为，
则，
直线与平面所成角的正弦值为.
方法二：几何法
，

直线与平面所成角等于直线与平面所成角，设为，
由（1）得平面，
平面，
平面平面，
过点作的垂线，垂足为，连接，
则平面，
，
在中，，
由（1）得平面，
平面，
，
在中，，
由，得，
，
直线与平面所成角的正弦值为.
20. 设某幼苗从观察之日起，第天的高度为，测得的一些数据如下表所示：
作出这组数据散点图发现：与（天）之间近似满足关系式，其中，均为大于0的常数．
（1）试借助一元线性回归模型，根据所给数据，用最小二乘法对，作出估计，并求出关于的经验回归方程；
（2）在作出的这组数据的散点图中，甲同学随机圈取了其中的3个点，记这3个点中幼苗的高度大于的点的个数为，其中为表格中所给的幼苗高度的平均数，试求随机变量的分布列和数学期望．
附：对于一组数据，，…，，其回归直线方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为，．
【答案】（1），；y关于的回归方程；（2）随机变量的分布列见解析，数学期望.
【解析】
【分析】（1）令，则，变为线型回归问题，先根据已知数据得到的对应数据表，计算样本中心，然后利用最小二乘估计公式依次计算b和a的估计值，求得关于的线性回归方程，进而得到y关于x的回归方程；
（2）利用超几何分布概率公式计算，求得随机变量的分布列，并根据分布列，利用数学期望计算求得期望值．
【详解】解：（1）令，则，根据已知数据表得到如下表：
，，
通过上表计算可得：，
因为回归直线过点，
所以，
故y关于的回归方程；
（2）7天中幼苗高度大于的有4天，小于等于8的有3天，从散点图中任取3个点，即从这7天中任取3天，所以这3个点中幼苗的高度大于的点的个数的取值为0，1，2，3，
；；；；
所以随机变量的分布列为：
随机变量的期望值.
21. 有两个盒子，其中1号盒子中有3个红球，2个白球；2号盒子中有6个红球，4个白球．现按照如下规则摸球．从两个盒子中任意选择一个盒子，再从盒中随机摸出2个球，摸球的结果是一红一白．
（1）你认为较大可能选择的是哪个盒子?请做出你的判断，并说明理由；
（2）如果你根据（1）中的判断，面对相同的情境，作出了5次同样的判断，记判断正确的次数为X，求X的数学期望（实际选择的盒子与你认为较大可能选择的盒子相同时，即为判断正确）．
【答案】（1）选择1号盒子
（2）
【解析】
【分析】（1）计算出1号盒子和2号盒子中摸出一红一白的概率比较下结论；
（2）根据题意得到求解.
【小问1详解】
解：设选择1号盒子后摸出一红一白的概率为，
设选择2号盒子后摸出一红一白的概率为，
则 ， ，
因为 ，
所以较大可能选择1号盒子；
【小问2详解】
由贝叶斯公式，选择1号盒子后猜中的概率
由题意得：，
所以.
22. 已知椭圆的离心率为，上顶点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）为坐标原点，，点是椭圆上的动点，过作直线分别交椭圆于另外三点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，求出，得到椭圆方程；
（2）设，求出，设，联立方程求出，同理可得，代入求解范围.
【小问1详解】
由题得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
设，由题可知，
①
由题可知：直线斜率不为
设，
联立,
则，
所以，
所以，
又因为，所以，
所以
又因为，所以，
所以②
设，同理得，
所以，
又因为，
所以，所以同理可得③，
将②③代入①得
又因为，所以.
【点睛】本题考查椭圆的标准方程以及椭圆中范围问题，考查学生数学运算能力，解析几何中，范围的问题通常采用参数来求解.广告费用（万元）
4
2
3
5
销售额（万元）
49
26
？
54
良好
不良好
合计
男生
20
女生
20
合计
100
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
第天
高度
x
y