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江西省新余市第一中学2023-2024学年高二下学期开学考试数学试卷（Word版附解析）
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这是一份江西省新余市第一中学2023-2024学年高二下学期开学考试数学试卷（Word版附解析），文件包含江西省新余市第一中学2023-2024学年高二下学期开学考试数学试卷原卷版docx、江西省新余市第一中学2023-2024学年高二下学期开学考试数学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
第I卷（选择题）
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 已知向量，，则向量在向量方向上的投影向量的模为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意求出，，结合投影向量的计算公式即可求解.
【详解】向量，，
，，
向量在向量方向上的投影向量的模为.
故选：D.
2. 世界三大数学猜想：“费马猜想”“四色猜想”“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”和“费马猜想”已经分别在 1976 年和 1994 年荣升为“四色定理”和“费马大定理”. 280多年过去了，哥德巴赫猜想仍未解决，目前最好的结果是“1＋2”陈氏定理，由我国数学家陈景润在1966年取得．哥德巴赫猜想描述为：任何不小于 4 的偶数，都可以写成两个质数之和. 在不超过20的质数中，随机选取两个不同的数，其和为偶数的选法种数为（ ）
A. 28B. 25C. 21D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】利用组合数的定义求解即可.
【详解】不超过20的质数有2，3，5，7，11，13，17，19一共8个数，
随机选取两个不同的数，当选取的数没有2时，其和为偶数.
故选法有种.
故选：C
3. 已知，，直线和垂直，则的最小值为（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得出，再由基本不等式“1”的代换求解即可.
【详解】因为直线和垂直，
所以，所以，
因为，，
所以，
当且仅当，即时取等.
故选：C.
4. 甲、乙两位学生在学校组织的课后服务活动中，准备从①②③④⑤5个项目中分别各自随机选择其中一项，记事件：甲和乙选择的活动各不同，事件：甲和乙恰好一人选择①，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用排列组合及计数原理，求出和，再利用条件概率公式即可求出结果.
【详解】由题意知，，，
所以，
故选：B.
5. 已知直线l与抛物线交于A，B两点，O为坐标原点，若直线OA，OB的斜率，满足，则直线l恒过定点（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设直线l的方程为，代入抛物线方程由韦达定理可表示出，结合也表示出，可解出的值得直线所过定点．
【详解】设，，则，，
设直线l的方程为，代入抛物线方程可化为，，
，，
所以直线l一定过定点.
故选：A．
6. 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．
7. 如图所示，双曲线与抛物线有公共焦点，过作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为点，延长与抛物线相交于点，若，双曲线的离心率为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】可求出，由知点为线段的中点，从而得到长，根据在抛物线上可表示出的坐标，也就得到的坐标，代入渐近线方程可建立的关系求得.
【详解】根据题意，如图：
因为双曲线和抛物线共焦点，故可得，
又到的距离，即，
又，所以点为线段的中点，则，
设点，由抛物线定义知，解得；
由可得，
则由等面积可知：，解得，则，则，
又点在渐近线上，即，即，
又，联立得，即，解得，
故.
故选：B.
【点睛】对于求解圆锥曲线离心率问题，要结合题目中的条件，直接求出离心率或求出的齐次方程，解出离心率,本题关键是求出的坐标代入渐近线方程建立方程求解.
8. 正四面体棱长为6，，且，以为球心且半径为1的球面上有两点，，，则的最小值为（ ）
A. 24B. 25C. 48D. 50
【答案】D
【解析】
【分析】先由,再由，推出，，,再由向量的数量积的计算公式得到，结合基本不等式，即可求解结果.
【详解】因为正四面体的棱长为，
所以，
同理可得,,
又因为以A为球心且半径为1的球面上有两点M，N，,
所以，
由，则
因为，所以
当且仅当取等号，
此时，
所以
故的最小值为.
故选：D
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分全部选对得6分，部分选对得2分，有选错的得0分）
9. 对任意实数x，有则下列结论成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由二项式定理，采用赋值法判断选项ACD，转化法求指定项的系数判断选项B.
【详解】由，
当时，，，A选项错误；
当时，，即，C选项正确；
当时，，即，D选项正确；
，由二项式定理，，B选项正确.
故选：BCD
10. 过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，为线段的中点，过点作抛物线的切线，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小值为
B. 当时，
C. 以线段为直径的圆与直线相切
D. 当最小时，切线与准线的交点坐标为
【答案】ACD
【解析】
【分析】先设直线的方程为，再联立直线与抛物线方程得到关于的一元二次方程，从而得到，，再根据抛物线的定义及借助基本不等式即可判断A；先结合A得到，，再根据题意得到，，进而即可判断B；设，，在准线上的射影为，，，根据题意求得即可判断C；结合A可得，当最小时，不妨取，则可设切线的方程，再抛物线方程得到关于的一元二次方程，从而得到，从而得到切线方程，再联立准线方程即可求出交点，进而即可判断D．
【详解】对于A，依题意可设直线的方程为，，，，则，，
联立，消整理得，
则，代入得，
则，当且仅当时取等号，
所以 的最小值为，故A正确；
对于B，结合A可得，，
由，得，解得，，故B错误；
对于C，由题意得抛物线的准线方程为，焦点，
设，，在准线上的射影为，，，
则，，，
所以以线段为直径圆与直线相切，故C正确；
对于D，结合A可得，当最小时，不妨取，
则可设切线的方程为，
联立，消整理得，
则，解得，所以切线的方程为，
联立，解得，，即切线与准线的交点坐标为，故D正确．
故选：ACD．
11. 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.
第II卷（非选择题）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知随机变量服从正态分布，且，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性求得正确答案.
【详解】依题意，，
所以.
故答案为：
13. 已知实数，满足，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】方程表示椭圆的右半边，为椭圆上的点与定点的斜率，与椭圆方程联立，求出直线与椭圆相切时的斜率，数形结合即可求得范围.
【详解】因为，所以，，
根据数形结合，，，可看作是椭圆的一半（如下图）：
又等价于过点和点的直线斜率，由图可知，当直线与椭圆相切时，斜率取最值.
设切线为，联立，消得，
令，解得，
所以，即的取值范围是.
故答案为：
14. 在平面直角坐标系中，已知抛物线C：的焦点为F，准线为，过点F且斜率大于0的直线交抛物线C于A，B两点（其中A在B的上方），过线段的中点M且与x轴平行的直线依次交直线，，于点P，Q，N．给出下列四个命题：
①；
②若P，Q是线段的三等分点，则直线的斜率为；
③若P，Q不是线段的三等分点，则一定有；
④若P，Q不是线段的三等分点，则一定有；
其中正确的是________（写出所有正确命题的编号）．
【答案】①②
【解析】
【分析】设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，利用三点共线即可判断①，若是线段的三等分点，则，利用韦达定理和弦长公式即可求判断②，运用求根公式求得点的坐标，结合的表达式，可判断③，由图像可以判断④.
【详解】由抛物线C：可知，焦点坐标为，
设直线的方程为，，设，联立得，
，则，则，
所以直线的方程为，因为三点共线，，，同理，
所以，，即，故①正确；
若是线段的三等分点，则，，，
又，，
所以，所以，解得所以②正确；
由，得
，，所以，
因为，所以，
，所以，
当时，，故③错误；
由图可知，，而，只要，就有，故④错误.
故答案为：①②
【点睛】关键点点睛：本题考查抛物线的焦点弦的性质，及直线与抛物线的位置关系，解题的关键是通过直线与抛物线联立结合韦达定理求出点坐标，然后求出点坐标，再依次判断选项，考查学生的运算求解能力，逻辑推理能力，属于难题.
四、解答题（本题共5小题，共77分）
15. 中国共产党第二十次全国代表大会于2022年10月16日在北京召开．中国共产党第二十次全国代表大会是在全党全国各族人民迈上全面建设社会主义现代化国家新征程、向第二个百年奋斗目标进军的关键时刻召开的一次十分重要的大会．某单位组织部门计划从本部门挑选出5人组建一个宣讲团，到辖区内的四个社区进行“二十大精神”知识宣讲，要求每个社区至少安排一个宣讲人，每个宣讲人只能到一个社区，记宣讲团的不同分组方法有种．
（1）求的值；
（2）求展开式中二项式系数最大的项．
【答案】（1）10 （2）
【解析】
【分析】（1）由题意，5人分成四组，每组至少1人，即只要在5人中选出两人一组，另外三组各一人可得分组方法；
（2）由（1）结合二项展开式的通项公式，二项式系数的性质可求解.
【小问1详解】
由条件5人分成四组，每组至少一人，则必有两人一组，另外三人自成一组，
从而不同的分组方法有.
【小问2详解】
由（1），的二项式系数最大时，
也即二项式展开式中的第六项的二项式系数最大，
从而,
展开式中二项式系数最大的项为.
16. 2023年，5月18日至19日，中国－中亚峰会在陕西省西安市举办.多家外媒积极评价，认为这次峰会非常重要，中亚国家正在深化合作，共同致力于实现各国人民和平与繁荣.报道中指出“中国－中亚峰会致力于发展新能源绿色经济，符合中亚国家共同利益.”新能源汽车、电动汽车是重要的战略新兴产业，为了解某一地区电动汽车销售情况，一机构根据统计数据，得到表格如下：
（1）求电动汽车产值（亿元）关于（月份）的线性回归方程；
（2）该机构随机调查了该地区100位购车车主的性别与购车种类，其中购买非电动汽车的男性45人，女性35人；购买电动汽车的男性5人，女性15人.请问是否有95％的把握认为是否购买电动汽车与性别有关.（参考公式如下）
①；②；③.
【答案】（1）
（2）有95％的把握认为是否购买电动汽车与性别有关.
【解析】
【分析】（1）根据回归直线方程求解公式，可得答案；
（2）根据独立性检验的解题步骤，可得答案.
【小问1详解】
设所求回归直线方程为，
则，，
，
，
，
故所求回归直线方程为.
【小问2详解】
根据题意，得2×2列联表如下：
，
故有95％的把握认为是否购买电动汽车与性别有关.
17. 现有一种趣味答题比赛，其比赛规则如下：①每位参赛者最多参加5轮比赛；②每一轮比赛中，参赛选手从10道题中随机抽取4道回答，每答对一道题积2分，答错或放弃均积0分；③每一轮比赛中，获得积分至少6分的选手将获得“挑战达人”勋章一枚；④结束所有轮比赛后，参赛选手还可以凭总积分获得相对应的礼品．据主办方透露：这10道题中有7道题是大家都会做的，有3道题是大家都不会做的．
（1）求某参赛选手在一轮比赛中所获得积分X的分布列和期望；
（2）若参赛选手每轮获得勋章的概率稳定且每轮是否获得勋章相互独立．问：某参赛选手在5轮参赛中，获得多少枚“挑战达人”勋章的概率最大？
【答案】（1）分布列见解析，数学期望为
（2）获得3枚或4枚“挑战达人”勋章的概率最大.
【解析】
【分析】（1）根据超几何分布的知识求得分布列并求出数学期望；
（2）根据二项分布的知识求得获得“挑战达人”勋章的枚数的分布列，由此求得正确答案.
【小问1详解】
由题知：可取2，4，6，8，
则，，
，，
故的分布列为：
则的期望.
【小问2详解】
解法一：由（1）知参赛选手在一轮比赛中获得“挑战达人”勋章的概率为，
则某参赛选手在5轮挑战比赛中，记获得“挑战达人”勋章的枚数为，则，
故（），
假设当时，概率最大，则，
解得，而.
故某参赛选手在5轮挑战比赛中，获得3枚或4枚“挑战达人”勋章的概率最大．
解法二：由（1）知参赛选手在一轮获得“挑战达人”勋章的概率为，
则某参赛选手在5轮挑战比赛中，获得“挑战达人”勋章的枚数为，则，
故（），
所以Y的分布列为：
从分布列中可以看出，概率最大为，
所以参赛选手在5轮挑战比赛中，获得3枚或4枚“挑战达人”勋章的概率最大．
18. 如图，在四棱锥中，底面矩形，平面，，点在棱上，且．
（1）求证：；
（2）若，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设与相交于点，根据线面垂直的性质定理可得，根据、得出，即，再由线面垂直的判定定理、性质定理可得答案；
（2）以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由面面角的向量求法可得答案.
【小问1详解】
设与相交于点，因为平面，平面，
所以，
在中，，
在中，，
又，均为锐角，所以，
因为，所以，所以，
即，
因为，平面，且，所以平面，
又平面，所以；
【小问2详解】
由题意知，，两两垂直，以为坐标原点，
，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，．
设平面的一个法向量，则即，
令，则，，所以，
设平面的一个法向量，则即，
令，则，，所以，
设二面角的大小为，由题意知为锐角，
所以．
19. 如图，在平面直角坐标系中，双曲线的上下焦点分别为．已知点和都在双曲线上，其中为双曲线的离心率．
（1）求双曲线的方程；
（2）设是双曲线上位于轴右方的两点，且直线与直线平行，与交于点．
（I）若，求直线的斜率；
（II）求证：是定值．
【答案】（1）
（2）（I）；（II）证明见解析
【解析】
【分析】（1）将点的坐标代入双曲线的方程求解即可；
（2）（I）构造平行四边形，求出，然后利用弦长公式求直线的斜率即可；（II）利用三角形相似和双曲线的性质，将转化为，然后结合韦达定理求解即可.
【小问1详解】
将点和代入双曲线方程得：
，结合，化简得：，解得，
双曲线的方程为．
【小问2详解】
（Ⅰ）设关于原点对称点记为，
则．
因为,所以，
又因为，所以，即，
故三点共线．
又因为与互相平分，所以四边形为平行四边形，故，
所以．
由题意知，直线斜率一定存在，
设的直线方程为，代入双曲线方程整理得：
，故，
直线与双曲线上支有两个交点，所以，解得．
由弦长公式得，
代入解得．
（Ⅱ）因为，由相似三角形得，
所以
．
因为
．
所以，故为定值．
月份
6月
7月
8月
9月
10月
月份代码
1
2
3
4
5
产值（亿元）
16
20
23
31
40
010
0.05
0.01
2.706
3.841
6.635
性别
购买非电动汽车
购买电动汽车
合计
男性
45
5
50
女性
35
15
50
合计
80
20
100
2
4
6
8
0
1
2
3
4
5
第I卷（选择题）
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 已知向量，，则向量在向量方向上的投影向量的模为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意求出，，结合投影向量的计算公式即可求解.
【详解】向量，，
，，
向量在向量方向上的投影向量的模为.
故选：D.
2. 世界三大数学猜想：“费马猜想”“四色猜想”“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”和“费马猜想”已经分别在 1976 年和 1994 年荣升为“四色定理”和“费马大定理”. 280多年过去了，哥德巴赫猜想仍未解决，目前最好的结果是“1＋2”陈氏定理，由我国数学家陈景润在1966年取得．哥德巴赫猜想描述为：任何不小于 4 的偶数，都可以写成两个质数之和. 在不超过20的质数中，随机选取两个不同的数，其和为偶数的选法种数为（ ）
A. 28B. 25C. 21D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】利用组合数的定义求解即可.
【详解】不超过20的质数有2，3，5，7，11，13，17，19一共8个数，
随机选取两个不同的数，当选取的数没有2时，其和为偶数.
故选法有种.
故选：C
3. 已知，，直线和垂直，则的最小值为（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得出，再由基本不等式“1”的代换求解即可.
【详解】因为直线和垂直，
所以，所以，
因为，，
所以，
当且仅当，即时取等.
故选：C.
4. 甲、乙两位学生在学校组织的课后服务活动中，准备从①②③④⑤5个项目中分别各自随机选择其中一项，记事件：甲和乙选择的活动各不同，事件：甲和乙恰好一人选择①，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用排列组合及计数原理，求出和，再利用条件概率公式即可求出结果.
【详解】由题意知，，，
所以，
故选：B.
5. 已知直线l与抛物线交于A，B两点，O为坐标原点，若直线OA，OB的斜率，满足，则直线l恒过定点（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设直线l的方程为，代入抛物线方程由韦达定理可表示出，结合也表示出，可解出的值得直线所过定点．
【详解】设，，则，，
设直线l的方程为，代入抛物线方程可化为，，
，，
所以直线l一定过定点.
故选：A．
6. 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．
7. 如图所示，双曲线与抛物线有公共焦点，过作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为点，延长与抛物线相交于点，若，双曲线的离心率为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】可求出，由知点为线段的中点，从而得到长，根据在抛物线上可表示出的坐标，也就得到的坐标，代入渐近线方程可建立的关系求得.
【详解】根据题意，如图：
因为双曲线和抛物线共焦点，故可得，
又到的距离，即，
又，所以点为线段的中点，则，
设点，由抛物线定义知，解得；
由可得，
则由等面积可知：，解得，则，则，
又点在渐近线上，即，即，
又，联立得，即，解得，
故.
故选：B.
【点睛】对于求解圆锥曲线离心率问题，要结合题目中的条件，直接求出离心率或求出的齐次方程，解出离心率,本题关键是求出的坐标代入渐近线方程建立方程求解.
8. 正四面体棱长为6，，且，以为球心且半径为1的球面上有两点，，，则的最小值为（ ）
A. 24B. 25C. 48D. 50
【答案】D
【解析】
【分析】先由,再由，推出，，,再由向量的数量积的计算公式得到，结合基本不等式，即可求解结果.
【详解】因为正四面体的棱长为，
所以，
同理可得,,
又因为以A为球心且半径为1的球面上有两点M，N，,
所以，
由，则
因为，所以
当且仅当取等号，
此时，
所以
故的最小值为.
故选：D
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分全部选对得6分，部分选对得2分，有选错的得0分）
9. 对任意实数x，有则下列结论成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由二项式定理，采用赋值法判断选项ACD，转化法求指定项的系数判断选项B.
【详解】由，
当时，，，A选项错误；
当时，，即，C选项正确；
当时，，即，D选项正确；
，由二项式定理，，B选项正确.
故选：BCD
10. 过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，为线段的中点，过点作抛物线的切线，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小值为
B. 当时，
C. 以线段为直径的圆与直线相切
D. 当最小时，切线与准线的交点坐标为
【答案】ACD
【解析】
【分析】先设直线的方程为，再联立直线与抛物线方程得到关于的一元二次方程，从而得到，，再根据抛物线的定义及借助基本不等式即可判断A；先结合A得到，，再根据题意得到，，进而即可判断B；设，，在准线上的射影为，，，根据题意求得即可判断C；结合A可得，当最小时，不妨取，则可设切线的方程，再抛物线方程得到关于的一元二次方程，从而得到，从而得到切线方程，再联立准线方程即可求出交点，进而即可判断D．
【详解】对于A，依题意可设直线的方程为，，，，则，，
联立，消整理得，
则，代入得，
则，当且仅当时取等号，
所以 的最小值为，故A正确；
对于B，结合A可得，，
由，得，解得，，故B错误；
对于C，由题意得抛物线的准线方程为，焦点，
设，，在准线上的射影为，，，
则，，，
所以以线段为直径圆与直线相切，故C正确；
对于D，结合A可得，当最小时，不妨取，
则可设切线的方程为，
联立，消整理得，
则，解得，所以切线的方程为，
联立，解得，，即切线与准线的交点坐标为，故D正确．
故选：ACD．
11. 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.
第II卷（非选择题）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知随机变量服从正态分布，且，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性求得正确答案.
【详解】依题意，，
所以.
故答案为：
13. 已知实数，满足，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】方程表示椭圆的右半边，为椭圆上的点与定点的斜率，与椭圆方程联立，求出直线与椭圆相切时的斜率，数形结合即可求得范围.
【详解】因为，所以，，
根据数形结合，，，可看作是椭圆的一半（如下图）：
又等价于过点和点的直线斜率，由图可知，当直线与椭圆相切时，斜率取最值.
设切线为，联立，消得，
令，解得，
所以，即的取值范围是.
故答案为：
14. 在平面直角坐标系中，已知抛物线C：的焦点为F，准线为，过点F且斜率大于0的直线交抛物线C于A，B两点（其中A在B的上方），过线段的中点M且与x轴平行的直线依次交直线，，于点P，Q，N．给出下列四个命题：
①；
②若P，Q是线段的三等分点，则直线的斜率为；
③若P，Q不是线段的三等分点，则一定有；
④若P，Q不是线段的三等分点，则一定有；
其中正确的是________（写出所有正确命题的编号）．
【答案】①②
【解析】
【分析】设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，利用三点共线即可判断①，若是线段的三等分点，则，利用韦达定理和弦长公式即可求判断②，运用求根公式求得点的坐标，结合的表达式，可判断③，由图像可以判断④.
【详解】由抛物线C：可知，焦点坐标为，
设直线的方程为，，设，联立得，
，则，则，
所以直线的方程为，因为三点共线，，，同理，
所以，，即，故①正确；
若是线段的三等分点，则，，，
又，，
所以，所以，解得所以②正确；
由，得
，，所以，
因为，所以，
，所以，
当时，，故③错误；
由图可知，，而，只要，就有，故④错误.
故答案为：①②
【点睛】关键点点睛：本题考查抛物线的焦点弦的性质，及直线与抛物线的位置关系，解题的关键是通过直线与抛物线联立结合韦达定理求出点坐标，然后求出点坐标，再依次判断选项，考查学生的运算求解能力，逻辑推理能力，属于难题.
四、解答题（本题共5小题，共77分）
15. 中国共产党第二十次全国代表大会于2022年10月16日在北京召开．中国共产党第二十次全国代表大会是在全党全国各族人民迈上全面建设社会主义现代化国家新征程、向第二个百年奋斗目标进军的关键时刻召开的一次十分重要的大会．某单位组织部门计划从本部门挑选出5人组建一个宣讲团，到辖区内的四个社区进行“二十大精神”知识宣讲，要求每个社区至少安排一个宣讲人，每个宣讲人只能到一个社区，记宣讲团的不同分组方法有种．
（1）求的值；
（2）求展开式中二项式系数最大的项．
【答案】（1）10 （2）
【解析】
【分析】（1）由题意，5人分成四组，每组至少1人，即只要在5人中选出两人一组，另外三组各一人可得分组方法；
（2）由（1）结合二项展开式的通项公式，二项式系数的性质可求解.
【小问1详解】
由条件5人分成四组，每组至少一人，则必有两人一组，另外三人自成一组，
从而不同的分组方法有.
【小问2详解】
由（1），的二项式系数最大时，
也即二项式展开式中的第六项的二项式系数最大，
从而,
展开式中二项式系数最大的项为.
16. 2023年，5月18日至19日，中国－中亚峰会在陕西省西安市举办.多家外媒积极评价，认为这次峰会非常重要，中亚国家正在深化合作，共同致力于实现各国人民和平与繁荣.报道中指出“中国－中亚峰会致力于发展新能源绿色经济，符合中亚国家共同利益.”新能源汽车、电动汽车是重要的战略新兴产业，为了解某一地区电动汽车销售情况，一机构根据统计数据，得到表格如下：
（1）求电动汽车产值（亿元）关于（月份）的线性回归方程；
（2）该机构随机调查了该地区100位购车车主的性别与购车种类，其中购买非电动汽车的男性45人，女性35人；购买电动汽车的男性5人，女性15人.请问是否有95％的把握认为是否购买电动汽车与性别有关.（参考公式如下）
①；②；③.
【答案】（1）
（2）有95％的把握认为是否购买电动汽车与性别有关.
【解析】
【分析】（1）根据回归直线方程求解公式，可得答案；
（2）根据独立性检验的解题步骤，可得答案.
【小问1详解】
设所求回归直线方程为，
则，，
，
，
，
故所求回归直线方程为.
【小问2详解】
根据题意，得2×2列联表如下：
，
故有95％的把握认为是否购买电动汽车与性别有关.
17. 现有一种趣味答题比赛，其比赛规则如下：①每位参赛者最多参加5轮比赛；②每一轮比赛中，参赛选手从10道题中随机抽取4道回答，每答对一道题积2分，答错或放弃均积0分；③每一轮比赛中，获得积分至少6分的选手将获得“挑战达人”勋章一枚；④结束所有轮比赛后，参赛选手还可以凭总积分获得相对应的礼品．据主办方透露：这10道题中有7道题是大家都会做的，有3道题是大家都不会做的．
（1）求某参赛选手在一轮比赛中所获得积分X的分布列和期望；
（2）若参赛选手每轮获得勋章的概率稳定且每轮是否获得勋章相互独立．问：某参赛选手在5轮参赛中，获得多少枚“挑战达人”勋章的概率最大？
【答案】（1）分布列见解析，数学期望为
（2）获得3枚或4枚“挑战达人”勋章的概率最大.
【解析】
【分析】（1）根据超几何分布的知识求得分布列并求出数学期望；
（2）根据二项分布的知识求得获得“挑战达人”勋章的枚数的分布列，由此求得正确答案.
【小问1详解】
由题知：可取2，4，6，8，
则，，
，，
故的分布列为：
则的期望.
【小问2详解】
解法一：由（1）知参赛选手在一轮比赛中获得“挑战达人”勋章的概率为，
则某参赛选手在5轮挑战比赛中，记获得“挑战达人”勋章的枚数为，则，
故（），
假设当时，概率最大，则，
解得，而.
故某参赛选手在5轮挑战比赛中，获得3枚或4枚“挑战达人”勋章的概率最大．
解法二：由（1）知参赛选手在一轮获得“挑战达人”勋章的概率为，
则某参赛选手在5轮挑战比赛中，获得“挑战达人”勋章的枚数为，则，
故（），
所以Y的分布列为：
从分布列中可以看出，概率最大为，
所以参赛选手在5轮挑战比赛中，获得3枚或4枚“挑战达人”勋章的概率最大．
18. 如图，在四棱锥中，底面矩形，平面，，点在棱上，且．
（1）求证：；
（2）若，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设与相交于点，根据线面垂直的性质定理可得，根据、得出，即，再由线面垂直的判定定理、性质定理可得答案；
（2）以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由面面角的向量求法可得答案.
【小问1详解】
设与相交于点，因为平面，平面，
所以，
在中，，
在中，，
又，均为锐角，所以，
因为，所以，所以，
即，
因为，平面，且，所以平面，
又平面，所以；
【小问2详解】
由题意知，，两两垂直，以为坐标原点，
，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，．
设平面的一个法向量，则即，
令，则，，所以，
设平面的一个法向量，则即，
令，则，，所以，
设二面角的大小为，由题意知为锐角，
所以．
19. 如图，在平面直角坐标系中，双曲线的上下焦点分别为．已知点和都在双曲线上，其中为双曲线的离心率．
（1）求双曲线的方程；
（2）设是双曲线上位于轴右方的两点，且直线与直线平行，与交于点．
（I）若，求直线的斜率；
（II）求证：是定值．
【答案】（1）
（2）（I）；（II）证明见解析
【解析】
【分析】（1）将点的坐标代入双曲线的方程求解即可；
（2）（I）构造平行四边形，求出，然后利用弦长公式求直线的斜率即可；（II）利用三角形相似和双曲线的性质，将转化为，然后结合韦达定理求解即可.
【小问1详解】
将点和代入双曲线方程得：
，结合，化简得：，解得，
双曲线的方程为．
【小问2详解】
（Ⅰ）设关于原点对称点记为，
则．
因为,所以，
又因为，所以，即，
故三点共线．
又因为与互相平分，所以四边形为平行四边形，故，
所以．
由题意知，直线斜率一定存在，
设的直线方程为，代入双曲线方程整理得：
，故，
直线与双曲线上支有两个交点，所以，解得．
由弦长公式得，
代入解得．
（Ⅱ）因为，由相似三角形得，
所以
．
因为
．
所以，故为定值．
月份
6月
7月
8月
9月
10月
月份代码
1
2
3
4
5
产值（亿元）
16
20
23
31
40
010
0.05
0.01
2.706
3.841
6.635
性别
购买非电动汽车
购买电动汽车
合计
男性
45
5
50
女性
35
15
50
合计
80
20
100
2
4
6
8
0
1
2
3
4
5
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