2024-2025学年江西省赣州市高二上册期末数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年江西省赣州市高二上册期末数学检测试题（附解析），共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分
第I卷（选择题共58分）
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个正确选项）
1. 已知变量与之间的一组数据如表：
若与的线性回归方程为，则的值为（ ）
A. 60B. 70C. 100D. 110
【正确答案】C
【分析】首先求出，根据回归直线方程必过样本中心点，即可求出，再由平均数公式计算可得.
【详解】因为，又与的线性回归方程为，
所以，即，解得.
故选：C.
2. 如图，四棱柱的底面为平行四边形，为与的交点，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】根据空间向量的线性运算即可得到答案.
【详解】因为为与的交点，
则
故选：C.
3. 已知双曲线的焦距为8，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】结合焦距定义与渐近线方程定义计算即可得.
【详解】由题意可得，解得（负值舍去），
则该双曲线的渐近线方程为.
故选：C.
4. 某学校有，两家餐厅，王同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐．如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.6；如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.4．计算王同学第2天去餐厅用餐的概率（ ）
A. 0.24B. 0.36C. 0.5D. 0.52
【正确答案】C
【分析】根据题意结合全概率公式可直接求得.
【详解】设 “第1天去A餐厅用餐”，“第1天去B餐厅用餐”，“第2天去A餐厅用餐”，
根据题意得，，，
由全概率公式，得
，
因此，王同学第2天去餐厅用餐的概率为0.5.
故选：C.
5. 在一个具有五个行政区域的地图上（如图），用5种颜色给这五个行政区着色，若相邻的区域不能用同一颜色，则不同的着色方法共有（ ）
A. 420种B. 360种C. 540种D. 300种
【正确答案】A
【分析】先分类，再分步进行.先分颜色种类为3,4,5，再分步计算.
【详解】选用三种颜色时，必须1,5同色，2，4同色，此时有种；
选用四种颜色时，必须1,5同色或2，4同色，此时有种；
选用五种颜色时，有种，
所以一共有种，
故选：A.
6. 已知样本9，，10，，11的平均数是10，标准差是2，则的值为（ ）
A. 96B. 97C. 91D. 87
【正确答案】C
【分析】由平均数得，由标准差得，联立可得.
【详解】依题意得，则①.
，则②.
由①②得，所以.
故选：C.
7. 已知直线：与圆：，过直线上的任意一点作圆的切线，，切点分别为A，，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】由题意可得，可知当OP最小时，最大，结合点到直线的距离公式运算求解.
【详解】由题意可知：圆的圆心为O0,0，半径为1，
则圆心到直线的距离为，可知直线与圆相离，
因，且，
当OP最小时，则最大，可得最大，即最大，
又因为OP的最小值即为圆心到直线的距离为，
此时，所以取得最大值．
故选：C．
8. 如图所示，在顶角为圆锥内有一截面，在圆锥内放半径分别为1，4的两个球与圆锥的侧面、截切，两个球分别与截切于E，F，则截面所表示的椭圆的离心率为（ ）
（注：在截口曲线上任取一点A，过A作圆锥的母线，分别与两个球相切于点B，C，由相切的几何性质可知，，于是，为椭圆的几何意义）

A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】设两球的球心分别为，设圆锥的顶点为S，取两球与圆锥同一母线上的切点分别为G，H，连接，连接交于点K，则根据题意易得，，再由，可得，从而可得，从而可得，，再根据椭圆离心率的定义，即可求解．
【详解】如图，设两球的球心分别为，

设圆锥的顶点为S，取两球与圆锥同一母线上的切点分别为G，H，
连接，连接交于点K，
∵顶角为，，又两球的半径分别为1，4，
， ，，
，，
，
又，
∴，又，
∴，∴，
∴，
∴，
∴该椭圆的离心率为．
故选：C．
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选的得0分）
9. 下列说法中正确的是（ ）
A. 样本数据的第80百分位数是7.5
B. 随机变量，若，则
C 已知随机事件，且，若，则事件相互独立
D. 若随机变量服从正态分布，且，则
【正确答案】BCD
【分析】求出第80百分位数判断A；利用二项分布的方差公式计算判断B；利用条件概率化简判断C；利用正态分布对称性求出概率判断D.
【详解】对于A，由，所以数据的第80百分位数是8，A错误；
对于B，由，，得，解得，因此，B正确；
对于C，由，得，即，
则事件相互独立，C正确；
对于D，由服从正态分布，，得，D正确.
故选：BCD
10. 如图，正八面体棱长为1，M为线段上的动点（包括端点），则（ ）
A. B. 的最小值为
C. 当时，AM与BC的夹角为D.
【正确答案】BC
【分析】根据体积公式即可求解A，根据平面中两点距离最小即可求解B，根据线线垂直可得线面垂直，进而求解C，根据数量积的运算律即可求解D.
【详解】对于A,连接相交于，故
，，A错误；
对于B，因与均是边长为1的正三角形，故可将沿翻折，
使其与共面，得到菱形，则，B正确；
对于C，由且,平面,
故平面，平面，，
若，平面,则平面，
故，知M与C重合，AM与BC的夹角为，C正确；
对于D，，，
由于平面，故平面，
平面，故
（与的夹角为钝角），D错误．
故选：BC.
11. 已知直线与双曲线交于两点，为双曲线的右焦点，且，若的面积为，则下列结论正确的有（ ）
A. 双曲线的离心率为B. 双曲线的离心率为
C. 双曲线的渐近线方程为D.
【正确答案】BCD
【分析】先根据对称性及得到；进而得到以为直径的圆过点，列方程组求出的关系；对于A、B，求出离心率即可判断；对于C，求出渐近线方程即可判断；对于D，由对称性及题意求出的坐标，进而解出斜率即可判断.
【详解】
由题意知：，不妨取，由，
即，所以，
所以，所以以为直径的圆过点，
所以圆的直径，所以圆的方程为：，
设，连接，则四边形为矩形，则，
则的面积为：，且，
联立，解得，
再由，
所以离心率，故A错误，B正确；
对于C，双曲线的渐近线方程为：，故选项C正确；
对于D，不妨设点在第一象限，由对称性可知，
，代入中，得，
所以，由对称性知：当，，
所以，故选项D正确.
故选：BCD.
关键点点睛：由图象对称性可知：点为双曲线另一个焦点；由定义知，由题意解出关系，不妨设点在第一象限，且，进而求解出直线斜率即可判断答案.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 直线的倾斜角的取值范围是_________．
【正确答案】
【分析】借助倾斜角与斜率的关系及三角函数值域即可得.
【详解】，故.
故答案为.
13. 若， 记，则的值为__________.
【正确答案】
【分析】利用赋值法，分别取和，代入运算即可.
【详解】因为，
令，则；
令，则，
即，所以.
故答案为.
14. 一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球，60个白球．采取不放回摸球，从中随机摸出22个球作为样本，用X表示样本中黄球的个数．当最大时，____________．
【正确答案】17.8##
【分析】首先分析超几何分布最大项确定的值，再通过超几何分布的期望公式求出的值，即可求出.
【详解】不放回的摸球，每次实验结果不独立，为超几何分布
，
最大时，即最大，
超几何分布最大项问题，利用比值求最大项
设
则
令
故当时，严格增加，
当时，严格下降，
即时取最大值，
此题中，
根据超几何分布的期望公式可得，
故17.8
四、解答题（本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算）
15. 已知圆．
（1）求直线被圆截得弦长；
（2）已知圆过点且与圆相切于原点，求圆的方程．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）求出圆心和半径，结合勾股定理可得答案；
（2）利用待定系数法和相切可求圆的方程.
【小问1详解】
由可得，圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为，
所以直线被圆截得弦长为.
【小问2详解】
设，
则，解得，；
因为圆与圆相切于原点，且圆过点，
所以，，
两边平方整理可得，平方可求，
代入可得，所以圆的方程为.
16. 在展开式中，若第3项的二项式系数为28，求：
（1）展开式中所有项的二项式系数之和；
（2）展开式中的有理项；
（3）展开式中系数最大的项．
【正确答案】（1）；
（2）；
（3）.
【分析】（1）利用给定的二项式系数求出，再利用二项式系数的性质求得答案.
（2）求出二项式的展开式的通项，由的幂指数为有理数求解即得.
（3）由展开式通项的系数，列出不等式组并求解即得.
【小问1详解】
依题意，，而，解得，
所以展开式中所有项的二项式系数之和为.
【小问2详解】
二项式展开式通项为，
当为整数时，为有理项，则，
因此当时，；当时，；当时，，
所以展开式中的有理项为．
【小问3详解】
设第项的系数最大，则，即，
整理得，解得，由，得或，
所以展开式中系数最大的项为．
17. 某学校组织游戏活动，规则是学生从盒子中有放回的摸球且每次只能摸取1个球，每次摸球结果相互独立，盒中有1分和2分的球若干，摸到1分球的概率为，摸到2分球的概率为．
（1）学生甲和乙各摸一次球，求两人得分相等的概率；
（2）若学生甲摸球2次，其总得分记为X，求随机变量X的分布列与期望；
（3）学生甲、乙各摸5次球，最终得分若相同，则都不获得奖励；若不同，则得分多者获得奖励．已知甲前3次摸球得了6分，求乙获得奖励的概率．
【正确答案】（1）
（2）分布列见解析，期望为
（3）
【分析】（1）根据题意，甲乙同时摸到1分球或2分球，结合概率的乘法公式，即可求解；
（2）根据题意，变量的可能取值为，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解；
（3）记“甲最终得分为分”，其中，“乙获得奖励”，结合相互独立事件的概率公式以及条件概率和全概率公式，即可求解.
【小问1详解】
解：由题意，摸到1分球的概率为，摸到2分球的概率为，
若学生甲和乙各摸一次球，甲乙的得分相同，则甲乙同时摸到1分球或2分球，
所以两人得分相等的概率为.
【小问2详解】
解：由题意知，学生甲摸球2次的总得分的可能取值为，
可得，
所以随机变量的分布列为：
所以，期望为.
【小问3详解】
解：记“甲最终得分为分”，其中，“乙获得奖励”，
可得，
当甲的最终得分为9分时，乙获得奖励需要最终得分为10分，
则；
当甲最终得分为8分时，乙获得奖励需要最终得分为10分或9分，
则，
所以，
所以乙获得奖励的概率为.
18. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面与相交于点，点在上，．
（1）证明：平面；
（2）若与平面所成的角为，平面与平面的夹角为，求．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）通过证明，即可证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，由（1）知平面，即可得，再求平面和平面的法向量即可求出.
【小问1详解】
底面是菱形，，
平面，且平面，.
又，平面,平面，
平面，，又，且平面，，
平面，平面，，
，，即，又平面，
且，平面．
【小问2详解】
以为原点，以为轴，为轴，过点且平行的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则
，
,,又,
在中由勾股定理得,
即,.
，，
，，平面，
与平面所成的角为，平面，
是平面的一个法向量，平面，平面，
平面平面，设，只需，则平面，
则，
令，则，
，.
19. 给出如下的定义和定理：定义：若直线l与抛物线有且仅有一个公共点P，且l与的对称轴不平行，则称直线l与抛物线相切，公共点P称为切点.定理：过抛物线上一点处的切线方程为.完成下述问题：如图所示，设E，F是抛物线上两点.过点E，F分别作抛物线的两条切线，，直线，交于点C，点A，B分别在线段，的延长线上，且满足，其中.
（1）若点E，F的纵坐标分别为，，用，和p表示点C的坐标.
（2）证明：直线与抛物线相切；
（3）设直线与抛物线相切于点G，求.
【正确答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）
【分析】（1）分别写出切线和切线的方程，联立方程即可求出点C的坐标.
（2）设出切点坐标，根据切点坐标写出切线的方程，从而求出点的坐标，根据点的坐标可求出的值，从而证明直线与抛物线相切.
（3）首先根据（2）结论求出， ；然后求和的值，再根据，，可得到，从而可求出答案.
【小问1详解】
因为点E，F的纵坐标分别为，，所以，
所以在处的切线方程为，即，
同理在处的切线方程为，
两式联立，解得，
所以点C的坐标为.
【小问2详解】
设为抛物线上的一点，则，
抛物线在点处的切线方程为，即，
由，得，由，得，
所以，
，，
所以，，
取，则点为点，为点,此时满足，
所以直线与抛物线相切；
【小问3详解】
因为，所以，所以根据（2）可知，，
所以，
所以，
而，
，
所以，
所以2
4
5
6
8
30
50
70
2
3
4