江西省新余市实验中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析）

这是一份江西省新余市实验中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析），共22页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
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.
第一部分（选择题 共58分）
一、选择题：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. 若圆与圆有且只有三条公切线，则实数的值为（ ）
A. 6B. 4C. 6或D. 4或
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得两圆外切，即可得，计算即可得.
【详解】由圆与圆有且只有三条公切线，故两圆外切，
故，即，解得.
故选：C.
2. 点是直线l上一点，是直线l的一个方向向量，则点到直线l的距离是（ ）
A. B.
C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用点到直线的距离公式计算即可．
【详解】，是直线的一个单位方向向量，
点P到直线l的距离为.
故选：B.
3. 用红、黄、蓝等6种颜色给如图所示的五连圆涂色，要求相邻两个圆所涂颜色不能相同，且红色至少要涂两个圆，则不同的涂色方案种数为（ ）
A. 25B. 630C. 605D. 580
【答案】B
【解析】
【分析】先计算所有的情况，然后计算不涂红色和只有一个圆涂红色，最后求差即可.
【详解】先涂第一个圆，由6种情况；再涂第二个圆有5种情况；涂第三个圆有5种情况；涂第四个圆有5种情况；涂第五个圆有5种情况，利用计数原理可知，一共有种；
若没有红色，
先涂第一个圆，由5种情况；再涂第二个圆有4种情况；涂第三个圆有4种情况；涂第四个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况，一共有种；
若红色涂一个圆，
当红色涂第一个圆，再涂第二个圆有5种情况；涂第三个圆有4种情况；涂第四个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况，一共有种；
当红色涂第二个圆，再涂第一个圆有5种情况，涂第三个圆有5种情况，涂第四个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况；一共有种；
当红色涂第三个圆，再涂第二个圆有5种情况，涂第四个圆有5种情况，涂第一个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况；一共有种；
当红色涂第四个圆，再涂第三个圆有5种情况，涂第五个圆有5种情况，涂第一个圆有4种情况；涂第二个圆有4种情况；一共有种；
当红色涂第五个圆，再涂第四个圆有5种情况，涂第是三个圆有4种情况，涂第二个圆有4种情况；涂第一个圆有4种情况；一共有种；
所以红色至少涂两个圆的方案有.
故选:B
4. 下表为2017—2023年某企业两轮电动车的年产量（单位：万辆），其中2017—2023年的年份代码分别为1—7.
已知与具有线性相关关系，且满足经验回归方程，则的值为（ ）
A. 146.5B. 164.8C. 179.5D. 197.8
【答案】B
【解析】
【分析】先求出，又因为点在经验回归直线上，得出即可计算求解.
【详解】由表中数据得，因为点在经验回归直线上，
所以，所以.
故选：B.
5. 若事件，发生的概率分别为，，，则“”是“”的（ ）条件.
A. 充分不必要B. 必要不充分
C. 充分且必要D. 既不充分又不必要
【答案】C
【解析】
【分析】转化，，根据充分性必要性的定义，以及条件概率公式，分析即得解.
【详解】因为，所以，所以，
所以.
反之由能推出，
所以“”是“”的充分且必要条件.
故选：C
6. 若直线与曲线至少有一个公共点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出曲线的图象，数形结合可得解.
【详解】直线恒过定点，
由，得到（），
所以曲线表示以点为圆心，半径为，且位于直线右侧的半圆（包括点，），
如下图所示：

当直线经过点时，与曲线有一个交点，此时，
当与半圆相切时，由，得，
由图可知，当时，与曲线至少有一个公共点，
故选：B
7. 在直角坐标系中，点是双曲线上任意一点，，是双曲线的两个焦点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先设，根据焦半径公式分别求出，，再由题意化简计算可得.
【详解】不妨设双曲线方程为，设，则，
由焦半径公式可知，，其中为双曲线的离心率.
易知，则由，有，
可得，即，
则，
故双曲线C的离心率.
故选：B
8. 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”．他发现与椭圆相切两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆．若椭圆的蒙日圆为，过上的动点作的两条切线，分别与交于，两点，直线交于，两点，则下列说法中，正确的个数为（ ）
①椭圆的离心率为
②到的左焦点的距离的最小值为
③面积的最大值为
④若动点在上，将直线，的斜率分别记为，，则
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据定义，确定蒙日圆的点结合椭圆离心率计算判断①；根据定义求得，再求出最大面积判断③；设出点M的坐标并求出其横坐标范围计算判断②；根据定义确定点A，B的关系，再利用“点差法”计算判断④.
【详解】对于①，直线，与椭圆都相切，且这两条直线垂直，因此其交点在圆上，
即有，则，椭圆的离心率，①正确；
对于③，依题意，点均在圆上，且，因此线段是圆的直径，
即有，显然圆上的点到直线距离最大值为圆的半径，即点到直线距离最大值为，
因此面积的最大值为，③正确；
对于②，令，有，令椭圆的左焦点，有，
则，而，
因此，即，
所以到的左焦点的距离的最小值为，②正确；
对于④，依题意，直线过原点O，即点A，B关于原点O对称，设，有，
于是得，
又由①知，，得，
所以，④正确，
所以说法正确的有①②③④.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：解题关键是对椭圆的蒙日圆及椭圆性质应用，及点差法得出斜率积等的应用.
二、选择题：本题共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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 样本数据的下四分位数是17
B. 在比例分配的分层随机抽样中，若第一层的样本量为10，平均值为9，第二层的样本量为20，平均值为12，则所抽样本的平均值为11
C. 若随机变量，则
D. 若随机变量，若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A由下四分位数的概念即可判断；对于B，由平均数的计算公式即可判断；对于C由二项分布即可判断;对于D由正态分布的对称性即可判断.
【详解】对于A.从小到大排序得：16，17，19，20，22，24，26，由，所以下四分位数是17正确；
对于B，正确；
对于C，由二项分布可得：，错误；
对于D，由正态分布的对称性可得：，正确
故选：ABD
10. 下列对二项式的展开式的说法正确的是：（ ）.
A. 第3项的系数为40B. 第4项的二项式系数为10C. 不含常数项D. 系数和为32
【答案】BC
【解析】
【分析】写成展开式的通项，利用通项判断A、B、C；令判断D.
【详解】二项式展开式的通项为，，
所以第3项的系数为，故A错误；
第4项的二项式系数为，故B正确；
令，解得，又，所以展开式不含常数项，故C正确；
令可得系数和为，故D错误.
故选：BC
11. 已知抛物线上任意一点处的切线方程可以表示为．直线、、分别与该抛物线相切于点、、，、相交于点，与、分别相交于点、，则下列说法正确的是（ ）
A. 点落在一条定直线上
B. 若直线过该抛物线的焦点，则
C.
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】求出点、、的坐标，可判断A选项；设直线的方程为，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理结合直线斜率的关系可判断B选项；利用两点间的距离公式可判断CD选项.
【详解】对于A选项，由题意可知，直线的方程为，即①，
同理可知，直线的方程为②，
联立①②可得，，即点，
同理可得、，
无法确定点横坐标与纵坐标之间的关系，A错；
对于B选项，若直线过该抛物线焦点，
若直线的斜率不存在，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立可得，，
由韦达定理可得，
直线的斜率为，直线的斜率为，
因为，则，B对；
对于C选项，由抛物线的定义可得，，
由A选项可知点，易知点，
所以，
，C对；
对于D选项，，，
所以，，D对.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：抛物线定义的两种应用：
（1）实现距离转化，根据抛物线的定义，抛物线上任意一点到焦点的距离等于它到准线的距离，因此，由抛物线的定义可以实现点与点之间的距离与点到准线的距离的相互转化，从而简化某些问题；
（2）解决最值问题，在抛物线中求解与焦点有关的两点间距离和的最小值时，往往用抛物线的定义进行转化，即化折线为直线解决最值问题.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在空间直角坐标系中，点，点，点，则在方向上的投影向量的坐标为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出和的坐标，再由在方向上的投影向量概念，写出计算公式，代入向量坐标计算即得.
【详解】依题意，,
因在方向上的投影向量为，
则由，
可知在方向上的投影向量的坐标为：.
故答案为：.
13. 现将大小和形状相同的4个黑色球和4个红色球排成一排，从左边第一个球开始数，不管数几个球，黑球数不少于红球数的排法有______种．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，分情况讨论，求出每种情况对应的排法种数，即可得出结果．
【详解】根据题意，将8个球的位置从左至右依次记为1、2、3、4、5、6、7、8号位置.
当前4个位置均排黑球时，后面4个位置也均为红球，共1种排法；
当前4个位置有3个黑球时，则必有1个红球，红球所在位置可以是2、3、4号位置，有3种不同排法，后面4个位置有1个黑球，3红球，其中黑球可以在5、6、7号位置，有3种不同排法，故共有种不同排法；
当前4个位置有2个黑球时，则必有2个红球，此时黑球位置可以是1、2位置，也可以说是1、3号位置，有2种不同排法，后面4个位置也有2个黑球，2红球，也有2种不同排法，故共有种不同排法.
综上，共有种不同排法.
故答案为：
【点睛】本题主要考查排列组合，意在考查考生的化归与转化能力、运算求解能力、逻辑推理能力，考查的核心素养是数学运算、逻辑推理．本题解题的关键在于分前4个位置均排黑球，后面4个位置也均为红球时；当前4个位置有3个黑球，1个红球，后面4个位置有1个黑球，3红球时；当前4个位置有2个黑球时，2个红球，后面4个位置有2个黑球，2红球三种情况讨论求解.
14. 过抛物线上一动点作圆的两条切线，切点分别为，若的最小值是，则______.
【答案】
【解析】
【分析】设，利用圆的切线性质，借助图形的面积把表示为的函数，再求出函数的最小值即可.
【详解】设，则，圆的圆心，半径为，
由切圆于点，得，

则
，
当且仅当时，等号成立，
可知的最小值为，
整理可得，解得，
且，所以，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据切线的性质，将转化为，根据面积结合几何性质求解.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 《中国人群身体活动指南（2021）》中建议18～64岁的成年人每周进行150～300分钟中等强度或75～150分钟高强度有氧运动，或等量的中等强度和高强度有氧活动组合．某体育局随机采访了200名18～64岁的成年人，并将其每周进行有氧运动的时长是否达到建议要求情况制作成如下图表：
（1）完成列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为成年人每周进行有氧运动时长是否达到建议要求与性别有关？
（2）从样本中每周进行有氧运动时长未达到建议要求的成年人中按性别用分层随机抽样的方法抽取8人，再从这8人中随机抽取3人，记为女性的人数，求的分布列和数学期望．
附：，．
【答案】（1）表格见解析，不能认为成年人每周进行有氧运动时长是否达到建议要求与性别有关．
（2）分布列见解析，．
【解析】
【分析】（1）根据列联表求解卡方，即可与临界值比较作答；
（2）由列联表，根据分层抽样可知抽取的8人中，女性有2人，男性有6人，利用超几何分布计算可得分布列，计算可求得结果.
【小问1详解】
（1）补全的列联表如下：
零假设：成年人每周进行有氧运动时长是否达到建议要求与性别无关．
，
所以根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
故不能认为成年人每周进行有氧运动时长是否达到建议要求与性别有关．
【小问2详解】
由题可知抽取的8人中，女性有2人，男性有6人．
的所有可能取值为，
则，，，
所以的分布列为
所以．
16. 如图，在五棱锥中，，，.

（1）证明：；
（2）求平面与平面夹角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）由勾股定理逆定理得，结合，从而得到线面垂直，证明出；
（2）证明出平面，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用法向量求出面面角的余弦值，进而求出正弦值.
【小问1详解】
证明：在中，，所以，
所以，即，
又，所以，
因为，平面，所以平面，
又平面，所以；
【小问2详解】
连接，在中，，
所以，
在中，，
所以，所以，即，
由（1）知，，又因为，平面，
所以平面.
以A为坐标原点，以所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
过点作⊥轴于点，
因为，所以，
又，故，
则，

故，
设平面的法向量为，
则即不妨令，则，
则为平面的一个法向量，
依题意，为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
又因为，
所以平面与平面夹角的正弦值为.
17 已知圆上一点
（1）求圆在点处的切线方程；
（2）过点作直线交圆于另一点，点满足，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）先依题求得圆的方程，再求直线的斜率，即得切线斜率，由点斜式方程即得切线方程；
（2）设直线的点斜式方程，代入圆的方程，由韦达定理求出点A的坐标，计算弦长和点到直线的距离，由三角形面积公式列方程，解之即得直线的方程.
【小问1详解】
由题意，点在圆上，可得，
因直线的斜率为，则圆在点处的切线斜率为，
故切线方程为，即；
【小问2详解】
如图， 由（1）知圆，又点，，
当直线的斜率不存在时，直线，易知此时，，
点到的距离为3，则，不符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线，即，
代入中，整理得：，
设，由韦达定理，，即，
代入，可得，即，
于是，
则得，
点到直线的距离为：，
则，解得或，
故直线的方程为或.
18. 已知椭圆的离心率为，且过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过椭圆的右焦点作直线交椭圆于两点（点在轴的上方），且为椭圆的左顶点，若的面积为，求的值.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用椭圆上的点求出，，，可求椭圆的离心率；
（2）设出直线方程，与椭圆联立方程组，利用韦达定理，根据的面积求出的值，再利用韦达定理和，求出的值．
【小问1详解】
椭圆的离心率为，且过点，
，联立解得：.
椭圆的标准方程为：.
【小问2详解】
由（1）知：，记，
当直线的斜率为0时，三点共线，不合题意；
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为：，
联立：，.
，.
，
.
即，
整理得：，
令，即，
解得：（舍）或，即，
.
由知：且，
当时，满足：，联立解得：，
当时，满足：，联立解得：，
综上，的取值为或.
19. 为了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响.连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券.游戏规则如下表：
（1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率；
（2）当时，求游戏三的获胜概率；
（3）一名同学先玩了游戏一，试问为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大.
【答案】（1）游戏一获胜的概率为，游戏二获胜的概率为
（2）
（3）的所有可能取值为5，6，7
【解析】
【分析】（1）根据古典概型概率计算公式来求得正确答案.
（2）根据古典概型概率计算公式来求得正确答案.
（3）根据相互独立事件、互斥事件（对立事件）求得先玩游戏三或先玩游戏二获得书券的概率，由此列不等式来求得的所有可能取值.
【小问1详解】
设事件“游戏一获胜”，“游戏二获胜”，“游戏三获胜”，游戏一中取出一个球的样本空间为，则，
因为，所以，.所以游戏一获胜的概率为.
游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空间，
则，因为，
所以，所以，所以游戏二获胜的概率为.
【小问2详解】
游戏三中不放回地依次取出两个球的样本的个数为，
时，样本的个数为2，所以所求概率为；
【小问3详解】
设“先玩游戏二，获得书券”，“先玩游戏三，获得书券”，
则，且，，互斥，相互独立，
所以
又，且，，互斥，
所以
若要接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率大，则，
所以，即.
进行游戏三时，不放回地依次取出两个球的所有结果如下表：
当时，，舍去
当时，，满足题意，
因此的所有可能取值为.
【点睛】关键点睛：本题第3小问的解决关键是利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书券的概率，从而得到游戏三获胜的概率，由此得解.
年份代码
1
2
3
4
5
6
7
年产量万辆
31
33
38
44
性别
有氧运动时长
合计
达到建议要求
未达到建议要求
男性
30
120
女性
70
合计
0.050
0.025
0.001
3.841
5.024
10.828
性别
有氧运动时长
合计
达到建议要求
未达到建议要求
男性
90
30
120
女性
70
10
80
合计
160
40
200
0
1
2
游戏一
游戏二
游戏三
箱子中球的
颜色和数量
大小质地完全相同的红球3个，白球2个
（红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5”）
取球规则
取出一个球
有放回地依次取出两个球
不放回地依次取出两个球
获胜规则
取到白球获胜
取到两个白球获胜
编号之和为获胜
第二次
第一次
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5