2022-2023学年江苏省南京市第九中学高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年江苏省南京市第九中学高二上学期期末数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，双空题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省南京市第九中学高二上学期期末数学试题

一、单选题
1．平行直线与之间的距离为（   ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】将化简，再套用两平行线间的距离公式即可.
【详解】因为，所以，
又，
所以两平行线之间的距离，
故选：B
2．若抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，则的值为
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】解：椭圆的右焦点为(2,0)，所以抛物线的焦点为(2,0)，则，故选D．
3．展开式中的系数为（    ）
A．15 B．20 C．30 D．50
【答案】D
【分析】由，结合二项式展开式求其展开式中含的项及其系数可得.
【详解】因为
所以展开式中含的项为，
所以展开式中的系数为50，
故选：D.
4．厦门地铁1号线从镇海路站到文灶站有4个站点.甲、乙同时从镇海路站上车，假设每一个人自第二站开始在每个站点下车是等可能的，则甲乙在不同站点下车的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先求出甲乙在相同站点下车的概率，再求甲乙在不同站点下车的概率.
【详解】令事件为甲乙在相同站点下车，则
则甲乙在不同站点下车的概率为
故选：C
5．已知椭圆的左焦点为，右顶点为，上顶点为，过点与轴垂直的直线与直线交于点.若线段的中点在椭圆上，则椭圆的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】联立直线与，得到，继而得到，代入椭圆求解即可
【详解】由题意，
由直线方程的截距式可得直线为：
过点与轴垂直的直线为：
联立可得
故，中点，
代入椭圆方程得，
解得（舍负）
故选：A
6．设公比为的等比数列的前项和为，若，，则（    ）
A．1 B．2 C．3 D．
【答案】D
【分析】由已知条件结合等比数列的求和公式和通项公式即可求解.
【详解】解：由，两式相减
得，
所以，
解得或（舍去）．
故选：D.
7．某一电子集成块有三个元件a，b，c并联构成，三个元件是否有故障相互独立．已知至少1个元件正常工作，该集成块就能正常运行．若每个元件能正常工作的概率均为，则在该集成块能够正常工作的情况下，有且仅有一个元件出现故障的概率为（    ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】记事件为该集成块能够正常工作，事件为仅有一个元件出现故障，进而结合对立事件的概率公式得，再根据条件概率公式求解即可.
【详解】解：记事件为该集成块能够正常工作，事件为仅有一个元件出现故障，
则为该集成块不能正常工作，
所以，，
所以
故选：A
8．已知为坐标原点，双曲线的右焦点为，离心率，过的直线与的两条渐近线的交点分别为为直角三角形，，则的方程为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据离心率可得渐近线方程以及渐近线的夹角，结合Rt△求．
【详解】双曲线的离心率
的渐近线方程为：，两渐近线的夹角为，
不妨设与直线垂直，垂足为，
则．
故选: B．


二、多选题
9．设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a1＞1，a2019a2020＞1，＜0，下列结论正确的是（    ）
A．S2019＜S2020
B．a2019a2021﹣1＜0
C．T2020是数列{Tn}中的最大值
D．数列{Tn}无最大值
【答案】AB
【分析】根据题意，由等比数列的通项公式可得（a1q2018）（a1q2019）＝（a1）2（q4037）＞1，分析可得q＞0，可得数列{an}各项均为正值，又由＜0可得或，由等比数列的性质分析可得q的范围，据此分析4个选项，综合即可得答案.
【详解】根据题意，等比数列{an}的公比为q，若a2019a2020＞1，则（a1q2018）（a1q2019）＝（a1）2（q4037）＞1，
又由a1＞1，必有q＞0，则数列{an}各项均为正值，
又由＜0，即（a2019﹣1）（a2020﹣1）＜0，则有或，
又由a1＞1，必有0＜q＜1，则有，
对于A，有S2020﹣S2019＝a2020＞0，即S2019＜S2020，则A正确；
对于B，有a2020＜1，则a2019a2021＝（a2020）2＜1，则B正确；
对于C，，则T2019是数列{Tn}中的最大值，C错误，同理D错误；
故选：AB
10．甲､乙､丙､丁､戊共5位志愿者被安排到，，，四所山区学校参加支教活动，要求每所学校至少安排一位志愿者，且每位志愿者只能到一所学校支教，则下列结论正确的是（    ）
A．不同的安排方法共有240种
B．甲志愿者被安排到学校的概率是
C．若学校安排两名志愿者，则不同的安排方法共有120种
D．在甲志愿者被安排到学校支教的前提下，学校有两名志愿者的概率是
【答案】ABD
【分析】先将5人分成4组，然后排入4所学校即可判断A；
分A学校只有一个人和A学校只有2个人，两种情况讨论，求出甲志愿者被安排到A学校的排法，再根据古典概型即可判断B；
先将A学校的两名志愿者排好，再将剩下的3名志愿者安排到其他3所学校即可判断C；
求出甲志愿者被安排到A学校的排法，然后再求出在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下，A学校有两名志愿者的排法，根据条件概率进行计算，从而可判断D.
【详解】甲､乙､丙､丁､戊共5位志愿者被安排到A，B，C，D四所山区学校参加支教活动，
则共有种安排方法，故A正确；
甲志愿者被安排到A学校，
若A学校只有一个人，则有种安排方法，
若A学校只有2个人，则有种安排方法，
所以甲志愿者被安排到A学校有种安排方法，
所以甲志愿者被安排到A学校的概率是，故B正确；
若A学校安排两名志愿者，则不同的安排方法共有种，故C错误；
甲志愿者被安排到A学校有种安排方法，
在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下，A学校有两名志愿者的安排方法有24种，
所以在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下，A学校有两名志愿者的概率是，故D正确.
故选：ABD.
11．如图，在某城市中，，两地之间有整齐的方格形道路网，其中，，，是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处.今在道路网，处的甲､乙两人分别要到，处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达，处为止，则下列说法正确的有（    ）

A．甲从到达处的走法种数为20
B．甲从必须经过到达处的走法种数为9
C．甲乙两人能在处相遇的走法种数36
D．甲，乙两人能相遇的走法种数为162
【答案】AB
【分析】由到的最短路径向上3步，向右3步，问题为6步中任选3步向上或向右走，根据各选项的描述，同理分析各种走法的种数，即可确定答案.
【详解】A：从到达只需向上、向右各走3步，即共走6步，走法种数为种，正确；
B：从到的走法有，再到达的走法有，共有种，正确；
C：由上，甲经过的走法有9种，同理乙经过的走法有9种，此处相遇共有81种走法，错误；
D：要使甲乙以相同的速度相遇，则相遇点，，，中的一个，而在、相遇各有1种走法，在，相遇各有81种走法，故甲、乙相遇的走法有种，错误.
故选：AB
12．已知圆，直线，P为直线l上的动点，过点P作圆M的切线，切点为A，B，则下列说法正确的是（    ）
A．四边形面积的最小值为4
B．当直线的方程为时，最小
C．已知圆上有且仅有两点到直线l的距离相等且为d，则
D．若动直线，且交圆M于C、D两点，且弦长，则直线纵截距的取值范围为
【答案】ACD
【分析】A.由时求解判断；B.当直线的方程为时，由最小判断；C.由圆上点到直线l的距离取值范围为判断；D.设M到直线的距离为d，由，且，得到求解判断.
【详解】四边形面积的最小值即为时，而，，所以，A正确；
当直线的方程为时，此时最小，最大，且为，B错误；
圆上点到直线l的距离取值范围为，除去最远以及最近距离外均有两点到直线的距离相等，即为，C正确；
设M到直线的距离为d，因为，且，所以，则，
设，即，所以，D正确，
故选：ACD．

三、双空题
13．小明的投篮命中率为，各次投篮命中与否相互独立.他连续投篮三次，设随机变量X表示三次投篮命中的次数，则___________；____________.
【答案】         
【解析】依题意可得随机变量服从二项分布，再根据二项分布的概率公式及期望公式计算可得；
【详解】解：依题意随机变量，所以，
故答案为：；

四、填空题
14．如图，在地上有同样大小的 5 块积木，一堆 2 个，一堆 3 个，要把积木一块一块的全部放到某个盒子里，每次 只能取出其中一堆最上面的一块，则不同的取法有______种（用数字作答）．

【答案】10
【分析】根据题意，假设左边的积木从上至下依次为1、2、3，右边的积木从上至下依次为4、5，分析可得必须先取1或4，据此分2种情况讨论，分别列举2种情况下的取法数目，由分类计数原理计算可得答案．
【详解】解：根据题意，假设左边的积木从上至下依次为1、2、3，右边的积木从上至下依次为4、5，
分2种情况讨论：
若先取1，有12345、12453、12435、14235、14253、14523，共6种取法；
若先取4，有45123、41523、41253、41235，共4种取法；
则一共有中不同的取法；
故答案为：10．
【点睛】本题考查计数原理的应用，关键是依据题意，正确进行分类讨论．
15．已知直线与抛物线交于两点，其中点位于轴两侧，为坐标原点，若，则点到直线距离最大值为________
【答案】3
【解析】设，，直线的方程为：，联立方程并结合得，故点到直线距离，进而得答案.
【详解】解：根据题意，设，，直线的方程为：，
所以联立方程，得，
所以，，
又，解得或，
又因为点位于轴两侧，故，故.
所以点到直线距离，当且仅当时等号成立，
故点到直线距离最大值为.
故答案为：
【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，点到直线的距离求最值，考查运算能力，是中档题.

五、双空题
16．在的展开式中，含的系数是_______；若对任意的，恒成立，则实数λ的最小值是_______．
【答案】     120     ##
【分析】利用通项公式求出各项的的系数，结合组合数的性质求，由此可得，恒成立等价于恒成立，利用比较法求的最大值，由此可得λ的最小值.
【详解】∵ 的展开式中含的项的系数为，
∴
∴，
∴ ，
∵对任意的，恒成立，
∴  对任意的，恒成立，
设，
∵，
∴ 当时，，即
当时，，即
当时，，即
∴  当或时，取最大值，最大值为，
∴ ，
∴  λ的最小值是，
故答案为：；.

六、解答题
17．已知展开式的二项式系数和为512，且．
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求被6整除的余数．
【答案】(1)，（2）2，（3）5
【分析】（1）根据二项式定理，由展开式的二项式系数和为512，可求出，再将代入中，变形可得，则为其展开式中的系数，由二项式定理可得答案；
（2）由（1）的结论，用赋值法，在中令，可求得的值，令，可得的值，从而可得答案；
（3）根据题意，可得，变形可得，由二项式定理展开式可得，进而由整除的性质分析可得答案
【详解】解：（1）因为展开式的二项式系数和为512，
所以，解得，
因为，所以，
（2）在中，令，则，
令，可得，
所以
（3）
，
，
因为（）能被6整除，而，即被6整除余数为5，
所以被6整除的余数为5
【点睛】易错点睛：此题考查二项定理的运用，易错点为在（3）中，对求余数，根据，即被6整除余数为5，考查计算能力，属于中档题
18．已知数列{}的前n项和为，且满足
(1)求、的值及数列{}的通项公式：
(2)设，求数列{}的前n项和
【答案】(1)；；
(2).

【分析】（1）利用给定条件建立方程组求解得、，再变形递推公式求出即可计算.
（2）由（1）的结论，对裂项，利用裂项相消法计算作答.
【详解】（1）因，取和得：，
即，解得，由得：，
数列是首项为，公差的等差数列，则，即，
当时，，而满足上式，因此，，
所以，数列{}的通项公式.
（2）由（1）知，当时，，
因此，，，
则，满足上式，
所以.
19．现有甲、乙两个靶．某射手向甲靶射击两次，每次命中的概率为，每命中一次得1分，没有命中得0分；向乙靶射击一次，命中的概率为，命中得2分，没有命中得0分．该射手每次射击的结果相互独立．假设该射手完成以上三次射击．
(1)求该射手恰好命中两次的概率；
(2)求该射手的总得分的分布列及数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，

【分析】(1)由题意可得恰好命中两次包含甲靶击中两次且乙靶不中和甲靶击中一次和乙靶击中即可求得答案；
(2) 依据题意可知的所有可能取值为，求出对应的概率，再根据期望公式计算即可.
【详解】（1）设“该射手恰好命中两次”为事件，
．
（2）由题意可得：
；
；
；
；
，
所以的分布列为：

0
1
2
3
4







所以．
20．在斜三棱柱中，为等腰直角三角形，，平面⊥平面，点为棱的中点，.

（1）证明：平面平面.
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）证明平面，平面平面即得证；
（2）由于，，两两垂直，以为坐标原点，，，分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，再利用向量法求出二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：分别取，的中点和，连接，，，.

因为，为的中点，所以，
因为平面平面，且平面平面.
所以平面，
因为是的中点.
所以，且，
因为点为棱的中点所以，且，
所以，且，所以四边形是平行四边形，则.
因为平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）由题意得，则平面，故，，两两垂直.
以为坐标原点，，，分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
故，，，
设平面的法向量为，
则，令，得.
设平面的法向量为，
则令，得，
则，
由图可知二面角为锐角，则二面角的余弦值为.
【点睛】本题主要考查空间直线平面位置关系的证明，考查空间角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象计算能力.
21．为全面推进学校素质教育，推动学校体育科学发展，引导学生积极主动参与体育锻炼，促进学生健康成长，从2021年开始，参加漳州市初中毕业和高中阶段学校考试的初中毕业生，体育中考成绩以分数(满分40分计入中考总分)和等级作为高中阶段学校招生投档录取依据.考试由必考类､抽考类､抽选考类三部分组成，必考类是由笔试体育保健知识(分值4分)，男生1000米跑､女生800米跑(分值15分)组成；抽考类是篮球､足球､排球，由市教育局从这三项技能中抽选一项考试(分值5分)；抽选考类是立定跳远､1分钟跳绳､引体向上(男)､斜身引体(女)､双手头上前掷实心球､1分钟仰卧起坐，由市教育局随机抽选其中三项，考生再从这三个项目中自选两项考试，每项8分，已知今年教育局已抽选确定：抽考类选考篮球，抽选考类选考立定跳远､1分钟跳绳､双手头上前掷实心球这三个项目，甲校随机抽取了100名本校初三男生进行立定跳远测试，根据测试成绩得到如下的频率分布直方图．

（1）若漳州市初三男生的立定跳远成绩(单位：厘米)服从正态分布，并用上面样本数据的平均值和标准差的估计值分别作为和，已计算得上面样本的标准差的估计值为(各组数据用中点值代替)，在漳州市2021届所有初三男生中任意选取3人，记立定跳远成绩在231厘米以上(含231厘米)的人数为，求随机变量的分布列和期望．
（2）已知乙校初三男生有200名，男生立定跳远成绩在250厘米以上(含250厘米)得满分．
（i）若认为乙校初三男生立定跳远成绩也服从（1）中所求的正态分布，请估计乙校初三男生立定跳远得满分的人数(结果保留整数)；
（ii）事实上，（i）中的估计值与乙校实际情况差异较大，请从统计学的角度分析这个差异性．(至少写出两点)
附：若，则，，.
【答案】（1）分布列答案见解析，数学期望：；（2）（i）；（ii）答案见解析.
【分析】（1）根据直方图求得数据平均值，结合正态分布求出成绩在231厘米以上的概率，利用二项分布求取随机变量的分布列和期望；
（2）（i）由正态分布概率公式求得立定跳远成绩在250厘米以上的概率，结合总数即可估计乙校初三男生立定跳远得满分的人数；（ii）本题结论开放，只要考生能从统计学的角度作出合理的分析即可．
【详解】解：（1）由题意，得，
，
所以，所以，
所以，，
，，
所以的分布列为：

0
1
2
3






；
（2）（i）记乙校初三男生立定跳远成绩为厘米，则
，，，
所以
，
所以估计乙校初三男生立定跳远得满分的人数为；
（ii）本题结论开放，只要考生能从统计学的角度作出合理的分析即可，如：①一次取样未必能客观反映总体；②样本容量过小也可能影响估计的准确性；③忽略异常数据的影响也可能导致估计失真；④模型选择不恰当，模型的拟合效果不好，也将导致估计失真；⑤样本不具代表性，也会对估计产生影响.等等．
【点睛】求离散型随机变量的分布列时，关键要判断随机变量是否服从二项分布或超几何分布等特殊的分布．
22．已知为抛物线的焦点，过点的直线与抛物线交于不同的两点，，抛物线在点，处的切线分别为和，若和交于点.
(1)求证点P在一条定直线上.
(2)求的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)4.

【分析】（1）首先根据、与抛物线相切得出两切线的方程.然后联立两切线方程得到点的坐标满足.进而联立直线与抛物线，由韦达定理得出，即可推出；
（2）设过点且与抛物线相切的直线方程为.与抛物线联立，根据，可得出.显然和斜率是方程的解，根据韦达定理可求得关系.将代入原方程，根据切点可得出，进而得到.根据抛物线的定义表示出.然后根据基本不等式即可得出最小值.
【详解】（1）设点，的坐标为，.
设切线的方程为，
联立与抛物线的方程可得，，
又，代入整理可得.
由可得，，则.
代入的方程，整理可得.
同理可得，的方程为.
因为和交于点，
联立与的方程，消去整理可得.
由已知可得，，可设直线的方程为，
联立直线与抛物线的方程可得，.
由韦达定理可得，
所以，点的坐标满足.
所以点P在一条定直线上.
（2）由（1）可设点.
设过点的切线斜率为，则方程为.
与抛物线联立可得，.
由可得，，
整理可得.
设和的斜率分别为，显然是方程的两个解，
由韦达定理可得.
因为点是切点，所以是方程唯一的解，
所以，
同理可得.
又根据抛物线的定义可得，.
所以，
代入可得，.
又，
所以，，
当且仅当，即，时，等号成立.
所以，的最小值为4．
【点睛】关键点点睛：设出，根据切线和交于点，可设过点的切线方程为.联立方程组，根据得到，即可得出两切线斜率的关系式，进而表示出.