精品解析：江西省宜春市宜丰县宜丰中学2022-2023学年高二创新部下学期期末考试数学试题（解析版）

这是一份精品解析：江西省宜春市宜丰县宜丰中学2022-2023学年高二创新部下学期期末考试数学试题（解析版），共21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。
2022-2023（下）江西省宜丰中学创新部高二期末考试数学试卷一、单选题1. 直线mx+ny+3=0在y轴上的截距为-3，而且它的斜率是直线的斜率的相反数，则（    ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】D【解析】【分析】根据已知表示出直线mx+ny+3=0的截距以及斜率，即可得出答案.【详解】因为直线mx+ny+3=0在y轴上的截距为-3，所以，0-3n+3=0，解得.因为直线的斜率为，由已知可得，直线mx+ny+3=0的斜率为，即.所以.故选：D.2. 已知，则m等于（    ）A. 1 B. 3 C. 1或3 D. 1或4【答案】C【解析】【分析】根据组合数的性质即可求解.详解】由可知:或者,解得:或故选：C3. 从某班包含甲､乙的5名班干部中选出3人参加学校的社会实践活动，在甲被选中的情况下，乙也被选中的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据已知条件，结合条件概率公式，即可求解．【详解】令事件为甲被选中的情况，事件为乙被选中的情况，故，，故．故选：．4. 若直线与直线垂直，则实数（    ）A. 0 B. 1 C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据已知条件，结合直线垂直的性质，即可求解．【详解】直线与直线垂直，则，解得．故选：．5. 一堆苹果中大果与小果的比例为，现用一台水果分选机进行筛选．已知这台分选机把大果筛选为小果的概率为，把小果筛选为大果的概率为．经过一轮筛选后，现在从这台分选机筛选出来的“大果”里面随机抽取一个，则这个“大果”是真的大果的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】记事件放入水果分选机的苹果为大果，事件放入水果分选机的苹果为小果，记事件水果分选机筛选的苹果为“大果”，利用全概率公式计算出的值，再利用贝叶斯公式可求得所求事件的概率.【详解】记事件放入水果分选机的苹果为大果，事件放入水果分选机的苹果为小果，记事件水果分选机筛选的苹果为“大果”，则，，，，由全概率公式可得，，因此，.故选：A.6. 在正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】建系，写出相关点的坐标，根据向量求解.【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，，则，，则，所以，异面直线与所成角的余弦值为.故选：C.7. 抛物线的焦点为F，准线为l，点P是准线l上的动点，若点A在抛物线C上，且，则（O为坐标原点）的最小值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】依题意得点坐标，作点关于的对称点，则，求即为最小值．【详解】如图所示：作点关于的对称点，连接，设点，不妨设 ，由题意知，直线l方程为，则，得所以，得 ，所以．由，当三点共线时取等号，又所以的最小值为故选：D8. 油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史.为宣传和推广这一传统工艺，某活动中将一把油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示.该伞的伞面是一个半径为的圆形平面，圆心到伞柄底端距离为2，当光线与地面夹角为时，伞面在地面形成了一个椭圆形影子，且伞柄底端正好位于该椭圆的长轴上，该椭圆的离心率（    ）  A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，求出椭圆的长短半轴长，再求出离心率作答.【详解】依题意，过伞面上端边沿的光线、过这个边沿点伞面的直径及椭圆的长轴围成底角为的等腰三角形，腰长为伞面圆的直径，椭圆长轴长为底边长，则，即，而椭圆的短轴长，即，所以椭圆的离心率故选：D二、多选题9. 下列结论正确的是（    ）A. 若随机变量服从两点分布，，则B. 若随机变量的方差，则C. 若随机变量服从二项分布，则D. 若随机变量服从正态分布，，则【答案】ACD【解析】【分析】根据二点分布的期望公式，可判定A正确；根据方差的性质，可判定B错误；根据二项分布的概率计算公式，可判定C正确；根据正态分布曲线的对称性，可判定D正确.【详解】对于A中，由随机变量服从两点分布且，则，故A正确；对于B中，由随机变量的方差，可得，故B错误；对于C中，由变量服从二项分布，则，所以C正确；对于D中，由随机变量服从正态分布，，根据正态分布曲线的对称性，可得，所以D正确.故选：ACD.10. 现安排甲､乙､丙､丁､戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译､导游､礼仪､司机四项工作可以安排，则以下说法错误的是（    ）A. 若每人都安排一项工作，则不同的方法数为B. 若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为C. 每项工作至少有1人参加，甲､乙不会开车但能从事其他三项工作，丙､丁､戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是D. 如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为【答案】ABD【解析】【分析】根据分步乘法计数原理判断A、B，对开车的人员分类讨论利用分步乘法计数原理及分类加法计数原理判断C，按照部分平均分组法判断D；【详解】解：根据题意，依次分析选项：对于，安排5人参加4项工作，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有种安排方法，故错误；对于，根据题意，分2步进行分析：先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有种安排方法，故错误；对于，根据题意，分2种情况讨论：①从丙，丁，戊中选出2人开车，②从丙，丁，戊中选出1人开车，则有种安排方法，正确；对于，分2步分析：需要先将5人分为3组，有种分组方法，将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有种情况，则有种安排方法，错误；故选：．11. 如图，四边形为正方形，平面平面，且为正三角形，，为的中点，则下列命题中正确的是（    ）A.  B. 平面C. 直线与所成角的余弦值为 D. 二面角大小为【答案】ACD【解析】【分析】取的中点，连接，证明出平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误.【详解】取的中点，连接，因为为等边三角形，为的中点，则，因为平面平面，平面平面，平面，所以，平面，又因为四边形为正方形，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如上图所示的空间直角坐标系，则、、、、、，，，，则，A对；，易知平面的一个法向量为，，故与平面不平行，B错；，，所以，直线与所成角的余弦值为，C对；设平面的法向量为，，，则，取，则，所以，，由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角为，D对.故选：ACD.12. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且都在轴的上方，（为坐标原点），记的面积分别为，则（    ）A. 直线的斜率为 B. 直线的斜率为C.  D. 【答案】BC【解析】【分析】结合抛物线定义求出两点的坐标，利用两点坐标求直线的斜率，判断选项A，B，根据三角形面积公式求，判断C，D.【详解】设，过点分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，，由抛物线的定义可得，所以，，所以，故A项错误；B项正确；，所以，C正确，D错误，故选：BC.三、填空题13. 在空间直角坐标系中，，，若，则实数__________.【答案】4【解析】【分析】由题意可得，即可得到方程组，进而解出方程组即可.【详解】由题意得，，即，所以，解得.故答案为：414. 从数字中任选4个组成无重复数字四位数，满足千位和百位上的数字之和为5，则这样的偶数共有__________个.【答案】72【解析】【分析】先考虑千位和百位，再考虑个位，最后考虑十位，求出答案.【详解】满足数字之和为5的两个数字为，故千位和百位上的数字排列有种情况，再考虑个数，有种选择，最后考虑十位，有6种选择，故这样的偶数共有个.故答案为：7215. 已知双曲线的一条渐近线被圆截得的弦长为，则双曲线的离心率为______.【答案】##【解析】【分析】先求渐近线方程，再根据弦长可求的关系，故可求双曲线的离心率.【详解】双曲线的渐近线的方程为.圆的标准方程为：，故该圆的圆心为，半径为2，而圆心到渐近线的距离为，故渐近线被该圆截得的弦长为，整理得到：或，而，故，故离心率为.故答案为：.16. 如图，在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内一点，若平面，则下列说法正确的是__________.①线段的最大值是②③与一定异面④三棱锥的体积为定值【答案】①④【解析】【分析】过点作出与平面平行的平面，找出其与面的交线，从而确定点在线段上.选项①中线段的最大值可直接得到为；选项②通过建系求向量数量积来说明与平面不垂直，从而不一定成立；选项③通过构造平面来确定位置关系；选项④通过证明平面，来说明三棱锥即的体积为定值.【详解】如图，延长至，使得，则有取的中点，连接，则有，连接并延长交于点，则点为的中点.因为，平面，平面所以平面.同理可得平面.又，在平面内，且相交于点，所以平面平面.故点在线段上.由图知，，故选项①正确；以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.则，，，，，，.因为，所以与不垂直，而点在线段上，所以条件不一定成立，故选项②错误；如图，连接，，，则有，且，故四边形为梯形，与为相交直线，故选项③错误；因为点，分别为，的中点，所以.又平面，平面，所以平面.故线段上的点到平面的距离都相等.又点在线段上，所以三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值，故选项④正确.故答案为：①④.【点睛】立体几何问题中与动点相关问题，可以从一下几点考虑：(1) 先作辅助线，找出动点所在的线段或轨迹.(2) 判断与动点相关的条件是否成立常需结合动点所在的线段或轨迹，利用线线、线面、面面位置关系求解，或线线、线面、面面位置关系的判定或性质求解，或建立空间直角坐标系利用向量法求解.四、解答题17. 已知点在圆上．（1）求该圆的圆心坐标及半径长；（2）过点，斜率为的直线与圆相交于两点，求弦的长．【答案】（1）圆心坐标为，半径长为    （2）【解析】【分析】（1）先根据点在圆上求出参数，再将圆的方程化为标准方程，即可得出圆心及半径；（2）先写出直线方程，求出圆心到直线的距离，再根据圆的弦长公式即可得解.【小问1详解】因为点在圆上，所以，解得，所以该圆的标准方程为，所以该圆的圆心坐标为，半径长为；【小问2详解】直线的方程为，即，则圆心到直线的距离，所以.18. 无论是国际形势还是国内消费状况，2023 年都是充满挑战的一年，为应对复杂的经济形势，各地均出台了促进经济发展的各项政策，积极应对当前的经济形势，取得了较好的效果．某市零售行业为促进消费，开展了新一轮的让利促销的活动，活动之初，利用各种媒体进行大量的广告宣传．为了解大众传媒对本次促销活动的影响，在本市内随机抽取了6个大型零售卖场，得到其宣传费用x(单位：万元)和销售额y(单位：万元)的数据如下：卖场123456宣传费用2356812销售额303440455060 （1）求y关于x的线性回归方程，并预测当宣传费用至少多少万元时(结果取整数)，销售额能突破100万元；（2）经济活动中，人们往往关注投入和产出比，在这次促销活动中，设销售额与投入的宣传费用的比为，若，则称这次宣传策划是高效的，否则为非高效的．从这6家卖场中随机抽取3家，求这3家卖场中至少有1家宣传策划高效的概率．附：参考数据 回归直线方程中和的最小二乘法的估计公式分别为：【答案】（1）；25万元    （2）【解析】【分析】（1）分别代入公式求出，即可求出y关于x的线性回归方程；再令，求解即可；（2）先求出这6家卖场中随机抽取3家的基本事件个数，再求出至少含有1家宣传策划是高效的基本事件个数，由古典概率公式代入即可得出答案.【小问1详解】                          所以                          ⋯所以                  令，解得(万元)．故当宣传费用至少为25万元时，销售额能突破100万元.【小问2详解】由题意知宣传策划是高效的仅有2家，记作a，b，余下的记作A，B，C，D．所以从中取出3家，基本事件有：abA，abB，abC，abD，aAB，aAC，aAD，aBC，aBD，aCD，bAB，bAC，bAD，bBC，bBD，bCD，ABC，ABD，ACD，BCD，共20个，其中至少含有1家宣传策划是高效的有：abA，abB，abC，abD，aAB，aAC，aAD，aBC，aBD，aCD，bAB，bAC，bAD，bBC，bBD，bCD，共16个，故所求概率19. 已知.（1）若，求的值；（2）求的展开式中系数最大的项.【答案】（1）    （2）240【解析】【分析】（1）利用二项展开式的通项及赋值法求解；（2）利用二项展开式的通项及其单调性求解.【小问1详解】展开式的通项，则展开式含的项为，故，中，令，则，令，则，则.【小问2详解】设，，，由，得，即，解得，因为，则当时，有最大值240，因此展开式中最大项为.20. 某职业学校为了了解毕业班学生的操作能力，设计了一个考查方案：每个考生从6道备选题中一次性随机抽取3道选题，按照题目要求正确完成，规定：至少正确完成其中2个选题方可通过.6道备选题中，考生甲有4个选题能正确完成，2个选题不能完成；考生乙每个选题正确完成的概率都是，且每个选题正确完成与否互不影响.（1）分别求甲､乙两位考生正确完成选题个数的概率分布列（列出分布列表）；（2）请分析比较甲､乙两位考生的操作能力.【答案】（1）答案见解析    （2）答案见解析【解析】【分析】（1）根据超几何分布及二项分布分别求解即可；（2）根据超几何分布及二项分布的数学期望及方差公式分别求解即得.【小问1详解】记考生甲正确完成试题的个数分别为，则的可能取值有，且，，所以，考生甲正确完成选题数的概率分布列如下表：123记考生乙正确完成试题的个数分别为，则的可能取值有，且，，所以，考生乙正确完成选题数的概率分布列如下表：0123【小问2详解】，，从做对题的个数的数学期望看，两人水平相当；因为，因此可以判断甲考生的操作能力更强.21. 如图，在四棱锥中，平面，底面是边长为2的正方形，，为的中点，是棱上两点（在的上方），且.  （1）若，求证：平面；（2）当点到平面的距离取得最大值时，求的长.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）连接交于，连接，证明，根据线面平行的判定定理即可证明结论；（2）根据三棱锥的等体积法判断要使点到平面的距离最大，则需的面积最小，即到的距离最小；建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，利用空间距离的向量求法，即可求得答案.【小问1详解】连接交于，连接，因为为的中点，是正方形，所以；因，所以，所以，因为平面平面，所以平面；【小问2详解】在四棱锥中，因为，所以的面积为定值，又点A到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值；要使点到平面的距离最大，则需的面积最小，即到的距离最小；由题知，以A为坐标原点，为轴建立如图空间直角坐标系，则，由于平面，平面，故,而，故为等腰直角三角形，即；设到的距离为，则，，故到的距离为，对于二次函数，其图象对称轴为，当时，取到最小值，此时到的距离最小，此时点到平面的距离最大，所以.  22. 已知椭圆的左､右焦点分别为，焦距为2，点在椭圆上.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知是直线上的一点，是否存在这样的直线，使得过点的直线与椭圆相切于点，且以为直径的圆过点？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.【答案】（1）    （2）存在直线【解析】【分析】（1）设椭圆的方程为，由，得到焦点，然后利用椭圆的定义求解； （2）由题意设直线的方程为，与椭圆方程联立，由，得到，进而得到切点的坐标为再结合的坐标为，为直径的圆过点，由求解.【小问1详解】设椭圆的方程为，由题知，，即，所以焦点，由椭圆的定义得：，即故椭圆的标准方程为；【小问2详解】如图所示：  由题易知直线存在斜率，设直线的方程为，联立，得，由，得；①，即切点的坐标为又的坐标为，以为直径的圆过点，则，，则，化简，得，上式对满足①式任意成立，则，故存在直线满足题意.