江西省赣州市2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题（Word版附解析）

这是一份江西省赣州市2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题（Word版附解析），共23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。

第Ⅰ卷（选择题共60分）
一、单选题：本大题共8个小题，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. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出直线的斜率，进而可得倾斜角.
【详解】因为直线的斜率，
所以直线的倾斜角为.
故选：C.
2. “”是“方程表示椭圆”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】方程表示椭圆，可得，解出的范围即可判断出结论.
【详解】∵方程表示椭圆，∴解得或，故“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件.
故选：B．
3. 已知直线：和：．若，则m的值为（ ）
A. B. 3C. 1或3D. 或3
【答案】B
【解析】
【分析】借助直线平行的性质计算即可得，注意检验是否重合.
【详解】由，则有，即，
解得或，
当时，有，，
即两直线重合，不符，故舍去，
当时，有，，
符合要求，故.
故选：B.
4. 阅读课上，5名同学分别从3种不同的书中选择一种进行阅读，不同的选法种数是（ ）
A. 50B. 60C. 125D. 243
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，每名同学都有3种不同的选法，结合分步计数原理，即可求解.
【详解】由题意，5名同学分别从3种不同的书中选择一种进行阅读，
其中，每名同学都有3种不同的选法，所以不同的选法种数是种.
故选：D.
5. 设F为抛物线C：的焦点，A为平面内定点，若抛物线C上存在点P使得的最小值为5，则点A可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分A在抛物线内外上三种情况结合定义求最值即可得解.
【详解】当A在抛物线内部时，如图所示：设在准线上的射影为，由，
当，，三点共线时，取得最小值，即，
故直线上且在抛物线内部的点均合题意，显然点A在抛物线上时，其纵坐标也为3，故正确，AB错误；

当A在抛物线外部时，设，如图所示，当，，三点共线时取得最小值，
即，经检验D不满足.

故选：C
6. 已知，为双曲线C：（，）的两个焦点，以为直径的圆与C在第一象限的交点为P，若，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用双曲线的定义，求得，结合，利用勾股定理，得到，再结合离心率的定义，即可求解.
【详解】由双曲线的定义，可得，
因为，可得，
又由以为直径的圆与C在第一象限的交点为，可得，
则满足，可得，即，可得，
所以双曲线的离心率为.
故选：A.
7. “杨辉三角”出自我国数学家杨辉1261年著的《详解九章算法》一书，393年后欧洲帕斯卡也发现这个三角图形，所以“杨辉三角”也叫做“帕斯卡三角形”，它结构优美、性质奇特，生活中很多问题都与杨辉三角有着或多或少的联系．例如生活中的最短路径问题：如图1所示，从甲到每一个交叉点的走法最短路径的条数（图2）与杨辉三角中对应的数性质相同．已知图3是国际象棋简易棋盘，现有一棋子“车”的起始位置是“”，则它要到“”位置的最短路径的条数为（ ）
A. 1716B. 924C. 792D. 462
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，结合组合数的计算公式，即可求解.
【详解】由题意，棋子“车”的起始位置是“”到达“”位置的最短路径，需要走12步，
其中6步向右，6步向上，所以最短的路径为步.
故选：B.
8. 古城赣州最早有五大城门，分别为镇南门、百盛门、涌金门、建春门和西津门，赣州某学校历史兴趣小组决定利用两个周日的时间对五大城门的地理位置及历史意义进行调研．若约定：每个城门只调研一次，且每个周日只调研五大城门中的两大城门或三大城门，则恰好在同一个周日调研百盛门和建春门的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，得到此次调研的基本事件的总数为种，再由题设条件，分为两类求得恰好在同一个周日调研百盛门和建春门的种数，集合古典概型的概率计算公式，即可求解.
【详解】由题意，每个城门只调研一次，且每个周日只调研五大城门中的两大城门或三大城门，
共有种不同的调研方法，
其中恰好在同一个周日调研百盛门和建春门，可得分为：
①其中一个周日只调研百盛门和建春门，另一个周日调研其他三门，有种方法；
②其中一个周日调研百盛门、建春门和其中另一个门，另一个周日调研剩余的两门，
有种方法，共有种不同的调研方法，
所以恰好在同一个周日调研百盛门和建春门的概率为.
故选：A.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有错选的得0分．
9. 关于概率统计，下列说法中正确的是（ ）
A. 两个变量x，y的线性相关系数为r，若r越大，则x与y之间的线性相关性越强
B. 某人解答5个问题，答对题数为X，若，则
C. 若一组样本数据（，2，3，…，n）的样本点都在直线上，则这组数据的相关系数r为0.56
D. 已知，若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据相关系数的几何意义即可判断A；根据二项分布的期望公式即可判断B；根据线性相关的定义即可判断C；根据正态分布的对称性即可判断D.
【详解】对于A，越大，则x与y之间的线性相关性越强，故A错误；
对于B，因为，所以，故B正确；
对于C，因为样本点都在直线上，
所以样本数据呈线性相关，且为正相关，所以，故C错误；
对于D，因为，，
所以，故D正确.
故选：BD.
10. 在正方体中，E，F分别为AB，BC的中点，则（ ）
A. //平面B. 平面//平面
C. ⊥平面D. 平面平面
【答案】AD
【解析】
【分析】建立空间坐标系结合正方体性质利用向量方法证明判断即可.
【详解】由正方体性质易得平面//平面，又平面，故EF//平面，故A正确
如图，以点为坐标原点，分别以，，为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，
则,,,，,,
则，

对B,设平面的法向量为，
则有，令，
则而，故平面//平面不成立，故B错误；
对C,因为，故⊥平面不成立，C错误；
对D，设平面的法向量为， ，
令，则平面的法向量为
因为，则平面平面，故D正确.
故选：AD．
11. 已知四棱锥的底面为矩形，底面，以为直径的圆交线段于点，若，则（ ）
A. 平面
B. 二面角的平面角为
C. 的面积的最小值为
D. 存在某个位置，使得点到平面的距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A；利用线面垂直的判定定理可得平面，即为所求，求出可判断B；设，利用可得，再由利用基本不等式求最值可判断C；做交于，利用线面垂直的判定定理可得平面，再由求出，利用求出可判断D.
【详解】对于A，连接，可得，底面，
面，所以，
因为，平面，所以平面，故A正确；
对于B，二面角的平面角即为平面与平面所成的平面角，
因为底面，面，所以，，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以即为所求，
因为，所以，，
可得二面角的平面角为，故B正确；
对于C，设，，
，，
因为，所以，可得，
因为平面，平面，所以，
所以的面积为
，
当且仅当即等号成立，故C错误；
对于D，假设存在某个位置，使得点到平面的距离为，
做交于，因为平面，平面，
所以，又，平面，所以平面，
所以，可得，
由得，
所以，
所以存在点，且，使得点到平面的距离为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：对于C选项的解题关键点是设，利用可得，再得利用基本不等式求最值.
12. 已知圆：（），这些圆的全体构成集合，则（ ）
A. x轴截圆所得的弦长为2
B. 对任意正整数k，圆内含于圆
C. 任意正实数m，存在，使得圆与直线有交点
D. 存在正实数m，使得A中与直线相交的圆有且仅有2024个
【答案】ACD
【解析】
【分析】用代入法可得选项A正确；对于选项B，得出圆和的圆心和半径，判断两圆位置关系即可；对选项C，分析圆和圆与轴的两个交点纵坐标的取值范围即可；对选项D，研究圆与直线的位置关系即可.
【详解】对于选项A，将代入：，得，
x轴截圆所得的弦长为2，故A正确；
对于选项B，因为：和：，
圆心距为：，两圆的半径差为：，
且，显然，
故对任意正整数k，圆不可能内含于圆，故B错误；
对于选项C，由于圆的方程，
将代入，得圆与轴的两个交点为与，
由于，，，
圆与轴的两个交点为与，
其中，
即集合中的所有圆在轴上的一系列截线段不间断，
故任意正实数m，存在，使得圆与直线有交点，故C正确；
对于选项D，圆的圆心为，半径，
圆与直线有交点，只需，即，
使得集合A中与直线相交的圆有且仅有2024个，
只需要集合中满足的个圆都满足题意
，即只需保证，显然不等式有解，故D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：万变不离其宗，利用点到直线的距离公式判断直线与圆的位置关系和求弦长；利用圆心距与两圆半径的和差作比较，判断圆与圆位置关系.
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 展开式中常数项为___________．
【答案】15
【解析】
【分析】先求出二项式展开式的通项公式，然后令的次数为，求出的值，从而可得展开式中的常数项.
【详解】二项式展开式的通项公式为，
令，得，
所以展开式中的常数项为.
故答案为：15
14. 在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥底面ABCD，，E为PC的中点，则直线PC与平面BDE所成角的正弦值为___________．
【答案】##
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用直线与平面所成角的向量公式即可求解.
【详解】由题意知，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，,,,,,,,
设平面的法向量为，
，即，取
设直线PC与平面BDE所成角为
.
故答案为：.
15. 某学校物理兴趣小组有6个男生，4个女生，历史兴趣小组有5个男生，7个女生，先从两个兴趣小组中随机选取一个兴趣小组，再从所取的兴趣小组中随机抽取一个学生，则该学生是男生的概率是___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据全概率公式计算可得答案.
【详解】该学生是男生的概率是.
故答案为：.
16. 已知，为椭圆C：的焦点，过的直线l与C交A，B两点，则的内切圆面积最大值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，得到要使得的内切圆的面积最大，只需取得最大值，设过的直线的方程为，联立方程组，结合韦达定理，求得，结合基本不等式求得，进而求得内切圆的最大半径，即可求解.
【详解】设的内切圆的半径为，
由椭圆，可得，则，
根据椭圆的定义，可得的周长为，
又由，
所以，要使得的内切圆的面积最大，只需取得最大值即可，
由取得最大值时，直线的斜率一定存在，可设过的直线的方程为，
联立方程组，整理得，
则，且，
所以
，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以取得最大值为，
令，可得，此时内切圆的面积为.
故答案为：.
四、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 大气污染物（直径不大于2.5的颗粒物）的浓度超过一定限度会影响人的身体健康．为研究浓度y（单位：）与汽车流量x（单位：千辆）的线性关系，研究人员选定了10个城市，在每个城市建立交通监测点，统计了24h内过往的汽车流量以及同时段空气中的浓度，得到如下数据：
并计算得，，．
（1）求变量关于的线性回归方程；
（2）根据内浓度确定空气质量等级，浓度在0～35为优，35～75为良，75～115为轻度污染，115～150为中度污染，150～250为重度污染，已知某城市内过往的汽车流量为1360辆，判断该城市的空气质量等级．
参考公式：线性回归方程为，其中以．
【答案】（1）
（2）轻度污染
【解析】
【分析】（1）根据公式，求线性回归方程；
（2）根据线性回归直线方程，预测空气中的浓度，进行判断.
【小问1详解】
由题意得，
又因为，
所以
所以
所以变量y关于x的线性回归方程为．
【小问2详解】
当辆千辆时，可得
因为
所以该城市的空气质量等级为轻度污染．
18. 已知圆C：，点．
（1）若，过P的直线l与C相切，求l的方程；
（2）若C上存在到P的距离为1的点，求m的取值范围．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）对直线l的斜率是否存在讨论，根据直线与圆的位置关系列式运算；
（2）要使圆C上存在到点P的距离为1的点，则圆心C到的距离满足，，运算得解.
【小问1详解】
因为，所以圆C的方程为
①当l的斜率不存在时，l的方程为，与圆C相切，符合题意；
②当l的斜率存在时，设l的方程为，即，
圆心C到l的距离，解得，
则l的方程为，即，
综上可得，l方程为或．
【小问2详解】
由题意可得圆C：，圆心，半径，
则圆心C到的距离，
要使C上存在到P的距离为1的点，
则，即，
解得，
所以m的取值范围为．
19. 甲、乙、丙三位同学进行乒乓球比赛，每局比赛两人对战，另一人轮空，没有平局．每局胜者与此局轮空者进行下一局的比赛．约定先赢两局者获胜，比赛随即结束．已知每局比赛甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为．
（1）若第一局由乙丙对战，求甲获胜的概率；
（2）判断并说明由哪两位同学进行首场对战才能使甲获胜的概率最大．
【答案】（1）
（2）第一局甲乙对战才能使甲获胜的概率最大
【解析】
【分析】（1）甲获胜有两种情况，分别计算出概率，再相加即可；
（2）分别计算第一局乙丙对战甲获胜的概率，第一局甲乙对战甲获胜的概率，及第一局甲丙对战甲获胜的概率，比较大小，作出判断即可.
【小问1详解】
第一局由乙丙对战，甲获胜有两种情况：
①乙丙对战乙胜，乙甲对战甲胜，甲丙对战甲胜，则概率为
②乙丙对战丙胜，丙甲对战甲胜，甲乙对战甲胜，则概率为
综上，甲获胜的概率为.
【小问2详解】
若第一局乙丙对战，由（1）知甲获胜的概率为
若第一局甲乙对战，则甲获胜有三种情况：
①甲乙对战甲胜，甲丙对战甲胜，概率为，
②甲乙对战甲胜，甲丙对战丙胜，丙乙对战乙胜，乙甲对战甲胜的概率为，
③甲乙对战乙胜，乙丙对战丙胜，丙甲对战甲胜，乙甲对战甲胜的概率为，
所以最终甲获胜的概率为；
若第一局甲丙对战，则甲获胜也有三种情况：
①甲丙对战甲胜，甲乙对战甲胜的概率为，
②甲丙对战甲胜，甲乙对战乙胜，乙丙对战丙胜，丙甲对战甲胜的概率为，
③甲丙对战丙胜，丙乙对战乙胜，乙甲对战甲胜，甲丙对战甲胜的概率为，
所以最终甲获胜的概率为，
因为，
所以第一局甲乙对战才能使甲获胜的概率最大．
20. 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．
21. 如图，在多面体ABCDEF中，四边形CDEF为正方形，，，．
（1）设平面平面，证明：；
（2）直线DE上是否存在点G，使得DE⊥平面ABG？若存在，确定G的位置并说明理由；
（3）若，，求平面BFG与平面DEA夹角的余弦的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，GDE中点，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到，利用线面平行的判定定理，证得平面，再由线面平行的性质定理，即可证得；
（2）取的中点，得到，再由，利用线面垂直的判定定理，即可证得平面；
（3）设点为中点，取与连线交于点，以建立空间直角坐标系，设到平面的距离为，令，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角，列出关系式，利用函数的单调性，即可求解.
【小问1详解】
证明：因为四边形为矩形，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
因为平面平面，平面，所以.
【小问2详解】
解：存在为中点，使得平面.
理由如下：
取的中点，因为，可得，
又因为且，所以，
因为且平面，所以平面.
【小问3详解】
解：设点为中点，取和和中点为,
由（2）知，共面且平面，取与连线交于点，
连，则，可得为等腰梯形，所以，
建立如图示的空间直角坐标系O-xyz，则，，，，
因为，所以，
设到平面的距离为，
因为四边形和四边形为两个全等的等腰梯形，所以，
设，，
因为，所以，解得，
所以，，
可得，，，，
令，，所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
所以，
令，则，
则，
令，则，所以上单调递增，
当时，；当时，
所以，所以，
故平面BFG和平面DEA的夹角的余弦值的取值范围为．
22. 已知椭圆C：（）的离心率为，直线l：是椭圆C与圆：的一条公切线．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若点为椭圆C的一点，直线：交圆于M，N两点，以M，N为切点分别作圆的切线，两条切线交于点Q，证明：为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用直线与圆和椭圆相切，得到的方程组求解；
（2）利用直线与圆相切得到MN方程，进而对应项系数相等得，再点点距求解
【小问1详解】
因为离心率，所以
因为是圆：的一条切线，所以
所以
由，可得
因为是椭圆的一条切线
所以
结合，解得
所以椭圆C的方程为．
【小问2详解】
设点，，，则，
因为M，N为直线QM，QN与圆的切点
所以，
所以直线QM的方程为：，即，即
直线QN的方程为：，即，即
所以点Q满足，即．
所以直线MN的方程为
又因为M，N为直线与圆的交点
所以MN的方程为，即
所以恒成立
所以，即
所以
又因为点为椭圆C上一点，所以
所以为定值．
【点睛】利用切线性质得MN的方程是解决本题的关键.城市编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
总和
x
1.300
1.444
0.786
1.652
1.756
1.754
1.200
1.500
1.200
0908
13.5
y
66
76
21
170
156
120
72
120
100
129
1030
2
4
6
8
0
1
2
3
4
5