江西省2024-2025学年高二上学期1月教学质量检测数学试题

江西高二1月教学质量检测·数学 参考答案、提示及评分细则 1.D由题意知1的斜率为号，设1的倾斜角为0.0E[0,x),则m0=号.所以0=吾故选D 2.A因为每名毕业生都有4种选择，所以由分步乘法计数原理可知不同选法的种数为4×4×4×4×4=4°.故选A 3.D由题意得.Md-Mi+A$+B成=号Oi+(O成-Oi)+}BC-号Oi+(o成-Oi)+号Od-O成)=-号Oi +号O成+号元-2a+号b+3c放选D 122+(-4)2-4a>0, 4.C由题意得 解得1<a<5.故选C. 12+22+2×1-4×2+a>0, 5.B如图，设C的准线与x轴交于K点，由题意可知，四边形MNKF为直角梯形，易知 |KF=号由抛物线的定义可知，MF=MN=3,过F作FHLMN,垂足为H,则 1KF=NH=号，所以1MH=MN-NH=多，则IMF=2MH,所以 ∠MFH=30°，因此∠FMN=60°.故选B 6.C双曲线E的渐近线方程为y=士名x,即a士a=0,圆C:r十（一23）P=4的圆心为 C0,23),半径为2，由圆和渐近线相切，得2a=2,解得=3，所以双曲线E的离 Vb+a 心率为3.故选C 7,BC=G-=1.所以椭圆的右焦点R1,0),所以DF:上x轴，因为片+号-<1， 所以D在椭圆内部，且|PF|十PF:=4,所以PF|+PD1=4-PF2十PD1=4一 (|PF|一PD),即求|PF2|一PD的最大值，由于|PF|一PD≤F2D|,所以当P, Fg,D三点共线时|FD最大，此时，|FD=1,所以PFI十|PD的最大值是4一1=3. 故选B 8.A设从甲袋中取出2个球，其中红球的个数为i个的事件为A(i=0,1,2),从乙袋中取出 2个球.我中白球的个数为2个的事件为由题意：①PA)一得-品P(BA)-号-品©PCA)9-号 PA)昌-号：③PA)-是-，PBA)-子：根据贝叶斯公式可得，从乙袋中取出的是2个白球，则从 P(A2)P(BA:) 甲袋中取出的是2个红球的概率P(AB)=P(A)PBA)+PA)P(BA,)+PA)PBA) 9.ABC令x=0,得展开式中的常数项为1，故A正确：展开式中x项的系数为1×C月×1×（一2）十1×C等×15× (一2)”=一280十84=一196，故B正确：令x=1,得展开式中所有项的系数和为一2，故C正确：展开式中x项的系数为 1×C×1×(一2)5+1×C×13×(一2)=一672+560=-112，故D错误.故选ABC. 10.BCD若x十y=1,因为AP-xAD+yAAT..y∈[0,1]，则点P与D,A三点共线，故点 P的轨迹为线段A,D,故A错误；若x=,则A市=2A市+yAA,故点P的轨迹为连接 AD的中点和A,D的中点的线段，故B正确：若x=y,则点P在线段AD1上，易知AD∥ 平面A1C.且S=25,所以三棱锥P-A,C的体积为定值，故C正确：者y一之 点P的轨迹为连接AA,和DD的中点的线段，过P作PE⊥AD,垂足为E,易证PE⊥平 【高二1月教学质量检测·数学参考答案第1页（共4页）】 面ABCD,连接BE,则BP与平面ABCD所成的角为∠PBE,所以cos∠PBE= BE =(2≤BE≤ √/I+BE 1+BE 2②)，所以当BE=2,2时o0s∠PBE取得最大值为2号，故D正确故选D 11.PC若A的纵坐标为2，则其横坐标xn=1,所以|AF=1十1=2，故A错误：若直线AB过点F, 则当AB⊥x轴时，|AB引最小，且最小值为4，故B正确；由题意知直线AB不与y轴垂直，故可设 直线AB的方程为x=my十t,A(x,),B(x2,为)，联立直线与抛物线方程得y2-4my一41=0， 则4=16m+16>0n为=-4，所以=警=，由Oi.0成=-4，得十=-4， 即-41=一4，解得1=2，满足△>0，故直线AB的方程为x=my十2，即直线AB恒过定点 (2,0),故C正确：记准线与x轴的交点为E,OF=1,|EF|=2,因为|BB|=2|OF=2,所 以|BB|=|EF,又BB∥EF,BB⊥EB,BBI=|BF,所以四边形BBEF是正方形，设BB 与y轴的交点为D,易知OD|=|BF|=|BB|=2,|B'D|=1,故|OB|=√2+下=√5，所以四边形OFBB的周 长为1+2+2+√5=5+√5，故D错误.故选BC. 12.0.25由正态曲线的对称性可知P(X>5)=P(X<9)=0.75,所以P(X>9)=1一P(X<9)=1-0.75=0.25. 1.经因为成=元+C+,所以亦=心+C亦+亦+2心.Ci+2Ci·A+2元·成，由题意知PCL AC,AC⊥AB.|PB=13,|CA=1,1PC=|AB=2,所以13=4+1+4+0+0+2×2×2cos(P心，AB),所以 os(P元.A=7,设P-AC-B的大小为0，则0与P元.A互补，故os0=-c0sP元.A=-之，又0E[0,],所 以0=要 14.C%因为(1+x)"(x十1)=(Cm十Cx+C保x2+…十Cx")(Cx"+Cx-1+Cx+十C),因此(Cm)2+(C)2十 (C)十…十(C”)+(C)2是展开式中x”项的系数，而(1十x)的展开式中x"项的系数为C8,所以(C)”+(C) 十(C)2++(C”1)”+(C)=C8 15.解：(1)需测试5次，按顺序可看作为5个位置， 第一步将2个次品放在第2和第5个位置，第二步选3个正品放其余3个位置， 由分步乘法计数原理得方法数为：A·A=48.… …5分 (2)至多3次可分为恰好2次，恰好3次找到所有次品， 恰好2次，即前2次测试都是次品，方法数为A写：………8分 恰好3次，即第3次是次品，前2次中有1次是次品，方法数为C2·C·A号：…12分 所以由分类加法计数原理得总的测试情况数为：A十CCA=18.…13分 16.解：(1)圆C:(x-2)2十(y十1)2=10，则圆心C(2,-1),半径r=10,…1分 ①若直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y十5=k(x一1)，即kx一y一5一k=0, 所以C到直线AB的距离d=2士一5一-=√√102-3，…3分 √R+I 所以=号放AB的方程为号-y一5号=0，即15x一8y一55=0.… …5分 ②若直线AB的斜率不存在，则直线AB的方程为x=1,代入圆C的方程，得y2+2y一8=0，解得y=2,=一4，此时 |AB=6,满足题意. 综上所述，直线AB的方程为x=1或15x-8y一55=0. …8分 (2)连接CE,CF,则M,E,C,F四点在以线段MC为直径的圆上， 线段Mc的中点为（号，-3），MC=-2)+(-5+1=V7, 10分 故过M,E,CF四点的圆的方程为(x一号)+(y十3)=号. 即z2十y-3.x十6y十7=0，… 13分 与圆C:x2+y一4x+2y-5=0的方程相减，得x十4y十12=0， 即直线EF的方程为x十4y十12=0.一 …15分 【高二1月教学质量检测·数学参考答案第2页（共4页）】 17.解：(1)由题意得，随机变量X可取的值为2,3,4，… 1分 易知PX=2)=CC=名，P(X=3)=C=8 C C 15 PX=40-- 4分 则随机变量X的分布列如下： X 2 P 5 15 15 …5分 (2)由1可知，参与者每轮得2分3分4分的概率依次为号，亮， 记参与者第i轮的得分为X,则其前n轮的累计得分为Y=X十X十…十X., 若参与者取球1次后可领取纪念品，即参与者得3分，则PY=3)=: …8分 若参与者取球2次后可领取纪念品，即参与者获得的分数之和为6分，有“4十2“2十4"的情形， 、则PY=6）=2X号X6=清…… 10分 若参与者取球3次后可领取纪念品，即参与者获得的分数之和为9分， 有“2+3十4”“4+3十2”的情形， 则PY=9)=2x号×是×5=品 32 4444444444444040444444440000444404400400+444044440440444…4…4+404004 13分 记“甲能够领取纪念品”为事件A, 则P0=PY=3)+PY=6+PY=9》=是+壳+品-器 4+…*400400…4…044444044440+4小44… 15分 18.解：(1)设AB交CD于点F,连接EF, 因为等边△ACD是圆锥底面圆O的内接三角形，AB为直径，所以AB⊥CD, 所以AC=ABsin-琴=25，所以AF=ACsin否=3， …2分 所以BF=4-3=1,所以OF=2-1=1=BF,所以F是OB的中点， 又E是母线PB的中点，所以EF/PO.EF=PO-2,… …3分 由题意知PO⊥底面圆O,AB,CDC底面圆O.所以PO⊥AB,PO⊥CD, 所以EF⊥AB,EF⊥CD.… 4分 以F为坐标原点，直线CD,AB,FE分别为x轴，y轴，x轴建立空间直角坐标系（如 图所示)，则A(0.-3.0).C(-√3,0,0).D(3,0,0).E(0.0,2), 所以A正=(0,3,2)，AD=(3,30),AC=(-33,0).…5分 m·AE=0. 设平面ADE的一个法向量m=(,x,y,之)，则 m·AD=0, 13y+22=0, 即 3.x+3y=0 令x=3解得y=-1=是所以m=(3,-1,2) …7分4 1n·AE=0. 3b+2c=0, 设平面ACE的一个法向量n=(a,b,c),则 即 n.AC=0. 令a= 1-a十3b=0. 5,解得6=1c=一号，所以m=(31,-号)）： 3 …9分 设平面ADE与平面ACE的夹角为0， 则cs0-msm,a一惯一臺名：即平面ADE与平面ACE的夹角的余弦值为结 …11分 (2)由I)知EF=号PO-2,因为AE与PO交于点M,PO/ER, 12分 所以是-器即号-所以O-专所以Mo,1,号)： 【高二1月教学质量检测·数学参考答案第3页（共4页）】 所以Ci=(3,-1,) …14分 由(1)知平面ADE的一个法向量为m=(3,-1,号)， 设直线CM与平面ADE所成的角为a, 期na=osm亦1-n:C 6 1813 maVx唇 65 即直线CM与平面ADE所成角的正弦值为18至 65.1 17分 19.(1)解：①设“L一椭圆”上任意一点为Mxy),F(一1,0)，F2(1,0), 由定义可知，M,F‖十‖M,F2‖=4，… …1分 即|x十1十|y|十|x-1|十y|=4,… 2分 故“L一椭圆”的方程为x十1十x一1十2y=4.… …3分 x十2，-2≤x≤-1， ②当y0时，y=1,-1<<1, …5分 -x+2,1≤x≤2， 当y0时，由对称性可知， -x-2,-2≤x≤-1， -1.-1<x<1, …6分 x-2,1≤x≤2， 其图形如图所示，所以L.一椭圆”的面积为S=2×号（4十2)×1=……… …8分 (2)证明：由②可知，“L一椭圆”T的面积为S=2(a2一2)=10， 由C=2得，=3，… …9分 所以“L一椭圆”T的方程为x十2|十|x一2十2|y=6。…10分 由P(0%)(x0>≥2，为>0)与②可知，%=一x0十3. 下商证明P代与直线十By十C=o上点Q的rL距离PQ-点产品 当A=0,且B≠0时.设Q(,-), IpQ=。+-()=-+g9|=+t8±C, 当x=时，1P,Q‖== Ar+By+C Axo+By+Cl B maxA,B3… …11分 当B=0,且A≠0时，设Q(- 同理，当y为时P.Q点器品： 12分 当A,B均不为0，且1A≥B引时，设Q(-B片)， IP.Q=-(B+w=+B+- ≥+B9+1-川≥A+B+Bw- Aro+By+Cl A A 当y=为时，取得等号. 所以IP.QIm=A十B十C max(A B 14分 当A,B均不为0，且A≤B时，设Q(x,△+C), B 同理证得，PQ1o品 15分 综上可知，‖P,Qlm A.ro+Byo+C max(Al B 16分 将=一+3代入上式可得，P,Q1=AD十3B+C max(A B …17分 【高二1月教学质量检测·数学参考答案第4页（共4页）】江西高二1月教学质量检测 数 学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写 清楚。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅 笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑：非选择题请用直径0.5毫米黑色墨 水签字笔在答题卡上各题的答题区城内作答，超出答题区域书写的答案 无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 4本卷命题范围：北师大版选择性必修第一册第一章一第六章。 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.直线1：x一√3y十3=0的倾斜角为 A晋 B于 c D晋 2.5名毕业生分别从4家公司中选择一家实习，不同选法的种数为 A.45 B.5 C.A D.C 3.如图，在四面体0-ABC中，OA=a,O成=b,O=c,且OM=MA,BN=号NC,则MN= A一+号+2 一号a+叶 c-ga+2+20 D-2a+号+9 4.若点A(1,2)在圆x2+y2+2x一4y十a=0外，则实数a的取值范围为 A.a>1 B.a<5 C.1<a<5 D.2<a<6 5.设F为抛物线C:y=3x的焦点，过C上一点M作其准线的垂线，垂足为N,若|MF=3,则 ∠FMN= A.30 B.60 C.90 D.120° 6.若圆C:2+y一23P=4与双曲线E:若一-苦=1(a>0,6>0)的渐近线相切，则E的离心率为 A23 B.2② C.√3 D.√2 【高二1月教学质量检测·数学第1页（共4页）】 7设P为椭圆+号-1上一动点，R为椭圆的左焦点，已知点D1,1D,则1PF+PD的最小值为 A.2 B.3 C.4 D.5 8托马斯·贝叶斯(Thomas Bayes)在研究“逆向概率”的问题中得到了一个公式：P(A|B) PA)P(BA)(=1,2,,m,这个公式被称为贝叶斯公式（贝叶斯定理，其中立PA,)PB1A) PAPBIA) 称为B的全概率.假设甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有3个白球和2个红球现从甲袋中任取 2个球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球.已知从乙袋中取出的是2个白球，则从甲袋中取出的是2个 红球的概率为 A克 B动 c是 n号 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.关于(1十x)(1一2x)7,下列结论正确的是 A.展开式中的常数项为1 B.展开式中x3项的系数为一196 C.展开式中所有项的系数和为一2 D.展开式中x5项的系数为392 10.在正方体ABCD-A:BCD,中，AB=2,AP=xAj+yAA(x,y∈[0,1])，则 A.若x十y=1,则点P的轨迹为线段AD, B若x=,则点P的轨迹为连接棱AD的中点和棱AD,中点的线段 C.若x=y,则三棱锥P-A1BC1的体积为定值 D若y=之，则BP与平面ABCD所成角的余弦值的最大值为22 3 11.已知F是抛物线C:y2=4x的焦点，A,B是抛物线C上的两点，O为坐标原点，则 A若A的纵坐标为2，则|AF=3 B.若直线AB过点F,则|AB引的最小值为4 C.若OA·OB-一4，则直线AB恒过定点(2,0) D.若BB垂直C的准线于点B',且|BB|=2OP|,则四边形OFBB的周长为3十√5 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知随机变量X服从正态分布N(7,2),且P(X>5)=0.75,则P(X≥9)= 13.如图，在平行四边形ABCD中，AB⊥AC,AB=2AC=2,沿AC将△ACD折起到△PAC的位置，使得 点P到点B的距离为√13，则二面角P-AC-B的大小为 【高二1月教学质量检测·数学第2页（共4页）】 14.“算两次”是一种重要的数学方法，也称做富比尼(G,Fubini)原理.“为了得到一个方程，我们必须把同 一个量以两种不同的方法表示出来”（波利亚著《数学的发现》第一卷），即将一个量“算两次”.由等式 (1十x)=(1十x)"(x十1)”，n∈N·,n≥2，利用“算两次”原理可得(C9)2+(C)2+(C%)2+…+ (C1)2+(Cm)2= ·(结果用组合数表示) 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.(本小题满分13分) 已知6件不同的产品中有2件次品，现对这6件产品一一进行测试，直至找到所有次品并立即停止 测试 (1)若恰在第2次测试时，找到第一件次品，第5次测试时，找到第二件次品，则共有多少种不同的测 试情况？ (2)若至多测试3次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试情况？ 16.(本小题满分15分) 已知圆C:x2+y2-4x+2y-5=0和点M(1,-5). (1)过点M作一条直线与圆C交于A,B两点，且|AB|=6,求直线AB的方程： (2)过点M作圆C的两条切线，切点分别为E,F,求EF所在的直线方程. 17.(本小题满分15分) 为普及航天知识，某航天科技体验馆开展了一项“摸球过关”领取航天纪念品的游戏，规则如下：不透 明的口袋中有4个白球，2个红球，这些球除颜色外完全相同.参与者每一轮从口袋中一次性取出4 个球，将其中的白球个数记为该轮得分X,记录完得分后，将摸出的球全部放回袋中.当参与者完成第 n轮游戏，且其前n轮的累计得分恰好为3时，游戏过关，可领取纪念品，同时游戏结束，否则继续参 与游戏.若第3轮后仍未过关，则游戏也结束，参与者不能获得纪念品.每位参与者只能参加一次 游戏. (1)求随机变量X的分布列； (2)若甲参加该项游戏，求甲能够领到纪念品的概率， 【高二1月教学质量检测·数学第3页（共4页）】 18.(本小题满分17分) 如图，在以P为顶点的圆锥中，点O是圆锥底面圆的圆心，AB是圆锥底面圆的直径，C,D为底面圆 周上的两点，且△ACD为等边三角形，E是母线PB的中点，PO=AB=4. (1)求平面ADE与平面ACE的夹角的余弦值； (2)设AE与PO交于点M,求直线CM与平面ADE所成角的正弦值. 19.(本小题满分17分) 在平面直角坐标系中，设E(1,h),F(x),定义两点E,F之间“L”距离为1E,F‖=|一x|十 |y一y|.把到两定点F1(一c,0),Fz(c,0)的“L”距离之和为定值2a(a>c)的点的轨迹叫做“L一椭 圆”，F1,F2为此“L一椭圆”的焦点。 (1)已知a=2,c=1. ①求“L一椭圆”的方程； ②求“L一椭圆”的面积； (2)已知“L一椭圆”T的焦点分别（一2,0），(2,0)，其面积为10，P(x,为)(x≥2，%>0)为T上一定 点，且在直线L:Ax+By+C=-0外，点Q在1上.证明：IP,Q‖=A-B)十3B+C max(A B 其中IP,Q‖m表示两点P,Q之间“L”距离的最小值，max{|A|,|B}表示|A|,B|中的较 大者. 【高二1月教学质量检测·数学第4页（共4页）】