精品解析：江西省乐平中学2024-2025学年高二上学期1月期末数学试题

高二年级上学期期末考试数学试卷 一、单选题（共8小题，每小题5分） 1. 若双曲线满足，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 2. 已知随机变量，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 3. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷3次，则出现三个点数之和为6的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 为了迎接学校即将到来的某项活动，某班组织学生进行卫生大扫除，班主任将班级中的9名同学平均分配到三个包干区（编号1、2、3）进行卫生打扫，其中甲同学必须打扫1号包干区，则不同的分配方法有（ ） A 560种 B. 280种 C. 840种 D. 1120种 5. 过直线上一点M作圆C：的两条切线，切点分别为P，Q．若直线PQ过点，则直线PQ的方程为（ ） A. B. C D. 6. 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. 7. 某学生进行投篮训练，采取积分制，有7次投篮机会，投中一次得1分，不中得0分，若连续投中两次则额外加1分，连续投中三次额外加2分，以此类推，连续投中七次额外加6分，假设该学生每次投中的概率是，且每次投中之间相互独立，则该学生在此次训练中恰好得7分的概率是（ ） A. B. C. D. 8. 已知中心在坐标原点的椭圆的左､右焦点分别为，过点的直线与交于两点，且，点为线段上靠近的四等分点.若对于线段上的任意一点，都有成立，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共3小题，每小题6分） 9. 已知事件满足，，则下列结论正确的是（     ） A. 如果，那么 B. 如果，那么， C. 如果与互斥，那么 D. 如果与相互独立，那么 10. 已知圆，以下四个结论正确的是（    ） A. 过点与圆M相切的直线方程为 B. 圆M与圆 相交 C. 过点可以作两条直线与圆M相切 D. 圆M上的点到直线的距离的最大值为3 11. 在平面直角坐标系中，点是抛物线的焦点，两点、在抛物线上，则下列说法正确的是（ ） A. 抛物线的方程为 B. C. 以为直径的圆的方程是 D. 、、三点共线 三、填空题（共3小题，每小题5分） 12. 已知的展开式中含项的系数为120，则______. 13. 把一枚骰子连续抛掷两次，记事件为“两次所得点数均为奇数”，为“至少有一次点数是5”，则______. 14 若直线：与圆：交于，两点，则______. 四、解答题（共5小题，共77分） 15. 如图所示，直三棱柱中，，，. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 16. 某校举行围棋友谊赛，甲、乙两名同学进行冠亚军决赛，每局比赛甲获胜的概率是，乙获胜的概率是，规定：每一局比赛中胜方记1分，负方记0分，先得3分者获胜，比赛结束． （1）求进行3局比赛决出冠亚军的概率； （2）若甲以领先乙时，记表示比赛结束时还需要进行的局数，求的分布列及数学期望． 17. 一个不透明的盒子中有质地、大小相同的球5个，其中红球3个，黄球2个，每次不放回的随机从盒中取一个球，当盒中只剩一种颜色时，停止取球． （1）求盒子中恰剩2个红球的概率； （2）停止取球时，记盒子中所剩球的个数为X，求X的分布列与数学期望． 18 已知抛物线经过点，直线与交于，两点（异于坐标原点）． （1）若，证明：直线过定点． （2）已知，直线在直线的右侧，，与之间的距离，交于，两点，试问是否存在，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 19. 某汽车销售公司为了提升公司的业绩，现将最近300个工作日每日的汽车销售情况进行统计，如图所示. （1）求值以及该公司这300个工作日每日汽车销售量的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）以频率估计概率，若在所有工作日中随机选择4天，记汽车销售量在区间内的天数为，求的分布列及数学期望； （3）为增加销售量，公司规定顾客每购买一辆汽车可以进行一次抽奖活动，规则如下：抽奖区有两个盒子，其中盒中放有9张金卡､1张银卡，盒中放有2张金卡､8张银卡，顾客在不知情的情况下随机选择其中一个盒子进行抽奖，直到抽到金卡则抽奖结束（每次抽出一张卡，然后放回原来的盒中，再进行下次抽奖，中途可更换盒子），卡片结果的排列对应相应的礼品.已知顾客小明每次抽奖选择两个盒子的概率相同，求小明在首次抽奖抽出银卡的条件下，第二次从另外一个盒子中抽奖抽出金卡的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二年级上学期期末考试数学试卷 一、单选题（共8小题，每小题5分） 1. 若双曲线满足，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据离心率公式计算可得答案. 【详解】由，得， 即. 故选：C. 2. 已知随机变量，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正态分布密度曲线的对称性可求得，代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得所求代数式的最小值. 【详解】因为随机变量，且，则，可得， ， 当且仅当时，等号成立，所以，的最小值为. 故选：B. 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 3. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷3次，则出现三个点数之和为6的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】所有实验结果有种，列举出每次实验掷三次骰子的点数之和为6的基本事件之和为，即可求出概率. 【详解】根据题意，随机掷一枚均匀的正方体骰子，每次实验掷三次，共有种不同的结果， 其中每次实验掷三次骰子的点数之和为6的基本事件包括数字1、2、3组成的结果有种， 数字1、1、4组成的结果有种，数字2、2、2组成的结果有种. 故所求概率为. 故选：B. 4. 为了迎接学校即将到来的某项活动，某班组织学生进行卫生大扫除，班主任将班级中的9名同学平均分配到三个包干区（编号1、2、3）进行卫生打扫，其中甲同学必须打扫1号包干区，则不同的分配方法有（ ） A. 560种 B. 280种 C. 840种 D. 1120种 【答案】A 【解析】 【分析】现将9名同学平均分成3组，再将含有甲的分组打扫1号包干区，其他两组分别负责2、3号包干区，最后结合分步乘法计数原理即可求解. 【详解】第一步，将9名同学平均分成3组，共有种分法； 第二步，含有甲的分组打扫1号包干区，其他两组分别负责2、3号包干区，共有种分法； 由分步乘法计数原理可知，所有分配方法共种. 故选：A. 5. 过直线上一点M作圆C：的两条切线，切点分别为P，Q．若直线PQ过点，则直线PQ的方程为（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，先利用两圆方程相减得到直线PQ的方程，再利用直线PQ过点求得t的值，进而得到直线PQ的方程. 【详解】圆C：的圆心为， 设，则以为直径的圆的方程为 与圆C的方程两式相减可得直线PQ的方程为 因为直线PQ过点，所以，解得． 所以直线PQ的方程为，即． 故选：C． 6. 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. 7. 某学生进行投篮训练，采取积分制，有7次投篮机会，投中一次得1分，不中得0分，若连续投中两次则额外加1分，连续投中三次额外加2分，以此类推，连续投中七次额外加6分，假设该学生每次投中的概率是，且每次投中之间相互独立，则该学生在此次训练中恰好得7分的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，分为连中4次，额外加3分，剩余3次不中、连中3次，额外加2分，剩余4次，两次投中，两次没投中，且两次投中不连续和有两次连中两回，三类情况，结合独立重复试验的概率公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解. 【详解】根据题意，该学生在此次训练中恰好得7分，可分为三类情况： ①若连中4次，额外加3分，剩余3次不中，满足要求，此时将连中4次看作一个整体，与其他三次不中排序，共有种选择，故概率为， ②若连中3次，额外加2分，剩余4次，两次投中，两次没投中，且两次投中不连续，故两次不中之间可能为一次中，也可能是三次中，有以下情况： 中中中（不中）中（不中）中，中（不中）中中中（不中）中，中（不中）中（不中）中中中，则概率， ③若有两次连中两回，中中（不中）中中（不中）中，中（不中）中中（不中）中中，中中（不中）中（不中）中中，满足要求，则概率为， 综上，该生在比赛中恰好得7分的概率为. 故选：B. 8. 已知中心在坐标原点的椭圆的左､右焦点分别为，过点的直线与交于两点，且，点为线段上靠近的四等分点.若对于线段上的任意一点，都有成立，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由结合极化恒等式得，从而得，结合椭圆定义可得在和中由余弦定理建立关系得离心率. 【详解】 取的中点，连接. 则有. 同理， 因此.所以， 取的中点，连接，则，由三线合一得， 设，故，解得， 则， 在和中，由余弦定理得，，解得， 故选：. 【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法： ①求出a，c，代入公式； ②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)． 本题关键是在和中由余弦定理建立关系式，也可以在和中同样的方法求解. 二、多选题（共3小题，每小题6分） 9. 已知事件满足，，则下列结论正确的是（     ） A. 如果，那么 B. 如果，那么， C. 如果与互斥，那么 D. 如果与相互独立，那么 【答案】CD 【解析】 【分析】古典概型、条件概率、互斥事件的概率，相互独立事件的概率公式的运用。 【详解】对于选项A，设一个盒子里有标号为 1 到 10 的小球, 从中摸出一个小球, 记下球的编号, 记事件A=“球的编号是偶数”， 事件B=“球的编号是1，2，3” ，事件C=“球的编号是奇数” 满足 , 但是 选项A错误; 对于选项B，如果 , 那么 ,选项B错误; 对于选项C， 如果与互斥，那么 , 所以选项C正确; 对于选项D，如果与相互独立，那么 所以选项D正确。 故选：CD 10. 已知圆，以下四个结论正确的是（    ） A. 过点与圆M相切的直线方程为 B. 圆M与圆 相交 C. 过点可以作两条直线与圆M相切 D. 圆M上的点到直线的距离的最大值为3 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据点和圆的位置关系、圆的切线方程、圆与圆的位置关系、圆上的点到直线的距离等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】依题意，圆的圆心，半径， 对于A，点在圆M上，圆心M到直线距离为1， 即过点与圆M相切的直线方程为，A正确； 对于B，圆的圆心，半径， 则有，即圆M与圆N外离，B不正确. 对于C，点在圆M外，则过点可以作两条直线与圆M相切，C正确； 对于D，圆心到直线的距离， 则圆M上的点到直线的距离的最大值为，D正确； 故选：ACD 11. 在平面直角坐标系中，点是抛物线的焦点，两点、在抛物线上，则下列说法正确的是（ ） A. 抛物线的方程为 B. C. 以为直径圆的方程是 D. 、、三点共线 【答案】ABD 【解析】 【分析】将点的坐标代入抛物线的方程，结合，求出的值，可判断A选项；将点的坐标代入抛物线的方程，结合求出的值，可判断B选项；求出以为直径的圆的方程，可判断C选项；根据、的关系可判断D选项. 【详解】对于A，因为在抛物线上，所以，又，解得， 所以，抛物线的方程为，故A正确； 对于B，因为在抛物线上，所以， 又，解得，故B正确； 对于C，，，则以为直径的圆的圆心为， 半径， 所以，以为直径的圆的方程是， 即，故C错误； 对于D，因为、、， 所以，，所以， 所以，，三点共线，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题（共3小题，每小题5分） 12. 已知的展开式中含项的系数为120，则______. 【答案】-1 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项公式可分别求得含项，再相加，从而可解. 【详解】因为的通项公式为， 所以的展开式中含项为. 因为的通项公式为， 所以的展开式中含项为. 则的展开式中含项为 ，得 故答案为：-1 13. 把一枚骰子连续抛掷两次，记事件为“两次所得点数均为奇数”，为“至少有一次点数是5”，则______. 【答案】 【解析】 【分析】列出所有可能的基本事件，进而求出事件M发生的基本事件数，以及在此条件下发生的事件N的基本事件数. 【详解】连抛掷一枚骰子两次，所有可能的结果如下表： 骰子 1 2 3 4 5 6 1 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6) 2 (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6) 3 (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (36) 4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6) 5 (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6) 6 (6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6) 其中发生事件M的结果有9种， 在事件M条件下发生事件N的结果有5种， 所有. 故答案为：. 14. 若直线：与圆：交于，两点，则______. 【答案】 【解析】 【分析】首先确定圆心和半径，应用点到直线距离公式求圆心到直线的距离，再由几何法求弦长即可． 【详解】由圆，故圆心，半径为，直线， 故圆心到直线的距离为， ． 故答案为：． 四、解答题（共5小题，共77分） 15. 如图所示，直三棱柱中，，，. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题意证得平面，得到，进而证得平面，利用你线面垂直的性质，即可证得； （2）以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 证明：因为三棱柱为直三棱柱，且，， 在直角与直角中，可得， 所以，所以， 所以，所以. 因为底面，底面，所以， 又，，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以. 【小问2详解】 解：以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立的空间直角坐标系， 如图所示，则，，，， 则，，， 设平面的法向量为，则， 令，可得 ，所以平面的一个法向量为. 设直线与平面所成角的大小为， 则. 故直线与平面所成角的正弦值为. 16. 某校举行围棋友谊赛，甲、乙两名同学进行冠亚军决赛，每局比赛甲获胜的概率是，乙获胜的概率是，规定：每一局比赛中胜方记1分，负方记0分，先得3分者获胜，比赛结束． （1）求进行3局比赛决出冠亚军的概率； （2）若甲以领先乙时，记表示比赛结束时还需要进行的局数，求的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析，数学期望为 【解析】 【分析】（1）分甲乙全胜两种情况相加得结果； （2）利用分布列步骤求解并求得期望. 【小问1详解】 甲3局全胜的概率为, 乙3局全胜的概率为， 进行3局比赛决出冠亚军的概率为 【小问2详解】 的可能取值为1，2， ， ， 故的分布列为： 1 2 故． 17. 一个不透明的盒子中有质地、大小相同的球5个，其中红球3个，黄球2个，每次不放回的随机从盒中取一个球，当盒中只剩一种颜色时，停止取球． （1）求盒子中恰剩2个红球的概率； （2）停止取球时，记盒子中所剩球的个数为X，求X的分布列与数学期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）由古典概型概率计算公式可得答案； （2）求出X的所有可能取值及对应的概率可得答案. 【小问1详解】 恰剩2红球，第3次必是黄球， 所以盒子中恰剩2个红球的概率； 【小问2详解】 X的所有可能取值为1，2，3， ， ， ， ∴X的分布列为 X 1 2 3 P ． 18. 已知抛物线经过点，直线与交于，两点（异于坐标原点）． （1）若，证明：直线过定点． （2）已知，直线在直线的右侧，，与之间的距离，交于，两点，试问是否存在，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）将点代入抛物线方程求出，直线与抛物线联立方程组，由，利用向量数量积和韦达定理，求出，可得直线所过定点. （2）设两条直线与的方程，分别与抛物线方程联立，求出弦长，由和 ，求的值. 【小问1详解】 证明：将点代入，得，即． 联立得， 由，设，，则，． 因为，所以恒成立，则， 所以的方程为，故直线过定点． 【小问2详解】 联立得，则 且，即， ， 设，同理可得． 因为直线在的右侧，所以，则，即． 所以，即，解得， 因为，所以满足条件的存在，. 【点睛】方法点睛： 解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、抛物线的条件；强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 19. 某汽车销售公司为了提升公司的业绩，现将最近300个工作日每日的汽车销售情况进行统计，如图所示. （1）求的值以及该公司这300个工作日每日汽车销售量的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）以频率估计概率，若在所有工作日中随机选择4天，记汽车销售量在区间内的天数为，求的分布列及数学期望； （3）为增加销售量，公司规定顾客每购买一辆汽车可以进行一次抽奖活动，规则如下：抽奖区有两个盒子，其中盒中放有9张金卡､1张银卡，盒中放有2张金卡､8张银卡，顾客在不知情的情况下随机选择其中一个盒子进行抽奖，直到抽到金卡则抽奖结束（每次抽出一张卡，然后放回原来的盒中，再进行下次抽奖，中途可更换盒子），卡片结果的排列对应相应的礼品.已知顾客小明每次抽奖选择两个盒子的概率相同，求小明在首次抽奖抽出银卡的条件下，第二次从另外一个盒子中抽奖抽出金卡的概率. 【答案】（1），150 （2）分布列见解析， （3） 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图中所有的矩形面积之和等于1求得值，根据平均数公式列式计算即得； （2）理解题意，判断，分别计算的所有可能指的概率，列出分布列，计算数学期望即得； （3）根据条件概率的计算公式可求该概率. 【小问1详解】 依题意得 解得. 所求平均数为. 【小问2详解】 因汽车销售量在区间内的概率为， 在所有工作日中随机选择4天，相当于一个4重伯努利试验，故， 则， 0 1 2 3 4 故. 【小问3详解】 设为“小明在首次抽奖抽出银卡”，则， 设为“小明第二次从另外一个盒子中抽奖抽出金卡”， 则， 故. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查频率分布直方图，二项分布以及条件概率公式的应用，属于较难题. 解题关键在于根据题设条件，确定伯努利概型并进行计算，设出相应的事件，正确理解题意，利用条件概率公式计算. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$