江苏省连云港市灌云县第一中学2024-2025学年高二下学期5月期中考试数学试题

高二年级下学期期中考试 数学 试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知，则 A. B. 或 C. D. 或 2.如图，三棱锥中，，，，点为中点，点满足，则(     ) A.   B. C. D. 第3题 第2题 3.已知随机变量服从正态分布，随机变量服从正态分布，和的分布密度曲线如图所示，则 A. B. C. D. 4.设，为两个随机事件，若，，则(     ) A. B. C. D. 5.等差数列的首项为，公差不为若，，成等比数列，则的前项和为(     ) A. B. C. D. 6.已知满足+，，，则的值为(     ) A. B. C. D. 7.甲袋中有个白球和个红球，乙袋中有个白球和个红球，丙袋中有个白球和个红球，先随机取一只袋，再从该袋中随机取一个球，该球为红球的概率是(     ) A. B. C. D. 8.设随机变量服从，当方差最大时，的值是(     ) A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.下列结论正确的是(     ) A. 椭圆的焦点坐标是 B. 双曲线的顶点坐标是 C. 抛物线的准线方程是 D. 双曲线的离心率 10.下列说法中正确的是(    ) A. 设和互为对立事件，则 B. 若随机变量X~B(n,),且D(3X+2)=12,则E(3X+2)=8 C. 若P(M)=0.64,P(M)=0.32,则P(MN)=0.32 D. 若随机变量X的分布列为P(X=k)=(k=0,1,2),则E(X)= 11.已知函数，下列说法正确的有(    ) A. 函数在处的切线方程为 B. 函数在单调递减 C. 函数在上的极大值为 D. 若方程仅有个解，则的取值范围是或 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知（5，1，3），（﹣2，1，x），且OA⊥OB，则 　 　 ． 13．若，则展开式中二项式系数和为　 　 ．（结果用数字作答） 14．某次数学考试中，学生成绩X服从正态分布（105，2）．若，则从参加这次考试的学生中任意选取3名学生，恰有2名学生的成绩高于125的概率是 　 　 ． 四、填空题：本题共5小题，每小题13-17分不等，共77分。 15．某市共有10所重点大学可供考生选择，其中3所为985高校，4所为211高校，另外3所为特色专业高校．一位考生准备从这10所高校中随机选择4所进行志愿填报，每所高校被选中的概率相同． （1）求该考生恰好选到2所985高校的概率； （2）若该考生选到985高校的数量为X，求随机变量X的分布列和数学期望． 16．如图，已知四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，BC∥AD，AB⊥AD，PA＝AB＝AD＝2BC＝4，E为PD中点， （1）求证：CE∥平面PAB； （2）求点A到平面PBC的距离． 17. 如图，等边三角形ABC的边长为8，E，F分别为所在边的中点，O为线段EF的中点，现将三角形ABC沿直线EF折起，使得二面角A﹣EF﹣B为直二面角． （1）求线段AC的长度； （2）求直线BE与平面ABC所成角的正弦值； （3）棱AC上是否存在异于端点的点M，使得点A到平面OBM的距离为．若存在，请指出点M的位置；若不存在，请说明理由． 18. 已知． （1）若m＝3，n＝9，求： ①a1+a2+a3+…+an的值， ②a1+a3+a5+…+an的值； （2）若a1＝20，求a2的最小值． 19. 已知椭圆C1和圆C2的方程分别是，x2+y2＝a2+b2（a＞b＞0），椭圆C1的离心率，点M，N分别在C1，C2上，|MN|的最大值为． （1）求C1，C2的方程； （2）点P（x0，y0）（y0＞1）是圆C2上的动点，过点P作与椭圆C1有且只有一个交点的两直线l1，l2，设直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，且与x轴分别交于点A，B． （i）求证：k1k2为定值； （ii）求|AB|的取值范围． 答案和解析 1.【答案】  【解析】解：因为，解得或， ，，所以． 故选：C． 2.【答案】  【解析】【分析】 本题考查空间向量基本定理，空间向量的线性运算，属于基础题． 利用图形结合向量的加减法运算求解即可． 【解答】解：如图所示：， 又，为中点， ． 故选：． 3.【答案】  【解析】解：对于，，故A错误； 对于，因为， 所以    ，故B错误； 对于，显然， 所以， 所以，故C正确；  对于，因为， 所以，故D错误． 故选：． 4.【答案】  【解析】解：，， ， 又， ． 故选：． 利用条件概率公式求解． 本题主要考查了条件概率公式，属于基础题． 5.【答案】  【解析】【分析】 本题考查等比数列的性质及其前项和公式，属于基础题． 先根据题意结合等比数列的性质求出公差，再利用等差数列的前项和公式求出． 【解答】 解：设等差数列的首项为，公差为， 因为，，成等比数列， 所以， 即， 整理得， 又因为，，所以， 所以， 所以前项的和． 故选：． 6.【答案】  【解析】【分析】 本题考查了向量的夹角公式、向量的数量积、向量的模等知识点，属较易题． 根据已知求得  ，平方可得  ，进而求出  ，根据向量的夹角公式即可求得答案． 【解答】 解：由  可得 -20 故选： 7.【答案】  【解析】【分析】 本题考查全概率公式，属于中档题． 设取出的球为红球为事件，取到甲袋、乙袋、丙袋为事件，，，利用全概率公式求解即可． 【解答】解：设取出的球为红球为事件， 取到甲袋、乙袋、丙袋为事件，，，则， 由全概率公式可得： ． 故选：． 8.【答案】  【解析】【分析】 本题考查二项分布的方差和概率.掌握二项分布的概率公式是解题基础. 由题意 D ()=6p(1-p)=6(-+p)=-6+, ​​​​​​​可得p=时,D()最大,此时P(=3)=，即可求解. 【解答】 解：随机变量~B(6,p)，(0< p<1); D ()=6p(1-p)=6(-+p) ​​​​​​​=-6+, 当p=时,D ()取得最大值 此时P(=3)== 故选D; 9.【答案】  【解析】【分析】 本题考查了椭圆、双曲线、抛物线的方程与有关性质，以及直线与圆的位置关系，属于基础题． 由题意，直接利用椭圆、双曲线、抛物线的性质可判断选项A，，；求出圆心到直线的距离，再与半径比较后可判断选项D． 【解答】解：在椭圆中，因为，，则，且焦点在轴上，A错误； 双曲线的顶点在轴上，B正确； 抛物线的准线为，C正确； 双曲线的离心率，D正确． 故选：． 10.【答案】  【解析】【分析】 本题考查条件概率、全概率公式、随机变量的分布列及数学期望、二项分布的方差及期望的性质，属于中档题． 根据选项依次求解即可． 【解答】解：对于，条件概率的性质，故A正确 对于，因为，所以，则，所以， 所以，故B正确 对于，根据全概率公式，，故B正确 对于，由题意知，服从，，的超几何分布，所以，故D错误． 11.【答案】  【解析】解：由， 可得： 当或时，，当时，， 所以在和上单调递增，在 上单调递减， 所以极大值为，极小值为， 对于：，， 所以切线方程为： 故A正确； 对于：函数在单调递减，故 B正确； 对于：函数在上单调递增，在的最大值为，故 C错误； 对于：若方程仅有个解， 可得：或，故D正确． 故选：． 12.【分析】直接利用向量垂直的充要条件和向量的坐标运算求出向量的模． 【解答】解：由于（5，1，3），（﹣2，1，x），且OA⊥OB，所以，解得x＝3． 故， 所以，故． 故答案为：． 【点评】本题考查的知识点：向量的坐标运算，向量垂直的充要条件，向量的模．主要考查学生的运算能力，属于基础题． 13．若，则展开式中二项式系数为　1024　 ．（结果用数字作答） 【分析】先由组合数公式求出n的值，再利用二项式定理求解， 【解答】解：因为， 所以5（n﹣1）， 解得n＝10或1（舍去）， 所以二项式的展开式中二项式系数为：=1024． 【点评】本题主要考查了二项式定理的应用，属于基础题． 14．某次数学考试中，学生成绩X服从正态分布（105，2）．若，则从参加这次考试的学生中任意选取3名学生，恰有2名学生的成绩高于120的概率是 　　 ． 【分析】先利用正态分布曲线的对称性求出P（X＞120），再利用独立事件的概率乘法公式求解． 【解答】解：因为学生成绩X服从正态分布（105，2），且， 所以P（X＞125）， 所以从参加这次考试的学生中任意选取3名学生，恰有2名学生的成绩高于125的概率是． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了正态分布曲线的对称性，考查了独立事件的概率乘法公式，属于基础题． 15.【分析】（1）先求出从10所高校中任取4所的总数，再求出恰有2所985高校的取法再用古典概型的概率公式计算即可； （2）先分析出该考生选到985高校的个数X取值为0，1，2，3，再利用超几何分布计算出X取不同值时的概率，进而列出分布列，求出数学期望． 【解答】解：（1）从10所高校中，任取4所，共有种取法； 恰有2所985高校的取法为：， 该考生恰好选到2所985高校的概率为， （2）设X为该考生选到985高校的个数，则X的取值为0，1，2，3， ，，， ， 则： X 0 1 2 3 P ． 【点评】本题考查离散型随机变量的均值（数学期望），属于中档题． 16.【分析】（1）取PA的中点F，连接EF，BF，先证四边形BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，再由线面平行的判定定理，即可得证； （2）取PB的中点H，连接AH，证明AH⊥平面PBC，可知点A到平面PBC的距离为AH，再求之即可． 【解答】（1）证明：取PA的中点F，连接EF，BF， 因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EFAD＝1， 又BC∥AD，AD＝2BC＝2， 所以EF∥BC，EF＝BC， 所以四边形BCEF是平行四边形， 所以CE∥BF， 又CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB， 所以CE∥平面PAB． （2）解：取PB的中点H，连接AH， 因为PA＝AB，所以AH⊥PB， 因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC， 因为BC∥AD，AB⊥AD，所以AB⊥BC， 又PA∩AB＝A，PA、AB⊂平面PAB， 所以BC⊥平面PAB， 所以BC⊥AH， 又PB∩BC＝B，PB、BC⊂平面PBC， 所以AH⊥平面PBC，即点A到平面PBC的距离为AH， 在等腰直角△PAB中，AHPB， 故点A到平面PBC的距离为． 【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面平行的判定定理，线面垂直的判定与性质定理，以及点到平面的距离的定义是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题． 17.【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出，即可求解； （2）求出平面ABC的一个法向量，利用向量法求解即可； （3）求出平面OBM的一个法向量，利用向量法求解即可． 【解答】解：（1）连接AO，则AO⊥EF，由题知平面AEF⊥平面EBCF， 且平面AEF∩平面EBCF＝EF，又AO⊂平面BCFE， 所以AO⊥平面BCFE， 取边BC的中点记为D，则OE⊥OD， 以为正交基底建立如图所示空间直角坐标系， 易知， 所以， （2）由题知，记平面ABC的一个法向量， 易知，， 则，所以， 不妨取y0＝1，得，即， 记直线BE与平面ABC的所成角为θ， 则， 所以，直线BE与平面ABC的所成角的正弦值为； （3）设，其中0＜λ＜1， ，， ，，， 记平面OBM的一个法向量为， 则，则， 不妨取z1＝4λ，解得， 即， 则点A到平面OBM的距离， 整理得：21λ2+14λ﹣7＝0即3λ2+2λ﹣1＝0， 解得或λ＝﹣1（舍去）， 所以，当点M位于线段AC的靠近点A的三等分点时，点A到平面OBM的距离为． 【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题． 18.【分析】（1）由赋值法，分别令x＝0，x＝1，x＝﹣1即可求解； （2）由a1＝20，得到n＝20﹣2m，再通过m＝1和m≥2两类情况讨论求解即可． 【解答】解：（1）已知． 因为m＝3，n＝9，所以， ①令x＝0，得a0＝2， 令x＝1，得， 所以a1+a2+…+an＝a1+a2+…+a9＝537， ②令x＝﹣1，得a0﹣a1+a2﹣…﹣a9＝﹣1， 由①，得a0+a1+a2+…+a9＝155，所以； （2）由， 得2m+n＝20，所以n＝20﹣2m，其中m＝1，2，…6， 当m＝1时，n＝18，， 当m≥2时，， 结合二次函数的性质可知当m＝5时（a2）min＝85＜153， 所以a2的最小值为85． 【点评】本题考查了二项式定理，重点考查了赋值法，属中档题． 19.【分析】（1）根据圆和椭圆的性质可得，结合题意列式求解即可； （2）（i）设直线方程为y＝kx+m，联立方程结合圆的方程k1，k2是方程的根，利用韦达定理分析证明；（ii）求点A，B，结合韦达定理可得，换元结合二次函数求取值范围． 【解答】解：（1）圆C2的圆心为O，半径，则， 由题意可得：，解得， 所以椭圆C1和圆C2的方程分别是，x2+y2＝5． （2）证明：（i）设直线方程为y＝kx+m， 联立方程，消去y可得（4k2+1）x2+8kmx+4m2﹣4＝0， 则Δ＝64k2m2﹣4（4k2+1）（4m2﹣4）＝0，整理可得m2＝4k2+1， 又因为直线y＝kx+m过点P（x0，y0）（y0＞1）， 可得y0＝kx0+m，即m＝y0﹣kx0， 则，整理可得， 可知k1，k2是方程的根， 则， 且P（x0，y0）在圆上，则，即， 所以； （ii）由（1）可得：， 由直线l1：y＝k1x+y0﹣k1x0，l2：y＝k2x+y0﹣k2x0可得， 则， 因为，令，则， 则， 所以|AB|的取值范围为． 【点评】本题考查了直线与椭圆的综合，考查了方程思想及转化思想，属于中档题． — 1 — 学科网（北京）股份有限公司 $$