精品解析：江苏连云港市灌南县名校协作体2025-2026学年高二下学期6月阶段检测数学试题

6学科网命组卷网 高二数学试题 注意事项： 1.本试卷共4页，满分为150分，考试时间为120分钟.考试结束后，请将答题卡交回. 2.答题前，请务必将自己的姓名、考试号等用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规 定位置. 一、单选题：共8小题，每小题5分，满分40分 1已知集合4={x∈NI-1<x<列B=L3,5},郑么4nB=() 4.{01,3} B.1,3} c{01,3,5} D.{1,3,5 【答案】B 【解析】 【详解1因为4={xeN-1<x<5}=L,23,4号，又B={3,5), 则AnB={L,3} 2若复数2满足22-)=11+7i 为虚数单位)，则乙为() A.3+5i B3-5i c-3+5i D.-3-5i 【答案】B 【解析】 1之7t7+72+05+253+5iz35 5 5 3.已知向量a,方满足la=2,(a-b列1b,la+6=N13,则l6=() 第1页/共25页 6学科网 命组卷网 A.1 B.V2 c v3 D.2 【答案】C 【解析】 【分析】由向量的垂直结合向量数量积的运算公式即可求解. 【详解1由愿意得(i-b-6=a-6-6-b=0,即a-6b, 且a+b=13,即a+2a-6+6P=13 4+26P+6=13,解得16P=3.=3 4.某班组织5名同学到三个不同社区志愿服务，每位同学只去一个社区且每个社区至少1人最多2人，则 不同的安排方法有()种 A.90 B.60 C.150 D.140 【答案】A 【解析】 【分析】先确定分配人数只能是2,2,1，分组时注态除以A消除重复，最后将3组企排列到3个不同社 区 ccc=15 【详解】5人只能按照2,2,1分组，分组方法有A? ,将分好的3组分别派往3个不同社区： 4=6 则不同安排方法共有15×6=90 5.(x+2(2x-辰开式中含x项的系数为() -260 A. B.100 C.220 D.380 【答案】A 【解析】 第2页/共25页 命学科网命组卷网 【详解1(2xr-的展开式的通项公式为71=C(2x(-)=C2tx←-)】 所以(x+22x-)展开式含x项的系数为Cg·2(-)°+2C·2(-°=-260 6.己知甲、乙两名射手独立射击同一目标，甲击中目标的概率为0.6，乙击中目标的概率为0.5.现已知目 标被击中，则该目标是甲击中的概率为() A.0.6 B.0.8 C.0.75 D.0.5 【答案】C 【解析】 【详解】记甲击中目标为事件A,记乙击中目标为事件B,则P（4)=0.6,P(B)=0.5 记击中目标为事件C,则P(C)=P(4B=P(A)P(B)=(1-0.61-0.5)=0.2 所以P(C)=1-PC)=1-0.2=0.8 P(4C)_0.6=0.75 又r40)=06,所以P(41C)-=PC-08 7.在四面体P-ABC中，PA⊥平面ABC,AB=BC=2,∠ABC=120°若四面体P-ABC的体积为 2W5 3,则AC与平面PBC所成角的正弦值为() 3 6 A.3 B.5 c.6 D.7 【答案】D 【解析】 第3页/共25页 6学科网命组卷网 【详解】 在A4BC中，B=BC=2,∠ABC=209,由三角彩面积会式得S今c三4B-Csin120=B 由余弦定理得4C2=B+BC2-24B-BC-c0s120=12,放4C=25 因为P11T面Ac,因百休体'写度PA= 3,代入SMc=V5解得PA=2 以B为原点，BC为y轴，平面ABC内垂直于BC的方向为x轴，过B且垂直于平面ABC的方向为z轴， 得各点坐标：B00,0,C(0,20),AV5,-1,0）.P(N3,-1,2). BC=(0,2,0),PB=（-V3,1-2 设平面PBC的法向量为厅=(x,2), n-BC=2y=0 则aPB=5x+y-2z=0解粉y=0令x=2得2=-5即m=久0-月)： 又向量AC=(5,30）,4C=25 设AC与平面PBC所成角为8，根据线面角与向量夹角的关系， sin-cos(4C.n)= ACm 23x7 7 第4页/共25页 6学科网命组卷网 8.在棱长为1的正方 ABCD-ABCP中，M是枝B的中点，N是正方 BCCB内的动点（包含 边界)，且DN/平面AMD,则点N的轨迹长度为() π 2 A.2 B.√2 C.4 D.2 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用线面平行，可知直线的方向向量与平面的法向量垂直，确定动点N坐 标之间的联系，从而找到过点D且与平面 MD平行的平面，与平面 CCB 的交线即为动点N的轨迹， 最后计算轨迹线段长度即可。 【详解1解：由正方体1BCD-4BCD,可建立以D为原点，DA为袖，DC为'轴，DD为严轴 的空间直角坐标系， 则D0,a.0.4a0.M.n@0.所u4-（0l,4m=10. n⊥AM nAM=0 设平面AMD的法向量方=(x,y,z小则1AD·所以方AD=0, 1 y+ z=0 则 -0-2-2y后--2到 由N是正方形BCCB内的动点（包含边界），可设V(m,lm）,其中m∈[0，]，n∈[0，，则 DN=(m,1,n) 第5页/共25页 6学科网6组卷网 D N 因为DN1/平面AMD,所以D⊥n,则DNn=0,即2m-1+2n=0,整理得 m+n= 2, 为CC中点： 为BC中点， 连接YN,不难发现MDN,MDNN,且AMD4D=A,DN,∩NN,=N, 易证，平面1MD∥平面DNN,所以，点N的轨迹为线段NN, 因t长NN-0-+-G-0-否月 二、多选题：共3小题，每小题6分，满分18分， 9.下列说法正确的有() A.一组数据1,2,3,4,5,6,7,8的第30百分位数为3 B.若随机变量 2) 则E(X)=2 C若事件A,B满足P(4)+P(B)=I,则A与B是对立事件 D若事件A,B满足P(4B)=P(4B),则事件A,B相互独立 第6页/共25页 6学科网6组卷网 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于选项A,可知8×30%=2.4，所以8个数据的第30百分位数为第3个数字，即3，所以A正 确； E(K)=4x}=2 对于选项B,由二项分布可 2 ,所以B正确； 对于选项C,由P(4)+P(B)=l无法得出P(4B)=0,所以无法判定A与B是否是对立事件，所以C错 误 对，可列-智4同智 P(AB)P(A)-P(AB) 1-P(B), P(AB)P(A)-P(AB) 可得P(B) 1-P(B)，化简得P(AB)=P(A)P(B),即事件A'B相互独立，所以D正确： 10已安3x写=4+4+a++a,且节5与充5项的欧系数相年.别() A.n=11 22 B.展开式的二项式系数和 8 12 C.展开式的各项系数和为3 g+9+…+4-2"+1 D.3+3 3” 3 【答案】AD 【解析】 【详解】对于A:由题意可符C。=C?,则n=1山，故A正确：对于B,因为1=1山，所以展开式的二项 21 式系数和为，故B不正确： 8) 对于C:令x=1'则展开式的各项系数和为 3 3 所以C不正确： 第7页/共25页 6学科网列组卷网 对F0,x=0有4=，令=分有%+学+学+叶学 11) 2 3×33=,所以 号+号++会可2 十3=3+3=3T,故D正确. I1.在棱长为1的正四面体S-ABC中，M,N分别是棱AB,BC的中点，则下列说法正确的是 6 A.正四面体S-ABC外接球的体积是8 1 B.直线SM和AN所成角的余弦值为6 √2 C.可以用棱长为2的正方体切割出正四面体S-ABC D.若正四面体S一ABC的内切球为球O,在球O和各个顶角的空隙内分别放入一个和球O、顶角侧面都 √6 相切的小球，则这5个球的半径之和为3 【答案】ABC 【解析】 〔分析】求得正四面体S-4BC的外接球的半径为RsV6 4,结合球的体积公式，可判定A正确：利用 向量的夹角公式，可判定B正确：根据正方体的性质，结合正方体的对角线长，可判定C正确：设正四面 V6 「体S一BC的内切球的半径为求得r=12,在顶角处的小球的半径为'，求得'一24，可 不正确 【详解】对于A,设正四面体S-ABC的外接球的半径为R, 第8页/共25页 6学科网6组卷网 因为正四面体S一BC的棱长为1，由正四面体的性质，可程RsV6 4, 3π(6 所以外接球的体积为严=？论一 6 4 元，所以A正确： 对于B,设M=a,S8=,SC=c,则l同-同==1，且两两夹角为3， a-6=ac=6c= 可 2, 由-20+w-w-a-6+0-a6+-d g网-a+矿-e+2a6+8列房可用网-5. nw-6+-j8++8+56-a6-a6 4,可得W=3 2 又尚-m-a++5-o-ab+号c-d++c-a=日. 2 2 8. 设异面直线SM和AN所成的角为B, 1 则cosB=cos.SM,AW SM·AN 8 1 √336，所以B正确： 22 对于C,如图所示，把正四面体S-ABC放置在正方体中， 设正方体的棱长为a,因为正四面体S-4BC的棱长为1，可得、√5a=1,解得a三V2 2 第9页/共25页 命学科网命组卷网 √2 所以用棱长为2的正方体切割出正四面体S一ABC，所以C正确； B 对于D,设正四面体S-ABC的内切球的半径为r,高为h, 因为正四面体S一4BC的棱长为1，可得方V6 设顶角处的小球的半径为”'，其中小球和内切球，侧面都相切， 若小球和内切球的切点作平行底面的截面，得到一个以S为顶点的小正四面体， 设小正四面体的高为行，可得∥=h-2,=6-2XV66 3 126, 所以小球的羊径为-台-治 24 6+4x6-6≠6 所以5个球的半径和为1242443，所以D不正确 三、填空题：共3小题，每小题5分，满分15分. 12已知某种树苗在一个生长周期内生长的高度为随机变量5，且5~N(4,a2）,者P(5<5)20, P传s4-品.m5≤5s45 第10页/供25页 6学科网6组卷网 9 【答案】20拼0.45 【解析】 【分析】根据正态曲线对称的性质即可求解. 【详解】因为 5<+PG5s4-动+品 a--的，55s到=分司品 2 13.已知事件A和B满足 P).P-支.Pa10=4,则P氏a= 5 【答案】8拼0.625 【解析】 1 P(AB) 【详解】由P(B1A)= P(AB) P(A),所以4 )()-(6) 国-1P列=1-写号. 5 所以P(B1A= P(AB -12-5 P(4) 28 3 14在梯形ABCD中，ABIICD,AD⊥AB,E为CD上一点，AB=BC=CE=2DE=2,将△AED 沿AB所在直线翻折成△4BD(如图所示)AD'上一点M满足CM·EA=5, 在翻折过程中，二面角 第11页/共25页 6学科网命组卷网 M-BC-E 的正弦值的最大值为」 【答案】6 【解析】 【分析】过B作BK1CD于K,利用已知可得BM-EA=3,过M作MN LEA-于N,进而可得 EN=3 ,过N作NH⊥BC于H,∠MHN为二面角M-BC-E的平面角，计算可求得最大值. 【详解】过B作BK⊥CD于K,因为AB∥CD,AD⊥AB, 所以四边形ADKB是矩形，所以DK=AB=2, 所以CK=CD-DK=1,所以BK=V2-IP=V3 又因为AD⊥AB,ABIICD,DE=1,所以∠DEA=60°， 又因为AEBC,所以CM-EA=CE-EA+EM.EA=2+EM.EA=5 所以EM-EA=3,过M作MN1EA于N 则EM·EA=EEa=ENEA=3 所EN,过N作Ng1c子 因为BC LMN,又HnN=N.NH,MNC平面M 第12页/供25页 学科网命组卷网 所以BC⊥平面MNH,所以∠MHN为二面角M-BC-E的平面角， 西为∠DW=30,义W=E-BW-,所以w=m30 6 又因为∠BME=60°，所以NH=V5 sin∠MN_sin∠NMH 由正弦定理可得 MN in∠MHw=sin∠NMH,l NH ,所以 6 6 四、解答题：共5大题，第15题13分，第16,17题15分，第18,19题17分，满分77分. 15.在数列{a,}中，4=2，a1-a,=2n+2 (1)求0； 2设6-J nan,求数列{凸n}的前n项和Sn 【答案】(1)a,=n2+n (2)0 n n+l 【解析】 【分析】(1)利用“累加法”求数列的通项公式 (2)利用“裂项求和法”求数列的前n项和. 【小问1详解】 因为在数列{a.}中，4=2，a-a.=2n+2 第13页/共25页 命学科网命组卷网 当n≥2时，a,=a+(a,-4)+(a-4)++(a,-an) 所以4，=2+(4+6++2m）-=2+4+6+…+2n=n2+2列）=R+n 2 义4=2=P+1符合上式.所0=㎡+n 【小问2详解】 由(1)知a,=n2+n=n(n+) 则-11 a n(n+l)nn+l, --g-G》-14 16.智能驾驶辅助系统是指利用车载传感器、控制器等装置、实现环境感知、规划决策与运动控制，辅助 驾驶员完成部分驾驶操作，提升行车安全性与舒适性的系统，驾驶员仍需全程监管车辆并随时接管驾驶： 驾龄是指初次领取机动车驾驶证至今的时间长度、为研究智能驾驶辅助系统使用情况与驾龄的关系，随机 调查了200名私家车车主，得到如下列联表： 经常使用智能驾驶辅助系统 不经常使用智能驾驶辅助系统 合计 驾龄 58 42 100 ≤5年 驾龄> 36 64 100 5年 合计 94 106 200 (1)从这200名车主中随机抽取1人，已知该车主驾龄不超过5年，求该车主经常使用智能驾驶辅助系统 的概率： (2)根据小概率值α=0.010的独立性检验，分析智能驾驶辅助系统使用情况是否与驾龄有关. 第14页/共25页 命学科网命组卷网 n(ad-be)2 附：X= a+b)(c+d)(a+c)(b+d) P(x2≥k 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】(1)0.58 (2)有关 【解析】 【小问1详解】 设事件A为“车主驾龄不超过5年”，事件B为“车主经常使用智能驾驶辅助系统”· 由题意可知： n(A)=100n(AB)=5 ,根据条件概率公式得： P(B4)= P(AB)n(AB)58 P(A)n(A)10 =0.58 所以该车主经常使用智能驾驶辅助系统的概率为0.58. 【小问2详解】 提出假设 几：智能驾驶辅助系统使用情况与驾龄无关， n(ad-be)2 200×(58×64-42×36) 根据表中数据可得：X= (a+b)(c+d)(a+c)(b+d) 100×100×94×106≈9.715>6.635 根据小概幸值4=0.010的独立性检验，推断，不成立，即认为智能驾驶辅助系统使用情况与驾龄有关， 该推断犯错误的概率不超过0.010. 17设数写+-3+1 (1)求曲线y=f()在点(0，f(O》处的切线方程： 第15页/共25页 6学科网列组卷网 (2)求函数（因在区间4,6上的最大值与最小值； (3)若西数3()=f()+b在x∈R有三个不同的零点，求b的取值范国. 【答案】(1)少=-3x+1 2 (2)最大值为91，最小值为3 (3) -10<b 2-3 【解析】 【分析】(1)对函数求导，利用导数的几何意义求出切线斜率，进而求出切线方程： (2)求导，利用导数分析函数在区间【4,6内的单调性和极值，结合端点值确定函数在区间内的最大值 和最小值： (3)把零点问题转化为直线y=-b与y=f()的交点问题，结合(2)作出y=f)的大致图象，结 合图象求b的取值范围. 【小问1详解】 数)-+父-3x15有f因=r+2-3, 则f(0)=1f'(0)=3 :曲线y=f(x)在点(0，f(0》处的切线方程为： y-1=-3xy=-3x+1 ,即 【小问2详解】 令f()=r+2x-3=0,解得x=1或x=-3, 当x[-4,-3)时，()>0，()单调递增： 第16页/共25页 6学科网列组卷网 当x(-3,)时，f()<0,f单调递减： 当x∈（山，6]时，(>0，(）单调递增： (3)为极大值点，0为极小值点。 44(4-34+1-3. f(-3)=,（-3°+(-3-3(-3)+1=10 0=0r-311号. f6)=3(6+62-3×6+1=91 2 综上可得，函数f(x)在区间-4,6]上的最大值为91，最小值为3. 【小问3详解】 函数8()=f()+b在x∈R有三个不同的零点， 等价于直线y=-b与y=f()有3个不同交点， 由2)知，f()的概大他为f3引=10，极小信了0=号 作出f()大致图象如下： 第17页/供25页 6学科网组卷网 10 y=f(x) v=-b -5-3 由图象可知，要使直线y=b与)=(x)有3个不同交点， 2<-b<10 -10<b<3. 2 则需满足： ，解得 18已知点A(-l,O),B(L,0),点P是直线AB外的一个动点，直线AP,BP的斜率之积为3，记点P 的轨迹为曲线C. (1)求C的方程： (2)已知直线I交C于M,N两点，M关于x轴的对称点为T,若直线TB和NA的斜率之商为2，证 明： 以下问题： (i)直线l过定点； (i)△BMN为钝角三角形. 【答案】1-}1 3,y≠0： （2))设M(,),N(x,乃），T(,y）,显然1的斜率不为零，否则有5=-，=乃， 第18页/供25页 6学科网列组卷网 k2=-九.名+1_5+1=1 直线：y=,此时kwM:-121-x 而直线TB和NA的斜率之商为2，故矛盾，故设直线 l:x=my+t x=my+t 由2-号-1：00md-小r+6m+3r-30 依题意，3m2-1≠0，且△=36m2t-43m-l(3x2-3列=12(3m2+-)>0. 所以m×达3 -6mt 312-3 3，且3m2-1+>0,y+h=3m2-i,%=3m2-i, 七+=m(以+2)+2t=3w2一， x5=(m+0(m+）=my5+m(y+为)+r=-3m- 3m2-1, -y=2y 因为直线TB和NA的斜率之商为2，所以x-1x2+1, y.以=3 因为点M在C上，所以片=3(x-,即x-1x+13, 2%y=3 2yiy2 =-3 所以x2+1x+1,即xx2+x+x2+1 2.34- 3m2-1 即3m2+221 3m2-13m2-1 一=-3，化简可得2-)-1解得： t+1 t=3 此时△=12(3m+8)>0恒成立，所以l:x=m+3,过定点(3,0)： 第19页/共25页 6学科网6组卷网 -6 24 愈电0号专E+口w+口， <m<5 3 3m2+9 3时，书2= >0 3m2-1<0,即-3 3m2-11 M,N 所以点 均在C的右支，如图， 此时BM:BN=(G-1(5-)+y=xx(伍+x)++1 -3m+9t,6,t,24+1=,20 3m2-13m2-13m-13m20 所以∠MBN是钝角，△BMN是钝角三角形； 2当3m2-1>0时.即m>5 之成n<、3 <0 所以M,N分别在C的两支，不妨设M在C的右支，则>引，如图。 B R 第20页/供25页 命学科网命组卷网 设R(3,0）,则MM派=(1-x)3-)+片=X-4x+3+3x-3=4x(:-1)>0. 所∠.) 因为过点R所∠BN=-∠BMR∈（ 所以∠BMN是钝角，△BMN是钝角三角形综上可知，△BMN是钝角三角形. 【解析】 【分析】)先设动点坐标P(x),y≠0，再根据条件转化为坐标关系式，求曲线方程； (2)()设直线方程并联立，代入双曲线方程得到关于y的一元二次方程，利用韦达定理化简目标代数 式后，可得定点：(i)利用向量的数量积可判断三角形的形状. 【小问1详解】 设P(x,以，y≠0 由的凯六.鉴果为- -=1 3 ,y≠0， 所以双曲线C的方程为X一3，少×0 -=1 【小问2详解】 (i)略 (iⅱ)略 19如图1，在梯形MBCD中，MBCD,E是线段AB上的-点，BE=CD=CE=V2,BC=2, 将△ADE沿DE翻折到△PDE的位置. E B- B 图1 图2 图3 第21页/供25页 学科网命组卷网 (I)如图2，若M是BC的中点，二面角P-ED-B为直二面角，证明：ME⊥平面PED. (2)如图2，若二面角P-ED-B为直二面角，M,N分别是BC,PE的中点，若直线MN与平面 PBC所成角为B, sino 6,求平面PEC与平面PBC所成锐二面角余弦值的取值范围. (3)我们把与两条异面直线都垂直相交的线段叫做两条异面直线的公垂线段，公垂线段的长度是两条异 面直线上两点间距离的最小值.如图3所示，点K为线段CE的中点，G,H分别在线段PK,CD上 (不包含端点)，且为PK,CD的公垂线段，记四面体CKGH的内切球半径为r,比较r与 21 G+C7)的大小，并证明你的结论. 【答案】(1)连接ME,由题意知∠BEC=∠ECD=∠AEC=90°， ∠PED=∠ABD=45°，BE=CE,M是BC的中点，所以& ME⊥BC ,而 又CD//BE,CD=BE,所以四边形BCDE为平行四边形，故ED/IBC, 所以ME⊥ED, PEDL平面BCDE.平面PEDn平面BCDE=ED,MECY面BCDE 又平面 ，平面 平面 所以ME⊥平面PED D (2) C 图2 第22页/供25页 6学科网列组卷网 1 S是四面体的表面积， VK-CGH=38·r ,令KG与面CGH所成角为a, Vg-com-GH-CH-KGsin@sGH-CH.KG 1 6 6 SecH-oh,8m-号kGGl 因为GH是公垂线，CD上的点和PK上的点的最短距离是GH, SACKG>S△KGH,ScK>SCHG(取不到等号)， S>CH-GH+KG-GH-GH-(CH+KG).GH-CHKG>GH-(CH+KG) :.1>2+1) KG CH 【解析】 PE=t(t>0) 【分析】(1)通过面面垂直证明线面垂直：(2)建立空间直角坐标系，设 根据 sine 3 6,求出t的范围，将平面PEC与平面PBC所成锐二面角余弦值表示为t的函数，再求范围； (3)证明关键SacG>SARGH,S.cH>S.gG 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在平面PDE内作ED的垂线作为z轴，所以ME⊥2轴， 如图以E为坐标原点，分别以EM,ED为x,y轴正半轴建立空间直角坐标系： 因为BE=CD=CE=V2,BC=2,设PE=>0) 第23页/供25页 命学科网命组卷网 E(0,0,0)ML,0,0)B1,-1,0)C1,1,0)D0,2,0) 所以 则m号.Na马平 22 4 =020.=a号号).G=0 设平面PBC的法向量%=(：，M,乙)， n·BC=2y=0 得 n·BP=-x+ 2 MN 2+5 2 sin= V+62+8>6,解得 > 网 V2<t<2 设平面PEC的法向量%=(：，，22) n,·EC=x2+y2=0 得 y2+ 号，=0：取’得 2 2 x2=1n2=(1,-1,1） 设平面PBC与平面PEC所成锐二面角为a,则 2 2 n.n t+1 t+1 0 2 22 cosa 3 t+ 第24页/供25页 6学科网组卷网 由于少=1+ 2 1在(W2,2)上单调递增， 22<1+2<3 t 1 .22 1+ ∈(2+16 2 3,3 t+ t V2+1V6、 所以平面PBC与平面PEC所成锐二面角余弦值的取值范围是3,3) D 【小问3详解】 略 第25页/共25页 高二数学试题 注意事项： 1．本试卷共4页，满分为150分，考试时间为120分钟．考试结束后，请将答题卡交回． 2．答题前，请务必将自己的姓名、考试号等用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置． 一、单选题：共8小题，每小题5分，满分40分． 1. 已知集合，那么（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足（i为虚数单位），则为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，满足，，，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 4. 某班组织5名同学到三个不同社区志愿服务，每位同学只去一个社区且每个社区至少1人最多2人，则不同的安排方法有（ ）种. A. 90 B. 60 C. 150 D. 140 5. 展开式中含项的系数为（ ） A. B. C. 220 D. 380 6. 已知甲、乙两名射手独立射击同一目标，甲击中目标的概率为0.6，乙击中目标的概率为0.5．现已知目标被击中，则该目标是甲击中的概率为（ ） A. 0.6 B. 0.8 C. 0.75 D. 0.5 7. 在四面体中，平面，，.若四面体的体积为，则与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 在棱长为1的正方体中，是棱的中点，是正方形内的动点（包含边界），且平面，则点的轨迹长度为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：共3小题，每小题6分，满分18分． 9. 下列说法正确的有（ ） A. 一组数据1，2，3，4，5，6，7，8的第30百分位数为3 B. 若随机变量，则 C. 若事件，满足，则与是对立事件 D. 若事件，满足，则事件，相互独立 10. 已知，且第5项与第8项的二项式系数相等，则（ ） A. B. 展开式的二项式系数和为 C. 展开式的各项系数和为 D. 11. 在棱长为1的正四面体中，M，N分别是棱AB，BC的中点，则下列说法正确的是 A. 正四面体外接球的体积是 B. 直线SM和AN所成角的余弦值为 C. 可以用棱长为的正方体切割出正四面体 D. 若正四面体的内切球为球O，在球O和各个顶角的空隙内分别放入一个和球O、顶角侧面都相切的小球，则这5个球的半径之和为 三、填空题：共3小题，每小题5分，满分15分． 12. 已知某种树苗在一个生长周期内生长的高度为随机变量，且，若，，则________． 13. 已知事件和满足，，，则______． 14. 在梯形ABCD中，，，E为CD上一点，，将△AED沿AE所在直线翻折成△AED＇（如图所示）.AD＇上一点M满足，在翻折过程中，二面角的正弦值的最大值为______. 四、解答题：共5大题，第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，满分77分． 15. 在数列中，. （1）求； （2）设，求数列的前项和. 16. 智能驾驶辅助系统是指利用车载传感器、控制器等装置、实现环境感知、规划决策与运动控制，辅助驾驶员完成部分驾驶操作，提升行车安全性与舒适性的系统，驾驶员仍需全程监管车辆并随时接管驾驶：驾龄是指初次领取机动车驾驶证至今的时间长度、为研究智能驾驶辅助系统使用情况与驾龄的关系，随机调查了200名私家车车主，得到如下列联表： 经常使用智能驾驶辅助系统 不经常使用智能驾驶辅助系统 合计 驾龄≤5年 58 42 100 驾龄＞5年 36 64 100 合计 94 106 200 （1）从这200名车主中随机抽取1人，已知该车主驾龄不超过5年，求该车主经常使用智能驾驶辅助系统的概率； （2）根据小概率值的独立性检验，分析智能驾驶辅助系统使用情况是否与驾龄有关. 附： 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 17. 设函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求函数在区间上的最大值与最小值； （3）若函数在有三个不同的零点，求b的取值范围． 18. 已知点，，点是直线外的一个动点，直线，的斜率之积为3，记点的轨迹为曲线． （1）求的方程； （2）已知直线交于，两点，关于轴的对称点为，若直线和的斜率之商为，证明： 以下问题： （ⅰ）直线过定点； （ⅱ）为钝角三角形． 19. 如图1，在梯形中，，是线段 上的一点，，，将沿翻折到的位置． （1）如图2，若是的中点，二面角为直二面角，证明：平面． （2）如图2，若二面角为直二面角，，分别是，的中点，若直线与平面所成角为，，求平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围． （3）我们把与两条异面直线都垂直相交的线段叫做两条异面直线的公垂线段，公垂线段的长度是两条异面直线上两点间距离的最小值．如图3所示，点为线段的中点，，分别在线段，上（不包含端点），且为，的公垂线段，记四面体的内切球半径为，比较与的大小，并证明你的结论． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $