辽宁省多校联考2024-2025学年高二上学期期末考试数学试卷

高二数学考试卷注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.4．本试卷主要考试内容：人教B版选择性必修第一册第一章至第二章第6节占，第二章第7节至选择性必修第二册第四章第1节占.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.某体育用品店有5种不同价格的篮球，4种不同价格的排球，若从中选购1个篮球和1个排球，则不同的选购方法有（）A.9种 B.20种 C.625种 D.1024种【答案】B【解析】【分析】由分步乘法原理可得出结论.【详解】第一步，从5种不同的篮球中选一个，有5种选法，第二步，从4种不同的排球中选一个，有4种选法，故不同的选法为：种.故选：B.2.现有2台机床，已知每台机床不需要照看的概率均为0.9，且互不影响，则2台机床都不需要照看的概率为（）A.0.81 B.0.9 C.0.1 D.0.09【答案】A【解析】【分析】根据独立事件的概率乘法公式即可求出.【详解】2台机床都不需要照看的概率为，故选：A.3.已知抛物线的顶点为原点，对称轴是轴，与直线相交所得线段的长为12，则的标准方程为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设抛物线，根据点在上，代入抛物线方程，求出的值，即可得解.【详解】由题意，设抛物线，因为抛物线与直线相交所得线段的长为12，所以点在上，所以，解得，所以的标准方程为．故选：B4.将2个相同红球和2个相同的黑球放入两个不同的盒子中，每个盒子中至少放1个球，则不同的放法有（）A.5种 B.6种 C.7种 D.8种【答案】C【解析】【分析】先从球的个数分类，再求出每类放球的方法，结合分类加法计数原理可得答案.【详解】若两个盒子中都放入2个球，则有3种不同的方法；若一个盒子中放1个球，另一个盒子中放3个球，则有4种不同的方法．故不同的放法有7种．故选：C5.甲、乙，丙3人各自从这3个景点中随机选1个去旅游，设事件“3个人都没去A景点”，事件“甲独自去一个景点”，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意结合古典概型求，进而可得条件概率.【详解】由题意可得：，，所以．故选：B.6.如图，给编号为的区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，中心对称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相同．若有5种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（）A.60种 B.80种 C.100种 D.125种【答案】A【解析】【分析】根据分步乘法计数原理依次涂色即可.【详解】由题意可得，只需确定区域的颜色，即可确定所有区域的涂色．先涂区域1，有5种选择；再涂区域2，有4种选择；最后涂区域3，有3种选择．故不同的涂色方案有种．故选：A.7.已知抛物线的焦点为，点，是抛物线上的一个动点，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】过点作垂直于准线，垂足为，过点作垂直于准线，垂足为，由抛物线的定义可得，可得出，利用当、、三点共线时，取最小值，即可得解.【详解】由题意得，准线方程为，过点作垂直于准线，垂足为，过点作垂直于准线，垂足为，由抛物线的定义可得，．当且仅当为线段与抛物线交点时，等号成立，故的最小值为.故选：C.8.已知，直线与圆交于两点，则的最小值为（）A.5 B.6 C. D.【答案】D【解析】【分析】将代入直线方程，可得直线恒过点，根据圆的几何性质可得当时，的值最小，再利用勾股定理可得到答案.【详解】将代入直线方程，得．令解得故直线恒过点，设，将圆化为标准方程，得．当时，的值最小，因为，，此时．故选：D.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.已知，则（）A.B.C.D.展开式中所有项的二项式系数的和为【答案】ABD【解析】【分析】利用赋值法计算可得A正确，C错误，利用通项展开式计算可得B正确，再由所有项的二项式系数的和可得D正确.【详解】对于A，令，可得，A正确．对于B，展开式中的第二项为，所以，B正确．对于C，令，可得，则，C错误．对于D，展开式中所有项的二项式系数的和为，D正确．故选：ABD10.如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点，则（）A.四点共面B.在平面上的投影向量为C.点到直线的距离为D.点到平面的距离为【答案】AB【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求向量的坐标，利用向量方法证明，判断A，根据投影向量的定义判断B，求，根据向量方法求点到直线的距离判断C，求平面的法向量及向量，利用向量方法求点到平面的距离判断D.【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示．A1,0,0，，，，则，，，则，所以四点共面，A正确．由正方体的结构特征，点在平面上的投影为，所以在平面上的投影向量为，B正确．，，，，，，则点到直线的距离为，C错误．设平面的法向量为，，则，取x=1，则，所以为平面的一个法向量，又，所以点到平面的距离为，D错误．故选：AB.11.已知分别为椭圆的左、右顶点，为的上顶点，为坐标原点，为上一点，且位于第二象限，过点作轴，垂足为，直线分别与轴交于点，则下列结论正确的是（）A.若是的中点，则B.若是的中点，则是的中点C.D.若是的中点，则【答案】BCD【解析】【分析】根据点是的中点得，计算直线的方程，与椭圆联立可得点坐标，由此可得选项A错误；计算直线的方程可得选项B正确；利用可得选项C正确；利用线段比例关系可得选项D正确.【详解】由题意得，，，，A.∵点是的中点，∴，∴，故直线的方程为，由得，，解得或，将代入，可得，即，，A错误．B.由，得，故直线的方程为，令，得，即，∴是的中点，B正确．C.设，直线的斜率分别为，则，，，∴，直线的方程分别为，，分别令得，，，∴，C正确．D.由，得，．∵是的中点，∴．∵，∴，故，D正确．故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知，，则与______．（填“独立”或“不独立”）【答案】不独立【解析】【分析】根据相互独立事件的概率公式，结合条件概率公式即可判断.【详解】与独立的充要条件为，又因为，所以与独立的充要条件是，根据已知条件：，所以与不独立．故答案为：不独立13.的展开式中，各项系数的最大值是______．【答案】7【解析】【分析】根据二项式展开式通项得到，由求解即可.【详解】的展开式的通项为，且．设展开式中第项的系数最大，则即，又，所以或6，故展开式中系数最大的项是第6项或第7项，且该项系数为.故答案为：714.某中学正在筹备100周年校庆晚会，原计划共7个节目，并已排好节目单，为了使晚会节目更丰富，节目组准备增加3个节目，若保持原计划中7个节目的先后顺序不变，则这10个节目的不同排法有______种．【答案】720【解析】【分析】先将10个节目随意排列，有种排法，再根据相对顺序已定的排列模型求解详解】10个节目随意排列，有种排法；原计划中的7个节目随意排列，有种排法．保持原计划中的7个节目的先后顺序不变，则这10个节目的不同排法有共有种．故答案为: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.甲、乙、丙、丁、戊五名同学站成一排拍照．（1）甲、乙两人不相邻的站法共有多少种？（2）甲不站排头或排尾，且甲、乙两人相邻的站法共有多少种？【答案】（1）72（2）36【解析】【分析】（1）先排丙、丁、戊，再插空排甲、乙，结合排列数运算求解；（2）分乙站排头或排尾和甲、乙都不站排头或排尾两种情况，结合排列数运算求解.【小问1详解】先排丙、丁、戊，有种站法，再插空排甲、乙，有种站法．故甲、乙两人不相邻的站法共有种．【小问2详解】若乙站在排头或排尾，则有种站法；若甲、乙都不站排头或排尾，则有种站法；故甲不站排头或排尾，且甲、乙两人相邻的站法共有种．16.如图，在四棱锥中，底面满足，，底面，且，．（1）证明：平面平面．（2）求平面与平面所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【分析】（1）法一，根据面垂直的判定定理证明即可；法二，建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明；（2）利用面面角的空间向量求法求解即可.【小问1详解】方法一，证明：因为平面，平面，所以．因为，，平面，平面，所以平面．因为平面，所以平面平面．方法二，证明：因为，底面，所以以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示．A0,0,0，，B1,0,0，C1,1,0，，，，．设平面的法向量为，则取．设平面的法向量为，则取，因为，所以，所以平面平面．【小问2详解】方法一，因为，，底面，所以以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示．B1,0,0，C1,1,0，由（1）易得BC=0,1,0是平面因为，，所以，．设平面的法向量为，则取．设平面与平面所成角的大小为，则，故平面与平面所成角的余弦值为．方法二，因为，所以．设平面的法向量为，则取．设平面与平面所成角的大小为，则，故平面与平面所成角的余弦值为．17.已知圆心在轴上移动的圆经过点，且与轴、轴分别交于，两个动点（点可以重合），记点的轨迹为．（1）求的方程；（2）已知，，过点的直线与交于两点，直线与的另一个交点分别为，若直线的斜率为2，求直线的斜率．【答案】（1）（2）1【解析】【分析】（1）设圆心为，根据题意有，建立方程解出即可；（2）设，，，，，，直线与抛物线方程联立得，同理可得代入即可得解.【小问1详解】设动圆圆心为．因为，所以，化简得，所以的方程为．【小问2详解】设，，，．直线．由，可得，，．由斜率公式可得，．直线，代入的方程可得，，，所以．同理可得，所以．因为直线的斜率为2，所以直线的斜率为1．18.甲、乙2名同学最近100次的投篮情况如下：甲乙投中5060未投中5040用频率估计概率，解答下列问题．（1）若从甲、乙2人中随机选择1人投篮1次，求投中的概率．（2）设甲、乙进行投篮比赛，约定甲、乙轮流投篮，第一次由甲先投．规定：若其中一人比另一个人多投中2次，则停止比赛（例如：甲第一次投中，乙第一次未投中，甲第二次投中，则停止比赛，乙不再投第二次），投中次数多的赢得比赛；若甲、乙都投完了5次，则也停止比赛，投中次数多的获胜，次数相同则平局．甲、乙每次投中与否相互独立．①求甲投了第3次后停止比赛的概率；②求乙投了第4次后停止比赛的概率．【答案】（1）（2）①；②【解析】【分析】（1）利用频率求出两人投中的概率，然后根据两人的投中概率可求答案；（2）①先明确甲投了第3次后停止比赛的所有情况，结合互斥事件的概率求解；②乙投了第4次后停止比赛，说明乙比甲多投中2次，按照轮次情况，分类求解概率即可.【小问1详解】甲同学的投篮命中率为，乙同学的投篮命中率为．从甲、乙中随机选择1人投篮1次，投中的概率为．【小问2详解】①甲投了3次，则乙投了2次．由题意可得甲比乙多投中2次，有2种情况．第一种情况：甲投中了3次，乙投中了1次，即甲每次投篮都投中，乙第一次投篮投中，第二次投篮没投中，其概率为．第二种情况：甲投中了2次，乙投中了0次，即甲第一、三次投篮投中，第二次投篮没投中，乙每次投篮都没投中，或甲第二、三次投篮投中，第一次投篮没投中，乙每次投篮都没投中，其概率为，故所求概率为．②乙投了4次，则甲投了4次．记甲、乙各投1次为一轮，则甲、乙共投了四轮．在每轮比赛中，记事件为乙投中的次数比甲多1次，即乙投中，甲没投中，其概率，记事件为甲、乙投中的次数相等，即甲、乙都没投中或都投中，其概率，记事件为乙投中的次数比甲少1次，即乙没投中，甲投中，其概率．投了第四次后停止比赛，即投了四轮后乙投中的次数比甲多2次，有2种情况．第一种情况：四轮比赛中，事件各发生2次，即第一至四轮依次为或，或，其概率为．第二种情况：四轮比赛中，事件发生3次，事件发生1次，即第一至四轮依次为，或，其概率为．所求概率为．19.已知双曲线的左，右顶点分别为，，左焦点为，O为坐标原点，是线段OM的中点.（1）求双曲线的离心率.（2）过点M且斜率不为0的直线l与双曲线的左，右两支的交点分别为Q，P.①若直线l的斜率为1，，求双曲线的方程；②连接QO并延长，交双曲线于点R，证明：.【答案】（1）2（2）①；②证明见解析【解析】【分析】（1）由题意可得参数的等量关系，利用离心率的公式，可得答案；（2）由题意作图，联立方程写出韦达定理，①由直线斜率与弦长公式，可得答案，②利用垂直向量的坐标表达，代入韦达定理，可得答案.【小问1详解】因为是线段