箭州市2023-2024学年度第一学期期末考试
8。古城藏州最早有五大城门，分别为城南门、百盛门、涌金门、戏#门和西伴门，藏州莱学校
高二数学试卷
2024年1月
历史兴趣小组决定利用两个周日的时间对五火城门的地理位置及历史意义进行阀研.若约
定：每个被门只调研一次，且每个周日其词研五大城门中的两大城门或三大城们，则恰好在
培1卷（选择题共60分）
同一个尚司日调研百盛门和建在门的薇率为
一、单选题：本大趣黄B个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个透项中，只有一
4.2
.3
1
项是符合题目要求的
5
1.直线y=一5x+1的顿斜角为
4.30
B.60
C,120
二、多选题：本感共4小题，每小题5分，共20分.在每小短给出的选项中，有多项符合愿目
D.150
2
姜求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有铅选的得0分.
2.“2一2广=1表示的曲线是松园”的
9.关于极率统计，下列说法中正确的是
A。充分不必要条件
B。必要不允分条件
A.购个变量x,y的线性相关系数为r,若r越大，则x与y之间的您性相关任越疆
C.充要条件
D.既不充分也不必要条作
3.已知白线(：3红+3my+1=0和2：(m-2)x+3ym=0.若∥，则m的值为
B.某人解答5个问题，答对数为X,若X~B(5,0.6),则EX=3
A.1
B.3
C.1或3
D.-1或3
C.若一姐样本数知(x,乃）(=1,2,3，…，n)的样本点部在直线y=0.56x+3上，则这组数
4.
阅读课上，5名同学分别从3种不同的书中选择一种进行读，不同的选法种数是
据的相关系数r为0.56
A.50
B.60
C.125
D.243
5.设F为抛物线C:x2=8y的告点，A为平面内定点，若抛物线C上存在点P使得PF+PA
D.已知5-N(0,1),若P5>1)=02,则P(-150)=0.3
的最小值为5，则点A可以为
10.在正方体ABCD-4B,CD中，卫，F分别为AB,BC的中点，则
A.(3,4)
B.(3,6)
C.(4,3)
D.(6,3)
A.
EF∥平面4BGD
6.已如耳，￡为网曲线C:
y
=1(a>0,b>0)的两个焦点，以R乃为直径的圆与C在第
B,平而BEF∥平面AAC
C.EF⊥平面BDF
象限的交点为P.若P9=P引，则C的离心率为
D.平面BEF⊥平面BDD
4.0
B
v10
2
c.3i0
D.6i0
4
5
11.己知四校谁S-ABD的底面为矩形，SA⊥底面ABCD,以AD为直径的圆交线段BC于
7.
“杨辉三危"出自我国数学家杨辉1261年著的《详解九章算法》一书，393年后欧洲帕斯5
点E.若A=5B=√5，则
也发现这个三角图形，所以“杨辉三角”也叫做“帕斯卡三角形”，它结构优关、性质奇特，
A,ED⊥平面S4E
生活中很多何烟部与杨辉三角有着或多或少的联系。例如生活中的最短路径间题：如图1所
示，从甲到部一个文叉点的走法最知路径的条缴（图2）与杨辉三角中对应的数性质相同.己
B,二而角S-EC-D的平面角为60
知图3是国际象棋简易棋盘，现有一供子“车”的起始位置是“1”，则它登到“g7”位置
的最短路径的条数为
C.△SED的画积的设小值为
2
D.疗在求个位贸E,使得点4到平面，SD的E高为35
4
10
12.已知四C:X+0-) =2水(k∈N),这些顶的企体南威典合A={C,1keN},则
A,x能截西C所得的弦长为2
2
B.对任意正整缴，函C内含于圆C
ab e d e f g ir
图1
图2
图3
C.任盘正实数m,存在k∈N,使得圆C,与直线y=m有交点
A,1716
B.924
C.792
D.462
D.存在正实数m,使得A中与直线y=m相交的圆有且仅有2024个
编州市期水考试高二数学试卷第1页（供4购
候州市期末考试高二数学试卷第2页供4列赣州市 2023~2024 学年度第一学期期末考试
高二数学试卷参考答案 2024年 1月
一、单选题：（本大题共 8个小题，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）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
选项 C B B D C A B A
二、多选题：（本题共 4小题，每小题 5 分，共 20 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 5分，部分选对的得 2 分，有错选的得 0 分）
题号 9 10 11 12
选项 BD AD ABD ACD
三、填空题：（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）
3
13． 15 14． 3
61 π
15． 120 16． 4
13.5
17．解：(1)由题意得 x 1.35 y 1030， 103 …………………………………………………2分
10 10
10 10
又因为 xi yi 1479.5， x2i 19.225
i 1 i 1
10
xi yi 10x y
b i 1 1479.5 10 1.35 103所以 10 2 89……………………………………………4 分
x2
2
10x 19.225 10 1.35i
i 1
所以 a y bx 103 89 1.35 17.15……………………………………………………………6分
所以变量 y关于 x的线性回归方程为 y 89x 17.15．………………………………………………7分
(2) 当 x 1360辆 1.36千辆时，可得 y 89 1.36 17.15 103.89 μg / m3………………………9 分
因为103.89 75,115
所以该城市的空气质量等级为轻度污染．………………………………………………………………10分
18 2 2．解：(1)因为m 17，所以圆C的方程为 (x 2) (y 2) 1…………………………………1 分
①当 l的斜率不存在时， l的方程为 x 1，与圆C相切，符合题意……………………………2 分
②当 l的斜率存在时，设 l的方程为 y k x 1 ，即 kx y k 0
{#{QQABYQIAggiAABJAAQhCAwWaCEOQkBCACIoOxEAAMAAASQFABAA=}#}
2k 2 k k 2
圆心C到 l的距离 d 1 3，解得 k ………………………………………4分
k 2 1 k 2 1 4
3
则 l的方程为 y x 1 ，即3x 4y 3 0…………………………………………………………5分
4
综上可得， l的方程为 x 1或3x 4y 3 0 ．………………………………………………………6分
2 2
(2) 由题意可得圆C : (x 2) (y 2) m 18 ，圆心C(2, 2)，半径 r m 18
则圆心C到 P 1,0 的距离 d (2 1)2 (2 0)2 5 ……………………………………………8分
要使C上存在到 P的距离为1的点
r 1≤d≤r 1, m 18 1≤ 5≤ m 18 1,
则 即 ………………………………………10 分
m 18 0
, m 18 0
解得 12 2 5≤m≤ 12 2 5
所以 m的取值范围为[ 12 2 5, 12 2 5 ]．……………………………………………………12 分
19．解：(1)第一局由乙丙对战，甲获胜有两种情况：
1 1 1 1
①乙丙对战乙胜，乙甲对战甲胜，甲丙对战甲胜，则概率为 ……………………2 分
4 2 3 24
1 1 1 1
②乙丙对战丙胜，丙甲对战甲胜，甲乙对战甲胜，则概率为 1 ………………3 分
4 3 2 8
1 1 1
综上，甲获胜的概率为 ………………………………………………………………………4分
24 8 6
1
(2) 若第一局乙丙对战，由(1)知甲获胜的概率为
6
若第一局甲乙对战，则甲获胜有三种情况：
1 1 1
①甲乙对战甲胜，甲丙对战甲胜，概率为 …………………………………………………5 分
2 3 6
②甲乙对战甲胜，甲丙对战丙胜，丙乙对战乙胜，乙甲对战甲胜的
1
概率为 1
1 1 1 1
…………………………………………………………………………6分2 3 4 2 24
③甲乙对战乙胜，乙丙对战丙胜，丙甲对战甲胜，乙甲对战甲胜的
概率为 1
1
1
1 1 1 1 ……………………………………………………………………7分
2 4 3 2 16
1 1 1 13
所以最终甲获胜的概率为 ；…………………………………………………………8分
6 24 16 48
若第一局甲丙对战，则甲获胜也有三种情况：
{#{QQABYQIAggiAABJAAQhCAwWaCEOQkBCACIoOxEAAMAAASQFABAA=}#}
1 1 1
①甲丙对战甲胜，甲乙对战甲胜的概率为 …………………………………………………9 分
3 2 6
②甲丙对战甲胜，甲乙对战乙胜，乙丙对战丙胜，丙甲对战甲胜的
1
概率为 1
1 1 1 1 1 …………………………………………………………………10 分3 2 4 3 24
③甲丙对战丙胜，丙乙对战乙胜，乙甲对战甲胜，甲丙对战甲胜的
1 1 1 1 1 1概率为 …………………………………………………………………………11分
3 4 2 3 36
1 1 1 17
所以最终甲获胜的概率为
6 24 36 72
13 17 1
因为
48 72 6
所以第一局甲乙对战才能使甲获胜的概率最大．………………………………………………………12分
20．解：(1)由题知： X 可取 2 , 4 , 6 , 8，则
1 3
P X 2 C7C 3 14 ………………………………………………………………………………1 分C10 30
2 2
P X 4 C7C3 3 4 …………………………………………………………………………………2分C10 10
P X 6 C
3 1
7C3 1 4 …………………………………………………………………………………3 分C10 2
C4C0P X 8 7 3 1 4 …………………………………………………………………………………4 分C10 6
故 X 的分布列为
X 2 4 6 8
1 3 1 1
P
30 10 2 6
X EX 2 1 4 3 6 1 8 1 28则 的期望 ………………………………………………6 分
30 10 2 6 5
1 1 2
(2) 由(1)知参赛选手在一轮比赛中获得“挑战达人”勋章的概率为 P ……………………7分
2 6 3
2
则某参赛选手在 5轮挑战比赛中，记获得“挑战达人”勋章的枚数为Y ，则Y ~ B 5,
3
k 5 k
P Y k Ck 2 1 故 5 3 , k 0,1, ,5 ……………………………………………………8 分 3
{#{QQABYQIAggiAABJAAQhCAwWaCEOQkBCACIoOxEAAMAAASQFABAA=}#}
k 5 k
Ck 2 1 Ck 1 2
k 1 1 4 k
5 3
≥ 5 3 3
Y k
3
∴假设当 时，概率最大，则 ……………………9 分k 5 k k 1 6 k
C
k 2 1 2 1
5
≥C
k 1
5
3 3 3 3
解得 3≤k≤4，而 P Y 3 P Y 4 80 ……………………………………………………11 分
243
故某参赛选手在 5 轮挑战比赛中，获得 3 枚或 4 枚“挑战达人”勋章的概率最大．…………12 分
1 1 2
另法：由(1)知参赛选手在一轮获得“挑战达人”勋章的概率为 P …………………………7分
2 6 3
2
某参赛选手在 5轮挑战比赛中，获得“挑战达人”勋章的枚数为Y ，则Y ~ B 5, ……………8分
3
P Y k Ck 2
k 1 5 k
故 5 , k 0,1, ,5 ……………………………………………………9 分
3 3
所以Y 的分布列为
Y 0 1 2 3 4 5
1 10 40 80 80 32
P
243 243 243 243 243 243
80
从分布列中可以看出，概率最大为 P Y 3 P Y 4 ………………………………11 分
243
所以参赛选手在 5 轮挑战比赛中，获得 3 枚或 4 枚“挑战达人”勋章的概率最大．……………12 分
21．(1)证明：因为四边形CDEF 为矩形，所以CF ∥ DE …………………………………………1 分
DE 平面 ADE，CF 平面 ADE ，
所以CF ∥平面 ADE ……………………………………………………………………………………2分
又平面 ADE 平面 BCF l，CF 平面 BCF ，
所以CF∥l ………………………………………………………………………………………………3 分
(2) 解：存在G 为DE中点，使得DE 平面 ABG ……………………………………………………4分
因为 AD AE，则 AG DE…………………………………………………………………………5 分
又 EF∥AB且 EF DE，所以 AB DE，
故DE 平面 ABG………………………………………………………………………………………6分
(3) 解：设点H 为DE中点，取 EF 和 FC和 AB中点为 P,Q,S
由(2)知， E,F ,H ,Q共面且DE 平面 ABH ，取DF与CE连线交于O点，连OS
则DE OS，易知 ABQH 为等腰梯形，所以 EF 4………………………………………………7分
建立如图示的空间直角坐标系O xyz，则 E(2, 2,0)， F (2, 2,0)，C( 2,2,0)，D( 2, 2,0)
{#{QQABYQIAggiAABJAAQhCAwWaCEOQkBCACIoOxEAAMAAASQFABAA=}#}
又 EF 2AB，所以 AB 2
设 AB到平面DCFE的距离为 h，因为四边形 ABFE 和四边形CDAB为两个全等的等腰梯形
所以 EF ∥ AB，设 A(0, 1,h)， B(0,1,h)，又 EA AD BF CF 3
22 12 h2所以 3，解得 h 2
所以 A(0, 1,2)，B(0,1, 2)，又EA ( 2,1,2)，ED ( 4,0,0)，FB ( 2, 1,2)，FE (0, 4,0)
令 EG GD， 0,1
所以 FG FE EG FE ED ( 4 , 4,0) ……………………………………………………8分
设平面 BFG的法向量为 n1 (x1, y1, z1)，由 n1 FB 0和 n1 FG 0，
2x1 y1 2z1 0 ,
即 取 x 2，得 n (2, 2 , 2 )，
4 x1 4y1 0
1 1
,
设平面DEA的法向量为 n2 (x2 , y2 , z2 )，由 n2 DE 0和 n2 EA 0
4x2 0 ,
即 取 z 1，得 n (0, 2,1)………………………………………………9 分
2x2 y2 2z2 0
2 2
,
2 2
3 2 ( )
所以 cos n ,n 3 31 2
5 5 2 4 8 5 5 2 4 8
令m 2 2 5 ，则m ,
，则 cos n1,n
3 m
2 3 3 3 5 5m2 32 116 m
3 9
3 1
…………………………………………………………………………10分
5 116 1 32 1
2 59 m 3 m
1 3 3 116 2 32 3 3
令 t , ，则 f (t) t t 5，所以 f t 在 , 上单调递增，m 5 2 9 3 5 2
t 3又当 时， f (t) 81 t 3
5 min
；当 时， f (t)
25 2 max
18
所以 f t 81 ,18 ，所以 cos n ,n
10 5
1 2 ， ……………………………………………11分
25 10 3
10 5
所以平面 BFG和平面DEA的夹角的余弦值的取值范围为 ， ．…………………………12分
10 3
{#{QQABYQIAggiAABJAAQhCAwWaCEOQkBCACIoOxEAAMAAASQFABAA=}#}
e a
2 b2 3
22．解：(1)因为离心率
a 2
a2 4b2所以 ……………………………………………………………………………………………1 分
y kx 6 C : x2 y2 6因为 是圆 1 2的一条切线，所以 2
1 k 2
所以 k 2 2…………………………………………………………………………………………………2分
y kx 6 ,
2 2 k 2 4 x2由 y x 可得 2 6kx 6 4b2 0
2 2 1 , 4b b
因为 y kx 6是椭圆的一条切线
所以 24k 2 4 k 2 4 6 4b2 0 ………………………………………………………………3 分
k 2结合 2 2，解得b 1…………………………………………………………………………………4分
2
2 y
所以椭圆C的方程为 x 1．………………………………………………………………………5分
4
(2) 设点M x1, y 1 ，N x , y Q x , y 2 2 2 22 2 ， 3 3 ，则 x1 y1 2， x2 y2 2
因为M ,N 为直线QM ,QN 与圆C2的切点
k x x所以 QM 1 ， k 2y QN
1 y2
x
所以直线QM 的方程为： y y1 1 x x1 ，即 x 2 21x y1y x1 y1 2，即 x1x y1y 2y1
直线QN x 2 2的方程为： y y 22 x x2 ，即 xy 2x y2 y x2 y2 2，即 x2x y2 y 22
………………………………………………………………………………………………………7 分
x1x3 y1y3 2 , x3x1 y3y1 2 ,
所以点Q满足 即
x2x3 y
2 y3 2 , x3x2 y3y2 2 .
所以直线MN 的方程为 x3x y3y 2…………………………………………………………………8 分
又因为M ,N 为直线 l1与圆C1的交点
所以MN yy 1的方程为 xx0 0 1，即 2x0x y0 y 24 2
所以 2x3x 2y3y 4x0x y0 y 恒成立…………………………………………………………………9 分
x 2x
3 0
所以 1 ，即Q 2x ,
1 y 0 0 …………………………………………………………………10 分
y3 y0 2 2
2
所以 PQ 2x0 x
2 1 1
0 y0 y0 x 2 y 20 0 ……………………………………………11 分
2 4
2 y2
又因为点 P x0 , y0 为椭圆C上一点，所以 x0 0 14
所以 PQ 1为定值．……………………………………………………………………………………12分
{#{QQABYQIAggiAABJAAQhCAwWaCEOQkBCACIoOxEAAMAAASQFABAA=}#}
