江西省新余市第四中学2023-2024学年高二下学期开学考试数学试题
1．（2024高二下·新余开学考）根据下表数据，通过最小二乘法求得关于的线性回归方程为：，则（ ）
1 2 3 4
0.6 0.8 1.1 1.5
A．0.2 B．0.25 C．0.3 D．1
2．（2024高二下·新余开学考）函数的定义域为，数列满足，则“函数为减函数”是“数列为递减数列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2024高二下·新余开学考）已知随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A．0.4 B．0.3 C．0.2 D．0.1
4．（2024高二下·新余开学考）已知抛物线的焦点为，直线与抛物线相交于两点（其中点落在第一象限），若，则直线的斜率为（ ）
A．1 B． C． D．2
5．（2024高二下·新余开学考）掷红蓝两个均匀的骰子，观察朝上的面的点数，记事件：红骰子的点数为，：红骰子的点数为，：两个骰子的点数之和为，：两个骰子的点数之和为，则（ ）
A．与对立 B．与不互斥
C．与相互独立 D．与相互独立
6．（2024高二下·新余开学考）如图，空间四边形中，，点在上，且，点为中点，则（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高二下·新余开学考）甲乙两人玩纸牌游戏，已知甲手中有两张10与三张5，乙手中有三张9与两张4.现从两人手中各随机抽取两张牌并交换给对方，则交换之后甲手中牌的点数之和大于乙手中牌的点数之和的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·新余开学考）双曲线：的离心率为，实轴长为4，的两个焦点为，.设O为坐标原点，若点P在C上，且，则（ ）
A．2 B． C． D．
9．（2024高二下·新余开学考）若直线，则下列说法正确的是（ ）
A．直线的纵截距为3 B．是直线方向向量
C．直线过点 D．是直线的法向量
10．（2024高二下·新余开学考）一袋中装有10个大小相同的小球，其中6个黑球，编号为1，2，3，4，5，6，4个白球，编号为7，8，9，10，下列结论中正确的是（ ）
A．若有放回地摸取4个球，则取出的球中白球个数X服从二项分布
B．若一次性地摸取4个球，则取出的球中白球个数Y服从超几何分布
C．若一次性地取4个球，则取到2个白球的概率为
D．若一次性地摸取4个球，则取到的白球数大于黑球数的概率为
11．（2024高二下·新余开学考）设点为圆上一点，已知点，，则下列结论正确的有（ ）
A．的最大值为
B．的最小值为
C．存在点使
D．过点作圆的切线，则切线长为
12．（2024高二下·新余开学考）如图，四棱锥中，底面是正方形，平面，，、分别是的中点，是棱上的动点，则（ ）
A．
B．存在点，使平面
C．存在点，使直线与所成的角为
D．点到平面与平面的距离和为定值
13．（2024高二下·新余开学考）已知随机变量，设函数，且满足，则 .
14．（2024高二下·新余开学考）已知数列的通项公式为，则的最小项的值为 ．
15．（2024高二下·新余开学考）校运会期间，需要学生志愿者辅助裁判老师进行记录工作，学生会将从6名志愿者中任意选派3名同学分别承担铅球记录、跳高记录、跳远记录工作，其中甲、乙2人不承担铅球记录工作，则不同的安排方法共有 种．
16．（2024高二下·新余开学考）过点作斜率为的直线与椭圆C：相交于A、B两点，若M是线段AB的中点，则的值为 .
17．（2024高二下·新余开学考）在锐角中，．
（1）求；
（2）求周长的最大值．
18．（2024高二下·新余开学考）已知过点的直线与直线平行，圆．
（1）若直线为圆C的切线，求直线的方程；
（2）若直线与圆C交于M，N两点，求面积的最大值，并求此时实数m的值．
19．（2024高二下·新余开学考）在二项式的展开式中，二项式系数最大的项只有一项，且是第4项．
（1）求的值；
（2）求展开式中所有有理项的系数之和；
（3）把展开式中的项重新排列，求有理项互不相邻的排法种数．
20．（2024高二下·新余开学考）某人新房刚装修完，为了监测房屋内空气质量的情况，每天在固定的时间测一次甲醛浓度（单位：mg/m3），连续测量了10天，所得数据绘制成散点图如下：用表示第天测得的甲醛浓度，令，经计算得，，.
（1）由散点图可知，与可用指数型回归模型进行拟合，请利用所给条件求出回归方程；（系数精确到0.01）
（2）已知房屋内空气中的甲醛浓度的安全范围是低于0.08 mg/m3，则根据（1）中所得回归模型，该新房装修完第几天开始达到此标准？（参考数据：）
附：，.
21．（2024高二下·新余开学考）如图，是边长为3的正方形，平面，，，与平面所成角为60°．
（1）求证：面平面；
（2）求二面角的余弦值．
22．（2024高二下·新余开学考）已知双曲线的左、右焦点分别为，，的一条渐近线的倾斜角为，直线与轴的交点为，且.
（1）求的方程；
（2）过点作斜率为的直线与交于，两点，为线段的中点，过点且与垂直的直线交轴于点，求证：为定值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】最小二乘法
【解析】【解答】由题意可得：，，则 线性回归方程为：过点，则，解得.
故答案为：B.
【分析】先求样本中心点，根据回归直线方程过样本中心点在代入求解即可.
2．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；数列的函数特性
【解析】【解答】因为函数的定义域为，函数为减函数，则，，即，所以数列为递减数列，即充分性成立；
例如为递减数列，但不为减函数，即必要性不成立；
综上所述：“函数为减函数”不是“数列为递减数列”的必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据数列单调性的定义判断充分性，举反例说明必要性，即可得结果.
3．【答案】D
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】由题可知：，且，
由对称性可知，.
故答案为：D.
【分析】根据题意可知，结合对称性运算求解.
4．【答案】C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】由题意可知： 抛物线的焦点为，如图所示：
若 直线与抛物线相交于两点 ，可知，直线上的斜率可能不存在，且不为0，
设直线的方程为，，
联立方程，消去x可得整理得：，
则，
因为，
若，可得：，
联立，解得，
将代入可得，解得
即得：.设代入中，则
把代入①整理得：将其代入②：，解得：，
所以直线的斜率为.
故答案为：C.
【分析】设出直线方程，，与抛物线方程联立得韦达定理，根据得出，接着从而求出参数值即得.
5．【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】对于A，因为红骰子的点数为2与点数为不会同时发生，所以与互斥，又因为红骰子的点数除了2和3，还有1，4，5，6，所以与不对立，故A错误；
对于B：因为两个骰子的点数之和为与点数之和为不可能同时发生，故与互斥，故B错误；
对于C：因为，，
则，即，
所以与相互独立，故C正确；
对于D：因为，，
则，即，
所以与不相互独立，故 D错误.
故答案为：C.
【分析】对于AB：根据对立事件与互斥事件的概念分析判断；对于CD：根据独立事件概率乘法公式结合古典概型分析判断.
6．【答案】B
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】由题意可得：.
故答案为：B.
【分析】根据题意结合空间向量的线性运算分析求解.
7．【答案】D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】因为交换之前，甲乙两人 手中牌的 点数之和相等，均为35，记“交换之后甲手中牌的点数之和大于乙手中牌的点数之和”为事件A ，则有：
1.甲被抽取的两张牌一张点数为10一张点数为5，则乙被抽取的两张牌点数都为9；
2.甲被抽取的两张牌点数都为5，乙被抽取的两张牌点数都为9或一张点数为9一张点数为4.
所以.
故答案为：D
【分析】因为交换之前，甲乙两人 手中牌的 点数之和相等，可知需甲被抽取的两张牌的点数之和更小，分类讨论，根据组合数公式以及古典概型运算求解.
8．【答案】B
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】由题意可得，解得，不妨设点P在C的右半支上，，则，如图所示：
在中，由余弦定理得
，
则，解得，
因为是的中点，则，
则
，
所以 .
故答案为：B．
【分析】根据离心率可得，利用余弦定理可得，再结合以及数量积的运算律分析求解.
9．【答案】B,C,D
【知识点】直线的斜率；直线的一般式方程与直线的性质
【解析】【解答】对于直线，
对于A：令，可得，所以 直线的纵截距为 ，故A错误；
对于B：因为直线的斜率，所以直线方向向量为，故B正确；
对于C：令，可得，所以直线过点 ，故C正确；
对于D：设，则，即，
所以是直线的法向量 ，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据直线方程求纵截距和斜率，以及过点，即可判断AB；根据斜率计算出方向向量，即可判断B；根据方向向量判断直线的法向量.
10．【答案】A,B,D
【知识点】超几何分布的应用；二项分布；概率的应用
【解析】【解答】对A，取出白球和取出黑球的概率分别为 和 ，符合二项分布，A符合题意；
对B，一次性地摸取4个球，则取出的球中白球个数的分布列 ，符合超几何分布，B符合题意；
对C，一次性地取4个球，则取到2个白球的概率为 ，C不符合题意；
对D，取出的白球为3和4，故 ，D符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件结合随机变量服从二项分布和超几何分布，再利用二项分布求概率公式和超几何分布求概率公式，从而找出结论正确的选项。
11．【答案】A,D
【知识点】轨迹方程；圆的切线方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】由题意可知：圆的圆心为，半径为1，对于A：设，
则点到直线的距离，解得，
所以的最大值为 ，故A正确；
对于B：因为，
所以的最小值为 ，故B错误；
对于C：设，
若存在点使，
则，化简得，
即点在圆上，此圆圆心为，半径为，
因为，可知该圆与圆外离，所以不存在点使，故C错误；
对于D：圆的圆心为，半径为，则过点作圆的切线，
则切线长为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】对于A：设，利用圆心到直线的距离不大于半径求得的范围可判断；对于B：整理可得结合选项A即可判断；对于C：求出满足的点有轨迹圆，由两圆位置关系可判断C；对于D：根据切线性质求出切线长可判断．
12．【答案】A,B,D
【知识点】直线与平面平行的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究直线与直线的位置关系
【解析】【解答】以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如图所示：
设，
则，，，，，，；
由是棱上的动点，设，，
对于A：因为，，
则，即，故A正确；
对于B：当为中点时，是的中位线，则，
且平面，平面，所以平面，故B正确；
对于C：因为，，
若存在点，使直线与所成的角为，
则，
化简得，无解，
所以不存在点，使直线与所成的角为 故C错误；
对于D：由题意可知：点到平面的距离，
且平面的法向量可以为，
可得点到平面的距离为，则，
所以 点到平面与平面的距离和为定值 ，故D正确.
故答案为：ABD
【分析】根据已知条件，建立空间直角坐标系，设.对于A：利用空间向量怎么线线垂直；对于B：可得，结合线面垂直的判定定理分析判断；对于C：假设存在，根据空间向量结合线线夹角运算求解，即可判断；对于D：根据点到线的距离公式运算求解..
13．【答案】2
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】因为，则，
又因为，可得，
则，可知与关于对称，
所以.
故答案为：2.
【分析】根据题意整理可得，结合正态分布的对称性运算求解.
14．【答案】
【知识点】数列的函数特性
【解析】【解答】因为函数的对称轴是，
而中，，
由对称性可知：当或时，取到最小项的．
故答案为：．
【分析】根据数列的通项公式结合二次函数的对称性求最小项．
15．【答案】
【知识点】基本计数原理的应用；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】根据题意分两步：①在甲乙之外人中任选人，承担铅球记录工作，有种情况；
②在剩下的人中任选人，承担跳高和跳远记录工作，有种情况；
所以不同的安排方法有种
故答案为：.
【分析】分两步：先安排铅球工作，再安排跳高和跳远工作，结合排列数运算求解.
16．【答案】
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】由题意可知：必须在椭圆内部，则，设，则，即，
可得，
因为，则，
可得，即，所以．
故答案为：．
【分析】设，求得，根据题意利用点差法运算求解即可得的值．
17．【答案】（1）因为锐角，，所以，
所以，所以，.
（2）解法一：由正弦定理可得，
所以
，
在锐角中，，
所以当，即时，取最大值，
.
解法二：由余弦定理可得，
代入得，所以，
因为，所以，，
当且仅当时等号成立，
所以.
【知识点】三角函数的化简求值；正弦定理；余弦定理；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据题意利用倍角公式运算求解即可；
（2）解法一：利用正弦定理结合三角恒等变换可得，再根据正弦函数最值分析求解；解法二：根据题意利用余弦定理可得，结合均值不等式求最值即可.
（1）因为锐角，，所以，
所以，所以，.
（2）解法一：由正弦定理可得，
所以
，
在锐角中，，
所以当，即时，取最大值，
.
解法二：由余弦定理可得，
代入得，所以，
因为，所以，，
当且仅当时等号成立，
所以.
18．【答案】（1）因为直线与直线平行，
设直线的方程为，又直线过点，
则，得，
所以直线的方程为．
由圆，得其标准方程为，
所以圆心为，半径为．
因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，解之得，
直线的方程为．
（2）由直线与圆相交于M，N两点，三角形的面积，
而，为半径1，
因此当最大时，即，此时，最大为．
所以圆心C到直线的距离为．
由（1）得直线的方程为，
所以圆心C到直线l的距离，解之得或．
综上所述，最大为，或．
【知识点】直线的一般式方程与直线的平行关系；圆的切线方程；相交弦所在直线的方程
【解析】【分析】（1）根据题意可设直线的方程为，根据切线以及点到直线的距离公式运算求解；
（2）由题意结合三角形面积公式分析可知当时，最大，可得圆心C到直线的距离为，利用点到直线的距离公式运算求解.
（1）因为直线与直线平行，
设直线的方程为，又直线过点，
则，得，
所以直线的方程为．
由圆，得其标准方程为，
所以圆心为，半径为．
因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，解之得，
直线的方程为．
（2）由直线与圆相交于M，N两点，三角形的面积，
而，为半径1，
因此当最大时，即，此时，最大为．
所以圆心C到直线的距离为．
由（1）得直线的方程为，
所以圆心C到直线l的距离，解之得或．
综上所述，最大为，或．
19．【答案】（1）由题意知，所以．
（2）二项式的展开式的通项为，
当时，的次数为整数，对应的项为有理项．
于是展开式中有理项共有四项，分别为第1项第3项、第5项、第7项，
所以展开式中所有有理项的系数之和为（或）．
（3）展开式共有7项，其中4项为有理项，3项为无理项．
将无理项排列，有种排法，
将有理项插空排列，有种排法，
故有理项互不相邻的排法共有（种）．
【知识点】简单计数与排列组合；二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【分析】（1）根据二项式系数的最值分析求解；
（2）根据二项展开式的通项公式，令的次数为整数的项，即可求解；
（3）根据题意转化为元素不相邻的排列问题，利用插空法，即可求解.
（1）由题意知，所以．
（2）二项式的展开式的通项为，
当时，的次数为整数，对应的项为有理项．
于是展开式中有理项共有四项，分别为第1项第3项、第5项、第7项，
所以展开式中所有有理项的系数之和为（或）．
（3）展开式共有7项，其中4项为有理项，3项为无理项．
将无理项排列，有种排法，
将有理项插空排列，有种排法，
故有理项互不相邻的排法共有（种）．
20．【答案】（1）令，而，，
则，，
因此，即，
所以所求回归方程为.
（2）由（1）知：，即，解得，
所以，即在新房装修完第35天开始达到此标准.
【知识点】最小二乘法；线性回归方程；回归分析的初步应用；可线性化的回归分析
【解析】【分析】（1）根据题意先利用最小二乘法求出回归直线方程，再求出与的回归方程；
（2）根据题意利用（1）中回归模型建立不等式，解不等式即可.
（1）令，而，，
则，，
因此，即，
所以所求回归方程为.
（2）由（1）知：，即，解得，
所以，即在新房装修完第35天开始达到此标准.
21．【答案】（1）因为平面，平面，所以．
因为是正方形，所以，
又，平面，所以平面．
又平面
所以平面平面．
（2）因为两两垂直，所以建立空间直角坐标系如图所示．
因为与平面所成角为60°，平面，
即，所以．
由，可知，．
则，，，，
所以，．
设平面的法向量为，则
即．
令，则．
因为平面，所以为平面的法向量，．
所以，．
因为二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据题意可证平面，再结合面面垂直的判定定理分析证明；
（2）建系标点，分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角.
（1）因为平面，平面，所以．
因为是正方形，所以，
又，平面，所以平面．
又平面
所以平面平面．
（2）因为两两垂直，所以建立空间直角坐标系如图所示．
因为与平面所成角为60°，平面，
即，所以．
由，可知，．
则，，，，
所以，．
设平面的法向量为，则
即．
令，则．
因为平面，所以为平面的法向量，．
所以，．
因为二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为．
22．【答案】（1）因为一条渐近线的倾斜角为，所以，
，，，，
因为，所以，可得，
，解得，，
所以的方程为，
（2）由（1），设直线的方程为，，
直线的方程与双曲线方程联立，
整理得，
当即，直线与双曲线渐近线平行，与双曲线只有一个交点，
不符合题意，故，且，
，，
可得，所以直线的方程为，
令得，所以，
，
，
所以，
即为定值.
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据一条渐近线可得的值，再由求出，结合可得答案；
（2）设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理得点坐标及直线的方程从而求出点坐标，利用弦长公式求出，两点间的距离公式求出，再进而运算分析证明.
（1）因为一条渐近线的倾斜角为，所以，
，，，，
因为，所以，可得，
，解得，，
所以的方程为；
（2）由（1），设直线的方程为，，
直线的方程与双曲线方程联立，
整理得，
当即，直线与双曲线渐近线平行，与双曲线只有一个交点，
不符合题意，故，且，
，，
可得，所以直线的方程为，
令得，所以，
，
，
所以，
即为定值.
1 / 1江西省新余市第四中学2023-2024学年高二下学期开学考试数学试题
1．（2024高二下·新余开学考）根据下表数据，通过最小二乘法求得关于的线性回归方程为：，则（ ）
1 2 3 4
0.6 0.8 1.1 1.5
A．0.2 B．0.25 C．0.3 D．1
【答案】B
【知识点】最小二乘法
【解析】【解答】由题意可得：，，则 线性回归方程为：过点，则，解得.
故答案为：B.
【分析】先求样本中心点，根据回归直线方程过样本中心点在代入求解即可.
2．（2024高二下·新余开学考）函数的定义域为，数列满足，则“函数为减函数”是“数列为递减数列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；数列的函数特性
【解析】【解答】因为函数的定义域为，函数为减函数，则，，即，所以数列为递减数列，即充分性成立；
例如为递减数列，但不为减函数，即必要性不成立；
综上所述：“函数为减函数”不是“数列为递减数列”的必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据数列单调性的定义判断充分性，举反例说明必要性，即可得结果.
3．（2024高二下·新余开学考）已知随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A．0.4 B．0.3 C．0.2 D．0.1
【答案】D
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】由题可知：，且，
由对称性可知，.
故答案为：D.
【分析】根据题意可知，结合对称性运算求解.
4．（2024高二下·新余开学考）已知抛物线的焦点为，直线与抛物线相交于两点（其中点落在第一象限），若，则直线的斜率为（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】由题意可知： 抛物线的焦点为，如图所示：
若 直线与抛物线相交于两点 ，可知，直线上的斜率可能不存在，且不为0，
设直线的方程为，，
联立方程，消去x可得整理得：，
则，
因为，
若，可得：，
联立，解得，
将代入可得，解得
即得：.设代入中，则
把代入①整理得：将其代入②：，解得：，
所以直线的斜率为.
故答案为：C.
【分析】设出直线方程，，与抛物线方程联立得韦达定理，根据得出，接着从而求出参数值即得.
5．（2024高二下·新余开学考）掷红蓝两个均匀的骰子，观察朝上的面的点数，记事件：红骰子的点数为，：红骰子的点数为，：两个骰子的点数之和为，：两个骰子的点数之和为，则（ ）
A．与对立 B．与不互斥
C．与相互独立 D．与相互独立
【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】对于A，因为红骰子的点数为2与点数为不会同时发生，所以与互斥，又因为红骰子的点数除了2和3，还有1，4，5，6，所以与不对立，故A错误；
对于B：因为两个骰子的点数之和为与点数之和为不可能同时发生，故与互斥，故B错误；
对于C：因为，，
则，即，
所以与相互独立，故C正确；
对于D：因为，，
则，即，
所以与不相互独立，故 D错误.
故答案为：C.
【分析】对于AB：根据对立事件与互斥事件的概念分析判断；对于CD：根据独立事件概率乘法公式结合古典概型分析判断.
6．（2024高二下·新余开学考）如图，空间四边形中，，点在上，且，点为中点，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】由题意可得：.
故答案为：B.
【分析】根据题意结合空间向量的线性运算分析求解.
7．（2024高二下·新余开学考）甲乙两人玩纸牌游戏，已知甲手中有两张10与三张5，乙手中有三张9与两张4.现从两人手中各随机抽取两张牌并交换给对方，则交换之后甲手中牌的点数之和大于乙手中牌的点数之和的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】因为交换之前，甲乙两人 手中牌的 点数之和相等，均为35，记“交换之后甲手中牌的点数之和大于乙手中牌的点数之和”为事件A ，则有：
1.甲被抽取的两张牌一张点数为10一张点数为5，则乙被抽取的两张牌点数都为9；
2.甲被抽取的两张牌点数都为5，乙被抽取的两张牌点数都为9或一张点数为9一张点数为4.
所以.
故答案为：D
【分析】因为交换之前，甲乙两人 手中牌的 点数之和相等，可知需甲被抽取的两张牌的点数之和更小，分类讨论，根据组合数公式以及古典概型运算求解.
8．（2024高二下·新余开学考）双曲线：的离心率为，实轴长为4，的两个焦点为，.设O为坐标原点，若点P在C上，且，则（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】B
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】由题意可得，解得，不妨设点P在C的右半支上，，则，如图所示：
在中，由余弦定理得
，
则，解得，
因为是的中点，则，
则
，
所以 .
故答案为：B．
【分析】根据离心率可得，利用余弦定理可得，再结合以及数量积的运算律分析求解.
9．（2024高二下·新余开学考）若直线，则下列说法正确的是（ ）
A．直线的纵截距为3 B．是直线方向向量
C．直线过点 D．是直线的法向量
【答案】B,C,D
【知识点】直线的斜率；直线的一般式方程与直线的性质
【解析】【解答】对于直线，
对于A：令，可得，所以 直线的纵截距为 ，故A错误；
对于B：因为直线的斜率，所以直线方向向量为，故B正确；
对于C：令，可得，所以直线过点 ，故C正确；
对于D：设，则，即，
所以是直线的法向量 ，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据直线方程求纵截距和斜率，以及过点，即可判断AB；根据斜率计算出方向向量，即可判断B；根据方向向量判断直线的法向量.
10．（2024高二下·新余开学考）一袋中装有10个大小相同的小球，其中6个黑球，编号为1，2，3，4，5，6，4个白球，编号为7，8，9，10，下列结论中正确的是（ ）
A．若有放回地摸取4个球，则取出的球中白球个数X服从二项分布
B．若一次性地摸取4个球，则取出的球中白球个数Y服从超几何分布
C．若一次性地取4个球，则取到2个白球的概率为
D．若一次性地摸取4个球，则取到的白球数大于黑球数的概率为
【答案】A,B,D
【知识点】超几何分布的应用；二项分布；概率的应用
【解析】【解答】对A，取出白球和取出黑球的概率分别为 和 ，符合二项分布，A符合题意；
对B，一次性地摸取4个球，则取出的球中白球个数的分布列 ，符合超几何分布，B符合题意；
对C，一次性地取4个球，则取到2个白球的概率为 ，C不符合题意；
对D，取出的白球为3和4，故 ，D符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件结合随机变量服从二项分布和超几何分布，再利用二项分布求概率公式和超几何分布求概率公式，从而找出结论正确的选项。
11．（2024高二下·新余开学考）设点为圆上一点，已知点，，则下列结论正确的有（ ）
A．的最大值为
B．的最小值为
C．存在点使
D．过点作圆的切线，则切线长为
【答案】A,D
【知识点】轨迹方程；圆的切线方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】由题意可知：圆的圆心为，半径为1，对于A：设，
则点到直线的距离，解得，
所以的最大值为 ，故A正确；
对于B：因为，
所以的最小值为 ，故B错误；
对于C：设，
若存在点使，
则，化简得，
即点在圆上，此圆圆心为，半径为，
因为，可知该圆与圆外离，所以不存在点使，故C错误；
对于D：圆的圆心为，半径为，则过点作圆的切线，
则切线长为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】对于A：设，利用圆心到直线的距离不大于半径求得的范围可判断；对于B：整理可得结合选项A即可判断；对于C：求出满足的点有轨迹圆，由两圆位置关系可判断C；对于D：根据切线性质求出切线长可判断．
12．（2024高二下·新余开学考）如图，四棱锥中，底面是正方形，平面，，、分别是的中点，是棱上的动点，则（ ）
A．
B．存在点，使平面
C．存在点，使直线与所成的角为
D．点到平面与平面的距离和为定值
【答案】A,B,D
【知识点】直线与平面平行的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究直线与直线的位置关系
【解析】【解答】以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如图所示：
设，
则，，，，，，；
由是棱上的动点，设，，
对于A：因为，，
则，即，故A正确；
对于B：当为中点时，是的中位线，则，
且平面，平面，所以平面，故B正确；
对于C：因为，，
若存在点，使直线与所成的角为，
则，
化简得，无解，
所以不存在点，使直线与所成的角为 故C错误；
对于D：由题意可知：点到平面的距离，
且平面的法向量可以为，
可得点到平面的距离为，则，
所以 点到平面与平面的距离和为定值 ，故D正确.
故答案为：ABD
【分析】根据已知条件，建立空间直角坐标系，设.对于A：利用空间向量怎么线线垂直；对于B：可得，结合线面垂直的判定定理分析判断；对于C：假设存在，根据空间向量结合线线夹角运算求解，即可判断；对于D：根据点到线的距离公式运算求解..
13．（2024高二下·新余开学考）已知随机变量，设函数，且满足，则 .
【答案】2
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】因为，则，
又因为，可得，
则，可知与关于对称，
所以.
故答案为：2.
【分析】根据题意整理可得，结合正态分布的对称性运算求解.
14．（2024高二下·新余开学考）已知数列的通项公式为，则的最小项的值为 ．
【答案】
【知识点】数列的函数特性
【解析】【解答】因为函数的对称轴是，
而中，，
由对称性可知：当或时，取到最小项的．
故答案为：．
【分析】根据数列的通项公式结合二次函数的对称性求最小项．
15．（2024高二下·新余开学考）校运会期间，需要学生志愿者辅助裁判老师进行记录工作，学生会将从6名志愿者中任意选派3名同学分别承担铅球记录、跳高记录、跳远记录工作，其中甲、乙2人不承担铅球记录工作，则不同的安排方法共有 种．
【答案】
【知识点】基本计数原理的应用；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】根据题意分两步：①在甲乙之外人中任选人，承担铅球记录工作，有种情况；
②在剩下的人中任选人，承担跳高和跳远记录工作，有种情况；
所以不同的安排方法有种
故答案为：.
【分析】分两步：先安排铅球工作，再安排跳高和跳远工作，结合排列数运算求解.
16．（2024高二下·新余开学考）过点作斜率为的直线与椭圆C：相交于A、B两点，若M是线段AB的中点，则的值为 .
【答案】
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】由题意可知：必须在椭圆内部，则，设，则，即，
可得，
因为，则，
可得，即，所以．
故答案为：．
【分析】设，求得，根据题意利用点差法运算求解即可得的值．
17．（2024高二下·新余开学考）在锐角中，．
（1）求；
（2）求周长的最大值．
【答案】（1）因为锐角，，所以，
所以，所以，.
（2）解法一：由正弦定理可得，
所以
，
在锐角中，，
所以当，即时，取最大值，
.
解法二：由余弦定理可得，
代入得，所以，
因为，所以，，
当且仅当时等号成立，
所以.
【知识点】三角函数的化简求值；正弦定理；余弦定理；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据题意利用倍角公式运算求解即可；
（2）解法一：利用正弦定理结合三角恒等变换可得，再根据正弦函数最值分析求解；解法二：根据题意利用余弦定理可得，结合均值不等式求最值即可.
（1）因为锐角，，所以，
所以，所以，.
（2）解法一：由正弦定理可得，
所以
，
在锐角中，，
所以当，即时，取最大值，
.
解法二：由余弦定理可得，
代入得，所以，
因为，所以，，
当且仅当时等号成立，
所以.
18．（2024高二下·新余开学考）已知过点的直线与直线平行，圆．
（1）若直线为圆C的切线，求直线的方程；
（2）若直线与圆C交于M，N两点，求面积的最大值，并求此时实数m的值．
【答案】（1）因为直线与直线平行，
设直线的方程为，又直线过点，
则，得，
所以直线的方程为．
由圆，得其标准方程为，
所以圆心为，半径为．
因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，解之得，
直线的方程为．
（2）由直线与圆相交于M，N两点，三角形的面积，
而，为半径1，
因此当最大时，即，此时，最大为．
所以圆心C到直线的距离为．
由（1）得直线的方程为，
所以圆心C到直线l的距离，解之得或．
综上所述，最大为，或．
【知识点】直线的一般式方程与直线的平行关系；圆的切线方程；相交弦所在直线的方程
【解析】【分析】（1）根据题意可设直线的方程为，根据切线以及点到直线的距离公式运算求解；
（2）由题意结合三角形面积公式分析可知当时，最大，可得圆心C到直线的距离为，利用点到直线的距离公式运算求解.
（1）因为直线与直线平行，
设直线的方程为，又直线过点，
则，得，
所以直线的方程为．
由圆，得其标准方程为，
所以圆心为，半径为．
因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，解之得，
直线的方程为．
（2）由直线与圆相交于M，N两点，三角形的面积，
而，为半径1，
因此当最大时，即，此时，最大为．
所以圆心C到直线的距离为．
由（1）得直线的方程为，
所以圆心C到直线l的距离，解之得或．
综上所述，最大为，或．
19．（2024高二下·新余开学考）在二项式的展开式中，二项式系数最大的项只有一项，且是第4项．
（1）求的值；
（2）求展开式中所有有理项的系数之和；
（3）把展开式中的项重新排列，求有理项互不相邻的排法种数．
【答案】（1）由题意知，所以．
（2）二项式的展开式的通项为，
当时，的次数为整数，对应的项为有理项．
于是展开式中有理项共有四项，分别为第1项第3项、第5项、第7项，
所以展开式中所有有理项的系数之和为（或）．
（3）展开式共有7项，其中4项为有理项，3项为无理项．
将无理项排列，有种排法，
将有理项插空排列，有种排法，
故有理项互不相邻的排法共有（种）．
【知识点】简单计数与排列组合；二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【分析】（1）根据二项式系数的最值分析求解；
（2）根据二项展开式的通项公式，令的次数为整数的项，即可求解；
（3）根据题意转化为元素不相邻的排列问题，利用插空法，即可求解.
（1）由题意知，所以．
（2）二项式的展开式的通项为，
当时，的次数为整数，对应的项为有理项．
于是展开式中有理项共有四项，分别为第1项第3项、第5项、第7项，
所以展开式中所有有理项的系数之和为（或）．
（3）展开式共有7项，其中4项为有理项，3项为无理项．
将无理项排列，有种排法，
将有理项插空排列，有种排法，
故有理项互不相邻的排法共有（种）．
20．（2024高二下·新余开学考）某人新房刚装修完，为了监测房屋内空气质量的情况，每天在固定的时间测一次甲醛浓度（单位：mg/m3），连续测量了10天，所得数据绘制成散点图如下：用表示第天测得的甲醛浓度，令，经计算得，，.
（1）由散点图可知，与可用指数型回归模型进行拟合，请利用所给条件求出回归方程；（系数精确到0.01）
（2）已知房屋内空气中的甲醛浓度的安全范围是低于0.08 mg/m3，则根据（1）中所得回归模型，该新房装修完第几天开始达到此标准？（参考数据：）
附：，.
【答案】（1）令，而，，
则，，
因此，即，
所以所求回归方程为.
（2）由（1）知：，即，解得，
所以，即在新房装修完第35天开始达到此标准.
【知识点】最小二乘法；线性回归方程；回归分析的初步应用；可线性化的回归分析
【解析】【分析】（1）根据题意先利用最小二乘法求出回归直线方程，再求出与的回归方程；
（2）根据题意利用（1）中回归模型建立不等式，解不等式即可.
（1）令，而，，
则，，
因此，即，
所以所求回归方程为.
（2）由（1）知：，即，解得，
所以，即在新房装修完第35天开始达到此标准.
21．（2024高二下·新余开学考）如图，是边长为3的正方形，平面，，，与平面所成角为60°．
（1）求证：面平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）因为平面，平面，所以．
因为是正方形，所以，
又，平面，所以平面．
又平面
所以平面平面．
（2）因为两两垂直，所以建立空间直角坐标系如图所示．
因为与平面所成角为60°，平面，
即，所以．
由，可知，．
则，，，，
所以，．
设平面的法向量为，则
即．
令，则．
因为平面，所以为平面的法向量，．
所以，．
因为二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据题意可证平面，再结合面面垂直的判定定理分析证明；
（2）建系标点，分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角.
（1）因为平面，平面，所以．
因为是正方形，所以，
又，平面，所以平面．
又平面
所以平面平面．
（2）因为两两垂直，所以建立空间直角坐标系如图所示．
因为与平面所成角为60°，平面，
即，所以．
由，可知，．
则，，，，
所以，．
设平面的法向量为，则
即．
令，则．
因为平面，所以为平面的法向量，．
所以，．
因为二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为．
22．（2024高二下·新余开学考）已知双曲线的左、右焦点分别为，，的一条渐近线的倾斜角为，直线与轴的交点为，且.
（1）求的方程；
（2）过点作斜率为的直线与交于，两点，为线段的中点，过点且与垂直的直线交轴于点，求证：为定值.
【答案】（1）因为一条渐近线的倾斜角为，所以，
，，，，
因为，所以，可得，
，解得，，
所以的方程为，
（2）由（1），设直线的方程为，，
直线的方程与双曲线方程联立，
整理得，
当即，直线与双曲线渐近线平行，与双曲线只有一个交点，
不符合题意，故，且，
，，
可得，所以直线的方程为，
令得，所以，
，
，
所以，
即为定值.
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据一条渐近线可得的值，再由求出，结合可得答案；
（2）设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理得点坐标及直线的方程从而求出点坐标，利用弦长公式求出，两点间的距离公式求出，再进而运算分析证明.
（1）因为一条渐近线的倾斜角为，所以，
，，，，
因为，所以，可得，
，解得，，
所以的方程为；
（2）由（1），设直线的方程为，，
直线的方程与双曲线方程联立，
整理得，
当即，直线与双曲线渐近线平行，与双曲线只有一个交点，
不符合题意，故，且，
，，
可得，所以直线的方程为，
令得，所以，
，
，
所以，
即为定值.
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