數(shù)學(xué)-遼寧省名校聯(lián)盟2024-2025學(xué)年高二下學(xué)期3月聯(lián)合考試試題和答案

絕密★啟用前遼寧省名校聯(lián)盟2025年高二3月份聯(lián)合考試數(shù)學(xué)命題人：沈陽市第120中學(xué)王莉?qū)忣}人：遼寧名校聯(lián)盟試題研發(fā)中心鶴崗一中姜廣千本試卷滿分150分，考試時(shí)間120分鐘。注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡2.答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.若直線l?:ax+y+1=0與L?:x+ay-1=0平行，則2.已知(ax-1)(1+√x)?展開式中各項(xiàng)系數(shù)之和為64,則展開式中x3的系數(shù)為A.31B.303.已知直線l過點(diǎn)A(2,3,1),且a=(1,1,1)為l的一個(gè)方向向量，則點(diǎn)P(4,3,2)到直線l的距離為4.已知X~B(3,p)(0<p<1),4P(X=3)+P(X=2)=8,且Y=2X+1,則下列選項(xiàng)中不正確的是5.現(xiàn)有5個(gè)編號(hào)為1,2,3,4,5的不同的球和5個(gè)編號(hào)為1,2,3,4,5的不同的盒子，把球全部放入盒A.共有120種不同的放法B.恰有一個(gè)盒子不放球，共有1200種放法C.每個(gè)盒子內(nèi)只放一個(gè)球，恰有2個(gè)盒子的編號(hào)與球的編號(hào)相同，不同的放法有60種D.將5個(gè)不同的球換成相同的球，恰有一個(gè)空盒的放法有5種6.已知實(shí)數(shù)x?,x?,y1,yz滿足x2+y2=4,x2+y2=4,x?x?+y?y?=0,的最大值為A.3√2B.67.設(shè)A,B,C是集合{1,2,3,…,2024}的子集，且滿足AEC,BEC,這樣的有序組(A,B,C)的總數(shù)是于A,B兩點(diǎn).現(xiàn)將C所在平面沿直線F?F?折成平面角為銳角α的二面角，如圖，翻折后A,B兩點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為A',B',且∠A'F?B'=β.,則C的離心率為數(shù)學(xué)第1頁(共4頁)A.√3B.2√2二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分。9.下列說法中正確的是B.兩個(gè)變量線性相關(guān)性越強(qiáng)，則相關(guān)系數(shù)r就越接近1C.在線性回歸方程y=2-0.5x中，當(dāng)變量x每增加一個(gè)單位時(shí)，y平均減少0.5個(gè)單位D.以模型y=ce去擬合一組數(shù)據(jù)時(shí)，為了求出回歸方程，設(shè)z=lny,求得線性回歸方程為z=0.3x+4,則c,k的值分別是e?和0.3交點(diǎn).若AB=a,AD=b,AA?=c,則下列說法正確的有11.法國數(shù)學(xué)家加斯帕爾·蒙日被稱為“畫法幾何創(chuàng)始人”“微分幾何之父”,他發(fā)現(xiàn)與橢圓相切的兩條互相垂直的切線的交點(diǎn)的軌跡是以該橢圓中心為圓心的圓，這個(gè)圓稱為該橢圓的蒙日?qǐng)A.若橢圓1的蒙日?qǐng)A為圓C,過C上的動(dòng)點(diǎn)M作I的兩條互相垂直的切線，分別與C交于P,Q兩點(diǎn)，直線PQ交T于AA.橢圓F的蒙日?qǐng)A方程為x2+y2=7B.△MPQ面積的最大值為7D.若動(dòng)點(diǎn)D在I上，將直線DA,DB的斜率分別記為k?,k?,則三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布N(8,o2),P(x>10)=m,P(6≤x≤8)=n,則的最小值為13.甲、乙兩人進(jìn)行乒乓球比賽，每局比賽11分制，若比分打到10:10時(shí)，需要一人比另一人多得兩分，比賽才能結(jié)束.已知甲贏得每一分的概率為,在兩人的第一局比賽中，兩人達(dá)到了10:10,此局比賽結(jié)束時(shí)，兩人的得分總和為24的概率為數(shù)學(xué)第2頁(共4頁)14.在棱長(zhǎng)為4的正方體ABCDA?B?C?D?中，M,N分別是平面A?B?C?D?和平面ACD?內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。15.(13分)民航招飛是指普通高校飛行技術(shù)專業(yè)(本科)通過高考招收飛行學(xué)生，報(bào)名的學(xué)生需參與預(yù)選初檢、體檢鑒定、飛行職業(yè)心理學(xué)檢測(cè)、背景調(diào)查、高考選拔共5項(xiàng)流程，其中前4項(xiàng)流程選拔均通過，則被確認(rèn)為有效招飛申請(qǐng)，然后參加高考，由招飛院校擇優(yōu)錄取.據(jù)統(tǒng)計(jì)，某校高三在校學(xué)生有1000人，其中男生600人，女生400人，各有100名學(xué)生有民航招飛意向.(1)完成以下2×2列聯(lián)表，并回答是否有99.9%的把握認(rèn)為該校高三學(xué)生有民航招飛意向與學(xué)生性別有關(guān)?對(duì)民航招飛有意向?qū)γ窈秸酗w沒有意向男生女生(2)若每名報(bào)名學(xué)生通過前4項(xiàng)流程的概率依次約為假設(shè)學(xué)生能否通過這4項(xiàng)流程相互獨(dú)立，估計(jì)該校高三學(xué)生被認(rèn)為有效招飛的人數(shù).附：x2=(a+b)c+d)(a+)6+a,n=a+b+c+dP16.(15分)某工廠生產(chǎn)一批機(jī)器零件，現(xiàn)隨機(jī)抽取100件對(duì)某一項(xiàng)性能指標(biāo)進(jìn)行檢測(cè)，得到一組數(shù)據(jù)X,如3(1)求該項(xiàng)性能指標(biāo)的樣本平均數(shù)元的值，若這批零件的該項(xiàng)指標(biāo)X近似服從正態(tài)分布N(μ,o2),其中μ近似為樣本平均數(shù)π的值，o2=36,試求P(74≤X≤92)的值；(2)若此工廠有甲、乙兩臺(tái)機(jī)床加工這種機(jī)器零件，且甲機(jī)床的生產(chǎn)效率是乙機(jī)床的生產(chǎn)效率的2倍，甲機(jī)床生產(chǎn)的零件的次品率為0.02,乙機(jī)床生產(chǎn)的零件的次品率為0.01,現(xiàn)從這批零件中隨機(jī)抽取一件.(i)求這件零件是次品的概率；(ii)若檢測(cè)出這件零件是次品，求這件零件是甲機(jī)床生產(chǎn)的概率.參考數(shù)據(jù)：若隨機(jī)變量ξ服從正態(tài)分布N(μ,o2),則P(μ-o≤F≤μ+σ)≈0.683,P(μ-2c≤5≤μ+2o)≈0.954,P(μ-3g≤S≤μ+3σ)≈0.997.17.(15分)AE=2BE,將△ADE沿DE折起到△A?DE的位置(如圖②),使A?C⊥CD,M是A?D的中點(diǎn).(2)求CM與平面A?BE所成角的大??；(3)在線段A?C上是否存在點(diǎn)N,使平面BCM與平面BMN所成角的余弦值若存在，求18.(17分)強(qiáng)基計(jì)劃于2020年在有關(guān)高校開始實(shí)施，主要選拔有志于服務(wù)國家重大戰(zhàn)略需求且綜合素質(zhì)優(yōu)秀或基礎(chǔ)學(xué)科拔尖的學(xué)生.為選拔培養(yǎng)對(duì)象，某高校在暑假期間從中學(xué)里挑選優(yōu)秀學(xué)生參加數(shù)(1)若數(shù)學(xué)組的7名學(xué)員中恰有4人來自A中學(xué)，從這7名學(xué)員中隨機(jī)選取4人，ξ表示選取的人中來自A中學(xué)的人數(shù)，求∈的分布列和數(shù)學(xué)期望；(2)在夏令營開幕式的晚會(huì)上，物理組舉行了一次學(xué)科知識(shí)競(jìng)答活動(dòng)，規(guī)則如下：兩人一組，每一輪競(jìng)答中，每人分別答兩題，若小組答對(duì)題數(shù)不小于3,則取得本輪勝利.已知甲、乙兩名同學(xué)組成一組，甲、乙答對(duì)每道題的概率分別為pi,p?.假設(shè)甲、乙兩人每次答題相互獨(dú)立，且互不影響.當(dāng),求甲、乙兩名同學(xué)在每輪答題中取勝的概率的最大值.19.(17分)設(shè)拋物線C:x2=2py(p>0),過點(diǎn)M(0,4)的直線與C交于A,B兩點(diǎn)，0為坐標(biāo)原點(diǎn)，且OALOB.若拋物線C的焦點(diǎn)為F,記△AOB,△AOF的面積分別為S△AOB,S△AOF·(1)求S△AOB+2S△AOF的最小值；(2)設(shè)點(diǎn)D(1,-4),直線AD與拋物線C的另一交點(diǎn)為E,求證：直線BE過定點(diǎn)；(3)我國古代南北朝數(shù)學(xué)家祖暄所提出的祖暄原理是“冪勢(shì)既同，則積不容異”,即夾在兩個(gè)平行平面間的兩個(gè)幾何體被平行于這兩個(gè)平面的任意平面所截，如果截得的兩個(gè)截面的面積總相等，那么這兩個(gè)幾何體的體積相等.當(dāng)△AOB為等腰直角三角形時(shí)，記線段AB與拋物線圍成的封閉圖形為w,w繞y軸旋轉(zhuǎn)半周形成的曲面所圍成的幾何體為Ω.試用祖恒原理的數(shù)學(xué)思想求出Ω的體積.數(shù)學(xué)第3頁(共4頁)數(shù)學(xué)第4頁(共4頁)參考答案及解析參考答案及解析1.A【解析】因?yàn)橹本€l?:ax+y+1=0與l2:x+ay-1=0平行，所以a2-1=0且-a-1≠0,解得a=1.故1)(1+√1)?=64,解得a=2,(1+√x)6展開式的通項(xiàng)公為15×2-1=29.故選C項(xiàng).3.B【解析】由已知可得AP=(2,0,1),又a=(1,1,1),所以向量AP在向量a上的投影向量的模為離為√5-3=√2.故選B項(xiàng).4.D【解析】由題意得4C3p3+C3p2(1-p)=p3+3p2=因?yàn)楹瘮?shù)f(p)=p3+3p2在(0,1)上單調(diào)遞增，且4=0的距離之和，原點(diǎn)O到直線x+y-4=0的距離,如圖，作AC⊥CD,BD⊥CD,E是AB的上，所以|EF|max=√2+d=√2+2√2=3√2,故7.B【解析】當(dāng)集合C中有2024個(gè)元素時(shí)，不同的有序集合組(A,B,C)有C2824·22024·22024個(gè)，當(dāng)集合C中有2023個(gè)元素時(shí)，不同的有序集合組(A,B,C)有C2823·22023·22023個(gè)，…,當(dāng)集合C中有0個(gè)元素時(shí)，不同的有序集合組(A,B,C)有C024·2°·2個(gè)，所以總,所以數(shù)為C224·22024·22024+C2823·22023·22023+…十,所以E(Y)-1=2E(X)=3,D(Y)=22D(X)=3,則E(Y)-1=D(Y).5.B【解析】對(duì)于A項(xiàng)，每個(gè)球都有5種放法，共有5×5×5×5×5=3125種放法，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于B項(xiàng)，把C2024·2°·2°=C2024·42024+C=(1+4)2024=52024.故選B項(xiàng).8.C【解析】設(shè)雙曲線的半焦距為c(c>0),由題意可得球全部放入盒子內(nèi)，恰有一個(gè)盒子不放球，有C2A=1200種不同的放法，故B項(xiàng)正確；對(duì)于C項(xiàng)，每個(gè)盒子內(nèi)只放一個(gè)球，恰有2個(gè)盒子的編號(hào)與球的編號(hào)相同，其余的球的編號(hào)與盒子的號(hào)不一致，則不同的放法有C×2=20種不同的放法，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于D項(xiàng)，將5個(gè)不同的球換成相同的球，恰有一個(gè)空盒，即有4個(gè)盒子里放了球，且共放5個(gè)相同的球，則不同的放法有C?C3=20種，故D項(xiàng)錯(cuò)誤.故選B項(xiàng).6.C【解析】設(shè)A(x?,y),B(x?,y2),x2+y2=4,x2+y2=4,x?x2+yiy?=0,O為坐標(biāo)原點(diǎn)，故A(x?,y?),,且平面A'F?F?∩平面B'F?F?=F?F?,A'F?⊥,解得.故選C項(xiàng).9.ACD【解析】對(duì)于A項(xiàng)，回歸直線y=bx+a恒過點(diǎn)(x,y),A項(xiàng)正確；對(duì)于B項(xiàng)，兩個(gè)變量線性相關(guān)性越強(qiáng)，則相關(guān)系數(shù)|r|就越接近1,B項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于C項(xiàng)，根據(jù)回歸系數(shù)的含義，線性回歸方程y=2-0.5x中，當(dāng)變量x每增加一個(gè)單位時(shí)，y平均減少0.5個(gè)單位，C項(xiàng)正確；令x=Iny,求得線性回歸方程為z=0.3x+4,所以k=0.3,Inc=4,則k=0.3,c=e?,D項(xiàng)正確.故選ACD項(xiàng).10.ACD【解析】由題,故A項(xiàng)正確.因?yàn)锳C?=AC+AA=AB+AD+AA=ab+c)2=a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2a4+4=16,所以AC?=4,故B項(xiàng)錯(cuò)誤.因?yàn)锳N=AB+AN⊥BM,故C項(xiàng)正確.取BC的中點(diǎn)為H,連接DH,易知DH⊥平面BCC?B?,且DH=√3.由球的半徑為√7-3=2為半徑的圓，如圖，在正方形BCC?B?內(nèi)，以H為圓心，2為半徑作圓，所得的圓弧PQ即為所求交線.由題意可知∠PHQ=,所以弧PQ的長(zhǎng)故D項(xiàng)正確.故選ACD項(xiàng).11.ABC【解析】依題意，可設(shè)圓C的方程為x2+y2=r2,過橢圓P的上頂點(diǎn)(0,√3)作y軸的垂線，過橢圓T的右頂點(diǎn)(2,0)作x軸的垂線，則這兩條垂線的交點(diǎn)橢圓T的蒙日?qǐng)A方程為x2+y2=7,故A項(xiàng)正確；因?yàn)閳AC的直徑，所以△MPQ面積的最大值為,故B項(xiàng)正確；由于PQ為圓C的直徑且過坐標(biāo)原點(diǎn)，即AB過坐標(biāo)原點(diǎn)，所以|AB|min=2b=2√3,故C項(xiàng)正確；由直線PQ經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)，易得點(diǎn)A,B關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，設(shè)A(x?,y?),D(x?,所以所以,故D項(xiàng)錯(cuò)誤.故選ABC項(xiàng).12.6+4√2【解析】因?yàn)殡S機(jī)變量X服從正態(tài)分布N(8,0,則,當(dāng)且僅,即 時(shí)等號(hào)成立，所以的最小值為6+4√2.13.【解析】因?yàn)楸荣惤Y(jié)束時(shí)，兩人的得分總和為24,所以兩人的得分的差的絕對(duì)值為2,若甲贏得比賽，則最后兩局比賽甲勝，第21球和第22球甲、乙一勝一負(fù)，所以甲贏得比賽的概率為,同理乙贏得比賽的概率為,所以所求概率14.3√3【解析】取點(diǎn)P關(guān)于平面A?B?C?D?的對(duì)稱點(diǎn)為P?,設(shè)點(diǎn)P,到平面ACD?的距離為d,則PM=P?M,所以PM+MN=P?M+MN≥d,以D?為坐標(biāo)原點(diǎn)，立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，因?yàn)檎襟w的棱長(zhǎng)為4,且BP=3PB?,所以P?(4,4,-1),D?A=(4,0,4),D?C=(0,4,4),設(shè)平面ACD?的法向量為m=(x,y,z),則取平面ACD?的距離=3√3,即PM+MN的最小值為3√3.15.解：(1)列聯(lián)表如下：對(duì)民航招飛有意向?qū)γ窈秸酗w沒有意向合計(jì)男生女生合計(jì)所以沒有99.9%的把握認(rèn)為該校高三學(xué)生有民航招飛意向與學(xué)生性別有關(guān).(8分)(其中卡方結(jié)果2分，判斷是否有99.9%的把握認(rèn)為有(2)因?yàn)槊棵麍?bào)名學(xué)生通過前4項(xiàng)流程的概率依次約,1,且能否通過相互獨(dú)立，所以估計(jì)每名報(bào)名學(xué)生被確認(rèn)為有效招飛申請(qǐng)的概率因?yàn)樵撔Ｓ?00名學(xué)生有民航招飛意向，所以有效招飛的人數(shù),所以估計(jì)有人被確認(rèn)為有效招飛申請(qǐng).(13分)(2)(i)記“抽取的零件為甲機(jī)床生產(chǎn)”為事件A?,“抽取的零件為乙機(jī)床生產(chǎn)”為事件A?,“抽取的零件為次則,P(B|A?)=0.02,P(B|(12分)所以DE⊥CD,DELAD,又A?DNCD=D,A?D,CDC平所以DE⊥平面A?CD,因?yàn)锳?CC平面A?CD,所以DELA?C,又因?yàn)锳?C⊥CD,CD∩DE=D,CD,DEC(2)解：由(1)可知，A?C⊥平面BCDE,BCLCD,(15分)平面以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CD,CB,CA?所在直線分別為x,y,z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，翻折后，因?yàn)锳?C⊥平面BCDE,CDC平面BCDE,所以A?C⊥CD,所以A?D=4,CD=2,則A?C=√A?D2-CD2=CM=(1,0,√3),A?B=(0,3,-2√3),A?E=(2,2,-2√3).(6分)設(shè)平面A?BE的法向量為n=(x,y,z),不妨令y=2,則z=√3,x=1,則n=(1,2,√設(shè)直線CM與平面A?BE所成角為θ,則故直線CM與平面A?BE所成角的大小為45°.(8分)(3)解：假設(shè)在線段A?C上存在點(diǎn)N,使平面與平面BMN所成角的余弦值在空間直角坐標(biāo)系中，BM=(1,-3,√3),CM=(1,0,設(shè)CN=λCA?=λ(0,0,2√3)=則BN=BC+CN=(0,-3,0)+(0,設(shè)平面BMN的法向量為n2=(x?,y2,z2),則(11分)不妨令z2=√3,則y?=2λ,x?=6λ-3,所以n?=(6λ-3,2λ,√3).(11分)設(shè)平面BCM的法向量為n?=(x?,y3,z3),則(13分)不妨令z?=√3,則xs=-3,ys=0,(13分)若平面BCM與平面BMN所成角的余弦值化簡(jiǎn)得2x2-3λ+1=0,解得λ=1或(14分)18.解：(1)ξ的所有可能取值是1,2,3,4,所以ξ的分布列是ξ1234P(7分)(2)設(shè)甲、乙兩名同學(xué)在每輪答題中取勝為事件A,=pip?[pip?+2(1-p?)p?=p?p?(2p?+2p?-3pip?),(11分)(12分)因?yàn)?≤p?≤1,0≤p?≤1且所以所以(14分)所以當(dāng)時(shí)，f(x)取得最大值(16分)所以當(dāng)時(shí)，甲、乙兩名同學(xué)在每輪答題中取勝的概率的最大值(17分)聯(lián)立消去y整理可得x2-2pkx-8p=0,聯(lián)立因?yàn)镺A⊥OB,所當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，由(1)知拋物線C的方程為x2=4y,聯(lián)消去y聯(lián)(x-1),整理得于是x?+x?+16=x?xs,又x?x?=-16,聯(lián)立消去x?得x?x?一設(shè)直線BE的方程為y=k?x+m,聯(lián)立整理得x2-4k?x-4m=0,(10分)故直線y=k?x+16k?-4恒過定點(diǎn)(-16,-4).(12分)(3)解：(此問作答過程中，若沒有運(yùn)用祖暄原理數(shù)學(xué)思想解答，則不得分)解法一：作底面半徑R=4,高h(yuǎn)=4的圓柱，并將內(nèi)部切割去掉Ω之后，上下翻轉(zhuǎn)得到幾何體φ,(13分)現(xiàn)做一平面，使其平行于Ω和Φ的底面，且被兩幾何體分別截得如圖中陰影所示截面.在圖①的幾何