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- 2021-04-13 发布
荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟
高二年级4月期中联考
数学试题（理科）
命题学校：夷陵中学 命题人：曹俊松 审题人：尹国江
考试时间：2017年4月21日上午8:00—10:00
一、 选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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，请在答题卷上填涂所选答案的序号）
1．若向量a，b，且a∥b，则实数的值分别为（ ）
A． ，－ B． ，－ C． 1，1 D．－，
2．已知条件，条件，则成立的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．某中学高二年级组采用系统抽样方法从960人中抽取32人做问卷调查，为此将他们随机编号为1，2，…，960，分组后在第一组采用简单随机抽样的方法抽到的号码为9．抽到的32人中，编号落入区间的人做问卷A，编号落入区间的人做问卷B，其余的人做问卷C，则抽到的人中，做问卷B的人数为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
4. 随机选取5名高二男生，其身高和体重的数据如下表所示：
身高x(cm)
160
165
170
175
180
体重y(kg)
56
61
65
69
74
由上表可得回归直线方程，据此模型预报身高为172cm的男生的体重大约为（ ）
A．65.8kg B．66.3kg C．66.8kg D．67.3 kg
5. 如图所示为某市各旅游景点的分布图，图中一支箭头表示一段有方向的路，试计算顺着箭头方向，从A到H可走的不同的旅游路线的条数为（ ）
A．14 B．15
C．16 D．17
6．的展开式中项的系数为 （ ）
A. 45 B. 72 C. 60 D. 120
7. 从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，事件A为“取到的2个数之和为偶数”，事件B为“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)等于（ ）
A. B. C. D.
8. 公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”.利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14，这就是著名的“徽率”．如图是某数学教师利用刘徽“割圆术”的思想设计的一个程序框图，则输出的值为( )．（参考数据：，）
A. 6 B. 12 C. 24 D. 48
9. 某数学爱好者设计了一个商标，如果在该商标所在平面内建立如图所示的平面直角坐标系，则商标的边缘轮廓AOC恰是函数的图像的一部分，边缘轮廓线AEC恰是一段所对圆心角为的圆弧．若在图中正方形ABCD内随机选取一点P，则点P落在商标区域内的概率为（ ）
A. B. C. D.
10. 设事件A在每次试验中发生的概率相同，在三次独立重复试验中，若事件A至少发生一次的概率为，则事件A恰好发生一次的概率为（ ）
A． B. C. D.
11. 下列说法中：①4是数据4,6,7,7,9,4的众数；②如果数据，，…， 的平均数为3，方差为0.2，则，，…， 的平均数和方差分别为14和1.8；③用辗转相除法可得228与1995的最大公约数为57；④把四进制数化为二进制数是；⑤已知甲、乙两组数据如茎叶图所示，若它们的中位数相同，平均数也相同，则图中，的比值 正确说法的个数为（ ）
A．2 B. 3 C. 4 D. 5
12．已知椭圆与双曲线的焦点重合，
分别为的离心率，则（ ）
A. B. C. D.
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，请将答案填在答题卷横线上）
13. 若实数数列：成等比数列，抛物线的焦点坐标是 ；
14. 已知随机变量ξ服从正态分布，且P（ξ＜4）=0.8，则P（0＜ξ＜2）= ；
15. 7个身高各不相同的人排成一排照相，高个子站中间，从中间到左边一个比一个矮，从中间到右边也一个比一个矮，则共有________种不同的排法(结果用数字作答)．
16. 平面内两定点M(0，－2)和N(0，2)，动点P(x，y)满足|PM|·|PN|＝(≥4)，动点P的轨迹为曲线E，给出以下命题：①∃，使曲线E过坐标原点；②对∀，曲线E与x轴有三个交点；③曲线E只关于y轴对称，但不关于x轴对称；④若P，M，N三点不共线，则△PMN周长的最小值为；⑤曲线E上与M，N不共线的任意一点G关于原点对称的点为H，则四边形GMHN的面积不大于.其中真命题的序号是 ．(填上所有真命题的序号)
三、 解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.（本小题满分10分）清华大学在2017年的自主招生考试成绩中随机抽取某学校高三年级40名学生的笔试成绩，按成绩共分成五组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，得到的频率分布直方图如图所示，同时规定成绩在85分以上（含85分）的学生为“优秀”，成绩小于85分的学生为“良好”，且只有成绩为“优秀”的学生才能获得复试资格．
（Ⅰ）求出第4组的频率，补全频率分布直方图；
（Ⅱ）根据样本频率分布直方图估计样本的中位数（结果用四舍五入法精确到1分）；
（Ⅲ）如果用分层抽样的方法从“优秀”和“良好” 的学生中选出5人，再从这5人中选2人，那么至少有一人是“优秀”的概率是多少？
18. （本小题满分12分）每年9月20日是全国爱牙日，某课题小组调研学生“常吃零食与患龋齿的关系”，他们对该校高一部分班级的800名新生进行调查，按患龋齿和不患龋齿分类，得调研数据为：不常吃零食且不患龋齿的学生有60名，常吃零食但不患龋齿的学生有100名，不常吃零食但患龋齿的学生有140名。
（Ⅰ）完成下列2×2列联表；
不常吃零食
常吃零食
总计
不患龋齿
患龋齿
总计
（Ⅱ）分析能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为该校高一学生常吃零食与患龋齿有关系；
（Ⅲ）在不常吃零食的学生中随机抽取两名学生，用表示抽得不患龋齿的学生人数，求的分布列及数学期望（的结果用小数表示）。
P(K2≥k0)
0.010
0.005
0.001
k0
6.635
7.879
10.828
附：（参考公式：，其中）
19.（本小题满分12分）已知命题:和是方程的两个实根，不等式 对任意实数恒成立;命题:的含x项的系数不大于.若命题是真命题,命题是假命题，求实数的取值范围.
20.（本小题满分12分）设A,B为抛物线上相异两点，其纵坐标分别为，分别以A,B为切点作抛物线的切线，,设，相交于点P.
（Ⅰ）求点P的坐标;
（Ⅱ）M为A,B间抛物线段上任意一点,设,试判断是否为定值？如果为定值,求出该定值,如果不是定值,请说明理由.
21.（本小题满分12分）将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠，使得平面ABD⊥平面CBD，AE⊥平面ABD，且AE＝.
（Ⅰ）求证：DE⊥AC.
（Ⅱ）求DE与平面BEC所成角的正弦值．
（Ⅲ）直线BE上是否存在一点M，使得CM∥平面ADE？若存在，求点M的位置；若不存在，请说明理由．
O
F2
x
y
A
Q
F1
22.（本小题满分12分）如图，设椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为A，过点A与AF2垂直的直线交x轴负半轴于点Q，且0，若过 A，Q，F2三点的圆恰好与直线相切，过定点 M（0，2）的直线与椭圆C交于G，H两点（点G在点M，H之间）.
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设直线的斜率，在x轴上是否存在点P（，0），使得以PG，PH为邻边的平行四边形是菱形？如果存在，求出的取值范围；如果不存在，请说明理由；
（Ⅲ）若实数满足，求的取值范围。
第22题图
高二4月期中联考数学（理）参考答案
ABDCDB BCBADA
13. 14. 0.3 15. 20 16.①④⑤
17.解：（1）其它组的频率和为（0.01+0.07+0.06+0.02）×5=0.8，
所以第四组的频率为0.2， …………2分
频率/组距是0.04 ，补图 …………3分
频率分布图如图：(略) …………4分
（2）设样本的中位数为，则……… 5分
解得, 所以样本中位数的估计值为87…………6分
（3） 依题意，良好的人数为人，优秀的人数为人，抽取比例为1/8，
所以采用分层抽样的方法抽取的5人中有优秀3人，良好2人 …………8分
所以 P= ………………10分
18.解：（1）由题意可得列联表：
不常吃零食
常吃零食
总计
不患龋齿
60
100
160
患龋齿
140
500
640
总计
200
600
800
………………2分…
(2)因为。………………4分
所以能在犯错率不超过0.001的前提下,为该校高一学生常吃零食与患龋齿有关系……………6分
（3） 。
,………………7分
,………………8分
………………9分
所以的分布列为：
…………10分
故：数学期望………12分
19.解 ∵x1,x2是方程x2-mx-2=0的两个实根
∴ ∴………2分
∴当时， ………3分
由不等式对任意实数恒成立
可得： ∴或
∴命题为真命题时或 ………4分
命题q：,由得r=2,………6分
所以含x项的系数为，………7分
由得，所以，………8分
依题意可得，命题p,q中一真一假，
命题p真q假时，即①………9分
命题p假q真时，即②………10分
综上所述：………12分
20. 解：(1)可得A(1，1)，B(4，-2)，………1分
设P的坐标为（xp,yp）,切线L1：y-1=k(x-1),代入，由相切得k=，所以L1：，…3分
同理可得L2：，………5分
联立L1，L2解得………6分
(2) 设，且，可得，………7分
即，解得………10分
则即定值为1.………12分
21.解：(1)证明：以A为坐标原点，AB，AD，AE所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则E(0，0，)，B(2，0，0)，D(0，2，0)． ………1分
取BD的中点F并连接CF，AF.由题易得CF⊥BD且AF＝CF＝.
又∵平面BDA⊥平面BDC，∴CF⊥平面BDA， ∴C(1，1，)，
∴＝(0，－2，)，＝(1，1，)． ………2分
∵·＝(0，－2，)·(1，1，)＝0，
∴DE⊥AC.………3分
(2)设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，则
即∴
令x＝1，得n＝(1，－1，)．………5分
设DE与平面BEC所成的角为θ，则
sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.………7分
(3)假设存在点M使得CM∥平面ADE，且＝λ.
∵＝(2，0，－)，∴＝(2λ，0，－λ)，得M(2λ，0，－λ)，
∴＝(2λ－1，－1，－λ)．………9分
又易知AB⊥平面ADE，
∴＝(2，0，0)为平面ADE的一个法向量．
∵CM∥平面ADE，∴⊥，即·＝0，
即2(2λ－1)＝0，∴λ＝.………11分
故点M为BE的中点时，CM∥平面ADE.………12分
22. 解：（1）因为0,所以F1为F2Q中点
设Q的坐标为（-3c，0），
因为AQ⊥AF2，所以b2=3c×c=3c2，a2=4c×c=4c2，
且过A，Q，F2三点的圆的圆心为F1（-c，0），半径为2c。………1分
因为该圆与直线L相切，所以 解得c=1，所以a=2，
故所求椭圆方程为。 ………3分
（2）设L1的方程为y=kx+2（k>0）
由得（3+4k2）x2+16kx+4=0 ………4分
由△>0，得 所以k>1/2,
设G（x1，y1），H（x2，y2），则
所以（x1-m，y1）+（x2-m，y2）
=（x1+x2-2m，y1+y2）
=（x1+x2-2m，k（x1+x2）+4）
（x2-x1，y2-y1）=（x2-x1，k（x2-x1））………5分
由于菱形对角线互相垂直，因此
所以（x2-x1）[（x1+x2）-2m]+k（x2-x1）[k（x1+x2）+4]=0
故（x2-x1）[（x1+x2）-2m+k2（x1+x2）+4k]=0
因为k>0，所以x2-x1≠0所以（x1+x2）-2m+k2（x1+x2）+4k=0，
即（1+k2）（x1+x2）+4k-2m=0，所以
………6分
解得， 因为k>0，所以
故存在满足题意的点P且m的取值范围是。………7分
（3）①当直线L1斜率存在时，
设直线L1方程为y=kx+2，代入椭圆方程
得（3+4k2）x2+16kx+4=0 , 由△>0，得
设G（x1，y1），H（x2，y2）， 则………8分
又，所以（x1，y1-2）=λ（x2，y2-2），
所以x1=λx2， 所以
∴ ∴
整理得 ………9分
因为， 所以
解得
又0＜λ＜1，
所以 ………10分
②当直线L1斜率不存在时，直线L1的方程为x=0，
，，
所以 ………11分
综上所述， ………12分
s