2020-2021学年山东省潍坊市高二（上）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）
1. 若直线𝑙1：2𝑥+𝑎𝑦+1=0与直线𝑙2：𝑥−2𝑦+2=0平行，则𝑎=( )
A. 1 B. −1 C. 4 D. −4
2. 已知随机变量X服从正态分布𝑁(3,1)，且𝑃(2≤𝑥≤4)=0.6826，则𝑃(𝑥>4)=
( )
A. 0.1588 B. 0.1587 C. 0.1586 D. 0.1585
3. 已知直线l的一方向向量为(1,√3)，则直线l的倾斜角为( )
A. 30° B. 60° C. 120° D. 150°
⃗⃗⃗⃗ +4. 已知点G是正方形ABCD的中心，点P为正方形ABCD所在平面外一点，则⃗𝑃𝐴
⃗⃗⃗⃗ +⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐵+⃗𝑃𝐶𝑃𝐷等于( )
A. 4⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐺 B. 3⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐺 C. 2⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐺 D. ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐺
5. “养国子以道，乃教之六艺”出自《周礼⋅保氏》，其中六艺是指礼、乐、射、御、
书、数，是我国周朝时期贵族教育体系中要求学生必需掌握的六种基本才能.某班甲、乙两名同学分别选取其中的四艺进行学习，若“礼”“数”必选，其余两艺随机选择，那么这两名同学都未选到“御”的概率为( )
A. 4
1
B. 4
3
C. 9
5
D. 5
7
4
6. 设随机变量X，Y满足𝑌=4𝑋+1，𝑋～𝐵(2,𝑝)，若𝑃(𝑋≥1)=16，则𝐷(𝑌)=( )
A. 2
3
B. 3 C. 6 D. 8
7. 如图，矩形ABCD是圆柱𝑂𝑂1的轴截面，且𝐴𝐵=√3,𝐵𝐶=
⏜1=2𝜋，其中𝐶1，𝐷1在平面ABCD同侧，则异⏜1=𝜋,𝐶𝐶2,𝐷𝐷33面直线CD与𝐶1𝐷1所成的角为( )
A. 30° B. 45° C. 60° D. 75°
𝐹2是椭圆8. 已知𝐹1，
𝑥2
P是椭圆上任意一点，右焦点，过𝐹1引∠𝐹1𝑃𝐹2的+16=1的左，25
𝑦2
外角平分线的垂线，垂足为Q，则Q与短轴端点的最近距离为( )
A. 5 B. 4 C. 2
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D. 1
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
9. 过抛物线𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点F作一条直线l与抛物线相交于不同𝐴(𝑥1,𝑦1)，
𝐵(𝑥2,𝑦2)两点，则下列说法中正确的是( )
A. |𝐴𝐵|=𝑥1+𝑥2+2𝑝
C. 𝑥1⋅𝑥2=𝑝4
2
B. |𝐴𝐵|的最小值为2p
D. 以线段AB为直径的圆与y轴相切
10. 如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，D，E，F为所在棱的中
点，则在这四个正方体中，直线AB与平面DEF平行的是( )
A.
B.
C.
D.
11. 已知曲线C的方程为
𝑥2
𝑘−2
+
𝑦26−𝑘
=1(𝑘∈𝑅)，则下列结论正确的是( )
A. 当2<𝑘<6，曲线C为椭圆
B. 当𝑘=0时，曲线C为双曲线，其渐近线方程为𝑦=±√3𝑥 C. “𝑘>6或𝑘<2”是“曲线C为双曲线”的充要条件 D. 不存在实数k使得曲线C为离心率为√2的双曲线
2020年10月份山东某城市在5天内完成了全城1000多万个12. 据《人民日报》报道，
检测，创造了世界记录，也震惊了外媒.“中国速度”怎么做到的？其实真正的秘密在于“混采检测”.某兴趣小组利用“混采检测”进行试验，已知10只动物中有1只患有某种疾病，需要通过血液化验来确定患病的动物，血液化验结果呈阳性的为患病动物，下面是两种化验方案：
方案甲：将各动物的血液逐个化验，直到查出患病动物为止．
方案乙：先取5只动物的血液混在一起化验，若呈阳性，则对这5只动物的血液再逐个化验，直到查出患病动物；若不呈阳性，则对剩下的5只动物再逐个化验，直到查出患病动物( )
A. 若利用方案甲，平均化验次数为5.4 B. 若利用方案乙，化验次数为3次的概率为0.2
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C. 若利用方案甲，化验次数为9次的概率为0.1 D. 方案乙比方案甲更好
三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知圆𝐶1：(𝑥−2)2+(𝑦−1)2=1与圆𝐶2：𝑥2+𝑦2=4相交，则它们交点所在的
直线方程为______ ．
14. 中国古典数学的代表作有《算数书》《九章算术》《周髀算经》《孙子算经》等.学
校图书馆计划将这四本书借给3名学生阅读，要求每人至少读一本，则不同的借阅方式有______ 种(用数字作答)．
E为BC的中点.则点E到体对角线𝐵𝐷1的15. 在棱长为2的正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，
距离为______ ．
16. 已知双曲线𝐶：2−2=1(𝑎>0,𝑏>0)上一点P坐标为(√5,𝑚)(𝑚>0),𝐹为双曲
𝑎𝑏
线C的右焦点，且PF垂直于x轴.过点P分别作双曲线C的两条渐近线的平行线，它们与两条渐近线围成的图形面积等于1，则该双曲线的离心率是______ ． 四、解答题（本大题共6小题，共70.0分） 17. 在(𝑥+𝑥)7的展开式中．
(1)求含𝑥5的项；
(2)求各项系数和与各项二项式系数和的比．
18. 有三个同样的箱子，甲箱中有2只红球，6只白球，乙箱中有6只红球，4只白球，
丙箱中有3只红球，5只白球．
(1)随机从甲、乙、丙三个箱子中各取一球，求三球都为红球的概率； (2)从甲，乙、丙中随机取一箱，再从该箱中任取一球，求该球为红球的概率．
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3
𝑥2
𝑦2
19. 在①𝐶上的点A到(2,0)的距离比它到直线𝑥=−2的距离少1，
②𝐹是椭圆3𝑝+1𝑝=1的一个焦点，
4
2
13
𝑥2𝑦2
③𝐵(0,1)，对于C上的点A，|𝐴𝐵|+|𝐴𝐹|的最小值为√，
2
5
这三个条件任选一个，补充在下面问题中并完成解答． 已知抛物线C：𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点为F，满足_______． (1)求抛物线C的标准方程；
(2)𝐷(2,𝑦)是抛物线C上在第一象限内的一点，直线l：𝑦=𝑥+𝑚与C交于M，N两点，若△𝐷𝑀𝑁的面积为𝑚2，求m的值．
△𝐴𝐵𝐶和△𝐴𝐶𝐷都是直角三角形，∠𝐶𝐴𝐷=30°，∠𝐴𝐶𝐷=20. 在图1中，𝐴𝐵=𝐵𝐶=√6，
90°.将△𝐴𝐵𝐶沿AC折起，使得𝐴𝐵⊥𝐵𝐷，如图2．
(1)证明：平面𝐴𝐵𝐶⊥平面ACD；
(2)若E，F分别为AD，CD的中点，求二面角𝐵−𝐸𝐹−𝐴的大小．
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21. 《中国制造2025》是经国务院总理李克强签批，由国务院于2015年5月印发的部
署全面推进实施制造强国战略文件，是中国实施制造强国战略第一个十年的行动纲领.制造业是国民经济的主体，是产国之本、兴国之器、强国之基.发展制造业的基本方针为质量为先，坚持把质量作为建设制造强国的生命线.某企业生产流水线检测员每天随机从流水线上抽取100件新生产的产品进行检测.若每件产品的生产成本为1200元，每件一级品可卖1700元，每件二级品可卖1000元，三级品禁止出厂且销毁.某日检测抽取的100件产品的柱状图如图所示．
(1)根据样本估计总体的思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.若从出厂的所有产品中随机取出3件，求至少有一件产品是一级品的概率；
(2)现从样本产品中利用分层抽样的方法随机抽取10件产品，再从这10件中任意抽取3件，设取到二级品的件数为𝜉，求随机变量𝜉的分布列；
(3)已知该生产线原先的年产量为80万件，为提高企业利润，计划明年对该生产线进行升级，预计升级需一次性投入2000万元，升级后该生产线年产量降为70万件，但产品质量显著提升，不会再有三级品，且一级品与二级品的产量比会提高到8：2，若以该生产线今年利润与明年预计利润为决策依据，请判断该次升级是否合理．
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22. 已知椭圆𝐶：𝑥2𝑎
2+
𝑦2𝑏2√
=1(𝑎>𝑏>0)的离心率为，过椭圆C的左焦点𝐹1(−𝑐,0)且
2
2不与坐标轴垂直的直线l交椭圆C于M，N两点，且椭圆C截直线𝑥=𝑐所得弦长为√2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)线段MN的垂直平分线与x轴交于点P，求点P横坐标的取值范围；
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 恒为定值？若存在，(3)试问在x轴上是否存在一点Q，使得⃗求出点Q的坐𝑄𝑀𝑄𝑁标及该定值；若不存在，请说明理由．
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答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵直线𝑙1：2𝑥+𝑎𝑦+1=0与直线𝑙2：𝑥−2𝑦+2=0平行， ∴1×𝑎+2×2=0，即𝑎=−4． 此时两直线不重合． 故选：D．
根据两直线平行的关系可得1×𝑎+2×2=0，解得即可． 本题考查直线的一般式方程与直线平行的关系，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：𝑃(3≤𝑋≤4)=2𝑃(2≤𝑋≤4)=0.3413， 观察上图得，
∴𝑃(𝑋>4)=0.5−𝑃(3≤𝑋≤4)=0.5−0.3413=0.1587． 故选：B．
根据题目中：“正态分布𝑁(3,1)”，画出其正态密度曲线图：根据对称性，由(2≤𝑋≤4)的概率可求出𝑃(𝑋>4)．
本题主要考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，注意根据正态曲线的对称性解决问题．
1
3.【答案】B
【解析】解：设直线l的倾斜角为𝜃，𝜃∈[0°,180°)，则𝑡𝑎𝑛𝜃=√3， ∴𝜃=60°． 故选：B．
设直线l的倾斜角为𝜃，𝜃∈[0°,180°)，则𝑡𝑎𝑛𝜃=√3，即可得出．
本题考查了直线方向向量、倾斜角与斜率的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基
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础题．
4.【答案】A
⃗⃗⃗⃗ =⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ，⃗⃗⃗⃗⃗ =⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ，⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 【解析】解：如图，⃗𝑃𝐴𝑃𝐺+⃗𝐺𝐴𝑃𝐶𝑃𝐺+⃗𝐺𝐶𝑃𝐵=⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐺+⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐺𝐵，⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐷=⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐺+⃗𝐺𝐷
⃗⃗⃗⃗ +𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗ +𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ +⃗⃗⃗⃗⃗ )+⃗⃗⃗⃗⃗ +⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4⃗⃗⃗⃗⃗ ∴⃗𝑃𝐴𝑃𝐶𝑃𝐺+(𝐺𝐴𝐺𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ +⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=4⃗⃗⃗⃗⃗ (𝐺𝐵𝐺𝐷𝑃𝐺． 故选：A．
⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐺𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ =𝐺𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐺𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，并且𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑃𝐺⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐺𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ ，𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑃𝐺⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐺𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ ，𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐺𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ ，⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑃𝐺可知𝐺𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗ ，然后即可得出⃗⃗⃗⃗⃗ +𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗ +𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ =⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ +⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐷𝑃𝐺+⃗𝐺𝐷𝑃𝐴𝑃𝐶𝑃𝐺．
本题考查了向量加法的几何意义，相反向量的定义，考查了计算能力，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：六艺是指礼、乐、射、御、书、数，是我国周朝时期贵族教育体系中要求学生必需掌握的六种基本才能．
某班甲、乙两名同学分别选取其中的四艺进行学习，“礼”“数”必选，其余两艺随机选择，
2222
基本事件总数𝑛=𝐶2𝐶4×𝐶2𝐶4=36，
2222这两名同学都未选到“御”包含的基本事件个数𝑚=𝐶2𝐶3×𝐶2𝐶3=9，
∴这两名同学都未选到“御”的概率为𝑃=故选：A．
𝑚𝑛
=
=．
364
91
2222
基本事件总数𝑛=𝐶2这两名同学都未选到“御”包含的基本事件个数𝐶4×𝐶2𝐶4=36，2222𝑚=𝐶2𝐶3×𝐶2𝐶3=9，由此能求出这两名同学都未选到“御”的概率．
本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
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6.【答案】C
0
(1−𝑝)2=16， 【解析】解：由题意得，𝑃(𝑋≥1)=1−𝑃(𝑋=0)=1−𝐶2
7
解得，𝑝=4，
∴𝐷(𝑋)=2×𝑃×(1−𝑃)=，
8∴𝐷(𝑌)=42𝐷(𝑋)=16×8=6． 故选：C．
由二项分布方差的求解公式，直接求出其方差，再利用方差的性质可以直接解出． 本题考查概率与统计，期望与方差，方差的性质，属于基础题．
3
3
1
7.【答案】A
【解析】解：如图，作𝐷1𝐸//𝐷𝐶，连接𝐶1𝐸， ∴∠𝐶1𝐷1𝐸为CD与𝐶1𝐷1所成的角， ̂1𝐸=𝜋， ⏜=𝜋，𝐶𝐶⏜1=2𝜋，∴𝐶⏜1=𝐶𝐸∵𝐷𝐷333∵𝑂1𝐶1=𝑂1𝐸=1，∴𝐶1𝐸=1． 又∵𝐷1𝐸=𝐴𝐵=√3，
在𝑅𝑡△𝐷1𝐶1𝐸中，tan∠𝐶1𝐷1𝐸=𝐷1𝐸=
1
𝐶𝐸1√=3√3
， 3
即∠𝐶1𝐷1𝐸=6=30°． 故选：A．
作𝐷1𝐸//𝐷𝐶，连接𝐶1𝐸，可得∠𝐶1𝐷1𝐸为CD与𝐶1𝐷1所成的角，再由已知求解三角形得答案．
本题考查空间中异面直线所成角的求法，考查空间想象能力及运算求解能力，是中档题．
𝜋
8.【答案】D
∵𝑃是焦点为𝐹1、𝐹2的椭圆【解析】解：
𝑥225
+16=1上一点，
𝑦2
PQ为∠𝐹1𝑃𝐹2的外角平分线，𝑄𝐹1⊥𝑃𝑄， 设𝐹1𝑄的延长线交𝐹2𝑃的延长线于点M，
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∴|𝑃𝑀|=|𝑃𝐹1|，
∵|𝑃𝐹1|+|𝑃𝐹2|=2𝑎=10，∴|𝑀𝐹2|=|𝑃𝑀|+|𝑃𝐹2|=2𝑎=10， 由题意知OQ是△𝐹1𝐹2𝑀的中位线， ∴|𝑂𝑄|=𝑎=5，
∴𝑄点的轨迹是以O为圆心，以5为半径的圆， ∴当点Q与y轴重合时，
Q与短轴端点取最近距离𝑑=𝑎−𝑏=5−4=1． 故选：D．
设𝐹1𝑄的延长线交𝐹2𝑃的延长线于点M，由椭圆性质推导出|𝑀𝐹2|=10，由题意知OQ是△𝐹1𝐹2𝑀的中位线，从而得到Q点的轨迹是以O为圆心，以5为半径的圆，由此能求出结果．
本题考查动点与椭圆短轴顶点的最小距离的求法，解题时要认真审题，注意数形结合思想的合理运用．
9.【答案】BC
【解析】解：因为直线l过抛物线的焦点F，由抛物线定义可得|𝐴𝐵|=𝑥1+𝑥2+𝑝，A错误，
当直线𝑙⊥𝑥轴时，|𝐴𝐵|有最小值且为2p，B正确， 由抛物线的方程可得𝐹(2,0)，
设直线l的方程为𝑥=𝑚𝑦+2，代入抛物线方程可得：𝑦2−2𝑚𝑝𝑦−𝑝2=0， 则𝑦1𝑦2=−𝑝，所以𝑥1𝑥2=
2
2𝑦2𝑦12
𝑝
𝑝
4𝑝2
=
𝑝24
，C正确，
又𝑦1+𝑦2=2𝑚𝑝，所以𝑥1+𝑥2=𝑚(𝑦1+𝑦2)+𝑝=(1+2𝑚2)𝑝， 所以AB的中点的横坐标为
𝑥1+𝑥2
2
=
(1+𝑚2)𝑝
2
，|𝐴𝐵|2
=
𝑥1+𝑥2+𝑝
2
=𝑝(1+𝑚2)，
则AB的中点到直线𝑥=−2的距离为|
𝑝
(1+𝑚2)𝑝
2
+2|=𝑝(1+𝑚2)，
𝑝
即以AB为直径的圆与抛物线的准线相切，D错误， 故选：BC．
利用抛物线的性质以及过焦点的弦的性质对应各个选项逐个求解即可．
本题考查了直线与抛物线的位置关系的应用，考查了学生的运算转化能力，属于中档题．
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10.【答案】AC
【解析】解：对于A，𝐴𝐵//𝐷𝐸，𝐴𝐵⊄平面DEF，𝐷𝐸⊂平面DEF，∴直线AB与平面DEF平行，故A正确；
对于B，如图，取正方体所在棱的中点G，连接FG交延长，并AB延长线与H，
则AB与平面DEF相交于点H，故B错误；
对于C，𝐴𝐵//𝐷𝐹，𝐴𝐵⊄平面DEF，𝐷𝐹⊂平面DEF，∴直线AB与平面DEF平行，故C正确；
对于D，AB与DF所在平面的正方形对角线有交点B，DF与该对角线平行， ∴直线AB与平面DEF相交，故D错误． 故选：AC．
AB与平面DEF；对于A，由𝐴𝐵//𝐷𝐸，得到直线AB与平面DEF平行；对于B，对于C，由𝐴𝐵//𝐷𝐹，得直线AB与平面DEF平行；对于D，直线AB与平面DEF相交． 本题考查直线与平面平行的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，是中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于A：当曲线C表示椭圆时，𝑘−2>0且6−𝑘>0，解得2<𝑘<6， 但𝑘=4时，曲线C为𝑥2+𝑦2=2，表示圆，故A错误； 对于B：当𝑘=0时，曲线C为正确；
对于C：当曲线C为双曲线，则(𝑘−2)(6−𝑘)<0，解得𝑘<2或𝑘>6，故C正确； 对于D：当曲线C为离心率为𝑒=√2的双曲线时，则𝑎=𝑏，即|𝑘−2|=|6−𝑘|，解得𝑘=4，
经检验𝑘=4时，曲线C表示圆，故D正确， 故选：BCD．
对于A：根据曲线C表示椭圆时，可得𝑘−2>0且6−𝑘>0，解得k，但𝑘=4时，曲线C表示圆，即可判断A是否正确．
对于B：当𝑘=0时，写出曲线C方程，进而可得渐近线方程，即可判断B是否正确． 对于C：根据曲线C为双曲线，则(𝑘−2)(6−𝑘)<0，解得k，即可判断C是否正确．
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𝑦26
−
𝑥22
=1，渐近线为𝑦=±𝑏𝑥=±𝑎
√6𝑥√2=±√3𝑥，故B
对于D：根据离心率为𝑒=√2的双曲线，分析出a与b之间关系，求出k的值，即可判断D是否正确．
本题考查方程与曲线，解题中注意分类讨论思想的应用，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
选项A：利用方案甲，设化验次数为X，则X可能取值为1，2，3，4，5，6，7，8，9， 所以𝑃(𝑋=1)=10，𝑃(𝑋=2)=10×9=10，𝑃(𝑋=3)=10×9×8=10， 同理可得𝑃(𝑋=4)=𝑃(𝑋=5)=𝑃(𝑋=6)=𝑃(𝑋=7)=𝑃(𝑋=8)=10， 𝑃(𝑋=9)=
110
1
1
9
1
1
9
8
1
1
+
110
=
2
10
，
1
所以选项方案甲的平均化验次数为𝐸(𝑋)=(1+2+3+4+5+6+7+8)×10+9×10=5.4，A正确，
选项B：利用方案乙，化验次数为3次，有两种情况：
9
×5×4=10， ①头5只均为阴性，则𝑃1=𝐶510
2
𝐶5
411
②头5只有阳性，则𝑃2=
4𝐶1𝐶915𝐶10
×5×4=10，
1
1
411
所以化验次数为3次的概率𝑃=10+10=0.2，B正确，
选项C：由选项A的解析可得利用方案甲，化验次数为9次的概率为0.2，C错误， 选项D：利用方案乙，化验次数为X，则X取2，3，4，5， 𝑃(𝑋=2)=
5𝐶105𝐶9
×+
5
1
5𝐶10
4𝐶9
×=0.04，
5
𝐶5
4
3
1
𝐶4
4
3
1
1
99
×××+5×××=0.2， 𝑃(𝑋=3)=0.2，𝑃(𝑋=4)=𝐶5543𝐶543
10
10
𝑃(𝑋=5)=1−𝑃(𝑋=2)−𝑃(𝑋=3)−𝑃(𝑋=4)=1−0.04−0.2−0.2=0.56， 所以𝐸(𝑋)=2×0.04+3×0.2+4×0.2+5×0.56=4.28，和选项A中的期望比较，利用方案乙更好，D正确， 故选：ABD．
根据题意，依次分析选项是否正确，综合即可得答案．
本题考查概率的计算以及性质的应用，涉及随机变量的期望，属于中档题．
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13.【答案】2𝑥+𝑦−4=0
【解析】解：根据题意，圆𝐶1：(𝑥−2)2+(𝑦−1)2=1，即𝑥2+𝑦2−4𝑥−2𝑦+4=0， 𝑥2+𝑦2=4，
𝑥2+𝑦2−4𝑥−2𝑦+4=0则有{2，
𝑥+𝑦2=4
联立可得4𝑥+2𝑦−8=0，即2𝑥+𝑦−4=0， 故两圆交点所在的直线方程为2𝑥+𝑦−4=0． 故答案为：2𝑥+𝑦−4=0
根据题意，将圆𝐶1的方程变形为一般方程，联立两个圆的方程，变形即可得答案． 本题考查圆与圆相交的性质，涉及相交弦方程的计算，属于基础题．
14.【答案】36
【解析】解：根据题意，分2步进行分析：
21
𝐶3=18种分法， ①在四本书中选出2本，分配给三人中的1人，有𝐶4
②剩下的2本安排给其余2人，有𝐴22=2种分法， 则有18×2=36种借阅方式， 故答案为：36．
根据题意，分2步进行分析：①在四本书中选出2本，分配给三人中的1人，②剩下的2本安排给其余2人，由分步计数原理计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
6
15.【答案】√ 3
【解析】解：如图，
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连接𝐵𝐷1，𝐸𝐷1，构成三角形𝐵𝐸𝐷1，
2
𝐸𝐷1=√𝐶𝐸2+𝐶𝐷1=√12+(2√2)2=3，𝐵𝐸=1，𝐵𝐷1=√22+22+22=2√3，
由余弦定理可得，cos∠𝐵𝐸𝐷1=则sin∠𝐵𝐸𝐷1=√1−(−)2=
3则𝑆△𝐵𝐸𝐷1=×3×1×
21
2√231
32+12−(2√3)2
2×3×1
=−，
3
1
2√23
，
=√2，
设点E到体对角线𝐵𝐷1的距离为h，由等面积法可得：
12
×2√3ℎ=√2，即ℎ=√6．
3
6
故答案为：√．
3
由题意画出图形，求出𝐵𝐷1的距离，然后利用等面积法求点E到体对角线𝐵𝐷1的距离． 本题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查空间想象能力与求解能力，是中档题．
516.【答案】√5或√
2
【解析】解：由题意知，𝑎2+𝑏2=𝑐2=5， 双曲线C的渐近线方程为𝑦=±𝑎𝑥，
𝑏
设过点P且与渐近线𝑦=𝑎𝑥平行的直线与渐近线𝑦=−𝑎𝑥相交于点A，如图所示， ∴直线AP的方程为𝑦−𝑚=𝑎(𝑥−√5)，
5𝑏−𝑎𝑚−5𝑏+𝑎𝑚5𝑏−𝑎𝑚−√5𝑏+𝑎𝑚将其与𝑦=−𝑎𝑥联立，解得𝑥=√，𝑦=√，即𝐴(√,)，
2𝑏
2𝑎
2𝑏
2𝑎
𝑏
𝑏
𝑏𝑏
∴|𝑂𝐴|=√(√5𝑏−𝑎𝑚2)2𝑏
+(−√5𝑏+𝑎𝑚2)2𝑎
=
|√5𝑏−𝑎𝑚|2|−
⋅𝑎𝑏， =
|√5𝑏+𝑎𝑚|𝑐
𝑐
点𝑃(√5,𝑚)到直线𝑦=−𝑎𝑥的距离为𝑑=
𝑏
√5𝑏−𝑚|𝑎𝑏𝑎
√()2+1
，
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∵所围图形面积等于1， ∴|𝑂𝐴|⋅𝑑=1，即|√5𝑏−𝑎𝑚|⋅
2
𝑐𝑎𝑏
⋅
|√5𝑏+𝑎𝑚|𝑐
=1，
化简得，|5𝑏2−𝑎2𝑚2|=2𝑎𝑏， ∵点𝑃(√5,𝑚)在双曲线上，∴∴𝑎𝑏=2，
又𝑎2+𝑏2=5，∴𝑎=1，𝑏=2或𝑎=2，𝑏=1， ∴离心率𝑒=𝑎=√5或√5．
2
𝑐
−𝑎2
5
𝑚2𝑏2
=1，即5𝑏2−𝑎2𝑚2=𝑎2𝑏2，
故答案为：√5或√．
2
设过点P且与渐近线𝑦=𝑎𝑥平行的直线与渐近线𝑦=−𝑎𝑥相交于点A，将直线AP的方程与𝑦=−𝑎𝑥联立，可求得点A的坐标，从而得|𝑂𝐴|的长，再利用点到直线的距离公式求得点P到直线𝑦=−𝑎𝑥的距离d，结合|𝑂𝐴|⋅𝑑=1与 𝑎2+𝑏2=5，即可得解．
本题主要考查双曲线的几何性质，还涉及点到直线的距离公式、两条直线平行关系等解析几何的初步知识，考查学生的数形结合思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
𝑘7−𝑘𝑘𝑘7−2𝑘
𝑥(𝑥)𝑘=𝐶73𝑥,𝑘∈{0,1,2,3,4,5,6,7}， 17.【答案】解：(1)由题意知𝑇𝑘+1=𝐶7
3
𝑏
𝑏
𝑏
𝑏
5令7−2𝑘=5，得𝑘=1，
115
所以含𝑥5的项为𝑇2=𝐶73𝑥=21𝑥5．
(2)令𝑥=1得各项系数和为47， 又由题意知各项二项式系数和为27， 所以
4727
=27=128，
所以各项系数和与各项二项式系数和的比为128．
【解析】(1)先求出展开式的通项，令x的指数为5，即可求解；
(2)令𝑥=1即可求出各项系数和，然后求出二项式系数的和，再求出各项系数和与各项二项式系数和的比．
本题考查了二项式定理的运用，关键是利用已知求出指数后，找出二项式的展开式通项，根据x的指数求特征项，属于基础题．
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18.【答案】解：(1)根据题意，记事件𝐴1：从甲箱中取一球为红球，事件𝐴2：从乙箱中
取一球为红球，事件𝐴3：从丙箱中取一球为红球，
记事件B：取得的三球都为红球，且事件𝐴1，𝐴2，𝐴3相互独立， 所以𝑃(𝐵)=𝑃(𝐴1)⋅𝑃(𝐴2)⋅𝑃(𝐴3)=4×5×8=160， 所以三球都为红球的概率为160．
(2)记事件C：该球为红球，事件𝐷1：取甲箱，事件𝐷2：取乙箱，事件𝐷3：取丙箱 因为𝑃(𝐶|𝐷1)=4,𝑃(𝐶|𝐷2)=5,𝑃(𝐶|𝐷3)=8，
所以𝑃(𝐶)=𝑃(𝐷1)⋅𝑃(𝐶|𝐷1)+𝑃(𝐷2)⋅𝑃(𝐶|𝐷2)+𝑃(𝐷3)⋅𝑃(𝐶|𝐷3)=3×4+3×5+
13
1
1
1
3
1
3
3
9
1
3
3
9
×=
8
349
120
，
49
所以该球为红球的概率为120．
【解析】(1)根据题意，记事件𝐴1：从甲箱中取一球为红球，事件𝐴2：从乙箱中取一球为红球，事件𝐴3：从丙箱中取一球为红球，记事件B：取得的三球都为红球，由相互独立事件的概率计算公式计算可得答案，
(2)记事件C：该球为红球，事件𝐷1：取甲箱，事件𝐷2：取乙箱，事件𝐷3：取丙箱，由条件概率公式求出𝑃(𝐶|𝐷1)=4,𝑃(𝐶|𝐷2)=5,𝑃(𝐶|𝐷3)=8，由互斥事件概率公式计算可得答案．
本题考查相互独立事件的概率以及条件概率的计算，注意概率的计算公式，属于基础题．
1
3
3
19.【答案】解：(1)选条件①：
由条件可解，A到点(2,0)的距离与到𝑥=−2的距离相等， 由抛物线的定义可得𝑝=1， 所以抛物线C的方程为𝑦2=2𝑥． 选条件②：
因为抛物线𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点坐标为(2,0) 所以由已知得椭圆3𝑝+1𝑝=1的一个焦点为(2,0)．
4
2
11
𝑝
𝑥2𝑦2
𝑝
所以𝑝−𝑝=
42
31
𝑝24
，又𝑝>0，所以𝑝=1，
所以抛物线C的方程为𝑦2=2𝑥．
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选条件③：
由题意可知得，当F，A，B三点共线时，|𝐴𝐵|+|𝐴𝐹|=|𝐹𝐵|=√，
25由两点间距离公式√𝑝+1=√5，
4
2
2
解得𝑝=1，
所以抛物线C的方程为𝑦2=2𝑥．
(2)把𝐷(2,𝑦)代入方程𝑦2=2𝑥，可得𝐷(2,2)， 设𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)，
联立方程组消去y可得𝑥2+(2𝑚−2)𝑥+𝑚2=0， 由△=(2𝑚−2)2−4𝑚2>0，解得𝑚<2， 又知𝑥1+𝑥2=2−2𝑚,𝑥1𝑥2=𝑚2，
所以|𝑀𝑁|=√1+𝑘2|𝑥1−𝑥2|=√1+𝑘2√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=√2√4−8𝑚=2√2√1−2𝑚，
由𝐷(2,2)到直线l的距离为𝑑=所以𝑆△𝐷𝑀𝑁=2×1
|𝑚|√2|2−2+𝑚|√1+11
=
|𝑚|√2，
×2√2√1−2𝑚=𝑚2，
即√1−2𝑚=|𝑚|,𝑚2+2𝑚−1=0， 解得𝑚=−1−√2或𝑚=−1+√2 经检验均满足△>0，
所以m的值为−1−√2或−1+√2．
【解析】(1)选条件①：可得A到点(2,0)的距离与到𝑥=−2的距离相等，由抛物线的定义可得p的值，进而可得抛物线C的方程．
31𝑝
选条件②：抛物线焦点坐标为(2,0)，即得椭圆的一个焦点为(2,0)，推出𝑝−𝑝=，
4
2
4
𝑝
𝑝
2
11
又𝑝>0，解得p，进而可得抛物线C的方程．
选条件③：由F，A，B三点共线时，可得|𝐴𝐵|+|𝐴𝐹|=|𝐹𝐵|=√5=√𝑝+1，解得p，
24进而可得抛物线C的方程．
(2)把𝐷(2,𝑦)代入方程𝑦2=2𝑥，可得𝐷(2,2)，设𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)，
联立直线l与抛物线的方程可得𝑥2+(2𝑚−2)𝑥+𝑚2=0，进而有△>0，解得m得取值范围，由韦达定理可得𝑥1+𝑥2，𝑥1𝑥2，再由弦长公式可得|𝑀𝑁|，由点到直线的距离公式可得𝐷(2,2)到直线l的距离d，进而可得𝑆△𝐷𝑀𝑁=2|𝑀𝑁|⋅𝑑=𝑚2，进而解得m的
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1
2
值．
本题考查抛物线的方程，直线与抛物线的相交问题，属于中档题．
20.【答案】(1)证明：因为𝐴𝐵⊥𝐵𝐷，𝐴𝐵⊥𝐵𝐶且𝐵𝐶∩𝐵𝐷=𝐵，
所以𝐴𝐵⊥面BCD， 因为𝐶𝐷⊂面BCD， 所以𝐴𝐵⊥𝐶𝐷，
因为𝐶𝐷⊥𝐴𝐶且𝐴𝐵∩𝐴𝐶=𝐴， 所以𝐶𝐷⊥面ABC， 因为𝐶𝐷⊂面ACD， 所以面𝐴𝐵𝐶⊥面ACD．
(2)解：取AC的中点O，连接OB，则𝐵𝑂⊥𝐴𝐶， 因为面𝐴𝐵𝐶⊥面ACD，面𝐴𝐵𝐶∩面𝐴𝐶𝐷=𝐴𝐶， 所以𝐵𝑂⊥面ACD， 连接OE，则𝑂𝐸//𝐶𝐷， 所以𝐴𝐶⊥𝐶𝐷， 所以𝑂𝐸⊥𝐴𝐶．
⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的以O为坐标原点，⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐸,⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐶,⃗𝑂𝐵空间直角坐标系，
则𝑂(0,0,0),𝐵(0,0,√3),𝐸(1,0,0),𝐹(1,√3,0)，
⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,√3),⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ =(0,√3,0)， 所以⃗𝑂𝐵𝐵𝐸=(1,0,−√3),⃗⃗𝐸𝐹显然OB是平面AEF的一个法向量． ⃗ =(𝑥,𝑦,𝑧)， 设平面BEF的一个法向量为𝑛⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ⋅𝐵𝐸则{𝑛，
⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ⋅𝐸𝐹𝑛√3𝑦=0即{， 𝑥−√3𝑧=0
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所以𝑦=0，
令𝑧=1，可得𝑥=√3， 所以𝑛⃗ =(√3,0,1)， ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,𝑛因为cos〈𝑂𝐵⃗ 〉=
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑛𝑂𝐵⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|𝑛|𝑂𝐵⃗⃗ |
=
√3√3⋅2=
2
1
所以二面角𝐴−𝐸𝐹−𝐵的大小为60°．
【解析】(1)证明𝐴𝐵⊥面BCD，推出𝐴𝐵⊥𝐶𝐷，结合𝐶𝐷⊥𝐴𝐶且，证明𝐶𝐷⊥面ABC，然后证明面𝐴𝐵𝐶⊥面ACD．
⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ 的(2)取AC的中点O，𝑂𝐸⊥𝐴𝐶.以O为坐标原点，连接OB，说明𝐵𝑂⊥𝐴𝐶，𝑂𝐸,⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐶,⃗𝑂𝐵方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面AEF的一个法向量．平面BEF的一个法向量，利用空间向量的数量积求解二面角的大小即可．
本题考查平面与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
21.【答案】解：(1)抽取的100件产品是−级品的频率是100=10，
故从出厂的所有产品中任取1件，是一级品的概率是10，
设从出厂所有产品中随机选3件，至少有一件是一级品的事件为A．
0
×(1−10)3=1000． 则𝑃(𝐴)=1−𝐶3
7
973
7
707
(2)由题意可知10件产品中一级品7件，二级品2件，三级品1件，故𝜉的取值范围是{0,1，2}，
8
𝑃(𝜉=0)=𝐶3=15，
10
𝐶3
7
𝑃(𝜉=1)=𝑃(𝜉=2)=
1𝐶2𝐶283𝐶10
=15， =15，
1
7
2𝐶1𝐶283𝐶10
∴𝜉的分布列为：
𝜉 P 0 7 151 7 152 1 15第19页，共21页
(3)今年利润为：80×(100×500−100×200−100×1200)=15200(万元)， 明年预计利润为：70×(10×500−10×200)−2000=23200(万元) 因为23200>15200， 所以该升级方案合理．
8
2
702010
(1)求出抽取的100件产品是−级品的频率，【解析】从而得到从出厂的所有产品中任取1件，是一级品的概率，由此能求出从出厂所有产品中随机选3件，至少有一件是一级品的概率．
(2)𝜉的取值范围是{0,1，2}，分别求出相应的概率，由此能求出𝜉的分布列． (3)求出今年利润为15200万元，明年预计利润为23200万元，由此得到该升级方案合理．
本题考查概率、离散型随机变量的分布列的求法，考查升级方案是否合理的判断，考查柱形图、超几何分布等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
2
(1)由题意椭圆过点(𝑐,√)，【答案】解：22.2
且椭圆的离心率为√，
2
2
𝑎=2
则满足方程组𝑐2+1=1，解得𝑎2=2，
𝑎22𝑏2
{𝑎2=𝑏2+𝑐2𝑏2=1， 所以椭圆方程为
𝑥22
𝑐√2
+𝑦2=1，
(2)设直线MN的方程为𝑦=𝑘(𝑥+1)(𝑘≠0)， 𝑦=𝑘(𝑥+1)
联立方程{ 𝑥2，
+𝑦2=1
2
消去y整理得(2𝑘2+1)𝑥2+4𝑘2𝑥+2𝑘2−2=0，△>0， 设点𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)，𝑃(𝑥𝑝,𝑦𝑃)，MN的中点𝑅(𝑥𝑅,𝑦𝑅)， 则𝑥1+𝑥2=2,𝑥1⋅𝑥2=2，
2𝑘+12𝑘+1所以𝑥𝑅=
𝑥1+𝑥22−4𝑘2
2𝑘2−2
=2𝑘2+1,𝑦𝑅=𝑘(𝑥𝑅+1)=𝑘(2𝑘2+1+1)=2𝑘2+1，
1
−2𝑘2−2𝑘2
𝑘
MN的垂直平分线RP的方程为𝑦−𝑦𝑅=−𝑘(𝑥−𝑥𝑅)，
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令𝑦=0得𝑥𝑝=𝑥𝑅+𝑘𝑦𝑅=−因为𝑘≠0， 所以−2<𝑥𝑝<0，
1
2𝑘22𝑘2+1
+
𝑘22𝑘2+1
=−
𝑘22𝑘2+1
=−+
2
11
4𝑘2+2
，
所以点P的横坐标的取值范围为(−2,0)． (3)假设存在，设𝑄(𝑥𝑄,0)． 结合第(2)问知：𝑥1+𝑥2=−
4𝑘22𝑘2+1
1
,𝑥1⋅𝑥2=
2𝑘2−22𝑘2+1
，
−4𝑘2
2𝑘2−2
所以𝑦1⋅𝑦2=𝑘2(𝑥1+1)(𝑥2+1)=𝑘2(𝑥1𝑥2+𝑥1+𝑥2+1)=𝑘2⋅(2+2+1)=
2𝑘+12𝑘+1
−𝑘22𝑘2+1
2⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(𝑥1−𝑥𝑄,𝑦1)⋅(𝑥2−𝑥𝑄,𝑦2)=𝑥1𝑥2−𝑥𝑄(𝑥1+𝑥2)+𝑥𝑄所以⃗𝑄𝑀𝑄𝑁+𝑦1𝑦2
22
(2𝑥𝑄+4𝑥𝑄+1)𝑘2+𝑥𝑄−22𝑘2−2−4𝑘2−𝑘2
2 =2−𝑥𝑄⋅2+𝑥𝑄+2=22𝑘+12𝑘+12𝑘+12𝑘+1设
22
(2𝑥𝑄+4𝑥𝑄+1)𝑘2+𝑥𝑄−2
2𝑘2+1
=𝜆
22
+4𝑥𝑄+1−2𝜆)𝑘2+𝑥𝑄−2−𝜆=0对任意𝑘≠0恒成立， 则(2𝑥𝑄
22𝑥𝑄+4𝑥𝑄+1−2𝜆=075
所以{2，解得𝑥𝑄=−4，𝜆=−16，
𝑥𝑄−2−𝜆=0
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑄𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值−． 所以存在点𝑄(−4,0)，使得𝑄𝑀16
57
2b，c的关系式即可求解；(1)利用已知可得椭圆过点(𝑐,√)，【解析】再由离心率以及a，
2
(2)设出直线MN的方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理以及中点坐标公式求出点R(3)的坐标，由此写出直线PR的方程，令𝑦=0即可求出点P的横坐标，进而可以求解；先假设存在满足题意，设出点Q的坐标，利用(2)的韦达定理求出向量QM，QN的数量积，然后利用恒成立思想即可求解．
本题考查了椭圆的方程以及直线与椭圆的位置关系的应用，涉及到是否存在性问题，考查了学生的运算转化能力，属于中档题．
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