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第PAGE1页/共NUMPAGES1页年度广西桂林市国龙外校高二数学12月阶段测试卷
一、选择题(本题共8小题,每小题5分,满分40分;每小题有且仅的一个选项是正确的)
1.在空间直角坐标系中,点关于轴的对称点的坐标为()
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据空间直角坐标系对称点的特征,点关于轴的对称点的坐标为只须将纵坐标、竖坐标变成原来的相反数即可,即可得对称点的坐标.
【详解】在空间直角坐标系中,点关于轴的对称点的坐标为:,
所以点关于轴的对称点的坐标为:.
故选:B.
2.有本不同的书,其中语文书本,数学书本,物理书本.若将其随机摆放到书架的同一层上,则相同科目的书相邻的排法有()
A.种 B.种 C.种 D.种
【答案】C
【解析】
【分析】利用捆绑法可求得结果.
【详解】将本语文书捆绑、本数学书捆绑,
则相同科目的书相邻的排法种数为种.
故选:C.
3.“”是“直线与直线平行”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
【答案】D
【解析】
【分析】利用充分条件、必要条件的定义,结合两直线平行问题判断即可.
【详解】当时,直线为,直线为,两直线重合;
当直线与直线平行时,,
解得或,而时,两直线重合,
当时,直线为,直线为,两直线平行,
因此直线与直线平行时,,则,
所以“”是“直线与直线平行”既不充分也不必要条件.
故选:D
4.与椭圆有相同焦点,且短轴长为2的椭圆的标准方程为()
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把已知椭圆的方程化为标准方程,求出焦点坐标,再利用待定系数法进行求解即可.
【详解】椭圆可化为标准方程,
可知椭圆的焦点在轴上,该椭圆的半焦距长为,
焦点坐标为,
故可设所求椭圆方程为,则.
又,即,所以,故所求椭圆的标准方程为,
故选:B
5.如图,在四面体中,,,,为的重心,为的中点,则()
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角形重心的性质,结合空间向量线性运算的几何意义、空间向量基本定理进行求解即可.
【详解】连接,并延长交于点,连接,
则为的中点,且,
.
故选:C
6.某医学院校计划从5名男生和3名女生中选派2人参加义诊活动,则在派出的2人中第1人是男生的条件下,第2人恰好是女生的概率是()
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】运用条件概率公式,结合古典概型,组合和组合数公式计算即可.
【详解】记“派出的2人中第1人是男生”为事件A,“第2人恰好是女生”为事件.
则.
故选:C.
7.若直线与曲线有两个不同的交点,则实数的取值范围是(????)
A.] B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】画出图形,求出直线过定点,数形结合再由圆心到直线的距离等于半径和斜率的定义求解即可;
【详解】曲线即为半圆:,
其图象如图所示,
曲线与轴的交点为,而直线为过的动直线,
当直线与半圆相切时,有,解得,
当直线过时,有,
因为直线与半圆有两个不同的交点,故,
故选:A.
8.已知圆,直线,若与圆交于,两点,设坐标原点为,则的最大值为()
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据直线求出定点得出圆心,再结合数量积公式得,最后结合不等式性质计算得出最大值即可.
【详解】由于,
故恒过定点,这恰好是圆的圆心,同样记该点为.
所以,且,同时显然有.
所以.
从而,得.
故
,从而,故.
另一方面,对,,直接计算可知的中点为,且.
故,均圆上,此时,
而,故.
综上,的最大值是.
故选:C.
【点睛】关键点点睛:解题的关键点是得出应用向量数量积公式化简求解.
二、多项选择题(本题共2小题,每小题6分,满分12分,每小题至少有两个选项是正确的)
9.某工厂进行产品质量抽测,两位员工随机从生产线上各抽取数量相同的一批产品,已知在两人抽取的一批产品中均有5件次品,员工A从这一批产品中有放回地随机抽取3件产品,员工B从这一批产品中无放回地随机抽取3件产品.设员工A抽取到的3件产品中次品数量为X,员工B抽取到的3件产品中次品数量为Y,,1,2,3.则下列判断正确的是()
A.随机变量X服从二项分布 B.随机变量Y服从超几何分布
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由二项分布的定义判断A,由超几何分布的定义判断B,根据二项分布与超几何分布的均值公式求得均值判断D,利用概率与均值的关系可通过D来反证说明C.
【详解】对于A,B选项,由超几何分布和二项分布的概念可知两个选项均正确;
对于D选项,该批
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