一、單選題（本大題共8小題）
1．直線與平行，則實數（ ）
A．B．C．或D．0
2．已知展開式各項系數之和為64，則展開式中的系數為（ ）
A．31B．30C．29D．28
3．已知直線過點，且為其一個方向向量，則點到直線的距離為（ ）
A．B．C．D．
4．已知，，且，則下列選項中不正確的是（ ）
A．B．
C．D．
5．現有5個編號為1，2，3，4，5的不同的球和5個編號為1，2，3，4，5的不同的盒子，把球全部放入盒子內，則下列說法正確的是（ ）
A．共有120種不同的放法
B．恰有一個盒子不放球，共有1200種放法
C．每個盒子內只放一個球，恰有2個盒子的編號與球的編號相同，不同的放法有60種
D．將5個不同的球換成相同的球，恰有一個空盒的放法有5種
6．已知實數滿足，則的最大值為（ ）
A．B．6C．D．12
7．設A，B，C是集合的子集，且滿足，，這樣的有序組的總數（ ）
A．B．C．D．
8．已知分別是雙曲線的左、右焦點，過點作直線交于兩點. 現將所在平面沿直線折成平面角為銳角的二面角，如圖，翻折后兩點的對應點分別為，且若，則的離心率為（ ）

A．B．C．D．
二、多選題（本大題共3小題）
9．下列說法中正確的是（ ）
A．回歸直線恒過點
B．兩個變量線性相關性越強，則相關系數就越接近1
C．在線性回歸方程中，當變量x每增加一個單位時，平均減少個單位
D．以模型去擬合一組數據時，為了求出回歸方程，設，求得線性回歸方程為，則的值分別是和
10．如圖，在直四棱柱中，為與的交點.若，則下列說法正確的有（ ）
A．
B．
C．設，則
D．以為球心，為半徑的球在四邊形內的交線長為
11．法國數學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)現與橢圓相切的兩條互相垂直的切線的交點的軌跡是以該橢圓中心為圓心的圓，這個圓稱為該橢圓的蒙日圓.若橢圓的蒙日圓為圓，過上的動點作的兩條互相垂直的切線，分別與交于兩點，直線交于兩點，則（ ）
A．橢圓的蒙日圓方程為
B．面積的最大值為7
C．的最小值為
D．若動點在上，將直線的斜率分別記為，則
三、填空題（本大題共3小題）
12．隨機變量X服從正態(tài)分布，，，則的最小值為 .
13．甲?乙兩人進行乒乓球比賽，每局比賽11分制，若比分打到時，需要一人比另一人多得兩分，比賽才能結束.已知甲贏得每一分的概率為，在兩人的第一局比賽中，兩人達到了，此局比賽結束時，兩人的得分總和為24的概率為 .
14．棱長為4的正方體中，分別是平面和平面內動點，，則的最小值為 ．
四、解答題（本大題共5小題）
15．民航招飛是指普通高校飛行技術專業(yè)（本科）通過高考招收飛行學生，報名的學生需參與預選初檢、體檢鑒定，飛行職業(yè)心理學檢測、背景周查、高考選拔共5項流程，其中前4項流程選拔均通過，則被確認為有效招飛申請，然后參加高考，由招飛院校擇優(yōu)錄?。畵y計，某校高三在校學生有1000人，其中男生600人，女生400人，各有100名學生有民航招飛意向．
(1)完成以下列聯表，并回答是否有99．9%的把握認為該校高三學生有民航招飛意向與學生性別有關？
(2)若每名報名學生通過前《項流程的概率依次約為，假設學生能否通過這4項流程相互獨立，估計該校高三學生被認為有效招飛的人數．
附：
16．某工廠生產一批機器零件，現隨機抽取100件對某一項性能指標進行檢測，得到一組數招X，如下表：
(1)求該項性能指標的樣本平均數的值，若這批零件的該項指標X近似服從正態(tài)分布，其中：近似為樣本平均數的值，，試求的值；
(2)若此工廠有甲、乙兩臺機床加工這種機器零件，且甲機床的生產效率是乙機床的生產效率的2倍，甲機床生產的零件的次品率為0.02，乙機床生產的零件的次品率為0.01，現從這批零件中隨機抽取一件．
① 求這件零件是次品的概率；
② 若檢測出這件零件是次品，求這件零件是甲機床生產的概率．
參考數據：若隨機變量服從正態(tài)分布，則，，．
17．在中，，，，、分別是、上的點，滿足且，將沿折起到的位置，使，是的中點，如圖所示．
(1)求證：平面；
(2)求與平面所成角的大??；
(3)在線段上是否存在點，使平面與平面所成角的余弦值為？若存在，求出的長度；若不存在，請說明理由．
18．強基計劃于2020年在有關高校開始實施，主要選拔有志于服務國家重大戰(zhàn)略需求且綜合素質優(yōu)秀或基礎學科拔尖的學生．為選拔培養(yǎng)對象，某高校在暑假期間從中學里挑選優(yōu)秀學生參加數學、物理、化學學科夏令營活動．
(1)若數學組的7名學員中恰有4人來自中學，從這7名學員中隨機選取4人，表示選取的人中來自中學的人數，求的分布列和數學期望；
(2)在夏令營開幕式的晚會上，物理組舉行了一次學科知識競答活動，規(guī)則如下：兩人一組，每一輪競答中，每人分別答兩題，若小組答對題數不小于3，則取得本輪勝利．已知甲乙兩位同學組成一組，甲、乙答對每道題的概率分別為，．假設甲、乙兩人每次答題相互獨立，且互不影響．當時，求甲、乙兩位同學在每輪答題中取勝的概率的最大值．
19．設拋物線，過點的直線與交于兩點，且.若拋物線的焦點為，記的面積分別為.

(1)求的最小值.
(2)設點，直線與拋物線的另一交點為，求證：直線過定點.
(3)我國古代南北朝數學家祖暅所提出的祖暅原理是“冪勢既同，則積不容異”，即：夾在兩個平行平面間的兩個幾何體被平行于這兩個平面的任意平面所截，如果截得的兩個截面的面積總相等，那么這兩個幾何體的體積相等.當為等腰直角三角形時，記線段與拋物線圍成的封閉圖形為繞軸旋轉半周形成的曲面所圍成的幾何體為.試用祖桓原理的數學思想求出的體積.
參考答案
1．【答案】A
【分析】由直線與直線平行的充要條件，列式求解即可.
【詳解】因為直線與平行，
所以且，解得.
故選：A.
2．【答案】C
【詳解】中令得，解得，
展開式通項公式為，，
當時，，當時，，
故展開式中的系數為.
故選：C
3．【答案】B
【詳解】由已知可得，又，
所以向量在向量上的投影向量的模為，又
所以點到直線的距離為,
故選：B.
4．【答案】D
【詳解】因為，且，
所以，即，
因為在上遞增，且，
所以，故A正確；
，故B正確；
，故C正確；
，，故D錯誤；
故選：D
5．【答案】B
【詳解】對于A：每個小球都有5種選擇，所有共有種，錯誤；
對于B，第一步，選擇一個盒子不放球，由,
第二步，5個小球分成4組，分別放入4個盒子有：，
所以共有種，正確；
對于C，第一步選擇兩個盒子使得編號與小球相同，有，
第二步，剩下3個球，3個盒子使得盒子編號與小球編號不相同共有2種，
所以共有20種，錯誤；
對于D，第一步，確定哪個盒子不放球，有，
第二步，剩下四個盒子確定哪個盒子放兩個球，即可；
所有共有20種，錯誤；
故選：B
6．【答案】C
【詳解】設，，，
故，在圓上，且，
表示到直線的距離之和，
原點到直線的距離為，
如圖所示：，，是的中點，于，
，，
故在圓上，.
故的最大值為.
故選：C.
7．【答案】D
【分析】利用分步計數法可求有序組的總數.
【詳解】如圖：
考慮，，把集合劃分為5個集合:，，，，，接下來將集合中的元素逐一安排到集合，，，，中即可，
因為集合中的每個元素都可能安排到5個位置中的一個，所以中2024個元素的安排方法共有種．
故選D.
8．【答案】C
【詳解】設雙曲線的半焦距為，
由題意可得：，
則，
且，則銳角二面角，
在中，由余弦定理可得：，
在中，由余弦定理可得：，
因為，即，
可得，解得.
故選：C.
9．【答案】ACD
【詳解】對于選項A，因為回歸直線恒過樣本中心點，所以選項A正確，
對于選項B，兩個變量線性相關性越強，則相關系數就越接近1，所以選項B錯誤，
對于選項C，因為線性回歸方程為，，則變量x每增加一個單位時，平均減少個單位，所以選項C正確，
對于選項D，由題知，則，所以，故選項D正確，
故選：ACD.
10．【答案】ACD
【詳解】對于選項A：連接DB，
由題得，，故A正確.
對于選項B：因為，
，，
所以
，
所以，故B錯誤.
對于選項C：因為，
所以
，
所以，即，故C正確.
對于選項D：取的中點為，連接，
由為等邊三角形可得，且
面.
由球的半徑為，知球面與平面的交線是以為圓心，為半徑的圓.
如圖，在正方形內，以為圓心，2為半徑作圓，所得的圓弧即為所求交線.
由題意可知，所以弧的長為，故D正確.
故選：ACD.
11．【答案】ABC
【詳解】依題意，可設圓C方程為，
過橢圓的上頂點作軸的垂線，
過橢圓的右頂點2,0作軸的垂線，則這兩條垂線的交點在圓C上，
所以，即，
所以橢圓的蒙日圓方程為，故A正確；
因為點都在圓上，且，所以為圓的直徑，
所以面積的最大值為，故B正確；
由于為圓的直徑，過坐標原點，即過坐標原點，
所以，故C正確；
由直線經過坐標原點，易得點關于原點對稱，設，
則，
又，所以，
所以，故D錯誤.
故選：.
12．【答案】/
【詳解】隨機變量X服從正態(tài)分布，
，由，，
，且，
則，
當且僅當，即時等號成立．
所以的最小值為．
故答案為：.
13．【答案】
【詳解】因為比賽結束時，兩人的得分總和為24，其中且兩人的得分的差的絕對值為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，
所以事件甲贏得比賽的概率為，
同理乙贏得比賽的概率為，
所以.
故答案為：
14．【答案】
【詳解】取點關于平面的對稱點為，
設點到平面的距離為，則，
所以，
以為原點，以所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，
因為正方體的棱長為4，且，
所以，
，
設平面的法向量為，
則，
取，則，則，
所以點到平面的距離.
即的最小值為.
故答案為：.
15．【答案】(1)表格見解析，認為該校高三學生是否有民航招飛意向與學生性別無關
(2)50人
【詳解】（1）列聯表如下：
零假設：該校高三學生是否有民航招飛意向與學生性別無關聯．
因為，
所以假設成立，所以根據小概率值的獨立性檢驗，認為該校高三學生是否有民航招飛意向與學生性別無關，即沒有99．9%的把握認為該校高三學生有民航招飛意向與學生性別有關；
（2）因為每名報名學生通過前4項流程的概率依次約為，且能否通過相互獨立，
所以估計每名報名學生被確認為有效招飛申請的概率．
因為該校有200名學生有民航招飛意向，所以有效招飛的人數.
所以估計有人被確認為有效招飛申請．
16．【答案】(1)80，0.8185
(2)①，②
【詳解】（1），
因為，所以，
則
（2）設“抽取的零件是甲機床生產”記為事件；
“抽取的零件是乙機床生產”記為事件；
“抽取的零件是次品”記為事件,
則,,,,
則，
17．【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)存在，或
【詳解】（1）因為在中，，，且，
所以，，則折疊后，，，
又，、平面，所以平面，
因為平面，所以，
又因為，，、平面，所以平面.
（2）由（1）可知，平面，，
以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系 ，
翻折前，在中，，則，則，
則，則，，
翻折后，因為平面，平面，則，
所以，，，則，
故，，，，，，
，，，
設平面的法向量為，則，
不妨令，則，，則．
設直線與平面所成角的大小為，
則有，則，
直線與平面所成角的大小為.
（3）假設在線段上存在點，使平面與平面成角余弦值為．
在空間直角坐標系中，，，，
設，
則，
設平面的法向量為，則有，
不妨令，則，，所以，
設平面的法向量為，則有，
不妨令，則，，所以，
若平面與平面成角余弦值為．
則滿足，
化簡得，解得或，即或，
則或.
故在線段上存在這樣的點，使平面與平面成角余弦值為．
此時的長度為或．
18．【答案】(1)分布列見解析，
(2)甲、乙兩位同學在每輪答題中取勝的概率取得最大值．
【詳解】（1）的所有可能取值是1，2，3，4．
，，
，，
所以的分布列是
數學期望是．
（2）設甲、乙兩位同學在每輪答題中取勝為事件A，則
，
由，得．
令，因為，，所以，
所以，設，則，
因為，當時，取得最大值．
所以，當時，甲、乙兩位同學在每輪答題中取勝的概率取得最大值．
19．【答案】(1)；
(2)證明見解析；
(3).
【詳解】（1）設，直線，
由消去y整理得，，
由，得，解得，即，
，
當且僅當時等號成立，所以最小值為.
（2）設，則直線的斜率，方程為，
由（1）知拋物線，由消去y得，
整理得，顯然，
于是，又，聯立消去，得，
設直線，與拋物線聯立，整理得:，
，因此，
直線恒過定點.
（3）

作底面半徑為4、高為4的圓柱，并將內部切割去掉之后，上下翻轉得到幾何體，
現做一平面，使其平行于和的底面，且被兩幾何體分別截得如圖中陰影所示截面，
在圖1的幾何體中，設，即，且，
則圖2的幾何體中，有，由拋物線方程得，
則圖2中截面圓環(huán)面積，而圖1中截面圓面積，
由祖暅原理可得，和的體積相等，均為圓柱體積的一半，即.對民航招飛有意向
對民航招飛沒有意向
合計
男生
女生
合計
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
性能指標X
66
77
80
88
96
產品件數
10
20
48
19
3
對民航招飛有意向
對民航招飛沒有意向
合計
男生
100
500
600
女生
100
300
400
合計
200
800
1000
1
2
3
4
P

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