精品解析：吉林省延边第二中学2023-2024学年高二上学期第二次阶段检测数学试卷

延边第二中学2023—2024学年度第一学期第二次阶段检测 高二年级数学试卷 一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分，每题只有一个选项正确） 1. 设是一个离散型随机变量，其分布列为 则等于（ ） A. 1 B. C. D. 2. 设，则等于 A. 1.6 B. 3.2 C. 6.4 D. 12.8 3. 已知椭圆，过作直线与交于两点，则的周长为（ ） A. 24 B. 20 C. 16 D. 12 4. 设a，b为正数，若直线被圆截得弦长为4，则的最小值为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 5. 2022年10月31日15：37分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，成功将中国空间站建设完毕，中国空间站将于2023年正式进入运营阶段.现空间站要安排甲、乙等6名航天员到3个不同的实验舱开展实验，3舱中每个舱至少一人至多三人，则不同的安排方案共有（ ） A. 450种 B. 720种 C. 90种 D. 360种 6. 为了响应国家发展足球的战略，某校在秋季运动会中，安排了足球射门比赛.现有10名同学参加足球射门比赛，已知每名同学踢进的概率均为，每名同学有2次射门机会，且各同学射门之间没有影响.现规定：踢进两个得10分，踢进一个得5分，一个未进得0分，记为10个同学的得分总和，则的数学期望为（ ） A. 30 B. 40 C. 60 D. 80 7. 袋子中装有大小､形状完全相同的2个白球和2个红球.现从中不放回地摸取2个球，已知第二次摸到的是红球，则第一次摸到红球的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知点，是双曲线的左、右焦点，点P是双曲线C右支上一点，过点向的角平分线作垂线，垂足为点Q，则点和点Q距离的最大值为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 4 二、多项选择题（共4小题，每小题5分，共20分.全选对4分，选不全2分） 9. 下列等式正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 一个质地均匀的正四面体表面上分别标有数字1，2，3，4，抛掷该正四面体两次，记事件A为“第一次向下的数字为偶数”，事件B为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列说法正确的是（ ） A. B. 事件A和事件B互为对立事件 C. D. 事件A和事件B相互独立 11. 如图，在某城市中，，两地之间有整齐的方格形道路网，其中、、、、是道路网中位于一条对角线上的5个交汇处，现在甲需要从道路网M出发，随机选择一条沿街的最短路径走到处为止，下列说法正确的是（ ） A. 如果甲需要经过，那么从到的线路有4条； B. 如果甲需要经过，那么从到的线路有16条； C. 如果甲需要经过，那么从到的线路有36条； D. 甲从到的线路一共有70条； 12. 已知抛物线C：的焦点为F，直线l与C交于，两点，其中点A在第一象限，点M是的中点，作垂直于准线，垂足为N，则下列结论正确的是（ ） A. 若以为直径作圆M，则圆M与准线相切 B. 若直线l经过焦点F，且，则 C. 若，则直线l的倾斜角为 D. 若以为直径的圆M经过焦点F，则的最小值为 三．填空题（共4小题，每小题5分，共20分，请将答案写在答题纸上） 13. 已知的展开式中二项式系数和是64，则展开式中x的系数为______． 14. 若随机变量X的概率分布列为，k＝1，2，3，则________. 15. 阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积. 已知椭圆（a>b>0）的右焦点为，过F作直线l交椭圆于A、B两点，若弦中点坐标为，则该椭圆的面积为_____________. 16. 某人从甲地到乙地，乘火车、轮船、飞机的概率分别为0.2，0.4，0.4，乘火车迟到的概率为0.4，乘轮船迟到的概率为0.3，乘飞机迟到的概率为0.5，则这个人迟到的概率是______；如果这个人迟到了，他乘船迟到的概率是______． 四、解答题（共5小题，17题10分，18、19、20、21、22题各12分，请写出必要的解答过程） 17. 已知的展开式中，只有第六项的二项式系数最大 （1）求该展开式中常数项； （2）求展开式中系数最大的项为第几项？ 18. 已知双曲线C与双曲线有相同的渐近线，且经过点， （1）求双曲线C的标准方程 （2）已知直线与曲线C交于不同的两点A，B，且线段AB的中点在圆上，求实数m的值． 19. 某学校组织开展了“学习强国答题挑战赛暨主题党日活动”.规则如下：每班派两名选手参赛，每位选手回答三个题，满分为60分，每题答对得10分，答错不得分.某班派了甲､乙两名同学参赛，且甲同学三题能回答正确的概率均为，乙同学三题能回答正确的概率依次为、、，两人的累计得分为班级总得分，总得分不少于50分班级将获得参加决赛的资格. （1）三题答完结束后，记为乙同学的累计得分，求的分布列和期望； （2）求班级获得决赛资格的概率. 20. 甲､乙去某公司应聘面试．该公司的面试方案为：应聘者从道备选题中一次性随机抽取道题，按照答对题目的个数为标准进行筛选．已知道备选题中应聘者甲有道题能正确完成，道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是，且每题正确完成与否互不影响． （1）分别求甲､乙两人正确完成面试题数的分布列； （2）请从均值和方差的角度分析比较甲､乙两人谁的面试通过的可能性较大？ 21. 已知椭圆的离心率，且经过点. （1）求椭圆E的方程； （2）设直线与椭圆E交于A，B两点，且椭圆E上存在点M，使得四边形为平行四边形.试探究：四边形OAMB的面积是否为定值？若是定值，求出四边形的面积；若不是定值，请说明理由. 22. 自“新型冠状肺炎”疫情爆发以来，科研团队一直在积极地研发“新冠疫苗”．在不懈努力下，我国公民率先在年年末开始使用安全的新冠疫苗，使我国的“防疫”工作获得更大的主动权．研发疫苗之初，为了测试疫苗的效果，科研人员以白兔为对象，进行了一些实验： （1）实验一：选取只健康白兔，编号至号，注射一次新冠疫苗后，再让它们暴露在含有新冠病毒的环境中，实验结果发现：除、､、号四只白兔仍然感染了新冠病毒，其他白兔未被感染．现从这只白兔中随机抽取只进行研究，将仍被感染的白兔只数记作，求的分布列和数学期望． （2）实验二：疫苗可以再次注射第二针加强针，科研人员对白兔多次注射疫苗后，每次注射的疫苗对白兔是否有效互相不影响．试问：若将实验一中未被感染新冠病毒的白兔的频率当做疫苗的有效率，那么一只白兔注射两次疫苗后的有效率能否保证达到？如若可以，请说明理由；若不可以，请问每支疫苗的有效率至少要达到多少才能满足以上要求？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 延边第二中学2023—2024学年度第一学期第二次阶段检测 高二年级数学试卷 一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分，每题只有一个选项正确） 1. 设是一个离散型随机变量，其分布列为 则等于（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用分布列的性质求得正确答案. 【详解】依题意， 即，解得， 经检验可知，符合题意. 故选：C 2. 设，则等于 A. 1.6 B. 3.2 C. 6.4 D. 12.8 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：由于满足二项分布,所以,故. 考点：二项分布的均值与方差. 3. 已知椭圆，过作直线与交于两点，则的周长为（ ） A. 24 B. 20 C. 16 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】根据焦点三角形的周长即可求解. 【详解】由椭圆方程可知，则， 所以是椭圆的焦点， 所以的周长为. 故选:. 4. 设a，b为正数，若直线被圆截得弦长为4，则的最小值为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线与圆的位置关系可得，再由均值不等式求解即可. 【详解】由可得 ， 故圆的直径是4， 所以直线过圆心，即， 又， 当且仅当，即，即 时，等号成立. 故选：D. 5. 2022年10月31日15：37分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，成功将中国空间站建设完毕，中国空间站将于2023年正式进入运营阶段.现空间站要安排甲、乙等6名航天员到3个不同的实验舱开展实验，3舱中每个舱至少一人至多三人，则不同的安排方案共有（ ） A. 450种 B. 720种 C. 90种 D. 360种 【答案】A 【解析】 【分析】由题分为人数为的三组以及人数为的三组讨论即可. 【详解】由题知,6名航天员安排三舱, 三舱中每个舱至少一人至多三人, 可分两种情况考虑: 第一种,分人数为的三组,共有种； 第二种,分人数为的三组,共有种； 所以不同的安排方法共有种. 故选：A. 6. 为了响应国家发展足球的战略，某校在秋季运动会中，安排了足球射门比赛.现有10名同学参加足球射门比赛，已知每名同学踢进的概率均为，每名同学有2次射门机会，且各同学射门之间没有影响.现规定：踢进两个得10分，踢进一个得5分，一个未进得0分，记为10个同学的得分总和，则的数学期望为（ ） A. 30 B. 40 C. 60 D. 80 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意求解每个学生的得分分布列，进而求得每个学生的得分数学期望，再求得10个同学的得分总和即可. 【详解】设每个学生踢一次的得分为，则由题意，，，.故每个学生得分的数学期望为，因此10个同学的得分总和的数学期望是 故选：C． 7. 袋子中装有大小､形状完全相同的2个白球和2个红球.现从中不放回地摸取2个球，已知第二次摸到的是红球，则第一次摸到红球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设第一次摸到红球为事件A，第二次摸到红球为事件，根据古典概型结合计数原理求，进而根据条件概率运算求解. 【详解】设第一次摸到红球为事件A，第二次摸到红球为事件，则事件为第一次摸到红球且第二次摸到红球， 可得，， 所以. 故选：B. 8. 已知点，是双曲线的左、右焦点，点P是双曲线C右支上一点，过点向的角平分线作垂线，垂足为点Q，则点和点Q距离的最大值为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】延长，交于点T，则可得，再结合双曲线的定义得，连接，则，而为定值，所以由图可知，从而可求得结果. 【详解】如图所示，延长，交于点T，则因为平分，，所以，， 因为P在双曲线上，所以，所以， 连接，则， 因为， 所以，当三点共线时取等号， 即点和点Q距离的最大值为3， 故选：C 【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线的几何性质的应用，解题的关键是利用已知条件结合双曲线的性质可得，，考查数形结合的思想，属于中档题. 二、多项选择题（共4小题，每小题5分，共20分.全选对4分，选不全2分） 9. 下列等式正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对选项A，利用排列数公式计算推证；对选项B，利用组合数公式计算判断；对选项C，利用组合数性质逐次计算判断；对选项D，利用二项式系数的性质计算判断. 【详解】对于选项A：，选项A正确； 对于选项B：，选项B错误； 对于选项C： ，选项C正确； 对于D选项：因二项式的展开式的所有奇数项系数和与所有偶数项系数和相等，都等于，n=2020时，选项D正确. 故选：ACD 【点睛】二项式的展开式的系数的性质：(1)； (2). 10. 一个质地均匀的正四面体表面上分别标有数字1，2，3，4，抛掷该正四面体两次，记事件A为“第一次向下的数字为偶数”，事件B为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列说法正确的是（ ） A. B. 事件A和事件B互为对立事件 C. D. 事件A和事件B相互独立 【答案】CD 【解析】 【分析】根据独立事件的定义以及条件概率对有关选项作相应的分析和计算即可. 【详解】对于A，，可得A错误； 对于B，事件B第一次向下的数字为偶数，第二次向下的数字为奇数， 就可以使得两次向下的数字之和为奇数，可知事件A和事件B不是对立事件， 可得B错误； 对于C，由，可得， 可得C正确； 对于D选项，由，可得， 可知事件A和事件B相互独立，可得D正确； 故选：CD. 11. 如图，在某城市中，，两地之间有整齐的方格形道路网，其中、、、、是道路网中位于一条对角线上的5个交汇处，现在甲需要从道路网M出发，随机选择一条沿街的最短路径走到处为止，下列说法正确的是（ ） A. 如果甲需要经过，那么从到的线路有4条； B. 如果甲需要经过，那么从到的线路有16条； C. 如果甲需要经过，那么从到的线路有36条； D. 甲从到的线路一共有70条； 【答案】BCD 【解析】 【分析】结合分步计数原理以及分类计数原理逐项分析即可求出结果. 【详解】如果甲需要经过，那么从到的线路有1条，故A错误； 如果甲需要经过，从到共有条，从到共有条，所以从到的线路有条，故B正确； 如果甲需要经过，从到共有条，从到共有条，所以从到的线路有条，故C正确； 因此从从到的线路有条，故D正确： 故选：BCD. 12. 已知抛物线C：的焦点为F，直线l与C交于，两点，其中点A在第一象限，点M是的中点，作垂直于准线，垂足为N，则下列结论正确的是（ ） A. 若以为直径作圆M，则圆M与准线相切 B. 若直线l经过焦点F，且，则 C. 若，则直线l的倾斜角为 D. 若以为直径的圆M经过焦点F，则的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用抛物线定义及中位线性质可判定A，利用韦达定理及平面向量数量积公式可判定B， 由向量共线及韦达定理可计算出，，利用斜率公式计算可判定C，利用圆的性质及基本不等式计算即可判定D. 【详解】 对于A，过分别作准线的垂线，垂足分别为， 当以为直径所作圆M与准线相切时，则有， 又，所以此时， 由抛物线的定义可知, 显然此时经过焦点F， 但当直线l不经过焦点F时，圆M不一定与准线相切，故A错误； 对于B，过的直线l的方程可设为， 联立抛物线方程，可得， 所以，， 则，解得，故B正确； 对于C，易知，， 由，可得，， 结合上选项可知，， 可得，， 所以直线斜率， ∴直线l的倾斜角为，故C正确； 对于D，设，， 由抛物线的定义可得， 以为直径的圆M经过焦点F， ∴，， ， 当且仅当时，即时等号成立，故D正确. 故选：BCD. 三．填空题（共4小题，每小题5分，共20分，请将答案写在答题纸上） 13. 已知的展开式中二项式系数和是64，则展开式中x的系数为______． 【答案】60 【解析】 【分析】手续爱你根据二项式系数和公式求出，再利用二项展开式的通项公式即可得到答案. 【详解】由题意得，解得， 则的二项展开式通项为， 令，解得，则x的系数为， 故答案为：60. 14. 若随机变量X的概率分布列为，k＝1，2，3，则________. 【答案】##0.5 【解析】 【分析】求出变量等于和时的概率，结合互斥事件的概率公式可得结果. 【详解】由题意知，， 所以. 故答案为：. 15. 阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积. 已知椭圆（a>b>0）的右焦点为，过F作直线l交椭圆于A、B两点，若弦中点坐标为，则该椭圆的面积为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用作差法构建斜率、中点坐标相关方程，再结合即可求解出、，进而求出面积. 【详解】设，，记的中点为，即， 因为的中点为，所以由中点坐标公式得， 因为直线过椭圆焦点，所以直线斜率为， 又因为，在椭圆上， 所以，两式相减得， 整理得，代值化简得， 因为椭圆的焦点为， 所以，得，， 由题意可知，椭圆的面积为. 故答案为：. 16. 某人从甲地到乙地，乘火车、轮船、飞机的概率分别为0.2，0.4，0.4，乘火车迟到的概率为0.4，乘轮船迟到的概率为0.3，乘飞机迟到的概率为0.5，则这个人迟到的概率是______；如果这个人迟到了，他乘船迟到的概率是______． 【答案】 ①. 0.4## ②. 0.3## 【解析】 【分析】合理设出事件，利用全概率计算出这个人迟到的概率，用贝叶斯概率公式计算出如果这个人迟到了，他乘船迟到的概率. 【详解】设事件A表示“乘火车”，事件B表示“乘轮船”，事件C表示“乘飞机”，事件D表示“迟到”， 则，，，，，， ， 由全概率公式得： ； 如果这个人迟到了，由贝叶斯公式得到他乘船迟到的概率为： . 故答案为：0.4；0.3 四、解答题（共5小题，17题10分，18、19、20、21、22题各12分，请写出必要的解答过程） 17. 已知的展开式中，只有第六项的二项式系数最大 （1）求该展开式中常数项； （2）求展开式中系数最大的项为第几项？ 【答案】（1）；（2）第项系数最大. 【解析】 【详解】试题分析： （1）由题可先由条件只有第六项的二项式系数最大，求出，在利用二项式定理的通项公式求出常数项．（注意常数项的概念是建立方程的依据） （2）由（1）已知，求展开式系数的最大项，因为二项式中含常数2，对系数有影响， 需利用通项公式建立不等式来，分析求解． 试题解析：（1）由题意知， 所以当时为常数项 （2）设第项系数最大 则 即；解得因为所以 即第8项系数最大． 考点：二项式定理的运用及不等式解法和思想． 18. 已知双曲线C与双曲线有相同的渐近线，且经过点， （1）求双曲线C的标准方程 （2）已知直线与曲线C交于不同的两点A，B，且线段AB的中点在圆上，求实数m的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）据共渐近线设双曲线的方程，然后代入点，计算，即可得出答案． （2）联立直线与双曲线的方程，得关于的一元二次方程，写出韦达定理，然后表示出的中点坐标，代入圆的方程，计算即可得出答案． 【小问1详解】 设双曲线的方程为， 代入，，得，解得， 所以双曲线的方程为． 【小问2详解】 由，得， 设，，，， 则中点坐标为，， 由韦达定理可得， 所以， 所以中点坐标为， 因为点在圆上， 所以，解得． 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 19. 某学校组织开展了“学习强国答题挑战赛暨主题党日活动”.规则如下：每班派两名选手参赛，每位选手回答三个题，满分为60分，每题答对得10分，答错不得分.某班派了甲､乙两名同学参赛，且甲同学三题能回答正确的概率均为，乙同学三题能回答正确的概率依次为、、，两人的累计得分为班级总得分，总得分不少于50分班级将获得参加决赛的资格. （1）三题答完结束后，记为乙同学的累计得分，求的分布列和期望； （2）求班级获得决赛资格的概率. 【答案】（1） 0 10 20 30 ，期望为分； （2）. 【解析】 【分析】（1）先分析出的可能取值，分别求出对应的概率，写出分布列； （2）分析出班级获得决赛资格为， 【小问1详解】 由题意可得：的可能取值为：0，10，20，30. ； ； ； ； 所以分布列为： 0 10 20 30 分. 【小问2详解】 记为甲同学的累计得分 . 而； ； 所以班级获得决赛资格的概率：. 20. 甲､乙去某公司应聘面试．该公司的面试方案为：应聘者从道备选题中一次性随机抽取道题，按照答对题目的个数为标准进行筛选．已知道备选题中应聘者甲有道题能正确完成，道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是，且每题正确完成与否互不影响． （1）分别求甲､乙两人正确完成面试题数的分布列； （2）请从均值和方差的角度分析比较甲､乙两人谁的面试通过的可能性较大？ 【答案】（1）甲正确完成面试题的数量的分布列为 乙正确完成面试题的数量的分布列为： （2）甲通过面试的概率较大．【解析】 【分析】（1）根据题意得服从超几何分布，服从二项分布，分别求解概率及分布列即可. （2）由（1）分别求出期望和方差比较即可. 【小问1详解】 设为甲正确完成面试题的数量， 为乙正确完成面试题的数量， 由题意可得的可能取值为：， 所以， ， 所以的分布列为 由题意随机变量的可能值为，可得， 所以， ， 所以的分布列为： 【小问2详解】由（1）可得， ， ， ， ， 因为，， 所以甲发挥的稳定性更强，则甲通过面试的概率较大． 21. 已知椭圆的离心率，且经过点. （1）求椭圆E的方程； （2）设直线与椭圆E交于A，B两点，且椭圆E上存在点M，使得四边形为平行四边形.试探究：四边形OAMB的面积是否为定值？若是定值，求出四边形的面积；若不是定值，请说明理由. 【答案】（1） （2）四边形的面积为定值 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程. （2）联立直线的方程和椭圆方程，化简写出根与系数关系，结合弦长公式以及点到直线的距离公式求得四边形的面积. 【小问1详解】 由已知可得：，， 可得：，，椭圆E的方程为. 【小问2详解】 四边形OAMB的面积为定值，理由如下： 将代入可得：， 设，则，， 且， 由于四边形OAMB为平行四边形，则， 则点，代入椭圆E的方程，化简可得：， 此时恒成立， 由于点O到直线AB的距离为， 而， 又由，可得， 从而， 又. 所以四边形OAMB的面积为定值. 【点睛】求解椭圆的方程，关键是根据已知条件求得，是两个参数，所以需要两个已知条件，如本题中椭圆的离心率以及椭圆上一个点的坐标，再结合椭圆中的“隐藏条件”，即可求得. 22. 自“新型冠状肺炎”疫情爆发以来，科研团队一直在积极地研发“新冠疫苗”．在不懈努力下，我国公民率先在年年末开始使用安全的新冠疫苗，使我国的“防疫”工作获得更大的主动权．研发疫苗之初，为了测试疫苗的效果，科研人员以白兔为对象，进行了一些实验： （1）实验一：选取只健康白兔，编号至号，注射一次新冠疫苗后，再让它们暴露在含有新冠病毒的环境中，实验结果发现：除、､、号四只白兔仍然感染了新冠病毒，其他白兔未被感染．现从这只白兔中随机抽取只进行研究，将仍被感染的白兔只数记作，求的分布列和数学期望． （2）实验二：疫苗可以再次注射第二针加强针，科研人员对白兔多次注射疫苗后，每次注射的疫苗对白兔是否有效互相不影响．试问：若将实验一中未被感染新冠病毒的白兔的频率当做疫苗的有效率，那么一只白兔注射两次疫苗后的有效率能否保证达到？如若可以，请说明理由；若不可以，请问每支疫苗的有效率至少要达到多少才能满足以上要求？ 【答案】（1） ；数学期望； （2）无法保证；建议：需要将注射一次疫苗的有效率提高到以上． 【解析】 【分析】（1）首先确定所有可能的取值，根据超几何分布概率公式计算可得每个取值对应的概率，由此可得分布列；根据数学期望的公式可计算得到数学期望； （2）根据注射一次疫苗的有效率为，结合独立事件和对立事件概率公式可求得注射两次疫苗的有效率为；设每支疫苗有效率至少达到才能满足要求，则可构造方程求得的取值范围，由此可给出建议． 【小问1详解】 由题意得：所有可能的取值为，，，， ；； ；； 的分布列为： 数学期望； 【小问2详解】 由已知数据知：实验一中未被感染新冠病毒的白兔的频率为，则注射一次疫苗的有效率为， 一只白兔注射两次疫苗的有效率为：， 无法保证一只白兔注射两次疫苗后的有效率达到； 设每支疫苗有效率至少达到才能满足要求， ，解得：， 需要将注射一次疫苗的有效率提高到以上才能保证一只白兔注射两次疫苗后的有效率达到． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $