江苏省苏州中学校2025-2026学年第一学期12月高二数学阶段性练习

江苏省苏州中学校2025-2026学年第一学期12月高二数学阶段性练习 一、单选题（每小题5分，共40分） 1．某高校两名学生准备从、、、、、这门选修课程中任选门，则这两名学生在所选课程中有相同课程的条件下，恰好选择了门相同课程的概率为（   ） A． B． C． D． 2．某足球队球员乙能够胜任前锋、中锋和后卫三个位置，且出场率分别为、、，当乙球员担当前锋、中锋以及后卫时，球队输球的概率依次为、、．当乙球员参加比赛时，该球队这场比赛输球的概率为（   ） A． B． C． D． 3．已知随机事件，，，，，则等于（   ） A． B． C． D． 4．已知是的某种排列，集合，，且，则这样的有序数对的个数为（    ） A． B． C． D． 5．某城市举办国际马拉松比赛，在某路段设三个服务点，某高校包括甲与乙在内的5名同学到三个服务点做志愿者，每名同学只去一个服务点，每个服务点至少1人，则甲与乙不去同一个服务点的概率为（   ） A． B． C． D． 6．双曲线的左、右焦点分别为，，以右焦点为焦点的抛物线与双曲线交于第一象限的点，若，则双曲线的离心率为（   ） A． B． C．5 D．2 7．已知正项等比数列满足，且，记，若且，则（   ） A．15 B．9 C．8 D．7 8．已知函数，若，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 二、多选题（每小题6分，共18分） 9．设事件，满足，则（    ） A．与可能独立 B．与可能互斥 C． D． 10．某班要举办一次学科交流活动，现安排A，B，C，D，E这五名同学负责语文、数学、英语、物理学科相关工作．则下列说法中正确的是（    ） A．若这五人每人任选一门学科，则不同的选法有种 B．若每人安排一门学科，每门学科至少一人，则有240种不同的方案 C．若数学学科必须安排两人，其余学科安排一人，则有60种不同的方案 D．若每人安排一门学科，每门学科至少一人，其中A不负责语文且B不负责数学工作，则有138种不同的方案． 11．设，则（   ） A． B． C． D．的展开式中，的系数为 三、填空题（每小题5分，共15分） 12．甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，则第3次传球后球在乙手中的概率为 ，第n次传球后球在乙手中的概率为 ． 13．在一个不透明的袋子中装有个形状大小相同、颜色互不相同的小球，某人先后两次任意摸取小球（每次至少摸取1个小球），第一次摸取后记下摸到的小球颜色，再将摸到的小球放回袋中；第二次摸取后，也记下摸到的小球颜色，则“两次记下的小球颜色能凑齐种颜色，且恰有一种颜色两次都被记下”的概率为 ． 14．有42个白球和14个红球，现根据颜色按比例分层随机抽样，抽取8个球放进一个袋子里，每次从袋子中摸出一个球，直到红球全部被取出，则摸球次数为4的概率是 . 四、解答题（共77分） 15．（13分）如图，在正四棱锥中，，分别为棱的中点，为棱上靠近点的三等分点． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求证：四点共面； (3)点均在球的球面上，求的表面积． 16．（15分）直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，动点的轨迹为. (1)求的方程； (2)点为轴上除坐标原点外任意一点，过点分别作的两条切线，切点分别为，. （i）求证：直线过定点； （ii）若直线与分别交于，两点，设四边形的面积为，求的最小值. 17．（15分）人工智能快速发展、给我们的生活带来极大的便利．2026年某班元旦晚会上，同学们利用人工智能设置了一款有趣的答题游戏，游戏规则如下：1每位同学依次答题三道，每题答错得0分，答对得相应分值；2第一题系统随机出题，分值为4分；从第二题开始，后面每题根据前一答题情况给出、若前一题答对，则后一题增加难度，答对概率相对前一题减少0.1，分值加倍；若前一题答错，则后一题降低难度，答对概率相对前一题增加0.1，分值减半；3答题结束时，若总得分不少于8分，则参与者获得一份奖品，同学们纷纷踊跃参加游戏，已知甲同学答对第一题的概率为． (1)若 ①求甲同学答对第二题的概率； ②记甲同学最后一题的得分为，求的分布列； (2) 为增加趣味性，允许答题同学有一次场外求助机会，场外一定能答对，但下一题会增加更大的难度，答对概率相对前一题减少0.2，分值仍加倍．若甲选择求助，则选择第几题求助获得奖品的概率最大？ 18．（17分）某选手参加一项人工智能机器人PK比赛，规则如下：该选手的初始分为20分，每局比赛，该选手胜加10分；平局不得分；负减10分．当选手总分为0分时，挑战失败，比赛终止；当选手总分为30分时，挑战成功，比赛终止；否则比赛继续．已知每局比赛选手胜、平、负的概率分别为，且各局比赛相互独立. (1)求两局后比赛终止的概率； (2)在3局后比赛终止的条件下，求选手挑战成功的概率； (3)在挑战过程中，选手每胜1局，获奖5千元．记局后比赛终止且选手获奖1万元的概率为，求的最大值. 19．（17分）已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若为椭圆上两点（均在轴上方），且． ①已知直线的斜率为，求直线的斜率； ②求四边形面积的最大值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 江苏省苏州中学校2025-2026学年第一学期12月高二数学阶段性练习 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A B C B D D C BCD BCD 题号 11 答案 ABD 1．B 【分析】利用条件概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】记事件这两名学生在所选课程中有相同课程，事件这两名学生恰好选择了门相同课程， 则，， 由条件概率公式可得. 故选：B. 2．A 【分析】记事件、、分别为球员乙能够胜任前锋、中锋和后卫三个位置，记事件乙球员参加比赛时，该球队这场比赛输球，利用全概率公式可求得的值. 【详解】记事件、、分别为球员乙能够胜任前锋、中锋和后卫三个位置， 记事件乙球员参加比赛时，该球队这场比赛输球， 由题意可知，，， ，，， 由全概率公式可得 . 故选：A. 3．B 【分析】利用条件概率公式及已知可得、，再由全概率公式及对立事件概率关系求. 【详解】由且，故， 由，故， 由于，则， 故． 故选：B 4．C 【分析】利用已知条件把问题转化为满足的有序对个数，再对分类讨论求出满足情况的对数，最后求和． 【详解】，的总对数为， 时，，，除均满足，共对； 时，，，则时： 若，可取共3种； 若，可取共计2种；若，则可取共计1种； 不满足的情况为种， 共种情况； 时，，，则： 若，可取1种；若，可取2种；若，可取3种； 若，可取4种；若，可取5种； 不满足的情况为种， 共种情况； 时，，， 若，可取4种；若，可取3种；若，可取2种；若，可取1种； 共种情况； 时，，： 若，可取2种；若，可取1种； 共种情况； 时，，，不存在； 总情况数为种． 故选：C． 5．B 【分析】先运用“先分组后分配”的策略求出5名同学去3个服务点的安排方法数，再运用“正难则反”策略与“捆绑法”求出甲与乙去同一个服务点的安排方法数，再利用古典概型以及对立事件的概率公式即可得解. 【详解】5名同学分成3个小组， 若按2人，2人，1人来分有种分组方式， 若按3人，1人，1人来分有种分组方式， 再把这三个小组排列到三个服务点去共有种分配方法， 所以每个服务点至少有1人的不同安排方法有：种. 若甲乙去同一个服务点且该服务点有两人，则有种分组方式； 若甲乙去同一个服务点且该服务点有三人，则有种分组方式； 再把这三个小组排列到三个服务点去共有种分配方法， 所以甲乙去同一个服务点的不同安排方法有：种. 因此，甲乙去同一个服务点的概率为， 则甲与乙不去同一个服务点的概率为. 故选：B. 6．D 【分析】根据双曲线的定义和双曲线上的点进行计算即可. 【详解】由双曲线定义得，设点， 由抛物线定义得，解得，， 又点在双曲线上，则，即，而， 于是，整理得，即， 而，解得，所以双曲线的离心率为2. 故选：D. 7．D 【分析】根据等比数列的性质求出的值，再结合判断数列的单调性，进而根据且得到关于的不等式，从而求出的值. 【详解】因为正项等比数列满足，由等比数列性质可知，，所以， 又因为数列各项为正，所以， 设等比数列的公比为，因为，即，且， 所以，又因为，所以， 则等比数列单调递减， 由题意可得，， 则，， 又因为且， 所以，即，进一步可得， 又因为等比数列各项为正，所以， 由且数列单调递减可知，，所以，解得. 故选：D. 8．C 【分析】分析，的单调性，确定和都是唯一的，化简，得，得，构造函数，求导后即可求解. 【详解】由，得，所以在R上单调递增, 由，得，且，所以在上单调递增 因此，对任意，和都是唯一的， 由题意：， ，即，则， 故， 故，根据的是唯一的， 得，即， 故， 令， ，则， 由得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 故当时，取得最小值：， 因此，即：. 故选：C 9．BCD 【分析】结合根据根据独立事件概率的性质判断A；举例判断B；结合已知根据条件概率公式和对立事件概率公式判断C；结合选项C，根据全概率公式及条件概率公式、对立事件概率公式判断D. 【详解】若独立，则也相互独立，则与题设矛盾，所以A错误； 当与对立（必互斥）时，满足，成立，所以B正确； 因为，所以，所以， 所以，则，所以C正确； 所以，所以， 所以，D正确． 故选：BCD 10．BCD 【分析】利用计数原理，结合分组思想，排列组合思想即可逐项求解． 【详解】A：这五人每人任选一门学科，则不同的选法有种，故A错误； B：根据若每人安排一门学科，每门学科至少一人， 我们把这五人分成四组共有种方法，再将这四组人去负责四个学科相关工作共有种， 根据分步计数乘法原理可知：有种不同的方案，故B正确； C：若数学学科必须安排两人，则有种方法，其余学科各安排一人共有种， 根据分步计数乘法原理可知：有种不同的方案，故C正确； D：“每人安排一门学科，每门学科至少一人”的总方案数为240（同选项B），需排除“A负责语文”或“B负责数学”的情况，用容斥原理计算： 情况1：A负责语文 固定在语文，剩余4人分配到4科（每科至少1人），分2种子情况： ①语文为“2人组”（人）：选1人加入语文（），剩余3人分配到其他3科（），方案数： ②语文为“1人组”（仅A）：先B、C、D、E分为三组（2，1，1），有种方法，再将三组分到数学、英语、物理，有种方法，故总的方法数为：； 情况1总方案数：． 情况2：B负责数学 与“情况1”对称，总方案数同样为60． 情况3：A负责语文且B负责数学（重复减去的部分） 在语文、B在数学，剩余3人分配到4科（每科至少1人），分2种子情况： ①语文或数学为“2人组”：剩余3人选2人分配到英语和物理（），最后1人去语文或数学（），方案数：； ②英语或物理为“2人组”：3人分成两组（2，1），有种分法，两组分配到英语和物理，有种分法，故方案数为； 故情况3总方案数：． 根据容斥原理，不符合条件的方案数为：， 因此，符合条件的方案数为：，故D正确. 故选：BCD． 11．ABD 【分析】本题考查二项式定理.记，换元法将已知等式转化为，求出其展开式的通项，即可判断选项ABC；根据多项式的展开式可判断D. 【详解】记，原条件即，的展开式的通项为. 对于A，令得，故A正确； 对于B，令得，故B正确； 对于C，令，可得，① 令，可得，② ，得，故C错误； 对于D，的展开式中的系数，即的展开式中的系数与的系数之和，所以所求系数为，故D正确. 故选：ABD. 12． / 【分析】利用样本空间法，通过列举的方法计算概率；首先设第次传球后在乙手中的概率为，以及第次传球道甲或丙手中的概率为，求解关于数列的递推关系式，通过构造法求数列的通项公式. 【详解】每次传球都有2种可能，传球3次有种传球过程， 其中第3次传给乙，包含甲丙甲乙，甲乙丙乙，甲乙丙乙，3种传球过程，所以第3次传球后球在乙手中的概率为； 设第次传球后在乙手中的概率为，则第次传球道甲或丙手中的概率为， 故， 所以， 所以数列为等比数列，首项为，公比为， 所以，即. 故答案为：； 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是分析传到乙之前是从甲或丙传过去，所以需分析传到甲和丙的概率，从而得到递推关系式. 13． 【分析】应用分步乘法原理及分类加法原理结合组合数的运算，最后结合古典概型概率公式计算求解即可. 【详解】某人先后两次任意摸取小球，每次至少摸取1个小球， 则每次摸球的情况有种， 所以先后两次任意摸取小球共有种情况； 两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色，且恰有一种颜色两次都被记下的情况有： 第一次摸取1个球，第二次摸取4个球，情况共有种； 第一次摸取2个球，第二次摸取3个球，情况共有种； 第一次摸取3个球，第二次摸取2个球，情况共有种； 第一次摸取4个球，第二次摸取1个球，情况共有种； 因为每次摸到球的各种不同情况等可能，所以两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色， 且恰有一种颜色两次都被记下的概率为. 故答案为：. 14． 【分析】先由分层抽样得出白球、红球个数，再把摸球看成排列问题，由排列组合以及古典概型公式求解即可. 【详解】按照分层抽样方法，需要抽取6个白球，2个红球， 若摸球4次停止，把摸球看成排列问题，总有种，最后一次摸红球，符合题意的有种， 所以摸球次数为4的概率为. 故答案为：. 15．(1)； (2)证明见解析； (3)． 【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出各点坐标，再求出直线的方向向量与平面的法向量，再利用向量夹角公式，即可得解； （2）法一：与平面的法向量垂直，又因为点平面，即可得证； 法二：写出的坐标，注意到，根据空间向量共面定理，即可判断； （3）设球心，由以及空间中的两点间距离公式列出方程，解得，继而确定球的半径，再运用球的表面积公式即可得解. 【详解】（1）连接交于点，连接，则平面， 以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， ，则，，，，， 因为分别为中点，所以，， 因为为靠近点的三等分点，所以， 因为，，． 设平面的法向量，则 即，取． 设直线与平面所成角为，则 ． 所以，直线与平面所成角的正弦值为． （2）解法一： 因为，平面的法向量， 所以，又因为点平面， 故点在平面中，即四点共面． 解法二： 因为，，， 所以． 所以四点共面． （3）设球心，由得， 解得． 设球的半径为，则， 所以，所以球的表面积为． 16．(1)      (2) (i)证明见解析 (ii) 【分析】（1）通过设动点坐标，将“到轴的距离等于点到点的距离”这一几何条件转化为代数等式，化简得到轨迹方程。 （2）（i）设点求出和的方程，化简得到，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理结合即可证得. （ii）先证，直线和抛物线联立即可求出的长，接着将方程中的换成，写出的长，再表示出，借助导数就可以求出其最值 【详解】（1）设点的坐标为，因为点到轴的距离等于点到点的距离， 所以，整理得.故的方程为. （2）（i）由题意设 ， 由 ，所以 ， 直线的方程为①， 直线的方程为②， 由①②得 ，代入①或②得， ，所以 ， 设 所在的直线方程为 ，联立 ， 消去 得， ， 可得 ，所以 ， 所以直线 过定点 ． （ii）因为 ， 所以 ， 因为 ，所以 ，即 ， 因为直线 的斜率为 ，所以直线 的斜率为 , 联立 ，消去 得， ，可得 ， 用 代替 得， ， 所以四边形的面积 ， ，则，， 设 ，则 ， 令 ，令 ， 当 时， ，当 时， 在 上单调递减， 在 上单调递增， 当 时， 取得最小值 ， 即 时， 取得最小值 ． 17．(1)①0.5；②答案见解析 (2)第1题 【分析】（1）①利用全概率公式计算第二题的答对概率，②根据前两题的结果推导最后一题得分的 的可能取值为 、、、，计算可求得分布列； （2）分别计算在第1、2、3题求助时获奖的概率，通过比较概率大小确定最优求助策略. 【详解】（1）设甲同学答对第题为事件， ① , ②若甲同学最后一题答错，则有4种情况， ，，，此时， ． 若甲同学最后一题答对，则有4种情况， ，，， ， ， ． 综上可知：，分布列如下： 0 1 4 16 0.5 0.14 0.3 0.06 （2）若甲第一题进行场外求助，设获奖的概率为， 则． 若甲第二题进行场外求助，获奖的概率为，则， 若甲第三题进行场外求助，设获奖的概率为， 则， 令， 该二次函数开口向下，对称轴为. 因为，函数的最小值在端点处取到， 即，即. ，故选择第1题求助获奖概率最大． 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）两局后比赛终止有两种情况：先平后胜达到 30 分或两负达到 0 分，利用相互独立事件概率公式计算； （2）先求出 3 局后比赛终止的概率以及 3 局后挑战成功的概率，再利用条件概率公式计算； （3）根据获奖金额确定胜的局数，再结合比赛终止条件得到比赛局数与胜、负局数的关系，从而得出概率表达式，进而求最大值. 【详解】（1）设每局比赛甲胜为事件，每局比赛甲平为事件，每局比赛甲负为事件， 设“两局后比赛终止”为事件， 因为棋手与机器人比赛局，所以棋手可能得分或30分比赛终止． （i）当棋手得分为分，则局均负，即； （ii）当棋手得分为30分，则局先平后胜，即．                 因为、互斥，所以         ．                            所以两局后比赛终止的概率为． （2）设“局后比赛终止”为事件，“局后棋手挑战成功”为事件． 因为                            ，                               ．                          所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为 ．                                     所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为． （3）因为局获奖励万元，说明甲共胜局．                               （i）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜， 且是“负胜负胜负”的顺序，其余均为平局，共有种，                          （ii）当棋手第局以30分比赛终止，说明前局中有负胜， 且是先负后胜的顺序，其余均为平局，共有种，                              则“局后比赛终止且棋手获得万元奖励”的概率 ，．             所以．                         因为，所以，                          所以，所以单调递减， 所以当时，取最大值为. 19．(1) (2)①；② 【分析】（1）由离心率和椭圆上的点坐标建立方程组，解得，然后写出椭圆方程； （2）①延长交椭圆于点，延长交椭圆于点，由对称性可知为平行四边形， 关于原点对称，设，则， ，然后利用点差法求得，进而利用得，即可求解； ②由平行四边形性质可知，设的方程为，，与椭圆方程联立，韦达定理，求出及点O到直线的距离，从而得，最后利用换元法及二次函数性质求得有最大值，即可得解. 【详解】（1）由题意可知，解得， 所以椭圆的标准方程. （2）    ①延长交椭圆于点，延长交椭圆于点， 由对称性可知，所以四边形为平行四边形， 因为关于原点对称，所以关于原点对称， 设，则， 所以， 又为椭圆上两点，可得，， 所以，化简得，故， 又因为，所以，故； ②由①可知，在平行四边形中，， 从而， 因为构成四边形，所以的斜率必不为0，设的方程为， ，由得， ， ，， 因为， 点O到直线的距离为， 所以， 令，则， 所以当，即时，有最大值为， 所以四边形面积的最大值为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $