吉林省四平市第一高级中学、长春市十一高中、白山市抚松县第一中学2024-2025学年高二上学期三校期中联考数学（B）试题（Word版附解析）

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本试卷分客观题和主观题两部分，共19题，共150分，共2页.考试时间为120分钟.考试结束后，只交答题卡.
注意事项：1．答卷前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区.
2．答题时请按要求用笔.
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效.
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.
5．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.
第Ⅰ卷 客观题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 平行直线与之间的距离为（ ）
A. B. C. 3D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】利用两条平行直线的距离公式即可求解.
【详解】由，得，
所以平行直线与之间的距离为
.
故选：B.
2. 从6名同学中选出正、副组长各1名，不同的选法有（ ）种．
A. 6B. 15C. 30D. 42
【答案】C
【解析】
【分析】根据排列数的公式计算即可.
【详解】从6名同学中选出正、副组长各1名，不同的选法有种．
故选：C．
3. 圆心为且和轴相切的圆的方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件可求出，即可得到圆的方程.
【详解】由已知可得，圆心到轴的距离，
因为轴与圆相切，所以.
所以，圆的方程为.
故选：A.
4. 已知为抛物线上一点，点到的焦点的距离为6，到轴的距离为3，O为坐标原点，则（ ）
A B. 6C. D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线定义及题意求出，得出点A的坐标即可求解.
【详解】由已知及抛物线的定义可得，解得，
∴抛物线方程为，
，即，代入抛物线方程可得，
∴，.
故选：C
5. 端午节吃粽子是我国的传统习俗，若一盘中共有两种粽子，其中3个蜜枣粽子，4个蛋黄粽子，现从盘中任取2个都是相同馅粽子的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据古典概型的公式计算即可.
【详解】设从盘中任取2个都是相同馅粽子为事件A，
则.
故选：B.
6. 已知点，直线过点且与线段相交，则直线的斜率的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据两点斜率公式，结合图形以及倾斜角与斜率的关系即可求解.
【详解】直线的斜率分别为,
结合图形可知：直线过点且与线段相交时，，
故选：B
7. 已知圆C1：和圆C2：，则这两个圆的公切线的条数为（ ）
A. 1或3B. 4C. 0D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆的一般方程化为标准方程，求出圆心距，由半径之和小于圆心距知两圆相离，即可判断公切线的条数.
【详解】因为圆C1：，圆C2：，
所以圆心距，
而两圆半径之和，故两个圆相离，
则这两个圆的公切线有4条.
故选：B
8. 已知点是抛物线：的焦点，点为抛物线的对称轴与其准线的交点，过作抛物线的切线，切点为，若点恰好在以，为焦点的双曲线上，则双曲线的离心率为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据抛物线的性质，设出直线方程，代入抛物线方程，求得k的值，设出双曲线方程，求得2a＝丨AF2丨﹣丨AF1丨＝（1）p，利用双曲线的离心率公式求得e．
【详解】直线F2A的直线方程为：y＝kx，F1（0，），F2（0，），
代入抛物线C：x2＝2py方程，整理得：x2﹣2pkx+p2＝0，
∴△＝4k2p2﹣4p2＝0，解得：k＝±1，
∴A（p，），设双曲线方程为：1，
丨AF1丨＝p，丨AF2丨p，
2a＝丨AF2丨﹣丨AF1丨＝（ 1）p，
2c＝p，
∴离心率e1，
故选D．
【点睛】本题考查抛物线及双曲线的方程及简单性质，考查转化思想，考查计算能力，属于中档题．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 若的展开式中第5项与第6项的二项式系数相等，则下列说法正确的是（ ）．
A. B. 展开式中各项系数和为
C. 展开式中常数项为D. 展开式中各二项式系数和为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据二项式定理以及二项展开式系数的性质，运用赋值法和二项式展开项公式求解.
【详解】因为第5项和第6项是相邻的两项， ，A正确；
令 ，则有 ，B正确；
， ，常数项 ，C正确；
二项式系数之和 ，错误；
故选：ABC.
10. 已知椭圆C：上一点P，F1､F2分别为左，右焦点，，△PF1F2的面积为S，则下列选项正确的是（ ）
A. 若，则θ=60°B. 若S=12，则满足题意的点P有四个
C. 椭圆C内接矩形周长的最大值为D. 若△PF1F2为钝角三角形，则S∈(9,12]
【答案】AC
【解析】
【分析】由题可得,，设，结合选项利用面积公式可判断选项A、B、D；设椭圆内接矩形的一个顶点为，利用辅助角公式可得周长的范围可判断选项C.
【详解】∵椭圆：，
∴，∴，，.
设，则，，
又若且，，
在△中有，则，
所以，
选项A，由椭圆的焦点三角形面积公式，，，则，故A正确；
选项B，若，则，故满足题意的点有两个，为椭圆的上下顶点，故B错误；
选项C，设椭圆内接矩形的一个顶点为，
则椭圆内接矩形周长为，其中， ，为一个锐角，
由得，当时，，
椭圆C内接矩形周长的最大值为，故C正确；
选项D，当点为椭圆的上顶点时，，，，，
，即，此时，△PF1F2的面积；当时，，所以S∈(9,12]；
当是钝角时，先考虑临界情况，当为直角时，易得，此时，故D错误.
故选：AC.
11. 已知是双曲线的左、右焦点，是C上一点，若C的离心率为，连结交C于点B，则（ ）
A. C的方程为B.
C. 的周长为D. 的内切圆半径为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据点A的坐标和离心率求出双曲线的标准方程，再根据双曲线的性质逐项分析.
【详解】对A，将点A的坐标代入双曲线方程，并由 得下列方程组：
，解得，∴双曲线，A正确；
对B，，，，
，∴，B正确；
对C， ，
，，周长，C错误；
对D，令 ，则 ， ，在 中，
，∴，设 的周长为l，内切圆半径为r，则 ，
由三角形面积公式知： ，
，D正确；
故选：ABD．
第Ⅱ卷 主观题
二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知某家族有A、B两种遗传性状，该家族某位成员出现A性状的概率为，出现B性状的概率为，A、B两种遗传性状都不出现的概率为．则该成员在出现A性状的条件下，出现B性状的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】首先需要定义事件，根据题意得出和，利用概率公式计算出，最后根据条件概率公式计算即可.
【详解】记事件A为该家族某位成员出现A性状；事件B为该家族某位成员出现B性状，由题意得：
，，又，
则,且，
则，因此，
则．
故答案为：．
13. 半径为，且与直线相切于的圆的标准方程为__________
【答案】或
【解析】
【分析】设出圆心坐标，利用两点之间的距离等于半径和两直线垂直斜率乘积为，组成方程组求出圆心坐标
即可求出圆的标准方程.
【详解】设圆心，圆的半径为，且与直线切与点，圆心与切点的连线所在直线
必然垂直直线，得，
解得或，即圆的标准方程为或，
故答案为：或
14. 已知双曲线的左顶点为A，左焦点为F，P为渐近线上一动点，且P在第二象限内，O为坐标原点，当∠APF最大时，，则双曲线的离心率为___________.
【答案】
【解析】
【分析】设出点的坐标，然后表示出的斜率，利用到角公式表示出，最后结合基本不等式求出取得最大值时的条件，结合此时，即可求出离心率.
【详解】由已知得，渐近线方程为，设，
则
所以
，当且仅当即时等号成立，
此时，即，
即解得或（舍去）.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知的直角顶点为A在y轴上，直角边AB所在直线的方程为，点，满足．
（1）求AC边所在直线的方程；
（2）求外接圆的方程；
（3）求BC边所在直线的方程；
（4）若动圆P过点，且与的外接圆外切，求动圆P的圆心的轨迹方程．
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）．
【解析】
【分析】（1）由题意得到点坐标，再由两直线垂直得到斜率关系即可；
（2）由得到外接圆圆心坐标，再由两点间距离公式求出半径，可得标准方程；
（3）直曲联立，解出点坐标，求出方程即可；
（4）由双曲线的定义和性质求出即可；
【小问1详解】
由AB边所在直线的方程为且直角的直角顶点为A在y轴上，
可得，直线AC的斜率为，AC边所在直线的方程为；
【小问2详解】
点A坐标为，且，则为斜边上的中点，
即为外接圆的圆心，则，
从而外接圆的方程为；
【小问3详解】
外接圆的方程为与直角边AB所在直线相交，
即，消去可得，即，
解得或，
将代入直线方程可得，
BC边所在直线即为BM，方程为．
【小问4详解】
动圆P过点N，是该圆的半径，又动圆P与圆M外切，
则，即，
故点P的轨迹是以M、N为焦点，实轴长为的双曲线的左支，
实半轴长，半焦距，∴虚半轴长，
从而动圆P的圆心的轨迹方程为．
16. 门卫室有5把钥匙，其中只有一把能打开办公室的门，由于借钥匙开门的员工不知哪把是开门的钥匙，他只好逐一尝试．若不能开门，则标记后换一把钥匙继续尝试开门，记打开门时，试开门的次数为X．
（1）试求X的分布；
（2）该员工至多试开3次的概率．
【答案】（1）分布列见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据组合公式求出各取值概率即可的分布列；
（2）根据互斥事件的概率加法公式可得.
【小问1详解】
X的可能取值为1，2，3，4，5．
，，，
，．
因此X分布为：
【小问2详解】
17. 已知为抛物线的焦点，为坐标原点，为的准线上的一点，直线的斜率为的面积为1．
（1）求的方程；
（2）过点作一条直线，交于两点，试问在上是否存在定点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，或
【解析】
【分析】（1）设点的坐标为，根据直线的斜率为，得到，再根据的面积为求出，即可得解；
（2）假设存在点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方．设直线的方程为，，，，联立直线与抛物线方程，消元列出韦达定理，又，，化简，即可得到方程，求出的值，即可得解.
【小问1详解】
解：由题意知，设点的坐标为，
则直线的斜率为．
因为直线的斜率为，所以，即，
所以的面积，
解得或（舍去），
故抛物线的方程为．
【小问2详解】
解：假设存在点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方．
由（1）得，抛物线的准线的方程为．
设直线的方程为，，，，
联立得，
所以，，．
因为，
，
所以，解得或．
故存在定点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方，其坐标为或．
18. 袋中装有黑球和白球共个，从中任取个球都是白球概率为，现有甲、乙两人从袋中轮流摸取球，甲先取，乙后取，然后甲再取取后不放回，直到两人中有一人取到白球时终止，每个球在每一次被取出的机会是等可能的，用表示取球终止所需要的取球次数.
（1）求袋中所有的白球的个数；
（2）求随机变量的分布列；
（3）求乙取到白球的概率.
【答案】（1）
（2）分布列答案见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）设袋中的白球个数为，由组合计数原理结合古典概型的概率公式可得出关于的等式，结合的取值范围可求得的值；
（2）分析可知，随机变量的可能取值有、、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列；
（3）记事件乙取到白球，可得出，结合（2）中的分布列可求得结果.
【小问1详解】
解：设袋中的白球个数为，由题意可得，
整理可得，又因为且，解得，
因此，袋中白球的个数为.
【小问2详解】
解：由题意可知，随机变量的可能取值有、、、、，
则，，，
，，
所以，随机变量的分布列如下表所示：
【小问3详解】解：由题意可知，记事件乙取到白球，则事件即为“第二次或第四次取到白球”，
所以，.
19. 已知椭圆C：，左顶点分别为A，上顶点为B，左右焦点分别为F1，F2，P为椭圆上一点，最大值为3，△ABF2的面积为.
（1）求椭圆方程；
（2）已知直线过F1与椭圆C交与M，N两点（M在N上方），且，若，求直线斜率值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据最大值和△ABF2的面积，求出的值，即可求出椭圆方程.
（2）分类讨论直线斜率是否存在时的两种情况，让直线的解析式与椭圆方程联立，消去，得到的表达式，代入韦达定理，即可得到直线斜率的取值范围.
【小问1详解】
由题意
在椭圆C：中，
最大值为3，△ABF2的面积为.
∴，解得：
∴椭圆方程为：
【小问2详解】
由题意及（1）得
在椭圆C：中，，
直线过F1与椭圆C交与M，N两点（M在N上方），且，，
当直线斜率不存在时，显然不成立
当直线斜率存在时设为，，，
由得...①
联立消去得；
∴
②
且③
由①②得：，代入③中得：，
因为当k=0时，不成立，
∴
∴，
∵M在N上方
∴.
X
1
2
3
4
5
P