2024-2025学年吉林省长春市高二上学期期中考试数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年吉林省长春市高二上学期期中考试数学检测试题（附解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知随机变量的分布列是
则（ ）
A．B．C．1D．
2．在第14届全国人民代表大会期间，某记者要去黑龙江省代表团、辽宁省代表团、山东省代表团、江苏省代表团采访，则不同的采访顺序有（ ）
A．4种B．12种C．24种D．36种
3．已知圆，直线，截得圆弦长为2，则（ ）
A．B．C．D．
4．的展开式中，常数项为（ ）
A．1365B．3003C．5005D．6435
5．已知是椭圆C：的左焦点，是椭圆C上的任意一点，点，则的最大值为( )
A．B．C．D．
6．设甲乘汽车、火车前往某目的地的概率分别为0.6、0.4，汽车和火车正点到达目的地的概率分别为0.9、0.8，则甲正点到达目的地的概率为（ ）
A．0.72B．0.96C．0.86D．0.84
7．2024年斯诺克武汉公开赛前夕，肖国栋与斯佳辉两人进行了热身赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，热身进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止，设肖国栋在每局中获胜的概率为，斯佳辉在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立，比赛停止时已打局数为，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知，为双曲线的左､右焦点，为双曲线右支上异于顶点的任意一点，若为内切圆上一动点，当的最大值为4时，的内切圆半径为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，（点与点A，B不重合），则的面积的值可以是（ ）
A．B．C．3D．
10．下列说法正确的为（ ）
A．6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，有种不同的分法
B．6本不同的书分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本，有种不同的分法
C．6本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有10种不同的分法
D．6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有450种不同的分法
11．已知抛物线 的焦点为，准线交轴于点，直线过且交于不同的两点，在线段上，点为在上的射影．线段交轴于点，下列命题正确的是（ ）
A．对于任意直线，均有
B．不存在直线，满足
C．对于任意直线，直线与抛物线相切
D．存在直线，使
三、填空题
12．近年来，新能源汽车技术不断推陈出新，新产品不断涌现，在汽车市场上影响力不断增大.动力蓄电池技术作为新能源汽车的核心技术，它的不断成熟也是推动新能源汽车发展的主要动力.假定现在市售的某款新能源汽车上，车载动力蓄电池充放电循环次数达到2000次的概率为85%，充放电循环次数达到2500次的概率为35%.若某用户的自用新能源汽车已经经过了2000次充电，那么他的车能够充电2500次的概率为 .
13．已知是各项系数均为整数的多项式，，且满足，则的各项系数之和为 .
14．已知椭圆的左、右焦点分别为，，为上一点，且，若关于平分线的对称点在上，则的离心率为 .
四、解答题
15．霹雳舞是一种动感和节奏感非常强烈、动作非常炫酷的舞蹈，年青人对这种舞蹈如痴如醉．2024年巴黎奥运会（第33届夏季奥林匹克运动会）首次把霹雳舞列入比赛项目，中国小将刘清漪勇获女子铜牌，藉此之际，某中学组建了霹雳舞队，计划从3名男队员，5名女队员中选派4名队员外出参加培训，求下列情形下有几种选派方法．
(1)男队员2名，女队员2名；
(2)至少有1名男队员．
16．袋子中放有大小、形状均相同的小球若干．其中标号为0的小球有1个，标号为1的小球有2个，标号为2的小球有个．从袋子中任取两个小球，取到的标号都是2的概率是．
（1）求的值；
（2）从袋子中任取两个小球，若其中一个小球的标号是1，求另一个小球的标号也是1的概率．
17．在学校组织的足球比赛中，某班要与其他4个班级各赛一场，在这四场比赛的任意一场中，此班级每次胜、负、平的概率都相等．已知这四场比赛结束后，该班胜场多于负场．
（1）求该班胜场多于负场的所有可能情况的种数；
（2）若胜场次数为，求的分布列．
18．已知抛物线的焦点到准线的距离为2，过点的直线与抛物线相切，且切点为，点为抛物线C上的点．
(1)求直线的方程；
(2)若直线不与轴垂直，点在轴上，轴，．若直线QP与抛物线和直线分别交于M，N两点，求证：．
19．已知双曲线，离心率为，，为其左右焦点，为其上任一点，且满足，．
(1)求双曲线的方程；
(2)已知，是双曲线上关于轴对称的两点，点是上异于，的任意一点，直线、分别交轴于点、，试问：是否为定值，若不是定值，说明理由，若是定值，请求出定值（其中是坐标原点）．
1
2
3
答案：
1．A
【分析】直接根据离散型随机变量的分布列的性质求解即可得答案.
【详解】解：根据离散型随机变量的分布列的概率和为得：，
所以.
故选：A.
本题考查分布列的性质，是基础题.
2．C
【分析】根据给定条件，利用全排列计算作答.
【详解】依题意，不同的采访顺序有（种）.
故选：C
3．A
【分析】由弦长、弦心距、半径的关系，即得解
【详解】由题意，圆，圆心
圆心到直线距离：
故：
代入解得：
故选：A
4．C
【分析】求出给定的二项式展开式的通项公式，再确定常数项的参数值即可计算作答.
【详解】二项式展开式的通项，
由得，此时，
所以所求常数项为5005.
故选：C
5．D
【分析】标出椭圆的右焦点，利用椭圆定义转换|PF|，利用平面几何知识即可得最大值﹒
【详解】由题意，点为椭圆的左焦点，∴．
∵点为椭圆上任意一点，点的坐标为，如图，
设椭圆的右焦点为，连接，
根据椭圆定义知，．
∵，
∴，当在线段上时，等号成立.
即要求的最大值为，
故选：D．
6．C
【分析】设事件A表示甲正点到达目的地，事件B表示甲乘火车到达目的地，事件C表示甲乘汽车到达目的地，由全概率公式求解即可.
【详解】设事件A表示甲正点到达目的地，事件B表示甲乘火车到达目的地，事件C表示甲乘汽车到达目的地，由题意知P(B)＝0.4，P(C)＝0.6，P(A|B)＝0.8，P(A|C)＝0.9.
由全概率公式得P(A)＝P(B)P(A|B)＋P(C)P(A|C)＝0.4×0.8＋0.6×0.9＝0.32＋0.54＝0.86.
故选：C
7．D
【分析】依题意得到的可能取值，再根据独立事件乘法公式和加法概率公式求出对应的概率即可.
【详解】依题意知，的所有可能值为2，4，6， 设每两局比赛为一轮，可以得到该轮结束时比赛停止的概率为
如果该轮结束时比赛还将继续，那么肖国栋与斯佳辉在该轮中必是各得一分，
此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响，
从而有
故选：D.
8．C
【分析】根据切线的性质及双曲线的定义，确定M的横坐标，即得出圆心的横坐标，利用圆的几何性质知的最大值即为，即可求解.
【详解】设的内切圆分别与，切于N，B，与切于M，如图，

则,
又点在双曲线右支上，
所以，
故，而，
设M的坐标为，可得: ，
解得，
设内切圆半径为，则内切圆圆心为，
则的最大值为，即，
解得.
故选：C
9．AB
【分析】求出两条直线的动点，对进行分类讨论，当，直接可求出三角形面积，
当时，两条直线互相垂直，即可求得面积的最大值.
【详解】动直线过定点，直线化简为
，则，则直线过定点，
当时，两条直线分别为，交点，
；
当时，两条直线的斜率分别为：，所以两条直线互相垂直，
，
当且仅当时，面积达到最大值，
则的面积的值可以是或，不可以是,
故选：AB
10．AC
【分析】根据给定条件，利用分组分配的方法，列式判断AB；利用隔板法计算判断C；利用分类加法计数原理列式计算判断D作答.
【详解】对于A，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，先取2本给甲，再从余下4本中取2本给乙，最后2本给丙，
不同分法有种，A正确；
对于B，把6本不同的书按分成3组有种方法，再分给甲、乙、丙三人有种方法，
不同分法种数是，B错误；
对于C，6本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，相当于把6本相同的书排成一排，中间形成5个间隙，
取两块隔板插入两个间隙，把6本书分成3部分，分给甲、乙、丙三人的不同分法数为，C正确；
对于D，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，可以有3类办法，每人2本有种，
一人1本，一人2本，一人3本有种，一人4本，另两人各一本有种，
所以6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本的不同分法数是，D错误.
故选：AC
11．AC
【分析】A选项由为线段的中点以及抛物线定义即可判断，B选项由及抛物线方程求出，坐标，再说明，，三点共线，即存在直线即可，C选项设，，表示出直线，联立抛物线，利用即可判断，D选项设出直线，联立抛物线得到，通过焦半径公式结合基本不等式得即可判断．
【详解】对于选项A，如图，由抛物线知为的中点，轴，所以为线段的中点，
由抛物线的定义知，所以，所以选项A正确；
对于选项B，设，，，，，为线段的中点，则，
，， 由，得，
解得，，又，，故，，，
可得，，故存在直线，满足，所以选项B不正确；
对于选项C，由题意知，为线段的中点，从而设，则，
直线的方程，与抛物线方程联立可得：，
又，代入整理得，
则，所以直线与抛物线相切，所以选项C正确；
对于选项D，设的方程，联立，则，所以，，
由，
而，由，得，解得：，
故，所以，所以选项D错误，

故选：AC．
方法点晴：（1）直线与抛物线的位置关系一般需要设出直线方程，然后与抛物线联立，进而利用根与系数的关系；
（2）有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
12．
记“某用户的自用新能源汽车已经经过了2000次充电”为事件A，“他的车能够充电2500次”为事件B，即求条件概率：，由条件概率公式即得解.
【详解】记“某用户的自用新能源汽车已经经过了2000次充电”为事件A，“他的车能够充电2500次”为事件B，
即求条件概率：
故
本题考查了条件概率的应用，考查了学生概念理解，数学应用，数学运算的能力，属于基础题.
13．5
【分析】根据题意可设，从而可得的各项系数和为，通过对赋值即可求出，即可得解.
【详解】因为，
所以，
从而可设，则的各项系数和为，
因为，
所以，解得 或5，
因为是各项系数均为整数的多项式，
所以不可能是分数，舍去，即.
故5.
14．33/133
【分析】设关于平分线的对称点为Q，根据题意可得三点共线，设，则，在利用余弦定理先求，然后由椭圆定义可求得，再利用余弦定理可得的齐次式，即可得出答案.
【详解】设关于平分线的对称点为Q，
则三点共线，
设，则，
又，所以在中，由余弦定理有：
，即
由椭圆定义可知，可得
所以
在中，由余弦定理可得：
，
即，所以，
所以.
故
15．(1)30
(2)65
【分析】（1）根据给定条件，利用组合问题按要求选出队员，列式计算作答.
（2）根据给定条件，利用组合问题结合排除法列式计算作答.
【详解】（1）从3名男队员，5名女队员中分别选出男女队员各2名，不同选法数为（种）.
（2）从8名队员中任选4名队员有种，其中没有男队员的选法数是种，所以至少有1名男队员的不同选法数是（种）.
16．（1）；（2）.
（1）根据取到标号都是2的概率列出式子即可求解；
（2）记“其中一个小球的标号是1”为事件，“另一个小球的标号是1”为事件，求出，利用条件概率公式即可求出.
【详解】（1）由题意得，解得或（舍去）．
（2）记“其中一个小球的标号是1”为事件，“另一个小球的标号是1”为事件，
则，,
所以．
17．（1）31种；（2）分布列见解析.
（1）根据题中条件，分别讨论胜一场，胜两场，胜三场，胜四场，求出对应的胜场多于负场的情况，即可求出结果；
（2）根据题中条件，先确定的可能取值，根据（1）的结果，分别求出对应的概率，即可得出分布列.
【详解】（1）若胜一场，则其余为平，共有种情况；
若胜两场，则其余两场为一负一平或两平，共有种情况；
若胜三场，则其余一场为负或平，共有种情况；
若胜四场，则只有1种情况．
综上，共有种情况．
（2）的可能取值为1,2,3,4，
由（1）可得：，，，
所以的分布列为：
思路点睛：
求离散型随机变量的分布列的一般步骤：
（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；
（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，可结合其对应的概率计算公式，简化计算）
18．(1)或
(2)证明见解析；
【分析】（1）求出抛物线方程，再结合直线与抛物线相切的几何意义求得直线方程；
（2）根据已知条件分别求得三点的坐标，即可证得.
【详解】（1）因为抛物线的焦点到准线的距离为2，则，所以抛物线的方程为，
当斜率存在时，设过点的直线的方程为，因为直线与抛物线相切，则联立得，，由解得，，
所以直线的方程为.
当直线斜率不存在时，满足过点的直线与抛物线相切，故过点与抛物线相切的直线方程为或
（2）因为直线不与轴垂直，则直线的方程为，根据题意如图所示：

由得，因为点为抛物线C上的点，设，
由，则为的中点，则，因为轴，且直线QP与抛物线和直线分别交于M，N两点，则
得，由得，
由，所以为的中点，即.
19．(1)
(2)是定值，定值为2
【分析】（1）根据离心率，，列出方程求解即可；
（2）设直线的方程为，与双曲线联立，再根据，，三点共线，得到点的横坐标即可证明.
【详解】（1）设，（不妨设）
则
而
∴
又∵且
∴，，
∴双曲线的方程
∴．
（2）是定值，定值为2．
法一：设直线的方程为，，，
代入，得，
因为渐近线方程为，与渐近线不平行，∴
设点，，则，
由韦达定理可得：，，
由，，三点共线得，
，
∴，即为定值．
法二：是定值，定值为2，
设点，，则，，
令，∴，
同理：，
因为点，，在双曲线上，
∴（1），
（2），
∴（3），
由（1）（2）可得：，，
代入（3）可得：（定值）．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
A
C
D
C
D
C
AB
AC
题号
11









答案
AC









1
2
3
4