内蒙古自治区通辽市科尔沁区通辽市第一中学2024-2025学年高二下学期开学 数学试题（含解析）

这是一份内蒙古自治区通辽市科尔沁区通辽市第一中学2024-2025学年高二下学期开学 数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了答卷前，考生务必将自己的姓名等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1、答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号涂写在答题卡上.本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2、做选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.
3、回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
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. 某校开设A类选修课4门,B类选修课3门,一同学从中选1门,则该同学的不同选法共有（ ）
A. 7种B. 12种C. 4种D. 3种
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意求出所有的可能性即可选出结果.
【详解】解:由题知某校开设A类选修课4门,B类选修课3门,
共7门,
故该同学的不同选法共有7种.
故选:A
2. 已知n，m为正整数，且，则在下列各式中错误的是（ ）
A. ；B. ；C. ；D.
【答案】C
【解析】
【分析】据组合数的性质及排列数公式计算可得
【详解】解：对于A，，故正确；
对于B，因为，所以，故正确；
对于C，因为n，m为正整数，且，
所以令，则，，此时，故错误；
对于D，，故正确；
故选：C
3. 设随机变量，满足：，，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】二项分布与次独立重复试验的模型．先利用二项分布的数学期望公式求出，再利用方差的性质求解即可．
【详解】解：因为，则，
又，所以．
故选：A．
4. 已知三个随机变量的正态密度函数（，）的图象如图所示，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】直接根据图像的对称轴，以及图像的胖瘦进行判断即可.
【详解】由题意知：正态曲线关于直线对称，且越大，对称轴越靠右，故，
又越小，数据越集中，图像越瘦高，故.
故选：D
5. 已知市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70%，乙厂产品占30%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是80%，则从市场上买到一个是甲厂生产的合格灯泡的概率是（ ）
A. 0.665B. 0.56C. 0.24D. 0.285
【答案】A
【解析】
【分析】记事件A为“甲厂产品”，事件B为“合格产品”，则由P(AB)＝P(A)·P(B|A)可求.
【详解】记A为“甲厂产品”，B为“合格产品”，则，，
所以．
故选：A．
6. 展开式中的常数项是（ ）
A. -160B. -140C. 160D. 140
【答案】A
【解析】
【分析】先写出展开式的通项，然后根据的指数部分为确定常数项的项数，代入通项公式可得常数项.
【详解】展开式通项为，
令，所以，
所以常数项为，
故选：A.
7. 已知的分布列如表所示，其中a，b都是非零实数，则的最小值是（ ）
A. 12B. 6C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由分布列的性质可得，利用结合基本不等式，即可求得答案.
【详解】根据分布列的性质知，．且，
所以，
当且仅当时等号成立,
故选:B．
8. 如图，湖北省分别与湖南、安徽、陕西、江西四省交界，且湘、皖、陕互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有种不同颜色可供选用，则不同的涂色方案数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用分类加法计数原理、分步乘法计数原理列式计算作答.
【详解】依题意，按安徽与陕西涂的颜色相同和不同分成两类：
若安徽与陕西涂同色，先涂陕西有种方法，再涂湖北有种方法，涂安徽有1种方法，涂江西有种方法，
最后涂湖南有3种方法，由分步计数乘法原理得不同的涂色方案种，
若安徽与陕西不同色，先涂陕西有种方法，再涂湖北有种方法，涂安徽有3种方法，
涂江西、湖南也各有种方法，由分步计数乘法原理得不同涂色方案 种方法，
所以，由分类加法计数原理得不同的涂色方案共有种.
故选：C
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 关于及其二项展开式，下列说法正确的是（ ）
A. 该二项展开式中偶数项的二项式系数之和为
B. 该二项展开式中第8项为
C. 当时，除以100的余数是9
D. 该二项展开式中不含有理项
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，由二项式系数的性质，由公式可得答案；
对于B，根据二项式定理的通项公式，令时，可得答案；
对于C，根据二项式定理，结合带余除法的变换等式，可得答案；
对于D，利用二项式定理通项，使的指数为整数，可得答案.
【详解】偶数项的二项式系数之和为，故A错误；
展开式中第8项，故B正确；
当时，
，
∵，除以100的余数是9，
∴当时，除以100的余数是9，故C正确；
的展开式的通项为，
当为整数，即时，为有理项，故D错误．
故选：BC．
10. 现有3名老师，8名男生和5名女生共16人，有一项活动需派人参加，则下列命题中正确的是（ ）
A. 只需1人参加，有16种不同选法
B. 若需老师、男生、女生各1人参加，则有120种不同选法
C. 若需1名老师和1名学生参加，则有39种不同选法
D. 若需3名老师和1名学生参加，则有56种不同选法
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据分类计数原理和分步计数原理依次讨论各选项即可求解.
【详解】解：选项A，分三类：取老师有3种选法，取男生有8种选法，取女生有5种选法，故共有种选法，故A正确；
选项B，分三步：第一步选老师，第二步选男生，第三步选女生，
故共有种选法，故B正确；
选项C，分两步：第一步选老师，第二步选学生，第二步，又分为两类：第一类选男生，第二类选女生，故共有种选法，故C正确；
选项D，若需3名老师和1名学生参加，则有13种不同选法，故D错误.
故选：ABC.
11. 袋中有大小完全相同的2个黑球和3个白球，从中不放回地每次任取一个小球，直到取到白球后停止取球，则下列结论正确的是（ ）
A. 抽取次后停止取球的概率为
B. 停止取球时，取出的白球个数不少于黑球的概率为
C. 取球次数期望为
D. 取球次数的方差为
【答案】BD
【解析】
【分析】设取球次数为，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，可判断出A选项的正误，计算出取出的白球个数不少于黑球的概率为，可判断出B选项的正误，利用数学期望公式和方差公式计算出随机变量的期望和方差，可判断C、D选项的正误，综合可得出结论.
【详解】设取球次数为，可知随机变量的可能取值有、、，
则，，.
对于A选项，抽取次后停止取球的概率为，A选项错误；
对于B选项，停止取球时，取出的白球个数不少于黑球的概率为，B选项正确；
对于C选项，取球次数的期望为，C选项错误；
对于D选项，取球次数的方差为，D选项正确.
故选：BD.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）.
12. 在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(0，1)的密度曲线)的点的个数的估计值为________．
附：若，则，.
【答案】3413
【解析】
【分析】结合已知条件，利用正态曲线的对称性即可求解.
【详解】由题意，，可知，
所以，
故正方形中阴影部分面积，
设落在阴影部分中点的个数的估计值为，
从而，解得，.
故答案为：3413.
13. 随机变量X的分布列如表所示，若，则_________.
【答案】5
【解析】
【分析】利用离散型随机变量的分布列、数学期望的性质，列出方程组，求出，，由此能求出方差，再根据方差的性质计算可得．
详解】依题意可得，解得，
所以，
所以.
故答案为：5.
14. 甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球（球除颜色外，大小质地均相同）.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以，和表示由甲箱中取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B表示由乙箱中取出的球是红球的事件，下列说法正确的序号是__________.
①事件，相互独立；②；③；④；⑤．
【答案】③④⑤
【解析】
【分析】首先判断出，和是两两互斥事件，再判断与是否相等，可确定①；求出可判断②；利用全概率判断③；再利用条件概率判断④⑤.
【详解】依题意，，和是两两互斥事件，
，，
又，①②错误；
又，，
，③④正确；
，⑤正确；
故答案为：③④⑤.
四、解答题（本大题共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. 在下列所给的三个条件中，任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答选择多个解答，按第一个解答给分．
①与直线垂直；
②直线的一个方向向量为；
③与直线平行．
已知直线l过点，____________．
（1）求直线l的一般式方程；
（2）若直线l与圆相交于P，Q两点，求．
【答案】（1）选①：直线的方程为；
选②：直线的方程为；
选③：直线的方程为.
（2）选①②时，为4；
选③时：为．
【解析】
【分析】（1）先选条件，然后根据条件求直线方程；
（2）利用直线与圆相交，建立直角三角形，即可求解．
【小问1详解】
选①：
因为直线的斜率为，
因为直线与直线垂直，所以直线的斜率为，
依题意，直线的方程为，即；
选②：
因为直线的一个方向向量为，所以直线的向量为，
依题意，直线的方程为，即；
选③：因为的斜率为，
又因为直线与平行，所以直线的斜率为，
依题意，直线的方程为：，即；
【小问2详解】
选①②时，
圆的圆心到直线的距离为，
设，的中点为，由圆的半径为可知：，
因此，即弦长为4．
选③：圆的圆心到直线的距离为，
设，的中点为，由圆的半径为可知：，
因此，即弦长为．
16. 某校举办传统文化知识竞赛，从该校参赛学生中随机抽取名学生，竞赛成绩的频率分布表如下：
（1）估计该校学生成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）已知样本中竞赛成绩在的男生有人，从样本中竞赛成绩在的学生中随机抽取人进行调查，记抽取的男生人数为，求的分布列及期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析；期望
【解析】
【分析】（1）利用每组区间的中点值乘以该组的概率，加总和即可得到平均数的估计值；
（2）根据频率分布表可求得样本中竞赛成绩在的总人数，进而确定所有可能的取值，根据超几何分布概率公式可求得每个取值对应的概率，进而得到分布列；根据数学期望公式可计算求得期望值.
【小问1详解】
平均数为.
【小问2详解】
由题意知：样本中竞赛成绩在的共有人，其中有男生人，
则所有可能的取值为，
；；；
的分布列为
数学期望.
17. 如图，在正方体中，正方体的棱长为2，E为的中点.

（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求点B到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）以A为原点，，，所在的直线分别为x，y，z轴如图建立空间直角坐标系向量法即可证出；
（2）求出平面的一个法向量，再根据线面角的向量公式即可求出；
（3）根据点到平面的距离向量公式即可求出．
【小问1详解】
以A为原点，，，所在的直线分别为x，y，z轴如图建立空间直角坐标系，
则

，，，
，，
，
∴；
【小问2详解】
因为正方体的棱长为2，，，，，
∴，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，，∴，
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
由（Ⅱ）知，平面所的法向量为，
所以点B到平面的距离，
，.
18. 2022年10月1日，某超市举行“迎国庆促销抽奖活动”，所有购物的顾客，以收银台机打发票为准，尾数为偶数（尾数中的奇偶数随机出现）的顾客，可以获得三次抽奖，三次抽奖获得奖品的概率分别为，，，每次中奖都可以获得一份奖品，且每次抽奖是否中奖互不影响.
（1）求顾客获得两个奖品的概率；
（2）若3位购物的顾客，没有获奖的人数记为，求的分布列与数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列详见解析，数学期望为
【解析】
【分析】（1）根据相互独立事件概率计算公式求得正确答案.
（2）根据二项分布的知识求得分布列并求得数学期望.
【小问1详解】
顾客获得两个奖品的概率为：
.
【小问2详解】
个顾客没有获奖的概率为，
所以，则的可能取值为，
，
，
，
，
所以的分布列为：
所以.
19. 已知和为椭圆上两点．
（1）求的离心率；
（2）若过P的直线交于另一点，且的面积为9，求的方程；
（3）过OA中点的动直线与椭圆有两个交点，，试判断在y轴上是否存在点T使得，若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，说明利用．
【答案】（1）
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）将点代入椭圆方程，解出、的值，再由椭圆中求出离心率即可；
（2）根据已知条件，分直线斜率存在和不存在两种情况讨论解出符合题意的直线方程即可；
（3）根据已知条件设直线方程，与椭圆方程联立，设，，，
写出韦达定理，将转化为的函数，再根据函数值域得出点纵坐标的取值范围，再验证直线斜率不存在的情况，得到最终结果.
【小问1详解】
依题意，，解得，
则离心率；
【小问2详解】
由（1）可知，椭圆C的方程为，
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，易知此时
点到直线的距离为，则，与已知矛盾；
当直线l的斜率存在时，设直线的方程为，即，
设，
联立，
消去整理可得，
则，
由弦长公式可得，，
整理得：，
点A到直线l的距离为，
则
解得或，
则直线l的方程为或；
【小问3详解】
若过中点的动直线的斜率存在，
则可设该直线方程为
设，，，
由，可得，
故，
且，，
而，，
故
因为恒成立，
故，即，
解得，
若过点的动直线的斜率不存在，则，，
此时需，两者结合可得
故这个点纵坐标的取值范围为.
1
2
3
4
P
a
b
X
－1
0
1
P
a
b
竞赛成绩
频率