上海实验学校2024-2025学年高二（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份上海实验学校2024-2025学年高二（下）期中数学试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.现有以下两项调查：①从40台刚出厂的大型挖掘机中抽取4台进行质量检测；②在某校800名学生中，O型、A型、B型和AB型血的学生依次有300，200，180，120人.为了研究血型与色弱的关系，需从中抽取一个容量为40的样本.完成这两项调查最适宜采用的抽样方法分别是( )
A. ①②都采用简单随机抽样
B. ①②都采用分层随机抽样
C. ①采用简单随机抽样，②采用分层随机抽样
D. ①采用分层随机抽样，②采用简单随机抽样
2.从装有两个红球和两个白球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件是( )
A. 恰好有一个白球与都是红球B. 至多有一个白球与都是红球
C. 至多有一个白球与都是白球D. 至多有一个白球与至多一个红球
3.已知x2−y2=3的两条渐近线与直线x=4围成三角形区域，那么，表示该区域的不等式组是( )
A. x−y≥0x+y≥00≤x≤4B. x−y≥0x+y≤00≤x≤4C. x−y≤0x+y≤00≤x≤4D. x−y≤0x+y≥00≤x≤4
4.有m(m≥3)个盲盒，其中有n(1≤n0)的一条渐近线方程为y=12x，则a=______．
10.已知具有线性相关关系的两个变量x、y之间的一组数据如表：
若回归方程为y =1.4x+1.2，则a= ______．
11.随着工业化以及城市车辆的增加，城市的空气污染越来越严重，空气质量指数API一直居高不下，对人体的呼吸系统造成了的严重的影响.现调查了某市500名居民的工作场所和呼吸系统健康状况，得到2×2列联表如下，则χ2= ______.(结果精确到0.001)
12.设随机变量ξ的分布列如下：
①P(ξ≤2)=1−P(ξ≥3)；
②当an=12n(n=1,2,3,4)时，a5=124；
③若{an}为等差数列，则a3=15；
④{an}的通项公式可能为an=1n(n+1)．
其由所有正确命题的序号是______．
13.上海市实验学校高二理科班学习创新小组在一次偶然情况下发现：唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登上望烽火，黄昏饮马傍交河，”其诗中隐含着一个有趣的“将军饮马”问题，这是一个数学问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使得总路程最短？在平面直角坐标系中，将军从点A(3,0)处出发，河岸线所在直线方程为x+y−4=0，并假定将军只要到达军营所在区域即为回到军营.上实高二理科班创新学习小组做了两种假设：(1)若军营所在区域为Ω：x2+y2≤1；(2)若军营所在区域为Ω′：|x|+2|y|≤2；试问军营在(1)(2)两种不同区域下，“将军饮马”的最短总路程的相差值为______．
14.2025上海市实验学校举办盛大体育节，高二(6)班组成篮球队参赛，为了取得优异比赛成绩，篮球队有5名队员做传球训练.第一次由队员甲将球传出，每次传球时传球者都等可能地将球传给另外四人中的任何一人，则第n次传球后篮球在队员甲手中的概率为______．
三、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
一个盒子里装有标号为1，2，3，4的4张标签，随机地选取两张标签，一次选取一张．
(1)若标签的选取是无放回的，写出该随机试验的一个等可能的样本空间，并求两张标签上的数字为相邻整数的概率；
(2)若标签的选取是有放回的，写出该随机试验的一个等可能的样本空间，并求两张标签上的数字为相邻整数的概率．
16.(本小题12分)
已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为2 3，离心率为 63.直线l与椭圆Γ有两个不同的交点A、B．
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)若直线l的方程为：y=x+t，椭圆上点M(−32,12)关于直线l的对称点N(与M不重合)在椭圆Γ上，求t的值．
17.(本小题12分)
某高校承办了2024年上海帆船公开赛的志愿志选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组[45,55)，第二组[55,65)，第三组[65,75)，第四组[75,85)，第五组[85,95]，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同．
(1)求a、b的值，并估计这100名候选者面试成绩的平均数；
(2)在第四、五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两个来自同一组概率．
18.(本小题12分)
某市YC中学体育节开展趣味运动比赛，其中A、B两个班级进入趣味运动比赛的关键阶段，该比赛采取累计得分制，规则如下：每局比赛不存在平局，获胜者得1分，失败者不得分，其中累计得分领先对方2分即可赢得最终胜利，或者5局比赛结束积分领先赢得最终胜利.假设每局比赛中A班获胜的概率均为23，且各局比赛的结果相互独立．
(1)求趣味比赛A班以3比1赢得最终胜利的概率；
(2)此次趣味比赛中记比赛停止时已比赛的局数为X，求X的分布及数学期望．
19.(本小题12分)
马尔可夫链是因俄国数学家安德烈⋅马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第n+1次状态的概率分布只跟第1次的状态有关，为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐.已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为23，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为14，前一天选择面食套餐后继续选择面食套餐的概率为12，如此往复．
(1)求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率；
(2)记该同学第n天选择米饭套餐的概率为Pn，
①证明：{Pn−25}为等比数列；
②当n≥2时，Pn≤m恒成立，求m取值范围．
20.(本小题12分)
在平面直角坐标系中，双曲线Γ：x23−y2=1.对平面内不在Γ上的任意一点P，记ΩP为过点P且与Γ有两个交点的直线的全体.对任意直线l∈ΩP，记M，N为l与Γ的两个交点，定义fP(l)=|PM|⋅|PN|.若存在一条直线l0∈ΩP满足：l0与Γ的两个交点位于y轴异侧，且对任意直线l∈ΩP，l≠l0，均有fP(l)>fP(l0)，则称P为“好点”.求所有好点所构成的区域的面积．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由题意对于①，40台刚出厂的大型挖掘机被抽取的可能性一样，故为简单随机抽样，
对于②，为了研究血型与色弱的关系，说明某校800名学生被抽取的可能性要按照血型比例分层抽取，故为分层随机抽样．
故选：C．
由简单随机抽样、分层随机抽样的概念即可判断．
本题主要考查了简单随机抽样、分层随机抽样的概念，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了互斥事件应急对立事件的定义，考查了学生的逻辑推理能力，属于基础题．
由题意可得总事件分别为(红，白)，(红，红)，(白，白)三种情况，根据互斥事件以及对立事件的定义再对应各个选项逐个分析即可求解．
【解答】
解：从装有两个红球和两个白球的口袋内任取两个球，
表示的事件分别为(红，白)，(红，红)，(白，白)三种情况，
故选项A互斥不对立，A正确，
选项B：至多有一个白球表示的是(红，白)，(红，红)，与都是红球不互斥，故B错误，
选项C：由选项B的分析可知互斥且对立，故C错误，
选项D：至多有一个红球表示的是(红，白)，(白，白)，所以两个事件不互斥，故D错误，
故选：A．
3.【答案】A
【解析】解：x2−y2=3的两条渐近线y=±x与直线x=4围成三角形区域，如图：
该区域的不等式组是x−y≥0x+y≥00≤x≤4．
故选：A．
求出渐近线方程，然后列出不等式组即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，是基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由于风吹掉为随机吹掉，故所有m−1个盲盒中有n个奖品，且所有盲盒中有奖品的概率相等，p2=nm−1，
设事件A为“最终中奖”，事件B为“一开始选中的有奖”，则P(B)=nm，
在组织方打开无奖的盲盒后，若一开始选中的有奖，则剩余m−2个盲盒中有n−1个奖品，
更换后P(A|B)=n−1m−2，
若一开始选中的无奖，则剩余m−2个盲盒中有n个奖品，则更换后P(A|B−)=nm−2，
故p1=P(A)=P(A|B)P(B)+P(A|B−)P(B−)=mn−nm2−2m，
因此p1p2=(m−1)2m2−2m=1+1m2−2m>1，故p1>p2．
故选：C．
利用古典概型概率公式和全概率公式，求出p1和p2，由比值确定大小关系．
本题主要考查全概率公式的应用，属于基础题．
5.【答案】710
【解析】解：由于事件A与B互斥，且P(A∪B)=0.5，
所以P(A∪B)=P(A)+P(B)，
故P(A)=0.3，
所以P(A−)=0.7．
故答案为：710．
根据互斥事件的概率公式以及对立事件的概率即可求解．
本题考查互斥事件的概率公式以及对立事件的概率等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】32.5
【解析】解：因为12×25%=3，所以该小组成员年龄的第25百分位数是12×(32+33)=32.5．
故答案为：32.5．
根据茎叶图中数据，利用百分位数的定义计算即可．
本题考查了茎叶图与百分位数的应用问题，是基础题．
7.【答案】36
【解析】解：从高二年级挑选3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，
则不同的安排方式共有C42⋅A33=36种．
故答案为：36．
由排列、组合及简单计数问题，结合分步乘法计数原理求解即可．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分步乘法计数原理，属基础题．
8.【答案】207
【解析】解：∵(1−x3)(1+x)10=(1+x)10−x3(1+x)10，
则(1−x3)(1+x)10展开式中的x5的系数是(1+x)10的展开式中的x5的系数减去(1+x)10的x2的系数，
由二项式定理，(1+x)10的展开式的通项为Tr+1=C10rxr，
令r=5，得(1+x)10展开式的含x5的系数为C105，
令r=2，得其展开式的含x2的系数为C102，
则x5的系数是C105−C102=252−45=207，
故答案为207．
先将多项式展开，分析可得(1−x3)(1+x)10展开式中的x5的系数是(1+x)10的展开式中的x5的系数减去(1+x)10的x2的系数，利用二项式定理可得(1+x)10展开式的含x5的系数与含x2的系数，相减可得答案．
本题考查利用二项展开式定理解决二项展开式的特定项问题，解题的关键在于多项式的展开、整理变形，属于中档题．
9.【答案】2
【解析】解：双曲线x2a2−y2=1(a>0)的一条渐近线方程为y=12x，
可得1a=12，可得a=2．
故答案为：2．
利用双曲线的渐近线方程，推出关系式，求解a即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，是基础题．
10.【答案】2
【解析】解：x−=15(0+1+2+3+4)=2，y−=15(1+a+1+2a+5+7)=3a+145，
因为回归方程为y =1.4x+1.2，
所以3a+145=1.4×2+1.2，
解得a=2．
故答案为：2．
先求样本中心点，利用回归方程一定经过样本中心点可求答案．
本题主要考查了线性回归方程的性质，属于基础题．
11.【答案】3.968
【解析】解：根据题意，补全列联表：
则χ2=500×(150×100−200×50)2350×150×200×300≈3.968．
故答案为：3.968．
由题意，根据2×2列联表中所给数据补全列表，将数据代入公式得χ2=500×(150×100−200×50)2350×150×200×300，计算即可得到答案．
本题主要考查了独立性检验的应用，属于基础题．
12.【答案】①②③
【解析】解：对于①，P(ξ≤2)=P(ξ=1)+P(ξ=2)，
1−P(ξ≥3)=1−P(ξ=3)−P(ξ=4)−P(ξ=5)=P(ξ=1)+P(ξ=2)，
∴P(ξ≤2)=1−P(ξ≥3)，故①正确；
对于②，当an=12n(n=1,2,3,4)时，
a5=1−12−122−123−124=116=124，故②正确；
对于③，若{an}为等差数列，则a1+a2+a3+a4+a5=5a3=1，∴a3=15，故③正确；
对于④，当{an}的通项公式为an=1n(n+1)=1n−1n+1时，
a1+a2+a3+a4+a5=1−12+12−13+13−14+14−15+15−16=1−16=56≠1，故④错误．
故答案为：①②③．
利用离散型随机变量的分布的性质求解．
本题考查离散型随机变量的分布的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
13.【答案】 17−1− 5
【解析】解：(1)若军营所在区域为Ω：x2+y2≤1，
圆：x2+y2=1的圆心为原点，半径为1，作图1如下：
设将军饮马点为P，到达营区点为B，设A′(x,y)为A关于直线x+y=4的对称点，
因为A(3,0)，所以线段AA′的中点为(x+32,y2)，则x+32+y2=4⇒x+y=5，
又kAA′=yx−3=−1，
联立解得：x=4y=1，即A′(4,1)．
所以总路程|PB|+|PA|=|PB|+|PA′|，要使得总路程最短，只需要|PB|+|PA′|最短，
即点A′到圆x2+y2=1上的点的最短距离，即为|OA′|−1= 17−1．
(2)军营所在区域为Ω′：|x|+2|y|≤2，
对于|x|+2|y|=2，在x≥0，y≥0时为x+2y=2，令x=0，得y=1，令y=0，则x=2，
图形为连接点(0,1)和(2,0)的线段，根据对称性得到|x|+2|y|=2的图形为图2中所示的菱形，容易知道：Ω′：|x|+2|y|≤2为这个菱形的内部(包括边界)，
由图2可知，最短路径为线段A′E，连接A′E交直线x+y=4于点Q，
则饮马最佳点为点Q，所以点A′到区域Ω′最短距离|A′E|= (4−2)2+12= 5，
即“将军饮马”最短总路程为 5，
综上：两种不同区域下，“将军饮马”的最短总路程相差值为 17−1− 5．
故答案为： 17−1− 5．
设点A(3,0)关于直线x+y=4的对称点为A′(a,b)，由对称性，解得A′(4,1)，作出可行域，结合图形，即可解得答案．
本题考查了直线与圆的位置关系，是中档题．
14.【答案】Pn=15−15×(−14)n−1
【解析】解：根据题意，设An表示经过第n次传球后球在甲手中，n次传球后球在甲手中的概率为Pn，n=1，2，3，⋯，
则有P1=0，由传球的规则，只有当第n次球不在甲的手中时，
在第n+1次传球中，才有14的机会传到甲手中，即Pn+1=14(1−Pn)=14−14Pn，
变形可得Pn+1−15=−14(Pn−15)，
又P1−15=−15≠0，所以{Pn−15}是以−15为首项，−14为公比的等比数列，
所以Pn−15=−15×(−14)n−1，即Pn=15−15×(−14)n−1．
故答案为：Pn=15−15×(−14)n−1．
设An表示经过第n次传球后球在甲手中，n次传球后球在甲手中的概率为Pn，结合传球的规则分析Pn+1与Pn的关系，结合数列知识可得{Pn−15}是以−15为首项，−14为公比的等比数列，进而分析可得答案．
本题考查概率的应用，涉及等比数列的性质和应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)标签的选取是无放回的，
则样本空间Ω1={(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)}，
其中两张标签上的数字为相邻整数的有(1,2)，(2,1)，(2,3)，(3,2)，(3,4)，(4,3)共6个基本事件，
所以两张标签上的数字为相邻整数的概率P1=612=12．
(2)标签的选取是有放回的，
则样本空间Ω2={(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)}，
其中两张标签上的数字为相邻整数的有(1,2)，(2,1)，(2,3)，(3,2)，(3,4)，(4,3)共6个基本事件，
所以两张标签上的数字为相邻整数的概率P2=616=38．
【解析】(1)(2)利用列举法列出样本空间，再由古典概型的概率公式计算可得；
本题考查古典概型相关知识，属于基础题．
16.【答案】x23+y2=1；
t=12．
【解析】解：(1)因为椭圆的长轴长为2 3，
所以2a=2 3，
解得a= 3，
因为椭圆的离心率为 63，
所以e=ca= 63，
所以c= 2c= 2，
又b2=a2−c2=1，
则椭圆Γ的标准方程为x23+y2=1；
(2)由题意得M(−32,12)关于直线l：y=x+t的对称点N(12−t,−32+t)，
因为点N在椭圆上，
所以(12−t)2+3(−32+t)2=3，
整理得2t2−5t+2=0，
解得t=2或t=12，
当t=2时，N(−32,12)，
此时点N与点M重合，不符合题意．
所以t=12．
(1)根据题目所给信息以及a，b，c之间的关系，列出等式求解即可；
(2)求出点N的坐标，代入椭圆的方程中，求出t的值，再进行验证即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为第三、四、五组的频率之和为0.7，
所以(0.045+0.020+a)×10=0.7，
解得a=0.005，
所以前两组的频率之和为1−0.7=0.3，
即(a+b)×10=0.3，所以b=0.025；
平均数为50×0.05+60×0.25+70×0.45+80×0.2+90×0.05=69.5，
(2)第四、第五两组志愿者分别有20人，5人，
故按照分层抽样抽得的第四组志愿者人数为4，分别设为a，b，c，d，第五组志愿者人数为1，设为e，
这5人中选出2人，所有情况有10种情况，分别为：
(a,b)，(a,c)，(a,d)，(a,e)，(b,c)，(b,d).(b,e)，(c,d)，(c,e)，(d,e)，
其中选出的两人来自同一组的有：
(a,b)，(a,c)，(a,d)，(b,c)，(b,d)，(c,d)，共6种情况，
故选出的两人来自同一组的概率为610=35．
【解析】(1)由每个小矩形面积代表频率，所有频率之和为1，可得a，b；根据频率分布直方图中平均数的计算公式即可求解．
(2)先分层抽样求出列举法求出抽取的第四、第五两组志愿者人数，再利用列举法求出古典概型的概率即可．
本题考查频率分布直方图以及古典概型相关知识，属于基础题．
18.【答案】解：(1)记事件C=“A班以3比1赢得最终胜利“，
则第一局和第二局A、B两个班级各胜一局，第三局，第四局A班获胜时，此时A班以3比1赢得最终胜利，
因此P(C)=C21(1−23)×23×(23)2=1681；
(2)根据题意可得X的可能取值为2，4，5，
当X=2时，即A班前两局获胜，或者B班前两局获胜，
则P(X=2)=(23)2+(1−23)2=59．
当X=4时，则第一局和第二局A、B两个班级各胜一局，第三局，第四局A班获胜，或者第一局和第二局A、B两个班级各胜一局，第三局，第四局B班获胜，P(X=4)=C21(1−23)×23×(23)2+C21(1−23)×23×(1−23)2=2081；
当X=5时，则第一局和第二局A、B两个班级各胜一局，第三局，第四局A、B两个班级各胜一局，
则P(X=5)=C21(1−23)×23×C21(1−23)×23=1681；
所以X的分布为：
所以X的数学期望为E(X)=2×59+4×2081+5×1681=25081．
【解析】(1)根据题意可得趣味比赛A班以3比1赢得最终胜利，则第一局和第二局A、B两个班级各胜一局，第三局，第四局A班获胜，根据独立重复试验的概率公式计算即可；
(2)根据题意可得X的可能取值为2，4，5，分别求出概率，即可写出分布列，根据数学期望的公式计算即可．
本题考查离散型随机变量的分布列与期望的求解，属中档题．
19.【答案】解：(1)设A2为“第2天选择米饭套餐”，A1为“第1天选择米饭套餐”，
那么A1−为“第1天不选择米饭套餐”，
根据题意可得P(A1)=23,P(A1−)=13,P(A2|A1)=14,P(A2|A1−)=1−12=12，
根据全概率公式可得：P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(A1)P(A2|A1−)=23×14+13×12=13．
(2)①证明：设An为“第n天选择米饭套餐”，那么Pn=P(An),P(An−)=1−Pn，
根据题意可得P(An+1|An)=14,P(An+1|An−)=1−12=12，
根据全概率公式可得：
Pn+1=P(An+1)=P(An+1|An)+P(An−)P(An+1|An)=14Pn+12(1−Pn)=−14Pn+12，
所以Pn+1−25=−14(Pn−25)，又因为P1−25=415≠0，
因此数列{Pn−25}是以−14为公比，415为首项的等比数列．
②根据①可得Pn=25+415×(−14)n−1，
当n为正偶数时，Pn=25−415×(14)n−13sin2θ−cs2θ.
③当l的倾斜角θ满足③时，由①中参数t的几何意义及fP(l)的定义，
可知fP(l)=|t1|⋅|t2|=|3b2+3−a2||3sin2θ−cs2θ|，|3b2+3−a2|>0．
当l与Γ交于y轴异侧两点时，由双曲线Γ的性质知θ∈[0,π6)∪(5π6,π)．
此时3sin2θ−cs2θfP(l0)，
所以0