山东德州2025-2026学年高二上学期校际教研诊断（七）数学试题+答案(word版+pdf版）

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1. 已知直线 l1:4x+3y−1=0 与 l2:3x+m+1y+2=0 垂直，则实数 m= ()
A. 3 B. -3 C. -5 D. 2
2. 抛物线 y=4x2 的焦点坐标是( )
A. 1,0 B. 0,1C. 0,18 D. 0,116
3. 在平行六面体 ABCD−A1B1C1D1 中,以顶点 A 为端点的三条棱长均为 1,
且 ∠BAD=∠A1AD=∠A1AB=60∘ ，则对角线 AC1 长为( )
A. 6 B. 2 C. 3 D. 2
4. 在 x2+3x+y5 的展开式中， x5y2 的系数为( )
A. 90 B. 60 C. 30 D. 20
5. 为解决 “卡脖子” 问题,实现 7nm 芯片国产化,让中国制造走向世界,某公司 A,B 两个研发小组同时设计生产出了相同规格、相同数量的芯片，经初步鉴定:A 组生产的芯片合格率为 84%，B 组生产的芯片合格率为 88%，现公司决定再将这些产品送专家鉴定后量产，专家从这些芯片中随机取一个，则该芯片合格的概率为( )
A. 84% B. 86% C. 88% D. 73.92%
6. 由数字 1 ，2，3 组成的三位数中，至少有两位数字相同的三位数的个数为( )
A. 12 B. 18 C. 15 D. 21
7. 已知圆 C:x−32+y−42=9 ,直线 l:mx+y−2m−3=0 . 则直线 l 被圆 C 截得的弦长的最小值为( )
A. 22 B. 10 C. 27 D. 6
8. 已知点 M1,4 不在抛物线 C:y2=2pxp>0 上,抛物线 C 的焦点为 F 若对于抛物线上的一点 P , PM+PF 的最小值为 4，则 P 的值等于( )
A. 6 B. 2 C. 2 或 6 D. 4
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. 已知随机变量 X∼B10,12 ,则()
A. PX=9=5512 B. 当 PX=k 取最大值时, k=5
C. E2X+2=10 D. D2X=10
10. 如图所示，在棱长为 2 的正方体 ABCD−A1B1C1D1 中， M ， N 分别为棱 C1D1 ， C1C 的中点，则下列结论正确的是( )
A. 直线 AM 与平面 A1ADD1 所成角的正弦值为 13
B. 点 B 到直线 AM 的距离为 423
C. 点 D 到平面 AMN 的距离为 2
D. 直线 A1M 与直线 BN 是异面直线
11. 已知双曲线 C:x2m−y2m+7=1m∈R 的一条渐近线方程为 4x−3y=0 ,则()
A. 7,0 为 C 的一个焦点
B. 双曲线 C 的离心率为 53
C. 设 A,B,M 为 C 上三点且 A,B 关于原点对称,则 MA,MB 斜率存在时其乘积为 169
D. 过点 5,0 作直线与 C 交于 A,B 两点,则满足 AB=15 的直线有且只有两条
三. 填空题(本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分).
12. 设随机变量 X∼N2,32 ,且 PX>m=PXb>0 的离心率为 32 ,以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为 4 .
(1)求椭圆 C 的标准方程；
(2)设圆 M 的方程 x2+y−22=1,Q 为圆 M 上任意一点， P 为椭圆上任意一点，求 PQ 的最大值；
(3)记椭圆 C 的左顶点为 A ，右顶点为 B ，过点 B 作不垂直于坐标轴的直线 l 交椭圆于另一点 G ，过点 A 作 l 的垂线,垂足为 H ,且 BG=25BH ,求直线 l 的方程.
19. (本小题满分 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 12⋅14⋅14 ,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 nn≥10 局后比赛终止且选手获奖 1 万元的概率为 Pn ,求 Pn 的最大值.
2024 级校际教研诊断(七)数学学科试题答案
一.单项选择题:CDAAB DCB
二. 多选题:9. ABD 10. AB 11. BC
三. 填空题:12. 3 13.30 14. 14 12−122027 (第一空 2 分,第二空 3 分)
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. 解(1)由题知 2n=256⇒n=8 ， .2
Tr+1=C8rx4−r2−3xr=−3rC8rx4−32rr=0,1,2⋯8,
展开式中二项式系数最大的项是中间项,即第 5 项,所以 T5=−34C84x4−3×42=5670x−2 . ..5
(2)令 x=1 ，得 −28=256 . .8
(3) Tr+1=C8rx4−r2−3xr=−3rC8rx4−32rr=0,1,2⋯8 ，当 4−32r 为整数时为有理项，即 r=0,2,4,6,8 ， 则 k 的取值集合 {1,3,5,7,9} . .13
16 解 (1) 因为 PC⊥ 底面 ABCD,AC⊂ 平面 ABCD ,所以 PC⊥AC .1
四边形 ABCD 是直角梯形, AD⊥DC,AB//DC ,
因为 AB=2,AD=CD=1 ，所以 AC=BC=2 .
所以 AC2+BC2=AB2 ,所以 AC⊥BC .4
又因为 PC∩BC=C,PC,BC⊂ 平面 PBC ,所以 AC⊥ 平面 PBC .
又 AC⊂ 平面 EAC ,所以平面 EAC⊥ 平面 PBC ..6
(2)以点 C 为原点， CB,CA,CP 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 C0,0,0,B2,0,0,A0,2,0,P0,0,2 .7
设点 E 的坐标为 x,y,z ,因为 BE=2EP ,所以 x−2,y,z=2−x,−y,2−z ,
即 x=23,y=0,z=43 ,所以 E23,0,43 .8

所以 CA=0,2,0,CE=23,0,43 .
设平面 ACE 的一个法向量为 n=x,y,z ,则 n⋅CA=2y=0n⋅CE=23x+43z=0 ,
取 x=22 ,则 y=0,z=−1 ,得 n=22,0,−1 11
又因为 BC⊥ 平面 PAC ,所以平面 PAC 的一个法向量为 CB=2,0,0 .13 设平面 PAC 与平面 ACE 的夹角为 θ ,
则 csθ=cs⟨n,CB⟩=22×2222+−12×22=223 ,即 sinθ=13
所以,二面角 P−AC−E 的正弦值为 13 . .15
17.(1)设某顾客参加一次抽奖获得返现金额 X ， X 可能取值为 20，30，50， .1
则 PX=20=C32C52=310,PX=30=C31C21C52=35,PX=50=C22C52=110 ..4
则 X 的分布列如下表:
.5
EX=20×0.3+30×0.6+50×0.1=29 .7
(2)①由题意刚好可以抽三次，每次返现金都是 30 元或者两次 20 元，一次 50 元，
则概率为 0.6×0.6×0.6+C310.1×0.3×0.3=0.216+0.027=0.243 11
②若打九折，需支付金额为:1000×0.9 = 900(元)
由(1)知每次抽中的均值为 29 元,则抽取三次总的均值为 :29×3=87 (元) .14
因为 1000−87=913>900 ,故打折更划算. .15
18.(1)由题意: S=12⋅2a⋅2b=4 ，所以 ab=2 ，又因为 ca=32 ，所以 a=2 ， b=1 ， 即椭圆的方程: x24+y2=1 . .4
(2)设点 Px,y 为椭圆上任意一点，则
PM2=x2+y−22=4−4y2+y2−4y+4=−3y2−4y+8−1≤y≤1 .6
当 y=−23 时, PM2 的最大值是 283 ,即 PM 的最大值是 2213 .7
所以 PQ 的最大值是 2213+1 ..8
(3)由题意，设直线 l 的方程为 y=kx−2 ，设点 G 坐标为 xG,yG ，
由 y=kx−2x24+y2=1 ,可得 1+4k2x2−16k2x+16k2−4=0 , .10
由韦达定理得: 2+x0=16k21+4k2 ，所以 x0=8k2−21+4k2 ，代入直线方程 y=kx−2 可得: y0=−4k1+4k2 . .12 过点 A 与 l 垂直的直线方程为 y=−1kx+2 ,
由 y=−1kx+2y=kx−2 ,设交点 H 坐标为 xH,yH ,可得 xH=2k2−2k2+1,yH=−4kk2+1 ,

因为 BG=25BH ,所以 xa−2,ya=25xH−2,yH
法一: xG−2=25xH−2 ,所以 8k2−21+4k2−2=25⋅2k2−2k2+1−2 ,解得 k=±1 ,
所以直线 l 的方程: y=x−2 或 y=−x+2 .
法二: yG=25yH ,所以 −4k1+4k2=25⋅−4k1+k2 ,解得 k=±1 ,
所以直线 l 的方程: y=x−2 或 y=−x+2 . .17
19.(1)设每局比赛甲胜为事件 Ai ，每局比赛甲平为事件 Bi ，每局比赛甲负为事件 Cii∈N∗ ， 设“两局后比赛终止”为事件 M ，因为棋手与机器人比赛 2 局，所以棋手可能得 0 分或 30 分比赛终止.
(i) 当棋手得分为 0 分,则 2 局均负,即 C1C2 ; (ii) 当棋手得分为 30 分,则 2 局先平后胜,即 B1A2 . 因为 C1C2、B1A2 互斥,所以 PM=PC1C2+B1A2=PC1C2+PB1A2 =PC1PC2+PB1PA2=142+14×12=316 . 所以两局后比赛终止的概率为 316 . ..4
(2)设“3局后比赛终止”为事件 D ，“3局后棋手挑战成功”为事件 E .
因为 PD=PB1B2A3+B1C2C3+C1A2A3+C1B2C3
=14×14×12+14×142+14×122+14×14×14=18 , .6
PE=PB1B2A3+C1A2A3=142×12+14×122=332. .8
所以在 3 局后比赛终止的条件下,棋手挑战成功的概率为 PE∣D=PDEPD=PEPD=33218=34
所以在 3 局后比赛终止的条件下,棋手挑战成功的概率为 34 . .9
(3)因为 n 局获奖励 1 万元，说明甲共胜 2 局.
(i)当棋手第 n 局以 0 分比赛终止，说明前 n−1 局中有 3 负 2 胜，且是“负胜负胜负”的顺序，其余均为平局,共有 Cn−15 种, .10
(ii) 当棋手第 n 局以 30 分比赛终止,说明前 n−1 局中有 1 负1 胜,且是先负后胜的顺序,其余均为平局, 共有 Cn−12 种, .11
则“ nn≥10 局后比赛终止且棋手获得 1 万元奖励”的概率
Pn=Cn−1512214n−2+Cn−1212214n−2=Cn−12+Cn−1522n−2,n≥10 . 令 Pn+1Pn=14×Cn2+Cn5Cn−12+Cn−15 .
因为 Cn2+Cn5−4Cn−12−4Cn−15=Cn2−4Cn−12+Cn5−4Cn−15
=n−18−3n2+n−1n−2n−3n−420−3n120 ( n≥10 ) .15
所以 Cn2+Cn5−4Cn−12−4Cn−15