1、北京一零一中2020-2021学年高二(上)数学期末考试一选择题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项1. 将2封不同的信投入3个不同的信箱，不同的投法种数为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】直接利用分步原理的应用求出结果【详解】解：根据分步原理的应用，所以：第一封信的投法有3种，第二封信的投法有3种，故一共有种投法故选：【点睛】本题考查的知识要点：分步原理的应用，主要考查学生的运算能力和思维能力，属于基础题2. 已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同，现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，在他第一次拿
2、到白球的条件下，第二次拿到红球的概率( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】事件A：“第一次拿到白球”，B：“第二拿到红球”，则P(A)，P(AB)，故P(B|A).3. 若直线2xy4=0在x轴和y轴上的截距分别为a和b，则ab的值为（ ）A. 6B. 2C. 2D. 6【答案】A【解析】试题分析：先将直线的方程化成截距式，结合在x轴和y轴上的截距分别为a和b，即可求出a，b的值，问题得以解决解：直线2xy4=0化为截距式为+=1，a=2，b=4，ab=2（4）=6，故选A考点：直线的截距式方程4. 若直线与圆相交于、两点，且（其中为原点），则的值为（ ）A. B. C. D. 【答
3、案】D【解析】【分析】分析出为等腰直角三角形，可得出原点到直线的距离，利用点到直线的距离公式可得出关于的等式，由此可解得的值.【详解】圆的圆心为原点，由于且，所以，为等腰直角三角形，且圆心到直线的距离为，由点到直线的距离公式可得，解得.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查利用圆周角求参数，解题的关键在于求出弦心距，再利用点到直线的距离公式列方程求解参数.5. 将标号为、的五个小球放入三个不同的盒子中，每个盒子至少放一个小球，则不同的放法总数为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将五个小球分为三组，每组小球的数目可以是、或、，然后将三组小球分配给三个盒子，利用分步计数原理可
4、求得结果.【详解】将五个小球分为三组，每组小球的数目可以是、或、，分组方法种数为，然后将三组小球分配给三个盒子，由分步计数原理可知，不同的放法种数为种.故选：A.【点睛】方法点睛：不同元素的分配问题，往往是先分组再分配在分组时，通常有三种类型：不均匀分组；均匀分组；部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法6. 的展开式中的常数项为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用展开式的通项公式，分别求得和的展开式的常数项，再求和即可.【详解】的展开式的通项公式为，令，解得，所以展开式的常数项为，的展开式的通项公式为，令，解得，所以展开式的常数项为，所以的展开式中的常数项
5、为-32+70=38故选：D7. 过三点，的圆交y轴于M，N两点，则（ ）A. 2B. 8C. 4D. 10【答案】C【解析】【分析】【详解】由已知得，所以，所以，即为直角三角形，其外接圆圆心为AC中点，半径为长为，所以外接圆方程为，令，得，所以，故选C考点：圆的方程8. 双曲线的右焦点为，点在椭圆的一条渐近线上.为坐标原点，则下列说法错误的是（ ）A. 该双曲线离心率为B. 双曲线与双曲线渐近线相同C. 若，则的面积为D. 的最小值为【答案】D【解析】【分析】A. 根据双曲线方程，求出a，b，c，利用离心率公式求解判断； B. 分别求出两个双曲线的渐近线方程判断； C. 根据点P在渐近线上，
6、又，利用直线PO与直线PF的方程联立，求得点P的坐标求解判断；D. 由的最小值为点F到渐近线的距离求解判断.【详解】A. 因为双曲线方程为，所以 ，则 ，故正确；B. 双曲线与双曲线的渐近线方程都为，故正确；C. 设，因为点P在渐近线上，不妨设渐近线方程为，即为直线PO的方程，又因为，所以直线PF的方程为，由，解得，即，所以，故正确；D. ，其中一条渐近线为，则的最小值为点F到渐近线的距离，即，故错误；故选：D9. 某省新高考方案规定的选科要求为:学生先从物理、历史两科中任选一科，再从化学、生物、政治、地理四门学科中任选两科.现有甲、乙两名学生按上面规定选科，则甲、乙恰有一门学科相同的选科方法
7、有（ ）A. 24种B. 30种C. 48种D. 60种【答案】D【解析】【分析】以甲，乙所选相同学科是否在物理、历史两科中分为两类，每类中由排列组合公式和基本原理可求【详解】解：分为两类，第一类物理、历史两科中是相同学科，则有种选法；第二类物理、历史两科中没相同学科，则有种选法，所以甲、乙二人恰有一门学科相同的选法有种，故选：【点睛】本题考查排列组合与基本原理的应用，属于基础题10. 已知椭圆：，点，分别为椭圆的左顶点、上顶点、左焦点，若，则椭圆的离心率是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】解：如图所示，tanNMF= ,tanNFO= ，MFN=NMF+90,NFO=180MF
8、N=90NMF，即 ，,则b2=a2c2=ac，e2+e1=0,得 .本题选择A选项.点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出a，c，代入公式；只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2a2c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)二填空题共5小题，每小题5分，共25分.11. 如果椭圆的离心率为，那么双曲线的离心率为_.【答案】【解析】【分析】利用椭圆的离心率可求得的值，进而可求得双曲线的离心率的值.【详解】设椭圆的半焦距为，双曲
9、线的半焦距为，椭圆的离心率为，因此，双曲线的离心率为.故答案为：.12. 直线和直线，抛物线上一动点到直线和直线的距离之和的最小值是_.【答案】【解析】试题分析：设抛物线上的动点的坐标为，它到到直线和的距离之和为，则=，当时，.考点：直线与抛物线的位置关系及二次函数的最值.13. 如图所示，已知一个系统由甲、乙、丙、丁个部件组成，当甲、乙都正常工作，或丙、丁都正常工作时，系统就能正常工作.若每个部件的可靠性均为，而且甲、乙、丙、丁互不影响，则系统的可靠度为_.【答案】【解析】【分析】记甲、乙都正常工作为事件，记丙、丁都正常工作为事件，计算出、，利用对立事件的概率公式可求得系统的可靠度为.【详解
10、】记甲、乙都正常工作为事件，记丙、丁都正常工作为事件，则，当且仅当事件或事件发生时，系统正常工作，当且仅当事件和事件都不发生时，系统不工作.因此，系统的可靠度为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查事件概率的计算，解本题的关键就是确定事件“系统正常运行”的对立事件为“两条线路都不工作”，进而可利用概率的乘法公式以及对立事件的概率公式来进行求解.14. 甲乙两人对同一目标各射击一次，甲命中的概率为，乙命中的概率为，且他们的结果互不影响，若命中目标的人数为，则_.【答案】【解析】【分析】本题可分别求出、以及时的概率，然后通过数学期望的计算公式即可得出结果.【详解】由题意易知，的可能取值为、，若
11、，则；若，则；若，则，故，故答案为：.15. 已知点在抛物线上，直线交抛物线于两点，且直线与都是圆的切线，则两点纵坐标之和是_，直线的方程为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据点得抛物线方程，设过点的切线方程，由相切得，解得，设，再由两点表示斜率得，从而得纵坐标之后，再由，结合点求直线方程即可.【详解】点在抛物线上，可得，所以，圆的标准方程为：，则圆心为，半径，设过点的切线方程（斜率显然存在）为：，即，则，解得.不妨令，设，则，得，同理，得，所以，所以直线的斜率为：直线的方程为：，即，由 ，所以，即故答案为：；【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是根据直线与圆相切求得切线斜率，
12、进而利用坐标表示斜率得和，从而本题得解.三解答题共5小题，共45分.解答题应写出文字说明演算步骤或证明过程.16. 从甲地到乙地要经过个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为，（）设表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量的分布列和均值（）若有辆车独立地从甲地到乙地，求这辆车共遇到个红灯概率【答案】(1)见解析；（2）.【解析】试题分析：表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数, 的所有可能取值为0,1,2,3.分别求出相应的概率值，列出随机变量的分布列并计算数学期望，表示第一辆车遇到红灯的个数，表示第二辆车遇到红灯的个数，这2辆车共遇到1个红灯就是包括第一辆
13、遇到1次红灯且第2辆没遇上和第一辆没遇上红灯且第2辆遇上1次红灯两个事件的概率的和.试题解析：（）解：随机变量的所有可能取值为0,1,2,3.，.所以，随机变量的分布列为0123随机变量的数学期望.（）解：设表示第一辆车遇到红灯的个数，表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为.所以，这2辆车共遇到1个红灯的概率为.【考点】离散型随机变量概率分布列及数学期望【名师点睛】求离散型随机变量概率分布列问题首先要清楚离散型随机变量的可取值有那些？当随机变量取这些值时所对应的事件的概率有是多少，计算出概率值后，列出离散型随机变量概率分布列，最后按照数学期望公式计算出数学期望.；列出离散型随机变量概率
14、分布列及计算数学期望是理科高考数学必考问题.17. 已知椭圆，过点，离心率.（1）求椭圆的标准方程；（2）过右焦点的直线与椭圆交于、两点，点的坐标为，设直线和的斜率分别为和，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这三个量的值，由此可得出椭圆的标准方程；（2）分直线与轴重合与不重合两种情况讨论，在第一种情况下，直接计算的值，在第二种情况下，设直线的方程为，设点、，联立直线与椭圆的标准方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式可求得的值.【详解】（1）设椭圆的焦距为，由已知条件可得，解得，因此，椭圆的标准方程为；（2）若直线与轴重合，则、为椭圆的长轴
15、的端点，则，此时，；若直线与轴不重合，易知点，设直线的方程为，设点、，联立，消去并整理得，由韦达定理可得，同理可得，所以，.综上所述，.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.18. 某不透明纸箱中共有个小球，其中个白球，个红球，它们除了颜色外均相同（1）一次从纸箱中摸出两个小球，求恰好摸出个红球的概率；（2）每次从纸箱中摸出一个小球，记录颜色后放回纸箱，这样摸取次，
16、记取到红球的次数为，求的分布列；（3）每次从纸箱中摸取一个小球，记录颜色后放回纸箱，这样摸取次，取得几次红球的概率最大？（只需写出结论）【答案】（1）；（2）分布列见解析；（3）次.【解析】【分析】（1）利用组合数公式和古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；（2）由题意可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列；（3）根据独立重复试验的概率公式可得出结论.【详解】（1）一次从纸箱中摸出两个小球，恰好摸出个红球，相当于从个红球中摸出个红球，由古典概型的概率公式可知，所求事件的概率为；（2）每次从纸箱中摸出一个小球，记录颜色后放回纸箱，则每次摸到红球的概率均为，这样摸球次，则，所以，.因此，随机变
17、量的分布列如下表所示：（3）取得次的红球概率最大.【点睛】思路点睛：求解随机变量分布列基本步骤如下：（1）明确随机变量的可能取值，并确定随机变量服从何种概率分布；（2）求出每一个随机变量取值的概率；（3）列成表格，对于抽样问题，要特别注意放回与不放回的区别，一般地，不放回抽样由排列、组合数公式求随机变量在不同取值下的概率，放回抽样由分步乘法计数原理求随机变量在不同取值下的概率.19. 设椭圆为左右焦点,为短轴端点,长轴长为4,焦距为,且,的面积为.()求椭圆的方程()设动直线椭圆有且仅有一个公共点,且与直线相交于点.试探究:在坐标平面内是否存在定点,使得以为直径圆恒过点?若存在求出点的坐标,若
18、不存在.请说明理由.【答案】（1） （2）存在定点P(1,0)【解析】【分析】（）由椭圆长轴长为4，焦距为2c，且bc，BF1F2的面积为，列方程组，求出a，b，c，得椭圆方程（）将直线l方程与椭圆方程联立，由直线与椭圆有且只有一个公共点，求出M，由，得N（4，4k+m）假设存在定点P满足条件，由图形对称性知，点P必在x轴上设P（x1，0），由，得（4x14）+x124x1+30，由此可求出满足条件的定点.【详解】(1)由题意知，解得：，故椭圆C的方程是 (2)由得(4k23)x28kmx4m2120因为动直线l与椭圆C有且只有一个公共点M(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k2
19、3)(4m212)0，化简得4k2m230.(*)此时x0，y0kx0m，所以M(由得N(4,4km)假设平面内存在定点P满足条件，由图形对称性知，点P必在x轴上设P(x1,0)，则对满足(*)式的m、k恒成立因为(，(4x1,4km)，由，得-4x1x30，整理，得(4x14)x4x130.(*) 由于(*)式对满足(*)式的m，k恒成立，所以解得x11.故存在定点P(1,0)，使得以MN为直径的圆恒过点M.【点睛】本题考查椭圆标准方程的求法，考查是否存在以线段为直线的圆恒过定点的判断与求法，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题20. （1）设为虚数单位，求的实部；（2）计算：.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】利用数学归纳法证明出.（1）可计算得出，由此可得出结果；（2）由已知条件可得出为复数的实部，计算得出，由此可求得所求代数式的值.【详解】先证明出.当时，等式成立；当时，等式成立；假设当时，.当时，这说明，当时，等式也成立，因此，对任意的，.（1），所以，因此，复数的实部为；（2）的展开式通项为，当为偶数时，为实数；当为奇数时，为纯虚数.所以，为复数的实部，所以，所以，.【点睛】关键点点睛：本题考查与复数、二项式定理的综合应用，求解的关键就是证明出，进而将复数利用三角形式转化求解.
