【文档说明】北京一零一中学2020-2021学年高二上学期期末考试数学试题 【精准解析】.doc，共(18)页，1.270 MB，由小赞的店铺上传

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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.23AB.23CC.23D.32【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2333=种投法．故选：C．【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，在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率()A.310B.13C.38D.29【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)＝210＝15，P(AB)＝210·39＝115，故P(B|A)＝()()PABPA＝13.3.若直线2x﹣y﹣4=0在x轴和y轴上的截距分别为a和b

，则a﹣b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2x﹣y﹣4=0化为截距式为+=1，∴

a=2，b=﹣4，∴a﹣b=2﹣（﹣4）=6，故选A．考点：直线的截距式方程．4.若直线1ykx=+与圆221xy+=相交于P、Q两点，且90POQ=（其中O为原点），则k的值为（）A.2B.1C.2D.【答案】D【解析】【分析】分析出POQ△为等腰

直角三角形，可得出原点O到直线PQ的距离，利用点到直线的距离公式可得出关于k的等式，由此可解得k的值.【详解】圆221xy+=的圆心为原点O，由于90POQ=且1OPOQ==，所以，POQ△为等腰直角三角

形，且圆心O到直线PQ的距离为2sin452dOP==，由点到直线的距离公式可得21221dk==+，解得1k=.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1、2、3、4、5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.150B.300C.60D.90【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3

、1、1或2、2、1，然后将三组小球分配给三个盒子，利用分步计数原理可求得结果.【详解】将五个小球分为三组，每组小球的数目可以是3、1、1或2、2、1，分组方法种数为31225253222225CCCCAA+=，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3325150A=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：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法．6.48321xxxx

−++的展开式中的常数项为（）A.32B.34C.36D.38【答案】D【解析】【分析】利用展开式的通项公式，分别求得432xx−和81xx+的展开式的

常数项，再求和即可.【详解】432xx−的展开式的通项公式为()()()43124144220,1,2,3,4rrrrrrrTxxrxCC−−+=−=−=，令1240r−=，解得3r=，所以展开式

的常数项为()334232C−=−，81xx+的展开式的通项公式为()88218810,1,...8kkkkkkTxxkxCC−−+===，令820k−=，解得4k=，所以展开式的常数项为4870C=，所以48321xxxx−++

的展开式中的常数项为-32+70=38故选：D7.过三点(1,3)A，(4,2)B，(1,7)C−的圆交y轴于M，N两点，则MN=（）A.2B.8C.4D.10【答案】C【解析】【分析】【详解】由已知得321143ABk−==−−，

27341CBk+==−−，所以1ABCBkk=−，所以ABCB⊥，即ABC为直角三角形，其外接圆圆心为AC中点(1,2)−，半径为长为AC52=，所以外接圆方程为22(1)(2)25xy−++=，令0x=，得262y=−，所以46MN=，故选C．考点：圆的方程

．8.双曲线22142xyC−=：的右焦点为F，点P在椭圆C的一条渐近线上.O为坐标原点，则下列说法错误的是（）A.该双曲线离心率为62B.双曲线22142−=yx与双曲线C的渐近线相同C.若POPF⊥，则PFO

△的面积为2D.PF的最小值为2【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，又POPF⊥，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PF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22142xyC−=：，所以2,2,6abc===，则62cea==，故正确；B.双曲线22142xyC−=：与双曲线22142−=y

x的渐近线方程都为22yx=，故正确；C.设(),Pxy，因为点P在渐近线上，不妨设渐近线方程为22yx=，即为直线PO的方程，又因为POPF⊥，所以直线PF的方程为()26yx=−−，由()2226yxyx==−−，解得26323

3xy==，即2623,33P，所以1236223S==，故正确；D.()6,0F，其中一条渐近线为22yx=，则PF的最小值为点F到渐近线的距离，即22622212d==+，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12224212CCC=种选法；第二类物理、历史两科中没相

同学科，则有21224348ACA=种选法，所以甲、乙二人恰有一门学科相同的选法有124860+=种，故选：D．【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C：22221(0)xya

bab+=，点M，N，F分别为椭圆C的左顶点、上顶点、左焦点，若90MFNNMF=+，则椭圆C的离心率是（）A.512−B.312−C.212−D.32【答案】A【解析】解：如图所示，tan∠NMF=ba,tan∠

NFO=bc，∵∠MFN=∠NMF+90°,∴∠NFO=180°−MFN=90°−∠NMF，即1tan,tanbaNFONMFcb==，,则b2=a2−c2=ac，∴e2+e−1=0,得512e−=.

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：①求出a，c，代入公式cea=；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2

－c2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()222210xyabab+=的离心率为32，那么双曲线()222210,0xyabab−=

的离心率为___________.【答案】52【解析】【分析】利用椭圆的离心率可求得22ba的值，进而可求得双曲线的离心率的值.【详解】设椭圆()222210xyabab+=的半焦距为1c，双曲线

()222210,0xyabab−=的半焦距为2c，椭圆的离心率为2222111222312ccabbeaaaa−====−=，2214ba=，因此，双曲线的离心率为2222222512cabbeaaa+===+=.故答案为：52.12.直线1:4360lxy−+=和直线2:1

lx=−，抛物线24yx=上一动点P到直线1l和直线2l的距离之和的最小值是_____________.【答案】2【解析】试题分析：设抛物线24yx=上的动点P的坐标为2,4tt，它到到直线1l和2l的距

离之和为d，则2243614451tttd−++=+22223636115454tttttt−+−+=++=++=293112055tt−+，当23t=时，min9432112209535d=−+=.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4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()01rr，而且甲、乙、丙、丁互不影响，则系统的可靠度为___________.【答案】242rr

−【解析】【分析】记甲、乙都正常工作为事件A，记丙、丁都正常工作为事件B，计算出()PA、()PB，利用对立事件的概率公式可求得系统的可靠度为()()1PAPB−.【详解】记甲、乙都正常工作为事件A，

记丙、丁都正常工作为事件B，则()()2PAPBr==，当且仅当事件A或事件B发生时，系统正常工作，当且仅当事件A和事件B都不发生时，系统不工作.因此，系统的可靠度为()()()22241112PPAPBrrr=−=−−=−.故答案为：242rr−.【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23，乙命中的概率为45，且他们的结果互不影响，若命中目标的

人数为，则()E=___________.【答案】2215【解析】【分析】本题可分别求出0=、1=以及2=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0、1、2，若0=，则1113515P==；若1=，则14216235351

55P=??=；若2=，则2483515P=?，故()128220121551515E=++=，故答案为：2215.15.已知点()2,4A在抛物线()220ypxp=上，直线l交抛物线于

,BC两点，且直线AC与AB都是圆22:430Nxyx+−+=的切线，则,BC两点纵坐标之和是___________，直线l的方程为___________.【答案】(1).8−(2).1515220xy++=【解析】【分析】根据点()2,4A

得抛物线方程28yx=，设过点()2,4A的切线方程4(2)ykx−=−，由相切得2|242|11kkk+−=+，解得15k=，设1122(,),(,)BxyCxy，再由两点表示斜率得18415y=−，28415y=−−，从而得纵坐标之后，再由12121yyxx−=−−，结合点11

(,)xy求直线方程即可.【详解】点()2,4A在抛物线()220ypxp=上，可得164p=，所以4p=，28yx=，圆N的标准方程为：22(2)1xy−+=，则圆心为(2,0)，半径1r=，设过点()2,4A的切线方程（斜率显然存在）为：4(2)ykx−=−，即420kxyk−

+−=，则2|242|11kkk+−=+，解得15k=.不妨令15,15ABACkk==−，设1122(,),(,)BxyCxy，则112111448152428yyyxy−−===−+−，得18415y=−，同理222481524yxy−=

=−−+，得28415y=−−，所以128yy+=−，所以直线l的斜率为：1212212121248188yyyyyxxyy−−===−−+−直线l的方程为：11()yyxx−=−−，即11yxxy=−++，由2111111(8)18822(4)(4)888151515yy

yxyxyxx++=−++=−+=−+−+=−，所以2215yx=−−，即1515220xy++=故答案为：8−；1515220xy++=【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，进而利用坐标表示斜率得18415y=−和28415y=−−

，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3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12，13，14．（1）设X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量X的分布列和均值．（2）若

有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率．【答案】(1)见解析；（2）11()()48PAPB+=.【解析】试题分析：X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数,X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X的分布列并计算数学期望，Y表示第一辆车遇到红灯的个数，Z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：（Ⅰ）解：随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.

()111101112344PX==−−−=，()11111111111111111123423423424PX==−−+−−+−−=，()1111111111211123

42342344PX==−+−+−=，()1111323424PX===.所以，随机变量X的分布列为X0123P14112414124随机变量X的数学期望()1111113012342442412EX=

+++=.（Ⅱ）解：设Y表示第一辆车遇到红灯的个数，Z表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为()()()()()()()10,11,00110PYZPYZPYZPYPZPYPZ+====+=====+==11111111424

24448=+=.所以，这2辆车共遇到1个红灯的概率为1148.【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()2222:10xyCabab+=，过点()0,1−，离心率

22e=.（1）求椭圆C的标准方程；（2）过右焦点F的直线l与椭圆交于A、B两点，点M的坐标为()2,0，设直线AM和BM的斜率分别为AMk和BMk，求AMBMkk+的值.【答案】（1）2212xy+=；（2）0A

MBMkk+=.【解析】【分析】（1）根据已知条件可得出关于a、b、c的方程组，解出这三个量的值，由此可得出椭圆C的标准方程；（2）分直线l与x轴重合与不重合两种情况讨论，在第一种情况下，直接计算AMBMkk+的值

，在第二种情况下，设直线l的方程为1xmy=+，设点()11,Axy、()22,Bxy，联立直线l与椭圆C的标准方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式可求得AMBMkk+的值.【详解】（1）设椭圆C的焦距为()20cc，由已知条件可得()22222210122abceacab

−+====−，解得211abc===，因此，椭圆C的标准方程为2212xy+=；（2）若直线l与x轴重合，则A、B为椭圆C的长轴的端点，则0AMBMkk==，此时，0AMBMkk+=；若直线l与x轴不重合，易知点()1,0F，设直线l的方程为1xmy=

+，设点()11,Axy、()22,Bxy，联立22112xmyxy=++=，消去x并整理得()222210mymy++−=，()()222442810mmm=++=+，由韦达定理可得12222myym+=−+，12212yym=−+，111121AM

yykxmy==−−，同理可得221BMykmy=−，所以，()()()()()()()1221121212121212112111111AMBMymyymymyyyyyykkmymymymymymy−+−−++=+==−−−−−−()()22122222011mmmmmym

y−+++==−−.综上所述，0AMBMkk+=.【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()11,xy、()22,xy；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）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12xx+、12xx的形式；（5）代入韦达定理求解.18.某不透明纸箱中共有4个小球，其中1个白球，3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2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4次，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20次，取得几次红球的概率最大？（只需写出结论）【答案】（1）12；（2）分布列见解析；（3）15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，34,4B，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2个红球，相当于从3个红球中

摸出2个红球，由古典概型的概率公式可知，所求事件的概率为232412CPC==；（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34，这样摸球4次，则34,4B，所以，()41

10=4256P==，()3143131=4464PC==，()22243127244128PC===，()334312734464PC===，()4

38144256P===.因此，随机变量的分布列如下表所示：01234P125636427128276481256（3）取得15次的红球概率最大.【点睛】思路点睛：求解随机变量分布列的基本步骤如下：（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221222:

1(0),,xyCabFFab+=为左右焦点,B为短轴端点,长轴长为4,焦距为2c,且bc,12BFF的面积为3.(Ⅰ)求椭圆C的方程(Ⅱ)设动直线:lykxm=+椭圆C有且仅有一个公共点M,且与直线4x=相交于点N.试探究:在坐标平面内是否存在定点P,使得以MN为直径的圆恒过点

P?若存在求出点P的坐标,若不存在.请说明理由.【答案】（1）22143xy+=（2）存在定点P(1,0)【解析】【分析】（Ⅰ）由椭圆长轴长为4，焦距为2c，且b＞c，△BF1F2的面积为3，列方程组，求出a，b，c，得椭圆方程．（Ⅱ）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4xykxm==+，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0PMPN=，得（4x1﹣4）km+x12﹣4x1+3＝0，由此可求出满足条件的定点.【详解】(1)由题意知22224

1232acbabc===+，解得：231abc===，故椭圆C的方程是22143xy+=．(2)由22143ykxmxy=++=得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0．因为动直线l与椭圆C有且只有一个公共点M(x0

，y0)，所以m≠0且Δ＝0，即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化简得4k2－m2＋3＝0.(*)此时x0＝－2443kmk+＝－4km，y0＝kx0＋m＝3m，所以M(－43,?)kmm由4xykxm==+得N(4,4k＋

m)．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0PMPN=对满足(*)式的m、k恒成立．因为PM＝(－143,?)kxmm−，PN＝(4－x1,4k＋m)，由0PMPN=，得-16km＋14kxm－4x1＋x＋1

2km＋3＝0，整理，得(4x1－4)km＋x－4x1＋3＝0.(**)由于(**)式对满足(*)式的m，k恒成立，所以121144430xxx−−+=解得x1＝1.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i为虚数单位，求()73i−的实部；（2）计算：()224361009201810102020202120212

02120212021202111333332CCCCC−+−+−+.【答案】（1）643−；（2）12.【解析】【分析】利用数学归纳法证明出()()cossincossinnininnN+=+

.（1）可计算得出()7364364ii−=−+，由此可得出结果；（2）由已知条件可得出22436100920181010202020212021202120212021133333CCCCC−+−+−+为复数()202113i−的实部，计算得出()20212

021132cossin33ii−=+，由此可求得所求代数式的值.【详解】先证明出()()cossincossinnininnN+=+.当1n=时，等式成立；当2n=时，()22

2cossincos2sincossincos2sin2iii+=+−=+，等式成立；假设当nk=时，()()cossincossinkikikkN+=+.当1nk=+时，()()()()()1cossincossincossincossinco

ssinkkiiikiki++=++=++()()coscossinsincossinsincoskkikk=−++()()cos1sin1kik=+++，这说明，当1nk=+时，等式也成立，因此，对任意的nN，(

)()cossincossinnininnN+=+.（1）31322cossin2266iii−=−=−+−，所以，()77777732cossin2cossin6666iii

−=−+−=−+−755312cossin128643646622iii=+=−+=−+，因此，复数()73i−的实部为643−；（2）()202113i−的展开式通项为()120213k

kkTCi+=−，当k为偶数时，1kT+为实数；当k为奇数时，1kT+为纯虚数.所以，22436100920181010202020212021202120212021133333CCCCC−+−+−+

为复数()202113i−的实部，131322cossin2233iii−=−=−+−，所以，()202120212021202120212021132cossin2c

ossin3333iii−=−+−=−+−20212cossin33i=+，所以，()22436100920181010202020212021202

1202120212021202120211111333332cos2232CCCCC−+−+−+==.【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()()cossincossinnininnN+=+，进而将复数利用三角形式转化求解.