黑龙江省哈尔滨三中2022-2022学年高二上学期期末数学试卷(理科)W

2016-2017学年黑龙江省哈尔滨三中高二（上）期末数学试卷（理

科）

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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．抛物线x2=8y的焦点坐标是（）

A．（0，）B．（，0）C．（2，0） D．（0，2）

2．设随机变量ξ的分布列为如表所表示，则b等于（）

A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4

3．已知随机变量ξ～B（5，），则P（ξ=3）=（）

A．B．C． D．

4．5名志愿者选4人去“鸟巢”和“水立方”实地培训，每处2人，则选派方法有（）A．50 B．40 C．30 D．90

5．有一个人在打靶中，连续射击2次，事件“至少有1次中靶”的对立事件是（）A．至多有1次中靶 B．2次都中靶

C．2次都不中靶D．只有1次中靶

6．若（x+）n展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为（）A．10 B．20 C．30 D．120

7．在区间上任取一个数x，则函数f（x）=3sin2x的值不小于0的概率为（）

A．B．C．D．

8．从一个正方体的8个顶点中任取3个，则以这3个点为顶点构成直角三角形的概率为（）

A．B．C．D．

9．在区间[0，1]中随机取出两个数，则两数之和不小于的概率是（）

A．B．C．D．

10．设ξ是离散型随机变量，P（ξ=x1）=，P（ξ=x2）=，且x1＜x2，现已知：Eξ=，

Dξ=，则x1+x2的值为（）

A．B．C．3 D．

11．将三颗骰子各掷一次，设事件A=“三个点数都不相同”，B=“至少出现一个6点”，则概率P（A|B）等于（）

A．B．C．D．

12．设直线l与抛物线y2=4x相交于A、B两点，与圆（x﹣5）2+y2=r2（r＞0）相切于点M，且M为线段AB的中点，若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是（）A．（1，3） B．（1，4） C．（2，3） D．（2，4）

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在答题卡相应位置上）

13．过抛物线y2=4x的焦点作直线交抛物线于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，若x1+x2=6，则|AB|=．

14．用1，2，3，4组成无重复数字的三位数，这些数能被2整除的概率是．

15．若多项式，则a10=．16．从6人中选出4人分别到巴黎，伦敦，悉尼，莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲，乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有．（用数字作答）

三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17．一个袋中有4个大小相同的小球，其中红球1个，白球2个，黑球1个，现从袋中取出2球．

（Ⅰ）求取出2球都是白球的概率；

（Ⅱ）若取1个红球记2分，取1个白球记1分，取1个黑球记0分，求取出两球分数之和为2的概率．

18．已知直线y=﹣x+1与椭圆+=1（a＞b＞0）相交于A、B两点，且线段AB 的中点在直线l：x﹣2y=0上，求此椭圆的离心率．

19．现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择．为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏．（Ⅰ）求这4个人中恰有2个人去参加甲游戏的概率；

（Ⅱ）用X表示这4个人中去参加乙游戏的人数，求随机变量X的分布列与数学期望E（X）．

20．为加强大学生实践、创新能力和团队精神的培养，促进高等教育教学改革，教育部门主办了全国大学生智能汽车竞赛．该竞赛分为预赛和决赛两个阶段．通过预赛，选拔出甲、乙等五支队伍参加决赛，参加决赛的队伍按照抽签方式决定出场顺序．

（Ⅰ）求决赛中甲、乙两支队伍恰好排在前两位的概率；

（Ⅱ）若决赛中甲队和乙队之间间隔的队伍数记为X，求X的分布列和数学期望E（X）．

21．已知抛物线E：y2=4x的焦点是F，过点F的直线l与抛物线E相交于A，B两点，O为原点．

（Ⅰ）若直线l的斜率为1，求的值；

（Ⅱ）设=t，若t∈[2，4]，求直线l的斜率的取值范围．

22．已知抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点为F，P为C上异于原点的任意一点，过点P的直线l交C于另一点Q，交x轴的正半轴于点S，且有|FP|=|FS|．当点P 的横坐标为3时，|PF|=|PS|．

（Ⅰ）求C的方程；

（Ⅱ）若直线l1∥l，且l1和C有且只有一个公共点E．

（ⅰ）证明直线PE过定点，并求出定点坐标；

（ⅱ）△PQE的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明

理由．

2016-2017学年黑龙江省哈尔滨三中高二（上）期末数学

试卷（理科）

参考答案与试题解析

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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．抛物线x2=8y的焦点坐标是（）

A．（0，）B．（，0）C．（2，0） D．（0，2）

【考点】抛物线的简单性质．

【分析】根据题意，由抛物线的标准方程分析可得p=4，焦点在y轴的正半轴上，由其焦点公式计算可得答案．

【解答】解：根据题意，抛物线的方程为x2=8y，

则其p=4，焦点在y轴的正半轴上，

则其焦点坐标为（0，2）；

故选：D．

2．设随机变量ξ的分布列为如表所表示，则b等于（）

A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4

【考点】离散型随机变量及其分布列．

【分析】利用随机变量的分布列的性质直接求解．

【解答】解：由随机变量ξ的分布列，知：

0.1+0.4+b+0.1=1，

解得b=0.4．

故选：D．

3．已知随机变量ξ～B（5，），则P（ξ=3）=（）

A．B．C． D．

【考点】二项分布与n次独立重复试验的模型．

【分析】随机变量ξ～B（5，），可得P（ξ=3）=，即可得出结论．

【解答】解：∵随机变量ξ～B（5，），

∴P（ξ=3）==，

故选C．

4．5名志愿者选4人去“鸟巢”和“水立方”实地培训，每处2人，则选派方法有（）A．50 B．40 C．30 D．90

【考点】排列、组合的实际应用．

【分析】根据题意，分2步进行分析：①、从5人中选取2人，到“鸟巢”进行培训，②、从其余的3人中选取2人，到“水立方”进行培训，利用组合数公式计算每一步的选法数目，进而由分步计数原理计算可得答案，

【解答】解：根据题意，分2步进行分析：

①、从5人中选取2人，到“鸟巢”进行培训，有C52=10种选法；

②、从其余的3人中选取2人，到“水立方”进行培训，有C32=3种选法；

则不同的选派方法有10×3=30种；

故选：C．

5．有一个人在打靶中，连续射击2次，事件“至少有1次中靶”的对立事件是（）A．至多有1次中靶 B．2次都中靶

C．2次都不中靶D．只有1次中靶

【考点】互斥事件与对立事件．

【分析】根据对立事件的定义可得事件“至少有1次中靶”的对立事件．

【解答】解：由于两个事件互为对立事件时，这两件事不能同时发生，且这两件事的和事件是一个必然事件，

再由于一个人在打靶中，连续射击2次，事件“至少有1次中靶”的反面为“2次都

不中靶”，

故事件“至少有1次中靶”的对立事件是“2次都不中靶”，

故选C．

6．若（x+）n展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为（）A．10 B．20 C．30 D．120

【考点】二项式系数的性质．

【分析】根据二项式的展开式的二项式系数是64，写出二项式系数的表示式，得到次数n的值，写出通项式，当x的指数是0时，得到结果．

【解答】解：∵C n°+C n1+…+C n n=2n=64，

∴n=6．

=C6r x6﹣r x﹣r=C6r x6﹣2r，

T r

+1

令6﹣2r=0，∴r=3，

常数项：T4=C63=20，

故选B．

7．在区间上任取一个数x，则函数f（x）=3sin2x的值不小于0的概率为（）

A．B．C．D．

【考点】几何概型．

【分析】根据几何概型的计算公式，求出x∈时f（x）≥0的x取值范围，即可求出对应的概率值．

【解答】解：∵x∈x，∴2x∈[﹣，]，

令f（x）=3sin2x≥0，

则0≤2x≤π，

解得0≤x≤；

∴在区间上任取一个数x，

函数f（x）的值不小于0的概率为

P==．

故选：A．

8．从一个正方体的8个顶点中任取3个，则以这3个点为顶点构成直角三角形的概率为（）

A．B．C．D．

【考点】等可能事件的概率．

【分析】本题是一个等可能事件的概率，试验发生包含的事件是从正方体的8个顶点中任取3个有C83种取法，即可构成的三角形有56种可能，正方体有6个表面和6个对角面，每一个面中的任意3个顶点可构成4个直角三角形，得到结果．【解答】解：由题意知本题是一个等可能事件的概率，

试验发生包含的事件是从正方体的8个顶点中任取3个有C83=56种取法，

可构成的三角形有56种可能，

正方体有6个表面和6个对角面，它们都是矩形（包括正方形），

每一个矩形中的任意3个顶点可构成4个直角三角形，

共有12×4=48个直角三角形，

故所求的概率：，

故选D．

9．在区间[0，1]中随机取出两个数，则两数之和不小于的概率是（）

A．B．C．D．

【考点】几何概型．

【分析】根据几何概型的计算公式，求出满足条件的面积比即可．

【解答】解：设取出的两个数为x、y；

则有0≤x≤1，0≤y≤1，

其表示的区域为纵横坐标都在[0，1]之间的正方形区域，

其面积为1，

而x+y＞表示的区域为直线x+y=上方，

且在0≤x≤1，0≤y≤1表示区域内部的部分，如图所示，

易得其面积为1﹣×=；

则两数之和不小于的概率是．

故选：D．

10．设ξ是离散型随机变量，P（ξ=x1）=，P（ξ=x2）=，且x1＜x2，现已知：Eξ=，

Dξ=，则x1+x2的值为（）

A．B．C．3 D．

【考点】离散型随机变量的期望与方差．

【分析】根据条件中所给的期望和方差的值，和条件中所给的分布列，写出关于两个变量的方程组，解方程组得到两个变量之间的和．

【解答】解：∵Eξ=，Dξ=，

P（ξ=x1）=，P（ξ=x2）=，

∴①

2×3 ②

由①②可得x1+x2=3

故选C．

11．将三颗骰子各掷一次，设事件A=“三个点数都不相同”，B=“至少出现一个6点”，则概率P（A|B）等于（）

A．B．C．D．

【考点】古典概型及其概率计算公式．

【分析】根据条件概率的含义，P（A|B）其含义为在B发生的情况下，A发生的概率，即在“至少出现一个6点”的情况下，“三个点数都不相同”的概率，分别求得“至少出现一个6点”与“三个点数都不相同”的情况数目，进而相比可得答案．

【解答】解：根据条件概率的含义，P（A|B）其含义为在B发生的情况下，A发生的概率，

即在“至少出现一个6点”的情况下，“三个点数都不相同”的概率，

“至少出现一个6点”的情况数目为6×6×6﹣5×5×5=91，

“三个点数都不相同”则只有一个6点，共C31×5×4=60种，

故P（A|B）=．

故选：C．

12．设直线l与抛物线y2=4x相交于A、B两点，与圆（x﹣5）2+y2=r2（r＞0）相切于点M，且M为线段AB的中点，若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是（）A．（1，3） B．（1，4） C．（2，3） D．（2，4）

【考点】抛物线的简单性质；直线与圆的位置关系．

【分析】先确定M的轨迹是直线x=3，代入抛物线方程可得y=±2，所以交点与圆心（5，0）的距离为4，即可得出结论．

【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），

斜率存在时，设斜率为k，则y12=4x1，y22=4x2，

则，相减，得（y1+y2）（y1﹣y2）=4（x1﹣x2），

当l的斜率存在时，利用点差法可得ky0=2，

因为直线与圆相切，所以=﹣，所以x0=3，

即M的轨迹是直线x=3．

将x=3代入y2=4x，得y2=12，∴，

∵M在圆上，∴，∴r2=，

∵直线l恰有4条，∴y0≠0，∴4＜r2＜16，

故2＜r＜4时，直线l有2条；

斜率不存在时，直线l有2条；

所以直线l恰有4条，2＜r＜4，

故选：D．

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在答题卡相应位置上）

13．过抛物线y2=4x的焦点作直线交抛物线于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，若x1+x2=6，则|AB|=8．

【考点】直线与圆锥曲线的关系．

【分析】抛物线y2=4x 的焦点作直线交抛物线于A（x1，y1）B（x2，y2）两点，故|AB|=x1+x2+2，由此易得弦长值．

【解答】解：由题意，p=2，故抛物线的准线方程是x=﹣1，

∵抛物线y2=4x 的焦点作直线交抛物线于A（x1，y1）B（x2，y2）两点

∴|AB|=x1+x2+2，

又x1+x2=6

∴∴|AB|=x1+x2+2=8

故答案为8．

14．用1，2，3，4组成无重复数字的三位数，这些数能被2整除的概率是．【考点】古典概型及其概率计算公式．

【分析】求出无重复数字的三位数的个数是6，其中这些数被4整除的有2个，由此求得这些数被4整除的概率

【解答】解：用1，2、3、4组成无重复数字的三位数，共有4×3×2=24个，

其中这些数被2整除的有?3?2=12个，

故这些数被2整除的概率是，

故答案为：

15．若多项式，则a10=﹣11．【考点】二项式定理的应用．

【分析】在[（x+1）﹣1]11的展开式中，含（x+1）10的项为C111（x+1）10（﹣1），由此能示出a10．

【解答】解：∵x+x11=x+[（x+1）﹣1]11，

在[（x+1）﹣1]11的展开式中，

含（x+1）10的项为C111（x+1）10（﹣1），

∴a10=C111（﹣1）=﹣11．

故答案为：﹣11．

16．从6人中选出4人分别到巴黎，伦敦，悉尼，莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲，乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有240．（用数字作答）

【考点】排列、组合及简单计数问题．

【分析】根据题意，使用间接法，首先计算从6人中选4人分别到四个城市游览的情况数目，再分析计算其包含的甲、乙两人去巴黎游览的情况数目，进而由事件间的关系，计算可得答案．

【解答】解：根据题意，由排列公式可得，首先从6人中选4人分别到四个城市游览，有A64=360种不同的情况，

其中包含甲到巴黎游览的有A53=60种，乙到巴黎游览的有A53=60种，

故这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有360﹣60﹣60=240种；

故答案为240．

三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算

步骤）

17．一个袋中有4个大小相同的小球，其中红球1个，白球2个，黑球1个，现从袋中取出2球．

（Ⅰ）求取出2球都是白球的概率；

（Ⅱ）若取1个红球记2分，取1个白球记1分，取1个黑球记0分，求取出两球分数之和为2的概率．

【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率．

【分析】（Ⅰ）确定基本事件的个数，即可求取出2球都是白球的概率；

（Ⅱ）取出两球分数之和为2，包括取1个红球、1个黑球或2个白球，取1个红

球、1个黑球的概率为，即可求取出两球分数之和为2的概率．

【解答】解：（Ⅰ）从袋中取出2球，共有=6种方法，取出2球都是白球，有1

种方法，所以取出2球都是白球的概率是…..

（Ⅱ）取出两球分数之和为2，包括取1个红球、1个黑球或2个白球，取1个红

球、1个黑球的概率均为，

∴取出两球分数之和为2的概率…..

18．已知直线y=﹣x+1与椭圆+=1（a＞b＞0）相交于A、B两点，且线段AB 的中点在直线l：x﹣2y=0上，求此椭圆的离心率．

【考点】椭圆的简单性质．

【分析】联立直线y=﹣x+1与直线l：x﹣2y=0得到线段AB的中点为（，），设

y=﹣x+1与+=1的交点分别为A（x1，y1），B（x2，y2），利用点差法能求出椭圆的离心率．

【解答】解：联立直线y=﹣x+1与直线l：x﹣2y=0，得x=，y=，

∴直线y=﹣x+1与x﹣2y=0的交点为M（，），∴线段AB的中点为（，），

设y=﹣x+1与+=1的交点分别为A（x1，y1），B（x2，y2），

则x1+x2=，y1+y2=，

分别把A（x1，y1），B（x2，y2）代入椭圆+=1（a＞b＞0），

两式相减，得﹣=﹣，

∴a2=2b2，∴a=b=c，∴e=．

19．现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择．为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏．（Ⅰ）求这4个人中恰有2个人去参加甲游戏的概率；

（Ⅱ）用X表示这4个人中去参加乙游戏的人数，求随机变量X的分布列与数学期望E（X）．

【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．

【分析】（Ⅰ）参加甲游戏的概率P=．则这4个人中恰有2个人去参加甲游戏的

概率P2=．

（Ⅱ）ξ～B．∴P（ξ=k）=，k=0，1，2，3，4．即可得出．

【解答】解：（Ⅰ）由题意可得：参加甲游戏的概率P=．

则这4个人中恰有2个人去参加甲游戏的概率P2==…

（Ⅱ）ξ～B．∴P（ξ=k）=，k=0，1，2，3，4．

ξ服从二项分布…..

20．为加强大学生实践、创新能力和团队精神的培养，促进高等教育教学改革，教育部门主办了全国大学生智能汽车竞赛．该竞赛分为预赛和决赛两个阶段．通过预赛，选拔出甲、乙等五支队伍参加决赛，参加决赛的队伍按照抽签方式决定出场顺序．

（Ⅰ）求决赛中甲、乙两支队伍恰好排在前两位的概率；

（Ⅱ）若决赛中甲队和乙队之间间隔的队伍数记为X，求X的分布列和数学期望E（X）．

【考点】离散型随机变量的期望与方差；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列．

【分析】（Ⅰ）决赛中甲、乙两支队伍恰好排在前两位可有两种排法，其余3支队伍共有3!种排法，利用乘法原理，即可求得结论；

（Ⅱ）确定x的可能取值，求出概率，即可得到分辨率与期望．

【解答】（Ⅰ）解：（Ⅰ）设“甲、乙两支队伍恰好排在前两位”为事件A，则P（A）

=

所以甲、乙两支队伍恰好排在前两位的概率为…..

（Ⅱ）（Ⅱ）随机变量X的可能取值为0，1，2，3

P（X=0）=，P（X=1）=，P（X=2）=，P

（X=3）=．

所以X的分布列为

Eξ=1…..

21．已知抛物线E：y2=4x的焦点是F，过点F的直线l与抛物线E相交于A，B两点，O为原点．

（Ⅰ）若直线l的斜率为1，求的值；

（Ⅱ）设=t，若t∈[2，4]，求直线l的斜率的取值范围．

【考点】直线与抛物线的位置关系．

【分析】（Ⅰ）求得抛物线的焦点坐标，由题意可得直线l的方程，代入抛物线方程，运用韦达定理，结合向量的数量积的坐标表示，计算即可得到所求值；（Ⅱ）设直线l：x=my+1，代入抛物线的方程，运用韦达定理和向量的坐标，得到m，t的关系式，求得|m|的范围，注意运用换元法和函数的单调性，即可得到直线l的斜率的范围．

【解答】解：（Ⅰ）抛物线E：y2=4x的焦点是F（1，0），

直线l的斜率为1，可得直线l的方程为y=x﹣1，

代入抛物线的方程可得，x2﹣6x+1=0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），

可得x1+x2=6，x1x2=1，

则=x1x2+y1y2=x1x2+（x1﹣1）（x2﹣1）=2x1x2﹣（x1+x2）+1

=2﹣6+1=﹣3；

（Ⅱ）设直线l：x=my+1，

代入y2=4x，可得y2﹣4my﹣4=0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），

可得y1+y2=4m，y1y2=﹣4，

由=t，可得y2=t（0﹣y1），

解得y1=，y2=﹣，

即有﹣4=﹣t?（）2，

由t∈[2，4]，可得

2|m|=﹣，

令u=（≤u≤2），则y=u﹣在[，2]上递增，

即有y∈[，]，即|m|∈[，]．

则直线l的斜率的绝对值范围是[，2]，

即有直线l的斜率的范围为[﹣2，﹣]∪[，2]．

22．已知抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点为F，P为C上异于原点的任意一点，过点P的直线l交C于另一点Q，交x轴的正半轴于点S，且有|FP|=|FS|．当点P 的横坐标为3时，|PF|=|PS|．

（Ⅰ）求C的方程；

（Ⅱ）若直线l1∥l，且l1和C有且只有一个公共点E．

（ⅰ）证明直线PE过定点，并求出定点坐标；

（ⅱ）△PQE的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．

【考点】抛物线的简单性质．

【分析】（Ⅰ）根据抛物线的焦半径公式，结合等边三角形的性质，求出的p值；（Ⅱ）（ⅰ）设出点P的坐标，求出直线PQ的方程，利用直线l1∥l，且l1和C有且只有一个公共点E，求出点E的坐标，写出直线PE的方程，将方程化为点斜式，可求出定点；

（ⅱ）利用弦长公式求出弦PQ的长度，再求点E到直线PQ的距离，得到关于面积的函数关系式，再利用基本不等式求最小值．

【解答】解：（I）如图所示，由题意可得：x P=3时，△PFS是等边三角形，|PF|=3+，

∴3﹣=，解得p=2．∴抛物线C的方程为：y2=4x．

（II）（i）证明：设P（x1，y1），，

∵|FP|=|FS|=x1+1，

∴S（x1+2，0），

∴k PQ=﹣．

由直线l1∥l可设直线l1方程为y=﹣x+m，

联立方程，消去x得+8y﹣8m=0 ①

由l1和C有且只有一个公共点得△=64+32y1m=0，∴y1m=﹣2，

这时方程①的解为y=﹣，代入y=﹣x +m ，

得x=m 2，∴E （m 2，2m ）．

点P 的坐标可化为，直线PE 方程为y ﹣2m=（x ﹣m 2），

即y ﹣2m=（x ﹣m 2），

令y=0，可得x=1，

∴直线AE 过定点（1，0）．

（ⅱ）设Q （x 2，y 2）．

直线PQ 的方程为，即x=﹣++2．

联立方程，消去x 得y 2+y ﹣=0，

∴y 1+y 2=﹣，y 1y 2=﹣，

∴|PQ |=|y 1﹣y 2|==．

∴E ，

点E 到直线PQ 的距离为：d==，

∴△ABE 的面积S=d |PQ |=≥

=16，

当且仅当y 1=±2时等号成立，

∴△ABE的面积最小值为16．

2017年3月16日

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