余姚中学2024学年第二学期质量检测高二数学学科试卷

要求的.1.已知双曲线经过点(2,0)，则C的渐近线方程为(▲).A.y=±2xB.C.D.A．AEQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up4(4),10)=AEQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up4(6),1)0EQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up4(m),n)EQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up4(m),n)3.设随机变量X,Y满足则D▲).4.已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2)，且P(2<X≤2.5)=0.36，则P(X>1.5)等于(▲).A.0.14B.0.62C.0.72D.0.86划，这六位同学准备在行程第一天在圣索菲亚教堂已知每个景点至少有一位同学会选，六位同学都会6.“中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于同余的问题.用m|x表示整数x被m整除，设>1，若m|(a−b)，则称a与b对模m同余，记为a三b(modm).已知EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(1),1)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),16)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(3),1)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(1),1)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(4),6)2EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(1),1)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(5),6)数多者赢得比赛，假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立.记X为比赛决出胜负时的总局数，则X的均值（数学期望）为(▲).8.已知定义在(−3,3)上的函数f(x)满足f(x)+e4xf(−x)=0,f(1)=e2,f(x)为f(x)的导函数，当x∈[0,3)时，f(x)>2f(x)，则不等式e2xf(2−x)<e4的解集为(▲).A．(−2,1)B．(1,5)C．(1,+∞)9.已知若随机事件A,B相互独立，则(▲).11.已知(1−x)2025=a0+a1x+a2x2+…+a2025x2025，则(▲).A．展开式的各二项式系数的和为0B．a1C．22025a0+22024a1+22023a2+…+展开式中x3的系数为▲.可供使用，则不同的涂色方案有▲14.若正实数x1是函数f(x)=xex−x−e2的一个零点，x2是函数g(x)=(x−e)(lnx−1)−e3的一个大于e的零15.(本小题满分13分)在的展开式中,求:16.(本小题满分15分)已知甲袋中有3个白球和4个黑球，乙袋中有5个白球和4个黑球，现在从两个袋中各取2个球，试求：直方图如图.(2)可以认为这次竞赛成绩X近似地服从正态分布N(μ,σ2)（用样本平均数x和标准差s分别作为μ,σ）？（抽测的份数是随机的若已知抽测的i份试卷都参考数据：若XN(μ,σ2)，则P(μ−σ<X≤μ+σ)≈0.6827,P(μ−2σ<X≤μ+2σ)≈0.9545,P(μ−3σ<X≤μ+3σ)≈0.9973.(2)设经过椭圆E左焦点F的直线l与椭圆E交于C,D两点，点O为坐标原点.若:OCD面积为求直线l的方程；点点M、N在椭圆E上，且满足（记直线MQ的斜率为kMQ，直线NQ斜率为kNQ过点Q作MN的垂线，垂足为H，问：是否存在定点G，使得GH为定值？若存在，求出此定值，若不存在，请说明理由.19．(本小题满分17分)设函数f(x)=xlnx-a(x2-1).(1)若曲线y=f(x)在点(1,0)处的切线方程为x+y-1=0，求a的值；证明.要求的.12345678BCADCAAB令所以f=e2xg，因为f+e4xf所以由g(x)在(−3,3)上单调递增，得{解得191011BCDABDBCD11.【解答】”(1一x)2025=a0+a1x+a2x2+⋯+a2025x2025，展开式的各二项式系数的和为22025，所令x=0，得到a0=1，令x=1，得到a0+a1+a2+⋯+a2025=0，:a1+a2+⋯+a2025=一1，所以B对；EQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up4(k),2025)EQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up4(k),2025)EQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up4(k),2025)所以22025-kak=22025-kCEQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up4(k),2025)(一1)k，k=0,1,2⋯,2025，22025CEQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up3(0),2)025(—1)0+22024CEQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up3(1),2025)(—1)1+22023CEQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up3(2),2)025(—1)2+…+20CEQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up3(2025),2025)(—1)2025=(2+(—1))2025=1，2025a0+22024a1+22023a2+…+a2025=1，故C对；ak=CEQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up4(k),2025)(—1)k,k=0,1…,2025， akΣEQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up8(2),k)EQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up8(2),0)5 ak=ΣEQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up8(2),k)EQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up8(2),0)51(−1)kCEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up3(k),2025)=ΣEQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up8(2),k)EQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up8(2),0)5=CEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(01),2025)—CEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(11),2025)+CEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(21),2025)—…+(—1)2025，2025(x233又'.'lnx2>1，lnx2−:同构函数：F(x)=x(ex+1−e)，x>0，x+1xx+1，:ex>e0=1，:ex−1>0，又xex+1>0，:F’(x)>0，F(x)单调递增，:x1=lnx2−1，EQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up4(r),9)EQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up4(r),9)解得r=3，可得解得r=1，可得即x3项的系数为—，3)系数的绝对值是CEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(r),9)()r，令:系数的绝对值最大的项为16.已知甲袋中有3个白球和4个黑球，乙袋中有5个白球和4个黑球，现在从两个袋2)取得白球个数ξ的分布列及数学期望．组区间的中点值为代表）.(2)可以认为这次竞赛成绩X近似地服从正态分布N(μ,σ2)（用样本平均数x和标准差s分别作为μ,σ的近似值已知样本标准差s≈8.65，如有84%的学生的竞赛成绩高于学校期望的平均分，则学校期望的平参考数据：若XN(μ,σ2)，则P(μ−σ<X≤μ+σ)≈0.6827,P(μ−2σ<X≤μ+2σ)≈0.9545,P(μ−3σ<X≤μ+3σ)≈0.9973.【解答】（1）由频率分布直方图可知，平均分=(65×0.01+75×0.04+85×0.035+95×0.015)×10=80.5；（2）由（1）可知，XN(80.5,8.652),设学校期望的平均分约为m，则P(X≥m)=0.84，因为P(μ−σ<X≤μ+σ)≈0.6827，P(μ−σ<X≤μ)≈0.34135，所以P(X>μ−σ)≈0.84135，即P(X>71.85)≈0.84，（3）由频率分布直方图可知，分数在[80,90)和[90,100]的频率分别为0.35和0.15，那么按照分层抽样，抽取10人，其中分数在[80,9分数在[90,100]应抽取人，记事件Ai：抽测i份试卷i=1,2,3，事件B:取出的试卷都不低于90分，11.（1）求椭圆E的标准方程；（2）设经过椭圆E左焦点F的直线l与椭圆E交于C,D两点，点O为坐标原点.若OCD面积为，点点M、N在椭圆E上，且满足记直线MQ的斜率为kMQ，直线NQ斜率为kNQ过点Q作MN的垂线，垂足为H，问：是否存在定点G，使得GH为定值？若存在，求出此定值，若不存在，请说明理由.:a=2,b=，故椭圆E的标准方程为.(2)显然直线l的斜率不会为0，设直线CD:x=ty−1，设C(x1,y1),D(x2,y2)，则2所以，直线l的方程为x+y+1=0或x−y+1=0.(3)若直线MN的斜率存在，设直线MN:y=kx+m,M(x3,y3),N(x4,y4)，2而QH丄MN，故QH丄RH，即点H在QR为直径的圆上，所以只需取QR的中点G(3,1)，则故存在G(3,1)，使得GH为定值.1917分）设函数f(x)=xlnx—a(x2—1).(1)若曲线y=f(x)在点(1,0)处的切线方程为x+y—1=0，求a的值；(2)当x>1时f(x)<0恒成立，求实数a的取值范围；证明由题意曲线y=f(x)在点(1,0)处的切线方程为x+y—1=0，则fI(1)=1—2a=—1，解得a=1；（2）f(x)=xlnx—a(x2—1)，