江西省萍乡市2022-2023学年高二上学期期末考试数学试题含答案.docx

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1、萍乡市2022-2023学年度第一学期期末考试高二数学本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.第I卷1至2页，第II卷3至4页.满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名准考证号等填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号姓名考试科目”与考生本人的准考证号姓名是否一致.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答.若在试题卷上作答，答题无效.3.考试结束后，监考员将试题卷答题卡一并收回

2、.第I卷一单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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. 已知，则m等于（ ）A. 1B. 3C. 1或3D. 1或4【答案】C【解析】【分析】根据组合数的性质即可求解.【详解】由可知:或者,解得:或故选：C2. 若直线与直线垂直，则实数（ ）A. 0B. 1C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据已知条件，结合直线垂直的性质，即可求解【详解】直线与直线垂直，则，解得故选：3. 从某班包含甲乙的5名班干部中选出3人参加学校的社会实践活动，在甲被选中的情况下，乙也被选中的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根

3、据已知条件，结合条件概率公式，即可求解【详解】令事件为甲被选中的情况，事件为乙被选中的情况，故，故故选：4. 已知是双曲线的两个焦点，若双曲线的左右顶点和原点把线段四等分，则该双曲线的焦距为（ ）A 1B. 2C. 3D. 4【答案】D【解析】【分析】根据题意列出方程组进行求解即可.【详解】因为是双曲线的两个焦点，若双曲线的左右顶点和原点把线段四等分，所以，即，即，又因为，解得，所以c=2，所以该双曲线的焦距为.故选：D5. 在正四棱柱中，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】建系，写出相关点的坐标，根据向量求解.【详解】如图建立空间直角坐标系，则

4、，则，则，所以，异面直线与所成角的余弦值为.故选：C.6. 过圆上一点的切线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据圆的一般方程得到圆心，从而得到直线的斜率，进而求出过点的切线斜率，由直线的点斜式方程即可求得切线方程.【详解】由得：，则该圆的圆心为，又是该圆上一点，则直线的斜率为，所以过点的切线的斜率，则过点的切线方程为，即，故选：B.7. 抛物线的焦点为F，准线为l，点P是准线l上的动点，若点A在抛物线C上，且，则（O为坐标原点）的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】依题意得点坐标，作点关于的对称点，则，求即为最小值【详解】如图所示：作点

5、关于的对称点，连接，设点，不妨设 ， 由题意知，直线l方程为，则，得所以，得 ，所以由，当三点共线时取等号，又所以的最小值为故选：D8. 油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史.为宣传和推广这一传统工艺，某活动中将一把油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示.该伞的伞面是一个半径为的圆形平面，圆心到伞柄底端距离为2，当光线与地面夹角为时，伞面在地面形成了一个椭圆形影子，且伞柄底端正好位于该椭圆的长轴上，该椭圆的离心率（ ） A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，求出椭圆的长短半轴长，再求出离心率作答.【详解】依题意，过伞面上端边沿的光线、过这个边沿点伞面

6、的直径及椭圆的长轴围成底角为的等腰三角形，腰长为伞面圆的直径，椭圆长轴长为底边长，则，即，而椭圆的短轴长，即，所以椭圆的离心率故选：D二多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 下列结论正确的是（ ）A. 若随机变量服从两点分布，则B. 若随机变量的方差，则C. 若随机变量服从二项分布，则D. 若随机变量服从正态分布，则【答案】ACD【解析】【分析】根据二点分布的期望公式，可判定A正确；根据方差的性质，可判定B错误；根据二项分布的概率计算公式，可判定C正确；根据正态分布曲线的对称性，可判

7、定D正确.【详解】对于A中，由随机变量服从两点分布且，则，故A正确；对于B中，由随机变量的方差，可得，故B错误；对于C中，由变量服从二项分布，则，所以C正确；对于D中，由随机变量服从正态分布，根据正态分布曲线的对称性，可得，所以D正确.故选：ACD.10. 已知，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】分别令，求出对应的，选项，然后再求出展开式中含的项即可求出，由此即可判断【详解】解：令，则，故正确，令，则，故错误，展开式中含的项为，故，所以错误，令，则，可得：，故正确，故选：11. 如图，四边形为正方形，平面平面，且为正三角形，为的中点，则下列命题中正确的

8、是（ ）A. B. 平面C. 直线与所成角的余弦值为D. 二面角大小为【答案】ACD【解析】【分析】取的中点，连接，证明出平面，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误.【详解】取的中点，连接，因为为等边三角形，为的中点，则，因为平面平面，平面平面，平面，所以，平面，又因为四边形为正方形，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立如上图所示的空间直角坐标系，则、，则，A对；，易知平面的一个法向量为，故与平面不平行，B错；，所以，直线与所成角的余弦值为，C对；设平面的法向量为，则，取，则，所以，由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角为，D对.故

9、选：ACD.12. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且都在轴的上方，（为坐标原点），记的面积分别为，则（ ）A. 直线的斜率为B. 直线的斜率为C. D. 【答案】BC【解析】【分析】结合抛物线定义求出两点的坐标，利用两点坐标求直线的斜率，判断选项A，B，根据三角形面积公式求，判断C，D.【详解】设，过点分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，由抛物线的定义可得，所以，所以，故A项错误；B项正确；，所以，C正确，D错误，故选：BC.第II卷注意事项：第II卷共2页，须用黑色墨水签字笔在答题卡上作答.若在试题卷上作答，答题无效.三填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若圆与圆外切

10、，则_.【答案】2【解析】【分析】根据圆的方程得出圆心与半径，根据两圆外切的计算公式进行计算即可.【详解】由题意得，因为圆与圆外切，所以，解得.故答案为：214. 在空间直角坐标系中，若，则实数_.【答案】4【解析】【分析】由题意可得，即可得到方程组，进而解出方程组即可.【详解】由题意得，即，所以，解得.故答案为：415. 从数字中任选4个组成无重复数字的四位数，满足千位和百位上的数字之和为5，则这样的偶数共有_个.【答案】72【解析】【分析】先考虑千位和百位，再考虑个位，最后考虑十位，求出答案.【详解】满足数字之和为5的两个数字为，故千位和百位上的数字排列有种情况，再考虑个数，有种选择，最后

11、考虑十位，有6种选择，故这样的偶数共有个.故答案为：7216. 已知双曲线的一条渐近线方程为，是上关于原点对称的两点，是上异于的动点，直线的斜率分别为，若，则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】由渐近线的方程可得，的关系，写出，的坐标，设的坐标求出直线，的斜率由的斜率的范围求出的斜率的方程【详解】解：依题意，则双曲线的方程为：，则，设，则，所以，因为，所以，故答案为：【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质、直线和双曲线的位置关系，属于中档题四解答题：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. 已知直线过点，且_.在下列所给的三个条件中，任选一个补充在题中的横线

12、上，并完成解答.与圆相切；倾斜角的余弦值为；直线的一个方向向量为.（1）求直线的一般式方程；（2）若直线与曲线相交于两点，求弦长.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）选，先得到点在圆上，从而根据垂直关系求出直线的斜率，得到直线的一般式方程；选，求出，从而得到直线的一般式方程；选，根据直线的一个方向向量求出的斜率，求出直线的一般式方程；（2）求出圆心到直线距离，利用垂径定理求出弦长.【小问1详解】若选：因为，故点在圆上，且圆心与连线的斜率为，因为直线与圆相切，所以直线的斜率为2；所以直线的一般式方程为；若选：设直线的倾斜角为，由得；故直线的

13、斜率；所以直线的一般式方程为；若选：因为直线的一个方向向量为，所以的斜率；所以直线的一般式方程为【小问2详解】曲线，即；故为圆，圆心为，半径为；则圆心到直线的距离为；所以弦长.18. 某职业学校为了了解毕业班学生的操作能力，设计了一个考查方案：每个考生从6道备选题中一次性随机抽取3道选题，按照题目要求正确完成，规定：至少正确完成其中2个选题方可通过.6道备选题中，考生甲有4个选题能正确完成，2个选题不能完成；考生乙每个选题正确完成的概率都是，且每个选题正确完成与否互不影响.（1）分别求甲乙两位考生正确完成选题个数概率分布列（列出分布列表）；（2）请分析比较甲乙两位考生的操作能力.【答案】（1）

14、答案见解析 （2）答案见解析【解析】【分析】（1）根据超几何分布及二项分布分别求解即可；（2）根据超几何分布及二项分布的数学期望及方差公式分别求解即得.【小问1详解】记考生甲正确完成试题的个数分别为，则的可能取值有，且，所以，考生甲正确完成选题数的概率分布列如下表：123记考生乙正确完成试题的个数分别为，则的可能取值有，且，所以，考生乙正确完成选题数的概率分布列如下表：0123【小问2详解】，从做对题的个数的数学期望看，两人水平相当；因为，因此可以判断甲考生的操作能力更强.19. 如图，在直三棱柱中，是等边三角形，是棱的中点. （1）证明：平面平面；（2）求锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明

15、见解析 （2）.【解析】【分析】（1）通过和证明平面，从而证明面面垂直；（2）通过图形建立空间直角坐标系，求出两个平面的一个法向量，结合二面角的向量计算公式计算即可.【小问1详解】因为直三棱柱，所以平面，因为平面，所以；因为是等边三角形，是棱的中点，所以；因平面，且，所以平面，因为平面，所以平面平面【小问2详解】分别取的中点为，连接，因为是等边三角形，是中点，所以，因为直三棱柱，所以平面，因为平面，所以，因为为的中点，所以，所以即两两垂直，以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以，设平面的法向量为，所以，取，则，平面的一个法向量为；则，所以锐二面角的余弦值为20. 安排6名教师到甲

16、乙丙三个场馆做志愿者.（1）有14个相同的口罩全部发给这6名教师，每名教师至少发两个口罩，共有多少种不同的发放方法？（2）每名教师只去一个场馆，每个场馆至少要去一名教师，且两人约定去同一个场馆，共有多少种不同的安排方法？【答案】（1）21种 （2）150种.【解析】【分析】（1）分两类，结合组合知识进行求解；（2）法一：把视为一人，相当于把5个人先分成三组，再分配给三个场馆，利用排列和组合知识进行求解；法二：把6人先分成三组，再分配给三个场馆，分三种情况进行求解，每种情况下考虑安排在同一组，求出答案.【小问1详解】由题知，把这14个口罩按要求全部发给这6名教师有两种分配方案：或；按2，2，2，

17、2，3，3分时，有种分法；按2，2，2，2，2，4分时，有种分法；所以不同的发放方法有21种；【小问2详解】法一：把视为一人，相当于把5个人先分成三组，再分配给三个场馆，分组方法有两类：1，1，3或；按安排时，有种方法；按安排时，有种方法；所以不同的安排方法有种.法二：把6人先分成三组，再分配给三个场馆，分组方法有三类：第一类：若为2人组，有种分组方法；若在3人组，有种分组方法；再分配给三个场馆，有种方法；第二类：则为其中一组，有种方法；第三类：则在4人组，有种方法；所以不同的安排方法有种.21. 如图，在四棱锥中，平面，底面是边长为2的正方形，为的中点，是棱上两点（在的上方），且. （1）若

18、，求证：平面；（2）当点到平面的距离取得最大值时，求的长.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）连接交于，连接，证明，根据线面平行的判定定理即可证明结论；（2）根据三棱锥的等体积法判断要使点到平面的距离最大，则需的面积最小，即到的距离最小；建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，利用空间距离的向量求法，即可求得答案.【小问1详解】连接交于，连接，因为为的中点，是正方形，所以；因为，所以，所以，因为平面平面，所以平面；【小问2详解】在四棱锥中，因为，所以的面积为定值，又点A到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值；要使点到平面的距离最大，则需的面积最小，即到的

19、距离最小；由题知，以A为坐标原点，为轴建立如图空间直角坐标系，则，由于平面，平面，故,而，故为等腰直角三角形，即；设到的距离为，则，故到的距离为，对于二次函数，其图象对称轴为，当时，取到最小值，此时到的距离最小，此时点到平面的距离最大，所以. 22. 已知椭圆的左右焦点分别为，焦距为2，点在椭圆上.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知是直线上的一点，是否存在这样的直线，使得过点的直线与椭圆相切于点，且以为直径的圆过点？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.【答案】（1） （2）存在直线【解析】【分析】（1）设椭圆方程为，由，得到焦点，然后利用椭圆的定义求解； （2）由题意设直线的方程为，与椭圆方程联立，由，得到，进而得到切点的坐标为再结合的坐标为，为直径的圆过点，由求解.【小问1详解】设椭圆的方程为，由题知，即，所以焦点，由椭圆的定义得：，即故椭圆的标准方程为；【小问2详解】如图所示： 由题易知直线存在斜率，设直线的方程为，联立，得，由，得；，即切点的坐标为又的坐标为，以为直径的圆过点，则，则，化简，得，上式对满足式任意的成立，则，故存在直线满足题意.