江西省萍乡市2022-2023学年高二上学期期末考试数学 Word版含解析

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萍乡市2022-2023学年度高二第一学期期末考试数学试卷本试卷分第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.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.

1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()A1B.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:D

25.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,,,,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,

3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()

4A.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,可判定D正确.

5【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①,故错误,展开式中含的项为,故,所以错误,令,则②,①②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是()

6A.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;

7,,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;

8,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,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.

9【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,

10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上,并完成解答.①与圆相切;②倾斜角的余弦值为;③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①,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②,求出,从而得到直线的一般式方程;选③,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①: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②:设直线的倾斜角为,由得;故直线的斜率;所以直线的一般式方程为;

11若选③: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)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

12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.

13【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,

14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、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

15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2,2,2,2,3,3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.

16(1)若,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,即到的距离最小;

17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

18【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;①

19,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①式任意的成立,则,故存在直线满足题意.

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