江西省萍乡市2022-2023学年高二上学期期末考试数学试题

这是一份江西省萍乡市2022-2023学年高二上学期期末考试数学试题，共20页。试卷主要包含了 过圆上一点的切线方程为， 下列结论正确的是， 已知，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。

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：C
2. 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：D
5. 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，
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：D
8. 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.
【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（ ）
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，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：2
14. 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：4
15. 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：72
16. 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；
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：
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：
【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.
【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､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2，2，2，2，3，3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，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；
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；①
，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.
1
2
3
0
1
2
3