2022-2023学年山东省日照市高二上学期期末校际联合考试数学试题（含解析）

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这是一份2022-2023学年山东省日照市高二上学期期末校际联合考试数学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知复数z在复平面内对应的点的坐标为(2,−1)，则|iz+2|=( )
A. 2B. 5C. 2 2D. 13
2.已知直线x+ay−1=0和直线ax+4y+2=0互相平行，则a的值是
( )
A. 0B. 2C. −2D. ±2
3.已知随机变量X∼N1,σ2，且PX>−2=0.8，则P−2A. 0.6B. 0.4C. 0.2D. 0.9
4.若直线l过抛物线y2=8x的焦点，与抛物线相交于A,B两点，且|AB|=16，则线段AB的中点P到y轴的距离为
( )
A. 6B. 8C. 10D. 12
5.已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点为F1，F2，以F1F2为直径的圆与椭圆有四个交点，则椭圆离心率的范围为
．( )
A. 22,1B. 22,1C. 12,1D. 12,1
6.如图，某绿色蔬菜种植基地在A处，要把此处生产的蔬菜沿道路AA1或AA2运送到形状为四边形区域A1A2A3A4的农贸市场中去，现要求在农贸市场中确定一条界线，使位于界线一侧的点沿道路AA1运送蔬菜较近，而另一侧的点沿道路AA2运送蔬菜较近，则该界线所在曲线为
( )
A. 圆B. 椭圆C. 双曲线D. 直线
7.不透明的袋子内装有相同的5个小球，分别标有1−5五个编号，现有放回的随机摸取三次，则摸出的三个小球的编号乘积能被10整除的概率为
A. 42125B. 18125C. 625D. 12125
8.已知(2−x)2023=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+⋯+a2023(x+1)2023，则a0+a1+a2+⋯+a2023=( )
A. 24046B. 1C. 22003D. 0
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列命题中正确的是( )
A. 已知向量a//b，则存在向量与a，b构成空间向量的一组基底
B. 两个不同平面α，β的法向量分别是u，v，u=1,2,−2，v=2,1,2，则α⊥β
C. 已知三棱锥O−ABC，点P为平面ABC上一点，OP=12OA+mOB−nOCm,n∈R，则m−n=12
D. 已知A0,1,0，B1,2,0，则与AB方向相同的单位向量是1,1,0
10.设复数z1= 3+i,z2=x+yi(x,y∈R)，z1，z2对应的向量分别为OZ1,OZ2，(O为坐标原点)，则
( )
A. z1=2
B. 若OZ1//OZ2，则 3x+y=0
C. 若OZ1⊥OZ2，则z1z2=0
D. 若z1−z2= 3，则z2的最大值为2+ 3
11.如图A2,0，B1,1，C−1,1，D−2,0，CD⌢ 是以OD为直径的圆上一段圆弧，CB⌢是以BC为直径的圆上一段圆弧，BA⌢是以OA为直径的圆上一段圆弧，三段弧构成曲线W.则下述正确的有
．( )
A. ①曲线W与x轴围成的面积等于2π
B. ②曲线W上有5个整点(横纵坐标均为整数的点)
C. ③CB⌢所在圆的方程为：x2+(y−1)2=1
D. ④CB⌢与BA⌢的公切线方程为：x+y= 2+1
12.已知平面上的线段l及点P，任取l上一点Q，称线段PQ长度的最小值为点P到线段l的距离，记作d(P,l).已知线段l1：x=−1(−2≤y≤2)，l2：x=1(−2≤y≤0)，点P为平面上一点，且满足d(P,l1)=d(P,l2)，若点P的轨迹为曲线C，A,B是第一象限内曲线C上两点，点F(1,0)且AF=54，BF= 262，则
( )
A. 曲线C关于x轴对称B. 点A的坐标为(14,1)
C. 直线AB的方程为12x−10y+7=0D. ▵FAB的面积为1916
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.(x−2x)6的二项展开式中x2项的系数为________．
14.已知a=(2,1,3)，b=(−4,2,x)且a⊥b，则|a−b|= ．
15.甲､乙两名探险家在桂林山中探险，他们来到一个山洞，洞内是一个椭球形，截面是一个椭圆，甲､乙两人分别站在洞内如图所示的A､B两点处，甲站在A处唱歌时离A处有一定距离的乙在B处听得很清晰，原因在于甲､乙两人所站的位置恰好是洞内截面椭圆的两个焦点，符合椭圆的光学性质，即从一个焦点发出光经椭圆反射后经过另一个焦点.现已知椭圆：C:x2100+y236=1上一点M，过点M作切线l，A，B两点为左右焦点，cs∠AMB=−14，由光的反射性质：光的入射角等于反射角，则椭圆中心O到切线l的距离为___________．
16.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为4，点H在棱AA1上，且HA1=1，在侧面BCC1B1内作边长为1的正方形EFGC1，P是侧面BCC1B1内一动点，且点P到平面CDD1C1的距离等于线段PF的长，则当点P运动时，HP2的取值范围是．
四、解答题：本题共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.(本小题10分)
已知圆C上有两个点A2,3，B4,9，且AB为直径．
(1)求圆C的方程；
(2)已知P0,5，求过点P且与圆C相切的直线方程．
18.(本小题12分)
若位于y轴右侧的动点M到F14,0的距离比它到y轴距离大14．
(1)求动点M的轨迹方程D．
(2)过轨迹D上一点A4,2作倾斜角互补的两条直线AB,AC，交轨迹D于B,C两点，求证：直线BC的斜率是定值．
19.(本小题12分)
某中学在该校高一年级开设了选修课《中国数学史》，经过一年的学习，为了解同学们在数学史课程的学习后学习数学的兴趣是否浓厚，该校随机抽取了200名高一学生进行调查，得到统计数据如下：
(1)求2×2列联表中的数据x,y,m,n的值，并确定能否有85%的把握认为对数学兴趣浓厚与选学《中国数学史》课程有关；
(2)在选学了《中国数学史》的120人中按对数学是否兴趣浓厚，采用分层随机抽样的方法抽取12人，再从12人中随机抽取3人做进一步调查．若初始总分为10分，抽到的3人中，每有一人对数学兴趣薄弱减1分，每有一人对数学兴趣浓厚加2分．设得分结果总和为X，求X的分布列和数学期望．
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(a+c)(c+d)(b+d),n=a+b+c+d.
20.(本小题12分)
如图，在四面体P−ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB=AC=2PA=2，点D在线段AC上．
(1)当D是线段AC中点时，求A到平面PBD的距离；
(2)若二面角A−PD−B的余弦值为13，求ADAC的值．
21.(本小题12分)
某学校为了迎接党的二十大召开，增进全体教职工对党史知识的了解，组织开展党史知识竞赛活动并以支部为单位参加比赛.现有两组党史题目放在甲､乙两个纸箱中，甲箱有5个选择题和3个填空题，乙箱中有4个选择题和3个填空题，比赛中要求每个支部在甲或乙两个纸箱中随机抽取两题作答.每个支部先抽取一题作答，答完后题目不放回纸箱中，再抽取第二题作答，两题答题结束后，再将这两个题目放回原纸箱中．
(1)如果第一支部从乙箱中抽取了2个题目，求第2题抽到的是填空题的概率；
(2)若第二支部从甲箱中抽取了2个题目，答题结束后错将题目放入了乙箱中，接着第三支部答题，第三支部抽取第一题时，从乙箱中抽取了题目.已知第三支部从乙箱中取出的这个题目是选择题，求第二支部从甲箱中取出的是2个选择题的概率．
22.(本小题12分)
椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1,F2，左右顶点为A,B，D为椭圆C的上顶点，DF1的延长线与椭圆相交于G，▵DGF2的周长为8，DF1=3GF1，P为椭圆C上一点．圆O以原点O为圆心且过椭圆上顶点D．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点P的直线与圆O切于Q，(Q位于第一象限)，求使得▵OPQ面积最大时的直线PQ的方程；
(3)若直线AP,BP与y轴的交点分别为E,F，以EF为直径的圆与圆O的一个交点为M，判断直线PM是否平行于x轴并证明你的结论．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查复数的模，考查复数的代数表示及其几何意义．
根据复数的几何意义可得z=2−i，再根据复数的基本运算法则化简，结合模长公式即可求解．
【解答】
解：由题意得z=2−i，
所以iz+2=i(2−i)+2=3+2i，
所以|iz+2|= 32+22= 13．
2.【答案】B
【解析】【分析】由两直线平行直接列方程求解即可．
解：由题意可知a≠0，
因为直线x+ay−1=0和直线ax+4y+2=0互相平行，
所以1a=a4≠−12，解得a=2，
故选：B
3.【答案】A
【解析】【分析】先根据PX>−2=0.8，求PX≤−2，再根据正态密度曲线的对称性求P−2解：因为PX>−2=0.8，所以PX≤−2=1−PX>−2=0.2，
所以P−2故选：A．
4.【答案】A
【解析】【分析】由双曲线的定义可得|AB|=x1+x2+4，再由中点坐标公式即可得解．
解：由题意，抛物线的准线为x=−2，
设Ax1,y1,Bx2,y2，所以|AB|=x1+x2+4=16，即x1+x2=12，
所以点P的横坐标为x1+x22=6，所以点P到y轴的距离为6．
故选：A．
5.【答案】A
【解析】【分析】根据圆的直径及圆与椭圆交点的个数可得c>b，据此可求出椭圆的离心率．
解：因为以F1F2为直径的圆与椭圆有四个交点，所以b即b212，即e> 22，
又因为0故选：A．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查与双曲线有关的轨迹问题，双曲线的定义，属于中档题．
设M是界限上的一点，由题意可得||MA1|−|MA2||=||AA2|−|AA1||<|A1A2|，根据双曲线的定义即可判断．
【解答】
解：设M是界限上的一点，则MA1+AA1=MA2+AA2，
所以MA1−MA2=AA2−AA1，即MA1−MA2=AA2−AA1，
在△AA1A2中，AA2−AA1所以点M的轨迹为双曲线，即该界线所在曲线为双曲线．
故选C．
7.【答案】A
【解析】【分析】1、分步相乘计数原理的应用；2、古典概型概率公式．
解：因为有放回的随机摸取三次共有53=125种情况，其中三次都没有五号球的共有43=64种，三次都没有四号球和二号球的共有33=27种，三次既没有五号球又没有四号球和二号球的共有23=8种，所以摸出的三个小球的编号乘积能被10整除的共有125−64−27+8=42种情况，因此摸出的三个小球的编号乘积能被10整除的概率是42125，故选 A．
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查与二项式定理有关的问题，属于基础题．
首先利用换元，转化为 3−t2023=a0+a1t+a2t2+⋯+a2023t2023 ，求出展开式的通项公式，进而求得系数的通项，赋值求和即可．
【解答】
解：因为 (2−x)2023=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+⋯+a2023(x+1)2023 ，
令 t=x+1 ，可得 x=t−1 ，
则 2−t−12023=3−t2023=a0+a1t+a2t2++a2023t2023 ，
二项式 3−t2023的展开式通项为 Tr+1=C2023r⋅32023−r−tr ( 0≤r≤2023 且 r∈N )，
则 ar=C2023r⋅32023−r⋅−1r ( 0≤r≤2023 且 r∈N )．
当 r 为奇数时， ar<0 ，当 r 为偶数时， ar>0 ，
因此，令 t=−1 可得 a0+a1+a2+⋯+a2023
=a0−a1+a2−⋯−a2023=3+12023=24046 ．
故选：A．
9.【答案】BC
【解析】【分析】根据空间向量的性质判断各选项即可．
解：对于A，a//b，所以其它向量与a，b一定共面，所以不能构成基底，故 A选项错误；
对于B，因为u⋅v=2+2−4=0，所以α⊥β，故 B选项正确；
对于C，因为点P为平面ABC上的一点，所以12+m−n=1，所以m−n=12，故 C选项正确；
对于D，设c=(1,1,0)，则c= 2，所以该向量不是单位向量，故 D选项错误．
故选：BC．
10.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查了复数的代数表示及其几何意义，复数的模及其几何意义，向量平行关系的坐标表示，向量数量积的坐标表示与向量垂直的关系，属于中档题．
对A，根据模长公式求解即可；对B，根据向量平行的坐标公式求解即可；对C，根据向量垂直的坐标公式求解x，y的关系，再求解z1z2即可；对D，根据复数的几何意义数形结合求解即可．
【解答】
解：对A，|z1|= 32+12=2，故A正确；
对B，z1= 3+i对应的向量为OZ1=( 3,1)，
z2=x+yi对应的向量为OZ2=(x,y)，
因为OZ1//OZ2，故 3y−x=0，即x= 3y，故B错误；
对C，若OZ1⊥OZ2，则 3x+y=0，即y=− 3x，
故z1z2=( 3+i)(x− 3xi)=2 3x−2xi，当x≠0时，z1z2≠0，故C错误；
对D，若z1−z2= 3，即|(x− 3)+(y−1)i|= 3，
其几何意义为点(x,y)到点( 3,1)的距离等于 3，
又|z2|的几何意义为点(x,y)到点(0,0)的距离，
故|z2|的最大值为 ( 3−0)2+(1−0)2+ 3=2+ 3，故D正确．
故选AD．
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
此题考查圆的方程及其应用，考查直线与圆相切的条件，考查数形结合的思想和方程思想，属于中档题．
由曲线W与x轴的图形为一个半圆和一个矩形、加上两个14圆，从而可求出面积，可判断①；分别写出各个整点，即可判断②；由CB⌢是以(0,1)为圆心，1为半径的圆，可得所求圆的方程，可判断③；设CB⌢与BA⌢的公切线方程为y=kx+t(k<0,t>0)，由直线与圆相切的条件，运用点到直线的距离公式，解方程可得所求方程，可判断④．
【解答】
解：曲线W与x轴围成的图形是以(0,1)为圆心，1为半径的半圆加上以(1,0)为圆心，1为半径的14圆，再加上以(−1,0)为圆心，1为半径的14圆，加上长为2，宽为1的矩形构成，可得其面积为12π+12π+2=2+π≠2π，所以①错误；
曲线W上有(−2,0),(−1,1),(0,2),(1,1),(2,0)共5个整点，所以②正确；
CB⌢是以(0,1)为圆心，1为半径的圆，其
所在圆的方程为x2+(y−1)2=1，所以③正确；
设CB⌢与BA⌢的公切线方程为y=kx+t(k<0,t>0)，
由直线与圆相切的条件可得t−1 1+k2=1=k+t 1+k2，
解得k=−1,t=1+ 2(t=1− 2舍去)，
则其公切线方程为：x+y= 2+1，所以④正确，
故选BCD．
12.【答案】BCD
【解析】【分析】利用抛物线的定义，结合解方程组法是解题的关键．
根据题中定义，结合抛物线的定义、直线斜率公式逐一判断即可．
解：l1：x=−1(−2≤y≤2)为线段SQ，l2：x=1(−2≤y≤0)为线段FR，
又d(P,l1)=d(P,l2)，
设Px,y，
①当−2≤y≤0时，由题意可得，点P的轨迹x=0−2≤y≤0；
②当y<−2时，d(P,l1)=PQ，dP,l2=PR，点P的轨迹x=0y<−2；
③当0≤y≤2时，d(P,l1)为点P到x=−1的距离，d(P,l2)=PF，
此时点P的轨迹是一条抛物线，准线方程为x=−1，
所以p=2，故抛物线的标准方程为y2=4x0≤y≤2；
④当y>2时，d(P,l1)=PS，d(P,l2)=PF，此时点P在SF的中垂线上，
而S(−1,2)，F(1,0)，中点坐标为 (0,1)，所以kSF=2−1−1=−1，
所以点P在y=x+1y>2上，故选项 A错误；
设T(1,2)，又AF=54因为BF= 262>FT，又点B在y=x+1上，
联立方程组y=x+1(x−1)2+y2= 2622，可得x=32,y=52，
所以点B的坐标为32,52，kAB=52−132−14=65，故直线AB的方程为y=65x−14+1，即12x−10y+7=0．
故选项C正确；则直线AB与x=1的交点坐标为G1,1910，
所以S▵FAB=S▵FGA+S▵FGB=12×1910×1−14+12×1910×32−1=1916，故选项 D正确．
故选：BCD
13.【答案】60
【解析】【分析】本题主要考查求指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于常考题型．
先写出二项展开式的通项，Tr+1=C6rx6−r(−2)rx−r=C6r(−2)rx6−2r，令6−2r=2，进而可求出结果．
解：因为(x−2x)6的二项展开式的通项为：Tr+1=C6rx6−r(−2)rx−r=C6r(−2)rx6−2r，
令6−2r=2，则r=2，
所以x2项的系数为C62(−2)2=60．
故答案为60
14.【答案】 38
【解析】【分析】
本题考查向量的数量积的运算，涉及向量的垂直和模长的求解，属基础题．
由垂直可得数量积为0，进而可得x值，可得向量a−b的坐标，由模长公式计算可得．
【解答】
解：∵a=(2,1,3)，b=(−4,2,x)，且a⊥b，
∴a⋅b=2×(−4)+1×2+3x=0，解得x=2，
故a−b=(2,1,3)−(−4,2,2)=(6,−1,1)，
∴|a−b|= 62+(−1)2+12= 38，
故答案为： 38．
15.【答案】5 62
【解析】【分析】过M作M处切线的垂线交AB于N，过A，O，B分别作切线的垂线交切线于点A1，O1，B1，由光学性质和几何位置关系得到∠A1AM=∠AMN=∠BMN=∠B1BM，求出sin∠AMA1= 64，利用中位线的性质、椭圆的定义求出OO1．
解：如图，过M作M处切线的垂线交AB于N，过A，O，B分别作切线的垂线交切线于点A1，O1，B1，由光学性质可知MN平分∠AMB，∠B1MB=∠A1MA，
则∠A1AM=∠AMN=∠BMN=∠B1BM，
因为cs∠AMB=−14，
故csπ−∠AMB=cs2∠AMA1=1−2sin2∠AMA1=14，
所以sin∠AMA1= 64，
OO1=12AA1+BB1=12AMsin∠AMA1+BMsin∠BMB1=12⋅20⋅sin∠AMA1=5 62 ．
故答案为：5 62．
16.【答案】[22,1134]
【解析】【分析】
本题考查空间直角坐标系的应用问题，考查数学转化思想方法，训练了利用二次函数求最值，属于较难题．
建立空间直角坐标系，过点H作HM⊥BB′，垂足为M，连接MP，得出HP2=HM2+MP2，利用空间直角坐标系求出MP2的取值范围，则答案可求．
【解答】
解：建立空间直角坐标系如图所示，
过点H作HM⊥BB′，垂足为M，连接MP，
则HM⊥PM，
∴HP2=HM2+MP2．
过P作PN⊥CC′，垂足为N，
设P(x,4,z)，
则F(1,4,3)，M(4,4,3)，N(0,4,z)，且0≤x≤4，0≤z≤4．
∵PN=PF，
∴ (x−1)2+(z−3)2=x，化简得2x−1=(z−3)2，
则2x−1≥0，即12≤x≤4．
∴MP2=(x−4)2+(z−3)2=(x−4)2+2x−1=x2−6x+15∈[6,494]，
此时HP2=HM2+MP2=16+MP2∈[22,1134].
故答案为：[22,1134].
17.【答案】解：(1)
因为圆C的直径为AB，故其圆心为C3,6，
其半径为12AB=12 4−22+9−32= 10，
故圆C的方程为：x−32+y−62=10．
(2)
因为0−32+5−62=10，故P在圆C上，连接PC，
而直线PC的斜率：kPC=5−60−3=13，故圆C在P处的切线的斜率为k=−3，
故所求切线的方程为：y=−3x+5．

【解析】【分析】(1)由中点坐标公式求出圆心C坐标，再求出半径，即可得到圆的方程；
(2)先判断点P在圆C上，再求得直线PC的斜率，从而得到切线的斜率，即可求解．
18.【答案】解：(1)
设Mx,y，x>0，则MF= x−142+y2，
故 x−142+y2−x=14，化简得：y2=xx>0，
故动点M的轨迹方程D为y2=xx>0；
(2)
设Bx1,y1,Cx2,y2,x1≠0,x2≠0,x1≠x2,y1+y2≠0，
则y12=x1,y22=x2，
两式相减得：y12−y22=x1−x2，即y1−y2x1−x2=kAB=1y1+y2，
因为直线AB,AC的倾斜角互补，且x1≠4,x2≠4，
所以y1−2x1−4+y2−2x2−4=y1−2y12−4+y2−2y22−4=1y1+2+1y2+2=y1+y2+4y1+2y2+2=0，
故y1+y2=−4，
所以kAB=1y1+y2=−14，
故直线BC的斜率是定值．

【解析】【分析】(1)设出Mx,y，x>0，利用题目条件列出方程，化简后得到轨迹方程；
(2)设出Bx1,y1,Cx2,y2，得到y12=x1,y22=x2，相减后得到kAB=1y1+y2，再根据直线AB,AC的倾斜角互补，两直线斜率之和为0，求出y1+y2=−4，从而得到直线BC的斜率是定值−14
19.【答案】解：(1)
由题意得：x=60，y=20，m=40，n=80．
则K2=200×100×20−20×602160×40×120×80=2512≈2.083>2.072，
所以，有85%的把握认为对数学兴趣浓厚与选学数学史课程有关
(2)
在选学了数学史的120人中按对数学是否兴趣浓厚，采用分层随机抽样的方法抽取12人，可知其中对数学兴趣浓厚有10人，对数学兴趣薄弱有2人，再从12人中抽取3人，当这3人中恰有2人对数学兴趣薄弱时，X=10；当这3人中恰有1人对数学兴趣薄弱时，X=13；当这3人都对数学兴趣浓厚时，X=16;故：PX=10=C22C101C123=122，PX=13=C21C102C123=922PX=16=C20C103C123=611，
所以X的分布列为：
X的数学期望为：EX=10×122+13×922+16×611=292．

【解析】【分析】(1)根据列联表，直接填写表格，再根据参考公式求K2，即可判断；
(2)首先确定X=10,13,16，再利用超几何分布求概率．
20.【答案】(1)解：因为PA⊥平面ABC，AB⊥AC，以点A为坐标原点，AB、AC、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为D为AC的中点，则A0,0,0、B2,0,0、D0,1,0、P0,0,1，
设平面PBD的法向量为m=x,y,z，BP=−2,0,1，BD=−2,1,0，
则m⋅BP=−2x+z=0m⋅BD=−2x+y=0，取x=1，可得m=1,2,2，
又AB=2,0,0，所以，点A到平面PBD的距离为AB⋅mm=23．
(2)解：设点D0,t,0，其中0≤t≤2，BP=−2,0,1，BD=−2,t,0，
设平面PBD的法向量为n1=x1,y1,z1，则n1⋅BP=−2x1+z1=0n1⋅BD=−2x1+ty1=0，
取x1=t，可得n1=t,2,2t，
易知平面PAD的一个法向量为n2=1,0,0，
由已知可得cs=n1⋅n2n1⋅n2=t 5t2+4=13，解得t=1，
此时点D为AC的中点，故ADAC=12．
【解析】本题考查利用空间向量求点面之间的距离，利用空间向量求面面的夹角，属于中档题．
(1)以点A为坐标原点，AB、AC、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得A到平面PBD的距离；
(2)设点D0,t,0，其中0≤t≤2，利用空间向量法可得出关于t的方程，解出t的值，即可得解．
21.【答案】解：(1)设 Ai 表示“第 i 次从乙箱中取到填空题”， i=1 ，2，
PA1=37 ， PA2|A1=26=13 ， PA2|A1=36=12
由全概率公式得：第2次抽到填空题的概率为：
PA2=PA1×PA2|A1+PA1×PA2|A1=37×26+47×36=37 ；
(2)设事件 A 为“第三支部从乙箱中抽1个选择题”，
事件 B1 为“第二支部从甲箱中取出2个题都是选择题”，
事件 B2 为“第二支部从甲箱中取出1个选择题1个填空题”，
事件 B3 为“第二支部从甲箱中取出2个题都是填空题”，
则 B1 ､ B2 ､ B3 彼此互斥，且 B1∪B2∪B3=Ω ，
PB1=C52C82=514 ，
PB2=C51C31C82=1528 ，
PB3=C32C82=328 ，
PA|B1=69 ，
PA|B2=59 ，
PA|B3=49 ，
P(A)=P(B1)×P(A|B1)+P(B2)×P(A|B2)+P(B3)×P(A|B3)
=514×69+1528×59+328×49=712
所求概率即是 A 发生的条件下 B1 发生的概率： PB1|A=PB1APA=PB1PA|B1PA=514×69712=2049 ．

【解析】本题考查全概率公式，条件概率的概念与计算，
(1)设 Ai 表示“第 i 次从乙箱中取到填空题”，分别求出概率，根据全概率公式即可；
(2)设事件 A 为“第三支部从乙箱中抽1个选择题”，事件 B1 为“第二支部从甲箱中取出2个题都是选择题”，事件 B2 为“第二支部从甲箱中取出1个选择题1个填空题”，事件 B3 为“第二支部从甲箱中取出2个题都是填空题”，则 B1 ､ B2 ､ B3 彼此互斥，求出相关的概率，再根据条件概率求解即可．
22.【答案】解：(1)
由▵DGF2的周长为8得，4a=8,a=2．
由DF1=3GF1且G在DF1的延长线上，得DG=43DF1，设G(x0,y0)，
∵D(0,b),F(−c,0)，∴DG=(x0,y0−b),DF1=(−c,−b)
则(x0,y0−b)=43(−c,−b),x0=−43c,y0=−13b，
又x02a2+y02b2=1，解得c2=2，
所以b2=2，椭圆C的方程为x24+y22=1
(2)
∵OQ⊥PQ,S▵OPQ=12OQ⋅PQ= 22 OP2−2,又OPmax=2，
所以当OP=2时，△OPQ面积取得最大值，此时点P(2,0)，又因为点Q位于第一象限，OQ= 2,∴∠OPQ=45∘,∴kPQ=−1,直线PQ的方程为y=−x+2．
(3)
直线PM平行于x轴．理由如下：
由题意知点P不与点A或点B重合，设Mx1,y1,Px2,y2,则直线AP的方程为y=y2x2+2(x+2)，
令x=0,得E0,2y2x2+2,同理可求F0,−2y2x2−2,
ME=(−x1,2y2x2+2−y1),MF=(−x1,−2y2x2−2−y1),∵ME⋅MF=x12+y12+y18y2x22−4−4y22x22−4=0，
将x12+y12=2及x22−4=−2y22代入化简得y1=y2，所以直线PM平行于x轴．

【解析】【分析】第三问：设M、P的坐标，则可以写出直线AP，BP的方程，从而求出E、F的坐标，根据EF为直径，可得ME⋅MF=0，再根据x12+y12=2及x22−4=−2y22，可求y1=y2，从而得证．
(1)由▵DGF2的周长为8得a=2，由DF1=3GF1且G在DF1的延长线上，得DG=43DF1，设G(x0,y0)，代入坐标，可求c2=2，从而b2=2，椭圆方程可得．
(2)由OQ⊥PQ,S▵OPQ=12OQ⋅PQ= 22 OP2−2可知，当P(2,0)时，△OPQ面积取得最大值，此时∠OPQ=45∘,即kPQ=−1,从而可求直线PQ的方程；
(3)设Mx1,y1,Px2,y2,则可以写出直线AP，BP的方程，从而求出E0,2y2x2+2，F0,−2y2x2−2，根据EF为直径，可得ME⋅MF=0，再根据x12+y12=2及x22−4=−2y22，可求y1=y2，从而得证．
对数学兴趣浓厚
对数学兴趣薄弱
合计
选学了《中国数学史》
100
20
120
未选学《中国数学史》
x
y
n
合计
160
m
200
P(K2≥k)
0.150
0.100
0.050
0.025
0.010
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
X
10
13
16
P
122
922
611