2022-2023学年内蒙古阿拉善盟一中高二（上）期末数学试卷（文科）（含解析）

这是一份2022-2023学年内蒙古阿拉善盟一中高二（上）期末数学试卷（文科）（含解析），共12页。试卷主要包含了0分， 若⊙C1， 已知双曲线C， 给出下列四个命题， 过椭圆C等内容，欢迎下载使用。

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共9小题，共45.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 抛物线y2=12x的准线方程为( )
A. x=−6B. x=−3C. x=6D. x=3
2. 以点(−3,2)为圆心，且与直线3x−y+1=0相切的圆的方程是( )
A. (x−3)2+(y+2)2=10B. (x+3)2+(y−2)2=1
C. (x+3)2+(y−2)2=10D. (x−3)2+(y+2)2=1
3. 2022年10月9日7时43分，我国在酒泉卫星发射中心使用长征二号丁型运载火箭，成功将先进天基太阳天文台“夸父一号”发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功.该卫星是我国综合性太阳探测卫星，将聚焦太阳磁场、太阳耀斑和日冕物质抛射的观测，开启我国综合性太阳探测时代，实现我国天基太阳探测卫星跨越式突破.“夸父一号”随着地球绕太阳公转，其公转轨道可以看作是一个椭圆，若我们将太阳看做一个点，则太阳是这个椭圆的一个焦点，“夸父一号”离太阳的最远距离为15210万千米，最近距离为14710万千米，则“夸父一号”的公转轨道的离心率为( )
A. 14711521B. 251471C. 251521D. 251496
4. 若⊙C1：x2+y2−2y−3=0与⊙C2：x2+y2−8x+4y+a=0相外切，则a=( )
A. 9B. 10C. 11D. 12
5. 在区间[−2,5]上随机地抽取一个实数x，若x满足x2−m≤0的概率为57，则实数m的值为( )
A. 3B. 4C. 8D. 9
6. 已知双曲线C：x2a2−y2b2=1的离心率为 2且C过点( 2,−1)，直线l：y=k(x−2)与C的右支有两个不同的交点，则实数k的取值范围是( )
A. (−∞,−1)∪(1,+∞)B. (−1,1)
C. (− 2, 2)D. (−∞,− 2)∪( 2,+∞)
7. 若角θ的终边经过点(−1,2)，则sinθ(1+sin2θ)sinθ+csθ=( )
A. 65B. −65C. 25D. −25
8. 给出下列四个命题：①“若ac2>bc2，则a>b”的逆命题；②“∃x0∈R，使得lnx0=−x0+1”的否定；③已知函数f(x)=sin(2x+π3)的图象向右平移φ个单位长度后得到函数g(x)的图象，“函数g(x)为偶函数”的充要条件是“φ=kπ2−π12(k∈Z)”；④在△ABC中，“sinA> 22”是“A>π4”的充分不必要条件.其中为真命题的是( )
A. ②④B. ①④C. ③④D. ②③
9. 过椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F且与长轴垂直的弦的长为3 2，过点P(2,1)且斜率为−1的直线与C相交于A，B两点，若P恰好是AB的中点，则椭圆C上一点M到F的距离的最大值为( )
A. 6B. 2 2+3C. 2 3+3D. 3 2+3
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共3小题，共15.0分）
10. 若方程x2m+3+y2m−1=1表示双曲线，则实数m的取值范围是 ．
11. 运行如图所示的程序框图，则输出结果为 ．
12. 已知O为坐标原点，抛物线C的方程为y2=8x，F为C的焦点，A(2,4)，过点F的直线l与抛物线C交于P，Q两点(异于点A)，且AP，AQ分别交x轴于M，N两点，则|OM|⋅|ON|= ．
三、解答题（本大题共4小题，共48.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
13. (本小题12.0分)
已知直线l经过直线x+3y+5=0和3x−2y−7=0的交点，且与直线x−y+5=0垂直．
(1)求直线l的方程；
(2)若圆C过点(−2,0)，且圆心C在y轴的负半轴上，直线l被圆C所截得的弦长为2 11，求圆C的标准方程．
14. (本小题12.0分)
某公司组织了丰富的团建活动，为了解员工对活动的满意程度，随机选取了100位员工进行问卷调查，并将问卷中的这100人根据其满意度评分值(百分制)按照[40,50)，[50,60)，[60,70)，…，[90,100]分成6组，制成如图所示的频率分布直方图(这100人的评分值都分布在[40,100]之间)．
(1)求实数m的值以及这100人的评分值的中位数；
(2)现从被调查的问卷满意度评分值在[60,80)的员工中按分层抽样的方法抽取5人进行座谈了解，再从这5人中随机抽取2人作主题发言，求抽取的2人恰在同一组的概率．
15. (本小题12.0分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，P为抛物线上一点，|OP|=|PF|，且△OFP的面积为 22，其中O为坐标原点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知点Q(−2,0)，不垂直于x轴的直线l与抛物线C交于A，B两点，若直线AQ，BQ关于x轴对称，求证：直线l过定点并写出定点坐标．
16. (本小题12.0分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A(0, 2)，直线AF1的倾斜角为π4，原点O到直线AF1的距离是12a.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知直线l与椭圆C相切，切点M在第二象限，过点O作直线l的垂线，交椭圆C于P，Q两点(点P在第二象限)，直线MQ交x轴于点N，若S△NOQ=310S△MPQ，求直线l的方程．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由抛物线方程可得准线方程为：x=−124=−3．
故选：B．
由抛物线方程可直接求得准线方程．
本题考查了抛物线的简单几何性质，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为点(−3,2)到直线3x−y+1=0的距离是d=|3×(−3)−2+1| 32+12= 10，
所以圆的半径为 10，所以圆的方程为(x+3)2+(y−2)2=10．
故选：C．
根据直线与圆的位置关系求得圆的半径，即可求得结果．
本题主要考查圆的切线方程，考查转化能力，属于中档题．
3.【答案】B
【解析】解：由椭圆的性质可得a+c=15210，a−c=14710，
则a=14960，c=250，
则ca=25014710=251471，
则“夸父一号”的公转轨道的离心率为251471，
故选：B．
由椭圆的性质可得a+c=15210，a−c=14710，然后求ca即可得解．
本题考查了椭圆的性质，重点考查了椭圆离心率的求法，属基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由题意可得：⊙C1的标准方程是x2+(y−1)2=4，
则圆心C1的坐标为(0,1)，半径r1=2，
⊙C2的标准方程是(x−4)2+(y+2)2=20−a，圆心C2的坐标为(4,−2)，半径r2= 20−a，
因为⊙C1与⊙C2相外切，
所以|C1C2|=r1+r2，
即 42+(−3)2=2+ 20−a，
解得a=11，
故选：C．
先将圆的一般式方程化为标准式方程，然后结合圆与圆的位置关系求解即可．
本题考查了圆与圆的位置关系，属基础题．
5.【答案】D
【解析】解：x2−m≤0，x2≤m，依题意可知m>0，所以− m≤x≤ m，
在区间[−2,5]上随机地取一个数x，若x满足x2−m≤0的概率为57，
区间[−2,5]的长度为5−(−2)=7，所以m=9．
故选：D．
根据几何概型的知识确定正确答案．
本题考查几何概型，是基础题．
6.【答案】A
【解析】解：离心率为 2的双曲线是等轴双曲线，
所以可设双曲线C的方程是x2−y2=λ(λ≠0)，
将点( 2,−1)的坐标代入得λ=1，
所以C的方程是x2−y2=1，
将y=k(x−2)代入上式并消去y整理得(1−k2)x2+4k2x−4k2−1=0，
则1−k2≠0Δ=16k4−4(1−k2)(−4k2−1)>0x1+x2=−4k21−k2>0x1x2=−4k2+11−k2>0，解得k<−1或k>1．
故选：A．
联立直线与双曲线方程，根据双曲线与双曲线右支有两个不同的交点，利用韦达定理列出不等式进行求解．
本题主要考查双曲线的性质，直线与双曲线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：∵角θ的终边经过点(−1,2)，
∴tanθ=−2，
∴sinθ(1+sin2θ)sinθ+csθ=sinθ(sinθ+csθ)2sinθ+csθ=sinθ(sinθ+csθ)=sin2θ+sinθcsθ=sin2θ+sinθcsθsin2θ+cs2θ=tan2θ+tanθtan2θ+1=4−24+1=25．
故选：C．
根据题意可求得tanθ=−2，利用同角的三角函数关系结合二倍角公式化简sinθ(1+sin2θ)sinθ+csθ，代入求值，即可求解．
本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：对①，∵“若ac2>bc2，则a>b”的逆命题是“若a>b，则ac2>bc2”，
∴当a=2，b=1，c=0时，ac2=bc2，故①错误；
对②，∵当x0=1时，满足ln1=−1+1，故“∃x0∈R，使得lnx0=−x0+1”为真命题，
则“∃x0∈R，使得lnx0=−x0+1”的否定为假命题，∴②错误；
对③，设g(x)=sin(2x+π3−2φ)，若g(x)为偶函数，
则π3−2φ=π2−kπ,k∈Z，即φ=kπ2−π12(k∈Z)，
反过来当φ=kπ2−π12(k∈Z)时，g(x)=sin(2x+π3−2φ)=±cs2x，为偶函数，
∴“函数g(x)为偶函数”的充要条件是“φ=kπ2−π12(k∈Z)”，∴③正确；
对④，在△ABC中，∵sinA> 22，∴A∈(π4,3π4)，
∴sinA> 22⇒A>π4，
反过来但A>π4，不能得到“sinA> 22”，
∴在△ABC中，“sinA> 22”是“A>π4”的充分不必要条件，∴④正确．
故选：C．
①先得到“若ac2>bc2，则a>b”的逆命题，再举出反例，得到①错误；
②举出例子得到“∃x0∈R，使得lnx0=−x0+1”为真命题，从而得到该命题的否定是假命题；
③求出g(x)，得到g(x)为偶函数时φ=kπ2−π12(k∈Z)，反过来也成立，③正确；
④根据sinA> 22求出A∈(π4,3π4)，得到④正确．
本题考查充分与必要条件的概念的应用，三角函数的性质，化归转化思想，属中档题．
9.【答案】D
【解析】解：将x=c代入椭圆C的方程得y=±b2a，则2b2a=3 2①，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x12a2+y12b2=1，x22a2+y22b2=1，
两式相减得(x1−x2)(x1+x2)a2+(y1−y2)(y1+y2)b2=0，
又x1+x2=4，y1+y2=2，y1−y2x1−x2=−1，
∴2a2−1b2=0②，
联立①②解得a=3 2，b=3，
∴c= a2−b2=3，
故椭圆C上的点M到焦点F的距离的最大值为a+c=3 2+3．
故选：D．
将x=c代入椭圆C的方程并结合已知可得2b2a=3 2，由点差法结合已知可得2a2−1b2=0，由此求出a，b，c，则C上的点M到焦点F的距离的最大值为a+c，即可得出答案．
本题考查椭圆的性质，考查转化思想和方程思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
10.【答案】(−3,1)
【解析】解：根据题意可得(m+3)(m−1)<0，
∴m∈(−3,1)，
故答案为：(−3,1)．
根据双曲线方程的特点，建立不等式，即可求解．
本题考查双曲线的几何性质，属基础题．
11.【答案】158
【解析】由题意执行循环结构，当k=8时退出循环，
得S=1+11×2+12×3+⋯+17×8=1+1−12+12−13+⋯+17−18=158，
故答案为：158．
根据程序框图及裂项相消法求和，即可求解．
本题考查程序框图及裂项相消法求和，属基础题．
12.【答案】4
【解析】解：∵抛物线C的方程为y2=8x，∴焦点为F(2,0)，
∴设直线l的方程为x=my+2，P(y128,y1)，Q(y228,y2)，
联方抛物线方程可得y2−8my−16=0，
∴y1+y2=−16，kAP=y1−4y128−2=8y1+4，
∴直线AP的方程为y−4=8y1+4(x−2)，
令y=0，可得点M(−y12,0)，同理可得点N的坐标为(− y22,0)，
∴|OM|⋅|ON|=|−y12||− y22|=|y1y24|=4．
故答案为：4．
设直线l的方程为x=my+2，联立直线l的方程和抛物线方程，化简写出根与系数关系，求得M，N的坐标，进而求得|OM|⋅|ON|．
本题考查抛物线的性质，考查运算求解能力，属中档题．
13.【答案】解：(1)由已知得x+3y+5=03x−2y−7=0，解得两直线交点为(1,−2)，
设直线l的斜率为k，
∵直线l与x−y+5=0垂直，∴k×1=−1，解得k=−1，
∴直线l的方程为y+2=−(x−1)，即x+y+1=0．
(2)设圆C的标准方程为x2+(y−b)2=r2(b<0)，
则由题意得(−2)2+(−b)2=r2(b+1 2)2+( 11)2=r2，
解得b=−3或b=5(舍)，
∴r= 13，∴圆C的标准方程为x2+(y+3)2=13．
【解析】(1)将两直线联立方程求出交点，再根据垂直的条件求出直线l的斜率，代入点斜式可得直线方程．
(2)设出圆的圆心和半径，圆过点(−2,0)，和弦长公式，联立方程组能求出结果．
本题考查直线方程、直线与直线垂直的条件、圆的标准方程等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
14.【答案】解：(1)由(0.005+0.010+0.030+0.025+0.010+m)×10=1，
解得m=0.020，
中位数设为x，则0.05+0.1+0.2+(x−70)×0.03=0.5，
解得x=75；
(2)易得满意度评分值在[60,70)内有20人，抽得样本为2人，记为a1，a2，
满意度评分值在[70,80)有30人，抽得样本为3人，记为b1，b2，b3，
记“5人中随机抽取2人作主题发言，抽出的2人恰在同一组”为事件A，
基本事件有(a1,a2)，(a1,b1)，(a1,b2)，(a1,b3)，(a2,b1)，(a2,b2)，(a2,b3)，(b1,b2)，(b1,b3)，(b2,b3)共10个，
A包含的基本事件个数为4个，
所以P(A)=410=25．
【解析】(1)分别根据频率之和为1及中位数的估计方法可求解；
(2)先抽取人数，再计算概率即可．
本题考查由直方图求估计中位数、频率，考查频率公式，属于基础题．
15.【答案】解：(1)根据题意可得抛物线的焦点F(p2,0)，
因为|OP|=|PF|，
所以点P在线段OF的垂直平分线上，
所以点P的横坐标为p4，
将x=p4代入抛物线的方程可得y=± 22p，
所以△OPF的面积为12×p2× 22p= 22，p>0，
所以p=2，
所以抛物线的方程为y2=4x．
(2)证明：设直线l的方程为x=my+n(m≠0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由y2=4xx=my+n，得y2−4my−4n=0，
所以y1+y2=4m，y1y2=−4n，
因为直线AQ，BQ的关于x轴对称，
所以kAQ+kBQ=y1x1+2+y2x2+2=0，
即y1my1+n+2+y2my2+n+2=0，
所以y1(my2+n+2)+y2(my1+n+2)=0，
所以2my1y2+(n+2)(y1+y2)=0，
所以−8mn+4m(n+2)=0，
所以n=2，
所以直线l的方程为x=my+2，
所以直线过定点(2,0)．
【解析】(1)由|OP|=|PF|，得点P在线段OF的垂直平分线上，进而可得点P的横坐标为p4，代入抛物线的方程，解得点P的纵坐标，再计算△OPF的面积，解的p，即可得出答案．
(2)设直线l的方程为x=my+n(m≠0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立抛物线的方程，结合韦达定理可得y1+y2，y1y2由直线AQ，BQ的关于x轴对称，得kAQ+kBQ=y1x1+2+y2x2+2=0，进而解得p，即可得出答案．
本题考查直线与抛物线的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)因为点A(0, 2)，且直线AF1的倾斜角为π4，
所以直线AF1的方程为y=x+ 2，所以F1(− 2,0)，即c= 2，
又原点O到直线AF1的距离是d=|0−0+ 2| 12+(−1)2=1=12a，
所以a=2，所以b2=a2−c2=2，
所以椭圆的方程为x24+y22=1．
(2)由题意知，直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y=kx+m(k>0,m>0)，则直线PQ的方程为y=−1kx.
联立x24+y22=1y=kx+m，消去y，化简得(2k2+1)x2−4kmx+2m2−4=0．
因为直线l与椭圆C相切，所以Δ=0，即(4km)2−4(2k2+1)(2m2−4)=0，
化简得m2=4k2+2，且切点为M(−4km,2m).
联立x24+y22=1y=−1kx，消去y，得(k2+2)x2−4k2=0，解得x=±2k k2+2，
所以P(−2k k2+2,2 k2+2)，Q(2k k2+2,−2 k2+2)，
因为O为PQ的中点，所以△PMO与△QMO的面积相等，
又S△NOQ=310S△MPQ，所以S△NOQ=35S△MOQ，
所以S△NOQ=32S△NOM，即yQ=−32yM，
所以−2 k2+2=−32×2m，即4k2+2=9m2，
又m2=4k2+2，所以4k2+2=94k2+2，解得k2=107．
因为k>0，m>0，所以k= 707，m=3 427，
故直线l的方程为y= 707x+3 427．
【解析】(1)设出直线AF1的方程，由原点O到直线AF1的距离是12a，列方程解出a=2，进而求出椭圆C的标准方程；
(2)设直线l的方程为y=kx+m(k>0,m>0)，与椭圆方程联立，令Δ=0，解出m2=4k2+2和切点M的坐标；由已知，直线PQ的方程为y=−1kx，与椭圆方程联立，可得P，Q的坐标；由于△PMO与△QMO的面积相等，且S△NOQ=310S△MPQ，可得yQ=−32yM，结合m2=4k2+2列方程，求出k，m，得到直线l的方程．
本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，椭圆方程的求法，考查运算求解能力，属中档题．
题号
一
二
三
总分
得分