江西省吉安市青原区井冈山大学附属中学2022-2023学年高二上学期学期期末数学试题

这是一份江西省吉安市青原区井冈山大学附属中学2022-2023学年高二上学期学期期末数学试题，共9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。

命题人： 审题人： 备课组长：
一、单选题（每题5分，共40分）
1．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
2．在空间四边形中下列表达式化简结果与相等的是（ ）
A．B．
C．D．
3．2014年11月，北京成功举办了亚太经合组织第二十二次领导人非正式会议，出席会议的有21个国家和地区的领导人或代表．其间组委会安排这21位领导人或代表合影留念，他们站成两排，前排11人，后排10人，中国领导人站在第一排正中间位置，美俄两国领导人站在与中国领导人相邻的两侧，如果对其他领导人或代表所站的位置不做要求，那么不同的排法共有
A．种B．种C．种D．种
4．双曲线与椭圆的焦点相同，则等于（ ）
A．1B．C．1或D．2
5．6道题目中有5道理科题目和1道文科题目，如果不放回地依次抽取2道题目，则在第1次抽到理科题目的条件下，第2次抽到理科题目的概率为（ ）
A．B． C．D．
6．东莞市同沙生态公园水绕山环，峰峦叠嶂，是一个天生丽质，融山水生态与人文景观为一体的新型公园．现有甲乙两位游客慕名来到同沙生态公园旅游，分别准备从映翠湖、十里河塘、计生雕塑园和鹭鸟天堂4个旅游景点中随机选择其中一个景点游玩．记事件：甲和乙至少一人选择映翠湖，事件：甲和乙选择的景点不同，则条件概率（ ）
A．B．C．D．
7．已知圆锥的表面积为，则其体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
8．某班一小队共10名同学，编号分别为1，2，，9，10，要均分成两个学习小组(学习小组没有区别)，其中1，2号同学必须组合在一起，3，4号同学也必须组合在一起，其余同学可以随意搭配，就能达到最佳效果，那么一共有多少种不同的分组方式（ ）
A．26B．46C．52D．126
二、多选题（每题5分，共20分）
9．空间四点及空间任意一点，由下列条件一定可以得出四点共面的有（ ）
A．B．
C．D．
10．用0、1、2、3、4这五个数字组成无重复数字的自然数，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301、423等都是“凹数”，则下列结论中正确的是（ ）
A．组成的三位数的个数为60B．在组成的三位数中，偶数的个数为30
C．在组成的三位数中，“凹数”的个数为20D．在组成的三位数中，“凹数”的个数为24
11．如图，正四面体ABCD的顶点A，B，C分别在两两垂直的三条射线Ox，Oy，Oz上，则在下列命题中，正确的是（ ）
A．O－ABC是正三棱锥B．直线OB∥平面ACD
C．直线AD与OB所成的角是45°D．二面角D－OB－A为45°
12．已知椭圆C∶(a>b>0)的左，右两焦点分别是F1，F2，其中F1F2=2c.直线l∶y=k(x+c)(k∈R)与椭圆交于A，B两点则下列说法中正确的有（ ）
A．△ABF2的周长为4a
B．若AB的中点为M，则
C．若，则椭圆的离心率的取值范围是
D．若AB的最小值为3c，则椭圆的离心率
三、填空题（共20分）
13．如图，圆与圆内切于点，与轴、轴分别相切于点、，则圆的半径为______．
14．展开式中含的项的系数为______．
15．袋中有三个白球，两个黑球，现每次摸出一个球，不放回地摸取两次，则在第一次摸到黑球的条件下，第二次摸到白球的概率为__________．
16．从某个角度观察篮球（如图1），可以得到一个对称的平面图形，如图2所示，篮球的外轮廓为圆O，将篮球表面的粘合线看成坐标轴和双曲线，若坐标轴和双曲线与圆O的交点将圆O的周长八等分，且，则该双曲线的离心率为__________．
四、解答题（共70分）
17．已知，圆.
(1)将圆的方程化为标准方程；
(2)若圆的半径为3，且圆与圆外切，求的值.
18．已知一条铁路有8个车站，假设列车往返运行且每个车站均停靠上下客，记从车站上车到车站下车为1种车票（）．
(1)该铁路的客运车票有多少种？
(2)为满足客运需要，在该铁路上新增了个车站，客运车票增加了54种，求的值．
19．如图，已知四棱锥P－ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD＝2，侧面PBC⊥底面ABCD，E为PB的中点．求：
（1）求证：平面ADP；
（2）求证：平面PAD⊥平面PAB；
20．教育是阻断贫困代际传递的根本之策．补齐贫困地区义务教育发展的短板，让贫困家庭子女都能接受公平而有质量的教育，是夯实脱贫攻坚根基之所在．治贫先治愚，扶贫先扶智．为了解决某贫困地区教师资源匮乏的问题，某市教育局拟从5名优秀教师中抽选人员分批次参与支教活动．支教活动共分3批次进行，每次支教需要同时派送2名教师，且每次派送人员均从这5人中随机抽选．已知这5名优秀教师中，2人有支教经验，3人没有支教经验．
(1)求5名优秀教师中的“甲”，在这3批次支教活动中恰有两次被抽选到的概率；
(2)求第一次抽取到无支教经验的教师人数的分布列；
(3)求第二次抽选时，选到没有支教经验的教师的人数最有可能是几人？请说明理由．
21．在四棱柱中，底面ABCD是菱形，且.
（1）求证：平面平面；
（2）若，求二面角的大小.
22．已知椭圆的离心率为，右焦点为，过作轴的垂线交双曲线的两条渐近线于，，得到三角形的面积为1.
(1)求，；
(2)设，，的三个点都在椭圆上，设的中点为，且.求证：的面积为定值.
1．C
【分析】根据直线的斜率与倾斜角的关系计算即可.
【详解】由题意知，直线方程可化为，
所以直线的斜率为，设直线的倾斜角为，
有，所以.
故选：C
2．B
【分析】根据空间向量运算求得正确答案.
【详解】，A选项错误.
，B选项正确.
，C选项错误.
，D选项错误.
故选：B
3．B
【详解】先安排美俄两国领导人：中国领导人站在第一排正中间位置，美俄两国领导人站在与中国领导人相邻的两侧，所以美俄两国领导人的安排有种不同方法；再安排其余人员，有种不同方法；所以，共有种不同方法.
考点：排列组合.
4．A
【分析】根据双曲线方程形式确定焦点位置，再根据半焦距关系列式求参数.
【详解】因为双曲线的焦点在轴上，
所以椭圆的焦点在轴上，
依题意得
解得.
故选：A
5．B
【分析】设第一次抽到理科题目为事件A，第二次抽到理科题目为事件B，求得，结合条件概率的计算公式，即可求解.
【详解】由题意，6道题目中有5道理科题目和1道文科题目，不放回地抽取两次，
设第一次抽到理科题目为事件A，第二次抽到理科题目为事件B，
则，，所以.
故选：B
6．C
【分析】分别求出事件A，事件B对应基本事件的个数，再结合条件概率公式即可解得.
【详解】甲和乙至少一人选择映翠湖对应的基本事件有个，
∵甲和乙选择的景点不同对应的基本事件有个，
∴．
故选：C.
7．A
【分析】根据给定条件设出圆锥底面圆半径，将圆锥体积表示为此半径的函数，求出函数最值作答.
【详解】设圆锥底面圆半径为，母线长为，高为，
依题意，，则，由得，
圆锥体积，当且仅当，即时取“=”，
所以圆锥体积的最大值为.
故选：A
8．A
【分析】根据1，2号同学与3，4号同学在同一组和不在同一组分类讨论.
【详解】1，2号同学与3，4号同学在同一组，则还需选一人，有6种分组情况；
1，2号同学与3，4号同学不在同一组，只需1，2号同学所在小组再选3人即可，有种分组情况，
所以一共26中不同的分组方式.
故选：A
9．ACD
【分析】根据空间向量共面定理及其推论，对每个选项进行逐一判断，即可选择.
【详解】对A：，定有共面，且有公共顶点，
故四点共面，故A正确；
对B：，，
故四点不共面，故B错误；
对C：，可得三点共线，
则四点一定共面，故C正确；
对D：，，
故四点一定共面，故D正确.
故选：ACD.
10．BC
【分析】对于A，因为百位数上的数字不能为零，然后利用分步乘法原理即可判断；
对于B，将所以三位数的偶数分为两类，①个位数为，②个位数为或，然后根据分步乘法原理及分类加法原理即可判断；
对于C、D，将这些“凹数”分为三类，①十位为，②十位为，③十位为，然后根据分步乘法原理及分类加法原理即可得判断.
【详解】对于A，因为百位数上的数字不能为零，所以组成的三位数的个数为
，故A不正确；
对于B，将所以三位数的偶数分为两类，①个位数为，则有种，
②个位数为或，则有种，
所以在组成的三位数中，偶数的个数为，故B正确；
对于C、D，将这些“凹数”分为三类，①十位为，则有种，
②十位为，则有种，
③十位为，则有种,
所以在组成的三位数中，“凹数”的个数为， 故C正确，D不正确.
故选：BC.
11．ACD
【分析】将图形放到正方体中，结合图形及异面直线、二面角的定义计算可得；
【详解】对于A，如图为正四面体，为等边三角形，
又、、两两垂直，面，．
过作底面的垂线，垂足为，连接交于，
因为，平面，
所以平面，因为平面，
所以，为中点，
同理可证，连接交于，则为中点，
为底面中心，是正三棱锥，故A正确．
将正四面体放入正方体中，如图所示，
对于B，因为，平面，所以与平面不平行，故B错误；
对于C，显然与平行，所以为异面直线与所成的角，又，所以直线与所成的角是，故C正确．
对于D，二面角即平面与下底面成的角，
因为平面，平面，
所以，在正方形中，
故为二面角的平面角，显然，故D正确．．
故选：ACD
【点睛】关键点睛：把正四面体放在正方体中是解题的关键.
12．AC
【分析】选项A. 由椭圆的定义可判断；选项B. 由点差法可求解判断；选项C. ，,求出的范围，从而建立不等式求出离心率，可判断；选定D. AB的最小值为通径,从而可得，可判断.
【详解】由直线l∶y=k(x+c)过点，即弦过椭圆的左焦点.
，所以A正确；
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则M
有，，所以
由作差得∶，所以
则有，所以B错误；
，
所以，
则有，可得，所以C正确；
由过焦点的弦中通经最短，则AB的最小值为通径，则有，
即，解得a=2c，所以，D错误.
故选：AC
【点睛】关键点睛：本题考查椭圆的定义、过交点的弦的性质以及点差法的应用和与向量的应用，解答本题的关键是由，，所以，从而得出其离心率的范围，以及过焦点的弦中通径最小，属于中档题.
13．
【分析】连接、、，则点在线段上，，，设圆的半径为，分析可知四边形为正方形，可得出关于的等式，解之即可.
【详解】连接、、，则点在线段上，，，设圆的半径为，
由切线长定理可得，因为，，，
所以，四边形为正方形，则其边长为，所以，，
故，解得.
故答案为：.
14．-100
【分析】首先原式变形为，再分别求两部分含项的系数.
【详解】原式，展开式中含的项包含两部分，一部分是函数中的常数项，一部分是的含的项，展开式的通项为，令，解得，；令，解得，，所以展开式中含的项的系数为．
故答案为：
15．##0.75
【分析】记事件为“第一次取到黑球”，事件为“第二次取到白球”， 事件为“第一次取到黑球、第二次取到白球”,分别求出与，根据条件概率的计算公式求解即可.
【详解】记事件为“第一次取到黑球”，事件为“第二次取到白球”，
则事件为“第一次取到黑球、第二次取到白球”.
根据题意知，，，
∴在第一次取到黑球的条件下，第二次取到白球的概率是.
故答案为:．
16．##
【分析】设圆O半径为r，利用半径表示出a和圆上第一象限的八等分点的坐标，代入双曲线方程可得b，然后可得离心率.
【详解】设圆O半径为r，双曲线方程为
因为，所以
由题意可知，，代入方程，得
解得，所以
故答案为：
17．(1)
(2)或2
【分析】（1）对圆的方程配方变形可得其标准方程；
（2）根据题意可得，求出，可求出圆的圆心和半径，再由两圆外切列方程可求出的值.
【详解】（1）由，得，
所以圆的标准方程为.
（2）因为，，所以，所以.
因为，所以，
解得或2.
18．(1)56
(2)3
【分析】根据条件利用排列公示建立方程就可以解决.
【详解】（1）铁路的客运车票有.
（2）在新增了个车站后，共有个车站，因为客运车票增加了54种，则，
所以，解得.
19．（1）证明见详解；（2）证明见详解；
【分析】（1）取的中点，连接，证出四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可证明.
（2）以的中点为坐标原点，以所在直线为轴，过点与平行的直线为轴,所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积证出，，再利用线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理即可证明.
【详解】（1）取的中点，连接，
则，且，
又且,
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面ADP，平面ADP，
所以CE∥平面ADP.
（2）取的中点，连接，为等边三角形，即,
∵平面底面，为交线， 平面,
底面.
以的中点为坐标原点，以所在直线为轴，
过点与平行的直线为轴，所在直线为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示.
，，则.
，，，，
∴，，
,
即
,
即
又 , 平面,
平面.
平面,
∴平面平面.
20．(1)
(2)分布列见解析
(3)最有可能是1人，理由见解析
【分析】（1）由独立重复事件的概率公式求解即可；
（2）先写出X的可能取值，再求出每个值的概率即可求解；
（3）设表示第二次抽取到的无支教经验的教师人数可能的取值为、、，分别求出相应的概率，比较、、的大小关系，由此可得出结论.
(1)
5名优秀教师中的“甲”在每轮抽取中，被抽取到的概率为，
则三次抽取中，“甲”恰有两次被抽取到的概率为；
(2)
X表示第一次抽取到的无支教经验的教师人数，X的可能取值有0，1，2．
；；．
所以分布列为：
(3)
设表示第二次抽取到的无支教经验的教师人数，可能的取值有0，1，2，则有：
，
，
，
因为，
故第二次抽取到的无支教经验的教师人数最有可能是1人．
21．（1）详见解析；（2）.
【分析】（1）设AC与BD的交点为O，由题可得，AC⊥BD，然后利用线面垂直及面面垂直的判定定理即得；
（2）建立空间直角坐标系，分别得到两个平面的法向量，根据向量夹角公式即得.
【详解】（1）因为，
所以和均为正三角形，于是，
设AC与BD的交点为O，则，
又ABCD是菱形，所以AC⊥BD，
而，平面，平面，
所以BD⊥平面，平面，
故平面平面.
（2）因为，
∴，，
∴，，
于是，，
从而，
又，，平面ABCD，平面ABCD，
所以底面ABCD，
如图，建立空间直角坐标系，则，
∴，
设平面的一个法向量为，
由，得，
令，得，
平面的一个法向量为，
则，
故二面角的大小为.
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率及渐近线方程，表达出三角形面积后求参数.
（2）分直线斜率存在和不存在两种情况分别计算出三角形面积，可知三角形的面积为定值.
(1)
椭圆的离心率为
，其中，
双曲线的两条渐近线的方程为，设，则
因为三角形的面积为1，所以，所以，，
故椭圆的方程为；
(2)
①当直线的斜率不存在时，因为，所以，此时的方程为，或，此时的方程为.
将，代入椭圆方程得，，，
所以的面积为
由椭圆轴对称性得：当的方程为时，的面积也为.
②当直线的斜率存在时：
设直线方程为，设，，，
因为的中点为，且，所以的重心是坐标原点
所以，
联立和，得，
，当时，，，
所以，，故
因为点在椭圆上，所以代入椭圆整理得，满足
因而与满足的等式关系为①
当时，
因为的重心是坐标原点，所以的面积为的面积的3倍
设直线与轴交于点，则.
那么的面积为，
关系式①代入得，综合①②得的面积为定值.
X
0
1
2
P
0.1
0.6
0.3