2023-2024学年河南省焦作市宇华实验学校普通班高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省焦作市宇华实验学校普通班高二（上）期末数学试卷（含解析），共16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.已知平面α的一个法向量n=(−2,−2,1)，点A(−1,3,0)在α内，则P(−2,1,4)到α的距离为( )
A. 10B. 3C. 83D. 103
2.直线x+2ay−1=0和直线(3a−1)x−ay−1=0垂直，则a=( )
A. 1B. 12C. 1或12D. 1或−12
3.动圆P过定点M(0,2)，且与圆N：x2+(y+2)2=4相内切，则动圆圆心P的轨迹方程是( )
A. y2−x23=1(y<0)B. y2−x23=1
C. y23−x2=1(y<0)D. x2+y23=1
4.直线y=x+b与曲线y=1− 4−x2有两个不同的交点，则实数b的取值范围是( )
A. (1−2 2,1+2 2)B. (1−2 2,−1]
C. [−1,1+2 2)D. [3,1+2 2)
5.已知F1，F2是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且∠F1PF2=60°，|PF1|=3|PF2|，则C的离心率为
A. 7B. 13C. 72D. 132
6.设椭圆C1：x2a2+y2=1(a>1)，C2：x24+y2=1的离心率分别为e1，e2，若e2= 3e1，则a=( )
A. 2 33B. 2C. 3D. 6
7.已知实数x，y满足x2+y2−4x−2y−4=0，则x−y的最大值是( )
A. 1+3 22B. 4C. 1+3 2D. 7
8.某校组织甲、乙两个班的学生参加社会实践活动，安排有酿酒、油坊、陶艺、打铁、纺织、插花、竹编制作共七项活动可供选择，每个班上午、下午各安排一项活动(不重复)，且同一时间内每项活动只允许一个班参加，则活动安排方案的种数为( )
A. 1260B. 1302C. 1520D. 1764
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.直线l与圆(x−2)2+y2=2相切，且l在x轴、y轴上的截距相等，则直线l的方程可能是( )
A. x+y=0B. x+y−2 2=0C. x−y=0D. x+y−4=0
10.在如图所示的空间直角坐标系中，ABCD−A1B1C1D1是棱长为1的正方体，则下列结论正确的是( )
A. 平面ABB1A1的一个法向量为(0,1,0)
B. 平面B1CD的一个法向量为(1,1,1)
C. 平面B1CD1的一个法向量为(1,1,1)
D. 平面ABC1D1的一个法向量为(0,1,1)
11.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=1，D是棱CC1的中点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点.若点Q在直线B1P上，则下列结论错误的是( )
A. 当Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD
B. 当Q为线段B1P的三等分点时，DQ⊥平面A1BD
C. 在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BD
D. 不存在点Q，使DQ与平面A1BD垂直
12.甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则( )
A. P(A)=35B. P(B|A)=25C. P(B)=1325D. P(A|B)=913
三、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
13.直线l1：x−ay−2=0，l2：(a−1)x−2y−a=0，当直线l1与l2垂直时，a= ______ ．
14.已知直线l1：(m+3)x+5y=5−3m，l2：2x+(m+6)y=8，若l1//l2，则m的值是 ______．
15.某企业将生产出的芯片依次进行智能检测和人工检测两道检测工序，经智能检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行人工检验；已知某批芯片智能自动检测显示合格率为90%，最终的检测结果的次品率为310，则在智能自动检测结束并淘汰了次品的条件下，人工检测一枚芯片恰好为合格品的概率为 ______．
16.某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有 ______ 种(用数字作答)．
17.甲、乙二人进行射击游戏，甲、乙射击击中与否是相互独立事件，规则如下：若射击一次击中，则此人继续射击；若射击一次不中，就由对方接替射击.已知甲、乙二人射击一次击中的概率均为13，且第一次由甲开始射击，则前2次射击中甲恰好击中1次的概率是 ______ ；第3次由甲射击的概率是 ______ ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题12分)
求经过直线l1：3x+4y−5=0与直线l2：2x−3y+8=0的交点M，且满足下列条件的直线方程
(1)与直线2x+y+5=0平行；
(2)与直线2x+y+5=0垂直．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，E为AD的中点，PA⊥AD，BE/​/CD，BE⊥AD，PA=AE=BE=2，CD=1．
(1)求A到平面PCD的距离；
(2)求直线PE与平面PBC所成角的余弦值；
(3)在线段PE上是否存在点M，使得DM/​/平面PBC？若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．
20.(本小题12分)
已知F是抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点，M(4,y0)是抛物线C上一点，且|MF|=4．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线l与抛物线C交于A，B两点，且线段AB的中点坐标为(8,12)，求直线l的斜率．
21.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(2, 2)，离心率为 22．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知C的下顶点为A，不过A的直线l与C交于点E，F，线段EF的中点为G，若∠AGE=2∠GAF，试问直线l是否经过定点？若经过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
22.(本小题12分)
近些年来，短视频社交软件日益受到追捧，用户可以通过软件选择歌曲，拍摄音乐短视频，创作自己的作品．某用户对自己发布的短视频个数x与收到的点赞数之和y之间的关系进行了分析研究，得到如下数据：
(Ⅰ)计算x，y的相关系数r，并判断是否可以认为发布的短视频个数与收到的点赞数之和具有较高的线性相关程度？(若0.3<|r|<0.75，则线性相关程度一般；若|r|>0.75，则线性相关程度较高．计算r时精确度为0.01)
(Ⅱ)求出y关于x的线性回归方程．
参考数据：i=15(xi−x−)2=10，i=15(yi−y−)2=430，i=15(xi−x−)(yi−y−)=65， 4300≈65.57．
附：相关系数公式：r=i=1n(xi−x−)(yi−y−) i=1n(xi−x−)2 i=1n(yi−y−)2，
回归直线方程的斜率b =i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2，截距a​=y−−b​x−．
23.(本小题12分)
如图，设P是圆x2+y2=25上的动点，点D是P在x轴上的投影，M为PD上一点，且|MD|=45|PD|．
(1)当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程
(2)求过点(3,0)，且斜率为45的直线被C所截线段的长度．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题给出平面的法向量和平面上的一点，求平面外一点到平面的距离．着重考查了向量的数量积公式和点到平面的距离计算等知识，属于中档题．
由题意算出PA=(−1,−2,4)，根据向量n=(−2,−2,1)是平面α的一个法向量，算出向量PA在n上的投影的绝对值，即可得到P到α的距离，由此可得本题答案．
【解答】
解：根据题意，可得
∵A(−1,3,0)，P(−2,1,4)，∴PA=(−1,−2,4)，
又∵平面α的一个法向量n=(−2,−2,1)，点A在α内，
∴P(−2,1,4)到α的距离等于向量PA在n上的投影的绝对值，
即d=|PA⋅n||n|=|−1×(−2)+(−2)×(−2)+4×1| 4+4+1=103．
故选：D．
2.【答案】C
【解析】解：由题意直线x+2ay−1=0和直线(3a−1)x−ay−1=0垂直，
所以(3a−1)⋅1+2a⋅(−a)=0⇒a=1或a=12，C正确．
故选：C．
由直线垂直的充要条件列出方程求解参数即可．
本题主要考查直线垂直的性质，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由圆N的方程可得N(0,−2)，半径为2，
设动圆P的半径为r，由题意可得|PM|=r，|PN|=r−2，
即|PM|−|PN|=2<|MN|，
即点P在以M，N为焦点，焦距长为2c=4，实轴长为2a=2，
由双曲线的定义h虚轴长为2b=2 4−1=2 3的双曲线上，且点P在靠近点N的一支曲线上，
所以P点的轨迹方程为：y2−x23=1，(y<0)
故选：A．
由题意可得|PM−|PN|=2<|MN|，再由双曲线的定义可得P点的轨迹为双曲线，且在靠近点N的一支曲线上，丙可得c，a的值，进而求出b的值，求出双曲线的方程．
本题考查求点的轨迹方程及双曲线的定义的应用，属基础题．
4.【答案】B
【解析】解：由y=1− 4−x2≤1，可得y−1=− 4−x2，整理可得x2+(y−1)2=4，其中y≤1，
所以，曲线y=1− 4−x2表示圆x2+(y−1)2=4的下半圆，如下图所示：
当直线y=x+b与曲线y=1− 4−x2相切时，由图可知，b<0，
且有|−1+b| 2=2，解得b=1−2 2，
当直线y=x+b过点(0,−1)时，则有b=−1，
由图可知，当1−2 2故选：B．
曲线y=1− 4−x2表示圆x2+(y−1)2=4的下半圆，作出图形，求出当直线y=x+b与曲线y=1− 4−x2相切以及直线y=x+b过点(0,−1)时对应的b的值，数形结合可得出实数b的取值范围．
本题考查了直线与圆的位置关系，数形结合的思想，属于中档题．
5.【答案】C
【解析】解：设|PF1|=m，|PF2|=n，
则根据题意及余弦定理可得：
m=3n12=m2+n2−4c22mn，解得m=6 7cn=2 7c，
∴所求离心率为2c2a=2cm−n=2c4 7c= 72．
故选：C．
根据余弦定理，方程思想，双曲线的几何性质即可求解．
本题考查余弦定理，方程思想，双曲线的几何性质，属基础题．
6.【答案】A
【解析】解：由椭圆C2：x24+y2=1可得a2=2，b2=1，
∴c2= 4−1= 3，
∴椭圆C2的离心率为e2= 32，
∵e2= 3e1，
∴e1=12，
∴ a2−1a=12，
∴a=2 33，(−2 33舍去)．
故选：A．
利用椭圆C2：x24+y2=1的方程可求其离心率e2，进而可求e1，可求a．
本题考查椭圆的几何性质，考查运算求解能力，属基础题．
7.【答案】C
【解析】解：根据题意，x2+y2−4x−2y−4=0，即(x−2)2+(y−1)2=9，其几何意义是以(2,1)为圆心，半径为3的圆，
设z=x−y，变形可得x−y−z=0，其几何意义为直线x−y−z=0，
直线y=x−z与圆(x−2)2+(y−1)2=9有公共点，则有|2−1−z| 1+1≤3，解可得1−3 2≤z≤1+3 2，
故x−y的最大值为1+3 2．
故选：C．
根据题意，设z=x−y，分析x2+y2−4x−2y−4=0和x−y−z=0，结合直线与圆的位置关系可得有|2−1−z| 1+1≤3，解可得z的取值范围，即可得答案．
本题考查直线与圆的位置关系，涉及圆的一般方程，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：根据题意，分3种情况讨论：
①，上下午共安排4个活动(上午2个，下午2个)分配给甲，乙，故有A72A52=840种安排方案，
②，上下午共安排3个活动，(上午2个下午1个，或上午1个下午2个)分配给甲，乙，故有2C71A62=420种安排方案，
③，上下午共安排2个活动，(上午1个，下午1个)分配给甲，乙，故有A72=42种安排方案，
故有840+420+42=1302种安排方案；
故选：B．
根据题意，按安排活动的数目分3种情况讨论，由加法原理计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题．
9.【答案】ACD
【解析】解：圆(x−2)2+y2=2的圆心为C(2,0)，半径r= 2，
根据题意，可得直线l的斜率存在，
①若直线l过坐标原点，设直线l为y=kx，即kx−y=0，
则d1=|2k| k2+(−1)2= 2，解得k=±1，此时直线l的方程为x+y=0或x−y=0；
②若直线l不过坐标原点，设直线l为x+y=m(m≠0)，即x+y−m=0，
则d2=|2−m| 2= 2，解得m=0(舍去)或m=4，此时直线l的方程为x+y−4=0．
综上所述，可得直线l的方程为x+y=0或x−y=0或x+y−4=0．
故选：ACD．
根据题意得到圆心坐标与半径r，按照直线l过坐标原点和不过坐标原点两种情况加以讨论，设出直线方程并利用圆心到直线的距离等于半径，列式算出答案．
本题主要考查圆的方程及其性质、直线与圆的位置关系等知识，属于中档题．
10.【答案】AC
【解析】解：因为AD=(0,1,0)，AB⊥AD，AA1⊥AD，又AB∩AA1=A，
所以AD⊥平面ABB1A1，故A正确；
因为CD=(−1,0,0)，而(1,1,1)⋅CD=−1≠0，
所以(1,1,1)不是平面B1CD的法向量，故B错误；
因为B1C=(0,1,−1)，CD1=(−1,0,1)，
(1,1,1)⋅B1C=0，(1,1,1)⋅CD1=0，
B1C∩CD1=C，所以(1,1,1)是平面B1CD1的一个法向量，故C正确；
因为BC1=(0,1,1)，而BC1⋅(0,1,1)=2≠0，
所以(0,1,1)不是平面ABC1D1的一个法向量，故D错误．
故选：AC．
由已知图形结合线面垂直的性质逐一分析四个选项得答案．
本题主要考查平面的法向量，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于基础题．
11.【答案】ABC
【解析】解：以A1为坐标原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则由A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0,1,0)，B(1,0,1)，
D(0,1,12)，P(0,2,0)，所以A1B=(1,0,1)，
A1D=(0,1,12)，B1P=(−1,2,0)，DB1=(1,−1,−12).设平面A1BD的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅A1B=x+z=0n⋅A1D=y+12z=0，取z=−2，则x=2，y=1，
所以平面A1BD的一个法向量为n=(2,1,−2)．
假设DQ⊥平面A1BD，且B1Q=λB1P=λ(−1,2,0)=(−λ,2λ,0)，
则DQ=DB1+B1Q=(1−λ,−1+2λ,−12).因为DQ也是平面A1BD的法向量，
所以n=(2,1,−2)与DQ=(1−λ,−1+2λ,−12)共线，
所以1−λ2=−1+2λ1=−12−2=14成立，
但此方程关于λ无解．
因此不存在点Q，使DQ与平面A1BD垂直，
故选：ABC．
首先建立以A1为坐标原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，由空间向量法进行判断即可．
本题考查的知识要点：空间直角坐标系，空间向量的运算，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，
以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，
对于A，由等可能事件概率计算公式得P(A)=35，故A正确；
对于B，P(AB)=35×35=925，
∴P(B|A)=P(AB)P(A)=92535=35，故B错误；
对于C，P(A−)=25，P(B|A−)=P(A−B)P(A−)=25×2525=25，
∴由全概率公式得：
P(B)=P(A)P(B|A)+P(A−)P(B|A−)=35×35+25×25=1325，故C正确；
对于D，由贝叶斯公式得：P(A|B)=P(A)P(B|A)P(B)=35×351325=913，故D正确．
故选：ACD．
对于A，由等可能事件概率计算公式判断A；由条件概率计算公式判断B；由全概率公式判断C；由贝叶斯公式判断D．
本题考查概率的求法，考查等可能事件、条件概率计算公式、全概率公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
13.【答案】13
【解析】解：由直线l1：x−ay−2=0，l2：(a−1)x−2y−a=0，
因为直线l1与l2垂直，所以(a−1)×1+(−a)×(−2)=0，解得a=13．
故答案为：13．
根据题意，由两条直线的位置关系，列出方程，即可求解；
本题考查的知识要点：直线垂直的充要条件，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
14.【答案】−8
【解析】解：∵直线l1：(m+3)x+5y=5−3m，l2：2x+(m+6)y=8，l1//l2，
当m+6=0时，m=−6，此时，直线l1：−3x+5y=23，l2：x=4，不满足条件．
当m+6≠0时，由题意可得m+32=5m+6≠5−3m8，求得m=−8．
综上，m=−8，
故答案为：−8．
由题意，利用两直线平行的性质，分类讨论，求得m的值．
本题主要考查两直线平行的性质，属于基础题．
15.【答案】79
【解析】解：设该芯片智能自动监测合格为事件 A，人工监测一枚芯片恰好合格为事件 B，
P(A)=910，P(AB)=1−310=710，
则在智能自动检测结束并淘汰了次品的条件下，人工检测一枚芯片恰好为合格品的概率P(B|A)=P(AB)P(A)=710910=79．
故答案为：79．
根据已知条件，结合条件概率的公式，即可求解．
本题考查条件概率，考查学生的计算能力，是基础题．
16.【答案】64
【解析】解：若选2门，则只能各选1门，有C41C41=16种，
如选3门，则分体育类选修课选2，艺术类选修课选1，或体育类选修课选1，艺术类选修课选2，
则有C41C42+C42C41=24+24=48，
综上共有16+48=64种不同的方案．
故答案为：64．
利用分类计数原理进行计算即可．
本题主要考查简单的计数问题，利用分类计数原理进行计算是解决本题的关键，是基础题．
17.【答案】29 59
【解析】解：第一空：前2次射击中甲恰好击中1次只有一种情况：第1次甲击中，第2次甲未击中，故概率是13×23=29；
第二空：第3次由甲射击有两种情况是：第1次甲击中，第2次甲还击中；第1次甲未击中，第2次乙也未击中，
故概率是13×13+23×23=59．
故答案为：29；59．
第一空：前2次射击中甲恰好击中1次只有一种情况，从而得出结果；第二空：第3次由甲射击有两种情况，分类讨论得出结果．
本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
18.【答案】解：由3x+4y=52x−3y=−8，解得 x=−1y=2，所以，交点M(−1,2)．
(1)∵斜率 k=−2，由点斜式求得所求直线方程为 y−2=−2(x+1)，即 2x+y=0．
(2)∵斜率k=12，由点斜式求得所求直线方程为y−2=12(x+1)，即 x−2y+5=0．
【解析】先求出已知两直线的交点坐标，(1)根据平行关系求出所求直线的斜率，点斜式斜直线的方程，并化为一般式．
(2)根据垂直关系求出求直线的斜率，点斜式斜直线的方程，并化为一般式．
本题考查求两直线的交点坐标的方法，两直线平行、垂直的性质，直线的点斜式方程．
19.【答案】解：(1)因为平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
所以AD⊥平面ABCD，
因为BE/​/CD，BE⊥AD，所以CD⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以CD⊥平面PAD，
设A到平面PCD的距离为h，因为VP−ACD=VA−PCD，所以13S△ACD⋅PA=13S△PCD⋅h，
所以13×12×4×1×2=13×12× 42+22×1×h，解得h=4 55，
所以A到平面PCD的距离为4 55；
(2)作Ez⊥AD，以E为原点，以EB，ED的方向分别为x轴，y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，

则点E(0,0,0)，P(0,−2,2)，A(0,−2,0)，
B(2,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，
所以PB=(2,2,−2)，BC=(−1,2,0)，PE=(0,2,−2)，
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z)，
所以n⋅PB=0n⋅BC=0，即x+y−z=0−x+2y=0，y=1，解得n=(2,1,3)，
设直线PE与平面PBC所成角为θ，
则直线PE与平面PBC所成角的正弦值为：
sinθ=|cs|=|PE⋅n||PE|⋅|n|=4 8× 14= 77．
所以直线PE与平面PBC所成角的余弦值为 1−( 77)2= 427；
(3)“线段PE上存在点M，使得DM/​/平面PBC”等价于“DM⋅n=0”．
因为PE=(0,−2,2)，设PM=λPE=(0,2λ,−2λ)，λ∈(0,1)，
则M(0,2λ−2,2−2λ)，DM=(0,2λ−4,2−2λ)．
由(2)知平面PBC的法向量为n=(2,1,3)，
所以DM⋅n=2λ−4+6−6λ=0．
解得λ=12．
所以线段PE上存在点M，即PE中点，使得DM/​/平面PBC．
【解析】(1)由已知可证PA⊥平面ABCD，CD⊥平面PAD.由VP−ACD=VA−PCD，可求A到平面PCD的距离；
(2)作Ez⊥AD，以E为原点，以EB，ED的方向分别为x轴，y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，利用向量法能求出结果；
(3)“线段PE上存在点M，使得DM/​/平面PBC”等价于“DM⋅n=0”.设PM=λPE=(0,2λ,−2λ)，λ∈(0,1)，求出λ即可．
本题考查了点到面的距离的求法，向量法求二面角、动点问题等基础知识，考查运算求解能力，属中档题．
20.【答案】解：(1)因为F是抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点，M(4,y0)是抛物线C上一点，且|MF|=4．
根据抛物线的定义有16=2py0,y0+p2=4,
解得y0=2,p=4,
故抛物线C的方程为x2=8y．
(2)因为直线l与抛物线C交于A，B两点，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x12=8y1,x22=8y2，
两式相减得x12−x22=8(y1−y2)，即y1−y2x1−x2=x1+x28．
因为线段AB的中点坐标为(8,12)，所以x1+x2=16，则y1−y2x1−x2=2，
故直线l的斜率为2．
【解析】(1)根据抛物线的方程以及点M在抛物线上，列出方程组求解可得结果；
(2)设出A，B的坐标，代入抛物线的方程，结合弦中点，利用“点差法”可求得直线l的斜率．
本题考查了抛物线的方程以及直线与抛物线的位置关系，属于中档题．
21.【答案】解：(1)∵椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(2, 2)，离心率为 22，
∴依题意，得ca= 224a2+2b2=1a2=b2+c2，解得a=2 2，b=2，
所以椭圆方程为x28+y24=1．
(2)因为∠AGE=2∠GAF，∠AGE=∠GAF+∠AFG，所以∠GAF=∠AFG，|GA|=|GF|，
又G为线段EF的中点，所以|GA|=12|EF|，因此AE⊥AF，
根据题意可知直线l的斜率一定存在，
设l的方程为y=kx+m，E(x1,y1)，F(x2,y2)
联立y=kx+mx28+y24=1，消去y，整理得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−8=0，
Δ=(4km)2−4(2m2−8)(2k2+1)，
根据韦达定理可得x1+x2=−4km2k2+1，_x2=2m2−82k2+1，
因为A(0,−2)，AE=(x1,y1+1)，AF=(x2,y2+1)，
所以AE⋅AF=(x1,y1+2)⋅(x2,y2+2)=(1+k2)x1x2+k(m+2)(x1+x2)+(m+2+k2)2m2−82k2+1+k(m+2)(−4km2k2+1)+(m+2)2+，
所以(1+k2)2m2−82k2+1+k(m+2)(−4km2k2+1)+(m+2)2=0，
整理得(m+2)(3m−2)=0，解得m=−2或m=23，
又直线l不经过点A(0,−2)，所以m=−2舍去，
于是直线l的方程为y=kx+23 恒过定点(0,23)，该点在椭圆C内，满足Δ>0，
所以直线l恒过定点，定点坐标为(0,23)．
【解析】(1)由椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(2, 2)，离心率为 22，列方程组，求出a=2 2，b=2，由此能求出椭圆方程．
(2)推导出AE⊥AF，设l的方程为y=kx+m，E(x1,y1)，F(x2,y2)联立y=kx+mx28+y24=1，消去y，整理得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−8=0，根据韦达定理、向量数量积公式，结合椭圆性质能求出直线l恒过定点，定点坐标为(0,23)．
本题考查直线与椭圆、根的判别式、韦达定理、弦长公式、向量数量积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
22.【答案】解：(Ⅰ)∵i=15(xi−x−)2=10，i=15(yi−y−)2=430，i=15(xi−x−)(yi−y−)=65，
∴r=i=15(xi−x−)(yi−y−) i=15(xi−x−)2 i=15(yi−y−)2=65 10× 430=65 4300≈6565.57≈0.99>0.75．
∴发布的短视频个数与收到的点赞数之和具有较高的线性相关程度．
(Ⅱ)∵b =i=15(xi−x−)(yi−y−)i=15(xi−x−)2=6510=6.5，
又∵x−=15×(3+4+5+6+7)=5，y−=15×(45+50+60+65+70)=58，
∴a =58−6.5×5=25.5，
∴y关于x的线性回归方程为y=6.5x+25.5．
【解析】(I)根据已知条件，结合相关系数的公式，即可求解．
(II)根据已知条件，结合最小二乘法和线性回归方程的公式，即可求解．
本题主要考查了线性回归方程的求解，需要学生熟练掌握最小二乘法公式，属于基础题．
23.【答案】解：(1)设M的坐标为(x,y)，P的坐标为(x′,y′)，
由|MD|=45|PD|，解得：x′=xy′=54y
∵P在圆上，
∴x′2+y′2=25，即x2+(54y)2=25，整理得：x225+y216=1，
即C的方程为：x225+y216=1；
(2)过点(3,0)，斜率为k=45，的直线方程为：y=45(x−3)，
设直线与C的交点为A(x1,y1)，B(x2,y2)，
将直线方程y=45(x−3)代入C的方程，得x225+(x−3)225=1，整理得：x2−3x−8=0
∴由韦达定理可知：x1+x2=3，x1·x2=−8，
∴线段AB的长度为|AB|= 1+k2|x2−x1|= 1+(45)2⋅ 32+32= 4125×41=415，
线段AB的长度丨AB丨=415
【解析】(1)由题意可知：M的坐标为(x,y)，P的坐标为(x′,y′)，则|MD|=45|PD|，解得：x′=xy′=54y，代入x′2+y′2=25，整理得：x225+y216=1；
(2)设直线方程为：y=45(x−3)，代入椭圆方程，由韦达定理可知：x1+x2=3，x1⋅x2=−8，弦长公式：丨AB丨= 1+k2⋅ (x1+x2)2−4x1x2，即可求得直线被C所截线段的长度．
本题考查点的轨迹方程的求法，椭圆的标准方程的应用，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，弦长公式的应用，考查计算能力，属于中档题．x
3
4
5
6
7
y
45
50
60
65
70