【文档说明】四川省泸县第一中学2022-2023学年高二上学期期末考试数学（文）试卷 含解析.docx，共(18)页，1.593 MB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-170379fe2f051cced0cd7d8e85c640a1.html

以下为本文档部分文字说明：

泸县一中2022-2023学年秋期高二期末考试文科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上．2．考试结束后，将本试卷自己保管，答题卡交回3．考试时间：120分钟第I卷选择题一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.若直线1:480laxy++=与直线2:3(1)60lxay++−=平行，则a的值为（）A.4−B.3C.3或4−D.3−或6【答案】B【解析】【详解】直线1l：481axy++=与直线2l：(

)3160xay++−=平行，所以()143aa+=，解得：3a=或4−，①当3a=时，1l：3480xy++=，2l：3460xy+−=，12ll∥，符合题意；②当4a=−时，1l：4480xy−++=，2l：3360xy−−=，均为20xy

−−=，此时1l，2l重合，舍去，故3a=，故选：B2.某高校组织大学生知识竞赛，共设有5个版块的试题，分别是“中华古诗词”“社会主义核心价值观”“科学实践观”“中国近代史”及“创新发展能力”.某参赛队从中任选2个版块作答，则“创新发展能力

”版块被该队选中的概率为（）A.12B.25C.14D.23【答案】B【解析】【详解】将五个版块依次记为A，B，C，D，E，则有(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,E),(,)ABACADAEBCBDBECDCDE共10种结果.某参赛队从中任选2个版块作

答，则“创新发展能力”版块被该队选中的结果有(,),(,),(,),(,)AEBECEDE，共4种，则“创新发展能力”版块被选中的概率为42105P==，故选：B.3.如图所示的茎叶图记录了甲、乙两名员工连续5天内的

日产量数据（单位：箱）.已知这两组数据的平均数分别为x甲，x乙，若这两组数据的中位数相等，则（）A.>xx甲乙B.xx=甲乙C.<xx甲乙D.x甲，x乙的大小关系不确定【答案】C【解析】【详解】由题意得两组数据的中位数为83，则3x=，则

747683919283.25x++++==甲，708283909341883.255yyx++++++==乙，故选：C4.双曲线2213xy−=的渐近线方程为（）A.3yx=B.13yx=C.3yx=D.33yx=【答案】D【解析】【详解】双曲线2213xy−=，由方程2

203xy−=，可得双曲线的渐近线方程为33yx=．故选：D.5.已知O为坐标原点，(2,2)A，则以OA为直径的圆方程为（）A.22(1)(1)2xy+++=B.22(1)(1)2xy−+−=C.22(1)(1)8xy-+-=D.2

2(1)(1)8xy+++=【答案】B【解析】【详解】由题知圆心为()1,1，半径()()22112020222rOA−+−＝=＝，∴圆的方程为22(1)(1)2xy−−＋＝﹒故选：B﹒6.圆22:9Mxy+=与圆22:

430Nxyy+−+=的位置关系为（）A.相离B.外切C.内切D.相交【答案】C【解析】【详解】圆M：229xy+=的圆心为()0,0M，半径为13r=.圆N：22430xyy+−+=即()2221xy+−=的圆心为()0,2N，半径为21r=.故2MN

=，12MNrr=-，所以圆M与圆N内切．故选：C.7.曲线221xxyy++=（）A.关于x轴对称B.关于y轴对称C.关于原点对称D.不具有对称性【答案】C【解析】【详解】对于A，将点(,)xy−代入曲线方程得：221xxyy

−+，所以曲线221xxyy++=不关于x轴对称，A错误；对于B，将点(,)xy−代入曲线方程得：221xxyy−+，所以曲线221xxyy++=不关于y轴对称，B错误；对于C，将点(,)xy−−代入曲线方程得：221xxyy++=，所以曲线22

1xxyy++=关于原点对称，C正确，D错误.故选：C8.若下面的程序框图输出的S是30，则条件①可为（）A.3n„B.4n„C.5n„D.6n„【答案】B【解析】【详解】循环前，0S=，1n=，第1次判断后循环，

022S=+=，2n=，第2次判断并循环，246S=+=，3n=，第3次判断并循环，6814S=+=，4n=，第4次判断并循环，141630S=+=，5n=，第5次判断不满足条件①并退出循环，输出30S=．条件①

应该是4n„或5n故选：B9.已知直线10yx−+=与圆221xy+=相交于点A，B，点P为圆上一动点，则ABP面积的最大值是（）A.212+B.212+C.2D.12【答案】A【解析】【详解】因为圆221xy+=，所以圆心为()0,0，半径为1r=，如图，所以圆心到直线10yx−+=的距离

0012211d−+==+，则2212ABd=−=，又点P到直线10yx−+=的距离的最大值为212dr+=+，所以ABP面积的最大值122121222S+=+=．故选：A..10.已知抛物线C：212yx=−的焦

点为F，抛物线C上有一动点P，()4,2Q−，则PFPQ+的最小值为（）A5B.6C.7D.8【答案】C【解析】【详解】解：抛物线C：212yx=−的焦点为()3,0F−，准线l的方程为3x=，如图，过P作PMl⊥于M，由抛物线的定

义可知PFPM=，所以PFPQPMPQ+=+则当,,QPM三点共线时，PMPQ+最小为()347−−=.所以PFPQ+的最小值为7.故选：C.11.2022年卡塔尔世界杯是第22届世界杯足球赛，比赛于2022年11月21日至12月18日在卡塔尔境内7座城市中的12座球场举行．已知某足

球的表面上有四个点A、B、C、P满足PA＝BC＝5，11PBAC==，25PCAB==，则该足球的表面积为（）A.12πB.8πC.24πD.28π【答案】D【解析】【详解】因为PA＝BC，PBAC=，

PCAB=，所以可以把A，B，C，P四点放到长方体的四个顶点上，将四面体放入长方体中，四面体各边可看作长方体各面的对角线，如图所示：则该足球的表面积为四面体A-BCP外接球的表面积，即为长方体外接球的

表面积，设长方体棱长为a，b，c，则有22220abAB+==，22211acAC+==，22225bcBC+==，设长方体外接球半径为R，则有22222011252282Rabc++=++==（），解得27R=，所以外接球的表面积为：24π28πSR==.故选：D．12.已知12,FF是双曲线

2222:1(0,0)xyCabab−=的左、右焦点，点M是过坐标原点O且倾斜角为60°的直线l与双曲线C的一个交点，且1212MFMFMFMF+=−则双曲线C的离心率为（）A.2B.23+C.31+D.3【答案】C【解析】【详解】不妨设点M在第一象限，由题意得：22

1212MFMFMFMF+=−，即11221221222222MFMFMFMFMFMFMFMF++=−+，故120MFMF=，故12MFMF⊥，因为O为12FF的中点，所以21MOOFOF==，因为260MOF=，故2MOF为等边三角形，故2MFc=，12

tan603MFMFc==，由双曲线定义可知：122MFMFa−=，即32cca−=，解得：23131ca==+−.故选：C.第II卷非选择题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.抛物线22yx=的焦点到准

线的距离等于__________.【答案】14【解析】【详解】因为抛物线方程是22yx=，转化为标准方程得：212xy=，所以抛物线开口方向向右，焦点坐标为1,08F准线方程为：18x=−，所以焦点到准线的距离等于14.故答案为：1414.从圆222210xyxy+−−

+=外一点()2,3P向圆引切线，则此切线的长为______．【答案】2【解析】【详解】将圆化为标准方程：22(1)(1)1xy−+−=，则圆心()1,1C，半径1，如图，设()2,3P，5PC=，切线长512PA=−=．故答案为：215.已知函数()lgfxx=，若实数,ab满足0

ba，且()()fafb=，则3ab+的取值范围是__________.【答案】(4,)+【解析】【详解】因为lg,1()lglg,01xxfxxxx==−，因为两段函数均为单调函数，实数,ab满足0ba，且()()

fafb=，所以有01ab,由()()fafb=得，lglgab=，于是lglgab=−，则1ab=，所以133abbb+=+，令1()3,1gxxxx=+，任取121xx，则()()()1212121212111333gxgxxxxxxxxx−=+−+=−−

，因为121xx，所以120xx−，12130xx−，因此()()()121212130gxgxxxxx−=−−，所以函数1()3gxxx=+在(1,)+上单调递增；因此()(1)4gxg=，即34ab+.故答案为：(4,)+16.设1F，

2F分别是椭圆C：2212516xy+=的左、右焦点，点M为椭圆C上一点且在第一象限，若12MFF△为等腰三角形，则M的坐标为___________．【答案】582,33【解析】【详解】椭圆C：2212516xy+

=,所以5,4,3abc===.因为M在椭圆上,12210MFMFa+==.因为M在第一象限,故12MFMF.12MFF△为等腰三角形,则11226MFFFc===,所以21064MF=−=,由余弦定理可得2222221221211226461cos22643FFMFMFMFFFFMF+

−+−===.过M作MA⊥x轴于A,则222114cos433AFMFMFF===所以2245333OAOFAF=−=−=,即M的横坐标为53.因为M为椭圆C：2212516xy+=上一点且在第一象限，所以225312516y+=，解得

：823y=所以M的坐标为582,33.故答案为：582,33三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答17.某学校进行体验，现得到所有男生的身高数据，从中随机抽取50人进行统计（已

知这50个身高介于155cm到195cm之间），现将抽取结果按如下方式分成八组：第一组[155,160)，第二组[160,165)，...，第八组[190,195]，并按此分组绘制如图所示的频率分布直方图，其中第六组[180,185)和第

七组[185,190)还没有绘制完成，已知第一组与第八组人数相同，第六组和第七组人数的比为5:2．（1）补全频率分布直方图；（2）根据频率分布直方图估计这50位男生身高的中位数；（3）用分层抽样的方法在身高为[170,180]内抽取一个容量为5的样本，从样本中任意抽

取2位男生，求这两位男生身高都在[175,180]内的概率．【答案】（1）见解析；（2）174.5cm；（3）0.3.【解析】【详解】试题分析：（1）先分别算出第六组和第七组的人数，进而算出其频率与组距的比

，补全直方图；（2）利用中位数两边频率相等，求出中位数的值；（3）先借助分层抽样的特征求出第四、第五组的人数，再运用列举法列举出所有可能数及满足题设的条件的数，运用古典概型的计算公式求解：解：（1）第六组与

第七组频率的和为：∵第六组和第七组人数的比为5：2.∴第六组的频率为0.1，纵坐标为0.02；第七组频率为0.04，纵坐标为0.008.（2）设身高的中位数为，则∴估计这50位男生身高的中位数为174.5

（3）由于第4，5组频率之比为2：3，按照分层抽样，故第4组中应抽取2人记为1，2，第5组应抽取3人记为3，4，5则所有可能的情况有：{1，2}，{1，3}，{1，4}，{1，5}，{2，3}，{2，4}，{2，5}，{3，4}

，{3，5}，{4，5}共10种满足两位男生身高都在[175，180]内的情况有{3，4}，{3，5}，{4，5}共3种，因此所求事件的概率为．18.已知函数()()2xaaxxfb=+++．（1）若关于x的不等式()0fx的解集为23xx，求a，b的值；（2）当1b=

时，解关于x的不等式()0fx．【答案】（1）6,11ab==−；（2）见解析【解析】【小问1详解】由条件知，关于x的方程()20xabxa+++=的两个根为2和3，所以()2323aba−+=+=，解得611ab==−．【小问2详解】当1b

=时，()()210fxxaxa=+++，即()()10xax++，当1a−−时，即1a时，解得xa−或1x−；当1a−=−时，即1a=时，解得1x−；当1a−−时，即1时，解得1x−或xa−．综上可知，当1a时，不等式的解集为(,1)(,)a−−−+；当1

a时，不等式的解集为(,)(1,)a−−−+．19.已知以点()1,2A−为圆心的圆与直线1270lxy++=：相切，过点()2,0B−的直线l与圆A相交于M，N两点，Q是MN的中点，||219MN=．（1）求圆A

的标准方程；（2）求直线l的方程．【答案】（1）()()221220xy++−=（2）2x=−或3460xy−+=【解析】【小问1详解】设圆A半径为R，由圆与直线1270lxy++=：相切得147255R−++==，∴圆A的标准

方程为()()221220xy++−=.【小问2详解】i.当直线l与x轴垂直时，即2x=−，此时()()22||22512219MN=−−+=，符合题意；ii.当直线l不与x轴垂直时，设方程为()2ykx=+，即20kxyk−+=，Q是MN的中点，||219MN=，∴20191AQ=-=，即222

11kkAQk−−+==+，解得34k=，∴直线l为：3460xy−+=.∴直线l的方程为2x=−或3460xy−+=.20.如图四棱锥PABCD−中，四边形ABCD为等腰梯形，ABCD∥，平面ABCD⊥平面P

CD，45ADCCDP==，24CDAB==，32PD=，BECD⊥．（1）证明：CD⊥平面PEB；（2）若Q在线段PC上，且2PQCQ=，求三棱锥QPEB−的体积．【答案】（1）证明见详解（2）13【解析】【小问1详解】∵

四边形ABCD为等腰梯形，且BECD⊥，∴11,32CEABDE===，又∵45CDP=，则22222cos918233292PEDEPDDEPDCDP=+−=+−=，即3PE=，∴222PDDEPE=+，则

PEDE⊥，即PECD⊥，又∵BECD⊥，PEBEE=，,PEBE平面PEB，∴CD⊥平面PEB.【小问2详解】∵PECD⊥，平面ABCD⊥平面PCD，平面ABCD平面PCDCD=，PE平面PCD，∴PE⊥平面ABCD，由题意可得：BCE为等腰直角三角形，则1BECE==，又∵2PQC

Q=，∴三棱锥QPEB−的体积2211111333323QPEBPCEBVV−−===.21.已知抛物线2:2(0)Cypxp=上一点(3,)Pm到焦点F的距离为4.（1）求抛物线C的标准方程；（2）过焦

点F的直线l与抛物线C交于不同的两点A,B,O为坐标原点，设直线OA，OB的斜率分别为1k，2k，求证：12kk为定值.【答案】（1）24yx=.（2）证明见解析.【解析】【小问1详解】由抛物线2:2(0)Cypxp=方程可得焦点为(,0)

2p，准线方程为2px=−，因为点(3,)Pm到焦点F距离为4，由抛物线的性质可知(3,)Pm到焦点的距离等于到准线的距离，即342p+=，解得2p=，故抛物线方程为：24yx=.【小问2详解】证明：因为直

线l过焦点(1,0)F，与抛物线C交于不同的两点A,B,所以设直线l方程为1xmy=+，与抛物线方程24yx=联立即214xmyyx=+=,消去x得2440ymy−−=，216320m=+，设1122(,),(,)AxyBxy，所以124yy=−，由于121212,yykkx

x==，221212,44yyxx==,所以()121212212121641416yyyykkxxyy====−−,即12kk为定值.22.已知椭圆22221(0)xyabab+=的左右焦点分别为12,FF，抛物线24y

x=与椭圆有相同的焦点，点P为抛物线与椭圆在第一象限的交点，且17||3PF=．（1）求椭圆的方程；（2）过F作两条斜率不为0且互相垂直的直线分别交椭圆于A，B和C，D，线段AB的中点为M，线段CD的中

点为N，证明：直线MN过定点，并求出该定点的坐标．【答案】（1）22143xy+=；（2）证明见解析，定点4(,0)7.【解析】【小问1详解】抛物线焦点坐标为(1,0)，故221ab−=.设2||PFt=，由抛物线定义得：点P到直线=1x−的距离为t.123cos7tPFF=，由余弦定理，得

21249434cos77223ttPFF+−==.整理，得2936650tt+−=，解得53t=或133t=−（舍去）.由椭圆定义，得12||||24PFPFa+==，2,3ab==，∴椭圆的方程为22143xy+=；【小问2详解】设:1,(0)A

Blxmym=+，联立22221(34)690143xmymymyxy=+++−=+=，即2634ABmyym−+=+，23234ABMyymym+−==+，代入直线方程得2434Mxm=+，2243(,)3434mMmm−++，同理可

得22243(,)4343mmNmm++，2744MNmkm=−，222374:()344434MNmmlyxmmm+=−+−+，令0y=，得2222241212121647347(34)7(3

4)mmxmmm−+=+==+++，所以直线MN过定点4(,0)7.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com