2022-2023学年江西省南昌市名校高二上学期期末考试数学试题(含解析)

3MN（ ） 121A．abc 232211abc 322111B．abc 222221C．abc 332D．

2．已知直线l1:3xy0与直线l2:kxy10，若直线l1与直线l2的夹角为60，则实数k的值为（ ）A．3 B．3 C．3或0

D．2或3 3．在新型冠状病毒肺炎疫情联防联控期间，社区有5名医务人员到某学校的高一、高二、高三3个年级协助防控和宣传工作.若每个年级至少分配1名医务人员，则不同的分配方法有（　　） A．25种 B．50种 C．300种 D．150种 x2y2x2y24．与曲线1共渐近线的双曲线的方程为1共焦点，且与双曲线461636（ ） y2x2A．1 1284y2x2B．1 812x2y2C．1 12825x2y2D．1 8125．已知x12x5a0a1x1a2x1a5x1，则a2（ ） A．2 B．2

C．4

D．12

6．一个家庭有两个小孩，假设生男生女是等可能的，已知这个家庭有一个是女孩的条件下，这时另一个也是女孩的概率是(　　) 1211A．　　B．　　C．　　D． 4323

7．已知点D在ABC确定的平面内，O是平面ABC外任意一点，实数x，y满足22DOxOA2yOBOC，则：xy的最小值为（ ） A．

4 5B．25 5C．1 D．2

8．某校举行科技文化艺术节活动，学生会准备安排6名同学到两个不同社团开展活动，要求每个社团至少安排两人，其中A，B两人不能分在同一个社团，则不同的安排方案数是（ ） A．56 B．28 C．24 D．12

二、多选题（每题5分，多选不得分，漏选少选扣2分一个，共计20分） 9．已知a，b，c是空间的一个基底，则下列说法中正确的是（ ） A．若xaybzc0，则xyz0 B．a，b，c两两共面，但a，b，c不共面 rrC．a+b，bc，c2a一定能构成空间的一个基底 yxD．一定存在实数，，使得axbyc 10．下列说法正确的是（ ） A．甲､乙､丙､丁4人站成一排，甲不在最左端，则共有C3A3种排法 B．3名男生和4名女生站成一排，则3名男生相邻的排法共有A4A3种 C．3名男生和4名女生站成一排，则3名男生互不相邻的排法共有A4A5种 D．3名男生和4名女生站成一排，3名男生互不相邻且女生甲不能排在最左端的排法共有1296种 43134311.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° x2y212.已知椭圆1的左，右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l交椭圆于A，B

95两点.则下列说法正确的是（ ） A．△ABF2的周长为12B．椭圆的离心率为C．|AF2BF2|的最大值为 5 32620D．△ABF2面积最大值为 33 第II卷（非选择题） 三、填空题（每题5分，共计20分） 13．圆C1：x2y22x0与圆C2：x2y24x8ym0没有公共点，则m的取值范围为__________.

14．(y2)(x3)4的展开式中含x3y项的系数为___________.

15．一道单项选择题有4个答案，要求学生将正确答案选择出来.某考生知道正确答案

1的概率为，在乱猜时，4个答案都有机会被他选择，若他答对了，则他确实知道正确

5答案的概率是___________.

x2y216．已知双曲线221(a0,b0)左，右焦点分别为F1c,0,F2c,0，若双曲线右

ab支上存在点P使得四、解答题 ac，则离心率的取值范围为_______. sinPF1F2sinPF2F117（10分）．已知圆C:x2y2mx2y20(mR)，其圆心在直线xy0上． (1)求m的值； (2)若过点(1,4)的直线l与C相切，求l的方程． xx218（12分）．（1）解不等式A86A8． 2222（2）若C3C4C5Cn363，求正整数n． （3）从正方体ABCD-A′B′C′D′的8个顶点中选取4个作为四面体的顶点，可得到的不同的四面体的个数为？ 19（12分）．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AAC11C是边长为4的正方形，平面

ABC平面AAC11C，AB3，BC5，点E是BC的中点， (1)求证：A1B平面AC1E；(2)求证：A1C平面ABC1； (3)证明：在线段BC1上存在点D，使得ADA1B.并求

BD的值. BC120（12分）．甲、乙、丙三人同时对飞机进行射击，三人击中的概率分别为0.4，0.5，0.7.飞机被一人击中且击落的概率为0.2,被两人击中且击落的概率为0.6，若三人都击中，飞机必定被击落，求飞机被击落的概率.

21（12分）．如图所示，四棱台ABCDA1B1C1D1的上下底面均为正方形，面ADD1A1面A1B1C1D1，AA1DD14，A1D13AD6.

(1)求B1到平面CDD1C1的距离； (2)求二面角B1CC1D1的正弦值.

1x2y222（12分）．已知C：221的上顶点到右顶点的距离为7，离心率为2，过椭

ab圆左焦点F作不与x轴重合的直线与椭圆C相交于M、N两点，直线m的方程为：

x2a，过点M作ME垂直于直线m交直线m于点E.

(1)求椭圆C的标准方程： (2)①若线段EN必过定点P，求定点P的坐标； ②点O为坐标原点，求OEN面积的最大值.

参： 1．D

【分析】根据空间向量的线性运算解决即可.

2【详解】由题知，空间四边形OABC中，OAa，OBb，OCc，且OMOA，

3BNNC， 如图， 11所以ONOBOC， 2212211MNMOONOA(OBOC)abc， 所以

32322故选：D 2．C

【分析】根据倾斜角与斜率的关系即可求解.

【详解】l1:3xy0的斜率为k3，所以其倾斜角为120，直线l2:kxy10恒过点0,1,若直线l1与直线l2的夹角为60，则l2的倾斜角为60或者0，所以斜率为k=3或

k0， 故选：C

3．D

【分析】首先分析将5个人分为三小组且每小组至少有一人，则可能分法有：(2,2,1),(3,1,1)两种情况，每种情况利用分步计数原理计算情况数，最后相加即可.

221C5C3C13A390种； 【详解】当5个人分为2，2，1三小组，分别来自3个年级，共有

A2211C335C2C1A②当5个人分为3，1，1三小组时，分别来自3个年级，共有360种. A22综上，选法共有9060150. 故选:D. 4．A

【分析】先由与椭圆共焦点得到c220，且焦点在y轴上，从而巧设所求双曲线为x2y20，利用c2a2b2即可得解. 46x2y2【详解】因为曲线1为椭圆，焦点在y轴上，且c2361620， 1636x2y2又因为所求双曲线与双曲线1共渐近线， 46x2y2y2x2所以设所求双曲线为0，即1， 4664则c26420，解得2， y2x2所以所求双曲线为1.

128故选：A. 5．C

【分析】令x+1=t，直接根据二项式定理求解即可. 【详解】令x+1=t，则xt1， 故x12x5t22t1a0a1ta2t2a5t5， 445t2432中t2得系数为C24224，t1中t得系数为C5110， 253所以a224204， 故选：C.

6．D　[一个家庭中有两个小孩只有4种可能：(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)． 记事件A为“其中一个是女孩”，事件B为“另一个是女孩”，则A＝{(男，女)，(女，男)，(女，女)}，B＝{(男，女)，(女，男)，(女，女)}，AB＝{(女，女)}． 31

于是可知P(A)＝，P(AB)＝．问题是求在事件A发生的情况下，事件B发生的概

441

41

率，即求P(B|A)，由条件概率公式，得P(B|A)＝＝．] 3347．A

【分析】根据空间向量共面可得x2y11，然后利用二次函数的性质即得. 【详解】因为DOxOA2yOBOC， 所以ODxOA2yOBOC，又点D在ABC确定的平面内， 所以x2y11，即x22y， 所以xy22y222444y5y8y45y， 555222所以当y故选：A. 8．B

4422时，xy的有最小值. 55【分析】设两个社团分别为甲乙，按A在甲社团B在乙社团和A在乙社团B在甲社团两种类型讨论，每种类型又分甲社团有2 人、3 人、4 人三种情况，运用排列组合公式计算方案数.

【详解】设两个社团为甲社团和乙社团， 当A在甲社团B在乙社团时，甲社团有2 人有C4种方案，甲社团有3 人有C4种方案，甲

123123社团有4人有C4种方案，共C4+C4+C446414种方案； 当B在甲社团A在乙社团时，同理也有14种方案； 所以不同的安排方案数是14+14=28. 故选：B 9．ABC

【分析】由已知，选项A，可使用反证法，假设结论不成立来推导条件；选项B，可根据

rr基底的定义和性质来判断；选项C，可先假设a+b，bc，c2a共面，得到无解，即可

rr判断a+b，bc，c2a组成基底向量；选项D，由a，b，c不共面可知，不存在这样的实数.

【详解】选项A，若x,y,z不全为0，则a，b，c共面，此时与题意矛盾，所以若xaybzc0，则xyz0，该选项正确； 选项B，由于a，b，c是空间的一个基底，根据基底的定义和性质可知，a，b，c两两

共面，但a，b，c不共面，该选项正确； rr选项C，假设a+b，bc，c2a共面， 1=2则a+bk(bc)(c2a)，此时k=1，无解， k=rr所以a+b，bc，c2a不共面，即可构成空间的一个基底，所以该选项正确； yx选项D，a，b，c不共面，则不存在实数，，使得axbyc，故该选项错误. 故选：ABC. 10．ACD

【分析】先排特殊元素（位置）再排其他元素，可判断A的正误；利用捆绑法，可判断B的正误；利用插空法，可判断C的正误，利用插空法和特殊元素（位置）法，可判断D的正误，即可得答案.

【详解】对于A：先排最左端，有C3种排法，再排剩余3个位置，有A3种排法，则共有

3C13A3种排法，故A正确； 13对于B：3名男生相邻，有A3种排法，和剩余4名女生排列，相当于5人作排列，有A5种排法， 35所以共有A3A5种排法，故B错误； 对于C：先排4名女生，共有A4种排法，且形成5个空位，再排3名男生，共有A5种排法， 所以共有A4A5种排法，故C正确； 对于D：由C选项可得3名男生和4名女生站成一排，则3名男生互不相邻的排法共有

3A44A5种排法， 433543若女生甲在最左端，且男生互不相邻的排法有A3A4种排法， 所以3名男生互不相邻且女生甲不能排在最左端的排法共有A4A5-A3A4=1296种，故D正确. 故选：ACD

11.ACD　[将原图补为正方体不难得出只有B错误，故选ACD．] 12. ACD

【分析】A由椭圆定义求焦点三角形周长；B根据椭圆离心率定义求离心率；C当ABx轴求出|AB|最小值，即可得|AF2BF2|最大值；D令直线AB:xky2代入椭圆，应用韦达定理、三角形面积公式得到SABF2关于k的表达式，研究其最值即可.

433333【详解】 A：由三角形的周长为|AB||AF2||BF2||AF1||AF2||BF1||BF2|4a12，正确； B：由a3,ca2b22，故椭圆的离心率为，错误； a3

C：要使|AF2BF2|12|AB|最大，只需|AB|最小，根据椭圆性质知：当ABx轴时

c

2

262b210，正确； |AB|min，故(|AF2BF2|)max3a3D：令直线AB:xky2，代入椭圆方程整理得：(95k2)y220ky250， 所以900(k21)0，且yAyB而SABF220k25yy，， AB95k295k21k212|F1F2||yAyB|2(yAyB)4yAyB60， 2(95k2)2令tk211，则

SABF260t225t40t1660603516，当1625t40225t40tt且仅当t时等号成立，显然等号不成立， 又y25t451620在[1,)上递增，即t1时y最小，此时SABF2最大为，正确.

3t故选：ACD

13．,164,20 【分析】先用配方法确定圆心和半径，两圆没有公共点，说明它们内含或者外离，找出圆心距和半径之间的关系可得参数的范围.

【详解】圆C1：x1y21，圆C2：x2y420m 两圆没有公共点，则两圆外离或内含.

若两圆外离，则C1C2r1r2120m，∴4m20 若两圆内含，则C1C2r1r220m1，∴m16. 综上：m,164,20. 故答案为：,164,20 14．12 【分析】利用乘法分配律得到(y2)(x3)4y(x3)42(x3)4，则x3y来自于y(x3)4的展开式，根据二项式定理即可求解.

【详解】(y2)(x3)4y(x3)42(x3)4， 333y(x3)4的展开式中x3y项为：yC4x312xy， 2222(x3)4的展开式中没有x3y项， 故(y2)(x3)4的展开式中含x3y项的系数为12， 故答案为：12.

15．2##0.5 【分析】由全概率公式求出考生答对的概率，再由条件概率公式求他答对条件下，他确实知道正确答案的概率.

【详解】设A表示“考生答对”，B表示“考生知道正确答案”，由全概率公式得1412PAPBPA|BP(B)P(A|B)1, 554511PAB51. 故PB|A22PA5故答案为：2 16．1,21 【分析】在△PF1F2中，由正弦定理可得1PF1cPF1PF2，再由已知可得PF2asinPF2F1sinPF1F2，根据点P在双曲线右支上，得到关于e的不等式，从而可求出e的范围. ac【详解】由题意可得点P不是双曲线的顶点，否则无意义 sinPF1F2sinPF2F1在△PF1F2中，由正弦定理得PF1PF2， sinPF2F1sinPF1F2因为ac， sinPF1F2sinPF2F1PF1PF2c， acPF2， a所以所以PF1因为点P在双曲线右支上， 所以PF1PF22a， c2a2所以PF2PF22a，得PF2， aca由双曲线的性质可得PF2ca， 2a2ca，化简得c22aca20， 所以ca所以e22e10，解得21e21， 因为e1， 所以1e21， 即双曲线离心率的取值范围为1,21， 17．(1)m2； (2)x1或5x12y430. 【分析】（1）将圆的一般方程化为标准方程，求出圆心，代入直线方程即可求解； （2）对直线的斜率是否存在讨论.若存在，设直线l的方程为：y4kx1，利用圆心到直线的距离即可求解.

mm【详解】（1）圆C的标准方程为：x(y1)23， 24m所以，圆心为,1.

222由圆心在直线xy0上，得m2. 所以，圆C的方程为：(x1)2(y1)24.

（2）当直线l的斜率不存在时，即l方程为x1，此时直线与圆相切； 当直线l的斜率存在时，设斜率为k，则直线l的方程为：y4kx1， 即kxyk40， 由于直线l和圆C相切，得k1k4k122k3k122， 解得：k5，代入整理可得5x12y430. 12所以，直线方程为：x1或5x12y430. 18．（1）x8；（2）n13；（3）58 【分析】（1）根据排列数公式求解； （2）由组合数的性质求解； （3）由分类加法计数原理和分步乘法计数原理计算． 【详解】（1）由题意算可解得x8； 18!8!6，16且2x8，xN*，经验

(8x)!(10x)!(10x)(9x)2222322223222（2）C3C4C5CnC3C3C4C5Cn1C4C4C5Cn1223C35C5Cn1Cn11 原方程为Cn1363，

3n1nn13，n13满足题意，且C36n1是在nN*且n4时递增的，因此n13是唯一解； 8种方法，从中去掉6个面和6个对角（3）58　[从8个顶点中任取4个有C48－12＝58个不同的四面体．] 面，所以有C4

19．(1)证明见解析； (2)证明见解析； BD9(3)证明见解析，. BC125 【分析】(1)连接AC1，AC1B，根据线面平行判定定1，记两直线的交点为F，证明EF//A理证明A1B平面AC1E； (2)证明AC1A1C，A1CAB，根据线面垂直判定定理证明A1C平面ABC1； (3) 以A为原点，AC，AB，AA1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设

BD01，由垂直关系列方程求出即可. BC1【详解】（1）连接AC1，AC1，记两直线的交点为F，因为四边形AAC11C是正方形，所以

F为AC1B，A1B平面AC1E，FE平面1的中点，又点E为BC的中点，所以FE//AAC1E，所以A1B平面AC1E； （2）因为AB3，BC5，AC4，所以BC2AB2AC2，所以ABAC， 又平面ABC平面AAC11CAC，AB平面ABC， 11C，平面ABC平面AAC平面AAC所以AB平面AAC1C，因为四边形AAC111C，因为AC11C，所以ABA11C是

正方形，所以AC1A1C，又AC1ABA，AC1平面ABC1，AB平面ABC1，所以A1C平面ABC1； （3）因为AB平面AAC11C，ACAA1，故以A为原点，AC，AB，AA1为x，y，z

uuurC4,0,4A0,0,4B0,3,0，，1轴建立空间直角坐标系，则1， A1B0,3,4，

BC14,3,4， BD01， 则BDBC1， 设在线段BC1上存在点D，使得ADA1B，且BC1所以ADABBDABBC10,3,04,3,44,33,4， uuur9ADAB， AB0,3,4因为1，若1，则ADA1B99160，解得：

25BD93836. 所以在线段BC1上存在点D,,，使得ADA1B且

BC125252525 20．解 设事件A表示“飞机被击落”，事件Bi表示“飞机被i人击中”(i=0,1,2,3)，则B0，构

成样本空间的一个划分，且依题意，P(A|B0)=0，P(A|B1)=0.2,P(A|B2)=0.6, P(A|B3) = 1。再

设事件Hi表示“飞机被第i人击中”i=1，2，3) .

P(B1)P(H1H2H3H1H2H3H1H2H3)0.40.50.30.60.50.30.60.50.7 0.36P(B2)P(H1H2H3H1H2H3H1H2H3)0.41 P(B3)P(H1H2H3)0.14P(B0)P(H1H2H3)0.09P(A)P(B0)P(A|B0)P(B1)P(A|B1)P(B2)P(A|B2)P(B3)P(A|B3)0.0900.360.20.410.60.1410.458因此,飞机被击落的概率为0.458. 21．(1)33 (2)sin 【分析】（1）根据平面ADD1A1平面A1B1C1D1，得到C1D1平面A1D1DA，进而得到平面CDD1C1平面A1D1DA，将点B到平面CDD1C1的距离，转化为A1到平面CDD1C1的距离求

42 7解； （2）建立空间直角坐标系，分别求得平面B1CC1和平面CC1D1的一个法向量为

n1n2求解. n1x1,y1,z1，n2x2,y2,z2，由cosn1,n2n1n2【详解】（1）解：∵平面ADD1A1平面A1B1C1D1，平面ADD1A1平面A1B1C1D1A1D1，C1D1A1D1， ∴C1D1平面A1D1DA， 又∵C1D1平面CDD1C1， ∴平面CDD1C1平面A1D1DA， ∴B到平面CDD1C1的距离，即为A1到平面CDD1C1的距离， 过A1作A1MDD1于点M，∴A1M平面CDD1C1， 11S△DA1D16234A1MA1M33， 22∴B1到平面CDD1C1的距离为33. （2）建立如图所示空间直角坐标系， ∴B16,6,0，C10,6,0，D2,0,23，D10,0,0， 1由DCD1C1C2,2,23， 3∴C1B16,0,0，C1C2,4,23，D1C10,6,0， 设平面B1CC1和平面CC1D1的一个法向量分别为n1x1,y1,z1，n2x2,y2,z2， 6x20n∴10,3,2， 2x14y123z102x24y223z20n26y023,0,1 设二面角B1CC1D1平面角为， n1n22142cosn,n12∴. ，sin727n1n27x2y222．(1)1 43155(2)① P,0；②.

24 x2y2【分析】(1) 椭圆 C:221 的上顶点到右顶点的距离为

ab7, 离心率为

12, 列出方

程, 求解 a,b, 得到椭圆的标准方程.

(2)①设直线 MN 方程: xmy1,Mx1,y1,Nx2,y2,E4,y1, 联立直线与椭圆方程, 利用韦达定理求解直线 EN 方程, 然后得到定点坐标.

2②由（1）中 144m10, 利用弦长公式, 求解三角形的面积表达式, 然后求解最大

值即可.

【详解】（1）由题意可得:

a2b27， c1a2所以a2,b3. x2y2故椭圆的标准方程为 1.

43（2）证明:

①由题意知, F1,0,

设直线 MN 方程: xmy1,Mx1,y1,Nx2,y2,E4,y1,

xmy122, 得 3m4y6my90, 联立方程 x2y21346m9,yy, 所以 y1y2123m243m24所以 2my1y23y1y2,

21又 kENx4,

2yy所以直线 EN 方程为: yy1y2y1x4, x243y1y235令 y0, 则 x4y1x244my1y23y1424.

y2y1y2y1y2y1225所以直线 EN 过定点 P,0.

22② 由①中 144m10, 所以 mR,

又 y1y2所以 SOENy1y2212m21 ， 4y1y23m241512m2115m2115m21OPy1y2, 22243m43m43m211令 tm1,t1, 则

2ft153t1,

t113t21, 当 t1 时, g't0, 令 gt3t,g't32ttt21故 gt3t 在 1, 上单调递增,

t则

ft153t1 在 1, 上单调递减, t即

SOEN15t153t213t1 在 1, 上单调递减,

t15.4所以 t1 时, SOENmax