江西省2021-2022学年高二上学期期末数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 评卷人 得分 一、单选题

P3，P2，1．抛掷两枚硬币，若记出现“两个正面”“两个反面”“一正一反”的概率分别为P1，则下列判断中错误的是（ ）. A．P1P2P3 C．P1P2P31

B．P1P2P3 D．P32P12P2

2．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，ABB1C1DD1（ ）

A．AC 1B．AC1 C．B1D D．BD1

3．中国农历的二十四节气是中华民族的智慧与传统文化的结晶，二十四节气歌是以春、夏、秋、冬开始的四句诗.在国际气象界，二十四节气被誉为“中国的第五大发明”.2016年11月30日，二十四节气被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录.某小学三年级共有学生600名，随机抽查100名学生并提问二十四节气歌，只能说出一句的有45人，能说出两句及以上的有38人，据此估计该校三年级的600名学生中，对二十四节气歌一句也说不出的有（ ） A．17人

B．83人

C．102人

D．115人

4．青少年视力被社会普遍关注，为了解他们的视力状况，经统计得到图中右下角12名青少年的视力测量值aii1,2,3,,12（五分记录法）的茎叶图，其中茎表示个位数，叶表示十分位数．如果执行如图所示的算法程序，那么输出的结果是（ ）

试卷第1页，共6页

A．4 B．5 C．6 D．7

y22pxp0上的一点P9,12到其焦点 5．抛物线 F的距离PF等于（ ） A．17

B．15

C．13

D．11

6．方程x2(y2)2x2(y2)210化简的结果是（ ）

x2y2A．1

2516x2y2B．1

2521x2y2C．1

254y2x2D．1

25217．命题“ba0”的一个充要条件是（ ） A．a2b2 C．bc2ac20

B．abb2 D．

110 ab8．已知O为坐标原点，向量a(2,1,1)，点A(3,1,4)，B(2,2,2).若点E在直线AB上，且OEa，则点E的坐标为（ ）. 6142A．,,

5556142C．,,

5556142B．,,

5556142D．,,

5559．某中学为了解高三男生的体能情况，通过随机抽样，获得了200名男生的100米体能测试成绩（单位：秒），将数据按照11.5,12，12,12.5，…，15.5,16分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图.规定成绩低于13秒为优，成绩高于14.8秒为不达标.由直方图推断，下列选项错误的是（ ）

试卷第2页，共6页

A．直方图中a的值为0.40

B．由直方图估计本校高三男生100米体能测试成绩的众数为13.75秒 C．由直方图估计本校高三男生100米体能测试成绩为优的人数为54 D．由直方图估计本校高三男生100米体能测试成绩为不达标的人数为18

10．①命题设“a,bR，若ab6，则a3或b3”；②若“pq”为真命题，则p，q均为真命题；③“π2kπkZ”是函数ysin2x为偶函数的必要不充分条件；2④若a,b,c为空间的一个基底，则ab,bc,ca构成空间的另一基底；其中正确判断的个数是（ ） A．1

B．2

C．3

D．4

x2y211．如图，O是坐标原点，P是双曲线E:221(a0,b0)右支上的一点，F是E

ab的右焦点，延长PO，PF分别交E于Q，R两点，已知QF⊥FR，且|QF|2|FR|，则E的离心率为（ ）

A．17 4B．17 3C．21 4D．21 312．如图，在三棱锥PABC中，ABACPBPC5，PA4，BC6，点M在平面PBC内，且AM15，设异面直线AM与BC所成的角为，则cos的最大值为（ ）

试卷第3页，共6页

A． 2 5B．3 52C．

5D．5 5评卷人 得分 二、填空题

x2y213．若双曲线221的离心率为2，则此双曲线的渐近线方程___________.

ab14．在空间直角坐标系中，点A1,2,3到x轴的距离为___________. 4115．命题p:x,1，xa恒成立是假命题，则实数a的取值范围是

x2________________．

16．在学习《曲线与方程》的课堂上，老师给出两个曲线方程C1:xy1；C2:x4y41，老师问同学们：你想到了什么？能得到哪些结论？下面是四位同学的

回答：

甲：曲线C1关于yx对称； 乙：曲线C2关于原点对称；

丙：曲线C1与坐标轴在第一象限围成的图形面积S1丁：曲线C2与坐标轴在第一象限围成的图形面积S21； 2π； 4四位同学回答正确的有______（选填“甲、乙、丙、丁”） 评卷人 得分 三、解答题

217．已知p：2x23x20，q：x2a1xaa20.

（1）当x0时，命题q为真，求实数a的取值范围； （2）若p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围.

试卷第4页，共6页

18．已知直线l经过抛物线y24x的焦点F，且与抛物线相交于A,B两点.

（1）若直线l的斜率为1，求|AB|； （2）若|AF|3|BF|，求直线l的方程.

19．某地区2021年清明节前后3天每天下雨的概率为50%，通过模拟实验的方法来计算该地区这3天中恰好有2天下雨的概率．用随机数x（xN，且0≤x≤9）表示是否下雨：当x0,mmZ时表示该地区下雨，当xm1,9时，表示该地区不下雨，从随机数表中随机取得20组数如下：

332 714 740 945 593 468 491 272 073 445 992 772 951 431 169 332 435 027 898 719

（1）求出m的值，并根据上述数表求出该地区清明节前后3天中恰好有2天下雨的概率；

（2）从2012年到2020年该地区清明节当天降雨量（单位：mm）如表：（其中降雨量为0表示没有下雨）．

2012时间 年 年份t 1 年 2 28 年 3 26 年 4 27 年 5 25 年 6 23 年 7 24 年 8 22 年 9 21 20132014201520162017201820192020降雨量y 29 经研究表明：从2012年至2021年，该地区清明节有降雨的年份的降雨量y与年份t成线性回归，求回归直线方程ybta，并计算如果该地区2021年（t10）清明节有降雨的话，降雨量为多少？（精确到0.01）

参考公式：bti1nitiyyiti1nt2，aybt．

参考数据：i19tityiy58，titi17yiy54，titi19260，

试卷第5页，共6页

i17tit252．

20．某港口船舶停靠的方案是先到先停，且每次只能停靠一艘船.

（1）若甲乙两艘船同时到达港口，双方约定各派一名代表猜拳：从1，2，3，4，5中各随机选一个数，若两数之和为奇数，则甲先停靠；若两数之和为偶数，则乙先停靠，这种方式对双方是否公平？请说明理由；

（2）若甲、乙两船在一昼夜内到达该码头的时刻是等可能的.如果甲船停泊时间为1h，乙船停泊时间为2h，求它们中的任意一艘都不需要等待码头空出的概率.

21．如图所示等腰梯形ABCD中，AB//CD，2AB2BCCD，ABC120，点E为CD的中点，沿AE将△DAE折起，使得点D到达F位置.

（1）当FBBC时，求证：BE平面AFC；

6BC时，求二面角FBEC的余弦值. 21x2y222．已知椭圆C：221ab0过点3,，其左､右顶点分别为A1，A2，上

2ab（2）当BF1顶点为B，直线A1B与直线A2B的斜率之积为.

4

（1）求椭圆C的方程；

（2）如图，直线l：xt分别与线段A1B（不含端点）和线段A2B的延长线交于M，N两点，直线A1N与椭圆C的另一交点为P，求证：P，M，A2三点共线.

试卷第6页，共6页

参考答案

1．A 【分析】

把抛掷两枚硬币的情况均列举出来，利用古典概型的计算公式，把P1，P2，P3算出来，判断四个选项的正误. 【详解】

A正B正，A正B反，两枚硬币，记为A与B，则抛掷两枚硬币，一共会出现的情况有四种，A反B正，A反B反，则P1故选：A 2．B 【分析】

根据正方体的性质，结合向量加减法的几何意义有ABBB1AB1,AB1BC即可知11AC1，

111，P2，P3，所以A错误，BCD正确 424ABB1C1DD1所表示的向量. 【详解】

∵DD1BB1，而ABBB1AB1,AB1BC11AC1，

∴ABB1C1DD1AC1， 故选：B 3．C 【分析】

根据频率计算出正确答案. 【详解】

答案第1页，共15页

一句也说不出的学生频率为

10045380.17，

100所以估计600名学生中，一句也说不出的有6000.17102人. 故选：C 4．B 【分析】

依题意该程序框图是统计这12名青少年视力小于等于4.3的人数，结合茎叶图判断可得； 【详解】

解：根据程序框图可知，该程序框图是统计这12名青少年视力小于等于4.3的人数，由茎叶图可知视力小于等于4.3的有5人， 故选：B 5．C 【分析】

由点的坐标求得参数p，再由焦半径公式得结论． 【详解】

由题意1222p(9)，解得p8， 所以PF故选：C． 6．D 【分析】

由方程的几何意义得到是椭圆，进而得到焦点和长轴长求解. 【详解】

∵方程x2(y2)2x2(y2)210，

表示平面内到定点F1(0,2)、F2(0,2)的距离的和是常数10(104)的点的轨迹， ∴它的轨迹是以F1、F2为焦点，长轴2a10，焦距2c4的椭圆； ∴a5,c2,b25421；

y2x2∴椭圆的方程是1，即为化简的结果．

2521pxP4(9)13， 2故选：D． 答案第2页，共15页

7．D 【分析】

结合不等式的基本性质，利用充分条件和必要条件的定义判断. 【详解】

1A. 当a,b1时，满足a2b2，推不出ba0，故不充分；

21B. 当a,b1时，满足abb2，推不出ba0，故不充分；

2C. 当c0时，ba0推不出bc2ac20，故不必要；

11ba0abab011a0ba0，故充要， D. 因为0a0abb0b0故选：D 8．A 【分析】

由E在直线AB上，设OEOAAEOAtAB，再利用向量垂直，可得t点坐标. 【详解】

因为E在直线AB上，故存在实数t使得OEOAAEOAtAB(3,1,4)t(1,1,2)(3t,1t,42t)，

9，进而可求E5.若OEa，则OEa0，所以2(3t)(1t)(42t)0，解得t6142因此点E的坐标为,,.

5559， 5故选：A. 【定睛】

本题考查了空间向量的共线和数量积运算，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于一般题目. 9．D 【分析】

根据频率之和为1求得a，结合众数、频率等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.

答案第3页，共15页

【详解】

0.50.080.160.3a0.520.30.120.080.041，解得a0.4，A选项正确.

众数为

13.51413.75，B选项正确. 2成绩低于13秒的频率为0.50.080.160.30.50.540.27，人数为2000.2754，所以C选项正确. 成绩高于14.8的频率为

14.814.50.50.120.50.080.120.136，人数为0.52000.13627人，D选项错误.

故选：D 10．B 【分析】

利用逆否命题、含有逻辑联结词命题的真假性、充分和必要条件、空间基底等知识对四个判断进行分析，由此确定正确答案. 【详解】

①，原命题的逆否命题为“a,bR，若a3且b3，则ab6”，逆否命题是真命题，所以原命题是真命题，①正确.

②，若“pq”为真命题，则p，q至少有一个真命题，②错误. ③，函数ysin2x为偶函数的充要条件是“kπ“πkZ”.所以2π2kπkZ”是函数ysin2x为偶函数的充分不必要条件，③错误. 2④，若a,b,c为空间的一个基底，即a,b,c不共面， 若ab,bc,ca共面，则存在不全为零的x1,x2,x3， 使得x1abx2bcx3ca0， 故x1x2bx2x3cx3x1a0，

因为a,b,c为空间的一个基底，x1x2x2x3x3x10， 故x1x2x30，矛盾，故ab,bc,ca不共面， 所以ab,bc,ca构成空间的另一基底，④正确.

答案第4页，共15页

所以正确的判断是2个. 故选：B 11．B 【分析】

令双曲线E的左焦点为F，连线即得PFQF，设FRm，借助双曲线定义及直角FPR用a表示出|PF|，|PF|，再借助RtFPF即可得解. 【详解】

如图，令双曲线E的左焦点为F，连接PF,QF,RF，

由对称性可知，点O是线段PQ中点，则四边形PFQF是平行四边形，而QF⊥FR，于是有

PFQF是矩形，

|FQ|2m，|PF|2m2a，|RF|m2a,|PR|3m2a， 设FRm，则|PF∣在RtFPR中，(2m)2(3m2a)2(m2a)2，解得m224a或m＝0（舍去）， 38a2ac217c178a2a2PF,|PF|RtFPF中，从而有，，整理得，， 4ce33a29a333所以双曲线E的离心率为故选：B 12．D 【分析】

17． 3设线段BC的中点为D，连接AD，过点P在平面PAD内作POAD，垂足为点O，证明出

PO平面ABC，然后以点O为坐标原点，CB、AD、OP分别为x、y、z轴的正方向建

立空间直角坐标系，设BMmBPnBC，其中m0，n0且mn1，求出3m6n3的最大值，利用空间向量法可求得cos的最大值. 【详解】

答案第5页，共15页

设线段BC的中点为D，连接AD，

ABAC5，D为BC的中点，则ADBC，

BC5，则BDCD3，ADAB2BD24，同理可得PD4，PDBC，

PDADD，BC平面PAD，

过点P在平面PAD内作POAD，垂足为点O，

因为PAPDAD4，所以，△PAD为等边三角形，故O为AD的中点，

BC平面PAD，PO平面PAD，则BCPO，

POAD，ADBCD，PO平面ABC，

以点O为坐标原点，CB、AD、OP分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系Oxyz，

因为△PAD是边长为4的等边三角形，O为AD的中点，则OPPAsin6023， 则A0,2,0、B3,2,0、C3,2,0、P0,0,23， 由于点M在平面PBC内，

可设BMmBPnBCm3,2,23n6,0,03m6n,2m,23m， 其中m0，n0且mn1，

从而AMABBM3,4,03m6n,2m,23m33m6n,42m,23m， 因为AM15，则33m6n42m12m215， 所以，33m6n16m216m14m23， 故当m222212时，16m216m1有最大值3，即3m6n33， 2答案第6页，共15页

故33m6n33，即3m6n3有最大值3， 所以，coscosAM,BC故选：D. 【点睛】

方法点睛：求空间角的常用方法：

（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；

（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 13．y3x 【分析】

根据离心率得出c2a，结合a2b2c2得出a,b关系，即可求出双曲线的渐近线方程. 【详解】

解：由题可知，离心率ec2，即c2a， ab3， aAMBCAMBC633m6n615635. 5615又a2b2c24a2，即b23a2，则

故此双曲线的渐近线方程为y3x. 故答案为：y3x. 14．13 【分析】

由空间直角坐标系中点x,y,z到x轴的距离为y2z2计算可得． 【详解】

解：空间直角坐标系中，点A1,2,3到x轴的距离为223213． 故答案为：13． 15．5, 【分析】

答案第7页，共15页

由命题p为假命题可得命题p为真命题，由此可求a范围. 【详解】

41∵ 命题p:x,1，xa恒成立是假命题，

x241∴ x,1，xa，

x214∴ [x]mina，x[,1]，

2x又函数yx14在[,1]为减函数， x24∴ [x]min=5，

x∴ a5，

∴ 实数a的取值范围是5,, 故答案为：5,. 16．甲、乙、丙、丁 【分析】

结合对称性判断甲、乙的正确性；通过对比xy1和x2y21与坐标轴在第一象限围成的图形面积来判断丙丁的正确性. 【详解】

对于甲：交换方程xy1中x和y的位置得yx1，所以曲线C1关于yx对称，甲回答正确.

对于乙：x,y和x,y两个点都满足方程x4y41，所以曲线C2关于原点对称，乙回答正确.

11对于丙：直线xy1与坐标轴在第一象限围成的图形面积为11，

220x1xy1，，

0y10x1在第一象限，直线xy1与曲线xy1都满足，

0y1xy1y1x，xy1y1x2x2x1

答案第8页，共15页

1xx2x12x2x2x1x0，

所以在第一象限，直线xy1的图象在曲线xy1的图象上方， 所以S11，丙回答正确. 21π2对于丁：圆x2y21与坐标轴在第一象限围成的图形面积为π1，

440x12244xy1xy1在第一象限，曲线与曲线都满足，

0y1x2y21y21x2,y41x2x42x21，

2x4y41y41x4，

x42x211x42x42x22x2x210，

所以在第一象限，曲线x2y21的图象在曲线x4y41的图象下方， 所以S2π，丁回答正确. 4故答案为：甲、乙、丙、丁 317．（1）0,2；（2）a|a2

2【分析】

（1）依题意可得xaxa20，即可求出q，再根据当x0时，命题q为真，即可得到不等式组，解得即可；

（2）由（1）可得q，令q所对应的集合为B，再解一元二次不等式求出p所对应的集合

A，根据p是q的充分不必要条件，即可得到A是B的真子集，从而得到不等式组，解得

即可； 【详解】

2解：（1）因为x2a1xaa20，即xaxa20，即a2xa，即q：

a2xa，

a0因为当x0时，命题q为真，所以，解得0a2，即a0,2；

a20（2）由（1）可知q：a2xa，所以q：a2x或x≥a； 令q对应的集合B{x|xa或xa2}；

答案第9页，共15页

1因为2x23x20，所以2x1x20，解得x2或x；

21令p对应的集合A{x|x2或x}；

21a232，解得a2，因为p是q的充分不必要条件，所以A是B的真子集，所以2a23经检验a或a2时，均满足题意，

23综上：实数a的取值范围为：a|a2

218． （1）8

（2）3x【分析】

（1）设Ax1,y1,Bx2,y2，由|AB||AF||BF|，进而结合抛物线的定义，将点到焦点的距离转化为到准线的距离，最后求得答案；

（2）由|AF|3|BF|，所以y13y2，设出直线方程并代入抛物线方程，进而结合根与系数的关系求得答案. （1）

设Ax1,y1,Bx2,y2，抛物线的准线方程为：x1，因为|AB||AF||BF|，由抛物线定义可知，|AB|x11x21x1x22.

直线l:yx1，代入抛物线方程化简得：x26x10，则x1x26，所以|AB|x1x228.

y30

（2）

2设l:xty1，代入抛物线方程化简得：y4ty40，

y1y24t2y24t3y3y|AF|3|BF|t所以，因为，所以1 2，于是233y24y1y24答案第10页，共15页

3y13xy30. 3291792yt19．m4，；（1）（2）；该地区2020年清明节有降雨的话，降雨量为20.2mm． 5306则直线l的方程为：x【分析】

（1）利用概率模拟求概率； （2）套用公式求回归直线方程即可. 【详解】

解：（1）由题意可知，

m150%，解得m4，即0~4表示下雨，5~9表示不下雨， 10所给的20组数据中714,740,491,272,073,445,435,027,共8组表示3天中恰有两天下雨， 故所求的概率为

82=； 205（2）由题中所给的数据可得t5，y25，

所以bttyii19ii19iy2tt582917929，aybt255， 6030630所以回归方程为y当t10时，y29179t， 306291791211020.2， 3066所以该地区2020年清明节有降雨的话，降雨量为20.2mm． 【点睛】

求线性回归方程的步骤：①求出x,y；②套公式求出b、a；③写出回归方程ybxa；④利用回归方程ybxa进行预报； 20．

（1）不公平，理由见解析. （2）

1013 1152【分析】

（1）通过计算概率来进行判断. （2）利用几何概型计算出所求概率.

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（1）

111213C3C2212两数之和为奇数的概率为，两数之和为偶数的概率为1， 25255525两个概率不相等，所以不公平. （2）

0x24yx设甲到的时刻为，乙到的时刻为，则，

0y24若它们中的任意一艘都不需要等待码头空出，则yx1或xy2， 画出可行域如下图阴影部分所示，

11232322221013. 所以所求的概率为：2224241152

21．

（1）证明见解析 （2）5 5【分析】

（1）结合线面垂直的判定定理来证得结论成立.

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得二面角FBEC的大小. （1） 设ACBEO，

由于四边形ABCD是等腰梯形，E是CD的中点，2ABCD， 所以AB//CE,ABCE，所以四边形ABCE是平行四边形，

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由于ABBC，所以四边形ABCE是菱形， 所以BEAC，

由于FBBCCEDEFE，O是BE的中点， 所以BEOF， 由于ACOFO， 所以BE平面AFC.

（2）

由于ABC120,BCE60，

所以三角形ABE、三角形BCE、三角形ADE是等边三角形， 设G是AE的中点，设2AB2BCCD4， 则GFGB3,BF6BC6， 2所以GF2GB2BF2，所以GFGB， 由于GA,GB,GF两两垂直.

以G为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系， F0,0,3,E1,0,0,B0,3,0， FE1,0,3,FB0,3,3,

平面CBE的法向量为m0,0,1， 设平面FBE的法向量为nx,y,z，

nFEx3z0则，故可设n3,1,1， nFB3y3z0由图可知，二面角FBEC为钝角，设二面角FBEC为， cosmnmn155. ，则cos555答案第13页，共15页

x222．（1）y21；（2）证明见解析.

4【分析】 （1）由kA,BkA2B31b212和221，联立求解；

4ba4axxy1，直线A2B：y1，2t0，分别与x=t联立，

22y02t求得M，N的坐标，设Px0,y0，利用kA1PkA1N，得到，然后两边乘以x022t4ykA2P0，结合点P在椭圆上化简得到kA2PkA2M即可，

x02（2）由（1）易得直线A1B：【详解】

（1）在椭圆C中，A1a,0，A2a,0，B0,b， 则kA1Bbb，kA2B，

aa由题意得：kA1BkA2B31b212，又221，

a4ba4解得a24，b21，

x2所以椭圆C的方程为y21.

4（2）由（1）可知，A12,0，A22,0，B0,1，则直线A1B：

xy1， 2x直线A2B：y1，由题意，2t0，

2xt,xt,ttMt,1，同理联立xNt,1， 联立x22y1y1222x02221x044y0设Px0,y0，则y0①， 4y02tkkPx,y且点00满足：A1P， A1N，即x022t4答案第14页，共15页

两边乘以kA2P代入①得：而

2y0y0y2t0， ，可得：2x02x042t4x02yy0y012t2t4t20， 42t4x02x024t2x022t4t2kA2M， 2t4则kA2PkA2M，所以P，M，A2三点共线.

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