广西南宁市宾阳中学2021-2022学年高二上学期期末考试数学试题

学试题

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

1．命题“xN，exsinx”的否定是（ ） A．xN，exsinx

xC．x0N，e0sinx0

B．xN，exsinx

xD．x0N，e0sinx0

2．抛物线y24x的准线方程是（ ） A．y1 16B．y1 16C．x1 D．x1

3．在空间直角坐标系Oxyz中，点A1,1,1关于x轴对称的点的坐标为（ ） A．1,1,1

B．1,1,1

C．1,1,1

D．1,1,1

4．设直线l1:axa2y10，l2:xay30．若l1l2，则a的值为（ ） A．0或1

B．0或1

C．1

D．1

5．下列有关命题的表述中，正确的是（ ）

A．命题“若ab是偶数，则a，b都是偶数”的否命题是假命题 B．命题“若a为正无理数，则a也是无理数”的逆命题是真命题

C．命题“若x2，则x2x60”的逆否命题为“若x2x60，则x2” D．若命题“pq”，“pq”均为假命题，则p，q均为假命题 6．执行如图所示的算法框图，则输出的结果是（ ）

A．

99 100B．

100 101C．

101 100D．

99 101试卷第1页，共5页

x2y27．方程1表示椭圆的充分不必要条件可以是（ ）

m31mA．m3,1 C．m3,0

B．m3,11,1 D．m3,1

8．如图，是对某位同学一学期8次体育测试成绩（单位：分）进行统计得到的散点图，关于这位同学的成绩分析，下列结论错误的是（ ）

A．该同学的体育测试成绩总的趋势是在逐步提高，且8次测试成绩的极差超过15分 B．该同学8次测试成绩的众数是48分 C．该同学8次测试成绩的中位数是49分

D．该同学8次测试成绩与测试次数具有相关性，且呈正相关

x2y29．若椭圆1的弦AB恰好被点M1,1平分，则AB所在的直线方程为（ ）

34A．3x4y10 C．4x3y10

B．3x4y70 D．4x3y70

10．七巧板是中国古代劳动人民发明的一种传统智力玩具，被誉为“东方魔板”，它是由五块等腰直角三角形，一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的．如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中随机地取一点，则该点恰好取自白色部分的概率为（ ）

A．

9 16B．

7 16C．

13 32D．

11 32x2y211．已知双曲线221（a0，b0）的左，右焦点分别为F1，F2．若双曲线

ab右支上存在点P，使得PF1与双曲线的一条渐近线垂直并相交于点Q，且

试卷第2页，共5页

PF14FQ，则双曲线的渐近线方程为（ ） 1A．yx

4B．yx

3C．y3x 4D．y2x

12．数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美．平面

22直角坐标系中，曲线C：xyxy就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，给

出如下结论：

①曲线C围成的图形的面积是2； ①曲线C上的任意两点间的距离不超过2；

①若Pm,n是曲线C上任意一点，则3m4n12的最小值是其中正确结论的个数为（ ） A．0 评卷人 1752． 2B．1

得分 二、填空题 C．2 D．3

13．椭圆x22y24的长轴长为______．

14．某班有40位同学，将他们从01至40编号，现用系统抽样的方法从中选取5人参加文艺演出，抽出的编号从小到大依次排列，若排在第一位的编号是05，那么第四位的编号是______．

15．已知椭圆和双曲线有相同的焦点F1和F2，设椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2，P为两曲线的一个公共点，且PF1PF22PO（O为坐标原点）．若e123,，则e2的取值范围是______． 22评卷人 得分 三、双空题 16．根据某市有关统计公报显示，随着“一带一路”经贸合作持续深化，该市对外贸易近几年持续繁荣，2017年至2020年每年进口总额x（单位：千亿元）和出口总额y（单位：千亿元）之间的一组数据如下： x 2017年 1.8 2018年 2.2 2019年 2.6 2020年 3.0 试卷第3页，共5页

y

2.0 2.8 3.2 4.0 ˆ0.84，则bˆ______；若计划2022ˆbx若每年的进出口总额x，y满足线性相关关系y年出口总额达到5千亿元，预计该年进口总额为______千亿元 评卷人 得分 四、解答题 17．已知ABC的三个顶点是A4,0，B6,7，C0,3． (1)求AC边所在的直线方程；

(2)求经过AB边的中点，且与AC边平行的直线l的方程．

18．某班主任对全班50名学生进行了作业量多少与手机网游的调查，数据如下表：

喜欢手机网游 不喜欢手机网游 总数

(1)若随机地抽问这个班的一名学生，分别求事件“认为作业不多”和事件“喜欢手机网游且认为作业多”的概率；

(2)若在“认为作业多”的学生中已经用分层抽样的方法选取了5名学生．现要从这5名学生中任取2名学生了解情况，求其中恰有1名“不喜欢手机网游”的学生的概率． 19．已知圆C的圆心为C1,2，且圆C经过点P5,5． (1)求圆C的一般方程；

222(2)若圆xymm0与圆C恰有两条公切线，求实数m的取值范围．

认为作业多 认为作业不多 总数 20 5 10 15 30 20 50 25 25 20．为了讴歌中华民族实现伟大复兴的奋斗历程，增进学生对中国共产党的热爱，某学校举办了一场党史竞赛活动，共有500名学生参加了此次竞赛活动．为了解本次竞赛活动的成绩，从中抽取了50名学生的得分（得分均为整数，满分为100分）进行统计，所有学生的得分都不低于60分，将这50名学生的得分进行分组，第一组

60,70，第二组70,80，第三组80,90，第四组90,100（单位：分），得到如下的

频率分布直方图．

试卷第4页，共5页

(1)求图中m的值，估计此次竞赛活动学生得分的中位数；

(2)根据频率分布直方图，估计此次竞赛活动得分的平均值．若对得分不低于平均值的同学进行奖励，请估计在参赛的500名学生中有多少名学生获奖．

21．已知抛物线E：x22pyp0的焦点为F，直线y3与抛物线E在第一象限的交点为A，且AF4． (1)求抛物线E的方程；

(2)经过焦点F作互相垂直的两条直线l1，l2，l1与抛物线E相交于P，Q两点，l2与抛物线E相交于M，N两点．若C，D分别是线段PQ，MN的中点，求FCFD的最小值．

22．已知点P是圆C：＋(x3)2＋y2＝16上任意一点，A垂直平分线与半径CP相交于点Q．

(1)当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹E的方程；

(2)设不经过坐标原点O，且斜率为的直线l与曲线E相交于M、N两点，记OM、

2ON的斜率分别是k1、k2，以OM、ON为直径的圆的面积分别为S1、S2.当k1、k2都

13，0是圆C内一点，线段AP的

存在且不为0时，试探究由．

S1＋S2是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理k1k2试卷第5页，共5页

参考答案：

1．D 【解析】 【分析】

利用全称命题的否定可得出结论. 【详解】

x命题“xN，exsinx”为全称命题，该命题的否定为“x0N，e0sinx0”.

故选：D. 2．C 【解析】 【分析】

根据所给抛物线方程直接写出准线方程即可作答. 【详解】

抛物线y24x中，2p4，解得p2，即所以抛物线y24x的准线方程是x1. 故选：C 3．B 【解析】 【分析】

结合已知条件，利用对称的概念即可求解. 【详解】

不妨设点A1,1,1关于x轴对称的点B的坐标为(x0,y0,z0)， 则线段AB垂直于x轴且AB的中点在x轴， 从而点A1,1,1关于x轴对称的点的坐标为(1,1,1). 故选：B. 4．A 【解析】 【分析】

p1， 2答案第1页，共14页

由两直线垂直可得出关于实数a的等式，即可解得实数a的值. 【详解】

因为l1l2，则aaa2aa10，解得a0或1. 故选：A. 5．C 【解析】 【分析】

对于选项A：根据偶数性质即可判断；对于选项B：通过举例即可判断，对于选项C：利用逆否命题的概念即可判断；对于选项D：根据且、或和非的关系即可判断. 【详解】

选项A：原命题的否命题为：若ab不是偶数，则a，b不都是偶数，

若a，b都是偶数，则ab一定是偶数，从而原命题的否命题为真命题，故A错误； 选项B：原命题的逆命题：若a是无理数，则a也为正无理数， 当a2，即2为无理数，但2是有理数，故B错误； 选项C：由逆否命题的概念可知，C正确；

选项D：由pq为假命题可知，p，q至少有一个为假命题，

由pq为假命题可知，p和q均为假命题，故p为假命题，q为真命题，故D错误. 故选：C. 6．B 【解析】 【分析】

列举出循环的每一步，利用裂项相消法可求得输出结果. 【详解】

第一次循环，k1100不成立，S第二次循环，k2100不成立，S第三次循环，k3100不成立，S

1，k112； 1211，k213； 1223111，k314； 122334答案第2页，共14页

以此类推，最后一次循环，k100100不成立，S1111223341

100101111111223341111001，k1001101. 100101101101100. 101k101100成立，跳出循环体，输出S故选：B. 7．D 【解析】 【分析】

x2y21表示椭圆”可求得实数m的取值范围，结合充分不必要条件的定义由“方程

m31m可得出结论. 【详解】

m30xy1表示椭圆，则1m0若方程，解得3m31m故选：D. 8．C 【解析】 【分析】

根据给定的散点图，逐一分析各个选项即可判断作答. 【详解】

对于A，由散点图知，8次测试成绩总体是依次增大，极差为56383815，A正确； 对于B，散点图中8个数据的众数是48，B正确；

对于C，散点图中的8个数由小到大排列，最中间两个数都是48，则8次测试成绩的中位数是48分，C不正确；

对于D，散点图中8个点落在某条斜向上的直线附近，则8次测试成绩与测试次数具有相关性，且呈正相关，D正确. 故选：C 9．D

答案第3页，共14页

【解析】 【分析】

判断点M与椭圆的位置关系，再借助点差法求出直线AB的斜率即可计算作答. 【详解】

x2y2显然点M1,1在椭圆1内，设点A(x1,y1),B(x2,y2)，

34x12y121(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)340， 依题意，2，两式相减得：234x2y2143而弦AB恰好被点M1,1平分，即x1x22,y1y22， 则直线AB的斜率k4x3y70，

y1y24(x1x2)4，直线AB：y14(x1)，即x1x23(y1y2)33所以AB所在的直线方程为4x3y70. 故选：D 10．A 【解析】 【分析】

设七巧板正方形边长为4，求出阴影部分的面积，再利用几何概型概率公式计算作答. 【详解】

设七巧板正方形边长为4，则大阴影等腰三角形底边长为4，底边上的高为2， 可得小正方形对角线长为2，小正方形边长为2，小阴影等腰直角三角形腰长为2， 小白色等腰直角三角形底边长为2，则左上角阴影等腰直角三角形腰长为2，

11122因此，图中阴影部分面积S42(2)27，

222而七巧板正方形面积S4216，

于是得七巧板中白色部分面积为SS1679，

所以在此正方形中随机地取一点，则该点恰好取自白色部分的概率为P故选：A 11．B 【解析】

9. 16答案第4页，共14页

【分析】

利用渐近线方程和直线F1P解出Q点坐标，再由F1P4FQ得P点坐标，代入双曲线方程1得到a、b、c的齐次式可解. 【详解】

如图，因为PF1与渐近线ybx垂直 aaa所以PF1的斜率为，方程为y(xc)

bbbyxaa2ab解的Q的坐标为(,)

accy(xc)b设P点坐标为(x0,y0)

a2ab则F1Q(c,)，F1P(x0c,y0)

cc因为F1P4FQ， 1a2ab3c24a24ab,)， 所以(x0c,y0)4(c,)，得点P坐标为(ccccx2y2c225 代入221得：2a9abb4b2c216所以221，即

a3aa94所以渐近线方程为yx

3故选：B.

12．C 【解析】 【分析】

结合已知条件写出曲线C的解析式，进而作出图像，对于①，通过图像可知，所求面积为四个半圆和一个正方形面积之和，结合数据求解即可；对于①，根据图像求出曲线C上的

答案第5页，共14页

任意两点间的距离的最大值即可判断；对于①，将问题转化为点到直线的距离，然后利用圆上一点到直线的距离的最小值为圆心到直线的距离减去半径即可求解. 【详解】

12121当x0且y≥0时，曲线C的方程可化为：(x)(y)；

22212121当x0且y≥0时，曲线C的方程可化为：(x)(y)；

22212121当x0且y0时，曲线C的方程可化为：(x)(y)；

22212121当x0且y0时，曲线C的方程可化为：(x)(y)，

222曲线C的图像如下图所示：

由上图可知，曲线C所围成的面积为四个半圆的面积与边长为2的正方形的面积之和， 112从而曲线C所围成的面积4(2)2，故①正确；

22由曲线C的图像可知，曲线C上的任意两点间的距离的最大值为两个半径与正方形的边长之和，即222222，故①错误； 2因为P(m,n)到直线3x4y120的距离为d所以3m4n125d，

|3m4n12|3242|3m4n12|，

5当d最小时，易知P(m,n)在曲线C的第一象限内的图像上，

112因为曲线C的第一象限内的图像是圆心为(,)，半径为的半圆，

22211|3+412|1117， 22所以圆心(,)到3x4y120的距离d'22103242从而dmind'217521752，即3m4n12min5dmin，故①正确， 2102答案第6页，共14页

故选：C. 13．4 【解析】 【分析】

把椭圆方程化成标准形式直接计算作答. 【详解】

x2y2椭圆x2y4方程化为：1，令椭圆长半轴长为a，则a24，解得a2，

4222所以椭圆x22y24的长轴长为4. 故答案为：4 14．29 【解析】 【分析】

根据给定信息利用系统抽样的特征直接计算作答. 【详解】

因系统抽样是等距离抽样，依题意，相邻两个编号相距所以第四位的编号是53829. 故答案为：29 15．[6,) 2408， 5【解析】 【分析】

设出半焦距c，用c,e1,e2表示出椭圆的长半轴长、双曲线的实半轴长，由PF1PF22PO

可得△PF1F2为直角三角形，由此建立关系即可计算作答, 【详解】

设椭圆的长半轴长为a，双曲线的实半轴长为a，它们的半焦距为c，于是得aac， e2c，e1由椭圆及双曲线的对称性知，不妨令焦点F1和F2在x轴上，点P在y轴右侧，

答案第7页，共14页

PF1PF22a由椭圆及双曲线定义得：，解得|PF1|aa，|PF2|aa，

PF1PF22a因PF1PF22PO，即F1F22PO，而O是线段F1F2的中点，因此有F1PF290， 则有|PF1|2|PF2|2|F1F2|2，即(aa)2(aa)24c2，整理得：a2a22c2， c2c21112223()()2c202，即从而有，即有2，又，则有e12e1e2e2e12e3222362e2，解得e2，

22所以e2的取值范围是[故答案为：[【点睛】

6,) 26,). 2方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：

①定义法：通过已知条件列出方程组，求得a,c值，根据离心率的定义求解离心率e； ①齐次式法：由已知条件得出关于a,c的二元齐次方程，然后转化为关于e的一元二次方程求解；

①特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率. 16． 1.6； 3.65. 【解析】 【分析】

ˆ，取y5可求出该年进口总额. 根据给定数表求出样本中心点，代入即可求得b【详解】 由数表得：x2.02.83.24.01.82.22.63.03， 2.4，y44ˆ0.84过点(2.4,3)，由32.4bˆ0.84，解得bˆ1.6， ˆbx因此，回归直线yˆ1.6x0.84，当y5时，即51.6x0.84，解得x3.65， 此时，yˆ1.6，预计该年进口总额为3.65千亿元. 所以b故答案为：1.6；3.65 17．(1)3x4y120 (2)3x4y10 【解析】

答案第8页，共14页

【分析】

（1）利用直线方程的两点式求解；

（2）先求得AB的中点，再根据直线与AC平行，利用点斜式求解. (1)

因为A4,0，C0,3， 所以AC边所在的直线方程为即3x4y120； (2)

因为A4,0，B6,7， 7所以AB的中点为：5, ，

23又kAC，

4y3y0， x0x4所以 直线方程为：y即 3x4y10.

73x5， 2418．(1)事件“认为作业不多”和事件“喜欢手机网游且认为作业多”的概率分别为、

22(2). 512； 5【解析】 【分析】

（1）利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；

（2）确定所选的5名学生中，“不喜欢手机网游”和“喜欢手机网游”的学生人数，加以标记，列举出所有的基本事件，确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. (1)

解：由题意可知，全班50名学生中，“认为作业不多”的学生人数为25人， “喜欢手机网游且认为作业多”的学生人数为20人，

因此，随机地抽问这个班的一名学生，事件“认为作业不多”的概率为事件“喜欢手机网游且认为作业多”的概率为

251， 502202. 505答案第9页，共14页

(2)

解：在“认为作业多”的学生中已经用分层抽样的方法选取了5名学生， 这5名学生中“不喜欢手机网游”的学生人数为1，记为A，

5名学生中“喜欢手机网游”的学生人数为4，分别记为a、b、c、d，

从这5名学生中任取2名学生，所有的基本事件有：Aa、Ab、Ac、Ad、ab、ac、ad、bc、bd、cd，共10种，

其中，事件“恰有1名“不喜欢手机网游”的学生”包含的基本事件有：Aa、Ab、Ac、Ad，共4种， 故所求概率为

42. 10519．(1)x2y22x4y200 (2)55,55 【解析】 【分析】

（1）设圆C的一般方程为x2y2DxEyF0．由圆C的圆心C1,2和圆C经过点

P5,5求解；

（2）根据圆O:x2y2m2m0与圆C恰有两条公切线，由圆O与圆C相交求解. (1)

解：设圆C的一般方程为x2y2DxEyF0． ①圆C的圆心C1,2， D1,D2,2① 即EE4.2.2又圆C经过点P5,5， ①52522545F0． 解得F20．

经检验得圆C的一般方程为x2y22x4y200； (2)

答案第10页，共14页

由（1）知圆C的圆心为C1,2，半径为5． ①圆O:x2y2m2m0与圆C恰有两条公切线， ①圆O与圆C相交． ①5mOC5m． ①OC102205，

2①55m55．

①m的取值范围是55,55． 20．(1)m0.03，中位数为82.5；

(2)得分的平均值为82，估计有260名学生获奖. 【解析】 【分析】

(1)根据给定的频率分布直方图，利用各小矩形面积和为1计算得m值；再由在中位数两侧所对小矩形面积相等即可计算得解.

(2)由频率分布直方图求平均数的方法求出得分平均值即可估计；再求出不低于平均分的频率即可估计获奖人数. (1)

由频率分布直方图知：(0.01m0.040.02)101，解得m0.03，

设此次竞赛活动学生得分的中位数为x0，因数据落在[60,80)内的频率为0.4，落在[60,90)内的频率为0.8，

从而可得80x090，由(x080)0.040.1得：x082.5， 所以m0.03，估计此次竞赛活动学生得分的中位数为82.5. (2)

由频率分布直方图及(1)知：数据落在60,70，70,80，80,90，90,100的频率分别为0.1,0.3,0.4,0.2，

x650.1750.3850.4950.282， 此次竞赛活动学生得分不低于82的频率为0.2则5000.52260，

答案第11页，共14页

1020.40.52， 10所以估计此次竞赛活动得分的平均值为82，在参赛的500名学生中估计有260名学生获奖. 21．(1)x24y； (2)8. 【解析】 【分析】

(1)写出抛物线E的准线，利用抛物线定义求出p即可作答.

(2)由(1)求出焦点F坐标，设出直线l1的方程，并与抛物线E的方程联立，由此求出C点坐标，同理可得D点坐标，列式计算作答. (1)

抛物线E：x22pyp0的准线方程为：y，

p2p由抛物线定义得：|AF|3()4，解得p2，

2所以抛物线E的方程为：x24y. (2)

由(1)知，点F(0,1)，显然直线l1，l2的斜率都存在且不为0，设直线l1斜率为k，则l2的斜1率为，

kykx1直线l1的方程为：ykx1，由2消去y并整理得x24kx40，

x4y设P(x1,y1),Q(x2,y2)，则x1x24k，于是得线段PQ中点C(2k,2k21)，同理得

22D(,21)，

kk2222k21122则|FC||FD|(2k)(2k)()(2)4k(k1)4(|k|)kkk4|k|22242|k|18， |k|1，即k1时取“=”， |k|当且仅当|k|所以FCFD的最小值是8. 【点睛】

答案第12页，共14页

结论点睛：抛物线方程中，字母p的几何意义是抛物线的焦点F到准线的距离，焦点到抛物线顶点的距离． x222．(1)y21；

4p 等于2(2)是定值，5. 【解析】 【分析】

(1)由条件可得Q点轨迹满足椭圆定义，设出椭圆方程，由a，c的值可得b的值，从而求得轨迹方程；

(2)设出直线l的方程，结合韦达定理，分别求得k1k2为定值，S1S2也为定值，从而可得S1S2是定值． k1k2(1)

由题意知|PQ||AQ|，

|AQ||CQ||PQ||CQ||CP|4|AC|23，

根据椭圆的定义知Q点的轨迹是以A，C为焦点的椭圆， x2y2设椭圆的方程为221(ab0)，

ab则a2,c3，b21， x2曲线E的方程为y21；

4(2)

由题意知直线l的方程为yxm(m1且m≠0)， 设直线l与椭圆的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)，

答案第13页，共14页

121yxm2由2得，x22mx2m220， xy2144m24(2m22)84m20m22，

x1x22m,x1x22m22，

11x1mx2m1m2m(x1x2)1m2m(2m)1， kky1y222122x1x2x1x24x1x22x1x242m24m244S1S24(|OM|2|ON|2)4(x12x22y12y22)，

x12x22(x1x2)22x1x24m22(2m22)4，

2222y12y22(1x1)(1x2)2x1x21，

444S1S25， 45SS1245，

1k1k24

S1S2是定值，为5． k1k2答案第14页，共14页