【KS5U解析】四川省内江市2019-2020学年高二上学期期末考试数学（理）试题 Word版含解析

1、内江市2019-2020学年度第一学期高二期末检测题数学（理科）一、选择题： 1.已知某班有学生48人，为了解该班学生视力情况，现将所有学生随机编号，用系统抽样的方法抽取一个容量为4的样本已知3号，15号，39号学生在样本中，则样本中另外一个学生的编号是（ ）a. 26b. 27c. 28d. 29【答案】b【解析】【分析】由系统抽样可知抽取一个容量为4的样本时,将48人按顺序平均分为4组,由已知编号可得所求的学生来自第三组,设其编号为,则,进而求解即可【详解】由系统抽样可知,抽取一个容量为4的样本时,将48人分为4组,第一组编号为1号至12号；第二组编号为13号至24号；第三组编号为25号至

2、36号；第四组编号为37号至48号,故所求的学生来自第三组,设其编号为,则,所以,故选:b【点睛】本题考查系统抽样的编号,属于基础题2.设点是点关于平面的对称点，则等于（ ）a. b. 10c. d. 38【答案】b【解析】【分析】利用空间中两个点关于平面对称时的坐标关系可求的坐标，再利用两点之间的距离公式可求.【详解】因为点是点关于平面的对称点，故，故，故选b.【点睛】本题考查空间中关于坐标平面对称的点的坐标关系，此类问题属于基础题.3.直线和的位置关系是（ ）a. 平行b. 相交但不垂直c. 垂直d. 不能确定【答案】b【解析】【分析】根据两直线的方程求出各自的斜率，然后斜率的关系进行判断

3、即可.【详解】由，因此该直线的斜率为：.由，因此该直线的斜率为：，因为，所以这两条直线相交但不垂直.故选：b【点睛】本题考查了判断两条直线的位置关系，考查了由直线一般式求直线的斜率，属于基础题.4.如图是某高三学生进入高中三年来的数学考试成绩茎叶图，第1次到第14次的考试成绩依次记为，下图是统计茎叶图中成绩在一定范围内考试次数的一个算法流程图，那么输出的结果是（ ） a. 9b. 8c. 7d. 6【答案】a【解析】【分析】由程序框图可知其输出结果为成绩不小于90的次数,进而利用茎叶图的数据求解即可【详解】由程序框图可知其输出结果为成绩不小于90的次数,则可由茎叶图得到符合条件的次数为9,故选

4、:a【点睛】本题考查读懂程序框图的功能,考查茎叶图的应用,属于基础题5.方程所表示的直线与圆的位置关系是（ ）a. 相离b. 相切c. 相交d. 不能确定【答案】c【解析】【分析】整理直线方程可得,则直线恒过,可判断在圆内,即可判断直线与圆的位置关系【详解】由题,直线为,即,当时,即直线恒过,因为,所以在圆内,则过圆内一点的直线一定与圆相交,故选:c【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的判断,考查直线恒过定点的应用6.关于直线m、n及平面、，下列命题中正确的个数是（ ）若，则 若，则若，则 若，则a. 0b. 1c. 2d. 3【答案】b【解析】【分析】：根据线面的位置关系和线线关系进行判断即可

5、；：根据线面平行的性质进行判断即可；：根据线面平行的性质定理、面面垂直的判定定理进行判断即可；：根据面面垂直的性质定理进行判断即可.【详解】：因为，所以直线m与平面没有交点，而，所以直线m与直线n没有交点，故两直线的位置关系是平行或异面，故本命题不正确；：因为，所以直线m、n和平面没有交点，故两条直线可以相交、平行、异面，故本命题不正确；：因为，所以存在一个过直线m的平面与相交，设交线为，因此有，又因为，所以，由面面垂直的判定定理可得，故本命题正确；：因为，所以只有当m与的交线垂直时，才能得到，故本命题不正确，因此只有一个命题正确.故选：b【点睛】本题考查了线面平行的性质定理、面面垂直的性质定

6、理，考查了线线位置关系的判断，考查了推理论证能力.7.已知为线性区域内的一点，若恒成立，则c的取值范围是（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】由可以变形为，在可行解域内求出目标函数的最大值，进而可以求出c的取值范围.【详解】，设.在平面直角坐标系内画出不等式组表示的可行解域，如下图所示：在可行解域内平行直线，当直线经过时，该直线在纵轴上截距最小，所以，所以要想恒成立，只需：.故选：a【点睛】本题考查了利用线性规划解决不等式恒成立问题，考查了数学运算能力.8.已知点到直线的距离等于1，则实数m等于（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】利用点到直线距离公式求解即

7、可【详解】由题,点到直线的距离为:,解得,故选:d【点睛】本题考查点到直线距离公式的应用,属于基础题9.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如.（注：如果一个大于1的整数除1和自身外无其他正因数，则称这个整数为素数.）在不超过11的素数中，随机选取2个不同的数，其和小于等于10的概率是（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】先列出不超过11的素数,再列举出随机选取2个不同的数的情况,进而找到和小于等于10的情况,即可求解【详解】不超过11的素数有:2,3,5,7,11,共有5个,随机选取2个不同的

8、数可能为:,共有10种情况,其中和小于等于10的有:,共有5种情况,则概率为,故选:a【点睛】本题考查列举法求古典概型的概率,属于基础题10.若圆心坐标为的圆，被直线截得的弦长为2，则这个圆的方程是（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】由弦长为,利用点到直线距离求得,进而求解即可【详解】由题,设圆的半径为,圆心到直线距离为,则,所以弦长为,则,所以圆的方程为,故选:c【点睛】本题考查圆的方程,考查弦长的应用,考查数形结合思想11.已知正三棱锥的外接球是球o，正三棱锥底边，侧棱，点e在线段上，且，过点e作球o的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（ ）a. b. c. d. 【答

9、案】c【解析】【分析】设的内心为，设球的半径为，利用正三棱锥的性质和正三角形的性质可以求出该三棱锥的高的长，再利用勾股定理，可以求出球的半径的值，点e作球o的截面，当截面与垂直时，截面的面积最小，当截面过球心时，截面的面积最大，即可求解.【详解】设的内心为，设球的半径为，如下图所示：连接.，在中，.因为，所以，由余弦定理可知：，当截面与垂直时，截面的面积最小，此时截面圆的半径为：，此时截面的面积为，当截面过球心时，截面的面积最大，此时面积为.截面圆面积的取值范围是.故选：c【点睛】本题考查了正三棱锥外接球问题，考查了球截面的性质，考查了数学运算能力.12.在直角坐标系内，已知是以点c为圆心的圆

10、上的一点，折叠该圆两次使点a分别与圆上不相同的两点（异于点a）重合，两次的折痕方程分别为和，若圆上存在点p使得，其中点，则t的取值范围是（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】求出点关于直线、的对称点，进而求出圆的圆心及半径，根据圆的参数方程，设出p点的坐标，根据平面向量运算的坐标表示公式化简，最后利用辅助角公式和正弦型函数的最值求出t的取值范围.【详解】设点关于对称的点为，则有：，所以，同理点关于直线对称的点的坐标为：， 设圆的方程为：，所以有：，所以圆心坐标为，半径为1，故点p的坐标为：.，（其中），因为，所以t的取值范围是.故选：d【点睛】本题考查了圆的方程求法，考查了点

11、关于线对称点的求法，考查了平面向量坐标运算公式，考查了辅助角的应用，考查了正弦型函数的最值，考查了数学运算能力.二、填空题： 13.已知的平均数为a，则的平均数是_.【答案】【解析】【分析】由题可得,再利用平均数的定义求解即可详解】由题,所以,则的平均数为:,故答案为:【点睛】本题考查平均数公式的应用,属于基础题14.秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的数书九章中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法.已知一个5次多项式为，用秦九韶算法求这个多项式当时的值为_.【答案】859【解析】【分析】先将多项式转化为的形式,然后逐步计算至的值,即可得到答案【详

12、解】根据秦九韶算法把多项式改写为如下形式:,所以,故答案为:859【点睛】本题考查利用秦九韶算法求多项式的值,属于基础题15.一条光线从点射出，经x轴反射，其反射光线所在直线与圆相切，则反射光线所在的直线方程为_.【答案】或【解析】【分析】点关于轴的对称点为,即反射光线过点,分别讨论反射光线的斜率存在与不存在的情况,进而求解即可【详解】点关于轴的对称点为,（1）设反射光线的斜率为,则反射光线的方程为,即,因为反射光线与圆相切,所以圆心到反射光线的距离,即,解得,所以反射光线的方程为:；（2）当不存在时,反射光线为,此时,也与圆相切,故答案为: 或【点睛】本题考查直线在光学中的应用,考查圆的切线

13、方程16.如图所示，在长方体中，点e是棱上的一个动点，若平面交棱于点，给出下列命题： 四棱锥的体积恒为定值；存在点，使得平面； 对于棱上任意一点，在棱上均有相应的点，使得平面；存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值.其中真命题的是_（填写所有正确答案的序号）【答案】【解析】【分析】对,将四棱锥分成两部分与分析即可对,根据线面垂直的判定,注意用到再利用线面垂直与线线垂直的判定即可.对,举出反例即可.对,四边形周长,展开长方体分析最值即可.【详解】对,又三棱锥底面不变,且因为底面,故到底面的距离即上的高长度不变.故三棱锥体积一定,即四棱锥的体积恒为定值,正确.对,因为,且长方体,故四边形为正

14、方形,故.要平面则只需,又,故只需面.又平面,故只需即可.因为,故当 时存在点,使得,即平面.故正确.对,当在时总有与平面相交,故错误.对,四边形的周长,分析即可.将矩形沿着展开使得在延长线上时,此时的位置设为,则线段与的交点即为使得截面四边形的周长取得最小值时的唯一点.故正确.故答案为【点睛】本题考查立体几何中的垂直平行判定等,在证明垂直等问题时需要用到线线线面垂直的性质和判定等,对空间想象能力以及立体几何证明有一定的要求,属于难题.三、解答题： 17.已知直线.（1）若直线l在两坐标轴上的截距相等，求直线l的方程；（2）当点到直线l距离最大时，求直线l的方程.【答案】（1）或（2）【解析】

15、【分析】（1）先求出直线l在两坐标轴上的截距，根据题意，列出方程，解方程即可；（2）根据直线点斜式方程可以确定直线恒过的定点，然后根据直线l与垂直时，点到直线l距离最大，最后求出的值，进而求出直线的方程.详解】（1）直线，取，取，即，解得或，故直线方程为或（2）变换得到，故过定点当直线l与垂直时，距离最大.，故，解得，故所求直线方程为【点睛】本题考查了直线的截距的定义，考查了直线过定点的判断，考查了已知点到直线的距离的最大值求参数问题，考查了数学运算能力.18.某校100名学生期中考试语文成绩的频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是：.（1）求图中a的值；（2）根据频率分布直方图，估计这1

16、00名学生语文成绩的平均数与中位数.【答案】（1）（2）平均数为73，中位数为：.【解析】【分析】（1）由频率和为1求解即可；（2）以各区间中点值代表各组的取值,进而求得平均数；求出从左边开始小矩形的面积的和为0.5对应的横轴的值即为中位数【详解】（1）由频率分布直方图知,解得（2）估计这100名学生语文成绩的平均分为:由（1）,设中位数为,则解得,故估计中位数为：.【点睛】本题考查频率的性质,考查利用频率分布直方图求平均数和中位数,考查数据处理能力19.如图，把长为6，宽为3的矩形折成正三棱柱，三棱柱的高度为3，矩形的对角线和三棱柱的侧棱、的交点记为. （1）在三棱柱中，若过三点做一平面，求

17、截得的几何体的表面积；（2）求三棱柱中异面直线与所成角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由操作可知，该正三棱柱的底面是边长为2的正三角形，正三棱柱的高为3.所求几何体的表面积为各面的面积之和，利用表面积公式求解即可；（2）延长到h，使，连结，可以证明出，所以异面直线与所成的角即为（或其补角），利用余弦定理求值即可.【详解】（1）由操作可知，该正三棱柱的底面是边长为2的正三角形，正三棱柱的高为3.所求几何体的表面积为各面的面积之和.又又在三角形中，故 （2）延长到h，使，连结，所以有平行四边形的性质可知，所以异面直线与所成的角即为（或其补角）在中，由余弦定值得【点睛】本题考查了

18、异面直线所成的角，考查了空间几何体的表面积的求法，考查了余弦定理的应用.20.某公交公司为了方便市民出行，科学规划车辆投放，在一个人员密集流动地段增设一个起点站，为了研究车辆发车间隔时间x与乘客等候人数y之间的关系，经过调查得到如下数据：间隔时间x/分101112131415等候人数y/人232526292831调查小组先从这6组数据中选取4组数据求线性回归方程，再用剩下的2组数据进行检验.检验方法如下：先用求得的线性回归方程计算间隔时间对应的等候人数，再求与实际等候人数y的差，若差值的绝对值都不超过1，则称所求方程是“恰当回归方程”.（1）从这6组数据中随机选取4组数据，求剩下的2组数据的间

19、隔时间相邻的概率；（2）若选取的是中间4组数据，求y关于x的线性回归方程，并判断此方程是否是“恰当回归方程”.附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，.【答案】（1） （2），此方程是“恰当回归方程”.【解析】【分析】（1）先列出剩下2组数据的基本事件,再找到相邻的情况,进而求解即可；（2）利用最小二乘法由公式求得线性回归方程,再代入剩余两组的数据进行检验即可【详解】（1）设“从这6组数据中随机选取4组数据后,剩下的2组数据相邻”为事件a,记这六组数据分别为1,2,3,4,5,6,剩下的2组数据的基本事件有,共15种,其中相邻的有,共5种,所以（2）中间4组数据是:间隔时间（分钟）11121314等候人数（人）25262928因为,所以,所以,所以,当时,；当时,；所以求出的线性回归方程是“恰当回归方程”【点睛】本题考查列举法求古典概型的概率,考查最小二乘法求线性回归方程,考查线性回归方程的实际应用21.如图，在四棱锥中中，是正三角形.（1）求证：；（2）求与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）结合正三角形的性质和勾股定理的逆定理可以证明出，再利用线面垂直的判定定理证明即可；（2）点e是的中点，连接，根据（1）中的线面垂直，可以得到面面垂直，进而根据面面垂直的性质定理可以证明出平面，这样可以得到与平面所成角，通过锐角三