2019-2020学年四川省遂宁市高二期末数学（理）试题（解析版）

2019-2020学年四川省遂宁市高二期末数学（理）试题（解析版）

‎2019-2020学年四川省遂宁市高二期末数学（理）试题 一、单选题 ‎1．过点且斜率不存在的直线方程为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据题意，结合直线的方程的形式即可得答案．‎ ‎【详解】‎ 根据题意，过点且斜率不存在的直线方程为 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线的方程，注意垂直x轴的直线的形式，属于基础题．‎ ‎2．空间直角坐标系中两点坐标分别为则两点间距离为（ ）‎ A．2 B． C． D．6‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据所给的两个点的坐标，代入空间中两点之间的距离的公式，整理成最简结果，得到要求的A与B之间的距离 ‎【详解】‎ ‎∵A，B两点的坐标分别是A（2，3，5），B（3，1，4），‎ ‎∴|AB|，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间两点之间的距离公式，意在考查计算能力，是一个基础题，‎ ‎3．若方程表示圆，则实数的取值范围为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】利用一般方程表示圆得的不等式求解 ‎【详解】‎ 由题，则解得 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查圆的一般方程，是基础题 ‎4．直线和直线平行，则实数 的值为（ ）‎ A．3 B． C． D．或 ‎【答案】B ‎【解析】由a•（a+2）+1＝0，解得a．经过验证即可得出．‎ ‎【详解】‎ 由a•（a+2）+1＝0，即a2+2a+1＝0，解得a＝﹣1．‎ 经过验证成立．‎ ‎∴a＝﹣1．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了两条直线平行的充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎5．在棱长为1的正方体中，异面直线与所成的角为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AC与C1D所成的角．‎ ‎【详解】‎ 以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，‎ 设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为1，‎ 则A（1，0，0），C（0，1，0），B（1，1，0），D1（0，0，1），‎ ‎（﹣1，1，0），（1， 1，﹣1），‎ 设异面直线AC与所成的角为θ，‎ 则cosθ＝|cos|，‎ ‎∴θ．‎ ‎∴异面直线AC与C1D所成的角为．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，是基础题．‎ ‎6．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列四个命题为假命题的是（ ）‎ A．若，则；‎ B．若面，面，，则面 C．若，则.‎ D．若，，则 ‎【答案】D ‎【解析】在A中，由线面平行的性质定理得m⊥n；在B中，由线面垂直的判定；在C中，由面面平行的性质定理得；在D中，若由线面垂直、面面垂直的性质定理得或．‎ ‎【详解】‎ 由m，n是两条不同的直线，α，β是三个不同的平面，知：‎ 在A中，若，则；则由线面平行的性质得，故A正确；‎ 在B中，若面，面，，则由线面垂直的判定知 故B正确；‎ 在C中，若，则由面面平行的判定定理得，故C正确；‎ 在D中，若，，则由线面垂直、面面垂直的性质定理得或，故D不正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．‎ ‎7．若实数，满足，则的最小值是（ ）‎ A．0 B．1‎ C． D．9‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：作出可行域如下图所示，当直线过点时，有最小值，此时，故选A．‎ ‎【考点】线性规划．‎ ‎8．太极图是以黑白两个鱼形纹组成的图案，它形象化地表达了阴阳轮转、相反相成是万物生成变化根源的哲理，展现了一种相互转化，相对统一的形式美．按照太极图的构图方法，在平面直角坐标系中，圆O被函数的图象分割为两个对称的鱼形图案(如图)，其中阴影部分小圆的周长均为，现从大圆内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率为（ ）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据几何概型的概率公式，求出大圆的面积和小圆的面积，计算面积比即可．‎ ‎【详解】‎ 由已知，可得大圆的直径为y＝3sinx的周期，由T，‎ 可知大圆半径为8，‎ 则面积为S＝64π，‎ 一个小圆的周长 故小圆的面积S′＝π•22＝4π，‎ 在大圆内随机取一点，此点取自阴影部分的概率为：‎ P，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了几何概型的概率计算问题，关键是明确测度比为面积比，是基础题．‎ ‎9．如图所示，是长方体，是的中点，直线 交平面于点，则下列结论正确的是（ ）‎ A．三点共线 B．不共面 C．不共面 D．共面 ‎【答案】A ‎【解析】先观察图形判断A，M，O三点共线，为了要证明A，M，O三点共线，先将M看成是在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，利用同样的方法证明点O、A也是在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，从而证明三点共线．‎ ‎【详解】‎ 连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，‎ ‎∴A1、C1、C、A四点共面，‎ ‎∴A1C⊂平面ACC1A1，‎ ‎∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，‎ ‎∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，‎ 同理O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，‎ ‎∴A、M、O三点共线．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了平面的基本性质及推论、三点共线及空间想象能力，属于基础题．‎ ‎10．若直线与直线关于点对称，则直线一定过定点（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】求出直线l1过定点，结合点的对称性进行求解即可．‎ ‎【详解】‎ ‎∵＝k（x﹣1）+1，‎ ‎∴l1：y＝kx﹣k+1过定点（1，1），‎ 设定点（1，1）关于点（3，3）对称的点的坐标为（x，y），‎ 则，得，即直线l2恒过定点 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线过定点问题，利用点的对称性是解决本题的关键．‎ ‎11．坐标原点在动直线上的投影为点，若点，那么的取值范围为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】动直线过定点M（2，2），由条件得到P在以OM 为直径的圆上，利用中点坐标公式求出圆心A的坐标，利用两点间的距离公式求出此圆的半径r和|AQ|，判断出点Q与圆的位置关系，再求出线段PQ的范围．‎ ‎【详解】‎ ‎∵动直线过定点M（2，2），‎ 点在动直线上的投影为点P，‎ ‎∴∠OPQ＝90°，则P在以OM为直径的圆上，‎ ‎∴此圆的圆心A坐标为（，），即A（1，），‎ 半径rOM，又 ‎∴|AQ|，则点Q在圆外，‎ ‎∴的取值范围为 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了恒过定点的直线方程，圆的轨迹方程，线段中点坐标公式，以及两点间的距离公式，确定点P的轨迹是关键，属于中档题 ‎12．已知正方形的边长为，边的中点为，现将分别沿折起，使得两点重合为一点记为，则四面体外接球的表面积是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题意画出图形，找出四面体P﹣ABE外接球的球心，求得半径，代入球的表面积公式求解．‎ ‎【详解】‎ 如图，‎ PE⊥PA，PE⊥PB，PE＝2，△PAB是边长为4的等边三角形，‎ 设H是△PAB的中心，OH⊥平面PAB，O是外接球的球心，‎ 则OH，PH，则．‎ 故四面体P﹣ABE外接球的表面积是S．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查多面体外接球表面积与体积的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．‎ 二、填空题 ‎13．直线与直线垂直，则实数的值为_____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】利用垂直得直线的斜率即可求解 ‎【详解】‎ 直线与直线垂直，则 ‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线的位置关系，是基础题 ‎14．如图，这是某校高一年级一名学生七次数学测试成绩（满分100分）的茎叶图. 去掉一个最高分和一个最低分后，所剩数据的方差是 _____‎ ‎【答案】或 ‎【解析】利用平均数与方差公式直接求解即可 ‎【详解】‎ 由题去掉最高与最低分后的测试成绩为82,84,84,86,89，则平均数 方差 ‎ 故答案为：或 ‎【点睛】‎ 本题考查茎叶图，考查平均数与方差的计算，是基础题 ‎15．两个男生一个女生并列站成一排，其中两男生相邻的概率为_____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】基本事件总数n，两名男生相邻包含的基本事件个数m4，由此能求出两名男生相邻的概率．‎ ‎【详解】‎ 两名男生和两名女生随机站成一排照相，‎ 基本事件总数n，‎ 两名男生相邻包含的基本事件个数m4‎ 则两名男生相邻的概率为p．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查概率的求法，考查古典概率、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎16．已知点是直线上一动点，是圆的两条切线，为切点，若弦长的最小值为，则实数的值为_____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】当AB最小时，∠AOB最小，PC最小，再利用点到线的距离公式求解即可 ‎【详解】‎ ‎∵AB最小等价于∠AOB最小等价于PC最小，而PC的最小值是点C到直线的距离．‎ 当AB时，∠AOB＝120°，此时PC＝，‎ ‎∴又k<0，∴k，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线与圆的位置关系，考查圆的切线长，考查圆的几何性质的合理运用，找到临界位置是关键，属中档题．‎ 三、解答题 ‎17．如图，在底面是矩形的四棱锥P-ABCD中，平面ABCD，PA=AB,E是PD的中点.‎ ‎（1）求证：平面EAC；‎ ‎（2）求证：平面平面PAD．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析.‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）连结BD交AC于O，连结EO，由三角形中位线的性质可得EO∥PA，结合线面平行的性质可得平面EAC；‎ ‎（2）由面面垂直的性质可得PA⊥CO，由矩形的性质可知AD⊥CD，由面面垂直的性质可得CD⊥平面PAD，故平面平面PAD. ‎ 试题解析：‎ ‎（1）连结交于，连结，则是的中位线，所以，‎ 又平面，平面，‎ 平面；‎ ‎（2）， ‎ 而 ，‎ 又.‎ ‎18．“有黑扫黑、无黑除恶、无恶治乱”，维护社会稳定和和平发展.扫黑除恶期间，大量违法分子主动投案，某市公安机关对某月连续7天主动投案的人员进行了统计，表示第天主动投案的人数，得到统计表格如下：‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎5‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎（1）若与具有线性相关关系，请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出关于的线性回归方程；‎ ‎（2）判定变量与之间是正相关还是负相关.（写出正确答案，不用说明理由）‎ ‎（3）预测第八天的主动投案的人数（按四舍五入取到整数）.‎ 参考公式：， .‎ ‎【答案】(1) (2) 正相关 (3)7人 ‎【解析】（1）先计算，，再利用公式计算，即可求解回归方程 ‎（2）利用回归直线的斜率确定正相关 ‎（3）将代入回归直线即可预测 ‎【详解】‎ ‎（1）根据表中的数据，可得， ‎ 则，‎ ‎ ‎ 又由 ‎ 故所求回归直线方程为 ‎ ‎（2）正相关 ‎（3）当时，根据方程得，‎ 故预测第八天有7人 ‎【点睛】‎ 本题考查回归直线方程，考查计算能力，是基础题 ‎19．已知动点与两个定点的距离之比为；‎ ‎（1）求动点的轨迹方程；‎ ‎（2）过点所代表的曲线外一点作该曲线的两条切线，切点分别为，求的正弦值；‎ ‎（3）若点所代表的曲线内有一点,求过点且倾斜角为的直线与此曲线所截得的弦长.‎ ‎【答案】(1) (2) (3)4‎ ‎【解析】（1）设由点点距列关系式得方程 ‎（2）由几何关系在中计算，由二倍角公式计算的正弦值；‎ ‎（3）利用点斜式求解直线方程得直线过圆心得到弦长 ‎【详解】‎ ‎（1）解：设，由题意有： ‎ 化简得： ‎ ‎（2）因为点到圆心的距离，令圆心为 所以在中， ‎ 则 ‎ ‎（3）过点倾斜角为的直线方程为 ‎ 该直线恰好过圆心，所以与曲线截得的弦长恰好为圆的直径，‎ 即弦长 ‎【点睛】‎ 本题考查轨迹方程的求解，考查切线及几何性质，考查弦长公式，是对圆的几何性质得考查，是中档题 ‎20．每当《我心永恒》这首感人唯美的歌曲回荡在我们耳边时，便会想起电影《泰坦尼克号》中一暮暮感人画面，让我们明白了什么是人类的“真、善、美”.为了推动我市旅游发展和带动全市经济，更为了向外界传递遂宁人民的“真、善、美”.我市某地将按“泰坦尼克号”原型比例重新修建.为了了解该旅游开发在大众中的熟知度，随机从本市岁的人群中抽取了人，得到各年龄段人数的频率分布直方图如图所示，现让他们回答问题“该旅游开发将在我市哪个地方建成？”，统计结果如下表所示：‎ 组号 分组 回答正确的人数 回答正确的人数 占本组的频率 第组 第组 第组 第组 第组 ‎（1）求出的值；‎ ‎（2）从第组回答正确的人中用分层抽样的方法抽取人，求第组每组抽取的人数；‎ ‎（3）在（2）中抽取的人中随机抽取人，求所抽取的人中恰好没有年龄在 段的概率.‎ ‎【答案】(1)54 (2)2人，3人，1人 (3) ‎ ‎【解析】（1）利用频率分布直方图得各组的频率结合回答正确的人数占本组的频率计算 ‎（2）确定抽样比得各组人数 ‎（3）列举法得没有年龄段在及基本事件总数，利用古典概型求解 ‎【详解】‎ ‎（1）第组的人数为：人，第组的频率为：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 故 ‎ ‎（2）抽样比为：人 第组抽取的人数为：人；第组抽取的人数为：人；‎ 第组抽取的人数为：人 ‎（3）记中2人为A1,A2，中3人为B1,B2,B3，中1人为C，则在抽取的人中随机抽取人的所有事件为A1A2，A1B1，A1B2，A1B3，A1C，A2B1，A2B2，A2B3，A2C，B1B2，B1B3，B1C，B2B3，B2C，B3C共15个，其中不含A1,A2的有6个 所抽取的人中恰好没有年龄段在的概率：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查频率分布直方图及应用，考查分层抽样，考查古典概型，考查计算能力，是中档题 ‎21．如图，已知直三棱柱中，，，是的中点，是上一点，且.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求二面角余弦值的大小.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】（1）证明出，可得出，即有，再证明出平面，可得出，然后利用直线与平面垂直的判定定理可证明出平面；‎ ‎（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量法计算出二面角余弦值的大小.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意知，等腰直角三角形中，中线，且，‎ 在直三棱柱中，底面，‎ ‎、平面，从而知，，‎ 一方面，在中，因为，，则.‎ 由，可得，从而可知，又，‎ 则得，由此可得，即有.‎ 另一方面，由，，，得平面，‎ 又平面，则知.‎ 综上，，且，又，故平面，得证之；‎ ‎（2）由题意，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、‎ 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，‎ 且有、、、、， ‎ 从而有、、，‎ 由，可得，‎ 记为平面的一个法向量，‎ 则有，取，得.‎ 又由（1）知平面，故可取为平面的一个法向量，那么可得.‎ 因此，二面角余弦值的大小为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与平面垂直的证明，同时也考查了利用空间向量法计算二面角的余弦值，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎22．已知过定点且与直线垂直的直线与轴、轴分别交于点，点满足.‎ ‎（1）若以原点为圆心的圆与有唯一公共点，求圆的轨迹方程；‎ ‎（2）求能覆盖的最小圆的面积；‎ ‎（3）在（1）的条件下，点在直线上，圆 上总存在两个不同的点使得为坐标原点），求的取值范围.‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】（1），得在直线上，求出 ，确定圆的半径则方程可求 ‎（2）由几何关系得能覆盖三角形ABC的最小圆是以AB为直径的圆，计算，则圆的面积可求 ‎（3）由，则有OP与MN互相垂直平分，得利用点在直线上得的不等式求解 ‎【详解】‎ ‎（1）因为，所以在线段的垂直平分线上，即在直线上，‎ 故 ‎ 以原点为圆心的圆与有唯一公共点，‎ 此时圆的半径 ‎ 故：圆的方程为 ‎ ‎（2）由于三角形ABC为钝角三角形且AB为最长边，故能覆盖三角形ABC的最小圆是以AB为直径的圆 由于点，所以 ‎ 故该圆的半径为 所以能覆盖该三角形的最小圆面积 ‎（3）（O为坐标原点），则有OP与MN互相垂直平分，‎ 所以圆心到直线MN的距离小于1.即又 又，代入（1）得 所以实数的取值范围为 ‎【点睛】‎ 本题考查圆的方程，考查向量的几何应用，考查转化与推理能力，准确将向量转化是关键，是中档题