2019-2020学年江西省赣州市十五县(市)高二上学期期中考试数学(文)试题(解析版)

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2019-2020学年江西省赣州市十五县(市)高二上学期期中考试数学(文)试题(解析版)

‎2019-2020学年江西省赣州市十五县(市)高二上学期期中考试数学(文)试题 一、单选题 ‎1.已知直线的点斜式方程是,那么此直线的倾斜角为 A. B. C. D.‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据直线的方程,求得直线的斜率,再由倾斜角与斜率的关系,即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意,直线的点斜式方程是,所以直线的斜率为,‎ 设直线的倾斜角为,则且,所以,故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线的点斜式方程,以及直线的斜率与倾斜角的求解,着重考查了推理与计算能力,属于基础题.‎ ‎2.如图所示,在正方体中,,分别是,的中点,则图中阴影部分在平面上的正投影是( )‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据投影的定义,分别找出点在平面上的投影,即可求解,得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意,阴影部分为三角形,其中点在投影面上,它的投影是其本身,‎ 点在平面上的投影是的中点,‎ 点在平面上的投影是的中点,‎ 所以三角形的投影为选项A符合题意.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了平行投影及平行投影的作法,其中解答中熟记平行投影的定义,准确确定点在平面上的投影是解答的关键,着重考查了空间想象能力,属于基础题.‎ ‎3.过点 且垂直于直线 的直线方程为( )‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据题意,易得直线x-2y+3=0的斜率,由直线垂直的斜率关系,可得所求直线的斜率,又知其过定点坐标,由点斜式可得所求直线方程.‎ ‎【详解】‎ 根据题意,易得直线x-2y+3=0的斜率为,  由直线垂直的斜率关系,可得所求直线的斜率为-2,  又知其过点,  由点斜式可得所求直线方程为2x+y-1=0.‎ 故本题正确答案为B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线垂直与斜率的相互关系,注意斜率不存在的特殊情况,属基础题.‎ ‎4.已知向量,且,则的值是(  )‎ A. B. C.3 D.‎ ‎【答案】A ‎【解析】由已知求得,然后展开两角差的正切求解.‎ ‎【详解】‎ 解:由,且,得,即。‎ ‎,故选:A。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查数量积的坐标运算,考查两角差的正切,是基础题.‎ ‎5.阅读如图所示的程序框图,运行相应的程序,若输入x的值为-5,则输出的y值是( )‎ A.-1 B.1 C.2 D.‎ ‎【答案】A ‎【解析】第一次输入x=-5,满足|x|>3,x=|-5-3|=8,‎ 第二次满足|x|>3,x=|8-3|=5,‎ 第三次满足|x|>3,x=|5-3|=2,‎ 第四次不满足|x|>3,此时y=x=2=-1,‎ 输出y=-1.故选A.‎ ‎6.已知是直线,,是两个不同的平面,下列命题中的真命题是( )‎ A.若,,则 B.若,,则 C.若,,则 D.若,,则 ‎【答案】D ‎【解析】根据线面位置关系的判定定理和性质定理,逐项判定,即可求解.‎ ‎【详解】‎ 对于A,若,,则或与相交,所以A错;‎ 对于B,若,,则或或与相交,所以B错;‎ 对于C,若,,则或,所以C错;‎ 对于D,若,,则,由面面垂直的判定可知选项D正确.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了线面位置关系的判定与证明,其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理是解答的关键,着重考查了推理与论证能力,属于基础题.‎ ‎7.已知圆的一般方程为,则下列说法中不正确的是( )‎ A.圆的圆心为 ‎ B.圆被轴截得的弦长为 ‎ C.圆的半径为 ‎ D.圆被轴截得的弦长为 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析:由得 ,故圆的圆心为(4,-3),半径为5,故选C.‎ ‎【考点】圆的标准方程与一般方程的互化 ‎ ‎8.一组数据X1,X2,…,Xn的平均数是3,方差是5,则数据3X1+2,3X2+2,…,3Xn+2的平均数和方差分别是()‎ A.11,45 B.5,45 C.3,5 D.5,15‎ ‎【答案】A ‎【解析】若X1,X2,…,Xn的平均数是,方差是,则数据的平均数为,方差为.‎ ‎【详解】‎ 解:∵一组数据X1,X2,…,Xn的平均数是3,方差是5,‎ ‎∴数据3X1+2,3X2+2,…,3Xn+2的平均数为3×3+2=11,‎ 方差为:.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查平均数、方差的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意平均数、方差的性质的合理运用.‎ ‎9.如图所示, △ABC的三条边长分别为,,,现将此三角形以边所在直线为轴旋转一周,则所得几何体的表面积为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】C ‎【解析】本道题发挥空间想象能力,知道旋转后的立体几何体是什么形状,计算底面周长,结合圆锥侧面展开为一个扇形,结合扇形面积计算公式,即可。‎ ‎【详解】‎ A点到BC的距离,得到的立体几何体为两个圆锥,该圆锥底面周长为,所以表面积为,故选C。‎ ‎【点睛】‎ 本道题考查了空间几何体表面积计算方法和扇形面积计算公式,难度中等。‎ ‎10.若点在圆上,则的取值范围是( )‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据的几何意义是点与两点连线的斜率,设,利用直线与圆相切,列出方程,即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意,圆,可得圆心,半径为,‎ 因为的几何意义是点与两点连线的斜率,设,即 又由点在圆上,‎ 则满足圆心到切线的距离等于半径,即,解得,‎ 所以.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用,其中解答中根据的几何意义是点与两点连线的斜率,转化为直线与圆相切求解是解答的关键,着重考查了转化思想,以及推理与计算能力,属于基础题.‎ ‎11.如图是某几何体的三视图,该几何体的顶点都在球的球面上,则球的表面积为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据三视图可知该几何体为一个三棱锥,将该三棱锥放入棱长为长方体中,则该三棱锥的外接球直径为长方体的体对角线,求得球的半径,即可求得球的表面积.‎ ‎【详解】‎ 根据三视图可知该几何体为一个三棱锥,记为,‎ 将该三棱锥放入棱长为长方体中,则该三棱锥的外接球直径为长方体的体对角线,‎ 设球的半径为,可得,解得,‎ 所以球的表面积为.‎ 故答案为:C ‎【点睛】‎ 本题主要考查了空间几何体的三视图的应用,球内接正方体的性质,以及球的表面积的计算,其中解答中转化为球内接正方体,利用球直径等于长方体的体对角线长,求得球的半径是解答的关键,着重考查了空间想象能力,以及计算能力,属于基础题.‎ ‎12.著名数学家华罗庚曾说过:“数形结合百般好,隔裂分家万事休”事实上,有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决,如:可以转化为平面上点与点的距离结合上述观点,可得的最小值为  ‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】C ‎【解析】化简得,表示平面上点与点,的距离和,利用两点间的距离公式,即可得出结论.‎ ‎【详解】‎ ‎,‎ 表示平面上点与点,的距离和,‎ 连接NH,与x轴交于,‎ 由题得,‎ 所以,‎ 的最小值为,‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查两点间的距离公式,考查学生分析解决问题的能力,合理转化是正确解题的关键.‎ 二、填空题 ‎13.已知圆柱的母线长为,底面半径为,是上底面圆心,、‎ 是下底面圆周上的两个不同的点,是母线,如图.若直线与所成角的大小为,则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】过点作与平行的母线,由异面直线所成角的概念,得到,由,即可求解.‎ ‎【详解】‎ 如图所示,过点作与平行的母线,连接,‎ 则为直线与所成的角,所以,‎ 在直角中,可得,所以.‎ 故答案为:.‎ ‎ ‎ 由题知,.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了圆柱的结构特征,以及异面直线所成角的应用,其中解答中根据异面直线所成角的概念,在直角中求解是解答的关键,着重考查了转化思想,以及推理与计算能力,属于基础题.‎ ‎14.如图是一组数据的散点图,经最小二乘法计算,与之间的线性回归方程为,则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据散点图中的数据,求得样本中心点,代入回归方程,即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意,根据散点图中的数据,可得,,‎ 将点,代入回归方程,即,解得.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了回归直线方程的应用,其中解答中熟记回归直线方程的基本特征是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.‎ ‎15.已知实数,满足约束条件,则的取值范围为______________(用区间表示).‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】画出不等式组表示的平面区域,平移直线,求出的取值范围,从而得到的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 不等式组表示的平面区域如下图中阴影部分所示,‎ 易得,,,令,可得,‎ 平移直线,易得在点处取得最小值为,与直线重合时取得最大值为,‎ 即的取值范围是,故的取值范围为.‎ ‎【点睛】‎ 从历年高考题目来看,简单线性规划问题是不等式中的基本问题,往往围绕目标函数最值的确定,也可能涉及非线性目标函数的最值问题,考查学生的绘图、用图能力,以及应用数学解决实际问题的能力.对于非线性目标函数的最值问题,弄清楚它的几何意义是解题的关键.常见的有三种类型:‎ ‎(1)形如的目标函数,可化为可行域内的点与点间的距离的平方问题.‎ ‎(2)形如的目标函数,由可将问题化为可行域内的点与点连线斜率的倍的范围或最值问题.特别地,表示点与原点连线的斜率.‎ ‎(3)形如的目标函数,由可将问题化为可行域内的点到直线的距离的倍的最值问题.‎ ‎16.如图是甲、乙两名运动员某赛季一些场次得分的茎叶图,据图可知以下说法正确的是 _____.(填序号) ‎ ‎①甲运动员的成绩好于乙运动员;②乙运动员的成绩好于甲运动员;‎ ‎③甲、乙两名运动员的成绩没有明显的差异;④甲运动员的最低得分为0分.‎ ‎【答案】①‎ ‎【解析】本题考查的知识点是茎叶图,及平均数的概念,由茎叶图中分析出甲、乙两名篮球运动员某赛季各场次得分,再由平均数定义进行判断,易得结果.‎ ‎【详解】‎ 分析茎叶图可得:‎ 甲运动员的得分为:10,15,22,23,31,32,34,36,37,38,44,44,49,51‎ 乙运动员的得分为:8,12,14,17,21,29,29,33,36,52‎ 则甲运动员得分的平均数为(10+15+22+23+31+32+34+36+37+38+44+44+49+51)=38,‎ 乙运动员得分的平均数为(8+12+14+17+21+29+29+33+36+52)=37.‎ 甲运动员的最低得分为10分.‎ 故答案为:①.‎ ‎【点睛】‎ 茎叶图的茎是高位,叶是低位,所以本题中“茎是十位”,叶是个位,从图中分析出参与运算的数据,代入相应公式即可解答.从茎叶图中提取数据是利用茎叶图解决问题的关键 三、解答题 ‎17.数列满足,且,正项数列满足是1和的等比中项.‎ ‎(1)求数列,的通项公式.‎ ‎(2)求的前n项和.‎ ‎【答案】(1),; (2).‎ ‎【解析】(1)由,得到是公差为2的等差数列,进而求得数列的通项公式,又由是1和的等比中项,即可求得数列的通项公式;‎ ‎(2)由(1)可得,利用等差、等比数列的前前项和公式,即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由题意,数列满足,即,‎ 所以是公差为2的等差数列.‎ 又因为,即,解得,所以.‎ 又由是1和的等比中项,且,可得,所以.‎ ‎(2)由(1)可得,‎ 所以 ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等差数列的定义,以及等差、等比数列的通项公式,以及等差、等比数列的前项和公式的应用,其中解答中熟记等差、等比数列的通项公式和前项和公式,准确运算时解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.‎ ‎18.为庆祝国庆节,某中学团委组织了“歌颂祖国,爱我中华”知识竞赛,从参加考试的学生中抽出60名,将其成绩(成绩均为整数)分成[40,50),[50,60),…,[90,100)六组,并画出如图所示的部分频率分布直方图,观察图形,回答下列问题:‎ ‎(1)求第四组的频率,并补全这个频率分布直方图;‎ ‎(2)估计这次考试的及格率(60分及以上为及格)和平均分.‎ ‎【答案】(1)0.3;图见解析;(2) 及格率是75%;平均分为71分.‎ ‎【解析】(1)利用各组的频率和等于1可求;‎ ‎(2)及格率就是[60,100]之间的频率之和,平均分利用区间中点值和频率积进行求解.‎ ‎【详解】‎ 解:(1)因为各组的频率和等于1,‎ 所以第四组的频率为.‎ 补全的频率分布直方图如图所示.‎ ‎(2)依题意可得第三、四、五、六组的频率之和为(0.015+0.030+0.025+0.005)×10=0.75,‎ 则可估计这次考试的及格率是75%.‎ 因为抽取学生的平均分约为45×0.1+55×0.156+65×0.15+75×0.3+85×0.25+95×0.05=71(分),所以可估计这次考试的平均分为71分.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查频率分布直方图的应用,利用频率之和为1可以求解未知区间的频率,利用所有区间中点值与频率积的和可得平均数,侧重考查识图能力及数据分析的核心素养.‎ ‎19.如图,在四面体中,平面,,,,且,,分别为,,的中点.‎ ‎(1)求证:平面;‎ ‎(2)是棱中点,求证:平面.‎ ‎【答案】(1)见解析; (2)见解析.‎ ‎【解析】(1)利用线面垂直的判定定理,即可证得平面;‎ ‎(2)利用线面平行的判定定理,先证得平面,进而得到平面.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)在中,因为,,,‎ 可得,所以.‎ 又平面,平面,∴.‎ 又,∴平面.‎ ‎(2)因为,分别是棱,的中点,所以.‎ 又平面,平面,∴平面.‎ ‎∵是中点,∴.‎ 又平面,∴平面.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了线面垂直与线面平行的判定与证明,其中解答中结合几何体的结构特征,熟练应用线面平行、线面垂直的判定定理是解答的关键,着重考查了推理与论证能力,属于基础题.‎ ‎20.在中,角,,所对的边分别为,,,且,是边上的点.‎ ‎(I)求角;‎ ‎(Ⅱ)若,,,求的长,‎ ‎【答案】(I);(Ⅱ).‎ ‎【解析】(I)利用正弦定理将边化角为,再结合三角形内角和定理、两角和的正弦公式即可得到B。‎ ‎(Ⅱ)利用余弦定理先求出进而得到,由正弦定理即可得到的长。‎ ‎【详解】‎ ‎(I)由,得,‎ ‎,‎ ‎,∵,∴,∴.‎ ‎(Ⅱ)在中,,,,‎ 由余弦定理得,所以,‎ 在中,, ,由正弦定理,得,‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题关键是要掌握正弦定理的变形公式,,,‎ ‎,将边化为角来处理问题,在解三角形时,往往三角形内角和定理最容易忽略的,利用内角和定理可简化未知角的数量。‎ ‎21.在直三棱柱中,,,过的截面与面交于.‎ ‎(1)求证:.‎ ‎(2)若截面过点,求证:面.‎ ‎(3)在(2)的条件下,求.‎ ‎【答案】(1)见解析; (2)见解析;(3).‎ ‎【解析】(1)由三棱柱结构特征,证得面,再由线面平行的性质定理,即可得到;‎ ‎(2)取的中点,连接和,得到,再由勾股定理,证得,利用线面垂直的判定定理,即可得到面,进而得到面.‎ ‎(3)由,即可求得三棱锥的体积.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由题意,在直三棱柱中,可得,所以面,‎ 又∵面,面,‎ 由线面平行的性质定理,可得.‎ ‎(2)取的中点,连接和,‎ ‎∵截面过点,∴截面即为面,‎ ‎∴、分别为,中点,即,‎ 又∵为中点,∴,‎ 在中,,,∴,‎ 同理,,在中,,‎ ‎∴为直角三角形,即,‎ 又∵,∴面,∴面.‎ ‎(3)由(2)可得面,所以,且,‎ 又由,且,可得面,且E,‎ 又由 ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了线面位置关系的判定与证明,以及三棱锥的体积的计算,其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理,以及合理利用体积转换求解是解答的关键,着重考查了转化思想,以及推理与计算能力,主要中档试题.‎ ‎22.已知圆:,直线,点在直线上.‎ ‎(1)若点的横坐标为2,求过点的圆的切线方程.‎ ‎(2)已知圆的半径为2,求圆与圆的公共弦的最大值.‎ ‎【答案】(1)或; (2).‎ ‎【解析】(1)由点在上,且点的横坐标为2,求得,利用直线与圆的位置关系,即可求得切线的方程;‎ ‎(2)连接,交与,根据圆的性质,得到,,且,‎ 在中,利用勾股定理,得到,进而求得公共弦的最大值.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由题意知,点在上,且点的横坐标为2,可得,即,‎ 当的斜率不存在时,方程为,此时与圆相切,符合题意.‎ 当的斜率存在时,直线方程为,即.‎ 由与圆相切,可得,解答,所以.‎ 即切线方程为或.‎ ‎(2)连接,交与,‎ ‎∵,,∴为和中点,‎ 因为圆的半径为2,所以,‎ 在中,‎ 要使最大,则最小,即最小.‎ 故,‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用,其中解答中熟练应用直线与圆的位置关系,圆与圆的位置关系,合理利用圆的性质转化是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于中档试题.‎
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