2019-2020学年江西省赣州市寻乌中学高二上学期第二次段考数学（理）试题（解析版）

2019-2020学年江西省赣州市寻乌中学高二上学期第二次段考数学（理）试题（解析版）

‎2019-2020学年江西省赣州市寻乌中学高二上学期第二次段考数学（理）试题 一、单选题 ‎1．从已经编号的名学生中抽取20人进行调查，采用系统抽样法若第1组抽取的号码是2，则第10组抽取的号码是　　‎ A．74 B．83 C．92 D．96‎ ‎【答案】B ‎【解析】求出样本间隔，结合系统抽样的定义进行求解即可．‎ ‎【详解】‎ 样本间隔为，‎ 第10组抽取的号码是，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查系统抽样的应用，求出样本间隔是解决本题的关键．‎ ‎2．已知（，-1，3），（，4，-2），（，3，λ），若、、三向量共面，则实数λ等于（ ）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【答案】A ‎【解析】由向量、、共面得出=x+y，列方程组可求得λ的值．‎ ‎【详解】‎ 解：向量、、共面，则=x+y，其中x，y∈R；‎ 则（1，3，λ）=（2x，-x，3x）+（-y，4y，-2y）=（2x-y，-x+4y，3x-2y），‎ ‎∴，‎ 解得x=1，y=1，λ=1．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了空间向量的坐标表示与共面定理的应用问题，是基础题．‎ ‎3．盒子中有若干个红球和黄球，已知从盒中取出2个球都是红球的概率为，从盒中取出2个球都是黄球的概率是，则从盒中任意取出2个球恰好是同一颜色的概率是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据和事件的概率求解即可求得结果.‎ ‎【详解】‎ 设“从中取出个球都是红球”为事件；“从中取出个球都是黄球”为事件；“任意取出个球恰好是同一颜色”为事件 则，且事件与互斥 即任意取出个球恰好是同一颜色的概率为 本题正确选项：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查和事件概率的计算，属于基础题.‎ ‎4．已知变量与线性相关，由观测数据算得样本的平均数，，线性回归方程中的系数，满足，则线性回归方程为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】由最小二乘法原理可知样本平均数在线性回归方程上，将代入回归方程，联立方程组求出，的值，即可得出线性回归方程.‎ ‎【详解】‎ 解：同归直线过 ‎，‎ 又 解得，‎ 线性回归方程为.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线性回归方程.其中回归直线经过样本中心是解题的关键.‎ ‎5．关于直线m、n及平面α、β，下列命题中正确的是（ ）‎ A．若,,则 B．若,,则 C．若,,则 D．若,,则 ‎【答案】A ‎【解析】由空间中直线与直线、直线与平面位置关系逐一核对四个命题即可得到答案 ‎【详解】‎ 解：A.正确,若m∥β,则β内存在直线l使得l∥m,又m⊥α,故l⊥α,又l⊂β,故α⊥β；‎ B．错误,若m∥α且n∥α,则m与n可能平行,可能相交也可能异面；‎ C．错误,若m∥α,m⊥n时,则n∥α或n⊂α或n⊥α；‎ D．错误,若m∥α,α∩β=n,则m∥n或异面 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查了线线、线面平行和垂直关系的判断,熟练掌握线面平行、垂直的判定与性质定理是解题的关键 ‎6．下列有关命题的说法中错误的是（ ）‎ A．若为假命题,则p、q均为假命题 B．“”是“”的充分不必要条件 C．命题“若,则“的逆否命题为：“若,则”‎ D．对于命题p：,使得,则：,均有 ‎【答案】A ‎【解析】根据命题的真假,充分与必要条件的关系以及命题之间的关系,特称命题的否定为全称命题等逐一判断即可.‎ ‎【详解】‎ 本选择题可以逐一判断,显然对于A选项为假命题可知p、q一假一真或者均为假命题,因此A的结论错误,选择A项即可．‎ 对于B项,可得,反之无法推出,所以“”是“”的充分不必要条件.‎ 对于C项条件,结论否定且互换,正确.‎ 特称命题的否定是全称命题 ,可知D判断正确．‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查复合命题的真假判断问题,充要条件,命题的否定,全称命题以及特称命题的概念．‎ ‎7．已知直线在两坐标轴上的截距相等，则实数　　‎ A．1 B． C．或1 D．2或1‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据题意讨论直线它在两坐标轴上的截距为0和在两坐标轴上的截距不为0时，求出对应的值，即可得到答案．‎ ‎【详解】‎ 由题意，当，即时，直线化为，‎ 此时直线在两坐标轴上的截距都为0，满足题意；‎ 当，即时，直线化为，‎ 由直线在两坐标轴上的截距相等，可得，解得；‎ 综上所述，实数或．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线方程的应用，以及直线在坐标轴上的截距的应用，其中解答中熟记直线在坐标轴上的截距定义，合理分类讨论求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（　　）‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据三视图知几何体是底面为正方形的长方体，中间挖去一个圆锥体剩余部分，结合图中数据求得该几何体的表面积．‎ ‎【详解】‎ 解：根据三视图知几何体是底面为正方形的长方体，中间挖去一个圆锥体剩余部分，如图所示；‎ 则该几何体的表面积是 S=2×22+4×2×-π•12+π•1•=8+8+π．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了由三视图想象出直观图，以及空间想象力，识图能力及计算能力．‎ ‎9．若正整数除以正整数后的余数为，则记为，例如. 下面程序框图的算法源于我国南北朝时期闻名中外的《中国剩余定理》，执行该程序框图，则输出的值等于（ ）‎ A．29 B．30 C．31 D．32‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案.‎ ‎【详解】‎ 由题中的程序框图可知：‎ 该程序框图功能是利用循环结构计算并输出同时满足条件：‎ ‎①被除余，②被除余，‎ 所以应该满足是的倍数多，‎ 并且是比大的最小的数，‎ 故输出的为，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关程序框图的问题，涉及到的知识点有循环结构的程序框图，读取程序框图的输出数据，属于简单题目.‎ ‎10．如图圆锥的高，底面直径是圆上一点，且，则与所成角的余弦值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，利用向量数量积即可求得与夹角的余弦值。‎ ‎【详解】‎ 建立如图所示的空间直角坐标系得：‎ ‎，，，‎ 设的夹角为， ‎ 又 ‎ 则 ‎ 因为 即SA与BC所成角的余弦值为 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了空间向量的数量积的运算及利用空间向量求异面直线的夹角，属中档题．‎ ‎11．过点作圆的两条切线，设两切点分别为、，则直线的方程为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据题意，由切线长公式求出的长，进而可得以为圆心，为半径为圆，则为两圆的公共弦所在的直线，联立两个圆的方程，计算可得答案．‎ ‎【详解】‎ 根据题意，过点作圆的两条切线，设两切点分别为、，‎ 则，‎ 则以为圆心，为半径为圆为，即圆，‎ 为两圆的公共弦所在的直线，则有，‎ 作差变形可得：；‎ 即直线的方程为，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查圆的切线方程，圆与圆的公共弦所在直线方程的求解，等价转化的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎12．在三棱锥中，，，，，平面平面，若球是三棱锥的外接球，则球的半径为（ ）．‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】取AB中点D，AC中点E，连PD，ED，得E为△外接圆的圆心，且OE∥平面，然后求出△的外接圆半径和球心到平面的距离等于，由勾股定理得，即可得出答案.‎ ‎【详解】‎ 解：取AB中点D，AC中点E，连PD，ED 因为，所以E为△外接圆的圆心 因为OE∥PD，OE不包含于平面，所以OE∥平面 因为平面平面，，得PDAB，EDAB 所以PD平面，ED平面 且，‎ 所以球心到平面的距离等于 在△中，，，所以，‎ 所以△得外接圆半径，即 由勾股定理可得球的半径 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了三棱锥的外接球问题，经常用球中勾股定理解题，其中是外接球半径，是球心到截面距离，是截面外接圆半径.‎ 二、填空题 ‎13．若直线l的方向向量为=(1,-2,3),平面α的法向量为=(2,x,0),若l∥α,则x的值等于_____.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】根据直线的方向向量与平面的法向量平行建立方程，即可求出x的值。‎ ‎【详解】‎ 由l∥α可知，即2-2x=0，所以x=1。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查向量垂直的坐标表示，比较基础，也较简单。‎ ‎14．欧阳修在《卖油翁》中写到：“（翁）乃取一葫芦置于地，以钱覆其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿”，可见卖油翁的技艺之高超，若铜钱直径4厘米，中间有边长为1厘米的正方形小孔，随机向铜钱上滴一滴油（油滴大小忽略不计），则油恰好落入孔中的概率是____．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】分析：根据几何概型的概率公式解答即可.‎ 详解：由几何概型的概率公式得所以油恰好落入孔中的概率是.故答案为：.‎ 点睛：本题主要考查几何概型的概率公式，意在考查概率的基础知识的掌握能力及基本的运算能力. ‎ ‎15．过点的直线l与圆C：（x﹣1）2+y2＝4交于A、B两点，C为圆心，当∠ACB最小时，直线l的方程为_____．‎ ‎【答案】2x﹣4y+3＝0‎ ‎【解析】要∠ACB最小则分析可得圆心C到直线l的距离最大,此时直线l与直线垂直,即可算出的斜率求得直线l的方程.‎ ‎【详解】‎ 由题得,当∠ACB最小时,直线l与直线垂直,此时 ,又,故,又直线l过点,所以,即 .‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与圆的位置关系,过定点的直线与圆相交于两点求最值的问题一般为圆心到定点与直线垂直时取得最值.同时也考查了线线垂直时斜率之积为-1,以及用点斜式写出直线方程的方法.‎ ‎16．已知正方体的棱长为，点E，F，G分别为棱AB，，的中点，下列结论中，正确结论的序号是___________.‎ ‎①过E，F，G三点作正方体的截面，所得截面为正六边形；‎ ‎②平面EFG；‎ ‎③平面；‎ ‎④异面直线EF与所成角的正切值为；‎ ‎⑤四面体的体积等于.‎ ‎【答案】①③④‎ ‎【解析】根据公理3,作截面可知①正确;根据直线与平面的位置关系可知②不正确;根据线面垂直的判定定理可知③正确;根据空间向量夹角的坐标公式可知④正确;用正方体体积减去四个正三棱锥的体积可知⑤不正确.‎ ‎【详解】‎ 延长EF分别与，的延长线交于N，Q，连接GN交于H，设HG与的延长线交于P，连接PQ交于，交BC于M，连FH，HG，GI，IM，ME,,‎ 如图:‎ 则截面六边形EFHGIM为正六边形，故①正确：‎ 因为与HG相交，故与平面EFG相交，所以②不正确：‎ ‎(三垂线定理)，‎ ‎(三垂线定理)，‎ 且AC与相交，‎ 所以平面，故③正确；‎ 以为原点,分别为轴建立空间直角坐标系,‎ 则,‎ 则,,‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以异面直线EF与的夹角的正切值为，故④正确；‎ 因为四面体的体积等于正方体的体积减去四个正三棱锥的体积，‎ 即为，故⑤不正确．‎ 故答案为：①③④‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了公理3,直线与平面的位置关,直线与平面垂直的判定,空间向量求异面直线所成角,三棱锥的体积计算,属于中档题.‎ 三、解答题 ‎17．已知，，其中．‎ ‎（1）若，且为真，求的取值范围；‎ ‎（2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）根据为真，可先对命题进行化简，求得对应数的取值范围是，对命题，当时，求得的取值范围是，再求二者交集即可 ‎（2）“是的充分不必要条件”等价于“是的充分不必要条件”，可转化为，再进行求解 ‎【详解】‎ ‎（1），∴为真命题时实数的取值范围是，‎ ‎，所以同理为真命题时，实数的取值范围是．‎ 又为真，则同时为真命题，即的取值范围的交集，为．‎ 即时，且为真，的取值范围是．‎ ‎（2）因为是的充分不必要条件，即是的充分不必要条件，即 又命题为真命题时，实数的取值范围是，‎ 所以，解得．‎ 故实数m的取值范围是．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查根据命题真假求解自变量取值范围，由集合的包含关系求解参数取值，原命题和逆否命题同真同假可帮助我们简化运算，是中档题型 ‎18．已知点，圆.‎ ‎（1）求过点且与圆相切的直线方程；‎ ‎（2）若直线与圆相交于，两点，且弦的长为，求实数的值.‎ ‎【答案】（1）或；（2）.‎ ‎【解析】（1）考虑切线的斜率是否存在，结合直线与圆相切的的条件d=r，直接求解圆的切线方程即可．‎ ‎（2）利用圆的圆心距、半径及半弦长的关系，列出方程，求解a即可．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由圆的方程得到圆心，半径.‎ 当直线斜率不存在时，直线与圆显然相切；‎ 当直线斜率存在时，设所求直线方程为，即，‎ 由题意得：，解得，‎ ‎∴ 方程为，即.‎ 故过点且与圆相切的直线方程为或.‎ ‎（2）∵ 弦长为，半径为2.‎ 圆心到直线的距离，‎ ‎∴，‎ 解得.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，考查切线方程的求法，考查了垂径定理的应用，考查计算能力．‎ ‎19．如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，∠DAB=∠DBF=60°，且FA=FC，AB=2，AC与BD交于点O.‎ ‎(1)求证:FO⊥平面ABCD；‎ ‎(2)求AF与平面BFC所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析 ‎（2）‎ ‎【解析】（1）证明线面垂直，需证明FO垂直于平面ABCD内两条相交直线，根据等腰三角形三线合一性质，可以发现应该寻找AC和BD；‎ ‎（2）建立空间直角坐标系，利用向量求解，直线与平面所成角的正弦值等于直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：连接FO、FD，‎ ‎∵FA＝FC，∴FO⊥AC，‎ ‎∵四边形BDEF为菱形，且∠DBF＝60°，‎ ‎∴△DBF为等边三角形，‎ ‎∴O为BD中点．∴FO⊥BD，‎ 又∵O为AC中点，且FA＝FC，‎ ‎∴AC⊥FO，又AC∩BD＝O，∴FO⊥平面ABCD， ‎ ‎（2）由OA，OB，OF两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz．‎ 因为四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，‎ 则BD＝2，所以OB＝1，．‎ 所以 ． ‎ 所以 ，． ‎ 设平面BFC的法向量为，‎ 则有，所以，取x＝1，得． ‎ 所以．‎ ‎ 则．‎ ‎【点睛】‎ 此题考查立体几何中线面垂直的证明和求线面角，向量作为一个重要的工具，在立体几何中作用巨大，直线与平面所成角的正弦值等于直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值，在平常学习中需要积累和理清向量法解决立体几何的常用公式结论，避免用错.‎ ‎20．十九大提出：坚决打赢脱贫攻坚战，做到精准扶贫，我省某帮扶单位为帮助定点扶贫村真正脱贫，坚持扶贫同扶智相结合，帮助贫困村种植脐橙，并利用互联网电商进行销售，为了更好销售，现从该村的脐橙树上随机摘下100个脐橙进行测重，其质量分布在区间（单位：克），统计质量的数据作出其频率分布直方图如图所示：‎ ‎（1）按分层抽样的方法从质量落在，的脐橙中随机抽取5个，再从这5个脐橙中随机抽2个，求这2个脐橙质量至少有一个不小于400克的概率；‎ ‎（2）以各组数据的中间数值代表这组数据的平均水平，以频率代表概率，已知该村的脐橙种植地上大约还有100000个脐橙待出售，某电商提出两种收购方案：‎ A．所有脐橙均以7元/千克收购；‎ B．低于350克的脐橙以2元/个收购，其余的以3元/个收购 请你通过计算为该村选择收益较好的方案.‎ ‎（参考数据：（）‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】(1)由题意首先确定各个区间内脐橙的个数，然后列出所有可能的取值，利用古典概型计算公式确定所求的概率值即可；‎ ‎(2)由题意分别计算两种方案的收益值，选择收益高的方案即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题得脐橙质量在和的比例为3：2.‎ 应分别在质量为和的脐橙中各抽取3个和2个.‎ 记抽取质量在的脐橙为，，质量在 则从这5个脐橙中随机抽取2个的情况共有以下10种：‎ ‎，，，，，，，，，，‎ 其中质量至少有一个不小于400克的7种情况，故所求概率为 ‎（2）方案好，理由如下：‎ 由频率分布直方图可知，脐橙质量在的频率为同理，质量在，，，，的频率依次为0.16.0.24.0.3，0.2，0.05‎ 若按方案收购：‎ 脐橙质量低于350克的个数为个 脐橙质量不低于350克的个数为55000个 收益为元 若按方案收购：‎ 根据题意各段脐橙个数依次为5000，16000.24000，30000，20000.5000.‎ 于是总收益为 （元）‎ 方案的收益比方案的收益高，应该选择方案.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查频率分布直方图的应用，古典概型计算公式，利用概率统计的方法选择合理方案的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎21．如图，在直三棱柱中，，，是中点．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）在棱上存在一点，满足，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】（1）连结交于点，根据三角形中位线可知；利用线面平行判定定理可证得结论；（2）建立空间直角坐标系，利用可得，从而可得点坐标；利用空间向量法，利用两个平面的法向量所成角可得到所求角的余弦值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：连结交于点，连结 是正方形 为的中点 又为的中点 ‎ 平面,平面 平面 ‎（2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系：‎ 则，，，，，‎ 设，，则，‎ ‎ ，解得：‎ ‎，则， ‎ 设平面的法向量 则，令，得 平面 可取平面的法向量为 平面与平面所成锐二面角的余弦值为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题，考查学生的运算能力和对定理的掌握程度，属于常规题型.‎ ‎22．在平面直角坐标系中，已知圆的方程为，过点的直线与圆交于两点，．‎ ‎（1）若，求直线的方程；‎ ‎（2）若直线与轴交于点，设，，，R，求的值．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）设斜率为，则直线的方程为，利用圆的弦长公式，列出方程求得的值，即可得到直线的方程；‎ ‎（2）当直线的斜率不存在时，根据向量的运算，求得，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系，以及向量的运算，求得，得到答案．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）当直线的斜率不存在时，，不符合题意；‎ 当直线的斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为，‎ 所以圆心到直线的距离，‎ 因为，所以，解得，‎ 所以直线的方程为． .‎ ‎（2）当直线的斜率不存在时，不妨设，，，‎ 因为，，所以，，‎ 所以，，所以． ‎ 当直线的斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为：，‎ 因为直线与轴交于点，所以．‎ 直线与圆交于点，，设，，‎ 由得，，所以，；‎ 因为，，所以，，‎ 所以，，‎ 所以．‎ 综上，．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，以及向量的坐标运算，其中解答中熟记圆的弦长公式，以及联立方程组，合理利用根与系数的关系和向量的运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．‎