四川省内江市2022-2023学年高二上学期期末考试数学(理)试题(解析版).docx

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1、内江市20222023学年度第一学期高二期末检测题数学（理科）本试卷共4页，全卷满分150分，考试时间120分钟注意事项：1答题前，考生务必将自己的姓名、考号、班级用签字笔填写在答题卡相应位置2选择题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试题卷上3非选择题用签字笔将答案直接答在答题卡相应位置上4考试结束后，监考人员将答题卡收回一、选择题：（本大题共12个小题，每小题5分，共60分在每小题的四个选项中只有一个是正确的，把正确选项的代号填涂在答题卡的指定位置上）1. 某个年级有男生180人，女生160人，用分层抽样的方法从该年级全体学生

2、中抽取一个容量为68的样本，则此样本中女生人数为（ ）A. 40B. 36C. 34D. 32【答案】D【解析】【分析】根据分层抽样的性质计算即可.【详解】由题意得：样本中女生人数为.故选：D2. 已知向量，则（ ）A. B. 8C. 3D. 9【答案】C【解析】【分析】由向量的运算结合模长公式计算即可.【详解】故选：C3. 如图所示的算法流程图中，第3个输出的数是（ ）A. 2B. C. 1D. 【答案】A【解析】【分析】模拟执行程序即得.【详解】模拟执行程序，输出，；满足条件，输出，；满足条件，输出，；所以第3个输出的数是2.故选：A.4. 一个四棱锥的三视图如图所示，则该几何体的体积为（

3、 ）A. 8B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】把三视图转换为几何体，根据锥体体积公式即可求出几何体的体积.【详解】根据几何体的三视图可知几何体为四棱锥,如图所示：平面,且底面为正方形，所以该几何体的体积为：故选：B5. 经过两点，的直线的倾斜角为，则（ ）A. B. C. 0D. 2【答案】B【解析】【分析】先由直线的倾斜角求得直线的斜率，再运用两点的斜率进行求解.【详解】由于直线的倾斜角为，则该直线的斜率为，又因为，所以，解得.故选：B.6. 为促进学生对航天科普知识的了解，进一步感受航天精神的深厚内涵，并从中汲取不畏艰难、奋发图强、勇于攀登的精神动力，某校特举办以发扬航天精神，筑

4、梦星辰大海为题的航天科普知识讲座.现随机抽取10名学生，让他们在讲座前和讲座后各回答一份航天科普知识问卷，这10名学生在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图，下列叙述正确的是（ ）A. 讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%B. 讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%C. 讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差D. 讲座前问卷答题的正确率的极差小于讲座后正确率的极差【答案】B【解析】【分析】根据题意以及表格，可分别计算中位数、平均数、极差等判断、排除选项是否正确，从而得出答案.【详解】讲座前问卷答题的正确率分别为：60%，60%，65%，65%，70%，75%，80%，85

5、%，90%，95%，中位数为 ，故A错误；讲座后问卷答题的正确率的平均数为 ，故B正确；由图知讲座前问卷答题的正确率的波动性大于讲座后正确率的波动性，即讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差，故C错误；讲座后问卷答题的正确率的极差为100%-80%=20%，讲座前正确率的极差为95%-60%=35%，20%35%,故D错误.故选：B.7. 两条平行直线和间的距离为，则，分别为（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【分析】根据两直线平行的性质可得参数，再利用平行线间距离公式可得.【详解】由直线与直线平行，得，解得，所以两直线分别为和，即和，所以两直线间距离，故选

6、：D.8. 若连续抛掷两次质地均匀的骰子，得到的点数分别为m，n，则满足的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用列举法列出所有可能结果，再根据古典概型的概率公式计算可得.【详解】解：设连续投掷两次骰子，得到的点数依次为、，两次抛掷得到的结果可以用表示，则结果有，共有36种其中满足有：，共种，所以满足的概率故选：B9. 已知三条不同的直线l，m，n和两个不同的平面，则下列四个命题中错误的是（ ）A. 若m，n，则m/nB. 若，则lC. 若l，则lmD. 若l/，l，则【答案】B【解析】【分析】根据线面垂直的性质定理可知A正确；根据面面垂直的性质定理可知B不正确；根据

7、线面垂直的定义可知C正确；根据面面垂直的判定可知D正确【详解】对A，根据线面垂直的性质，垂直于同一平面的两条直线互相平行可知A正确；对B，根据面面垂直的性质定理可知，若，且垂直于两平面的交线，则l，所以B错误；对C，根据线面垂直的定义可知，C正确；对D，因为l/，由线面平行性质可知在平面内存在直线，又l，所以，而，所以，D正确故选：B10. 数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心，重心，垂心依次位于同一直线上，这条直线后人称之为三角形的欧拉线.已知的顶点，则其欧拉线的一般式方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意得出为直角三角形，利用给定题意得出欧拉线，最后

8、点斜式求出方程即可.【详解】显然为直角三角形，且为斜边，所以其欧拉线方程为斜边上的中线，设的中点为，由，所以，由所以的方程为，所以欧拉线的一般式方程为.故选：C.11. 已知P是直线l：xy70上任意一点，过点P作两条直线与圆C：相切，切点分别为A，B.则AB的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据直线与圆相切的几何性质可知，当取得最小值时，最大，的值最小，当时，取得最小值，进而可求此时【详解】圆是以为圆心，2为半径的圆，由题可知，当最小时，的值最小. ，当取得最小值时，最大，最小，点到直线的距离，故当时，最大，且最大值为，此时，则.故选：A12. 如图所示，在长

9、方体中，点是棱上的一个动点，平面交棱于点，下列命题错误的是（ ）A. 四棱锥的体积恒为定值B. 存在点，使得平面C. 存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值D. 对于棱上任意一点，在棱上均有相应的点，使得平面【答案】D【解析】【分析】由结合线面平行的定义，即可判断选项A，由线面垂直的判定定理即可判断选项B，由面面平行的性质和对称性，即可判断选项C，由特殊位置即可判断选项D.【详解】对A，又，平面，平面，所以平面，同理平面，所以点E，F到平面的距离为定值，则四棱锥的体积为定值，故选项A正确；对于B，因为，可得对角面为正方形，所以，由平面，平面，所以，若，则，平面，所以平面，由平面，所以，又

10、平面，所以平面，故B正确；对于C，由面面平行的性质定理可得，四边形为平行四边形，由对称性可得，当四边形为菱形时，周长取得最小值，即存在唯一的点E，使得截面四边形的周长取得最小值，故选项C正确.对于D，当点在处时，对于AD上任意的点G，直线CG与平面均相交，故选项D错误.故选：D二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知、满足约束条件 则的最大值是_.【答案】【解析】【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案【详解】解：由约束条件作出可行域如图：将目标函数转化为表示为斜率为，纵截距为的直线，当直线过点时，取

11、得最大值，显然点，则.故答案为：.14. 直线与圆相交于两点，且若，则直线的斜率为_【答案】【解析】【分析】设直线方程，结合弦长求得圆心到直线的距离，利用点到直线的距离公式列出等式，即可求得答案.【详解】根据题意，直线l与圆 相交于两点，且，当直线斜率不存在时，直线 即y轴，显然与圆相切，不符合题意;故直线斜率存在，设直线l的方程为 ，即 ，因为圆的圆心为 ，半径为 ，又弦长,所以圆心到直线的距离为,所以，解得，故答案为：.15. 已知是正方体的棱的中点，过、三点作平面与平面相交，交线为，则直线与所成角的余弦值为_.【答案】【解析】【分析】由面面平行的性质与异面直线所成的角的求法求解即可【详解

12、】因为过三点的平面与平面相交于，平面与平面相交于，平面与平面平行，所以,又，故所以直线与所成的角就是直线与所成的角，也即是（或补角）又易知为等边三角形，所以直线与所成角的余弦值为，故答案为：16. 设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则面积的最大值是_【答案】【解析】【详解】试题分析：易知A（0，0），B（1，3）两直线互相垂直，故为所求考点：基本不等式三、解答题（本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、推演步骤）17. 一汽车销售公司对开业4年来某种型号的汽车“五-”优惠金额与销售量之间的关系进行分析研究并做了记录,得到如下资料.日期第一年第二年第三年第四年优惠金额x（千元）

13、10111312销售量y（辆）22243127(1)求出关于的线性回归方程；(2)若第5年优惠金额8.5千元,估计第5年的销售量y(辆)的值.参考公式：【答案】（1）；（2）第5年优惠金额为85千元时，销售量估计为17辆【解析】【分析】（1）先由题中数据求出，再根据求出和，即可得出回归方程；（2）将代入回归方程，即可求出预测值.【详解】（1）由题中数据可得，,故，（2）由（1）得，当时，第5年优惠金额为85千元时，销售量估计为17辆.【点睛】本题主要考查线性回归分析，熟记最小二乘法求和即可，属于常考题型.18. 已知圆C经过两点，且圆心C直线上（1）求经过点A，并且在两坐标轴上的截距相等的直线

14、的方程；（2）求圆C的标准方程；（3）斜率为的直线l过点B且与圆C相交于两点，求【答案】（1）或； （2）； （3）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用直线方程的截距式，分类求解作答.（2）设出圆心坐标，由已知求出圆心及半径作答.（3）求出直线l的方程，利用弦长公式计算作答.【小问1详解】经过点A，在两坐标轴上的截距相等的直线，当直线过原点时，直线的方程为，当直线不过原点时，设直线的方程为，将点代入解得，即直线的方程为，所以所求直线的方程为或【小问2详解】因圆心C在直线上，则设圆心，又圆C经过两点，于是得圆C的半径，即有，解得，圆心，圆C的半径，所以圆C的标准方程为【小问3详解】依题意，

15、直线l的方程为，即，圆心到直线的距离为，所以19. 直四棱柱，底面是平行四边形，分别是棱的中点.（1）求证：平面：（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）见解析 （2）【解析】【分析】（1）取的中点，连结，证明四边形为平行四边形，则，再根据线面平行的判定定理即可得证；（2）利用余弦定理求出，再利用勾股定理求出，再根据结合棱锥的体积公式即可得出答案.【小问1详解】证明：取的中点，连结，在中，分别为的中点，所以且，底面是平行四边形，是棱的中点，所以且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以平面平面，所以平面；小问2详解】在中，由余弦定理有，解得， 则，因为为的中点，所以，由已知直四棱柱，可得，可得，.2

16、0. 某校从参加高一年级期中考试的学生中抽出40名学生，将其数学成绩（均为整数）分成六段，后画出如下部分频率分布直方图观察图形的信息，回答下列问题：（1）求第四小组的频率，并补全这个频率分布直方图；（2）根据频率分布直方图估计这次数学考试成绩的平均分；（3）若将分数从高分到低分排列，取前15%的同学评定为“优秀”档次，用样本估计总体的方法，估计本次期中数学考试“优秀”档次的分数线【答案】（1）答案见解析 （2）71 （3）86【解析】【分析】（1）根据所有频率和为1求第四小组的频率，计算第四小组的对应的矩形的高，补全频率分布直方图；（2）根据在频率分布直方图中，由每个小矩形底边中点的横坐标与小

17、矩形的面积的乘积之和，求出平均分；（3）由频率分布直方图可知：成绩在区间占5%，区间占25%，由此即可估计“优秀”档次的分数线【小问1详解】由频率分布直方图可知，第1，2，3，5，6小组的频率分别为：0.1，0.15，0.15，0.25，0.05，所以第四小组的频率为：，在频率分布直方图中第四小组对应的矩形的高为0.03，补全频率分布直方图对应图形如图所示：【小问2详解】由频率分布直方图可得平均分为：；【小问3详解】由频率分布直方图可知：成绩在区间占5%，区间占25%，则估计本次期中数学考试“优秀”档次的分数线为：21. 如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，是线段的中点（1）求证：平面平

18、面；（2）求证：平面；（3）求二面角的大小【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用，可得平面，进而可得面面垂直.（2）由，得，从而，连，得，由此能证明平面（3）由（1）得，是平面的一个法向量是平面的一个法向量，即可【小问1详解】四边形是矩形，平面，平面平面，平面 平面设，则平面建立如图的直角坐标系，则各点的坐标分别为：，0，1，0，0，0，0，1，0，0，1，平面，平面,平面，所以平面平面【小问2详解】由，得，是线段的中点，连接，由于,得,又， ，又，平面, 平面【小问3详解】由（1）得，是平面的一个法向量又平面得,又 ,故是平面的一个法向量，故

19、，二面角为锐角，二面角为22. 已知圆设，过点作斜率非的直线，交圆于、两点（1）过点作与直线垂直直线，交圆于两点，记四边形的面积为，求的最大值；（2）设，过原点的直线与相交于点，试讨论点是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，说明理由【答案】（1）17； （2）点在定直线上.【解析】【分析】（1）由题意设出直线，方程，利用点到直线距离公式，弦长公式以及基本不等式即可解决问题；（2）利用圆与直线的方程，写出韦达定理，求出直线与直线的方程，且交于点，联立方程求解点即可证明结论.【小问1详解】由圆知，圆心为，半径，因为直线过点且斜率非0，所以设直线方程为：，即，则点到直线的距离为：，所以，由，且直线过点，所以设直线方程为：，即，则点到直线的距离为：，所以，故，当且仅当时取等号，所以四边形的面积的最大值为17.【小问2详解】点在定直线上.证明：设，直线过点，则设直线方程为：，联立，消去整理得： ，所以，由，所以直线的方程为：，所以直线的方程为：，因为直线与直线交于点，所以联立，所以，所以，所以点在定直线上.