2020-2021学年江西省赣州市瑞金市高二（上）期中考试数学（文）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省赣州市瑞金市高二（上）期中考试数学（文）试卷北师大版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 直线3x−y−1=0的倾斜角是（ ）
A.π3B.2π3C.π6D.5π6

2. 庚子新春，病毒肆虐，某老师为了解某班41名同学宅家学习期间上课、锻炼、休息等情况，决定将某班学生编号为01，02，…，41．利用下面的随机数表选取10个学生调查，选取方法是从随机数表第1行的第3列和第4列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第4个学生的编号为( )
A.04B.06C.13D.14

3. 已知直线mx+3y+2=0与直线2x+m−1y+m=0平行，则实数m=（ ）
A.−3B.3C.−2D.−2或3

4. 若两个变量x，y是线性相关的，且样本xi,yii=1,2,⋯,n的平均点为3,2.5，则这组样本数据算得的线性回归方程不可能是（ ）
A.y=0.5x+1B.y=0.6x+0.7C.y=0.2x+1.9D.y=x−1.5

5. 已知圆C:x2+y2−2x−5=0，该圆过点P2,−1的最短弦为AB，则弦AB的直线方程为（ ）
A.x+y+1=0B.2x+y−3=0C.x−y−3=0D.2x−y−5=0

6. 一组数据的平均数是26，方差是6，若将这组数据中的每一个数据都加上30，得到一组新数据，所得新数据的平均数和方差分别为( )
A.56，6B.30，6C.56，10D.30，10

7. 若m，n是两条不同的直线， α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A.若m⊥α，n//β，α//β，则m⊥n
B.若m⊥β，α⊥β，则m//α
C.若m⊆α，n⊆α，m//β，n//β，则α//β
D.若m//α，α∩β=n，则m//n

8. 某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图是腰长为2的等腰直角三角形，则该几何体的最长棱的长度为（ ）

A.2B.22C.23D.4

9. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M是BB1的中点，则异面直线A1M与B1C所成角的余弦值为（ ）

A.105B.1010C.155D.31010

10. 已知a=1 ，b=0.50.9 ，c=lg50.8，d=lg0.80.5，则执行如图所示的程序框图，输出的x值等于（ ）（结果用a，b，c，d表示）

A.aB.bC.cD.d

11. 已知圆C:x2+y−12=1，直线l经过点A3,0，过直线l上的点P引圆C的两条切线，若切线长的最小值为2，则直线l的斜率k=( )
A.−13B.12C.−2或12D.−13或12

12. 数学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数（常数大于零且不等于一）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系xOy中，A−2,0，动点M满足|MA|=2|MO|，得到动点M的轨迹是阿氏圆C．若对任意实数k，直线l:y=kx−1+b与圆C恒有公共点，则b的取值范围是（ ）
A.−5,5B.−6,6C.−7,7D.−22,22
二、填空题

已知a→=1,2，b→=x,2，若a→⊥b→，则|b→|=________.

已知a>0，b>0，a+b=1，则1a+1b的最小值为________ ．

某水平放置的平面图形的斜二测直观图是等腰梯形，它是底角为45​∘，腰和上底均为1的等腰梯形，则该平面图形的周长为________.

如图，平面四边形ADBC中， AB⊥BC，AB=3，BC=23 ，△ABD为等边三角形，现将△ABD沿AB翻折，使点D移动至点P，且PB⊥BC，则三棱锥P−ABC的外接球的体积为________.

三、解答题

已知等比数列an各项均为正数，Sn是数列an的前n项和，且a1=4,S3=28.
(1)求数列an的通项公式；

(2)设bn=lg2an，求数列an+bn的前n项和Tn.

在△ABC中，角A,B,C所对各边分别为a,b,c，设向量m→=2b−c,a，n→=csC,csA且满足m→//n→.
(1)求A；

(2)若a=4 ，△ABC的面积为3，求△ABC的周长．

已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90∘，AB=AC，D是BC中点，E是AA1中点．

(1)求证：AD⊥BC1；

(2)求证：DE // 平面A1C1B．

2020年5月28日，十三届全国人大三次会议表决通过了《中华人民共和国民法典》，此法典被称为“社会生活的百科全书”，是新中国第一部以法典命名的法律，在法律体系中居于基础性地位，也是市场经济的基本法．民法典与百姓生活密切相关，某学校有800名学生，为了解学生对民法典的认识程度，抽查了100名学生进行测试，并按学生的成绩（单位：分）制成如图所示频率分布直方图．

(1)求m的值；

(2)若成绩在80分及以上视为优秀，根据样本数据估计该校学生对民法典认识程度优秀的人数；

(3)如果抽查的测试平均分超过75分，就表示该学校通过测试，试判断该校能否通过测试．

如图，三棱锥P−ABC中，底面△ABC是等腰直角三角形，AB=BC=PA=2,PA⊥底面ABC，点E为AC的中点，点F为侧棱PC上任意一点．

(1)求证：平面BEF⊥平面PAC；

(2)若PGGB=12，求三棱锥A−PGE体积．

已知圆C:x2−6x+y2−6y+3=0，直线l:x+y−2=0是圆E与圆C的公共弦AB所在直线方程，且圆E的圆心在直线y=2x上．
(1)求公共弦AB的长度；

(2)求圆E的方程；

(3)过点Q−2,0分别作直线MN，RS，交圆E于M，N，R，S四点，且MN⊥RS，求四边形MRNS面积的最大值与最小值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省赣州市瑞金市高二（上）期中考试数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
把直线方程化为斜截式，求出直线的斜率，由斜率公式求出直线的倾斜角．
【解答】
解：由3x−y−1=0得，y=3x−1，
∴ 斜率k=3，则tanθ=3，
∴ 直线3x−y−1=0的倾斜角为π3.
故选A.
2.
【答案】
D
【考点】
简单随机抽样
【解析】
根据随机数表，依次进行选择即可得到结论.
【解答】
解：从随机数表的第1行的第3列和第4列的数字58开始由左到右依次选取数字，小于41且不重复，依次为06,13,04,14.
故选D.
3.
【答案】
B
【考点】
两条直线平行与倾斜角、斜率的关系
【解析】
由题意利用两直线平行的性质，求出m即可.
【解答】
解：∵ 直线mx+3y+2=0与直线2x+m−1y+m=0平行，
∴ m2=3m−1≠2m，求得m=3.
故选B.
4.
【答案】
D
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
利用样本中心的坐标，代入回归直线方程，验证即可.
【解答】
解：两个变量x，y线性相关，且根据观测到的数据xi,yi (i=1 ,2,⋯,n）计算样本平均数得
x=3，y=2.5,
因为线性回归直线必过样本中心点，所以将点3,2.5代入到各式中检验，
只有D选项中左右两边不相等．
故选D.
5.
【答案】
C
【考点】
圆的一般方程
直线与圆的位置关系
相交弦所在直线的方程
【解析】
先把圆的一般方程化成标准方程确定圆心，再根据过点P弦要最短，计算AB的斜率，最后利用点斜式写出直线方程.
【解答】
解：圆C:x2+y2−2x−5=0，即x−12+y2=6，表示以
C1,0为圆心，半径等于6的圆．由于点P应在圆内，PC的斜率等于−1−02−1=−1,故过P的最短弦所在的直线的斜率等于1，
由点斜式求得过P的最短弦所在的直线方程为y−−1=x−2，即x−y−3=0.
故选C.
6.
【答案】
A
【考点】
众数、中位数、平均数
极差、方差与标准差
【解析】
首先写出原来数据的平均数表示式和方差的表示式，把数据都加上30以后，再表示出新数据的平均数和方差的表示式，两部分进行比较，从而得到结果．
【解答】
解：设这组数据分别为x1，x2，…，xn，
则x¯=1nx1+x2+⋯+xn=26，
方差为s2=1n[x1−x¯2+x2−x¯2+⋯+xn−x¯2]=6，
每一组数据都加30后，
x′¯=1nx1+x2+⋯+xn+30n
=x−+30=26+30=56，
方差不变为6.
故选A.
7.
【答案】
A
【考点】
空间中平面与平面之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
逐个判断各项的线面的关系，即可得到答案.
【解答】
解：由于α，β为两个不同平面，m，n为两条不同的直线，
A，若n//β，α//β，则n//α，
又m⊥α，则由线面垂直的性质定理得m⊥n，故A正确；
B，若m⊥β，α⊥β，则m与α平行或在面内，故B错误；
C，若直线m//n，此时平面α有可能和平面β相交，故C错误；
D，若m//α，α∩β=n，此时无法判断直线m和n的关系，故D错误.
故选A.
8.
【答案】
C
【考点】
由三视图还原实物图
棱锥的结构特征
【解析】
三视图复原的几何体是三棱锥，根据俯视图是边长为2的正方形，正视图与侧视图是全等的等腰直角三角形，可求出底面棱长及棱锥的高，利用勾股定理可得此几何体的侧棱长．
【解答】
解：如图，该几何体为三棱锥D′−ABC，
故可知：AB=BC=2，AC=AD′=CD′=22，
BD′=4+4+4=23，
故该几何体的最长棱的长度为23.
故选C.
9.
【答案】
B
【考点】
异面直线及其所成的角
余弦定理
【解析】
先通过平移将两条异面直线，得到的锐角或直角就是异面直线所成的角，在三角形中再利用余弦定理求出此角即可．
【解答】
解：取BC中点N，连接MN，A1N，由于M是BB1的中点，
所以MN//B1C，则∠A1MN为异面直线A1M和B1C所成角或其补角，
设正方体的棱长为2，
则MN=12B1C=2，A1M=12+22=5，A1N=22+22+12=3，
在△A1MN中，由余弦定理得：
cs∠A1MN=5+2−92×5×2=−1010，
所以异面直线A1M和B1C所成角的余弦值为1010.
故选B.
10.
【答案】
D
【考点】
程序框图
【解析】
先根据程序框图得其输出的是a ，b，c，d中最大的值，再比较指对数幂的大小即可得答案．
【解答】
解：执行程序框图得，输出的x的值是a， b，c，d中的最大值，
由于a=1， b=0.50.9<0.50=1， c=lg50.8d=lg0.80.5>，
所以a，b，c，d中，d最大．
故选D．
11.
【答案】
C
【考点】
圆的切线方程
直线和圆的方程的应用
【解析】
首先利用点斜式设出直线的方程，进一步利用点到直线的距离公式求出结果.
【解答】
解：因为直线l过点A3,0，
直线l的方程可表示为y=kx−3，
因为x2+y−12=1
所以圆心为0,1，半径为1，
又因为直线l上一点P在圆上的切线长的最小值为2,
当且仅当圆心到直线的距离等于圆心到点P的距离相等时取最小值，
所以圆心到直线的距离为12+22=5.
又因为圆心到直线的距离为|3k+1|1+k2，
所以|3k+1|1+k2=5，
解得k=12或−2．
故选C.
12.
【答案】
C
【考点】
轨迹方程
点与圆的位置关系
【解析】
首先求出圆的方程，再利用点与圆的位置关系，得到答案.
【解答】
解：设M(x, y)，又O0,0，A(−2,0)，
由于|MA|MO=2，即(x+2)2+y2x2+y2=2，
整理得：(x−2)2+y2=8，此时圆心为2,0，半径为22，
由于直线l: y=k(x−1)+b，恒过1,b，
若对任意的实数k，恒与圆有公共点，则点1,b在圆内或圆上，
即(1−2)2+b2≤8，解得−7≤b≤7.
故选C.
二、填空题
【答案】
25
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】

【解答】
解：已知a→=(1,2)，b→=(x,2)，
因为a→⊥b→，
故a→⋅b→=x+4=0，
所以x=−4，
所以b→=(−4)2+22=20=25.
故答案为：25.
【答案】
4
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
在式子中乘以a+b后整理为倒数和的形式，用均值不等式求最值.
【解答】
解：由a+b=1，得1a+1b=a+ba+a+bb
=2+ba+ab
≥2+2ba×ab=4，
当且仅当ba=ab，即a=b=12时，等号成立.
故答案为：4.
【答案】
4+2+6
【考点】
斜二测画法画直观图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：原平面图形是为上底是1，下底为1+2，高为2的直角梯形，
其另一条腰长为22+(2)2=6，
所以C梯形=1+1+2+2+6
=4+2+6.
故答案为：4+2+6.
【答案】
32π3
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
将三棱锥P-ABC补成如图的三棱柱，则它们的外接球相同，由此易知外接球球心O应在棱柱的上下底面三角形的外心连线上，在Rt△OBE中，计算半径OB即可.
【解答】
解：依题可知，AB⊥BC，PB⊥BC，所以BC⊥⊥平面PAB，
将三棱锥P−ABC补成如图所示的三棱柱，则它们的外接球相同，
由此易知外接球球心O应在棱柱上下底面三角形的外心连线上，
记△ABC的外心为E，由△ABD为等边三角形，可得BE=1，
又OE=BC2=3，故在Rt△OBE中，OB=2此即为外接球的半径，
所以三棱锥P−ABC的体积为：VP−ABC=43π×23=32π3.
故答案为：32π3.
三、解答题
【答案】
解：(1)设等比数列an的公比为q，
因为a1=4,S3=28,
所以41+q+q2=28，q2+q−6=0，
解得q=2或q=−3 .
因为an各项均为正数，
所以q=2，
所以an=2n+1.
(2)因为bn=lg2an=lg22n+1=n+1,
所以Tn=a1+b1+a2+b2+…+an+bn
=a1+a2+…+an+b1+b2+…+bn
=nn+32+2n+2−4.
【考点】
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】


【解答】
解：(1)设等比数列an的公比为q，
因为a1=4,S3=28,
所以41+q+q2=28，q2+q−6=0，
解得q=2或q=−3 .
因为an各项均为正数，
所以q=2，
所以an=2n+1.
(2)因为bn=lg2an=lg22n+1=n+1,
所以Tn=a1+b1+a2+b2+…+an+bn
=a1+a2+…+an+b1+b2+…+bn
=nn+32+2n+2−4.
【答案】
解：(1)因为m→=2b−c,a,n→=csC,csA且满足m→//n→．
所以2b−ccsA=acsC,
由正弦定理可得， 2sinB−sinCcsA=sinA⋅csC ，
得2sinB⋅csA=sinA⋅csC+csA⋅sinC，
得2sinB⋅csA=sinB，
因为sinB>0，
所以 csA=12,因为0所以A=π3．
(2)因为△ABC的面积为12bcsinA=12×bc×32=3．
所以bc=4，
由余弦定理得，
a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2−bc=b+c2−3bc，
因为a=4,bc=4，所以b+c=27．
所以△ABC的周长为4+27．
【考点】
正弦定理
平行向量的性质
余弦定理
三角形的面积公式
【解析】
【解答】
解：(1)因为m→=2b−c,a,n→=csC,csA且满足m→//n→．
所以2b−ccsA=acsC,
由正弦定理可得， 2sinB−sinCcsA=sinA⋅csC ，
得2sinB⋅csA=sinA⋅csC+csA⋅sinC，
得2sinB⋅csA=sinB，
因为sinB>0，
所以 csA=12,因为0所以A=π3．
(2)因为△ABC的面积为12bcsinA=12×bc×32=3．
所以bc=4，
由余弦定理得，
a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2−bc=b+c2−3bc，
因为a=4,bc=4，所以b+c=27．
所以△ABC的周长为4+27．
【答案】
证明：(1)∵ AB=AC，
∴ △ABC为等腰三角形,
∵ D为BC中点，∴ AD⊥BC,
∵ ABC−A1B1C1为直棱柱，
∴ 平面ABC⊥平面B1BCC1,
∵ 平面ABC∩平面B1BCC1=BC，
AD⊂平面ABC，
∴ AD⊥平面B1BCC1，
∴ AD⊥BC1.
(2)取CC1中点F，连结DF，EF，
∵ D，E，F分别为BC，AA1,CC1的中点，
∴ EF // A1C1，DF // BC1，
∵ A1C1∩BC1=C1，DF∩EF=F,
∴ 平面DEF // 平面A1C1B,
∵ DE⊂平面DEF，
∴ DE // 平面A1C1B．
【考点】
两条直线垂直的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
（2）证明面ABC⊥面BC1，可得AD⊥面BC1，即可证明AD⊥BC1；
【解答】
证明：(1)∵ AB=AC，
∴ △ABC为等腰三角形,
∵ D为BC中点，∴ AD⊥BC,
∵ ABC−A1B1C1为直棱柱，
∴ 平面ABC⊥平面B1BCC1,
∵ 平面ABC∩平面B1BCC1=BC，
AD⊂平面ABC，
∴ AD⊥平面B1BCC1，
∴ AD⊥BC1.
(2)取CC1中点F，连结DF，EF，
∵ D，E，F分别为BC，AA1,CC1的中点，
∴ EF // A1C1，DF // BC1，
∵ A1C1∩BC1=C1，DF∩EF=F,
∴ 平面DEF // 平面A1C1B,
∵ DE⊂平面DEF，
∴ DE // 平面A1C1B．
【答案】
解：(1)由频率分布直方图性质可得，
0.004+0.006+0.020+0.024+0.030+m×10=1，
得m=0.016 ．
(2)由频率分布直方图得，成绩在80分及以上的频率为0.24+0.16=0.4，
∴ 根据样本数据估计该校学生对民法典认识程度优秀的人数为：
800×0.4=320（人）．
(3)设抽查的平均成绩为x¯，
∴ x¯=0.04×45+0.06×55+0.2×65
+0.3×75+0.24×85+0.16×95=76.2（分）,
∵ 76.2>75 ，
∴ 该学校通过了测试．
【考点】
频率分布直方图
用样本的数字特征估计总体的数字特征
众数、中位数、平均数
【解析】

【解答】
解：(1)由频率分布直方图性质可得，
0.004+0.006+0.020+0.024+0.030+m×10=1，
得m=0.016 ．
(2)由频率分布直方图得，成绩在80分及以上的频率为0.24+0.16=0.4，
∴ 根据样本数据估计该校学生对民法典认识程度优秀的人数为：
800×0.4=320（人）．
(3)设抽查的平均成绩为x¯，
∴ x¯=0.04×45+0.06×55+0.2×65
+0.3×75+0.24×85+0.16×95=76.2（分）,
∵ 76.2>75 ，
∴ 该学校通过了测试．
【答案】
(1)证明：因为PA⊥底面ABC， BE⊆底面ABC，所以PA⊥BE，
因为△ABC是等腰直角三角形且E为AC的中点，所以BE⊥AC，
又PA∩AC=A，PA⊆平面PAC， AC⊆平面PAC，
所以BE⊥平面PAC，
因为BE⊆平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAC.
(2)解：因为PGGB=12，所以VA−PGE=VP−AGE
=13VP−ABE
=13×13⋅S△ABE⋅PA=29 .
【考点】
平面与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】


【解答】
(1)证明：因为PA⊥底面ABC， BE⊆底面ABC，所以PA⊥BE，
因为△ABC是等腰直角三角形且E为AC的中点，所以BE⊥AC，
又PA∩AC=A，PA⊆平面PAC， AC⊆平面PAC，
所以BE⊥平面PAC，
因为BE⊆平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAC.
(2)解：因为PGGB=12，所以VA−PGE=VP−AGE
=13VP−ABE
=13×13⋅S△ABE⋅PA=29 .
【答案】
解：(1)圆心到直线l:x+y−2=0的距离
d1=|3+3−2|12+12=22 ,
∴ 公共弦|AB|=2r12−d12=27.
(2)圆E的圆心在直线y=2x上，设圆心Ea,2a，
由题意得CE⊥l，
∴ 2a−3a−3=1，∴ a=0，即E0,0，
E到l的距离d2=22=2，
∴ E的半径r2=d22+12AB2=2+7=3,
∴ 圆E的方程为：x2+y2=9.
(3)假设点E到MN的距离为m，到RS的距离为n，
则S=12|MN||RS|=29−m2⋅9−n2 ，
∵ MN⊥RS ，
∴ m2+n2=4 ，
∴ S=29−m25+m2
=2−m2−22+490≤m2≤4,
∴ S∈65,14 ，
∴ 四边形MRNS面积的最大值为14，最小值为65．
【考点】
直线与圆相交的性质
点到直线的距离公式
圆的标准方程
直线的斜率
直线与圆的位置关系
【解析】



【解答】
解：(1)圆心到直线l:x+y−2=0的距离
d1=|3+3−2|12+12=22 ,
∴ 公共弦|AB|=2r12−d12=27.
(2)圆E的圆心在直线y=2x上，设圆心Ea,2a，
由题意得CE⊥l，
∴ 2a−3a−3=1，∴ a=0，即E0,0，
E到l的距离d2=22=2，
∴ E的半径r2=d22+12AB2=2+7=3,
∴ 圆E的方程为：x2+y2=9.
(3)假设点E到MN的距离为m，到RS的距离为n，
则S=12|MN||RS|=29−m2⋅9−n2 ，
∵ MN⊥RS ，
∴ m2+n2=4 ，
∴ S=29−m25+m2
=2−m2−22+490≤m2≤4,
∴ S∈65,14 ，
∴ 四边形MRNS面积的最大值为14，最小值为65．9258
0613
0604
7214
0702
4312
9728
0198
3104
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