2021-2022学年江西省南昌市第十中学高二下学期期中考试数学（理）试题含解析

2021-2022学年江西省南昌市第十中学高二下学期期中考试数学（理）试题

一、单选题

1．给出下列说法中错误的是（       ）

A．回归直线恒过样本点的中心

B．两个变量相关性越强，则相关系数就越接近1

C．某7个数的平均数为4，方差为2，现加入一个新数据4，此时这8个数的方差不变

D．在回归直线方程中，当变量x增加一个单位时，平均减少0.5个单位

【答案】C

【分析】A中，根据回归直线方程的特征，可判定是否正确；B中，根据相关系数的意义，可判定是否正确；C中，根据方差的计算公式，可判定是否正确；D中，根据回归系数的含义，可判定是否正确.

【详解】对于A中，回归直线恒过样本点的中心，所以正确；

对于B中，根据相关系数的意义，可得两个变量相关性越强，

则相关系数就越接近1，所以是正确的；

对于C中，根据平均数的计算公式可得，

根据方差的计算公式，所以是不正确的；

对于D中，根据回归系数的含义，可得在回归直线方程中，

当解释变量增加一个单位时，

预报变量平均减少0.5个单位，所以是正确的.

故选：C.

2．设，向量，且，则（       ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】A

【分析】根据向量平行和垂直的坐标表示求出y和x即可．

【详解】，

∥，

∴.

故选：A.

3．如图，空间四边形中，，，，点为的中点，点在线段上，且，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】运用向量的减法和向量的数乘运算可得结果.

【详解】解：由已知

，

故选：D.

【点睛】本题考查向量的减法运算，及共线向量的知识.

4．以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，其变换后得到线性回归方程为，则（       ）

A．2 B． C． D．

【答案】C

【分析】结合对数运算求得正确答案.

【详解】，两边取以为底的对数得，

依题意可知，所以.

故选：C

5．对四组数据进行统计，获得以下散点图，将四组数据相应的相关系数进行比较，正确的有（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据散点图可得正负相关关系，并根据散点图的集中程度确定大小关系.

【详解】由散点图可知：图和图是正相关，相关系数大于；图和图是负相关，相关系数小于；

图中的点比图中的点更加集中，；图中的点比图中的点更加集中，；

.

故选：A.

6．在三棱锥中，已知底面，，分别是线段上的动点，则下列说法错误的是(    )

A．当时，一定是直角三角形

B．当时，一定是直角三角形

C．当平面时，一定是直角三角形

D．当平面时，一定是直角三角形

【答案】B

【详解】试题分析：底面，则，又，则平面，（1）当时，，则平面，故A正确；（2）当平面，又平面，平面平面，则，故平面，，故C正确；（3）当平面时，，又，则平面，，故D正确；用排除法.故选B．

【解析】点、线、面的位置关系．

【思路点睛】本题主要考查了直线与平面平行、垂直的性质，直线与平面、直线与直线垂直的判定，考查了空间想象能力、逻辑推理能力，属于中档题.欲证是直角三角形，关键是在三角形中找到互相垂直的两边，根据A，D选项中的条件都能推出平面，而平面，从而，所以一定是直角三角形；根据选项中的条件能推出，而平面，从而平面，于是，用排除法，选出错误的选项为B.

7．已知，点Q在直线OP上，那么当取得最小值时，点Q的坐标是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】设，根据点在直线上，求得，再结合向量的数量积和二次函数的性质，求得时，取得最小值，即可求解.

【详解】设，

由点在直线上，可得存在实数使得，

即，可得,

所以,

则，

根据二次函数的性质，可得当时，取得最小值，此时.

故选：C.

【点睛】本题主要考查了空间向量的共线定理，空间向量的数量积的运算，其中解答中根据向量的数量积的运算公式，得出关于的二次函数是解答的关键，着重考查运算与求解能力.

8．已知正四棱柱ABCD- A1B1C1D1中 ，AB=2，CC1= E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为（    ）

A．2 B． C． D．1

【答案】D

【详解】试题分析：因为线面平行，所求求线面距可以转化为求点到面的距离，选用等体积法．平面，

到平面的距离等于到平面的距离，由题计算得，在中，，边上的高，所以，所以，利用等体积法，得: ,解得:

【解析】利用等体积法求距离

9．如图所示，三棱锥中，，，且，，，M是中点，，E是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】取的中点，的中点，连接、、，则异面直线与所成角的平面角为，先利用题目所给数据计算出，，，再利用余弦定理求解出的余弦值大小，即可得到异面直线与所成角的余弦值大小.

【详解】取的中点，的中点，连接、、，如图所示，

则，

∵，∴是的中点，

又∵是的中点，

∴，

∴为异面直线与所成的角或其补角，

∵，，且，，平面，

∴平面,

又∵，，

∴在中，，

在中，，

在中由余弦定理得，

在中由余弦定理得，

∴，

∴异面直线与所成角的余弦值为.

故选：B

10．如图所示，在正三棱锥S—ABC中，M、N分别是SC．BC的中点，且，若侧棱，则正三棱锥S—ABC外接球的表面积是（    ）

A．12 B．32 C．36 D．48

【答案】C

【分析】根据题目条件可得∠ASB=∠BSC=∠ASC=90∘，以SA，SB，SC为棱构造正方体，即为球的内接正方体，正方体对角线即为球的直径，即可求出球的表面积.

【详解】∵M,N分别为棱SC,BC的中点,

∴MN∥SB

∵三棱锥S−ABC为正棱锥，

∴SB⊥AC(对棱互相垂直)

∴MN⊥AC

又∵MN⊥AM，而AM∩AC=A，

∴MN⊥平面SAC，

∴SB⊥平面SAC

∴∠ASB=∠BSC=∠ASC=90∘

以SA，SB，SC为从同一定点S出发的正方体三条棱，

将此三棱锥补成以正方体，则它们有相同的外接球，正方体的对角线就是球的直径.

∴，

∴R=3，

∴V=36π.

故选：C

【点睛】本题主要考查了三棱锥的外接球的表面积，考查空间想象能力，由三棱锥构造正方体，它的对角线长就是外接球的直径,是解决本题的关键.

11．在正方体中，M是棱的中点，P是底面ABCD内(包括边界)的一个动点，若平面，则异面直线MP与所成角的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】以不轴建立空间直角坐标系，设，得出各点坐标，取中点，中点，利用向量共线得出直线平行，同理，得线面平行后再得面面平行，从而得在线段上，由异面直线所成角的定义得与所成的锐角或直角即为异面直线所成的角，易得其范围．

【详解】如图，以不轴建立空间直角坐标系，设，

则，，取中点，中点，连接，则，，

，，

所以，同理，

又平面，平面，所以平面，

同理平面，而，平面，

所以平面平面，

P是底面ABCD内(包括边界)的一个动点，若平面，则在线段上．

因为，所以与所成的角，就是与所成的锐角或直角．

是等边三角形，与所平角最大为（为中点时），最小为（与或重合时），

所以所求角的范围是．

故选：C．

12．如图，三棱柱的所有棱长都为，侧棱底面，，，分别在棱，，上，，，过，，三点的平面将三棱柱分为两部分，下列说法错误的是（       ）

A．截面是五边形 B．截面面积为

C．截面将三棱柱体积平分 D．截面与底面所成的锐二面角大小为

【答案】D

【分析】如图所示：以为坐标原点，以垂直于的直线为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，计算截面的法向量得到D错误，再根据截面的形状计算面积，截面过三棱柱中心得到答案.

【详解】如图所示：以为坐标原点，以垂直于的直线为轴，为轴，

为轴建立空间直角坐标系，则，，，

设截面与的交点为，设截面与的交点为，设，，

设截面的法向量为，则，

取，则，易知底面的法向量为，

则，故D错误.

，，

，，

故，，根据平行平面性质知，计算，

，故，

故四边形为矩形，，，

故，故AB正确；

三棱柱的中心坐标为，

，则在截面上，根据对称性知C正确.

故选：D.

【点睛】本题考查了三棱柱的截面问题，意在考查学生的计算能力和应用能力，空间想象能力，建立空间直角坐标系是解题的关键.

二、填空题

13．某工厂的某种型号的机器的使用年限和所支出的维修费用(万元)有下表的统计资料：

根据上表可得回归方程，据此模型估计，该型号机器使用年限为10年时维修费用约_________万元（结果保留两位小数）．

【答案】12.38

【详解】试题分析：，中心点代入回归方程得，当时

【解析】回归方程

点评：回归直线过中心点，其中是x的平均值，是y的平均值

14．如图，直二面角的棱上有A，B两点，直线分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于．己知，则的长为__________．

【答案】

【分析】作出辅助线，证得可求出，再证出，即可求出结果.

【详解】

过点作且，连接，

因为，所以四边形为矩形，

因为平面平面，且平面平面，又，

所以平面，又因为平面，所以,

又，所以，故，

因为平面，所以,且,而，

所以平面，而平面，故，又因为，

所以，

故答案为：.

15．针对“中学生追星问题”，某校团委对“学生性别和中学生追星是否有关”作了一次调查，其中女生人数是男生人数的，男生追星的人数占男生人数的，女生追星的人数占女生人数的，若有的把握认为中学生追星与性别有关，则男生至少有__________人.

参考数据及公式如下：

，.

【答案】30

【分析】设男生人数为，依题意可得列联表；根据表格中的数据，代入求观测值的公式，求出观测值同临界值进行比较，列不等式即可得出结论.

【详解】设男生人数为，依题意可得列联表如下：

若在犯错误的概率不超过的前提下认为是否喜欢追星和性别有关，

则，

由，解得，

由题知应为6的整数倍，

若在犯错误的概率不超过的前提下认为是否喜欢追星和性别有关，

则男生至少有30人，

故答案为：30.

16．如图，正方体的棱长为1，E，F分别是棱，的中点，过点E，F的平面分别与棱，交于点G，H，给出以下四个命题：

①平面EGFH与平面ABCD所成角的最大值为45°；

②四边形EGFH的面积的最小值为1；

③四棱锥的体积为定值；

④点到平面EGFH的距离的最大值为．

其中正确的命题是______．（填序号）

【答案】②③④

【分析】由两平面所成角的余弦公式即面积射影公式，计算可得所求最大值，可判断①；由四边形为菱形，计算面积，分析的最小值，可判断②；由棱锥的等体积法，计算可判断③；由等体积法和函数的性质可判断④.

【详解】对于①，四边形为平行四边形，又直角梯形和直角梯形全等，得，所以四边形为菱形，且，平面在底面上的射影为四边形，设平面与平面所成角为，则，又，得，可得所成角的最大值不为45°，故①错误；对于②，由，可得菱形的面积的最小值为，故②正确；对于③，四棱锥的体积为，故③正确；对于④，设，，()，设到平面的距离为d，可得，

所以(其中)，当即时，取得最大值，故④正确.

故答案为：②③④.

三、解答题

17．机动车行经人行横道时，应当减速慢行；遇行人正在通过人行横道，应当停车让行，俗称“礼让行人”．下表是某市一主干道路口监控设备所抓拍的个月内驾驶员不“礼让行人”行为统计数据：

（1）由表中看出，可用线性回归模型拟合违章人次与月份之间的关系，求关于的回归直线方程，并预测该路口月份不“礼让行人”的违章驾驶人次；

（2）交警从这个月内通过该路口的驾驶员中随机抽查人，调查驾驶员不“礼让行人”行为与驾龄的关系，得到下表：

能否据此判断有的把握认为“礼让行人”行为与驾龄有关？

附：，，（其中）．

【答案】（1），人次；（2）没有的把握认为“礼让行人”行为与驾龄有关．

【分析】（1）根据表格数据计算出所需数据后，根据最小二乘法计算可得回归直线；代入即可求得所求预测值；

（2）利用表格数据计算得到，结合临界值表可得结论.

【详解】（1）由表中的数据可得：，，

，，

所求的回归直线方程为；

令，则，

即该路口月份不“礼让行人”的违章驾驶人次预测为人次；

（2）由表中的数据可得：，

根据临界值可得：没有的把握认为“礼让行人”行为与驾龄有关．

18．如图，在正方体中，点E是中点.

（1）证明：平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】（1）连接，交于点，根据三角形中位线性质得，再根据线面平行判定定理得结果；

（2）先根据正方体性质得平面，进而得到直线与平面所成的角为，再解三角形得结果

【详解】（1）连接，交于点，连接，则为的中点，

又为的中点，为的中位线，，又平面，平面，

平面；

（2）连接，

平面

平面,平面,,同理可证,进而可得平面，

由（1）得：，平面， 直线与平面所成的角为，

设正方体的棱长为a，则，，

，

直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】本题考查线面平行判定定理、线面垂直判定定理以及求线面角，考查综合分析论证与求解能力，属中档题.

19．如图所示，在三棱柱中，平面，，是的中点，.

（1）求证：平面平面；

（2）求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）由线面垂直的性质得，由等腰三角形的性质得，根据线面垂直的判定有平面，进而由面面垂直的判定可证平面平面；

（2）取的中点，连结，设到面的距离为，利用等体积法可知，结合锥体的体积公式即可求.

【详解】（1）由平面，平面，则，

由，是的中点，则，又，

∴平面，又平面，

∴平面平面；

（2）如图，取的中点，连结，设到面的距离为，

由题意知：，，，

∴，，

又，即

∴点到平面的距离.

20．已知多面体中，为正方形，平面平面，，，，，.

（1）证明：；

（2）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）.

【分析】（1）通过证明，根据条件得平面，证得和，从而有平面，进而得证；

（2）以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用面的法向量计算二面角的余弦值即可.

【详解】（1）因为，，，由勾股定理，可得，

因为，所以，因为，所以，

所以，

因为，所以

又因为平面平面，平面平面，

所以平面，

由平面，可得.

在正方形中，有，

平面，平面，，

平面，平面，；

（2）以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，可得

，，，，

，，

设平面的法向量为，平面的法向量

由可得令，得到，

可得令，可得，

，

所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

21．已知正方体和平面，直线平面，直线平面.

（1）证明：平面平面；

（2）点为线段上的动点，求直线与平面所成角的最大值.

【答案】（1）证明见解析；（2）最大值为.

【分析】（1）连接，先证平面，再证平面，通过过直线作平面与平面相交于直线，平面，进而可得结果；

（2）求出平面的法向量，设，将直线与平面所成角的正弦值表示为关于的函数，求出最值即可.

【详解】（1）证明：连接，则，因为平面，

平面，所以；

又因为，所以平面；

因为平面，所以；

同理；因为，所以平面；

因为平面，过直线作平面与平面相交于直线，则；

所以平面；又平面，

所以平面平面；

（2）设正方体的棱长为，以为坐标原点，，，分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，，

所以，.

设平面的法向量为，

则，即，取，则；

设，则，因为，

所以；

设直线与平面所成的角为，

则，

所以当时，取到最大值为，

此时的最大值为.

【点睛】引入新的变量，将用表示，线面角的正弦值表示为关于的函数是解题的关键.

22．已知函数．

(1)若为的极小值点，求a的取值范围；

(2)当时，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）按照、、、进行讨论，结合导数进行求解；

（2）令，利用导数得出，从而证明.

【详解】(1)．

①当时，在上单调递减．在上单调递增，所以为的极小值点．

②当时，由得或．

（i）当时，在R上单调递增，无极值点；

（ⅱ）当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以为的极小值点；

（ⅲ）当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以为的极大值点．

综上，a的取值范围是．

(2)根据题意，即证．

令，可得．

令，得；令，得，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，即

【点睛】关键点睛：解决问题二时，关键在于将变为，再构造函数，从而证明.