2022-2023学年四川省遂宁市卓同教育安居育才中学高二（上）期末数学试卷（理科）（含解析）

这是一份2022-2023学年四川省遂宁市卓同教育安居育才中学高二（上）期末数学试卷（理科）（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.某中学数学竞赛培训班共有10人，分为甲，乙两个小组，在一次阶段测试中两个小组成绩的茎叶图如图所示，已知甲组5名同学成绩的平均数为81，乙组5名同学成绩的中位数为73，则x−y的值为( )
A. 2B. −2C. 3D. −3
2.某学校从编号依次为01，02，…，90的90个学生中用系统抽样(等间距抽样)的方法抽取一个样本，已知样本中相邻的两个组的编号分别为14，23，则该样本中来自第四组的学生的编号为
( )
A. 32B. 33C. 41D. 42
3.直线(2m−1)x+my+1=0和直线mx+3y+3=0垂直，则实数m的值为( )
A. 1B. 0C. 2D. −1或0
4.已知三条不重合的直线m，n，l，三个不重合的平面α，β，γ，下列命题中正确的是( )
A. m⊥ln⊥l⇒m//nB. l⊥αl⊥n⇒n//α
C. α⊥γβ⊥γ⇒α//βD. m⊥αm⊥β⇒α//β
5.直线xsinα+y+2=0的倾斜角的取值范围是( )
A. [0,π)B. [0,π4]∪[3π4,π)C. [0,π4]D. [0,π4]∪(π2，π)
6.设直线l：3x+2y−6=0，P(m,n)为直线l上动点，则(m−1)2+n2的最小值为( )
A. 913B. 313C. 3 1313D. 1313
7.已知实数x，y满足3x+y−3≥02x+3y−9≤0x−2y−1≤0，则z=2x+y−3x−2的取值范围是( )
A. (−∞,1]∪(2，4]B. [1,2)∪(2,4]
C. [1,2)∪[4，+∞)D. (−∞,1]∪[4,+∞)
8.从直线l：3x+4y=15上的动点P作圆x2+y2=1的两条切线，切点分别为C，D，则四边形OCPD(O为坐标原点)面积的最小值是( )
A. 3B. 2 2C. 2 3D. 2
9.若直线l：kx−y+2+4k=0(k∈R)交x轴负半轴于点A，交y轴正半轴于点B，则当△AOB的面积取最小值时直线l的方程为( )
A. x−2y+4=0B. x−2y+8=0C. 2x−y+4=0D. 2x−y+8=0
10.已知三棱锥D−ABC的四个顶点在球O的球面上，若AB=AC=BC=DB=DC=1，当三棱锥D−ABC的体积取到最大值时，球O的表面积为( )
A. 5π3B. 2πC. 5πD. 20π3
11.我们可以用随机模拟的方法估计π的值，如图程序框图表示其基本步骤(函数RAND是产生随机数的函数，它能随机产生(0,1)内的任何一个实数).若输出的结果为521，则由此可估计π的近似值为( )
A. 3.119B. 3.126C. 3.132D. 3.151
12.“曼哈顿距离”是十九世纪的赫尔曼⋅闵可夫斯基所创词汇，其定义如下：在直角坐标平面上任意两点A(x1,y1)，B(x2,y2)的曼哈顿距离d(A,B)=|x1−x2|+|y1−y2|，则下列结论正确的是( )
A. 若点P(2,4)，Q(−2,1)，则d(P,Q)=6
B. 若点M(−1,0)，N(1,0)，则在x轴上存在点P，使得d(P,M)+d(P,N)=1
C. 若点M(2,1)，点P在直线x−2y+6=0上，则d(P,M)的最小值是5
D. 若点M在圆x2+y2=4上，点N在直线2x−y+8=0上，则d(M,N)的值可能是4
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知x，y满足x+y−2≥0x+2y−3≤0y≥0，则z=2x+4y的最大值是______ ．
14.甲、乙约定晚上七点在某校门口见面，甲晚上七点准时到了门口，此时，乙打电话告知甲路上出现堵车状况，至少要过20分钟才能到.甲决定等乙半个小时，超过半个小时乙还未到就离开，若乙在晚上七点五十之前一定能到，则两人能见面的概率为______ ．
15.在平面直角坐标系xOy中，点A(0,−3)，若圆C：(x−a)2+(y−a+2)2=1上存在一点M满足|MA|=2|MO|，则实数a的取值范围是 ．
16.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动时，下列命题正确的是______ .(将正确答案的序号都填上)
①三棱锥A−D1PC的体积不变
②直线CP与直线AD1的所成角的取值范围为[π4,π2]
③直线AP与平面ACD1所成角的大小不变
④二面角P−AD1−C的大小不变
三、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
在△ABC中，已知点A(8,4)，B(4,−1)，C(−6,3)．
(1)求BC边上中线的方程．
(2)若某一直线过B点，且x轴上截距是y轴上截距的2倍，求该直线的一般式方程．
18.(本小题12分)
某校从高二年级学生中随机抽取40名学生，将他们的期中考试数学成绩(满分100分，成绩均为不低于40分的整数)分成六段：[40,50)，[50,60)，[90,100]后得到如图的频率分布直方图．
(1)求抽取的40名学生同学的成绩的中位数；
(2)若该校高二年级共有学生560人，试估计该校高二年级期中考试数学成绩不低于80分的人数；
(3)若从数学成绩在[40,50)与[90,100]两个分数段内的学生中随机选取两名学生，求这两名学生的数学成绩之差的绝对值不小于10的概率．
19.(本小题12分)
在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC=2AB=2AD，∠ADC=∠ABC=90°．
(1)证明：平面PBD⊥平面PAC；
(2)若F是PC的中点，求证：BF/​/平面PAD．
20.(本小题12分)
某高中生参加社会实践活动，对某公司1月份至6月份销售某种机器配件的销售量及销售单价进行了调查，销售单价x和销售量y之间的一组数据如表所示：
(1)根据1至5月份的数据，求出y关于x的线性回归方程；
(2)若由线性回归方程得到的估计数据与剩下的检验数据的误差不超过0.5，则认为所得到的线性回归方程是理想的，试问(1)中所得到的线性回归方程是否理想？
(3)预计在今后的销售中，销售量与销售单价仍然服从(1)中的关系，若该种机器配件的成本是2.5元/件，那么该配件的销售单价应定为多少元/件，才能获得最大利润？(注：销售利润=销售收入−成本)．
参考公式b =i=1nxiyi−nxy−i=1nxi2−nx−2，a​=y−−b​x−.参考数据：i=15xiyi=392，i=15xi2=502.5．
21.(本小题12分)
已知圆C经过坐标原点O，圆心在x轴正半轴上，且与直线3x+4y−8=0相切．
(1)求圆C的标准方程；
(2)直线l：y=kx+2与圆C交于A，B两点．
①求k的取值范围；
②证明：直线OA与直线OB的斜率之和为定值．
22.(本小题12分)
如图1，菱形ABCD中∠ABC=120°，动点E，F在边AD，AB上(不含端点)，且存在实数λ使EF=λBD，沿EF将△AEF向上折起得到△PEF，使得平面PEF⊥平面BCDEF，如图2所示．

(1)若BF⊥PD，设三棱锥P−BCD和四棱锥P−BDEF的体积分别为V1，V2，求V1V2；
(2)试讨论，当点E的位置变化时，二面角E−PF−B是否为定值，若是，求出该二面角的余弦值，若不是，说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了茎叶图，考查平均数和中位数的概念，是一道基础题．
根据茎叶图中的数据，结合平均数与中位数的概念，求出x、y的值即可．
【解答】
解：根据茎叶图中的数据，得；
甲组5名同学成绩的平均数为
15×(72+77+80+x+86+90)=81，解得x=0；
又乙组5名同学的中位数为73，则y=3；
所以x−y=0−3=−3．
故选：D．
2.【答案】A
【解析】【分析】
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．
根据条件求出样本间隔，结合系统抽样的定义进行求解即可．
【解答】
解：∵相邻的两个组的编号分别为14，23，
∴样本间隔为23−14=9，
则第四组的学生的编号为14+9×2=32，
故选A．
3.【答案】D
【解析】解：由m(2m−1)+3m=0，解得m=0或−1．
故选：D．
由m(2m−1)+3m=0，解得m，即可得出．
本题考查了直线垂直与斜率之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：A.m⊥l，n⊥l，则m与n平行、相交或为异面直线三种情况都有可能，因此不正确；
B.l⊥α，l⊥n，则n/​/α或n⊂α，因此不正确；
C.α⊥γ，β⊥γ，则α/​/β或α与β相交，因此不正确；
D.m⊥α，m⊥β，可得α/​/β，因此正确．
故选：D．
A.m⊥l，n⊥l，可得m与n平行、相交或为异面直线三种情况都有可能，即可判断出正误；
B.利用线面垂直与平行的位置关系进而判断出结论；
C.利用面面垂直与平行的位置关系进而判断出结论；
D.利用面面垂直与平行的位置关系进而判断出结论．
本题考查了空间位置关系及其判断、简易逻辑的判定方法，考查了了推理能力与计算能力，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查直线的斜率与倾斜角的关系，属于基础题．
由直线的方程可确定直线的斜率，可得其范围，进而可求倾斜角的取值范围．
【解答】解：直线xsinα+y+2=0的斜率为k=−sinα，
∵−1≤sinα≤1，∴−1≤k≤1，
∴倾斜角的取值范围是[0,π4]∪[34π,π)，
故选：B．
6.【答案】A
【解析】解：根据题意，(m−1)2+n2=(m−1)2+(n−0)2，其几何意义为点(m,n)与点(1,0)之间距离的平方，
而点(1,0)到直线l：3x+2y−6=0的距离d=|3−6| 4+9=3 13，
故(m−1)2+n2的最小值为913，
故选：A．
根据题意，分析(m−1)2+n2的几何意义，结合点到直线的距离公式分析可得答案．
本题考查点到直线的距离公式，关键是分析(m−1)2+n2的几何意义，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：由约束条件作出可行域如图，
联立2x+3y−9=0x−2y−1=0，解得A(3,1)，由图可知，B(1,0)，
z=2x+y−3x−2=2+y+1x−2，其几何意义为可行域内的动点与定点(2,−1)连线的斜率加2．
由图可知，kPA=−1−12−3=2，kPB=−1−02−1=−1，
∴z=2x+y−3x−2的取值范围是(−∞,1]∪[4,+∞)．
故选：D．
由约束条件作出可行域，再由z=2x+y−3x−2=2+y+1x−2的几何意义，即可行域内的动点与定点(2,−1)连线的斜率加2求解．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是中档题．
8.【答案】B
【解析】解：由已知得S四边形OCPD=2S△OPD，l：3x+4y−1=0．
因为△OPD是直角三角形，所以S△OPD=12|PD|⋅|OD|=12 |OP|2−|OD|2⋅|OD|=12 |OP|2−1．
|OP|min=15 32+42=3，故(S△OPD)min= 2，即(S四边形OCPD)min=2 2．
故选：B．
易知，S四边形OCPD=2S△OPD，且△OPD是直角三角形，所以当OP的长度最小时，S△OPD最小，此时OP的最小值为O到直线l的距离，则问题可解．
本题考查直线与圆的位置关系以及切线问题的解题思路，属于中档题．
9.【答案】B
【解析】解：由题意，直线l：kx−y+2+4k=0(k∈R)，
令y=0，可得x=−2+4kk，即A(−2+4kk,0)，令x=0，可得x=2+4k，即B(0,2+4k)，
根据题意得−2+4kk<02+4k>0，解得k>0，
所以S△AOB=12|OA||OB|=12|−2+4kk||2+4k|=12(2+4k)2k=12(16k+4k+16)≥12×(2 16k×4k+16)=12(2×8+16)=16，
当且仅当16k=4k，即k=12时，等号成立，此时直线的方程为x−2y+8=0．
故选：B．
根据直线的方程，分别求得A(−2+4kk,0),B(0,2+4k)，结合题意列出△AOB的面积关于k的表达式，再利用基本不等式算出答案．
本题主要考查直线的方程及其应用、运用基本不等式求最值等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于中档题．
10.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查几何体的外接球的表面积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．
三棱锥D−ABC的体积取到最大值时，平面ABC⊥平面DBC，求出外接球的半径，然后求解球的表面积．
【解答】
解：如图，当三棱锥D−ABC的体积取到最大值时，则平面ABC⊥平面DBC，
取BC的中点G，连接AG，DG，则AG⊥BC，DG⊥BC，
分别取△ABC与△DBC的外心E，F，分别过E，F作平面ABC与平面DBC的垂线，垂线相交于O，则O为四面体ABCD的球心，
由AB=AC=BC=DB=DC=1，得正方形OEGF的边长为 36，则OG= 66，
∴四面体A−BCD的外接球的半径R= OG2+BG2= ( 66)2+(12)2= 512，
∴球O的表面积为=4π×( 512)2=5π3，
故选：A．
11.【答案】B
【解析】解：x2+y2+z2<1发生的概率为43π⋅13⋅18=π6，当输出结果为521时，i=1001，m=521，x2+y2+z2<1发生的概率为P=5211000，∴5211000=π6，即π=3.126，
故选：B．
我们可分析出程序的功能是利用随机模拟实验的方法求任取(0,1)上的x，y，z，求x2+y2+z2<1的概率，计算x2+y2+z2<1发生的概率为43π⋅13⋅18=π6，代入几何概型公式，即可得到答案．
本题考查的知识点是程序框图，其中根据已知中的程序流程图分析出程序的功能，并将问题转化为几何概型问题是解答本题的关键，本题属于基本知识的考查．
12.【答案】D
【解析】解：A选项，d(P,Q)=|2−(−2)|+|4−1|=7，A错误；
B选项，设P(m,0)，则d(P,M)+d(P,N)=|m+1|+|m−1|≥|m+1−(m−1)|=2，
当且仅当−1≤m≤1时，等号成立，
故在x轴上不存在点P，使得d(P,M)+d(P,N)=1，B错误；
C选项，点P在直线x−2y+6=0上，设P(2y0−6,y0)，
则d(P,M)=|2y0−6−2|+|y0−1|=|2y0−8|+|y0−1|=9−3y0,y0<17−y0,1≤y0≤43y0−9,y0>4，
当y0∈(−∞,4]时，d(P,M)单调递减，当y0∈(4,+∞)时，d(P,M)单调递增，
故当y0=4时，d(P,M)取得最小值，最小值为3×4−9=3，C错误；
D选项，设M(0,2)，N(−2,4)，此时d(M,N)=|0+2|+|2−4|=4，
故d(M,N)的值可能为4，D正确．
故选：D．
A选项，根据新定义可得d(P,Q)=|2−(−2)|+|4−1|=7，B选项，设P(m,0)，得到d(P,M)+d(P,N)=|m+1|+|m−1|，由绝对值三角不等式得到最小值，B错误；C选项，设P(2y0−6,y0)，得到d(P,M)=|2y0−8|+|y0−1|，写出分段函数，由函数单调性求出d(P,M)的最小值；D选项，设M(0,2)，N(−2,4)，得到d(M,N)的值为4．
本题考查了曼哈顿距离的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】6
【解析】解：画出可行域(阴影部分)与目标函数，
由于z=2x+4y与x+2y−3=0的斜率相等，
由于y=−12x+14z，其中14z为直线y=−12x+14z与y轴交点的纵坐标，
故当z=2x+4y经过线段AB上的点时，z=2x+4y取得最大值，
不妨将A(3,0)代入，zmax=2×3+0=6．
故答案为：6．
画出可行域及目标函数，由几何意义求出z=2x+4y的最大值．
本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键，是基础题．
14.【答案】13
【解析】解：由题意可知，甲在校门口等乙到7点30分，乙最早到校门口的时间为7点20，最晚到校门口的时间为7点50，有30分钟，
故两人能见面的时间段为7点20到7点30，有10分钟时间，
所以两人能见面的概率为P=1030=13．
故答案为：13．
分别确定乙最早到与最晚到校门口的时间跨度，再求出两人能见面的时间跨度，利用几何概型的求解方法分析求解即可．
本题考查了几何概型的求解，对于几何概型问题，一般会转化为长度、面积、体积等相关量之比，考查了逻辑推理能力，属于中档题．
15.【答案】[0,3]
【解析】【分析】
本题考查圆与圆的位置关系的应用．
设点M(x,y)，由|MA|=2|MO|，得x2+y2−2y−3=0，点M在圆心为D(0,1)，半径为2的圆上．点M在圆C上，圆C与圆D有公共点，从而1≤|CD|≤3，由此能求出实数a的取值范围．
【解答】
解：设点M(x,y)，由|MA|=2|MO|，
得到： x2+(y+3)2=2 x2+y2，
整理得：x2+y2−2y−3=0，
∴点M在圆心为D(0,1)，半径为2的圆上．
又点M在圆C上，∴圆C与圆D有公共点，
∴1≤|CD|≤3，
∴1≤ a2+(a−3)2≤3，
解得0≤a≤3．
即实数a的取值范围是[0,3]．
故答案为：[0,3]．
16.【答案】①②④
【解析】解：①：如图，
连接AD1，设该正方体的棱长为a，
∵AD1//BC1，AD1⊂平面AD1C，BC1⊄平面AD1C，
∴BC1/​/平面AD1C，因此点C1，P到平面AD1C的距离相等，
故VA−D1PC=VP−AD1C=VC1−AD1C=VA−CC1D1=13×12⋅a2⋅a=16a3，故①正确；
②：因为AD1/​/BC1，则∠CPC1(或其补角)就是直线CP与直线AD1的所成的角，
由正方形的性质可知：当P与C或C1重合时，直线CP与直线AD1的所成的角为π4，
当P是CC1中点时，直线CP与直线AD1的所成的角为π2，故②正确；
③：由题建立如图所示的空间直角坐标系，
A(0,a,0)，C(a,0,0)，B(a,a,0)，D1(0,0,a)，C1(a,0,a)，
设P(x,y,z)，设C1P=λC1B(λ∈[0,1])⇒(x−a,y,z−a)=λ(0,a,−a)
⇒P(a,aλ,a−aλ)，
AP=(a,aλ−a,a−aλ),AC=(a,−a,0),AD1=(0,−a,a)，
设平面ACD1的法向量为m=(x1,y1,z1)，
∴有m⋅AC=0m⋅AD=0⇒ax1−ay1=01−ay1+az1=0⇒m=(1,1,1)，
∵cs=a+aλ−a+a−aλ 3× 3+2λ2⋅a=1 3× 3+2λ2，
设直线AP与平面ACD1所成角为θ，
显然sinθ=cs=1 3× 3+2λ2不是定值，故③错误；
④：设平面APD1的法向量为n=(x2,y2,z2)，
∴有n⋅AP=0n⋅AD=0,即ax2+(aλ−a)y2+(a−aλ)z2=01−ay2+az2=0⇒n=(0,1,1)，
∵cs=2 3× 2= 63为定值，
∴二面角P−AD1−C的大小不变，故④正确，
故答案为：①②④．
根据三棱锥的性质，结合空间向量夹角公式逐一判断即可．
本题考查了空间向量在解空间几何体有关问题上的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵B(4,−1)，C(−6,3)，
∴线段BC的中点D的坐标为(−1,1)，
又BC边上的中线经过点A(8,4)，
∴该中线的方程为y−1=4−18+1(x+1)，即x−3y+4=0．
(2)当直线在x轴和y轴上的截距均为0时，可设直线的方程为y=kx，
代入点B(4,−1)，得k=−14，
所以所求直线的方程为y=−14x，即x+4y=0；
当直线在x轴和y轴上的截距均不为0时，可设直线的方程为x2m+ym=1，
代入点B(4,−1)，得m=1，
所以所求直线的方程为x2+y=1，即x+2y−2=0，
综上所述，该直线的一般式方程为x+4y=0或x+2y−2=0．
【解析】(1)求得线段BC的中点坐标，再结合点A的坐标，由直线的点斜式写出直线方程；
(2)分两类：①当直线在x轴和y轴上的截距均为0时，可设直线的方程为y=kx，代入点B(4,−1)，求出k的值；②当直线在x轴和y轴上的截距均不为0时，可设直线的方程为x2m+ym=1，代入点B(4,−1)，求得m的值，得解．
本题考查直线方程的求法，熟练掌握直线方程的表达形式是解题的关键，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由频率分布直方图可得10×(0.005+2×0.010+0.020+a+0.025)=1，
解得a=0.030，
因为前3组的频率和10×(0.005+0.010+0.020)=0.35<0.5，
前4组的频率和10×(0.005+0.010+0.020+0.030)=0.65>0.5，
所以中位数在第4组，
设中位数为x，则0.35+0.03(x−70)=0.5，解得x=75，
所以中位数为75分；
(2)由频率分布直方图可得成绩不低于80分的频率为10×(0.025+0.01)=0.35，
因为该校高二年级共有学生560人，
所以该校高二年级期中考试数学成绩不低于80分的人数约为0.35×560=196人；
(3)由频率分布直方图可得成绩在[40,50)内的人数为40×10×0.005=2人，记为A，B，
成绩在[90,100]内的人数为40×10×0.010=4人，记为C，D，E，F，
若从数学成绩在[40,50)与[90,100]两个分数段内的学生中随机选取两名学生的所有情况有：(A,B)，(A,C)，(A,D)，(A,E)，(A,F)，(B,C)，(B,D)，(B,E)，(B,F)，(C,D)，(C,E)，(C,F)，(D,E)，(D,F)，(E,F)，共15种情况，
两名学生的数学成绩之差的绝对值不小于10的有(A,C)，(A,D)，(A,E)，(A,F)，(B,C)，(B,D)，(B,E)，(B,F)，共8种，
所以所求概率为815．
【解析】(1)由各组的频率和为1，求出a，再利用中位数的定义可求得结果；
(2)根据频率分布直方图求出成绩不低于80分的频率，再乘以560可乘以所求的人数；
(3)根据频率分布直方图求出数学成绩在[40、50)与[90,100]两个分数段内的学生的频率，从而可求出各段上的人数，然后列出所有的情况，以及两名学生的数学成绩之差的绝对值不小于10的情况，再利用古典概型的概率公式求解即可．
本题考查频率分布直方图的应用，属于基础题．
19.【答案】证明：(1)∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴PA⊥BD，
∵AC=AC，AB=AD，∠ADC=∠ABC=90°，
∴Rt△ABC≌Rt△ADC，可得BC=DC，
则AC⊥BD，
又PA∩AC=A，PA、AC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC，
而BD⊂平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAC；
(2)设线段AC的中点为O，连接OB，OF，
则OF//PA，而PA⊂平面PAD，OF⊄平面PAD，
∴OF/​/平面PAD．
∵∠ABC=90°，∴BO=12AC=AD，
同理DO=12AC=AB，又∵AB=AD，
∴四边形ABOD是平行四边形，∴BO//AD，
而AD⊂平面PAD，BO⊄平面PAD，
∴BO//平面PAD．
又∵OB∩OF=O，OB，OF⊂平面OBF，∴面OBF//面PAD，
又∵BF⊂面OBF，∴BF/​/面PAD．
【解析】(1)由已知可得BD⊥PA，再证明BD⊥AC，由直线与平面垂直的判定可得BD⊥平面PAC，进一步可得平面PBD⊥平面PAC；
(2)设线段AC的中点为O，连接OB，OF，可得OF//平面PAD，推导出四边形ABOD是平行四边形，从而BO/​/AD，可得BO//平面PAD，进而得面OBF//面PAD，由此能证明BF/​/面PAD．
本题考查平面与平面垂直、直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)根据1至5月份的数据，x−=15×(9+9.5+10+10.5+11)=10，y−=15×(11+10+8+6+5)=8，
又i=15xiyi=392，i=15xi2=502.5，
所以b =i=15xiyi−5xy−i=15xi2−5x−2=392−5×10×8502.5−5×102=−3.2，a =y−−b x−=8−(−3.2)×10=40．
所以y关于x的线性回归方程为y =−3.2x+40．
(2)当x=8时，y =−3.2×8+40=14.4，则|y −y|=14.4−14.2=0.2<0.5，
所以，可以认为(1)中所得到的线性回归方程是理想的．
(3)由题意可知，y=−3.2x+40，显然y>0，则x<12.5.设销售利润为W，
则W=(x−2.5)(−3.2x+40)=−3.2x2+48x−100(2.5∴W=−3.2(x−7.5)2+80(2.5故该配件的销售单价应定为7.5元/件，才能获得最大利润．
【解析】(1)根据题中数据求出x−,y−，结合已知数据，代入公式求得b​,a​，即可得到线性回归方程；
(2)将6月份的销售单价8代入(1)中求得的线性回归方程，得到估计值y =14.4，检验即可；
(3)求出销售利润函数W=−3.2(x−7.5)2+80(2.5本题考查了线性回归方程的求解和应用，要掌握线性回归方程必过样本中心这一知识点，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)设圆C的圆心坐标为C(a,0)，其中a>0，半径为r，
∵圆C经过坐标原点O，圆心在x轴正半轴上，
∴r=a，
又∵圆C与直线3x+4y−8=0相切，
∴|3a−8| 32+42=r=a，解得a=1或a=−4(舍去)，
∴圆心C(1,0)，r=1，
故圆C的标准方程为(x−1)2+y2=1．
(2)①联立直线与圆的方程y=kx+2(x−1)2+y2=1，可得(k2+1)x2+(4k−2)x+4=0，
∵直线l交圆C与A，B两点，
∴Δ=b2−4ac=(4k−2)2−16(k2+1)>0，解得k<−34，
故k的取值范围为(−∞,−34)．
②证明：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由韦达定理，可得x1+x2=−4k−2k2+1，x1x2=4k2+1，
又∵kOA+kOB=y1x1+y2x2=kx1+2x1+kx2+2x2=2(x1+x2)x1x2+2k=−8k−4k2+14k2+1+2k=2k−2k+1=1，
∴直线OA与直线OB的斜率之和为定值，即得证．
【解析】(1)设圆C的圆心坐标为C(a,0)，其中a>0，半径为r，圆C经过坐标原点O，圆心在x轴正半轴上，则r=a，再结合点到直线的距离公式，即可求解．
(2)①联立直线与圆的方程，可得(k2+1)x2+(4k−2)x+4=0，结合Δ>0，即可求解．
②由于kOA+kOB=y1x1+y2x2=kx1+2x1+kx2+2x2=2(x1+x2)x1x2+2k，结合韦达定理，即可证明．
本题考查了直线与圆的综合应用，并考查了点到直线的距离公式和韦达定理，需要学生较强的综合能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)在图2中，取EF中点O，BD中点M，连结OP，OM，
以O为原点，OF，OM，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
设AB=4，OP=x，则OM=2 3−x，
∴B(2,2 3−x,0)，F(x 3,0,0)，P(0,0,x)，D(−2,2 3−x,0)，
故PD=(−2,2 3−x,−x)，BF=(x 3−2,x−2 3,0)，
∵直线BF与PD垂直，∴PD⋅BF=0，∴x2−10 3x+8=0，
解得x=6 3(舍)或x=4 3=4 33，
∴PO=2OM，AE=2ED，
∴图1中点E在靠近点D的三等分点处．
∴SBDEFSBCD=SBDEFSABD=59，∴V1V2=SBCDSBDEF=95．
(2)证明：设二面角E−PF−B的平面角为θ，则θ为钝角．
平面AEF的法向量n=(0,1,0)，PF=(x 3,0,−x)，BF=(x 3−2,x−2 3,0)
设平面PBF的法向量m=(a,b,c)，
则PF⋅m=0BF⋅m=0，即x 3a−xc=0(x 3−2)a+(x−2 3)b=0，
取a=1，得m=(1,− 33, 33)，
∴cs=1 31× 1+13+13= 55，
又∵θ为钝角，∴csθ=− 55．
∴无论点E的位置如何，二面角E−PF−B的余弦值都为定值− 55．
【解析】本题主要考查了二面角的平面角及求法，棱柱、棱锥、棱台的体积，考查利用向量知识解决空间几何图形的能力，属于中档题．
(1)设OP=x，建立空间直角坐标系，由直线BF与PD垂直，即可列式求解；
(2)设二面角E−PF−B的平面角为θ，求出平面PBF的法向量，设平面PBF的法向量，通过向量法求解．月份
1
2
3
4
5
6
销售单价x(元/件)
9
9.5
10
10.5
11
8
销售量y(件)
11
10
8
6
5
14.2