2020-2021学年江西省赣州市瑞金市高二（上）期中考试数学（理）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（理）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. 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

2. 已知直线x+my+m+8=0与直线m+1x+2y−6=0平行，则实数m=( )
A.1或−2B.−2C.1D.−2或3

3. 一组数据中的每一个数据都乘以3，再减去50，得到一组新数据，若求得新的数据的平均数是1.6，方差是3.6，则原来数据的平均数和方差分别是( )
A.17.2，3.6B.54.8，3.6C.17.2，0.4D.54.8，0.4

4. 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，则该几何体的体积等于( )

A.83B.23 C.2D.43

5. 已知直三棱柱ABC−A1B1C1中所有棱长都相等，E，F分别为B1C1，BB1的中点，求异面直线A1C1与EF所成角的余弦值( )
A.24B.144C.−144D.−24

6. 若向量a→=csθ,sinθ，b→=−1,1，则|2a→−b→|的取值范围是( )
A.6−42,6+42B.1,2C.2−2,2+2D.0,2

7. 点A−2,−1，B2,0，直线ax+y−2=0与线段AB相交，则实数a的取值范围是( )
A.a≥32或a≤−1B.a≤−32或a≥1C.−32≤a≤1D.−1≤a≤32

8. 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、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2列和第3列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个学生的编号为( )
A.25B.24C.29D.19

9. 已知x>0，y>0，且2x+1+1y=2，若x+2y>m2−3m−1恒成立，则实数m的取值范围是( )
A.m≤−1或m≥4B.m≤−4或m≥1C.−1
10. 已知a=0.50.8，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，点A3,0在直线l上，过直线l上的任一点P引圆C的两条切线，若切线长最小值为2，则直线l的斜率k=( )
A.2B.12C.−2或12D.2或−12

12. 圆锥的轴截面是边长为4的等边三角形SAB，O为底面中心，AB是底面的一条直径，M为SO的中点，动点P在圆锥底面内（包括圆周）．若AM⊥MP，则点P形成的轨迹的长度为( )
A.7B.32C.3D.72
二、填空题

雷神山医院从开始设计到建成完工，历时仅十天．完工后，新华社记者要对部分参与人员采访，决定从600名机械车操控人员，320名管理人员和n名工人中按照分层抽样的方法抽取35人，若从工人中抽取的人数为7人，则n=________.

在等腰直角三角形ABC中，∠C=π2，CA=2，D为AB的中点，将△BCD沿CD翻折，使点A与点B间的距离为3，此时四面体ABCD的外接球的体积为________.

已知数列an满足a1=6，an+1=an+2n，则ann的最小值为________.

已知P为|x|+|y|=m上的点，过点P作圆O:x2+y2=1的切线，切点为M，N，若使得∠MPN=90∘的点P有8个，则m的取值范围是________.
三、解答题

直线l1:a2x+y+2a=0，l2： x+ay+1=0，圆C:x2+y2−6y+5=0.
(1)当a为何值时，直线l1与l2垂直；

(2)若圆心C在直线l2的左上方，当直线l2与圆C相交于P，Q两点，且PQ=22时，求直线l2的方程．

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，选取了100名学生进行测试，制成如图所示频率分布直方图．

(1)求m的值；

(2)估计抽查学生测试成绩的中位数；（结果用分数形式表示）

(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，F为PC上任一点．

(1)求证：平面BEF⊥平面PAC；

(2)若PFFC=12，且GF//平面ABC，求三棱锥P−AEG体积．

函数fx=sin2x+3sinxcsx−2cs2x+1.
(1)求函数fx的单调递减区间；

(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a,b,c ，fC=2且C≠π2 ，△ABC的面积为3，求c的最小值．

如图所示正四棱锥S−ABCD，SA=SB=SC=SD=2，AB=2，P为侧棱SD上的点．

(1)求证：AC⊥SD；

(2)若S△SAP=3S△APD，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE//平面PAC．若存在，求SEEC的值；若不存在，试说明理由．

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)求圆E的方程；

(2)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面积的取值范围．
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（理）试卷
一、选择题
1.
【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.
2.
【答案】
C
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
由题意得到m(m+1)−1×2=0，求出m，再验证是否重合即可求解.
【解答】
解：∵ 直线x+my+m+8=0与直线m+1x+2y−6=0平行，
∴ m(m+1)−1×2=0，
解得：m=−2或m=1.
经检验，当m=−2时，两直线重合，不满足题意，舍去，
故m=1.
故选C.
3.
【答案】
C
【考点】
极差、方差与标准差
众数、中位数、平均数
【解析】
设原来数据的平均数和方差分别是x¯和S2，由题意可得：3x¯−50=1.6，32S2=3.6，求解即可.
【解答】
解：设原来数据的平均数和方差分别是x¯和S2，
由题意可得：3x¯−50=1.6，32S2=3.6，
解得：x¯=17.2，S2=0.4.
故选C.
4.
【答案】
D
【考点】
由三视图求体积
【解析】
利用三视图还原为原几何体，求锥体的体积。
【解答】
解：如图所示，由三视图知，该几何体的直观图是放在正方体中的三棱锥A−BCD，
则BC=CD=2，三棱锥A−BCD的高为2，
则V=13×12×2×2×2=43.
故选D.
5.
【答案】
A
【考点】
异面直线及其所成的角
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设直三棱柱的棱长为1.
∵ E，F分别为B1C1，BB1的中点，
∴ BC1//EF，
∴ ∠A1C1B为异面直线A1C1与EF所成的角.
在△A1C1B中，
A1B=BC1=2，A1C1=1，
∴ cs∠A1C1B=A1C12+BC12−A1B22A1C1⋅BC1
=1+2−22×1×2
=24.
故选A.
6.
【答案】
C
【考点】
向量的模
两角和与差的正弦公式
同角三角函数间的基本关系
【解析】
根据题目所给信息利用向量模的性质以及数量积公式和三角函数的余弦定理进行求解即可.
【解答】
解：已知向量a→=csθ,sinθ，b→=−1,1，
则|2a→−b→|=(2sinθ−1)2+(2csθ+1)2
=6+4(csθ−sinθ)
=6−42sin(θ−π4).
又−42≤−42sin(θ−π4)≤42 ，
所有2−2≤|2a→−b→|≤2+2 ，
则|2a→−b→|的取值范围为[2−2,2+2].
故选C.
7.
【答案】
B
【考点】
两条直线的交点坐标
直线的斜率
【解析】
根据题目所给信息确定已知直线的顶点坐标，求出两直线的斜率，进而求解即可.
【解答】
解：要使直线ax+y−2=0与线段AB相交，
需使点A−2,−1，B2,0在直线ax+y−2=0的异侧或在直线上，
则(−2a−3)(2a−2)≤0，
即(2a+3)(2a−2)≥0，
解得：a≤−32或a≥1.
故选B.
8.
【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2列和第3列的数字25开始由左到右依次选取数字，小于41且不重复，
依次为25，30，24，29，19.
故选D.
9.
【答案】
C
【考点】
不等式恒成立问题
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
利用基本不等式的性质可得x+2y的最小值，由x+2y>m2−3m−1恒成立，得出m2−3m−1【解答】
解：∵ x>0，y>0，且满足2x+1+1y=2，
∴ x+1+2y=12(x+1+2y)(2x+1+1y)
=2+12(4yx+1+x+1y)
≥2+4yx+1⋅x+1y
=4，
当且仅当4yx+1=x+1y时，等号成立，
∴ x+1+2y的最小值为4，即x+2y的最小值为3.
∵ x+2y>m2−3m−1恒成立，
∴ m2−3m−1<3，
解得：−1故实数m的取值范围是−1故选C．
10.
【答案】
D
【考点】
指数式、对数式的综合比较
程序框图
【解析】
根据程序框图可知，x的值为a，b，c，d的最大值，比较出a，b，c，d的大小，即可求出结果.
【解答】
解：根据程序框图可知，x的值为a，b，c，d的最大值.
因为0c=lg50.8<0，
d=lg0.80.5>lg0.80.8>1，
所以d>b>a>c，
所以输出的x的值为d.
故选D.
11.
【答案】
C
【考点】
点到直线的距离公式
直线与圆的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设直线方程为y=k(x−3).
由题意得，圆心(0,1)到直线y=k(x−3)的最小距离d=|−3k−1|1+k2=22+12=5，
解得：k=−2或k=12.
故选C.
12.
【答案】
A
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据题意，如图所示，过M点作MP3⊥AM交AB于P3，
过P3作P1P2⊥AB交圆锥底面圆周于P1，P2，
则P1P2⊥平面AMP3，
所以AM⊥P1P2，即点P轨迹为线段P1P2.
因为△SAB是边长为4的等边三角形，
所以AO=2，SO=23，
所以OM=12SO=3.
因为∠AMP3=90∘，OM⊥底面，
所以△AOM∼△MOP3，
所以OM2=AO⋅OP3，
解得：OP3=32，
所以P1P2=2OP12−OP32=7.
故选A.
二、填空题
【答案】
230
【考点】
分层抽样方法
【解析】
根据分层抽样的定义建立比例关系即可得到结论．
【解答】
解：由题意得7n=35600+320+n，
解得n=230.
故答案为：230.
【答案】
556π
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
本题主要考查三棱锥外接球的问题，其中有一条侧棱垂直于地面，所以只须先算出地面的外接圆的半径，然后取侧棱的一半，然后两者求平方求和就可得出球的半径的平方，最后根据球的体积公式进行求解即可
【解答】
解：在等腰直角△ABC中，由已知条件可得CD⊥AB，CD=AD=BD=22CA=1.
在四面体ABCD中，由已知可得CD⊥AD，CD⊥BD.
∵AD∩BD=D，AD⊂平面ABD，BD⊂平面ABD，
∴CD⊥平面ABD.
将四面体ABCD放到直三棱柱中，则球心在上下底平面外接圆圆心连线中点.
设△ABD的外接圆半径为r，
则在△ABD中，AB=3，cs∠DAB=12ABAD=321=32，CD=1，
所以∠DAB=π6.
因为AD=BD，
所以∠DAB=∠DBA，
所以∠ADB=2π3，所以2r=ABsin2π3，解得r=1.
设外接球的半径为R，则R2=r2+CD22=54，
所以四面体ABCD的外接球的体积S=43πR3=556π.
故答案为：556π.
【答案】
4
【考点】
数列递推式
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】

【解答】
解：由题意，a1=6，an+1−an=2n，
则an−an−1=2n−2，...，a2−a1=2，
累加得an=n(n−1)+6=n2−n+6，
于是ann=n−1+6n.
由基本不等式可知n+6n≥26，当且仅当n=6时取等号，
而n为正整数，计算可知当n=2或n=3时，ann取到最小值.
当n=2时，ann=4；
当n=3时，ann=4.
综上，ann的最小值为4.
故答案为：4.
【答案】
(2,2)
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
根据题目所给信息，先确定在第一象限中满足该条件的点，判断四边形的形状，得到其对角线，利用直线的距离公式以及条件进行求解即可.
【解答】
解：已知点P位于|x|+|y|=m上，且过点P作圆O:x2+y2=1的切线，其中切点分别为M,N，
则该两条曲线都是中心对称的，
此时只需要考虑|x|+|y|=m在第一象限上即可，
而使得∠MPN=90∘的点P有8个点，
则在第一象限中有且仅有两个符合的P点，
而∠OMP=∠ONP=90∘且OM=ON=1，
可知四边形OMPN为正方形，
其对角线OP=1+1=2，
由点到直线的距离公式可知要使在该象限中存在两个符合条件的P点，
则其到直线x+y=m的距离需要满足1已知d=|m|1+1=2m2，
即1<2m2<2 ，
解得：2故答案为：(2,2).
三、解答题
【答案】
解：(1)当a=0时， l1:y=0，l2:x=−1 ，∴ l1⊥l2 .
当a≠0时，l1:y=−a2x−2a， l2:y=−1ax−1a，
当k1⋅k2=−1时，即−a2×−1a=−1时，得出 a=−1.
综上知当a=0或a=−1时l1⊥l2 .
(2)圆C:x2+y−32=4 ，圆心0,3，半径r=2，
d=|3a+1|1+a2=22−2，
解得a=−1或a=17 .
又圆心点C在直线l2左上方，
所以a=−1 ，则l2:x−y+1=0.
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】


【解答】
解：(1)当a=0时， l1:y=0，l2:x=−1 ，∴ l1⊥l2 .
当a≠0时，l1:y=−a2x−2a， l2:y=−1ax−1a，
当k1⋅k2=−1时，即−a2×−1a=−1时，得出 a=−1.
综上知当a=0或a=−1时l1⊥l2 .
(2)圆C:x2+y−32=4 ，圆心0,3，半径r=2，
d=|3a+1|1+a2=22−2，
解得a=−1或a=17 .
又圆心点C在直线l2左上方，
所以a=−1 ，则l2:x−y+1=0.
【答案】
解：(1)0.04+0.06+0.2+0.3+0.24=0.84，
m×10=1−0.84=0.16，
得m=0.016．
(2)设中位数为x，则70≤x≤80，那么
x−70×0.030=0.500−0.300
解得x=2303．
(3)平均成绩=45×0.04+55×0.06+65×0.2+75×0.3+85×0.24+95×0.16=76.2.
76.2分>75分，所以能通过测试．
【考点】
频率分布直方图
众数、中位数、平均数
【解析】


【解答】
解：(1)0.04+0.06+0.2+0.3+0.24=0.84，
m×10=1−0.84=0.16，
得m=0.016．
(2)设中位数为x，则70≤x≤80，那么
x−70×0.030=0.500−0.300
解得x=2303．
(3)平均成绩=45×0.04+55×0.06+65×0.2+75×0.3+85×0.24+95×0.16=76.2.
76.2分>75分，所以能通过测试．
【答案】
(1)证明：∵ △ABC为等腰直角三角形，E为AC的中点，
∴ BE⊥AC ．
又PA⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，
∴ BE⊥PA.
∵ PA∩AC=A ，
∴ BE⊥平面PAC .
∵ BE⊂平面BEF，
∴ 平面BEF⊥平面PAC ．
(2)解：∵ GF//平面ABC ，且平面PBC∩平面ABC=BC ，GF⊂平面PBC，
∴ GF//BC.
又∵ PFFC=12 ，
∴ PGGB=12，
∴ VP−AEG=VP−ABE−VG−ABE
=13×12×2×2×2−
13×12×2×2×43=29．
【考点】
平面与平面垂直的判定
直线与平面平行的性质
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
【解答】
(1)证明：∵ △ABC为等腰直角三角形，E为AC的中点，
∴ BE⊥AC ．
又PA⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，
∴ BE⊥PA.
∵ PA∩AC=A ，
∴ BE⊥平面PAC .
∵ BE⊂平面BEF，
∴ 平面BEF⊥平面PAC ．
(2)解：∵ GF//平面ABC ，且平面PBC∩平面ABC=BC ，GF⊂平面PBC，
∴ GF//BC.
又∵ PFFC=12 ，
∴ PGGB=12，
∴ VP−AEG=VP−ABE−VG−ABE
=13×12×2×2×2−
13×12×2×2×43=29．
【答案】
解：(1)fx=2−3cs2x+32sin2x
=12−32cs2x+32sin2x
=3sin2x−π3+12，
令π2+2kπ≤2x−π3≤3π2+2kπ,k∈Z ，
则5π12+kπ≤x≤11π12+kπ，k∈Z，
故函数fx的单调递减区间为5π12+kπ,11π12+kπ，k∈Z．
(2)∵ fC=2，sin2C−π3=32，
∵ 0∴ 2C−π3=π3，得出C=π3，
S△ABC=12absinπ3=3，
∴ ab=4.
∴ c2=a2+b2−2abcsC=a2+b2−4≥2ab−4=4（当且仅当a=b=2时取等号），
∴ c≥2，故c的最小值为2 .
【考点】
两角和与差的正弦公式
二倍角的余弦公式
正弦函数的单调性
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)fx=2−3cs2x+32sin2x
=12−32cs2x+32sin2x
=3sin2x−π3+12，
令π2+2kπ≤2x−π3≤3π2+2kπ,k∈Z ，
则5π12+kπ≤x≤11π12+kπ，k∈Z，
故函数fx的单调递减区间为5π12+kπ,11π12+kπ，k∈Z．
(2)∵ fC=2，sin2C−π3=32，
∵ 0∴ 2C−π3=π3，得出C=π3，
S△ABC=12absinπ3=3，
∴ ab=4.
∴ c2=a2+b2−2abcsC=a2+b2−4≥2ab−4=4（当且仅当a=b=2时取等号），
∴ c≥2，故c的最小值为2 .
【答案】
(1)证明：连接BD，交AC于点O，连接SO，
则AC⊥BD .
又SO⊥AC，
SO∩BD=O，
∴ AC⊥平面SBD ．
由于SD⊂平面SBD，
∴ AC⊥SD ．
(2)解：取SD中点M，连接OP，BM，
∵ S△SAP=3S△APD，
∴ SP=3PD．
则P为MD中点，O为BD中点，
∴ OP//BM．
过M作ME//PC交SC于点E，连接BE，
∵ BM∩ME=M， OP∩PC=P，
∴ 平面BME//平面APC ．
又∵ BE⊂平面BME，
∴ BE//平面APC ．
则点E就为所求的点.
∵ SMSP=SESC=23 ，
∴ SEEC=2．
∴ 侧棱SC上存在点E使得BE平行平面PAC，且SEEC=2．
【考点】
直线与平面垂直的判定
两条直线垂直的判定
直线与平面平行的判定
【解析】


【解答】
(1)证明：连接BD，交AC于点O，连接SO，
则AC⊥BD .
又SO⊥AC，
SO∩BD=O，
∴ AC⊥平面SBD ．
由于SD⊂平面SBD，
∴ AC⊥SD ．
(2)解：取SD中点M，连接OP，BM，
∵ S△SAP=3S△APD，
∴ SP=3PD．
则P为MD中点，O为BD中点，
∴ OP//BM．
过M作ME//PC交SC于点E，连接BE，
∵ BM∩ME=M， OP∩PC=P，
∴ 平面BME//平面APC ．
又∵ BE⊂平面BME，
∴ BE//平面APC ．
则点E就为所求的点.
∵ SMSP=SESC=23 ，
∴ SEEC=2．
∴ 侧棱SC上存在点E使得BE平行平面PAC，且SEEC=2．
【答案】
解：(1)圆C:x2−6x+y2−6y+3=0可转化为(x−3)2+(y−3)2=15，
其圆心到直线l:x+y−2=0的距离d1=|3+3−2|12+12=22，
∴ 公共弦|AB|=2r12−d12=27 ．
∵ 圆E的圆心在直线y=2x上，
则设圆心坐标为a,2a.
由题意得CE⊥l，
∴ 2a−3a−3=1，
解得：a=0，
即圆E的圆心坐标为0,0，其到l的距离d2=22=2，
∴ 圆E的半径r2=d22+(12|AB|2)=2+7=3，
∴ 圆E的方程为x2+y2=9 ．
(2)假设点O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 ．
【考点】
点到直线的距离公式
圆的标准方程与一般方程的转化
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
二次函数在闭区间上的最值
【解析】


【解答】
解：(1)圆C:x2−6x+y2−6y+3=0可转化为(x−3)2+(y−3)2=15，
其圆心到直线l:x+y−2=0的距离d1=|3+3−2|12+12=22，
∴ 公共弦|AB|=2r12−d12=27 ．
∵ 圆E的圆心在直线y=2x上，
则设圆心坐标为a,2a.
由题意得CE⊥l，
∴ 2a−3a−3=1，
解得：a=0，
即圆E的圆心坐标为0,0，其到l的距离d2=22=2，
∴ 圆E的半径r2=d22+(12|AB|2)=2+7=3，
∴ 圆E的方程为x2+y2=9 ．
(2)假设点O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 ．7256
0813
0258
3249
8702
4812
9728
0198
3104
9231
4935
8209
3624
4869
6938
7481