四川省内江市2021-2022学年高二数学（理）上学期期末检测试题（Word版附解析）

内江市2021~2022学年度第一学期高二期末检测题

数学（理科）

1、本试卷包括第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页．全卷满分150分，考试时间120分钟．

2、答第Ⅰ卷时，用2B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，再选涂其他答案标号；答第Ⅱ卷时，用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡规定的区域内作答，字体工整，笔记清楚；不能答在试题卷上．

3、考试结束后，监考人将答题卡收回．

第Ⅰ卷（选择题，共60分）

一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分，每小题有且只有一个正确答案．

1. 已知点，点关于原点的对称点为，则（）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据空间两点间距离公式，结合对称性进行求解即可.

【详解】因为点关于原点的对称点为，所以,

因此，

故选：C

2. 为了了解1200名学生对学校某项教改实验的意见，打算从中抽取一个容量为40的样本，采用系统抽样方法，则分段的间隔为（）

A. 40 B. 30 C. 20 D. 12

【答案】B

【解析】

【分析】

根据系统抽样的概念，以及抽样距的求法，可得结果.

【详解】由总数为1200，样本容量为40，

所以抽样距为：

故选：B

【点睛】本题考查系统抽样的概念，属基础题.

3. 上海世博会期间，某日13时至21时累计入园人数的折线图如图所示，那么在13时~14时，14时~15时，…，20时~21时八个时段中，入园人数最多的时段是（）

A. 13时~14时 B. 16时~17时 C. 18时~19时 D. 19时~20时

【答案】B

【解析】

【分析】

要找入园人数最多的，只要根据函数图象找出图象中变化最大的即可

【详解】结合函数的图象可知，在13时~14时，14时~15时，…，20时~21时八个时段中，图象变化最快的为16到17点之间

故选：B.

【点睛】本题考查折线统计图的实际应用，属于基础题.

4. 某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据三视图可得如图所示几何体（三棱锥），根据三视图中的数据可计算该几何体的表面积.

【详解】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥，

其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形，

由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1，

故其表面积为，

故选：A.

5. 下面四个说法中，正确说法的个数为（）

（1）如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合；

（2）两条直线可以确定一个平面；

（3）若，，，则；

（4）空间中，两两相交的三条直线在同一平面内.

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】A

【解析】

【分析】

如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合或者是相交，即可判断；利用两条异面直线不能确定一个平面即可判断；利用平面的基本性质中的公理判断即可；若两两相交的三条直线相交于同一点，则相交于同一点的三直线不一定在同一平面内（如棱锥的3条侧棱），即可判断.

【详解】如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合或者是相交，故（1）不正确；

两条异面直线不能确定一个平面，故（2）不正确；

利用平面的基本性质中的公理判断（3）正确；

空间中，若两两相交的三条直线相交于同一点，则相交于同一点的三直线不一定在同一平面内（如棱锥的3条侧棱），故（4）不正确，

综上所述只有一个说法是正确的，

故选：A．

【点睛】本题主要考查了空间中点，线，面的位置关系.属于较易题.

6. 如图，将边长为4的正方形折成一个正四棱柱的侧面，则异面直线AK和LM所成角的大小为（）

A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°

【答案】D

【解析】

【分析】作出折叠后的正四棱锥，确定线面关系，从而把异面直线的夹角通过平移放到一个平面内求得.

【详解】由题知，折叠后的正四棱锥如图所示，

易知K为的四等分点，L为的中点，M为的四等分点，，

取的中点N，易证，

则异面直线AK和LM所成角即直线AK和KN所成角，

在中，，，

故

故选：D

7. 从编号分别为,,,,的五个大小完全相同的小球中,随机取出三个小球,则恰有两个小球编号相邻的概率为()

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用古典概型计算公式计算即可

【详解】从编号分别为,,,,的五个大小完全相同的小球中,随机取出三个小球

共有种不同的取法,

恰好有两个小球编号相邻的有:

,共有6种

所以概率为

故选:C

8. 已知实数，满足，则的最大值为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】画出不等式组所表示的平面区域，利用直线的斜率公式模型进行求解即可.

【详解】不等式组表示的平面区域如下图所示：

，代数式表示不等式组所表示的平面区域内的点与点连线的斜率，由图象可知：直线的斜率最大，由，即，

即的最大值为：，因此的最大值为，

故选：A

9. 几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点、是锐角的一边上的两点，试在边上找一点，使得最大的．”如图，其结论是：点为过、两点且和射线相切的圆的切点．根据以上结论解决一下问题：在平面直角坐标系中，给定两点，，点在轴上移动，当取最大值时，点的横坐标是（）

A.

B.

C. 或

D. 或

【答案】A

【解析】

【分析】根据米勒问题的结论，点应该为过点、的圆与轴的切点，设圆心的坐标为，写出圆的方程，并将点、的坐标代入可求出点的横坐标.

【详解】解：设圆心的坐标为，则圆的方程为，

将点、的坐标代入圆的方程得，

解得或（舍去），因此，点的横坐标为，

故选：A.

10. 已知点，，直线：与线段相交，则实数的取值范围是（）

A. 或 B. 或

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由可求出直线过定点，作出图象，求出和，数形结合可得或，即可求解.

【详解】由可得：，

由可得，所以直线：过定点，

由可得，

作出图象如图所示：

，，

若直线与线段相交，则或，解得或，

所以实数的取值范围是或，

故选：A.

11. 在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱A1B1上一点，且AB＝2，若二面角B1﹣BC1﹣E为45°，则四面体BB1C1E的外接球的表面积为（）

A. π B. 12π C. 9π D. 10π

【答案】D

【解析】

【分析】连接交于，可得，利用线面垂直的判定定理可得：平面，于是，可得而为二面角的平面角，再求出四面体的外接球半径，进而利用球的表面积计算公式得出结论．

【详解】

连接交于，则，

易知，则平面，

所以，

从而为二面角平面角，

则.

因为，所以，

所以四面体的外接球半径．

故四面体BB1C1E的外接球的表面积为．

故选：D

【点睛】本题考查了正方体的性质、线面垂直的判定与性质定理、二面角的平面角、球的表面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

12. 已知圆：，点是直线：上的动点，过点引圆的两条切线、，其中、为切点，则直线经过定点（）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据圆的切线性质，结合圆的标准方程、圆与圆的位置关系进行求解即可.

【详解】因为、是圆的两条切线，所以，因此点、在以为直径的圆上，因为点是直线：上的动点，所以设，点，

因此的中点的横坐标为：，纵坐标为：，

，因此以为直径的圆的标准方程为：

，而圆：，

得：，即为直线的方程，

由

，所以直线经过定点，

故选：D

【点睛】关键点睛：由圆的切线性质得到点、在以为直径的圆上，运用圆与圆的位置关系进行求解是解题的关键.

第Ⅱ卷（非选择题，共90分）

二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．

13. 已知茎叶图记录了甲、乙两组各名学生在一次英语听力测试中的成绩（单位：分）．已知甲组数据的中位数为，乙组数据的平均数为，则的值为__________．

【答案】

【解析】

【分析】根据中位数、平均数的定义，结合茎叶图进行计算求解即可.

【详解】根据茎叶图可知：

甲组名学生在一次英语听力测试中的成绩分别；

乙组名学生在一次英语听力测试中的成绩分别，

因为甲组数据的中位数为，所以有，

又因为乙组数据的平均数为，所以有，

所以，

故答案为：

14. 过圆内的点作一条直线，使它被该圆截得的线段最短，则直线的方程是______．

【答案】

【解析】

【分析】由已知得圆的圆心为，所以当直线时，被该圆截得的线段最短，可求得直线的方程.

【详解】解：由得，所以圆的圆心为，

所以当直线时，被该圆截得的线段最短，所以，解得，

所以直线l的方程为，即，

故答案为：.

15. 秦九韶出生于普州（今资阳市安岳县），是我国南宋时期伟大的数学家，他创立的秦九韶算法历来为人称道，其本质是将一个次多项式写成个一次式相组合的形式，如可将写成，由此可得__________．

【答案】

【解析】

【分析】利用代入法进行求解即可.

【详解】

故答案为：

16. 正四棱柱中，，，点为底面四边形的中心，点在侧面四边形的边界及其内部运动，若，则线段长度的最大值为__________．

【答案】

【解析】

【分析】根据正四棱柱的性质、矩形的性质，线面垂直的判定定理，结合勾股定理进行求解即可.

【详解】当位于点时，

因为是正方形，所以，

由正四棱柱的性质可知，平面，因为平面，

所以，因为平面，

所以平面，平面，

所以，因此当位于点时，满足题意，

当点位于边点时，若，在矩形中，

因为，

所以，因此，

所以有，此时，

又平面，

所以平面，故点的轨迹在线段上，

，

所以线段长度的最大值为.

故答案为：

【点睛】

关键点睛：利用特殊点判断出点的轨迹是解题的关键.

三、解答题：共70分，解答题应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 有1000人参加了某次垃圾分类知识竞赛，从中随机抽取100人，将这100人的此次竞赛的分数分成5组：[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，并整理得到如下频率分布直方图.

（1）求图中a的值；

（2）估计总体1000人中竞赛分数不少于70分的人数；

（3）假设同组中的每个数据都用该组区间的中点值代替，估计总体1000人的竞赛分数的平均数.

【答案】（1）0.040；（2）750；（3）76.5.

【解析】

【分析】（1）由频率分布直方图的性质列出方程，能求出图中的值；

（2）先求出竞赛分数不少于70分的频率，由此能估计总体1000人中竞赛分数不少于70分的人数；

（3）由频率分布直方图的性质能估计总体1000人的竞赛分数的平均数．

【详解】（1）由频率分布直方图得：

，

解得．

图中值为0.040．

（2）竞赛分数不少于70分的频率为：，

估计总体1000人中竞赛分数不少于70分的人数为．

（3）假设同组中的每个数据都用该组区间的中点值代替，

估计总体1000人的竞赛分数的平均数为：

．

【点睛】本题主要考查频率、频数、平均数的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．

18. 如图，在直三棱柱中，，，与交于点，为的中点，

（1）求证：平面；

（2）求证：平面平面．

【答案】（1）证明见解析

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据直棱柱的性质、平行四边形的性质，结合三角形中位线定理、线面平行的判定定理进行证明即可；

（2）根据直棱柱的性质、菱形的判定定理和性质，结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理进行证明即可.

【小问1详解】

在直三棱柱中，，

且四边形为平行四边形，又，

则为的中点，又为的中点，

故，即：，且平面，平面，

所以平面；

【小问2详解】

在直三棱柱中，平面，平面，

则，且，，平面，

故平面，因为平面，所以，

又在平行四边形中，，

则四边形为菱形，所以，且，

平面，故平面，因为平面，

所以平面平面.

19. 已知直线过坐标原点，圆的方程为．

（1）当直线的斜率为时，求与圆相交所得的弦长；

（2）设直线与圆交于两点，，且为的中点，求直线的方程．

【答案】（1）

（2）或

【解析】

【分析】（1）、由题意可知直线的方程为，圆的圆心为，半径为，求出圆心到直线的距离，根据勾股定理即可求出与圆相交所得的弦长；

（2）、设，因为为的中点，所以，又因为，均在圆上，将，坐标代入圆方程，即可求出点坐标，即可求出直线的方程．

【小问1详解】

由题意：直线过坐标原点，且直线的斜率为直线的方程为，

圆的方程为圆的方程可化为：

圆的圆心为，半径为

圆的圆心到直线：的距离为，

与圆相交所得的弦长为

【小问2详解】

设，为的中点 ，

又，均在圆上，

或直线的方程或

20. 某种机械设备随着使用年限的增加，它的使用功能逐渐减退，使用价值逐年减少，通常把它使用价值逐年减少的“量”换算成费用，称之为“失效费”．某种机械设备的使用年限（单位：年）与失效费（单位：万元）的统计数据如下表所示：

（1）由上表数据可知，可用线性回归模型拟合与的关系．请用相关系数加以说明；（精确到0.01）

（2）求出关于的线性回归方程，并估算该种机械设备使用8年的失效费．

参考公式：相关系数．

线性回归方程中斜率和截距最小二乘估计计算公式：，．

参考数据：，，．

【答案】（1）答案见解析；（2）；失效费为6.3万元．

【解析】

【分析】（1）根据相关系数公式计算出相关系数可得结果；

（2）根据公式求出和可得关于的线性回归方程，再代入可求出结果.

【详解】（1）由题意，知，

，

．

∴结合参考数据知：．

因为与的相关系数近似为0.99，所以与的线性相关程度相当大，从而可以用线性回归模型拟合与的关系．

（2）∵，

∴．

∴关于的线性回归方程为，

将代入线性回归方程得万元，

∴估算该种机械设备使用8年失效费为6.3万元．

21. 已知正三棱柱底面边长为，是上一点，是以为直角顶点的等腰直角三角形，

（1）证明：是的中点；

（2）求二面角的大小．

【答案】（1）证明见解析；

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据正棱柱的性质，结合线面垂直的判定定理、直角三角形的性质、正三角形的性质进行证明即可；

（2）根据线面垂直的判定定理和性质，结合二面角的定义进行求解即可.

【小问1详解】

证明：在正三棱柱中，平面，平面，则,

又是以为直角顶点的等腰直角三角形，

则，且，平面，

故平面，而平面，所以，

又为正三角形，所以为的中点；

【小问2详解】

在正中，取的中点为，则，

又平面，则，且，平面，

故平面，

取的中点为，且的中点为，则，

故平面，而平面，所以，

在等腰直角中，取的中点为，则，，

平面，

所以平面，而平面，所以，

故为二面角的平面角，

又，

则，，

所以在中，，即：，

故二面角的大小为.

：

22. 已知圆的圆心在直线上，与轴正半轴相切，且被直线：截得的弦长为.

（1）求圆的方程；

（2）设点在圆上运动，点，且点满足，记点的轨迹为.

①求的方程，并说明是什么图形；

②试探究：在直线上是否存在定点(异于原点)，使得对于上任意一点，都有为一常数，若存在，求出所有满足条件的点的坐标，若不存在，说明理由.

【答案】（1）；（2）①，是圆；②存在，.

【解析】

【分析】（1）设圆心，根据题意，得到半径，根据弦长的几何表示，由题中条件，列出方程求解，得出，从而可得圆心和半径，进而可得出结果；

（2）①设，根据向量的坐标表示，由题中条件，得到，代入圆的方程，即可得出结果；

②假设存在一点满足（其中为常数），设，根据题意，得到，再由①，得到，两式联立化简整理，得到，推出，求解得出，即可得出结果.

【详解】（1）设圆心，则由圆与轴正半轴相切，可得半径.
∵圆心到直线的距离，由，解得.
故圆心为或，半径等于.

∵圆与轴正半轴相切

圆心只能为

故圆的方程为；

（2）①设，则：，，

∵点A在圆上运动

即：

所以点的轨迹方程为，

它是一个以为圆心，以为半径的圆；

②假设存在一点满足（其中为常数）

设，则：

整理化简得：，

∵在轨迹上，

化简得：，

所以

整理得

，

解得：；

存在满足题目条件.

【点睛】本题主要考查求圆的方程，考查圆中的定点问题，涉及圆的弦长公式等，属于常考题型.