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- 2021-06-21 发布
高二年级文科数学试卷
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（本大题共12个小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.已知直线的点斜式方程是，那么此直线的倾斜角为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据直线的方程，求得直线的斜率，再由倾斜角与斜率的关系，即可求解.
【详解】由题意，直线的点斜式方程是，所以直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，则且，所以，故选C.
【点睛】本题主要考查了直线的点斜式方程，以及直线的斜率与倾斜角的求解，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.
2.如图所示，在正方体中，，分别是，的中点，则图中阴影部分在平面上的正投影是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据投影的定义，分别找出点在平面上的投影，即可求解，得到答案．
【详解】由题意，阴影部分为三角形，其中点在投影面上，它的投影是其本身，
点在平面上的投影是的中点，
点在平面上的投影是的中点，
所以三角形的投影为选项A符合题意．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了平行投影及平行投影的作法，其中解答中熟记平行投影的定义，准确确定点在平面上的投影是解答的关键，着重考查了空间想象能力，属于基础题．
3.过点 且垂直于直线 的直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，易得直线x-2y+3=0的斜率，由直线垂直的斜率关系，可得所求直线的斜率，又知其过定点坐标，由点斜式可得所求直线方程．
【详解】根据题意，易得直线x-2y+3=0的斜率为，
由直线垂直的斜率关系，可得所求直线的斜率为-2，
又知其过点，
由点斜式可得所求直线方程为2x+y-1=0.
故本题正确答案为B.
【点睛】本题考查直线垂直与斜率的相互关系，注意斜率不存在的特殊情况，属基础题．
4.已知向量，且，则值是（ ）
A. B. C. 3 D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由已知求得，然后展开两角差的正切求解．
【详解】解：由，且，得，即．
，故选A．
【点睛】本题考查数量积的坐标运算，考查两角差的正切，是基础题．
5. 阅读如图所示的程序框图,运行相应的程序,若输入x的值为-5,则输出的y值是( )
A. -1 B. 1 C. 2 D.
【答案】A
【解析】
第一次输入x=-5,满足|x|>3,x=|-5-3|=8,
第二次满足|x|>3,x=|8-3|=5,
第三次满足|x|>3,x=|5-3|=2,
第四次不满足|x|>3,此时y=x=2=-1,
输出y=-1.故选A.
6.已知是直线，，是两个不同的平面，下列命题中的真命题是（ ）
A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则
【答案】D
【解析】
【分析】
根据线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解．
【详解】对于A，若，，则或与相交，所以A错；
对于B，若，，则或或与相交，所以B错；
对于C，若，，则或，所以C错；
对于D，若，，则，由面面垂直的判定可知选项D正确．
【点睛】本题主要考查了线面位置关系的判定与证明，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题．
7.已知圆的一般方程为，则下列说法中不正确的是（ ）
A. 圆圆心为
B. 圆被轴截得的弦长为
C. 圆的半径为
D. 圆被轴截得的弦长为
【答案】C
【解析】
试题分析：由得，故圆的圆心为（4，-3），半径为5，故选C.
考点：圆的标准方程与一般方程的互化
8.一组数据X1，X2，…，Xn的平均数是3，方差是5，则数据3X1+2，3X2+2，…，3Xn+2的平均数和方差分别是（）
A. 11,45 B. 5,45 C. 3,5 D. 5,15
【答案】A
【解析】
【分析】
若X1，X2，…，Xn的平均数是，方差是，则数据的平均数为，方差为．
【详解】解：∵一组数据X1，X2，…，Xn的平均数是3，方差是5，
∴数据3X1+2，3X2+2，…，3Xn+2的平均数为3×3＋2＝11，
方差为：．
故选A．
【点睛】本题考查平均数、方差的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意平均数、方差的性质的合理运用．
9.如图所示, △ABC的三条边长分别为,,,现将此三角形以边所在直线为轴旋转一周,则所得几何体的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
本道题发挥空间想象能力，知道旋转后的立体几何体是什么形状，计算底面周长，结合圆锥侧面展开为一个扇形，结合扇形面积计算公式，即可．
【详解】A点到BC距离，得到的立体几何体为两个圆锥，该圆锥底面周长为，所以表面积为,故选C．
【点睛】本道题考查了空间几何体表面积计算方法和扇形面积计算公式，难度中等．
10.若点在圆上，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据的几何意义是点与两点连线的斜率，设，利用直线与圆相切，列出方程，即可求解．
【详解】由题意，圆，可得圆心，半径为，
因为的几何意义是点与两点连线的斜率，设，即
又由点在圆上，
则满足圆心到切线的距离等于半径，即，解得，
所以．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中根据的几何意义是点与两点连线的斜率，转化为直线与圆相切求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与计算能力，属于基础题．
11.如图是某几何体的三视图，该几何体的顶点都在球的球面上，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据三视图可知该几何体为一个三棱锥，将该三棱锥放入棱长为长方体中，则该三棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，求得球的半径，即可求得球的表面积．
【详解】根据三视图可知该几何体为一个三棱锥，记为，
将该三棱锥放入棱长为长方体中，则该三棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，
设球的半径为，可得，解得，
所以球的表面积为．
故答案为：C
【点睛】本题主要考查了空间几何体的三视图的应用，球内接正方体的性质，以及球的表面积的计算，其中解答中转化为球内接正方体，利用球直径等于长方体的体对角线长，求得球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及计算能力，属于基础题．
12.著名数学家华罗庚曾说过：“数形结合百般好，隔裂分家万事休”事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如：可以转化为平面上点与点的距离结合上述观点，可得的最小值为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
化简得，表示平面上点与点，的距离和，利用两点间的距离公式，即可得出结论．
【详解】
，
表示平面上点与点，的距离和，
连接NH，与x轴交于，
由题得，
所以，
的最小值为，
故选C．
【点睛】本题主要考查两点间的距离公式，考查学生分析解决问题的能力，合理转化是正确解题的关键．
第Ⅱ卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题．）
13.已知圆柱的母线长为，底面半径为，是上底面圆心，、是下底面圆周上的两个不同的点，是母线，如图．若直线与所成角的大小为，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】
过点作与平行的母线，由异面直线所成角的概念，得到，由，即可求解．
【详解】如图所示，过点作与平行的母线，连接，
则为直线与所成的角，所以，
在直角中，可得，所以．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆柱的结构特征，以及异面直线所成角的应用，其中解答中根据异面直线所成角的概念，在直角中求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与计算能力，属于基础题．
14.如图是一组数据的散点图，经最小二乘法计算，与之间的线性回归方程为，则______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据散点图中的数据，求得样本中心点，代入回归方程，即可求解．
【详解】由题意，根据散点图中的数据，可得，，
将点，代入回归方程，即，解得．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了回归直线方程的应用，其中解答中熟记回归直线方程的基本特征是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
15.已知实数，满足约束条件，则
的取值范围为______________（用区间表示）．
【答案】
【解析】
【分析】
画出不等式组表示的平面区域，平移直线，求出的取值范围，从而得到的取值范围.
【详解】不等式组表示的平面区域如下图中阴影部分所示，
易得，，，令，可得，
平移直线，易得在点处取得最小值为，与直线重合时取得最大值为，
即的取值范围是，故的取值范围为．
【点睛】从历年高考题目来看，简单线性规划问题是不等式中的基本问题，往往围绕目标函数最值的确定，也可能涉及非线性目标函数的最值问题，考查学生的绘图、用图能力，以及应用数学解决实际问题的能力．对于非线性目标函数的最值问题，弄清楚它的几何意义是解题的关键．常见的有三种类型：
（1）形如的目标函数，可化为可行域内的点与点间的距离的平方问题．
（2）形如的目标函数，由可将问题化为可行域内的点与点连线斜率的倍的范围或最值问题．特别地，表示点与原点连线的斜率．
（3）形如的目标函数，由
可将问题化为可行域内的点到直线的距离的倍的最值问题．
16.如图是甲、乙两名运动员某赛季一些场次得分的茎叶图，据图可知以下说法正确的是 _____．(填序号)
①甲运动员的成绩好于乙运动员；②乙运动员的成绩好于甲运动员；
③甲、乙两名运动员的成绩没有明显的差异；④甲运动员的最低得分为0分．
【答案】①
【解析】
【分析】
本题考查的知识点是茎叶图，及平均数的概念，由茎叶图中分析出甲、乙两名篮球运动员某赛季各场次得分，再由平均数定义进行判断，易得结果．
详解】分析茎叶图可得：
甲运动员的得分为：10，15，22，23，31，32，34，36，37，38，44，44，49，51
乙运动员的得分为：8，12，14，17，21，29，29，33，36，52
则甲运动员得分的平均数为（10+15+22+23+31+32+34+36+37+38+44+44+49+51）=38，
乙运动员得分的平均数为（8+12+14+17+21+29+29+33+36+52）=37．
甲运动员的最低得分为10分．
故答案为：①．
【点睛】茎叶图的茎是高位，叶是低位，所以本题中“茎是十位”，叶是个位，从图中分析出参与运算的数据，代入相应公式即可解答．从茎叶图中提取数据是利用茎叶图解决问题的关键
三、解答题（本大题共6小题，解答写出必要的文字说明、演算过程及步骤）
17.数列满足，且，正项数列满足是1和的等比中项．
（1）求数列，的通项公式．
（2）求的前n项和．
【答案】（1），； （2）.
【解析】
【分析】
（1）由，得到是公差为2的等差数列，进而求得数列的通项公式，又由是1和的等比中项，即可求得数列的通项公式；
（2）由（1）可得，利用等差、等比数列的前前项和公式，即可求解．
【详解】（1）由题意，数列满足，即，
所以是公差为2的等差数列．
又因为，即，解得，所以．
又由是1和的等比中项，且，可得，所以．
（2）由（1）可得，
所以
．
【点睛】本题主要考查了等差数列的定义，以及等差、等比数列的通项公式，以及等差、等比数列的前项和公式的应用，其中解答中熟记等差、等比数列的通项公式和前项和公式，准确运算时解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
18.为庆祝国庆节，某中学团委组织了“歌颂祖国，爱我中华”知识竞赛，从参加考试的学生中抽出60名，将其成绩(成绩均为整数)分成[40，50)，[50，60)，…，[90，100)六组，并画出如图所示的部分频率分布直方图，观察图形，回答下列问题：
(1)求第四组的频率，并补全这个频率分布直方图；
(2)估计这次考试的及格率(60分及以上为及格)和平均分．
【答案】(1)0.3；图见解析；(2) 及格率是75%；平均分为71分．
【解析】
【分析】
(1)利用各组的频率和等于1可求；
(2)及格率就是[60,100]之间的频率之和，平均分利用区间中点值和频率积进行求解.
【详解】解：(1)因为各组的频率和等于1，
所以第四组的频率为.
补全的频率分布直方图如图所示．
(2)依题意可得第三、四、五、六组的频率之和为(0.015＋0.030＋0.025＋0.005)×10＝0.75，
则可估计这次考试的及格率是75%.
因为抽取学生的平均分约为45×0.1＋55×0.156＋65×0.15＋75×0.3＋85×0.25＋95×0.05＝71(分)，所以可估计这次考试的平均分为71分．
【点睛】本题主要考查频率分布直方图的应用，利用频率之和为1可以求解未知区间的频率，利用所有区间中点值与频率积的和可得平均数，侧重考查识图能力及数据分析的核心素养.
19.如图，在四面体中，平面，，，，且，，分别为，，的中点．
（1）求证：平面；
（2）是棱中点，求证：平面．
【答案】（1）见解析； （2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用线面垂直的判定定理，即可证得平面；
（2）利用线面平行的判定定理，先证得平面，进而得到平面．
【详解】（1）在中，因为，，，
可得，所以．
又平面，平面，∴．
又，∴平面．
（2）因为，分别是棱，的中点，所以．
又平面，平面，∴平面．
∵是中点，∴．
又平面，∴平面．
【点睛】本题主要考查了线面垂直与线面平行的判定与证明，其中解答中结合几何体的结构特征，熟练应用线面平行、线面垂直的判定定理是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题．
20.在中，角，，所对的边分别为，，，且，是边上的点.
（I）求角；
（Ⅱ）若，，，求的长，
【答案】（I）；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（I）利用正弦定理将边化角为，再结合三角形内角和定理、两角和的正弦公式即可得到B．
（Ⅱ）利用余弦定理先求出进而得到，由正弦定理即可得到的长．
【详解】（I）由，得，
，
，∵，∴，∴.
（Ⅱ）在中，，，，
由余弦定理得，所以，
在中，， ，由正弦定理，得，
所以.
【点睛】本题关键是要掌握正弦定理的变形公式，，，，将边化为角来处理问题，在解三角形时，往往三角形内角和定理最容易忽略的，利用内角和定理可简化未知角的数量．
21.在直三棱柱中，，，过的截面与面交于．
（1）求证：．
（2）若截面过点，求证：面．
（3）在（2）的条件下，求．
【答案】（1）见解析； （2）见解析；（3）.
【解析】
【分析】
（1）由三棱柱结构特征，证得面，再由线面平行的性质定理，即可得到；
（2）取的中点，连接和，得到，再由勾股定理，证得，利用线面垂直的判定定理，即可得到面，进而得到面．
（3）由，即可求得三棱锥的体积．
【详解】（1）由题意，在直三棱柱中，可得，所以面，
又∵面，面，
由线面平行的性质定理，可得．
（2）取的中点，连接和，
∵截面过点，∴截面即为面，
∴、分别为，中点，即，
又∵为中点，∴，
在中，，，∴，
同理，，在中，，
∴为直角三角形，即，
又∵，∴面，∴面．
（3）由（2）可得面，所以，且，
又由，且，可得面，且E，
又由
．
【点睛】本题主要考查了线面位置关系的判定与证明，以及三棱锥的体积的计算，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，以及合理利用体积转换求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与计算能力，主要中档试题．
22.已知圆：，直线，点在直线上．
（1）若点的横坐标为2，求过点的圆的切线方程．
（2）已知圆的半径为2，求圆与圆的公共弦的最大值．
【答案】（1）或； （2）.
【解析】
【分析】
（1）由点在上，且点的横坐标为2，求得，利用直线与圆的位置关系，即可求得切线的方程；
（2）连接，交与，根据圆的性质，得到，，且，
在中，利用勾股定理，得到，进而求得公共弦的最大值．
【详解】（1）由题意知，点在上，且点的横坐标为2，可得，即，
当的斜率不存在时，方程为，此时与圆相切，符合题意．
当的斜率存在时，直线方程为，即．
由与圆相切，可得，解答，所以．
即切线方程为或．
（2）连接，交与，
∵，，∴为和中点，
因为圆的半径为2，所以，
中，
要使最大，则最小，即最小．
故，
所以．
【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中熟练应用直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系，合理利用圆的性质转化是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．