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- 2024-01-10 发布
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江西省赣州市十四县（市）2018-2019学年高二上学期期中联考数学（理）试题
评卷人
得分
一、单选题
1．与直线平行且过点的直线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
求出直线的斜率，利用点斜式方程求解即可．
【详解】
与直线l：3x﹣4y+5=0平行的直线的斜率为．
与直线l：3x﹣4y+5=0平行且过点（﹣1，2）的直线方程为：y﹣2=（x+1）．
即：3x﹣4y+11=0．
故选：C．
【点睛】
本题考查直线方程的求法，直线与直线的平行关系的应用，考查计算能力．
2．若一组数据的方差为1，则 的方差为（ ）
A． 1 B． 2 C． 4 D． 8
【答案】C
【解析】
【分析】
由D（aX+b）=a2（DX），能求出结果．
【详解】
∵一组数据x1，x2，…，xn的方差为1，
∴2x1+4，2x2+4，…，2xn+4的方差为：22×1=4．
故选：C．
【点睛】
本题考查方差的求法，考查方差的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
3．已知 ，且 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由诱导公式可得，再由同角基本关系式可得结果.
【详解】
∵，且 ，∴，cos
∴
故选：A
【点睛】
本题考查利用诱导公式与同角基本关系式化简求值，属于基础题.
4．若数列为等差数列，为其前项和，且，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由可得，又，从而得到结果.
【详解】
∵数列为等差数列，为其前项和，且，
∴
∴，即
∴
故选：D
【点睛】
在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简化为一元问题,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确；二是利用等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形. 在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.
5．直三棱柱中，若，， 则异面直线与所成的角等于（ ）
A． 30° B． 45° C． 60° D． 90°
【答案】C
【解析】
【分析】
延长CA到D，根据异面直线所成角的定义可知∠DA1B就是异面直线BA1与AC1所成的角，而三角形A1DB为等边三角形，可求得此角．
【详解】
延长CA到D，使得AD=AC，则ADA1C1为平行四边形，
∠DA1B就是异面直线BA1与AC1所成的角，
又A1D=A1B=DB=AB，
则三角形A1DB为等边三角形，∴∠DA1B=60°
故选：C．
【点睛】
求异面直线所成角的步骤:1平移,将两条异面直线平移成相交直线．2定角,根据异面直线所成角的定义找出所成角．3求角,在三角形中用余弦定理或正弦定理或三角函数求角．4结论．
6．在等比数列中，，，则的前9项和（ ）
A． B． C． 或 D． 或
【答案】D
【解析】
【分析】
根据等比数列的性质，求出公比，结合等比数列的求和公式进行计算即可．
【详解】
等比数列{an}中，=q2==4，
则
当q=2时，
则a2+a5+a8=q（a1+a4+a7）=2×2=4，
则{an}的前9项和S9=a1+a4+a7+a2+a5+a8+a3+a6+a9=2+8+4=14，
当q=-2时，
则a2+a5+a8=q（a1+a4+a7）=-2×2=-4，
则{an}的前9项和S9=a1+a4+a7+a2+a5+a8+a3+a6+a9=2+8-4=6，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查等比数列的前n项和的计算，根据等比数列的性质求出公比是解决本题的关键．
7．半径为的半圆卷成一个圆锥，圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
半径为R的半圆卷成一个圆锥，则圆锥的母线长为R，底面半径r=，求出圆锥的高后，代入圆锥体积公式可得答案．
【详解】
半径为R的半圆卷成一个圆锥，
则圆锥的母线长为R，
设圆锥的底面半径为r，
则2πr=πR，
即r=，
∴圆锥的高h==，
∴圆锥的体积V==，
故选：C．
【点睛】
本题考查旋转体，即圆锥的体积，考查了旋转体的侧面展开和锥体体积公式等知识．
8．某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】试题分析：画出直观图如下图所示， .
考点：三视图.
9．平面内与点距离为，且与点距离为的直线的条数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意，A、B到直线距离是3和2，则以A、B为圆心，以3、2为半径作圆，两圆的公切线的条数即可．
【详解】
由题意，A、B到直线距离是3和2，
∵，，
∴|AB|==，
分别以A、B为圆心，以3、2为半径作圆，
∵3+2，
∴两圆外切，
∴两圆的公切线有3条，即为所求．
故选：B．
【点睛】
本题考查圆与圆的位置关系和两圆公切线的判定；在处理两圆的公切线条数时，要把问题转化为两圆位置关系的判定：当两圆相离时，两圆有四条公切线；当两圆外切时，两圆有三条公切线；当两圆相交时，两圆有两条公切线；当两圆内切时，两圆有一条公切线；当两圆内含时，两圆没有公切线.
10．已知两点,若直线上至少存在三个点，使得
是直角三角形，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
当k=0时，M、N、P三点共线，构不成三角形，故k≠0．△MNP是直角三角形，由直径对的圆周角是直角，知直线和以MN为直径的圆有公共点即可，由此能求出实数k的取值范围．
【详解】
当k=0时，M、N、P三点共线，构不成三角，
∴k≠0，
如图所示，△MNP是直角三角形，有三种情况：
当M是直角顶点时，直线上有唯一点P1点满足条件；
当N是直角顶点时，直线上有唯一点P3满足条件；
当P是直角顶点时，此时至少有一个点P满足条件．
由直径对的圆周角是直角，知直线和以MN为直径的圆有公共点即可，
则≤2，解得﹣≤k≤，且k≠0．
∴实数k的取值范围是[﹣，0）∪（0，]．
故选：D．
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系等基础知识，考查数形结合思想的灵活运用，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
11．已知三棱锥的四个顶点均在半径为2的球面上，且满足，，，则三棱锥的侧面积的最大值为（ ）
A． 2 B． 4 C． 8 D． 16
【答案】C
【解析】
【分析】
由已知，三棱锥P﹣ABC的四个顶点均在半径为的球面上，且满足：=0，=0，=0，则在P点处PA，PB，PC两两垂直，球直径等于以PA，PB，PC为棱的长方体的对角线，由基本不等式易得到三棱锥P﹣ABC的侧面积的最大值．
【详解】
∵=0，=0，=0，
∴PA，PB，PC两两垂直，
又∵三棱锥P﹣ABC的四个顶点均在半径为1的球面上，
∴以PA，PB，PC为棱的长方体的对角线即为球的一条直径．
∴16=PA2+PB2+PC2，
则由基本不等式可得PA2+PB2≥2PA•PB，PA2+PC2≥2PA•PC，PB2+PC2≥2PB•PC，
即16=PA2+PB2+PC2≥PA•PB+PB•PC+PA•PC
则三棱锥P﹣ABC的侧面积S=（PA•PB+PB•PC+PA•PC）≤8，
则三棱锥P﹣ABC的侧面积的最大值为8，
故选：C．
【点睛】
本题考查的知识点是棱锥的侧面积，基本不等式，棱柱的外接球，其中根据已知条件，得到棱锥的外接球直径等于以PA，PB，PC为棱的长方体的对角线，是解答本题的关键．
12．如图所示，正方体的棱长为，动点在对角线上，过点作垂直于的平面，记这样得到的截面多边形（含三角形）的面积为，设，则当时，函数的值域为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
求出正方体的对角线长，根据x∈[1，5]，可得x=1或5时，三角形的面积最小；当截面为正六边形时面积最大，从而可得结论．
【详解】
∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，
∴正方体的对角线长为6，
∵x∈[1，5]，
∴x=1或5时，三角形的周长最小，设截面正三角形的边长为t，
则由等体积可得，
∴t=，∴ymin=；
当截面为正六边形的边长为，∴ymax=6．
∴当x∈[1，5]时，函数y=f（x）的值域为．
故选：C．
【点睛】
本题考查正方体的截面问题，考查学生分析解决问题的能力，确定三角形面积取最大、最小时的位置是关键．
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分
二、填空题
13．已知,,,则向量与的夹角为______．
【答案】
【解析】
【分析】
条件中给出了两个向量的模长，要求夹角只要求出向量的数量积，需要运用，得到关于与数量积的方程，解出结果代入求夹角的公式，注意夹角的范围．
【详解】
∵||=1，||=2，，
∴=0，
∴==1，
∴cos＜＞==，
∵＜＞∈[0，π]，
∴两个向量的夹角是，
故答案为：．
【点睛】
平面向量的数量积计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用. 利用向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决．列出方程组求解未知数.
14．若实数满足则的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】
作出平面区域，将目标函数Z=看成直线斜率的即可．
【详解】
其平面区域如下图：
目标函数z=，
可看成过阴影内的点（x，y）与点（﹣1，﹣1）的直线的斜率k，
∵≤k≤=4，
∴z∈．
故答案为：
【点睛】
线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.
15．已知正方体棱长为，点是的中点，是上的一动点，则
的最小值为________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意可得：可以把平面BCC1B1沿旋转到平面BA内，根据图象可得AP+MP取最小值，则A，P，M三点共线，所以AP+MP的最小值为AM，再结合题意求出答案即可．
【详解】
根据题意可得：可以把平面BCC1B1沿旋转到平面BA内
若AP+MP取最小值，则A，P，M三点共线，
所以AP+MP的最小值为AM，
因为正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点M是BC1的中点，
所以|AM|==，
所以的最小值为．
故答案为：．
【点睛】
解答折叠问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化.这些未变化的已知条件都是我们分析问题和解决问题的依据.而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆过程，一般地，涉及到多面体表面的问题，解题时不妨将它展开成平面图形试一试.
16．在锐角中，角,,所对的边长分别为,,，已知，且,则的周长的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】
利用正弦定理求出C，求出三角形的外接圆的半径，然后利用两角和的正弦函数公式以及正弦定理求出a+b+c的取值范围．
【详解】
由acosB+bcosA=，得sinAcosB+sinBcosA=，
即sin（A+B）=sinC=，
因为角C是锐角，
所以C=，
所以A+B=，2R===，
所以三角形周长l=a+b+c=2R（sinA+sinB+sinC）=（sinA+sin（﹣A）+sin）=4sin（A+）+2，
因为△ABC为锐角三角形，
则A∈（0，），且B=﹣A∈（0，），得A∈（，）．
所以：sin（A+）∈（，1]，
所以：周长l=a+b+c=4sin（A+）+2∈．
故答案为：．
【点睛】
解三角形的基本策略
一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化变；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.
评卷人
得分
三、解答题
17．已知函数，
（1）求函数的单调减区间；
（2）若求函数的值域．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
利用三角恒等变换，化简可求得f（x）=2sin（2x﹣）；
（1）利用正弦函数的单调性质，解不等式组2kπ+≤2x﹣≤2kπ+（k∈Z）即可求得函数f（x）的单调减区间；
（2）由x∈[，π]可得：2x﹣∈[，]，利用正弦函数的单调性质，可求得其值域．
【详解】
，
，
（1）当时为减函数
即时为减函数
则为减区间为
（2）当 时，
∴
∴的值域为 .
【点睛】
函数的性质
(1) .
(2)周期
(3)由 求对称轴
(4)由求增区间;由求减区间.
18．如图，是矩形中边上的点，为边的中点，，现将沿边折至位置，且平面平面.
（1） （2）
（1）求证：平面平面；
（2）求四棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】试题分析：（1）通过折叠前的平面图形分析线线垂直关系，利用面面垂直的性质得出线面垂直，进而得到面面垂直；（2）先证明线面垂直，得到四棱锥的高，结合平面图形求其底面面积，再求其四棱锥的体积．
试题解析：（Ⅰ）证明：在中,
在中，,
,． 3分
平面平面，且平面平面
平面,
平面，平面平面． 6分
（Ⅱ）解：过做,
平面平面平面且平面平面
平面,
四棱锥的高． 8分
10分
则． 12分
考点：1．空间中垂直关系的转化；2．四棱锥的体积．
19．第31届夏季奥林匹克运动会于2016年8月5日至8月21日在巴西里约热内卢举行．如表是近五届奥运会中国代表团和俄罗斯代表团获得的金牌数的统计数据（单位：枚）．
第30届伦敦
第29届北京
第28届雅典
第27届悉尼
第26届亚特兰大
中国
38
51
32
28
16
俄罗斯
24
23
27
32
26
（1）根据表格中两组数据在答题卡上完成近五届奥运会两国代表团获得的金牌数的茎叶图，并通过茎叶图比较两国代表团获得的金牌数的平均值及分散程度（不要求计算出具体数值，给出结论即可）；
（2）如表是近五届奥运会中国代表团获得的金牌数之和（从第26届算起，不包括之前已获得的金牌数）随时间变化的数据：
时间（届）
26
27
28
29
30
金牌数之和（枚）
16
44
76
127
165
作出散点图如图：
由图可以看出，金牌数之和与时间之间存在线性相关关系，请求出关于的线性回归方程，并预测从第26届到第32届奥运会时中国代表团获得的金牌数之和为多少？
附：对于一组数据， ，…， ，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，
【答案】（1）见解析（2）,238
【解析】
【分析】
（1）根据题意，画出茎叶图，通过茎叶图得出统计结论；
（2）计算线性回归方程的系数，写出线性回归方程，从而得到所求结果.
【详解】
（1）近五届奥运会两国代表团获得的金牌数的茎叶图如图：
由图可得中国代表团获得的金牌数的平均数大于俄罗斯代表团的金牌平均数；俄罗斯代表团获得的金牌数较集中，中国代表团获得的金牌数较分散
（2）因为， ， ， ，
所以，
，
所以金牌数之和关于时间的线性回归方程为，
当时，中国代表团获得的金牌数之和的预报值，
故预测到第32届奥运会时中国代表团获得的金牌数之和为238枚．
【点睛】
平均数与方差都是重要的数字特征，是对总体的一种简明的描述，它们所反映的情况有着重要的实际意义，平均数、中位数、众数描述其集中趋势，方差和标准差描述其波动大小，方差或标准差越小，则数据分布波动较小，相对比较稳定．
20．已知数列{}满足： ．
（1）求数列{}的通项公式；
（2）若， 为数列{}的前项和，对于任意的正整数都有恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
(1)由得到，两式相减可得所求；
（2）由（1）得，利用裂项相消法得到，转求最值即可.
【详解】
（1）解：由题意得，当n=1时，，则，
当时，，则，
两式相减得， 即，
当n=1时，也符合上式，则
（2）解：由（1）得 =
所以
所以=
∴是关于的增函数，∴当n=1时，最小为
因为对于任意的正整数n，恒成立，所以 ，解得，
故实数的取值范围是
【点睛】
裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：
(1)；（2） ； （3）；（4） ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.
21．如图，在三棱柱中，底面，点是的中点．
（1）求证：∥平面；
（2）设，，在线段上是否存在点，使得?若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．
【答案】（1）见解析（2）在线段上存在点且，使得.
【解析】
【分析】
(1)要证∥平面，即证∥；（2）在线段上取点且，连结，易证.
【详解】
证明：（1）连结 ，设与的交点为，连结，
∵是的中点，是的中点，
∴∥．
∵平面，平面，
∴∥平面．
（2）在线段上存在点且．
使得.
证明如下：在线段上取点且，连结.
∵底面，底面，∴．
由已知，为线段的中点，
∴． 又，
∴平面．
∵ 平面，∴．
由已知得,
在中，同理,
∴即.
又，∴平面．
又平面，∴．
【点睛】
垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.
(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.
(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.
(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.
22．已知圆C:，直线 ，过的一条动直线与直线
相交于N，与圆C相交于P,Q两点，M是PQ中点．
(1)当时，求直线的方程；
(2)设，试问是否为定值,若为定值,请求出的值；若不为定值，请说明理由．
【答案】（1）或 （2）
【解析】
【分析】
（1）过A（﹣1，0）的一条动直线l．应当分为斜率存在和不存在两种情况；当直线l与x轴垂直时，进行验证．当直线与x轴不垂直时，设直线l的方程为y=k（x+1），由于弦长，利用垂径定理，则圆心C到弦的距离|CM|=1．从而解得斜率K来得出直线l的方程为；
（2）同样，当l与x轴垂直时，要对设t=，进行验证．当l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k（x+1），代入圆的方程得到一个二次方程．充分利用“两根之和”和“两根之积”去找．再用两根直线方程联立，去找．从而确定t=的代数表达式，再讨论t是否为定值．
【详解】
(1) 当直线与轴垂直时,
易知符合题意;
当直线与轴不垂直时,
设直线的方程为,
由于,
所以由,
解得.
故直线的方程为或
(2)当与轴垂直时,易得,,又则
,故. 即
当的斜率存在时,设直线的方程为,代入圆的方程得
.
则 ,
即, .
又由得,
则.
故.
综上,的值为定值,且
解法二（几何法）:
连结,延长交于点，计算CA斜率知.又于,
故△∽△.于是有.
由得
故
【点睛】
（1）用直线方程时，一定要注意分为斜率存在和不存在两种情况．一般是验证特殊，求解一般．
（2）解决直线与圆相交弦相关计算时一般采用垂径定理求解．
（3）涉及到直线和圆、圆锥曲线问题时，常常将直线代入曲线方程得到一个一元二次方程，再充分利用“两根之和”和“两根之积”整体求解．这种方法通常叫做“设而不求”．