四川省广元市2022-2023学年高二数学（文）上学期期末试题（Word版附解析）

广元市2022年秋季普通高中二年级期末教学质量监测数学试题（文史类）第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．1.在空间直角坐标系中，为坐标原点，，则等于（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据空间直角坐标系中两点距离公式求解即可.【详解】为坐标原点，，所以.故选：A.2.高二（8）班有学生52人，现将所有学生随机编号，用系统抽样方法，抽取一个容量为4的样本，已知5号、18号、44号学生在样本中，则样本中还有一个学生的编号是（）A.8B.13C.15D.31【答案】D【解析】【分析】根据系统抽样的性质计算得到答案.【详解】，，故还有一个学生的编号是，故选：D3.已知，是非零实数，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据对数的真数大于零，“”成立，“”不一定成立，而“”成立可得 “”，即可得出结论.【详解】若，则不能是真数，不成立；成立，则有成立故选:B【点睛】本题考查命题的充分必要条件的判断，涉及对数的定义域和单调性，属于基础题.4.与垂直，且与圆相切的一条直线是A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设与直线垂直的直线方程为，求出圆的圆心坐标与半径，利用圆心到直线的距离等于半径，求出直线的方程．【详解】设与直线垂直的直线方程为，直线与圆相切，则圆心到直线的距离为半径2，即或，所以，或，由选项可知B正确，故选B.【点睛】本题是基础题,考查直线的垂直,直线与圆的位置关系,考查计算能力,注意直线的设法,简化解题过程.5.右边程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”．执行该程序框图，若输入分别为14,18，则输出的（） A.0B.2C.4D.14【答案】B【解析】【详解】由a=14，b=18，a＜b，则b变为18﹣14=4，由a＞b，则a变为14﹣4=10，由a＞b，则a变为10﹣4=6，由a＞b，则a变为6﹣4=2，由a＜b，则b变为4﹣2=2，由a=b=2，则输出的a=2．故选B．6.下表提供了某工厂节能降耗技术改造后，一种产品的产量(单位：吨）与相应的生产能耗（单位：吨）的几组对应数据：根据上表提供的数据，求得关于的线性回归方程为，那么表格中的值为A.3B.3.15C.3.25D.3.5 【答案】A【解析】【详解】试题分析：，，线性回归方程过样本点的中心，，得，故答案为A．考点：线性规划的应用．7.若实数x，y满足约束条件，则的最小值是（）A.B.1C.3D.3.5【答案】A【解析】【分析】画出约束条件表示平面区域，平移目标函数，找出直线在轴上的截距最小时经过点，从而求出目标函数的最小值.【详解】画出约束条件表示的平面区域，如图阴影三角形所示：目标函数可化为，平移目标函数知，当目标函数过点时，直线在轴上的截距最小，此时取得最小值，由，求得，代入目标函数可得的最小值为. 故选：A.8.命题“，”的否定为（）A.，B.，C.，D.，【答案】D【解析】【分析】利用含有一个量词的命题的否定的定义求解.【详解】解：因为，是全称量词命题，所以其否定为存在量词命题，即，，故选：D9.若为直线的倾斜角，则过两点、的直线的斜率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出的值，利用直线的斜率公式结合弦化切可求得结果.【详解】由题意可得，所以，.故选：B.10.为比较甲，乙两名篮球运动员的近期竞技状态，选取这两名球员最近五场的得分制成如图所示的茎叶图.有下列结论： ①甲最近五场比赛得分的中位数高于乙最近五场比赛得分的中位数；②甲最近五场比赛得分的平均数低于乙最近五场比赛得分的平均数；③从最近五场比赛的得分看，乙比甲更稳定；④从最近五场比赛的得分看，甲比乙更稳定.其中所有正确结论的序号是（）A.②③B.①④C.①③D.②④【答案】A【解析】【分析】根据茎叶图得到甲、乙的得分，求出中位数、平均数、方差，即可判断；【详解】甲的得分为25,28,29,31,32；乙的得分为28,29,30,31,32；因为，故甲、乙得分中位数分别为29、30；平均数分别为29、30；方差分别为、；故正确的有②③；故选：A11.已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列命题：①若，，，则；②若，，，则或；③若，，，则或；④若，，，，则且．其中正确命题的序号是（）A.①②B.①③C.①④D.②④【答案】C【解析】 【分析】对于①，根据平面与平面垂直的判定定理可知该命题正确；对于②，只有当或时，才能得出该命题正确；对于③，与还有可能相交但不垂直；对于④，根据直线与平面平行的判定定理可知该命题正确.【详解】对于①，由，，得，又，所以，故①正确；对于②，若，，，则当时，可得；当时，可得；当且时，与和都不垂直，故②不正确；对于③，若，，，则或或与相交但不垂直，故③不正确，对于④，根据直线与平面平行的判定定理可知，若，，，，则且是正确的，故④正确，故选：.12.三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，，△APC的面积为，则三棱锥P－ABC的外接球体积的最小值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设，利用△APC的面积为，所以，由正弦定理，得出△ABC外接圆半径，再用勾股定理表示出外接球半径，用基本不等式求出半径的最小值，从而得出体积的最小值.【详解】设，因为△APC的面积为，所以，，设△ABC外接圆半径为r，利用正弦定理得，即.因为平面，所球心O在过△ABC外心且与平面ABC垂直的直线上， 球心O到平面ABC的距离为，设球O的半径为R，则，当且仅当时，等号成立，故三棱锥的外接球体积的最小值为.故选：D.第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．请将答案直接填写在答题卡上．13.已知两条直线若直线与直线平行，则实数_____．【答案】【解析】【详解】试题分析：由直线方程分析可知斜率必存,由直线与直线平行可得.则有,解得.考点：两直线平行.14.如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，上底面中心为O，则异面直线AO与DC1所成角的余弦值为_____【答案】【解析】【分析】建立空间坐标系，求出两异面直线的方向向量，利用数量积公式求出两向量夹角余 弦的绝对值，即所求的异面直线AO与DC1所成角的余弦值.【详解】建立如图的坐标系，以DA所在直线为横轴，DC所在直线为纵轴，DD1所在直线为竖轴．设正方体棱长为2.则A（2，0，0），O（1，1，2），C1（0，2，2），，，则异面直线AO与DC1所成角θ的余弦值为.故答案为：.15.以下5个命题中真命题的序号有______.①样本数据的数字特征中，与众数、中位数比较起来，平均数可以反映出更多的关于样本数据全体的信息；②若数据，，，…，的标准差为S，则数据，，，…，的标准差为aS；③将二进制数转化成十进制数是200；④x是区间[0,5]内任意一个整数，则满足“”的概率是.【答案】①②③【解析】【分析】命题①由平均数、众数和中位数与样本数据的关系比较即可；命题②，通过平均数和标准差的计算公式代入计算即可；命题③，由十进制与其他进制的换算法则计算即可；命题④，通过枚举，由古典概型计算概率即可.【详解】对于命题①，平均数与每一个样本的数据有关，任何一个样本数据的改变都会引起 平均数的改变，这是众数、中位数都不具有的性质，故与众数、中位数比较起来，平均数可以反映出更多的关于样本数据全体的信息，命题①是真命题；对于命题②，数据，，，…，的平均数，，而数据，，，…，的平均数为，方差为，所以，命题②是真命题；对于命题③，，命题③是真命题；对于命题④，x是区间[0,5]内任意一个整数，则x可取0、1、2、3、4、5共6种结果，满足“”的有0、1、2共3种结果，故概率为，命题④不是真命题.故答案为：①②③.16.已知，是直线与圆的公共点，则的最大值为______．【答案】【解析】【分析】根据直线与圆有公共点可知圆心到直线距离，由此可解得的范围；利用可将表示为关于的二次函数，由二次函数最值求法可求得结果.【详解】由圆的方程知：圆心，半径，直线与圆有公共点，圆心到直线的距离，即，解得：；由得：， 即，则当时，取得最大值.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与圆综合应用中的最值问题的求解，解题关键是能够将表示为关于的函数的形式，从而利用函数最值的求解方法来求得最值；易错点是忽略直线与圆的位置关系，导致变量的范围出现错误.三、解答题：本大题6个小题，共70分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．17.设a∈R，命题p：，，命题q：，（1）若p为真命题，求实数a的取值范围；（2）若p或q为真命题，p且q为假命题，求实数a的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据命题p真，利用判别式法求解；（2）由p或q为真命题，p且q为假命题，则p，q中一真一假求解.【小问1详解】解：若命题p为真，则当时，，满足题意；当时，，解得，综上：；【小问2详解】若命题q为真，则，由p或q为真命题，p且q为假命题，则p，q中一真一假.当p真q假时，且或，无解； 当p假q真时，或且得或，综上，实数a的取值范围为.18.广元市某中学校为鼓励学生课外阅读，高二学年进行了一次百科知识竞赛考试（满分150分）．全年级共1500人，现从中抽取了100人的考试成绩，绘制成频率分布直方图（如图所示）．（1）根据频率分布直方图，求的值；（2）现用分层抽样的方法从分数在，的两组同学中随机抽取6名同学，从这6名同学中再任选2名同学发言，求这2名同学的分数在同一组内的概率．【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)根据频率和为1求出纵坐标即可；(2)应用古典概型公式，列出基本事件即可求解.【小问1详解】，解得：．【小问2详解】设“抽取的2名同学的分数不在同一组内”为事件A，由题意知，在分数为的同学中抽取4人，分别用，，，表示，在分数为的同学中抽取2人，分别用，表示，从这6名同学中抽取2人所有可能出现的结果有：，，，，，，，，， ，，，，，，共15种．抽取的2名同学的分数在同一组内的结果有：，，，，，，共7种，故这2名同学的分数在同一组内的概率．19.如图，边长为3的正方形ABCD中，点E是线段AB上的动点，点F是线段BC上的动点，均不含端点，且满足，将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点P.（1）求证：；（2）当时，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由线线垂直证平面，再证；（2）由等体积法求.【小问1详解】证明：A，C重合于P，∵，∴，∵，∴，又平面，平面，，∴平面，∵平面PEF，∴；【小问2详解】由已知得，，，则在中，边上的高. 则，∴.20.已知坐标平面上两个定点，动点满足|MA|=2|OM|.（1）求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形；（2）记（1）中的轨迹为曲线C，直线l过点且与曲线C交于E，F两点，点O在以EF为直径的圆上，求直线l的方程.【答案】（1）；以为圆心，以2为半径的圆；（2）.【解析】【分析】（1）由，得到，化简求解；（2）设，代入，设，，根据点在以EF为直径的圆上，由求解.【小问1详解】解：由，得，化简整理得点的轨迹方程为：，点M的轨迹是以为圆心,以2为半径的圆；【小问2详解】由题可知直线斜率存在可设，代入，得：，，设，，则，， 由点在以EF为直径的圆上，则，即，即，所以，即，整理可得，即，代入成立，所以直线的方程为.21.如图，四棱锥，平面平面，，，，，，E为PC中点．（1）求证：直线平面PAD；（2）平面平面PDC．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】(1)取中点证明平行四边形，应用线面平行判定定理证明即可；(2)先证明线面垂直，再应用面面垂直判断定理证明.【小问1详解】取PD中点F，连接EF，AF，由E为PC中点，∴，又，∴，故四边形ABEF为平行四边形， ∴，又平面PAD，平面PAD，∴平面PAD．【小问2详解】由已知有，，，平面APD，平面APD，∴平面APD，又平面APD，∴，，，又，∴，，平面PDC,平面PDC∴平面PDC，又，∴平面PDC，又平面PBC，所以平面平面PDC．22.已知圆，直线．（1）若圆O的弦AB恰好被点平分，求弦AB所在直线的方程；（2）点Q是直线l上的动点，过Q作圆O的两条切线，切点分别为C，D，求直线CD经过的定点；（3）过点作两条相异的直线，分别与圆O相交于E，F两点，当直线ME与直线MF的斜率互为倒数时，求证：线段EF的中点G在直线上．【答案】（1）（2）直线CD经过定点．（3）证明见解析【解析】【分析】(1)弦AB恰好被点平分,则,即可求得斜率,根据点斜式即可得弦AB所在直线的方程;(2)设出点坐标,根据题意可知O,C,Q,D四点共圆,且为直径,求出新圆圆心和半径,进而求得新圆的方程,进而求得直线CD的方程,即可得过的定点, (3)设出三点坐标,及直线方程,得出点坐标及点坐标,进而得到点坐标,求出横坐标的取值范围,根据横纵坐标之间的关系即可得出轨迹方程.【小问1详解】∵，∴，，即：弦AB所在直线的方程为．【小问2详解】直线l与圆O相离，令，线段OQ中点，O，C，Q，D四点位于圆上，CD是圆O与圆K的相交弦，故．即，由且得直线CD经过定点．【小问3详解】点M在圆O上，ME，MF是斜率互为倒数两条互异直线，设，代入，整理得，，，，∴，，，，故线段EF的中点G在直线上．