江西省赣州市十四县(市)2021-2022学年高二期中联考数学(理)试卷 Word版含答案

高二班级数学（理科）试卷

本试卷分第I和第II卷，共150分.考试时间：120分钟 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，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的）

1．设直线l1:kxy10,l2:xky10,若l1l2,则

（ ）

A.

B. 1 C. 1 D. 0

2.总体由编号为01,02,…,29,30的30个个体组成。利用下面的随机数表选取7个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列和第6列数字开头由左到右依次选取两个数字，则选出来的第6个个体的编号为( ) 7816 6572 0802 6314 0702 4369 9728 0198 3204 9234 4935 8200 3623 4869 6938 7481 A.08 B.07 C.02 D.01 3．已知是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）

1111A. 312 B. 12 C. 34 D.

4

4.在ABC中，角A，B，C所对边长分别为a，b，c，若a23c2b2，则cosC的最小值为（ ）

2112A.3 B. 2 C. 4 D. 35．某中学接受系统抽样方法，从该校高一班级全体

800名同学中抽50名同学做牙齿健康检查．现将800名同学从1到800进行编号．已知从33～48这16个数中取的数是39，则在第1小组1～16中随机抽到的数是（ ）

A. 5 B. 7 C. 11 D. 13 6.若样本1x1，1x2，1x3，，1xn的平均数是10，方差是2，则对

样本

2x1，2x2，2x3，，2xn，下列结论正确的是 ( )

A. 平均数为10，方差为2 B. 平均数为11，方差为3 C. 平均数为11，方差为2 D. 平均数为12，方差为4

7.执行如图所示的程序框图，若输出的S的值为20，则推断框中可以填（ ） (图形为第七题) A.k7 B. k8 C. k7 D. k8

8．已知a， b为单位向量，且

ab2ab，则a在ab上的投影为（ ）

162622A.3 B. 3 C.

3 D. 3

9．若圆C:x2y22x4y30关于直线2axby60对称，则由点a,b向圆C所作切线长的最小

值是（ ）

A．2 B．3 C．4 D．6

10.下列命题中正确的个数有 ( ) ①若a//b，a，则b//.

②若a，b为两异面直线，则过不在a，b上的定点A有且仅有一条直线与a，b相交. ③两个不重合的平面,，两条异面直线a,b，若a//，b//，a//，b//，则//. ④若平面EFGH与平行四边形ABCD相交于AB,则CD//平面EFGH.

A.0个 B.1个 C.2个 D.3个

11. 设等差数列an的前n项和为Sn，已知（a41）32017(a41)1，（a20141）32017(a20141)1，

则下列结论正确的是（ ）

A.S20172017，a2014a4 B.S20172017，a2014a4 C.S20172017，a2014a4 D.

S20172017，a2014a4

xy10,xy0,2x2y23xy12x8y1612.已知x,y满足x3,z则x(y4)的最小值是 （ ）

2028A.223 B.3 C.3 D.6

第II卷（非选择题共90分）

二、填空题（每题5分，共4题，满分20分，请将答案填在答题纸上）

13．已知数列an是递增的等比数列，a1a49，a2a38，则数列an的前n项和是________．

14.在正方形ABCDA1B1C1D1中，P为AA1的中点，Q为CC1的中点，AB2，则三棱锥BPQD的体积为__________．

15.三棱锥ABCD，ABAD6，BD23,底面BCD为等边三角形，且平面ABD平面BCD,求三棱锥ABCD外接球的表面积______________.

16.在直角梯形ABCD中，ABAD，DC//AB，ADCD1，AB2，E,F分别为AB，AC的中点，设以A为圆心，AD为半径的圆弧DE上的动点为

P(如图所示)，则AP•PF的取值范围是 ______________.

三、解答题（17题10分，其它题12分，共70分，写出必要的文字说明）

17. (本题满分10分）

如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，点O是对角线AC与BD的交点，M是PD的中点，且AB2，BAD3。

（1）求证：OM//平面PAB.

（2）求证：平面PBD平面PAC.

18.(本题满分12分）

在ABC中，A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知sinC104.

（1）若ab5,求ABC面积的最大值；

（2）若a2,2sin2AsinAsinCsin2C,求b及c的长.

19.（本题满分12分）

东莞市某高级中学在今年4月份安装了一批空调，关于这批空调的使用年限x（单位：年， xN*）和所支出的维护费用y（单位：万元）厂家供应的统计资料如下：

使用年限x(年) 1 2 3 4 5 维护费用y（万元） 6 7 7.5 8 9 (1)请依据以上数据，用最小二乘法原理求出维护费用y关于x的线性回归方程yˆbxˆaˆ；

(2)若规定当维护费用y超过13.1万元时，该批空调必需报废，试依据（1）的结论求该批空调

使用年限的最大值.

参考公式：最小二乘估量线性回归方程yˆbxˆaˆ中系数计算公式： niybˆxixyi1nxix2nix1x2x3xni1， aˆybˆxx，

i1

20（本题满分.12分） 已知数列an的前n项和为Sn，且满足2anSn1(nN*)

.

1）求数列an的通项公式；

2）若bn(2n1)•an，求数列bn的前n项和Tn.

21（本题满分.12分）如图所示的空间几何体，底面四边形ABCD为正方形，AFAB，AF//BE，平面ABEF平面ABCD，DF5，CE22，BC2.

1）求二面角EACD的余弦值；

(2)求直线BE与平面DEF所成角的正弦值.

22（本题满分.12分）

2已知圆

C1:x2y6x0关于直线

l1:y2x1对称的圆为C.

（1）求圆C的方程；

（2）过点1,0作直线l与圆C交于A,B两点， O是坐标原点，是否存在这样的直线l，使得在

平行四边形OASB中OSOAOB？若存在，求出全部满足条件的直线l的方程；若不存在，请说明

理由.

（（（2021-2022学年第一学期赣州市十四县（市）期中联考 高二数学（理科）试题参考答案

一．选择题 （每小题5分，共60分）

1-6 D D B A B C 7-12 D B C C D A

二．填空题（每小题5分，共20分）

4110113:2n1 14:3 15:16 16：2,2 三．解答题

17.(满分10分)（1）∵在PBD中， O、M分别是BD、PD的中点， ∴OM是PBD的中位线，∴OM//PB，----------2分 ∵OM平面PBD， PB面PBD,-----------4分 ∴OM//面PBD.---------------------5分

（2）∵PA平面ABCD， BD平面ABCD，∴PABD，-----6分 ∵底面ABCD是菱形，∴BDAC，-------7分 ∵AC面PAC， PA面PAC， AC PAA ∴BD平面PAC，-------9分 ∵BD平面PBD，

∴平面PBD 平面PAC.----------10分

18.（满分12分）解析：(1)∵a+b=5， ∴ab≤（）2

=．----------------2分

∴S△ABC=

sinC=≤

=

．---------5分

(2)∵2sin2A+sinAsinC=sin2C， ∴2a2+ac=c2．即8+2c=c2，

解得c=4．----------------------------------8分 由正弦定理得

，即

，

解得sinA=．∴cosA=．------10分 由余弦定理得cosA=

=

．即

．

解得：b26或6．--------12分 19．解析：（1）yˆ0.7x5.4；--------6分 （2）该批空调使用年限的最大值为11年。--------12分

20.解析：(1)当

n1时，a1S11;------------1分

n2时，由2anSn1an当

2a2n1Sn11可得2an2an1an即an1

-------3分

an是首项为1，公比为2的等比数列， 因此an2n1.----------------5分

(2)

bn1n2n12--------6分

T1n320527222n12n22n12n1①，----7分 2Tn321522723+2n12n22n12n1②,---8分

由①—②得：

T2n3223242n2n12n =3+412n112-2n12n =3+42n11-2n12n =-1+2n12n

Tn2n12n1-------------------12分

21.解析：(1)连接AC与BD交于点O，易得DOAC,OEAC， 即二面角EACD的平面角为DOE,--------2分 在DOE中，DO2,OE6,DE23, cosDOE261232263

-------------5分

(2)在RtDBE中，作BPDE交DE于点P,

取DE的中点G,连接OG,FG,那么四边形AODF为平行四边形，

EB平面ABCD,AC平面ABCD EBAC,又由ACBD且BDEBB-------7分

AC平面DBE,又由BP平面DBEACBP

FGACBPFG,FGDEG且FG,DE平面DEF BP平面DEF-----------9分

1因此 2DEBP12DBEB---------------10分

26

BP263那么sinBEP3263

.------12分

22.解析：(1)圆C1化为标准为x32y29，

设圆

C1的圆心

C13,0关于直线

l1:y2x1的对称点为

Ca,b，则

kCC1kl1，a3b且CCM1的中点2,2在直线l1:y2x1上，----2分 b{a321所以有a3b210，

{a1解得： b2，--------------------4分

x22所以圆C的方程为1y29.------5分

（2）由

OSOAOBBA，所以四边形OASB为矩形，所以OAOB.

要使OAOB，必需使OAOB·0，即： x1x2y1y20.

①当直线l的斜率不存在时，可得直线l的方程为x1，与圆C:x12y229

交于两点

A1,52， B1,52.

由于OAOB·1152520，所以OAOB，所以当直线l的斜率不存在时，直

线l:x1满足条件.--------------------7分 ②当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为ykx1.

设

Ax1,y1,Bx2,y2

{(x1)2(y2)29ykx122得：

1kx2k2由

4k2xk24k40.由于点1,0在圆C内部，所

以0恒成立，

x2k24k22k24k2241k2k24k41,221k2，

x2k24k2k24k41x21k2，

x1x21k2，-------------9分 要使OAOB，必需使OAOB·0，即x1x2y1y20，

k24k4也就是： 1k2k2x11x210------------10分

整理得：

k24k422k4k2

1k21k2k?1k2k20

-------------11分

解得： k1，所以直线l的方程为yx1

存在直线x1和yx1，它们与圆C交A,B两点，且四边形OASB对角线相等. -----------------------------12分