2024年2月25日发(作者：昔初瑶)

2023-2024学年四川省内江市高二上册期末考试数学（文）试题一、选择题：（本大题共12个小题，每小题5分，共60分．在每小题的四个选项中只有一个是正确的，把正确选项的代号填涂在答题卡的指定位置上．）1.某个年级有男生180人，女生160人，用分层抽样的方法从该年级全体学生中抽取一个容量为68的样本，则此样本中女生人数为（）A.40B.36C.34【正确答案】D【分析】根据分层抽样的性质计算即可.【详解】由题意得：样本中女生人数为6816018016032.故选：D2.已知向量m3,2,4，n1,3,2，则mn（A.22B.8C.3【正确答案】C【分析】由向量的运算结合模长公式计算即可.【详解】mn3,2,41,3,22,1,2mn2212223故选：C3.如图所示的算法流程图中，第3个输出的数是（）A.2B.32C.1【正确答案】AD.32）D.9D.52

【分析】模拟执行程序即得.【详解】模拟执行程序，A1,N1，输出1，N2；满足条件，A1+1=3，输出3，N满足条件，A323；1222+2=2，输出2，N4；L所以第3个输出的数是2.故选：A.4.一个四棱锥的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A.8B.843C.3【正确答案】B【分析】把三视图转换为几何体，根据锥体体积公式即可求出几何体的体积.【详解】根据几何体的三视图可知几何体为四棱锥PABCD,如图所示：PD平面ABCD,且底面为正方形，PDAD2所以该几何体的体积为：V1322283故选：B5.经过两点A(4,2y1)，B(2,3)的直线的倾斜角为3π4，则y（）D.323

A.1【正确答案】BB.3C.0D.2【分析】先由直线的倾斜角求得直线的斜率，再运用两点的斜率进行求解.【详解】由于直线AB的倾斜角为则该直线的斜率为ktan3π1，43π，4又因为A(4,2y1)，B(2,3)，所以k故选：B.2y13421，解得y=3.6.为促进学生对航天科普知识的了解，进一步感受航天精神的深厚内涵，并从中汲取不畏艰难、奋发图强、勇于攀登的精神动力，某校特举办以《发扬航天精神，筑梦星辰大海》为题的航天科普知识讲座.现随机抽取10名学生，让他们在讲座前和讲座后各回答一份航天科普知识问卷，这10名学生在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图，下列叙述正确的是（）A.讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%B.讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%C.讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差D.讲座前问卷答题的正确率的极差小于讲座后正确率的极差【正确答案】B【分析】根据题意以及表格，可分别计算中位数、平均数、极差等判断、排除选项是否正确，从而得出答案.【详解】讲座前问卷答题的正确率分别为：60%，60%，65%，65%，70%，75%，80%，85%，90%，95%，中位数为70%75%72.5%70%，故A错误；2

讲座后问卷答题的正确率的平均数为B正确；0.80.8540.920.951289.5%85%，故10由图知讲座前问卷答题的正确率的波动性大于讲座后正确率的波动性，即讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差，故C错误；讲座后问卷答题的正确率的极差为100%-80%=20%，讲座前正确率的极差为95%-60%=35%，20%<35%,故D错误.故选：B.7.两条平行直线2xy30和ax3y40间的距离为d，则a，d分别为（A.a6，d）6353B.a6，d6353C.a6，d【正确答案】DD.a6，d【分析】根据两直线平行的性质可得参数a，再利用平行线间距离公式可得d.【详解】由直线2xy30与直线ax3y40平行，得231a0，解得a6，所以两直线分别为2xy30和6x3y40，即6x3y90和6x3y40，所以两直线间距离d故选：D.8.从1,2,3,4,5这五个数字中随机选择两个不同的数字，则它们之和为偶数的概率为A.9462325，315B.252C.35D.45【正确答案】B【分析】先求出基本事件总数nC510，再求出这两个数字的和为偶数包含的基本事件个数mC2C3，由此能求出这两个数字的和为偶数的概率【详解】从1、2、3、4、5、这五个数字中，随机抽取两个不同的数字，基本事件总数nC510，222

这两个数字的和为偶数包含的基本事件个数mC2C34，∴这两个数字的和为偶数的概率为p故选B．本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用．9.已知三条不同的直线l，m，n和两个不同的平面α，β，则下列四个命题中错误的是（A.若m⊥α，n⊥α，则m//nC.若l⊥α，m，则l⊥m【正确答案】B【分析】根据线面垂直的性质定理可知A正确；根据面面垂直的性质定理可知B不正确；根据线面垂直的定义可知C正确；根据面面垂直的判定可知D正确．【详解】对A，根据线面垂直的性质，垂直于同一平面的两条直线互相平行可知A正确；对B，根据面面垂直的性质定理可知，若α⊥β，lB错误；对C，根据线面垂直的定义可知，C正确；对D，因为l//α，由线面平行的性质可知在平面内存在直线m//l，又l⊥β，所以m，而m，所以α⊥β，D正确．故选：B．10.数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心，重心，垂心依次位于同一直线上，这条直线后人称之为三角形的欧拉线.已知ABC的顶点A(0,0),B(0,2),C(6.0)，则其欧拉线的一般式方程为（）B.3xy1C.x3y0D.x3y0B.若α⊥β，l）22m40.4．n10，则l⊥βD.若l//α，l⊥β，则α⊥β，且l垂直于两平面的交线，则l⊥β，所以A.3xy1【正确答案】C【分析】根据题意得出ABC为直角三角形，利用给定题意得出欧拉线，最后点斜式求出方程即可.【详解】显然ABC为直角三角形，且BC为斜边，所以其欧拉线方程为斜边上的中线，设BC的中点为D，由B(0,2),C(6.0)，

1013031所以AD的方程为yx，3所以D3,1，由kAD所以欧拉线的一般式方程为x3y0.故选：C.11.已知P是直线l:xy70上任意一点，过点P作两条直线与圆C:(x1)2y24相切，切点分别为A、B．则四边形PACB面积最小值为（A.47【正确答案】A【分析】当PCl时，|PC|取得最小值，根据切线长的表达式可知，|PA|最小，此时四边形B.）D.28142C.23PACB面积SPAAC2PA最小，求解即可．【详解】圆C:(x1)2y24的圆心C(1,0)，半径为2，当PCl时，|PC|取得最小值，即|PC|的最小值为点C到直线l的距离d∵PA|8|242，PCAC22PC4，∴|PA|的最小值为27，2∵四边形PACB面积SPAAC2PA，∴四边形PACB面积S的最小值为47．故选：A．12.已知棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，下列数学命题不正确的是A.平面ACB1//平面AC11D，且两平面的距离为33

B.点P在线段AB上运动，则四面体PA1B1C1的体积不变C.与所有12条棱都相切的球的体积为23D.M是正方体的内切球的球面上任意一点，N是VAB1C外接圆的圆周上任意一点，则|MN|的最小值是322【正确答案】D【分析】根据面面平行的判定定理以及平行平面的距离进行证明，即可判断选项A；研究四面体的底面面积和高的变化判断选项B；与所有12棱都相切的球的直径等于面的对角线B1C的长度，求出球半径进行计算，即可判断选项C；根据正方体内切球和三角形外接圆的关系可判断选项D.【详解】对于选项A，AB1//DC1,AB1平面A1C1D,DC1平面AC11D，AB1//平面AC11D，同理可证AC//平面AC11D，AB1ACA,AB1,AC平面ACB1，平面ACB1//平面AC11D，正方体的对角线BD13，设B到平面ACB1的距离为h，则VBACBVCABB,h113313311(2)2112，43232h3，3h，则平面ACB1与平面AC11D的距离为d故A正确；对于选项B，点P在线段AB上运动，点P到底面A1B1C1的距离不变，

底面积不变，则体积不变，故B正确；对于选项C，与所有12条棱都相切的球直径等于面的对角线B1C则球的半径为2，24232，球的体积为V(，故C正确；)3232对于选项D，设正方体的内切球的球心和外接球的球心为O，则ACB1的外接圆是正方体外接球的一个小圆，M是正方体的内切球的球面上任意一点，N是VAB1C外接圆的圆周上任意一点，线段MN的最小值为正方体的外接球的半径减去正方体内切球的半径，正方体ABCDA1B1C1D1棱长为1，线段MN的最小值为31，故D错误.22故选:D.本题考查命题的真假判断，涉及到空间几何体的结构，面面平行的判断，球的内切问题，涉及的知识点较多，综合性较强，属于较难题.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）x2013.已知x、y满足约束条件y20则z2xy的最大值是________.xy20【正确答案】6【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．【详解】解：由约束条件作出可行域如图：

将目标函数z2xy转化为y2xz表示为斜率为2，纵截距为z的直线，当直线y2xz过点B时，z取得最大值，显然点B2,2，则zmax2226.故答案为.614.直线l与圆(x1)2(y1)21相交于A,B两点，且A0,1．若AB率为_________．【正确答案】1【分析】设直线方程，结合弦长求得圆心到直线的距离，利用点到直线的距离公式列出等式，即可求得答案.【详解】根据题意，直线l与圆(x1)2(y1)21相交于A,B两点，且A0,1，当直线斜率不存在时，直线x0即y轴，显然与圆相切，不符合题意;故直线斜率存在，设直线l的方程为ykx1，即kxy10，因为圆(x1)2(y1)21的圆心为(1,1)，半径为r1，又弦长|AB|2，则直线l的斜2,所以圆心到直线的距离为dr2(2，解得k1，2|AB|212,)1222所以|k|k21故答案为.1﹣A1B1C1是直三棱柱，BCA90，点E、F分别是A1B1、AC15.如图，ABC11的中点，若BCCAAA1，则BE与AF所成角的余弦值为__．

【正确答案】3010【分析】取BC的中点M，连接MF，则MF//BE，所以MFA就是异面直线BE与AF所成的角，再解三角形即可.【详解】取BC的中点M，连接MF，则MF//BE，所以MFA就是异面直线BE与AF所成的角，设BCa,MFa2(22655，a)a,AMa,AFa2222cosMFA(625252a)(a)(a)3022210652aa22故301016.设mR，过定点A的动直线xmy0和过定点B的动直线mxym30交于点P(x,y)，则PAPB的最大值是______．【正确答案】5【详解】试题分析：易得A(0,0),B(1,3).设P(x,y)，则消去m得：x2y2x3y0，所以点P在以AB为直径的圆上，PAPB，所以PA|PB||AB|10，222

|AB|2PAPB5.2法二、因为两直线的斜率互为负倒数，所以PAPB，点P的轨迹是以AB为直径的圆.以下同法一.【考点定位】1、直线与圆；2、重要不等式.三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、推演步骤．）17.一汽车销售公司对开业4年来某种型号的汽车“五-”优惠金额与销售量之间的关系进行分析研究并做了记录,得到如下资料.日期优惠金额x（千元）销售量y（辆）第一年1022第二年1124第三年1331第四年1227ˆxaˆbˆ；(1)求出y关于x的线性回归方程y(2)若第5年优惠金额8.5千元,估计第5年的销售量y(辆)的值.ˆ参考公式：bxi1nixyiyixi1px2xyxi1i1nizleinxyˆˆybx,an(x)zˆ3x8.5；【正确答案】（1）y（2）第5年优惠金额为8．5千元时，销售量估计为17辆【分n析】（1）先n由题中数据求出x，y，再根据xxyiyi1xiyinxyˆi1iˆ求出ˆ和aˆyˆbxbn,abˆ，即可得出回归方程；n222i1xixi1xinx（2）将x8.5代入回归方程，即可求出预测值.【详解】（1）由题中数据可得x11.5,y26，xyi1i4i1211,xi2534i14ˆ∴b4i1ii42ii1xy4xy2x4x1211411.526153,2534411.55ˆ26311.58.5，∴yˆ3x8.5故aˆybxˆ17，∴第5年优惠金额为8．5千元时，销售量估计为17（2）由（1）得，当x8.5时，y辆.

ˆ和aˆ即可，属于常考题型.本题主要考查线性回归分析，熟记最小二乘法求b18.已知圆C经过A6,1、B3,2两点，且圆心C在直线x2y30上．（1）求经过点A，并且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程；（2）求圆C的标准方程；（3）斜率为4的直线l过点B且与圆C相交于E、F两点，求EF．3【正确答案】（1）x6y0或xy70（2）(x5)2(y1)25（3）45【分析】（1）根据给定条件，利用直线方程的截距式，分类求解作答；（2）设圆心C(32b,b)，由r|AC||BC|解得b=-1，即得圆C的标准方程；（3）求出直线l的方程，利用弦长公式计算即可.【小问1详解】当直线过原点时，直线的方程为x6y0，当直线不过原点时，设直线的方程为xy1，将点A(6,1)代入解得a7，即直线的方程为aaxy70，故所求直线的方程为x6y0或xy70．【小问2详解】因圆心C在直线x2y30上，则设圆心C(32b,b)，又圆C经过A(6,1),B(3,2)两点，于是得圆C的半径rACBC，即有(32b)2(1b)24b2(b2)2，解得b=-1，5，则圆心C(5,1)，圆C的半径r所以圆C的标准方程为(x5)2(y1)25．【小问3详解】依题意，直线l的方程为y24(x3)，即4x3y60，3

圆心C(5,1)到直线的距离为d|2036|4232211，5411所以EF2rd25．552219.直四棱柱ABCDA1B1C1D1，底面ABCD是平行四边形，ACB60，分别是棱A1C,AB的中点.AB3,BC1,AC127,E,F（1）求证：EF平面A1AD：（2）求三棱锥FACA1的体积.【正确答案】（1）见解析（2）22【分析】（1）取A1D的中点M，连结ME,MA，证明四边形AFEM为平行四边形，则AM∥EF，再根据线面平行的判定定理即可得证；（2）利用余弦定理求出AC，再利用勾股定理求出AA1，再根据VFACA1VA1AFC结合棱锥的体积公式即可得出答案.【小问1详解】证明：取A1D的中点M，连结ME,MA，在A1DC中，M,E分别为A1D,A1C的中点，所以ME∥DC且ME1DC，2底面ABCD是平行四边形，F是棱AB的中点，所以AFDC且AF1DC，2所以ME∥AF且MEAF，

所以四边形AFEM为平行四边形，,AM平面A1AD，所以EF∥AM,EF平面AA1D所以EF平面A1AD；【小问2详解】在ABC中，ACB60,AB3,BC1，由余弦定理有AB2AC2BC22ACBCcosACB，解得AC2，则SABC13，12sin6022因为F为AB的中点，所以SACF13，SABC24由已知直四棱柱ABCDA27，1B1C1D1，可得A1AC90,AC2,AC1可得A1A28426，ACA1VA1AFCSAFCAA126334220.某校从参加高一年级期中考试的学生中抽出40名学生，将其数学成绩（均为整数）分成六段40,50，50,60，L列问题：，90,100后画出如下部分频率分布直方图．观察图形的信息，回答下

（1）求第四小组的频率，并补全这个频率分布直方图；（2）根据频率分布直方图估计这次数学考试成绩的平均分；（3）若将分数从高分到低分排列，取前15%的同学评定为“优秀”档次，用样本估计总体的方法，估计本次期中数学考试“优秀”档次的分数线．【正确答案】（1）答案见解析（2）71（3）86【分析】（1）根据所有频率和为1求第四小组的频率，计算第四小组的对应的矩形的高，补全频率分布直方图；（2）根据在频率分布直方图中，由每个小矩形底边中点的横坐标与小矩形的面积的乘积之和，求出平均分；（3）由频率分布直方图可知：成绩在区间90,100占5%，区间80,90占25%，由此即可估计“优秀”档次的分数线．【小问1详解】由频率分布直方图可知，第1，2，3，5，6小组的频率分别为：0.1，0.15，0.15，0.25，0.05，所以第四小组的频率为：10.10.150.150.250.050.3，在频率分布直方图中第四小组对应的矩形的高为0.03，补全频率分布直方图对应图形如图所示：【小问2详解】

由频率分布直方图可得平均分为：0.1450.15550.15650.3750.25850.059571；【小问3详解】由频率分布直方图可知：成绩在区间90,100占5%，区间80,90占25%，则估计本次期中数学考试“优秀”档次的分数线为：80100.1586．0.2521.如图，正方形ABCD和直角梯形ACEF所在的平面互相垂直，FAAC，AB2，EFFA1．（1）求证：BE平面DEF；（2）求直线BD与平面BEF所成角的大小．【正确答案】（1）证明见解析（2）π4【分析】（1）设正方形ABCD的对角线AC与BD交于O，连接FO、EO，利用勾股定理逆定理推导出BEDE，BEEF，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）分析可知直线BD与平面BEF所成角为BDE，求出BDE的正弦值，即可求得BDE的大小.【小问1详解】证明：设正方形ABCD的对角线AC与BD交于O，连接FO、EO，因为平面ABCD平面ACEF，平面ABCD平面ACEFAC，AFAC，AF平面

ACEF，AF平面ABCD，因为四边形ABCD是边长为2的正方形，则AC2AB2，在直角梯形ACEF中，EF//AC，O为AC的中点，则AOEF且AO//EF，又因为AFEF，AFAC，故四边形AFEO是边长为1的正方形，所以，AF//EO，所以，EO平面ABCD，且EOAF1，QBD平面ABCD，EOBD，则BEDEEO2OB22，所以，BE2DE2BD2，BEDE，AF平面ABCD，AB平面ABCD，AFAB，BFAB2AF23，EF2BE2BF2，BEEF，DEEFE，DE、EF平面DEF，BE平面DEF.【小问2详解】解：由（1）可知，BE平面DEF，所以，直线BD与平面BEF所成角为BDE，BEDE，sinBDEBE2，BD2又因为0BDEπππ，故BDE，因此，直线BD与平面BEF所成角为.24422.已知圆M:(x3)2y29，设D2,0，过点D作斜率非0的直线l1，交圆M于P,Q两点．（1）过点D作与直线l1垂直的直线l2，交圆M于E,F两点，记四边形EPFQ的面积为S，求S的最大值；（2）设B6,0，过原点O的直线OP与BQ相交于点N．证明：点N在定直线x6上．【正确答案】（1）S的最大值为17.（2）证明见详解

【分析】（1）由题意设出直线l1，l2方程，利用点到直线的距离公式，弦长公式以及基本不等式即可解决问题；（2）利用圆与直线的方程，写出韦达定理，求出直线OP与直线BQ的方程，且交于点N，联立方程求解点N即可证明结论.【小问1详解】由圆M:(x3)2y29知，圆心为M3,0，半径r3，因为直线l1过点D2,0且斜率非0，所以设直线l1方程为：y0kx2，即kxy2k0，则点M到直线l1的距离为：d13k2k1k22k1k2，kk28k29222所以PQ2rd123，2292221k1k1k由l1l2，且直线l2过点D，所以设直线l2方程为：y01x2，即xky20，k321k2则点M到直线l2的距离为：d2211k2，119k28222所以EF2rd223，2292221k1k1k118k299k28故SEFPQ222221k1k28k299k282228k99k822221k21k2171k2221k2172，当且仅当8k299k28k1时取等号，所以四边形EPFQ的面积S的最大值为17.

【小问2详解】证明：设Px1,y1,Qx2,y2，直线PQ过点D，则设直线PQ方程为：xmy2，xmy2联立，消去x整理得：22x3y9m21y22my80，2m8,yy，12m21m21y1y2所以y1y2mmy1y24y1y2，y1y24y10y1，x10x1y1x，x1由kOP所以直线OP的方程为：ykBQy20y2，x26x26y2x6，x26所以直线BQ的方程为：y因为直线OP与直线BQ交于点N，y1yxx1所以联立，y2yx6x62所以xN6x1y2x1y2y1x266my12y2my12y2y1my2266my1y212y2my1y22y2my1y24y1

3my1y26y2y22y134y1y26y2y22y112y112y26y212y16y26，y22y1y22y1所以xN6，所以点N在定直线x6上.

2024年2月25日发(作者：昔初瑶)

2023-2024学年四川省内江市高二上册期末考试数学（文）试题一、选择题：（本大题共12个小题，每小题5分，共60分．在每小题的四个选项中只有一个是正确的，把正确选项的代号填涂在答题卡的指定位置上．）1.某个年级有男生180人，女生160人，用分层抽样的方法从该年级全体学生中抽取一个容量为68的样本，则此样本中女生人数为（）A.40B.36C.34【正确答案】D【分析】根据分层抽样的性质计算即可.【详解】由题意得：样本中女生人数为6816018016032.故选：D2.已知向量m3,2,4，n1,3,2，则mn（A.22B.8C.3【正确答案】C【分析】由向量的运算结合模长公式计算即可.【详解】mn3,2,41,3,22,1,2mn2212223故选：C3.如图所示的算法流程图中，第3个输出的数是（）A.2B.32C.1【正确答案】AD.32）D.9D.52

【分析】模拟执行程序即得.【详解】模拟执行程序，A1,N1，输出1，N2；满足条件，A1+1=3，输出3，N满足条件，A323；1222+2=2，输出2，N4；L所以第3个输出的数是2.故选：A.4.一个四棱锥的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A.8B.843C.3【正确答案】B【分析】把三视图转换为几何体，根据锥体体积公式即可求出几何体的体积.【详解】根据几何体的三视图可知几何体为四棱锥PABCD,如图所示：PD平面ABCD,且底面为正方形，PDAD2所以该几何体的体积为：V1322283故选：B5.经过两点A(4,2y1)，B(2,3)的直线的倾斜角为3π4，则y（）D.323

A.1【正确答案】BB.3C.0D.2【分析】先由直线的倾斜角求得直线的斜率，再运用两点的斜率进行求解.【详解】由于直线AB的倾斜角为则该直线的斜率为ktan3π1，43π，4又因为A(4,2y1)，B(2,3)，所以k故选：B.2y13421，解得y=3.6.为促进学生对航天科普知识的了解，进一步感受航天精神的深厚内涵，并从中汲取不畏艰难、奋发图强、勇于攀登的精神动力，某校特举办以《发扬航天精神，筑梦星辰大海》为题的航天科普知识讲座.现随机抽取10名学生，让他们在讲座前和讲座后各回答一份航天科普知识问卷，这10名学生在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图，下列叙述正确的是（）A.讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%B.讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%C.讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差D.讲座前问卷答题的正确率的极差小于讲座后正确率的极差【正确答案】B【分析】根据题意以及表格，可分别计算中位数、平均数、极差等判断、排除选项是否正确，从而得出答案.【详解】讲座前问卷答题的正确率分别为：60%，60%，65%，65%，70%，75%，80%，85%，90%，95%，中位数为70%75%72.5%70%，故A错误；2

讲座后问卷答题的正确率的平均数为B正确；0.80.8540.920.951289.5%85%，故10由图知讲座前问卷答题的正确率的波动性大于讲座后正确率的波动性，即讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差，故C错误；讲座后问卷答题的正确率的极差为100%-80%=20%，讲座前正确率的极差为95%-60%=35%，20%<35%,故D错误.故选：B.7.两条平行直线2xy30和ax3y40间的距离为d，则a，d分别为（A.a6，d）6353B.a6，d6353C.a6，d【正确答案】DD.a6，d【分析】根据两直线平行的性质可得参数a，再利用平行线间距离公式可得d.【详解】由直线2xy30与直线ax3y40平行，得231a0，解得a6，所以两直线分别为2xy30和6x3y40，即6x3y90和6x3y40，所以两直线间距离d故选：D.8.从1,2,3,4,5这五个数字中随机选择两个不同的数字，则它们之和为偶数的概率为A.9462325，315B.252C.35D.45【正确答案】B【分析】先求出基本事件总数nC510，再求出这两个数字的和为偶数包含的基本事件个数mC2C3，由此能求出这两个数字的和为偶数的概率【详解】从1、2、3、4、5、这五个数字中，随机抽取两个不同的数字，基本事件总数nC510，222

这两个数字的和为偶数包含的基本事件个数mC2C34，∴这两个数字的和为偶数的概率为p故选B．本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用．9.已知三条不同的直线l，m，n和两个不同的平面α，β，则下列四个命题中错误的是（A.若m⊥α，n⊥α，则m//nC.若l⊥α，m，则l⊥m【正确答案】B【分析】根据线面垂直的性质定理可知A正确；根据面面垂直的性质定理可知B不正确；根据线面垂直的定义可知C正确；根据面面垂直的判定可知D正确．【详解】对A，根据线面垂直的性质，垂直于同一平面的两条直线互相平行可知A正确；对B，根据面面垂直的性质定理可知，若α⊥β，lB错误；对C，根据线面垂直的定义可知，C正确；对D，因为l//α，由线面平行的性质可知在平面内存在直线m//l，又l⊥β，所以m，而m，所以α⊥β，D正确．故选：B．10.数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心，重心，垂心依次位于同一直线上，这条直线后人称之为三角形的欧拉线.已知ABC的顶点A(0,0),B(0,2),C(6.0)，则其欧拉线的一般式方程为（）B.3xy1C.x3y0D.x3y0B.若α⊥β，l）22m40.4．n10，则l⊥βD.若l//α，l⊥β，则α⊥β，且l垂直于两平面的交线，则l⊥β，所以A.3xy1【正确答案】C【分析】根据题意得出ABC为直角三角形，利用给定题意得出欧拉线，最后点斜式求出方程即可.【详解】显然ABC为直角三角形，且BC为斜边，所以其欧拉线方程为斜边上的中线，设BC的中点为D，由B(0,2),C(6.0)，

1013031所以AD的方程为yx，3所以D3,1，由kAD所以欧拉线的一般式方程为x3y0.故选：C.11.已知P是直线l:xy70上任意一点，过点P作两条直线与圆C:(x1)2y24相切，切点分别为A、B．则四边形PACB面积最小值为（A.47【正确答案】A【分析】当PCl时，|PC|取得最小值，根据切线长的表达式可知，|PA|最小，此时四边形B.）D.28142C.23PACB面积SPAAC2PA最小，求解即可．【详解】圆C:(x1)2y24的圆心C(1,0)，半径为2，当PCl时，|PC|取得最小值，即|PC|的最小值为点C到直线l的距离d∵PA|8|242，PCAC22PC4，∴|PA|的最小值为27，2∵四边形PACB面积SPAAC2PA，∴四边形PACB面积S的最小值为47．故选：A．12.已知棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，下列数学命题不正确的是A.平面ACB1//平面AC11D，且两平面的距离为33

B.点P在线段AB上运动，则四面体PA1B1C1的体积不变C.与所有12条棱都相切的球的体积为23D.M是正方体的内切球的球面上任意一点，N是VAB1C外接圆的圆周上任意一点，则|MN|的最小值是322【正确答案】D【分析】根据面面平行的判定定理以及平行平面的距离进行证明，即可判断选项A；研究四面体的底面面积和高的变化判断选项B；与所有12棱都相切的球的直径等于面的对角线B1C的长度，求出球半径进行计算，即可判断选项C；根据正方体内切球和三角形外接圆的关系可判断选项D.【详解】对于选项A，AB1//DC1,AB1平面A1C1D,DC1平面AC11D，AB1//平面AC11D，同理可证AC//平面AC11D，AB1ACA,AB1,AC平面ACB1，平面ACB1//平面AC11D，正方体的对角线BD13，设B到平面ACB1的距离为h，则VBACBVCABB,h113313311(2)2112，43232h3，3h，则平面ACB1与平面AC11D的距离为d故A正确；对于选项B，点P在线段AB上运动，点P到底面A1B1C1的距离不变，

底面积不变，则体积不变，故B正确；对于选项C，与所有12条棱都相切的球直径等于面的对角线B1C则球的半径为2，24232，球的体积为V(，故C正确；)3232对于选项D，设正方体的内切球的球心和外接球的球心为O，则ACB1的外接圆是正方体外接球的一个小圆，M是正方体的内切球的球面上任意一点，N是VAB1C外接圆的圆周上任意一点，线段MN的最小值为正方体的外接球的半径减去正方体内切球的半径，正方体ABCDA1B1C1D1棱长为1，线段MN的最小值为31，故D错误.22故选:D.本题考查命题的真假判断，涉及到空间几何体的结构，面面平行的判断，球的内切问题，涉及的知识点较多，综合性较强，属于较难题.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）x2013.已知x、y满足约束条件y20则z2xy的最大值是________.xy20【正确答案】6【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．【详解】解：由约束条件作出可行域如图：

将目标函数z2xy转化为y2xz表示为斜率为2，纵截距为z的直线，当直线y2xz过点B时，z取得最大值，显然点B2,2，则zmax2226.故答案为.614.直线l与圆(x1)2(y1)21相交于A,B两点，且A0,1．若AB率为_________．【正确答案】1【分析】设直线方程，结合弦长求得圆心到直线的距离，利用点到直线的距离公式列出等式，即可求得答案.【详解】根据题意，直线l与圆(x1)2(y1)21相交于A,B两点，且A0,1，当直线斜率不存在时，直线x0即y轴，显然与圆相切，不符合题意;故直线斜率存在，设直线l的方程为ykx1，即kxy10，因为圆(x1)2(y1)21的圆心为(1,1)，半径为r1，又弦长|AB|2，则直线l的斜2,所以圆心到直线的距离为dr2(2，解得k1，2|AB|212,)1222所以|k|k21故答案为.1﹣A1B1C1是直三棱柱，BCA90，点E、F分别是A1B1、AC15.如图，ABC11的中点，若BCCAAA1，则BE与AF所成角的余弦值为__．

【正确答案】3010【分析】取BC的中点M，连接MF，则MF//BE，所以MFA就是异面直线BE与AF所成的角，再解三角形即可.【详解】取BC的中点M，连接MF，则MF//BE，所以MFA就是异面直线BE与AF所成的角，设BCa,MFa2(22655，a)a,AMa,AFa2222cosMFA(625252a)(a)(a)3022210652aa22故301016.设mR，过定点A的动直线xmy0和过定点B的动直线mxym30交于点P(x,y)，则PAPB的最大值是______．【正确答案】5【详解】试题分析：易得A(0,0),B(1,3).设P(x,y)，则消去m得：x2y2x3y0，所以点P在以AB为直径的圆上，PAPB，所以PA|PB||AB|10，222

|AB|2PAPB5.2法二、因为两直线的斜率互为负倒数，所以PAPB，点P的轨迹是以AB为直径的圆.以下同法一.【考点定位】1、直线与圆；2、重要不等式.三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、推演步骤．）17.一汽车销售公司对开业4年来某种型号的汽车“五-”优惠金额与销售量之间的关系进行分析研究并做了记录,得到如下资料.日期优惠金额x（千元）销售量y（辆）第一年1022第二年1124第三年1331第四年1227ˆxaˆbˆ；(1)求出y关于x的线性回归方程y(2)若第5年优惠金额8.5千元,估计第5年的销售量y(辆)的值.ˆ参考公式：bxi1nixyiyixi1px2xyxi1i1nizleinxyˆˆybx,an(x)zˆ3x8.5；【正确答案】（1）y（2）第5年优惠金额为8．5千元时，销售量估计为17辆【分n析】（1）先n由题中数据求出x，y，再根据xxyiyi1xiyinxyˆi1iˆ求出ˆ和aˆyˆbxbn,abˆ，即可得出回归方程；n222i1xixi1xinx（2）将x8.5代入回归方程，即可求出预测值.【详解】（1）由题中数据可得x11.5,y26，xyi1i4i1211,xi2534i14ˆ∴b4i1ii42ii1xy4xy2x4x1211411.526153,2534411.55ˆ26311.58.5，∴yˆ3x8.5故aˆybxˆ17，∴第5年优惠金额为8．5千元时，销售量估计为17（2）由（1）得，当x8.5时，y辆.

ˆ和aˆ即可，属于常考题型.本题主要考查线性回归分析，熟记最小二乘法求b18.已知圆C经过A6,1、B3,2两点，且圆心C在直线x2y30上．（1）求经过点A，并且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程；（2）求圆C的标准方程；（3）斜率为4的直线l过点B且与圆C相交于E、F两点，求EF．3【正确答案】（1）x6y0或xy70（2）(x5)2(y1)25（3）45【分析】（1）根据给定条件，利用直线方程的截距式，分类求解作答；（2）设圆心C(32b,b)，由r|AC||BC|解得b=-1，即得圆C的标准方程；（3）求出直线l的方程，利用弦长公式计算即可.【小问1详解】当直线过原点时，直线的方程为x6y0，当直线不过原点时，设直线的方程为xy1，将点A(6,1)代入解得a7，即直线的方程为aaxy70，故所求直线的方程为x6y0或xy70．【小问2详解】因圆心C在直线x2y30上，则设圆心C(32b,b)，又圆C经过A(6,1),B(3,2)两点，于是得圆C的半径rACBC，即有(32b)2(1b)24b2(b2)2，解得b=-1，5，则圆心C(5,1)，圆C的半径r所以圆C的标准方程为(x5)2(y1)25．【小问3详解】依题意，直线l的方程为y24(x3)，即4x3y60，3

圆心C(5,1)到直线的距离为d|2036|4232211，5411所以EF2rd25．552219.直四棱柱ABCDA1B1C1D1，底面ABCD是平行四边形，ACB60，分别是棱A1C,AB的中点.AB3,BC1,AC127,E,F（1）求证：EF平面A1AD：（2）求三棱锥FACA1的体积.【正确答案】（1）见解析（2）22【分析】（1）取A1D的中点M，连结ME,MA，证明四边形AFEM为平行四边形，则AM∥EF，再根据线面平行的判定定理即可得证；（2）利用余弦定理求出AC，再利用勾股定理求出AA1，再根据VFACA1VA1AFC结合棱锥的体积公式即可得出答案.【小问1详解】证明：取A1D的中点M，连结ME,MA，在A1DC中，M,E分别为A1D,A1C的中点，所以ME∥DC且ME1DC，2底面ABCD是平行四边形，F是棱AB的中点，所以AFDC且AF1DC，2所以ME∥AF且MEAF，

所以四边形AFEM为平行四边形，,AM平面A1AD，所以EF∥AM,EF平面AA1D所以EF平面A1AD；【小问2详解】在ABC中，ACB60,AB3,BC1，由余弦定理有AB2AC2BC22ACBCcosACB，解得AC2，则SABC13，12sin6022因为F为AB的中点，所以SACF13，SABC24由已知直四棱柱ABCDA27，1B1C1D1，可得A1AC90,AC2,AC1可得A1A28426，ACA1VA1AFCSAFCAA126334220.某校从参加高一年级期中考试的学生中抽出40名学生，将其数学成绩（均为整数）分成六段40,50，50,60，L列问题：，90,100后画出如下部分频率分布直方图．观察图形的信息，回答下

（1）求第四小组的频率，并补全这个频率分布直方图；（2）根据频率分布直方图估计这次数学考试成绩的平均分；（3）若将分数从高分到低分排列，取前15%的同学评定为“优秀”档次，用样本估计总体的方法，估计本次期中数学考试“优秀”档次的分数线．【正确答案】（1）答案见解析（2）71（3）86【分析】（1）根据所有频率和为1求第四小组的频率，计算第四小组的对应的矩形的高，补全频率分布直方图；（2）根据在频率分布直方图中，由每个小矩形底边中点的横坐标与小矩形的面积的乘积之和，求出平均分；（3）由频率分布直方图可知：成绩在区间90,100占5%，区间80,90占25%，由此即可估计“优秀”档次的分数线．【小问1详解】由频率分布直方图可知，第1，2，3，5，6小组的频率分别为：0.1，0.15，0.15，0.25，0.05，所以第四小组的频率为：10.10.150.150.250.050.3，在频率分布直方图中第四小组对应的矩形的高为0.03，补全频率分布直方图对应图形如图所示：【小问2详解】

由频率分布直方图可得平均分为：0.1450.15550.15650.3750.25850.059571；【小问3详解】由频率分布直方图可知：成绩在区间90,100占5%，区间80,90占25%，则估计本次期中数学考试“优秀”档次的分数线为：80100.1586．0.2521.如图，正方形ABCD和直角梯形ACEF所在的平面互相垂直，FAAC，AB2，EFFA1．（1）求证：BE平面DEF；（2）求直线BD与平面BEF所成角的大小．【正确答案】（1）证明见解析（2）π4【分析】（1）设正方形ABCD的对角线AC与BD交于O，连接FO、EO，利用勾股定理逆定理推导出BEDE，BEEF，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）分析可知直线BD与平面BEF所成角为BDE，求出BDE的正弦值，即可求得BDE的大小.【小问1详解】证明：设正方形ABCD的对角线AC与BD交于O，连接FO、EO，因为平面ABCD平面ACEF，平面ABCD平面ACEFAC，AFAC，AF平面

ACEF，AF平面ABCD，因为四边形ABCD是边长为2的正方形，则AC2AB2，在直角梯形ACEF中，EF//AC，O为AC的中点，则AOEF且AO//EF，又因为AFEF，AFAC，故四边形AFEO是边长为1的正方形，所以，AF//EO，所以，EO平面ABCD，且EOAF1，QBD平面ABCD，EOBD，则BEDEEO2OB22，所以，BE2DE2BD2，BEDE，AF平面ABCD，AB平面ABCD，AFAB，BFAB2AF23，EF2BE2BF2，BEEF，DEEFE，DE、EF平面DEF，BE平面DEF.【小问2详解】解：由（1）可知，BE平面DEF，所以，直线BD与平面BEF所成角为BDE，BEDE，sinBDEBE2，BD2又因为0BDEπππ，故BDE，因此，直线BD与平面BEF所成角为.24422.已知圆M:(x3)2y29，设D2,0，过点D作斜率非0的直线l1，交圆M于P,Q两点．（1）过点D作与直线l1垂直的直线l2，交圆M于E,F两点，记四边形EPFQ的面积为S，求S的最大值；（2）设B6,0，过原点O的直线OP与BQ相交于点N．证明：点N在定直线x6上．【正确答案】（1）S的最大值为17.（2）证明见详解

【分析】（1）由题意设出直线l1，l2方程，利用点到直线的距离公式，弦长公式以及基本不等式即可解决问题；（2）利用圆与直线的方程，写出韦达定理，求出直线OP与直线BQ的方程，且交于点N，联立方程求解点N即可证明结论.【小问1详解】由圆M:(x3)2y29知，圆心为M3,0，半径r3，因为直线l1过点D2,0且斜率非0，所以设直线l1方程为：y0kx2，即kxy2k0，则点M到直线l1的距离为：d13k2k1k22k1k2，kk28k29222所以PQ2rd123，2292221k1k1k由l1l2，且直线l2过点D，所以设直线l2方程为：y01x2，即xky20，k321k2则点M到直线l2的距离为：d2211k2，119k28222所以EF2rd223，2292221k1k1k118k299k28故SEFPQ222221k1k28k299k282228k99k822221k21k2171k2221k2172，当且仅当8k299k28k1时取等号，所以四边形EPFQ的面积S的最大值为17.

【小问2详解】证明：设Px1,y1,Qx2,y2，直线PQ过点D，则设直线PQ方程为：xmy2，xmy2联立，消去x整理得：22x3y9m21y22my80，2m8,yy，12m21m21y1y2所以y1y2mmy1y24y1y2，y1y24y10y1，x10x1y1x，x1由kOP所以直线OP的方程为：ykBQy20y2，x26x26y2x6，x26所以直线BQ的方程为：y因为直线OP与直线BQ交于点N，y1yxx1所以联立，y2yx6x62所以xN6x1y2x1y2y1x266my12y2my12y2y1my2266my1y212y2my1y22y2my1y24y1

3my1y26y2y22y134y1y26y2y22y112y112y26y212y16y26，y22y1y22y1所以xN6，所以点N在定直线x6上.