20212022學年河南省中原名校聯盟高二上學期第三次適應性聯考數學（文）試題一、單選題1．為了調查修水縣2019年高考數學成績，在高考后對我縣6000名考生進行了抽樣調查，其中2000名文科考生，3800名理科考生，200名藝術和體育類考生，從中抽到了120名考生的數學成績作為一個樣本，這項調查宜采用的抽樣方法是（

）A．系統抽樣法 B．分層抽樣法 C．抽簽法 D．簡單的隨機抽樣法【答案】B【分析】考生分為幾個不同的類型或層次，由此可以確定抽樣方法；【詳解】6000名考生進行抽樣調查，其中2000名文科考生，3800名理科考生，200名藝術和體育類考生，從中抽到了120名考生的數學成績作為一個樣本又文科考生、理科考生、藝術和體育類考生會存在差異，采用分層抽樣法較好故選：B.【點睛】本題主要考查的是分層抽樣，掌握分層抽樣的有關知識是解題的關鍵，屬于基礎題.2．某同學為了調查支付寶中的75名好友的螞蟻森林種樹情況，對75名好友進行編號，分別為1，2，…，75，采用系統抽樣的方法抽取一個容量為5的樣本，已知11號，26號，56號，71號好友在樣本中，則樣本中還有一名好友的編號是（

）A．40 B．41 C．42 D．39【答案】B【分析】根據系統抽樣等距性即可確定結果.【詳解】根據系統抽樣等距性得：11號，26號，56號，71號以及還有一名好友的編號應該按大小排列后成等差數列，樣本中還有一名好友的編號為26號與56號的等差中項，即41號，故選：B【點睛】本題考查系統抽樣，考查基本分析求解能力，屬基礎題.3．直線的傾斜角為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由直線斜率的概念可寫出傾斜角的正切值，進而可求出傾斜角.【詳解】因為直線的斜率為，所以傾斜角.故選D【點睛】本題主要考查直線的傾斜角，由斜率的概念，即可求出結果.4．直線y=x+1與圓x2+y2=1的位置關系為A．相切B．相交但直線不過圓心C．直線過圓心D．相離【答案】B【詳解】試題分析：求出圓心到直線的距離d，與圓的半徑r比較大小即可判斷出直線與圓的位置關系，同時判斷圓心是否在直線上，即可得到正確答案．解：由圓的方程得到圓心坐標（0，0），半徑r=1則圓心（0，0）到直線y=x+1的距離d==＜r=1，把（0，0）代入直線方程左右兩邊不相等，得到直線不過圓心．所以直線與圓的位置關系是相交但直線不過圓心．故選B【解析】直線與圓的位置關系．5．若圓與圓相切，則的值為（

）A． B． C．或 D．或【答案】C【分析】分類討論:當兩圓外切時，圓心距等于半徑之和；當兩圓內切時，圓心距等于半徑之差，即可求解.【詳解】圓的圓心為，半徑為，圓的圓心為，半徑為.①當兩圓外切時，有，此時.②當兩圓內切時，有，此時.綜上，當時兩圓外切；當時兩圓內切.故選：C【點睛】本題考查了圓與圓的位置關系，解答兩圓相切問題時易忽略兩圓相切包括內切和外切兩種情況.解答時注意分類討論，屬于基礎題.6．已知正的邊長為，那么的平面直觀圖的面積為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】作出正的實際圖形和直觀圖，計算出直觀圖的底邊上的高，由此可求得的面積.【詳解】如圖①②所示的實際圖形和直觀圖.由斜二測畫法可知，，，在圖②中作于，則.所以.故選：D.【點睛】本題考查直觀圖面積的計算，考查計算能力，屬于基礎題.7．魯班鎖運用了中國古代建筑中首創的榫卯結構，相傳由春秋時代各國工匠魯班所作，是由六根內部有槽的長方形木條，按橫豎立三方向各兩根凹凸相對咬合一起，形成的一個內部卯榫的結構體.魯班鎖的種類各式各樣，千奇百怪.其中以最常見的六根和九根的魯班鎖最為著名.下圖1是經典的六根魯班鎖及六個構件的圖片，下圖2是其中的一個構件的三視圖（圖中單位：mm），則此構件的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由三視圖可知，該構件是長為100，寬為20，高為20的長方體的上面的中間部分去掉一個長為40，寬為20，高為10的小長方體的一個幾何體，進而求出表面積即可.【詳解】由三視圖可知，該構件是長為100，寬為20，高為20的長方體的上面的中間部分去掉一個長為40，寬為20，高為10的小長方體的一個幾何體，如下圖所示，其表面積為：.故選：B.【點睛】本題考查幾何體的表面積的求法，考查三視圖，考查學生的空間想象能力與計算求解能力，屬于中檔題.8．如圖，在三棱柱中，平面，，，分別是，的中點，在線段上，則與平面的位置關系是（

）A．垂直 B．平行 C．相交但不垂直 D．要依點的位置而定【答案】B【解析】構造三角形,先證∥平面,同理得∥平面,再證平面∥平面即可.【詳解】連接，，.因為在直三棱柱中，M，N分別是，AB的中點，所以∥.因為平面內，平面，所以∥平面.同理可得AM∥平面.

又因為，平面，平面，所以平面∥平面.又因為P點在線段上，所以∥平面.故選：B.9．如圖是正方體的平面展開圖，在這個正方體中①與平行；②與是異面直線；③與成60°角；④與是異面直線．以上四個結論中，正確結論的序號是A．①②③ B．②④ C．③④ D．②③④【答案】C【分析】根據平面展開圖可得原正方體，根據各點的分布逐項判斷可得正確的選項.【詳解】由平面展開圖可得原正方體如圖所示：由圖可得：為異面直線，與不是異面直線，是異面直線，故①②錯誤，④正確.連接，則為等邊三角形，而，故或其補角為與所成的角，因為，故與所成的角為，故③正確.綜上，正確命題的序號為：③④.故選：C.【點睛】本題考查正方體的平面展開圖，注意展開圖中的點與正方體中的頂點的對應關系，本題屬于容易題.10．數學家歐拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直線上，且重心到外心的距離是重心到垂心距離的一半，這條直線被后人稱為三角形的歐拉線已知的頂點，則的歐拉線方程為（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根據題意得出的歐拉線即為線段的垂直平分線，然后求出線段的垂直平分線的方程即可.【詳解】因為，所以線段的中點的坐標，線段所在直線的斜率，則線段的垂直平分線的方程為，即，因為，所以的外心、重心、垂心都在線段的垂直平分線上，所以的歐拉線方程為.故選：D【點睛】本題主要考走查直線的方程，解題的關鍵是準確找出歐拉線，屬于中檔題.11．在平面直角坐標系xOy中，過x軸上的點P分別向圓和圓引切線，記切線長分別為．則的最小值為（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】D【分析】利用兩點間的距離公式，將切線長的和轉化為到兩圓心的距離和，利用三點共線距離最小即可求解.【詳解】，圓心，半徑，圓心，半徑設點P，則，即到與兩點距離之和的最小值，當、、三點共線時，的和最小，即的和最小值為.故選：D【點睛】本題考查了兩點間的距離公式，需熟記公式，屬于基礎題.12．如圖，平面四邊形中，，，，為等邊三角形，現將沿翻折，使點移動至點，且，則三棱錐的外接球的表面積為（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】將三棱錐補形為如圖所示的三棱柱，則它們的外接球相同，由此易知外接球球心應在棱柱上下底面三角形的外心連線上，在中，計算半徑即可.【詳解】由，，可知平面．將三棱錐補形為如圖所示的三棱柱，則它們的外接球相同，由此易知外接球球心應在棱柱上下底面三角形的外心連線上，記的外心為，由為等邊三角形，可得．又，故在中，此即為外接球半徑，從而外接球表面積為．故選：A【點睛】本題考查了三棱錐外接球的表面積，考查了學生空間想象，邏輯推理，綜合分析，數學運算的能力，屬中檔題.二、填空題13．已知數列滿足，，則_________.【答案】【解析】由已知可知即數列是首項為1，公差為1的等差數列，進而可求得數列的通項公式，即可求.【詳解】由題意知：，即，而，∴數列是首項為1，公差為1的等差數列，有，∴，則.故答案為：【點睛】關鍵點點睛：由遞推關系求數列的通項，進而得到的通項公式寫出項.14．設，滿足約束條件，則的最大值是_________.【答案】5【分析】由題可知表示點與點連線的斜率，再畫出可行域結合圖像知知.【詳解】x，y滿足約束條件，滿足的可行域如圖：則的幾何意義是可行域內的點與（﹣3，﹣2）連線的斜率，通過分析圖像得到當經過A時，目標函數取得最大值．由可得A（﹣2，3），則的最大值是：．故答案為5．【點睛】(1)在平面直角坐標系內作出可行域．(2)考慮目標函數的幾何意義，將目標函數進行變形．常見的類型有截距型（型）、斜率型（型）和距離型（型）．(3)確定最優解：根據目標函數的類型，并結合可行域確定最優解．(4)求最值：將最優解代入目標函數即可求出最大值或最小值．15．已知p：“”為真命題，則實數a的取值范圍是_________.【答案】【解析】根據條件將問題轉化不等式在上有解，則，由此求解出的取值范圍.【詳解】因為“”為真命題，所以不等式在上有解，所以，所以，故答案為：.16．已知內角A，B，C的對邊為a，b，c，已知，且，則c的最小值為__________.【答案】【解析】先利用正弦定理邊化角式子，得到，再利用正弦定理求出，根據與的關系，求得，即可求得c的最小值.【詳解】，即，又，當最大時，即，最小，且為由正弦定理得：，當時，c的最小值為故答案為：【點睛】方法點睛：在解三角形題目中，若已知條件同時含有邊和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要選擇“邊化角”或“角化邊”，變換原則常用：（1）若式子含有的齊次式，優先考慮正弦定理，“角化邊”；（2）若式子含有的齊次式，優先考慮正弦定理，“邊化角”；（3）若式子含有的齊次式，優先考慮余弦定理，“角化邊”；（4）代數變形或者三角恒等變換前置；（5）同時出現兩個自由角（或三個自由角）時，要用到.三、解答題17．如圖，在直三棱柱中，，，，點是的中點.（1）求證：；（2）求證：平面.【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】（1）由直棱柱的性質可得，由勾股定理可得，由線面垂直判定定理即可得結果；（2）取的中點，連結和，通過線線平行得到面面，進而得結果.【詳解】（1）∵直三棱柱，∴面，∴，又∵，，，∴，∴，∵，∴面，∴（2）取的中點，連結和，∵，且，∴四邊形為平行四邊形，∴，面，∴面，∵，且，∴四邊形為平行四邊形，∴，面，∴面，∵，∴面面，∴平面.【點睛】方法點睛：線面平行常見的證明方法：（1）通過構造相似三角形（三角形中位線），得到線線平行；（2）通過構造平行四邊形得到線線平行；（3）通過線面平行得到面面平行，再得線面平行.18．某快遞公司近60天每天攬件數量的頻率分布直方圖如下圖所示（同一組數據用該區間的中點值作代表）.（1）求這60天每天包裹數量的平均值和中位數；（2）在這60天中包裹件數在和的兩組中，用分層抽樣的方法抽取30件，求在這兩組中應分別抽取多少件？【答案】（1）平均數和中位數都為260件；（2）在的件數為，在的件數為.【解析】（1）由每組頻率乘以組中值相加即可得平均數，設中位數為，由落在區間內的頻率為0.5可得結果；（2）先得頻率分別為0.1，0.5，由分層抽樣的概念即可得結果.【詳解】（1）每天包裹數量的平均數為；設中位數為，易知，則，解得.所以公司每天包裹的平均數和中位數都為260件.（2）件數在，頻率之比為1：5，所抽取的30件中，在的件數為，在的件數為.19．在△ABC中，(1)求B的大小；(2)求cosA＋cosC的最大值．【答案】（1）（2）1【詳解】試題分析：（1）由余弦定理及題設得；（2）由（1）知當時，取得最大值．試題解析：（1）由余弦定理及題設得，又∵，∴；（2）由（1）知，，因為，所以當時，取得最大值．【解析】1、解三角形；2、函數的最值.20．某書店剛剛上市了《中國古代數學史》，銷售前該書店擬定了5種單價進行試銷，每種單價（元）試銷l天，得到如表單價（元）與銷量（冊）數據：單價（元）1819202122銷量（冊）6156504845（l）根據表中數據，請建立關于的回歸直線方程：（2）預計今后的銷售中，銷量（冊）與單價（元）服從（l）中的回歸方程，已知每冊書的成本是12元，書店為了獲得最大利潤，該冊書的單價應定為多少元？附：，，，.【答案】(1)(2)當單價應定為22.5元時，可獲得最大利潤【分析】（l）先計算的平均值，再代入公式計算得到（2）計算利潤為：計算最大值.【詳解】解：（1），，，所以對的回歸直線方程為：．（2）設獲得的利潤為，，因為二次函數的開口向下，所以當時，取最大值，所以當單價應定為22.5元時，可獲得最大利潤．【點睛】本題考查了回歸方程，函數的最值，意在考查學生的計算能力.21．如圖,在四棱錐中,四邊形是直角梯形,，,，為等邊三角形.（1）證明：；（2）求點到平面的距離.【答案】（1）略；（2）【分析】（1）推導出BD⊥BC，PB⊥BC，從而BC⊥平面PBD，由此能證明PD⊥BC．（2）利用等體積求得點B到面的距離【詳解】（1）∵在四棱錐P﹣ABCD中，