【文档说明】江西省南昌市新建县第一中学2019-2020学年高二下学期线上期中考试数学（文）试题【精准解析】.doc，共(21)页，1.583 MB，由小赞的店铺上传

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文数一、单选题1.已知集合{|(1)(2)0}Axxx=+−，{||1|2}Bxx=+，则AB=（）A.(1,1)−B.(1,2)−C.(3,1)−D.(3,2)−【答案】D【解析】【分析】求出集合,AB后可得AB.【详解】()1,2A=−

，()3,1B=−，故()3,2AB=−.故选：D.【点睛】本题考查一元二次不等式的解、绝对值不等式的解以及集合的并，本题属于基础题.2.已知三条不重合的直线m,n,l和两个不重合的平面α，β,下列命题正确的是:(

)A.若m//n，nα，则m//αB.若α⊥β,αβ="m,"n⊥m，则n⊥α.C.若l⊥n，m⊥n,则l//mD.若l⊥α，m⊥β,且l⊥m，则α⊥β【答案】D【解析】试题分析：A选项，直线m可能在平面内；B选项，如果直线n不在平面

内，不能得到n⊥；C选项，直线l与m可能平行，可能异面，还可能相交；故选.考点：线面的位置关系.3.我国古代《九章算术》将上下两个平行平面为矩形的六面体称为刍童.如图是一个刍童的三视图，其中正视图及侧视图均为等腰梯形，两底的长分别为2和6，高为2，则该刍童的体积为（）A.1

003B.1043C.27D.18【答案】B【解析】【分析】由题得几何体为正四棱台，再利用棱台的体积公式求解.【详解】由题意几何体原图为正四棱台，底面的边长分别为2和6，高为2，所以几何体体积1104(436

436)233V=++=.故选B【点睛】本题主要考查三视图还原几何体原图，考查棱台体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.4.下列说法正确的是（）A.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥B.四棱锥的四个侧面都可以是直角

三角形C.有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D.棱台的各侧棱延长后不一定交于一点【答案】B【解析】【分析】根据棱锥和棱台的几何体的特征，逐项判断，即可求得答案.【详解】对于A，若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形，若以

正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，故A错误；对于B，四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形，如图所示：故B正确；对于C，有两个平面互相平行，其余各面都是梯形，若侧棱不相交于一点，则不是棱台，故C错误；对于D，由于棱台是用平行于底面的平面截棱锥得到的，所以棱台的各侧棱延长后一定交

于一点，故D错误．故选：B.【点睛】本题考查几何体结构特征的相关命题的辨析，关键是能够熟练掌握常见几何体的结构特征，属于基础题.5.在空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如EF与HG交于点M，那么()A.M一定在直线AC上B.M一定在直线BD上

C.M可能在直线AC上，也可能在直线BD上D.M既不在直线AC上，也不在直线BD上【答案】A【解析】如图，因为EF∩HG=M，所以M∈EF，M∈HG，又EF⊂平面ABC，HG⊂平面ADC，故M∈平面ABC，M∈平面ADC，所以M∈平面AB

C∩平面ADC=AC.选A.点睛：证明点在线上常用方法先找出两个平面，然后确定点是这两个平面的公共点，再确定直线是这两个平面的交线．6.在调查中学生近视情况时，某校男生150名中，有80名近视，女生140名中，有70名近视．在检验这些中学生眼睛近视是否与

性别有关时，所求的2K等于（）A.5.732B.4.603C.0.322D.7.035【答案】C【解析】【详解】分析条件可得如下表格：男生女生合计近视8070150不近视7070140合计150140290由表

格数据可得，22290(80707070)0.322150140150140K−=，故选C7.用斜二测画法画正方形的直观图是有一条边长为4的平行四边形，则此正方形的面积是（）A.16B.16或64C.8D.16或8【答案】B【解析】【分析】根据斜二测画法，平行于x轴的线段

长度不变，平行于y轴的线段长度减半求解.【详解】当该边平行于x轴时，正方形的边长为4，则正方形的面积为16；当该边平行于y轴时，正方形的边长为8，则正方形的面积为64；综上：此正方形的面积是16或64故选：B【点睛】本题主要考查斜二测画法，属于基础题.8.已知6个高尔夫球中有2个不合

格，每次任取1个，不放回地取两次．在第一次取到合格高尔夫球的条件下，第二次取到不合格高尔夫球的概率为（）A.35B.25C.23D.310【答案】B【解析】【分析】记事件A=第一次取到的是合格高尔夫球，事件B=第二次取到不合格高尔夫球，由题意可得事件B发生所

包含的基本事件数()428nAB==，事件A发生所包含的基本事件数()4520nA==，然后即可求出答案.【详解】记事件A=第一次取到的是合格高尔夫球事件B=第二次取到不合格高尔夫球由题意可得事件B发生所包含的基本事件数()428nAB==事件A发生所包含的基本事件数()452

0nA==所以()()()82205nABPBAnA===故选：B【点睛】本题考查的是条件概率，较简单.9.一竖立在水平面上的圆锥物体的母线长为2m，一只蚂蚁从圆锥的底面圆周上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到P点，蚂蚁爬行的最短路径为23m，则圆锥的底

面圆半径为（）A.1mB.2m3C.43mD.3m2【答案】B【解析】【分析】将圆锥展开后的扇形画出，结合母线及最短距离，即可确定圆心角大小；进而求得弧长，即为底面圆的周长，由周长公式即可求得底面圆的半径.【详解】将圆锥侧面展开得半径为2m的一扇形

，蚂蚁从P爬行一周后回到P（记作1P），作1OMPP⊥，如下图所示：由最短路径为23m，即123,2PPOP==，由圆的性质可得13POMPOM==，即扇形所对的圆心角为23，则圆锥底面圆的周长为24233l

==，则底面圆的半径为423223lr===，故选：B.【点睛】本题考查了了圆锥侧面展开图、扇形弧长公式的简单应用，属于基础题.10.下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所

在棱的中点，能得出//AB平面MNP的图形的序号是（）A.①③B.②③C.①④D.②④【答案】C【解析】【分析】用面面平行的性质判断①的正确性.利用线面相交来判断②③的正确性，利用线线平行来判断④的正确性.【详解】对于①，连接AC

如图所示，由于//,//MNACNPBC，根据面面平行的性质定理可知平面//MNP平面ACB，所以//AB平面MNP.对于②，连接BC交MP于D，由于N是AC的中点，D不是BC的中点，所以在平面ABC内AB与DN相交，所以直线AB与平面MNP相交.对于③，连接CD，则//ABCD

，而CD与PN相交，即CD与平面PMN相交，所以AB与平面MNP相交.对于④，连接CD，则////ABCDNP，由线面平行的判定定理可知//AB平面MNP.综上所述，能得出//AB平面MNP的图形的序号是①④.故选：C【点睛】本小题主要考查线面平行的判定，考查空

间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题.11.AD、BC分别为两条异面直线上的两条线段，已知这两条异面直线所成的角为60，8ADcm=，ABBC⊥，DCBC⊥，则线段BC=（）A.4B.43C.8D.不能确定【答案】A【解析】【分析】分别过点C，A作直线AB

，BC的平行线，相交于点E，根据ABBC⊥，DCBC⊥，得到AE⊥平面CDE，从而AEDE⊥，再根据AD、BC所成的角为60，得到60DAE=o，然后在RtDAEV中求解.【详解】如图所示：分别过点C

，A作直线AB，BC的平行线，相交于点E，因为ABBC⊥，DCBC⊥，所以AECE⊥，AEDC⊥，所以AE⊥平面CDE，所以AEDE⊥，又因为AD、BC所成的角为60，所以60DAE=o，所以cos604AEBCAD===.故选：A【点睛】本题

主要考查线面垂直的判定定理，异面直线所成的角，还考查了转化化归的思想和逻辑推理的能力，属于中档题.12.已知圆柱的轴截面周长为6，体积为V，则下列关系式总成立的是A.VB.VC.18VD.18

V【答案】B【解析】设圆柱的底面半径为r，高为h，则由题意得：4r＋2h＝6，即2r＋h＝3，于是有332333rrhVrh++===，当且仅当r＝h时取等号．故选B．二

、填空题13.正方体各面所在的平面将空间分成__________个部分.【答案】27【解析】分上、中、下三个部分，每个部分分空间为9个部分，共27部分14.甲、乙、丙三人参加会宁一中招聘老师面试，最终只有一人能够被会宁一中录用，得到面试结果后，甲说：“丙被录用了”；乙说

：“甲被录用了”；丙说：“我没被录用”.若这三人中仅有一人说法错误，则甲、乙、丙三人被录用的是__________【答案】甲【解析】【分析】分别假设甲说的是真话，甲说的是假话来分析，即可得出结论.【详解】解：假设甲说的是真话，即丙被录用，则乙说的是假话，丙说的是假话，不成立；假设甲说的是假

话，即丙没有被录用，则丙说的是真话，若乙说的是真话，即甲被录用，成立，故甲被录用；若乙被录用，则甲和乙的说法都错误，不成立.故答案为：甲.【点睛】本题考查进行简单的合情推理，考查学生分析解决问题的能力，比较基础.15.已知一个正四面体的俯视图如图所示，则其左视

图面积为___________.【答案】2【解析】【分析】由正四面体的俯视图得左视图及各边长，再利用三角形面积公式求解.【详解】由正四面体的俯视图得左视图，如图所示：由俯视图知，正四面体棱长为2，所以SC=2，SE=3，EC

=3，所以左视图面积为()2123122S=−=.故答案为：2【点睛】本题主要考查三视图，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于基础题.16.如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AB，AD的中点，N是平面ABCD外一点，设ACBDO=，P为NC上一点，若OP∥平面NEF，则

:NPPC=_______________.【答案】1:2【解析】【分析】设ACEFH=，连接NH，根据OP平面NEF，利用线面平行的性质定理得到OPNH∥，然后利用相似比求解.【详解】设ACEFH=，连接N

H.因为OP平面NEF，平面NEF平面NHCNH=，所以OPNH∥，所以::NPPCHOOC=.在正方形ABCD中，因为E，F分别为AB，AD中点，所以:1:2HOOC=.所以:1:2NPPC=.故答案为：1:2【点睛】本题主要考查线面平行的性质定理以及相似比

的应用，还考查了转化化归的思想和逻辑推理的能力，属于中档题.三、解答题17.已知函数()()20fxxxtt=−+−的最小值为2（1）求不等式()8fxxt+−的解集;（2）若22252352abct++=,求23acbc+的最大值.【答

案】（1）263xxx或（2）5【解析】【分析】（1）根据函数()()20fxxxtt=−+−的最小值为2，利用绝对值不等式的性质求解出t的值，对函数()yfxxt=+−进行去绝对值，分段求解不等式；（2）将22223510abc++=进行整理成()()222223=

10acbc+++，然后采用基本不等式，便可得到结果。【详解】解：（1）()()2222xxtxxtt−+−−−−=−=，且0t4(0)tt==舍去，()103,22246,24310,4xxfxxtxxxxxx−+−=−+−=−−1当2x时，令1038x−

，得22,33xx；2当24x时，令68x−，得2x−≤，无解；3当4x时，令3108x−，得6,6xx。综上，不等式的解集为263xxx或（2）22223510abc++=()()2222222102352346abcacb

cacbc=++=++++235acbc+，当且仅当1abc===时等号成立23acbc+的最大值为5。【点睛】本题考查了分段函数、绝对值不等式、基本不等式等知识，分段函数的图像应分段逐步作出，作图时应注意端点的取舍，熟练运用绝对值不等式是解

决本题的关键，利用基本不等式时，要注意等号成立的条件。18.如图，正方体1111ABCDABCD−中，E，F分别为11,BBCC上的点，且使得1112BECFBECF==，（1）求证：1BD⊥平面11ADC；（2）求异面直线1AEDF与所成角的余弦值.【答案】（1）见解析

（2）45【解析】【分析】（1）根据正方体的几何特征，易得11AC⊥平面11BBD，从而得到111ACBD⊥，同理11ADBD⊥，再利用线面垂直的判定定理证明.（2）在1AA上取一点M，使得112AMMA=，取BE中点N，连接MN，AN，可得1AMEN//，且1AMEN=，//ADFN，且

=ADFN，从而1AE//MN，//ANDF，得到异面直线1AE与DF所成角为MNA（或其互补角），然后在MNA△中，由余弦定理求解.【详解】（1）证明：∵几何体为正方体，∴1BB⊥平面1111DCBA，∵11AC平面1111DCBA

，∴111BBAC⊥，∵四边形1111DCBA为正方形，∴1111BDAC⊥，∴11AC⊥平面11BBD，∴111ACBD⊥，同理，11ADBD⊥，又1111ADACA=，∴1BD⊥平面11ADC.（

2）如图所示：在1AA上取一点M，使得112AMMA=，取BE中点N，连接MN，AN，∴1AMEN//，且1AMEN=，//ADFN，且=ADFN，∴1AE//MN，//ANDF，∴异面直线1AE与DF所成角为MNA（或其互补角），设正方体的棱长为3(

0)aa，则22221111(3)10MNAEABBEaaa==+=+=，同理：10ANa=，在MNA△中，由余弦定理得：222(10)(10)(2)4cos521010aaaMNAaa+−==.【点睛】本题主要考查几何体的结构特征，线面垂直的判定定理，异面直线所成的角，还考查了转

化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.19.光伏发电是利用太阳能电池及相关设备将太阳光能直接转化为电能，近几年在国内出台的光伏发电补贴政策的引导下，某地光伏发电装机量急剧上涨，如下表：年份2011年2012年2013年2014年2015年2016年2017年2018年年份代码x12

345678新增光伏装机量y兆瓦0.40.81.63.16.17.19.712.2某位同学分别用两种模型：①2ybxa=+，②ydxc=+进行拟合，得到相应的回归方程并进行残差分析，残差图如下（注：残差等于iiyy−）经过计算得()()8172.8iiixxyy=−−=，()82142iix

x=−=，()()81686.8iiittyy=−−=，()8213570iitt=−=，其中2iitx=，8118iitt==.（1）根据残差图，比较模型①，②的拟合效果，应该选择哪个模型？并简要说明理由.（2）

根据（1）的判断结果及表中数据建立y关于x的回归方程，并预测该地区2020年新增光伏装机量是多少.（在计算回归系数时精确到0.01）附：归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：()()()8182

1iiiiixxyybxx==−−=−，aybx=−$$.【答案】（1）选择模型①，详见解析（2）20.190.16yx=+；预测该地区2020年新增光伏装机量为19.16（兆瓦）【解析】【分析】（1）根据残差图分析，看模型的估计值和

真实值之间的接近程度，越接近效果相对较好.（2）由（1）可知，y关于x的回归方程为2ybxa=+，令2tx=，转化为线性回归分析，则回归直线方程为ybta=+.，根据提供的数据和公式求解直线方程，得到直

线方程后，将2020提的年份代码代入即可得到预测值.【详解】（1）选择模型①.理由如下：根据残差图可以看出，模型①的估计值和真实值比较相近，模型②的残差值相对较大一些，所以模型①的拟合效果相对较好.（2）由（1

）可知，y关于x的回归方程为2ybxa=+，令2tx=，则ybta=+.由所给数据可得8111(1491625364964)25.588iitt===+++++++=.8111(0.40.81.63.15.17.19.712.2)588iiyy===+++++++=

，()()()81921686.80.193570iiiiittyybtt==−−==−50.1925.50.16aybt=−−，所以y关于x的回归方程为20.190.16yx=+预测该地区2020年新增光伏

装机量为20.19100.1619.16y=+=（兆瓦）.【点睛】本题主要考查了回归分析问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.20.如图：在四棱锥PABCD−中，PA⊥底面ABCD，ABAD⊥，ACCD⊥，60ABC=，PAAB

BC==，E是PC中点.求证：（1）CDAE⊥；（2）平面PCD⊥平面ABE.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）根据PA⊥底面ABCD，得到PACD⊥，再由ACCD⊥，利用线面垂直的判定定理证明.（2）根据ABBC=且60ABC=，得到ABC为等边三角形，则PAAC=，又E

为PC中点，得到AEPC⊥，又AECD⊥，从而得到AE⊥平面PCD，再由面面垂直的判定定理证明.【详解】（1）∵PA⊥底面ABCD，CD平面ABCD，∴PACD⊥，又∵ACCD⊥,PAACA=，∴CD⊥平面PAC，∵AE平面DAC，∴

CDAE⊥.（2）∵ABBC=且60ABC=，∴ABC为等边三角形，∴ACAB=，∵PAAB=，∴PAAC=，∵E为PC中点，∴AEPC⊥，由（1）知：AECD⊥，∴AE⊥平面PCD，∵AE平面ABE，∴平面

PCD⊥平面ABE.【点睛】本题主要考查线线垂直，线面垂直，面面垂直，还考查了转化化归的思想和空间想象的能力，属于中档题.21.如图，在四棱锥O﹣ABCD中，OA⊥底面ABCD，且底面ABCD是边长为2的正方形，且OA＝2，M，N分别为OA，BC的中点.（1）求证：直线MN/

/平面OCD；（2）求点B到平面DMN的距离.【答案】（1）证明见详解；（2）22121【解析】【分析】（1）构造平面，使之与平面OCD平行，再通过面面平行证明线面平行即可；（2）通过变换顶点，利用等体积法求得点到平面的距离.【详解】（1）取AD中点为P，

连接,PNPM，如下图所示：在OAD中，因为,MP分别是,OAAD的中点，故PM//OD；在正方形ABCD中，因为,PN分别是,ADBC的中点，故PN//CD；又因为PMPNP=，,PMPN平面PMN，ODCDD=，,ODDC平面ODC，故平面P

MN//平面ODC，又因为MN平面PMN，故MN//平面ODC，即证.（2）连接,BMBD，如下图所示：因为N点为BC中点，故112BNBC==1112122BNDSBNDC===又因为MA⊥平面ABCD，且112MAOA==故

1133MBNDBNDVSMA−==.又在MND中，容易知5,5,6DNMDMN===，故MN边上的高为142，故212MNDS=.设点B到平面MND的距离为h，则1133BMNDMBNDMNDVV

Sh−−===解得22121h=.故点B到平面MND的距离为22121.【点睛】本题考查由面面平行推证线面平行，以及用等体积法求解点到面的距离，属基础题.