四川省内江市名校2022-2023学年高二下学期入学考试文科数学试题（含解析）

内江名校2022—2023学年（下）高24届入学考试
文科数学试题
第Ⅰ卷 选择题（满分60分）
一、单选题（本大题共12小题，共60分．在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1．直线的倾斜角为（ ）
A．120° B．150° C．30° D．45°
2．为了解某社区居民的家庭年收入年支出的关系，随机调查了该社区5户家庭，得到如下统计数据表：
收入x（万元） 8.2 8.6 10.0 11.2 12
支出y（万元） 7.40 7.50 8.00 8.50 m
但是统计员不小心丢失了一个数据（用m代替），在数据丢失之前得到回归直线方程为，则m的值等于（ ）
A．8.60 B．8.80 C．9.25 D．9.52
3．设l是直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
4．从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是（ ）
A．“至少有一个红球”与“都是黑球” B．“至少有一个黑球”与“都是黑球”
C．“至少有一个黑球”与“至少有1个红球” D．“恰有1个黑球”与“恰有2个黑球”
5．圆C的半径为1，圆心在第一象限，且与直线4x－3y＝0和x轴都相切，则该圆的标准方程是（ ）
A． B．
C． D．
6．一个几何体的三视图如图所示，且其侧视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
7．已知点为平面区域上的一个动点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．七巧板是中国古代劳动人民发明的一种传统智力玩具，它是由五块等腰直角三角形，一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的．如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中随机地取一点，则该点恰好取自白色部分的概率为（ ）
A． B． C． D．
9．若直线l：x＋m（y－4）＝0与曲线有两个交点，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
10．三棱锥P－ABC中，，，为等边三角形，且平面平面ABC，则三棱锥外接球的半径为（ ）
A．2 B． C．3 D．
11．已知直线：mx－y－3m＋1＝0与直线：x＋my－3m－1＝0相交于点P，点Q是圆C：上的动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
12．如图，等边三角形ABC的边长为3，分别交AB，AC于D，E两点，且AD＝1，将沿DE折起（点A与P重合），使得平面平面BCED，则折叠后的异面直线PB，CE所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
第Ⅱ卷 非选择题（满分90分）
二、填空题（本大题共4小题，共20分）
13．从编号为1，2，…，88的88个网站中采用系统抽样的方法抽取容量为8的样本，所抽样本中有编号为53的网站，则样本中网站的最小编号为______．
14．已知直线l过点，在x轴和y轴上的截距分别为a，b，且满足a＝3b，则直线l的方程为______．
15．已知点，，若圆上恰有两点M，N，使得和的面积均为4，则r的取值范围是______．
16．如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别是棱，的中点，点P在线段CM上运动，给出下列四个结论：
①平面CMN截正方体所得的截面图形是五边形；
②直线到平面CMN的距离是；
③存在点P，使得；
④直线与平面CMN所成角的正弦值为．
其中所有正确结论的序号是______．
三、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（本小题10分）
为提高产品质量，某企业质量管理部门经常不定期地抽查产品进行检测，现在某条生产线上随机抽取100个产品进行相关数据的对比，并对每个产品进行综合评分（满分100分），将每个产品所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图．记综合评分为80分及以上的产品为一等品．
（1）求图中a的值，并求综合评分的中位数；
（2）用样本估计总体，以频率作为概率，按分层抽样的思想，先在该条生产线中随机抽取5个产品，再从这5个产品中随机抽取2个产品记录有关数据，求这2个产品中恰有一个一等品的概率．
18．（本小题12分）
在中，，，且AC边的中点M在y轴上，BC边的中点N在x轴上．
（1）求AB边上的高CH所在直线方程；
（2）设过点C的直线为l，且点A与点B到直线l距离相等，求l的方程．
19．（本小题12分）
某种工程车随着使用年限的增加，每年的维修费用也相应增加，根据相关资料可知该种工程车自购入使用之日起，前5年中每年的维修费用如下表所示．已知y与x具有线性相关关系．
年份序号x 1 2 3 4 5
维修费用y（万元） 1.1 1.6 2 2.5 2.8
参考数据：，．参考公式：线性回归方程的斜率和截距的最小二乘法估计分别为，．
（1）求y关于x的线性回归方程；
（2）根据实际用车情况，若某辆工程车每年维修费用超过4万元时，可以申请报备更换新车，请根据回归方程预估一辆该种工程车一般使用几年后可以申请报备更换新车．
20．（本小题12分）
如图，在多面体ABCDE中，AEB为等边三角形，，，，AB＝BC＝2AD＝2，F为EB的中点．
（1）证明：平面DEC；
（2）求多面体ABCDE的体积．
21．（本小题12分）
如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DCB＝60°，．
（1）证明：为等腰三角形．
（2）若平面平面ABCD，AB＝PC＝2，求直线PA与平面ABCD所成角的正切值．
22．（本小题12.0分）
已知在平面直角坐标系xOy中，，，平面内动点P满足．
（1）求点P的轨迹方程；
（2）点P轨迹记为曲线，若C，D是曲线与x轴的交点，E为直线l：x＝4上的动点，直线CE，DE与曲线的另一个交点分别为M，N，直线MN与x轴交点为Q，求点Q的坐标．
内江名校高2024届高二下入学考试题
(文科数学)答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查直线的倾斜角，属于基础题．
根据可求结果．
【解答】
解：直线可化为，
直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，则，
又，，
即直线的倾斜角为，
故选C．
2.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查线性回归方程，涉及平均值的计算，属基础题．
由题意可得和，代入回归方程得解．
【解答】
解：
得
故选A
3.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查空间直线与平面的位置关系，考查空间中平面与平面的位置关系，考查空间想象能力，属于中档题和易错题．
由空间中线线，线面的位置即可判断，，；由线面平行的性质定理和面面垂直的判定定理，即可判断．
【解答】
解：对于若，，则或，相交，故A错；
对于若，，则由线面平行的性质定理，得过的平面，即有，，再由面面垂直的判定定理，得，故B对；
对于若，，则或，故C错；
对于若，，若平行于，的交线，则，故D错．
故选：．
4.【答案】
【解析】
【分析】
结合题干条件，与互斥事件和对立事件的定义，依次验证即可，
本题考查互斥事件与对立事件．首先要求理解互斥事件和对立事件的定义，理解互斥事件与对立事件的联系与区别．同时要能够准确列举某一事件所包含的基本事件．属简单题
【解答】
解：对于：事件：“至少有一个红球”与事件：“都是黑球”，这两个事件是对立事件，不正确；
对于：事件：“至少有一个黑球”与事件：“都是黑球”可以同时发生，如：一个红球一个黑球，不正确；
对于：事件：“至少有一个黑球”与事件：“至少有个红球”可以同时发生，如：一个红球一个黑球，不正确；
对于：事件：“恰有一个黑球”与“恰有个黑球”不能同时发生，这两个事件是互斥事件，
又由从装有个红球和个黑球的口袋内任取个球，得到所有事件为“恰有个黑球”与“恰有个黑球”以及“恰有个红球”三种情况，故这两个事件不是对立事件，
D正确
故选：．
5.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，考查圆的标准方程，属于中档题．
要求圆的标准方程，半径已知，只需找出圆心坐标设圆心坐标为，由已知圆与直线相切，可得圆心到直线的距离等于圆的半径，可列出关于与的关系式；又圆与轴相切，可知圆心纵坐标的绝对值等于圆的半径即等于半径，由圆心在第一象限可知等于圆的半径，确定出的值，把的值代入求出的与的关系式中，求出的值，从而确定出圆心坐标，根据圆心坐标和圆的半径写出圆的标准方程即可．
【解答】
解：设圆心坐标为，
由圆与直线相切，
可得圆心到直线的距离，
化简得，
又圆与轴相切，可得，解得或舍去，
把代入得或，
解得或舍去，
圆心坐标为，
则圆的标准方程为．
故选A．
6.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查三视图及旋转体和多面体的体积的计算，分析几何体的结构特征，然后利用公式求解即可，属基础题．
【解答】
解：由三视图知，几何体是一个组合体，
是由半个圆锥和一个四棱锥组合成的几何体，
圆锥的底面直径和母线长都是，
四棱锥的底面是一个边长是的正方形，
四棱锥的高与圆锥的高相同，
高是，
几何体的体积是．
故选D．
7.【答案】
【解析】解：由约束条件的平面区域作出可行域如图，
目标函数的几何意义是可行域内的动点
与定点连线的斜率，；．
，，
目标函数的取值范围是；
故选：．
由目标函数的几何意义，即可行域内的动点与定点连线的斜率的范围得答案．
本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，体现了数学转化思想方法，是中档题．
8.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了几何概型问题，考查面积之比，是一道基础题．
设大正方形的边长为，求出阴影部分的面积，从而求出满足条件的概率即可．
【解答】
解：设大正方形的边长为，
则最大的三角形是腰长为的等腰直角三角形，角上的三角形是腰长为的等腰直角三角形，最小的三角形是腰长为的等腰直角三角形，
则阴影部分的三角形面积是，
则满足条件的概率．
故选A．
9.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查直线与圆的位置关系及其应用，考查数形结合的思想，属于中档题．
表示的曲线是圆心为，半径为的圆在轴以及右侧的部分，分别求出临界点，即可求得结论．
【解答】
解： 表示的曲线是圆心为，半径为的圆在轴以及右侧的部分，
直线必过定点，
当直线与圆相切时，直线和圆恰有一个交点，
即，结合直线与半圆的相切可得，
当直的斜率不存在时，即时，直线和曲线恰有两个交点，
所以要使直线和曲线有两个交点，
则
故选B．
10.【答案】
【解析】略
11.【答案】C
【解析】
【分析】
【解答】
解：因为，
所以直线与直线互相垂直，
由得，
所以直线过定点，
由得，
所以直线过定点，
因为中点为，且，
所以点的轨迹方程为，其圆心为，半径为，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
又，
12.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查面面垂直的性质、线面垂直的判定、异面直线所成的角，属于基础题
在平面内过点作，且满足，得出或其补角为异面直线，所成角，解三角形即可求出结果．
【解答】
解：折叠后的几何体如图所示：
在平面内过点作，且满足，
则或其补角为异面直线，所成角，
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，
所以，
因为平面，
所以平面，
因为，，，
所以，，，，
所以，
即异面直线，所成角的正弦值为．
故选D．
13.【答案】
【解析】解：抽样间隔为，则样本中比小的网站编号有，，，，故样本中网站最小编号为，
故答案为：．
首先根据条件求出抽样问题，然后写出样本中比小的网站编号，从而求得结果．
本题主要考查系统抽样，考查考生对基础知识的掌握情况，属于基础题．
14.【答案】或
【解析】解：设直线 的斜率为，所以直线方程为：．
由题意可知，，因为，所以，
解得或，
故所求的直线的方程为：或．
故答案为：或．
15.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式的应用，属于中档题．
先求得，根据题意可得两点，到直线的距离为求出的方程为，当圆上只有一个点到直线的距离为时，求得的值；当圆上只有个点到直线的距离为时，求得的值，从而求得满足条件的的取值范围．
【解答】
解：由题意可得，
根据和的面积均为，
可得两点，到直线的距离为．
由于的方程为，即．
若圆上只有一个点到直线的距离为，
则有圆心到直线的距离 ，解得．
若圆上只有个点到直线的距离为，
则有圆心到直线的距离，解得，
所以的取值范围是．
故答案为．
16.【答案】
【解析】
【分析】对于，直线与的延长线分别交于，连接分别交于，连接即可解决；对于等体积法解决即可；对于，建立空间直角坐标系，设，得即可．
【详解】对于，如图直线与的延长线分别交于，连接分别交于，连接，
则五边形即为所求的截面图形，故正确；
对于，由题知，平面，平面，
所以平面，
所以点到平面的距离即为直线到平面的距离，
设点到平面的距离为，由正方体的棱长为可得，
，，
所以，
，
所以由，可得，
所以直线到平面的距离是，故错误；
对于，
所以存在点使得，故正确；
对于，由等体积法求得C1到平面
所以与平面所成角的正弦值为，故正确；
故答案为：
17.【答案】解：由，解得．
令中位数为，则，
解得，
所以综合评分的中位数为．
由与频率分布直方图可知，
一等品的频率为，
所以个产品中一等品有个，非一等品有个，
则一等品与非一等品的抽样比为，
所以现抽取个产品，则有个一等品，记为，，，
个非一等品，记为，，
则从个中抽取个产品的所有情况为：
，，，，，，，，，，共种，
而这个中恰有一个一等品的情况为：，，，，，，共种．
记事件为“从个产品中抽取个，这个产品中恰有一个一等品”，
则．
【解析】本题考查了频率分布直方图，分层抽样，古典概型概率计算公式，属于中档题．
根据概率之和等于解得的值；再令中位数为计算出综合评分的中位数值．
由与频率分布直方图可知，一等品的频率为，所以个产品中一等品有个，非一等品有个，则一等品与非一等品的抽样比为，列举出从个中抽取个产品的所有情况，共种．进而求得则．
18.【答案】解：设，则，
，
即，
当斜率不存在时，，不满足题意
当斜率存在时，设即
依题意得：或或
综上所过，直线的方程为：或，
即：或．
【解析】本题主要考查直线方程求法，点到线的距离公式，属于基础题．
依题意得，求得，根据垂直关系求得，由点斜式即可求得直线方程；
当斜率不存在时，，不满足题意当斜率存在时，设即，由点到线的距离公式求解即可
19.【答案】解：由题可得，
，
，
，
所以，
，
所以关于的线性回归方程为．
由题意可得：，解得，
因为，
所以，预计一辆该种工程车一般使用年后可以申请报备更换新车．
【解析】本题考查线性回归方程，回归分析的应用，属于基础题．
利用最小二乘法求解直线的回归方程，然后代值计算即可
由题意可得，可得，即可解答．
20.【答案】解：证明：取中点，连结，，
，，
四边形是平行四边形，
，
平面，平面，
平面．
解：，，
又，，、平面，
平面，
平面，平面平面，
过作的垂线，垂足为，则为四棱锥的高．，
底面四边形为直角梯形，其面积，
多面体的体积：
．
【解析】本题考查线面平行的证明，考查多面体的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
取中点，连结，，推导出，由此能证明平面．
推导出，，从而平面，进而平面平面，过作的垂线，垂足为，则为四棱锥的高．，由此能求出多面体的体积．
21．【答案】证明：如图，取的中点，连接，，．
因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，则．
因为，，所以．
因为，且平面，所以平面，
在平面内，
，
故为等腰三角形．
连接由若平面平面，
∴平面
∴PA与平面所成角为的，
在直角三角形中
正切值为．
∴PA与平面所成角为.
22.【答案】解：设，则，
化简得．
由题意得，，
设，则直线的方程为，
直线的方程为，
联立得，
则，即，，
则
联立得，
则，即，，
当时，直线的斜率，
则直线的方程为，
即，所以，
当时，直线垂直于轴，方程为，也过定点．
综上，直线恒过定点．