北京市西城区高一数学下学期期末考试试题（含解析） (1)

北京市西城区2018-2019学年度第二学期期末试卷高一数学2019.7A卷立体几何初步与解析几何初步 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的1.已知点，则线段的中点为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用中点坐标公式直接求解出的中点的坐标.【详解】因为点，所以的中点的横坐标为，纵坐标为，所以线段的中点为，故本题选B.【点睛】本题考查了中点坐标公式，熟记中点坐标公式是解题的关键.2.直线经过点，则直线的斜率是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】直接代入斜率公式可以求出直线的斜率.【详解】因为直线经过点，所以直线的斜率为，故本题选A.【点睛】本题考查了直线斜率公式，熟记直线斜率公式是解题的关键.3.下列直线中，与直线平行的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据两条直线存在斜率时，它们的斜率相等且在纵轴上的截距不相等，两直线平行，逐一对四个选项进行判断.【详解】直线的斜率为，在纵轴上的截距为.选项A:直线的斜率为，显然不与直线平行；选项B:直线的斜率为，显然不与直线平行；选项C:直线的斜率为，在纵轴上的截距为，故与与直线平行；选项D:直线的斜率为，显然不与直线平行，故本题选C.【点睛】本题考查了当两条存在斜率时，两直线平行的条件，根据一般式求出直线的斜率和在纵轴上的截距是解题的关键.4.在空间中，给出下列四个命题：平行于同一个平面的两条直线互相平行；垂直于同一个平面的两个平面互相平行；平行于同一条直线的两条直线互相平行；垂直于同一个平面的两条直线互相平行其中正确命题的序号是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析】通过线面平行的性质，线面垂直的性质，平行公理可以对四个命题进行判断，最后选出正确的答案.【详解】命题: 平行于同一个平面的两条直线可以平行、相交、异面，显然命题是假命题；命题：垂直于同一个平面的两个平面可以平行，也可以垂直，显然命题是假命题；命题：这是平行公理显然命题是真命题；命题：根据平行线的性质和线面垂直的性质，可以知道这个真命题，故本题选D.【点睛】本题考查了平行线的性质、线面垂直的性质、面面垂直的性质，考查了空间想象能力和对有关定理的理解.5.圆的周长是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】通过配方法把圆的一般方程化成标准方程求出圆的半径，进而求出圆的周长.【详解】，所以圆的半径为，因此圆的周长为，故本题选B.【点睛】本题考查了通过圆的一般式方程化为普通方程求半径问题，考查了配方法.6.如图，在长方体中，若分别是棱的中点，则必有（ ）A. B. C. 平面平面D. 平面平面【答案】D【解析】【分析】根据长方体的性质、平行线的性质、三角形中位线定理、面面平行的判定定理，对四个选项逐一判断，最后选出正确的答案.【详解】选项A:由中位线定理可知：，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以不可能互相平行，故A选项是错误的；选项B: 由中位线定理可知：，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以不可能互相平行，故B选项是错误的；选项C: 由中位线定理可知：，而直线与平面相交，故直线与平面也相交，故平面与平面相交，故C选项是错误的；选项D:由三角形中位线定理可知：，所以有平面，平面而，因此平面平面，故本题选D.【点睛】本题考查了面面平行的判定定理、线线平行的性质、三角形中位线定理，考查了推理论证能力.7.一个棱长为2的正方体被一个平面截去一部分后，剩余几何体的三视图如图所示，则截去的几何体是 A. 三棱锥B. 三棱柱C. 四棱锥D. 四棱柱【答案】B【解析】由三视图可知，剩余几何体是如图所示的四棱柱 ，则截去的部分是三棱柱 ，故选B.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.8.已知点,点在直线上运动当最小时，点的坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设出点的坐标，利用两点间距离公式，写出的表达式，利用二次函数的性质可以求出最小时，点的坐标.【详解】因为点在直线上运动，所以设点的坐标为，由两点间距离公式可知：，显然时, 有最小值，最小值为，此时点的坐标是，故本题选B.【点睛】本题考查了两点间距离公式、二次函数求最值问题.9.已知圆的方程为，圆的方程为，那么这两个圆的位置关系不可能是（ ）A. 外离B. 外切C. 内含D. 内切【答案】C【解析】分析】分别求出两圆的圆心坐标和半径，求出圆心距，可以求出圆心距的最小值，然后与两圆半径的和、差的绝对值，进行比较，最后得出答案.【详解】因为圆的方程为，所以圆的圆心坐标为，半径为2，又因为圆的方程为，所以圆的圆心坐标为，半径为，因此有，两圆的半径和为，半径差的绝对值为，故两圆的圆心距不可能小于两圆的半径差的绝对值，不可能是内含关系，故本题选C.【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系的判断，求出圆心距的最小值是解题的关键.10.如图，在空间四边形中，两条对角线互相垂直，且长度分别为4和6，平行于这两条对角线的平面与边分别相交于点，记四边形的面积为y，设，则（ ）A. 函数值域为B. 函数的最大值为8C. 函数在上单调递减D. 函数满足【答案】D【解析】试题分析：由题可得，所以同理，所以，所以四边形为平行四边形又，所以，所以平行四边形为矩形因为，所以，所以,因为，所以，所以所以矩形的面积函数图象关于对称，在上单调递增，在上单调递减，可求得.所以值域是.考点：1.空间直线的平行；2.相似三角形对应成比例；3.二次函数的性质.二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分把答案填在题中横线上11.直线的倾斜角的大小是_【答案】（或）【解析】 12.对于任意实数，直线经过的定点坐标为_【答案】【解析】【分析】由直线的斜截式方程可以知道该直线在纵轴的截距，因此可以求出直线经过的定点坐标.【详解】对于任意实数，直线在纵轴上的截距圴为，因此直线经过的定点坐标为，【点睛】本题考查了利用斜截式方程与直线过定点问题，属于基础题.13.圆柱的高是，底面圆的半径是，则圆柱的侧面积是_【答案】【解析】【分析】直接把圆柱的高、底面圆的半径代入圆柱侧面积公式中，求出圆柱的侧面积.【详解】因为圆柱的侧面积公式为:，（其中分别是圆柱底面的半径和圆柱的母线），因为圆柱的高是，所以圆柱的母线也是，因此圆柱的侧面积为.【点睛】本题考查了圆柱的侧面积公式，属于基础题.14.圆心为，且与直线相切的圆的方程是_【答案】【解析】【分析】根据圆切线的性质，利用点到直线距离公式，可以求出圆的半径，这样可以写出圆的标准方程.【详解】圆心到直线的距离为：，而直线是圆的切线，所以圆的半径为，因此圆的方程为.【点睛】本题考查了求圆的标准方程，掌握圆切线的性质是解题的关键.15.设三棱锥的三条侧棱两两垂直，且，则三棱锥的体积是_【答案】【解析】【分析】由题意可知:，利用线面的垂直的判定定理可以证明出平面，利用三棱锥的体积公式可以求出三棱锥的体积.【详解】由题意可知:，因为,平面,所以有平面,所以三棱锥的体积是.【点睛】本题考查了求三棱锥的体积，考查了转化思想，考查了线面垂直的判定.16.已知点,若直线上存在点使得，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】设出点的坐标为，由，可以转化为，根据平面向量数量积的坐标表示公式可得到一个关于的一元二次方程，只要该方程的判别式大于等于零即可，解不等式最后求出实数的取值范围.【详解】设直线上存在点使得，点的坐标为，则，因为，所以，由平面向量数量积的坐标表示公式可得，由题意可知该方程有实根，即，解得.【点睛】本题考查了直线相垂直的性质，考查了转化法、方程思想.三、解答题：本大题共3小题，共36分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17.如图，在三棱锥中，分别是，的中点（）求证：平面；（）求证：平面平面；（）在图中作出点在底面的正投影，并说明理由【答案】（）详见解析；（）详见解析；（）详见解析.【解析】【分析】（）利用三角形中位线定理和线面平行的判定定理可以证明出平面；（）利用等腰三角形三线合一的性质，可以证明线线垂直，根据线面垂直的判定定理，可以证明出线面垂直，最后根据面面垂直的判定定理，可以证明出平面平面；（）通过面面垂直的性质定理，可以在中，过作于即可.【详解】（）证明：因为，分别是，的中点，所以因为平面，所以平面（）证明：因为，是的中点，所以，所以平面所以平面平面（）解：在中，过作于，则点为点在底面的正投影理由如下：由（）知平面平面，且平面平面，又平面，所以平面，即点为点在底面的正投影【点睛】本题考查了等腰三角形性质、线面垂直的判定、面面垂直的判定定理和性质定理，考查了推理论证能力.18.已知圆心为的圆经过原点（）求圆的方程；（）设直线与圆交于，两点，求的面积【答案】（）；（）12.【解析】【分析】（）由已知可求出圆的半径，把圆心的坐标和半径，代入圆的标准方程中即可；（）利用点到直线的距离公式，可以求出弦心距，再利用垂径定理、勾股定理，可以求出弦的长，最后求出的面积【详解】（）解：圆的半径为，从而圆的方程为（）解：作于，则平分线段在直角三角形中，由点到直线的距离公式，得，所以所以所以的面积【点睛】本题考查了求圆的标准方程，点到直线距离公式、垂径定理、勾股定理，考查了数学运算能力.19.如图，在四棱锥中，底面是菱形，对角线，交于点（）若，求证：平面；（）若平面平面，求证：；（）在棱上是否存在点（异于点），使得平面？说明理由【答案】（）详见解析；（）详见解析；（）不存在，理由详见解析.【解析】分析】（）根据菱形的对角线互相垂直，再结合已知垂直条件，利用线面垂直的判定定理可以证明出平面；（）由面面垂直的性质定理和菱形的对角线互相垂直，可以得到，再根据菱形对角线互相平分，这样可以证明出；（）假设存在，根据菱形的性质和已知的平行条件， 可以得到平面平面，显然不可能，故假设存在不成立，故不存在，命题得证.【详解】（）证明：因为底面是菱形，所以因为，平面，所以平面（）证明：连接由（）可知因为平面平面，所以平面因为平面，所以因为底面是菱形，所以所以（）解：不存在，证明如下假设存在点（异于点），使得平面因为菱形中，且平面，所以平面又因为平面，所以平面平面这显然矛盾！从而，棱上不存在点，使得平面【点睛】本题考查了菱形的几何性质、线面平行的判定定理、面面平行的判定定理、线面垂直的判定定理，考查了推理论证能力.B卷 学期综合本卷满分：50分一、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分把答案填在题中横线上20.某公司有大量客户，且不同龄段客户对其服务的评价有较大差异为了解客户的评价，该公司准备进行抽样调查，可供选择的抽样方法有简单随机抽样、分层抽样和系统抽样，则最合适的抽样方法是_【答案】分层抽样.【解析】分析：由题可知满足分层抽样特点详解：由于从不同龄段客户中抽取，故采用分层抽样故答案为：分层抽样。点睛：本题主要考查简单随机抽样，属于基础题。21.从某校名学生中随机抽取若干学生，获得了他们一天课外阅读时间（单位：分钟）的数据，整理得到频率分布直方图如下则估计该校学生中每天阅读时间在的学生人数为_【答案】【解析】【分析】根据频率分布直方图中，所有小矩形面积之和为1，可以在频率分布直方图中找到阅读时间在这个组内的，频率与组距之比的值，然后求出落在这个段的频率，最后求出名学生每天阅读时间在的学生人数.【详解】因为在频率分布直方图中，所有小矩形的面积之和为1，所以有下列等式成立：，在这个组内，频率与组距之比的值为，所以频率为，因此名学生每天阅读时间在的学生人数为,【点睛】本题考查了在频率分布直方图中，所有小矩形的面积之和为1这一性质，考查了数学运算能力.22.设正方形的边长是，在该正方形区域内随机取一个点，则此点到点的距离大于的概率是_【答案】【解析】【分析】先求出正方形的面积，然后求出动点到点的距离所表示的平面区域的面积,最后根据几何概型计算公式求出概率.【详解】正方形的面积为，如下图所示：阴影部分的面积为: ，在正方形内，阴影外面部分的面积为，则在该正方形区域内随机取一个点，则此点到点的距离大于的概率是.【点睛】本题考查了几何概型的计算公式，正确求出阴影部分的面积是解题的关键.23.从分别写有1,2,3,4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为_【答案】【解析】【分析】先求出别写有1,2,3,4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，基本事件的个数，然后再求出抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的基本事件的个.数，运用古典概型公式求出概率.【详解】写有1,2,3,4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，基本事件的个数为，抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的基本事件为：，共个，因此抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为.【点睛】本题考查了古典概型概率的计算公式，考查了有放回抽样，属于基础题.24.在中，则角的大小为_【答案】【解析】【分析】由，根据同角的三角函数关系中的商关系，可以求出角正切值，再根据角是三角形的内角，这样可以求出角， 由正弦定理可以求出角的大小，最后由三角形内角和定理可以求出角的大小.【详解】因为角是三角形的内角，所以，又因为，所以有，所以，由正弦定理可知：，因为，所以，因此，由三角形内角和定理可知：.【点睛】本题考查了同角三角函数的关系中的商关系，考查了余弦定理、三角形内角和定理、以及特殊角的三角函数值.二、解答题：本大题共3小题，共30分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤25.为缓解交通运行压力，某市公交系统实施疏堵工程现调取某路公交车早高峰时段全程运输时间（单位：分钟）的数据，从疏堵工程完成前的数据中随机抽取5个数据，记为组；从疏堵工程完成后的数据中随机抽取5个数据，记为组组： 组： （）该路公交车全程运输时间不超过分钟，称为“正点运行”从，两组数据中各随机抽取一个数据，求这两个数据对应的两次运行中至少有一次“正点运行”的概率；（）试比较，两组数据方差的大小（不要求计算），并说明其实际意义【答案】（）；（）组数据的方差小于组数据的方差说明疏堵工程完成后，该路公交车全程运输时间更加稳定，而且“正点运行”率高，运行更加有保障.【解析】【分析】（）先求出从，两组数据中各随机抽取一个数据，不同的取法的种数，在求出两个数据对应的两次运行中至少有一次“正点运行”的种数，最后利用古典概型计算公式，求出概率；（）可以通过数据的波动情况判断出方差的大小，最后得出结论.【详解】（）解：从，两组数据中各随机抽取一个数据，所有不同的取法共有种从组中取到时，组中符合题意的取法为，共种；从组中取到时，组中符合题意的取法为，