北京昌平区高一数学下学期期末考试

昌平区20182019学年第二学期高一年级期末质量抽测数学试卷2019.7第一部分（选择题共50分）一、选择题共10小题，每小题5分，共50分在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项1.经过点且斜率为1的直线方程为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用直线的点斜式方程求解【详解】解：经过点且斜率为1的直线方程为：y11（x1），整理，得故选：A【点睛】本题考查直线方程的求法，是基础题，解题时要注意点斜式方程的合理运用2.某学校有高中学生1000人，其中高一年级、高二年级、高三年级的人数分别为320，300，380.为调查学生参加“社区志愿服务”的意向，现采用分层抽样的方法从中抽取一个容量为100的样本，那么应抽取高二年级学生的人数为( )A. 68B. 38C. 32D. 30【答案】D【解析】【分析】根据分层抽样的定义求出在各层中的抽样比，即样本容量比上总体容量，按此比例求出在各年级中抽取的人数.【详解】解：根据题意得，用分层抽样在各层中的抽样比为，则高二年级抽取的人数是30030人，故选：D【点睛】本题的考点是分层抽样方法，根据样本结构和总体结构保持一致，求出抽样比，再求出在各层中抽取的个体数目3.直线的倾斜角是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：由直线方程可知斜率为考点：直线斜率和倾斜角4.已知圆圆那么这两个圆的位置关系是( )A. 内含B. 外离C. 外切D. 相交【答案】C【解析】【分析】分别找出两圆的圆心坐标和半径R与r，利用两点间的距离公式求出两圆心的距离d，由dR+r得到两圆的位置关系为外切【详解】解：由圆圆得到圆心C1（0，1），圆心C2（2，1），且R1，r，两圆心间的距离d2，故d=R+r，圆C1和圆C2的位置关系是外切故选：C【点睛】此题考查了圆与圆的位置关系及其判定，以及两点间的距离公式圆与圆位置关系的判定方法为：0dRr，两圆内含；dRr，两圆内切；RrdR+r时，两圆相交；dR+r时，两圆外切；dR+r时，两圆相离（d为两圆心间的距离，R和r分别为两圆的半径）5.已知中，那么角大小是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】由题意根据余弦定理求出cosC的值，再写出C的大小【详解】，cosC，又A，A故选：A【点睛】本题考查了余弦定理的应用问题，考查了转化思想，属于基础题6.已知直线与圆相切，那么实数的值是( )A. 0B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由圆的方程找出圆心坐标和半径r，根据直线与圆相切，得到圆心到直线的距离等于圆的半径，利用点到直线的距离公式列出关于b的方程，求出方程的解即可得到b的值【详解】解：由圆x2+y22，得到圆心（0，0），半径r，圆与直线0相切，圆心到直线的距离dr，即，整理得：b，则实数b的值为，故选：D【点睛】此题考查了直线与圆的位置关系，涉及的知识有：圆的标准方程，以及点到直线的距离公式，当直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径，熟练掌握此性质是解本题的关键7.一个几何体的三视图如图所示，则几何体的体积是( )A. B. C. D. 1【答案】C【解析】【分析】由三视图知几何体为三棱锥，且三棱锥的高为，底面是直角边长分别为1，的直角三角形，代入体积公式计算可得答案【详解】解：由三视图知几何体为三棱锥，且三棱锥的高为，底面是直角边长分别为1，的直角三角形，三棱柱的体积V故选：C【点睛】本题考查了由三视图求几何体的体积，解题的关键是判断几何体的形状及数据所对应的几何量8.设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列四个命题： 如果，那么； 如果，那么； 如果，那么；如果，那么.其中正确的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解【详解】如果，那么m，n相交、平行或异面直线，故错误；根据线面平行性质定理可知正确；根据线面垂直判定定理可知正确；如果，那么m，n相交、平行或异面直线，故错误；故选：B【点睛】本题考查命题真假的判断，是基础题，解题时要注意空间思维能力的培养9.为迎接2022年北京冬季奥运会, 某校开设了冰球选修课，12名学生被分成甲、乙两组进行训练.他们的身高（单位：cm）如下图所示：设两组队员身高平均数依次为，方差依次为，则下列关系式中完全正确的是( )A. =, =B. C. ,=D. ,【答案】C【解析】【分析】由茎叶图，分别求出两组数据的平均数和方差，由此能求出结果【详解】解：由茎叶图，得：（174+175+176+177+178+179）176.5，（174176.5）2+（175176.5）2+（176176.5）2+（177176.5）2+（178176.5）2+（179176.5）2，（176+177+178+179+180+181）178.5，（176178.5）2+（177178.5）2+（178178.5）2+（179178.5）2+（180178.5）2+（181178.5）2，,=故选：C【点睛】本题考查两组数据的平均数和方差的大小的比较，是基础题，解题时要认真审题，注意茎叶图的性质的合理运用10.如图，正方体的棱长为1，动点E在线段上, F，M分别是AD，CD的中点, 则下列结论中错误的是( )A. B. 平面C. 三棱锥的体积为定值D. 存在点E，使得平面BEF/平面【答案】D【解析】【分析】根据空间中的平行与垂直关系，和三棱锥的体积公式，对选项中的命题判断其真假性即可【详解】对于A，连接AC，易知：故，正确；对于B，易知： ，,故平面，正确；对于C，三棱锥的体积等于三棱锥的体积,此时E点到平面BCF的距离为1，底面积为，故体积为定值，正确；对于D,BF与CD相交，即平面BEF与平面始终有公共点，故二者相交，错误；故选：D【点睛】本题考查了空间中的线面位置关系的判断和棱锥的体积计算问题，涉及到三棱锥的体积为定值问题，要考虑到动点（棱锥的顶点）在直线上，而直线与平面（棱锥的底面）平行，这样不论动点怎样移动，棱锥的高都不变，底面积为定值，高为定值，体积就是定值，考查学生的空间想象能力，是综合题第二部分（非选择题共100分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分11.两点的距离等于_.【答案】【解析】【分析】利用空间两点间的距离公式即可得到结果.【详解】，故答案为：【点睛】本题考查空间两点间的距离公式，考查计算能力，属于基础题.12.已知直线和直线平行，那么实数=_.【答案】【解析】【分析】利用两条直线相互平行的充要条件即可得出【详解】直线,即，直线，即，又直线和直线平行，即=4故答案为：4【点睛】本题考查了两条直线相互平行的充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于中档题13.某校4名学生参加“丝绸之路”夏令营活动，其中有2名学生去过敦煌. 从这4名学生中任选2名学生担任讲解员，则这2名学生都去过敦煌的概率是_.【答案】【解析】【分析】利用古典概型公式即可得到结果.【详解】从这4名学生中任选2名学生担任讲解员，共有种，其中这2名学生都去过敦煌有1种，这2名学生都去过敦煌的概率，故答案为：【点睛】本题考查古典概型概率公式，考查分析问题解决问题的能力，属于基础题.14.把边长为1的正方形ABCD沿对角线AC进行翻折，点D旋转到,使得平面平面，则到平面的距离是_;三棱锥的体积是 _.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】利用面面垂直的性质定理可得点到平面的距离，结合三棱锥的体积公式可得结果.【详解】(1)取AC中点为O，连接O，由面面垂直性质可知：O平面，故O的长即为到平面的距离，即O=；(2) 三棱锥的体积【点睛】本题通过折叠性问题，考查了面面垂直的性质，面面垂直的判定，考查了体积的计算，关键是利用好直线与平面、平面与平面垂直关系的转化，也要注意利用折叠前后四边形ABCD中的性质与数量关系.15.某公司制造两种电子设备：影片播放器和音乐播放器.在每天生产结束后，要对产品进行检测，故障的播放器会被移除进行修复. 下表显示各播放器每天制造的平均数量以及平均故障率.商品类型播放器每天平均产量播放器每天平均故障率影片播放器30004%音乐播放器90003%下面是关于公司每天生产量的叙述:每天生产的播放器有三分之一是影片播放器；在任何一批数量为100的影片播放器中，恰好有4个会是故障的；如果从每天生产的音乐播放器中随机选取一个进行检测，此产品需要进行修复的概率是0.03.上面叙述正确的是_.【答案】【解析】【分析】根据题意逐一判断各选项即可.【详解】每天生产的播放器有是影片播放器，故错误；在任何一批数量为100的影片播放器中，恰好有4个会是故障的是错误的，4%是概率意义上的估计值，并不能保证每批都恰有4个；因为音乐播放器的每天平均故障率3%，所以从每天生产的音乐播放器中随机选取一个进行检测，此产品需要进行修复的概率是0.03，正确.故答案为：【点睛】本题考查概率概念的理解，考查分析问题解决问题的能力，属于中档题.16.设，过定点的直线和过定点的直线，两条直线相交于点，点的轨迹为曲线. 则（1）定点的坐标是_；（2）设点是曲线上的任意一点，那么的取值范围是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】(1)利用过定点的直线系方程可得结果，（2）明确曲线C的方程，利用圆的参数方程表示，进而结合三角函数的图像与性质可得结果.【详解】(1)直线可化为m（x4）+2y0，令，解得，所以直线l过定点B（，2）；(2) 由题意可知：，故直线与直线互相垂直，P点在以AB为直径的圆上运动，即P点的轨迹方程为：，设，的取值范围是故答案为：【点睛】本题考查过定点的直线系方程，考查动点的轨迹方程，及直线与圆的位置关系，属于中档题.三、解答题共6小题，共70分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.17.在中，,.（）求的值；（）求边的长及面积的大小.【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）利用同角关系得到，结合正弦定理可得结果；（）由余弦定理可得，从而得到c值，进而结合三角形面积公式得到结果.【详解】解：（）在中,由，得.因为， 得(II) 在中,由. 整理，得，解得（舍）所以.【点睛】本题考查正弦定理以及余弦定理的应用，考查三角形面积公式，考查计算能力18.已知表1是某年部分日期的天安门广场升旗时刻表表1：某年部分日期的天安门广场升旗时刻表将表1中的升旗时刻化为分数后作为样本数据（如：可化为）（）请补充完成下面的频率分布表及频率分布直方图；分组频数频率4:004:5935:005:590.256:006:597:007:595合计20（）若甲学校从上表日期中随机选择一天观看升旗试估计甲学校观看升旗的时刻早于6:00的概率；（）若甲，乙两个学校各自从表1中五月、六月的日期中随机选择一天观看升旗, 求两校观看升旗的时刻均不早于5:00的概率【答案】（）详见解析；（）；（）.【解析】【分析】（）由天安门广场升旗时刻表即可得到频率分布表及频率分布直方图；（）利用古典概型概率公式可得结果；（）利用古典概型概率公式可得结果.【详解】解：（）频率分布表及频率分布直方图如下：分组频数频率4:004:5930.155:005:5950.256:006:5970.357:007:5950.25合计201 (II) 由表知，甲学校从上表20次日期中随机选择一天观看升旗，观看升旗的时刻早于6:00的日期为8次，所以，估计甲学校观看升旗的时刻早于6:00的概率为(III) 由表知，五月、六月的日期中不早于5:00的时间为2次，共5次.设按表1中五月、六月的日期先后顺序，甲选择一天观看升旗分别为，乙选择一天观看升旗分别为，则甲，乙两个学校观看升旗时刻的基本事件空间为：其中基本事件为25个.设两校观看升旗的时刻均不早于5:00为事件，包含基本事件为:，共4个，所以，即两校观看升旗的时刻均不早于5:00的概率为.【点睛】本小题主要考查了频率分布直方图、古典概型概率公式的应用，属于中档题利用古典概型概率公式求概率时，找准基本事件个数是解题的关键，基本亊件的探求方法有 (1)枚举法：适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的；(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本亊件的探求.在找基本事件个数时，一定要按顺序逐个写出：先，. ，再，.依次 . 这样才能避免多写、漏写现象的发生.19.已知圆的圆心在轴上，且经过点，（）求线段AB的垂直平分线方程；（）求圆的标准方程；（）过点的直线与圆相交于、两点，且，求直线的方程【答案】（）；（）；（）或.【解析】【分析】（）利用垂直平分关系得到斜率及中点，从而得到结果；（）设圆的标准方程为，结合第一问可得结果；（）由题意可知：圆心到直线的距离为1，分类讨论可得结果.【详解】解：（） 设的中点为，则由圆的性质，得，所以，得. 所以线段的垂直平分线的方程是. (II) 设圆的标准方程为，其中，半径为（）.由圆的性质，圆心在直线上，化简得所以 圆心， ， 所以 圆的标准方程为(III) 由(I)设为中点，则，得圆心到直线的距离.(1) 当的斜率不存在时，此时，符合题意. (2) 当的斜率存在时，设，即，由题意得，解得：故直线的方程为，即综上直线的方程或【点睛】圆内一点为弦的中点时，则此点与圆心的连线和弦所在的直线垂直；解决圆的弦长有关问题，注意弦长一半、弦心距、半径构成的直角三角形的三边的勾股数之间的关系。20.如图，在四棱锥中，PA平面ABCD，CDAD，BCAD，.（）求证：CDPD；（）求证：BD平面PAB；（）在棱PD上是否存在点M，使CM平面PAB，若存在，确定点M的位置，若不存在，请说明理由.【答案】（）详见解析；（）详见解析；（）在棱PD上存在点M，使CM平面PAB，且M是PD的中点.【解析】【分析】（）由题意可得CD平面PAD，从而易得CDPD；（）要证BD平面PAB，关键是证明；（）在棱PD上存在点M，使CM平面PAB，且M是PD的中点.【详解】（）证明：因为PA平面ABCD，平面ABCD所以CDPA.因为CDAD，所以CD平面PAD.因为平面PAD，所以CDPD.(II)因为PA平面ABCD，平面ABCD所以BDPA.在直角梯形ABCD中，由题意可得，所以，所以.因为，所以平面PAB.（）解：在棱PD上存在点M，使CM平面PAB，且M是PD的中点.证明：取PA的中点N，连接MN，BN，因为M是PD的中点，所以.因为，所以.所以MNBC是平行四边形，所以CMBN.因为平面PAB, 平面PAB.所以平面PAB.【点睛】本题考查平面与平面