北京市西城區(qū)高一數(shù)學下學期期末考試試題（含解析） (1)

北京市西城區(qū)2018-2019學年度第二學期期末試卷高一數(shù)學2019.7A卷立體幾何初步與解析幾何初步 一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的1.已知點，則線段的中點為（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用中點坐標公式直接求解出的中點的坐標.【詳解】因為點，所以的中點的橫坐標為，縱坐標為，所以線段的中點為，故本題選B.【點睛】本題考查了中點坐標公式，熟記中點坐標公式是解題的關鍵.2.直線經(jīng)過點，則直線的斜率是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】直接代入斜率公式可以求出直線的斜率.【詳解】因為直線經(jīng)過點，所以直線的斜率為，故本題選A.【點睛】本題考查了直線斜率公式，熟記直線斜率公式是解題的關鍵.3.下列直線中，與直線平行的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根據(jù)兩條直線存在斜率時，它們的斜率相等且在縱軸上的截距不相等，兩直線平行，逐一對四個選項進行判斷.【詳解】直線的斜率為，在縱軸上的截距為.選項A:直線的斜率為，顯然不與直線平行；選項B:直線的斜率為，顯然不與直線平行；選項C:直線的斜率為，在縱軸上的截距為，故與與直線平行；選項D:直線的斜率為，顯然不與直線平行，故本題選C.【點睛】本題考查了當兩條存在斜率時，兩直線平行的條件，根據(jù)一般式求出直線的斜率和在縱軸上的截距是解題的關鍵.4.在空間中，給出下列四個命題：平行于同一個平面的兩條直線互相平行；垂直于同一個平面的兩個平面互相平行；平行于同一條直線的兩條直線互相平行；垂直于同一個平面的兩條直線互相平行其中正確命題的序號是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析】通過線面平行的性質，線面垂直的性質，平行公理可以對四個命題進行判斷，最后選出正確的答案.【詳解】命題: 平行于同一個平面的兩條直線可以平行、相交、異面，顯然命題是假命題；命題：垂直于同一個平面的兩個平面可以平行，也可以垂直，顯然命題是假命題；命題：這是平行公理顯然命題是真命題；命題：根據(jù)平行線的性質和線面垂直的性質，可以知道這個真命題，故本題選D.【點睛】本題考查了平行線的性質、線面垂直的性質、面面垂直的性質，考查了空間想象能力和對有關定理的理解.5.圓的周長是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】通過配方法把圓的一般方程化成標準方程求出圓的半徑，進而求出圓的周長.【詳解】，所以圓的半徑為，因此圓的周長為，故本題選B.【點睛】本題考查了通過圓的一般式方程化為普通方程求半徑問題，考查了配方法.6.如圖，在長方體中，若分別是棱的中點，則必有（ ）A. B. C. 平面平面D. 平面平面【答案】D【解析】【分析】根據(jù)長方體的性質、平行線的性質、三角形中位線定理、面面平行的判定定理，對四個選項逐一判斷，最后選出正確的答案.【詳解】選項A:由中位線定理可知：，因為過直線外一點有且只有一條直線與已知直線平行，所以不可能互相平行，故A選項是錯誤的；選項B: 由中位線定理可知：，因為過直線外一點有且只有一條直線與已知直線平行，所以不可能互相平行，故B選項是錯誤的；選項C: 由中位線定理可知：，而直線與平面相交，故直線與平面也相交，故平面與平面相交，故C選項是錯誤的；選項D:由三角形中位線定理可知：，所以有平面，平面而，因此平面平面，故本題選D.【點睛】本題考查了面面平行的判定定理、線線平行的性質、三角形中位線定理，考查了推理論證能力.7.一個棱長為2的正方體被一個平面截去一部分后，剩余幾何體的三視圖如圖所示，則截去的幾何體是 A. 三棱錐B. 三棱柱C. 四棱錐D. 四棱柱【答案】B【解析】由三視圖可知，剩余幾何體是如圖所示的四棱柱 ，則截去的部分是三棱柱 ，故選B.【方法點睛】本題利用空間幾何體的三視圖重點考查學生的空間想象能力和抽象思維能力，屬于難題.三視圖問題是考查學生空間想象能力最常見題型，也是高考熱點.觀察三視圖并將其“翻譯”成直觀圖是解題的關鍵，不但要注意三視圖的三要素“高平齊，長對正，寬相等”，還要特別注意實線與虛線以及相同圖形的不同位置對幾何體直觀圖的影響.8.已知點,點在直線上運動當最小時，點的坐標是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】設出點的坐標，利用兩點間距離公式，寫出的表達式，利用二次函數(shù)的性質可以求出最小時，點的坐標.【詳解】因為點在直線上運動，所以設點的坐標為，由兩點間距離公式可知：，顯然時, 有最小值，最小值為，此時點的坐標是，故本題選B.【點睛】本題考查了兩點間距離公式、二次函數(shù)求最值問題.9.已知圓的方程為，圓的方程為，那么這兩個圓的位置關系不可能是（ ）A. 外離B. 外切C. 內含D. 內切【答案】C【解析】分析】分別求出兩圓的圓心坐標和半徑，求出圓心距，可以求出圓心距的最小值，然后與兩圓半徑的和、差的絕對值，進行比較，最后得出答案.【詳解】因為圓的方程為，所以圓的圓心坐標為，半徑為2，又因為圓的方程為，所以圓的圓心坐標為，半徑為，因此有，兩圓的半徑和為，半徑差的絕對值為，故兩圓的圓心距不可能小于兩圓的半徑差的絕對值，不可能是內含關系，故本題選C.【點睛】本題考查了圓與圓的位置關系的判斷，求出圓心距的最小值是解題的關鍵.10.如圖，在空間四邊形中，兩條對角線互相垂直，且長度分別為4和6，平行于這兩條對角線的平面與邊分別相交于點，記四邊形的面積為y，設，則（ ）A. 函數(shù)值域為B. 函數(shù)的最大值為8C. 函數(shù)在上單調遞減D. 函數(shù)滿足【答案】D【解析】試題分析：由題可得，所以同理，所以，所以四邊形為平行四邊形又，所以，所以平行四邊形為矩形因為，所以，所以,因為，所以，所以所以矩形的面積函數(shù)圖象關于對稱，在上單調遞增，在上單調遞減，可求得.所以值域是.考點：1.空間直線的平行；2.相似三角形對應成比例；3.二次函數(shù)的性質.二、填空題：本大題共6小題，每小題4分，共24分把答案填在題中橫線上11.直線的傾斜角的大小是_【答案】（或）【解析】 12.對于任意實數(shù)，直線經(jīng)過的定點坐標為_【答案】【解析】【分析】由直線的斜截式方程可以知道該直線在縱軸的截距，因此可以求出直線經(jīng)過的定點坐標.【詳解】對于任意實數(shù)，直線在縱軸上的截距圴為，因此直線經(jīng)過的定點坐標為，【點睛】本題考查了利用斜截式方程與直線過定點問題，屬于基礎題.13.圓柱的高是，底面圓的半徑是，則圓柱的側面積是_【答案】【解析】【分析】直接把圓柱的高、底面圓的半徑代入圓柱側面積公式中，求出圓柱的側面積.【詳解】因為圓柱的側面積公式為:，（其中分別是圓柱底面的半徑和圓柱的母線），因為圓柱的高是，所以圓柱的母線也是，因此圓柱的側面積為.【點睛】本題考查了圓柱的側面積公式，屬于基礎題.14.圓心為，且與直線相切的圓的方程是_【答案】【解析】【分析】根據(jù)圓切線的性質，利用點到直線距離公式，可以求出圓的半徑，這樣可以寫出圓的標準方程.【詳解】圓心到直線的距離為：，而直線是圓的切線，所以圓的半徑為，因此圓的方程為.【點睛】本題考查了求圓的標準方程，掌握圓切線的性質是解題的關鍵.15.設三棱錐的三條側棱兩兩垂直，且，則三棱錐的體積是_【答案】【解析】【分析】由題意可知:，利用線面的垂直的判定定理可以證明出平面，利用三棱錐的體積公式可以求出三棱錐的體積.【詳解】由題意可知:，因為,平面,所以有平面,所以三棱錐的體積是.【點睛】本題考查了求三棱錐的體積，考查了轉化思想，考查了線面垂直的判定.16.已知點,若直線上存在點使得，則實數(shù)的取值范圍是_【答案】【解析】【分析】設出點的坐標為，由，可以轉化為，根據(jù)平面向量數(shù)量積的坐標表示公式可得到一個關于的一元二次方程，只要該方程的判別式大于等于零即可，解不等式最后求出實數(shù)的取值范圍.【詳解】設直線上存在點使得，點的坐標為，則，因為，所以，由平面向量數(shù)量積的坐標表示公式可得，由題意可知該方程有實根，即，解得.【點睛】本題考查了直線相垂直的性質，考查了轉化法、方程思想.三、解答題：本大題共3小題，共36分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟17.如圖，在三棱錐中，分別是，的中點（）求證：平面；（）求證：平面平面；（）在圖中作出點在底面的正投影，并說明理由【答案】（）詳見解析；（）詳見解析；（）詳見解析.【解析】【分析】（）利用三角形中位線定理和線面平行的判定定理可以證明出平面；（）利用等腰三角形三線合一的性質，可以證明線線垂直，根據(jù)線面垂直的判定定理，可以證明出線面垂直，最后根據(jù)面面垂直的判定定理，可以證明出平面平面；（）通過面面垂直的性質定理，可以在中，過作于即可.【詳解】（）證明：因為，分別是，的中點，所以因為平面，所以平面（）證明：因為，是的中點，所以，所以平面所以平面平面（）解：在中，過作于，則點為點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，即點為點在底面的正投影【點睛】本題考查了等腰三角形性質、線面垂直的判定、面面垂直的判定定理和性質定理，考查了推理論證能力.18.已知圓心為的圓經(jīng)過原點（）求圓的方程；（）設直線與圓交于，兩點，求的面積【答案】（）；（）12.【解析】【分析】（）由已知可求出圓的半徑，把圓心的坐標和半徑，代入圓的標準方程中即可；（）利用點到直線的距離公式，可以求出弦心距，再利用垂徑定理、勾股定理，可以求出弦的長，最后求出的面積【詳解】（）解：圓的半徑為，從而圓的方程為（）解：作于，則平分線段在直角三角形中，由點到直線的距離公式，得，所以所以所以的面積【點睛】本題考查了求圓的標準方程，點到直線距離公式、垂徑定理、勾股定理，考查了數(shù)學運算能力.19.如圖，在四棱錐中，底面是菱形，對角線，交于點（）若，求證：平面；（）若平面平面，求證：；（）在棱上是否存在點（異于點），使得平面？說明理由【答案】（）詳見解析；（）詳見解析；（）不存在，理由詳見解析.【解析】分析】（）根據(jù)菱形的對角線互相垂直，再結合已知垂直條件，利用線面垂直的判定定理可以證明出平面；（）由面面垂直的性質定理和菱形的對角線互相垂直，可以得到，再根據(jù)菱形對角線互相平分，這樣可以證明出；（）假設存在，根據(jù)菱形的性質和已知的平行條件， 可以得到平面平面，顯然不可能，故假設存在不成立，故不存在，命題得證.【詳解】（）證明：因為底面是菱形，所以因為，平面，所以平面（）證明：連接由（）可知因為平面平面，所以平面因為平面，所以因為底面是菱形，所以所以（）解：不存在，證明如下假設存在點（異于點），使得平面因為菱形中，且平面，所以平面又因為平面，所以平面平面這顯然矛盾！從而，棱上不存在點，使得平面【點睛】本題考查了菱形的幾何性質、線面平行的判定定理、面面平行的判定定理、線面垂直的判定定理，考查了推理論證能力.B卷 學期綜合本卷滿分：50分一、填空題：本大題共5小題，每小題4分，共20分把答案填在題中橫線上20.某公司有大量客戶，且不同齡段客戶對其服務的評價有較大差異為了解客戶的評價，該公司準備進行抽樣調查，可供選擇的抽樣方法有簡單隨機抽樣、分層抽樣和系統(tǒng)抽樣，則最合適的抽樣方法是_【答案】分層抽樣.【解析】分析：由題可知滿足分層抽樣特點詳解：由于從不同齡段客戶中抽取，故采用分層抽樣故答案為：分層抽樣。點睛：本題主要考查簡單隨機抽樣，屬于基礎題。21.從某校名學生中隨機抽取若干學生，獲得了他們一天課外閱讀時間（單位：分鐘）的數(shù)據(jù)，整理得到頻率分布直方圖如下則估計該校學生中每天閱讀時間在的學生人數(shù)為_【答案】【解析】【分析】根據(jù)頻率分布直方圖中，所有小矩形面積之和為1，可以在頻率分布直方圖中找到閱讀時間在這個組內的，頻率與組距之比的值，然后求出落在這個段的頻率，最后求出名學生每天閱讀時間在的學生人數(shù).【詳解】因為在頻率分布直方圖中，所有小矩形的面積之和為1，所以有下列等式成立：，在這個組內，頻率與組距之比的值為，所以頻率為，因此名學生每天閱讀時間在的學生人數(shù)為,【點睛】本題考查了在頻率分布直方圖中，所有小矩形的面積之和為1這一性質，考查了數(shù)學運算能力.22.設正方形的邊長是，在該正方形區(qū)域內隨機取一個點，則此點到點的距離大于的概率是_【答案】【解析】【分析】先求出正方形的面積，然后求出動點到點的距離所表示的平面區(qū)域的面積,最后根據(jù)幾何概型計算公式求出概率.【詳解】正方形的面積為，如下圖所示：陰影部分的面積為: ，在正方形內，陰影外面部分的面積為，則在該正方形區(qū)域內隨機取一個點，則此點到點的距離大于的概率是.【點睛】本題考查了幾何概型的計算公式，正確求出陰影部分的面積是解題的關鍵.23.從分別寫有1,2,3,4的4張卡片中隨機抽取1張，放回后再隨機抽取1張，則抽得的第一張卡片上的數(shù)大于第二張卡片上的數(shù)的概率為_【答案】【解析】【分析】先求出別寫有1,2,3,4的4張卡片中隨機抽取1張，放回后再隨機抽取1張，基本事件的個數(shù)，然后再求出抽得的第一張卡片上的數(shù)大于第二張卡片上的數(shù)的基本事件的個.數(shù)，運用古典概型公式求出概率.【詳解】寫有1,2,3,4的4張卡片中隨機抽取1張，放回后再隨機抽取1張，基本事件的個數(shù)為，抽得的第一張卡片上的數(shù)大于第二張卡片上的數(shù)的基本事件為：，共個，因此抽得的第一張卡片上的數(shù)大于第二張卡片上的數(shù)的概率為.【點睛】本題考查了古典概型概率的計算公式，考查了有放回抽樣，屬于基礎題.24.在中，則角的大小為_【答案】【解析】【分析】由，根據(jù)同角的三角函數(shù)關系中的商關系，可以求出角正切值，再根據(jù)角是三角形的內角，這樣可以求出角， 由正弦定理可以求出角的大小，最后由三角形內角和定理可以求出角的大小.【詳解】因為角是三角形的內角，所以，又因為，所以有，所以，由正弦定理可知：，因為，所以，因此，由三角形內角和定理可知：.【點睛】本題考查了同角三角函數(shù)的關系中的商關系，考查了余弦定理、三角形內角和定理、以及特殊角的三角函數(shù)值.二、解答題：本大題共3小題，共30分解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟25.為緩解交通運行壓力，某市公交系統(tǒng)實施疏堵工程現(xiàn)調取某路公交車早高峰時段全程運輸時間（單位：分鐘）的數(shù)據(jù)，從疏堵工程完成前的數(shù)據(jù)中隨機抽取5個數(shù)據(jù)，記為組；從疏堵工程完成后的數(shù)據(jù)中隨機抽取5個數(shù)據(jù)，記為組組： 組： （）該路公交車全程運輸時間不超過分鐘，稱為“正點運行”從，兩組數(shù)據(jù)中各隨機抽取一個數(shù)據(jù)，求這兩個數(shù)據(jù)對應的兩次運行中至少有一次“正點運行”的概率；（）試比較，兩組數(shù)據(jù)方差的大?。ú灰笥嬎悖?，并說明其實際意義【答案】（）；（）組數(shù)據(jù)的方差小于組數(shù)據(jù)的方差說明疏堵工程完成后，該路公交車全程運輸時間更加穩(wěn)定，而且“正點運行”率高，運行更加有保障.【解析】【分析】（）先求出從，兩組數(shù)據(jù)中各隨機抽取一個數(shù)據(jù)，不同的取法的種數(shù)，在求出兩個數(shù)據(jù)對應的兩次運行中至少有一次“正點運行”的種數(shù)，最后利用古典概型計算公式，求出概率；（）可以通過數(shù)據(jù)的波動情況判斷出方差的大小，最后得出結論.【詳解】（）解：從，兩組數(shù)據(jù)中各隨機抽取一個數(shù)據(jù)，所有不同的取法共有種從組中取到時，組中符合題意的取法為，共種；從組中取到時，組中符合題意的取法為，