北京市一零一中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

北京市一零一中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

北京一零一中2019-2020学年度第一学期期中考试 一、选择题：本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.（1）某学校为了了解2019年高考数学学科的考试成绩在高考后对1200名学生进行抽样调查，其中文科400名考生，理科600名考生，艺术和体育类考生共200名，从中抽取120名考生作为样本；（2）从10名家长中抽取3名参加座谈会.①简单随机抽样法；②系统抽样法；③分层抽样法.问题与方法配对正确的是（ ）‎ A. （1）③、（2）① B. （1）①、（2）②‎ C. （1）②、（2）③ D. （1）③、（2）②‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）中明显三类，应选择分层抽样法；‎ ‎（2）中总量比较少，应选择简单随机抽样法.‎ ‎【详解】（1）中明显有文科考生，理科考生，艺术和体育类考生三类，应选择分层抽样法；‎ ‎（2）中总体总量只有10，样本容量只有3，都比较少，应选择简单随机抽样法.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查三种抽样方法的选取，个体数样本容量较少时选简单随机抽样法，个体数样本容量较多时选系统抽样法，个体有明显分类分层时选分层抽样法，属于基础题.‎ ‎2.若两直线，的斜率分别是，，倾角分别是，，且满足，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将斜率关系，由斜率定义转化为倾斜角关系，再借助正切函数图象，观察可得答案.‎ ‎【详解】因为，所以 ‎ ‎ 由图可知此时.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查斜率的定义，还考查正切函数中数形结合确定角的大小，属于简单题.‎ ‎3.以点为圆心，且与轴相切的圆的标准方程是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题做出图像，观察可得半径，代入圆的标准方程，得答案.‎ ‎【详解】由题可以构建图像，观察可知该圆半径为2‎ 则以点为圆心，2为半径为的圆的标准方程为.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查由圆的几何性质求其标准方程，属于简单题.‎ ‎4.下列命题正确的是（ ）‎ A. 互斥事件不能同时发生，但对立事件可以同时发生 B. 若为真命题，则为真命题 C. “求证平行四边形的对角线互相平分”是一个命题 D. 已知命题：，，则：，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A选项对立事件不能同时发生，错误；‎ B选项根据逻辑连接词的命题真假性判定，错误；‎ C选项这句话是祈使句，错误；‎ D选项根据含量词的命题的取否定判定，正确.‎ ‎【详解】A选项对立事件也是互斥事件，不能同时发生，所以错误；‎ B选项为真命题则其中有一个为真命题即可，而为真命题需满足两个命题同时为真，所以错误；‎ C选项这句话是祈使句，不是陈述句，所以错误；‎ D选项含量词的命题的取否定，取其结论反面的同时特称量词变为全称量词，正确.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查事件的关系，命题的定义，逻辑连接词连接的命题真假性判定，还考查了含量词的命题取否定，属于简单题.‎ ‎5.“直线与圆相切”是“”的（ ）‎ A. 充分必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 条件中由直线与圆相切，转换为圆心到直线的距离等于半径，构建方程求得k值，再判断其和结论中的k的值的包含关系，得答案.‎ ‎【详解】条件中直线与圆相切 所以圆的圆心到的距离等于半径1‎ 即，解得；‎ 结论中只有 所以结论可以推出条件，但条件不能推出结论 所以是必要不充分条件.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查充分必要条件，优先确定条件和结论，再分别表示其最终结果，由包含关系可得结果，还考查了直线与圆的位置关系，属于简单题.‎ ‎6.点是圆上的动点，它的定点所连线段的中点的轨迹方程是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设中点坐标，进而表示动点P的坐标，将P代入其轨迹方程中，所得方程即为答案.‎ ‎【详解】设其中点坐标为，因为其为点P与定点的中点，‎ 所以P的坐标为 又因为点是圆上的动点 所以，即 故选：A ‎【点睛】本题查考求曲线方程，常见两种类型，一种为有明显的等量关系，只需根据条件由关系构建方程即可，另一种为已知一动点在某一轨迹上运动，导致所求点有运动轨迹问题，该问题只需设所求轨迹点坐标，进而表示动点坐标，再带入动点运动轨迹方程，化简即可，属于中档题.‎ ‎7.过点且斜率为的光线经过直线反射后与轴交点的坐标为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由定点和斜率表示光线的方程，设其经过反射后与轴交点的坐标，再表示该点关于对称点坐标，将其带入光线方程，构建等式，解之得答案.‎ ‎【详解】因为光线l过点且斜率为，‎ 所以方程表示为 ，即 其经过反射后的图像如下 设与轴交点坐标为，点A关于的对称点B为，且在l上 所以，即，所以坐标为.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查平面点、直线的对称问题，注意构建图像辅助分析，属于中档题.‎ ‎8.圆：与圆：相交弦所在直线为，则被圆：截得的弦长为（ ）‎ A. B. ‎4 ‎C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 将圆与圆的方程化为一般式并作差得相交弦l的方程，由直线与圆O相交构建直角三角形，利用点到直线的距离公式表示弦心距，再利用勾股定理构建方程，解之得答案.‎ ‎【详解】将圆与圆的方程化为一般式：‎ 圆：；圆：‎ 作差既得圆与圆的相交弦l方程 因为直线l与圆：相交，所以 又因为，代入上式，所以 即 故选：D ‎【点睛】本题考查了圆与圆的相交弦方程，还考查了直线与圆相交求弦长问题，属于中档题.‎ 第Ⅱ卷（共90分）‎ 二、填空题（每题5分，满分30分，将答案填在答题纸上）‎ ‎9.若直线与直线互相垂直，那么的值等于__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线一般式中垂直，则构建方程，解得答案.‎ ‎【详解】因为直线与直线互相垂直 所以，即.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查直线垂直的应用，属于基础题.‎ ‎10.某校高中年级开设了丰富多彩的校本课程，甲、乙两班各随机抽取了5名学生的学分，用茎叶图表示.，分别表示甲、乙两班各自5名学生学分的标准差，则_______.（填“”“<”或“＝”） ‎ ‎【答案】<‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据茎叶图得出甲、乙两班学分数据，求出平均分，通过比较方差大小得出标准差大小．‎ ‎【详解】由茎叶图可知，甲班同学学分依次为8，11，14，15，22．‎ 平均分为（8+11+14+15+22）÷5＝14，‎ 方差为s12[（8﹣14）2+（11﹣14）2+（14﹣14）2+（15﹣14）2+（22﹣14）2]＝22，‎ 乙班同学学分依次为6，7，10，24，23．‎ 平均分为（6+7+10+24+23）÷5＝14‎ 方差为s22[（6﹣14）2+（7﹣14）2+（10﹣14）2+（24﹣14）2+（23﹣14）2]＝62，‎ 因为s12＜s22，‎ 所以s1＜s2‎ 故答案为＜.‎ ‎【点睛】本题考查样本的平均数、方差、标准差，属基础题，熟记样本的平均数、方差公式是前提，准确计算是关键．‎ ‎11. 椭圆的一个顶点与两个焦点构成等边三角形，则离心率e=________．‎ ‎【答案】e=‎ ‎【解析】‎ 依题意，所以 ‎12.将2红2白共4个球随机排成一列，则同色球均相邻的概率为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 红球和白球分别捆绑，它们的排列有种，其中红球内部排列有种，白球内部排列有种，所以满足条件的有种；事件所有的排列有种，相比得答案.‎ ‎【详解】由题可知满足条件的同色球均相邻的情况种数为,‎ 事件所有情况种数，‎ 所以同色球均相邻的概率为 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查借助排列组合运算方法求古典概型的概率，属于中档题.‎ ‎13.在平面直角坐标系中，椭圆的焦点为，，点在椭圆上，若，则的面积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由椭圆的标准方程得的值，再由椭圆的定义可知，然后在焦点三角形中由余弦定理课求得的大小，最后由焦点三角形面积公式，求得答案.‎ ‎【详解】由椭圆的方程可知，，即 因为点在椭圆上，又，所以 由余弦定理可知 所以 故 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆中焦点三角形问题，该类问题常用到椭圆的定义，三角形顶角的余弦定理，以及面积的表示，其中面积的表示多见于，属于中档题.‎ ‎14.已知直线：与圆交于，两点，过点，分别做的垂线与轴交于，两点，若，则__________．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 因为直线与圆相交，且已知，由勾股定理可以构建方程求得弦心距；再由点到直线的距离公式表示弦心距，求得参数m，得倾斜角为，做出图像，由余弦定义得答案.‎ ‎【详解】由题可知直线：与圆交于，两点，‎ 所以设弦心距为d，有 又因为，所以，即，‎ 所以，故直线l的斜率，则倾斜角为 做出图像，所以 故答案为：4‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，注意构建图像帮助分析，属于较难题.‎ 三、解答题：共50分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎15.求经过点，且与点，距离相等的直线的方程.‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作图观察可知，要满足该两点到直线的距离相等，只需直线过AB中点或与AB平行，求出AB中点坐标，利用直线的两点式表示直线方程；求出AB斜率，由直线的点斜式表示直线方程，得答案.‎ ‎【详解】做出图像，观察可知点，到直线的距离要相等，‎ 只需过中点或与AB平行 当过中点时，因为，所以直线方程为即 当与AB平行时，斜率，‎ 所以直线方程为，即 所以直线的方程为或.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查求直线方程，其中到两定点的距离相等，则必过线段中点或与已知线段平行，属于中档题.‎ ‎16.为了了解小学生的体能情况，抽取了某小学同年级部分学生进行跳绳测试，将所得的数据整理后画出频率分布直方图，已知图中从左到右的前三个小组的频率分别是0.1，0.3，0.4第一小组的频数是5.‎ ‎（1）求第四小组的频率和该组参加这次测试的学生人数； ‎ ‎（2）在这次测试中，学生跳绳次数的中位效落在第几小组内？‎ ‎（3）从第一小组中选出2人，第三小组中选出3人组成队伍代表学校参加区里的小学生体质测试，在测试的某一环节，需要从这5人中任选两人参加测试，求这两人来自同一小组的概率.‎ ‎【答案】（1）0.2；10（2）第三小组（3）0.4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）用1减去其他小组的频率，得答案；由第一小组频数，求出总的样本容量，再用样本容量乘以第四组的频率，得答案；‎ ‎（2）表示前两个小组频率和，再表示前三个小组频率和，观察得答案；‎ ‎（3）分别表示所有基本事件结果，再选出满足条件的事件，后者除以前者，得答案.‎ ‎【详解】（1）由题可知P（第四小组）;‎ 因为样本容量为 人，所以第四小组测试的学生人数为人；‎ ‎（2）因为前两个小组的频率和为0.4，第三组的频率为0.4，‎ 又因为中位数处的频率应恰好为0.5，所以应落在第三小组内；‎ ‎（3）法一：设事件P为两人来自同一小组 令从第一小组选出的2人为，从第三小组选出的3人为 所有的基本事件有：‎ 共10种可能，‎ 满足条件的有，共4种可能，‎ 所以 法二：设事件P为两人来自同一小组 因为这两人都来自第一小组的可能有种，都来自第三小组的可能有种，‎ 且从5人中选2人的可能有种 所以 ‎【点睛】本题考查统计与概率的综合性问题，其中涉及对立事件的频率，求频数，中位数，还考查了古典概型问题，属于中档题.‎ ‎17.已知命题：表示椭圆，命题：，若“”为真命题，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 命题由椭圆的标准方程要求知分母都大于零且不相等，构建不等式，表示此时m的范围；命题方程存在根，则由，构建不等式，表示此时m的范围；因为的否定为，求出的结果，再取反面既得答案.‎ ‎【详解】对命题：因为表示椭圆 所以 对命题：因为，‎ 所以，即 所以：；：‎ 因为的否定为，且为 所以其否定即为为真，即 ‎【点睛】本题由命题的逻辑连接词的真假性为背景，考察了椭圆的标准方程形式，一元二次方程根存在的判别要求，属于较难题.‎ ‎18.已知椭圆：（）的离心率为，，，，的面积为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设是椭圆上的一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值.‎ ‎【答案】（1）（2）见解析；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由离心率和的面积构建方程组，求出，代入标准方程，得答案；‎ ‎（2）设点，由其在椭圆上得，考虑PA，PB的斜率存在与否，利用分类讨论是否为0，由直线的两点式分别表示PA，PB的直线方程，进而表示，化简得答案.‎ ‎【详解】（1）由题可知离心率,,‎ 解之得，所以椭圆的方程为；‎ ‎（2）证明：设点，因为点P在椭圆C上，所以，即 当时，因为，，所以直线PA的方程为 令得，所以 因为因为，，所以直线PA的方程为 令得，所以 则 所以 因为，所以原式 当时，因为点P在椭圆上，且不与点B重合，所以点P的坐标为 则此时，‎ 则，所以 综上所述：为定值.‎ ‎【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，还考查了性质求椭圆标准方程，属于难题.‎ ‎19.如图，圆与轴相切于点，与轴正半轴交于两点，（在的上方），且.‎ ‎（1）求圆的标准方程；‎ ‎（2）过点作任一条直线与圆：相交于，两点.‎ ‎①求证：为定值，并求出这个定值；‎ ‎②求的面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）①；证明见解析②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由直线与圆相交，利用勾股定理构建方程求得半径，得答案；‎ ‎（2）①分类讨论是否存在，当存在时，可联立直线与圆方程，进而确定的关系，利用斜率k分别表示,，再利用弦长公式表示，作商并化简，得答案；当不存在时，M为特殊位置，直接表示，作商，得答案；‎ ‎②利用点到直线的距离公式表示点B到的距离，利用弦长公式表示，最后表示所求的面积，借助换元法求得函数的最大值即可.‎ ‎【详解】（1）由题可知点，所以可以设圆心 因为，所以由，解得，所以 所以圆的标准方程为；‎ ‎（2）①证明：由（1）可得，‎ 当存在时，设 将直线和圆的方程联立：‎ 得——Ⅰ 设，，且，‎ 那么，‎ 所以——Ⅱ 由Ⅰ得，‎ 将其代入Ⅱ化简可得；‎ 当不存在时，显然为或 此时或 则 综上所述：为定值 ‎②由题可知此时必然存在，仍设 则点B到的距离为：‎ 由①可知Ⅰ式：‎ 则 所以 故 令，则 其内部函数开口向上，对称轴为 故当时，.‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的综合问题，涉及求圆的标准方程，过定点的弦长问题，还考查了平面中三角形面积的最值问题，属于难题.‎