2024北京昌平区高二上学期期末质量抽测试题数学含解析

这是一份2024北京昌平区高二上学期期末质量抽测试题数学含解析，共28页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题卡交回.
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40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. 已知直线过点，且倾斜角是，则直线不经过（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2. 若，则（ ）
A. 8B. 16C. 32D. 64
3. 某气象台天气预报的准确率为80%，则3次预报中恰有1次预报准确的概率是（ ）
A. 9.6%B. 10.4%C. 80%D. 99.2%
4. 如图，在正方体中，直线与直线所成角的大小为（ ）
A. B. C. D.
5. 已知某班级中，喜欢文学阅读的学生占75%，喜欢文学阅读而且喜欢科普阅读的学生占30%.若从这个班级的学生中任意抽取一人、则在抽到的学生喜欢文学阅读的条件下，该学生也喜欢科普阅读的概率为（ ）
A. 22.5%B. 30%C. 40%D. 75%
6. 已知双曲线实轴长为4，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
7. 为了迎接在杭州举行的第十九届亚运会，学校开展了“争做运动达人，喜迎杭州亚运”活动.现从某班的4名男生和3名女生中选出3人参加活动，则这3人中既有男生又有女生的选法种数为（ ）
A. 20B. 30C. 35D. 60
8. 已知直线，，则“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
9. 《九章算术》中的方亭指的是正四面形棱台体建筑物，正四面形棱台即今天的正四棱台.如图，某方亭的上底面与下底面的边长分别为4和8，每个侧面与下底面夹角的正切值均为，则方亭的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
10. 如图，在长方体中，，，，分别是棱和上的两个动点，且，则的中点到的距离为（ ）
A B. C. D.
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 在的展开式中，的系数为___________.
12. 设为抛物线的焦点，则点的坐标为__________；若抛物线上一点满足，那么点的横坐标为___________.
13. 北京的三条文化带——大运河文化带、长城文化带、西山永定河文化带，是北京文化脉络乃至中华文明的精华所在.为了让同学们了解这三条文化带的内涵，现从4名老师中选3名老师，每人讲述一条文化带，每条文化带由一名老师讲述，则不同的分配方案种数是__________.
14. 已知圆，则圆的半径为________；与圆和圆都相切的直线的方程为___________.（只需写出一条直线的方程）
15. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一.给出下列四个结论：
①曲线关于坐标原点对称；
②曲线上任意一点到原点的距离的最小值为2；
③曲线恰好经过8个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
④曲线所围成的区域的面积大于8.
其中所有正确结论的序号是____________.
三、解答题（本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 已知圆的圆心为，且过坐标原点.
（1）求圆方程；
（2）若过点的直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程.
17. 如图，在三棱柱中，平面，，，.
（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）求点到平面的距离.
18. 某网站为研究新闻点击量的变化情况，收集得到了该网站连续30天的新闻点击量变化数据，如下表所示.在描述新闻点击量变化时，用“↑”表示“上涨”，即当天新闻点击量比前一天新闻点击量高；用“↓”表示“下降”，即当天新闻点击量比前一天新闻点击量低；用“－”表示“不变”，即当天新闻点击量与前一天新闻点击量相同.
用频率估计概率.
（1）试估计该网站新闻点击量“下降”概率；
（2）从样本中的前15天和后15天中各随机抽取1天，记表示其中该网站新闻点击量“上涨”的天数，求的分布列和数学期望；
（3）从样本给出的30天中任取1天，用“”表示该天新闻点击量“上涨”，“”表示该天新闻点击量“下降”或“不变”，然后继续统计接下来的10天的新闻点击量，其中有6天“上涨”、3天“下降”、1天“不变”，相应地，从这40天中任取1天，用“”表示该天新闻点击量“上涨”，“”表示该天新闻点击量“下降”或“不变”，直接写出方差，大小关系.
19. 已知椭圆C： (a>b>0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为.直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N.
(1)求椭圆C方程；
(2)当△AMN的面积为时，求k的值．
20. 如图，在四棱锥中，平面，，，，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值.
条件①：；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
21. 已知椭圆的上顶点为，圆.对于圆，给出两个性质：
①在圆上存在点，使得直线与椭圆相交于另一点，满足；
②对于圆上任意点，圆在点处的切线与椭圆交于，两点，都有.
（1）当时，判断圆是否满足性质①和性质②；（直接写出结论）
（2）已知当时，圆满足性质①，求点和点的坐标；
（3）是否存在，使得圆同时满足性质①和性质②，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.时段
新闻点击量
第1天到第15天
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第16天到第30天
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昌平区2023——2024学年第一学期高二年级期末质量抽测
数学试卷
本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题卡交回.
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40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. 已知直线过点，且倾斜角是，则直线不经过（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，求出直线方程，画出图象，结合图象得到答案.
【详解】直线过点，且倾斜角是，
所以直线斜率，
所以直线方程为，即，
画出直线图象为
结合图象可知，直线不过第四象限，
故选：D.
2. 若，则（ ）
A. 8B. 16C. 32D. 64
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用赋值法计算作答.
【详解】因为，
所以当时，，
故选：C.
3. 某气象台天气预报的准确率为80%，则3次预报中恰有1次预报准确的概率是（ ）
A. 9.6%B. 10.4%C. 80%D. 99.2%
【答案】A
【解析】
【分析】根据独立重复实验的概率公式可求出结果.
【详解】由天气预报的准确率为80%，
则3次预报中恰有1次预报准确的概率为：
，即.
故选：A.
4. 如图，在正方体中，直线与直线所成角的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接、，可得且为等边三角形，即可得直线与直线所成角的大小.
【详解】
连接，，在正方体中，易得，
故直线与直线所成角的大小与直线与直线所成角大小相等，
又，故等边三角形，故，
即直线与直线所成角大小为.
故选：C.
5. 已知某班级中，喜欢文学阅读的学生占75%，喜欢文学阅读而且喜欢科普阅读的学生占30%.若从这个班级的学生中任意抽取一人、则在抽到的学生喜欢文学阅读的条件下，该学生也喜欢科普阅读的概率为（ ）
A. 22.5%B. 30%C. 40%D. 75%
【答案】C
【解析】
【分析】由条件概率的公式计算即可得.
【详解】设事件为“抽到喜欢文学阅读的学生”，设事件为“抽到喜欢科普阅读的学生”，
则，，
则，
即在抽到的学生喜欢文学阅读的条件下，该学生也喜欢科普阅读的概率为.
故选：C.
6. 已知双曲线的实轴长为4，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据实轴长得到，再根据渐近线公式得到答案.
【详解】因为双曲线的实轴长为4，即，解得，
所以双曲线的标准方程为，即，
所以双曲线的渐近线方程为，
故选：A.
7. 为了迎接在杭州举行的第十九届亚运会，学校开展了“争做运动达人，喜迎杭州亚运”活动.现从某班的4名男生和3名女生中选出3人参加活动，则这3人中既有男生又有女生的选法种数为（ ）
A. 20B. 30C. 35D. 60
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，分为两类：一男两女或两男一女，结合组合数公式，即可求解.
【详解】由题意，可分为两类：一男两女或两男一女，
当一男两女时，有种不同的选法；
当两男一女时，有种不同的选法，
由分类计数原理得，共有种不同的选法.
故选：B.
8. 已知直线，，则“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由，求得即或，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】因为直线，，
所以当时，，即，即或，
所以“”能推出“”，“”不能推出“”，
所以“”是“”充分不必要条件，
故选：A.
9. 《九章算术》中的方亭指的是正四面形棱台体建筑物，正四面形棱台即今天的正四棱台.如图，某方亭的上底面与下底面的边长分别为4和8，每个侧面与下底面夹角的正切值均为，则方亭的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用侧面与下底面的夹角的正切值均为，求得正棱台的高，进而求得其斜高，结合侧面积公式，即可求解.
【详解】设上底面为，下底面为，取的中点，的中点，连接，
设上底面的中心为，下底面的中心为，连接，
过点作于点，如图所示，
因为，
所以即为侧面与下底面夹角的平面角，即，
又因为，
所以，所以，
所以，
所以方亭的侧面积为.
故选：B.
10. 如图，在长方体中，，，，分别是棱和上的两个动点，且，则的中点到的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取的中点，连接，以为坐标原点建立空间直角坐标系，结合，利用两点间距离公式，求出的长即可．
【详解】取的中点，连接，
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
因为是的中点，所以，
所以，而，
所以，即，所以点到的距离就是，
因为，
所以，即，
所以，即，
所以的中点到的距离为.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是发现，再利用整体法即可得解.
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 在的展开式中，的系数为___________.
【答案】
【解析】
【分析】求出二项展开式的通项，进而得到的系数.
【详解】展开式的通项为，
令，即，
所以，
所以的系数为，
故答案为：.
12. 设为抛物线的焦点，则点的坐标为__________；若抛物线上一点满足，那么点的横坐标为___________.
【答案】 ①. ②. 4
【解析】
【分析】根据抛物线方程易得，即得焦点坐标；利用抛物线的定义将焦半径转化，即可求得点的横坐标.
【详解】由可得抛物线的焦准距为，故焦点的坐标为；
不妨设，由可得：，即得：，即点的横坐标为.
故答案为：；4.
13. 北京的三条文化带——大运河文化带、长城文化带、西山永定河文化带，是北京文化脉络乃至中华文明的精华所在.为了让同学们了解这三条文化带的内涵，现从4名老师中选3名老师，每人讲述一条文化带，每条文化带由一名老师讲述，则不同的分配方案种数是__________.
【答案】24
【解析】
【分析】根据排列的含义结合排列数的计算，即可得答案.
【详解】从4名老师中选3名老师，每人讲述一条文化带，每条文化带由一名老师讲述，
相当于从4个不同元素中选3个元素的排列问题，
则不同的分配方案种数为，
故答案为：24
14. 已知圆，则圆的半径为________；与圆和圆都相切的直线的方程为___________.（只需写出一条直线的方程）
【答案】 ①. ②. （答案不唯一，或亦可）
【解析】
【分析】将圆的一般方程化为标准方程即可得圆心；设出两圆的公切线方程，注意讨论斜率是否存在，由切线的性质列式计算即可得公切线方程.
【详解】由，即，
故圆的半径为，圆心坐标为，
设直线与圆和圆都相切，
若直线斜率不存在，设直线为，
需有，解得，故符合要求；
若直线斜率存在，设直线为，即，
需有，两式相除得，
故或，
化简得或，
由可得，
故有或，
化简得或，
即或，
则或，
故该直线为或，
即或，
综上所述，与圆和圆都相切的直线的方程有：
、、.
故答案为：；（答案不唯一，或亦可）
15. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一.给出下列四个结论：
①曲线关于坐标原点对称；
②曲线上任意一点到原点的距离的最小值为2；
③曲线恰好经过8个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
④曲线所围成的区域的面积大于8.
其中所有正确结论的序号是____________.
【答案】①③④
【解析】
【分析】对①：将点代入，依旧满足该方程即可得；对②：找出反例即可得；对③：由曲线可得，将所有整点求出即可得；对④：借助曲线的对称性，证明该曲线在第一象限部分与坐标轴围成的面积大于直线与坐标轴围成的面积即可得.
【详解】对①：将点代入，可得，故①正确；
对②：令，则，故在曲线上，该点到原点的距离为，
故②错误；
对③：由、，故，令，有，解得，
令，则， 解得，令，则，
此时不为整数，令，则，解得，
故曲线恰好经过整点、、、，共8个整点，
故③正确；
对④：将点代入，可得，
故曲线关于轴对称，令点在曲线上，且该点在第一象限，
则，，则有，故，
令，则，即，
当且仅当时，等号成立，
故有，整理得，
因式分解可得，
由，故，故有，
即，即，当且仅当时，等号成立，
故除点在直线上外，
点恒在直线上方，
直线与坐标轴交点为、，
则直线与坐标轴围成的面积，
则曲线在第一象限部分与坐标轴围成的面积大于，
由曲线关于坐标原点对称且关于轴对称，
故，
即故曲线所围成的区域的面积大于8，故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点睛：本题结论④关键在于将曲线所围成的区域的面积大于8转化为求证曲线在第一象限部分与坐标轴围成的面积大于2，结合点在曲线上，转化为证明除点外其余点恒在直线上方，即证当，时，恒成立.
三、解答题（本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 已知圆的圆心为，且过坐标原点.
（1）求圆的方程；
（2）若过点的直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）依题意，设出直线方程，代入原点，即可得圆的方程；
（2）根据斜率有无分别设出直线方程，根据，求出直线方程即可.
【小问1详解】
设圆的方程为,
依题意，，
所以圆的方程为.
【小问2详解】
设圆心到直线的距离为，
由， ，解得.
若直线的斜率不存在，则直线的方程为，满足条件；
若直线的斜率存在，设直线的方程为，即.
可得，解得 ，
此时，直线的方程为.
所以直线的方程为或.
17. 如图，在三棱柱中，平面，，，.
（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由平面得，又，建立空间直角坐标系，由线面角公式即可求出结果.
（2）由点到平面的距离公式即可求出结果.
【小问1详解】
因为平面，平面，所以，又因为，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，,,,,,,
设平面的法向量为
得，取，
设直线与平面所成角为，所以.
【小问2详解】
因为,
设点到平面的距离为，所以.
18. 某网站为研究新闻点击量的变化情况，收集得到了该网站连续30天的新闻点击量变化数据，如下表所示.在描述新闻点击量变化时，用“↑”表示“上涨”，即当天新闻点击量比前一天新闻点击量高；用“↓”表示“下降”，即当天新闻点击量比前一天新闻点击量低；用“－”表示“不变”，即当天新闻点击量与前一天新闻点击量相同.
用频率估计概率.
（1）试估计该网站新闻点击量“下降”的概率；
（2）从样本中的前15天和后15天中各随机抽取1天，记表示其中该网站新闻点击量“上涨”的天数，求的分布列和数学期望；
（3）从样本给出的30天中任取1天，用“”表示该天新闻点击量“上涨”，“”表示该天新闻点击量“下降”或“不变”，然后继续统计接下来的10天的新闻点击量，其中有6天“上涨”、3天“下降”、1天“不变”，相应地，从这40天中任取1天，用“”表示该天新闻点击量“上涨”，“”表示该天新闻点击量“下降”或“不变”，直接写出方差，大小关系.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3），理由见解析
【解析】
【分析】（1）30天中，有10天点击量下降，从而估计出相应的概率；
（2）求出的可能取值及对应的概率，得到分布列，求出数学期望；
（3）求出，，得到，同理得到，比较出大小.
【小问1详解】
30天中，有10天点击量下降，故估计该网站新闻点击量“下降”的概率为；
【小问2详解】
前15天中，有5天的点击量上涨，后15天中，有7天上涨，
故可能取值为，
则，，
，
故的分布列如下：
；
【小问3详解】
，理由如下：
由（2）知，样本给出的30天中点击量上涨的天数为12，
故，，
则，，
这40天中点击量上涨的天数为，
故，，
故，，
由于，故.
19. 已知椭圆C： (a>b>0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为.直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N.
(1)求椭圆C的方程；
(2)当△AMN的面积为时，求k的值．
【答案】（1） （2）1或－1.
【解析】
【详解】（1）由题意得解得．所以椭圆C的方程为．
（2）由得．
设点M，N的坐标分别为，，则，，，．
所以|MN|===．
由因为点A（2,0）到直线的距离，
所以△AMN的面积为． 由，解得，经检验，所以．
20. 如图，在四棱锥中，平面，，，，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值.
条件①：；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接点与中点，连接，由题意可证四边形是平行四边形，故，由线面平行的判定定理即可得证；
（2）若选条件①，则可由结合题意推出平面，从而得到，借助几何性质及勾股定理从而计算出，再得到、、两两垂直，即可建立空间直角坐标解决二面角问题；若选条件②，由结合直角三角形几何性质可推出，即可重复选条件①时步骤解决问题.
【小问1详解】
连接点与中点，连接，由是中点，
故为中位线，故且，
又且，故且，
故四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，
故平面；
【小问2详解】
若选条件①：，
由平面，且平面，
故，又，，
、平面，故平面，
又平面，故，
连接点与中点，
由，则，
又，，故四边形为矩形，
故，故，
则，
即，则，
由平面，、平面，
故、，又，
故、、两两垂直，
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则有、、、，
则，有、，
由平面，故平面的法向量可为，
设平面的法向量为，
则有，即，令，则、，
故平面的法向量可为，
则，
即二面角的余弦值为.
若选条件②：，
由平面，且平面，
故，又是的中点，
故，由，故，
故，
由平面，且平面，
故，又，，
、平面，故平面，
又平面，故，
连接点与中点，
由，则，
又，，故四边形为矩形，
故，故，
则，
即，则，
由平面，平面，
故，又，，
故、、两两垂直，
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则有、、、，
则，有、，
由平面，故平面的法向量可为，
设平面的法向量为，
则有，即，令，则、，
故平面的法向量可为，
则，
即二面角的余弦值为.
21. 已知椭圆的上顶点为，圆.对于圆，给出两个性质：
①在圆上存在点，使得直线与椭圆相交于另一点，满足；
②对于圆上任意点，圆在点处的切线与椭圆交于，两点，都有.
（1）当时，判断圆是否满足性质①和性质②；（直接写出结论）
（2）已知当时，圆满足性质①，求点和点的坐标；
（3）是否存在，使得圆同时满足性质①和性质②，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）当时，圆满足性质①,不满足性质②
（2）或
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）依题意，直接判断判断圆是否满足性质①和性质②写出结论；
（2）依题意，设出，根据列方程，结合点在圆上，在椭圆上，求出坐标；
（3）依题意，分在和不在两种情况，结合性质①和性质②列方程，求出的值.
【小问1详解】
当时，圆满足性质①,不满足性质②．
理由：依题意知，，当时，取圆上点坐标为，此时，
则，，此时，满足性质①，
当取，此时作圆的切线，切线方程为，此时坐标分别为，，
此时，此时与不垂直，不满足性质②，
综上，当时，圆满足性质①,不满足性质②．
【小问2详解】
由椭圆的上顶点为，得.
由时，圆满足性质①，
设点，.
，.
由得即
由点在圆上，在椭圆上，得
化简得，解得或（舍）.
所以或
所以或.
【小问3详解】
存在，使得圆同时满足性质①和性质②.
下面进行证明：
当点在时，圆的切线方程为.设.
当时，代入椭圆方程解得.
因为，所以，解得.
此时，符合题意
当时，同理，解得.
所以，若圆满足性质②，则必有成立.
当点不在时，圆的切线的斜率必存在，设其方程为．
直线与圆相切，所以，化简得.
由 得．
由，得．
，．
，
所以.
因为，所以，即.
所以当，圆满足性质②.
当时，取为椭圆的右顶点，直线的方程为，
圆心到直线的距离为，所以直线与圆相切，且切点，满足.
所以，当时，圆满足性质①.
综上，当时，圆同时满足性质①和性质②.
【点睛】思路点睛：求解椭圆中的向量问题时，一般根据题中条件，联立直线与椭圆方程，由韦达定理，判别式，以及向量数量积（有时也考查向量共线问题）等，结合题中条件，建立等量关系，即可求解.时段
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