2021北京平谷高二（上）期末数学（教师版）

这是一份2021北京平谷高二（上）期末数学（教师版），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2021北京平谷高二（上）期末
数 学
一、选择题：（本大题共10小题，每小题4分，共40分；在每个小题列出的四个选项中，只有一项是符合要求的.）
1．直线经过，两点，那么其斜率为　　
A．2 B． C． D．
2．已知圆的方程，那么圆心和半径分别为　　
A．，2 B．，2 C．，4 D．，4
3．抛物线的焦点到准线的距离是　　
A．1 B．2 C．3 D．4
4．双曲线的离心率，那么的值是　　
A．9 B．4 C．3 D．2
5．如图，以长方体的顶点为坐标原点，过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，如果的坐标为，4，，那么的坐标是　　

A．，4， B．，4， C．，5， D．，，
6．甲、乙两名同学相约学习某种技能，该技能需要通过两项考核才能拿到证书，每项考核结果互不影响．已知甲同学通过第一项考核的概率是，通过第二项考核的概率是；乙同学拿到该技能证书的概率是，那么甲、乙两人至少有一人拿到该技能证书的概率是　　
A． B． C． D．
7．某校高一年级随机抽取15名男生，测得他们的身高数据，如表所示：
编号
身高
编号
身高
编号
身高
1
173
6
169
11
168
2
179
7
177
12
175
3
175
8
175
13
172
4
173
9
174
14
169
5
170
10
182
15
176
那么这组数据的第80百分位数是　　
A．175 B．176 C．176.5 D．170
8．已知椭圆的右顶点到双曲线的一条渐近线距离为，那么　　
A．10 B．15 C．24 D．225
9．已知点是圆上的动点，到直线的距离为，当变化时，的最大值为　　
A． B． C．3 D．
10．如图，在三棱柱中，底面，，点是上的动点．下列结论错误的是　　)

A．
B．存在点，使得平面
C．不存在点，使得平面平面
D．三棱锥的体积是定值
二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分．请把答案填在答题卡中相应题中横线上）
11．用简单随机抽样的方法从含有100个个体的总体中抽取一个容量为25的样本，那么个体被抽到的概率是　　．
12．经过点，且与直线平行的直线方程是 　　．
13．过抛物线焦点作直线，交抛物线于，两点．若线段中点的横坐标为2，则等于 　　．
14．设以原点为圆心的圆与轴交，两点，如果以，为焦点的椭圆与圆总有公共点，那么椭圆的离心率取值范围是　　．
15．“曲线与圆有且仅有三个公共点”的充要条件是　　．
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．（14分）在新冠肺炎疫情期间，为了认真贯彻落实北京市教委关于做好中小学生延期开学期间“停课不停学”工作要求，各校以教师线上指导帮助和学生居家自主学习相结合的教学模式积极开展工作．为了解学生居家自主学习的情况，从某校高二年级随机抽取了100名学生，获得了他们一天中用于居家自主学习的时间分别在，，，，，，，，，，，，，，，（单位：小时）的数据，整理得到的数据绘制成频率分布直方图（如图）．

（Ⅰ）由图中数据，求的值，并估计从该校高二年级中随机抽取一名学生，这名学生该天居家自主学习的时间在，的概率；
（Ⅱ）现从抽取的100名学生该天居家自主学习的时间在，和，的人中任选2人，进一步了解学生的具体情况，求其中学习时间在，中至少有1人的概率；
（Ⅲ）假设同一时间段中的每个数据可用该时间段的中点值代替，试估计样本中的100名学生该天居家自主学习时间的平均数．
17．（14分）如图，四棱锥的底面是矩形，侧棱底面，是的中点，，，．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；
（Ⅲ）求点到平面的距离．

18．（14分）期末考试结束，高二（1）班班主任张老师从班里的40名学生中，随机抽取10名同学的语文和数学成绩进行抽样分析，研究学生偏科现象．将10名学生编号为1，2，，再将他们的两科成绩（单位：分）绘成折线图如下：

（Ⅰ）从这10名学生中随机抽取一名学生，求抽取的这名学生两科成绩相差大于10分的概率；
（Ⅱ）从两科成绩均超过70分的学生中随机抽取2人进行访谈，求这2人中恰有一个是语文成绩高于数学成绩的概率；
（Ⅲ）设该班语文和数学两科成绩的平均值分别为、，方差分别为、，根据折线图，试推断和，和的大小关系（直接写出结论，不需证明）．
19．（14分）如图，平面平面，四边形是边长为2的正方形，，，为的中点，点在线段上．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）若存在点，使得平面与平面所成二面角的余弦值为，求的值．

20．（14分）已知椭圆的离心率，且过点．
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）设椭圆右顶点为，直线过点，且与椭圆交于另一点（不同于点），若有，求直线方程．
21．（15分）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上．
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）若直线与圆相切，且与椭圆交于不同的两点，，设，求的取值范围．

参考答案
一、选择题：（本大题共10小题，每小题4分，共40分；在每个小题列出的四个选项中，只有一项是符合要求的.）
1．【分析】直接利用斜率公式求出直线的斜率即可．
【解答】解：直线经过两点，，则直线的斜率是：．
故选：．
【点评】本题考查直线的斜率公式的应用，考查计算能力．
2．【分析】利用圆的标准方程的性质求解．
【解答】解：圆的方程，则其的圆心为，半径为2．
故选：．
【点评】本题考查圆的圆心坐标和半径的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意圆的标准方程的性质的合理运用．
3．【分析】根据抛物线的方程求得抛物线的焦点坐标和准线的方程，进而利用点到直线的距离求得焦点到准线的距离．
【解答】解：根据题意可知焦点，准线方程，
焦点到准线的距离是
故选：．
【点评】本题主要考查了抛物线的简单性质．考查了学生对抛物线标准方程的理解和运用．属基础题．
4．【分析】利用双曲线的离心率，列出方程求解即可．
【解答】解：双曲线的离心率，
可得，
解得，
故选：．
【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，是基础题．
5．【分析】由的坐标为，4，，推导出，，，由此能求出的坐标．
【解答】解：以长方体的顶点为坐标原点，
过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，
的坐标为，4，，，4，，
，，，
，0，，，4，，
的坐标是，4，．
故选：．

【点评】本题考查向量坐标的求法，考查空间直角坐标系的性质等基础知识，是基础题．
6．【分析】先利用相互独立事件概率乘法公式求出甲通过考核的概率，再利用对立事件概率公式能求出甲、乙两人至少有一人拿到该技能证书的概率．
【解答】解：甲同学通过第一项考核的概率是，通过第二项考核的概率是，
甲通过考核的概率为，
乙同学拿到该技能证书的概率是，
甲、乙两人至少有一人拿到该技能证书的概率为：
．
故选：．
【点评】本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式、对立事件概率公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7．【分析】首先将15个数据按照从小到大的顺序排列，再按照百分位数公式计算即可．
【解答】解：这15个数据按照从小到大排列，可得168，169，170，172，173，173，174，175，175，175，176，177，179，182，
因为，
所以第80百分位数是第12项与第13项数据的平均数，
即为．
故选：．
【点评】本题考查了对数据的分析，涉及了百分位数公式的应用，解题的关键是确定第80百分位数是第12项与第13项数据的平均数，属于基础题．
8．【分析】求出椭圆的顶点坐标，双曲线的渐近线方程，然后利用点到直线的距离公式求解即可．
【解答】解：椭圆的右顶点，，
双曲线的一条渐近线，
椭圆的右顶点到双曲线的一条渐近线距离为，
可得：，解得．
故选：．
【点评】本题考查椭圆的简单性质，双曲线的简单性质的应用，点到直线的距离公式的应用，考查转化思想以及计算能力，是基础题．
9．【分析】利用圆的方程求出圆心和半径，然后求出直线经过定点，经过分析已知当直线与垂直时，的距离最大，求出即可．
【解答】解：将圆上化为标准方程可得，
所以圆心为，半径为，
直线可变形为，
故直线恒过定点，
则当直线与垂直时，的距离最大，
，
所以的最大值为．
故选：．
【点评】本题考查了直线与圆的应用，涉及了圆的一般方程与标准方程的互化，解题的关键是将问题转化为直线与垂直时，的距离最大，属于中档题．
10．【分析】对于，推导出，，从而平面，进而；对于，设，连结，当是中点时，，从而存在中点，使得平面；对于，当时，存在点，使得平面平面；对于，△的面积是定值，由，知平面，到平面的距离是定值，进而三棱锥的体积是定值．
【解答】解：对于，在三棱柱中，底面，
，又，，平面，平面，
平面，又平面，，故正确；
对于，设，则是中点，连结，
则是中点时，，
平面，平面，
存在中点，使得平面，故正确；
对于，在三棱柱中，底面，
，当时，由，是平面中的相交线，得到平面，
平面，存在点，使得平面平面，故错误；
对于，△的面积是定值，，平面，平面，
平面，到平面的距离是定值，三棱锥的体积是定值，故正确．
故选：．

【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是中档题．
二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分．请把答案填在答题卡中相应题中横线上）
11．【分析】利用简单随机抽样，每个个体被抽到的概率都相等，再结合样本容量和总体容量，分析求解即可．
【解答】解：一个总体含有100个个体，某个个体被抽到的概率为，
所以用简单随机抽样方式从该总体中抽取一个样本容量为25的样本，
则指定的某个个体抽到的概率是．
故答案为：．
【点评】本题考查了统计知识的理解和应用，解题的关键是掌握总体中每个个体被抽到的概率都是一样的，属于基础题．
12．【分析】设经过点，且与直线平行的直线方程是，把代入，求解即可．
【解答】解：设经过点，且与直线平行的直线方程是，
把代入，得：．
经过点，且与直线平行的直线方程是．
故答案为：．
【点评】本题考查直线方程的求法，考查直线与直线平行的性质基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
13．【分析】结合中位线的性质和抛物线的定义，即可得解．
【解答】解：由题意知，，
线段中点的横坐标为2，
，
由抛物线的定义知，．
故答案为：7．
【点评】本题考查抛物线的定义，熟练利用抛物线解决焦点弦长问题是解题的关键，属于基础题．
14．【分析】只需椭圆的上、下顶点在圆内或圆上，即，再结合和，即可得解．
【解答】解：若以，为焦点的椭圆与圆总有公共点，则椭圆的上、下顶点在圆内或圆上，
所以，即，
所以，即，
所以离心率，
因为，所以，
所以椭圆离心率的取值范围为，．
故答案为：，．
【点评】本题考查椭圆的几何性质，椭圆与圆的交点问题，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
15．【分析】根据两曲线有且仅有三个公共点，则在的部分与圆相切，在的部分与圆相交，然后联立方程组，利用判别式进行求解即可．
【解答】解：圆，即圆，所以圆心为，半径为3，
由图象可知，满足条件的必须小于0，

而曲线恒过定点，
若两图象有且仅有三个公共点，则在的部分与圆相切，在的部分与圆相交，
当时，联立，
所以，
△，
解得或0（舍去），
故“曲线与圆有且仅有三个公共点”的充要条件是．
【点评】本题主要考查了直线与圆的位置关系，以及充分条件、必要条件的应用，同时考查了学生逻辑推理的能力和运算求解的能力，属于中档题．
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．【分析】（Ⅰ）利用频率分布直方图的性质能求出．随机抽取的100名学生中居家自主学习时间该天在，的频率为0.1，由此能求出从该校高二年级中随机抽取一名学生，这名学生该天居家自主学习时间在，的概率．
（Ⅱ）设“抽取的2人其中学习时间在，中至少有1人”为事件，由图中数据可知：该天居家自主学习时间在，和，的人分别有2人和3人．设在，的2人分别为，，在，的3人分别，，，从这5人中任选2人，利用列举法能求出学习时间在，中至少有1人的概率．
利用频率分布直方图能求出样本中的100名学生该天居家自主学习时间的平均数．
【解答】解：（Ⅰ）因为，
所以．
由图可得：随机抽取的100名学生中居家自主学习时间该天在，的频率为，
所以从该校高二年级中随机抽取一名学生，
这名学生该天居家自主学习时间在，的概率为0.1．
（Ⅱ）设“抽取的2人其中学习时间在，中至少有1人”为事件，
由图中数据可知：该天居家自主学习时间在，和，的人分别有2人和3人．
设在，的2人分别为，，在，的3人分别，，，
则从这5人中任选2人的样本空间，，，，，，，，，，共有10个样本点，
事件，，，，，，，共有7个样本点，
所以学习时间在，中至少有1人的概率为．
样本平均数：
．
样本中的100名学生该天居家自主学习时间的平均数为5.38小时．
【点评】本题考查概率频率分布直方图的应用，考查概率、平均数的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
17．【分析】（Ⅰ）连结交于，连结，证明，然后证明平面．
法二：以为原点，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系．求出平面的一个法向量，求出，通过，证明平面．
（Ⅱ）求出，平面的一个法向量，利用空间向量的数量积求解直线与平面所成角的正弦值．
（Ⅲ）设点到平面的距离，利用求解即可．
【解答】（Ⅰ）证明：连结交于，连结，
因为四边形是矩形，所以为中点．
又因为是的中点，所以，（2分）
因为平面，平面，
所以平面．
法二：
证明：四棱锥的底面是矩形，侧棱底面，因此以为原点，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系．
所以，0，，，2，，，2，，，1，，，0，（2分）
设平面的一个法向量为（3分），
即：
因为，所以（6分）
又因为平面，所以平面．（7分）
（Ⅱ）解：设直线与平面所成角为，
由，平面的一个法向量为
所以，
即直线与平面所成角的正弦值为．（11分）
（Ⅲ）解：设点到平面的距离，则
所以点到平面的距离（14分）

【点评】本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，点到平面距离的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
18．【分析】（Ⅰ）根据折线图可得数学、语文成绩相差大于10分的学生编号，从而求得概率；
（Ⅱ）根据折线图可得两科成绩均超过70分的学生编号，从而确定基本事件的个数，计算所求的概率值；
（Ⅲ）由折线图即可判断和，和的大小关系
【解答】解：（Ⅰ）设“抽取的这名学生两科成绩相差大于10分”为事件，
由图可得数学、语文成绩相差大于10分的学生编号分别是2，5，6，7，8，共有5人，
所以．
（Ⅱ）设“抽取的这2人中恰有一个是语文成绩高于数学成绩”为事件，
因为两科成绩均超过70分的学生编号分别是1，3，4，9，10，
则构成的样本空间，，，，，，，，，，，共10个样本点，
事件包含，，，，，，共6个样本点，
所以这2人中恰有一个是语文成绩高于数学成绩的概率．
（Ⅲ），．
【点评】本题主要考查古典概型的概率计算问题，考查了分析解决问题的能力，属于中档题．
19．【分析】（Ⅰ）证明．推出平面．得到．证明，然后证明平面．
法二：（Ⅰ）以为原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，通过求解，推出，，即可证明平面．
（Ⅱ）求出平面的一个法向量，平面的一个法向量，利用空间向量的数量积求解平面与平面所成二面角的余弦值，推出，即可得到．
【解答】（Ⅰ）证法一：因为正方形，所以．
因为平面平面，且平面平面，
所以平面．（2分）
因为平面，
所以．
因为，为的中点，
所以，且，平面，平面，
所以平面．
证法二：因为正方形，所以．
因为平面平面，且平面平面，
所以平面．（2分）
所以，
因为所以，，互相垂直．
以为原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
由题意，0，，，0，，，0，，，2，，，1，．
所以，，．
因为，
即，，，
所以平面．（6分）
（Ⅱ）解：因为点在线段上，设，，．
所以存在，，使得．
因为，，
所以，所以，，．
所以，（8分）
设平面的一个法向量为，
则，即．
所以．（10分）
因为平面，
所以平面的一个法向量是，（11分）
又因为平面与平面所成二面角的余弦值为，
所以，（13分）
所以或，舍去．所以．（14分）

【点评】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
20．【分析】（Ⅰ）由椭圆方程离心率，且过点，列方程组，解得，，进而可得椭圆的方程．
（Ⅱ）法一：当直线斜率不存在时，，又椭圆右顶点为，，不满足题意，设直线，，，联立直线与椭圆的方程，得关于的一元二次方程，可得，进而得点坐标，再由，，推出，解得，进而可得直线的方程．
法二：由，，推出，进而可得直线方程：，联立直线与椭圆的方程可得关于的一元二次方程，设，，又椭圆右顶点为，解得点坐标，进而得直线的斜率，写出直线的方程．
【解答】解：（Ⅰ）由椭圆方程可知，椭圆焦点在轴，
因为离心率，且过点．
所以，
所以椭圆的标准方程．
（Ⅱ）解法一：当直线斜率不存在时，，又椭圆右顶点为
此时，不满足，
因此设直线，，，
，
因为，所以，
因为，，所以，
即，整理得，
解得：，或者与重合，舍），
所以直线，
解法二：因为，，所以，
因此设直线，
，
设，，又椭圆右顶点为，
所以，，即，
解得，
因此直线．
【点评】本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
21．【分析】（Ⅰ）解法1：由椭圆的定义可得，解得，由焦点坐标得，再由，解得，进而可得椭圆的标准方程．
解法2：由题意可得轴，在直角三角形中，由勾股定理可得，再由椭圆的定义可得，解得，由焦点坐标得，再由
，解得，进而可得椭圆的标准方程．
（Ⅱ）若直线的斜率不存在，则直线方程为或，求出此时，点坐标，再由数量积可得的值，若直线的斜率存在，设直线，与椭圆交点，，，，由点到直线的距离可得圆心到切线的距离，联立直线与椭圆的方程，得关于的一元二次方程，由韦达定理可得，，再计算，结合基本不等式，即可得出答案．
联立方程，消得，
【解答】解：（Ⅰ）解法1：根据题意，
根据椭圆的定义得，所以，
因为椭圆的左、右焦点分别为，，
由，所以，
所以椭圆的标准方程为．
解法2：根据题意可知：轴，
在直角三角形中，由，，解得
即，所以，
因为椭圆的左、右焦点分别为，，
由，所以．
所以椭圆的标准方程为．
（Ⅱ）若直线的斜率不存在，则直线方程为或．
当时，，，
此时．
同理当时，．
所以当直线的斜率不存在时．
若直线的斜率存在，设直线，与椭圆交点，，，．
因为直线和圆相切，所以，
化简得．
联立方程，消得，
显然△．所以，．
因此
由代入得：，
因为，所以．
综上所述，．
【点评】本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．