1、河北省巨鹿中学2020-2021学年高二数学上学期第一次月考试题（含解析）考试范围：必修二：第四章选修2-1：第三章必修三：第二章（不含系统抽样、茎叶图）一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的.1. 设，则以线段为直径的圆的方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据中点公式计算出圆心坐标，根据两点间的距离公式计算出圆的半径，从而可得圆的标准方程.【详解】的中点坐标为，圆的半径为，所以圆的方程为.故选：A.【点睛】本题考查了圆的标准方程，意在考查学生的计算能力.属于基础题.2. 向量，若且，则的值为（ ）A.
2、 B. 1C. D. 4【答案】C【解析】分析】利用的模求得的值，利用得到，求得的值，由此求得的值.【详解】依题意，解得，由于，所以，解得，故.故选：C.【点睛】本题主要考查空间向量模的运算，考查两个空间向量垂直的坐标表示，考查计算能力，属于基础题.3. 用分层抽样的方法从某校学生中抽取容量为60的样本，其中高二年级抽取15人，高三年级抽取25人，已知该校高一年级共有800人，则该校学生总人数是（ ）A. 4800B. 2400C. 1600D. 3200【答案】B【解析】【分析】求出高一年级抽取的人数，然后可求抽样比，用抽取的样本容量除以抽样比即可求得学生总人数.【详解】由题意知高一年级抽取
3、人，而高一年级共有800人，所以抽样比为，则该校学生总人数为人.故选：B【点睛】本题考查分层抽样，属于基础题.4. 在正方体中，若点是侧面的中心，且，则的值分别为（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【分析】根据空间向量基本定理，以及向量加法法则表示向量，再比较.【详解】如图，在正方体中，所以 ,所以， 故选：D【点睛】本题考查空间向量基本定理，以及加法法则，属于基础题型.5. 直线与圆交于两点，则当弦最短时直线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求出直线经过定点，圆的圆心为，根据直线与圆的位置关系可知，当时弦最短，根据求出的值，即可求出直线的方
4、程.【详解】解：由题得，解得：，所以直线过定点，圆的圆心为，半径为2，当时，弦最短，此时，由题得，所以，所以直线的方程为：.故选：B.【点睛】本题考查直线过定点问题，考查直线方程的求法，以及直线和圆的位置关系，考查分析推理和化简运算能力.6. 直三棱柱的侧棱，底面中，则点到平面的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用即可求解.【详解】因为三棱柱是直三棱锥，所以平面，所以，又因为，所以，因为，所以平面，所以，因为，所以平面，所以，设点到平面的距离为，则，即，所以，所以点到平面的距离为，故选：D【点睛】本题主要考查了利用三棱锥体积相等求点到面的距离，属于中档题.7. 突
5、如其来的疫情打乱了我们的学习节奏，郑老师为检查网课学习情况，组织了一次网络在线考试，并计算出本次考试中全体学生的平均分为90，方差为65；后来有两位学生反应，自己的成绩被登记错误，一位学生的成绩为88分，记录成78分，另一位学生的成绩为80分，记录成90分，更正后，得到的平均分为，方差为，则（ ）A. ，B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据平均数与方差的计算方法即可得解【详解】由于，因此更正前后样本的平均数不发生改变，即；由于，因此更正后样本的方差变小，即；故选：B【点睛】本题考查平均数与方差的计算方法，考查学生对数据的分析与处理能力，属于基础题8. 阿波罗尼斯（约公元前262-1
6、90年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆.若平面内两定点间的距离为，动点满足，当不共线时，面积的最大值是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】建立直角坐标系，求出点P的轨迹方程，即可得解.【详解】以经过的直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立直角坐标系，如图，则，设，整理得，点P到AB（x轴）的距离最大值为，所以面积的最大值为.故选：C.【点睛】本题考查了动点轨迹方程的求解，考查了运算求解能力，属于基础题.二、选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.在每个小题给出的四个选项中有多项是符合题目要求.全部选对的得5分，有
7、选错的得0分，部分选对的得3分.9. 2020年3月6日，在新加坡举行的世界大学生辩论赛中，中国选手以总分230.51分获得冠军.辩论赛有7位评委进行评分，首先这7位评委给出某对选手的原始分数，评定该队选手的成绩时从7个原始成绩中去掉一个最高分、一个最低分，得到5个有效评分，则5个有效评分与7个原始评分相比，可能变化的数字特征是（ ）A. 中位数B. 平均数C. 方差D. 极差【答案】BCD【解析】【分析】由中位数、平均数、方差、极差的概念逐项判断即可得解.【详解】因为5个有效评分是7个原始评分中去掉一个最高分、一个最低分，所以中位数不变，平均数、方差、极差可能发生变化，所以可能变化的数字特征
8、是平均数、方差、极差.故选：BCD.【点睛】本题考查了样本数字特征的辨析，牢记知识点是解题关键，属于基础题.10. 已知圆和圆交于、两点，下列说法正确的是（ ）A. 两圆有两条公切线B. 直线的方程为C. 线段的长为D. 所有过点、的圆的方程可以记为【答案】AB【解析】【分析】A根据两圆的位置关系确定出两圆的公切线条数；B将两圆的方程相减即可得到公切线方程；C利用圆心到直线的距离，结合圆的半径，利用勾股定理可求解出弦长；D分析圆的方程的合理性，注意分析无法表示的圆.【详解】A.因为圆：和圆：相交于、两点，所以两圆有两条公切线，故正确；B.圆：和圆：的方程相减得：，所以直线的方程为，故正确；C.
9、圆心到直线的距离为：，所以线段的长为，故错误；D.因为，所以可知，该圆方程恒过两点，方程可化为而所以方程表示圆，但不包括圆M，故不正确.故选：AB.【点睛】本题考查圆与圆的位置关系的综合应用，其中涉及到圆与圆位置关系的判断、相交圆的公共弦方程的求法、弦长以及圆系方程问题，对学生的综合理解与运用能力要求较高，难度一般.11. 流行性传染疾病是全人类的公敌.某数学小组记录了某月日至日某流行性疾病在全国的数据变化情况，根据该折线图，下列结论正确的是（ ）A. 日至日每日新增治愈病例数量均大于新增确诊数量B. 天中每日新增确诊病例数量均下降且日的降幅最大C. 天中新增确诊、新增疑似、新增治愈病例数量的
10、极差均大于D. 日至日每日新增治愈病例数量均大于新增确诊与新增疑似病例数量之和【答案】ACD【解析】【分析】根据新增确诊和新增治愈折线图的高低可判断A选项的正误；由日至日新增确诊病例数量变化可判断B选项的正误；根据折线图得出天中新增确诊、新增疑似、新增治愈病例数量的极差，可判断C选项的正误；根据折线图观察新增治愈病例数量以及新增确诊与新增疑似病例数量之和，由此可判断D选项的正误.【详解】对A，日至日每日新增治愈病例数量均大于新增确诊数量，故A正确.对B，日至日新增确诊病例数量上升，故B错；对C，天中新增确诊、新增疑似、新增治愈病例数量的极差分别约为：、，均大于，故C正确；对D，由图可知日至日每
11、日新增治愈病例数量均大于新增确诊与新增疑似病例数量之和，故D正确.故选：ACD.【点睛】本题考查折线图的应用，考查数据分析能力，属于基础题.12. 已知圆和圆分别是圆和圆上的动点，为轴上的动点，则关于的最值，下列正确的是（ ）A. 无最大值B. 既有最大值又有最小值C. 无最小值D. 的最小值为【答案】AD【解析】【分析】由图可知，再利用对称性转化为的最值.【详解】如图，圆心关于轴的对称点为， ，所以的最小值是，结合图形可得无最大值故选：AD.【点睛】本题考查圆的方程，几何法求距离和的最小值，重点考查数形结合分析问题的能力，属于中档题型.三、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.13
12、. 某校高二年级从甲、乙两个班各选出10名学生参加数学竞赛，他们取得的成绩从低到高排列如下甲班：乙班：其中甲班学生成绩的平均分是，乙班学生成绩的中位数是，则的值为_.【答案】【解析】【分析】根据平均数和中位数的定义可求得、的值，由此可求得的值.【详解】由题意可得甲班学生成绩的平均分是，解得，乙班学生成绩的中位数是，解得.因此，.故答案为：.【点睛】本题考查利用平均数与中位数求参数，考查计算能力，属于基础题.14. 邢台市物价部门对市区的天一城、北国商城、恒大城、家乐园、中北世纪城5家商场的某件商品在7月15号一天销售量及其价格进行调查，5家商场的售价元和销售量件之间的一组数据如下表所示：价格8
13、.591111.5销售量12675已知销售量与价格之间有较强的线性相关关系，其线性回归方程是，且，则其中的_.【答案】10【解析】【分析】先求样本平均值，再根据样本中心点在回归直线上列方程求解即可得答案.【详解】解：依题意，代入回归直线方程得，根据题意，解组成的方程组得.故答案为：.【点睛】本题考查已知回归方程求原始数据，考查运算能力，解题的关键是样本中心点在回归直线上，是基础题.15. 若过点可作圆的两条切线，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】由题意可知点在圆外，结合方程表示圆可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.【详解】方程表示圆，则，解得；由于过点可作圆的两条切
14、线，则点在圆外，可得，解得或.综上所述，实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】本题考查利用点与圆的位置关系以及方程表示圆求参数，考查计算能力，属于基础题.16. 已知结论：在平行四边形中，有，且此结论可以推广到空间，即：在平行六面体中，有.某结晶体的形状为平行六面体，其中以顶点A为端点的三条棱长都为2，且它们彼此的夹角都是，则其体对角线的长度是_【答案】【解析】【分析】根据空间向量的运算法则，得到，再结合向量的数量积的运算公式，求得则，即可求解.【详解】根据空间向量的运算法则，可得则.所以.【点睛】本题主要考查了空间向量的运算法则，以及空间向量的数量积的运算及应用，其中解答中熟记空间向量的运算
15、法则，以及空间向量的数量积的运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查推理与运算能力.四、解答题：本大题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 某同学暑期做社会实践活动.对气温与某饮料销量之间的关系进行调研，记录连续5天的数据如下：气温x（）91012118销量y（杯）2225292620（1）在给定的坐标系中画出表中数据的散点图；（2）求出关于的线性回归方程，试预测气温是15度时大约可销售多少杯（取整数）？（注：，）【答案】（1）作图见解析；（2），预测气温是15度时大约可销售35杯.【解析】【分析】（1）根据题中所给的数据，直接描散点图；（2）根据题中所给的公式
16、，计算，和回归直线方程，并计算当时的销售量.【详解】（1）散点图（2），.，回归直线方程：，令，得，预测气温是15度时大约可销售35杯.【点睛】本题考查散点图，回归直线方程，重点考查计算能力，属于基础题型.18. 正四棱锥中，底面正方形的边长为，点是底面中心.且的中点.（1）求；（2）若求【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据正四棱锥的特点，以及点为原点，建立空间直角坐标系，求，（2）根据条件，求，再代入（1）的结果求的值.【详解】（1）如图建立直角坐标系，.（2），则得，由（1）可知.【点睛】本题考查空间坐标法求向量所成角，重点考查计算能力，属于基础题型.19. 已知直线平分圆的
17、圆周，且该圆被轴截得的弦长是圆的一条最长的弦.（1）求圆的标准方程；（2）已知动点在直线 上，过点引圆的两条切线，切点分别为、，记四边形的面积为，求的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求出圆的圆心，由题意知圆心在直线上，圆心在轴上即可求出和的值，即可求出圆的标准方程；（2）根据切线性质和切线长可知：，从而可得所以当最小时，即可求四边形的面积的最小值.【详解】（1）由题意知，圆心在直线上，即，又因为圆心在轴上，所以，由以上两式得：， 所以故圆的标准方程为.（2）如图，圆的圆心为，半径，因为是圆的两条切线，所以，故又因为，根据平面几何知识，要使最小，只要最小即可.易知，当点坐标
18、为时，.此时. 【点睛】本题主要考查圆的方程和直线与圆的位置关系，属于中档题.20. 如图，在正三棱柱中，边长为4，分别为的中点.（1）求证：平面平面；（2）求锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由已知条件可证，可得平面，即可求证.（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面法向量，利用向量的夹角公式即可求解.【详解】（1）证明：连接在三棱柱中，因为底面，平面，所以.又为等边三角形，E为的中点，所以.因为，所以平面,所以平面平面.（2）取中点F，连结，则因为D，F分别为，的中点，所以.由（1）知，如图建立空间直角坐标系，由题意得，设平面的法向量，则，令
19、则.同理可得平面法向量，令，则.所以故所求锐二面角的余弦值是.【点睛】本题主要考查了证明面面垂直，考查了二面角的求法，属于中档题.21. “中华好诗词”河北赛区有40名选手参加初选，测试成绩（单位：分）分组如下：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，得到频率分布直方图如图所示.（1）求直方图中的值，若90分（含90分）为晋级线，有多少同学晋级？（2）根据频率分布直方图估计成绩的众数和平均值；（3）用分层抽样的方法从成绩在第3组到第5组的选手中抽取6名同学组成一个小组，每组中应抽取多少人？【答案】（1），人；（2）众数82.5（分）；平均值为（分）；（3）第3组的人数为3人，第4组学生人数2人
20、，第5组的人数为1人.【解析】【分析】（1）根据在频率分布直方图中，所有小矩形的面积之和为1，进行计算求解即可；（2）根据频率的大小求出众数，再根据在频率分布直方图计算平均数的方法进行计算即可（3）计算第3组到第5组的学生人数，再根据人数比进行分层抽样即可.【详解】（1）因为，所以，成绩大于等于90人数为人.（2）根据频率分布直方图可知众数在第2组中取组中值为82.5（分）所以成绩的平均值为（分）（3）第3组学生人数为，第4组学生人数为，第5组学生人数为，人数之比为所以各组的抽取认数：第3组的人数为3人，第4组学生人数2人，第5组的人数为1人.【点睛】本题考查了利用频率直方图求众数和平均数，考
21、查了补全频率分布直方图中的数据，考查了分层抽样的性质，考查了数学运算能力.22. 如图所示在四棱锥中，底面是边长为的菱形，点为棱的中点.（1）在棱上是否存在一点，使得平面，并说明理由；（2）若，平面与平面所成锐二面角的正切值为时，求直线与平面所成的角的正弦值.【答案】（1）存在；答案见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取PA中点Q，连结EQ、FQ，证得四边形CEQF为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可得到CF平面PAE；（2）取AB中点M，以DM，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，分别求得平面FBC和平面DFC的一个法向量，结合向量的夹角公式，列出方程，再利用向
22、量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）在棱BC上存在点E，使得平面PAE，点E为棱BC的中点.证明：取PA的中点Q，连结EQ、FQ，由题意，且，且，故且，所以四边形CEQF为平行四边形，所以，又平面PAE，在平面PAE内，所以CF平面PAE；（2）取AB中点M，以D为坐标原点，以DM，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设，则，.可得，设平面FBC的一个法向量为.由，取，可得，所以平面FBC的一个法向量为；取平面DFC的一个法向量为.又由，可得，所以，解得，所以.设直线AF与平面BCF所成的角为，则.即直线AF与平面BCF所成的角的正弦值为.【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
