北京市西城區(qū)2020學(xué)年高一數(shù)學(xué)下學(xué)期期末考試試題(含解析)

精選文檔精選文檔PAGE34精選文檔北京市西城區(qū)2020學(xué)年度第二學(xué)期期末試卷

高一數(shù)學(xué)

2020.7

A卷[立體幾何初步與分析幾何初步]

一、選擇題：本大題共10小題，每題4分，共40分．在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只

禱釙隉區(qū)痙潴龐鎂癘賅躪趕會(huì)禍薊。有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)切合要求的．

1.已知點(diǎn)P(1,2)，Q(3,0)，則線段PQ的中點(diǎn)為（）

(4,2)

(2,1)

(2,4)

(1,2)

【答案】B

【分析】

【剖析】

利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式直接求解出PQ的中點(diǎn)的坐標(biāo).

【詳解】因?yàn)辄c(diǎn)P(1,2)，Q(3,0)，所以PQ的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為132，縱坐標(biāo)為201，22所以線段PQ的中點(diǎn)為(2,1)，故此題選B.【點(diǎn)睛】此題考察了中點(diǎn)坐標(biāo)公式，熟記中點(diǎn)坐標(biāo)公式是解題的要點(diǎn).2.直線l經(jīng)過點(diǎn)A(0,1)，B(1,1)，則直線l的斜率是（）

2

2

1C.21D.2【答案】A【分析】

【剖析】

直接代入斜率公式能夠求出直線l的斜率.

【詳解】因?yàn)橹本€l經(jīng)過點(diǎn)A(0,1)，B(1,1)，所以直線l的斜率為1(1)2，故此題10選A.

【點(diǎn)睛】此題考察了直線斜率公式，熟記直線斜率公式是解題的要點(diǎn).

3.以下直線中，與直線3xy20平行的是（）

A.3xy0

B.x3y0

C.3xy0

D.x3y0

【答案】C

【分析】

【剖析】

依據(jù)兩條直線存在斜率時(shí)，它們的斜率相等且在縱軸上的截距不相等，兩直線平行，逐個(gè)對

四個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行判斷.【詳解】直線3xy20的斜率為3，在縱軸上的截距為2.選項(xiàng)A:直線3xy0的斜率為3，明顯不與直線3xy20平行；選項(xiàng)B:直線x3y0的斜率為1，明顯不與直線3xy20平行；3選項(xiàng)C:直線3xy0的斜率為3，在縱軸上的截距為0，故與與直線3xy20平行；選項(xiàng)D:直線x3y0的斜率為1y20平行，故此題選C.，明顯不與直線3x3【點(diǎn)睛】此題考察了當(dāng)兩條存在斜率時(shí)，兩直線平行的條件，依據(jù)一般式求出直線的斜率和在縱軸上的截距是解題的要點(diǎn).在空間中，給出以下四個(gè)命題：①平行于同一個(gè)平面的兩條直線相互平行；②垂直于同一個(gè)平面的兩個(gè)平面相互平行；獫嫗緦絹齦場緒輦贖鈦銳遞軒鯰誑。③平行于同一條直線的兩條直線相互平行；④垂直于同一個(gè)平面的兩條直線相互平行．

此中正確命題的序號是（）

①②

①③

②④

③④

【答案】D

【分析】

剖析】

經(jīng)過線面平行的性質(zhì)，線面垂直的性質(zhì)，平行公義能夠?qū)λ膫€(gè)命題進(jìn)行判斷，最后選出正確

的答案.

【詳解】命題①:平行于同一個(gè)平面的兩條直線能夠平行、訂交、異面，明顯命題①是假命

斕朮攏暫尋釓鵓腎摻谫襲鱔駑櫓銳。題；

命題②：垂直于同一個(gè)平面的兩個(gè)平面能夠平行，也能夠垂直，明顯命題②是假命題；

命題③：這是平行公義明顯命題③是真命題；

命題④：依據(jù)平行線的性質(zhì)和線面垂直的性質(zhì)，能夠知道這個(gè)真命題，故此題選D.

躍疊鴿暈為兩剝誤構(gòu)鑒斬繞嬸預(yù)癰。點(diǎn)睛】此題考察了平行線的性質(zhì)、線面垂直的性質(zhì)、面面垂直的性質(zhì)，考察了空間想象能

力和對相關(guān)定理的理解.

濁鱺輔紋洶糲玨劌賁諺駒紈綱洶嶄。5.圓x26xy2160的周長是（）

A.25π

B.10π

C.【8π

D.5π

【答案】B

【分析】

【剖析】

經(jīng)過配方法把圓的一般方程化成標(biāo)準(zhǔn)方程求出圓的半徑，從而求出圓的周長.

【詳解】x26xy2160(x3)2y225，所以圓的半徑為5，所以圓的周長為10π，故此題選B.

【點(diǎn)睛】此題考察了經(jīng)過圓的一般式方程化為一般方程求半徑問題，考察了配方法.

6.如圖，在長方體ABCDA1B1C1D1中，若E,F,G,H分別是棱A1B1，BB1，CC1，C1D1的

閔捫棄鶯龐輿劌謂魘鉺撟礎(chǔ)綠騁銨。中點(diǎn)，則必有（）

BD1PGH

BDPEF

平面EFGHP平面ABCD

平面EFGHP平面A1BCD1

【答案】D

【分析】

【剖析】

依據(jù)長方體的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、三角形中位線定理、面面平行的判斷定理，對四個(gè)選項(xiàng)

逐個(gè)判斷，最后選出正確的答案.

脫鰍縮臥巒騰馱轟絨詞壞頰鰻銘飴?！驹斀狻窟x項(xiàng)A:由中位線定理可知：GHPD1C，因?yàn)檫^直線外一點(diǎn)有且只有一條直線與已知直線平行，所以BD1,GH不行能相互平行，故A選項(xiàng)是錯(cuò)誤的；選項(xiàng)B:由中位線定理可知：EFPA1B，因?yàn)檫^直線外一點(diǎn)有且只有一條直線與已知直線平行，所以BD,EF不行能相互平行，故B選項(xiàng)是錯(cuò)誤的；選項(xiàng)C:由中位線定理可知：EFPA1B，而直線A1B與平面ABCD訂交，故直線EF與平面ABCD也訂交，故平面EFGH與平面ABCD訂交，故C選項(xiàng)是錯(cuò)誤的；選項(xiàng)D:由三角形中位線定理可知：EFPA1B,EHPA1D1，所以有EFP平面11，EHPABCD平面A1BCD1而EFIEHE，所以平面EFGH//平面A1BCD1，故此題選D.【點(diǎn)睛】此題考察了面面平行的判斷定理、線線平行的性質(zhì)、三角形中位線定理，考察了推

理論證能力.

7.一個(gè)棱長為2的正方體被一個(gè)平面截去一部分后，節(jié)余幾何體的三視圖以下圖，則截去

蟯滌摑綺浹鰭臨儀顳軔嬪偵黽礱櫳。的幾何體是()

A.三棱錐B.三棱柱C.四棱錐D.四棱柱

【答案】B

【分析】

由三視圖可知，節(jié)余幾何體是以下圖的四棱柱ABEA1DCFD1，則截去的部分是三棱

柱BB1ECC1F，應(yīng)選B.

【方法點(diǎn)睛】此題利用空間幾何體的三視圖要點(diǎn)考察學(xué)生的空間想象能力和抽象思想能力，

屬于難題.三視圖問題是考察學(xué)生空間想象能力最常有題型，也是高考熱門.察看三視圖并將

謖摯閆揚(yáng)閥責(zé)誦喪縉鮫礦屆蝦鍛鉀。其“翻譯”成直觀圖是解題的要點(diǎn)，不只需注意三視圖的三因素“高平齊，長對正，寬相

等”，還要特別注意實(shí)線與虛線以及同樣圖形的不一樣地點(diǎn)對幾何體直觀圖的影響.

8.已知點(diǎn)A(0,1),點(diǎn)B在直線xy10上運(yùn)動(dòng)．當(dāng)|AB|最小時(shí)，點(diǎn)B的坐標(biāo)是（）嶄闈詐癬嬋鋝點(diǎn)訌謂頹貳廩厲籪龍。A.(1,1)B.(1,0)

C.(0,1)

D.(2,1)

【答案】B

【分析】

【剖析】

設(shè)出點(diǎn)B的坐標(biāo)，利用兩點(diǎn)間距離公式，寫出|AB|的表達(dá)式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)能夠求

出|AB|最小時(shí)，點(diǎn)B的坐標(biāo).

轍飫聲璽峽缽緒綁鄧黽貽蕭鸞鰷濫?！驹斀狻恳?yàn)辄c(diǎn)B在直線xy10上運(yùn)動(dòng)，所以設(shè)點(diǎn)B的坐標(biāo)為(x,x1)，由兩點(diǎn)間

距離公式可知：AB=(x0)2(x11)22x24x42(x1)22，明顯x1時(shí),|AB|有最小值，最小值為2，此時(shí)點(diǎn)B的坐標(biāo)是(1,0)，故此題選B.【點(diǎn)睛】此題考察了兩點(diǎn)間距離公式、二次函數(shù)求最值問題.9.已知圓O1的方程為x2y24，圓O2的方程為(xa)2(y1)21，那么這兩個(gè)圓的位

置關(guān)系不行能是（）

外離

外切

內(nèi)含

內(nèi)切

【答案】C

【分析】

剖析】

分別求出兩圓的圓心坐標(biāo)和半徑，求出圓心距，能夠求出圓心距的最小值，而后與兩圓半徑

的和、差的絕對值，進(jìn)行比較，最后得出答案.

鯔憒驟鶘戰(zhàn)諤順鉛絲詭戩臥餳騫綿?！驹斀狻恳?yàn)閳AO1的方程為x2y24，所以圓O1的圓心坐標(biāo)為(0,0)，半徑為，又因2為圓O2的方程為(xa)2(y1)21，所以圓O2的圓心坐標(biāo)為(a,1)，半徑為1，所以有

O1O2a211，兩圓的半徑和為3，半徑差的絕對值為1，故兩圓的圓心距不行能小

于兩圓的半徑差的絕對值，不行能是內(nèi)含關(guān)系，故此題選C.

【點(diǎn)睛】此題考察了圓與圓的地點(diǎn)關(guān)系的判斷，求出圓心距的最小值是解題的要點(diǎn).

紲話倫巹?lì)a骯實(shí)訃鏞閭樅庫滾圣魘。10.如圖，在空間四邊形ABCD中，兩條對角線AC,BD相互垂直，且長度分別為4和6，平行于這兩條對角線的平面與邊AB,BC,CD,DA分別訂交于點(diǎn)E,F,G,H，記四邊形EFGH的面積為y，設(shè)BEx，則（）ABA.函數(shù)yf(x)值域?yàn)?0,4]

函數(shù)yf(x)的最大值為8

函數(shù)yf(x)在(0,2)上單一遞減3

D.函數(shù)yf(x)知足f(x)f(1x)【答案】D【分析】試題剖析：由題可得，EF//AC，HG//AC，所以EF//HG．同理EH//BD，GF//BD，所以EH//GF，所以四邊形EFGH為平行四邊形．又ACBD，所以EFEH，所以平行四邊形EFGH為矩形．因?yàn)镋F//AC，所以EFBFx，ACAB所以EF4x,因?yàn)镋H//BD，所以AEEH1x，所以EH61-x．所以矩形ABBDEFGH的面積y24x1x0x1．函數(shù)yfx圖象對于x11對稱，在0,22上單一遞加，在112的fxmaxf26.0,6.,1上單一遞減，可求得所以值域是考點(diǎn)：1.空間直線的平行；2.相像三角形對應(yīng)成比率；3.二次函數(shù)的性質(zhì).

二、填空題：本大題共6小題，每題4分，共24分．把答案填在題中橫線上．

類斂釣樁攬巋諒櫧勞潯廬釩詠僂藪。直線y3x1的傾斜角的大小是______．

【答案】（或60o）3

【分析】

πtan3,[0,π)3

12.對于隨意實(shí)數(shù)k，直線ykx1經(jīng)過的定點(diǎn)坐標(biāo)為______．

【答案】(0,1)

【分析】

【剖析】

由直線的斜截式方程能夠知道該直線在縱軸的截距，所以能夠求出直線ykx1經(jīng)過的定

點(diǎn)坐標(biāo).

【詳解】對于隨意實(shí)數(shù)k，直線ykx1在縱軸上的截距圴為1，所以直線ykx1經(jīng)過

的定點(diǎn)坐標(biāo)為(0,1)，

【點(diǎn)睛】此題考察了利用斜截式方程與直線過定點(diǎn)問題，屬于基礎(chǔ)題.

圓柱的高是2，底面圓的半徑是1，則圓柱的側(cè)面積是______．【答案】4π

【分析】

葉稟悵尋緗瑤鰱轤宮鎳冑樓顱暫諭?！酒饰觥?/p>

直接把圓柱的高、底面圓的半徑代入圓柱側(cè)面積公式中，求出圓柱的側(cè)面積.

【詳解】因?yàn)閳A柱的側(cè)面積公式為

:S

2rl，（此中

r,l

分別是圓柱底面的半徑和圓柱的母

線），因?yàn)閳A柱的高是

2，所以圓柱的母線也是

2，所以圓柱的側(cè)面積為

S2rl

4

.

【點(diǎn)睛】此題考察了圓柱的側(cè)面積公式，屬于基礎(chǔ)題.14.圓心為(1,0)，且與直線xy0相切的圓的方程是______．

221【答案】(x1)y

【分析】

【剖析】

依據(jù)圓切線的性質(zhì)，利用點(diǎn)到直線距離公式，能夠求出圓的半徑，這樣能夠?qū)懗鰣A的標(biāo)準(zhǔn)方

程.

【詳解】圓心(1,0)到直線xy0110(1)20是的距離為：2，而直線xy2圓的切線，所以圓的半徑為2，所以圓的方程為(x1)2y21.22【點(diǎn)睛】此題考察了求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，掌握圓切線的性質(zhì)是解題的要點(diǎn).

15.設(shè)三棱錐PABC的三條側(cè)棱兩兩垂直，且PAPBPC1，則三棱錐PABC的

體積是______．鹽鏵孿氣黨軔繯閎穩(wěn)靨璣鏜騾訊摟。

【答案】

【分析】

【剖析】

1

6

由題意可知:PAPB,PBPC,PAPC，利用線面的垂直的判斷定理能夠證明出PA平面PBC，利用三棱錐的體積公式能夠求出三棱錐PABC的體積.【詳解】由題意可知:PAPB,PBPC,PAPC，因?yàn)镻BPCP,PB,PC平面PBC,所以有PA平面PBC,所以三棱錐PABC的體積是VP1111ABCVA-PBCSBPCAP2PBPCPA.336【點(diǎn)睛】此題考察了求三棱錐的體積，考察了轉(zhuǎn)變思想，考察了線面垂直的判斷.

16.已知點(diǎn)M(1,0),N(1,0)．若直線l:xym0上存在點(diǎn)P使得PMPN，則實(shí)數(shù)m騍樓縊晝尋帥鋌誑壺畢傯殯彌槧編。

的取值范圍是______．【答案】[2,2]【分析】【剖析】設(shè)出點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x,mx)，由PMuuuruuurPN，能夠轉(zhuǎn)變?yōu)镸PNP，依據(jù)平面向量數(shù)目積的坐標(biāo)表示公式可獲取一個(gè)對于x的一元二次方程，只需該方程的鑒別式大于等于零即可，解不等式最后求出實(shí)數(shù)m的取值范圍.【詳解】設(shè)直線l:xym0上存在點(diǎn)P使得PMPN，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x,mx)，uuur(x1,muuur(x1,mx)，因?yàn)镻Muuuruuur則MPx),NPPN，所以MPNP，由平面向量數(shù)目積的坐標(biāo)表示公式可得，(x1)(x1)(mx)(mx)0，2x22mxm210，由題意可知該方程有實(shí)根，即(2m)28(m21)0，解得2m2.

【點(diǎn)睛】此題考察了直線相垂直的性質(zhì)，考察了轉(zhuǎn)變法、方程思想.三、解答題：本大題共

3小題，共

36分.解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟

．

17.如圖，在三棱錐

P

ABC中，

PB

PC，

AB

AC．

D，E分別是

BC，PB的中

點(diǎn)．（Ⅰ）求證：DEP平面PAC；

（Ⅱ）求證：平面ABC平面PAD；

（Ⅲ）在圖中作出點(diǎn)P在底面ABC的正投影，并說明原因．

【答案】（Ⅰ）詳看法析；（Ⅱ）詳看法析；（Ⅲ）詳看法析.

簽續(xù)陘貽鐠鯊孌漲鉸鈍錕繼墳繃詡?！痉治觥?/p>

【剖析】（Ⅰ）利用三角形中位線定理和線面平行的判斷定理能夠證明出DEP平面PAC；（Ⅱ）利用等腰三角形三線合一的性質(zhì)，能夠證明線線垂直，依據(jù)線面垂直的判斷定理，可以證明出線面垂直，最后依據(jù)面面垂直的判斷定理，能夠證明出平面ABC平面PAD；（Ⅲ）經(jīng)過面面垂直的性質(zhì)定理，能夠在△PAD中，過P作POAD于O即可.【詳解】（Ⅰ）證明：因?yàn)镈，E分別是BC，PB的中點(diǎn)，所以DEPPC．因?yàn)镈E平面PAC，所以DEP平面PAC．（Ⅱ）證明：因?yàn)镻BPC，ABAC，D是BC的中點(diǎn)，所以PDBC，ADBC．所以BC⊥平面PAD．

所以平面ABC平面PAD．

（Ⅲ）解：在△PAD中，過P作POAD于O，則點(diǎn)O為點(diǎn)P在底面ABC的正投影．

齒繹懇囈?guī)X銚搖縣粵莢鴨搗奩廁鈿。原因以下：由（Ⅱ）知平面

ABC

平面

PAD，且平面

ABCI

平面

PAD

AD

，

又PO

平面

PAD，

PO

AD，

所以

PO

平面

ABC，

即點(diǎn)O為點(diǎn)P在底面ABC的正投影．

【點(diǎn)睛】此題考察了等腰三角形性質(zhì)、線面垂直的判斷、面面垂直的判斷定理和性質(zhì)定理，

考察了推理論證能力.

馮攛嘯嬪實(shí)聯(lián)錘噴頓銪絲箏衛(wèi)戰(zhàn)鱈。已知圓心為C(4，3)的圓經(jīng)過原點(diǎn)O．

（Ⅰ）求圓C的方程；

（Ⅱ）設(shè)直線3x4y150與圓C交于A，B兩點(diǎn)，求△ABC的面積．22；（Ⅱ）12.【答案】（Ⅰ）(x4)(y3)25【分析】

【剖析】

（Ⅰ）由已知可求出圓的半徑，把圓心的坐標(biāo)和半徑，代入圓的標(biāo)準(zhǔn)方程中即可；

（Ⅱ）利用點(diǎn)到直線的距離公式，能夠求出弦心距，再利用垂徑定理、勾股定理，能夠求出

誡亂餒錘嘗纓戩瓊貳褻圖謙鈹漲頃。弦AB的長，最后求出ABC的面積．【詳解】（Ⅰ）解：圓C的半徑為|OC|32425，從而圓C的方程為(x22．4)(y3)25（Ⅱ）解：作CDAB于D，則CD均分線段AB．

在直角三角形ADC中，由點(diǎn)到直線的距離公式，得

|CD||344315|3，3242所以|AD||AC|2|CD|24．所以|AB|2|AD|8．所以△ABC的面積S1|AB||CD|12．2【點(diǎn)睛】此題考察了求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，點(diǎn)到直線距離公式、垂徑定理、勾股定理，考察了數(shù)

學(xué)運(yùn)算能力.

19.如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是菱形，對角線AC，BD交于點(diǎn)O．駐檁禮際脈鑠潿頦軾磚鯨齲褻跡鏨。（Ⅰ）若

AC

PD

，求證：

AC

平面

PBD

；

（Ⅱ）若平面

PAC

平面

ABCD，求證：PBPD；

（Ⅲ）在棱PC上能否存在點(diǎn)M（異于點(diǎn)C），使得BM∥平面PAD？說明原因．

【答案】（Ⅰ）詳看法析；（Ⅱ）詳看法析；（Ⅲ）不存在，原因詳看法析.

礙藎錮鸛灤胇與惱棖闕漁蠑鐠脹顱。【分析】

剖析】

（Ⅰ）依據(jù)菱形的對角線相互垂直，

再聯(lián)合已知垂直條件，

利用線面垂直的判斷定理能夠證

明出

AC

平面

PBD

；

（Ⅱ）由面面垂直的性質(zhì)定理和菱形的對角線相互垂直，能夠獲取

BD

PO，再依據(jù)菱形

對角線相互均分，這樣能夠證明出

PBPD；

（Ⅲ）假定存在，依據(jù)菱形的性質(zhì)和已知的平行條件，能夠獲取平面PBCP平面PAD，顯【然不行能，故假定存在不建立，故不存在，命題得證.詳解】（Ⅰ）證明：因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，所以ACBD．因?yàn)锳CPD，BDIPDD，BD,PD平面PBD，所以AC平面PBD．（Ⅱ）證明：連結(jié)PO．由（Ⅰ）可知ACBD．

因?yàn)槠矫鍼AC平面ABCD，

所以BD平面PAC．因?yàn)镻O平面PAC，

所以BDPO．

因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，

所以BODO．

所以PBPD．

（Ⅲ）解：不存在，證明以下．假定存在點(diǎn)M（異于點(diǎn)C），使得BMP平面PAD．

因?yàn)榱庑蜛BCD中，BCPAD，且BC平面PAD，所以BCP平面PAD．

又因?yàn)锽M平面PBC，所以平面PBCP平面PAD．

這明顯矛盾！

從而，棱PC上不存在點(diǎn)M，使得BM∥平面PAD．

【點(diǎn)睛】此題考察了菱形的幾何性質(zhì)、線面平行的判斷定理、面面平行的判斷定理、線面垂

直的判斷定理，考察了推理論證能力.凱親諦鐺縉薌蜆墊瀟鎦纈飲鷸鈄鼉。B卷

[

學(xué)期綜合

]本卷滿分：

50分

一、填空題：本大題共

5小題，每題

4分，共

20分．把答案填在題中橫線上

．

某企業(yè)有大批客戶，且不一樣齡段客戶對其服務(wù)的評論有較大差別．為認(rèn)識客戶的評論，

該企業(yè)準(zhǔn)備進(jìn)行抽樣檢查，可供選擇的抽樣方法有簡單隨機(jī)抽樣、分層抽樣和系統(tǒng)抽樣，則最適合的抽樣方法是________．

【答案】分層抽樣.

絳齟腸轢膚撾詣鄰筍賡蕎椏殮氣鈴。【分析】

剖析：由題可知知足分層抽樣特色

詳解：因?yàn)閺牟灰粯育g段客戶中抽取，故采納分層抽樣

故答案為：分層抽樣。

點(diǎn)睛：此題主要考察簡單隨機(jī)抽樣，屬于基礎(chǔ)題。

從某校3000名學(xué)生中隨機(jī)抽取若干學(xué)生，獲取了他們一天課外閱讀時(shí)間（單位：分鐘）

曄躑謗鹼鏌嬌傷瀉錢鑄礡覓鹺總蕪。的數(shù)據(jù)，整理獲取頻次散布直方圖以下．則預(yù)計(jì)該校學(xué)生中每日閱讀時(shí)間在[70,80)的學(xué)生人數(shù)為_____．

【答案】

900

【分析】

【剖析】

依據(jù)頻次散布直方圖中，全部小矩形面積之和為

1，能夠在頻次散布直方圖中找到閱讀時(shí)間

在[70,80)

這個(gè)組內(nèi)的，頻次與組距之比的值

a，而后求出落在

[70,80)

這個(gè)段的頻次，最

后求出

3000名學(xué)生每日閱讀時(shí)間在

[70,80)

的學(xué)生人數(shù)

.

【詳解】因?yàn)樵陬l次散布直方圖中，全部小矩形的面積之和為1，所以有以下等式建立：

(0.0050.035a0.0200.010)101a0.03，在[70,80)這個(gè)組內(nèi)，頻次與組距之比的值為0.03，所以頻次為0.03100.3，所以3000名學(xué)生每日閱讀時(shí)間在[70,80)的學(xué)生人數(shù)為0.33000=900,【點(diǎn)睛】此題考察了在頻次散布直方圖中，全部小矩形的面積之和為1這一性質(zhì)，考察了數(shù)學(xué)運(yùn)算能力.22.設(shè)正方形ABCD的邊長是2，在該正方形地區(qū)內(nèi)隨機(jī)取一個(gè)點(diǎn)，則此點(diǎn)到點(diǎn)A的距離大于2的概率是_____．【答案】4π4【分析】【剖析】先求出正方形ABCD的面積，而后求出動(dòng)點(diǎn)P到點(diǎn)A的距離|PA|2所表示的平面地區(qū)的

面積,最后依據(jù)幾何概型計(jì)算公式求出概率.【詳解】正方形ABCD的面積為224，以以下圖所示：暗影部分的面積為:122，在正方形內(nèi)，暗影外面部分的面積為4，則在該正4方形地區(qū)內(nèi)隨機(jī)取一個(gè)點(diǎn)，則此點(diǎn)到點(diǎn)A的距離大于2的概率是4.4【點(diǎn)睛】此題考察了幾何概型的計(jì)算公式，正確求出暗影部分的面積是解題的要點(diǎn).

23.從分別寫有

1,2,3,4

的4張卡片中隨機(jī)抽取

1張，放回后再隨機(jī)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】

3

8

【分析】

【剖析】

先求出別寫有

1,2,3,4

的4張卡片中隨機(jī)抽取

1張，放回后再隨機(jī)抽取

1張，基本領(lǐng)件的個(gè)

數(shù)，而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)的基本領(lǐng)件的個(gè).數(shù)，運(yùn)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(jī)抽取1張，放回后再隨機(jī)抽取1張，基本領(lǐng)件的個(gè)

數(shù)為4416，抽得的第一張卡片上的數(shù)大于第二張卡片上的數(shù)的基本領(lǐng)件為：

鱭脹飲藍(lán)埡繰靨驗(yàn)屢鑭贈(zèng)鬢掄譏鏃。(2,1),(3,1),(3,2)(4,1)(4,2),(4,3)，共6個(gè)，所以抽得的第一張卡片上的數(shù)大于第二張卡片

儷藹齙尷嗩脛贛驊嚙吳載詩圓敗釙。63上的數(shù)的概率為.168【點(diǎn)睛】此題考察了古典概型概率的計(jì)算公式，考察了有放回抽樣，屬于基礎(chǔ)題.

24.在△ABC中，a2，c2，sinAcosA0，則角B的大小為_____．

π【答案】12

【分析】

【剖析】由sinAcosA0，依據(jù)同角的三角函數(shù)關(guān)系中的商關(guān)系，能夠求出角A正切值，再依據(jù)角A是三角形的內(nèi)角，這樣能夠求出角A，由正弦定理能夠求出角C的大小，最后由三角形內(nèi)角和定理能夠求出角B的大小.【詳解】因?yàn)榻茿是三角形的內(nèi)角，所以A(0,)，又因?yàn)閟inAcosA0，所以有3ac221tanA，由正弦定理可知：sinAsinC2sinCsinC1，所以A2，42因?yàn)锳3(0,)，所以C，，所以C446由三角形內(nèi)角和定理可知：BAC.12【點(diǎn)睛】此題考察了同角三角函數(shù)的關(guān)系中的商關(guān)系，考察了余弦定理、三角形內(nèi)角和定理、以及特別角的三角函數(shù)值.

二、解答題：本大題共3小題，共30分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟．

朧齜詵點(diǎn)東愛溈點(diǎn)緒節(jié)暢薺龔億崢。為緩解交通運(yùn)轉(zhuǎn)壓力，某市公交系統(tǒng)實(shí)行疏堵工程．現(xiàn)調(diào)取某路公交車早頂峰時(shí)段全程

運(yùn)輸時(shí)間（單位：分鐘）的數(shù)據(jù)，從疏堵工程達(dá)成前的數(shù)據(jù)中隨機(jī)抽取5個(gè)數(shù)據(jù)，記為A組；從疏堵工程達(dá)成后的數(shù)據(jù)中隨機(jī)抽取5個(gè)數(shù)據(jù)，記為B組．A組：128100151125120B組：10010297101100（Ⅰ）該路公交車全程運(yùn)輸時(shí)間不超出100分鐘，稱為“正點(diǎn)運(yùn)轉(zhuǎn)”．從A，B兩組數(shù)據(jù)

中各隨機(jī)抽取一個(gè)數(shù)據(jù)，求這兩個(gè)數(shù)據(jù)對應(yīng)的兩次運(yùn)轉(zhuǎn)中起碼有一次“正點(diǎn)運(yùn)轉(zhuǎn)”的概率；

（Ⅱ）試比較A，B兩組數(shù)據(jù)方差的大小（不要求計(jì)算），并說明其實(shí)質(zhì)意義．讓鏢稟縶鯡銅鯪騎買癇紓幀侖諱熱。17【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）B組數(shù)據(jù)的方差小于A組數(shù)據(jù)的方差．說明疏堵工程達(dá)成后，該

路公交車全程運(yùn)輸時(shí)間更為穩(wěn)固，并且“正點(diǎn)運(yùn)轉(zhuǎn)”率高，運(yùn)轉(zhuǎn)更為有保障．.

【分析】

【剖析】

（Ⅰ）先求出從A，B兩組數(shù)據(jù)中各隨機(jī)抽取一個(gè)數(shù)據(jù)，不一樣的取法的種數(shù)，在求出兩個(gè)

數(shù)據(jù)對應(yīng)的兩次運(yùn)轉(zhuǎn)中起碼有一次“正點(diǎn)運(yùn)轉(zhuǎn)”的種數(shù)，最后利用古典概型計(jì)算公式，求出

概率；

（Ⅱ）能夠經(jīng)過數(shù)據(jù)的顛簸狀況判斷出方差的大小，最后得出結(jié)論.【詳解】（Ⅰ）解：從A，B兩組數(shù)據(jù)中各隨機(jī)抽取一個(gè)數(shù)據(jù)，全部不一樣的取法共有5525

種．

從A組中取到128,151,125,120時(shí)，B組中切合題意的取法為100,97,100，共4312種；

從A組中取到100時(shí)，B組中切合題意的取法為100,102,97,101,100，共155種；

所以切合題意的取法共有12517種，17所以該路公交車起碼有一次“正點(diǎn)運(yùn)轉(zhuǎn)”的概率P.25

（Ⅱ）解：B組數(shù)據(jù)的方差小于A組數(shù)據(jù)的方差．說明疏堵工程達(dá)成后，該路公交車全程

運(yùn)輸時(shí)間更為穩(wěn)固，并且“正點(diǎn)運(yùn)轉(zhuǎn)”率高，運(yùn)轉(zhuǎn)更為有保障．

【點(diǎn)睛】此題考察了古典概型概率的計(jì)算方法，考察了用方差解決實(shí)質(zhì)問題的能力.

已知△ABC同時(shí)知足以下四個(gè)條件中的三個(gè)：

銻誣閾?dān)槧幰犂y簍質(zhì)誶潴辮飫錛噠。①Aπ2a7；④b3．；②cosB；③33（Ⅰ）請指出這三個(gè)條件，并說明原因；

（