河北省涞水波峰中学2019-2020学年高一数学下学期第三次质检试题（含解析）.doc

1、河北省涞水波峰中学2019-2020学年高一数学下学期第三次质检试题（含解析）本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共100分考试时间90分钟第卷一、单项选择题（每小题4分，共32分下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1. 现有六名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动，则三人恰好参加同一项活动的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】求得基本事件的总数为 ，其中乙丙两人恰好参加同一项活动的基本事件个数为,利用古典概型及其概率的计算公式，即可求解.【详解】解：由题意，现有，6名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动，基

2、本事件的总数为，其中三人恰好参加同一项活动的基本事件个数为，所以a,b,c三人恰好参加同一项活动概率为 .故选：B.【点睛】本题主要考查了排列组合应用，以及古典概型及其概率的计算问题，其中解答中合理应用排列、组合的知识求得基本事件的总数和所求事件所包含的基本事件的个数，利用古典概型及其概率的计算公式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.2. 已知在中，判断的形状为（ ）.A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰或直角三角形D. 等腰直角三角形【答案】C【解析】【分析】左边切化弦，右边用正弦定理化边为角可解【详解】，或或等腰或直角三角形故选：C【点睛】判断三角形形状的常用技巧

3、若已知条件中既有边又有角，则(1)化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状(2)化角：通过三角恒等变换，得出内角关系，从而判断三角形的形状此时要注意应用这个结论3. 某校有高一学生n名，其中男生数与女生数之比为65，为了解学生的视力情况，现要求按分层抽样的方法抽取一个样本容量为的样本，若样本中男生比女生多9人，则（ ）A. 990B. 1320C. 1430D. 1980【答案】D【解析】【分析】根据分层抽样的性质结合已知进行求解即可.【详解】因为按分层抽样的方法抽取一个样本容量为的样本，男生数与女生数之比为65，所以抽取的男生数与女生数分别为：，又因为样本中男生比女生

4、多9人，所以有.故选：D【点睛】本题考查了分层抽样的有关性质，属于基础题.4. 某次文艺汇演为，要将这七个不同节目编排成节目单，依次演出，如果两个节目要相邻，且都不排为第3个节目演出，那么节目单上不同的排序方式有（ ）A. 192种B. 144种C. 960种D. 720种【答案】C【解析】【分析】由题意知两个节目要相邻，可以把这两个元素看做一个，再让他们两个元素之间还有一个排列，都不排在第3号位置，那么两个节目可以排在1，2两个位置，可以排在4，5两个位置，可以排在5，6两个位置，可以排在6，7两个位置，其余五个位置剩下的五个元素全排列【详解】解：由题意知两个节目要相邻，且都不排在第3号位置

5、，可以把这两个元素看做一个，再让他们两个元素之间还有一个排列，两个节目可以排在1，2两个位置，可以排在4，5两个位置，可以排在5，6两个位置，可以排在6，7两个位置，这两个元素共有种排法，其他五个元素要在剩下的五个位置全排列，节目单上不同的排序方式有，故选：C【点睛】本题主要考查了排列、组合的综合应用，其中解答的常见方法：要先排限制条件多的元素，把限制条件比较多的元素排列后，再排没有限制条件的元素，最后要用分步计数原理得到结果，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.5. 已知一组数据丢失了其中一个，另外六个数据分别是10，8，8，9，18，8，若这组数据的平均数、中位数、众数依次成等

6、差数列，则丢失数据的所有可能值的和为（ ）A. 4B. 19C. 25D. 27【答案】A【解析】【分析】设丢失的数据是，求出平均值和众数，然后根据的大小得出中位数，根据已知等差数列求出的所有可能值，相加后得出结论【详解】设丢失的数据是，则这组数据的平均值是，众数显然是8，因为平均数、中位数、众数依次成等差数列，所以中位数是，把已知的六个数据排序，根据的大小可知中位数可能为8，9，或当时，当时，时，所有可能值的和为故选：A【点睛】本题考查平均数、中位数、众数的概念，考查等差数列的性质掌握平均数、中位数、众数的概念是解题关键6. 把16个相同的小球放到三个编号为1，2，3的盒子中，且每个盒子内的

7、小球数要多于盒子的编号数，则共有多少种放法（ ）A. 18B. 28C. 36D. 42【答案】C【解析】【分析】根据题意，先在 1 号盒子里放 1 个球，在 2 号盒子里放 2 个球，在 3 号盒子里放 3个球，则原问题可以转化为将剩下的10 个小球，放入 3 个盒子，每个盒子至少放 1 个的问题，由挡板法分析可得答案【详解】根据题意，个相同的小球放到三个编号为的盒子中，且每个盒子内的小球数要多于盒子的编号数，先在号盒子里放个球，在号盒子里放个球，在号盒子里放个球，则原问题可以转化为将剩下的个小球，放入个盒子，每个盒子至少放个的问题，将剩下的个球排成一排，有个空位，在个空位中任选个，插入挡板

8、，有种不同的放法，即有个不同的符合题意的放法；故选：C【点睛】本题考查排列、组合的应用，关键是将原问题转化为将个球放入个盒子，每个盒子至少放个的问题，属于基础题7. 设不等式表示的平面区域为，在区域内随机取一个点，则的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】不等式表示的平面区域为圆心为半径为2的圆内部，面积为；满足的平面区域的面积为8，即可得出结论【详解】依题意得，如下图，分别画出和表示的区域，不等式表示的平面区域是圆心为半径为2的圆内部，所以面积为；而表示的区域为边长的正方形内部，面积为8，要满足且满足表示的平面区域的面积为，得出所求概率为故选：【点睛】本题考查几何概型

9、，其中运用了线性规划表示的平面区域和圆的方程，考查对图形的理解能力，正确求出面积是关键8. 斐波那契数列（Fibonacci sequence）又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多斐波那契（Leonardoda Fibonacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”在数学上，斐波纳契数列被以下递推的方法定义：数列满足：，现从数列的前2019项中随机抽取1项，能被3整除的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】依次写出数列各项除以3所得余数，寻找后可得结论【详解】根据斐波纳契数列的定义，数列各项除以3所得余数依次为：，余数数列是周期数列，周期为8，所以数列的前201

10、9项中能被3整除的项有，所求概率为故选：C【点睛】本题考查古典概型，考查斐波纳契数列，考查数列的周期性解题关键是依次写出波纳契数列各项除以3所得余数形成的新数列二、多项选择题（每小题5分，共10分下列每小题所给选项可能有多项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）9. 2021年开始，我省将试行“”的普通高考新模式，即除语文、数学，外语3门必选科目外，考生再从物理、历史中选1门，从化学、生物、地理、政治中选2门作为选考科目为了帮助学生合理选科，某中学将高一每个学生的六门科目综合成绩按比例均缩放成5分制，绘制成雷达图甲同学的成绩雷达图如图所示，下面叙述一定正确的是（ ）A. 甲的物理成绩相对

11、他其余科目领先年级平均分最多B. 甲有2个科目的成绩低于年级平均分C. 甲的成绩从高到低的前3个科目依次是物理、化学、地理D. 对甲而言，物理、化学、生物是最理想的一种选科结果【答案】AB【解析】【分析】根据图表依次对所给选项进行判断即可.【详解】根据雷达图可知甲同学物理、化学、地理成绩领先年级平均分，其中，物理、化学地理成绩领先年级平均分分别约为1.5分、1分、1分，所以甲同学物理成绩领先年级平均分最多,故A项叙述正确，C项叙述错误；B项，根据雷达图可知，甲同学的历史、政治成绩低于年级平均分，故B项叙述正确；所以对甲而言，物理、化学、地理是比较理想的一种选科结果，故D项叙述不正确.故选：AB

12、【点睛】本题考查命题真假的判断，涉及到统计中雷达图的识别及应用，考查学生识图能力、数据分析能力，是一道中档题.10. 瑞士数学家欧拉（LeonhardEuler）1765年在其所著的三角形的几何学一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线已知的顶点，其欧拉线方程为，则顶点C的坐标可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】根据三角形重心坐标公式进行求解判断即可.【详解】设顶点C的坐标为，所以重心坐标为，因为欧拉线方程为，所以.A：当顶点C的坐标为时，显然不满足；B：当顶点C的坐标为时，显然满足；C：当顶点C的坐标为时，显然满足；D：当顶点

13、C的坐标为时，显然不满足，故选：BC【点睛】本题考查了三角形重心坐标公式的应用，考查了数学阅读能力和数学运算能力.第卷（非选择题）三、填空题（每题5分，共15分）11. 在某地区某高传染性病毒流行期间，为了建立指标显示疫情已受控制，以便向该地区居民显示可以过正常生活，有公共卫生专家建议的指标是“连续7天每天新增感染人数不超过5人”，根据连续7天的新增病例数计算，下列各个选项中，一定符合上述指标的是_平均数； 平均数且标准差；平均数且极差小于或等于2； 众数等于1且极差小于或等于4【答案】【解析】【分析】根据各个选项，分别分析新增人数的最大值是否可能大于5，即可得结论【详解】仅仅平均值不大于3，

14、有可能其中某个值大于5，不符合；平均数时，若7天中有一个数值大于5，则方差，因此在标准差时，7天的数据都不超过5，符合指标；平均数且极差小于或等于2，最大值必不大于5，符合指标；众数等于1且极差小于或等于4时，最大值必不大于5，否则极差大于615，符合指标故答案为：【点睛】本题考查平均数，标准差，极差，众数等概念，掌握这些概念，能用反证法是解题关键12. 从A，B，C，D，a，b，c，d中任选5个字母排成一排，要求按字母先后顺序排列（即按先后顺序，但大小写可以交换位置，如或都可以），这样的情况有_种（用数字作答）【答案】160【解析】【分析】先根据A、B、C、D选取的个数分为四类：第一类:A、

15、B、C、D中取四个，a、b、c、d中取一个；第二类:A、B、C、D中取三个，a、b、c、d中取二个；第三类:A、B、C、D中取二个,a、b、c、d中取三个；第四类:A、B、C、D中取一个,a、b、c、d中取四个.【详解】分为四类情况：第一类：在A、B、C、D中取四个，在a、b、c、d中取一个，共有；第二类：在A、B、C、D中取三个，在a、b、c、d中取两个，分两种情况：形如AaBbC(大小写有两个字母相同)共有，形如AaBCd（大小写只有一个字母相同）共有 ；第三类：在A、B、C、D中取两个，在a、b、c、d中取三个，取法同第二类情况；第四类：在A、B、C、D中取一个，在a、b、c、d中取四个

16、，取法同第一类情况；所以共有：2(8+)=160【点睛】本题考查了分步计数原理和分类计数原理，对学生的思维能力要求较高，其中有序排列给题目增加了分类的难度，在解题时需要耐心细致，认真思考分类标准.13. ，动直线过定点，动直线过定点，则点坐标为_；若直线与相交于点（异于点,），则周长的最大值为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】分别求出两条直线过的定点，根据两直线的位置关系两得直线垂直，是直角三角形，由不等式得到答案.【详解】由条件知直线过定点，直线过定点，所以，又因为，所以，即，所以，当且仅当时取等号，所以，故周长的最大值为故答案为：； .【点睛】本题主要考直线查过定点，两直线的

17、位置关系与垂直时满足，不等式的应用.四、解答题（本大题共4小题，第14、15、16题每题10分，17题13分，共43分，解答出文字说明、证明过程或演算步骤，写在答题纸的相应位置）14. 人站成两排队列，前排人，后排人.（1）一共有多少种站法；（2）现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，求有多少种不同的加入方法.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意，将7个人全排列，再将其中前3人安排在前排，后面4人安排在后排即可，由排列数公式计算可得答案；（2）根据题意，分2步进行分析：前排3人有4个空，从甲乙丙3人中选1人插入；对于后排，分2种情况讨论，

18、求出后排的排法数目，由分步计数原理计算可得答案【详解】（1）根据题意，将7个人全排列，再将其中前3人安排在前排，后面4人安排在后排即可；则有种排法，（2）根据题意，分2步进行分析：前排3人有4个空，从甲乙丙3人中选1人插入，有种排法；对于后排，若插入的2人不相邻有种，若相邻有种，则后排的安排方法有种；则有种排法【点睛】本题考查排列、组合的应用，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意分类讨论思想的运用.15. 某校从参加高一年级期末考试的学生中抽出40名学生，将其成绩（均为整数）分成六段后画出如下部分频率分布直方图，观察图形的信息，回答下列问题：（1）求第四小组的频率，以及表示这组数据长方形

19、在纵轴上对应的坐标；（2）估计这次考试的及格率（60分及以上为及格）和中位数（中位数用分数表示即可）；（3）从成绩是6070分及90100分的学生中选两人，记他们的成绩为x，y，求满足“”的概率【答案】（1）0.3；0.03；（2）0.75；中位数为；（3）.【解析】【分析】（1）根据所有组的频率和为即可求得第四小组的频率，进而根据频率除以组距得.（2）根据频率分布直方图计算第3，4，5，6小组的频率和即可得及格率，根据中位数的定义求解即可；（3）设“成绩满足”为事件A，由频率分布直方图可求得成绩在6070分及90100分的学生人数分别为6人和2人，分别记为和，再一一列举出相应的基本事件数，根

20、据古典概型计算即可得答案.【详解】解：（1）由频率分布直方图可知第1，2，3，5，6小组的频率分别为： 0.1，0.15，0.15，0.25，0.05，所以第4小组的频率为：在频率分布直方图中第4小组的对应的矩形的高，（2）考试的及格率即60分及以上的频率 .及格率为 前三组的频率和为：， 中位数为 （3）设“成绩满足”为事件A由频率分布直方图可求得成绩在6070分及90100分的学生人数分别为6人和2人，所以设6070的6名学生分别为，90100分的2名学生为，则从这8个学生中选两人，所有可能情况为： ，共28种，且每种情况的出现均等可能，若这2人成绩要满足“”，则要求一人选自6070分数段

21、，另一个选自90100分数段，有如下情况：，共12种，所以由古典概型概率公式有，即所取2人的成绩满足“”的概率是.【点睛】本题主要考查的是频率分布直方图和古典概型问题，属于中档题；读图一定要认真，先根据图中的信息得出第一问；频率分布直方图中，平均数的求法为每一组的中位数乘以频率，然后再求和，此处是易错点；古典概型一定要列举出所有可能性，以及满足条件的可能性，比值即为满足条件的概率16. 袋中装有除颜色外完全相同的黑球和白球共7个，其中白球3个，现有甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时终止每个球在每一次被取出的机会是等可能的（1）求取球3次

22、即终止的概率；（2）求甲取到白球的概率【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）依题意甲第一次取到的是黑球，接着乙取到的是黑球，第三次取球甲取到的是白球，即可求出概率；（2）依题意甲只可能在第1次，第3次和第5次取到白球，再根据互斥事件的概率公式计算可得；【详解】解：（1）设事件A为“取球3次即终止”.即甲第一次取到的是黑球，接着乙取到的是黑球，甲取到的是白球，因此，（2）设事件B为“甲取到白球”，“第i次取到白球”为事件，因为甲先取，所以甲只可能在第1次，第3次和第5次取到白球，所以【点睛】考查运用概率知识解决实际问题的能力，相互独立事件是指，两事件发生的概率互不影响，而对立事件是指同一

23、次试验中，不会同时发生的事件，遇到求用至少来表述的事件的概率时，往往先求它的对立事件的概率属于中档题.17. 已知圆，圆（1）若圆、相交，求m的取值范围；（2）若圆与直线相交于M、N两点，且，求m的值；（3）已知点，圆上一点A，圆上一点B，求的最小值的取值范围【答案】（1）或；（2）或；（3）.【解析】【分析】（1）根据圆的方程求出两个圆的圆心和半径，利用圆、相交，圆心距大于半径之差，小于半径之和，即可得m的取值范围（2）利用弦长一半、弦心距、和半径构成直角三角形，即可得m的取值范围.（3）利用将点转化为关于对称的圆上点，将所要求的转化为，即两个圆上两动点 、 距离的最小值，所以为两两圆圆心距减去两圆半径即可.【详解】（1）已知圆，圆，圆的圆心为，半径，圆的圆心，半径为，因为圆、相交，所以圆心距，即，解得：或（2）因为圆与直线相交于M、N两点，且，而圆心到直线的距离，结合，即，解得：或（3）已知点，圆上一点A，圆上一点B，由向量加减运算得，由联想到作出圆关于定点的对称圆， 延长与圆交于点，则，所以，即就是圆上任一点A与圆上任一点的距离，所以 即当时，所以的最小值的取值范围是【点睛】本题主要考查了直线和圆的位置关系，考查平面向量模的求法，属于中档题.