北京市大兴区2022-2023学年高一数学下学期期末检测试题（Word版附解析）

大兴区2022～2023学年度第二学期期末检测试卷高一数学2023.07考生须知1．本试卷共4页，共两部分，21道小题.满分150分.考试时间120分钟.2．在试卷和答题卡上准确填写学校名称、班级、姓名和准考证号.3．试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.4．在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他题用黑色字迹签字笔作答.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.复数（）A.0B.2C.D.【答案】C【解析】【分析】根据复数代数形式的乘法运算法则计算可得.【详解】.故选：C2.已知向量与，且，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据平面向量线性运算的坐标表示及平面向量基本定理计算可得.【详解】因为与，又，所以，所以.故选：A3.某学校现有小学和初中学生共2000人，为了解学生的体质健康合格情况，决定采用分层抽样的方法从全校学生中抽取一个容量为400的样本，其中被抽到的初中学生人数为180，那么这所学校的初中学生人数为（） A.800B.900C.1000D.1100【答案】B【解析】【分析】确定样本容量与总体容量的比值，根据分层抽样的方法得出答案.【详解】样本容量与总体容量的比值为，设这所学校的初中学生人数为则被抽到的初中学生人数为，那么这所学校的初中学生人数为故选：B.4.已知在复平面内复数z对应的点的坐标为，则（）A.3B.4C.5D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的几何意义得出复数，再根据复数的模的计算公式即可得解.【详解】因为在复平面内复数z对应的点的坐标为，所以，.故选：C.5.已知平面，，直线，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】若且得不到，此时与可能相交，故充分性不成立，若又，则，故必要性成立，所以“”是“”的必要而不充分条件.故选：B6.设，为非零向量，且满足，则（） A.0B.－1C.1D.2【答案】A【解析】【分析】将两边平方即可得解.【详解】因为，所以，即，所以.故选：A.7.在中，，，，则（）A.B.C.5D.7【答案】D【解析】【分析】由余弦定理及题干所给条件，代入求解即可.【详解】因为，所以.由余弦定理，得，解得.故选：D.8.某校举办知识竞赛，将人的成绩整理后画出的频率分布直方图如下．则根据频率分布直方图，下列结论正确的是（）A.中位数估计为B.众数估计为C.平均数估计为D.第百分位数估计为【答案】C 【解析】【分析】设频率分布直方图中与所对应的纵轴为，根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，求出，再根据平均数、中位数、百分位数及众数的计算规则计算可得.【详解】设频率分布直方图中与所对应的纵轴为，则，解得，所以平均数为，故C正确；众数为，故B错误；因为，所以中位数为，故A错误；因为，第百分位数估计为，故D错误；故选：C9.已知边长为的正方形，点是边上动点，则的最大值是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】建立平面直角坐标，设，，利用坐标法表示，再根据二次函数的性质计算可得.详解】如图建立平面直角坐标系，则，，设，，则，，所以，所以当或时取得最大值. 故选：B10.已知点P在棱长为2的正方体表面运动，且，则线段AP的长的取值范围是（）AB.C.D.【答案】D【解析】【分析】作出正方体的对角线的中垂面截正方体所得截面多边形，再分段求出AP的长范围作答.【详解】点在棱长为2的正方体表面运动，且，则点的轨迹是线段的中垂面截正方体所得截面多边形，分别取棱的中点，则，因此点在线段的中垂面上，点的轨迹是六边形，如图，当点在线段上时，若点为线段中点，有，，于是点为线段上任意一点，，当点在线段上时，，为钝角，则，即，当点在线段上时，，，，钝角，则，即，当点在线段上时，由， 边上的高为，此时，由对称性知，当点在折线上时，，所以线段AP的长的取值范围是.故选：D【点睛】结论点睛：的三边分别为a，b，c（a≥b≥c），若，则是锐角三角形；若，则是直角三角形；若，则是钝角三角形.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.复数满足为纯虚数，则的实部为___________．【答案】【解析】【分析】根据纯虚数的定义和复数的概念求解即可.【详解】设（为虚数单位，），因为为纯虚数，所以，解得，所以实部为，故答案为：12.对于一组数据，，，，，，，，则第百分位数是___________．【答案】【解析】【分析】根据百分位数计算规则计算可得.【详解】因为，所以第百分位数为数据从小到大排列的第、两个数的平均数，即.故答案为：13.已知向量，在正方形网格中的位置如图所示，则，的夹角的余弦为___________． 【答案】##【解析】【分析】如图，以点为原点，建立平面直角坐标系，设正方形的边长为，利用坐标法求解即可.【详解】如图，以点为原点，建立平面直角坐标系，设正方形的边长为，则，即，故，所以，即，的夹角的余弦为.故答案为：.14.一个铁制的底面半径为，侧面积为的实心圆柱的体积为___________，将这个实心圆柱熔化后铸成一个实心球体，则这个铁球的半径为___________．【答案】①.##②.【解析】【分析】设圆柱的高为，根据侧面积求出高，再根据圆柱的体积公式计算可得，设球的半径为，由球的体积与圆柱的体积相同得到方程，解得即可.【详解】设圆柱的高为，因为底面半径，侧面积为， 所以，解得，所以圆柱的体积，设球的半径为，则，解得.故答案为：；15.如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，则在翻折过程中，给出下列四个结论：①平面平面；②与的夹角为定值；③三棱锥体积最大值为；④点的轨迹的长度为；其中所有正确结论的序号是___________．【答案】①②④【解析】【分析】①由题设结合线面垂直的判定证面，再由面面垂直的判定即可判断正误；②若是的中点，应用平行四边形的性质有，可知与的夹角为或其补角，进而求其大小；③根据①②的分析，当面时最大，求其最大值；④确定F的轨迹与到的轨迹相同，且到的轨迹为以中点为圆心，为半径的半圆，即可求轨迹长度.【详解】对于①：由，，为边的中点知且， 易知，，而，面，故面，又面，所以面面，故①正确；对于②：若是的中点，又为的中点，则且，而且，所以且，即为平行四边形，故，所以与的夹角为或其补角，若为中点，即，由①分析易知，故与的夹角为，故②正确；对于③：由上分析知：翻折过程中当面时，最大，此时，故③错误；对于④：由②分析知：且，故的轨迹与到的轨迹相同，由①知：到的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，而为中点，故到的轨迹为以中点为圆心，为半径的半圆，所以的轨迹长度为，故④正确.故答案为：①②④.【点睛】关键点睛：应用线面、面面垂直的判定判断面面垂直；根据线线角的定义，结合平行四边形的性质找到线线角的平面角并求大小；判断动点的轨迹，由圆的性质及棱锥的体积公式求的最大体积以及F的轨迹的长度.三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.已知向量，满足，． （1）求；（2）若，求的坐标；（3）若，求．【答案】（1）（2）或（3）【解析】【分析】（1）根据向量的模的坐标公式计算即可；（2）设，再根据向量的模的坐标公式及向量共线的坐标公式计算即可；（3）由，得，再将平方开再根号即可得解.【小问1详解】因为，所以；【小问2详解】设，由，，得，解得或，所以的坐标为或；【小问3详解】若，则，故.17.已知．（1）求的值；（2）求的值．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由两角和的正切公式计算可得；（2）利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，再代入计算可得.【小问1详解】因为，所以.【小问2详解】因为，所以.18.如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，M，N分别为，AC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，求证：．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）证明见解析【解析】【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形是平行四边形，则 ，再根据线面平行的判定定理即可得证；（2）先根据面面垂直性质证明平面，选①，证明，再根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据线面垂直的性质即可得证.选②，取的中点，连接，则且，，先证明，再证明，进而得证.【小问1详解】取的中点，连接，因为M，N分别为，AC的中点，所以且，又且，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；【小问2详解】因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，选①，由（1）得，因为，所以，又平面，所以平面， 又平面，所以.选②，取的中点，连接，因为M，N分别为，AC的中点，所以且，，因为平面，所以平面，又平面，所以，即，因为，所以，又，所以，所以，所以，又，所以.19.某工厂生产某款产品，该产品市场平级规定：评分在10分及以上的为一等品，低于10分的为二等品．下面是检验员从一批产品中随机抽样的10件产品的评分：9.610.19.79.810.09.710.09.810.110.2经计算得，其中为抽取的第件产品的评分，．（1）求这组样本平均数和方差；（2）若厂家改进生产线，使得生产出的每件产品评分均提高0.2．根据以上随机抽取的10件产品改进后的评分，估计改进后该厂生产的产品评分的平均数和方差；（3）在第（2）问前提下，再从改进后生产的产品中随机抽取10件产品，估计这10件产品的平均等级是 否为一等品？说明理由．【答案】（1）平均数，方差为，（2）平均数，方差为，（3）见解析【解析】【分析】（1）直接利用平均数的定义和方差的定义求解即可；（2）根据平均数的性质和方差的性质求解即可；（3）从平均数角度分析或从抽样的随机性角度分析即可.【小问1详解】样本平均值为，样本方差为，【小问2详解】因为改进后随机抽取的10件产品是改进前抽取的10件产品每个提高0.2分，所以估计改进后生产的产品评分的平均数，方差为，【小问3详解】可以认为是一等品，因为改进后该厂生产的产品评分由样本数据估计平均数为，所以可以认为这10件产品平均等级为一等品，不一定是一等品，因为样本数据具有随机性，所以新样本平均值不一定达到10分以上，所以新样本平均等级不一定是一等品.20.在中，，是边上的点，，．（1）求的大小；（2）求的值；（3）求的面积．【答案】（1）（2）（3） 【解析】【分析】（1）利用余弦定理计算可得；（2）令，依题意可得，表示出，，，在中利用正弦定理得到，再由两角差的正弦公式展开，即可求出；（3）首先由利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，再代入求出，最后由面积公式计算可得.【小问1详解】因为，由余弦定理，又，所以.【小问2详解】如图，令，因为，所以，所以，，，在中，由正弦定理得，即，所以，即，所以，解得，即.【小问3详解】由， 所以.21.如图，从长、宽，高分别为，，的长方体中截去部分几何体后，所得几何体为三棱锥．（1）求三棱锥的体积；（2）证明：三棱锥的每个面都是锐角三角形；（3）直接写出一组，，的值，使得二面角是直二面角．【答案】（1）（2）证明见解析（3），，（满足或均可）（答案不唯一）【解析】【分析】（1）利用长方体的体积减去四个角的三棱锥的体积即可得解；（2）三棱锥的每个面的三角形的三条边均为，，，不妨设，则为最大边，各面的最大角为，利用余弦定理得到，即可得证；（3）本题属于开放性问题，不妨令，，连接交于点，连接、，则为二面角的平面角，求出线段的长度，即可得到，从而得解.【小问1详解】在长方体中，三棱锥，同理可得，所以，所以.【小问2详解】由已知易得三棱锥的每个面的三角形的三条边均为，，， 不妨设，则为最大边，各面的最大角为，则，又，所以各面的最大角为为锐角，所以三棱锥的每个面都是锐角三角形.【小问3详解】不妨令，，（满足或均可）（答案不唯一），连接交于点，连接、，则，为的中点，所以，，所以为二面角的平面角，又，，，所以，所以，即，所以二面角是直二面角.