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）

这是一份北京市大兴区2022-2023学年高一数学下学期期末检测试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了07， 复数， 已知向量与，且，则， 设，为非零向量，且满足，则， 在中，，，，则等内容，欢迎下载使用。

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. 0 B. 2 C. 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：C
2. 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：A
3. 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. 800 B. 900 C. 1000 D. 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. 3 B. 4
C. 5 D.
【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：B
6. 设，为非零向量，且满足，则（ ）
A. 0 B. －1 C. 1 D. 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. 5 D. 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：C
9. 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：B
10. 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（ ）
A B. 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：
9.6
10.1
9.7
9.8
10.0
9.7
10.0
9.8
10.1
10.2
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.