精品解析：北京市东城区2022-2023学年高一下学期期末统一检测数学试题（解析版）

这是一份精品解析：北京市东城区2022-2023学年高一下学期期末统一检测数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了 已知向量．若∥，则， 若复数满足，则， 设为实数，若，则等内容，欢迎下载使用。

东城区2022-2023学年度第二学期期末统一检测
高一数学
2023.7
本试卷共4页，满分100分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题共30分）
一､选择题共10小题，每小题3分，共30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. 已知向量．若∥，则（ ）
A. 2 B. 1 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由两向量共线直接列方程求解即可
【详解】因为，且 ∥，
所以，解得，
故选：D
2. 若复数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数的除法即可得出结果.
【详解】由可得，.
故选：B
3. 某中学为了解在校高中学生的身高情况，在高中三个年级各随机抽取了的学生，并分别计算了三个年级抽取学生的平均身高，数据如下表：
年级
高一
高二
高三
抽样人数
36
34
30
平均身高



则该校高中学生的平均身高可估计为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据加权平均数的计算公式求解.
【详解】由题意可知：抽取的总人数为，各年级的频率依次为，
所以该校高中学生的平均身高可估计为.
故选：C.
4. 已知圆锥的轴截面是一个边长为的等边三角形，则该圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆锥轴截面的定义结合正三角形的性质，可得圆锥底面半径长和高的大小，由此结合圆锥的体积公式，即可求解.
【详解】由题知，如图，
为圆锥的轴截面，边长均为，
则圆锥的高，
底面半径，
故圆锥体积.

故选：A
5. 设为实数，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先对已知等式化简，然后由复数相等的条件列方程组求解即可.
【详解】由，得，
，
因为实数，所以，解得，
故选：B
6. 将函数的图象向左平移个单位，所得图象的函数解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用图像平移运算，辅助角公式结合诱导公式，即可逐个选项判断.
详解】
，
图象向左平移个单位后，
得，排除AB；
由
，C正确；
由，D错.
故选：C
7. 已知长方形墙把地面上两点隔开，该墙与地面垂直，长10米，高3米．已测得米，米．现欲通过计算，能唯一求得两点之间的距离，需要进一步测量的几何量可以为（ ）

A. 点到的距离 B. 长度和长度
C. 和 D. 长度和
【答案】D
【解析】
【分析】由已知可知中三边是已知的，所以三个角可求解出来，连接，在或中求解，然后逐个分析判断.
【详解】连接，在中，，，，所以，
所以，，
对于A，若测量点到的距离，则在或中只有一条边长度是已知，无法求解的长，所以A错误，
对于B，若测量长度和长度，则在中有两边长度是已知，或中只有一条边长度是已知，无法求解的长，所以B错误，
对于C，若测量和，则在或中只有一条边是已知，无法求解的长，所以C错误，
对于D，若测量长度和，则在中，可求出，而，
所以由余弦定理得，从而可求出，所以D正确，
故选：D


8. 设为非零向量，，则“夹角为钝角”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】将模的关系平方得到，进而判断即可.
【详解】由，
平方得，，
即，
又因为，即，
所以，所以夹角为钝角或平角，
所以“夹角为钝角”是“”的充分不必要条件.
故选：A
9. 如图，直三棱柱中，为棱的中点，为线段上的动点．以下结论中正确的是（ ）

A. 存在点，使
B. 不存在点，使
C 对任意点，都有
D. 存在点，使平面
【答案】C
【解析】
【分析】A选项，根据异面直线的定义可以判断；
B选项，容易发现重合时符合题意；
C选项，利用线面垂直得到线面垂直；
D选项，先找出平面的一条垂线，问题转化为判断这条垂线是否和垂直的问题.
【详解】
A选项，由于平面，，平面，则一定异面，A选项错误；
B选项，根据直三棱柱性质，平面，平面，故，
又，，平面，故平面，
又平面，故，显然，即，故重合时，，B选项错误；
C选项，直棱柱的侧面必是矩形，而，故矩形成为正方形，
则，B选项已经分析过，平面，由平面，故，
又，平面，故平面，又平面，
则必然成立，C选项正确；
D选项，取中点，连接，根据棱柱性质可知，和平行且相等，
故平面可扩展成平面，过作，垂足为，
根据平面，平面，故，显然，故，
由，，平面，故平面，
若平面，则，过作//，交于，连接，于是共面，
又，平面，故平面，由于平面，
故，延长交于，易得//，则，而在线段上，这是不可能的，D选项错误.
故选：C
10. 如图，质点在以坐标原点为圆心，半径为1的圆上逆时针作匀速圆周运动，的角速度大小为，起点为射线与的交点．则当时，动点的纵坐标关于（单位：）的函数的单调递增区间是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意求出关于（单位：）的函数，然后结合正弦函数的单调性求解函数在上的增区间.
【详解】因为在单位圆上的角速度大小为，起点为射线与的交点，
所以，，
所以动点的纵坐标关于（单位：）的函数，
由，得，
因为，
所以，，，.
所以动点的纵坐标关于（单位：）的函数的单调递增区间是，，，.
故选：B
第二部分（非选择题共70分）
二､填空题共5小题，每小题4分，共20分．
11. 已知，，则___________.
【答案】1
【解析】
【分析】利用正切的和角公式，即可容易求得结果.
【详解】因为.
故答案为：.
【点睛】本题考查正切的和角公式，属简单题.
12. 在边长为的正方形中，为中点，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用平面向量的线性运算以及向量的数量积求解即可.
【详解】由题知，

.

故答案为：
13. 下表是某市6月1日至14日的空气质量指数统计表．由表判断，从6月__________日开始，连续三天的空气质量指数方差最大．
日期
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
空气质量指数
60
79
90
50
38
26
32
49
48
62
52
38
30
37

【答案】3
【解析】
【分析】找数据波动最大即为方差最大.
【详解】由表可知，第3天开始，连续三天的数据波动最大，此时的方差最大，
故答案为：3.
14. 已知为复数，且，写出满足上述条件的一个复数__________；的最大值为__________．
【答案】 ①. （答案不唯一） ②.
【解析】
【分析】（空1）由于，利用此可以得到答案；
（空2）利用三角不等式解决.
【详解】（空1）时，符合题意；
（空2）复数在复平面上对应一条向量，满足向量的三角不等式，于是，解得.
故答案为：（答案不唯一）；
15. 金刚石也被称作钻石，是天然存在的最硬的物质，可以用来切割玻璃，也用作钻探机的钻头．金刚石经常呈现如图所示的“正八面体”外形．正八面体由八个全等的等边三角形围成，体现了数学的对称美．下面给出四个结论：

①平面；
②平面平面；
③过点存在唯一一条直线与正八面体的各个面所成角均相等；
④以正八面体每个面的中心为顶点的正方体的棱长是该正八面体棱长的．
其中所有正确结论的序号是__________．
【答案】①④
【解析】
【分析】根据线面平行的判定定理判断①；
根据二面角相关知识判断②；
根据线面角相关知识并结合图形特点进而判断③；
根据题意找出正方体的棱长，结合相似三角形从而判断④.
【详解】对于①，根据正八面体性质可知，，
又因为平面，平面，
所以平面，故①正确.
对于②，如下图所示，取中点，连接，

根据等边三角形性质可知，
所以是二面角的平面角，
设该正八面体棱长为，
则，，
则在中，，
所以，所以平面与平面不垂直，故②错误.
对于③，直线与正八面体的各个面所成角均相等，将其平移后使其过点，
则过点至少存在两条直线与正八面体的各个面所成角均相等，故③错误.
对于④，如下图所示，取中点，的中心，
连接，则即正方体的一条棱，

设该正八面体棱长为，
则，，
根据,，
得，
所以，
所以以正八面体每个面的中心为顶点的正方体的棱长是该正八面体棱长的，
故④正确.
故答案为：①④
三､解答题共5小题，共50分．解答应写出文字说明､演算步骤或证明过程．
16. 在中，角所对的边为 ，．
（1）求；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理计算可得；
（2）首先求出，再利用余弦定理求出，最后由面积公式计算可得.
【小问1详解】
因为，，
在中，由正弦定理得，
所以．
【小问2详解】
因为，，所以，
在中，，
根据余弦定理得，
整理得，解得或（舍）．
所以．
17. 某市举办“强国有我，爱我中华”科技知识竞赛，赛后将参赛的2000名学生成绩分成4组：①，②，③，④，并进行统计分析，公布了如图所示的频率分布直方图．

（1）估计这2000名学生科技知识竞赛成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表）；
（2）某同学获知自己的成绩进入本次竞赛成绩前，估计该同学的成绩不低于多少分？
【答案】（1）83.5
（2）92分
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图求平均数，用每一组中点的横坐标乘以频率，再全部相加；
（2）求成绩前，根据求第百分位数的方法求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以这2000名学生竞赛成绩的平均数可以估计为83.5．
【小问2详解】
因为这组数据占总数的，该同学的成绩进人本次竞赛成绩前，
所以．
所以可以估计该同学的成绩不低于92分．
18. 已知函数．
（1）若为偶函数，求的值；
（2）从下列三个条件中选择两个作为已知，使函数存在且唯一确定，并求在区间上的最大值与最小值．
条件①：；
条件②：为的一个零点；
条件③：图象的相邻两条对称轴之间的距离为．
注：如果选择条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据偶函数的定义可得.
（2）若选条件①②，明显函数存在但不唯一，选条件①③或②③，可先根据③得到函数的周期，进而求得，再代入①或②可求得，得到函数解析式后根据函数的性质求最大值、最小值即可.
【小问1详解】
因为，
所以的定义域为．
因为为偶函数，
所以．
即．
即．
所以．
【小问2详解】


若，，
若，，其中，
选择条件①②：
当时，，
此时，故
当时，
，
，
得：，，
设满足上面两式，
即，，
则，，
，，
故，
，
故若是，的解，
则，，满足时也必定是方程的解，
故函数不唯一，不符合题意
选择条件①③：
因为函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，
所以，即．所以，即．
当时，，
此时，故
当时， ，
所以．
所以．
因为，
所以．
当，即时，取得最大值3；
当，即时，取得最小值0．
选择条件②③：
因为函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，
所以，即．所以，即．
因为为的一个零点，
所以，
当时，，
此时，故
当时，
即，所以．
所以．
因为，
所以．
当，即时，取得最大值3；
当，即时，取得最小值0．
19. 如图，四棱锥的底面是菱形，侧面是正三角形，是上一动点，是中点．

（1）当是中点时，求证：∥平面；
（2）若，求证：；
（3）在（2）的条件下，是否存在点，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）存在；
【解析】
【分析】（1）由三角形的中位线定理可得∥，再由线面平行的判定定理可证得结论；
（2）取中点，连接，由是正三角形，可得，再由菱形性质可得，然后由线面垂直的判定可得平面，再利用线面垂直的性质可证得结论；
（3）取中点，连接，可得平面，然后过作∥交于点，证得平面，再利用平行线的性质可求得的值.
【小问1详解】
证明：因为点是中点，点是中点，所以∥．
因为平面平面，
所以∥平面．
【小问2详解】
证明：如图，取中点，连接．
因为侧面是正三角形，所以．
因为底面是菱形，且，
所以是等边三角形．所以．
因为平面，
所以平面，因为平面，所以．
【小问3详解】
如图，取中点，连接．
因为四棱锥的底面是菱形，侧面是正三角形，
所以，所以．
又，AB、BE在面ABE内，
所以平面．
过作∥交于点．
因为∥∥，所以点平面．
所以平面，
因为平面，所以，
因为为的中点，∥，
所以．
所以．

20. 对于三维向量，定义“变换”：，其中，．记，．
（1）若，求及；
（2）证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使；
（3）已知，将再经过次变换后，最小，求的最小值．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）505
【解析】
【分析】（1）根据定义找出，，从而得到，；
（2）利用反证法，假设对，然后导出矛盾，命题得证；
（3）先求出，再通过变换，找到最小的时的情况.
【小问1详解】
因为，，，
所以.
【小问2详解】
设，
假设对，则均不为0．
所以．
即．
因为，
所以．
所以．
与矛盾，故假设不正确．
综上，对于任意，经过若干次变换后，必存在，使．
【小问3详解】
设，因为，
所以有或．
当时，可得三式相加得．
又，可得．
当时，也可得，于是．
设的三个分量为这三个数，
当时，的三个分量为这三个数，
所以．
当时，的三个分量为，
则的三个分量为的三个分量为，
所以．
所以，由，可得．
因为，所以任意的三个分量始终为偶数，
且都有一个分量等于2．
所以的三个分量只能是三个数，
的三个分量只能是三个数．
所以当时，；当时，．
所以的最小值为505．
【点睛】关键点睛：新定义问题，常见于选择（填空）的压轴小题中，少数会出现在解答题中，主要考查利用相关的知识点解决概念创新问题的能力，对新定义的理解以及转化，较灵活，属于综合题.