2022-2023学年北京市平谷区高一下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年北京市平谷区高一下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知向量，，那么向量可以是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据向量平行的坐标关系判断即可.

【详解】向量，，则存在，使得

故只有向量符合

故选：A.

2．复数满足，那么复数对应的点坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】直接化简计算，然后可求出其对应的坐标

【详解】由，得，

所以复数对应的点坐标为，

故选：D

3．某珍珠公司生产的产品中，任意抽取12颗珍珠，测得它们的直径长度（单位：）如下：9、8.7、8.6、8.5、8.5、8.5、8.4、8.3、8.3、8.2、8.1、8，那么在这组数据中，的珍珠直径长度都小于或等于（    ）

A．8.6 B．8.55 C．8.25 D．8.2

【答案】A

【分析】根据百分位数计算即可判定.

【详解】由题意可得这12组数据的第80百分位数为：，

这组数据从小到大排序可知第10个数为8.6，即的珍珠直径长度都小于或等于8.6，

故选：A

4．已知向量，，在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则（    ）

A．11 B．7 C．3 D．

【答案】C

【分析】建立平面直角坐标系，根据向量数量积的坐标表示即可求解．

【详解】以向量的起点为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示：

则，，

所以.

故选：C.

5．将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，则函数的一条对称轴方程是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据三角函数的图象变换及诱导公式结合三角函数的性质即可判定.

【详解】由题意得

显然由，

当时，是其一条对称轴，而B、C、D三项，均不存在整数满足题意.

故选：A

6．已知甲乙两名学生的8次数学测试成绩，分别表示甲乙两名学生数学成绩的平均数，分别表示甲乙两名学生数学成绩的标准差，则有（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据平均数、方差的计算公式求，，进而对比判断.

【详解】由题意可得：，

，

所以.

故选：B.

7．已知直线，平面，那么下列所给命题正确的是（    ）

A．如果，，那么 B．如果，，那么

C．如果，，那么 D．如果，，，那么

【答案】D

【分析】通过反例可说明ABC错误；根据线面垂直、面面垂直相关定理可判断出D正确.

【详解】对于A，在正方体中，若平面平面，平面平面，直线直线，满足，，此时与平面不垂直，A错误；

对于B，在正方体中，若直线直线，直线直线，平面平面，满足，，此时，B错误；

对于C，在正方体中，若直线直线，直线直线，平面平面，满足，，此时，C错误；

对于D，若，，则或，又，，D正确.

故选：D.

8．已知边长为1的正方形，点为中点，点满足，那么等于（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】C

【分析】以为基底向量表示，进而根据题意结合数量积的运算律运算求解.

【详解】以为基底向量，则，

因为，

所以.

故答案为：C.

9．已知函数，则“在区间上为单调函数”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】A

【分析】函数化简得，则最小正周期为，从而可判断从分析，当时，可验证必要性，从而得结论.

【详解】，则函数的最小正周期为，

“在区间上为单调函数”可得，充分性成立；

当，则满足，但区间不是函数的单调区间，故必要性不成立，

所以“在区间上为单调函数”是“”的充分而不必要条件.

故选：A.

10．如图，单位圆上角的始边为轴正半轴，终边射线交单位圆于点，过点作轴的垂线，垂足为，将点到射线的距离表示为的函数，则在上的图象大致为（    ）

A．   B．  

C．   D．  

【答案】B

【分析】根据三角函数的定义、三角形的面积结合正弦函数的图象即可判定.

【详解】由三角函数定义及的面积可得：，

由正弦函数的图象可知B项正确.

而对于A、C项，显然可排除；对于D项，显然当时，M与O重合，此时，可排除.

故选：B.

二、填空题

11．某学校在校学生3000人，其中高一学生400人，校学生会做了关于校食堂的一份调查问卷，采用分层抽样的方法抽取150人作答，则其中高一学生的人数为            ．

【答案】

【分析】根据高一学生的占比，列式计算，即得答案.

【详解】由题意知，高一学生的占在校学生比例为，

故采用分层抽样的方法抽取150人作答，

则其中高一学生的人数为，

故答案为：20

12．已知向量与的夹角，那么            ．

【答案】7

【分析】利用模长公式及数量积运算律计算即可.

【详解】由题意可得，所以，

故，即.

故答案为：7

13．已知函数的一个零点为，那么的一个值可以是            ．

【答案】（答案不唯一）

【分析】根据函数的零点可得，根据余弦函数图象性质即可得的值.

【详解】由题可得，所以，即，

所以或

即或.

故答案为：（答案不唯一）.

14．已知三角形中，为中点，为上一点，若，那么            ．

【答案】

【分析】设，然后利用平面向量基本定理结合已知可得，再结合已知列方程组可求出，从而可求得结果.

【详解】设，

因为为中点，所以，

所以，

因为，

所以，解得，

所以，所以，

所以，

故答案为：

15．已知棱长为2的正方体，点是线段上一动点．给出如下推断：

①对任意点，总有；

②存在点，使得平面；

③三棱锥体积的最大值为4．

则所给推断中正确的是            ．

【答案】①②

【分析】利用线面垂直的判定定理可得平面，再由线面垂直的性质定理可判断①；设，可得四边形为平行四边形，，由线面平行的判定定理可得平面，此时当为与的交点时可判断②；由题意可得点与点重合时可取最大值，利用计算出体积可判断③.

【详解】对于①，

连接，因为底面为正方形，所以，

底面，底面，所以，

因为，平面，所以平面，

因为平面，所以，故①正确；

对于②，

取的中点，连接，设，连接，

因为，，所以，，

所以四边形为平行四边形，所以，

因为平面，平面，所以平面，

此时，当为与的交点时，有平面，

所以存在点，使得平面，故②正确；

对于③，

因为的面积是确定的，要使三棱锥体积的最大值，只须点到平面的距离最远，即点与点重合时可取最大值，

可得，

因为，，

所以，故③错误.

故答案为：①③.

【点睛】方法点睛：线面平行的判定方法有：

（1）利用定义：线面平行（即直线与平面无任何公共点）；

（2）利用判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行；（只需在平面内找一条直线和平面外的直线平行就可以）

（3）利用面面平行的性质：两个平面平行，则一个平面内的直线必然平行于另一个平面；

（4）空间向量法：即证明直线的向量与平面的法向量垂直，就可以说明该直线与平面平行.

三、解答题

16．已知函数．

(1)求函数的最小正周期；

(2)求函数单调递增区间．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用三角恒等变换公式化简变形可得，然后利用周期公式可求得结果，

（2）由，可求得函数的增区间.

【详解】（1）

所以函数的最小正周期

（2）令，则

，

所以函数单调递增区间

17．三棱锥中，面，、分别是、中点，过的一个平面交面于．

(1)证明：；

(2)证明：．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明线面垂直进而证明面面垂直；

（2）先证明线面平行，再根据线面平行性质定理证明线线平行.

【详解】（1）面

,

,

,面,面,

面,面

（2）分别是中点，

面面

面

面，面面

18．为了解学生课余运动时间的情况，从某校高一年级随机抽取了150名学生，统计了他们一周时间内课余运动的时间，按照，，，，（单位：小时）进行分组，绘制成频率分布直方图（如图）．

(1)由图中数据，求的值，并求在被抽到的人中，课余运动时间在的人数；

(2)试估计该校高一年级课余运动时间在中的人数占总人数的百分比；

(3)试估计该校高一年级课余运动时间的平均值．（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）

【答案】(1)，课余运动时间在的人数是

(2)

(3)

【分析】（1）根据频率分布直方图的性质计算即可；

（2）根据频率分布直方图估计总体即可；

（3）利用频率分布直方图计算平均值的公式计算即可.

【详解】（1）

所以课余运动时间在的人数是．

（2）由样本学生中课余运动时间在中的频率为

由样本频率估计总体，该校高一年级课余运动时间在中的人数占总人数的百分比为

（3）该校高一年级课余运动时间的平均值估计为

19．已知函数的部分图象如图所示．其中取最小正数，．

(1)求函数的解析式；

(2)当时，求不等式的解集．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据函数的图象分别确定的值，从而得函数的解析式；

（2）根据正弦函数的图象性质解不等式即可得不等式的解集．

【详解】（1）由图得，

图象过点，所以，

根据函数对称性，可得时函数取得最大值，

所以

即：，，故，，

由图可知，则，所以，则可得，

所以．

（2）因为，所以，

由可知

观察正弦图象得：

即不等式的解集．

20．在中，角的对边分别为，已知．

(1)当时，求的面积；

(2)再从下列三个条件中选择一个作为已知，使得三角形存在且唯一确定，并求的值．

条件①：；

条件②：；

条件③：.

【答案】(1)

(2)选①，三角形不存在；选②，三角形存在且唯一确定，；选③，三角形存在且唯一确定，

【分析】（1）先利用余弦定理求出，然后由求出，再由三角形的面积公式可求得答案，

（2）若选①，则由正弦定理得到与为钝角矛盾，若选②，则由二倍角公式化简后可求出，再利用两角和的正弦公式可求出，然后利用正弦定理可求得结果，若选③，由正弦定理统一成角的形式后，化简可求出角，然后利用正弦定理可求得结果.

【详解】（1）在中，，，

∴由余弦定理得，，

，解得：（舍），

，，，

，

（2）选条件①，，即，

∴，或，与为钝角矛盾，

∴三角形不存在

选条件②：

由，得，所以，

即

，，

，

由正弦定理得，，

选条件③：

，

，

，

得，

，，，

，，

.

21．如图，几何体中，面面，，，且，，四边形是边长为4的菱形，，点为的交点．

(1)证明：平面；

(2)求三棱锥的体积；

(3)试判断在棱上是否存在一点，使得平面平面?说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)存在，理由见解析

【分析】（1）取中点，连接，易证为平行四边形，从而有，再利用线面平行的判定定理证明；

（2）由，利用线面平行的判定定理得到面，从而得到到面的距离为，再由菱形，求得，然后利用三棱锥的体积公式求解；

（3）由三角形为等边三角形，点为棱的中点，，由面面，得到面，从而面，然后利用面面垂直的判定定理证明.

【详解】（1）证明：取中点，连接．

菱形为中点，

且，

且，

，

为平行四边形，，

面面，

平面；

（2）面面，

面，

到面的距离为，

菱形对角线，

，

三棱锥的体积；

（3）在棱上存在一点，使得平面平面，且点为棱的中点．

证明：三角形为等边三角形，点为棱的中点，

，

面面，面面，面，

面，又面，

所以，

又，面，面，

面，

平面，

平面平面.