2022-2023学年北京市通州区高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年北京市通州区高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知P是复平面内表示复数a+bi(a,b∈R)的点，若复数a+bi是虚数，则点P( )
A. 在虚轴上B. 不在虚轴上C. 在实轴上D. 不在实轴上
2.对于任意两个向量a和b，下列命题中正确的是( )
A. |a+b|≤|a−b|B. |a−b|≤|a+b|
C. |a+b|≤|a|+|b|D. |a−b|≤||a|−|b||
3.在△ABC中，若2acsB=c，则△ABC一定是( )
A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等边三角形
4.从甲、乙、丙、丁四人中随机选取两人，则甲被选中的概率为( )
A. 14B. 13C. 12D. 34
5.已知一组数据有40个，把它分成六组，第一组到第四组的频数分别为10，5，7，6，第五组的频率是0.20，则第六组的频率是( )
A. 0.10B. 0.12C. 0.15D. 0.18
6.某市6月前10天的空气质量指数为35，54，80，86，72，85，58，125，111，58，则这组数据的第70百分位数是( )
A. 86B. 85.5C. 85D. 84.5
7.下列命题正确的是( )
A. 一条线段和不在这条线段上的一点确定一个平面
B. 两条不平行的直线确定一个平面
C. 三角形上不同的三个点确定一个平面
D. 圆上不同的三个点确定一个平面
8.若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同平面，m⊂α，n⊂β，则“α//β”是“m//n”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
9.设l是直线，α，β是两个不同平面，则下面命题中正确的是( )
A. 若l//α，l//β，则α//βB. 若l//α，l⊥β，则α⊥β
C. 若l⊥α，α⊥β，则l//βD. 若l//α，α⊥β，则l⊥β
10.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱BC，CC1，C1D1的中点，点P为底面A1B1C1D1上任意一点.若直线BP与平面EFG无公共点，则|BP|的最小值是( )
A. 2 2
B. 6
C. 5
D. 2
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.在复数范围内，方程x2+2=0的根为______ .
12.已知一组数1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数的方差为______
13.如图，正方形ABCD的边长为2，P为CD边上的一个动点，则PA⋅PB的取值范围是______ .
14.在△ABC中，已知B=2C，b=6，c=4，则csC=______ ，△ABC的面积为______ .
15.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱BC上的动点且不与B重合，F为线段A1E的中点.给出下列四个命题：
①三棱锥A−A1BE的体积为12；
②AB1⊥A1E；
③△ADF的面积为定值；
④四棱锥F−ABB1A1是正四棱锥.
其中所有正确命题的序号是__________.
三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题13分)
已知复数z=x+yi(x>0,y>0)满足|z|=5，且z−3是纯虚数.
(Ⅰ)求z及1z；
(Ⅱ)若z2+az+b=0(a,b∈R)，求a和b的值.
17.(本小题13分)
已知a，b是同一平面内的两个向量，且a=(1,2)，|b|= 5.
(Ⅰ)若a⊥b，求b的坐标；
(Ⅱ)若|a+b|=|a−2b|，求a与b夹角θ的大小.
18.(本小题14分)
为提高服务质量，某社区居委会进行了居民对社区工作满意度的问卷调查.随机抽取了100户居民的问卷进行评分统计，评分的频率分布直方图如图所示，数据分组依次为：[60,65),[65,70),[70,75),[75,80),[80,85),[85,90].
(Ⅰ)求a的值；
(Ⅱ)求这100户居民问卷评分的中位数；
(Ⅲ)若根据各组的频率的比例采取分层抽样的方法，从评分在[65,70)和[70,75)内的居民中共抽取6户居民，查阅他们答卷的情况，再从这6户居民中选取2户进行专项调查，求这2户居民中恰有1户的评分在[65,70)内的概率.
19.(本小题15分)
已知△ABC中，bsinB+csinC=(a−2bsinC)sinA.
(Ⅰ)求A的大小；
(Ⅱ)若D是边AB的中点，且CD=2，求b+ 22c的取值范围.
20.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥底面ABCD，且PD=1，AB= 3，AD=2，E，F分别是PC，BD的中点.
(Ⅰ)求证：EF//平面PAD；
(Ⅱ)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求三棱锥G−DCE的体积.
条件①：G是棱BC上一点，且BG=2GC；
条件②：G是PB的中点；
条件③：G是△PBC的内心(内切圆圆心).
21.(本小题15分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，点M在棱AC上，且B1C//平面A1BM，AB=BC，AC=2，AA1= 2.
(Ⅰ)求证：M是棱AC的中点；
(Ⅱ)求证：AC1⊥平面A1BM，
(Ⅲ)在棱BB1上是否存在点N，使得平面AC1N⊥平面ACC1A1？如果存在，求出BNBB1的值；如果不存在，请说明理由.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：若复数a+bi是虚数，
则b≠0，
故P(a,b)不在实轴上．
故选：D.
由已知结合复数概念可得a，b的取值，然后结合复数的几何意义可求．
本题主要考查了复数的基本概念及复数几何意义的应用，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：对于A，当a→与b→同向时，显然不成立，故A错误；
对于B，当a→与b→反向时，显然不成立，故B错误；
对于C，根据向量模的运算性质，显然成立，故C正确；
对于D，当a→与b→反向时，显然不成立，故D错误．
故选：C.
根据向量线性运算和模的性质，可直接对选项进行判断．
本题考查向量的线性运算和模的性质，属基础题．
3.【答案】A
【解析】解：因为2acsB=c，
由正弦定理得2sinAcsB=sinC=sin(A+B)=sinAcsB+sinBcsA，
所以sinAcsB−sinBcsA=0，
即sin(A−B)=0，
所以A=B，
故△ABC为等腰三角形．
故选：A.
由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简即可求解．
本题主要考查了正弦定理，和差角公式在三角形形状判断中的应用，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：从甲、乙、丙、丁四人中，随机选取两人，
基本事件总数n=C42=6，
甲被选中包含的基本事件个数m=C11C31=3，
∴甲被选中的概率为p=mn=36=12.
故选：C.
基本事件总数n=C42=6，甲被选中包含的基本事件个数m=C11C31=3，由此能求出甲被选中的概率．
本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由已知条件可得第一组到第四组数据的频率分别为 0.25，0.125，0.175，0.15，又这六组的频率之和是 1，
因此，第六组的频率为 1−0.25−0.125−0.175−0.15−0.20=0.10.
故选：A.
利用各组的频率之和等于 1的性质即得．
本题考查频率分布直方图相关知识，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：10×0.7=7，
故从小到大排列：35，54，58，58，72，80，85，86，111，125，
取第7个数和第8个数的平均数作为第70百分位数，即85+862=85.5.
故选：B.
按照求解百分位数的流程，先计算出10×0.7=7，故选取第7个数和第8个数的平均数作为第70百分位数即可．
本题考查百分位数的应用，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，直线和直线外一点确定一个平面，A错误；
对于B，两条不平行的直线可能为异面直线，两条异面直线不能确定一个平面，B错误；
对于C，三角形，同一条边上的三点不能确定一个平面，C错误；
对于D，圆上不同的三个点不共线，可以确定一个平面，D正确．
故选：D.
根据题意，由平面的基本性质依次分析选项，综合可得答案．
本题考查平面的基本性质，注意确定平面的条件，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：当α//β时，m，n也可能异面，也可能相交或平行，所以充分性不成立；
当m//n时，也可能α与β相交，或者是α//β，所以必要性不成立；
所以“α//β”是“m//n”的既不充分也不必要条件．
故选：D.
分别判断充分性和必要性是否成立即可．
本题考查了充分与必要条件的判断问题，是基础题．
9.【答案】B
【解析】解：若l//α，l//β，则α//β或α与β相交，故A错误；
若l//α，则α内存在直线m与l平行，又l⊥β，∴m⊥β，则α⊥β，故B正确；
若l⊥α，α⊥β，则l//β或l⊂β，故C错误；
若l//α，α⊥β，则l⊂β或l//β，故D错误．
故选：B.
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系判定ACD；直接证明B正确．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
10.【答案】B
【解析】解：连接CD1，BA1，BC1，A1C1，
由正方体性质可知：BA1//CD1//GF，
因GF⊂平面EFG，BA1⊄平面EFG，
所以BA1//平面EFG，
同理，BC1//EF，
因EF⊂平面EFG，BC1⊄平面EFG，
所以BC1//平面EFG，
又BA1∩BC1=B，
BA1⊂平面BA1C1，BC1⊂平面BA1C1，
所以平面BA1C1//平面EFG，
因直线BP与平面EFG无公共点，点P为底面A1B1C1D1上在意一点，
所以P点在A1C1上，
故|BP|最小时，BP⊥A1C1，
因正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，
所以三角形BA1C1为边长为2 2的等边三角形，
BP⊥A1C1时，|BP|=2 2×sin60∘= 6.
故选：B.
由直线BP与平面EFG无公共点，知BP//平面EFG，由平面BA1C1//平面EFG，知P点在A1C1上，利用三角形BA1C1为等边三角形可得|BP|的最小值．
本题考查了面面平行的性质以及立体几何中距离的最值问题，属于中档题．
11.【答案】± 2i
【解析】解：在复数范围内，由方程x2+2=0得x2=−2，即x=± 2i.
故答案为：± 2i.
根据复数的运算性质即可得方程的根．
本题主要考查了复数的基本运算，属于基础题．
12.【答案】265
【解析】解：数据1，2，m，6，7的平均数为4，
则x−=15×(1+2+m+6+7)=4，
解得m=4，
所以这组数的方差为
s2=15×[(1−4)2+(2−4)2+(4−4)2+(6−4)2+(7−4)2]=265.
故答案为：265.
根据平均数的定义求出m的值，再计算这组数的方差．
本题考查了平均数与方差的计算问题，是基础题．
13.【答案】[3,4]
【解析】解：以D为原点，DC，DA所在直线分别为x，y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
则D(0,0)，A(0,2)，C(0,2)，B(2,2)，
设P(x,0)，其中0≤x≤2，
则PA=(−x,2)，PB=(2−x,2)，
∴PA⋅PB=(−x)(2−x)+2×2=x2−2x+4=(x−1)2+3，
当x=1时，PA⋅PB有最小值，为3；
当x=0或2时，PA⋅PB有最大值，为4，
∴PA⋅PB的取值范围为[3,4].
故答案为：[3,4].
建立平面直角坐标系，由平面向量的坐标运算和数量积运算表示出PA⋅PB，再求二次函数的值域即可．
本题考查平面向量的坐标运算和数量积运算，二次函数的值域，属于中档题．
14.【答案】34 15 74
【解析】解：因为B=2C，所以sinB=sin2C.由正弦定理bsinB=csinC，
得6sinB=4sinC，即3sin2C=2sinC，则32sinCcsC=2sinC，
又C∈(0,π)，sinC≠0，所以csC=34，
则sinC= 1−cs2C= 74，
又由余弦定理csC=a2+b2−c22ab，解得a=4或a=5.
当a=4时，A=C，又B=2C，则C=π4，
与csC=34矛盾，所以不符合题意，舍去；
当a=5时，S△ABC=12absinC=15 74.
第一空，直接利用正弦定理，二倍角公式可得；第二空，先求出sinC，再由csC可得a，直接代入三角形面积公式即可．
本题考查正余弦定理，考查同角函数关系式，属于基础题．
15.【答案】②③④
【解析】【分析】
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
利用锥体的体积公式可判断①，利用线面垂直的判定定理和性质可判断②，利用平行线的传递性及三角形面积公式可判断③，利用正棱锥的定义可判断④．
【解答】
解：因为三棱锥A−A1BE体积为VA−A1BE=VA1−ABE=13×|AB|⋅|BE|2⋅|AA1|=16⋅|BE|≤16，
所以三棱锥A−A1BE体积的最大值为16，故①错误；
连接A1B，AB1，则AB1⊥A1B，又BC⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，
所以AB1⊥BC，A1B∩BC=B，A1B,BC⊂平面A1BE，
所以AB1⊥平面A1BE，又A1E⊂平面A1BE，AB1⊥A1E，故②正确；
设A1B∩AB1=G，连接GF，则GF//BE，BE//AD，
所以GF//AD，即F和G到AD的距离相等且不变，所以三角形ADF的面积不变，故③正确；
由GF//BC，可知GF⊥平面ABB1A1，
又ABB1A1为正方形，G为其中心，故四棱锥F−ABB1A1是正四棱锥，故④正确．
故答案为：②③④．
16.【答案】解：(Ⅰ)复数z=x+yi(x>0,y>0)满足|z|=5，且z−3是纯虚数，
则x−3+yi为纯虚数，即x−3=0，解得x=3，
x2+y2=25，解得x=4，
故z=3+4i，1z=13+4i=3−4i(3+4i)(3−4i)=325−425i；
(Ⅱ)z=3+4i，
z2+az+b=0，
则(3+4i)2+a(3+4i)+b=0，即−7+3a+b+24i+4ai=0，
故4a+24=0−7+3a+b=0，解得a=−6，b=25.
【解析】(Ⅰ)根据已知条件，结合复数模公式，以及纯虚数的定义，即可求解；
(Ⅱ)根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数相等的条件，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，考查转化能力，属于基础题．
17.【答案】解：(Ⅰ)设b=(x,y).
因为a⊥b，a=(1,2)，
所以a⋅b=0即x+2y=0，
又因为|b|= 5，所以 x2+y2= 5.
解之得x=2时，y=−1或x=−2时，y=1，
所以b=(2,−1)或b=(−2,1).
(Ⅱ)因为|a+b|=|a−2b|，所以(a+b)2=(a−2b)2，
则a2+b2+2a⋅b=a2+4b2−4a⋅b，即2a⋅b=b2，
所以csθ=a⋅b|a||b|=b22|b|2=12，
又因为θ∈[0,π]，
所以θ=π3.
【解析】(Ⅰ)设b=(x,y)，按照向量的坐标表示计算即可；
(Ⅱ)根据数量积与模、夹角的关系转化即可．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)由频率分布直方图，(0.01+2a+0.04+0.05+0.06)×5=1，解得a=0.02.
(Ⅱ)注意到前3个矩形对应频率之和为：(0.01+0.02+0.04)×5=0.35<0.5，
前4个矩形对应频率之和为：(0.01+0.02+0.04+0.06)×5=0.65>0.5，
则中位数在[75,80)之间，设为 x，则(x−75)×0.06+0.35=0.5，解得x=77.5，即中位数为77.5.
(Ⅲ)评分在[65,70),[70,75)对应频率为：0.1，0.2，则抽取6人中，[65,70)中的有2人，设为A，B，[70,75)中的有4人，设为a，b，c，d，
则从6人中选取2人的情况为：(A,B)，(A,a)，(A,b)，(A,c)，(A,d)，(B,a)，(B,b)，(B,c)，(B,d)，(a,b)，(a,c)，(a,d)，(b,c)，(b,d)，(c,d)，共15种，
恰有1人在[65,70)中的有：(A,a)，(A,b)，(A,c)，(A,d)，(B,a)，(B,b)，(B,c)，(B,d)，8种情况，
故相应概率为：815.
【解析】(Ⅰ)由各组数据频率之和为1可得a；
(Ⅱ)由频率分布直方图计算中位数公式可得答案；
(Ⅲ)由(Ⅰ)结合频率分布直方图可知6人中，[65,70)中的有2人，[70,75)中的有4人，后利用列举法可知总情况数与2人中恰有1人的评分在[70,75)内的情况数，即可得答案．
本题考查由频率分布直方图求频数、频率，考查频率公式，频率分布直方图坐标轴的应用，属于基础题．
19.【答案】解：(Ⅰ)由正弦定理及bsinB+csinC=(a−2bsinC)sinA得，b2+c2=(a−2bsinC)a，
整理得b2+c2−a2=−2absinC，
由余弦定理知，b2+c2−a2=2bccsA，
所以−2absinC=2bccsA，即−asinC=ccsA，
由正弦定理知，asinC=csinA，
所以−csA=sinA，即tanA=−1，
因为A∈(0,π)，所以A=3π4.
(Ⅱ)设∠ACD=α，则∠ADC=π4−α，其中α∈(0,π4)，
在△ACD中，由正弦定理知，ACsin∠ADC=ADsin∠ACD=CDsinA，
所以bsin(π4−α)=c2sinα=2sin3π4=2 2，
所以b=2 2sin(π4−α)，c=4 2sinα，
所以b+ 22c=2 2sin(π4−α)+4sinα=2 2× 22(csα−sinα)+4sinα=2(sinα+csα)=2 2sin(α+π4)，
因为α∈(0,π4)，所以α+π4∈(π4,π2)，所以sin(α+π4)∈( 22,1)，
所以b+ 22c=2 2sin(α+π4)∈(2,2 2)，即b+ 22c的取值范围为(2,2 2).
【解析】(Ⅰ)利用正弦定理化角为边，并结合余弦定理，推出−csA=sinA，从而知tanA=−1，得解；
(Ⅱ)设∠ACD=α，α∈(0,π4)，在△ACD中，利用正弦定理，可得b=2 2sin(π4−α)，c=4 2sinα，再结合三角函数的知识，求解即可．
本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，三角函数的图象与性质，三角恒等变换公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)证明：如图，连接AC，则易知AC∩BD=F，
∵E，F分别是PC，BD的中点，∴EF//PA，
又EF⊄平面PAD，且PA⊂平面PAD，
∴EF//平面PAD；
(Ⅱ)∵PD⊥底面ABCD，又DC，BC⊂底面ABCD，
∴PD⊥DC，BC⊥PD，又BC⊥DC，且PD∩DC=D，
∴BC⊥平面PDC，
又根据题意易知△DCE的面积为12×(12×1× 3)= 34，
若选条件①：G是棱BC上一点，且BG=2GC，
则G到平面PDC的距离为GC=13BC=23，
∴三棱锥G−DCE的体积为13×S△DCE×GC=13× 34×23= 318；
若选条件②：G是PB的中点，
则G到平面PDC的距离为B到平面PDC的距离的一半，即为12BC=1，
∴三棱锥G−DCE的体积为13×S△DCE×12BC=13× 34×1= 312；
若选条件③：G是△PBC的内心(内切圆圆心)，
设△PBC的内切圆的半径为r，
∵BC⊥平面PDC，且易知BC=PC=2，PB=2 2，
∴根据△PBC的等面积算法可得：12×2×2=12×(2+2+2 2)×r，
∴r=22+ 2，由BC⊥平面PDC及内切圆的性质可得：
G到平面PDC的距离为r=22+ 2，
∴三棱锥G−DCE的体积为13×S△DCE×r=13× 34×22+ 2=2 3− 612.
【解析】(Ⅰ)连接AC，则易知AC∩BD=F，从而易得EF//PA，再根据线面平行的判定定理，即可证明；
(Ⅱ)先根据题意易证BC⊥平面PDC，且△DCE的面积为12×(12×1× 3)= 34，再分别根据所选条件求出G到平面PDC的距离，最后再根据三棱锥的体积公式，计算即可得解．
本题考查线面平行的证明，三棱锥的体积的求解，化归转化思想，属中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)证明：连接AB1，交A1B于O，连接OM.
由B1C//平面A1BM，平面ACB1∩平面A1BM=OM，
可得B1C//OM，
由O为AB1的中点，可得M为AC的中点；
(Ⅱ)证明：由AB=BC，M为AC的中点，可得BM⊥AC，
又A1A⊥平面ABC，BM⊂平面ABC，可得A1A⊥BM，
即有BM⊥平面A1ACC1，
又AC1⊂平面A1ACC1，可得BM⊥AC1.
在矩形A1ACC1中，tan∠A1AC1=A1C1A1A=2 2= 2，
tan∠AA1M=AMAA1=1 2= 22，即tan∠A1AC1tan∠AA1M=1，
而∠A1AC1，∠AA1M均为锐角，所以∠A1AC1+∠AA1M=90∘，即有AC1⊥A1M，
而A1M∩BM=M，可得AC1⊥平面A1BM；
(Ⅲ)当N为BB1的中点，即BNBB1=12时，平面AC1N⊥平面ACC1A1.
取AC1的中点D，连接DN，DM.
由DM为△ACC1的中位线，可得DM=12CC1，且DM//CC1，
又BN=12CC1，BN//CC1，
所以BN=DM，BN//DM，
所以四边形BMDN为平行四边形，则DN//BM，
又BM⊥平面A1ACC1，可得DN⊥平面A1ACC1，
而DN⊂AC1N，所以平面AC1N⊥平面ACC1A1.
【解析】(Ⅰ)连接AB1，交A1B于O，连接OM，由线面平行的性质定理可得结论；
(Ⅱ)分别证BM⊥AC1，AC1⊥A1M，由线面垂直的判定定理可得证明；
(Ⅲ)当N为BB1的中点，即BNBB1=12时，平面AC1N⊥平面ACC1A1，由面面垂直的判定定理可得结论．
本题考查线面平行和垂直的判定定理、性质定理，以及面面垂直的判定定理，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．