北京工业大学附属中学2022-2023学年高一下学期期末数学综合练习试题（二）

这是一份北京工业大学附属中学2022-2023学年高一下学期期末数学综合练习试题（二），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．复数的虚部为（ ）
A．1B．C．D．
2．这组数据的第50百分位数是（ ）
A．3B．C．4D．5
3．在中，已知，，，则角（ ）
A．B．C．D．
4．某班分成了A､B､C､D四个学习小组学习二十大报告，现从中随机抽取两个小组在班会课上进行学习成果展示，则组和组恰有一个组被抽到的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．已知向量，，若存在实数，使得，则和的值分别为（ ）
A．，B．，C．，2D．，2
6．如图所示，该几何体是从一个水平放置的正方体中挖去一个内切球（正方体各个面均与球面有且只有一个公共点）以后而得到的．现用一竖直的平面去截这个几何体，则截面图形不可能是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知直线，与平面，，，能使成立的条件是（ ）
A．，B．，
C．，D．，，，
8．已知直线是函数与的图象的一条对称轴，为了得到函数的图象，可把函数的图象
A．向左平行移动个单位长度B．向右平行移动个单位长度
C．向左平行移动个单位长度D．向右平行移动个单位长度
9．如图，在直角梯形中，，，，若为的中点，则（ ）
A．1B．C．2D．4
10．如图，摩天轮的半径为40米.摩天轮的中心O点距离地面的高度为45米，摩天轮匀速逆时针旋转.每30分钟转一圈.若摩天轮上点P的起始位置在最低点处.下面有关结论正确的是（ ）
A．经过10分钟，点P距离地面的高度为45米
B．第25分钟和第70分钟点P距离地面的高度相同
C．从第10分钟至第20分钟，点P距离地面的高度一直在上升
D．摩天轮旋转一周，点P距离地面的高度不低于65米的时间为10分钟
二、填空题
11．已知某球体的体积与其表面积的数值相等，则此球体的半径为 ．
12．已知的三条边长分别为，则此三角形的最大角与最小角之和为 ．
三、双空题
13．某学校为了调查高一年级600名学生年平均阅读名著的情况，通过抽样，获得了100名学生年平均阅读名著的数量（单位：本），将数据按照分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图，则图中的值为 ；估计高一年级年平均阅读名著的数量不少于10本的人数为 .
四、填空题
14．木工小张在处理如图所示的一块四棱台形状的木块时，为了经过木料表面内一点和棱将木料平整锯开，需要在木料表面过点画直线，则满足 （选出你认为正确的全部结论）
①；②；③与直线相交；④与直线相交．
15．根据毕达哥拉斯定理，以直角三角形的三条边为边长作正方形，从斜边上作出的正方形的面积正好等于在两直角边上作出的正方形面积之和.现在对直角三角形按上述操作作图后，得如下图所示的图形，若，则 .

16．如图，正方体的棱长为2，点为底面的中心，点在侧面的边界及其内部运动，且．给出下列结论：

①；
②三棱锥的体积为定值；
③点P在线段CE上(E为BB1的中点)；
④面积的最大值为2．
其中所有正确结论的序号是 ．
五、解答题
17．在中，．
(1)求；
(2)若，，求．
18．高考英语考试分为两部分，一部分为听说考试，满分50分，一部分为英语笔试，满分100分.英语听说考试共进行两次，若两次都参加，则取两次考试的最高成绩作为听说考试的最终得分，如果第一次考试取得满分，就不再参加第二次考试.为备考英语听说考试，李明每周都进行英语听说模拟考试训练，下表是他在第一次听说考试前的20次英语听说模拟考试成绩.
假设：①模拟考试和高考难度相当；②高考的两次听说考试难度相当；③若李明在第一次考试未取得满分后能持续保持听说训练，到第二次考试时，听说考试取得满分的概率可以达到.
(1)设事件为“李明第一次英语听说考试取得满分”，用频率估计事件的概率；
(2)基于题干中假设，估计李明英语高考听说成绩为满分的概率的最大值.
19．某同学用“五点法”画函数（，，）在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：
(1)函数的解析式为________（直接写出结果即可）；
(2)求函数的单调递增区间；
(3)求函数在区间上的最小值．
20．如图，在直角梯形中，，，，并将直角梯形绕边旋转至.

(1)求证：直线平面；
(2)求证：直线平面；
(3)当平面平面时，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个，使平面与平面垂直.并证明你的结论.
条件①：；条件②：；条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，第（3）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.
21．在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量，，作，．当，不共线时，记以，为邻边的平行四边形的面积为；当，共线时，规定．
(1)分别根据下列已知条件求：
①，；②，；
(2)若向量，求证：；
(3)若A，B，C是以О为圆心的单位圆上不同的点，记，，．
（i）当时，求的最大值；
（ii）写出的最大值．（只需写出结果）
46
50
47
48
49
50
50
47
48
47
48
49
50
49
50
50
48
50
49
50
0
x
0
2
0
0
参考答案：
1．C
【分析】根据复数的概念判断即可；
【详解】解：复数的虚部为；
故选：C
2．B
【分析】根据百分位数的定义计算求解即可.
【详解】将数据从低到高排列为1，2，3，4，5，5.
而，所以第50百分位数是.
故选：B.
3．A
【分析】根据正弦定理可得答案.
【详解】由正弦定理得，即，可得，
因为，所以，即为锐角，
所以.
故选：A.
4．C
【分析】利用列举法结合古典概型概率公式即得.
【详解】从A､B､C､D四个学习小组中随机抽取两个小组有共6种结果，
其中组和组恰有一个组被抽到的结果有共4种结果，
所以组和组恰有一个组被抽到的概率为.
故选：C.
5．A
【分析】根据平面向量线性运算的坐标表示得到方程组，解得即可；
【详解】解：因为，且，
所以，所以，解得；
故选：A
6．C
【分析】利用正方体内切球的性质，及球的截面圆即可求解.
【详解】对于A，用竖直的平面截正方体，该平面过球心，且过正方体四个面的中心，即可得到截面图形A，如图；
对于B，用竖直的平面截正方体，该平面为正方体的对角面,过球心，及正方体两个侧面的对角线的中心，即可得到截面图形B；
对于CD，用竖直的平面截正方体，该平面过正方体一个侧面的中心，如图，切点在截面的边CD的中点处，且CD为长方形中较短的线段，即可得到D.
故选：C
7．C
【分析】利用平面与平面的位置关系可判断AC；利用直线与平面的位置关系可以判断B；利用面面平行的判定定理可判断D.
【详解】对于A，，，则与相交或，故A错误；
对于B，，，则与相交或，故B错误；
对于C，，，则，故C正确；
对于D，，，，，没有说明直线，相交，故不能通过线面平行证明面面平行，故D错误；
故选：C
8．C
【分析】依题意，得，解得，所以函数，再根据三角函数的图象变换，即可求解，得到答案．
【详解】依题意，直线是函数与的图象的一条对称轴，
则，即，解得，
因为，所以，所以函数，
将的图象向左平行移动个单位长度得，
选C.
【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质，以及三角函数的图象变换，其中解答中正确李颖三角函数的性质，得出三角函数的解析式，熟记三角函数的图象变换是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
9．C
【分析】建立平面直角坐标系，令，，得到点的坐标，利用坐标法计算可得；
【详解】解：如图建立平面直角坐标系，令，，则，，，
所以，所以，，
所以，
故选：C
10．D
【分析】若转动分钟，P距离地面的高度为可得，结合各选项的描述，利用余弦型函数的性质判断正误.
【详解】由题设，摩天轮每分钟的角速度为，若转动分钟，P距离地面的高度为，则，
所以，经过10分钟米，A错误；
第25分钟米；第70分钟米，B错误；
由，则，即P距离地面的高度先增大后减小，C错误；
由题设，，即，在一周内P距离地面的高度不低于65米有，可得，故时间长度为10分钟，D正确.
故选：D
11．
【分析】根据球体的体积和表面积数值相等的条件得到等式关系，解方程即可求出球的半径
【详解】假设球体的半径为，由已知条件球体的体积与其表面积数值相等，
得，解得.
故答案为：
12．
【分析】依题意设、、，根据三角形的性质可得，利用余弦定理求出，再根据三角形内角和定理计算可得；
【详解】解：依题意设、、，因为，所以，
由余弦定理，
，
，所以，
即该三角形最大角与最小角之和为．
故答案为：．
13． /
【分析】由频率和为1列方程求参数a，由图知数量不少于10本的频率为，进而求人数.
【详解】由直方图知：，
所以，
则高一年级年平均阅读名著的数量不少于10本为人.
故答案为：，
14．③④
【分析】延长、交于点，则、的延长线也过点，则直线即为所求作的直线，由此可得出结论.
【详解】延长、交于点，则、的延长线也过点，如下图所示：
因为，则平面，则直线即为所求作的直线，
所以，直线与直线、直线都相交.
故答案为：③④.
15．/-0.5
【分析】建立平面直角坐标系，设，求得 的坐标，再由求解.
【详解】解：建立如图所示平面直角坐标系：

设，则，，，
所以，即，
所以，
因为，
所以，则，
则，化简得，
故答案为：
16．①②③
【分析】对于①，连接，由三角形为等边三角形判读；对于②，体积为，为定值；对于③，连接，证明平面，进而判断；对于④，当点到点位置时，此时面积为.
【详解】对于①，连接，由正方体的性质知三角形为等边三角形，由于为底面的中心，故为中点，故，正确；
对于②，无论点在侧面的边界及其内部运动的任何位置，三棱锥的高始终为正方体的边长，故体积为，为定值，正确；
对于③，连接，由正方体中的性质知，，所以，故,所以，又因为，所以平面，又因为，故点在线段上(为的中点)，正确；
对于④，当点到点位置时，此时面积为，故错误.
故正确的序号是：①②③
故答案为：①②③
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理计算可得；
（2）利用正弦定理计算可得；
【详解】（1）解：因为，即
由余弦定理，
因为，所以；
（2）解：因为，，，
由正弦定理，即，所以；
18．(1)；
(2).
【分析】（1）根据古典概型公式计算，即可求解；（2）计算出李明第二次英语听说考试取得满分的概率，然后根据题意，由独立事件的乘法公式计算李明英语高考听说成绩为满分的概率的最大值.
【详解】（1）依题意，李明在20次英语听说模拟考试中有8次取得满分，
取得满分的频率为，
所以用频率估计事件的概率为.
（2）设事件为“李明第二次英语听说考试取得满分”，
事件为“李明高考英语听说考试取得满分”.
依题意，，
所以，
所以如果李明在第一次未取得满分时，坚持训练参加第二次考试，
那么他英语高考听说考试最终成绩为满分的概率的最大值可以达到.
19．(1)
(2)，
(3)
【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得的解析式.
（2）利用整体代入法求得的单调递增区间.
（3）根据三角函数最值的求法，求得在区间上的最小值.
【详解】（1）根据表格提供数据可知，
，,
由于，所以.
所以.
（2）由得，
所以函数的单调递增区间为，．
（3）因为，所以．
得：．
所以，当即时，在区间上的最小值为．
20．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)条件选择见解析，证明见解析
【分析】（1）由已知可得出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）证明出四边形为平行四边形，可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（3）选择条件②，利用面面垂直的性质可得出平面，可推导出，利用勾股定理证明出，再利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立；
选择条件③，利用面面垂直的性质可得出平面，可推导出，利用已知条件可得出平面，最后利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
条件①不合乎要求，根据反证法结合面面垂直的性质可得出结论.
【详解】（1）证明：翻折前，在直角梯形中，，
将直角梯形绕边旋转至，则.
因为、平面，且，所以平面.
（2）证明：翻折前，，
将直角梯形绕边旋转至，则，所以，，
又因为，所以四边形为平行四边形，所以.
因为平面，平面，所以平面.
（3）证明：条件②：因为平面平面，平面平面，
且，平面，所以平面.
因为平面，所以.
在梯形中，，，
所以，，且为等腰直角三角形，
又因为，则，
因为，由余弦定理可得，
所以，，故，
因为、平面，，所以，平面.
因为平面，所以平面平面；
条件③：因为平面平面，平面平面，
且，平面，所以平面.
因为平面，所以，.
因为，、平面，，所以，平面.
因为平面，所以平面平面；
条件①不符合题目要求，理由如下：
若，且，则，
从而可得，则，
因为，则，所以，，
由余弦定理可得，
因为，则，即与不垂直，
过点在平面内作，垂直为点，
因为平面平面，平面平面，
且，平面，所以平面.
因为平面，所以，.
又因为，，、平面，所以，平面，
若平面平面，根据面面垂直的性质定理可知，
在平面内且过点有且只有一条直线与平面垂直，即平面，
但平面，矛盾，故条件①不满足题意.

21．(1)详见解析；
(2)详见解析；
(3)（i）；（ii） ．
【分析】（1）由求解；
（2）由证明；
（3）（i）设， 由求解；（ii）求解.
【详解】（1）解：因为，，
且，
所以；
又，，
是 ；
（2）因为向量，，
且向量，
则，
所以，
同理，
所以；
（3）（i）设，因为，
所以，
所以，
，
当，即时，
取得最大值；
（ii）的最大值为 ．