2022北京大兴高一（下）期末数学（教师版）

2022北京大兴高一（下）期末

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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.

1．1，2，3，4，5，5这组数据的第50百分位数是　　

A．3 B．3.5 C．4 D．5

2．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则　　

A． B． C． D．

3．抛掷一枚硬币两次，则至少有一次正面朝上的概率是　　

A． B． C． D．

4．已知是单位向量，且，则下列结论正确的是　　

A． B． 

C． D．

5．如图，，两点在河的两岸，在同侧的河岸边选取点，测得的距离，，，则，两点间的距离为　　

A． B． C． D．

6．一个袋中只装有红球、黄球和蓝球，从中随机摸出一个球，若摸出红球的概率为0.5，摸出黄球的概率为0.4，则摸出红球或蓝球的概率是　　

A．0.1 B．0.3 C．0.6 D．0.9

7．已知点，，，则与的夹角的余弦值为　　

A． B． C． D．

8．“直线平面”是“平面内存在无数条直线都与直线平行”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．已知向量满足，且，则的取值范围是（　　）

A．（0，1） B．[1+∞） C．[2，+∞） D．[0，2]

10．如图，在正方体中，是棱的中点．令直线与所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则　　

A． B． C． D．

二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.

11．（5分）若与是共线向量，则　　．

12．（5分）若复数满足，则　　；　　．

13．（5分）一组样本数据的频率分布直方图如图所示，由此图，估计总体数据不低于30的概率为 　　；估计总体数据的第80百分位数是 　　．

14．（5分）已知直线m和平面α，β．给出下列三个论断：

①m∥α；    ②α∥β；    ③m⊂β．

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：　   　．

15．（5分）已知以为起点的向量在正方形网格中的位置如图所示，网格纸上小正方形的边长为1．

①　　．

②设集合，则表示的区域的面积为 　　．

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．（13分）已知向量满足．

（1）当与的夹角为时，求；

（2）当实数为何值时，向量与垂直；

（3）若，求的值．

17．（14分）从0，1，2，3这四个数字中，不放回地取两次，每次取一个，构成数对，为第一次取到的数字，为第二次取到的数字．设事件 “第一次取出的数字是1”， “第二次取出的数字是2”．

（1）写出此试验的样本空间及（A），（B）的值；

（2）判断与是否为互斥事件，并求；

（3）写出一个事件，使成立．

18．（15分）如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，，分别为，的中点．

（1）求证：平面；

（2）求证：平面；

（3）若平面平面，求的大小．

19．（14分）某校有高中学生1000人，其中男生400人，女生600人．同学按男生、女生进行分层，采用分层随机抽样的方法调查该校全体高中学生的身高（单位：情况，总样本量为100，计算得到男生身高样本的平均数为170，方差为16；女生身高样本的平均数为160，方差为18．

（1）如果已知男、女样本量按比例分配，求总样本的平均数和方差；

（2）如果已知男、女样本量分别为30和70，在这种情况下，总样本的平均数为，总样本的方差为，分别直接写出与，与的大小关系；

（3）如果已知同学采用了简单随机抽样的方法调查该校全体高中学生的身高情况，样本量为100，其样本平均数为，能否认为比更接近总体平均身高，说明理由．

20．（14分）在中，．

（1）若，求；

（2）若存在且唯一确定，求的取值范围．

21．（15分）如图1，四边形是矩形，将沿对角线折起成△，连接，如图2，构成三棱锥．过动点作平面的垂线，垂足是．

（1）当落在何处时，平面平面，并说明理由；

（2）在三棱锥中，若，为的中点，判断直线与平面的位置关系，并说明理由；

（3）设是及其内部的点构成的集合，，，当时，求三棱锥的体积的取值范围．

参考答案

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．【分析】利用百分位数的定义计算即可．

【解答】解：1，2，3，4，5，5这组数据共计6个，所以，

故第50百分位数是，

故选：．

【点评】本题考查百分位数的定义，属于基础题．

2．【分析】根据已知条件，结合复数的几何意义，以及共轭复数的定义，即可求解．

【解答】解：复数对应的点的坐标是，

，

．

故选：．

【点评】本题主要考查复数的几何意义，以及共轭复数的定义，属于基础题．

3．【分析】先后抛掷一枚硬币两次，求得全部是反面朝上的概率，再用1减去此概率即得所求．

【解答】解：抛掷一枚硬币两次，则全部是反面朝上的概率为，

故至少有一次正面朝上的概率为，

故选：．

【点评】本题主要考查古典概型的概率计算公式，对立事件概率间的关系，属于基础题．

4．【分析】根据题意，依次分析选项是否正确，即可得答案．

【解答】解：根据题意，依次分析选项：

对于，，则方向不同，错误；

对于，，错误；

对于，，则，则有，正确；

对于，，则，则有，则，错误；

故选：．

【点评】本题考查向量数量积的运算，涉及向量的基本定义，属于基础题．

5．【分析】由三角形内角和可得的大小，由正弦定理直接求出，的距离．

【解答】解：在中，，，可得，

又因为得，由正弦定理可得：，

可得，

故选：．

【点评】本题考查正弦定理的应用，属于基础题．

6．【分析】根据已知条件，结合互斥事件的概率加法公式，即可求解．

【解答】解：由题意可得，摸出蓝球的概率为，

则摸出红球或蓝球的概率是．

故选：．

【点评】本题主要考查互斥事件的概率加法公式，属于基础题．

7．【分析】由题意可得，，再利用数量积求解即可．

【解答】解：，，，

，，

故，，

故选：．

【点评】本题考查了平面向量的坐标运算及数量积的应用，属于基础题．

8．【分析】利用直线与平面平行的性质，充要条件的定义判定即可．

【解答】解：①若直线平面，则，时，，则平面内与直线平行的直线都与直线平行，

平面内存在无数条直线都与直线平行，充分性成立，

②若平面内存在无数条直线都与直线平行，则平面或，必要性不成立，

“直线平面”是“平面内存在无数条直线都与直线平行”的充分不必要条件，

故选：．

【点评】本题考查了直线与平面平行的性质，充要条件的判定，考查了推理能力，属于中档题．

9．【分析】先根据平面向量数量积，可得1≤||cosθ≤2，再设cosθ＝x，||＝y，将其转化为不等式组的区域问题，进行求解，即可．

【解答】解：设向量与的夹角为θ，θ∈[0，），

•＝||•||cosθ＝2•||cosθ，

因为，

所以2≤2•||cosθ≤4，即1≤||cosθ≤2，

设cosθ＝x，||＝y，则，即，

作出可行域，如图所示，

由图可得，y≥1，

所以||≥1．

故选：B．

【点评】本题考查平面向量的数量积，熟练掌握平面向量的数量积运算法则，不等式表示的区域问题是解题的关键，考查数形结合思想，转化与化归思想，运算求解能力，属于中档题．

10．【分析】取的中点，再根据几何关系，结合线线角线面角与二面角的定义，判断，，的正切值大小结合正切的单调性判断即可．

【解答】解：取的中点，连接如图，

易得，故直线与所成的角，

又直线平面，

故直线与平面所成的角为，

又平面，

故二面角的平面角为，

因为，

故，

又，，均为锐角，故．

故选：．

【点评】本题考查了空间角的相关计算，考查了转化思想，属于中档题．

二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.

11．【分析】利用向量平行的性质直接求解．

【解答】解：与是共线向量，

，

则．

故答案为：．

【点评】本题考查向量平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

12．【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数模公式，即可求解．

【解答】解：，

，

．

故答案为：；．

【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．

13．【分析】根据频率分布直方图先算出数据各个区间的频率，即可估计算出总体数据不低于30的概率，与总体数据的第80百分位数．

【解答】解：数据在之间的频率为：；

数据在之间的频率为：；

数据在之间的频率为：；

数据在之间的频率为：；

所以总体数据不低于30的概率为：；

数据在之间的频率为：，数据在之间的频率为：因此总体数据的第80百分位数一定位于之间．

由，可以估计估计总体数据的第80百分位数是38.75．

故答案为：0.55；38.75．

【点评】本题考查频率分布直方图的应用，属于基础题．

14．【分析】分三种情况：①②作条件，③作结论；①③作条件，②作结论；②③作条件，①作结论．判断出真命题即可．

【解答】解：①②作条件，③作结论：

若m∥α，α∥β，则m⊂β，此命题是假命题，结论应该是m⊂β或m∥β；

①③作条件，②作结论：

若m∥α，m⊂β，则α∥β，此命题是假命题，结论应该是α，β相交或平行；

②③作条件，①作结论：

若α∥β，m⊂β，则m∥α，由两平面平行的性质定理得此命题是真命题．

故答案为：若α∥β，m⊂β，则m∥α．

【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．

15．【分析】①由题意建立平面直角坐标系，从而求即可；

②设，结合题意可得，，，结合，从而可得，，化简可得，，作出表示的区域，结合图象求解即可．

【解答】解：①由题意建立如图所示的平面直角坐标系，

则，，

则，

则；

②设，

，

，，，

即，

解得，

又，，

，，

，，

作出表示的区域，如图所示；

由解得，

，；

故点，

同理可得，，；

故四边形为菱形，

则其面积为，

故答案为：2；4．

【点评】本题考查了平面向量的应用及数形结合的思想方法的应用，属于中档题．

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．【分析】（1）由平面向量数量积的运算法则，即可得解；

（2）由，展开，代入数据，运算即可；

（3）由知，，代入数据，即可得解．

【解答】解：（1）由知，，

因为与的夹角为，

所以．

（2）因为向量与垂直，所以，即，

所以，解得或．

（3）由知，，即，

所以或．

【点评】本题考查平面向量的运算，熟练掌握平面向量的线性运算和数量积的运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．

17．【分析】（1）根据题意直接写出样本空间的所有基本事件，再分析满足、的基本事件求解即可；

（2）判断、是否能同时发生即可判断与是否为互斥事件，再结合（1）可得；

（3）根据（1）中满足的基本事件直接求解即可

【解答】解：（1）从0，1，2，3这四个数字中，不放回地取两次，

样本空间，，，，，，，，，，，，

所以．

因为事件 “第一次取出的数字是1”，

所以，，，

所以（A）．

所以．

因为 “第二次取出的数字是2”，

所以，，，

所以（B）．

所以．

（2）因为，

所以与不是互斥事件．

因为第一次取出的数字是1”或“第二次取出的数字是2”，

所以，，，，，

所以，

所以．

（3），，，．

【点评】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意互斥事件的概率公式的合理运用．

18．【分析】（1）利用线面垂直的性质可得，利用菱形的性质可得，进而利用线面垂直的判定定理即可证明平面．

（2）取为的中点，连结，，通过证明四边形为平行四边形，可知，进而利用线面平行的判定定理即可证明平面．

（3）利用线面垂直的性质可得，利用面面垂直的性质可知平面，利用线面垂直的性质可知，利用菱形的性质可得，即可得解的值．

【解答】解：（1）证明：因为平面，平面，

所以，

又因为底面为菱形，

所以，

又因为，

所以平面．

（2）证明：取为的中点，连结，，

在中，，分别为，的中点，

所以，

因为底面为菱形，且为的中点，

所以，

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．

（3）解：因为平面，平面，

所以，

因为平面平面，

且平面平面，平面，

所以平面，

所以，

因为底面为菱形，且为的中点，

所以，

所以，

则是等边三角形，

所以．

【点评】本题考查了线面垂直的判定和性质，菱形的性质，线面平行的判定，面面垂直的性质，考查了逻辑推理能力和空间想象能力，属于中档题．

19．【分析】（1）根据按比例的分层抽样总样本的平均数和总样本的方差公式计算可得答案．

（2）根据按比例的分层抽样总样本的平均数和总样本的方差公式计算，再比较大小可得答案．

（3）示例1：可以认为比更接近总体平均身高．理由：男、女生身高存在明显差异，采用按男、女比例分配的分层随机抽样的效果一般会好于简单随机抽样；

示例2：不能认为比更接近总体平均身高，理由：由于样本的随机性，对于一次抽样而言，可能简单随机抽样的估计效果好于分层随机抽的估计效果；

示例3：无法确定是否比更接近总体平均身高，理由：由于样本的随机性，对于一次抽样而言，并不能保证分层随机抽的估计效果一定好于简单随机抽样．

【解答】解：（1）根据题干可得：平均数为．

方差为．

（2）男、女样本量分别为30和70时，总样本的平均数为：．总样本的方差为：．

所以，．

（3）示例1：可以认为比更接近平均身高．

理由如下：因为身高有明显差异，故采用分层随机抽样的效果会好于简单随机抽样，所以可以认为比更接近总体平均身高．

示例2：不能认为比更接近平均身高．

理由如下：样本具有随机性，对于一次抽样而言，简单随机抽样的效果好于分层随机抽，所以不能认为比更接近总体平均身高．

示例3：无法确定是否比更接近总体平均身高．

理由如下：由于样本的随机性，对于一次抽样而言，并不能保证分层随机抽的估计效果一定好于简单随机抽样，所以无法确定是否比更接近总体平均身高．

【点评】本题主要考查方差、标准差和平均值的计算，属于基础题．

20．【分析】（1）由余弦定理可得，由余弦定理可求，可求；

（2）由余弦定理可得．分类讨论可得的取值范围．

【解答】解：（1），，

．，．

由余弦定理可得．

所以．

得．，或．

由正弦定理可得．

当时，．

当时，．

（2）由余弦定理知．

．

①当时，，满足题意．

②当时，（舍，或，满足题意．

综上，当，或时，存在且唯一确定．

【点评】本题考查正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属中档题．

21．【分析】（1）当落上时，平面平面，利用平面与平面垂直的判定证明；

（2）直线与平面平行，取的中点，连结，，，．证明平面平面，可得平面；

（3）在矩形中，作交于．在中，作，交于．证明满足题意的的集合组成的图形为线段．可知当取得最大值时，即与重合时，四面体的体积取得最大值；当取得最小值时，即与重合时，四面体的体积取得最小值．

【解答】解：（1）由平面与平面垂直的判定可知，

当落上时，平面平面．证明如下：

，平面，平面，

又平面，平面，

平面，平面平面；

（2）直线与平面平行．证明如下：

取的中点，连结，，，，

由平面，、平面，得，，

在△和△中，，已知，

△△，得，

为的中点，，

由已知可得，且、在同一平面内，则，

平面，平面，平面．

在△中，，分别为，的中点，，

平面，平面，平面，

又，平面平面．

而平面，则平面；

（3）在矩形中，作交于．

已知，，由题意知，．

在△中，作，交于．

沿将折起成△后，，．

又，平面．

平面，．

又，且，平面．

因此，当时，满足题意的的集合组成的图形为线段．

在△中，．

则当时，取得最大值，为，

当时，取得最小值为．

四面体的体积为，

当与重合时，取得最大值，四面体的体积取得最大值；

当与重合时，取得最小值，即四面体的体积取得最小值．

综上所述，当时，四面体的体积的取值范围是．

【点评】本题考查线面平行、面面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，训练了多面体体积的求法，综合性强，难度较大．