2022-2023学年北京市平谷区高一下学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年北京市平谷区高一下学期期末数学试题含答案，共16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。
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：D3．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：A4．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：A6．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（    ）甲7879838486879192乙7778848585869293A． 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：2012．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：713．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.