2022-2023学年北京市大兴区高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年北京市大兴区高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共15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.复数(1+i)2=( )
A. 0B. 2C. 2iD. −2i
2.已知向量a=(1,−2)与b=(2,m)，且b=2a，则m=( )
A. −4B. −1C. 1D. 4
3.某学校现有小学和初中学生共2000人，为了解学生的体质健康合格情况，决定采用分层抽样的方法从全校学生中抽取一个容量为400的样本，其中被抽到的初中学生人数为180，那么这所学校的初中学生人数为( )
A. 800B. 900C. 1000D. 1100
4.已知在复平面内复数z对应的点的坐标为(−3,4)，则|z−|=( )
A. 3B. 4C. 5D. 4 2
5.已知平面α，β，直线l⊂α，则“l//β”是“α//β”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
6.设a，b为非零向量，且满足|a+b|=|a−b|，则a⋅b=( )
A. 0B. −1C. 1D. 2
7.在△ABC中，a=3，b−c=2，csB=−12，则b=( )
A. 7B. 2 7C. 5D. 7
8.某校举办知识竞赛，将100人的成绩整理后画出的频率分布直方图如图，则根据频率分布直方图，下列结论正确的是( )
A. 中位数估计为75B. 众数估计为70
C. 平均数估计为68.5D. 第85百分位数估计为85
9.已知边长为3的正方形ABCD，点E是边BC上动点，则AE⋅DE的最大值是( )
A. 274B. 9C. 4 3D. 10
10.已知点P在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1表面运动，且PB=PD1，则线段AP的长的取值范围是( )
A. [0,2 3]B. [1,3]C. [ 2,3]D. [ 22,3]
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.复数z满足z+1为纯虚数，则z的实部为______ .
12.对于一组数据2，3，3，4，6，6，8，8，则第50百分位数是______ .
13.已知向量a，b在正方形网格中的位置如图所示，则a，b的夹角的余弦为______ .
14.一个铁制的底面半径为4，侧面积为163π的实心圆柱的体积为______ ，将这个实心圆柱熔化后铸成一个实心球体，则这个铁球的半径为______ .
15.如图，已知菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=120∘，E为边BC的中点，将△ABE沿AE翻折成△AB1E(点B1位于平面ABCD上方)，连接B1C和B1D，F为B1D的中点，则在翻折过程中，给出下列四个结论：
①平面AB1E⊥平面B1EC；
②AB1与CF的夹角为定值π3；
③三棱锥B1−AED体积最大值为2 33；
④点F的轨迹的长度为π2.
其中所有正确结论的序号是__________.
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14分)
已知向量a，b满足|a|=10，b=(3,4).
(Ⅰ)求|b|；
(Ⅱ)若a//b，求a的坐标；
(Ⅲ)若a⊥b，求|a−b|.
17.(本小题14分)
已知tanα=2.
(Ⅰ)求tan(α+π4)的值；
(Ⅱ)求sin2α−cs2α1+cs2α的值.
18.(本小题14分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，M，N分别为A1B1，AC的中点.
(Ⅰ)求证：MN//平面BCC1B1；
(Ⅱ)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求证：AB⊥BB1.
条件①：AB⊥MN；条件②：AB=BC，BM=MN.
19.(本小题14分)
某工厂生产某款产品，该产品市场评级规定：评分在10分及以上的为一等品，低于10分的为二等品.下面是检验员从一批产品中随机抽样的10件产品的评分：
经计算得110i=110xi2≈98.048，其中xi为抽取的第i件产品的评分，i=1，2，3，…，10.
(Ⅰ)求这组样本平均数和方差；
(Ⅱ)若厂家改进生产线，使得生产出的每件产品评分均提高0.2.根据以上随机抽取的10件产品改进后的评分，估计改进后该厂生产的产品评分的平均数和方差；
(Ⅲ)在第(Ⅱ)问前提下，再从改进后生产的产品中随机抽取10件产品，估计这10件产品的平均等级是否为一等品？说明理由.
20.(本小题14分)
在△ABC中，a2+c2−b2=ac，D是AC边上的点，CD=1，AD=BD=3.
(Ⅰ)求B的大小；
(Ⅱ)求tanA的值；
(Ⅲ)求△BCD的面积.
21.(本小题15分)
如图，从长、宽、高分别为a，b，c的长方体AEBF−GCHD中截去部分几何体后，所得几何体为三棱锥A−BCD.
(Ⅰ)求三棱锥A−BCD的体积；
(Ⅱ)证明：三棱锥A−BCD的每个面都是锐角三角形；
(Ⅲ)直接写出一组a，b，c的值，使得二面角D−AB−C是直二面角.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：(1+i)2=1+2i+i2=2i.
故选：C.
利用复数的运算法则即可得出．
本题考查了复数的运算法则，属于基础题
2.【答案】A
【解析】解：∵向量a=(1,−2)与b=(2,m)，且b=2a，
∴m=2×(−2)=−4.
故选：A.
利用向量的坐标运算法则求解．
本题主要考查了向量的坐标运算，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：根据分层抽样的定义和题意，
这所学校的初中学生人数为2000×180400=900(人).
故选：B.
抽样比例是180400，根据样本的人数即可得．
本题考查分层抽样，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：在复平面内复数z对应的点的坐标为(−3,4)，
则z=−3+4i，
故z−=−3−4i，
故|z−|= (−3)2+(−4)2=5.
故选：C.
根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数的几何意义，复数模公式，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的几何意义，复数模公式，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：由直线l⊂α，知：
“l//β”⇒“α与β相交或平行”，
“α//β”⇒“l//β”，
∴平面α，β，直线l⊂α，则“l//β”是“α//β”的必要而不充分条件．
故选：B.
“l//β”⇒“α与β相交或平行”，“α//β”⇒“l//β”．由此能求出结果．
本题考查充分条件、必要条件、充要条件的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是基础题．
6.【答案】A
【解析】解：∵|a+b|=|a−b|，
∴|a+b|2=|a−b|2，
∴a2+2a⋅b+b2=a2−2a⋅b+b2，
∴a⋅b=0.
故选：A.
将|a+b|=|a−b|两边同时平方计算即可得．
本题考查平面向量的模和数量积，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：因为a=3，b−c=2，csB=−12，
所以c=b−2，
由余弦定理可得b2=a2+c2−2accsB
=a2+c2+ac
=32+(b−2)2+3(b−2)
=b2+7−b，
解得b=7.
故选：D.
由题意可得c=b−2，进而利用余弦定理即可求解b的值．
本题考查了余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：对于A，设[40,50)和[80,90)组的频率为a，
则10×(0.015+0.025+0.035+0.005)+2a=1，
解得a=0.1，
因为0.1+0.15+0.25=0.5，所以中位数为70，胡A错误；
对于B，众数为70+802=75，故B错误；
对于C，平均数为45×0.1+55×0.15+65×0.25+75×0.35+85×0.1+95×0.05=68.5，故C正确；
对于D，因为0.1+0.15+0.25+0.35=0.85，所以第85百分位数估计为80，故D错误．
故选：C.
根据频率分布直方图中各个小矩形的面积之和为1，求出[40,50)和[80,90)组的频率，再结合中位数、众数、平均数和百分位数的定义，逐个判断各个选项即可．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了众数、平均数和百分位数的计算，属于基础题．
9.【答案】B
【解析】解：如图建立平面直角坐标系，则A(0,0)，D(0,3)，设E(3,m)，m∈[0,3]，
则AE=(3,m)，DE=(3,m−3)，
所以AE⋅DE=9+m(m−3)=m2−3m+9=(m−32)2+274，
所以当m=0或m=3时AE⋅DE取得最大值9.
故选：B.
建立平面直角坐标，设E(3,m)，m∈[0,3]，利用坐标法表示AE⋅DE，再根据二次函数的性质计算可得．
本题考查平面向量的数量积的最值的求解，函数思想，属中档题．
10.【答案】D
【解析】解：点P在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1表面运动，且PB=PD1，
则点P的轨迹是线段BD1的中垂面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面多边形，
分别取棱AA1，A1B1，B1C1，C1C，CD，DA的中点E，F，G，H，I，J，
则EB=ED1=FB=FD1=GB=GD1=HB=HD1=IB=ID1=JB=JD1= 5，
因此点E，F，G，H，I，J在线段BD1的中垂面上，点P的轨迹是六边形EFGHIJ，如图，
当点P在线段EJ上时，若点P为线段EJ中点，有AP⊥EJ,AP= 22，
于是点P为线段EJ上任意一点， 22≤AP≤AE=1，
当点P在线段EF上时，AF= 5,∠AEF为钝角，
则AE≤AP≤AF，即1≤AP≤ 5，
当点P在线段FG上时，AG= AA12+A1G2=3,FG= 2,AF2+FG2∠AFG为钝角，则AF≤AP≤AG，即 5≤AP≤3，
当点P在线段GH上时，由AG=AH=3,GH= 2，
△AGH边GH上的高为 AG2−(12GH)2=12 34，此时12 34≤AP≤3，
由对称性知，当点P在折线HIJ上时，1≤AP≤3，
所以线段AP的长的取值范围是[ 22,3].
故选：D.
作出正方体的对角线BD1的中垂面截正方体所得截面多边形，再分段求出AP的长范围作答．
本题考查了空间中两点间长度的范围计算，属于中档题．
11.【答案】−1
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R,b≠0)，
则a+1+bi为纯虚数，
故a+1=0，解得a=−1，
故z的实部为−1.
故答案为：−1.
根据已知条件，结合纯虚数和实部的定义，即可求解．
本题主要考查纯虚数和实部的定义，属于基础题．
12.【答案】5
【解析】解：一组数据2，3，3，4，6，6，8，8，共8个，
则50%×8=4，
故第50百分位数是4+62=5.
故答案为：5.
根据已知条件，结合百分位数的定义，即可求解．
本题主要考查百分位数的定义，属于基础题．
13.【答案】−35
【解析】解：设方格中每个正方形的边长为1，则：|a|=|b|= 5，|a−b|=2，
∴根据余弦定理得：cs=5+5−42 5× 5=−35.
故答案为：−35.
可设方格中每个正方形的边长为1，然后即可求出|a|,|b|和|a−b|的值，然后根据余弦定理即可求出答案．
本题考查了向量长度的定义，余弦定理，考查了计算能力，属于基础题．
14.【答案】32π3 2
【解析】解：设圆柱的高为h，因为底面半径r=4，侧面积为163π，
所以163π=2πrh，解得h=23，
所以圆柱的体积V=πr2h=π×42×23=323π.
设球的半径为R，则4πR33=323π，解得R=2.
故答案为：323π;2.
设圆柱的高为h，根据侧面积求出高h，再根据圆柱的体积公式计算可得圆柱的体积，设球的半径为R，由球的体积与圆柱的体积相同得到方程，解得即可．
本题考查了圆柱和球的体积计算，属于中档题．
15.【答案】①②④
【解析】【分析】
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知识，考查运算求解能力，是较难题．
由题设结合线面垂直的判定定理证明AE⊥面B1EC，再由面面垂直的判定定理判断①；取G是AB的中点，应用平行四边形的性质有CF//EG′，可知AB1与CF的夹角为∠AG1E或其补角，由此判断②；当B1E⊥面ABCD时，三棱锥B1−AED体积取最大值，由此判断③；确定F的轨迹为以AE中点为圆心，B1E2为半径的半圆，即可求轨迹长度，判断④．
【解答】
解：由AB=2，∠BAD=120∘，E为边BC的中点知，∠B=π3，且BE=1，∴AE⊥EC，
AE⊥B1E，∵EC∩B1E=E，EC，B1E⊂平面B1EC∴AE⊥面B1EC，
又AE⊂平面AB1E，∴面AB1E⊥面B1EC，故①正确；
取G是AB的中点，G1是AB 的中点，已知F为B1D的中点，则G1F//AD，且G1F=12AD，
而EC=12BC=12AD，且EC//AD，
∴G1F//EC，且G1F=EC，即FG1EC为平行四边形，得CF//EG1，
∴AB1与CF的夹角为∠AG1E或其补角，
G为AB中点，即∠AG1E=∠AGE，由①的分析得，∠AGE=2π3，
∴AB1与CF的夹角为π3，故②正确；
由①②的分析得，翻折过程中，当B1E⊥面ABCD时，VB1−AED最大，
此时VB1−AED=13S△AED⋅B1E=13×(12× 3×2)×1= 33，故③错误；
由②的分析知：EG1=CF，且EG1//CF，则F的轨迹与G到G1的轨迹形状相同，
由①的分析知，B到B1的轨迹为以E为圆心，B1E为半径的半圆，而G为AB中点，
∴G到G1的轨迹为以AE中点为圆心，B1E2为半径的半圆，
∴F的轨迹长度为：12×2π×B1E2=π2，故④正确．
其中所有正确结论的序号是①②④．
故答案为：①②④．
16.【答案】解：(Ⅰ)|b|= 32+42=5；
(Ⅱ)设a=(x,y)，由题可得：x2+y2=1003y−4x=0，
解得：x=6y=8或x=−6y=−8，
∴a=(6,8)或(−6,−8)；
(Ⅲ)∵a⊥b，∴a⋅b=0，
∴|a−b|= a2−2ab+b2= 100−0+25=5 5.
【解析】(Ⅰ)由平面向量模的坐标运算直接计算；
(Ⅱ)设出a的坐标，由条件建立方程组，求解即可；
(Ⅲ)由条件得a⋅b=0，再由求模的公式计算即可．
本题考查平面向量的坐标运算，模，平行的坐标表示，数量积等，属于基础题．
17.【答案】解：(I)∵tan(α+π4)=1+tanα1−tanα，tanα=2，
∴tan(α+π4)=tanα+1tanα−1=1+21−2=−3.
(II)sin2α−cs2α1+cs2α=2sinαcsα−cs2α2cs2α
=2sinα−csα2csα
=tanα−12
=32.
【解析】(I)利用两角和的正切公式，再把已知条件代入运算求出结果．
(II)利用二倍角公式，把要求的式子化为2sinαcsα−cs2α2cs2α，约分后再利用同角三角函数的基本关系化为tanα−12，把已知条件代入运算求出结果．
本题主要考查同角三角函数的基本关系，三角函数的恒等变换及化简求值，属于中档题．
18.【答案】证明：(1)取BC的中点P，连接PN，PB1，
因为M，N分别为A1B1，AC的中点，
所以PN//AB且PN=12AB.
又MB1//AB且MB1=12AB，
所以MB1//PN且MB1=PN，
所以四边形MNPB1是平行四边形，所以MN//PB1，
又MN⊄平面BCC1B1，PB1⊂平面BCC1B1，
所以MN//平面BCC1B1.
(2)因为平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，平面BCC1B1∩平面ABB1A1=BB1，
BC⊥BB1，BC⊂平面BCC1B1，所以BC⊥平面ABB1A1，
又AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB，
选①，由(1)得MN//PB1，因为AB⊥MN，所以AB⊥PB1，
又PB1∩BC=P，PB1，BC⊂平面BC1B1，所以AB⊥平面BCC1B1，
又BB1⊂平面BCC1B1，所以AB⊥BB1.
选②，取AB的中点Q，连接MQ，NQ，
因为M，N分别为A1B1，AC的中点，所以NQ//BC且NQ=12BC，QM//BB1，
因为BC⊥平面ABB1A1，所以NQ⊥平面ABB1A1，
又MQ⊂平面ABB1A1，所以NQ⊥MQ，即∠MQN=90∘，
因为AB=BC，所以NQ=12AB=BQ，
又MN=MB，MQ=MQ，所以△MBQ≌△MNQ，
所以∠MQB=∠MQN=90∘，
所以MQ⊥AB，又QM//BB1，所以AB⊥BB1.
【解析】(1)取BC的中点P，连接PN，PB1，证明四边形MNPB1是平行四边形，则MN//PB1，再根据线面平行的判定定理即可得证；
(2)先根据面面垂直的性质证明BC⊥平面ABB1A1，选①，证明AB⊥PB1，再根据线面垂直的判定定理证明AB⊥平面BC1B1，再根据线面垂直的性质即可得证．选②，取AB的中点Q，连接MQ，NQ，则NQ//BC且NQ=12BC，QM//BB1，先证明NQ⊥MQ，再证明△MBQ≌△MNQ，进而得证．
本题主要考查线面平行的证明，线线垂直的证明，考查逻辑推理能力，属于中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)根据题意，数据的平均数x−=110(9.6+10.1+9.7+9.8+10.0+9.7+10.0+9.8+10.1+10.2)=9.9，
则样本的方差S2=110i=110xi2−x−2≈98.048−9.92=0.038；
(Ⅱ)若厂家改进生产线，使得生产出的每件产品评分均提高0.2，
则新数据的平均数x−新=x−+0.2=10.1，
方差S新2=S2=0.038；
(Ⅲ)不能确定这10件产品的平均等级是为一等品，
因为样本数据具有随机性，改进后生产的产品虽然平均数为10.1，
但抽取的新样本平均值不一定达到10分及以上，所以新样本平均等级不一定是一等品．
【解析】(Ⅰ)根据题意，由平均数和方差的计算公式计算可得答案；
(Ⅱ)根据题意，由平均数和方差的性质，分析可得新数据的平均数和方差，即可得答案；
(Ⅲ)根据题意，结合抽样方法的定义，分析可得答案．
本题考查数据平均数、方差的计算，注意平均数的意义，属于基础题．
20.【答案】解：(Ⅰ)由a2+c2−b2=ac及余弦定理得：csB=a2+c2−b22ac=ac2ac=12，
∵B∈(0,π)，∴B=π3；
(Ⅱ)∵AD=BD=3，∴A=∠ABD，∠DBC=π3−A，C=23π−A，∠BDC=2A，
在△BCD中，由正弦定理得：BDsinC=CDsin∠DBC，
即3sin(2π3−A)=1sin(π3−A)，即3sin(π3−A)=sin(2π3−A)，
化简得：3( 32csA−12sinA)= 32csA+12sinA，
解得：tanA= 32；
(Ⅲ)由(Ⅱ)知，∠BDC=2A，
∴sin∠DBC=sin2A=sin2Asin2A+cs2A=2tanA1+tan2A=2× 321+( 32)2=4 37，
∴S△BCD=12BD⋅CD⋅sin∠DBC=12×3×1×4 37=6 37.
【解析】(Ⅰ)由余弦定理的推论直接可求；
(Ⅱ)由题意将图中各角用A表示出来，再由正弦定理建立方程，由三角恒等变换知识化简即可求得；
(Ⅲ)由二倍角公式求出sin∠BDC，再由三角形的面积公式即可求得．
本题考查利用正余弦定理和面积公式解三角形，三角恒等变换，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)因为在长方体AEBF−GCHD中，
VA−GCD=VC−AEB=VD−HBC=VD−ABF=16abc，
所以三棱锥A−BCD的体积为VA−BCD=abc−4×16abc=13abc.
(Ⅱ)证明：由已知求得三棱锥A−BCD的每个面的三角形的三边长均为 a2+b2， b2+c2， c2+a2，
不妨设a≥b≥c，各面的最大角为θ，
则csθ=(b2+c2)+(c2+a2)−(a2+b2)2 b2+c2 c2+a2=2c22 b2+c2 c2+a2>0，
又θ∈(0,π)，
所以各面的最大角为θ是锐角，
所以三棱锥A−BCD的每个面都是锐角三角形．
(Ⅲ)如图建立空间直角坐标系：
则F(0,0,0)，A(b,0,0)，B(0,a,0)，E(b,a,0)，D(0,0,c)，G(b,0,c)，H(0,a,c)，C(b,a,c)，
设面DAB的法向量为m=(x,y,z)，
DA=(b,0,−c)，DB=(0,a,−c)，
所以m⋅DA=0m⋅DB=0，即bx−cz=0ay−cz=0，
令z=1，则x=cb，y=ca，
所以m=(cb,ca,1)，
同理可得面ABC的法向量n=(ab,1,−ac)
若二面角D−AB−C是直二面角，则m⋅n=0，
所以(cb,ca,1)⋅(ab,1,−ac)=0，
所以acb2+ca−ac=0，
所以a2c2+b2c2−a2b2=0，
所以不妨取a=b= 2，c=1，此时二面角D−AB−C是直二面角．
【解析】(Ⅰ)因为在长方体AEBF−GCHD中，VA−GCD=VC−AEB=VD−HBC=VD−ABF=16abc，进而可得答案．
(Ⅱ)由已知求得三棱锥A−BCD的每个面的三角形的三边长均为 a2+b2， b2+c2， c2+a2，不妨设a≥b≥c，各面的最大角为θ，计算得csθ>0，即可得出答案．
(Ⅲ)建立空间直角坐标系，求出面DAB的法向量为m，面ABC的法向量n，若二面角D−AB−C是直二面角，则m⋅n=0，即可得出答案．
本题考查几何体体积和二面角，解题关键是熟悉几何体的特征，属于中档题．9.6
10.1
9.7
9.8
10.0
9.7
10.0
9.8
10.1
10.2