精品解析：北京市通州区2022-2023学年高一下学期期末质量检测数学试题（解析版）

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通州区2022—2023学年第二学期高一年级期末质量检测
数学试卷
2023年7月
本试卷共4页，150分，考试时长120分钟，考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题共40分）
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，选出符合愿目要求的一项．
1. 已知是复平面内表示复数的点，若复数是虚数，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
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的分类和其几何意义即可得到答案.
【详解】由题意得，则点P不在实轴上，则C错误，D正确，
若，则A错误，若，则其在虚轴上，则B错误，
故选：D.
2. 对于任意两个向量和，下列命题中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量加减法的法则即可得到答案.
【详解】对A，当，且同方向时，，故A错误，
对B，当，且反方向时，，故B错误，
对C，根据向量加法的平行四边形法则，得，故C正确，
对D，根据向量减法的三角形法则，得，故D错误，
故选：C.
3. 在中，若．则一定是（ ）
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
【答案】A
【解析】
【分析】利用正弦定理进行边化角，结合两角和与差的正弦公式即可判断三角形形状.
【详解】因为 ,
由正弦定理得，
所以,即,
因为，所以，则，即，
故为等腰三角形.
故选：A.
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. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】用列举法得出甲、乙、丙、丁四人中随机选出人的事件数，从而可求甲被选中的概率.
【详解】从甲、乙、丙、丁四人中随机选出人，
包括：甲乙；甲丙；甲丁；乙丙；乙丁；丙丁6种情况，
甲被选中的概率为.
故选：C.
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. 0.10 B. 0.12 C. 0.15 D. 0.18
【答案】A
【解析】
【分析】利用各组的频率之和等于 1的性质即得.
【详解】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 .
故选：A .
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. 86 B. 85.5 C. 85 D. 84.5
【答案】B
【解析】
【分析】按照百分位数的定义计算即可.
【详解】，故从小到大排列后，35，54，58，58，72，80，85，86，111，125，
取第7个数和8个数的平均数得，
故选：B.
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
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面的确定情况即可得到答案.
【详解】对A，若这个点位于这条线段所在的直线上，则无法确定一个平面，故A错误，
对B，若两条直线异面，则无法确定一个平面，故B错误；
对C，若三点位于一条直线上，则无法确定一个平面，故C错误；
对D，圆上不同的三点一定构成一个三角形，则可确定一个平面.
故选：D.
8. 若，是两条不同的直线，，是两个不同平面，，．则“”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】D
【解析】
【分析】由线线、面面关系以及充分、必要条件的概念即可得出结论.
【详解】若，是两条不同的直线，，是两个不同平面，，，
则或，异面；
或平面与平面相交；
故“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
9. 设是直线，，是两个不同平面，则下面命题中正确的是（ ）
A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，则
【答案】B
【解析】
分析】根据线线关系、线面关系以及面面关系逐个判断各选项即可得出答案.
【详解】是直线，，是两个不同平面，
若，，则或平面与平面相交，故A错误；
若，，则，故B正确；
若，，则或，故C错误；
若，则与平面相交或或，故D错误.
故选: B.
10. 如图，在棱长为2正方体中，点分别是棱的中点，点为底面上在意一点，若直线与平面无公共点，则的最小值是（ ）

A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由直线与平面无公共点，知平面，由平面平面，知点在上，利用三角形为等边三角形可得的最小值.
【详解】
如图：连接，
由正方体性质可知：，
因平面，平面，
所以平面，
同理，,
因平面，平面，
所以平面，
又，
平面，平面，
所以平面平面，
因直线与平面无公共点，点为底面上在意一点
所以点在上，
故最小时，，
因正方体的棱长为2，
所以三角形为边长为的等边三角形，
时，，
故选：B
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．
11. 在复数范围内，方程的解为___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的运算性质即可得方程的根.
【详解】在复数范围内，由方程得，即
故答案为：.
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______.
【答案】
【解析】
【分析】先根据平均数计算出的值，再根据方差的计算公式计算出这组数的方差.
【详解】依题意.所以方差为.
故答案为.
【点睛】本小题主要考查平均数和方差的有关计算，考查运算求解能力，属于基础题.
13. 如图，正方形ABCD的边长为2，P为CD边上的一个动点，则的取值范围是__________．

【答案】
【解析】
【分析】以为原点，建立合适的直角坐标系，设，，计算出，根据二次函数的性质则得到其范围.
【详解】以为原点，,所在直线分别为,轴,建立如图所示的平面直角坐标系，
则，设，其中，
则，
，
当时,有最小值3，
当或2时，有最大值为4，
的取值范围为.
故答案为：.

14. 在中，已知，，，则___________，的面积为__________．
【答案】 ①. ##0.75 ②.
【解析】
【分析】空1：直接利用正弦定理,二倍角公式可得；空2：先求出，再由可得，直接代入三角形面积公式即可.
【详解】因为，所以，
由正弦定理，
得，即，
则，
又，所以；
则，
又由余弦定理，即有，解得或.
当时，，又，则，则，这与矛盾，所以不符合题意，舍去;
当时，.
故答案为：；.
15. 如图，在棱长为1的正方体中，E为棱BC上的动点且不与B重合，F为线段的中点．给出下列四个命题：

①三棱锥的体积为；
②；
③的面积为定值；
④四棱锥是正四棱锥．
其中所有正确命题序号是_________-．
【答案】②③④
【解析】
【分析】利用锥体的体积公式可判断①，利用线面垂直的判定定理可判断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.
【详解】因为三棱锥体积为，
所以三棱锥体积的最大值为，故①错误；
连接，则，又平面，平面，
所以，因为，平面，
所以平面，因为平面，所以，故②正确；

设，连接，则，所以，即和到的距离相等且不变，所以三角形的面积不变，故③正确；
由，可知平面，又为正方形，为其中心，故四棱锥是正四棱锥，故④正确.
故答案为：②③④.
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. 已知复数满足，且是纯虚数．
（1）求及；
（2）若，求a和b的值．
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）根据复数的类型即可得到关于的方程，解出即可；
（2）根据一元二次方程复数根的特点结合韦达定理即可.
【小问1详解】
为纯虚数，，
且，，，

【小问2详解】
由（1）知，方程的一根为，则另一根为：，
则，
解得：，.
17. 已知，是同一平面内的两个向量，其中，且．
（1）若，求的坐标；
（2）若，求与夹角．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）设，按照向量的坐标表示计算即可；
（2）根据数量积与模、夹角的关系转化即可.
【小问1详解】
设．
因为，，
所以即
又因为，所以．
解之得时，或时，，
所以或．
【小问2详解】
记与夹角为．
因为，所以，
则，即，
所以，
又因为，所以．
18. 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：，，，，，．

（1）求的值；
（2）求这100户居民问卷评分的中位数；
（3）若根据各组的频率的比例采取分层抽样的方法，从评分在和内的居民中共抽取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户的评分在内的概率．
【答案】（1）0.02
（2）77.5 （3）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件, 由频率分布直方图中各组矩形面积之和等于1, 即可求出的值;
（2）结合频率分布直方图的性质, 以及中位数的定义, 即可求解;
（3）根据已知条件, 结合分层抽样的定义, 列举法, 以及古典概型的概率公式, 即可求解.
【小问1详解】
由频率分布直方图可得, , 解得 ;
【小问2详解】
由频率分布直方图可得,
，

则中位数在 之间, 设为 ,
则 , 解得 ,
故中位数为 77.5 分;
【小问3详解】
评分在 对应的频率为 0.1,0.2,
从评分在 和 内的居民中共抽取 6 人,
则评分在 占 2 人, 设为,
评分在 占 4 人, ,
从6人中选取 2 人的情况为:
, 共15种,
其中这 2 人中恰有 1 人的评分在 的情况为:, 共8种,
故这 2 人中恰有 1 人的评分在 内的概率为: .
19. 已知中，．
（1）求A的大小；
（2）若D是边AB的中点，且，求的取值范围，
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理得到，即可求出；
（2）设，利用正弦定理表示出，，设，利用辅助角公式化简，最后结合正弦函数的性质计算可得.
【小问1详解】
在中，由正弦定理有，
，
，即，
在中，由余弦定理，有，
，则，即，
，∴.
【小问2详解】
如图，设，则，，
在中,根据正弦定理，有，
，，
设
，
又，所以在上单调递增，
所以，即，
所以的取值范围为．

20. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，底面ABCD，且，，，E，F分别是PC，BD的中点．

（1）求证：平面PAD；
（2）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，求三棱锥的体积．
条件①：G是棱BC上一点，且；
条件②：G是PB的中点；
条件③：G是的内心（内切圆圆心）．
注；如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）连接AC，则AC与BD交于点，推导出，由此能证明平面PAD；
（2）选择①从而平面PDC，再推导出三棱锥的高为，由此能求出三棱锥的体积；选择条件②：推导出，从而平面PDC，再推导出三棱锥的高为，由此能求出三棱锥的体积；选择条件③：推导出，从而平面PDC，设的内切圆与PC边相切于点，则，三棱锥的高为GH，由此能求出三棱锥的体积.
【小问1详解】
连接，则与交于点，
在中，,均为中点，，
平面平面，平面.
【小问2详解】
选择条件①
平面平面，，
又底面ABCD是矩形,，
平面，平面，
是的三等分点，且，
三棱锥的高为，
底面底面ABCD，，
在中，为中点，
，
三棱锥的体积为:.
选择条件②
同条件①得到平面,
是PB中点，是PC中点，
在中,，
三棱锥的高为,
底面底面ABCD，，
在中,为PC中点，
，
三棱锥的体积为：.
选择条件③
同条件①得到平面，
设的内切圆与PC边相切于点，则，
平面平面，
三棱锥的高为GH，
在Rt中，，，
，，
底面底面ABCD，，
在中,为PC中点,
，
三棱锥的体积为：.

21. 如图，在直三棱柱中，点M在棱AC上，且平面，，， ．

（1）求证：M是棱AC的中点；
（2）求证：平面；
（3）在棱上是否存在点，使得平面平面？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）存在，
【解析】
【分析】（1）连接与, 两线交于点, 连接OM, 利用线面平行的性质可得，再由三角形中位线性质即可证;
（2）应用线面垂直的性质、判定可得平面, 从而得到, 根据 和 得到, 再利用线面垂直的判定即可证;
（3）当点为 的中点, 设的中点为, 连接DM, DN, 先证四边形 BNDM为平行四边形, 从而得到 , 进而有 平面, 再利用面面垂直的判定即可证.
小问1详解】
连接与, 两线交于点, 为的中点,连接OM,

因为平面，平面,平面平面，
所以 , 又在中为的中点,
所以 M是AC的中点;
【小问2详解】
因为 底面平面ABC, 所以, 又为棱AC的中点, , 所以 ,
因为 平面 ,
所以 平面平面, 所以,
因为, 所以, 又,
在 Rt 和 Rt中, ,
所以 , 即
,
所以 , 又 平面,
所以 平面;
【小问3详解】
当点为 的中点, 即 时, 平面平面
证明如下: 设的中点为, 连接 DM, DN,

因为 DM 分别为 的中点,
所以 且, 又为的中点,
所以 且,
所以四边形BNDM为平行四边形, 故,
由（2）知平面, 所以平面,
又 平面, 所以平面平面.