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文档简介
大兴区2022~2023学年度第二学期期末检测试卷高一数学2023.07考生须知1.本试卷共4页,共两部分,21道小题.满分150分.考试时间120分钟.2.在试卷和答题卡上准确填写学校名称、班级、姓名和准考证号.3.试题答案一律填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效.4.在答题卡上,选择题用2B铅笔作答,其他题用黑色字迹签字笔作答.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,选出符合题目要求的一项.1.复数()A.0 B.2 C. D.【答案】C【分析】根据复数代数形式的乘法运算法则计算可得.【详解】.故选:C2.已知向量与,且,则()A. B. C. D.【答案】A【分析】根据平面向量线性运算的坐标表示及平面向量基本定理计算可得.【详解】因为与,又,所以,所以.
故选:A3.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.800 B.900 C.1000 D.1100【答案】B【分析】确定样本容量与总体容量的比值,根据分层抽样的方法得出答案.【详解】样本容量与总体容量的比值为,设这所学校的初中学生人数为则被抽到的初中学生人数为,那么这所学校的初中学生人数为故选:B.4.已知在复平面内复数z对应的点的坐标为,则()A.3 B.4C.5 D.【答案】C【分析】根据复数的几何意义得出复数,再根据复数的模的计算公式即可得解.【详解】因为在复平面内复数z对应的点的坐标为,所以,.故选:C.5.已知平面,,直线,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】B【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】若且得不到,此时与可能相交,故充分性不成立,若又,则,故必要性成立,所以“”是“”的必要而不充分条件.故选:B6.设,为非零向量,且满足,则()A.0 B.-1 C.1 D.2【答案】A【分析】将两边平方即可得解.【详解】因为,所以,即,所以.故选:A.7.在中,,,,则()A. B. C.5 D.7【答案】D【分析】由余弦定理及题干所给条件,代入求解即可.【详解】因为,所以.由余弦定理,得,解得.故选:D.8.某校举办知识竞赛,将人的成绩整理后画出的频率分布直方图如下.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 B.众数估计为C.平均数估计为 D.第百分位数估计为【答案】C【分析】设频率分布直方图中与所对应的纵轴为,根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程,求出,再根据平均数、中位数、百分位数及众数的计算规则计算可得.【详解】设频率分布直方图中与所对应的纵轴为,则,解得,所以平均数为,故C正确;众数为,故B错误;因为,所以中位数为,故A错误;因为,第百分位数估计为,故D错误;故选:C9.已知边长为的正方形,点是边上动点,则的最大值是()A. B. C. D.【答案】B【分析】建立平面直角坐标,设,,利用坐标法表示,再根据二次函数的性质计算可得.详解】如图建立平面直角坐标系,则,,设,,则,,所以,所以当或时取得最大值.故选:B10.已知点P在棱长为2的正方体表面运动,且,则线段AP的长的取值范围是()A B. C. D.【答案】D【分析】作出正方体的对角线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.【详解】点在棱长为2的正方体表面运动,且,则点的轨迹是线段的中垂面截正方体所得截面多边形,分别取棱的中点,则,因此点在线段的中垂面上,点的轨迹是六边形,如图,当点在线段上时,若点为线段中点,有,,于是点为线段上任意一点,,当点在线段上时,,为钝角,则,即,当点在线段上时,,,,钝角,则,即,当点在线段上时,由,边上的高为,此时,由对称性知,当点在折线上时,,所以线段AP的长的取值范围是.故选:D【点睛】结论点睛:的三边分别为a,b,c(a≥b≥c),若,则是锐角三角形;若,则是直角三角形;若,则是钝角三角形.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.复数满足为纯虚数,则的实部为___________.【答案】【分析】根据纯虚数的定义和复数的概念求解即可.【详解】设(为虚数单位,),因为为纯虚数,所以,解得,所以实部为,故答案为:12.对于一组数据,,,,,,,,则第百分位数是___________.【答案】【分析】根据百分位数计算规则计算可得.【详解】因为,所以第百分位数为数据从小到大排列的第、两个数的平均数,即.故答案为:13.已知向量,在正方形网格中的位置如图所示,则,的夹角的余弦为___________.【答案】##【分析】如图,以点为原点,建立平面直角坐标系,设正方形的边长为,利用坐标法求解即可.【详解】如图,以点为原点,建立平面直角坐标系,设正方形的边长为,则,即,故,所以,即,的夹角的余弦为.故答案为:.14.一个铁制的底面半径为,侧面积为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___________.【答案】①.##②.【分析】设圆柱的高为,根据侧面积求出高,再根据圆柱的体积公式计算可得,设球的半径为,由球的体积与圆柱的体积相同得到方程,解得即可.【详解】设圆柱的高为,因为底面半径,侧面积为,所以,解得,所以圆柱的体积,设球的半径为,则,解得.故答案为:;15.如图,已知菱形中,,,为边的中点,将沿翻折成(点位于平面上方),连接和,为的中点,则在翻折过程中,给出下列四个结论:①平面平面;②与的夹角为定值;③三棱锥体积最大值为;④点的轨迹的长度为;其中所有正确结论的序号是___________.【答案】①②④【分析】①由题设结合线面垂直的判定证面,再由面面垂直的判定即可判断正误;②若是的中点,应用平行四边形的性质有,可知与的夹角为或其补角,进而求其大小;③根据①②的分析,当面时最大,求其最大值;④确定F的轨迹与到的轨迹相同,且到的轨迹为以中点为圆心,为半径的半圆,即可求轨迹长度.【详解】对于①:由,,为边的中点知且,易知,,而,面,故面,又面,所以面面,故①正确;对于②:若是的中点,又为的中点,则且,而且,所以且,即为平行四边形,故,所以与的夹角为或其补角,若为中点,即,由①分析易知,故与的夹角为,故②正确;对于③:由上分析知:翻折过程中当面时,最大,此时,故③错误;对于④:由②分析知:且,故的轨迹与到的轨迹相同,由①知:到的轨迹为以为圆心,为半径的半圆,而为中点,故到的轨迹为以中点为圆心,为半径的半圆,所以的轨迹长度为,故④正确.故答案为:①②④.【点睛】关键点睛:应用线面、面面垂直的判定判断面面垂直;根据线线角的定义,结合平行四边形的性质找到线线角的平面角并求大小;判断动点的轨迹,由圆的性质及棱锥的体积公式求的最大体积以及F的轨迹的长度.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.已知向量,满足,.(1)求;(2)若,求的坐标;(3)若,求.【答案】(1)(2)或(3)【分析】(1)根据向量的模的坐标公式计算即可;(2)设,再根据向量的模的坐标公式及向量共线的坐标公式计算即可;(3)由,得,再将平方开再根号即可得解.【小问1详解】因为,所以;【小问2详解】设,由,,得,解得或,所以的坐标为或;【小问3详解】若,则,故.17.已知.(1)求的值;(2)求的值.【答案】(1)(2)【分析】(1)由两角和的正切公式计算可得;(2)利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切,再代入计算可得.【小问1详解】因为,所以.【小问2详解】因为,所以.18.如图,在三棱柱中,侧面为正方形,平面平面,M,N分别为,AC的中点.(1)求证:平面;(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求证:.条件①:;条件②:.注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)取的中点,连接,证明四边形是平行四边形,则,再根据线面平行的判定定理即可得证;(2)先根据面面垂直性质证明平面,选①,证明,再根据线面垂直的判定定理证明平面,再根据线面垂直的性质即可得证.选②,取的中点,连接,则且,,先证明,再证明,进而得证.【小问1详解】取的中点,连接,因为M,N分别为,AC的中点,所以且,又且,所以且,所以四边形是平行四边形,所以,又平面,平面,所以平面;【小问2详解】因为平面平面,平面平面,平面,所以平面,又平面,所以,选①,由(1)得,因为,所以,又平面,所以平面,又平面,所以.选②,取的中点,连接,因为M,N分别为,AC的中点,所以且,,因为平面,所以平面,又平面,所以,即,因为,所以,又,所以,所以,所以,又,所以.19.某工厂生产某款产品,该产品市场平级规定: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:9.610.19.79.810.09.710.09.810.110.2经计算得,其中为抽取的第件产品的评分,.(1)求这组样本平均数和方差;(2)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;(3)在第(2)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.【答案】(1)平均数,方差为,(2)平均数,方差为,(3)见解析【分析】(1)直接利用平均数的定义和方差的定义求解即可;(2)根据平均数的性质和方差的性质求解即可;(3)从平均数角度分析或从抽样的随机性角度分析即可.【小问1详解】样本平均值为,样本方差为,【小问2详解】因为改进后随机抽取的10件产品是改进前抽取的10件产品每个提高0.2分,所以估计改进后生产的产品评分的平均数,方差为,【小问3详解】可以认为是一等品,因为改进后该厂生产的产品评分由样本数据估计平均数为,所以可以认为这10件产品平均等级为一等品,不一定是一等品,因为样本数据具有随机性,所以新样本平均值不一定达到10分以上,所以新样本平均等级不一定是一等品.20.在中,,是边上的点,,.(1)求的大小;(2)求的值;(3)求的面积.【答案】(1)(2)(3)【分析】(1)利用余弦定理计算可得;(2)令,依题意可得,表示出,,,在中利用正弦定理得到,再由两角差的正弦公式展开,即可求出;(3)首先由利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切,再代入求出,最后由面积公式计算可得.【小问1详解】因为,由余弦定理,又,所以.【小问2详解】如图,令,因为,所以,所以,,,在中,由正弦定理得,即,所以,即,所以,解得,即.【小问3详解】由,所以.21.如图,从长、宽,高分别为,,的长方体中截去部分几何体后,所得几何体为三棱锥.(1)求三棱锥的体积;(2)证明:三棱锥的每个面都是锐角三角形;(3)直接写出一组,,的值,使得二面角是直二面角.【答案】(1)(2)证明见解析(3),,(满足或均可)(答案不唯一)【分析】(1)利用长方体的体积减去四个角的三棱锥的体积即可得解;(2)三棱锥的每个面的三角形的三条边均为,,,不妨设,则为最大边,各面的最大角为,利用余弦定理得
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