2022-2023學年北京市海淀區高一下學期期末數學綜合練習試題一、單選題1．復數的虛部為（

）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】根據復數的概念判斷即可；【詳解】解：復數的虛部為；故選：C2．這組數據的第50百分位數是（

）A．3 B． C．4 D．5【答案】B【分析】根據百分位數的定義計算求解即可.【詳解】將數據從低到高排列為1，2，3，4，5，5.而，所以第50百分位數是.故選：B.3．在中，已知，，，則角（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據正弦定理可得答案.【詳解】由正弦定理得，即，可得，因為，所以，即為銳角，所以.故選：A.4．某班分成了A?B?C?D四個學習小組學習二十大報告，現從中隨機抽取兩個小組在班會課上進行學習成果展示，則組和組恰有一個組被抽到的概率為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用列舉法結合古典概型概率公式即得.【詳解】從A?B?C?D四個學習小組中隨機抽取兩個小組有共6種結果，其中組和組恰有一個組被抽到的結果有共4種結果，所以組和組恰有一個組被抽到的概率為.故選：C.5．已知向量，，若存在實數，使得，則和的值分別為（

）A．， B．， C．，2 D．，2【答案】A【分析】根據平面向量線性運算的坐標表示得到方程組，解得即可；【詳解】解：因為，且，所以，所以，解得；故選：A6．如圖所示，該幾何體是從一個水平放置的正方體中挖去一個內切球（正方體各個面均與球面有且只有一個公共點）以后而得到的．現用一豎直的平面去截這個幾何體，則截面圖形不可能是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用正方體內切球的性質，及球的截面圓即可求解.【詳解】對于A，用豎直的平面截正方體，該平面過球心，且過正方體四個面的中心，即可得到截面圖形A，如圖；對于B，用豎直的平面截正方體，該平面為正方體的對角面,過球心，及正方體兩個側面的對角線的中心，即可得到截面圖形B；對于CD，用豎直的平面截正方體，該平面過正方體一個側面的中心，如圖，切點在截面的邊CD的中點處，且CD為長方形中較短的線段，即可得到D.故選：C7．已知直線，與平面，，，能使成立的條件是（

）A．， B．，C．， D．，，，【答案】C【分析】利用平面與平面的位置關系可判斷AC；利用直線與平面的位置關系可以判斷B；利用面面平行的判定定理可判斷D.【詳解】對于A，，，則與相交或，故A錯誤；對于B，，，則與相交或，故B錯誤；對于C，，，則，故C正確；對于D，，，，，沒有說明直線，相交，故不能通過線面平行證明面面平行，故D錯誤；故選：C8．已知直線是函數與的圖象的一條對稱軸，為了得到函數的圖象，可把函數的圖象A．向左平行移動個單位長度 B．向右平行移動個單位長度C．向左平行移動個單位長度 D．向右平行移動個單位長度【答案】C【分析】依題意，得，解得，所以函數，再根據三角函數的圖象變換，即可求解，得到答案．【詳解】依題意，直線是函數與的圖象的一條對稱軸，則，即，解得，因為，所以，所以函數，將的圖象向左平行移動個單位長度得，選C.【點睛】本題主要考查了三角函數的圖象與性質，以及三角函數的圖象變換，其中解答中正確李穎三角函數的性質，得出三角函數的解析式，熟記三角函數的圖象變換是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．9．如圖，在直角梯形中，，，，若為的中點，則（

）A．1 B． C．2 D．4【答案】C【分析】建立平面直角坐標系，令，，得到點的坐標，利用坐標法計算可得；【詳解】解：如圖建立平面直角坐標系，令，，則，，，所以，所以，，所以，故選：C10．如圖，摩天輪的半徑為40米.摩天輪的中心O點距離地面的高度為45米，摩天輪勻速逆時針旋轉.每30分鐘轉一圈.若摩天輪上點P的起始位置在最低點處.下面有關結論正確的是（

）A．經過10分鐘，點P距離地面的高度為45米B．第25分鐘和第70分鐘點P距離地面的高度相同C．從第10分鐘至第20分鐘，點P距離地面的高度一直在上升D．摩天輪旋轉一周，點P距離地面的高度不低于65米的時間為10分鐘【答案】D【分析】若轉動分鐘，P距離地面的高度為可得，結合各選項的描述，利用余弦型函數的性質判斷正誤.【詳解】由題設，摩天輪每分鐘的角速度為，若轉動分鐘，P距離地面的高度為，則，所以，經過10分鐘米，A錯誤；第25分鐘米；第70分鐘米，B錯誤；由，則，即P距離地面的高度先增大后減小，C錯誤；由題設，，即，在一周內P距離地面的高度不低于65米有，可得，故時間長度為10分鐘，D正確.故選：D二、填空題11．已知某球體的體積與其表面積的數值相等，則此球體的半徑為．【答案】【分析】根據球體的體積和表面積數值相等的條件得到等式關系，解方程即可求出球的半徑【詳解】假設球體的半徑為，由已知條件球體的體積與其表面積數值相等，得，解得.故答案為：12．已知的三條邊長分別為，則此三角形的最大角與最小角之和為．【答案】【分析】依題意設、、，根據三角形的性質可得，利用余弦定理求出，再根據三角形內角和定理計算可得；【詳解】解：依題意設、、，因為，所以，由余弦定理，，，所以，即該三角形最大角與最小角之和為．故答案為：．三、雙空題13．某學校為了調查高一年級600名學生年平均閱讀名著的情況，通過抽樣，獲得了100名學生年平均閱讀名著的數量（單位：本），將數據按照分成5組，制成了如圖所示的頻率分布直方圖，則圖中的值為；估計高一年級年平均閱讀名著的數量不少于10本的人數為.【答案】/【分析】由頻率和為1列方程求參數a，由圖知數量不少于10本的頻率為，進而求人數.【詳解】由直方圖知：，所以，則高一年級年平均閱讀名著的數量不少于10本為人.故答案為：，四、填空題14．木工小張在處理如圖所示的一塊四棱臺形狀的木塊時，為了經過木料表面內一點和棱將木料平整鋸開，需要在木料表面過點畫直線，則滿足（選出你認為正確的全部結論）①；②；③與直線相交；④與直線相交．【答案】③④【分析】延長、交于點，則、的延長線也過點，則直線即為所求作的直線，由此可得出結論.【詳解】延長、交于點，則、的延長線也過點，如下圖所示：因為，則平面，則直線即為所求作的直線，所以，直線與直線、直線都相交.故答案為：③④.15．根據畢達哥拉斯定理，以直角三角形的三條邊為邊長作正方形，從斜邊上作出的正方形的面積正好等于在兩直角邊上作出的正方形面積之和.現在對直角三角形按上述操作作圖后，得如下圖所示的圖形，若，則.

【答案】/-0.5【分析】建立平面直角坐標系，設，求得的坐標，再由求解.【詳解】解：建立如圖所示平面直角坐標系：

設，則，，，所以，即，所以，因為，所以，則，則，化簡得，故答案為：16．如圖，正方體的棱長為2，點為底面的中心，點在側面的邊界及其內部運動，且．給出下列結論：①；②三棱錐的體積為定值；③點P在線段CE上(E為BB1的中點)；④面積的最大值為2．其中所有正確結論的序號是．【答案】①②③【分析】對于①，連接，由三角形為等邊三角形判讀；對于②，體積為，為定值；對于③，連接，證明平面，進而判斷；對于④，當點到點位置時，此時面積為.【詳解】對于①，連接，由正方體的性質知三角形為等邊三角形，由于為底面的中心，故為中點，故，正確；對于②，無論點在側面的邊界及其內部運動的任何位置，三棱錐的高始終為正方體的邊長，故體積為，為定值，正確；對于③，連接，由正方體中的性質知，，所以，故,所以，又因為，所以平面，又因為，故點在線段上(為的中點)，正確；對于④，當點到點位置時，此時面積為，故錯誤.故正確的序號是：①②③故答案為：①②③五、解答題17．在中，．(1)求；(2)若，，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用余弦定理計算可得；（2）利用正弦定理計算可得；【詳解】（1）解：因為，即由余弦定理，因為，所以；（2）解：因為，，，由正弦定理，即，所以；18．高考英語考試分為兩部分，一部分為聽說考試，滿分50分，一部分為英語筆試，滿分100分.英語聽說考試共進行兩次，若兩次都參加，則取兩次考試的最高成績作為聽說考試的最終得分，如果第一次考試取得滿分，就不再參加第二次考試.為備考英語聽說考試，李明每周都進行英語聽說模擬考試訓練，下表是他在第一次聽說考試前的20次英語聽說模擬考試成績.假設：①模擬考試和高考難度相當；②高考的兩次聽說考試難度相當；③若李明在第一次考試未取得滿分后能持續保持聽說訓練，到第二次考試時，聽說考試取得滿分的概率可以達到.4650474849505047484748495049505048504950(1)設事件為“李明第一次英語聽說考試取得滿分”，用頻率估計事件的概率；(2)基于題干中假設，估計李明英語高考聽說成績為滿分的概率的最大值.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根據古典概型公式計算，即可求解；（2）計算出李明第二次英語聽說考試取得滿分的概率，然后根據題意，由獨立事件的乘法公式計算李明英語高考聽說成績為滿分的概率的最大值.【詳解】（1）依題意，李明在20次英語聽說模擬考試中有8次取得滿分，取得滿分的頻率為，所以用頻率估計事件的概率為.（2）設事件為“李明第二次英語聽說考試取得滿分”，事件為“李明高考英語聽說考試取得滿分”.依題意，，所以，所以如果李明在第一次未取得滿分時，堅持訓練參加第二次考試，那么他英語高考聽說考試最終成績為滿分的概率的最大值可以達到.19．某同學用“五點法”畫函數（，，）在某一個周期內的圖象時，列表并填入了部分數據，如下表：0x0200(1)函數的解析式為________（直接寫出結果即可）；(2)求函數的單調遞增區間；(3)求函數在區間上的最小值．【答案】(1)(2)，(3)【分析】（1）根據已知條件求得，由此求得的解析式.（2）利用整體代入法求得的單調遞增區間.（3）根據三角函數最值的求法，求得在區間上的最小值.【詳解】（1）根據表格提供數據可知，，,由于，所以.所以.（2）由得，所以函數的單調遞增區間為，．（3）因為，所以．得：．所以，當即時，在區間上的最小值為．20．如圖，在直角梯形中，，，，并將直角梯形繞邊旋轉至.

(1)求證：直線平面；(2)求證：直線平面；(3)當平面平面時，再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個，使平面與平面垂直.并證明你的結論.條件①：；條件②：；條件③：.注：如果選擇的條件不符合要求，第（3）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)條件選擇見解析，證明見解析【分析】（1）由已知可得出，，再利用線面垂直的判定定理可證得結論成立；（2）證明出四邊形為平行四邊形，可得出，利用線面平行的判定定理可證得結論成立；（3）選擇條件②，利用面面垂直的性質可得出平面，可推導出，利用勾股定理證明出，再利用線面垂直和面面垂直的判定定理可證得結論成立；選擇條件③，利用面面垂直的性質可得出平面，可推導出，利用已知條件可得出平面，最后利用面面垂直的判定定理可證得結論成立；條件①不合乎要求，根據反證法結合面面垂直的性質可得出結論.【詳解】（1）證明：翻折前，在直角梯形中，，將直角梯形繞邊旋轉至，則.因為、平面，且，所以平面.（2）證明：翻折前，，將直角梯形繞邊旋轉至，則，所以，，又因為，所以四邊形為平行四邊形，所以.因為平面，平面，所以平面.（3）證明：條件②：因為平面平面，平面平面，且，平面，所以平面.因為平面，所以.在梯形中，，，所以，，且為等腰直角三角形，又因為，則，因為，由余弦定理可得，所以，，故，因為、平面，，所以，平面.因為平面，所以平面平面；條件③：因為平面平面，平面平面，且，平面，所以平面.因為平面，所以，.因為，、平面，，所以，平面.因為平面，所以平面平面；條件①不符合題目要求，理由如下：若，且，則，從而可得，則，因為，則，所以，，由余弦定理可得，因為，則，即與不垂直，過點在平面內作，垂直為點，因為平面平面，平面平面，且，平面，所以平面.因為平面，所以，.又因為，，、平面，所以，平面，若平面平面，根據面面垂直的性質定理可知，在平面內且過點有且只有一條直線與平面垂直，即平面，但平面，矛盾，故條件①不滿足題意.

21．在平面直角坐標系中，為坐標原點，對任意兩個向量，，作，．當，不共線時，記以，為