精品解析：北京市通州区2023-2024学年高一下学期期中质量检测数学试卷

通州区2023—2024学年第二学期高一年级期中质量检测 数学试卷 2024年4月 本试卷共4页，共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，请将答题卡交回. 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，选出符合题目要求的一项. 1. 在复平面内，复数对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的乘法求出即可得解. 【详解】依题意，，所以复数在复平面内对应点在第一象限. 故选：A 2. 如图，四边形是菱形，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对A和B由图即可判断；对C根据菱形性质即可判断；对D，根据向量加法和图形即可判断. 【详解】对A，因为四边形是菱形，则，故A错误； 对B，由图知，故B错误； 对C，因为四边形是菱形，则，则，故C正确； 对D， ，故D错误； 故选：C. 3. 已知向量，. 若，则实数（ ） A. B. 9 C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标表示即可得到方程，解出即可. 【详解】由题意得，即. 故选：A. 4. 为了解学生们的视力状况，某学校决定采用分层抽样的方法，从高一、高二、高三三个年级共抽取100人进行调查. 已知高三年级有200人，高二年级有240人，高一年级有360人，则高三年级抽取的人数为（ ） A. 20 B. 25 C. 30 D. 45 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用分层抽样列式计算即得. 【详解】依题意，高三年级抽取的人数为. 故选：B 5. 已知样本数据为：，，，，，，，，，. 去掉一个最大值和一个最小值后的数据与原来的数据相比，下列数字特征的值一定不变的是（ ） A. 平均数 B. 众数 C. 极差 D. 中位数 【答案】D 【解析】 【分析】由平均数、众数、极差和中位数的定义可直接判断. 【详解】样本数据为，，，，，，，，，， 去掉一个最大值和一个最小值后的数据与原来的数据相比，假设从小到大就是从到，极差和众数可能变化，故BC错； 平均数为，可能变，故A错； 中位数还是按从小到大排序中间两个数的平均数，即，故D正确； 故选：D. 6. 已知，，是三个非零平面向量，则下列叙述正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量的模、数量积的运算律及共线向量直接判断各个选项即可. 【详解】对于A，，而与的方向不确定，不一定有，A错误； 对于B，由，得，即，则，B正确； 对于C，，当时，也成立，C错误； 对于D，，当与的方向相反时，，D错误. 故选：B 7. 已知两个单位向量，满足，则，的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先同平方求出，再利用向量夹角公式即可. 【详解】，两边同平方有， 即，解得，则， 又因为，所以. 故选：C. 8. 在中，角，，的对边分别为，，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦定理分别判断充分性和必要性即可. 【详解】若，则，由正弦定理可知， 则， 则，则可得“”是“”的充分条件， 再由，由正弦定理得，则，则， 则“”是“”的必要条件， 所以“”是“”的充要条件. 故选：C. 9. 如图，在中，是的中点，是延长线上一点，且，若，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算可得结果. 【详解】因为，所以为的中点，又D是AB的中点， 所以， 则，. 故选：B. 10. 如图，为了测量河对岸的塔高，选取与塔底在同一水平面内的两个观测点和，测得，，长米，并在处测得塔顶的仰角为，则塔高（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦定理求出，再利用直角三角形边角关系求解即得. 【详解】在中，，，则， 由正弦定理得，则， 在中，，所以. 故选：D 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. 若复数为纯虚数，则实数_____________. 【答案】1 【解析】 【分析】利用纯虚数的定义直接求出值. 详解】依题意，，所以. 故答案为：1 12. 在中，角，，的对边分别为，，，，，，则_____________，的面积为_____________. 【答案】 ①. 1 ②. ## 【解析】 【分析】利用余弦定理求出，利用三角形面积公式计算即得. 【详解】在中，由余弦定理得； 由三角形面积公式得. 故答案为：； 13. 已知正方形的边长为2，，则_____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，可得，再利用向量数量积的运算律计算即得. 【详解】边长为2的正方形中，，则，而， 所以 . 故答案为： 14. 如图是李明3月1日至10日记录的一分钟跳绳次数折线图，由图判断从第_____________天开始，连续三天的跳绳次数方差最大. 【答案】4 【解析】 【分析】结合方差越大，说明数据的波动性越大，然后根据图表即可判断. 【详解】因为方差越大，说明三天的跳绳次数越不稳定， 由图可知从4日开始连续4，5，6三天的跳绳次数方差最大， 故答案为：4 15. 已知平面向量，，，正实数，满足，与的夹角为，且，则的最小值为_________________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律，结合二次函数最值求解即得. 【详解】由，得，而，与的夹角为， 则 ，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 故答案为： 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. 若复数满足，其中为虚数单位，其共轭复数为. （1）求复数和； （2）若，（，），求实数，的值. 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用复数除法运算求出，再求出复数的模. （2）由（1）及复数乘法求出，再利用复数相等求解即得. 【小问1详解】 由，得；. 【小问2详解】 由（1）知，，则， 由，得， 所以. 17. 已知向量，，， （1）求； （2）求与夹角的余弦值； （3）若向量与互相垂直，求实数的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据向量数量积坐标表示即可； （2）根据向量夹角余弦值的坐标表示即可； （3）计算出，再利用向量垂直的坐标表示即可得到方程，解出即可. 【小问1详解】 因为， . 【小问2详解】 ，， . 【小问3详解】 因为向量， 所以， 因为， 所以，解得. 18. 在中，角，，所对边为，，.，. （1）求； （2）若，为边上的中点，求边长及中线的长. 【答案】（1）； （2），. 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理即可求出； （2）根据余弦定理求出，利用中线定理，再平方代入数据即可. 【小问1详解】 因为，， 在中，由正弦定理得， 所以. 【小问2详解】 因为，，所以， 在中，， 根据余弦定理得， 整理得，解得或（舍）， 因为D为AC中点，故， . 故中线. 19. 在中，角，，的对边分别为，，，且. （1）求角； （2）若，求周长的最大值. 【答案】（1）； （2）6 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角即可求解. （2）由（1）的结论，利用余弦定理及基本不等式求出最大值. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理，得， 而，则，又， 所以. 【小问2详解】 由（1）及余弦定理，得，而， 则，即，又， 于是，整理得，解得， 则当且仅当，即时取等号， 所以，即周长的最大值为6. 20. 对某校高一学生参加志愿服务次数进行统计，随机抽取名学生作为样本，得到这名学生参加志愿服务的次数，根据此数据作出了频数与频率的统计表和频率分布直方图. 分组 频数 频率 15 0.3 25 4 0.08 合计 1 （1）请补全表格，并求出图中的值； （2）若该校高一年级学生有400人，试估计该校高一年级学生参加志愿服务的次数在区间上的人数； （3）试估计该校高一年级学生参加志愿服务次数的中位数和平均数（每组次数用中间值代替）. 【答案】（1）表格见解析， （2） （3）中位数是，平均数为； 【解析】 【分析】（1）根据频率和为1补全表格，再利用频率分布直方图矩形面积和组距的关系即可求出值； （2）求出在上的频率是，再乘以总人数即可. （3）首先分析出中位数在区间上，再设中位数为，列方程，解出即可，再根据频率分布图中平均数公式即可求出平均数. 【小问1详解】 ，， 则，，表格如下： 分组 频数 频率 15 25 0.5 6 0.12 4 合计 50 1 故. 【小问2详解】 因为该校高一年级学生有人，在上的频率是， 所以估计该校高一年级学生参加志愿服务的次数在此区间上的人数为人. 【小问3详解】 因为且， 所以中位数在区间上， 因为中位数及前面的数的频率之和为，设样本中位数为， 则，解得， 估计该校高一年级学生参加志愿服务次数的中位数是. 平均数， 估计该校高一年级学生参加志愿服务次数的平均数是. 21. 甲、乙、丙三人进行5轮的投篮比赛，每轮各投10次，其成绩（命中次数）如下： 甲投中次数 6 6 8 7 8 乙投中次数 6 5 4 6 丙投中次数 （1）若乙比甲平均少投中2次，求的值，甲和乙投中次数的方差分别为和，试比较和大小（结论不要求证明）； （2）若投中一球计三分，丙平均得分为21分，方差为36，且每轮得分互不相同，求丙在比赛中的最高得分，并说明理由. 【答案】（1），； （2）30分，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）利用平均数求得值，再利用方差的定义计算即得. （2）根据给定条件，转化为投中次数的平均数和方差，列式换元，构造函数并利用二次函数的性质推理计算得解. 【小问1详解】 由乙比甲平均少投中2次，得，所以， 甲投中次数的平均数为7，乙投中次数的平均数为5， 则，， 所以. 【小问2详解】 因投中一球计三分，丙的平均得分为21，方差为36， 等价于丙平均投中7次，方差为4，不妨设， 则，， 设分别为， 于是，设， ， 由恒成立，得判别式，即， 解得，且，因此的最大值为3， 如丙投中次数为4，6，7，8，10， 则最大为3+7=10，所以丙在一轮比赛中的最高得分为30. 【点睛】关键点点睛：解决第2问的关键是把得分平均数及方差问题，转化为投中次数的平均数和方差求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$