精品解析：北京市东城区2023-2024学年高一下学期期末统一检测数学试题

东城区2023-2024学年度第二学期期末统一检测 高一数学 2024.7 本试卷共4页，满分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，将本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，选出符合题目要求的一项. 1. 已知复数，，则在复平面内表示复数的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 的值为（ ） A. B. C. D. 1 3. 从装有2张红色卡片和2张黑色卡片的盒子中任取2张卡片，则下列结论正确的是（ ） A. “恰有一张黑色卡片”与“都是黑色卡片”为互斥事件 B. “至少有一张红色卡片”与“至少有一张黑色卡片”为互斥事件 C. “恰有一张红色卡片”与“都是黑色卡片”为对立事件 D. “至多有一张黑色卡片”与“都是红色卡片”为对立事件 4. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 5. 设，为非零向量，下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 某高校入学面试为每位面试者准备了3道难度相当的题目．每位面试者最多有三次抽题机会，若某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止．若李明答对每道题目的概率都是，则他最终通过面试的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象关于点对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 设是两个不同的平面，是两条直线，且.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 9. 向量 ， 在正方形网格中的位置如图所示，则 （ ） A. B. C. D. 10. 如图，已知正方体的棱长为2，其中E，F，G，H，I，J，K分别为棱，，，，，，的中点，那么三棱柱与三棱柱在正方体内部的公共部分的体积为（ ） A. B. C. 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. 已知向量，，若与垂直，则实数x的值为________． 12. 已知纯虚数z满足，则z可以是________． 13. 一木块如图所示，所有棱长都等于，点为三角形的中心，过点将木块锯开，截面平行于直线和，则截面面积为________． 14. 某实验室一天的温度（单位：）随时间t（单位：h）的变化近似满足函数关系：，，a，b为正实数，若，，则该实验室这一天的最大温差为________；若该实验室这一天的最大温差为10，则的最大值为________． 15. 赵爽为《周髀算经》一书作注时介绍了“勾股圆方图”，即“赵爽弦图”．下图是某同学绘制的赵爽弦图，其中，点分别是正方形和正方形上的动点，给出下列四个结论： ①； ②； ③设与的夹角为，则的值为3； ④的最大值为12． 其中所有正确结论的序号是________． 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，． （1）求的值； （2）求的值． 17. 某中学调查了某班全部45名同学参加书法小组和科创小组的情况，数据如下（单位：人）： 参加书法小组 未参加书法小组 参加科创小组 8 4 未参加科创小组 3 30 （1）从该班随机选1名同学，求该同学至少参加上述一个小组的概率； （2）在既参加书法小组又参加科创小组的8名同学中，有5名男同学，，，，，3名女同学，，，现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，求被选中且未被选中的概率． 18. 如图，在四棱锥中，平面，，． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）设点为的中点，过点，的平面与棱交于点，且平面，求的值． 19. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量．若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标． 设， （1）求模长； （2）设，若，求实数的值； （3）若，，有同学认为“”的充要条件是“”，你认为是否正确？若正确，请给出证明，若不正确，请说明理由． 20. 设函数．从下列三个条作中选择两个作已知，使得函数存在． （1）求的最小正周期及单调递减区间； （2）若对于任意的，都有，求实数的取值范围． 条件①：函数图象经过点； 条件②：在区间上单调递增； 条件③：是的一条对称轴． 21. 设为正整数，集合．对于集合中的任意元素和，定义，，以及． （1）若，，，，求； （2）若，均为中元素，且，，求的最大值； （3）若均为中的元素，其中，，且满足，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 东城区2023-2024学年度第二学期期末统一检测 高一数学 2024.7 本试卷共4页，满分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，将本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，选出符合题目要求的一项. 1. 已知复数，，则在复平面内表示复数的点位于（ ） 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】计算出复数的表达式，即可求出在复平面内所表示的点的位置. 【详解】由，，, 由复数的几何意义，可知对应的是第一象限. 故选：A 2. 的值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】逆用和、差角的余弦公式化简、求值. 【详解】 故选：B 3. 从装有2张红色卡片和2张黑色卡片的盒子中任取2张卡片，则下列结论正确的是（ ） A. “恰有一张黑色卡片”与“都是黑色卡片”为互斥事件 B. “至少有一张红色卡片”与“至少有一张黑色卡片”为互斥事件 C. “恰有一张红色卡片”与“都是黑色卡片”为对立事件 D. “至多有一张黑色卡片”与“都是红色卡片”为对立事件 【答案】A 【解析】 【分析】记张红色卡片为、，张黑色卡片为、，列出样本空间，再对各选项的事件列出其基本事件，根据互斥事件、对立事件的定义判断即可. 【详解】记张红色卡片为、，张黑色卡片为、， 所以样本空间， 对于A：“恰有一张黑色卡片”， “都是黑色卡片”，故“恰有一张黑色卡片”与“都是黑色卡片”为互斥事件，故A正确； 对于B：“至少有一张红色卡片” ， “至少有一张黑色卡片” ， 所以“至少有一张红色卡片”与“至少有一张黑色卡片”不互斥，故B错误； 对于C：“恰有一张红色卡片” ， “都是黑色卡片”，所以恰有一张红色卡片”与“都是黑色卡片”为互斥事件，但不是对立事件，故C错误； 对于D：“至多有一张黑色卡片” ， “都是红色卡片”， 所以“都是红色卡片”包含于“至多有一张黑色卡片”，故D错误. 故选：A 4. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理将边化角，即可求出，从而得解. 【详解】因为，由正弦定理可得，即， 又，所以. 故选：B 5. 设，为非零向量，下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据线性运算判断AB；根据数量积的运算律判断CD. 【详解】当时，，故A错； 当与反向共线时，且时，，故B错； ，故C正确； ，，故D错. 故选：C. 6. 某高校入学面试为每位面试者准备了3道难度相当的题目．每位面试者最多有三次抽题机会，若某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止．若李明答对每道题目的概率都是，则他最终通过面试的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设李明最终通过面试为事件，根据对立事件及相互独立事件的概率公式计算可得. 【详解】设李明最终通过面试为事件， 则. 故选：D 7. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象关于点对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由三角函数平移变换可得函数解析式，令，，可得对称中心，进而得到的最小值. 【详解】将函数的图象向右平移个单位得： ， 令，，得， 所以图象的对称中心为，， 当时，取得最小值. 故选：A. 8. 设是两个不同的平面，是两条直线，且.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】A 【解析】 【分析】通过面面平行的性质判断充分性，通过列举例子判断必要性. 【详解】，且，所以，又，所以，充分性满足， 如图：满足，，但不成立，故必要性不满足， 所以“”是“”的充分而不必要条件. 故选：A. 9. 向量 ， 在正方形网格中位置如图所示，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标运算即可求解. 【详解】设小正方形的边长为， 建立如图所示的平面直角坐标系， 则，， ， 因为，所以. 故选：D 10. 如图，已知正方体的棱长为2，其中E，F，G，H，I，J，K分别为棱，，，，，，的中点，那么三棱柱与三棱柱在正方体内部的公共部分的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先得出公共部分为四棱锥，然后结合棱锥的体积公式直接计算即可求解. 【详解】 如图所示，设交于点，由题意三棱柱与三棱柱在正方体内部的公共部分为四棱锥， 显然四棱锥的高为，底面是边长为1的正方形， 故所求体积为. 故选：C. 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. 已知向量，，若与垂直，则实数x的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据与垂直，数量积求解参数的值. 【详解】由,若与垂直，则，解得. 故答案为：. 12. 已知纯虚数z满足，则z可以是________． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】由复数概念和复数的模即可求解. 【详解】为纯虚数，设，， ，解得或，即或. 故答案为：（答案不唯一） 13. 一木块如图所示，所有棱长都等于，点为三角形的中心，过点将木块锯开，截面平行于直线和，则截面面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】取的中点，连接，，过点作交、于点、，取、的三等分、（靠近、），连接、、，即可得到四边形即为所求截面，再证明平面，即可得到，从而求出截面面积. 【详解】取的中点，连接，，则在上且， 过点作交、于点、，则、为、的三等分点（靠近、）， 取、的三等分、（靠近、），连接、、， 则且，且， 且，且， 所以且，且， 所以四边形即为所求截面， 又，，，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以，所以四边形为矩形， 所以截面面积. 故答案为： 14. 某实验室一天的温度（单位：）随时间t（单位：h）的变化近似满足函数关系：，，a，b为正实数，若，，则该实验室这一天的最大温差为________；若该实验室这一天的最大温差为10，则的最大值为________． 【答案】 ①. 4 ②. 【解析】 【分析】整理可得，分析可知最大温差为.若，，直接代入即可；若该实验室这一天的最大温差为10，可得，利用基本不等式运算求解. 【详解】因为， 且最小正周期，即正好为一个满周期， 可知的最大值为，最小值为， 可得最大温差为， 若，，则最大温差； 若该实验室这一天的最大温差为10，即，可得， 又因为a，b为正实数，则，可得， 当且仅当时，等号成立， 所以的最大值为. 故答案为：4；. 15. 赵爽为《周髀算经》一书作注时介绍了“勾股圆方图”，即“赵爽弦图”．下图是某同学绘制的赵爽弦图，其中，点分别是正方形和正方形上的动点，给出下列四个结论： ①； ②； ③设与的夹角为，则的值为3； ④的最大值为12． 其中所有正确结论的序号是________． 【答案】②③ 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，利用向量积的坐标运算判断①，利用向量模的坐标运算结合不等式的性质判断②，利用向量夹角的坐标求法结合同角三角函数的基本关系判断③，举反例判断④即可. 【详解】因为，正方形和正方形， 所以，由勾股定理得，故，， ，故得是的中点，且作， 由等面积公式得， 解得，由勾股定理得， 如图，以为原点，以为轴，以为轴建立平面直角坐标系， 所以，，，， 对于①，故，， 故，故①错误， 对于②，设，因为是正方形上的动点， 故，而， 故，， 由题意得，故， 故成立，可得②正确， 对于③，作，由等面积公式得， 解得，由勾股定理得，故， 故，而，故是的中点， 而，故，所以， ，而与的夹角为， 故， 而，故，可得， 解得(负根舍去)，得到，故③正确， 对于④，假设运动到，运动到， 此时，，故， ，故， 故的最大值不为12，则④错误. 故答案为：②③ 【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量，解题关键是建立平面直角坐标系，结合等面积法求出各个点的坐标，然后把动点视作特殊定点，利用向量积的坐标运算求值，否定给定的命题即可． 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，． （1）求的值； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先求出，，再由两角差的正切公式计算可得； （2）利用二倍角公式和降幂公式将其化为一倍角，再代入计算可得. 【小问1详解】 因为，， 所以，则， 所以. 【小问2详解】 . 17. 某中学调查了某班全部45名同学参加书法小组和科创小组的情况，数据如下（单位：人）： 参加书法小组 未参加书法小组 参加科创小组 8 4 未参加科创小组 3 30 （1）从该班随机选1名同学，求该同学至少参加上述一个小组的概率； （2）在既参加书法小组又参加科创小组的8名同学中，有5名男同学，，，，，3名女同学，，，现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，求被选中且未被选中的概率． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据对立事件概率公式可直接求得结果； （2）列举出所有基本事件，并确定满足题意的基本事件个数，由古典概型概率公式可求得结果. 【小问1详解】 由表格数据知：未参加任一社团的人数为人， 所以从班级中任选名同学，该同学至少参加一个社团的概率. 【小问2详解】 从名男同学和名女同学中各随机选人，所有可能的结果有： ，个， 其中被选中且未被选中的情况有：，个， 所以被选中且未被选中的概率. 18. 如图，在四棱锥中，平面，，． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）设点为的中点，过点，的平面与棱交于点，且平面，求的值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直得到，结合即可得证； （2）由，，得到平面，即可得证； （3）由线面平行的性质得到，即可得解. 【小问1详解】 因为平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为，，所以， 因为平面，平面，所以， ，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面. 【小问3详解】 因为平面，平面平面， 平面，所以，因为点为的中点， 所以点为的中点，所以. 19. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量．若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标． 设， （1）求的模长； （2）设，若，求实数的值； （3）若，，有同学认为“”的充要条件是“”，你认为是否正确？若正确，请给出证明，若不正确，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）充要条件为 【解析】 【分析】（1）利用向量的线性运算两边平方可求； （2）设，可得，可求实数的值； （3）由，可得，运算可知不正确. 【小问1详解】 因为， 所以两边平方得， 故； 【小问2详解】 因，由共线定理，存在唯一的实数，有 则，故， 所以； 【小问3详解】 不正确 证明：因为，所以，即， 则有， 所以“”的充要条件是“”, 所以“”的充要条件是“”是不正确的. 20. 设函数．从下列三个条作中选择两个作为已知，使得函数存在． （1）求的最小正周期及单调递减区间； （2）若对于任意的，都有，求实数的取值范围． 条件①：函数的图象经过点； 条件②：在区间上单调递增； 条件③：是的一条对称轴． 【答案】（1），单调递减区间为； （2） 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式化简，结合所选条件，利用周期与单调性求出，求函数解析式即可； （2）由的范围求出的范围，即可求出函数的值域，依题意． 【小问1详解】 因为， 若选①②：由①函数的图象经过点， 则，，即，， 由②在区间上单调递增，有，即， 又且，即，所以，此时不存在； 选条件②③：由②在区间上单调递增，有，即， 又且，即，所以， 由③是的一条对称轴，则，， 所以，，所以， 所以，则的最小正周期， 由，解得， 所以单调递减区间为； 若选①③：由①函数的图象经过点， 则，，即，， 由③是的一条对称轴，则，，所以，， 此时不存在； 【小问2详解】 由（1）可知， 因为，所以， 所以，， 因为对于任意的，都有，所以， 即的取值范围为． 21. 设为正整数，集合．对于集合中的任意元素和，定义，，以及． （1）若，，，，求； （2）若，均为中的元素，且，，求的最大值； （3）若均为中的元素，其中，，且满足，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设，然后直接根据定义解得的值即可； （2）根据已知条件考虑中所有等于的分量的个数，得到，再对构造符合条件的例子； （3）直接通过反证法说明不可能成立，然后对构造符合条件的例子. 【小问1详解】 设，则由，，知. 所以，得. 而，故，从而. 所以. 【小问2详解】 由已知有，， 这些条件的含义是，都恰有个分量等于，且任意两个不同向量没有同时为的分量. 由于，故一共只有个分量，这表明全体的所有分量中，至多有个. 而显然一共有个，故，得. 显然，，满足条件，此时. 这就说明的最大值是. 【小问3详解】 由，，知，. 而条件的含义是，在序列中，任意一对相邻的向量都恰有个分量不相等. 根据题目内容，已有. 若，则，，且恰有个分量不相等，恰有个分量不相等. 换言之，恰有个分量相等，恰有个分量相等. 而，故一定存在，使得的第个分量不相等，的第个分量也不相等. 这就表明的第个分量相等，但，，它们没有相等的分量，矛盾； 这就表明. 注意到，，，满足全部条件，此时. 所以的最小值是. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义的理解，以及构造性地给出符合条件的例子. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$