精品解析：北京市丰台区2023-2024学年高一下学期期末数学试卷

2024北京丰台高一（下）期末 数学 2024.07 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. 设复数，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 2. 已知点，，，若，则m的值为（ ） A. B. C. 1 D. 3 3. 已知复数满足，则在复平面内的共轭复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 一个盒子中装有大小和质地相同的4个球，其中有2个红球和2个白球，若从中任取2个球，则“恰有1个红球”的概率是（ ） A. B. C. D. 5. 已知数据，，…，的平均数为，方差为，数据，，，…，的平均数为，方差为，则（ ） A ， B. ， C. ， D. ， 6. 在正方体中，直线与直线所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，点是边的中点．记，，则（ ） A B. C. D. 8. 同时抛掷两枚质地均匀骰子，观察向上的点数，记事件A=“点数之和为5”，事件B=“点数之积为6”，事件C=“至少有一个点数为3”，事件D=“点数都不为3”，则（ ） A. 不可能事件 B. 与相互独立 C. B与D互斥 D. C与D互为对立 9. 已知直线，与平面，，，下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 10. 八卦是中国传统文化中的一部分，八个方位分别象征天、地、风、雷、水、火、山、泽八种自然现象.八卦模型如图1所示，其平面图形为正八边形，如图2所示，点O为该正八边形的中心，设，点P是正八边形边上任一点，下列结论中正确的个数是（ ） ①与的夹角为； ②； ③在上的投影向量为（其中为与同向的单位向量）； ④的取值范围是． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 第二部分（非选择题共15分） 二．填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 设A，B是一个随机试验中两个互斥事件，，，则________. 12. 已知复数和都是纯虚数，则________． 13. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知，那么________，若，，则______. 14. 陀螺是中国民间的娱乐工具之一，早期陀螺的形状由同底的一个圆柱和一个圆锥组合而成（如图）．已知一木制陀螺模型内接于一表面积为的球，其中圆柱的两个底面为球的两个截面，圆锥的顶点在该球的球面上，若圆柱的高为，则该圆柱的体积为_______，该陀螺的表面积为______． 15. 已知正方体中，点E，F，G分别为棱，，的中点，给出下列四个结论： ①直线与平面相交； ②直线平面； ③若，则点D到平面的距离为； ④该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等. 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. 设平面向量，，且. （1）求的值； （2）判断与是否平行，并说明理由； （3）若，求实数的值. 17. 某校为普及航天知识，在高一年级开展了航天知识竞赛.将成绩（单位：分）分成6组，绘制成频率分布直方图，如图所示： （1）估计该校高一年级航天知识竞赛成绩的第80百分位数； （2）为了进一步了解学生对航天知识的掌握情况，在成绩位于和的两组中，用比例分配的分层随机抽样方法抽取5名学生. （i）求这5名学生中位于内的人数； （ii）若从这5名学生中随机抽取2名学生进行访谈，求这2名学生中至少有1人成绩在内的概率. 18. 如图，在三棱锥中，分别是线段的中点. （1）求证：平面； （2）过直线作平面，若平面与直线交于点，直线平面，求证：是线段的中点. 19. 在中，三个内角的对边分别为．已知. （1）求角； （2）将射线AB绕点A旋转交线段BC于点E，已知. （i）若，求c； （ii）求面积的最小值. 20. 如图，在三棱柱中，，，平面平面. （1）求证：； （2）从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，当直线与平面所成角为时， （ⅰ）求证：平面平面； （ⅱ）求二面角的正弦值. 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. 21. 设为正整数，集合．对于集合中的任意元素和，记． （1）当时，若，，求和的值； （2）当时，设是的子集，且满足：对于中的任意元素，当相同时，是奇数；当不同时，是偶数．求集合中元素个数的最大值； （3）给定不小于的，从集合中任取个两两互不相同的元素．证明：存在，使得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024北京丰台高一（下）期末 数学 2024.07 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. 设复数，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数模的定义计算即得. 【详解】复数，则. 故选：B 2. 已知点，，，若，则m的值为（ ） A. B. C. 1 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】先求出的坐标，再由，得可求出m的值. 【详解】因为，，， 所以， 因为， 所以，解得. 故选：D 3. 已知复数满足，则在复平面内的共轭复数对应的点位于（ ） 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】根据复数的除法、共轭复数的概念以及复数的几何意义即可得到答案. 【详解】，则其共轭复数为， 其在复平面内对应的点为，位于第一象限， 故选：A. 4. 一个盒子中装有大小和质地相同的4个球，其中有2个红球和2个白球，若从中任取2个球，则“恰有1个红球”的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】列举出所有情况及“恰有1个红球”的情况，求出概率. 【详解】设两个红球分别为，两个白球分别为， 则从中任取2个球，共有6种情况，分别为， 其中“恰有1个红球”的情况为，共4种情况， 故“恰有1个红球”的概率为. 故选：D 5. 已知数据，，…，的平均数为，方差为，数据，，，…，的平均数为，方差为，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据平均数和方差的性质得到答案. 【详解】已知样本数据的平均数为，方差为， 记数据的平均数为，方差为， 则， ， 由题意可得，. 故选：C 6. 在正方体中，直线与直线所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作出辅助线，得到或其补角为直线与直线所成角，根据为等边三角形，故，得到答案. 【详解】连接，因为，， 所以四边形为平行四边形， 则，故或其补角为直线与直线所成角， 连接，则， 即为等边三角形，故， 直线与直线所成角大小为. 故选：C 7. 在中，点是边的中点．记，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量的线性运算直接求解即可. 【详解】如图，因为为边的中点， 所以， 所以， 所以. 故选：B. 8. 同时抛掷两枚质地均匀的骰子，观察向上的点数，记事件A=“点数之和为5”，事件B=“点数之积为6”，事件C=“至少有一个点数为3”，事件D=“点数都不为3”，则（ ） A. 为不可能事件 B. 与相互独立 C. B与D互斥 D. C与D互为对立 【答案】D 【解析】 【分析】举反例结合不可能事件、互斥事件的定义判断AC；计算，判断B；由对立事件的定义判断D. 【详解】对于A：当第一次向上的点数为2，第二次向上的点数为3时，事件同时发生，则A错误； 对于B：， 则，则与不相互独立，故B错误； 对于C：当第一次向上的点数为1，第二次向上的点数为6时，事件同时发生，则C错误； 对于D：设样本空间为，事件C与事件D不能同时发生，且，则C与D互为对立，故D正确； 故选：D 9. 已知直线，与平面，，，下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间线面平行与垂直的判定和性质定理即可判断． 【详解】A．若，则面内必存在直线，使得，若，则，因为，则，故正确，符合题意； B．若，，则与还可能相交，只需，都与和的交线平行，故错误，不符合题意； C．若，，则或与相交，故不正确，不符合题意； D．若，，，则只能说明与相交，不一定垂直，不符合题意； 故选：A． 10. 八卦是中国传统文化中一部分，八个方位分别象征天、地、风、雷、水、火、山、泽八种自然现象.八卦模型如图1所示，其平面图形为正八边形，如图2所示，点O为该正八边形的中心，设，点P是正八边形边上任一点，下列结论中正确的个数是（ ） ①与的夹角为； ②； ③在上的投影向量为（其中为与同向的单位向量）； ④的取值范围是． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量夹角的定义即可判断①；根据正八面体的结构特征结合向量减法法则即可判断②；根据投影向量的定义即可判断③；以点为坐标原点建立平面直角坐标系，由正八面体的对称性，不妨设点在边上，再根据坐标公式计算即可判断④. 【详解】对于①，由题意， 则与的夹角为，故①错误； 对于②，由正八面体的结构特征得， 则，故②正确； 对于③，，即与的夹角为，     所以向量在向量上的投影向量为，故③正确； 对于④，， 如图，以点为坐标原点建立平面直角坐标系， 由正八面体的对称性，不妨设点在边上，设， 则， ， ，， 则 ， 当时，取得最大值， 当时，取得最小值， 所以的取值范围是， 故④正确. 故选：C. 【点睛】方法点睛：求向量的模的两种基本策略： （1）字母表示下的运算：利用，将向量模的运算转化为向量与向量的数量积的问题； （2）坐标表示下的运算：若，则，于是有. 第二部分（非选择题共15分） 二．填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 设A，B是一个随机试验中的两个互斥事件，，，则________. 【答案】0.5## 【解析】 【分析】由互斥事件的概率公式计算即可. 【详解】因为A，B是一个随机试验中的两个互斥事件，所以. 故答案为：0.5 12. 已知复数和都是纯虚数，则________． 【答案】 【解析】 【分析】结合纯虚数的定义，以及复数的四则运算，即可求解． 【详解】解：设， 为纯虚数， 则，解得， 故． 故答案为：． 13. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知，那么________，若，，则______. 【答案】 ①. ②. 3 【解析】 【分析】利用正弦定理即可求解，再利用余弦定理即可求. 【详解】，由正弦定理可得， 又，，，， 即，； 由余弦定理可得，即， 解得或（舍）. 故答案为：；3. 14. 陀螺是中国民间娱乐工具之一，早期陀螺的形状由同底的一个圆柱和一个圆锥组合而成（如图）．已知一木制陀螺模型内接于一表面积为的球，其中圆柱的两个底面为球的两个截面，圆锥的顶点在该球的球面上，若圆柱的高为，则该圆柱的体积为_______，该陀螺的表面积为______． 【答案】 ①. ； ②. ． 【解析】 【分析】先求出陀螺的外接球的半径，再利用勾股定理求出圆柱的底面半径，以及圆锥的母线长，从而求出结果． 【详解】设圆柱的底面半径为，高为，圆锥的母线长为，陀螺的外接球的半径为， 由题意可知，，， ， ， 圆柱的体积为， 圆锥的母线长， 该陀螺的表面积为． 故答案为：；． 15. 已知正方体中，点E，F，G分别为棱，，的中点，给出下列四个结论： ①直线与平面相交； ②直线平面； ③若，则点D到平面的距离为； ④该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等. 其中所有正确结论的序号是____________． 【答案】②③④ 【解析】 【分析】①先证，，可得平面平面，从而知平面；②利用三垂线定理可得，，再由线面垂直的判定定理知平面，并结合平面平面，即可作出判断；③易知是边长为的等边三角形，再利用等体积法求解即可；④结合四面体是正三棱锥，且正方体的棱构成三组平行线，即可判断． 【详解】解：①因为点，分别为棱，的中点， 所以，，即四边形是平行四边形， 所以， 因为点，分别为棱，的中点，所以， 又，，、平面，、平面， 所以平面平面， 因为平面，所以直线平面，即①错误； ②由三垂线定理知，，， 因为，所以平面， 由①知平面平面， 所以平面，即②正确； ③若，则是边长为的等边三角形， 所以， 设点到平面的距离为， 因为， 所以， 所以， 所以点到平面的距离为，即③正确； ④由题意知，四面体的底面是等边，且， 即四面体是正三棱锥， 所以三条侧棱，，与底面所成角均相等， 而，，， 所以该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等， 由①知平面平面， 所以该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等，即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. 设平面向量，，且. （1）求的值； （2）判断与是否平行，并说明理由； （3）若，求实数的值. 【答案】（1） （2）平行，理由见解析 （3）2 【解析】 【分析】（1）由已知，得，即，代入，，即可得到的值； （2）法1，设与的夹角为，由，可得，则与平行；法2，由，当且仅当与共线时等号成立，又，，所以与平行； （3）法1，由（2）及已知条件得：，由，可得，即可求得的值；法2，由，得，则，即可求得的值. 【小问1详解】 因为，所以， 因为，，所以， 所以，所以， 所以，所以. 【小问2详解】 平行，理由如下： 解法1：设与的夹角为，， 因为，所以，则与平行. 解法2：因为，当且仅当与共线时等号成立， 又因为，，所以与共线，即与平行. 【小问3详解】 解法1：由（2）及已知条件得：， 因为，， 所以， 所以. 解法2：因为， 所以， 因为，，， 所以，所以. 17. 某校为普及航天知识，在高一年级开展了航天知识竞赛.将成绩（单位：分）分成6组，绘制成频率分布直方图，如图所示： （1）估计该校高一年级航天知识竞赛成绩第80百分位数； （2）为了进一步了解学生对航天知识的掌握情况，在成绩位于和的两组中，用比例分配的分层随机抽样方法抽取5名学生. （i）求这5名学生中位于内的人数； （ii）若从这5名学生中随机抽取2名学生进行访谈，求这2名学生中至少有1人成绩在内的概率. 【答案】（1）115； （2）（i）3；（ii）. 【解析】 【分析】（1）由各组频率和为1，列方程可求出，然后判断第80百分位数的位置，再列式子求解即可； （2）（i）根据分层抽样的定义结合频率分布直方图求解， （ii）利用列举法列出样本空间，结合古典概型概率公式求解即可. 【小问1详解】 由， 可得. 由频率分布直方图可知，前4组的频率和为， 前5组的频率和为 因此，80%分位数一定位于内. 由， 估计该校高一年级航天知识竞赛成绩的80%分位数约为115分. 【小问2详解】 （i）由题意与的频率之比为2:3， 用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取5名学生， 则需在分数段内抽取3人. （ii）在分数段内抽取2人，分别记为，， 在分数段内抽取3人，分别记为. 从这5名学生中任取2人的样本空间， 设“从这5名学生中任取2人，至少有1人成绩在内”为事件， 而事件包含7个可能结果，即， 所以， 故抽取的这2名学生至少有1人成绩在内的概率为. 18. 如图，在三棱锥中，分别是线段的中点. （1）求证：平面； （2）过直线作平面，若平面与直线交于点，直线平面，求证：是线段的中点. 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用中位线定理得到线线平行，结合线面平行判定定理证明线面平行即可. （2）利用给定条件得到线线平行，结合中位线定理证明中点即可. 【小问1详解】 因为分别是线段的中点， 所以是的中位线，所以， 因为平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 依题意知，平面平面， 因为直线平面，平面， 所以，因为F是线段中点， 所以是线段的中点. 19. 在中，三个内角的对边分别为．已知. （1）求角； （2）将射线AB绕点A旋转交线段BC于点E，已知. （i）若，求c； （ii）求面积的最小值. 【答案】（1）； （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）由余弦定理可得答案； （2）（i）由余弦定理求出可得答案，（ii）解法1：，得出，利用基本不等式求出可得答案；解法2：，由正弦定理求出可得，根据的范围可得答案. 【小问1详解】 因为， 由余弦定理得：， 因为A为三角形内角，所以； 【小问2详解】 （i）由和，可知， 因为，在中，由余弦定理得： ， 所以，所以， 因为，所以，所以； （ii）解法1：由和，可知， 因为， 所以， 又因，所以，即， 又， 当且仅当，即时，等号成立， 所以， 所以， 所以的面积的最小值为. 解法2：由和，可知， 因为，，所以 因为，所以， 在中，由正弦定理得：， 所以， 在中，， 所以 因为，所以， 所以当时，的面积的最小值为. 20. 如图，在三棱柱中，，，平面平面. （1）求证：； （2）从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，当直线与平面所成角为时， （ⅰ）求证：平面平面； （ⅱ）求二面角的正弦值. 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）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直可证线面及线线垂直，进而可得线面垂直证明线线垂直； （2）（i）若选①，可证四边形为矩形，进而可得线线垂直，证得面面垂直；若选②，由勾股定理可证，进而可证面面垂直；（ii）过作于点，再过作，可得二面角的平面角，再根据定义法可得二面角的正弦值. 【小问1详解】 因为，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为三棱柱，所以四边形是平行四边形， 因为，所以是菱形，所以， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以； 【小问2详解】 若选择条件①： （ⅰ）因为，所以平行四边形为矩形，所以， 由（1）知，， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （ⅱ）因为平面，平面， 所以直线与平面所成的角为，所以， 因为，所以，，，， 作于， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以. 作于，连接， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以是二面角的平面角. 因为，所以， 因为，所以，所以， 所以二面角的正弦值为. 若选择条件②：，因为， 所以，所以， 由（1）知，， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （ⅱ）因为平面，平面， 所以直线与平面所成的角为，所以， 因为，所以，，，， 作于， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以. 作于，连接， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以是二面角的平面角. 因为，所以， 因为，所以，所以， 所以二面角的正弦值为. 21. 设为正整数，集合．对于集合中的任意元素和，记． （1）当时，若，，求和的值； （2）当时，设是的子集，且满足：对于中的任意元素，当相同时，是奇数；当不同时，是偶数．求集合中元素个数的最大值； （3）给定不小于的，从集合中任取个两两互不相同的元素．证明：存在，使得． 【答案】（1）2，1； （2）最大值为4个； （3）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）直接根据定义计算； （2）注意到1的个数的奇偶性，根据定义反证证明； （3）设，，，，则且，对从集合中任取个两两互不相同的元素，分两种情况讨论，第一种若存在两个不同元素同时属于一个；第二种若任意两个不同元素都不同时属于一个，由第二种情况推出矛盾即可． 【小问1详解】 因为， 所以， ． 【小问2详解】 设， 令其中() 则，， ，则， 当，且()时， 由题意知，是奇数，(不同)是偶数，等价于是奇数，(不同)是偶数． 若是奇数时，则中等于1的个数为1或3， 所以， 且． 将上述集合中的元素分成如下四组： 经检验，每组中两个元素，均有， 所以每组中两个元素不可能同时是集合中的元素． 所以集合中元素的个数不超过4个． 当且时，或，所以 又集合满足条件． 所以集合中元素个数最大值为4个． 【小问3详解】 设， ， ， 则且， 从集合中任取个两两互不相同的元素， 若存在两个不同元素同时属于一个，则， 记， 所以，存在，使得； 若任意两个不同元素都不同时属于一个， 则至多取个两两互不相同的元素，与已知取个两两互不相同的元素矛盾． 综上，存在，使得． 【点睛】本题主要考查集合的含义与表示、集合的运算以及集合之间的关系．综合性较强，难度较大． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$