精品解析：北京市东城区2024-2025学年高一下学期期末统一检测数学试题

东城区2024-2025学年度第二学期期末统一检测 高一数学 2025.7 本试卷共6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. 设复数满足，则（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】应用复数除法的几何意义及模长的定义求复数的模长. 【详解】由题设，则. 故选：A 2. 已知，则（ ） A. B. C. 1 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】，再利用两角差的正切公式，即可得到结论． 【详解】，， 故选：D． 3. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. 1 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标表示可解. 【详解】，. 故选：A. 4. 甲、乙两个袋子中分别装有标号为1，2，3，4的4个球，这些球除标号不同外没有其他差别.分别从两个袋子中随机摸出一个球，则摸出的两个小球的标号相同的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据古典概型概率计算方法，求出事件概率. 【详解】分别从两个袋子中随机摸出一个球，共有16种情况，小球标号相同的有4种， 则摸出的两个小球的标号相同的概率是. 故选：B. 5. 在中，若，，，则的大小为（ ） A. B. C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦定理可得，由即可得到角，根据条件进行取舍. 【详解】在中，由正弦定理得， ，即， 又，所以或， 又时，不合题意舍去，所以. 故选：B. 6. 已知直线和平面，若，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. 不充分不必要 【答案】B 【解析】 【分析】由线面关系可知，不能确定与平面的关系，若一定可得，即可求出答案. 【详解】, 不能确定还是， ， 当时，存在，， 由 又可得， 所以“”是“”的必要不充分条件， 故选：B 【点睛】本题主要考查了必要不充分条件，线面垂直，线线垂直的判定，属于中档题. 7. 已知函数，则（ ） A. 是奇函数 B. 在上单调递增 C. 的最大值为2 D. 在内有5个零点 【答案】B 【解析】 【分析】先将的解析式进行化简，再利用函数奇偶性的定义判断A选项；利用整体代入法求出的单调递增区间判断B选项；根据解析式求出最大值判断C选项；利用的范围求出的范围，再观察余弦函数的图象即可判断D选项. 【详解】， 对于A选项，的定义域为，， 所以为偶函数，故A错误； 对于B选项，令，则， 当时，，所以在上单调递增，故B正确； 对于C选项，的最大值为，故C错误； 对于D选项，当时，，此时余弦函数的图象与轴有个交点， 即在内有个零点，故D错误. 故选：B. 8. 在正方体中，，为侧面上一动点．若，则的长的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据，确定出点的运动轨迹为线段即可求解． 【详解】在正方体中，，连接，设，连接，如下图： 为侧面上一动点，要使得， ∵为的中点，∴， 又∵，，平面， ∴平面，∵平面，∴， 又∵平面，平面， ∴， 又∵平面， ∴平面， 又∵平面， ∴， 反之，当时，， ∴点的运动轨迹为线段. 当点与重合时，的长取得最大值为：， 故选：C． 9. 如图，四棱台的两底面是正方形，侧面是全等的等腰梯形.若该棱台的侧棱，下底面的边长为5，下底面所在平面与侧面所在平面的夹角的正弦值为，则上底面的边长为（ ） A. 15 B. C. 25 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题可知四棱台为正棱台，设上底边长为，在侧面中可得斜高，再由正四棱台的特性可知就是下底面所在平面与侧面所在平面夹角的平面角，得到，解方程即可得到上底边长. 【详解】根据题意，四棱台为正棱台，设中点为，上底边长为， 在侧面中，为斜高，又， 所以， 在正棱台中，， 所以就是下底面所在平面与侧面所在平面夹角平面角， 在四边形中，，则， 过作交于， 所以， 解得，即上底边长为25. 故选：C. 10. 在矩形中，，，，交于点，，分别为边，边上的点，且关于点中心对称.为矩形所在平面内的动点，满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立坐标系，设点P坐标为,表示出点Q、、、的坐标，得到关于的关系式，分析他的值域，作答. 【详解】 建立如图所示坐标系，由题意得：，，，,,则， 设，则， ，， ，，， ， 对于，的最小值是0，最小值是， 对于，的最小值是，最大值是0， 所以值域为. 故选：A 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. 某校从参加语言测试的学生中随机抽取了100名，记录了他们的分数，将数据分成6组：，，，，，，并整理得到如下频率分布直方图.若样本中分数低于60分的有15人，则图中数据_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据题干先确定分数低于60分的频率，涉及的区间包括两个部分，通过观察直方图列方程组，即可求解. 【详解】样本中分数低于60分的有15人，属于区间，，由于学生中随机抽取了100名， 因此分数在，的频数为，因此这两个区间内的频率和为， 设区间的频率为，则，解得. 故答案为：. 12. 将函数图象上的所有点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则_____ 【答案】 【解析】 【分析】根据伸缩变换和平移变换得到函数解析式. 【详解】图象上的所有点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，得到， 再把所得函数的图象向左平移个单位长度，得到函数. 故答案为： 13. 已知向量，，若，，向量与的夹角为，则向量与的夹角为_____. 【答案】或 【解析】 【分析】根据向量与的夹角得到方程，得到，并计算出，设，从而得到方程，求出答案. 【详解】由题意得，即，， ，故， 其中， 设，则，解得或， 当时，向量与的夹角为， 当时，， 故向量与的夹角为， 综上，向量与的夹角为或. 故答案为：或 14. 在锐角中，若，则_____；的取值范围是_____. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由正弦定理可得，利用为锐角三角形可得，再根据正弦定理可得，利用为锐角三角形确定的范围即可求解. 【详解】因为， 所以由正弦定理得， 因为 所以，又为锐角三角形，所以， ， 因为为锐角三角形， 所以，则，得， 所以， 所以， 综上，，的取值范围是. 故答案为：； 15. 如图，正方体的棱长为6，动点在棱上，为棱上一点，，点在线段上，且满足， （i）当为中点时，异面直线与所成角大小为_____； （ii）的长的最小值是_____. 【答案】 ①. ； ②. . 【解析】 【分析】第一空，取CD中点为N，连接，与交于S，再取DN中点为T，连接ST， 可得异面直线与所成角为或补角，然后有题目数据结合余弦定理可得答案;第二空，如图连接，交于E，由题可得点P轨迹为以G圆心，半径为的圆弧，然后做QF，可得，据此可得答案. 【详解】第一空，取CD中点为N，因，则. 又连接，与交于S，则S为中点，再取DN中点为T，连接ST， 则，从而异面直线与所成角为与所成角， 即为或补角. 由题可得，，，，则， 从而.又，，. 则由余弦定理可得, 异面直线与所成角的大小为； 第二空，如图连接，交于E，则， 又由题可得，平面，， 则平面，又平面，则PC. 因， 平面，，则平面， 又平面，则. 取EC中点为G，则点P轨迹为以G圆心，半径为的圆弧. 做QF，易得平面，则， 则当最小时，最小. 设点P轨迹与交于，由图易得. 因，则， 因，则. 则，又， 则， 又. 则的长的最小值是. 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. 已知函数，，其图象相邻的两个对称中心间的距离为. （1）求，的值； （2）若在区间上有且只有一个零点，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦和差公式化简，由可得，根据相邻的两个对称中心间的距离为可求. （2）由（1）知，再利用整体法及零点个数可确定的范围. 【小问1详解】 ， 又，，所以， 又图象相邻的两个对称中心间的距离为，所以， 综上，. 【小问2详解】 由（1）知， ， 在区间上有且只有一个零点， 所以，解得. 17. 某校学生会制定了本学期学生活动计划.为了解该校学生对活动计划是否支持，按照高一、高二、高三三个年级进行分层随机抽样，获得数据如下表（单位：人）： 年级 支持 不支持 高一 70 20 高二 60 30 高三 20 100 假设所有学生对活动计划是否支持相互独立.用频率估计概率. （1）分别估计该校高一年级学生支持活动计划的概率、该校学生支持活动计划的概率； （2）从该校高一全体学生、高二全体学生、高三全体学生中各随机抽取1人，估计这3人都支持活动计划的概率； （3）已知该校高一（1）班至少有一半的学生支持活动计划.将该校学生支持活动计划的概率估计值记为，除高一（1）班学生外该校其他学生支持活动计划的概率估计值记为.比较与的大小.（结论不要求证明） 【答案】（1）； （2） （3），理由见详解 【解析】 【分析】（1）根据题意可直接计算对应概率； （2）先计算每个年级抽到学生支持活动计划的概率，再由分步乘法计数原理可求； （3）设该校共有学生人，高一（1）班共有人，设高一（1）班学生支持活动计划概率为，利用分层抽样均值的计算可得，然后分析即可. 【小问1详解】 由题可知估计该校高一年级学生支持活动计划概率为， 该校学生支持活动计划的概率为. 【小问2详解】 根据题意估计高一、高二、高三支持活动的概率分别为， 所以估计这3人都支持活动计划的概率. 【小问3详解】 ，理由如下， 设该校共有学生人，高一（1）班共有人，设高一（1）班学生支持活动计划概率为， 所以，即， 又由（1）知，， 所以， 即. 18. 如图1，在中，，，，分别为，，的中点，将沿翻折到的位置，如图2. （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）在棱上是否存在点，使得平面平面？请说明理由. 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）存在点为棱的中点时，满足平面平面，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可； （2）根据线面垂直的判定定理证明即可； （3）取棱的中点，根据两平面平行的判定定理，证明平面平面，在用两平面垂直的判定定理，证明即可. 【小问1详解】 因为在中，分别为，的中点， 所以，所以， 因为平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为在中，分别为，的中点，所以， 因为，所以，所以， 因为是由沿翻折到得到的， 所以，， 因为，平面，平面， 所以平面. 【小问3详解】 存在点为棱的中点时，满足平面平面. 如图，取棱的中点，连接，， 在中，因为为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面, 又平面，，平面，平面， 所以平面平面， 因为平面，，所以平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面. 19. 已知的面积为，. （1）求； （2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求边上中线的长. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1）. （2）选择条件①②时不能满足存在且唯一确定，故选择条件③，此时边上中线长为：. 【解析】 【分析】（1）利用三角形面积公式，代入已知条件即可求的值. （2）分析给定的条件，条件①可能因为角A的双值性导致多解，需要结合边长限制求唯一解；条件②可能因角C的双值性导致多解；条件③可通过代数变形确定角C,结合面积确定边长b,用余弦定理确定边长c，最终可利用中线公式计算中线长度. 【小问1详解】 由题可知：,，代入面积公式， 则， 解得. 【小问2详解】 由条件③可知： 即. 根据余弦定理可知：，联立可得： ，又, 所以. 代入面积公式：，有， 解得. 根据余弦定理：， 解得，又； 所以. 设D为边上的中点，则为边上的中线. 根据中线公式可得： ,又, . 所以边上中线长为：. 选条件②： 由（1）知，已知，则有， 解得， 因为，，，根据大边对大角，则, 因为c无任何已知限制条件，，可得或， 无法确定唯一的三角形，即条件②不能满足存在且唯一确定，故无法求解. 选条件①： 由（1）知，，则； 由正弦定理可知：， 又有, , 因为不唯一，无法确定固定的边和角，即条件①不能满足存在且唯一确定，不符合题干要求，无法求解. 综上，选择条件①②时，不能满足存在且唯一确定，所以选择条件③，此时边上中线长为：. 20. 如图，正四棱柱中，底面边长为1，侧棱长为2.为棱上一动点，平面截正四棱柱所得截面交棱于点. （1）求证：； （2）求四棱锥的体积； （3）写出当的长为何值时，四边形的周长最小，并求此时平面与平面的夹角的正切值. 【答案】（1）证明见详解 （2） （3） 【解析】 【分析】根据正四棱柱性质得出对面平行及面面平行的性质推出线线平行． 通过转换顶点，将四棱锥转换成两个三棱锥之和求解即． 将侧面展开，根据两点之间线段最短求出的值，然后建立空间直角坐标系求出面面夹角正切值． 【小问1详解】 证明：在正四棱柱中，平面∥平面． 且平面平面，且平面平面． ． 【小问2详解】 连接． 正四棱柱中，底面边长为1． ． ． ． ；． ． 【小问3详解】 将平面与面展开在同一平面上，如图所示． 且．四边形为平行四边形． 四边形的周长. 若使四边形的周长最小，即三点共线时有最小值． 即当为中点时，，四边形的周长最小． 以为原点，分别以所在直线为轴，如图所示建立空间直角坐标系． 则． . 设面的法向量． ． 令，则；面的法向量． 平面的法向量为． 设平面与平面的夹角为，则． ． 即平面与平面的夹角的正切值为． 21. 已知为给定的正整数，平面向量组A由个平面向量构成，即A：，其中，，，.若，均为非负实数，则称为非负平面向量组.记：，；，，.若等于在轴上的投影向量或等于在轴上的投影向量，等于在轴上的投影向量或等于在轴上的投影向量，，等于在轴上的投影向量或等于在轴上的投影向量，称平面向量组B：为的一个投影向量组. （1）若，，写出，，和的值. （2）当时，对于任意非负平面向量组，若，求证：存在的一个投影向量组，使得，. （3）当时，对于任意非负平面向量组，若，求证：存在的一个投影向量组，使得，. 【答案】（1）,,,. （2）证明过程见详解. （3）证明过程见详解. 【解析】 【分析】（1）根据定义直接计算给定向量组的，，、； （2）当时，通过构造两种可能的投影方式，利用反证法证明至少存在一种方式满足条件，利用非负性和的约束，推导出矛盾，证明题给结论为真. （3）同（2）用反证法对的情况进行证明. 【小问1详解】 由题知：， 根据题给定义： 【小问2详解】 证明： 对于任意非负平面向量组，若，考虑两种投影方式： 1.选择的x分量和的y分量，此时，. 2.选择的y分量和的x分量，此时，. 如果两种方式均不满足条件，则需且，同时且. 由，若，则，相矛盾;同理，由， 若，则，相矛盾. 因此，至少存在一种投影方式满足且. 【小问3详解】 设，，已知，， 所以，即. 对于A的投影向量组B，和的所有可能取值是由和的不同组合相加得到. 假设对于任意的投影向量组B，都有且. 设，，其中,,,是的子集. 由于，，总共种投影向量组构造方式. 因为，如果且对所有投影向量组B都成立，那么 ,显然存在矛盾. 假设表示投影向量组B在x轴上的投影和，表示在y轴上的投影和。 用反证法，若不存在投影向量组B使得且， 那么和的取值范围会导致与矛盾. 因为如果且对于所有投影向量组B成立， 那么对于所有可能的投影组合，无法全部满足这个条件. 所以一定存在A一个投影向量组B，使，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东城区2024-2025学年度第二学期期末统一检测 高一数学 2025.7 本试卷共6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. 设复数满足，则（ ） A. B. 2 C. D. 4 2. 已知，则（ ） A. B. C. 1 D. 3 3. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. 1 D. 4 4. 甲、乙两个袋子中分别装有标号为1，2，3，4的4个球，这些球除标号不同外没有其他差别.分别从两个袋子中随机摸出一个球，则摸出的两个小球的标号相同的概率是（ ） A. B. C. D. 5. 在中，若，，，则的大小为（ ） A. B. C. D. 或 6. 已知直线和平面，若，则“”是“”（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 不充分不必要 7. 已知函数，则（ ） A. 是奇函数 B. 在上单调递增 C. 最大值为2 D. 在内有5个零点 8. 在正方体中，，为侧面上一动点．若，则的长的最大值为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，四棱台的两底面是正方形，侧面是全等的等腰梯形.若该棱台的侧棱，下底面的边长为5，下底面所在平面与侧面所在平面的夹角的正弦值为，则上底面的边长为（ ） A. 15 B. C. 25 D. 10. 在矩形中，，，，交于点，，分别为边，边上的点，且关于点中心对称.为矩形所在平面内的动点，满足，则的取值范围是（ ） 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. 某校从参加语言测试的学生中随机抽取了100名，记录了他们的分数，将数据分成6组：，，，，，，并整理得到如下频率分布直方图.若样本中分数低于60分的有15人，则图中数据_____. 12. 将函数图象上的所有点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则_____ 13. 已知向量，，若，，向量与的夹角为，则向量与的夹角为_____. 14. 在锐角中，若，则_____；的取值范围是_____. 15. 如图，正方体的棱长为6，动点在棱上，为棱上一点，，点在线段上，且满足， （i）当为中点时，异面直线与所成角的大小为_____； （ii）的长的最小值是_____. 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. 已知函数，，其图象相邻的两个对称中心间的距离为. （1）求，的值； （2）若在区间上有且只有一个零点，求的取值范围. 17. 某校学生会制定了本学期学生活动计划.为了解该校学生对活动计划是否支持，按照高一、高二、高三三个年级进行分层随机抽样，获得数据如下表（单位：人）： 年级 支持 不支持 高一 70 20 高二 60 30 高三 20 100 假设所有学生对活动计划是否支持相互独立.用频率估计概率. （1）分别估计该校高一年级学生支持活动计划概率、该校学生支持活动计划的概率； （2）从该校高一全体学生、高二全体学生、高三全体学生中各随机抽取1人，估计这3人都支持活动计划的概率； （3）已知该校高一（1）班至少有一半的学生支持活动计划.将该校学生支持活动计划的概率估计值记为，除高一（1）班学生外该校其他学生支持活动计划的概率估计值记为.比较与的大小.（结论不要求证明） 18. 如图1，在中，，，，分别为，，的中点，将沿翻折到的位置，如图2. （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）在棱上是否存在点，使得平面平面？请说明理由. 19. 已知的面积为，. （1）求； （2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求边上中线的长. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 20. 如图，正四棱柱中，底面边长为1，侧棱长为2.为棱上一动点，平面截正四棱柱所得截面交棱于点. （1）求证：； （2）求四棱锥的体积； （3）写出当长为何值时，四边形的周长最小，并求此时平面与平面的夹角的正切值. 21. 已知为给定的正整数，平面向量组A由个平面向量构成，即A：，其中，，，.若，均为非负实数，则称为非负平面向量组.记：，；，，.若等于在轴上的投影向量或等于在轴上的投影向量，等于在轴上的投影向量或等于在轴上的投影向量，，等于在轴上的投影向量或等于在轴上的投影向量，称平面向量组B：为的一个投影向量组. （1）若，，写出，，和值. （2）当时，对于任意非负平面向量组，若，求证：存在的一个投影向量组，使得，. （3）当时，对于任意非负平面向量组，若，求证：存在的一个投影向量组，使得，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $