精品解析：北京市丰台区2024-2025学年高一下学期期末练习数学试题

丰台区2024~2025学年度第二学期期末练习 高一数学 2025.07 考生须知 1．答题前，考生务必先将答题卡上的学校、班级、姓名、教育ID号用黑色字迹签字笔填写清楚，并认真核对条形码上的教育ID号、姓名，在答题卡的“条形码粘贴区”贴好条形码. 2．本次练习所有答题均在答题卡上完成.选择题必须使用2B铅笔以正确填涂方式将各小题对应选项涂黑，如需改动，用橡皮擦除干净后再选涂其它选项.非选择题必须使用标准黑色字迹签字笔书写，要求字体工整、字迹清楚. 3．请严格按照答题卡上题号在相应答题区内作答，超出答题区域书写的答案无效，在练习卷、草稿纸上答题无效. 4．本练习卷满分共150分，作答时长120分钟. 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. 的值为 A. B. C. D. 2. 已知向量，，则的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 在复平面内，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. 从1，2，3组成的无重复数字的所有三位数中随机抽取一个数，则该数大于300的概率为（ ） A B. C. D. 5. 某人连续投篮两次，下列事件中与事件“恰有一次投中”互斥的为（ ） A. 至多有一次投中 B. 至少有一次投中 C 恰有一次没有投中 D. 两次都投中 6. 唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺，它的盛酒部分可以近似地看作半球与圆柱构成的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示，已知半球的半径为R，圆柱的高也为R，则银杯盛酒部分的容积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的为（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，则 8. 为了解某校学生日均运动时长，某研究小组在该校随机抽取了200名学生，统计了他们日均运动时长，并将所得数据分组整理，得到右侧频率分布直方图，给出下列四个结论： ①； ②这200名学生日均运动时长的平均数小于中位数； ③估计该校学生日均运动时长的第85百分位数约为2； ④从该校随机抽取一名学生，估计该学生日均运动时长不低于1小时的概率为． 其中所有正确结论的序号是（ ） A. ①② B. ③④ C. ①③④ D. ①②③④ 9. 已知，是方程的两个实数根，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 10. 六方氮化硼（h-BN）材料具有高导热性和优良的电绝缘性，适用于新能源电池等高功率电子领域，其单层晶体结构由正六边形紧密排列而成，如图1所示.取相邻的三个边长为1的正六边形ABCDEF，正六边形BJIHGC，正六边形CGKLMD，记，，分别为这三个正六边形的中心，如图2所示.给出下列四个结论： ①若N为线段KL的中点，则； ②向量在向量上的投影向量为； ③设P为图2中三个正六边形边上的任意一点，则的最大值为； ④若，且，则的取值范围为． 其中所有正确结论的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 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. 已知复数，则______． 12. 已知向量，，若，则______． 13. 如图，在正方形中，E，F分别为边的中点，将，，分别沿折起；使三点重合于点G，则在四面体中，与平面垂直的一个平面为______. 14. 如图，在中，已知，，，边上的两条中线交于点，则______，______． 15. 如图，在棱长为1的正方体中，P，E分别为线段，AB上的动点，M为线段的中点，给出下列四个结论： ①三棱锥的体积为定值； ②的最小值为； ③不存在点E，使得与所成的角为45°； ④面积的取值范围为． 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. 中，，，． （1）求的值； （2）求的面积. 17. 如图，在直三棱柱中，D为棱AC的中点，与交于点E，． （1）求证：平面； （2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作已知，求证：． 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. 18. 近年来，国内涌现出一批优秀的AI应用大模型.某中学为了解学生使用A、B、C三种AI应用大模型的情况，采用分层随机抽样的方法，从初中部抽取了60名学生，从高中部抽取了50名学生，获得如下数据： A B C 初中部 40人 38人 42人 高中部 30人 25人 20人 假设所有学生使用AI应用大模型的情况相互独立.用频率估计概率. （1）从该校全体学生中随机抽取1人，估计该学生使用AI应用大模型A的概率； （2）从该校初中部全体学生中随机抽取1人，高中部全体学生中随机抽取1人，估计这2人中至少有1人使用AI应用大模型A的概率； （3）在上述样本中，记初中部使用以上三种AI应用大模型人数的方差为，高中部使用以上三种AI应用大模型人数的方差为，试比较与的大小.（结论不要求证明） 19. 已知函数的最小值为． （1）求m的值； （2）求的单调递增区间； （3）若锐角满足，求的取值范围. 20. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，侧面是正三角形，侧面底面，为棱的中点，平面与棱交于点． （1）求证：为棱的中点； （2）求直线与平面所成角的正切值. 21. 如图，设是由个实数组成的n行n列的数表，其中表示位于第i行第j列的实数，且． 记向量，若，则称与为正交向量．若对任意不同的，都有与为正交向量，则称为正交数表． （1）直接判断，是否为正交数表（不需要说明理由）； （2）当时，设，且与为正交向量，与为正交向量，求证：与不是正交向量； （3）求证：对任意，当时，不是正交数表． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 丰台区2024~2025学年度第二学期期末练习 高一数学 2025.07 考生须知 1．答题前，考生务必先将答题卡上的学校、班级、姓名、教育ID号用黑色字迹签字笔填写清楚，并认真核对条形码上的教育ID号、姓名，在答题卡的“条形码粘贴区”贴好条形码. 2．本次练习所有答题均在答题卡上完成.选择题必须使用2B铅笔以正确填涂方式将各小题对应选项涂黑，如需改动，用橡皮擦除干净后再选涂其它选项.非选择题必须使用标准黑色字迹签字笔书写，要求字体工整、字迹清楚. 3．请严格按照答题卡上题号在相应答题区内作答，超出答题区域书写的答案无效，在练习卷、草稿纸上答题无效. 4．本练习卷满分共150分，作答时长120分钟. 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. 的值为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】观察式子的结构符合两角差的余弦公式，先逆用两角差的余弦公式，再用诱导公式化简求值. 【详解】. 故选A. 【点睛】本题考查两角差的余弦公式，关键在于观察式子的结构符合哪个公式，属于基础题. 2. 已知向量，，则的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的减法法则和坐标运算法则求解即可. 【详解】由向量的减法法则得， 且，，则，故C正确. 故选：C 3. 在复平面内，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】利用复数的运算法则、几何意义即可得出． 【详解】在复平面内，复数= ∴复数所对应的点（1，1）位于第一象限． 故选：A． 【点睛】本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 4. 从1，2，3组成的无重复数字的所有三位数中随机抽取一个数，则该数大于300的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据古典概型公式计算即可. 【详解】组成的无重复的所有的三位数为，大于300的无重复的三位数为， 所以所求的概率为. 故选：C 5. 某人连续投篮两次，下列事件中与事件“恰有一次投中”互斥的为（ ） A. 至多有一次投中 B. 至少有一次投中 C. 恰有一次没有投中 D. 两次都投中 【答案】D 【解析】 【分析】表示投篮两次的所有基本事件情况，观察可得答案. 【详解】某人连续投篮两次，共会发生： 第一次中第二次不中， 第一次不中第二次中， 第一次中第二次中， 第一次不中第二次不中，共4种情况， 事件“恰有一次投中”包含：第一次中第二次不中，第一次不中第二次中， 所以与之互斥的就是“两次都投中”， 故选：D 6. 唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺，它的盛酒部分可以近似地看作半球与圆柱构成的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示，已知半球的半径为R，圆柱的高也为R，则银杯盛酒部分的容积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可知，银杯盛酒部分的容积为半球的体积加圆柱的体积，将已知条件代入体积公式求解即可. 【详解】半球的体积为，圆柱的体积为， 因此银杯盛酒部分的容积为. 故选：A. 7. 已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的为（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，则 【答案】A 【解析】 【分析】根据线线、线面平行、垂直的判定定理以及性质定理进行逐一判断即可. 【详解】对A，若，，则，正确； 对B，若，，则或，错误； 对C，若，，则与平行，相交，异面都行，错误； 对D，若，相交，则，错误. 故选：A 8. 为了解某校学生日均运动时长，某研究小组在该校随机抽取了200名学生，统计了他们日均运动时长，并将所得数据分组整理，得到右侧的频率分布直方图，给出下列四个结论： ①； ②这200名学生日均运动时长的平均数小于中位数； ③估计该校学生日均运动时长的第85百分位数约为2； ④从该校随机抽取一名学生，估计该学生日均运动时长不低于1小时的概率为． 其中所有正确结论的序号是（ ） A. ①② B. ③④ C. ①③④ D. ①②③④ 【答案】C 【解析】 【分析】根据频率分布直方图的性质计算即可. 【详解】由题可知：①，正确； ②平均数为， 日均运动时长在的频率为：，日均运动时长在的频率为：， 可知中位数一定落在，设中位数为，则， 所以平均数大于中位数，错误； ③日均运动时长在的频率为：，可知第85百分位数落在， 设该数为，则，正确； ④从该校随机抽取一名学生，估计该学生日均运动时长不低于1小时的概率为，正确. 故选：C 9. 已知，是方程的两个实数根，且，则的值为（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用韦达定理可知，然后根据两角和的正切公式计算，并判断角度范围即可. 【详解】由题可知：，可知异号， 由，令，所以 所以，则. 故选：D 10. 六方氮化硼（h-BN）材料具有高导热性和优良的电绝缘性，适用于新能源电池等高功率电子领域，其单层晶体结构由正六边形紧密排列而成，如图1所示.取相邻的三个边长为1的正六边形ABCDEF，正六边形BJIHGC，正六边形CGKLMD，记，，分别为这三个正六边形的中心，如图2所示.给出下列四个结论： ①若N为线段KL的中点，则； ②向量在向量上的投影向量为； ③设P为图2中三个正六边形边上的任意一点，则的最大值为； ④若，且，则的取值范围为． 其中所有正确结论的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，给出所要点的坐标，利用平面向量的坐标表示依次求解选项即可． 【详解】建立直角坐标系，如图所示: 对于①，则， 若N为线段KL的中点，则， 得， 则，故①正确； 对于②，， 得 则， 得向量在向量上的投影向量：， 故②错误； 对于③，设P为图2中三个正六边形边上的任意一点为， 而， 则 ， 因为，所以， 则， 求的最大值，即为求的最大值有关， 由题中的图2知，当点在处，都使最大， 不妨取，则， 则的最大值为：，故③错误； 对于④，， 则， 得， 由，得， 得， 得，等号成立时，， 则，得，故④正确． 故选：B 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. 已知复数，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用复数模的公式计算. 【详解】由题可知：. 故答案为： 12. 已知向量，，若，则______． 【答案】4 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示计算即可. 【详解】因，所以，即，解得. 故答案为：. 13. 如图，在正方形中，E，F分别为边的中点，将，，分别沿折起；使三点重合于点G，则在四面体中，与平面垂直的一个平面为______. 【答案】平面（或平面） 【解析】 【分析】根据正方形性质可得相应线线垂直，从而根据线面、面面垂直判定定理即可得到结论. 【详解】在正方形ABCD中，， 故在四面体中，， 平面，故平面， 而平面，故平面平面， 同理平面平面， 故答案为：平面（或平面） 14. 如图，在中，已知，，，边上的两条中线交于点，则______，______． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】根据余弦定理可得；利用平面向量基本定理可得，然后利用向量夹角公式计算. 【详解】由题可知：， 由边上的两条中线交于点，所以为的重心， ，， ， , ， 所以. 故答案为： ， 15. 如图，在棱长为1的正方体中，P，E分别为线段，AB上的动点，M为线段的中点，给出下列四个结论： ①三棱锥的体积为定值； ②的最小值为； ③不存在点E，使得与所成的角为45°； ④面积的取值范围为． 其中所有正确结论的序号是______. 【答案】①②④ 【解析】 【分析】对①，根据高和底面均为定值可判断；对②，转化到同一个平面，利用余弦定理计算；对③，建系，利用夹角公式进行判断；对④，表示出点到直线的距离，然后用面积公式计算判断. 【详解】对①，点到平面的距离是定值，为定值，所以三棱锥的体积为定值，正确； 对②，将平面沿着旋转到平面，如图： ，，则， 所以，， 所以， ，正确； 对③，建立空间直角坐标系： ，设， 所以， 若与所成角为45°，则（舍）， 所以存在点E，使得与所成的角为45°，错误； 对④，设，， 所以，点到直线的距离为， 由，当时，有；当时，有. 所以面积，正确. 故答案为：①②④ 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. 在中，，，． （1）求的值； （2）求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合给定数据求解即可. （2）利用余弦定理建立方程求出，最后结合三角形面积公式求解即可. 【小问1详解】 在中，由正弦定理得， 以及，，，得． 【小问2详解】 由余弦定理得，则， 化简得，解得或（舍去）. 故的面积为． 17. 如图，在直三棱柱中，D为棱AC的中点，与交于点E，． （1）求证：平面； （2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求证：． 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）证明见解析 【解析】 【分析】（1）要证明线面平行，需证明线线平行，即证明. （2）不论是选条件①还是条件②，要证明线面垂直，需证明该直线垂直于平面内的两条相交直线，即证明和； 【小问1详解】 证明：因为三棱柱为直三棱柱， 所以四边形为矩形，所以为的中点， 又因为为中点，所以是的中位线， 即， 又因为平面平面； 所以平面． 【小问2详解】 （Ⅱ）选条件①： 因为，且三棱柱为直三棱柱， 所以四边形为正方形，所以． 因为，所以． 因为三棱柱为直三棱柱， 所以平面． 因为平面，所以． 又因为，所以平面． 因为平面，所以． 又，所以平面． 选条件②： 因为，且三棱柱为直三棱柱， 所以四边形为正方形．以下同选条件①． 18. 近年来，国内涌现出一批优秀的AI应用大模型.某中学为了解学生使用A、B、C三种AI应用大模型的情况，采用分层随机抽样的方法，从初中部抽取了60名学生，从高中部抽取了50名学生，获得如下数据： A B C 初中部 40人 38人 42人 高中部 30人 25人 20人 假设所有学生使用AI应用大模型的情况相互独立.用频率估计概率. （1）从该校全体学生中随机抽取1人，估计该学生使用AI应用大模型A的概率； （2）从该校初中部全体学生中随机抽取1人，高中部全体学生中随机抽取1人，估计这2人中至少有1人使用AI应用大模型A的概率； （3）在上述样本中，记初中部使用以上三种AI应用大模型人数的方差为，高中部使用以上三种AI应用大模型人数的方差为，试比较与的大小.（结论不要求证明） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）按照古典概型公式计算； （2）按照古典概型公式计算； （3）根据方差公式计算. 【小问1详解】 设事件“从全体学生中随机抽取1人，使用AI应用大模型A”，样本中使用AI应用大模型A的学生共有70人，样本共有人，所以估计． 【小问2详解】 设事件“这2人中至少有1人使用AI应用大模型A”， 事件“从初中部全体学生中随机抽取1人，使用AI应用大模型A”， 事件“从高中部全体学生中随机抽取1人，使用AI应用大模型A”， 则估计，， 所以估计 ． 【小问3详解】 记初中部使用以上三种AI应用大模型人数的平均数为， ，； 记高中部使用以上三种AI应用大模型人数的平均数为， ，. 所以． 19. 已知函数的最小值为． （1）求m的值； （2）求的单调递增区间； （3）若锐角满足，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）化简函数为，然后根据最值计算即可； （2）根据（1）的结果，利用正弦函数的单调性求解； （3）依题意得到，然后利用正弦定理化简得到，根据角度范围计算即可. 【小问1详解】 因为，， 所以， 又的最小值为， 所以， 所以． 【小问2详解】 由（1）知，， 令， 即， 所以的单调递增区间为． 【小问3详解】 因为锐角满足，且， 所以，即． 又，所以，所以，即． 由正弦定理，得， 由为锐角三角形，得， 所以，即， 所以的取值范围为． 20. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，侧面是正三角形，侧面底面，为棱的中点，平面与棱交于点． （1）求证：为棱的中点； （2）求直线与平面所成角的正切值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）因为是的中点，若证明，那么即可证明是的中点. （2）首先确定为直线与平面所成的角，然后根据线段、角度的关系求出其正切值. 【小问1详解】 因为四边形为正方形，所以． 又平面，平面， 所以平面． 因为平面，平面平面， 所以． 因为为棱的中点，所以为棱的中点. 【小问2详解】 取的中点为，连接，取的中点为，连接， 因为为正三角形，为棱的中点， 所以． 又平面平面，平面平面，平面PAD，所以平面． 因为分别为的中点， 所以是的中位线，所以，即平面， 所以为直线与平面所成的角. 在中，，所以． 在中，，所以． 在中，， 所以， 故直线与平面所成角的正切值为． 21. 如图，设是由个实数组成的n行n列的数表，其中表示位于第i行第j列的实数，且． 记向量，若，则称与为正交向量．若对任意不同的，都有与为正交向量，则称为正交数表． （1）直接判断，是否为正交数表（不需要说明理由）； （2）当时，设，且与为正交向量，与为正交向量，求证：与不是正交向量； （3）求证：对任意，当时，不是正交数表． 【答案】（1）是正交数表，不是正交数表; （2）证明见解析; （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据题中新定义直接判断； （2）根据题意设出与，利用正交向量的定义计算即可证明； （3）从数表中选出三个不同的行向量，设为，假设为正交数表，则满足几个交换性质，设，则可分析出和中和的数量关系，再根据，继续分析和中和的数量，整合后可得正交数表的行列数必须是的倍数，由此可证得假设不成立. 【小问1详解】 对于，，是正交数表； 对于，，不是正交数表． 【小问2详解】 设,， 由与为正交向量，与为正交向量，得 且.其中,. 故不妨设,, 则, 即,所以与不是正交向量. 【小问3详解】 因为,所以的最小值为.因此我们可以从数表中选出三个不同的行向量，不妨设为. 若为正交数表，则有. 且若为正交数表，可得如下变换成立， 变换1：交换正交数表的任意两行，所得的新数表仍是正交数表； 变换2：交换正交数表的任意两列，所得的新数表仍是正交数表； 变换3：将正交数表的任意一列实数都变成其相反数，所得的新数表仍是正交数表． 因此我们将第一行的所有元素都变成1，即假设， 由得，在中，和的数量相等，即有个和； 同样地，中也有有个和.现在考虑. 我们将乘积值的情况分成四类： ①,设数量为; ②,设数量为; ③,设数量为; ④,设数量为. 且. 根据中有个和，,同样根据中有个和，. 所以得，从而有. 故有，所以，即正交数表的行列数必须是的倍数. 所以时必不成立.命题得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$