精品解析：北京市北京中学2024-2025学年高一下学期期末模拟考试（6月月考）数学试题

高一英才期末模拟考试试卷 数学 本试卷共4页，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50分） 一、选择题共10小题，每小题5分，共50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，复数对应的点的坐标是，则（ ）． A. B. C. D. 2. 已知平面向量，，且与方向相反，则x的值为（ ）． A. 2 B. C. D. 0 3. 某市准备建一个体育文化公园，针对公园中的体育设施，某社区采用分层随机抽样的方法对成年居民进行了调查．已知该社区青年居民有840人，中年居民有700人，老年居民有560人．若从中年居民中随机抽取了100人，则这次抽样调查抽取的总人数是（ ） A. 200 B. 250 C. 280 D. 300 4. 如图，在中，点N是BC的中点，点M是AN的中点，设，，那么（ ） A. B. C. D. 5. 等差数列的首项为1，公差不为0，若成等比数列，则的前6项和为（ ） A. 51 B. 66 C. D. 6 6. 要得到函数的图象，只需将函数图象上的所有点（ ） A. 先向右平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变） B. 先向右平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变） C. 先向右平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变） D. 先向右平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变） 7. 我国有着丰富悠久的印章文化，印章是签署文件时代表身份的信物，因其独特的文化内涵，有时作为装饰物来使用. 图1是一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2所示. 已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为，且该几何体的顶点在球的表面上，则球的半径为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，“”是“为锐角三角形”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 9. 已知为等腰直角三角形，为直角，直角边长为2，点P在三角形所在平面上，向量为单位向量，点D满足，则的最大值为（ ） A 4 B. C. 5 D. 6 10. 祈年殿（图1）是北京市的标志性建筑之一，距今已有600多年历史.殿内部有垂直于地面的28根木柱，分三圈环形均匀排列.内圈有4根约为19米的龙井柱，寓意一年四季；中圈有12根约为13米的金柱，代表十二个月；外圈有12根约为6米的檐柱，象征十二个时辰.已知由一根龙井柱和两根金柱，形成的几何体（图2）中，米，，则平面与平面所成角的正切值约为（ ） A. B. C. D. 第二部分（非选择题共100分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 11. 若的平均数为5，方差为4，则的平均数为______；方差为______. 12. 已知复数满足，其中i为虚数单位，则复数的共轭复数的虚部为____. 13. 一个工人看管三台自动机床，在一小时内第一、二、三台机床不需要照顾的概率为0.9，0.8，0.8，在一小时的过程中，求至少有一台机床需要照顾的概率 _____． 14. 在锐角中，，则的一个可能的取值为____. 15. 已知为圆心，点是圆上一点，点是圆内部一点；若，且，则的最小值是______. 16. 如图，正方体的棱长为2，为的中点，为线段上的动点，给出下列四个结论： ①存在唯一的点，使得，，，四点共面； ②的最小值为； ③存点，使得； ④有且仅有一个点，使得平面截正方体 所得截面的面积为. 其中所有正确结论为_____ 三、解答题共5小题，共70分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 17. 在中，． （1）求； （2）若,，求边上高． 18. 某研究机构为了了解各年龄层对高考改革方案的关注程度，随机选取了200名年龄在内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（分第一～五组区间分别为，，，，，）. （1）求选取市民年龄在内的人数； （2）利用频率分布直方图，估计200名市民的年龄的平均数和第80百分位数； （3）若从第3，4组用分层抽样的方法选取5名市民进行座谈，再从中选取2人在座谈会中作重点发言，求作重点发言的市民中至少有一人的年龄在内的概率. 19. 如图，在四棱锥中，平面平面，底面为正方形，点E，F分别为，的中点，设平面平面． （1）求证：； （2）求证：； （3）若，，请判断平面与平面是否垂直？若垂直，请证明：若不垂直，说明理由． 20. 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，，分别为，的中点 （1）求证：平面； （2）求证：； （3）从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个，使得平面，并证明. 条件①：； 条件②：； 条件③：三棱锥的体积为. 注：如果选择条件不能使平面得零分. 21. 设正整数，集合，对于集合中的任意元素和，及实数，定义：当且仅当时；；．若的子集满足：当且仅当时，，则称为的完美子集． （1）当时，已知集合，分别判断这两个集合是否为的完美子集，并说明理由； （2）当时，已知集合．若不是完美子集，求的值； （3）已知集合，其中，若对任意都成立，判断是否一定为的完美子集．若是，请说明理由；若不是，请给出反例． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一英才期末模拟考试试卷 数学 本试卷共4页，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50分） 一、选择题共10小题，每小题5分，共50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，复数对应的点的坐标是，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据复数几何意义得，再根据复数乘法法则得结果. 【详解】由题意得，. 故选：B. 【点睛】本题考查复数几何意义以及复数乘法法则，考查基本分析求解能力，属基础题. 2. 已知平面向量，，且与方向相反，则x的值为（ ）． A. 2 B. C. D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量共线的坐标表示求出 【详解】由向量，共线，得，解得， 当时，，与方向相同，不符合题意； 当时，，与方向相反，符合题意， 所以x的值为. 故选：B 3. 某市准备建一个体育文化公园，针对公园中的体育设施，某社区采用分层随机抽样的方法对成年居民进行了调查．已知该社区青年居民有840人，中年居民有700人，老年居民有560人．若从中年居民中随机抽取了100人，则这次抽样调查抽取的总人数是（ ） A. 200 B. 250 C. 280 D. 300 【答案】D 【解析】 【分析】求出中年居民所占的比例，即可求得答案. 【详解】由题意知中年居民所占的比例为， 故这次抽样调查抽取的总人数是. 故选：D. 4. 如图，在中，点N是BC的中点，点M是AN的中点，设，，那么（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件结合平面向量基本定理求解即可. 【详解】因为在中，点N是BC的中点，点M是AN的中点，，， 所以 . 故选：A 5. 等差数列的首项为1，公差不为0，若成等比数列，则的前6项和为（ ） A. 51 B. 66 C. D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，列式求出公差，进而求出前6项和. 【详解】设等差数列的公差为，由成等比数列，得， 又，解得，所以的前6项和. 故选：A 6. 要得到函数的图象，只需将函数图象上的所有点（ ） A. 先向右平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变） B. 先向右平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变） C. 先向右平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变） D. 先向右平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变） 【答案】C 【解析】 【分析】利用平移变换和伸缩变换得到相应的图象. 【详解】A：向右平移个单位长度得，横坐标伸长到原来的2倍得，故A错误； B：向右平移个单位长度得，横坐标缩短到原来的得，故B错误； C：向右平移个单位长度得，横坐标伸长到原来的2倍得，故C正确； D：向右平移个单位长度得，横坐标缩短到原来的得，故D错误. 故选：C. 7. 我国有着丰富悠久的印章文化，印章是签署文件时代表身份的信物，因其独特的文化内涵，有时作为装饰物来使用. 图1是一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2所示. 已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为，且该几何体的顶点在球的表面上，则球的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正四棱柱和正四棱锥的体积之比为可得高相等，根据对称性知球心在高线上，设出球的半径和正四棱柱的高，放在直角三角形中，利用勾股定理列方程，求解即可. 【详解】 由题意，正四棱柱和正四棱锥的体积之比为，且共一个底面， 所以正四棱柱和正四棱锥的高相等，则设正四棱柱和正四棱锥的高都为， 如图所示，根据正四棱柱和一个正四棱锥的对称性可知：球心在高线上， 设该几何体外接球的半径为，因为点都在球上， 所以，，又，则，且， 所以，在直角中，由勾股定理得：， 在直角中，，， 又点在球上，所以，所以由勾股定理得：， 联立，解得， 因此，球的半径为. 故选：B. 8. 在中，“”是“为锐角三角形”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用和角的余弦公式，充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】在中，， 因此是钝角，是锐角，没有条件判断都是锐角，则不能确定为锐角三角形； 反之，为锐角三角形，则是锐角，是钝角，成立， 所以“”是“为锐角三角形”的必要不充分条件. 故选：B 9. 已知为等腰直角三角形，为直角，直角边长为2，点P在三角形所在平面上，向量为单位向量，点D满足，则的最大值为（ ） A. 4 B. C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】建立直角坐标系，设，求出点P的轨迹方程，得，利用数量积求出关于y的函数，求出最值即可 【详解】如图建立直角坐标系， 则， 设，则，即， 所以点P的轨迹是以A为圆心，以1为半径的圆， 又，所以，所以， 所以, 所以， 又点P在上，所以， 所以， 所以的最大值为5， 故选：C 10. 祈年殿（图1）是北京市的标志性建筑之一，距今已有600多年历史.殿内部有垂直于地面的28根木柱，分三圈环形均匀排列.内圈有4根约为19米的龙井柱，寓意一年四季；中圈有12根约为13米的金柱，代表十二个月；外圈有12根约为6米的檐柱，象征十二个时辰.已知由一根龙井柱和两根金柱，形成的几何体（图2）中，米，，则平面与平面所成角的正切值约为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】若平面平面，是的中点，连接，从而得到是平面与平面所成角的平面角，即为所求角，结合已知求其正切值. 【详解】过作平面平面，交于点 则平面与平面所成角，即为平面与平面所成角， 由题意有，即是等腰三角形，腰长约为8米，，易知， 若是的中点，连接，则，且平面， 由平面，则，都在平面内， 所以平面，又平面， 所以，又为平面与平面的交线， 则是平面与平面所成角的平面角， 其中，，则. 故选：B 第二部分（非选择题共100分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 11. 若的平均数为5，方差为4，则的平均数为______；方差为______. 【答案】 ①. 7 ②. 16 【解析】 【分析】根据平均数和方差性质求解即可. 【详解】因为的平均数为5，方差为4， 所以的平均数为，方差为. 故答案为：7；16 12. 已知复数满足，其中i为虚数单位，则复数的共轭复数的虚部为____. 【答案】 【解析】 【分析】由复数的乘法、除法运算求得，再结合共轭复数的概念即可求解. 【详解】由， 得， 故， 则复数的虚部为， 故答案为： 13. 一个工人看管三台自动机床，在一小时内第一、二、三台机床不需要照顾的概率为0.9，0.8，0.8，在一小时的过程中，求至少有一台机床需要照顾的概率 _____． 【答案】0.424 【解析】 【分析】根据题意，设“第一、二、三台机床不需要照顾”分别为事件，设“至少有一台机床需要照顾”为事件B，由相互独立事件的概率公式求出，由对立事件的性质计算可得答案． 【详解】根据题意，设“第一、二、三台机床不需要照顾”分别为事件， 设“至少有一台机床需要照顾”为事件B，则为“三台机床都不需要照顾”， 由题意相互独立，且， 则． 则． 故答案为：． 14. 在锐角中，，则的一个可能的取值为____. 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】依题意可得，再由正弦定理将边化角，利用二倍角公式转化为的三角函数，结合的范围及余弦函数的性质计算可得. 【详解】在锐角中，，则，又， 所以， 又，所以，所以， 所以， 故符合题意的值可取. 故答案为：（答案不唯一） 15. 已知为圆心，点是圆上一点，点是圆内部一点；若，且，则的最小值是______. 【答案】 【解析】 【分析】先证明，再说明当，且为线段的中点时有，即可得到的最小值为. 【详解】①由于， 故，所以. ②当，且为线段的中点时，有. 此时. 综合①②两方面，可知的最小值为. 故答案为：. 16. 如图，正方体棱长为2，为的中点，为线段上的动点，给出下列四个结论： ①存在唯一的点，使得，，，四点共面； ②的最小值为； ③存在点，使得； ④有且仅有一个点，使得平面截正方体 所得截面的面积为. 其中所有正确结论为_____ 【答案】①③ 【解析】 【分析】于结论①，作出经过点，，的截面即可判断；对于结论②，由分析可得，即可判断；对于结论③，作出经过点且与直线垂直的平面，判断平面与是否有交点即可判断；对于结论④，分析点与点重合时与点从上靠近点的三等分点向点运动时两种情况的截面面积的变化情况即可判断. 【详解】对于结论①，取中点为，连接， ，， 因为正方体，为的中点，所以， 所以四点共面，如图确定的平面与线段有且仅有一个交点， 故结论①正确； 对于结论②，因为，求的最小值，即求的最小值， 因为正方体，所以四点共面， 所以与会相交于一点，设为， 此时， 因为 ， 所以的最小值为错误， 故结论②错误； 对于结论③，取中点分别为，，连接，设交 于点，若平面， 在平面中，易知， 所以， 所以， 所以，所以， 又因为平面，平面， 所以， ，平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面，   所以. 所以存在点，使得， 故结论③正确. 对于结论④，当点与点重合时，截面为矩形，截面面积为， 当点为上靠近点的三等分点时， 取中点为，连接，，，，，， 此时四边形即为平面截正方体所得截面，证明如下： 已知平面，求证点为上靠近点的三等分点， 因为，所以，所以点为上靠近点的三等分点，得证. 又因为，且，，所以四边形为等腰梯形，面积为， 所以当点为上靠近点的三等分点时，截面面积为， 当点趋近于点时，截面面积趋近于3， 因为，，点为上靠近点的三等分点向点运动时，截面面积的变化是连续的， 所以点为上靠近点的三等分点向点运动时存在某点，使得截面面积为， 故线段上至少存在两个点使得截面面积为， 故结论④不正确 故答案为：①③ 三、解答题共5小题，共70分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 17. 在中，． （1）求； （2）若,，求边上的高． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边转化为角，再结合三角函数的性质求解角； （2）先根据余弦定理求出边，然后利用三角形面积公式求出边上的高. 【小问1详解】 在中，因为， 由正弦定理及，得， 因为， 所以， 所以． 所以． 【小问2详解】 因为， 由余弦定理，得， 所以．设边上的高为， 又的面积， 所以， 所以AB边上高为． 18. 某研究机构为了了解各年龄层对高考改革方案的关注程度，随机选取了200名年龄在内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（分第一～五组区间分别为，，，，，）. （1）求选取的市民年龄在内的人数； （2）利用频率分布直方图，估计200名市民的年龄的平均数和第80百分位数； （3）若从第3，4组用分层抽样的方法选取5名市民进行座谈，再从中选取2人在座谈会中作重点发言，求作重点发言的市民中至少有一人的年龄在内的概率. 【答案】（1）20 （2）平均数32.25; 第80百分位数37.5 （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图，先求出年龄在内的频率，再求出频数； （2）根据频率分布直方图，求出组中值，利用组中值求平均数即可，第80百分位数即为左侧面积为0.8的线所对应的值； （3）先确定从第3，4组中分别抽取3人，2人.再根据古典概型公式求解概率即可. 【小问1详解】 （1）由题意可知，年龄在内的频率为， 故年龄在内的市民人数为. 【小问2详解】 (2) 平均数为 32.25; 前三组频率和为， 第四组的频率为，所以第80百分位数在第四组， 第80百分位数为. 【小问3详解】 （3）易知，第3组的人数，第4组人数都多于20，且频率之比为， 所以用分层抽样的方法在第3、4两组市民抽取5名参加座谈， 所以应从第3，4组中分别抽取3人，2人. 记第3组的3名分别为，，，第4组的2名分别为，，则从5名中选取2名作重点发言的所有情况为，，，，，，，，，，共有10种. 其中第4组的2名，至少有一名被选中的有：，，，，，，，共有7种， 所以至少有一人的年龄在内的概率为. 【点睛】(1)古典概型的重要思想是事件发生的等可能性，一定要注意在计算基本事件总数和事件包括的基本事件个数时，他们是否是等可能的．(2)用列举法求古典概型，是一个形象、直观的好方法，但列举时必须按照某一顺序做到不重复、不遗漏．(3)注意一次性抽取与逐次抽取的区别：一次性抽取是无顺序的问题，逐次抽取是有顺序的问题. 19. 如图，在四棱锥中，平面平面，底面为正方形，点E，F分别为，的中点，设平面平面． （1）求证：； （2）求证：； （3）若，，请判断平面与平面是否垂直？若垂直，请证明：若不垂直，说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）不垂直，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据平面平面，引用面面垂直的性质定理，得平面，再根据线面垂直的性质，得到； （2）取的中点，连接，，证明四边形为平行四边形，得，再根据线面平行的判定定理得平面，最后利用线面平行性质定理得到； （3）假设平面与平面垂直，利用面面垂直得到平面，进而得到，三角形为以为斜边的直角三角形，即可得到与假设矛盾，进而得到答案. 【小问1详解】 因为底面为正方形， 所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以. 【小问2详解】 取的中点，连接，， 因为点分别为的中点， 所以，且， 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因平面，平面， 所以平面. 又因为平面，平面平面 所以. 【小问3详解】 假设当平面平面时， 因为，平面平面， 所以平面， 又因为平面， 所以，三角形为以为斜边的直角三角形， 此时，与题干矛盾， 所以平面与平面不垂直. 20. 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，，分别为，的中点 （1）求证：平面； （2）求证：； （3）从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个，使得平面，并证明. 条件①：； 条件②：； 条件③：三棱锥的体积为. 注：如果选择条件不能使平面得零分. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）取的中点为，连接，，则利用三角形的中位线定理结合棱柱的性 质可证得四边形是平行四边形，则，然后利用线面平行的判定定理可证得结论； （2）由面面垂直的性质可证得平面，再由线面垂直的性质可证得结论； （3）若选①，则无法判断，若选②，则由已知条件结合（1）可得，则得，再结合可证得结论；若选③，则由三棱锥的体积可求得，则，再结合可证得结论. 【小问1详解】 取的中点为，连接，， 为的中点，所以， 由三棱柱可得四边形为平行四边形， 为的中点，所以， 所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 平面，平面， 故平面. 【小问2详解】 因为侧面为正方形，故， 而平面，平面平面， 平面平面，故平面， 因为平平面，所以. 【小问3详解】 若选①，则， 因为侧面为正方形，， 所以，则， 所以与不垂直， 假设平面，又平面，则，矛盾，故①不能选； 选②，四边形是平行四边形，且， 因为，所以， 在三棱柱中，侧面为正方形，，的中点为， 为的中点，所以，则， 所以，故，所以 因为平面， 因为，，平面，故平面 选③，因为平面， 所以三棱锥的体积 ， 因为，所以， 平面， 因为，，平面， 故 21. 设正整数，集合，对于集合中的任意元素和，及实数，定义：当且仅当时；；．若的子集满足：当且仅当时，，则称为的完美子集． （1）当时，已知集合，分别判断这两个集合是否为的完美子集，并说明理由； （2）当时，已知集合．若不是的完美子集，求的值； （3）已知集合，其中，若对任意都成立，判断是否一定为的完美子集．若是，请说明理由；若不是，请给出反例． 【答案】（1）为的完美子集，不是的完美子集，理由见解析 （2） （3）是，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据完美子集的定义，列方程组求值判断即可； （2）根据题意列方程组，解方程组即可求解； （3）假设存在不全为0的实数，，满足条件，不妨设，由条件得出矛盾即可求解. 【小问1详解】 由， 显然只有唯一解，即， 所以为的完美子集； 同理，对于，， 令， 即，方程组的解不唯一， 比如，，为方程组的一组解，所以不是的完美子集. 【小问2详解】 由题意得， 所以， 由不是的完美子集，即方程组的解不唯一， 因为， 由集合的互异性得，且， 所以，，， 所以， 所以， 所以或， 检验： 当时，存在，，，使得， 当时，因为，所以，，舍， 所以. 【小问3详解】 是完美子集，理由如下： 假设存在不全为0的实数，，满足， 不妨设，则否则与假设矛盾， 由，得， 所以， 与，即矛盾， 所以假设不成立，所以．所以， 所以一定是完美子集. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $