2023-2024学年北京市朝阳区高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年北京市朝阳区高一（下）期末数学试卷（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.若复数z满足i⋅z=1−i，则z=( )
A. 1+iB. −1+iC. 1−iD. −1−i
2.已知向量a=(1,5)，b=(0,3)，则|a−b|=( )
A. 3B. 5C. 3D. 5
3.如图，八面体的每个面都是正三角形，并且4个顶点A，B，C，D在同一平面内，若四边形ABCD是边长为2的正方形，则这个八面体的表面积为( )
A. 8
B. 16
C. 8 3
D. 16 3
4.已知平面α，直线m，n，若n⊂α，则“m⊥n”是“m⊥α”的( )
A. 充分不必要条件B. 充分必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
5.在△ABC中，a=2，∠A=π3，∠B=5π12，则c=( )
A. 2 23B. 2C. 2 63D. 6
6.李华统计了他爸爸2024年5月的手机通话明细清单，发现他爸爸该月共通话60次，他按每次通话时间长短进行分组(每组为左闭右开的区间)，画出了如图所示的频率分布直方图.则每次通话时长不低于5分钟且小于15分钟的次数为( )
A. 18B. 21C. 24D. 27
7.已知向量a，b不共线，c=3a−tb，d=−2ta+6b，若c与d同向，则实数t的值为( )
A. −3B. −1C. 3D. −3或3
8.近年来，我国国民经济运行总体稳定，延续回升向好态势.如图是我国2023年4月到2023年12月规模以上工业增加值同比增长速度(以下简称增速)统计图．
注：规模以上工业指年主营业务收入2000万元及以上的工业企业．
下列说法正确的是( )
A. 4月，5月，6月这三个月增速的方差比4月，5月，6月，7月这四个月增速的方差大
B. 4月，5月，6月这三个月增速的平均数比4月，5月，6月，7月这四个月增速的平均数小
C. 连续三个月增速的方差最大的是9月，10月，11月这三个月
D. 连续三个月增速的平均数最大的是9月，10月，11月这三个月
9.在梯形ABCD中，AB//DC，AC⊥BD，∠BDC=π3，AB=2，DC=6，则AD与BC夹角的余弦值为( )
A. 714B. 2 77C. 2114D. 217
10.已知|AM|=2，AM=2MB，若动点P，Q与点A，M共面，且满足|AP|=|AM|，|BQ|=|BM|，则MP⋅MQ的最大值为( )
A. 0B. 12C. 1D. 2
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
11.已知某学校汉服社、书法社、诗歌社、曲艺社四个学生社团的人数比为2：2：3：3，现用比例分配的分层随机抽样的方法，从这四个社团中抽取20人担任志愿者，则从曲艺社抽取的人数为______．
12.袋子中有4个大小和质地相同的小球，标号为1，2，3，4.若从中随机摸出一个小球，则摸到球的标号大于3的概率是______；若从中随机摸出两个小球，则摸到球的标号之和为偶数的概率是______．
13.在△ABC中，点D，E满足BD=DC，AE=λAC.若DE=16AC−12AB，则λ= ______．
14.在△ABC中，∠A=π6，a=52，若△ABC存在且唯一，则b(b∈Z)的一个取值为______．
15.已知向量a，b在正方形网格中的位置如图所示，向量c满足|c|=1，且a⋅c=b⋅c.若网格纸上小正方形的边长为1，则(a−b)⋅(a+b)= ______，a⋅c= ______．
16.在正四棱锥P−ABCD中，PA与BC所成的角的大小为α，PA与底面ABCD所成的角的大小为β，侧面PAB与底面ABCD所成的角的大小为γ，二面角A−PB−C的大小为δ．
给出下列四个结论：
①β<γ<α<δ；
②tanα= 3tanβ；
③tanαcsγ=1；
④sinβ−sinδ=sinβcsδ．
其中所有正确结论的序号是______．
三、解答题：本题共5小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=2，CC1=4，E为CC1的中点．
(Ⅰ)求证：AC1/​/平面EDB；
(Ⅱ)求证：平面EDB⊥平面ACC1；
(Ⅲ)求点C到平面EDB的距离．
18.(本小题14分)
生成式人工智能(AIGC)工具正处于蓬勃发展期，在对话系统、机器翻译、文本摘要等领域得到广泛应用.为了解学生对生成式人工智能工具的使用情况，某校从全体学生中随机抽取了100名学生，调查得到如下数据：
用频率估计概率．
(Ⅰ)估计该校学生经常使用生成式人工智能工具的概率；
(Ⅱ)假设每名学生使用生成式人工智能工具的情况相互独立，从该校全体学生中随机抽取两名学生，估计这两名学生中至少有一名学生经常使用生成式人工智能工具的概率；
(Ⅲ)从这100名学生中抽取5次，每次随机抽取10名学生，记第i次(i=1,2,3,4,5)抽取的10名学生中，有ai名学生经常使用生成式人工智能工具，有bi名学生偶尔使用或者从未使用过生成式人工智能工具.将a1，a2，a3，a4，a5的方差记为sa2，b1，b2，b3，b4，b5的方差记为sb2，比较sa2，sb2的大小.(结论不要求证明)
19.(本小题13分)
在△ABC中，b+2c−2acsB=0．
(Ⅰ)求∠A；
(Ⅱ)若△ABC的面积是 32，求a的最小值．
20.(本小题14分)
如图1，在△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，D，E分别为AC，BC的中点.将△CDE沿DE折起到△C1DE的位置，得到四棱锥C1−DABE，如图2．
(Ⅰ)求证：DE⊥C1A；
(Ⅱ)若M是线段C1B上的点，平面DEM与线段C1A交于点N.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.使点M唯一确定，并解答问题．
(i)求证：N为C1A的中点；
(ii)求证：C1A⊥平面DEMN．
条件①：C1M=MB；
条件②：DE//NM；
条件③：EM⊥C1B.
21.(本小题15分)
设A=a11a12…a1na21a22…a2n…………an1an2…ann是由n×n(n≥3)个非负整数组成的n行n列的数表，记Ri=ai1+ai2+⋯+ain，Cj=a1j+a2j+…+anj，i，j∈{1,2,…,n}.设R1，R2，…，Rn的平均数为μ(A)，若μ(A)(Ⅰ)判断如下两个数表是否为“4阶H数表”，说明理由；
A=0123101221013210，B=1000010000100011．
(Ⅱ)证明：对于一个给定的正整数n，不存在“n阶H数表”A，使得Ri+Cj≥n对任意的i，j∈{1,2,…,n}都成立；
(Ⅲ)对任意的“n阶H数表”A，是否存在i，j∈{1,2,…,n}，满足aij=0，使得Ri+Cj参考答案
1.D
2.B
3.C
4.C
5.C
6.B
7.A
8.A
9.D
10.C
11.6
12.14 13
13.23
14.5(答案不唯一)
15.0 −2 2或2 2
16.①③④
17.解：(Ⅰ)证明：如图，设AC∩BD=F，连接EF，
∵在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC，
∴F为AC的中点，又E为CC1的中点，
∴AC1//FE，又AC1⊄平面EDB，FE⊂平面EDB，
∴AC1/​/平面EDB；
(Ⅱ)证明：∵在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC，
∴BD⊥AC，且CC1⊥底面ABCD，又BD⊂底面ABCD，
∴BD⊥CC1，又AC∩CC1=C，
∴BD⊥平面ACC1，又BD⊂平面EDB，
∴平面EDB⊥平面ACC1；
(Ⅲ)由(Ⅱ)知平面EDB⊥平面ACC1，
在平面ACC1内过C作CH垂直两平面的交线EF于点H，
则CH⊥平面EDB，即CH即为所求，
在Rt△EFC中，易知FC= 2，CE=2，∴EF= 2+4= 6，
∴CH=FC×CEEF=2 2 6=2 33．
18.解：(1)依题意，这100名学生中有20名学生经常使用生成式人工智能工具，
故所求概率的估计值为20100=15；
(2)设“第i名学生经常使用生成式人工智能工具”为事件Ai，i=1，2，
“从该校全体学生中随机选取两名学生，至少有一名学生经常使用生成式人工智能工具”这事件B，
则P(B)=1−P(A1−A2−)=1−P(A1−)P(A2−)，
依题意，P(A1)=P(A2)=15，
则P(A1−)=P(A2−)=1−15=45，
故所求概率估计为P(B)=1−45×45=925；
(3)记a1，a2，a3，a4，a5的平均数为a−，b1，b2，b2，b4，b5的平均数为b−，
依题意，ai+bi=10(i=1,2,3,4,5)，
a−=15i=15ai，b−=15i=15bi=15i=15(10−ai)=10−a−，
因此Sa2=15i=15(ai−a−)2，sb2=15i=15(bi−b−)2=15i=15[(10−ai)−(10−a−)]2=15i=15(ai−a−)2，
所以sa2=sb2．
19.解：(Ⅰ)因为b+2c−2acsB=0，
由正弦定理可得：sinB+2sinC−2sinAcsB=0，
在△ABC中，sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
所以sinB+2csAsinB=0，而sinB>0，
所以csA=−12，
因为A∈(0,π)，
可得A=2π3；
(Ⅱ)因为S△ABC=12bcsinA= 32，A=2π3，
可得bc=4，
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA≥2bc+bc=3×4，当且仅当b=c时取等号，
所以a≥2 3，
即a的最小值为2 3．
20.证明：(Ⅰ)在△ABC中，因为AB=3，AC=4，BC=5，
所以AB2+AC2=BC2，即AB⊥AC，
因为D，E分别为AC，BC的中点，
所以DE/​/AB，所以DE⊥AC，
所以DE⊥C1D，DE⊥AD，
又因为C1D∩AD=D，
所以DE⊥平面C1AD，
又因为C1A⊂平面C1AD，
所以DE⊥C1A.
(Ⅱ)选条件①：C1M=MB，
(i)因为DE/​/AB，
又因为DE⊄平面C1AB，AB⊂平面C1AB，

所以DE/​/平面C1AB，
又因为DE⊂平面DEMN，平面DEMN∩平面C1AB=NM，
所以DE//NM，
又因为DE/​/AB，所以NM//AB，
因为C1M=MB，
所以C1N=NA，即N为C1A的中点．
(ⅱ)因为DC1=DA，由(i)得C1N=NA，
所以DN⊥C1A，
由(Ⅰ)得DE⊥C1A，
又因为DN∩DE=D，
所以C1A⊥平面DEMN．
(Ⅱ)选条件③：EM⊥C1B，
又因为EC1=EB，所以C1M=MB，
(i)因为DE/​/AB，
又因为DE⊄平面C1AB，AB⊂平面C1AB，

所以DE/​/平面C1AB，
又因为DE⊂平面DEMN，平面DEMN∩平面C1AB=NM，
所以DE//NM，
又因为DE/​/AB，所以NM//AB，
因为C1M=MB，
所以C1N=NA，即N为C1A的中点．
(ⅱ)因为DC1=DA，由(i)得C1N=NA，
所以DN⊥C1A，
由(Ⅰ)得DE⊥C1A，
又因为DN∩DE=D，
所以C1A⊥平面DEMN．
21.解：(Ⅰ)数表A不是“4阶H数表”，数表B是“4阶H数表”.理由如下：
在数表A中，μ(A)=R1+R2+R3+R44=6+4+4+64=5≥2，
因此数表A不是“4阶H数表”．
在数表B中，μ(B)=1+1+1+24=54<2，
因此数表B是“4阶H数表”．
(Ⅱ)证明：假设存在满足题设的“n阶H数表”A，
由题意有R1+R2+⋯+Rn=C1+C2+⋯+Cn，
又由Ri+Cj≥n，i，j∈{1,2,…,n}，
得R1+C1+R2+C2+⋯+Rn+Cnn≥n+n+⋯+nn=n．
而R1+C1+R2+C2+⋯+Rn+Cnn=R1+R2+⋯+Rn+C1+C2+⋯+Cnn
=2(R1+R2+⋯+Rn)n．
所以2(R1+R2+⋯+Rn)n≥n，即μ(A)=R1+R2+⋯+Rnn≥n2，
这与μ(A)所以满足题设的“n阶H数表”A不存在．
(Ⅲ)对任意的“n阶H数表”A，存在i，j∈{1,2,…,n}，满足aij=0，使得Ri+Cj理由如下：
记p=min{R1,R2,…,Rn,C1,C2,…,Cn}.显然交换数表A中任意两行或两列的位置或行列互换，μ(A)不变．
不妨设R1=p，
因为μ(A)=R1+R2+⋯+Rnn则p(i)若p=0，则不妨设C1=min{C1,C2,⋯,Cn}，同理C1则存在i=1，j=1，满足aij=0，使得Ri+Cj(i)若p≠0，则设自然数q对任意k∈{q+1,q+2,…,n}有a1k=0．
显然q≤p．
所以C1+C2+⋯+Cq≥pq．
因此Cq+1+Cq+2+⋯+Cn<12n2−pq．
不妨设a1,q+1+a2,q+1+⋯+an,q+1<12n2−pqn−q．
注意到12n2−pq−(n−q)(n−p)=−12n2+np+nq−2pq
=−12(n−2p)(n−2q)<0，
即12n2−pqn−q因此a1,q+1+a2,q+1+…+an,q+1从而a11+a12+⋯+a1n+a1,q+1+a2,q+1+⋯+an,q+1故存在i=1，j=q+1，满足aij=0，使得Ri+Cj20人
偶尔使用
30人
从未使用
50人