2023-2024学年北京市通州区高一下学期期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年北京市通州区高一下学期期末数学试卷（含解析），共14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。

一、单选题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.复平面内点A(1,−2)所对应复数的虚部为( )
A. 1B. −2C. iD. −2i
2.样本数据3，5，7，2，10，2的中位数是( )
A. 7B. 6C. 4D. 2
3.已知向量a=(−1,2)，a⊥b，那么向量b可以是( )
A. (2,1)B. (2,−1)C. (−2,1)D. 1,−2
4.在三角形ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知A=π6,a=1,b= 2，则B=( )
A. π3B. π4C. π4或3π4D. π3或2π3
5.已知圆锥的底面半径是1，高为 3，则圆锥的侧面积是( )
A. πB. 3πC. 4πD. 2π
6.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，则A1C1与B1C所成角为( )
A. π6B. π4C. π3D. π2
7.在下列关于直线l、m与平面α、β的命题中，真命题是( )
A. 若l⊂β，且α⊥β，则l⊥αB. 若l⊥β，且α//β，则l⊥α
C. 若α//β，l⊂α，m⊂β，则l//mD. 若l⊥β，且α⊥β，则l//α
8.一个口袋内装有大小、形状相同的红色、黄色和绿色小球各2个，不放回地逐个取出2个小球，则与事件“2个小球都为红色”互斥而不对立的事件有( )
A. 2个小球恰有一个红球B. 2个小球至多有1个红球
C. 2个小球中没有绿球D. 2个小球至少有1个红球
9.一个长为2 2，宽为2的长方形，取这个长方形的四条边的中点依次
为A，B，C，D，依次沿AB，BC，CD，DA，DB折叠，使得这个长方形
的四个顶点都重合而得到的四面体，称为“萨默维尔四面体”，如下图，
则这个四面体的体积为( )
A. 12B. 23C. 1D. 2
10.达⋅芬奇方砖是在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，把六片这样的达·芬奇方砖拼成下图的组合，这个组合再转换成几何体，则需要10个正方体叠落而成，若一个小球从图中阴影小正方体出发，等概率向相邻小正方体(具有接触面)移动一步，则经过两步移动后小球又回到阴影小正方体的概率为( )
A. 14B. 13C. 512D. 712
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.设复数z满足z1−i=2i(i为虚数单位)，则z的模为 ．
12.从写有数字1,2,3,4,5的5张卡片中有放回的抽取两次，两次抽取的卡片数字和为5的概率是 ．
13.已知a,b,c分别是▵ABC的角A,B,C的对边，若b=5，c=4，AB⋅AC=−10，则A= ，▵ABC的面积为 ．
14.在正方形ABCD中，E是DC边上一点，且DE=2EC，点F为AE的延长线上一点，写出可以使得AF=λAB+μAD成立的λ，μ的一组数据λ,μ为 ．
15.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E为BC的中点，F为线段CC1上的动点，过点A，E，F的平面截该正方体所得截面记为S，则下列命题正确的是 ．
①直线D1D与直线AF相交；
②当0③当F为CC1的中点时，平面AEF截正方体所得的截面面积为98；
④当CF=34时，截面S与A1D1，C1D1分别交于M,N，则MN= 53．
三、解答题：本题共6小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.（12分）已知向量a=(−1,0)，b=(2,−1)．
(1)求|a+2b|；
(2)若AB=a+b，BC=2a−b，CD=−a，求证：A，C，D三点共线．
17.（12分）在中小学生体质健康测试中，甲、乙两人各自测试通过的概率分别是0.6和0.8，且测试结果相互独立，求：
(1)两人都通过体质健康测试的概率；
(2)恰有一人通过体质健康测试的概率；
(3)至少有一人通过体质健康测试的概率．
18.（12分）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BB1,DD1的中点．求证：
(1)BD//平面C1EF；
(2)EF⊥平面ACC1A1；
(3)求三棱锥B1−C1EF的体积．
19.（13分）某地区高考实行新方案，规定：语文、数学和英语是考生的必考科目，考生还要从物理、化学、生物、历史、地理和政治六个科目中选取三个科目作为选考科目．为了解某校学生选科情况，现从高一、高二、高三学生中各随机选取了100名学生作为样本进行调查，调查数据如下表，用频率估计概率．
(1)已知该校高一年级有400人，估计该学校高一年级学生中选考历史的人数；
(2)现采用分层抽样的方式从样本中随机抽取三个年级中选择历史学科的5名学生组成兴趣小组，再从这5人中随机抽取2名同学参加知识问答比赛，求这2名参赛同学来自不同年级的概率；
(3)假设三个年级选择选考科目是相互独立的．为了解不同年级学生对各科目的选择倾向，现从高一、高二、高三样本中各随机选取1名学生进行调查，设这3名学生均选择了第k门科目的概率为Pk(k=1,2,3,4,5,6)，当Pk取得最大值时，写出k的值．(结论不要求证明)
20.（13分）在△ABC中，角A,B,C所对的边为a,b,c，△ABC的面积为S，且S=a2+b2−c24．
(1)求角C；
(2)若c−b=2bcsA，试判断△ABC的形状，并说明理由．
21.（13分）如图，七面体ABCDEF中，菱形ABCD所在平面与矩形ACEF交于AC，平面CDF与平面ABF交于直线l．
(1)求证：AB//l；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知条件，试求当BDAF为何值时，平面DEF⊥平面BEF？并证明你的结论．
条件①：平面ABCD⊥平面ACEF；
条件②：CE⊥AB．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
答案解析
1.B
【解析】复平面内点A(1,−2)所对应复数为1−2i，其虚部为−2．
故选：B
2.C
【解析】解：先对这组数据按从小到大的顺序重新排序：2，2，3，5，7，10．
位于最中间的数是3，5，
所以这组数的中位数是3+52=4．
故选：C．
3.A
【解析】因为a⊥b，所以a⋅b=0，
对于A，若b=(2,1)，则a⋅b=−2+2=0，所以 A正确，
对于B，若b=(2,−1)，则a⋅b=−2−2≠0，所以 B错误，
对于C，若b=(−2,1)，则a⋅b=2+2≠0，所以 C错误，
对于D，若b=(1,−2)，则a⋅b=−1−4≠0，所以 D错误．
故选：A
4.C
【解析】由题意，A=π6,a=1,b= 2，
因为b>a，所以B>A，
由正弦定理得asinA=bsinB，
即sinB=bsinAa= 2×121= 22，
因为B∈0,π，
所以B=π4或3π4．
故选：C．
5.D
【解析】因为圆锥的底面半径是1，高为 3，
所以圆锥的母线长为 ( 3)2+12=2，
所以圆锥的侧面积为π×2×1=2π．
故选：D
6.C
【解析】如图所示：连接AC,AB1，

由正方体的性质可得，AC//A1C1，则∠ACB1即为A1C1与B1C所成角，
又AC=B1C=AB1，所以∠ACB1=π3．
故选：C．
7.B
【解析】对于A，α⊥β，当平面α,β的交线为l时，满足l⊂β，此时l⊂α， A错误；
对于B，由l⊥β，得存在过直线l的平面γ,δ，γ∩β=a,δ∩β=b，由于α//β，
则平面γ,δ与平面α必相交，令γ∩α=a′,δ∩α=b′，于是a′//a,b′//b，
显然l⊥a,l⊥b，而l,a,a′⊂γ，则l⊥a′，同理l⊥b′，又a′,b′是平面α内的两条相交直线，因此l⊥α， B正确；
对于C，α//β，l⊂α，m⊂β，l//m或l,m异面， C错误；
对于D，α⊥β，令α∩β=c，当直线l在平面α内，且l⊥c时，满足l⊥β，此时l//α不成立， D错误．
故选：B
8.A
【解析】2个小球恰有一个红球包括2个小球1个红球1个黄球和2个小球1个红球1个绿球，与事件“2个小球都为红色”互斥而不对立，符合题意，故A正确；
2个小球至多有1个红球包括2个小球都不是红球和2个小球恰有1个红球，则2个小球至多有1个红球与事件“2个小球都为红色”是对立事件，故B错误；
2个小球中没有绿球包括2个小球都为红色，2个小球都为黄色和2个小球1个红球1个黄球，则事件“2个小球都为红色”是2个小球中没有绿球的子事件，故C错误；
2个小球至少有1个红球包括2个小球都是红球和2个小球1个红球1个不是红球，则事件“2个小球都为红色”是2个小球至少有1个红球的子事件，故D错误；
故选：A
9.B
【解析】
由题意可得，BC=CD=AD=AB= 3，AC=BD=2，
取BD中点E，连接AE,CE，又AB=AD，所以AE⊥BD，
且AE= AB2−BE2= 3−1= 2，CE= BC2−BE2= 3−1= 2，
则AE2+CE2=AC2，所以AE⊥CE，且CE∩BD=E，CE,BD⊂平面BCD，
所以AE⊥平面BCD，
则VA−BCD=13S▵BCD⋅AE=13×12×2× 2× 2=23．
故选：B
10.D
【解析】由题意可得，一个小球从图中阴影小正方体出发，可以向上，向下或水平移动，
设小球向上移动为事件A，小球水平移动为事件B，小球向下移动为事件C，
小球回到阴影为事件D，
则PA=14,PB=12,PC=14,PDA=1,PDB=12,PDC=13，
则PD=PAPDA+PBPDB+PCPDC
=14+12×12+14×13=712．
故选：D
11. 2
【解析】z=2i1+i1−i1+i=−1+i,z= −12+12= 2．
故答案为： 2．
12.425
【解析】用(x,y)中的x表示第一次取到的卡片数字，y表示第一次取到的卡片数字，
由题知，样本空间为Ω=(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),
(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5)，共25个，
记事件B：两次抽取的卡片数字和为5，事件B包含的样本点为(1,4),(2,3),(3,2),(4,1)，共4个，
所以两次抽取的卡片数字和为5的概率是425，
故答案为：425．
13.2π3 ； ； ； ； ；；5 3
【解析】依题意，csA=AB⋅AC|AB||AC|=−10bc=−1020=−12，在▵ABC中，0所以A=2π3；▵ABC的面积S=12bcsinA=12×20× 32=5 3．
故答案为：2π3；5 3
14.2,3(答案不唯一)
【解析】
由题意知DC=AC−AD，而DE=2EC，
故DE=23(AC−AD)，
则AE=AD+DE=AD+23(AC−AD)=13AD+23AC=13AD+23AB+AD=23AB+AD，
又点F为AE的延长线上一点，故AF=tAE,(t>1)，
可取t=3，则AF=3(23AB+AD)=2AB+3AD，
故使得AF=λAB+μAD成立的λ,μ的一组数据λ,μ为(2,3)，
故答案为：2,3．
15.②③④
【解析】①，因为F为线段CC1上的动点，所以AF⊂平面ACC1A1，由正方体可知D1D//平面ACC1A1，所以直线D1D与直线AF不可能相交，故①错误；
②，当0所以截面为四边形；
又A1G⊂面A1MG，故A1G//面AEF，故②正确；
③，连接AD1,D1F,AE,BC1，如下所示：

因为E为BC的中点，F为CC1的中点，
则EF//BC1//AD1，故面AEFD1即为平面AEF截正方体所得截面；
在Rt▵D1C1F和Rt△ABE中，
又D1F=AE= 12+122= 52，故该截面为等腰梯形，
又EF=12BC1= BB12+B1C12= 22，AD1= AA12+A1D12= 2，
故截面面积S=12EF+AD1× D1F2−AD1−EF22=12× 22+ 2×3 24=98，故③正确；
④，当CF=34时，延长DD1至R，使D1R=12，
连接AR交A1D1于M，连接RF交C1D1于N连接MN，
取AD的中点S，DD1上一点Q，使DQ=34，连接SE、SQ、QF，
如图所示：
因为SE//DC且SE=DC，QF//DC且QF=DC，
所以SE//QF且SE=QF，所以四边形SEFQ是平行四边形，则SQ//EF，
由D1R=12，DQ=34，所以QR=QD1+D1R=DD1−DQ+D1R=34，
则Q为DR中点，则SQ//AR，所以EF//AR，
又▵RD1N∼▵FC1N,▵RD1M∼▵AA1M，
可得D1NC1N=D1RC1F=121−34=2,D1MA1M=D1RA1A=121=12，
所以D1N=23D1C1=23,D1M=13D1A1=13，
则在Rt▵MD1N中MN= D1N2+D1M2= 232+132= 53，故④正确；
故答案为：②③④．
16.(1)解：a=(−1,0)，b=(2,−1)，
则a+2b=−1,0+4,−2=3,−2，
故|a+2b|= 9+4= 13；
(2)证明：AB=a+b，BC=2a−b，
则AC=AB+BC=a+b+2a−b=3a；
CD=−a=−13AC，
所以CD//AC，
所以A，C，D三点共线．

【解析】(1)结合向量的坐标运算，以及向量模公式，即可求解；
(2)结合向量共线的性质，即可求解．
17.(1)根据题意，记甲通过体能测试为事件A，乙通过体能测试为事件B，
且事件A与事件B相互独立，
则两人都通过体能测试的概率P1=PAB=PAPB=0.6×0.8=0.48．
(2)由事件A与事件B相互独立，则恰有一人通过体能测试的概率为
P2=PAB+AB=PAPB+PAPB=0.4×0.8+0.6×0.2=0.44．
(3)由事件A与事件B相互独立，则至少有一人通过体能测试的概率为
P3=PAB+AB+AB=PAB+PAB+AB=0.48+0.44=0.92．
【解析】根据题意，由相互独立事件的概率乘法公式，代入计算，即可得到结果．
18.(1)证明：∵E，F分别为BB1，DD1的中点，BB1=DD1，BB1//DD1，
∴BE//DF且BE=DF，
∴四边形BDFE为平行四边形，
∴BD//EF，
又EF⊂平面C1EF，BD不在平面C1EF，
∴BD//平面C1EF；
(2)证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴BD⊥AC，
∵BD//EF，
∴AC⊥EF，
∵AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴AA1⊥BD，
∵BD//EF，AA1⊥EF，又AC⋂AA1=A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，
∴EF⊥平面ACC1A1；
(3)∵F到平面BCC1B1距离为三棱锥的高ℎ=CD=2，
S▵BC1E=12B1C⋅B1E=12×2×1=1，
故三棱锥B1−C1EF的体积VB1−C1EF=VF−B1C1E=13S▵B1C1E⋅ℎ=13×1×2=23．
【解析】(1)先证明四边形BDFE为平行四边形，得出BD//EF，再根据线面平行的判定定理即可得证；
(2)根据线面垂直的判定与性质定理即可得证；
(3)利用F到平面BCC1B1距离为三棱锥的高ℎ=CD=2，结合等体积法求解即可．
19.(1)解：由题意知，样本中高一学生共有100人，其中选择历史学科的学生有20人，
故估计高一年级选历史学科的学生有400×20100=80人．
(2)解：应从样本中三个年级选历史的学生中分别抽取人数为1，2，2，
编号为A1，A2，A3，A4，A5，
从这5名运动员中随机抽取2名参加比赛，所有可能的结果为A1,A2，
A1,A3，A1,A4，A1,A5，A2,A3，A2,A4，A2,A5，A3,A4，A3,A5，A4,A5，共10种，
设A为事件“这2名参赛同学来自不同年级”，
则A为事件“这2名参赛同学来自相同年级”有{A2,A3}，{A4,A5}共2种，
所以事件A发生的概率P(A)=1−P(A)=1−210=45．
(3)解：P1=0.8×0.6×0.5=0.24，
P2=0.7×0.45×0.4=0.126，
P3=0.35×0.55×0.6=0.1155，
P4=0.2×0.4×0.4=0.032，
P5=0.35×0.4×0.4=0.056，
P6=0.6×0.6×0.7=0.252，
∴当Pk取得最大值时，k=6．
【解析】(1)样本中高一学生共有100人，其中选择历史学科的学生有20人，由此能估计高一年级选历史学科的学生人数．
(2)应从样本中三个年级选历史的学生中分别抽取人数为1，2，2，编号为A1，A2，A3，A4，A5，从这5名运动员中随机抽取2名参加比赛，利用列举法能求出事件“这2名参赛同学来自相同年级”的概率．
(3)利用相互独立事件概率乘法公式求解．
20.(1)在▵ABC中，因为S=a2+b2−c24，则12absinC=2abcsC4，
整理得tanC=1，且C∈0,π2，所以C=π4．
(2)由正弦定理得sinC−sinB=2sinBcsA，
∵sinC=sinA+B=sinAcsB+csAsinB，
∴sinAcsB+csAsinB−sinB=2sinBcsA，
∴sinAcsB−csAsinB=sinB，
于是sinA−B=sinB，
又A,B∈0,π，故−π∵C=π4,∴A=π2,B=π4,
▵ABC是等腰直角三角形．
【解析】(1)应用面积公式及余弦定理得出正切进而得出角；
(2)先应用正弦定理及两角和差的正弦公式化简得出A=2B，结合C=π4判断三角形形状即可．
21.(1)菱形ABCD中，AB//CD，
又CD⊂平面CDF，AB⊄平面CDF，∴AB//平面CDF，
又AB⊂平面ABF，平面ABF∩平面CDF=l．
∴AB//l；
(2)若选①
当BDAF=2时，平面DEF⊥平面BEF，
设AC∩BD=O，取EF的中点M，连结OM,BM,DM如图所示，
∵平面ABCD⊥平面ACEF，平面ABCD∩平面ACEF=AC，
矩形ACEF中AF⊥AC，∴AF⊥平面ABCD，
∵AD⊂平面ABCD，∴AF⊥AD，
同理可得：CE⊥CD，
∴∠DCE=∠DAF=90∘，
因为菱形ABCD中CD=AD，矩形ACEF中CE=AF，
∴▵CDE≅▵ADF，∴DE=DF，∵M是EF的中点，∴DM⊥EF，
假设平面DEF⊥平面BEF成立，
平面DEF∩平面BEF=EF，且DM⊥EF，
∴DM⊥平面BEF，∵BM⊂平面BEF，∴DM⊥BM，
∵矩形ACEF中M是EF的中点，菱形ABCD中O是AC的中点，
∴OM//AF,OM=AF，
∴OM⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴OM⊥BD，
又∵DM⊥BM，O是BD的中点，可知△BDM为等腰直角三角形，
∴OM=OB=OD,∴BD=OB+OD=2OM=2AF，
∴BDAF=2，故当BDAF=2时，平面DEF⊥平面BEF；
若选②
当BDAF=2时，∵CE⊥AB，矩形ABEF中，∵CE⊥AC
AC∩AB=A，AC,AB⊂平面ABCD，∴CE⊥平面ABCD，
矩形ACEF中AF//CE，∴AF⊥平面ABCD，
∵AD⊂平面ABCD，∴AF⊥AD，
同理可得：CE⊥CD，
∴∠DCE=∠DAF=90∘，
因为菱形ABCD中CD=AD，矩形ACEF中CE=AF，
∴▵CDE≅▵ADF，∴DE=DF，∵M是EF的中点，∴DM⊥EF，
假设平面DEF⊥平面BEF成立，
平面DEF∩平面BEF=EF，且DM⊥EF，
∴DM⊥平面BEF，∵BM⊂平面BEF，∴DM⊥BM，
∵矩形ACEF中M是EF的中点，菱形ABCD中O是AC的中点，
∴OM//AF,OM=AF，
∴OM⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴OM⊥BD，
又∵DM⊥BM，O是BD的中点，可知△BDM为等腰直角三角形，
∴OM=OB=OD,∴BD=OB+OD=2OM=2AF，
∴BDAF=2，故当BDAF=2时，平面DEF⊥平面BEF．
【解析】(1)由于AB//平面CDF，由线面平行的性质定理可证AB//l；
(2)若选①，设AC∩BD=O，取EF的中点M，连结OM,BM,DM如图所示，由平面ABCD⊥平面ACEF，可得AF⊥平面ABCD，从而AF⊥AD，进一步由△CDE≅△ADF，得DM⊥EF，假设平面DEF⊥平面BEF，可得DM⊥EF，DM⊥BM，从而BDAF=2；若选②，可得CE⊥平面ABCD，可得CE,AF⊥平面ABCD，从而AF⊥AD，进一步由△CDE≅△ADF，得DM⊥EF，假设平面DEF⊥平面BEF，可得DM⊥EF，DM⊥BM，从而BDAF=2．选考情况
第1门
第2门
第3门
第4门
第5门
第6门
物理
化学
生物
历史
地理
政治
高一选科人数
80
70
35
20
35
60
高二选科人数
60
45
55
40
40
60
高三选科人数
50
40
60
40
40
70