北京市朝阳区2023−2024学年高一下学期期末考试 数学试卷（含解析）

这是一份北京市朝阳区2023−2024学年高一下学期期末考试 数学试卷（含解析），共16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
1．若复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量，，则（ ）
A．B．C．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，若四边形是边长为2的正方形，则这个八面体的表面积为（ ）
A．8B．16C．D．
4．已知，是平面外的两条不同的直线，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．既不充分也不必要条件
5．在中，，，，则（ ）
A．B．C．D．
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，不共线，，，若与同向，则实数t的值为（ ）
A．B．C．3D．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．下图是我国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．在梯形中，，，，，，则与夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
10．已知，，若动点P，Q与点A，M共面，且满足，，则的最大值为（ ）
A．0B．C．1D．2
二、填空题
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，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．在中，点D，E满足，．若，则 ．
14．在中，，，若存在且唯一，则的一个取值为 ．
15．已知向量，在正方形网格中的位置如图所示，向量满足，且．若网格纸上小正方形的边长为1，则 ， ．

16．在正四棱锥中，与所成的角的大小为α，PA与底面所成的角的大小为β，侧面与底面所成的角的大小为，二面角的大小为．给出下列四个结论：
①；
②；
③；
④．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题
17．如图，在长方体中，，，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)求点到平面的距离．
18．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．
(1)估计该校学生经常使用生成式人工智能工具的概率；
(2)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；
(3)从这100名学生中抽取5次，每次随机抽取10名学生，记第次抽取的10名学生中，有名学生经常使用生成式人工智能工具，有名学生偶尔使用或者从未使用过生成式人工智能工具．将，，，，的方差记为，，，，，的方差记为，比较，的大小．（结论不要求证明）
19．在中，．
(1)求；
(2)若的面积是，求的最小值．
20．如图1，在中，，，，，分别为，的中点．将沿折起到的位置，得到四棱锥，如图2．
(1)求证：；
(2)若M是线段上的点，平面与线段交于点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：为的中点；
（ⅱ）求证：平面．
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．
21．设是由个非负整数组成的行列的数表，记，，，，设，，…，的平均数为，若，则称数表为“阶数表”．
(1)判断如下两个数表是否为“4阶H数表”；说明理由；
，
(2)证明：对于一个给定的正整数，不存在“阶数表”，使得对任意的，都成立；
(3)对任意的“阶数表”，是否存在，，满足，使得?说明理由．
参考答案
1．【答案】D
【分析】根据给定条件，利用复数乘法运算计算即得.
【详解】由，得，所以.
故选：D
2．【答案】B
【详解】向量，，则，
所以.
故选B.
3．【答案】C
【分析】先计算出每个面的面积，再乘以8即为表面积；
【详解】每个面的面积为，所以该图形的表面积为.
故选：C
4．【答案】B
【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合线面间的关系分析判断即可.
【详解】因为，是平面外的两条不同的直线， ，
所以当时，可能与垂直，可能与平行，也可能与相交不垂直，
当时，成立，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
5．【答案】C
【分析】根据给定条件，利用正弦定理求解即得.
【详解】在中，由，，得，
由正弦定理，得.
故选：C
6．【答案】B
【分析】根据给定的频率分布直方图，求出每次通话时长不低于5分钟且小于15分钟的频率即可得解.
【详解】观察频率分布直方图，得每次通话时长不低于5分钟且小于15分钟的频率为：
，则，
所以每次通话时长不低于5分钟且小于15分钟的次数为21.
故选：B
7．【答案】A
【分析】根据给定条件，利用共线向量定理，结合平面向量基本定理求解即得.
【详解】由向量与同向，得，
即，而向量不共线，则，又，解得，
所以实数t的值为.
故选：A
8．【答案】A
【分析】根据给定的折线图，计算平均数、方差逐项判断即得.
【详解】对于AB，4月，5月，6月这三个月增速的平均数为，
4月，5月，6月，7月这四个月增速的平均数为，B错误；
4月，5月，6月这三个月增速的方差为，
4月，5月，6月，7月这四个月增速的方差为，A正确；
对于CD，9月，10月，11月这三个月增速的平均数为，
10月，11月，12月这三个月增速的平均数为，D错误；
9月，10月，11月这三个月增速的方差为，
10月，11月，12月这三个月增速的方差为，C错误.
故选：A
9．【答案】D
【分析】首先根据题干计算出相应的边长，再根据余弦定理计算出，再计算，最后代入夹角公式即可.
【详解】设与交于，因为，，，所以，，
又因为，，所以，，，，所以，，
由余弦定理得，即，
，即，
，所以.
故选：D
10．【答案】C
【分析】根据给定条件，建立平面直角坐标系，确定点的轨迹，由此设其坐标，再利用数量积的坐标表示，结合三角恒等变换及三角函数的性质求出最大值.
【详解】以点为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，如图，则，
由，得点在以为圆心，2为半径的圆上，
由，得点在以为圆心，1为半径的圆上，
设，
则
，
当时，能取到所有等号，
所以的最大值为1.
故选：C
【点睛】关键点点睛：建立坐标系，利用向量的坐标运算，转化为求三角函数最值处理是解题的关键.
11．【答案】6
【分析】根据分层抽样的定义结合题意直接求解即可.
【详解】由题意得从曲艺社抽取的人数为
.
故答案为：6
12．【答案】 /0.25
【分析】利用古典概型，结合列举法求出概率即可.
【详解】从中随机摸出一个小球，摸到球的标号大于3的概率是；
从中随机摸出两个小球的样本空间，共6个，
摸到球的标号之和为偶数的事件，共2个，
所以摸到球的标号之和为偶数的概率.
故答案为：；
13．【答案】
【分析】根据给定条件，利用向量的线性运算，结合平面向量基本定理求解即得.
【详解】在中，向量不共线，由，，
得，而，
因此，所以.
故答案为：
14．【答案】5（答案不唯一）
【分析】根据给定条件，利用正弦定理列式求解即可.
【详解】在中，，，由正弦定理，得，
由存在且唯一，知或且，解得或，而，
所以的一个取值为5.
故答案为：5
15．【答案】 0 ，或
【分析】建立平面直角坐标系得到、的坐标可得；设，根据，且．建立关于的方程组求出可得的坐标，再由的坐标运算可得答案.
【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，则，，
所以；
设，则，
且，所以且，
由，解得，或，
所以，或，
所以，或.

故答案为：①0；②，或.
16．【答案】①③④
【分析】做出四个角，利用三角函数用边来表示，然后在逐一判断选项.
【详解】如图：为底面的中心，分别为的中点，连接，
设底面边长为，侧棱长为，斜高为，显然，
因为，所以为异面直线与所成的角，
即，并且，，
因为平面，所以为与平面所成的角，即，并且，
因为为的中点，所以，，所以为平面与平面所成角的平面角，
即，且，，
过点作，垂足为，连接，由侧面三角形全等可知，
所以为二面角的平面角，即，，
且，
因为，所以，即为钝角，所以最大，
因为，所以，因为，所以，
综上所述，所以，故①正确；
，，故②错误；
，故③正确；
，
而，即，故④正确.
故答案为：①③④
【点睛】关键点点睛：本题的关键是做出4个平面角，然后通过用边来表示这些角的三角函数，没有具体数据，所以运算比较抽象并且运算量较大，在运算过程中，需要注意边之间的等量关系.
17．【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）令，由三角形中位线性质，线面平行的判定推理即得.
（2）利用线面垂直、面面垂直的判定推理即得.
（3）过作于，由（2）的结论，结合面面垂直的性质推理计算即得.
【详解】（1）在长方体中，令，则为中点，连接，
由为的中点，得，而平面，平面，
所以平面.
（2）由平面，平面，得，
矩形中，，则矩形为正方形，，
而平面，则平面，又平面，
所以平面平面.
（3）在中，过作于，由平面平面，平面平面，
平面，因此平面，显然，，
在中，，
所以点到平面的距离为.
18．【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据给定条件，利用古典概型计算即得.
（2）利用（1）的结论，利用独立事件、对立事件的概率公式计算即得.
（3）利用平均数、方差的定义计算判断即得.
【详解】（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，
所以所求概率的估计值为.
（2）设“第i名学生经常使用生成式人工智能工具”为事件，
“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，
，依题意，与估计为，
于是与估计为，
所以所求概率估计为.
（3）记，，，，的平均数为，，，，，的平均数为，
依题意，，，，
因此，，
所以.
19．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）用余弦定理进行边角互化可解；
（2）由面积公式得到，再用余弦定理和基本不等式可解.
【详解】（1），用余弦定理得到，，化简得到，则，,则.
（2）由于,．
由余弦定理可得，当且仅当时等号成立，所以的最小值为.
20．【答案】(1)证明见详解；
(2)选择条件，答案见详解.
【分析】（1）利用线面垂直的判定、性质推理即得.
（2）选择条件①③，利用线面平行的判定、性质推理得（ⅰ）；利用线面垂直的判定推理得（ⅱ）.
【详解】（1）在中，由，得，
由，分别为，的中点，得，则，
所以，而平面，
则平面，又平面，
所以.
（2）选条件①：，
（i）由，平面平面，得平面，
又平面，平面平面，所以，则，
而，所以，即为的中点.
（ii）因为，由（i）得，则，
由（1）得，又平面，
所以平面.
选条件③：，由，得，
（i）由，平面平面，得平面，
又平面，平面平面，所以，则，
而，所以，即为的中点.
（ii）因为，由（i）得，则，
由（1）得，又平面，
所以平面.
条件②，，
由（1）可得平面，则过直线的平面与平面相交，所得交线均与平行，
给定条件为上述交线，所以这样的点M不唯一确定.
21．【答案】(1)不是“4阶数表”；数表是“4阶数表”.
(2)证明见解析
(3)存在，理由见解析
【分析】（1）计算有即可判断数表，计算即可判断数表；
（2）利用反证法，根据定义有，证明出，则与假设矛盾，即证明出原命题；
（3）设，然后分和两大类讨论即可.
【详解】（1）数表不是“4阶数表”，数表是“4阶数表”，理由如下：
在数表中，，
因此数表不是“4阶数表”.
在数表中，，因此数表是“4阶数表”.
（2）假设存在满足题设的“阶数表”，
由题意有.
又由，
得.
而
所以，即，
这与矛盾.
所以满足题设的“阶数表”不存在.
（3）对任意的“阶数表”，存在，满足，使得.理由如下:
记.
显然交换数表中任意两行或两列的位置或行列互换，不变.
不妨设，
因为，所以，则.
若，则不妨设，同理.
则存在，满足，使得.
若，则设自然数对任意有，显然.
所以，因此.
不妨设.
注意到
，即.
因此.
从而.
故存在，满足，使得.
综上，对任意的“阶数表”，存在，满足，使得.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用反证法，先假设假设存在满足题设的“阶数表”，再利用不等式性质累加有得，最后得到，则出现矛盾点，即证明出原命题.
经常使用
20人
偶尔使用
30人
从未使用
50人