2023-2024学年北京东城区高一下学期期末数学试题含答案

高中东城区2023-2024学年度第二学期期末统一检测高一数学2024.7本试卷共4页，满分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.已知复数，，则在复平面内表示复数的点位于（）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】计算出复数的表达式，即可求出在复平面内所表示的点的位置.【详解】由，，,由复数的几何意义，可知对应的是第一象限.故选：A2.的值为（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】【分析】逆用和、差角的余弦公式化简、求值.【详解】故选：B3.从装有2张红色卡片和2张黑色卡片的盒子中任取2张卡片，则下列结论正确的是（）A.“恰有一张黑色卡片”与“都是黑色卡片”为互斥事件B.“至少有一张红色卡片”与“至少有一张黑色卡片”为互斥事件C.“恰有一张红色卡片”与“都是黑色卡片”为对立事件D.“至多有一张黑色卡片”与“都是红色卡片”为对立事件【答案】A【解析】【分析】记张红色卡片为、，张黑色卡片为、，列出样本空间，再对各选项的事件列出其基本事件，根据互斥事件、对立事件的定义判断即可.【详解】记张红色卡片为、，张黑色卡片为、，所以样本空间，对于A：“恰有一张黑色卡片”，“都黑色卡片”，故“恰有一张黑色卡片”与“都是黑色卡片”为互斥事件，故A正确；对于B：“至少有一张红色卡片”，“至少有一张黑色卡片”，所以“至少有一张红色卡片”与“至少有一张黑色卡片”不互斥，故B错误；对于C：“恰有一张红色卡片”，“都是黑色卡片”，所以恰有一张红色卡片”与“都是黑色卡片”为互斥事件，但不是对立事件，故C错误；对于D：“至多有一张黑色卡片”，“都是红色卡片”，所以“都是红色卡片”包含于“至多有一张黑色卡片”，故D错误.故选：A4.中，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理将边化角，即可求出，从而得解.【详解】因为，由正弦定理可得，即，又，所以.故选：B5.设，为非零向量，下列结论中正确的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据线性运算判断AB；根据数量积的运算律判断CD.【详解】当时，，故A错；当与反向共线时，且时，，故B错；，故C正确；，，故D错.故选：C.6.某高校的入学面试为每位面试者准备了3道难度相当的题目．每位面试者最多有三次抽题机会，若某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止．若李明答对每道题目的概率都是，则他最终通过面试的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设李明最终通过面试为事件，根据对立事件及相互独立事件的概率公式计算可得.【详解】设李明最终通过面试为事件，则.故选：D7.将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象关于点对称，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由三角函数平移变换可得函数解析式，令，可得对称中心，进而得到的最小值.【详解】将函数的图象向右平移个单位得：，令，，得，所以图象的对称中心为当时，取得最小值.故选：A.8.设是两个不同的平面，是两条直线，且.则“”是“”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】通过面面平行的性质判断充分性，通过列举例子判断必要性.【详解】，且，所以，又，所以，充分性满足，如图：满足，，但不成立，故必要性不满足，所以“”是“”的充分而不必要条件.故选：A.9.向量，在正方形网格中的位置如图所示，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标运算即可求解.【详解】设小正方形的边长为，建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，因为，所以.故选：D10.如图，已知正方体的棱长为2，其中E，F，G，H，I，J，K分别为棱，，，，，，的中点，那么三棱柱与三棱柱在正方体内部的公共部分的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先得出公共部分为四棱锥，然后结合棱锥的体积公式直接计算即可求解.【详解】如图所示，设交于点，由题意三棱柱与三棱柱在正方体内部的公共部分为四棱锥，显然四棱锥的高为，底面是边长为1的正方形，故所求体积为.故选：C.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.已知向量，，若与垂直，则实数x的值为________．【答案】【解析】【分析】根据与垂直，数量积求解参数的值.【详解】由,若与垂直，则，解得.故答案为：.12.已知纯虚数z满足，则z可以是________．【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】由复数概念和复数的模即可求解.【详解】为纯虚数，设，，，解得或，即或.故答案为：（答案不唯一）13.一木块如图所示，所有棱长都等于，点为三角形的中心，过点将木块锯开，截面平行于直线和，则截面面积为________．【答案】【解析】【分析】取的中点，连接，，过点作交、于点、，取、的三等分、（靠近、），连接、、，即可得到四边形即为所求截面，再证明平面，即可得到，从而求出截面面积.【详解】取的中点，连接，，则在上且，过点作交、于点、，则、为、的三等分点（靠近、），取、的三等分、（靠近、），连接、、，则且，且，且，且，所以且，且，所以四边形即为所求截面，又，，，平面，所以平面，又平面，所以，所以，所以四边形为矩形，所以截面面积为.故答案：14.某实验室一天的温度（单位：）随时间t（单位：h）的变化近似满足函数关系：，，a，b为正实数，若，，则该实验室这一天的最大温差为________；若该实验室这一天的最大温差为10，则的最大值为________．【答案】①.4②.【解析】【分析】整理可得，分析可知最大温差为.若，，直接代入即可；若该实验室这一天的最大温差为10，可得，利用基本不等式运算求解.【详解】因为，且的最小正周期，即正好为一个满周期，可知的最大值为，最小值为，可得最大温差为，若，，则最大温差；若该实验室这一天的最大温差为10，即，可得，又因为a，b为正实数，则，可得，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为.故答案为：4；.15.赵爽为《周髀算经》一书作注时介绍了“勾股圆方图”，即“赵爽弦图”．下图是某同学绘制的赵爽弦图，其中，点分别是正方形和正方形上的动点，给出下列四个结论：①；②；③设与的夹角为，则的值为3；④的最大值为12．其中所有正确结论的序号是________．【答案】②③【解析】【分析】建立平面直角坐标系，利用向量积的坐标运算判断①，利用向量模的坐标运算结合不等式的性质判断②，利用向量夹角的坐标求法结合同角三角函数的基本关系判断③，举反例判断④即可.【详解】因为，正方形和正方形，所以，由勾股定理得，故，，，故得是的中点，且作，由等面积公式得，解得，由勾股定理得，如图，以为原点，以为轴，以为轴建立平面直角坐标系，所以，，，，对于①，故，，故，故①错误，对于②，设，因为是正方形上的动点，故，而，故，，由题意得，故，故成立，可得②正确，对于③，作，由等面积公式得，解得，由勾股定理得，故，故，而，故是的中点，而，故，所以，，而与的夹角为，故，而，故，可得，解得(负根舍去)，得到，故③正确，对于④，假设运动到，运动到，此时，，故，，故，故的最大值不为12，则④错误.故答案为：②③【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量，解题关键是建立平面直角坐标系，结合等面积法求出各个点的坐标，然后把动点视作特殊定点，利用向量积的坐标运算求值，否定给定的命题即可．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.已知，．（1）求的值；（2）求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先求出，，再由两角差的正切公式计算可得；（2）利用二倍角公式和降幂公式将其化为一倍角，再代入计算可得.【小问1详解】因为，，所以，则，所以.【小问2详解】.17.某中学调查了某班全部45名同学参加书法小组和科创小组的情况，数据如下（单位：人）：参加书法小组未参加书法小组参加科创小组84未参加科创小组330（1）从该班随机选1名同学，求该同学至少参加上述一个小组的概率；（2）在既参加书法小组又参加科创小组的8名同学中，有5名男同学，，，，，3名女同学，，，现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，求被选中且未被选中的概率．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据对立事件概率公式可直接求得结果；（2）列举出所有基本事件，并确定满足题意的基本事件个数，由古典概型概率公式可求得结果.小问1详解】由表格数据知：未参加任一社团的人数为人，所以从班级中任选名同学，该同学至少参加一个社团的概率.【小问2详解】从名男同学和名女同学中各随机选人，所有可能的结果有：，个，其中被选中且未被选中的情况有：，个，所以被选中且未被选中的概率.18.如图，在四棱锥中，平面，，．（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）设点为的中点，过点，的平面与棱交于点，且平面，求的值．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）由线面垂直得到，结合即可得证；（2）由，，得到平面，即可得证；（3）由线面平行的性质得到，即可得解.【小问1详解】因为平面，平面，所以，又，，平面，所以平面.【小问2详解】因为，，所以，因为平面，平面，所以，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.【小问3详解】因平面，平面平面，平面，所以，因为点为的中点，所以点为的中点，所以.19.如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量．若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标．设，（1）求的模长；（2）设，若，求实数的值；（3）若，，有同学认为“”的充要条件是“”，你认为是否正确？若正确，请给出证明，若不正确，请说明理由．【答案】（1）（2）（3）充要条件为【解析】【分析】（1）利用向量的线性运算两边平方可求；（2）设，可得，可求实数的值；（3）由，可得，运算可知不正确.【小问1详解】因为，所以两边平方得，故；【小问2详解】因，由共线定理，存在唯一的实数，有则，故，所以；【小问3详解】不正确证明：因为，所以，即，则有，所以“”的充要条件是“”,所以“”的充要条件是“”是不正确的.20.设函数．从下列三个条件中选择两个作为已知，使函数存在．（1）求的最小正周期及单调递减区间；（2）若对于任意的，都有，求实数的取值范围．条件①：函数的图象经过点；条件②：在区间上单调递增；条件③：是的一条对称轴．注：如果选择的条件不符合要求，第（1）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．【答案】（1），单调递减区间为；（2）【解析】【分析】（1）利用两角和的正弦公式将函数化简，再结合所选条件，结合周期与单调性关系先求出，求函数解析式，进而可求；（2）由的范围求出的范围，即可求出函数的值域，依题意．【小问1详解】因为，若选①②：由①函数的图象经过点，则，，即，，由②在区间上单调递增，有，即，又且，即，所以，此时不存在；选条件②③：由②在区间上单调递增，有，即，又且，即，所以，由③是的一条对称轴，则，，所以，，所以，所以，则的最小正周期，由，解得，所以的单调递减区间为；若选①③：由①函数的图象经过点，则，，即，，由③是的一条对称轴，则，，所以，，此时不存在；【小问2详解】由（1）可知，因为，所以，所以，，因为对于任意的，都有，所以，即的取值范围为．21.设为正整数，集合．对于集合中的任意元素和，定义，，以及．（1）若，，，，求；（2）若，均为中的元素，且，，求的最大值；（3）若均为中的元素，其中，，且满足，求的最小值．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）设，然后直接根据定义解得的值即可；（2）根据已知条件考虑中所有等于的分量的个数，得到，再对构造符合条件的例子；（3）直接通过反证法说明不可能成立，然后对构造符合条件的例子.【小问1详解】设，则由，，知.所以，得.而，故，从而.所以.【小问2详解】由已知有，，这些条件的含义是，都恰有个分量等于，且任意两个不同向量没有同时为的分量.由于，故一共只有个分