北京市东城区2025-2026学年第二学期期末样卷高一数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页北京市东城区2025-2026学年第二学期期末样卷高一数学试题一、选择题：本大题共10小题，共50分。1.已知复数z=1+2i，则z=(

)A.1 B.2 C.5 D.2.某工厂共有男职工1200人，女职工800人，现按性别进行分层，用分层随机抽样的方法从全厂职工中抽出一个容量为200的样本进行健康调查．若样本按比例分配，则应抽取男职工的人数为(

)A.80 B.100 C.120 D.2003.在钝角▵ABC中，若c=3a，A=π6A.12 B.1 C.32 4.已知向量a=(1,2)，b=(1,−1)，则⟨2aA.π6 B.π4 C.π35.复数(1+i)(a−i)在复平面内对应的点在第一象限，则实数a的取值范围为(

)A.(1,+∞) B.(−1,1) C.(−1,+∞) D.(−∞,−1)6.陀螺是我国一种传统的玩具，也叫作“冰尜(gá)”或“打老牛”.如图，将一个底面半径为5的圆锥形陀螺放倒在水平面上，并在水平面上绕顶点S滚动，其首次转回到原位置时，陀螺本身恰好滚动了3周，则该陀螺的侧面积为(

)

A.75π B.100π C.125π D.150π7.已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是(

)A.若m//α，n//α，则m//n B.若m//α，m⊥n，则n⊥α

C.若m⊥α，m⊥n，则n//α D.若m⊥α，n//α，则m⊥n8.已知非零向量a，b，c满足a+b+c=0，则“(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9.我国古代数学名著《海岛算经》中的“望海岛”问题，开创了利用两次测望结合三角形边角关系测算高度的方法，某同学借鉴这种方法测算山的高度．如图，O为山顶P在水平地面上的投影，该同学在水平地面上选取相距200 m的两个测量点A，B，并测得∠OAP=25∘，若希望通过再测量两个角，能唯一确定并计算出山高OP，那么这两个角可以是(

)

A.∠ABO，∠ABP B.∠BAP，∠ABP

C.∠BAO，∠BAP D.∠OBP，∠BAO10.已知函数f(x)=sin(x+π4)，若实数α，β满足：∀x∈R，不等式f(x)−f(α)+A.π4 B.π3 C.π2二、填空题：本大题共5小题，共25分。11.若复数z满足1+iz=i，则z=

12.已知平面向量a=(1,3)，则与a共线的一个单位向量的坐标为13.为落实北京市校园体育“班班赛”活动要求，某校高一年级举办了篮球班级联赛．甲、乙两名球员在目前已完赛的比赛中得分(单位：分)如下：场次选手第1场第2场第3场第4场第5场第6场第7场第8场甲1514815161515乙191011241762013若甲打完第8场比赛后，每场得分的平均数恰与乙相等，则甲第8场的得分为

.此时，每场得分的数据方差较小的是

(填“甲”或“乙”)．14.在平面直角坐标系xOy中，角α的始边在x轴的非负半轴，终边与单位圆的交点是A(x1,y1)，将角α的终边逆时针旋转角β与单位圆交点为B(x2,y2).若x2=x15.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为AB，CC1①满足MP⊥MN的点P有无数个；②满足直线MP//平面A1BC③满足MP=2的点P④满足直线MP与A1C1所成角为π其中正确结论的序号是

．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.已知函数f(x)=sin2ωx+23cos(1)求ω的值；(2)设a>0，若函数f(x)在区间a,a+π2上单调，求a的最小值a0以及函数f(x)在17.为提升城市主干路通行效率，某交通管理部门计划为辖区内一条城市主干路优化红绿灯配时．该主干路由若干个单位路段(即相邻两个红绿灯路口之间的道路段)构成，现选取这条主干路的一个单位路段作为样本路段进行研究．从早高峰期间途经该样本路段的小型汽车中随机抽取1000辆，记录其通行时长(单位：秒)，并将收集的数据分成7组，得到如下的频率分布直方图．请根据以上信息，解决下列问题：(1)求抽取的这1000辆小型汽车在该样本路段早高峰期间通行时长在60,70(单位：秒)(2)根据《城市交通运行状况评价规范》国家标准，若在某一时段，路段内通行时长超过理想状态下通行时长1.2倍的车辆占比超过30%；则可认为该路段在这一时段为拥堵路段．已知该样本路段理想状态下通行时长为58秒，判断该样本路段是否为早高峰拥堵路段，并说明理由；(3)为确定沿线红绿灯配时，现需预设该样本路段早高峰的基准通行时长T(单位：秒).若交管部门计划早高峰期间至少半数车辆在该样本路段通行时长不超过T，请判断能否以收集数据的平均数t作为基准通行时长T，并说明理由．18.在▵ABC中，2acosB=2c−(1)求A；(2)若c=23，∠ABC的平分线与AC交于点D，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，使得▵ABC存在且唯一，求条件①：▵ABC的面积为3条件②：b=条件③：sinC=2注：如果选择的条件不符合要求，第(II)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．19.如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB=AD=1，BC=CD=3，PA=AC=2，N为PC(1)求证：BD⊥PC；(2)若N为PC的中点，求三棱锥N−PBD的体积；(3)若BN//平面PAD，求PN的长．20.已知集合Mn=AA=(a1,a2,⋯,an),at∈N,t=1,2,⋯,n，n∈N∗.对于集合Mn中的任意元素A=(a1,a2,⋯,an)(1)若A=(2,0,2,6)，求T4(2)证明：对任意A∈Mn，存在k∈N∗，使得(3)已知A=(m,s,2)，m≤s且A=2026，是否存在常数m，使得i∈N∗时，Ti(A)的最小值为2021.【答案】C

2.【答案】C

3.【答案】B

4.【答案】D

5.【答案】A

6.【答案】A

7.【答案】D

8.【答案】C

9.【答案】B

10.【答案】B

11.【答案】1212.【答案】(12,13.【答案】22 ；甲

14.【答案】π2

；

；

；

；

； ；3215.【答案】①③

16.【答案】解：(1)因为f(x)=sin依题意，T=2π2ω=π(2)由(1)可知，f(x)=2sin因为f(x)的最小正周期是π，所以f(x)的一个单调区间的长度为π2因为区间a,a+π2的长度为π2，且f(x)所以f(x)在区间a,a+π所以f(a)=2sin(2a+π解得a=π12+kπ2(k∈Z).因为a>0，所以当于是a0−π4,当2x+π3=π2，即x=

17.【答案】解：(1)因为区间[60,70)对应的频率/组距为0.032，组距为10，所以通行时长在[60,70)的车辆所占频率为0.032×10=0.32．因为抽取的共1000辆车，所以1000×0.32=320．因此，抽取的这1000辆小型汽车在该样本路段早高峰期间通行时长在[60,70)的车辆数为320．(2)该样本路段是早高峰拥堵路段，理由为：由已知，得理想状态下通行时间的1.2倍为：58×1.2=69.6．由频率分布直方图，知区间70,80和区间[80,90]对应的频率/组距分别为0.028和0.004，因此，通行时长超过70秒的车辆所占频率为(0.028+0.004)×10=0.32．所以通行时长超过理想状态下通行时间的1.2倍(69.6秒)的车辆占比大于0.32．因为32%>30%，所以该样本路段是早高峰拥堵路段(3)不能以t作为基准时长T.理由如下：因为频率分布直方图在左边“拖尾”，所以平均数t小于中位数，若以t作为基准时长T，那么有超半数的车辆通行时长大于T，即在该样本路段通行时长不超过T的车辆不到半数．所以不能以t作为基准时长T．能以t作为基准时长T.理由如下：t的估计值为：25×0.02+35×0.04+45×0.10+55×0.20+65×0.32+75×0.28+85×0.04=62.6．当通行时长在[20,60)时，频率为(0.002+0.004+0.01+0.02)×10=0.36．当通行时长在[60,70)时，频率为0.032×10=0.32，由上可知中位数在区间[60,70)内．设中位数为x，则0.36+x−6010×0.32=0.50，解得x=64.375由于64.375与62.6比较接近，又因为样本具有随机性，所以可以以t作为基准时长T．

18.【答案】解：(1)因为2acosB=2c−3b又因为sinC=sin(A+B)=由sinB≠0，得cosA=3(2)若选条件①：因为S▵ABC=12bc因为c=23，所以在▵ABC中，由余弦定理，得a2=3由a2+b2=因为∠ABC的平分线为BD，所以∠ABD=∠CBD=1在Rt▵BCD中，由BD=2CD，BD+CD=AD+AC=b=3，解得BD=2若选条件②：在▵ABC中利用余弦定理可得：a2代入c=23,b=从而a=3或a=23，当当a=23时，注意到a=c，该三角形存在，则选条件若选条件③：因为sinC=2cosB，A=即12cosB+3又因为B∈(0,π)，所以B=π3，因为c=23，所以a=又因为∠ABD=∠CBD=1所以在Rt▵BCD中，由BD=2CD，BD+CD=AD+CD=b=3，解得BD=2

19.【答案】解：(1)证明：因为PA⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，所以BD⊥PA．设AC∩BD=O，因为AB=AD=1，BC=CD=3，所以∠BAO=∠DAO=60∘.所以BD⊥AO，即BD⊥AC．又因为AC∩PA=A，AC⊂平面PAC，PA⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC．又因为PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC(2)因为N为PC的中点，所以C到平面PBD的距离是N到平面PBD的距离的2倍．故VN−PBD在▵BCD中，易得∠BCD=60∘，于是由三棱锥P−BCD的高PA=2，得V(3)如图，取CD中点F，连接BF，NF．在▵ABD中，由AB=AD=1，∠BAD=120∘，得于是BD=BC，则BF⊥CD．在▵ADC中，因为AD=1，DC=3，AC=2，所以AD⊥DC.故又因为BF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD.故BF//平面PAD．因为BN//平面PAD，BN∩BF=B,BN,BF⊂平面BFN，所以平面BFN//平面PAD．又因平面PDC∩平面PAD=PD，平面PDC∩平面BFN=FN，所以FN//PD.因为F为DC的中点，所以N为PC的中点．因为PA⊥底面ABCD，AC⊂底面ABCD，所以PA⊥AC．因为PA=AC=2，所以PC=2所以PN=1

20.【答案】解：(1)因为A=(2,0,2,6)，将2,0,2,6重新排列后为6,2,2,0，所以T1(A)=(6,4,0,2)，将6,4,0,2重新排列后为所以T2同理T3(A)=(4,4,0,0)，所以T4(2)因为a所以a1′−an′为a1′−a假设存在无穷个Ti(A)=(ai1,ai2,⋯,ain)把这些Ti(A)的ai1依次设为cj，因为cj∈N∗，所以cc1+1所以不存在无穷个Ti(A)=(ai1,ai2,⋯,ain)所以存在k∈N∗，使得i>k时，都有Ti(A)=(ai1,ai2,⋯,a此时ai+1,1=a(3)设Ti(A)=(ai1,ai2,ai3)因为a1′−a所以Ti+1(A)=(ai2,显然xi能整除ai2，ai3，ai2−ai3同理xi+1能整除ai1，ai2，ai3，即xi+1能整除x由(2)知存在k∈N∗，使得i>k时都有