【文档说明】北京市通州区2023-2024学年高一下学期期末数学试卷 Word版含解析.docx，共(18)页，1.843 MB，由小赞的店铺上传

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2024北京通州高一（下）期末数学2024年7月本试卷共4页，共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，请将答题卡交回.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.复

平面内点(1,2)A−所对应复数的虚部为（）A.1B.2−C.iD.2i−【答案】B【解析】【分析】根据题意，由复数的几何意义即可得到点A对应的复数，从而得到结果.【详解】复平面内点(1,2)A−所对应复数为12i−，其虚部为2−.故选：B2.样本数据3，5，7，2，10，

2的中位数是（）A.7B.6C.4D.2【答案】C【解析】【分析】找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数（或两个数的平均数）为中位数．【详解】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

，所以这组数中位数是3542+=．故选：C．3.已知向量(1,2)a=−，ab⊥，那么向量b可以是（）A.(2,1)B.(2,1)−C.(2,1)−D.()1,2−【答案】A【解析】的【分析】由ab⊥可得0ab=，逐个

验证即可.【详解】因为ab⊥，所以0ab=，对于A，若(2,1)b=，则220ab=−+=rr，所以A正确，对于B，若(2,1)b=−，则220ab=−−rr，所以B错误，对于C，若(2,1)b=−，则2

20ab=+rr，所以C错误，对于D，若(1,2)b=−，则140ab=−−rr，所以D错误.故选：A4.在三角形ABC中，角,,ABC所对的边分别为,,abc，已知π,1,26Aab===，则B=（）A.π3B.π4C.π4或3π4D.π3或2π3【答案】C【解析】【分析

】由ba得BA，再由正弦定理计算即可.【详解】由题意，π,1,26Aab===,因为ba，所以BA,由正弦定理得sinsinabAB=,即12sin22sin12bABa===，因为()0,πB,所以π4B=

或3π4.故选：C.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【答案】D【解析】【分析】根据题意求出圆锥的母线长，再利用圆锥的侧面积公式可求得答案.【详解】因为圆锥底面半径是1，高为3，的所以圆锥的母线长为22(3)12+=，所以圆锥的侧面积为ππ22

1=.故选：D6.如图，在正方体1111ABCDABCD−中，则11AC与1BC所成角为（）A.π6B.π4C.π3D.π2【答案】C【解析】【分析】连接1,ACAB，根据定义，得到1ACB即为11AC与1BC所成角，即可求解.【详解】如图所示：连接1,ACAB，由正

方体的性质可得，11//ACAC，则1ACB即为11AC与1BC所成角，又11ACBCAB==，所以1π3ACB=.故选：C.7.在下列关于直线lm、与平面、的命题中，真命题是（）A.若l，且⊥，则l⊥B

.若l⊥，且//，则l⊥C.若//，l，m，则//lmD.若l⊥，且⊥，则//l【答案】B【解析】【分析】利用线面垂直的判定条件说明、推理判断AB；利用面面平行的判定说明判断C,利用线面平行的判定说明判断D.【详解】对于A，⊥，当

平面,的交线为l时，满足l，此时l，A错误；对于B，由l⊥，得存在过直线l平面,，,ab==，由于//，则平面,与平面必相交，令,ab==，于是//,//aabb，显然

,lalb⊥⊥，而,,laa，则la⊥，同理lb⊥，又,ab是平面内的两条相交直线，因此l⊥，B正确；对于C，//,l,m,//lm或,lm异面，C错误；对于D，⊥，令=c

，当直线l在平面内，且lc⊥时，满足l⊥，此时//l不成立，D错误.故选：B8.一个口袋内装有大小、形状相同红色、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【答案】A【解析】【分析】根据题意，由互斥事件的定义依次分析选项，即可得到结果.【详解】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：A9.一个长为22，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，依次的的沿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【答案】B【解析】【分析】根据题意，由线面垂直的判定定理可得⊥AE平面BCD

，再由锥体的体积公式代入计算，即可得到结果.【详解】由题意可得，3BCCDADAB====，2==ACBD，取BD中点E，连接,AECE，又ABAD=，所以AEBD⊥，且22312AEABBE=−=−=，22312CEBCB

E=−=−=，则222AECEAC+=，所以AECE⊥，且CEBDE=，,CEBD平面BCD，所以⊥AE平面BCD，则11122223323ABCDBCDVSAE−===.故选：B10.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.51

2D.712【答案】D【解析】【分析】，根据题意，由全概率公式代入计算，即可得到结果.【详解】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()()()()()()11111,,,1,,42423PAPBPCPDAPDBPDC======，则()()()()()()()PDPAPDAPBPDBPCPDC=++11

11174224312=++=.故选：D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.设复数z满足()1i2iz−=（i为虚数单位），则z的模为________．【答案】2【解析

】【分析】由复数的除法、乘法运算以及模的计算公式即可得解.【详解】()()()()222i1i1i,1121i1izz+==−+=−+=−+.故答案为：2.12.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________．【答案】425【解析】【分析】根据条件，求出样本空间及事件B包含的样本点，再利用古典概率公式，即可求出结果..【详解】用(,)xy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：42

5.13.已知,,abc分别是ABC的角,,ABC的对边，若5b=，4c=，10=−ABAC，则A=______，ABC的面积为______．【答案】①.2π3②.53【解析】【分析】根据给定条件，利用向量夹角公式计算即得A

，再利用三角形面积公式求出面积.【详解】依题意，10101cos202||||ABACAbcABAC−===−=−，在ABC中，0πA，所以2π3A=；ABC的面积113sin2053222SbcA===.故答案为：2π3；5314.在正方形

ABCD中，E是DC边上一点，且2DEEC=，点F为AE的延长线上一点，写出可以使得AFABAD=+成立的，的一组数据(),为________．【答案】()2,3（答案不唯一）【解析】【分析】根据向量的线性运算表示出AE，再结合向量的共线即可求得答

案.【详解】由题意知DCACAD=−，而2DEEC=，故2()3DEACAD=−,则()212122()333333AEADDEADACADADACADABADABAD=+=+−=+=++=+，又点F为AE的延长线上一点，故,

(1)AtAEtF=,可取3t=，则(23)233ABFAABADAD+=+=，故使得AFABAD=+成立的,的一组数据(),为(2,3)，故答案为：()2,3.15.如图，正方体1111ABCDABCD−的棱长为1，E为BC的中点，F为线段1CC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1DD与直线AF相交；②当102CF<<时，S为四边形；③当F为1CC的中点时，平面AEF截正方体所得的截面面积为98；④当34CF=时，截面S与11AD，11CD分别交于,MN，

则5=3MN．【答案】②③④【解析】【分析】①，由1//DD平面11ACCA，可知直线1DD与直线AF不可能相交，即可判断；②，由102CF<<可得截面S与正方体的另一个交点落在线段1DD上，即可判断；③，由E为BC的中点，F为1CC的中点，可得截面为等腰梯形，求出等腰

梯形的上、下底和高，即可求得截面面积，即可判断；④，当34CF=时，延长1DD至R，使112DR=，连接AR交11AD于M，连接RF交11CD于N连接MN，取AD的中点S，1DD上一点Q，使34DQ=，连接SESQQF、、，可求得11,DNDM，再利用勾股定理求出MN，即可判断.【详解】

①，因为F为线段1CC上的动点，所以AF平面11ACCA，由正方体可知1//DD平面11ACCA，所以直线1DD与直线AF不可能相交，故①错误；②，当102CF<<时，截面S与正方体的另一个交点落在线段1DD上，如图所示：所以截面为四边

形；又1AG面1AMG，故1AG//面AEF，故②正确；③，连接111,,,ADDFAEBC，如下所示：因为E为BC的中点，F为1CC的中点，则11////EFBCAD，故面1AEFD即为平面AEF截正方体所得截面；在11RtDCF和RtABE△中，又221151

22DFAE==+=，故该截面为等腰梯形，又2211111222EFBCBBBC==+=，2112112AAAADD==+，故截面面积()221111123292222248ADEFSEFADDF−=+−=+=，故③正确；④，当34CF=时，延长1

DD至R，使112DR=，连接AR交11AD于M，连接RF交11CD于N连接MN，取AD的中点S，1DD上一点Q，使34DQ=，连接SESQQF、、，如图所示：因为//SEDC且SEDC=，//QFDC且QFDC=，所以//SEQF且

SEQF=，所以四边形SEFQ是平行四边形，则//SQEF，由112DR=，34DQ=，所以111134QRQDDRDDDQDR=+=−+=，则Q为DR中点，则//SQAR，所以//EFAR，又1111,RDNFCNRD

MAAM，可得11111111111222,31214DNDRDMDRCNCFAMAA======−，所以1111112211,3333DNDCDMDA====，则在1RtMDN中222211215333MNDNDM=+=+=，故④正确

；故答案为：②③④.三、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.已知向量(1,0)a=−，(2,1)b=−．（1）求|2|+ab；（2）若ABab=+，2BCab=−，CDa=−，求证：A，C，D三点共线．【答案】（1）1

3（2）证明见解析【解析】【分析】（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．【小问1详解】解：(1,0)a=−，(2,1)b=−，则()()()21,04,23,2ab+=−+−=−，故|2|9413ab+=+=；【小问2详解

】证明：ABab=+，2BCab=−，则23ACABBCababa=+=++−=；13CDaAC=−=−，所以CDAC∥，所以A，C，D三点共线．17.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．【答案】（1）0.48（2）0.44（3）0.92【解析】【分析】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.【小问1详解】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()()()10.60.80.48PPABPAPB====.【小问2详解】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()(

)()()()20.40.80.60.20.44PPABABPAPBPAPB=+=+=+=.【小问3详解】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()()()30.480.440.92PPABABABPABPABAB=++

=++=+=.18.如图，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，点E，F分别是棱11,BBDD的中点．求证：（1）BD∥平面1CEF；（2）EF⊥平面11ACCA；（3）求三棱锥11BCEF−的体积．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）23【

解析】【分析】（1）先证明四边形BDFE为平行四边形，得出BDEF∥，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11BCCB距离为三棱锥的高2hCD==，结合等体积法求解即可．

【小问1详解】证明：E，F分别为1BB，1DD的中点，11BBDD=，11BBDD∥，BEDF∥且BEDF=，四边形BDFE为平行四边形，BDEF∥，又EF平面1CEF，BD不在平面1CEF，BD∥平面1CEF；【小问2详解

】证明：四边形ABCD为正方形，BDAC⊥，BDEF∥，ACEF⊥，1AA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，1AABD⊥，BDEF∥，1AAEF⊥，又1ACAAA=，AC，1AA平面11ACCA，EF⊥平面11AC

CA；【小问3详解】F到平面11BCCB距离为三棱锥的高2hCD==，1111121122BCESBCBE===，故三棱锥11BCEF−的体积11111111212333BCEFFBCEBCEVVSh−−====．19.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．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807035203560高二选科人数604555404060高三选科人数504060404070（1）已知该校高一年级有4

00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(12345,6)kPk=,,,,，当kP取得最大值时，写出k的值．（结论

不要求证明）【答案】（1）80人（2）45（3）6【解析】【分析】（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1A，2A，3A，4A，5A，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．【小问1详解】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20400=80100人．【小问2详解】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1A，2A，3A，4A，5A，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12,AA，13,AA，14,AA，15,AA，23,AA，24,AA，25,AA，34,AA，35,AA，45,AA，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2{A，3}A，4{A，5}A共2种，所以事件A发生的概率24()1()1105PAPA=−=−=．【小问3详解】解：10.80.60.50.24P==，20.70.450.40.126P==，30.35

0.550.60.1155P==，40.20.40.40.032P==，50.350.40.40.056P==，60.60.60.70.252P==，当kP取得最大值时，6k=．20.在△ABC中，角,,ABC所对的边为,,abc，△ABC

的面积为S，且2224abcS+−=．（1）求角C；（2）若2coscbbA−=，试判断△ABC的形状，并说明理由．【答案】（1）π4C=（2）等腰直角三角形，理由见解析【解析】【分析】（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2AB=，结合π4C=判断三角形形状即可.【小问1详解】在ABC中，因2224abcS+−=，则12cossin24abCabC=，整理得tan1

C=，且π0,2C，所以π4C=.【小问2详解】为由正弦定理得sinsin2sincosCBBA−=,()sinsinsincoscossinCABABAB=+=+,sincoscossinsin2sincosA

BABBBA+−=,sincoscossinsinABABB−=,于是()sinsinABB−=,又(),0,πAB，故ππAB−−，所以()πBAB=−−或BAB=−，因此πA=（舍去）或2AB=，所以2AB=.π

ππ,,,424CAB===ABC是等腰直角三角形.21.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：//ABl；（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：ABCDACEF⊥平面平面；条件②：CEAB⊥．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】（1）证明见解析（2）答案见解

析【解析】【分析】（1）由于//AB平面CDF，由线面平行的性质定理可证//ABl；（2）若选①，设ACBDO=，取EF的中点M，连结,,OMBMDM如图所示，由平面ABCD⊥平面ACEF，可得AF⊥平面AB

CD，从而AFAD⊥，进一步由CDEADF△△，得DMEF⊥，假设平面DEF⊥平面BEF，可得DMEF⊥，DMBM⊥，从而2BDAF=；若选②，可得CE⊥平面ABCD，可得,CEAF⊥平面ABCD，从而AFAD⊥，进一步由CDEAD

F△△，得DMEF⊥，假设平面DEF⊥平面BEF，可得DMEF⊥，DMBM⊥，从而2BDAF=.【小问1详解】菱形ABCD中，//ABCD，又CD平面CDF，AB平面CDF，//AB平面CDF，又AB平面ABF，平面ABF平面CDFl=.AB//l；【小问2详解】若选①当2

BDAF=时，平面DEF⊥平面BEF，设ACBDO=，取EF的中点M，连结,,OMBMDM如图所示，平面ABCD⊥平面ACEF，平面ABCD平面ACEFAC=，矩形ACEF中AFAC⊥，AF⊥平面ABCD，AD平面ABCD，AFAD⊥，同理可得：CECD⊥，90DCEDAF==，因

为菱形ABCD中CDAD=，矩形ACEF中CEAF=，CDEADF，DEDF=，M是EF的中点，DMEF\^，假设平面DEF⊥平面BEF成立，平面DEF平面BEFEF=，且DMEF⊥，DM⊥平面BEF，

BM平面BEF，DMBM⊥，矩形ACEF中M是EF的中点，菱形ABCD中O是AC的中点，//,OMAFOMAF=，OM⊥平面ABCD，BD平面ABCD，OMBD⊥，又DMBM⊥，O是BD的中点，可知△BDM为等腰直角三角形，,22OMOBODBDOBODOMAF===+==

，2BDAF=，故当2BDAF=时，平面DEF⊥平面BEF；若选②当2BDAF=时，CEAB⊥，矩形ABEF中，⊥CEACACABA=，,ACAB平面ABCD，CE⊥平面ABCD，矩形ACEF中//CEAF，AF⊥平面ABCD，AD平面ABCD

，AFAD⊥，同理可得：CECD⊥，90DCEDAF==，因为菱形ABCD中CDAD=，矩形ACEF中CEAF=，CDEADF，DEDF=，M是EF的中点，DMEF\^，假设平面DEF⊥平面BEF成立，平面DEF平面BE

FEF=，且DMEF⊥，DM⊥平面BEF，BM平面BEF，DMBM⊥，矩形ACEF中M是EF的中点，菱形ABCD中O是AC的中点，//,OMAFOMAF=，OM⊥平面ABCD，BD平面ABCD，OMBD⊥，又DMBM⊥，O是BD的中点，可知△BDM为等腰直角三角形，,

22OMOBODBDOBODOMAF===+==，2BDAF=，故当2BDAF=时，平面DEF⊥平面BEF.【点睛】关键点点睛：第（2）问求当BDAF为何值时，平面DEF⊥平面BEF，在解析时先假设平面DEF⊥平面

BEF成立，从而利用面面垂直的性质定理进一步推理.