2024-2025學年北京市豐臺區(qū)高一下學期期末考試

數(shù)學試題

一、單選題：本大題共10小題，共40分。

1.cosl2°cos42+sinl2°sin42°的值為

A—B工C--

A-2%2

2.已知向量荏=（1,2）,Z?=（3,5）,則阮的坐標為（）

A.（4,7）B.（一4,-7）C.（2,3）D.(-2,-3)

3.在復平面內，復數(shù)措對應的點位于（）

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

4.從1,2,3組成的無重復數(shù)字的所有三位數(shù)中隨機抽取一個數(shù)，則該數(shù)大于300的概率為（）

A-BcD

-644l

5.某人連續(xù)投籃兩次，下列事件中與事件“恰有一次投中”互斥的為（）

A.至多有一次投中B.至少有一次投中C.恰有一次沒有投中D.兩次都投中

6.唐朝的狩獵景象浮雕銀杯如圖1所示，其浮雕臨摹了國畫、漆繪和墓室壁畫，體現(xiàn)了古人的智慧與工

藝，它的盛酒部分可以近似地看作半球與圓柱構成的組合體（假設內壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如圖2

所示，已知半球的半徑為R,圓柱的高也為R,則銀杯盛酒部分的容積為（）

3

C.|TT7?D.yTT-ff3

7.已知71是兩條不同的直線，a,0是兩個不同的平面，則下列命題正確的為（）

A.若mla,aj",則7nlsB.若7nla,￡1a,則TH〃/?

C.若租〃a,n//a,則??。.若m,nua,m/[,則仇〃￡

8.為了解某校學生日均運動時長，某研究小組在該校隨機抽取了200名學生，統(tǒng)計了他們日均運動時長,

并將所得數(shù)據(jù)分組整理，得到右側的頻率分布直方圖，給出下列四個結論：

頻率/組距

①a——0.4；

②這200名學生日均運動時長的平均數(shù)小于中位數(shù)；

③估計該校學生日均運動時長的第85百分位數(shù)約為2；

④從該校隨機抽取一名學生，估計該學生日均運動時長不低于1小時的概率為

其中所有正確結論的序號是（）

A.①②B.③④C.①③④D.①②③④

9.已知tana,tan0是方程/一一1=0的兩個實數(shù)根，且a,06（-9分則a+0的值為（）

A.B.—4C.gD*

10.六方氮化硼（％-8N）材料具有高導熱性和優(yōu)良的電絕緣性，適用于新能源電池等高功率電子領域，其

單層晶體結構由正六邊形緊密排列而成，如圖1所示.取相鄰的三個邊長為1的正六邊形力BCDEF,正六邊形

BJIHGC,正六邊形CGKLMD,記02,。3分別為這三個正六邊形的中心，如圖2所示.給出下列四個結

論：

①若N為線段KL的中點，則而1?麗=當；

②向量時在向量g苗上的投影向量為

③設P為圖2中三個正六邊形邊上的任意一點，貝!JI而|2+|而|2的最大值為:；

④若而=%屈+y方乙且I湎|=，1,貝k+y的取值范圍為[-2,2].

其中所有正確結論的個數(shù)為（）

A.1B.2C.3D.4

二、填空題：本大題共5小題，共25分。

11.已知復數(shù)z=2+t,則|z|=.

12.已知向量E=(—4,3),b=(3,m),若日1b,則m=.

13.如圖，在正方形ABC。中，E,尸分別為邊AB,的中點，將團AED,ABEF,回DCF分別沿DE,EF,。尸

折起；使4B,C三點重合于點G,則在四面體G-EFD中，與平面GEF垂直的一個平面為.

14.如圖，在團4BC中，已知4B=6,AC=8,^BAC=60°,4B,4C邊上的兩條中線CM,BN交于點P,則

BC=,cos乙MPN=

15.如圖，在棱長為1的正方體ABC。中，P,E分別為線段B。1，AB上的動點，M為線段42的

中點，給出下列四個結論：

@PC+PM的最小值為」世；

③不存在點E,使得4國與BQ所成的角為45。；

其中所有正確結論的序號是

三、解答題：本題共6小題，共85分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。

16.在團ABC中，a=7,b=5,〃='

(1)求sinB的值；

(2)求團ABC的面積.

17.如圖，在直三棱柱中，。為棱4C的中點，BCi與8也交于點E,乙4cB=90。.

(1)求證：?！?/平面44//；

(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求證：BC^ACBr，

條件①：BC=CJ；

條件②：NC]BC=45。.

注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分.

18.近年來，國內涌現(xiàn)出一批優(yōu)秀的4/應用大模型.某中學為了解學生使用4B、。三種4/應用大模型的情

況，采用分層隨機抽樣的方法，從初中部抽取了60名學生，從高中部抽取了50名學生，獲得如下數(shù)據(jù)：

ABC

初中部40人38人42人

高中部30人25人20人

假設所有學生使用4應用大模型的情況相互獨立用頻率估計概率.

(1)從該校全體學生中隨機抽取1人，估計該學生使用2/應用大模型4的概率；

(2)從該校初中部全體學生中隨機抽取1人，高中部全體學生中隨機抽取1人，估計這2人中至少有1人使用

4應用大模型2的概率；

(3)在上述樣本中，記初中部使用以上三種2/應用大模型人數(shù)的方差為歐，高中部使用以上三種4應用大

模型人數(shù)的方差為受，試比較豈與s/的大小.(結論不要求證明)

19.已知函數(shù)/(久)=2V_3sinxcosx+2cos2x+ni的最小值為—2.

(1)求ni的值；

(2)求/(久)的單調遞增區(qū)間；

(3)若銳角團4BC滿足/Q4)=1,求等的取值范圍.

20.如圖，在四棱錐P—4BCD中，底面4BCD是邊長為4的正方形，側面PAD是正三角形，側面PAD1底面

ABCD,E為棱PD的中點，平面力BE與棱PC交于點F.

(1)求證：F為棱PC的中點；

(2)求直線BF與平面4BCD所成角的正切值.

21.如圖，設2是由nxn(n22)個實數(shù)組成的n行幾列的數(shù)表，其中%.表示位于第i行第/列的實數(shù)，且％6

{-1,1}"1,2,…,%]=1,2,…,冗).

alla12…aln\

a21a22…a2n|

：：...：I

(^nl0九2…^nn/

a

記向量兄=(%,◎⑵…,％n)區(qū)=(%1嗎2,…馬九)，若看,耳=見嗎1+《2%2+,?,+^injn=°，則稱后與引

為正交向量.若對任意不同的ije{12…,嗎，都有京與方為正交向量，則稱/為正交數(shù)表.

(1)直接判斷&=(21：)，A2=(J】是否為正交數(shù)表(不需要說明理由)；

(2)當n=6時，設元=(1,1,1,1,1,1),且石與君為正交向量，元與君為正交向量，求證：焉與元不是正交

向量；

(3)求證：對任意kEN*,當幾=4k+2時，4不是正交數(shù)表.

答案解析

1.【答案】A

【解析】【分析】觀察式子的結構符合兩角差的余弦公式，先逆用兩角差的余弦公式，再用誘導公式化簡

求值.

【詳解】cosl2°cos42+sinl2°sin42°=cos(12°—42°)=cos(—30)=cos30=號.

故選4

【點睛】本題考查兩角差的余弦公式，關鍵在于觀察式子的結構符合哪個公式，屬于基礎題.

2.【答案】C

【解析】【分析】利用向量的減法法則和坐標運算法則求解即可.

【詳解】由向量的減法法則得前=前-荏，

且四=(1,2),AC=(3,5),則元=(2,3),故C正確.

故選：C

3.【答案】A

【解析】【分析】利用復數(shù)的運算法則、幾何意義即可得出.

【詳解】在復平面內，復數(shù)好

1+t(“1紫4-0(1)-1)、=1+i

.??復數(shù)所對應的點(1,1)位于第一象限.

故選：A.

【點睛】本題考查了復數(shù)的運算法則、幾何意義，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題.

4.【答案】C

【解析】【分析】根據(jù)古典概型公式計算即可.

【詳解】組成的無重復的所有的三位數(shù)為3X2x1=6,大于300的無重復的三位數(shù)為2x1=2,

所以所求的概率為|=：

OD

故選：C

5.【答案】D

【解析】【分析】表示投籃兩次的所有基本事件情況，觀察可得答案.

【詳解】某人連續(xù)投籃兩次，共會發(fā)生：

第一次中第二次不中，

第一次不中第二次中，

第一次中第二次中，

第一次不中第二次不中，共4種情況，

事件“恰有一次投中”包含：第一次中第二次不中，第一次不中第二次中，

所以與之互斥的就是“兩次都投中”，

故選：D

6.【答案】A

【解析】【分析】根據(jù)題意可知，銀杯盛酒部分的容積為半球的體積加圓柱的體積，將已知條件代入體積

公式求解即可.

【詳解】半球的體積為％=gx=|兀R3,圓柱的體積為彩=S?h=TCR2-R=TIR3,

因此銀杯盛酒部分的容積為P=%+/=|兀&+兀R3=|7rR3.

故選：A.

7.【答案】A

【解析】【分析】根據(jù)線線、線面平行、垂直的判定定理以及性質定理進行逐一判斷即可.

【詳解】對4,若?n1a,a///3,則mlS，正確；

對B,若7nla,￡1a,則或錯誤；

對C,若m〃a,n//a,則zn與兀平行，相交，異面都行，錯誤；

對。，若m,nua,m〃夕,n〃夕,相交,則a〃￡,錯誤.

故選：A

8.【答案】C

【解析】【分析】根據(jù)頻率分布直方圖的性質計算即可.

【詳解】由題可知：@(0.5+0.8+a+0.15+0.1+0,05)x0.5=1a=0.4,正確；

乙、b%坐/、/廠0.5+1?門1.5+1?.2+1.5八-tl2.5+2?2.5+3??3.5+3］?

②平均數(shù)為［0.5x—^―+0.8x—^―+0.4x+0.15x—^―+0.14x—^―+0.05rx—^―Ix0.5r=

1.425,

日均運動時長在［0.5,1)的頻率為：0.5x0.5=0.25,日均運動時長在［1,1.5)的頻率為：0.8x0.5=0.4,

可知中位數(shù)一定落在［1,1.5),設中位數(shù)為6,貝1(6-1)X0.8+0.25=0.5nb=1.3125,

所以平均數(shù)大于中位數(shù)，錯誤；

③日均運動時長在［152)的頻率為：0.4x0.5=0.2,可知第85百分位數(shù)落在［1.5,2),

設該數(shù)為》,貝!|。一1.5)x0.4+0.25+0.4=0.8今久=1.875=2,正確；

④從該校隨機抽取一名學生，估計該學生日均運動時長不低于1小時的概率為1-0.25=0.75=p正確.

故選：C

9.【答案】D

【解析】【分析】利用韋達定理可知tana+tan￡=2門,tana?tan/?=-1,然后根據(jù)兩角和的正切公式計

算，并判斷角度范圍即可.

【詳解】由題可知：tana+tanS=2，^,tana?tan￡=—1,可知tana,tan￡異號,

由（一另），令aee（0號，所以a+sL《）

所以tan（a+S）=罌瑞=等=門，則a+￡/

故選：D

10.【答案】B

【解析】【分析】建立平面直角坐標系，給出所要點的坐標，利用平面向量的坐標表示依次求解選項即

可.

【詳解】建立直角坐標系，如圖所示:

4（詞,K

若N為線段KL的中點，則N

則前.而=攀義攀+學義）=與，故①正確;

44444

對于②,。1（-等。）,。3（。,|），

V33\

得珂=（0,-1）,石石=

11>>4?>I

則。?！?。1。3=一玄|。1。3|=

---->----->----->_3-----?

得向量可在向量砌上的投影向量：*詈.隅=法.甯=一2和，

故②錯誤；

對于③，設P為圖2中三個正六邊形邊上的任意一點為（m,n）,

2

貝“麗廣+|麗（=（租+^/-3）+（九一：）+7n2+（九+?）

,—2

=2m2+2n2+2V-3m+^=2（m++2n2+2

-----------------------------12

2

=2J（m+苧）+（ri-0）2+2,

因為。1（一3,o）,所以I呵*1=+0—0）2，

2

貝山而『+|函2=2|PO^|+2,

求I而|2+|而|2的最大值，即為求p石|的最大值有關，

由題中的圖2知，當點P在K,L,”,/處，都使|國*1最大，

不妨取”（0］）,則|初|?舊。1|=J（-^-/3）2+（0-|）2=/7,

則|而『+?而『的最大值為：2x+2=16,故③錯誤；

對于④，力（一怖—3C（O，a

則叁=（苧，9廊=（0,1）,

1

得標=x^+y^=K（￥5）+y（0,l）=

2-

22

由|而|=C,得(?x)+gx+y)=(73),

得％2+%y+y2=3,

得(％+y)2=3+%y43+空次，等號成立時，％=y,

則(％+y)2<4,得一24%+y<2,故④正確.

故選：B

1L【答案】75

1

/52

【解析】【分析】利用復數(shù)模的公式計算.

【詳解】由題可知：|z|=-22+11=VT.

故答案為：75

12.【答案】4

【解析】【分析】根據(jù)向量垂直的坐標表示計算即可.

【詳解】因為丸所以五萬=0,BP（-4,3）-（3,m）=-4X3+3m=0,解得m=4.

故答案為：4.

13.【答案】平面GED（或平面GFD）

【解析】【分析】根據(jù)正方形性質可得相應線線垂直，從而根據(jù)線面、面面垂直的判定定理即可得到結

論.

【詳解】在正方形4BCD中，DAVAE,DC1CF,

故在四面體G—EFD中，DG1GE,DG1GF,

GEr\GF=G,GE,GFu平面GEF,故DG上平面GEF,

而DGu平面GED,故平面GED1平面GEF,

同理平面GFD1平面GEF,

故答案為：平面GED（或平面GFD）

14.【答案】;;;

；一也/_3

'49'49v

【解析】【分析】根據(jù)余弦定理可得BC；利用平面向量基本定理可得兩荏-刀），麗=

l（^AC-AB）,然后利用向量夾角公式計算.

【詳解】由題可知：BC2=AB2+AC2-2AB-ACcos^BAC=62+82-2x6x8xcos60°=52nBC=

2/13,

AB-AC=\AB\-|XC|COSZFXC=24

由48,AC邊上的兩條中線CM,BN交于點P,所以P為回ABC的重心，

PM=1CM=1（AM-AC]PNBN=^（AN-AB）

\PM\=J-硝］2=|JAB2+AC2-AB-AC=1J,x36+64—6x8x1=1,

R=/［KP^W="河?+宿-荏?前=|^X64+36-6X8X|=字

瓦??西EC荏-硝JC前-荏）=聶-2荏2-5爐+］而.荏）=-竽

grpi-麗麗__V_10/7

所以COSZ_MPN=I----,1I——=q-=~~~T-7==-----——.

\PM\-\PN\7X2^749

故答案為：2，石，—曙

15?【答案】①②

【解析】【分析】對①，根據(jù)高和底面均為定值可判斷；對②，轉化到同一個平面，利用余弦定理計

算；對③，建系，利用夾角公式進行判斷；對④，表示出點P到直線的距離，然后用面積公式計算判

斷.

【詳解】對①，點E到平面CDQ的距離是定值，SmCDC1為定值，所以三棱錐E-CDC1的體積為定值，正

確；

對②，將平面B/C沿著BA旋轉到平面力BO〉如圖：

所以=^BDrA,sin/BDiC=sm/.BDrA=表=容，

2

所以cosNADiC=cos2zBO1C=1—Zsin乙BD、C=

2

CM=CDJ+MD2_2QD-MDrcos/.ADrC=?今CM=孚，正確;

66

對③，建立空間直角坐標系:

4(1,0,1),B(l,1,0),4(0,0,1),設E(l,瓦0)(0<b<1),

所以砧=(0,6,—1),西=(―1,—1,1),

若義石與BD］所成的角為45°,則cos45°=1一^b2—4b+1—0^>b—2—（b=

府忸11鬲.門

2-門舍），

所以存在點E,使得&E與BA所成的角為45。，錯誤；

對④，設印=4所（0W4W1）,西=（1,0,1）,9=西+印=西+4取=（尢尢1一4）,

所以I西I=，2,點P到直線D4的距離為&==J3M—24+

由0W2W1,當2=力時，有dmin=?；當4=1時，有dmax=苧.

所以因AiDP面積的取值范圍為［華,苧］,錯誤.

故答案為：①②

16.【答案】⑴在回4BC中，由正弦定理得號=芻，

以及Q=7,b=5,乙4=:得sinB=生財=與2=

3a714

CC1

（2）由余弦定理得a?=b2+c2-2bccosA,貝!］49=25+c2-2x5xcx-,

化簡得。2-5c-24=0,解得c=8或c=一3（舍去）.

故團ABC的面積為S=^bcsinA=，x5x8x^=10<3.

【解析】（1）利用正弦定理結合給定數(shù)據(jù)求解即可.

（2）利用余弦定理建立方程求出c=8,最后結合三角形面積公式求解即可.

17.【答案】（1）證明：因為三棱柱48（7-4/1的為直三棱柱，

所以四邊形BCC/i為矩形，所以E為B]C的中點，

又因為。為力C的中點，所以DE是團AC/的中位線，

即?！?/幽，

又因為DE仁平面A&BiBMBiu平面44//；

所以DE〃平面A&BiB.

(2)(II)選條件①：

因為BC=CC「且三棱柱ABC-4B1G為直三棱柱,

所以四邊形BCC/i為正方形，所以BCi_LBiC.

因為NACB=90。，所以AC1BC.

因為三棱柱ABC-為直三棱柱，

所以CG，平面4BC.

因為ACu平面4BC,所以CQ1AC.

又因為BCCCG=C,所以acJ?平面BCGB「

因為BQu平面BCG%,所以BC11AC.

又2CnBiC=C,所以1平面力CB「

選條件②：

因為4GBC=45。，且三棱柱力BC-為直三棱柱,

所以四邊形BCG/為正方形.以下同選條件①.

【解析】(1)要證明線面平行，需證明線線平行，即證明

(2)不論是選條件①還是條件②，要證明線面垂直，需證明該直線垂直于平面ACa內的兩條相交直線，即

證明BC11CBi和BG1AC；

18.【答案】（1）設事件D="從全體學生中隨機抽取1人，使用4/應用大模型4"，樣本中使用4/應用大模

型4的學生共有70人，樣本共有60+50=110人，所以估計。（。）=2=套

（2）設事件E=”這2人中至少有1人使用4應用大模型4"，

事件尸="從初中部全體學生中隨機抽取1人，使用2/應用大模型4"，

事件G="從高中部全體學生中隨機抽取1人，使用4應用大模型4"，

則估計P(F)=^=|,p⑹=祗=|,

所以估計P(E)=P^FG+FG+FG)=P(FG)+P(FG)+P(FG)

=P(F)P⑥+P(F)P(G)+P(F)P(G)

=P(F)(1-P(G))+(1-P(F))P(G)+P(F)P(G)

22,13,2313

=3X5+3X5+3X5=l5-

(3)記初中部使用以上三種4/應用大模型人數(shù)的平均數(shù)為低，

―40+38+424c(40-40)2+(38—40)2+(42—40)28

/二-3—=40,S】=-----------3-----------=?

記高中部使用以上三種4應用大模型人數(shù)的平均數(shù)為雙，

―30+25+20-(30—25)2+(25—25)2+(20—25)250

久1=-3—=25,s】=-----------§-----------=T-

所以登<s/

【解析】(1)按照古典概型公式計算；

(2)按照古典概型公式計算；

(3)根據(jù)方差公式計算.

19.【答案】(1)因為2sin%cos%=sin2x,2cos2x=cos2x+1,

所以/(久)=V^sin2x+cos2x+1+m=2sin(2x+^+1+m,

又f(%)的最小值為-2,

所以-2+1+血=-2,

所以772=-1.

(2)由(1)知，/(x)=2sin(2x+

令-J+2/CTT<2%+2-?+2々兀，

ZoZ

即一J+/CTT<%<+kn,

DO

所以/(久)的單調遞增區(qū)間為卜/kn,I+kn\(/ceZ).

(3)因為銳角團ABC滿足f(4)=1,且/(久)=2sin(2x+Q,

所以2sin94+看)=1,即sin,4+3)=：.

又力?嗚)，所以24+＞像片),所以24+絆吊,即44.

由正弦定理，得叱=小等”=等［sinB-sin(B+-手cosB)=*sin(B"),

asmA3LV3/J3\22/3\3/

由團ABC為銳角三角形，得煮＜3＜》

11

即

以

所-7r-7r-<--<n-<-

637Jr6_2si2

所以，￡的取值范圍為(—梳

【解析】(1)化簡函數(shù)為/(x)=2sin(2x+g+l+n然后根據(jù)最值計算即可；

(2)根據(jù)(1)的結果，利用正弦函數(shù)的單調性求解；

(3)依題意得到力=?然后利用正弦定理化簡得到等=必需或=乎sin(B-勻，根據(jù)角度范圍計算即

可.

20.【答案】(1)因為四邊形4BCD為正方形，所以CD〃4B.

又CD，平面ABE,ABu平面ABE,

所以CD//平面4BE.

因為CDu平面PCD,平面力BEC平面PCD=EF,

所以CD//EF.

因為E為棱PD的中點，所以F為棱PC的中點.

(2)取4。的中點為G,連接PG,CG,取CG的中點為H,連接

因為國PAD為正三角形，G為棱2D的中點，

所以PGLAD.

又平面PAD1平面4BCD,平面PADn平面ABCD=AD,PGu平面P4D,所以PG_L平面ABCD.

因為凡H分別為PC,CG的中點，

所以是I2PCG的中位線，所以FH〃PG,即平面48CD,

所以NFBH為直線BF與平面4BCD所成的角.

在RtZiCDG中，CG=y!CD2+DG2=2/5,所以cos/BC”=sin/DCG=要=$.

CG5

在國BC"中，BH2=CH2+BC2-2XCHXBCXcos乙BCH=5+16-8=13,所以BH=713.

在RtEIFB“中，F(xiàn)H==<3,

所以tan?"正祭=譽，

故直線BF與平面力BCD所成角的正切值為

【解析】（1）因為E