第第頁北京市通州區2023-2024學年高一下學期期末數學試卷一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.1．復平面內點A(1,?2)所對應復數的虛部為（）A．1 B．?2 C．i D．?22．樣本數據3，5，7，2，10，2的中位數是（）A．7 B．6 C．4 D．23．已知向量a=(?1,2)，a⊥bA．(2,1) B．(2,?1) C．(?2,1) D．(4．在三角形ABC中，角A,B,C所對的邊分別為a,b,c，已知A=π6,a=1,b=A．π3 B．π4 C．π4或3π45．已知圓錐的底面半徑是1，高為3，則圓錐的側面積是（）A．π B．3π C．4π 6．如圖，在正方體ABCD?A1B1CA．π6 B．π4 C．π37．在下列關于直線l、m與平面α、β的命題中，真命題是（）A．若l?β，且α⊥β，則l⊥αB．若l⊥β，且α//β，則l⊥αC．若α//β，l?α，m?β，則l//mD．若l⊥β，且α⊥β，則l//α8．一個口袋內裝有大小、形狀相同的紅色、黃色和綠色小球各2個，不放回地逐個取出2個小球，則與事件“2個小球都為紅色”互斥而不對立的事件有（）A．2個小球恰有一個紅球 B．2個小球至多有1個紅球C．2個小球中沒有綠球 D．2個小球至少有1個紅球9．一個長為22，寬為2的長方形，取這個長方形的四條邊的中點依次為A，B，C，D，依次沿AB，BC，CD，DA，DBA．12 B．23 C．1 10．達?芬奇方磚是在正六邊形上畫了具有視覺效果的正方體圖案，把六片這樣的達·芬奇方磚拼成下圖的組合，這個組合再轉換成幾何體，則需要10個正方體疊落而成，若一個小球從圖中陰影小正方體出發，等概率向相鄰小正方體（具有接觸面）移動一步，則經過兩步移動后小球又回到陰影小正方體的概率為（）A．14 B．13 C．512二、填空題共5小題，每小題5分，共25分.11．設復數z滿足z1?i=2i（i為虛數單位），則12．從寫有數字1,2,3,4,5的5張卡片中有放回的抽取兩次，兩次抽取的卡片數字和為5的概率是．13．已知a,b,c分別是△ABC的角A,B,C的對邊，若b=5，c=4，AB?AC=?10，則A=，14．在正方形ABCD中，E是DC邊上一點，且DE=2EC，點F為AE的延長線上一點，寫出可以使得AF=λAB+μAD成立的λ，μ的一組數據15．如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，E為BC的中點，F為線段CC1上的動點，過點①直線D1D與直線②當0<CF<12時，③當F為CC1的中點時，平面AEF截正方體所得的截面面積為④當CF=34時，截面S與A1D1，C三、解答題共6小題，共85分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.16．已知向量a=(?1,0)，b（1）求|a（2）若AB=a+b，BC=2a?b，17．在中小學生體質健康測試中，甲、乙兩人各自測試通過的概率分別是0.6和0.8，且測試結果相互獨立，求：（1）兩人都通過體質健康測試的概率；（2）恰有一人通過體質健康測試的概率；（3）至少有一人通過體質健康測試的概率．18．如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B（1）BD∥平面C（2）EF⊥平面ACC（3）求三棱錐B119．某地區高考實行新方案，規定：語文、數學和英語是考生的必考科目，考生還要從物理、化學、生物、歷史、地理和政治六個科目中選取三個科目作為選考科目．為了解某校學生選科情況，現從高一、高二、高三學生中各隨機選取了100名學生作為樣本進行調查，調查數據如下表，用頻率估計概率．選考情況第1門第2門第3門第4門第5門第6門物理化學生物歷史地理政治高一選科人數807035203560高二選科人數604555404060高三選科人數504060404070（1）已知該校高一年級有400人，估計該學校高一年級學生中選考歷史的人數；（2）現采用分層抽樣的方式從樣本中隨機抽取三個年級中選擇歷史學科的5名學生組成興趣小組，再從這5人中隨機抽取2名同學參加知識問答比賽，求這2名參賽同學來自不同年級的概率；（3）假設三個年級選擇選考科目是相互獨立的．為了解不同年級學生對各科目的選擇傾向，現從高一、高二、高三樣本中各隨機選取1名學生進行調查，設這3名學生均選擇了第k門科目的概率為Pk(k=1,2,3,4,5,6)，當20．在△ABC中，角A,B,C所對的邊為a,b,c，△ABC的面積為S，且S=a（1）求角C；（2）若c?b=2bcosA，試判斷△21．如圖，七面體ABCDEF中，菱形ABCD所在平面與矩形ACEF交于AC，平面CDF與平面ABF交于直線l．（1）求證：AB//l（2）再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知條件，試求當BDAF為何值時，平面DEF⊥平面BEF條件①：平面ABCD⊥條件②：CE⊥AB．注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：復平面內點A(1,?2)所對應復數為1?2i，其虛部為?2故選：B

【分析】根據題意，由復數的幾何意義（復數z=a+bi（其中a,b∈R）與復平面上的點(a,b)存在一一對應關系.這個復平面是一個二維坐標系，其中水平軸稱為實軸，垂直軸稱為虛軸）即可得到點A對應的復數，從而得到結果.2．【答案】C【解析】【解答】解：先對這組數據按從小到大的順序重新排序：2，2，3，5，7，10．位于最中間的數是3，5，所以這組數的中位數是3+52故選：C．

【分析】找中位數（中位數是按順序排列的一組數據中居于中間位置的數，即在這組數據中，有一半的數據比他大，有一半的數據比他小）要把數據按從小到大的順序排列，位于最中間的一個數（或兩個數的平均數）為中位數．3．【答案】A【解析】【解答】解：因為a⊥b，所以A，若b=(2,1)，則aB，若b=(2,?1)，則aC，若b=(?2,1)，則aD，若b=(1,?2)，則a故選：A

【分析】由a⊥b可得4．【答案】C【解析】【解答】解：由題意得，A=π因為b>a，所以B>A，由正弦定理得asin即sinB=因為B∈(0,π所以B=π4或故選：C.

【分析】由b>a得B>A，再由正弦定理（asin5．【答案】D【解析】【解答】解：因為圓錐的底面半徑是1，高為3，所以圓錐的母線長為(3所以圓錐的側面積為π×2×1=2故選：D

【分析】根據題意求出圓錐的母線長，再利用圓錐的側面積公式（圓錐的側面積公式為S=πrl，其中S代表側面積，r代表底面半徑，l代表母線長）可求得答案.6．【答案】C【解析】【解答】解：如圖所示：連接AC,AB1，由正方體的性質可得，AC//A1C1，則∠ACB又因為AC=B1C=A故選：C.

【分析】連接AC,AB1，先由正方體的性質可得AC//A1C1，再由異面直線夾角的定義可得7．【答案】B【解析】【解答】解：對于A，α⊥β，當平面α,β的交線為l時，滿足l?β，此時l?α，A錯誤；對于B，由l⊥β，得存在過直線l的平面γ,δ，γ∩β=a,δ∩β=b，由于α//β，則平面γ,δ與平面α必相交，令γ∩α=a',δ∩α=顯然l⊥a,l⊥b，而l,a,a'?γ，則l⊥a'，同理l⊥b'對于C，α//β，l?α，m?β，l//m或l,m異面，C錯誤；對于D，α⊥β，令α∩β=c，當直線l在平面α內，且l⊥c時，滿足l⊥β，此時l//α不成立，D錯誤.故選：B

【分析】利用線面垂直的判定條件（如果兩個平面相互垂直，那么在一個平面內垂直于它們交線的直線垂直于另一個平面；如果兩個平行平面中的一個平面垂直于一條直線，那么另一個平面也垂直于這條直線）說明、推理判斷AB；利用面面平行的性質說明判斷C，利用線面平行的判定說明判斷D.8．【答案】A【解析】【解答】解：2個小球恰有一個紅球包括2個小球1個紅球1個黃球和2個小球1個紅球1個綠球，與事件“2個小球都為紅色”互斥而不對立，符合題意，故A正確；2個小球至多有1個紅球包括2個小球都不是紅球和2個小球恰有1個紅球，則2個小球至多有1個紅球與事件“2個小球都為紅色”是對立事件，故B錯誤；2個小球中沒有綠球包括2個小球都為紅色，2個小球都為黃色和2個小球1個紅球1個黃球，則事件“2個小球都為紅色”是2個小球中沒有綠球的子事件，故C錯誤；2個小球至少有1個紅球包括2個小球都是紅球和2個小球1個紅球1個不是紅球，則事件“2個小球都為紅色”是2個小球至少有1個紅球的子事件，故D錯誤；故選：A

【分析】根據題意，由互斥事件和對立事件的定義（??互斥事件?是指兩個事件不可能同時發生；??對立事件?是指兩個事件必有一個發生，但不可能同時發生）依次分析選項，即可得到結果.9．【答案】B【解析】【解答】解：由題意可得，BC=CD=AD=AB=3，AC=BD=2取BD中點E，連接AE,CE，又AB=AD，所以AE⊥BD，且AE=AB2則AE2+CE2=AC2，所以所以AE⊥平面BCD，則VA?BCD故選：B

【分析】根據題意，由勾股定理和線面垂直的判定定理（如果一條直線與平面內兩條相交直線都垂直，那么這條直線與這個平面垂直）可得AE⊥平面BCD，再由錐體的體積公式代入計算，即可得到結果.10．【答案】D【解析】【解答】解：由題意可得，一個小球從圖中陰影小正方體出發，可以向上，向下或水平移動，設小球向上移動為事件A，小球水平移動為事件B，小球向下移動為事件C，小球回到陰影為事件D，則PA則P=1故選：D

【分析】根據題意，用字母表示相關事件，再寫出相關事件的概率，最后利用全概率公式（p(A)=P(A|B11．【答案】2【解析】【解答】解：z=2故答案為：2.

【分析】由復數的除法、乘法運算（兩個復數相乘時，實部是兩個實部的乘積減去兩個虛部的乘積，虛部是兩個實部與虛部交叉相乘之和）以及模的計算公式（復數z=a+bi，|z|=a12．【答案】4【解析】【解答】解：用(x,y)中的x表示第一次取到的卡片數字，y表示第一次取到的卡片數字，由題知，樣本空間為Ω(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)記事件B：兩次抽取的卡片數字和為5，事件B包含的樣本點為(1,4),(2,3),(3,2),(4,1)，共4個，所以兩次抽取的卡片數字和為5的概率是425故答案為：425.

【分析】根據條件，求出樣本空間及事件B13．【答案】2π3【解析】【解答】解：依題意，cosA=AB?AC|所以A=2π3；△ABC故答案為：2π3；53

【分析】根據給定條件，利用向量夾角公式（cos14．【答案】2,【解析】【解答】解：由題意知DC=AC?故DE=則AE=又點F為AE的延長線上一點，故AF=t可取t=3，則AF=3(故使得AF=λAB+μAD成立的λ,μ的一組數據故答案為：2,3.

【分析】根據向量的線性運算的幾何意義(三角形法則)表示出AE，再結合向量的共線即可求得答案.

三角形加法法則：15．【答案】②③④【解析】【解答】解：①，因為F為線段CC1上的動點，所以AF?平面ACC1A1，由正方體可知D1D//平面②，當0<CF<12時，截面S與正方體的另一個交點落在線段所以截面為四邊形；又A1G?面A1MG，故A1③，連接AD因為E為BC的中點，F為CC則EF//BC1//AD1在Rt△D1又D1又EF=12B故截面面積S=12EF+A④，當CF=34時，延長DD1至連接AR交A1D1于M，連接RF交C1D取AD的中點S，DD1上一點Q，使DQ=3如圖所示：因為SE//DC且SE=DC，QF//DC且QF=DC，所以SE//QF且SE=QF，所以四邊形SEFQ是平行四邊形，則SQ//EF，由D1R=12，則Q為DR中點，則SQ//AR，所以EF//AR，又△RD可得D1所以D1則在Rt△MD1N中故答案為：②③④.【分析】①，先由正方體的性質可得D1D//平面ACC1A②，由0<CF<12可得截面S與正方體的另一個交點落在線段③，由E為BC的中點，F為CC④，當CF=34時，延長DD1至R，使D1R=12，連接AR交A1D1于M，連接RF交C1D1于N連接MN，取AD的中點16．【答案】（1）解：a=(?1,0)，b則a+2故|a（2）證明：AB=a+則AC=CD=?所以CD∥所以A，C，D三點共線．【解析】【分析】（1）結合向量的坐標運算（兩個向量相加，實際上是它們的坐標相加；向量的數乘是直接把系數乘進去），以及向量模公式（對于向量a→=(a,b)，則（2）結合向量共線的性質，即可求解．（1）解：a=(?1,0)，b則a+2故|a（2）證明：AB=a+則AC=CD=?所以CD∥所以A，C，D三點共線．17．【答案】（1）解：根據題意，記甲通過體能測試為事件A，乙通過體能測試為事件B，且事件A與事件B相互獨立，則兩人都通過體能測試的概率P1（2）解：由事件A與事件B相互獨立，則恰有一人通過體能測試的概率為P（3）解：由事件A與事件B相互獨立，則至少有一人通過體能測試的概率為P【解析】【分析】根據題意，用字母表示出相關事件，由相互獨立事件的概率乘法公式（若事件A與事件B相互獨立，則P(AB)=P(A)P(B)），代入計算，即可得到結果.（1）根據題意，記甲通過體能測試為事件A，乙通過體能測試為事件B，且事件A與事件B相互獨立，則兩人都通過體能測試的概率P1（2）由事件A與事件B相互獨立，則恰有一人通過體能測試的概率為P2（3）由事件A與事件B相互獨立，則至少有一人通過體能測試的概率為P318．【答案】（1）證明：∵E，F分別為BB1，DD1的中點，∴BE∥DF且∴四邊形BDFE為平行四邊形，∴BD∥又EF?平面C1EF，BD不在平面∴BD∥平面C（2）證明：∵四邊形ABCD為正方形，∴BD⊥AC，∵BD∥∴AC⊥EF，∵AA1⊥平面ABCD，BD?∴AA∵BD∥EF，AA1⊥EF，又AC∩AA∴EF⊥平面ACC（3）解：∵F到平面BCC1BS△B故三棱錐B1?C【解析】【分析】（1）先證明四邊形BDFE為平行四邊形，根據平行四邊形的性質可得BD∥（2）根據線面垂直的判定與性質定理（如果一條直線與平面內的兩條相交直線都垂直，那么這條直線與這個平面垂直；如果一條直線垂直于一個平面，那么這條直線垂直于平面中的所有直線）即可得證；（3）利用F到平面BCC1B（1）證明：∵E，F分別為BB1，DD1的中點，∴BE∥DF且∴四邊形BDFE為平行四邊形，∴BD∥又EF?平面C1EF，BD不在平面∴BD∥平面C（2）證明：∵四邊形ABCD為正方形，∴BD⊥AC，∵BD∥∴AC⊥EF，∵AA1⊥平面ABCD，BD?∴AA∵BD∥EF，AA1⊥EF，又AC∩AA∴EF⊥平面ACC（3）∵F到平面BCC1BS△B故三棱錐B1?C19．【答案】（1）解：由題意知，樣本中高一學生共有100人，其中選擇歷史學科的學生有20人，故估計高一年級選歷史學科的學生有400×（2）解：應從樣本中三個年級選歷史的學生中分別抽取人數為1，2，2，編號為A1，A2，A3，A4，A5，

從這5名運動員中隨機抽取2名參加比賽，所有可能的結果為A1,A2，

A1,A3，A1,A4，A1,A5，A2,A3，A2,A4，A（3）解：P1P2P3P4P5P6∴當Pk取得最大值時，k=6【解析】【分析】（1）樣本中高一學生共有100人，其中選擇歷史學科的學生有20人，由此能估計高一年級選歷史學科的學生人數．（2）根據分層抽樣法計算出應從樣本中三個年級選歷史的學生中分別抽取人數為1，2，2，編號為A1，A2，A3，A4，（3）利用相互獨立事件概率乘法公式（若事件A與事件B相互獨立，則P(AB)=P(A)P(B)）求解．（1）解：由題意知，樣本中高一學生共有100人，其中選擇歷史學科的學生有20人，故估計高一年級選歷史學科的學生有400×（2）解：應從樣本中三個年級選歷史的學生中分別抽取人數為1，2，2，編號為A1，A2，A3，A從這5名運動員中隨機抽取2名參加比賽，所有可能的結果為A1A1,A3，A1,A4，A1,A5，設A為事件“這2名參賽同學來自不同年級”，則A為事件“這2名參賽同學來自相同年級”有{A2，A3}，所以事件A發生的概率P(A)=1?P(A（3）解：P1P2P3P4P5P6∴當Pk取得最大值時，k=620．【答案】（1）解：在△ABC中，因為S=a2+整理得tanC=1，且C∈0,π2????（2）解：由正弦定理得sinC?∵sin∴sin∴sin于是sinA?B又A,B∈0,π，故-π<A?B<π，所以B=π?A?B或B=A?B，∵C=△ABC是等腰直角三角形.【解析】【分析】（1）應用面積公式S△ABC=1（2）先應用正弦定理asinA=bsin（1）在△ABC中，因為S=a2+整理得tanC=1，且C∈0,（2）由正弦定理得sinC?∵sin∴sin∴sin于是sinA?B又A,B∈0,π，故-π<A?B<π，所以B=π?A?B或∵C=△ABC是等腰直角三角形.21．【答案】（1）證明：菱形ABCD中，AB//又CD?平面CDF，AB?平面CDF，∴AB//平面CDF又AB?平面ABF，平面ABF∩平面CDF=l.∴AB//l（2）解：若選①當BDAF=2時，平面DEF⊥平面設AC∩BD=O，取EF的中點M，連結OM,BM,DM如圖所示，∵平面ABCD⊥平面ACEF，平面ABCD∩平面ACEF=AC，矩形ACEF中AF⊥AC，∴AF⊥平面ABCD，∵AD?平面ABCD，∴AF⊥AD，同理可得：CE⊥CD，∴∠DCE=∠DAF=90因為菱形ABCD中CD=AD，矩形ACEF中CE=AF，∴△CDE?△ADF，∴DE=DF，∵M是EF的中點，∴DM⊥EF，假設平面DEF⊥平面BEF成立，平面DEF∩平面BEF=EF，且DM⊥EF，∴DM⊥平面BEF，∵BM?平面BEF，∴DM⊥BM，∵矩形ACEF中M是EF的中點，菱形ABCD中O是AC的中點，∴OM//AF,OM=AF，∴OM⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴OM⊥BD，又∵DM⊥BM，O是BD的中點，可知△BDM為等腰直角三角形，∴OM=OB=OD,∴BD=OB+OD=2OM=2AF，∴BDAF=2，故當BDAF=2若選②當BDAF=2時，∵CE⊥AB，矩形ABEFAC∩AB=A，AC,AB?平面ABCD，∴CE⊥平面ABCD，矩形ACEF中AF//CE，∴AF⊥平面ABCD∵AD?平面ABCD，∴AF⊥AD，同理可得：CE⊥CD，∴∠DCE=∠DAF=90因為菱形ABCD中CD=AD，矩形ACEF中CE=AF，∴△CDE?△ADF，∴DE=DF，∵M是EF的中點，∴DM⊥EF，假設平面DEF⊥平面BEF成立，平面DEF∩平面BEF=EF，且DM⊥EF，∴DM⊥平面BEF，∵BM?平面BEF，∴DM⊥BM，∵矩形ACEF中M是EF的中點，菱形ABCD中O是AC的中點，∴OM//AF,OM=AF，∴OM⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴OM⊥BD，又∵DM⊥BM，O是BD的中點，可知△BDM為等腰直角三角形，∴OM=OB=OD,∴BD=OB+OD=2OM=2AF，∴BDAF=2，故當BDAF=2【解析】【分析】（1）先由線面平行的判定定理證明AB//平面CDF，由線面平行的性質定理（如果一條直線與一個平面平行，則過這條直線的任一平面與此平面的交線與該直線平行）可證AB//（2）若選①，設AC∩BD=O，取EF的中點M，連結OM,BM,DM如圖所示，由平面ABCD⊥平面ACEF，可得AF⊥平面ABCD，從而AF⊥AD，進一步由△CDE?△ADF，得DM⊥EF，假設平面DEF⊥平面BEF，可得DM⊥EF，DM⊥BM，從而BDAF=2；若選②，可得CE⊥平面ABCD，可得CE,AF⊥平面ABCD，從而AF⊥AD，進一步由△CDE?△ADF，得DM⊥EF，假設平