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北京市2024-2025学年高一下学期数学期末测试押题预测卷
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）（2023 贵州模拟）已知复数z＝（1+i）（1﹣2i），则|z|＝（　　）
A． B．2 C． D．10
2．（4分）（2022 南京模拟）已知向量，，则以下与垂直的向量坐标为（　　）
A．（1，2） B．（2，1） C．（1，﹣2） D．（2，﹣1）
3．（4分）已知复数z满足z2为纯虚数，z在复平面内对应的点为（x，y），则（　　）
A．x±y＝1 B．x±y＝0
C．x±y＝1（x≠0） D．x±y＝0（x≠0）
4．（4分）将4不同的球随机放入5个不同的杯子中，则杯子中球的个数最多为一个的概率为（　　）
A． B． C． D．
5．（4分）（2023春 汝州市校级期末）在一个文艺比赛中，8名专业人士和12名观众代表各组成一个评委小组，给参赛选手打分，根据打分情况，得到专业人士组对选手A打分的平均数为48，方差为14，观众代表组对选手A打分的平均数为56，方差为140，则选手A得分的总方差为（　　）
A．105.60 B．85.24 C．94.63 D．104.96
6．（4分）（2022秋 邢台月考）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB＝2，∠BCA＝90°，M是A1B1的中点，以C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系C﹣xyz，若，则异面直线CM与A1B夹角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
7．（4分）（2024 邵阳三模）在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，点E满足，，则λ﹣μ＝（　　）
A． B． C． D．
8．（4分）（2024秋 湖北期中）一个不透明的盒子中装有大小和质地都相同的编号分别为1，2，3，4，5，6的6个小球，从中任意摸出两个球．设事件A1＝“摸出的两个球的编号之和不超过6”，事件A2＝“摸出的两个球的编号都大于3”，事件A3＝“摸出的两个球中有编号为4的球”，则（　　）
A．事件A1与事件A2是相互独立事件
B．事件A1与事件A3是对立事件
C．事件A1∪A2与事件A3是互斥事件
D．事件A1∩A3与事件A2∩A3是互斥事件
9．（4分）（2024春 惠农区校级期末）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题为真命题的有（　　）
A．若m∥α，m∥β，则α∥β
B．若α⊥β，m α，n β，则m⊥n
C．若α∥β，m∥β，则m∥α
D．若m，n为异面直线，m α，n β，m∥β，n∥α，则α∥β
10．（4分）（2024春 石景山区期末）八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形ABCDEFGH，其中OA＝2，则下列命题：
①；
②；
③在上的投影向量为；
④若点P为正八边形边上的一个动点，则的最大值为4．
其中正确的命题个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
二．填空题（共5小题，满分25分，每小题5分）
11．（5分）（2024春 阜阳期末）一品牌机器保修期为1年，根据大量的维修记录资料，这种机器在使用一年内维修次数最多是3次，其中维修1次及以上占25%，维修2次占6%，维修3次占4%，某人购买了一台该机器，则一年内恰好维修1次的概率为 　 　 ．
12．（5分）（2025春 通州区期中）已知复数z1＝m+（m﹣1）i，z2＝2﹣2i，若z1+z2为纯虚数，则实数m＝ 　 　 ．
13．（5分）（2024秋 道里区校级期末）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则A＝ 　 　 ，的取值范围为 　 　 ．
14．（5分）（2023春 西城区期末）已知圆柱的底面半径为3，体积为的球与该圆柱的上、下底面相切，则球的半径为 　 　 ，圆柱的体积为 　 　 ．
15．（5分）（2022秋 苍梧县校级期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，则点A到平面B1D1C的距离为 　 　 ．
三．解答题（共6小题，满分85分）
16．（13分）（2024春 泸州期末）已知向量（1，﹣1），||，且（） 3．
（Ⅰ）求向量与的夹角．
（Ⅱ）若向量k与k互相垂直，求k的值．
17．（14分）（2024 青羊区校级模拟）某保险公司为了给年龄在20～70岁的民众提供某种疾病的医疗保障，设计了一款针对该疾病的保险，现从10000名参保人员中随机抽取100名进行分析，这100个样本按年龄段[20，30），[30，40），[40，50），[50，60），[60，70]分成了五组，其频率分布直方图如图所示，每人每年所交纳的保费与参保年龄如下表格所示．（保费：元）据统计，该公司每年为该项保险支出的各种费用为一百万元．
年龄 [20，30） [30，40） [40，50） [50，60） [60，70]
保费 x 2x 3x 4x 5x
（Ⅰ）用样本的频率分布估计总体的概率分布，为使公司不亏本，则保费x至少为多少元？（精确到整数）
（Ⅱ）经调查，年龄在[30，50）之间的中年人对该疾病的防范意识还比较弱，为加强宣传，按分层抽样的方法从年龄在[30，40）和[40，50）的中年人中选取6人进行教育宣讲，再从选取的6人中随机选取2人，被选中的2人免一年的保险费，求被免去的保费超过150元的概率．
18．（13分）在长方体ABCD＝A1B1C1D1中，证明直线BD平行于平面AB1D1．
19．（15分）（2025春 赣榆区校级月考）在湖南省湘江上游的永州市祁阳具地内的沿溪碑林，是稀有的书法石刻宝库，保留至今的有505方摩崖石刻，最引人称颂的是公元771年摹刻的《大唐中兴颂》，因元结的“文绝”，颜真卿的“字绝”、摩崖石刻的“石绝”，誉称“摩崖三绝”．该碑高3米，宽3.2米．碑身离地有3.7米（如图所示），有一身高为180cm的游客从正面观赏它（该游客头顶T到眼睛C的距离为10cm）．设该游客离墙距离为x米，视角为θ，为使观赏视角θ最大，x应为多少米？
20．（15分）（2024春 顺义区期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BB1的中点．
（Ⅰ）求证：BC1∥平面AD1E；
（Ⅱ）求证：CB1⊥平面ABC1D1；
（Ⅲ）写出直线D1E与平面ADD1A1所成角的正弦值（只需写出结论）．
21．（15分）（2024秋 海淀区期末）已知非空集合A满足如下三个性质，则称集合A满足性质P：
①A Z；
② x，y，z∈A，x+y﹣z∈A；
③ x∈A，4x∈A；
（Ⅰ）判断下列集合是否满足性质P？
A＝{x|x＝4k+2，k∈Z}，B＝{x|x＝3k+1，k∈Z}．（只需写出结论）
（Ⅱ）若集合A满足性质P，且存在x0∈A，使得﹣x0∈A，求证： k∈Z，x∈A，都有kx∈A；
（Ⅲ）若集合A满足性质P，且{a，b，c，d} A，b﹣a＝10，d﹣c＝2025，求所有的符合题意的集合A．
北京市2024-2025学年高一下学期数学期末测试押题预测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）（2023 贵州模拟）已知复数z＝（1+i）（1﹣2i），则|z|＝（　　）
A． B．2 C． D．10
【考点】复数的模．
【专题】转化思想；转化法；数系的扩充和复数；运算求解．
【答案】C
【分析】由复数的乘法公式和模的计算公式即可求解．
【解答】解：因为z＝（1+i）（1﹣2i）＝1﹣2i+i﹣2i2＝3﹣i，
所以．
故选：C．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
2．（4分）（2022 南京模拟）已知向量，，则以下与垂直的向量坐标为（　　）
A．（1，2） B．（2，1） C．（1，﹣2） D．（2，﹣1）
【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系．
【专题】转化思想；转化法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】首先求出的坐标，再根据数量积的坐标表示计算可得．
【解答】解：因为，，
所以，
所以（1，2） （﹣1，2）＝1×（﹣1）+2×2＝3，
（2，1） （﹣1，2）＝2×（﹣1）+1×2＝0，
（1，﹣2） （﹣1，2）＝1×（﹣1）+（﹣2）×2＝﹣5，
（2，﹣1） （﹣1，2）＝2×（﹣1）+（﹣1）×2＝﹣4．
故选：B．
【点评】本题主要考查平面向量的数量积公式，属于基础题．
3．（4分）已知复数z满足z2为纯虚数，z在复平面内对应的点为（x，y），则（　　）
A．x±y＝1 B．x±y＝0
C．x±y＝1（x≠0） D．x±y＝0（x≠0）
【考点】复数对应复平面中的点．
【专题】转化思想；转化法；数系的扩充和复数；运算求解．
【答案】D
【分析】根据已知条件，结合纯虚数的定义，以及复数的四则运算，即可求解．
【解答】解：设z＝x+yi（x，y∈R），
z2＝x2﹣y2+2xyi为纯虚数，
则，故x±y＝0（x≠0）．
故选：D．
【点评】本题主要考查纯虚数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题．
4．（4分）将4不同的球随机放入5个不同的杯子中，则杯子中球的个数最多为一个的概率为（　　）
A． B． C． D．
【考点】古典概型及其概率计算公式．
【专题】对应思想；定义法；概率与统计；运算求解．
【答案】B
【分析】根据古典概型公式列式计算即可．
【解答】解：杯子中球的个数最多为一个的概率为．
故选：B．
【点评】本题主要考查古典概型的问题，熟记概率的计算公式即可，属于常考题型．
5．（4分）（2023春 汝州市校级期末）在一个文艺比赛中，8名专业人士和12名观众代表各组成一个评委小组，给参赛选手打分，根据打分情况，得到专业人士组对选手A打分的平均数为48，方差为14，观众代表组对选手A打分的平均数为56，方差为140，则选手A得分的总方差为（　　）
A．105.60 B．85.24 C．94.63 D．104.96
【考点】用样本估计总体的离散程度参数；用样本估计总体的集中趋势参数．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】D
【分析】根据总体平均数和方差的计算公式即可求解．
【解答】解：选手A得分的平均数为，
选手A得分的总方差为．
故选：D．
【点评】本题主要考查了平均数和方差的计算，属于基础题．
6．（4分）（2022秋 邢台月考）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB＝2，∠BCA＝90°，M是A1B1的中点，以C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系C﹣xyz，若，则异面直线CM与A1B夹角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】异面直线及其所成的角．
【专题】方程思想；向量法；空间角；运算求解．
【答案】B
【分析】设AA1＝a（a＞0），求的坐标，利用向量垂直坐标表示列方程求a值，再写出，利用空间向量夹角公式得到向量夹角，最后得到异面直线夹角．
【解答】解：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB＝2，∠BCA＝90°，M是A1B1的中点，以C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系C﹣xyz，
设AA1＝a（a＞0），
则B（0，2，0），A1（2，0，a），B1（0，2，a），C1（0，0，a），C（0，0，0），M（1，1，a），
，，
因为，所以，解得a＝2．
因为，，所以，
故异面直线CM与A1B夹角的余弦值为．
故选：B．
【点评】本题考查异面直线所成角、向量法等基本知识，考查运算求解能力，是基础题．
7．（4分）（2024 邵阳三模）在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，点E满足，，则λ﹣μ＝（　　）
A． B． C． D．
【考点】平面向量加法的三角形法则和平行四边形法则．
【专题】转化思想；综合法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】A
【分析】由平面向量的线性运算可得，即可求出λ，μ的值，进而求出λ﹣μ的值．
【解答】解：因为
，
又因为，
所以．
故选：A．
【点评】本题考查向量的运算性质的应用，属于基础题．
8．（4分）（2024秋 湖北期中）一个不透明的盒子中装有大小和质地都相同的编号分别为1，2，3，4，5，6的6个小球，从中任意摸出两个球．设事件A1＝“摸出的两个球的编号之和不超过6”，事件A2＝“摸出的两个球的编号都大于3”，事件A3＝“摸出的两个球中有编号为4的球”，则（　　）
A．事件A1与事件A2是相互独立事件
B．事件A1与事件A3是对立事件
C．事件A1∪A2与事件A3是互斥事件
D．事件A1∩A3与事件A2∩A3是互斥事件
【考点】相互独立事件的概率乘法公式；事件的互为对立及对立事件．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】D
【分析】先列举出各事件包含的基本事件，再根据相互独立事件的概率特征判断A；根据互斥事件、对立事件的概念判断B，C，D．
【解答】解：由题意可知：所以样本空间为：Ω＝{（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（3，4），（3，5），（3，6），（4，5），（4，6），（5，6）}，共有15个样本点，
A1＝{（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，3），（2，4）}，共有6个样本点，
A2＝{（4，5），（4，6），（5，6）}，共有3个样本点，
A3＝{（1，4），（2，4），（3，4），（4，5），（4，6）}，共有5个样本点，
所以，，，
对于A，因为P（A1A2）0，而，
所以P（A1A2）≠P（A1）P（A2），故A错误；
对于B，因为A1∩A3＝{（1，4），（2，4）}，
所以事件A1与事件A3不是对立事件，故B错误；
对于C，因为A1∪A2＝{（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，3），（2，4），（4，5），（4，6），（5，6）}，
则（A1∪A2）∩A3＝{（1，4），（2，4），（4，5），（4，6）}，
所以事件A1∪A2与事件A3不是互斥事件，故C错误；
对于D，因为A1∩A3＝{（1，4），（2，4）}，A2∩A3＝{（4，5），（4，6）}，
所以（A1∩A3）∩（A2∩A3）＝ ，
所以事件A1∩A3与事件A2∩A3是互斥事件，故D正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查了独立事件、对立事件和互斥事件的定义，属于基础题．
9．（4分）（2024春 惠农区校级期末）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题为真命题的有（　　）
A．若m∥α，m∥β，则α∥β
B．若α⊥β，m α，n β，则m⊥n
C．若α∥β，m∥β，则m∥α
D．若m，n为异面直线，m α，n β，m∥β，n∥α，则α∥β
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】D
【分析】根据线面平行的性质结合面面的位置关系可判断A；结合面面垂直以及线线位置关系判断B；结合面面以及线面平行判断C；根据面面平行的判定定理判断D．
【解答】解：对于A，若m∥α，m∥β，则α∥β或α和β相交，A错误；
对于B，若α⊥β，m α，n β，则不一定有m⊥n，还有可能是m∥n，B错误；
对于C，若α∥β，m∥β，则m∥α或m α，C错误；
对于D，m，n为异面直线，m α，n β，由于n∥α，
则过n作平面γ与α相交，交线为m′，则m′∥n，
因为m，n为异面直线，故m′，m必相交，若平行，则可得m∥n，不合题意；
又由于m′ β，n β，故m′∥β，
而m∥β，m，m′相交，m，m′ α，故α∥β，D正确．
故选：D．
【点评】本题考查空间线面位置关系的判断，属于中档题．
10．（4分）（2024春 石景山区期末）八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形ABCDEFGH，其中OA＝2，则下列命题：
①；
②；
③在上的投影向量为；
④若点P为正八边形边上的一个动点，则的最大值为4．
其中正确的命题个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量的投影向量．
【专题】转化思想；综合法；平面向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】C
【分析】正八边形ABCDEFGH中，每个边所对的角都是45°，中心到各顶点的距离为2，然后由平面向量数量积的运算判断①②，由投影向量和投影判断③④得到答案．
【解答】解：由题意可知，正八边形每个边所对的角都是45°，中心O到各顶点的距离为2，
对于①，cos∠BOE＝2×2×cos135°＝﹣2，故①错误；
对于②，∠AOC＝90°，则以OA，OC为邻边的对角线长是|OA|的倍，
可得，故②正确；
对于③，在上的投影向量为，故③正确；
对于④，设，的夹角为θ，则 ||||cosθ，
其中||cosθ表示在上的投影，
易知DC⊥AB，延长DC交AB延长线于Q，
当P在线段DC上运动，投影最大，
易知△OAC为等腰直角三角形，且∠OAB67.5°，
则在Rt△CAQ中，AQ＝AC cos∠CAQ＝AC cos（67.5°﹣45°）＝AC cos22.5°，
在等腰三角形OAB中，AB＝2OA sin22.5°，
则（ ）max＝AC cos22.5°×2OA sin22.5°＝AC×OA×sin45°4，故④正确．
综上，②③④正确．
故选：C．
【点评】本题考查平面向量数量积的运算及性质，考查平面向量数量积的几何意义，属于中档题．
二．填空题（共5小题，满分25分，每小题5分）
11．（5分）（2024春 阜阳期末）一品牌机器保修期为1年，根据大量的维修记录资料，这种机器在使用一年内维修次数最多是3次，其中维修1次及以上占25%，维修2次占6%，维修3次占4%，某人购买了一台该机器，则一年内恰好维修1次的概率为 　15%　 ．
【考点】互斥事件的概率加法公式．
【专题】转化思想；转化法；概率与统计；运算求解．
【答案】15%．
【分析】结合并事件的性质，即可求解．
【解答】解：在使用一年内维修次数最多是3次，其中维修1次及以上占25%，维修2次占6%，维修3次占4%，
则一年内恰好维修1次的概率为25%﹣6%﹣4%＝15%．
故答案为：15%．
【点评】本题主要考查并事情的性质，属于基础题．
12．（5分）（2025春 通州区期中）已知复数z1＝m+（m﹣1）i，z2＝2﹣2i，若z1+z2为纯虚数，则实数m＝ 　﹣2　 ．
【考点】纯虚数．
【专题】对应思想；分析法；数系的扩充和复数；运算求解．
【答案】﹣2．
【分析】利用复数代数形式的加法运算化简，再由实部等于0且虚部不等于0求解即可．
【解答】解：由z1＝m+（m﹣1）i，z2＝2﹣2i，得z1+z2＝m+2+（m﹣3）i，
若z1+z2为纯虚数，则，即m＝﹣2．
故答案为：﹣2．
【点评】本题考查复数代数形式的加法运算，考查复数的基本概念，是基础题．
13．（5分）（2024秋 道里区校级期末）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则A＝ 　　 ，的取值范围为 　　 ．
【考点】解三角形．
【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】；．
【分析】利用正弦定理将已知条件转化为三角函数关系式，并利用辅助角公式求得第一空；再利用三角函数恒等式和三角函数性质，求得的取值范围．
【解答】解：因为，
所以由正弦定理得sinAcosCsinAsinC＝sinB+sinC，
即sinAcosCsinAsinC＝sin（A+C）+sinC，
化简得：，
因为，所以sinC≠0，
所以，即，
因为，所以，解得；
因为，
又因为
，
因为△ABC 为锐角三角形，所以，解得，
所以，所以，所以，
所以的取值范围为．
故答案为：；．
【点评】本题考查正弦定理、三角恒等变换的应用，三角函数的值域求法，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养，属于中档题．
14．（5分）（2023春 西城区期末）已知圆柱的底面半径为3，体积为的球与该圆柱的上、下底面相切，则球的半径为 　2　 ，圆柱的体积为 　36π　 ．
【考点】圆柱的体积．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】2；36π．
【分析】利用球的体积公式、圆柱的体积公式，直接求解．
【解答】解：因为球的体积为，则球半径r满足，解得r＝2，
又因为球与圆柱的上、下底面相切，所以圆锥的高为2r＝4，
所以圆柱的体积为V＝π×32×4＝36π．
故答案为：2；36π．
【点评】本题考查了球、圆柱的体积，属于基础题．
15．（5分）（2022秋 苍梧县校级期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，则点A到平面B1D1C的距离为 　　 ．
【考点】空间中点到平面的距离．
【专题】对应思想；向量法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】．
【分析】建立空间直角坐标系，求出平面B1D1C的法向量，利用点到平面的距离公式求解．
【解答】解：以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（1，0，0），C（0，1，0），B1（1，1，1），D1（0，0，1），
，
设平面B1D1C的法向量为，
则，令x＝1，则z＝﹣1，y＝﹣1，从而，
则点A到平面B1D1C的距离为．
故答案为：．
【点评】本题考查空间向量在求点到面距离的应用，属于中档题．
三．解答题（共6小题，满分85分）
16．（13分）（2024春 泸州期末）已知向量（1，﹣1），||，且（） 3．
（Ⅰ）求向量与的夹角．
（Ⅱ）若向量k与k互相垂直，求k的值．
【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量数量积的坐标运算．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】（Ⅰ）；
（Ⅱ）k＝±1．
【分析】（Ⅰ）根据题意，设向量与的夹角为θ，由数量积的计算公式可得（） 2＝3，变形求出 的值，进而求出cosθ的值，分析可得答案；
（Ⅱ）根据题意，由向量垂直的判断方法可得（k） （k）＝k2+（1﹣k2） k2＝1﹣k2＝0，变形可得答案．
【解答】解：（Ⅰ）根据题意，设向量与的夹角为θ，
若向量（1，﹣1），则||，
若（） 3，则 2＝3，变形可得 1，
则cosθ，
又由0≤θ≤π，则θ；
（Ⅱ）若向量k与k互相垂直，则（k） （k）＝k2+（1﹣k2） k2＝1﹣k2＝0，
变形可得k＝±1，
故k＝±1．
【点评】本题考查向量数量积的计算，涉及向量垂直的判断，属于基础题．
17．（14分）（2024 青羊区校级模拟）某保险公司为了给年龄在20～70岁的民众提供某种疾病的医疗保障，设计了一款针对该疾病的保险，现从10000名参保人员中随机抽取100名进行分析，这100个样本按年龄段[20，30），[30，40），[40，50），[50，60），[60，70]分成了五组，其频率分布直方图如图所示，每人每年所交纳的保费与参保年龄如下表格所示．（保费：元）据统计，该公司每年为该项保险支出的各种费用为一百万元．
年龄 [20，30） [30，40） [40，50） [50，60） [60，70]
保费 x 2x 3x 4x 5x
（Ⅰ）用样本的频率分布估计总体的概率分布，为使公司不亏本，则保费x至少为多少元？（精确到整数）
（Ⅱ）经调查，年龄在[30，50）之间的中年人对该疾病的防范意识还比较弱，为加强宣传，按分层抽样的方法从年龄在[30，40）和[40，50）的中年人中选取6人进行教育宣讲，再从选取的6人中随机选取2人，被选中的2人免一年的保险费，求被免去的保费超过150元的概率．
【考点】频率分布直方图的应用．
【专题】计算题；整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】（Ⅰ）30；
（Ⅱ）．
【分析】（Ⅰ）根据频率分布直方图中所有小矩形面积和为1，即可求得a的值，根据中位数左右两侧小矩形面积之和都为0.5，即可求得答案；
（Ⅱ）分别列举6人中任取2人的所有基本事件和保费超过150元的事件，根据概率公式计算即可求得答案．
【解答】解：（Ⅰ）（0.007+0.016+a+0.025+0.02）×10＝1，解得a＝0.032，
保险公司每年收取的保费为：
10000（0.07x+0.16×2x+0.32×3x+0.25×4x+0.2×5x）＝10000×3.35x，
所以要使公司不亏本，则10000×3.35x≥1000000，
解得，即x＝30元，
故保费x至少为30元．
（Ⅱ）选取的6人中，有2人来自年龄在[30，40），记这2人分别为a1，a2，
有4人来自年龄在[40，50），记这4人分别为b1，b2，b3，b4，
从这6人中任取2人的所有基本事件有：（b1，b2），（b1，b3），（b1，b4），（b2，b3），（b2，b4），（b3，b4），（a1，a2），
（a1，b1），（a1，b2），（a1，b3），（a1，b4），（a2，b1），（a2，b2），（a2，b3），（a2，b4），共15种，
其中保费超过150元的有（b1，b2），（b1，b3），（b1，b4），（b2，b3），（b2，b4），（b3，b4）共6种，
故被免去保费超过150元的概率为．
【点评】本题主要考查频率分布直方图，属于中档题．
18．（13分）在长方体ABCD＝A1B1C1D1中，证明直线BD平行于平面AB1D1．
【考点】直线与平面平行．
【专题】证明题；对应思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【答案】证明见解答．
【分析】利用线面平行的判定定理即可证明结论．
【解答】证明：因为棱BB1平行且等于棱DD1，所以BB1D1D是平行四边形，
从而BD∥B1D1，因为直线B1D1在平面AB1D1 上，
而直线BD不在平面AB1D1上，
故由线面平行的判定定理，可得直线BD∥平面 AB1D1．
【点评】本题考查线面平行的判定定理的应用，属基础题．
19．（15分）（2025春 赣榆区校级月考）在湖南省湘江上游的永州市祁阳具地内的沿溪碑林，是稀有的书法石刻宝库，保留至今的有505方摩崖石刻，最引人称颂的是公元771年摹刻的《大唐中兴颂》，因元结的“文绝”，颜真卿的“字绝”、摩崖石刻的“石绝”，誉称“摩崖三绝”．该碑高3米，宽3.2米．碑身离地有3.7米（如图所示），有一身高为180cm的游客从正面观赏它（该游客头顶T到眼睛C的距离为10cm）．设该游客离墙距离为x米，视角为θ，为使观赏视角θ最大，x应为多少米？
【考点】解三角形．
【专题】转化思想；综合法；解三角形；不等式；运算求解．
【答案】米．
【分析】根据锐角三角函数的定义与两角差的正切公式，算出tanθ，然后根据基本不等式求出tanθ的最大值，进而可得本题答案．
【解答】解：设∠BCD＝α，∠ACD＝β，则β﹣α＝θ，且α、β均为锐角，
Rt△BCD中，CD＝x米，BD＝3.7﹣（1.8﹣0.1）＝2米，所以tanα，
Rt△ACD中，AD＝BD+3＝5米，可得tanβ．
所以tanθ＝tan（β﹣α），
当且仅当x，即x＝10米时，等号成立．
根据正切函数在（0，）上为增函数，可知当x＝10米时，β﹣α最大，即视角θ最大．
因此，为了使观赏视角θ最大，x应为米．
【点评】本题主要考查锐角三角函数的定义、两角和与差的三角函数公式、运用基本式求最值等知识，属于中档题．
20．（15分）（2024春 顺义区期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BB1的中点．
（Ⅰ）求证：BC1∥平面AD1E；
（Ⅱ）求证：CB1⊥平面ABC1D1；
（Ⅲ）写出直线D1E与平面ADD1A1所成角的正弦值（只需写出结论）．
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；直线与平面平行；直线与平面垂直．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）证明见解答；（2）证明见解答；（3）．
【分析】（1）由BC1∥AD1，可证明BC1∥平面AD1E；
（2）利用线面垂直的判定定理即可得证；
（3）取A1A的中点F，连接EF，B1D1，得到EF⊥平面ADD1A1，根据sin，即可求解．
【解答】解：（1）证明：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
AB∥C1D1且AB＝C1D1，
所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以BC1∥AD1．
又因为BC1 平面AD1E，AD1 平面AD1E，
所以BC1∥平面AD1E；
（2）证明：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
因为D1C1⊥平面CBB1C1，CB1 平面CBB1C1，
所以D1C1⊥CB1，
又因为CB1⊥BC1，且BC1∩C1D1＝C1，BC1，C1D1 平面ABC1D1，
所以CB1⊥平面ABC1D1；
（3）直线D1E与平面ADD1A1所成角的正弦值为，理由如下：
取A1A的中点F，连接EF，B1D1，
易知EF⊥平面ADD1A1，
令正方体棱长为a．则EF＝a，
，
设直线D1E与平面ADD1A1所成角为θ，
则sin，
所以直线D1E与平面ADD1A1所成角的正弦值为．
【点评】本题考查线面位置关系的判定以及线面角的计算，属于中档题．
21．（15分）（2024秋 海淀区期末）已知非空集合A满足如下三个性质，则称集合A满足性质P：
①A Z；
② x，y，z∈A，x+y﹣z∈A；
③ x∈A，4x∈A；
（Ⅰ）判断下列集合是否满足性质P？
A＝{x|x＝4k+2，k∈Z}，B＝{x|x＝3k+1，k∈Z}．（只需写出结论）
（Ⅱ）若集合A满足性质P，且存在x0∈A，使得﹣x0∈A，求证： k∈Z，x∈A，都有kx∈A；
（Ⅲ）若集合A满足性质P，且{a，b，c，d} A，b﹣a＝10，d﹣c＝2025，求所有的符合题意的集合A．
【考点】元素与集合的属于关系的应用．
【专题】新定义；分类讨论；集合思想；综合法；定义法；集合；逻辑思维；运算求解；新定义类．
【答案】（Ⅰ）集合A不具有性质P，集合B具有性质P．
（Ⅱ）证明见解析；
（Ⅲ）A＝Z或A＝{x|x＝5k，k∈Z}．
【分析】（Ⅰ）根据集合新定义所需条件，逐个分析即可；
（Ⅱ）分k＝0，k＞0和k＜0讨论即可；
（Ⅲ）分析得 k∈Z，r∈{0，1，2，3，4}，再对集合A中的元素分类讨论即可．
【解答】解：（Ⅰ）集合A不具有性质P，集合B具有性质P，理由如下：
对集合A，当k＝1，x＝6，但4x＝24，
令4k+2＝24，解得，则集合A不具有性质P；
对于集合B＝{x|x＝3k+1，k∈Z}，显然A Z，满足条件①，
对于条件②，不妨设x＝3k1+1，k1∈Z，y＝3k2+1，k2∈Z，z＝3k3+1，k3∈Z，
则x+y﹣z＝3（k1+k2﹣k3）+3＝3（k1+k2﹣k3+1）∈A，其中k1，k2，k3∈Z，满足条件②，
对于条件③，设x＝3k4+1，k4∈Z，
则4x＝4（3k4+1）＝3（4k4+1）+1∈A，其中k4∈Z，则集合B具有性质P，
综上集合A不具有性质P，集合B具有性质P；
（Ⅱ）证明：因为x0，﹣x0∈A，
所以4x0∈A，x0+x0﹣4x0＝﹣2x0∈A，（﹣x0）+（﹣x0）﹣（﹣2x0）＝0∈A．
所以对 x，y∈A，有x+y﹣0＝x+y∈A，0+0﹣x＝﹣x∈A．
若k＝0，kx＝0∈A；
若k＞0，kx∈A；
若k＜0，kx＝（﹣k）（﹣x）∈A．
综上， k∈Z，x∈A，都有kx∈A；
（Ⅲ）A＝Z或A＝{x|x＝5k，k∈Z}，理由如下：
对 x∈A，有x+b﹣a＝x+10∈A，
所以x+202×10＝x+2020∈A，
（x+2020）+c﹣d＝x+2020﹣2025＝x﹣5∈A，
所以（x﹣5）+10＝x+5∈A．
所以 k∈Z，r∈{0，1，2，3，4}，
若5k+r∈A，则r∈A；
若r∈A，则5k+r∈A．
令B＝{0，1，2，3，4}，则A∩B≠ ．
若1∈A，则4∈A，4﹣5＝﹣1∈A，
由（2）中结论知对 k∈Z，都有k∈A，所以A＝Z．
若2∈A，则8∈A，2+2﹣8＝﹣4∈A，﹣4+5＝1∈A，所以A＝Z．
若3∈A，则3×4＝12∈A，12﹣10＝2∈A，所以A＝Z．
若4∈A，4×4＝16∈A，16﹣5﹣5﹣5＝1∈A，A＝Z．
若1，2，3，4 A，0∈A，
k∈Z，5k∈A，5k+1，5k+2，5k+3，5k+4 A，
所以A＝{x|x＝5k，k∈Z}．
综上，A＝Z或A＝{x|x＝5k，k∈Z}．
【点评】本题属于集合新定义题，考查了集合思想、分类讨论思想和逻辑推理能力，属于难题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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