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2024-2025学年北京市丰台区高一下学期期末考试
数学试题
一、单选题：本大题共10小题，共40分。
1.的值为
A. B. C. D.
2.已知向量，，则的坐标为( )
A. B. C. D.
3.在复平面内，复数对应的点位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
4.从，，组成的无重复数字的所有三位数中随机抽取一个数，则该数大于的概率为( )
A. B. C. D.
5.某人连续投篮两次，下列事件中与事件“恰有一次投中”互斥的为( )
A. 至多有一次投中 B. 至少有一次投中 C. 恰有一次没有投中 D. 两次都投中
6.唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺，它的盛酒部分可以近似地看作半球与圆柱构成的组合体假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度，如图所示，已知半球的半径为，圆柱的高也为，则银杯盛酒部分的容积为( )
A. B. C. D.
7.已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的为( )
A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，则
8.为了解某校学生日均运动时长，某研究小组在该校随机抽取了名学生，统计了他们日均运动时长，并将所得数据分组整理，得到右侧的频率分布直方图，给出下列四个结论：
；
这名学生日均运动时长的平均数小于中位数；
估计该校学生日均运动时长的第百分位数约为；
从该校随机抽取一名学生，估计该学生日均运动时长不低于小时的概率为．
其中所有正确结论的序号是( )
A. B. C. D.
9.已知，是方程的两个实数根，且，则的值为( )
A. B. C. D.
10.六方氮化硼材料具有高导热性和优良的电绝缘性，适用于新能源电池等高功率电子领域，其单层晶体结构由正六边形紧密排列而成，如图所示取相邻的三个边长为的正六边形，正六边形，正六边形，记，，分别为这三个正六边形的中心，如图所示给出下列四个结论：
若为线段的中点，则；
向量在向量上的投影向量为；
设为图中三个正六边形边上的任意一点，则的最大值为；
若，且，则的取值范围为．
其中所有正确结论的个数为( )
A. B. C. D.
二、填空题：本大题共5小题，共25分。
11.已知复数，则 ．
12.已知向量，，若，则 ．
13.如图，在正方形中，，分别为边的中点，将，，分别沿折起；使三点重合于点，则在四面体中，与平面垂直的一个平面为 ．
14.如图，在中，已知，，，边上的两条中线交于点，则 ， ．
15.如图，在棱长为的正方体中，，分别为线段，上的动点，为线段的中点，给出下列四个结论：
三棱锥的体积为定值；
的最小值为；
不存在点，使得与所成的角为；
面积的取值范围为．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.在中，，，．
求的值；
求的面积．
17.如图，在直三棱柱中，为棱的中点，与交于点，．
求证：平面；
再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求证：．
条件：；
条件：．
注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分．
18.近年来，国内涌现出一批优秀的应用大模型某中学为了解学生使用、、三种应用大模型的情况，采用分层随机抽样的方法，从初中部抽取了名学生，从高中部抽取了名学生，获得如下数据：

初中部 人 人 人
高中部 人 人 人
假设所有学生使用应用大模型的情况相互独立用频率估计概率．
从该校全体学生中随机抽取人，估计该学生使用应用大模型的概率；
从该校初中部全体学生中随机抽取人，高中部全体学生中随机抽取人，估计这人中至少有人使用应用大模型的概率；
在上述样本中，记初中部使用以上三种应用大模型人数的方差为，高中部使用以上三种应用大模型人数的方差为，试比较与的大小结论不要求证明
19.已知函数的最小值为．
求的值；
求的单调递增区间；
若锐角满足，求的取值范围．
20.如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧面是正三角形，侧面底面，为棱的中点，平面与棱交于点．
求证：为棱的中点；
求直线与平面所成角的正切值．
21.如图，设是由个实数组成的行列的数表，其中表示位于第行第列的实数，且．
记向量，若，则称与为正交向量．若对任意不同的，都有与为正交向量，则称为正交数表．
直接判断，是否为正交数表不需要说明理由；
当时，设，且与为正交向量，与为正交向量，求证：与不是正交向量；
求证：对任意，当时，不是正交数表．
参考答案
1.
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12.
13.平面或平面
14.

15.
16.在中，由正弦定理得，
以及，，，得．
由余弦定理得，则，
化简得，解得或舍去．
故的面积为．

17.证明：因为三棱柱为直三棱柱，
所以四边形为矩形，所以为的中点，
又因为为的中点，所以是的中位线，
即，
又因为平面平面；
所以平面．
Ⅱ选条件：
因为，且三棱柱为直三棱柱，
所以四边形为正方形，所以．
因为，所以．
因为三棱柱为直三棱柱，
所以平面．
因为平面，所以．
又因为，所以平面．
因为平面，所以．
又，所以平面．
选条件：
因为，且三棱柱为直三棱柱，
所以四边形为正方形．以下同选条件．

18.设事件“从全体学生中随机抽取人，使用应用大模型”，样本中使用应用大模型的学生共有人，样本共有人，所以估计．
设事件“这人中至少有人使用应用大模型”，
事件“从初中部全体学生中随机抽取人，使用应用大模型”，
事件“从高中部全体学生中随机抽取人，使用应用大模型”，
则估计，，
所以估计
．
记初中部使用以上三种应用大模型人数的平均数为，
，；
记高中部使用以上三种应用大模型人数的平均数为，
，．
所以．

19.因为，，
所以，
又的最小值为，
所以，
所以．
由知，，
令，
即，
所以的单调递增区间为．
因为锐角满足，且，
所以，即．
又，所以，所以，即．
由正弦定理，得，
由为锐角三角形，得，
所以，即，
所以的取值范围为．

20.因为四边形为正方形，所以．
又平面，平面，
所以平面．
因为平面，平面平面，
所以．
因为为棱的中点，所以为棱的中点．
取的中点为，连接，取的中点为，连接，
因为为正三角形，为棱的中点，
所以．
又平面平面，平面平面，平面，所以平面．
因为分别为的中点，
所以是的中位线，所以，即平面，
所以为直线与平面所成的角．
在中，，所以．
在中，，所以．
在中，，
所以，
故直线与平面所成角的正切值为．

21.是正交数表，不是正交数表．
设，，
由与为正交向量，与为正交向量，得
且其中，．
故不妨设，，
则，
即，所以与不是正交向量．
因为，所以的最小值为因此我们可以从数表中选出三个不同的行向量，不妨设为．
若为正交数表，则有．
且若为正交数表，可得如下变换成立，
变换：交换正交数表的任意两行，所得的新数表仍是正交数表；
变换：交换正交数表的任意两列，所得的新数表仍是正交数表；
变换：将正交数表的任意一列实数都变成其相反数，所得的新数表仍是正交数表．
因此我们将第一行的所有元素都变成，即假设，
由得，在中，和的数量相等，即有个和；
同样地，中也有有个和现在考虑．
我们将乘积值的情况分成四类：
，设数量为
，设数量为
，设数量为
，设数量为．
且．
根据中有个和，，同样根据中有个和，．
所以得，从而有．
故有，所以，即正交数表的行列数必须是的倍数．
所以时必不成立命题得证．

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