2023年北京丰台区高一下学期期末数学试题及答案

2023年12月14日发(作者：湖南初中教资数学试卷)

2023北京丰台高一（下）期末

数 学

2023.07

第一部分

（选择题 共40分）

（1）已知向量a=(−1,2),b=(−2,k).若a‖b，则实数k=

（A）1

（2）设i是虚数单位，则（A）1+i

（B）−1

1−ii=

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。

（C）4 （D）−4

（B）1−i （C）−1+i （D）−1−i

（3）在平面直角坐标系xOy中，角与角均以x轴的非负半轴为始边，终边关于原点O对称.若角的25终边与单位圆⊙O交于点P(,−)，则cos=

33（A）2

32（B）−

3（C）5

3（D）−5

3（4）已知sin=（A）4，(0,)，则sin(−)=

425（B）−2

102

10（C）72

10（D）−72

10（5）《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，在该书的第五卷 “三斜求积”

中，提出了由三角形的三边直接求三角形面积的方法：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实.一为从隅，开平方得积.”把以上这段文字写成122c2+a2−b22公式，就是S=[ca−()]（其中S为三角形面积，a为小斜，b为中斜，c为大斜）.

在42△ABC中，若a=2，b=3，c=3，则△ABC的面积等于

（A）3322

（B）

（C）

（D）

4242（6）已知m，n是两条不重合直线，，是两个不重合平面，则下列说法正确的是

（A）若m‖n，n‖，则m‖

（B）若⊥，m‖，则m⊥

（C）若⊥，n⊥，m⊥n，则m⊥

（D）若⊥，m，m⊥，则m‖

（7）将函数y=cos2x图象上的点P(，m)向右平移s(s0)个单位长度得到点P′.若

P′位于函数6第1页/共4页 y=cos(2x−)的图象上，则

6（A）m=11，s的最小值为 （B）m=，s的最小值为

22126 （C）m=33，s的最小值为 （D）m=，s的最小值为

22612（8）如图，在四边形ABCD中，AB‖CD,AB=3,CD=2,AD=3,BAD=90.若P为线段AB上一动点，则CPDP的最大值为

（A）2

（C）6

（B）3

⎯⎯→⎯⎯→（D）7

（9）如图，在正方形SG1G2G3中，E,F分别为边G1G2，G2G3的中点.现沿线段SE，SF

及EF把这个正方形折成一个四面体，使G1,G2,G3三点重合，重合后的点记为G.在该四面体G−SEF中，作GO⊥平面SEF，垂足为O，则O是△SEF的

（A）垂心 （B）内心

（C）外心 （D）重心

（10）如图，已知直线l1‖l2，A为l1,l2之间一定点，并且点A到l1的距离为2，到l2的距离为1.B为直线l2上一动点，作AC⊥AB，且使AC与直线l1交于点C，则△ABC面积的最小值为

（A）1

（C）2

（B）3

2（D）4

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）已知某圆柱的底面半径长为1，母线长为2，则该圆柱的侧面积为 ．

（12）某运动员射击一次，命中10环的概率为0.2，命中9环的概率为0.4，则他射击一次命中的环数不超过8的概率为 ．

（13）在复平面内，O是原点，向量OZ1对应的复数是z1=2−i，向量OZ2对应的复数是z2=a−2i(aR).若OZ1⊥OZ2，则a= ．

⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯→（14）若函数f(x)=sinx+cos(x+)在区间(，)上单调递增，则常数的一个取值为 ．

42（15）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为线段BD,AD1上的

第2页/共4页 动点，给出下列四个结论：

①当M为线段BD的中点时，M，N两点之间距离的最小值

为2；

②当N为线段AD1的中点时，三棱锥N−MB1D1的体积为定值；

③存在点M，N，使得MN⊥平面AB1C；

④当M为靠近点B的三等分点时，平面D1AM截该正方体所得截面的周长为25+22+2.

其中所有正确结论的序号是 ．

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）（本小题14分）

在△ABC中，3bcosA−asinB=0.

（Ⅰ）求A；

（Ⅱ）若c=2，且△ABC的面积为33，求a的值.

（17）（本小题14分）

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D,D1分别为棱AC,A1C1的中点.

（Ⅰ）求证：AD1‖平面BDC1；

（Ⅱ）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，

求证：平面BDC1⊥平面ACC1A1.

条件①：BD⊥AD1；

条件②：BA=BC．

注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．

（18）（本小题15分）

0,||已知函数f(x)=Asin(x+)(A0,（Ⅰ）求f(x)的解析式；

π2)的部分图象如图所示.

（Ⅱ）设函数g(x)=f(x)+2cos2x，求g(x)在区间[0,]上的最

大值以及取得最大值时x的值．

2第3页/共4页 （19）（本小题14分）

在新高考背景下，北京高中学生需从思想政治、历史、地理、物理、化学、生物这6个科目中选择3个科目学习并参加相应的等级性考试.为提前了解学生的选科意愿，某校在期中考试之后，组织该校高一学生进行了模拟选科.为了解物理和其他科目组合的人数分布情况，某教师整理了该校高一（1）班和高一（2）班的相关数据，如下表：

其中高一（1）班共有40名学生，高一（2）班共有38名学生.假设所有学生的选择互不影响.

（Ⅰ）从该校高一（1）班和高一（2）班所有学生中随机选取1人，求此人在模拟选科中选择了“物理+化学”的概率；

（Ⅱ）从表中选择“物理+思想政治”的学生中随机选取2人参加座谈会，求这2人均来自高一（2）班的概率；

（Ⅲ）该校在本学期期末考试之后组织高一学生进行了第二次选科，现从高一（1）班和高一（2）班各随机选取1人进行访谈，发现他们在第二次选科中都选择了“物理+历史”.根据这一结果，能否认为在第二次选科中选择“物理+历史”的人数发生了变化？说明理由.

（20）（本小题15分）

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，M为棱PC的中点，平面ABM

与棱PD交于点N.

（Ⅰ）求证：N为棱PD的中点；

（Ⅱ）若平面PAD⊥平面ABCD，AB=4,AD=2，

△PAD为等边三角形，求四棱锥P−ABMN的体积．

（21）（本小题13分）

x=k+1k,设非零向量k=(xk,

yk)，k=(yk, −xk)(kΝ*)，并定义k+2.

=yk+1kk+2 2), −2)，求|1|,|2|,|3|；

2=(3,（Ⅰ）若1=(1,（Ⅱ）写出|k|,|k+1|,|k+2|(kΝ*)之间的等量关系，并证明；

（Ⅲ）若1=2=1，求证：集合kkΝ*是有限集.

（考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效）

第4页/共4页 丰台区2022～2023学年度第二学期期末练习

高一数学参考答案

2023. 07

一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．

题号

答案

1

C

2

D

3

B

4

A

5

B

6

D

7

A

8

C

9

A

10

C

二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．

11．4 12．0.4 13．1

14．（答案不唯一） 15．②③

（注：15题给出的结论中，有多个符合题目要求.全部选对得5分，不选或有错选得0分，其他得3分.)

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．（本小题14分）

解：（Ⅰ）因为3bcosAasinB0，

所以由正弦定理得3sinBcosAsinAsinB0.

因为B(0，)，所以sinB0，

所以3cosAsinA0，即tanA3.

又A(0，)，所以A（Ⅱ）由（Ⅰ）知，A. ……………6分

3，

3因为c2，△ABC的面积为33，

11bcsinA得b2sin33，

223 解得b6.

 由余弦定理a2b2c22bccosA得a26222262cos，

3 解得a228，

所以由S 所以a27. ……………14分

17．（本小题14分）

解：（Ⅰ）因为三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以四边形ACC1A1是平行四边形.

因为D，D1分别为棱AC，A1C1的中点，

所以AD=C1D1，且AD∥C1D1，所以四边形ADC1D1是平行四边形，

于是AD1∥C1D.

第 1 页 共 5 页 又AD1平面BDC1，C1D平面BDC1，

所以AD1∥平面BDC1. ……………7分

（Ⅱ）选①：

由（Ⅰ）知，AD1∥C1D，且BDAD1，所以BDC1D.

因为直三棱柱ABCA1B1C1，所以C1C平面ABC.

又BD平面ABC，所以BDC1C.

因为C1DC1C=C1，所以BD平面ACC1A1.

因为BD平面BDC1，所以平面BDC1平面ACC1A1.

选②：

因为BABC，且D为棱AC的中点，

所以BDAC.

因为直三棱柱ABCA1B1C1，所以C1C平面ABC.

又BD平面ABC，所以BDC1C.

因为ACC1C=C，所以BD平面ACC1A1.

因为BD平面BDC1，所以平面BDC1平面ACC1A1.

18．（本小题15分）

解：（Ⅰ）由图可得A2，且T41234，

所以T，即2，所以f(x)2sin(2x).

又f(3)=2，所以2sin(23)2，

即32+2kπ(kZ)，

所以6+2kπ(kZ).

又||2，

所以6，

故f(x)2sin(2x6).

（Ⅱ）因为g(x)f(x)2cos2x，

第 2 页 共 5 页

14分

14分

……………8分

…………………………

所以g(x)3sin2xcos2x2cos2x

3sin2xcos2x

2sin(2x).

6π，

2ππ7π所以≤2x≤，

666πππ所以当2x，即x时，g(x)有最大值为2. ……………15分

626因为0≤x≤19．（本小题14分）

解：（Ⅰ）依题意得高一（1）班和高一（2）班学生共有403878人，即该随机试验的样本空间有78个样本点.

设事件A“此人在模拟选科中选择了‘物理+化学’”，

则事件A包含101525个样本点，

所以P(A)25. ……………3分

78（Ⅱ）依题意得高一（1）班选择“物理+思想政治”的学生有2人，分别记为A1，A2；

高一（2）班选择“物理+思想政治”的学生有3人，分别记为B1，B2，B3.

该随机试验的样本空间可以表示为：

{A1A2，A1B1，A1B2，A1B3，A2B1，A2B2，A2B3，B1B2，B1B3，B2B3}，

即n()10.

设事件B“这2人均来自高一（2）班”，则B{B1B2，B1B3，B2B3}，

所以n(B)3，故P(B)n(B)3. ……………9分

n()10（Ⅲ）设事件C“从高一（1）随机选取1人，此人在第二次选科中选择了‘物理+历史’”，

事件D“从高一（2）班随机选取1人，此人在第二次选科中选择了‘物理+历史’”，

”. 事件E“这两人在第二次选科中都选择了‘物理+历史’ 假设第二次选科中选择“物理+历史”的人数没有发生变化，

11，P(D).

3840111 所以P(E)P(CD)P(C)P(D).

40381520则由模拟选科数据可知，P(C) 答案示例1：可以认为第二次选科中选择“物理+历史”的人数发生变化.理由如下：

第 3 页 共 5 页 概率比较小的事件一般不容易发生.一旦发生，就有理由认为第二次选科中选择“物

P(E)比较小，理+历史”的人数发生了变化.

答案示例2：无法确定第二次选科中选择“物理+历史”的人数是否发生变化.理由如下：

事件E是随机事件，P(E)虽然比较小，一般不容易发生，但还是有可能发生，所以无法确定第二次选科中选择“物理+历史”的人数是否有变化. ……………14分

20．（本小题15分）

解：（Ⅰ）因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD.

又AB平面PCD，CD平面PCD，

所以AB∥平面PCD.

因为AB平面ABMN，平面ABMN所以AB∥MN，即MN∥CD.

平面PCD=MN，

BACMPND又M为棱PC的中点，所以N为棱PD的中点. ……………7分

（Ⅱ）因为四边形ABCD是矩形，所以ABAD.

因为平面PAD平面ABCD，AB平面ABCD，平面PAD所以AB平面PAD，所以ABAN，ABPD.

因为△PAD为等边三角形，N为棱PD的中点，所以PDAN.

因为AB平面ABCD=AD，

AN=A，所以PD平面ABMN，

即点P到平面ABMN的距离为PN.

因为AD2，所以PN=1.

1连接AM，则四边形ABMN的面积S=SAMBSAMN=(ABMN)AN33，

21所以四棱锥PABMN的体积V331=3. ……………15分

321．（本小题13分）

解：（Ⅰ）因为1(1,2),2(3,2)，所以 |1|12225,|2|32(2)213.

依题意得2(2,3) ，所以x32131(2)21,y321(2)1(3)28 ，

即3(1,8)，所以|3| (1)2(8)265. ……………5分

|k2|的等量关系是|k2||k1||k|(kΝ*). （Ⅱ）|k|,|k1|,证明如下：

2222依题意得|k|xkyk , |k1|xk1yk1,

第 4 页 共 5 页 222222222222所以|k1||k|xkykxkxkxk1xkyk1xk1yk11ykykyk1.

xk1kxk1xkyk1yk,因为k1(yk1,xk1)，所以k2

y,

xyxyk1kkk1k1kk2即k2(xkxk1ykyk1,xkyk1xk1yk)，

22222222所以|k2|(xkxk1ykyk1)2(xkyk1xk1yk)2xkxk1xkyk1xk1ykykyk1，

故|k2||k1||k|. ……………9分

（Ⅲ）由（Ⅱ）及|1||2|1得|3| 1.依此类推得|k| 1(kΝ*)，可设k(cosθk,sinθk)，

则k1(cosθk1,sinθk1)，k1(sinθk1,cosθk1).

依题意得，

xk2k1kcosθk1cosθksinθk1sinθkcos(θk1θk),yk2k1ksinθk1cosθkcosθk1sinθksin(θk1θk),

所以k2(cos(θk1θk),sin(θk1θk)).

同理得k3(cos[(θk1θk)θk1],sin[(θk1θk)θk1])(cos(θk),sin(θk))，

k4(cos[(θk)(θk1θk)],sin[(θk)(θk1θk)])(cos(θk1),sin(θk1))，

k5(cos[(θk1)(θk)],sin[(θk1)(θk)])(cos(θkθk1),sin(θkθk1))，

k6(cos[(θkθk1)(θk1)],sin[(θkθk1)(θk1)](cosθk,sinθk).

所以k6k(kΝ*).

综上，集合kkΝ*是有限集. ……………13分

（若用其他方法解题，请酌情给分）

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