2021北京通州高一（下）期末数学（教师版）

这是一份2021北京通州高一（下）期末数学（教师版），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2021北京通州高一（下）期末
数 学
2021年7月
本试卷共4页，共150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，请将答题卡交回．
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题：本大题共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．
1.设，则在复平面内对应的点位于（ ）
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
2.下列说法不正确的是（ ）
A.平行六面体的侧面和底面均为平行四边形
B.直棱柱的侧棱长与高相等
C.斜棱柱的侧棱长大于斜棱柱的高
D.直四棱柱是长方体
3.下列命题正确的是（ ）
A.三点确定一个平面 B.梯形确定一个平面
C.两条直线确定一个平面 D.四边形确定一个平面
4.已知点A∈直线l，又A∈平面a，则（ ）
A. B. C. D.或
5.先后抛掷两枚质地均匀的硬币，观察它们落地时朝上的面的情况，此试验的样本空间为（ ）
A.正面，反面
B.｛正面，反面｝
C.｛（正面，正面），（反面，正面），（反面，反面）｝
D.｛（正面，正面），（正面，反面），（反面，正面），（反面，反面）｝
6.给定空间中的直线l和平面a，“直线l与平面a垂直”是“直线l与平面a内无数条直线都垂直”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
7.已知P（A）＝0.5，P（B）＝0.3，如果P（AB）＝0，那么P（AUB）等于（ ）
A.0.8 B.0.5 C.0.3 D.0.2
8.已知是平面，m、n是直线，则下列命题正确的是（ ）
A.若，则 B.若，则
C.若，则 D.若，则
9.在△ABC中，D为BC中点，点E为AD上靠近D点的一个三等分点，若，则（ ）
A.1 B. C. D.
10.将边长为1的正方形ABCD沿対角线AC折起，使得平面ADC⊥平面ABC，在折起后形成的三棱锥D－ABC中，给出下列四个命题：①AC⊥BD；②BD与平面ABC所成的角为；③△DBC是等边三角形；④三棱锥D－ABC的体积是．
其中正确命题的个数有（ ）
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．
11.已知，则z＝ ．
12.袋子中有大小和质地完全相同的4个球，其中2个红球，2个白球，不放回地从中依次随机摸出2球，则2球颜色相同的概率等于 ．
13.已知半径为R的球，其表面积为S，体积为V，若S＝V，则R＝ ．
14.在一次文艺比赛中，12名专业人土和12名观众代表各组成一个评委小组，给参赛选手打分，下面是两组评委对同一选手的打分：
小组A 42 45 48 46 52 47 49 55 42 51 47 45
小组B 55 36 70 66 75 49 46 68 42 62 58 47
B小组的第75百分位数是 ；从评委打分相似性上看更像专业人士组成的小组是 ．
15.已知点A（1，1），点B（5，3），将向量绕点A逆时针旋转，得到向量，则点C坐标为 ； ．
16.如图，在正方体中，点P在面对角线AC上运动，给出下列四个说法：①∥平面；②；③平面⊥平面；④三棱锥的体积为定值．则其中所有正确说法的序号是 ．

三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
17.（本小题满分12分）
某公司入职笔试中有两道必答题，某应试者答对第一题的概率为0.9，答对第二题的概率为0.8，假设每道题目是否答对是相互独立的．
（1）求该应试者两道题都答对的概率；
（2）求该应试者只答对一题的概率．
18.（本小题满分13分）
某校从参加高一年级期中考试的学生中抽取n名学生，统计了他们的某科成绩（成绩均为整数，且满分为100分），绘制成频率分布直方图如图所示，已知分数在[40，50）的频数为2．
（1）求a，n的值；
（2）抽取n名学生中，甲同学期中该科成绩为45分，乙同学期中该科成绩为93分．若从[40，50）内的两名同学中选一人，从[90，100]中选出两名同学组成学习小组，求甲、乙两同学恰好在该小组的概率；
（3）假设[40，50）内的两名同学在期末考试中，甲同学该科考了68分，另一名考了72分，样本中其他学生该科期末成绩不变，试比较n名学生期中成绩方差与期末成绩方差的大小、（结论不要求证明）


19.（本小题满分14分）
如图，EA和DC都垂直于平面ABC，且EA＝2DC，AC＝BC，F是BE中点．
（1）求证：DC∥平面AEB；
（2）求证：DF⊥平面AEB．

20.（本小题满分13分）
已知向量．
（1）求向量m的模的取值范围；
（2）从条件①：m∥n，②：m⊥n这两个条件中选择一个作为条件，求向量与n夹角的余弦值．（注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分）
21.（本小题满分13分）
在△ABC中，已知AB＝2，，D为AC中点．
（1）求BC的长；
（2）求BD的长及△BCD的面积．
22.（本小题满分15分）
如图，在四棱锥P－ABCD中，ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝2，点E，F分别是PD，BC的中点．
（1）求证：平面PBC⊥平面PDC；
（2）在线段PC上确定一点G，使平面EFG∥平面PAB，并给出证明；
（3）求二面角P－AC－D的正弦值，并求出D到平面PAC的距离．

2021北京通州高一（下）期末数学
参考答案
一、选择题：本大题共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．
1．【分析】利用复数代数形式的加法运算求出z1+z2，得到应的坐标，再确定所在的象限即可．
【解答】解：∵z1＝3﹣4i，z2＝﹣2+5i，
∴z1+z2＝（3﹣4i）+（﹣2+5i）＝1+i，
则z1+z2在复平面内对应的点的坐标为（1，1），位于第一象限．
故选：A．
【点评】本题考查复数代数形式的加法运算，复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
2．【分析】利用平行多面体的定义判断选项A，由直四棱柱的结构特征判断选项B，由斜棱柱的特征判断选项C，由直四棱柱与长方体的定义判断选项D．
【解答】解：对于A，由平行多面体的定义可知，平行六面体的侧面和底面均为平行四边形，故选项A正确；
对于B，直四棱柱上下底面平行，则直棱柱的侧棱长与高相等，故选项B正确；
对于C，设斜棱柱的侧棱与高所成的角为α，
则cosα＝h＜l（其中l为棱长，h为高），故选项C正确；
对于D，直四棱柱上下底面平行，但是上下底面可以不是矩形，
故直棱柱不一定是长方体，故选项D错误．
故选：D．
【点评】本题考查了平行多面体的定义、直四棱柱的结构特征、斜棱柱的特征、长方体的定义，考查了基本概念的理解与应用，空间想象能力与逻辑推理能力，属于基础题．
3．【分析】根据已知条件，利用平面的基本性质，以及推论，即可求解．
【解答】解：对于选项A，当三点共线时，不能确定一个平面，故选项A错误，
对于选项B，梯形的上底和下底是一对平行线，可以确定一个平面，故选项B正确．
对于选项C，当两条直线异面时，不能确定一个平面，故选项C错误，
对于选项D，当四边形为空间4边形时，不能确定一个平面，故选项D错误．
故选：B．
【点评】本题考查平面的基本性质的应用，需要学生有一定的空间想象能力，属于基础题．
4．【分析】由已知可得直线l与平面α至少有一个公共点，由此可得结论．
【解答】解：∵点A∈直线l，又A∈平面α，
∴l与α至少有一个公共点A，则l∩α＝A或l⊂α．
故选：D．
【点评】本题考查空间中点、线、面间的位置关系，考查平面的基本性质及推理，是基础题．
5．【分析】利用基本事件的定义，列举即可．
【解答】解：先后抛掷两枚质地均匀的硬币，有先后顺序，
则此试验的样本空间为{（正面，正面），（正面，反面），（反面，正面），（反面，反面）}．
故选：D．
【点评】本题考查了随机事件的理解，样本空间的理解以及基本事件的定义，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
6．【分析】由垂直的定义，我们易得“直线l与平面α垂直”⇒“直线l与平面α内无数条直线都垂直”为真命题，反之，“直线l与平面α内无数条直线都垂直”⇒“直线l与平面α垂直”却不一定成立，根据充要条件的定义，即可得到结论．
【解答】解：直线与平面α内的无数条平行直线垂直，但该直线未必与平面α垂直，
即“直线l与平面α内无数条直线都垂直”⇒“直线l与平面α垂直”为假命题，
但直线l与平面α垂直时，l与平面α内的每一条直线都垂直，
即“直线l与平面α垂直”⇒“直线l与平面α内无数条直线都垂直”为真命题，
故“直线l与平面α垂直”是“直线l与平面α内无数条直线都垂直”充分不必要条件．
故选：A．
【点评】本题考查了空间中直线与平面之间的位置关系，充要条件的定义，属于基础题．
7．【分析】利用概率的计算公式求解即可．
【解答】解：因为P（A）＝0.5，P（B）＝0.3，且P（AB）＝0，
所以P（A∪B）＝0.5+0.3＝0.8．
故选：A．
【点评】本题考查了互斥事件的概率加法公式，属于基础题．
8．【分析】由直线与直线平行、直线与平面平行的关系判断A与D；由直线与平面垂直的性质判断判断B；由直线与平面垂直、平面与平面垂直的关系判断C．
【解答】解：若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α或n与α相交，故A错误；
若m⊥α，m⊥β，由直线与平面垂直的性质可得α∥β，故B正确；
若m⊥α，α⊥β，则m∥β或m⊂β，故C错误；
若m∥α，n∥α，则m∥n或m与n相交或m与n异面，故D错误．
故选：B．
【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
9．【分析】利用平面向量基本定理化简向量BE，进而可以求解．
【解答】解：因为＝
＝＝﹣，
又因为，所以，
则，
故选：C．
【点评】本题考查了平面向量基本定理的应用，考查了学生的运算转化能力，属于基础题．
10．【分析】结合折起后形成的三棱锥D﹣ABC进行分析，取AC中点O，连接OB、OD．
通过证明AC⊥平面OBD，可判断①；
可证得BD与平面ABC所成的角为∠DBO可判断②；
在Rt△BOD中可求得BD长，可判断③；
三棱锥D﹣ABC的底面为Rt△ABC、高为OD，计算其体积可判断④．
【解答】解：如图所示：折起后形成的三棱锥D﹣ABC中，取AC中点O，连接OB、OD．

∵DA＝DC＝BA＝BC，O为AC中点，∴AC⊥OD，AC⊥OB，可得AC⊥平面OBD，
又∵BD⊂平面OBD，∴AC⊥BD，∴①对；
∵平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，OD⊂平面ADC，AC⊥OD，
∴OD⊥平面ABC，∴∠DBO为BD与平面ABC所成的角，可知△DOB为等腰直角三角形，
∴∠DBO＝，∴②对；
由上面分析可知△DOB为等腰直角三角形，OD＝OB＝，∴BD＝＝1，
又∵DC＝BC＝1，∴△DBC是等边三角形，∴③对；
V三棱锥D﹣ABC＝•SRt△ABC•DO＝××1×1×＝，∴④错．
故选：C．
【点评】本题考查棱锥结构特征、线面及面面垂直，考查数学运算能力及直观想象能力，属于中档题．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．
11．【分析】由z（1+2i）＝4+3i，得z＝可解决此题．
【解答】解：由z（1+2i）＝4+3i，得z＝＝＝＝2﹣i．
故答案为：2﹣i．
【点评】本题考查复数的除法运算，考查数学运算能力，属于基础题．
12．【分析】可记2个红球为a、b，两个白球为D、E，列举出不放回地从中依次随机摸出2球的基本事件，以及其中2球颜色相同的基本事件的个数即可利用古典概型的概率计算公式求出所求．
【解答】解：记2个红球为a、b，两个白球为D、E，则不放回地从中依次随机摸出2球的基本事件为：
（a、b），（a、D），（a，E），（b，a），（b，D），（b，E），（D，a），（D，b），（D，E），
（E，a），（E，b），（E，D）共12种，其中2球颜色相同的基本事件有：
（a、b）（b，a），（D，E），（E，D）共4种，所以2球颜色相同的概率为＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查古典概型的概率计算公式，考查推理论证和运算求解的能力，属于基础题．
13．【分析】利用球的体积公式和表面积公式列方程．
【解答】解：因为，所以，解得R＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查球的表面积和体积公式，属于基础题．
14．【分析】将B小组的分数进行升序排序，取第9个和第10个的平均值，即为小组的第75百分位数，分别求出A，B两组的方差，即可确定那组评委为专业人士组成，即可求解．
【解答】解：将小组B的数据进行排序，可得36，42，46，47，49，55，58，62，66，68，70，75，
∵12×75%＝9，
∴B小组的第75百分位数为，
A组数据的平均数是，
∵≈17.08，
∴标准差sA≈3.75，
B组数据的平均数是，
∵≈139，
∴标准差sB≈11.79，
∵专业人士组成的小组打分相似性更高，
∴A组是专业人士组成的．
故答案为：67，A．
【点评】本题考主要考查了百分位和方差的计算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
15．【分析】由于向量绕点A逆时针旋转，得到向量，结合旋转后两个向量互相垂直，以及向量的模相等，可得
点C的坐标为（﹣1，5），再结合向量的模长公式，即可求解．
【解答】解：设点C的坐标为（x，y），
∵A（1，1），点B（5，3），
∴，
∵向量绕点A逆时针旋转，得到向量，
∴，，即，解得或，
又∵该次旋转是逆时针，
∴点C的坐标为（﹣1，5），
∴，．
故答案为：（﹣1，5），．
【点评】本题考查向量的旋转，以及向量模的公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
16．【分析】通过证明平面D1AC∥平面A1BC1可判断①；
通过证明BD不与平面D1AC垂直可判断②；
通过证明DB1⊥平面A1BC1可判断③；
三棱锥P﹣A1BC1的体积⇔三棱锥B﹣PA1C1的体积，然后计算即可判断④．
【解答】解：如图所示：

由正方体ABCD﹣A1B1C1D1可知AD1∥BC1，A1B∥D1C可得平面D1AC∥平面A1BC1，
又D1P⊂平面D1AC，∴得D1P∥平面A1BC1∴①对；
由正方体ABCD﹣A1B1C1D1可知BD⊥AC，，假设D1P⊥BD，则BD⊥平面D1AC，则BD⊥AD1，
可知△AB1D1是等边三角形，∴B1D1不与AD1垂直，又B1D1∥BD，∴BD不与AD1垂直，
∴假设不成立，∴②错；
连接B1C、BC1，由正方体ABCD﹣A1B1C1D1可知B1C⊥BC1，BC1⊥DC，
可得BC1⊥平面DCB1，又B1D⊂平面DCB1，可得B1D⊥BC1，同理B1D⊥BC1，
可得B1D⊥平面A1BC1，又B1D⊂平面PDB1，∴得平面PDB1⊥平面A1BC1∴③对；
设点B到平面A1ACC1的距离为d、正方体棱长为1，V＝V＝S•d
＝××1××＝为定值，∴④对．
故答案为：①③④．
【点评】本题考查棱柱棱锥的结构特征、线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直，考查数学运算能力及直观想象能力，属于难题．
三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
17．【分析】利用相互独立事件概率乘法公式求解．
【解答】解：（1）设该应试者两道题都答对为事件A，
则p（A）＝0.9×0.8＝0.72．
（2）设该应试者只答对一题为事件B，
则p（B）＝0.9×（1﹣0.8）+（1﹣0.9）×0.8＝0.26．
【点评】本题考查概率的求法，注意相互独立事件乘法公式和对立事件概率计算公式的合理运用．
18．【分析】（1）由频率分布直方图的性质能求出a，n；
（2）根据成绩在[90，100]和[40，50）的学生数，分别所有情形数及甲、乙两同学恰好被安排在同一小组的情形数，代入古典概型概率公式计算；
（3）利用方差的计算公式分析判断即可．
【解答】解：（1）由频率分布直方图的性质得：（0.004+0.006+a+0.024+0.028+0.030）×10＝1，解得a＝0.008；
由图可得[40，50）的频率为0.04，又频数为2，故n＝＝50；
（2）成绩在[40，50）的学生有2人，记为甲、A．成绩在[90，100]的学生有4人，记为a，b，c，d，
甲同学为A，乙同学为a，
则共有Aab，Aac，Aad，Abc，Abd，Acd，Bab，Bac，Bad，Bbc，Bbd，Bcd，共12种情形，
其中甲、乙两同学恰好被安排在同一小组的有3种情形，
所以甲、乙两同学恰好被安排在同一小组的概率为；
（3）由频率分布直方图可知，期中考试成绩的平均分为0.04×45+0.06×55+0.28×65+0.3×75+0.24×85+0.08×95＝73.8，
由方差的计算公式可知，两名同学在期中考试的成绩在[40，50）内，
期末考试时，两名同学的成绩为68，72，
相比较，期中考试的残差平方和大，期末考试的残差平方和小，
故期中成绩方差s12大于期末成绩方差s22．
【点评】本题考查了频率分布直方图的应用，古典概型概率公式的应用，平均数与方差的应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
19．【分析】（1）由线面垂直的性质定理可得EA∥DC，再由线面平行的判定定理证得DC∥平面AEB；
（2）取AB的中点M，连接CM，FM，推导出四边形DCMF为平行四边形，可得DF∥CM，由线面垂直的判定定理可得CM⊥平面AEB，即可得证．
【解答】证明：（1）因为EA和DC都垂直于平面ABC，
所以EA∥DC，又EA⊂平面AEB，DC⊄平面AEB，
所以DC∥平面AEB．
（2）取AB的中点M，连接CM，FM，
在△ABE中，F，M分别为EB，AB的中点，
所以FM∥AE，EA＝2FM，
由DC∥AE，EA＝2DC，
所以DC∥FM，DC＝FM，
所以四边形DCMF为平行四边形，
则DF∥CM，
因为AC＝BC，M为AB的中点，
所以CM⊥AB，
由EA⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，
所以EA⊥CM，AB∩EA＝A，
所以CM⊥平面AEB，
所以DF⊥平面AEB．

【点评】本题主要考查线面平行与线面垂直的判断，考查逻辑推理能力，属于中档题．
20．【分析】（1）可得出，根据θ∈[0，π]即可求出的模的取值范围；
（2）选择条件①时：根据即可得出θ的值，进而可求出和的坐标，进而根据向量夹角的余弦公式即可求出的值；选择条件②时：根据即可得出θ的值，进而可求出cos的值．
【解答】解：（1）∵，且θ∈[0，π]，
∴0≤cos2θ≤1，，
∴，
∴向量的模的取值范围为：；
（2）若选择条件①：
∵，∴，
∴，且θ∈[0，π]，
∴；
∴，
∴，
∴．
若选择条件②：
∵，∴，
∴，且θ∈[0，π]，
∴或，
∴或，
1）当时，，
∴，
∴；
2）当时，，
∴，
∴．
【点评】本题考查了根据向量坐标求向量长度的方法，余弦函数的值域，平行向量的坐标关系，向量垂直的充要条件，向量坐标的数量积运算，向量夹角的余弦公式，考查了计算能力，属于基础题．
21．【分析】（1）由已知利用同角三角函数基本关系式可求sin∠ACB的值，进而在△ABC中，由正弦定理可解得BC的值．
（2）由已知在△ABC中利用余弦定理得AC2﹣2AC﹣15＝0，解得AC的值，由已知可求得AD＝CD＝，在△ABD中，由余弦定理可得BD的值，进而利用三角形的面积公式可求S△BCD的值．
【解答】解：（1）因为AB＝2，∠BAC＝，cos∠ACB＝，
所以sin∠ACB＝＝，
所以在△ABC中，由正弦定理＝，可得＝，
解得BC＝．
（2）因为在△ABC中，AB＝2，∠BAC＝，BC＝，
所以由余弦定理可得19＝4+AC2﹣2×，可得AC2﹣2AC﹣15＝0，解得AC＝5，（负值舍去），
又D为AC中点，可得AD＝CD＝，
所以在△ABD中，由余弦定理可得BD＝＝＝，
可得S△BCD＝BC•CD•sin∠ACB＝＝．

【点评】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
22．【分析】（1）利用PD⊥平面ABCD得出PD⊥BC，ABCD是正方形得出CD⊥BC，即证BC⊥平面PCD，平面PBC⊥平面PCD；
（2）取PC的中点G，连接EG，FG，得出平面EFG∥平面PAB；利用平面与平面平行的判定定理证明即可；
（3）连接BD交AC于点O，连接PO，∠POD是二面角P﹣AC﹣D的平面角，求出sin∠POD，过点D作DN⊥PO，交PO于点N，DN是点D到平面PAC的距离，利用等面积法求出DN．
【解答】（1）证明：因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC，
又因为ABCD是正方形，所以CD⊥BC，且PD∩DC＝D，
所以BC⊥平面PCD，
又BC⊂平面PBC，
所以平面PBC⊥平面PCD；
（2）解：取PC的中点G，连接EG，FG，则平面EFG∥平面PAB；
如图所示：

证明如下：因为E，G分别是线段PC，PD的中点，所以EG∥CD，
又ABCD为正方形，所以AB∥CD，所以EG∥AB，
又EG⊄平面PAB，所以EG∥平面PAB．
又因为E，F分别是线段PC，BC的中点，所以EF∥PB，
又EF⊄平面PAB，所以EF∥平面PAB，
且EF∩EG＝E，所以平面EFG∥平面PAB．
（3）解：连接BD，交AC于点O，连接PO，
因为OD⊥AC，PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以PD⊥AC，
又PD∩OD＝D，所以AC⊥平面POD，
又PO⊂平面POD，所以AC⊥PO，
所以∠POD是二面角P﹣AC﹣D的平面角，
所以sin∠POD＝＝＝．
因为AC⊂平面PAC，AC⊥平面POD，
所以平面PAC⊥平面POD，
过点D作DN⊥PO，交PO于点N，则DN即为点D到平面PAC的距离，
计算DN＝＝＝．
【点评】本题考查面面平行的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．