新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市第101中学2023−2024学年高一下学期期末考试 数学试题（含解析）

这是一份新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市第101中学2023−2024学年高一下学期期末考试 数学试题（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知，复数为实数，则（ ）
A．-2B．2C．0D．
2．某中学共有3000名学生，现用分层抽样的方法从该校学生中抽取1个容量为50的样本，其中高一年级抽20人，高三年级抽10人，则该校高二年级学生人数为（ ）
A．800B．600C．1200D．1000
3．若的方差为3，则的方差为（ ）
A．3B．6C．9D．12
4．有一组样本数据：2，3，3，3，4，4，5，5，6，6．则关于该组数据的下列数字特征中，数值最大的为（ ）
A．第75百分位数B．平均数C．极差D．众数
5．同时抛三枚普通的硬币，出现“两个正面一个反面”的概率是（ ）
A．B．C．D．
6．天气预报说，在今后的三天中，每一天下雨的概率均为．我们通过设计模拟实验的方法求概率，利用计算机产生之间的随机数：
425 123 423 344 144 435 525 332 152 342
534 443 512 541 135 432 334 151 312 354
若用1，3，5表示下雨，用2，4表示不下雨，则这三天中至少有两天下雨的概率近似为（ ）
A．B．C．D．
7．锐角中，角A，B，C别为，，，若、，，，且，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
8．“方斗”常作为盛米的一种容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，现有“方斗”容器如图所示，已知，现往容器里加米，当米的高度是“方斗”高度的一半时，用米，则该“方斗”可盛米的总质量为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知直线，平面，则下列说法错误的是（ ）
A．，则
B．，则
C．，则
D．，则
10．下列关于各事件发生的概率判断正确的是（ ）
A．从甲、乙、丙三人中任选两人担任课代表，甲被选中的概率为
B．四条线段的长度分别是1，3，5，7，从这四条线段中任取三条，则所取出的三条线段能构成一个三角形的概率是
C．一只蚂蚁在如图所示的树枝上寻觅食物，假定蚂蚁在每个岔路口都会随机地选择一条路径，则它能获得食物的概率为
D．已知集合，，在集合中任取一个元素，则该元素是集合中的元素的概率为
11．如图所示是正方体的平面展开图，那么在正方体中（ ）
A．
B．EF和BC所成的角是60°
C．直线AC和平面ABE所成的角是30°
D．如果平面平面，那么直线直线.
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知向量，，且，则 ．
13．半径为3的金属球在机床上通过切割，加工成一个底面半径为的圆柱，当圆柱的体积最大时，其侧面积为 .
14．已知向量在上的投影向量为，且，则 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知复数，，其中.
(1)若，求的值；
(2)若是纯虚数，求的值.
16．在中，角所对的边分别为a,b,c，已知．
(1)求；
(2)求；
(3)求的值．
17．袋中有形状、大小都相同的4个小球，
（1）若4个小球中有1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，求这2只球颜色不同的概率；
（2）若4个小球颜色相同，标号分别为1，2，3，4，从中一次取两球，求标号和为奇数的概率；
（3）若4个小球中有1只白球，1只红球，2只黄球，有放回地取球，取两次，求两次取得球的颜色相同的概率．
18．2023年9月，第19届亚洲运动会将在中国杭州市举行，某调研机构为了了解人们对“亚运会”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“亚运会”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.

(1)根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄和上四分位数；
(2)现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的“亚运会”宣传使者：
（i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲､乙两人至少有一人被选上的概率；
（ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这人中35~45岁所有人的年龄的方差.
19．已知：如图，在四棱锥中，四边形为正方形，面，且，为中点.
（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面；
（3）求二面角的正弦值.
参考答案
1．【答案】B
【解析】化简复数为i的形式，虚部为零可得.
【详解】 为实数，z为实数，因此a=2
故选B.
2．【答案】C
【解析】先求得抽取的样本中高二年级学生的人数，结合分层抽样的方法，列出方程，即可求解.
【详解】由题意，用分层抽样的方法从某校学生中抽取一个容量为50的样本，
其中高一年级抽20人，高三年级抽10人，
所以高二年级抽取人，
因为中学生共有3000人，且每个个体被抽得概率相等，
设高二年级共有人，可得，解得人.
故选C.
3．【答案】D
【分析】根据方差的性质进行求解.
【详解】的方差为3，
的方差为.
故选D.
4．【答案】A
【分析】分别求出该组数据的第75百分位数、平均数、极差、众数，比较大小，即可得到答案.
【详解】计算第75百分位数：，则取第8位数据，
即该组数据的第75百分位数为5；
平均数为；
极差为；
众数为3.
综上，第75百分位数最大.
故选A.
5．【答案】A
【分析】根据题意利用乘法原理可得：基本事件数8个，可求得出现两枚正面，一枚反面的有3种情形，从而求得概率．
【详解】抛掷三枚均匀的硬币，共出现种情形，
出现两枚正面，一枚反面的有（正，正，反），（正，反，正），（反，正，正）共3种，
出现两枚正面，一枚反面的概率是．
故选A．
6．【答案】D
【分析】由样本数据，利用频率近似估计概率.
【详解】设事件“三天中至少有两天下雨”，20个随机数中，
至少有两天下雨有，
即事件发生了13次，用频率估计事件的概率近似为．
故选D．
7．【答案】D
【分析】先由向量垂直得到，利用余弦定理求出或，利用锐角三角形排除，从而，利用面积公式求出答案.
【详解】由题意得：，故，
因为，
所以，
由余弦定理得：，
解得：或，
当时，最大值为B，其中，故为钝角，不合题意，舍去；
当时，最大值为B，其中，故B为锐角，符合题意，
此时.
故选D.
8．【答案】D
【分析】设线段，，，的中点分别为，，，，利用台体的体积公式计算棱台与棱台的体积之比，即可得出原“方斗”可盛米的总质量.
【详解】设线段，，，的中点分别为，，，，如下图所示：
由题可知，四边形为等腰梯形，设，因为，
所以，
设棱台的高为，体积为，棱台的高为，体积为，
则，
，所以，又，
所以.所以该“方斗”可盛米的总质量为112kg.
故选D.
9．【答案】ABC
【分析】根据线面之间的基本关系判断A，根据面面平行的判定定理判断BCD.
【详解】选项A中，可能在内，也可能与平行，故A错误；
选项B中，与也可能相交，故B错误；
选项C中，与也可能相交，故C错误；
选项D中，依据面面平行的判定定理可知，故D正确．
故选ABC．
10．【答案】ABC
【分析】结合古典概型的概率计算公式对各选项依次判断即可.
【详解】对于A，从甲、乙、丙三人中任选两人有（甲、乙），（甲、丙），（乙、丙），共3种情况，其中，甲被选中的情况有2种，故甲被选中的概率为，故A正确；
对于B，从四条长度各异的线段中任取一条，每条被取出的可能性均相等，所以该试验属于古典概型.又所有基本事件包括，，，四种情况，而能构成三角形的基本事件只有一种情况，所以所取出的三条线段能构成一个三角形的概率是，故B正确；
对于C，该树枝的树梢有6处，有2处能找到食物，所以获得食物的概率为，故C正确；
对于D，因为，，所以由古典概型的概率公式得，所求的概率是，故D错误.
故选ABC.
11．【答案】BCD
【分析】根据正方体的平面展开图还原正方体，利用正方体的性质，结合异面直线的位置关系，线面位置关系及面面平行的性质依次判断各项正误.
【详解】
如图，把正方体的平面展开图还原成正方体.
在正方体中，可知，
故异面直线与所成的角即为与所成的角为，故A项错误；
同理，与所成的角即为与所成的角为，故B项正确；
在正方体中，，，，，故平面，则点到平面的距离为，
设直线与平面所成的角为，则，故，故C项正确；
在正方体中，，
则平面平面，平面平面于直线，平面平面，故直线直线，故D项正确.
故选BCD.
12．【答案】
【分析】根据题意，由数量积的计算公式可得，解得x的值即可．
【详解】
即解得
故答案为.
13．【答案】
【分析】根据题设可知圆柱体的上下底面是金属球的两个截面，求出圆柱的高，再求其侧面积.
【详解】要使圆柱的体积最大，即圆柱的高最大，
所以仅当圆柱上下底面是金属球的截面时高最大，为，
所以侧面积为.
故答案为：.
14．【答案】1
【分析】由投影向量的定义得到，对平方即可求解.
【详解】在上的投影向量为，得，，
，.
故答案为：.
15．【答案】(1)2
(2)或.
【分析】（1）利用复数相等几何复数运算即可求出结果；
（2）利用纯虚数定义即可求出结果.
【详解】（1）∵，，，
∴，
从而，
解得，
因此的值为2.
（2）依题意得：
，
因为是纯虚数，
所以，
解得或.
16．【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1），利用余弦定理即可得到方程，解出即可；
（2）法一：求出，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出，则得到；
（3）法一：根据大边对大角确定为锐角，则得到，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可.
【详解】（1）设，，则根据余弦定理得，
即，解得（负舍）；
则.
（2）法一：因为为三角形内角，所以，
再根据正弦定理得，即，解得，
法二：由余弦定理得，
因为，则;
（3）法一：因为，且B∈0,π，所以，
由（2）法一知，
因为，则，所以，
则，;
;
法二：，
则，
因为为三角形内角，所以，
所以.
17．【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】（1）先求出样本空间总数，再求出2只球不同颜色的样本个数，代入古典概型公式，即可得结果；
（2）先求出样本空间总数，再求出2只球标号和为奇数的样本个数，代入古典概型公式，即可得结果；
（3）先求出样本空间总数，再求出2只球颜色相同的样本个数，代入古典概型公式，即可得结果.
【详解】（1）设取出的2只球颜色不同为事件A，
试验的样本空间Ω＝ {(白，红)，(白，黄1)，(白，黄2)，(红，黄1)，(红，黄2)，(黄1，黄2)}，共6个样本点，事件A包含(白，红)，(白，黄1)，(白，黄2)，(红，黄1)，(红，黄2)，共5个样本点，故.
（2）试验的样本空间Ω＝ {(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)}，共6个样本点，设标号和为奇数为事件A，则A包含的样本点为(1，2)，(1，4)，(2，3)，(3，4)，共4个，所以.
（3）试验的样本空间Ω＝ {(白，白)，(白，红)，(白，黄1)，(白，黄2)，(红，红)，(红，白)，(红，黄1)，(红，黄2)，(黄1，黄1)，(黄1，白)，(黄1，红)，(黄1，黄2)，(黄2，黄2)，(黄2，白)，(黄2，红)，(黄2，黄1)}，共16个样本点，其中颜色相同的有(白，白)，(红，红)，(黄1，黄1)，(黄1，黄2)，(黄2，黄2)，(黄2，黄1)，共有6个，故所求概率为.
18．【答案】(1)31.75岁；36.25
(2)（i）；（ii）10
【分析】（1）根据频率分布直方图，利用平均数的计算公式求解可得平均数；上四分位数即第百分位数，根据定义可构造方程求得结果；
（2）（i）根据分层抽样原则可求得第四组和第五组抽取的人数，采用列举法可得样本点总数和满足题意的样本点个数，根据古典概型概率公式可求得结果；
（ii）由可求得第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数，由可求得第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差.
【详解】（1）设这人的平均年龄为，则
（岁）
设上四分位数（第75百分位数）为，
，，
位于第四组：内；
方法一：由，解得.
方法二：由，解得.
（2）（i）由题意得，第四组应抽取4人，记为，，，甲，第五组抽取2人，记为，乙，对应的样本空间为：
，
共15个样本点.
设事件“甲､乙两人至少一人被选上”，则
，
共有9个样本点.所以，.
（ii）设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为.
设第四组的宣传使者的年龄分别为，平均数为，方差为，
设第五组的宣传使者的年龄分别为，，平均数为，方差为，
则，，，
，
可得，，，，
设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为．
则，
即第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，
法一：
.
法二：
.
即第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为；
据此估计这人中年龄在岁的所有人的年龄的平均数为，方差约为．
19．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
【分析】（1）连接交于点，连接，利用中位线的性质可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）证明出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（3）以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得二面角的正弦值.
【详解】（1）证明：连接交于点，连接，则为的中点，
为的中点，；
平面，平面，平面；
（2）证明：平面，平面，，
在正方形中，，且，平面.
又平面，平面平面.
（3）解：平面，且，
如图，以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.
，、、、、、.
易知平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，，，
则，即，令，则，，解得.
，则，
因此，二面角的正弦值为.