2024-2025学年重庆市高一下学期7月期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年重庆市高一下学期7月期末数学试卷（含答案），共9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。
1.已知复数z满足z1+i=1+2i，则z的虚部为( )
A. 12B. 12iC. 1D. i
2.对于数据1,2,3,6,6,12，下列说法错误的是( )
A. 平均数为5B. 众数为6C. 极差为11D. 中位数为6
3.已知圆台上下底面面积分别为π,9π，母线长为 5，则该圆台的体积为( )
A. 10π3B. 13π3C. 20π3D. 26π3
4.利用随机模拟解决问题的方法称为蒙特卡洛方法，用此方法可以快速进行大量重复试验，进而用频率估计概率.袋子中有四张卡片，分别写有“山”“城”“重”“庆”四个字，有放回地每次从中任取一张卡片，共取三次.将三次抽取后“重”“庆”两个字都取到记为事件A，用随机模拟的方法估计事件A发生的概率.由计算机产生1，2，3，4四个随机数，分别代表“山”“城”“重”“庆”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取卡片三次的结果，经随机模拟产生了以下20组随机数：121､112､433､142､234､111､243､132､422､134､131､441､412､233､143､231､332､341､211､221，由此可以估计事件A发生的概率为( )
A. 0.5B. 0.4C. 0.3D. 0.2
5.已知向量a=−1, 3，b=0,2 3，则a在b−a上的投影向量为( )
A. 12, 32B. 32,12C. 32,−12D. 12,− 32
6.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M,N分别为AC,A1B的中点，则异面直线MN与AD所成角为( )
A. π6B. π4C. π3D. 5π12
7.某俱乐部举行羽毛球友谊赛，该比赛采用的是三局两胜制.现有甲乙两人参加比赛，根据统计，在两人以往的1000场比赛中，甲获胜600场，乙获胜400场.以频率估计概率，各局比赛互不影响，则这次比赛甲获胜的概率为( )
A. 32125B. 925C. 1625D. 81125
8.在▵ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知bc−csA= 3asinB，且b2csA=c，若b=2，则▵ABC的面积为( )
A. 1B. 3C. 2D. 2 3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知复数z满足|z|= 6，则下列结论正确的是( )
A. z在复平面内对应的点可能是2, 2
B. z⋅z=4
C. z的实部与虚部之积小于等于3
D. 复数z1=1+i，则z−z1的最大值为 6+ 2
10.若m,n,l是空间中三条不同的直线，α,β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A. 若m/\!/β,m⊂α,α∩β=l，则m/\!/lB. 若α⊥β,α∩β=l,m⊥l，则m⊥β
C. 若m/\!/n,α/\!/β,m⊥α，则n⊥βD. 若m⊂α,n⊂β,m/\!/n，则α/\!/β
11.某公司举行周年庆活动，在活动中设置了一个游戏环节，每人随机抛掷两个编号分别为1和2的质地均匀的骰子.记事件A：至多一个骰子的点数为奇数；事件B：两个骰子的点数之和为奇数；事件C：两个骰子的点数均为偶数；事件D:1号骰子的点数大于等于3.则( )
A. A与B对立B. B与C互斥C. A与D相互独立D. P(C∪D)=34
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知|a|=|b|=|a+b|=2，则|a−b|= ．
13.已知直角▵ABC中，两直角边AB=3,AC=4，以AB所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的表面积为 ．
14.学校为了解学生身高(单位：cm)情况，采用分层随机抽样的方法从2000名学生(男女生人数之比为3:2)中抽取了一个容量为50的样本.其中，男生平均身高为175，方差为84，女生平均身高为160，方差为79，用样本估计总体，则该学校学生身高的均值为 ，方差为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知某学校高一学生共有600人，为了解高一学生的课外阅读时间，从中随机抽取了100位同学进行调查，将他们上周课外阅读的时间(单位：小时)按照[0,2)､[2,4)､[4,6)､[6,8)､[8,10]分成5组，制成如图所示的频率分布直方图．
(1)求图中a的值并估计样本数据的第65百分位数；
(2)已知样本中阅读时间大于等于4小时的学生中，男､女学生各占一半，阅读时间小于4小时的学生中男生占16，试估计该学校高一年级男生的人数．
16.(本小题15分)
如图所示，在四棱锥P−ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，底面为平行四边形，且AB= 3,BC=1，∠BCA=π3．
(1)证明：AD⊥PB；
(2)若PA=2，求AB与平面PBC所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
如图，政府规划一个四边形ABCD区域为市民打造休闲场所，拟在▵ABD区域挖一个人工湖，▵BCD区域建设公园，对角线BD修建步道，其中CD=1km,BC=2km,∠A=π3．
(1)若公园区域是一个占地面积为 32平方千米的钝角三角形，需要修建多长的步道？
(2)在规划要求下，保证公园占地面积最大的同时，人工湖的最大面积是多少？并求此时AB的长度．
18.(本小题17分)
某商场为了回馈顾客，决定举办一场抽奖活动，凡是在商场内消费金额每达到200元的即可抽奖一次，即消费满200但不足400元的可抽奖一次，消费满400但不足600元的可抽奖两次，依次类推.抽奖规则为：在一个盒子中共有6个除颜色外形状大小均相同的小球，其中红球1个，黄球2个，蓝球2个，绿球1个，抽奖者每次从盒中随机摸出一个小球后并放回原盒子中，若抽到红球即可获得10元红包，抽到黄球即可获得20元红包，抽到蓝球即可获得30元红包，抽到绿球即可获得40元红包.每次抽奖结果相互独立．
(1)已知小明共消费500元，求小明抽到的红包均不相同的概率；
(2)已知小方共消费750元，求小方抽到两种不同颜色的小球，且获得红包总金额不低于80元的概率．
19.(本小题17分)
已知H是▵ABC所在平面上的一点，且AH⊥BC,BH⊥AC．
(1)证明：CH⊥AB；
(2)若∠ACB=34π，记CH=λAH+μBH，
(i)当tan∠BAC=12时，求λ+μ；
(ii)比较λ+μ与λμ的大小，并说明理由．
参考答案
1.A
2.D
3.B
4.C
5.A
6.B
7.D
8.B
9.ACD
10.AC
11.BCD
12.2 3
13.36π
14.169/169cm；136/136cm2
15.(1)由频率分布直方图可知，(0.05+0.075+0.1+0.15+a)×2=1，
解得a=0.125，
设样本数据的第65百分位数为x，
因为样本数据在[0,6)的频率为2×(0.05+0.1+0.15)=0.60.65，
则x∈(6,8)，所以0.6+0.125×(x−6)=0.65，
解得x=6.4，故估计样本数据的第65百分位数为6.4．
(2)上周阅读时间在[4,10)的频数为(0.15+0.125+0.075)×2×100=70，
故样本中阅读时间大于或等于4小时的男生有35人；
上周阅读时间在(0,4]的频数为(0.05+0.1)×2×100=30,30×16=5，
即样本中阅读时间小于4小时的学生中男生有5人；
所以样本中男生共有40人，高一年级男生总人数为600×40100=240人.
16.(1)在▵ABC中，AB= 3,BC=1,∠BCA=π3．
由正弦定理，得sin∠CAB=12．
因为AB>BC，所以∠CAB=π6，从而AB⊥BC,ABCD为矩形．
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AD．
又因为AB⊥AD，AB∩PA=A,AB,PA⊂平面PAB，
所以AD⊥平面PAB．
因为PB⊂平面PAB，所以AD⊥PB．
(2)作AH⊥PB于点H．
由(1)知AD⊥平面PAB，且AD//BC，所以BC⊥平面PAB．
因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB．
因为AH⊥PB，平面PBC∩平面PAB=PB，
所以AH⊥平面PBC，
故BH为AB在平面PBC上的射影，∠ABP为直线AB与平面PBC所成角．
又PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，
在直角▵ABP中，PA=2,AB= 3，有PB= 7，
所以sin∠ABP=PAPB=2 77．
故直线AB与平面PBC所成角的正弦值为2 77．
17.(1)CD=1km,BC=2km，
根据三角形的面积公式可得S▵BCD=12BC⋅CD⋅sinC=12×1×2×sinC= 32，
解得sinC= 32，
由C是钝角，得csC=−12，
根据余弦定理可得，
BD= BC2+CD2−2BC⋅CD⋅csC= 22+12−2×2×1×−12= 7，
所以需要修建 7km的步道．
(2)由题意，S▵BCD=12BC⋅CD⋅sinC≤12BC⋅CD=1，
当且仅当C=π2时取到等号，此时BD= 5，
设∠ABD=α,α∈0,23π，
在▵ABD中，根据正弦定理可得ADsinα=ABsin2π3−α=BDsinπ3= 5 32=2 153，
根据三角形的面积公式可得
S▵ABD=12AD⋅AB⋅sinA=5 33sinαsin2π3−α=5 33 32sinαcsα+12sin2α
=5 33 34sin2α+12⋅1−cs2α2=5 3612+sin2α−π6，
由α∈0,23π，得2α−π6∈−π6,7π6，当2α−π6=π2，
即α=π3时，S▵ABDmax=5 34，
此时AB=BD= 5km．
18.(1)根据规则，小明可以抽2次球，
2次均抽到红球或2次均抽到绿球的概率均为16×16=136，
2次均抽到黄球或2次均抽到蓝球的概率均为13×13=19，
因此2次抽到相同颜色球的概率为236+29=518，
从而2次抽到不同颜色球的概率为1−518=1318，
所以小明抽到的红包均不相同的概率为1318．
(2)根据规则，小方可以抽3次球，要使得“获得红包总金额不低于80元”，有以下情形：
①抽到“两个绿球和一个其他颜色球”，则概率P1=3×(16)2×56=15216；
②抽到“两个蓝球和一个绿球(或一个黄球)”，则概率P2=3×(13)2×36=36216；
③抽到“两个黄球和一个绿球”，则概率P3=3×(13)2×16=12216，
所以小方抽到两种不同颜色的小球，且获得红包总金额不低于80元的概率P=P1+P2+P3=63216=724．
19.(1)由AH⊥BC，得AH⋅BC=0,AH⋅AC−AB=0，所以AH⋅AC=AH⋅AB①
由BH⊥AC，得BH⋅AC=0,AH−AB⋅AC=0，所以AH⋅AC=AB⋅AC②
由①，②得：AH⋅AB=AC⋅AB，从而AH−AC⋅AB=0，
即CH⋅AB=0，故CH⊥AB．
(2)作CE⊥AB于E，由CH=λAH+μBH，
得λAH⋅AB+μBH⋅AB=CH⋅AB=0，λAE⋅AB+μBE⋅AB=0，
λAEAB=μBEAB，
λAE=μBE，故λCEtan∠BAC=μCEtan∠ABC，
λtan∠ABC=μtan∠BAC，当A≠π2且B≠π2时，λμ=tan∠BACtan∠ABC．
CH⋅BC=λAH⋅BC+μBH⋅BC=μBH⋅BC
CA+AH⋅BC=μBA+AH⋅BC⇒CA⋅BC=μBA⋅BC，
所以CA⋅BCcsπ4=μBA⋅BCcs∠ABC，
所以μ=CABA⋅csπ4cs∠ABC=sin∠ABCsinπ4⋅csπ4cs∠ABC=tan∠ABC，
所以μ=tan∠ABC,λ=tan∠BAC
所以CH=tan∠BACAH+tan∠ABCBH．
(i)当tan∠BAC=12时，tan∠ABC=tanπ−∠BAC−∠ACB=−tan(∠BAC+∠ACB)=−tan∠BAC−tan∠ACB1−tan∠BACtan∠ACB=13．
所以λ+μ=tan∠BAC+tan∠ABC=56．
(ii)λ+μ=tan∠BAC+tan∠ABC,λμ=tan∠BACtan∠ABC．
由题意，tan(∠BAC+∠ABC)=tan∠BAC+tan∠ABC1−tan∠BACtan∠ABC=λ+μ1−λμ=1，
所以λ+μ=1−λμ．
λ+μ−λμ=2(λ+μ)−1=2tan∠BAC+tan∠ABC−1=2tan∠BAC+tanπ4−∠BAC−1
=2tan∠BAC+1−tan∠BAC1+tan∠BAC−1=2tan∠BAC+21+tan∠BAC−1−1=21+tan∠BAC+21+tan∠BAC−2−1，
因为0< ∠BAC