2024-2025学年重庆市部分学校高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年重庆市部分学校高一（下）期末数学试卷（含解析），共14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z(1+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, 32)B. ( 32,12)C. ( 32,−12)D. (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. π6
B. π4
C. π3
D. 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b(c−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//l B. 若α⊥β，α∩β=l，m⊥l，则m⊥β
C. 若m//n，α//β，m⊥α，则n⊥β D. 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C=34π，记CH=λAH+μBH，
(i)当tanA=12时，求λ+μ；
(ii)比较λ+μ与λμ的大小，并说明理由．
答案解析
1.【答案】A
【解析】解：由题意，z=1+2i1+i=(1+2i)(1−i)(1+i)(1−i)=3+i2，虚部为12．
故选：A．
先利用复数的除法运算化简z，然后利用虚部的概念求解即可．
本题考查复数的运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：对于数据1，2，3，6，6，12，
平均数为1+2+3+6+6+126=5，众数为6，极差为12−1=11，中位数为3+62=4.5，
所以A正确，B正确，C正确，D错误．
故选：D．
根据平均数的概念判断A；根据众数的概念判断B；根据极差的概念判断C；根据中位数的概念判断D．
本题主要考查了平均数、众数、极差和中位数的定义，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：因为圆台上下底面面积分别为π，9π，
所以上下底面的半径为1，3，
又母线长为 5，则圆台的高ℎ= 5−4=1，
所以圆台的体积V=13(π+9π+ π⋅9π)⋅1=13π3．
故选：B．
先求出圆台高，再利用体积公式求解．
本题主要考查求圆台的体积，属于中档题．
4.【答案】C
【解析】解：根据题意，20组随机数中，表示A发生的数据组为433、234、243、134、143、341，共6组，
则P(A)=620=0.3．
故选：C．
利用古典概率公式求解即可．
本题考查模拟的方法估算概率，涉及古典概型的计算，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：因为a=(−1, 3)，b=(0,2 3)，所以b−a=(1, 3)，
所以a⋅(b−a)=−1+3=2，|b−a|= 1+3=2，
所以a在b−a上的投影向量为a⋅(b−a)|b−a|2⋅(b−a)=12(1, 3)=(12, 32)．
故选：A．
利用投影向量的定义求解即可．
本题考查平面向量数量积的坐标表示，以及投影向量，属于简单题．
6.【答案】B
【解析】解：连接BD，A1D，则有MN/​/A1D，
所以异面直线MN与AD所成角，等于A1D与AD所成的角，
△A1AD是等腰直角三角形，AD=AA1，所以∠A1DA=π4，
所以异面直线MN与AD所成角为π4．
故选：B．
根据异面直线所成角的定义，结合边长计算求解即可．
本题考查了异面直线所成角的大小计算问题，是基础题．
7.【答案】D
【解析】解：先算甲每局获胜概率，由频率估计，甲每局赢的概率是6001000=35，乙每局赢的概率为4001000=25，
三局两胜制里，甲获胜有三种情况：
前两局甲都赢：概率是35×35，
第一局甲赢、第二局甲输、第三局甲赢：概率是35×25×35，
第一局甲输、第二局甲赢、第三局甲赢：概率是25×35×35，
把这三种情况概率相加，即35×35+35×25×35+25×35×35，
计算得925+18125+18125=45+18+18125=81125．
故选：D．
通过分析三局两胜制下甲获胜的所有可能赛况，分别计算每种赛况概率再求和，得到甲最终获胜概率．
本题主要考查独立事件概率计算、互斥事件概率加法原理，需清晰枚举获胜情形并准确运算．
8.【答案】B
【解析】解：根据题意可知，b(c−csA)= 3asinB及正弦定理，
可得sinB(c−csA)= 3sinAsinB，
因sinB≠0，所以c−csA= 3sinA，
又b2csA=c，则有b2csA−csA= 3sinA，
若b=2，则有tanA= 3，则A=π3,c=2，
所以S=12bcsinA= 3．
故选：B．
利用正弦定理边化角可得c−csA= 3sinA，再结合条件可得A=π3,c=2，最后由面积公式得解．
本题考查了解三角形，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：因为|z|= 6，则z在复平面对应的点为以原点为中心，半径为 6的圆上，
复平面的点(2, 2)，其模为 6，故A正确；
z⋅z−=|z|2=6，故B错误；
令z=a+bi，则有a2+b2=6，所以实部与虚部之积ab≤a2+b22=3，故C正确；
|z1|= 2，则|z−z1|≤|z|+|z1|= 6+ 2，故D正确．
故选：ACD．
根据复数的几何意义，可知z在复平面对应的点为以原点为中心，半径为 6的圆上，从而判断A，B；利用基本不等式判断C；由复数减法的几何意义判断D．
本题考查复数的概念与几何意义，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：若m//β，m⊂α，α∩β=l，则由线面平行的性质得m/​/l，故A正确；
若α⊥β，α∩β=l，m⊥l，则m与β平行或相交或m⊂β，故B错误；
若m/​/n，m⊥α，则n⊥α，又α/​/β，则n⊥β，故C正确；
若m⊂α，n⊂β，m/​/n，则α与β相交或平行，故D错误．
故选：AC．
根据空间中线线关系、线面关系和面面关系逐项判断即可．
本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题．
11.【答案】BCD
【解析】解：根据题意，每人随机抛掷两个编号分别为1和2的质地均匀的骰子，
有6×6=36种情况，
依次分析选项：
对于A，当两个骰子的点数一个为奇数，一个为偶数时，事件A与B同时发生，A与B不是对立事件，A错误；
对于B，事件B：两个骰子的点数之和为奇数，即两个骰子的点数一个为奇数，一个为偶数，
事件C：两个骰子的点数均为偶数，即两个骰子的点数都是奇数或都是偶数，
则B与C不会同时发生，是互斥事件，B正确；
对于C，P(A)=1−3×36×6=14，P(D)=46=23，
事件AD，即至多一个骰子的点数为奇数且1号骰子的点数大于等于3，则P(AD)=2×3+2×636=12，
有P(AD)=P(A)P(D)，则事件A与D相互独立，C正确；
对于D，P(C)=3×36×6=14，P(CD)=2×36×6=16，
P(C∪D)=P(C)+P(D)−P(CD)=34，D正确．
故选：BCD．
根据题意，由对立事件的定义分析A，由互斥事件的定义分析B，由相互独立事件的定义分析C，由概率的性质分析D，综合可得答案．
本题考查古典概型的计算，涉及相互独立事件、互斥事件、对立事件的判断，属于基础题．
12.【答案】2 3
【解析】解：已知|a|=|b|=|a+b|=2，设a，b所成角为θ，
根据平面向量的数量积公式可得
|a+b|= |a+b|2= (a+b)2= a2+b2+2a⋅b
= 4+4+2×2×2csθ=2，
则csθ=−12，
所以|a−b|= |a−b|2= (a−b)2= a2+b2−2a⋅b
= 4+4−2×2×2csθ=2 3．
故答案为：2 3．
13.【答案】36π
【解析】解：由题意形成的几何体为圆锥，
因为直角△ABC中，两直角边AB=3，AC=4，
所以该圆锥的底面半径为4，母线长为 32+42=5，
所以其表面积为S=π×4×(4+5)=36π．
故答案为：36π．
根据圆锥的概念可知几何体为圆锥，利用圆锥的表面积公式求解即可．
本题考查几何体表面积的计算，属于基础题．
14.【答案】169cm 136
【解析】解：由分层随机抽样的定义可知，样本中男生占35，女生占25，
所以用样本估计总体，则该学校学生身高的均值为x−=35×175+25×160=169(cm)，
该学校学生身高的方差为s2=35×[84+(175−169)2]+25×[79+(160−169)2]=136．
故答案为：169cm；136．
根据题意，求出样本的平均数和方差，结合用样本估计总体的思路，即可得答案．
本题主要考查了分层随机抽样的均值公式和方差公式，属于基础题．
15.【答案】0.125；6.4； 240．
【解析】(1)根据题意可得(0.05+0.1+0.15+a+0.075)×2=1，解得a=0.125；
因为前几组的频率依次为0.1，0.2，0.3，0.25，
所以估计样本数据的第65百分位数为6+0.65−0.1−0.2−；
(2)因为样本中阅读时间大于等于4小时的频率为1−0.1−0.2=0.7，
所以根据题意可估计该学校高一年级男生的人数为：
0.7×12×600+0.3×16×600=240．
(1)根据频率分布直方图的性质，百分位数的概念，即可求解；
(2)根据频率分布直方图的性质，即可求解．
本题考查频率分布直方图的综合应用，属基础题．
16.【答案】证明过程请见解答； 2 77．
【解析】(1)证明：在△ABC中，AB= 3，BC=1，∠BCA=π3，
由余弦定理知，AB2=AC2+BC2−2AC⋅BCcs∠BCA，
所以3=AC2+1−2AC⋅1⋅12，即AC2−AC−2=0，
解得AC=2或AC=−1(舍负)，
所以AB2+BC2=AC2，即AB⊥BC，
因为四边形ABCD是平行四边形，所以AD//BC，
所以AB⊥AD，
由PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，知PA⊥AD，
又AB∩PA=A，所以AD⊥平面PAB，
因为PB⊂平面PAB，所以AD⊥PB．
(2)解：由(1)知AD⊥平面PAB，
因为AD//BC，所以BC⊥平面PAB，
又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB，
所以∠PBA即为AB与平面PBC所成角，
在Rt△PAB中，PA=2，AB= 3，所以PB= 7，
所以sin∠PBA=PAPB=2 7=2 77，
故AB与平面PBC所成角的正弦值为2 77．
(1)结合余弦定理与勾股定理证明AB⊥BC，从而知AB⊥AD，由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AD，再利用线面垂直的判定与性质定理，即可得证；
(2)先证平面PBC⊥平面PAB，可得∠PBA即为所求，再利用锐角三角函数求解即可．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定与性质定理，面面垂直的判定定理，以及线面角的定义与求法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】 7km；
5 34， 5km．
【解析】(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=ABsin(2π3−α)=BDsinπ3= 5 32=2 153，
根据三角形的面积公式可得S△ABD=12AD⋅AB⋅sinA
=5 33sinαsin(2π3−α)
=5 33( 32sinαcsα+12sin2α)
=5 33( 34sin2α+12⋅1−cs2α2)
=5 36[12+sin(2α−π6)]，
由α∈(0,23π)，得2α−π6∈(−π6,7π6)，
当2α−π6=π2，即α=π3时，(S△ABD)max=5 34，此时AB=BD= 5km．
(1)由题意利用三角形的面积公式可求得sinC= 32，利用同角三角函数基本关系式可求得csC=−12，进而利用余弦定理即可求解；
(2)设∠ABD=α，α∈(0,23π)，在△ABD中，根据正弦定理，三角形的面积公式，三角函数恒等变换的应用可求S△ABD=5 36[12+sin(2α−π6)]，进而利用正弦函数的性质即可求解．
本题考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，三角函数恒等变换以及正弦函数的性质在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和函数思想，属于中档题．
18.【答案】1318； 724．
【解析】(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“两个蓝球和一个绿球(或一个黄球)”，则概率P1=3×(13)2×36=36216；
②抽到“两个黄球和一个绿球”，则概率P2=3×(13)2×16=12216，
③抽到“两个绿球和一个其他颜色球”，则概率P3=3×(16)2×56=15216；
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．
(1)根据给定条件，利用相互独立事件、互斥事件求出2次抽到同色球的概率，再利用对立事件求出2次抽到不同色的概率即可．
(2)把所求概率的事件分拆成3个互斥事件的和，再利用相互独立事件求出概率，进而利用互斥事件的加法公式得解．
本题考查概率的计算，属于中档题．
19.【答案】证明见解答；
(i)56；(ii)λ+μ>λμ，理由见解答．
【解析】(1)证明：由AH⊥BC，得AH⋅BC=0，
即AH⋅(AC−AB)=0，所以AH⋅AC=AH⋅AB，①
由BH⊥AC，得BH⋅AC=0，
即(AH−AB)⋅AC=0，所以AH⋅AC=AB⋅AC，②
联立①②，可得AH⋅AB=AC⋅AB，
化简得(AH−AC)⋅AB=0，即CH⋅AB=0，
故CH⊥AB；
(2)解：作CE⊥AB于E，
由CH=λAH+μBH，
得λAH⋅AB+μBH⋅AB=CH⋅AB=0，
即λAE⋅AB+μBE⋅AB=0，
即λ|AE||AB|=μ|BE||AB|，
则有λ|AE|=μ|BE|，故λ|CE|tan∠BAC=μ|CE|tan∠ABC，
即λtan∠ABC=μtan∠BAC，
当A≠π2且B≠π2时，λμ=tan∠BACtan∠ABC；
由CH⋅BC=λAH⋅BC+μBH⋅BC=μBH⋅BC，
可得(CA+AH)⋅BC=μ(BA+AH)⋅BC，
即CA⋅BC=μBA⋅BC，
所以|CA||BC|csπ4=μ|BA||BC|cs∠ABC，
所以μ=|CA||BA|⋅csπ4cs∠ABC=sin∠ABCsinπ4⋅csπ4cs∠ABC=tan∠ABC，
所以μ=tan∠ABC，λ=tan∠BAC，所以CH=tanAAH+tanBBH，
(i)当tan∠BAC=12时，
tan∠ABC=tan(π−∠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，
则λ+μ−λμ=2(λ+μ)−1=2(tan∠BAC+tan∠ABC)−1
=2[tan∠BAC+tan(π4−∠BAC)]−1
=2(tan∠BAC+1−tan∠BAC1+tan∠BAC)−1
=2(tan∠BAC+21+tan∠BAC−1)−1
=2(1+tan∠BAC+21+tan∠BAC−2)−1，
因为0