2024-2025学年重庆市部分学校高一（下）期末数学试卷（含解析）

2024-2025学年重庆市部分学校高一（下）期末数学试卷

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求

的。

1.已知复数z满足z（l+i）=l+2i,贝ijz的虚部为（）

A4B.|iC.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兀，9兀，母线长为，亏，则该圆台的体积为（）

.IOTT„137r一207r「267r

A.—B.—C.—D.—

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4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,由止匕可

以估计事件4发生的概率为（）

A.0.5B.0.4C.0.3D.0.2

5.已知向量1=b=（0,273）,贝嗫在3-N上的投影向量为（）

A.G，彳）B.（―,-）C.（丁，一5）D.G，一〒）

6.如图，在正方体4BCD—4i/GA中，M,N分别为AC,4/的中点，则异面直线MN与4。所成角为（）

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场似频率估计概率，各局比赛互不影响，则这次比赛甲获

胜的概率为（）

8.在△2BC中，内角4,B,C的对边分别为a,b,c,己知b(c—cosA)=，WasinB,且62cos4=c,若

b=2,则AABC的面积为()

A.1B.73C.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|=历，则下列结论正确的是（）

A.z在复平面内对应的点可能是（2,涯）B.z-z=4

C.z的实部与虚部之积小于等于3D.复数Zi=l+i,则|z-z1|的最大值为混+

10.若m,n,1是空间中三条不同的直线，a,0是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）

A.若m〃S，mca,aCS=2,则B.若al£,aC\p=I,mil,则m10

C.若m〃7i,aj16,m1a,则n1£D.若mua,nu0,m//n,则0：〃£

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4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。：1号骰子的点数大于等于3.则（）

□

A.4与B对立B.8与C互斥C.2与。相互独立D.P（CUD）=J

4

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.已知|五|=|旬=||+9|=2,贝时一山=.

13.已知直角△48C中，两直角边4B=3,AC=4,以4B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

生尾，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—4BCD中，已知24,平面4BCD,底面为平行四边形，且=，3，BC=1,

Z.BCA=泉

(1)证明：AD1PB；

(2)若24=2,求4B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4BCD区域为市民打造休闲场所，拟在△4BD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,乙4=9

(1)若公园区域是一个占地面积为苧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？并求此时力B的长度.

D

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)己知小方共消费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，且丽1冠，丽1前.

(1)证明：CH1AB；

3

4-7T记CH=+〃丽,

-1

(i)当tcmA=5时，求2+〃；

(江)比较A+〃与入〃的大小，并说明理由.

答案解析

1.【答案】A

1

(1+2，)(1T)_3+t-

【解析】解：由题意，2=穿(l+O(l-i)=~2

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+12=5,众数为6,极差为12-1=11,中位数为华=4.5,

OL

所以A正确，8正确，C正确，。错误.

故选：D.

根据平均数的概念判断4根据众数的概念判断小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兀，9兀，

所以上下底面的半径为1,3,

又母线长为，亏，则圆台的高八=^y』=1,

所以圆台的体积U兀+9兀+7兀・9兀)-1=导.

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4发生的数据组为433、234、243、134、143、341,共6

组，

则P(2)=4=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：因为五=（一1,6）,另=（0,26），所以另一元=（1,门）,

所以a，（b—Q）=-1+3=2,|b—CL\—，1+3=2,

所以a在另一a上的投影向量为嬖子•日一①=；（i,O=4,苧）.

\b-a\，乙乙

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,&D,则有MN〃&D,

所以异面直线MN与AD所成角，等于与所成的角，

△&AD是等腰直角三角形，AD=AAr,所以乙

所以异面直线MN与4D所成角为，

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，甲每局赢的概率是黑=|,乙每局赢的概率为热=

2

59

三局两胜制里，甲获胜有三种情况:

前两局甲都赢：概率是|x|,

323

-X-X-

第一局甲赢、第二局甲输、第三局甲赢:555

第一局甲输、第二局甲赢、第三局甲赢：概率是（x|x|,

把这三种情况概率相加，即|x|+|x|xN|x|x|,

4留4曰9।18।18_45+18+18_81

计算倚西+市+阪=—近一=而.

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-cosA)=及正弦定理，

可得sinB(c—cosA)=yT3sinAsinB,

因sinB丰0,所以c—cosA=yTisinA,

又/cosA=c,则有FCOSA—cosA='/3sinA,

若b=2,则有tcma=C,则4='c=2,

所以S=^bcsinA=V_3.

故选：B.

利用正弦定理边化角可得c-cosA=y[3sinA,再结合条件可得2=或。=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|=，^,贝女在复平面对应的点为以原点为中心，半径为，^的圆上，

复平面的点(2,0),其模为，石，故A正确；

z.z=|z『=6,故2错误；

令2=。+A，则有02+/=6,所以实部与虚部之积M3与2=3,故C正确；

\zr\=\[2,则|z—ZilM|z|+|z]|=，&+故。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，半径为传的圆上，从而判断4B；利用

基本不等式判断C;由复数减法的几何意义判断以

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〃0,mea,an/?=Z,则由线面平行的性质得m///,故A正确；

若a10,ar\P-I,mil,则m与£平行或相交或mu0,故2错误；

若Tn〃n,m1«,则711a,又。〃0,则nl0,故C正确；

若mua,nuB，m//n,贝!|a与0相交或平行，故。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6x6=36种情况，

依次分析选项：

对于4,当两个骰子的点数一个为奇数，一个为偶数时，事件4与B同时发生，2与8不是对立事件，A错

误；

对于8,事件B：两个骰子的点数之和为奇数，即两个骰子的点数■个为奇数，■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,P⑷=1—旗",P(0)=1|，

事件4D,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(4D)=2X3或2X6二,

有P(ZD)=p(a)p。)，则事件a与。相互独立，c正确；

对于。，。⑹=旗.P3)=短弓

□

P(CUD)=P(C)+P。)-P(CD)=7，o正确.

4

故选：BCD.

根据题意，由对立事件的定义分析4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|五|=|||=|弓+3|=2,设出另所成角为氏

根据平面向量的数量积公式可得

\a+b\=J\a+b\2=J(a+b)2=+2a-b

=V4+4+2x2x2COS0=2,

则cos。=-p

所以|1一31=J\a-b\2=J0—1)2=Ja2+b2-2a-b

=V4+4—2x2x2cos0=2-\/-3.

故答案为：20.

13.【答案】36兀

【解析】解：由题意形成的几何体为圆锥，

因为直角AyiBC中，两直角边4B=3,AC=4,

所以该圆锥的底面半径为4,母线长为V32+42=5,

所以其表面积为S=TTX4X(4+5)=367r.

故答案为：367T.

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】169cm136

【解析】解：由分层随机抽样的定义可知，样本中男生占，女生占全

所以用样本估计总体，则该学校学生身高的均值为£=|x175+[x160=169(g),

该学校学生身高的方差为s2=|x[84+(175-169)2]+fx[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)x2=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+℃晨,2毋=6.4；

(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：

11

0.7x4x600+0.3X5x600=240.

Z0

(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；洋

【解析】(1)证明：在AaBC中，AB=gBC=1,ABCA=

由余弦定理知，AB2=AC2+BC2-2AC-BCcos乙BCA,

所以3="2+1-2"•1•点即4c2-AC-2=0,

解得AC=2或AC=—1(舍负)，

所以■+BC2=AC2,即AB1BC,

因为四边形4BCD是平行四边形，所以4D〃BC,

所以4BLAD,

由PA_L平面ABCD,ADu平面4BCD,知P41AD,

又4BcPA=a,所以4D1平面P2B,

因为PBu平面PAB,所以力。1PB.

(2)解:由(1)知力。_L平面P4B,

因为4D〃BC,所以BC1平面P4B,

又BCu平面PBC,所以平面PBC1平面248,

所以NPB4即为4B与平面PBC所成角，

在RtAPAB中，PA=2,AB=0,所以PB=C,

所以sin/PBA=盍=亲=罕，

故AB与平面PBC所成角的正弦值为手.

(1)结合余弦定理与勾股定理证明力B1BC,从而知A81A。，由241平面ABC。，可得2412。，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_L平面P4B,可得NPB4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】Gkm；

V-5fcm.

【解析】(1)CD=1km,BC=2km,

根据三角形的面积公式可得S"co=^BC-CD,sinC=|x1x2xsinC=苧，解得sinC=?，

由C是钝角，得cosC=~29

根据余弦定理可得BD=VBC2+CD2-2BC-CD-cosC=j22+l2-2x2xlx=77,

所以需要修建，7km的步道;

(2)由题意，SABCD=\BC-CD-sinC<^BC-CD=1,当且仅当C=1时取到等号，此时=，亏,

2

设ZJIBD=a,aE(0,-TT),

BD_\TS2/15

在△ABD中，根据正弦定理可得"=・71=■"7^-

Sin,3

32

根据三角形的面积公式可得S“BD=^AD•AB•sinA

5732TT

—5—sinasin(-^——a)

3

2i+2sin2a)

2

411—cos2a

2-

=乎他+，①(2。一钊，

由a€(0,'〃)，得2aG

Jooo

当2仇一?=。即a=9时，(S—BQ)max=此时AB=BD=上女血.

oZD4

(1)由题意利用三角形的面积公式可求得sinC=?,利用同角三角函数基本关系式可求得cosC=-看进

而利用余弦定理即可求解；

(2)设N4BD=a,。6(0,|兀)，在△ABO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%BD=平联+sin(2a-匐，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】焉

lo

【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*X之=去，

2次均抽到黄球或2次均抽到蓝球的概率均为；xi=i

因此2次抽到相同颜色球的概率为卷+|=亮

DOylo

从而2次抽到不同颜色球的概率为1-亮=得，

lolo

所以小明抽到的红包均不相同的概率为得.

lo

(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B=3x©)2X|=黑；

②抽到“两个黄球和一个绿球”，则概率P2=3x©)2x1=芸，

③抽到“两个绿球和一个其他颜色球”，则概率P3=3x(》2X|=装；

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=Pl+P2+P3=黑=£.

Zlo

(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)|；(9+〃＞加,理由见解答.

O

【解析】(1)证明：由正1前，得而•能=0,

即丽•(左一通)=0，所以而•前=而•南，①

由前1万，得丽•前=0,

^(AH-AB)-AC=0,所以17m=荏•万乙②

联立①②，可得而•丽=左•希，

化简得(而一前)•历=0，即丽•丽=0，

故而1福

(2)解：作CE14B于E,

由丽=2而+〃丽，

得4京••荏+〃丽•荏=奇•近=0，

即4近•希+〃丽•荏=0，

^A\AE\\AB\=闺晴|