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河南省开封市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（Word版附解析）
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这是一份河南省开封市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了 已知复数满足，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若复数，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的运算法则，化简得到，结合复数的概念，即可求解.
【详解】由复数，所以的虚部为.
故选：B.
2. 在中，，设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平面向量加法和减法法则，计算可得答案.
【详解】由，可得，
，整理可得，
故选：A
3. 分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“2枚硬币都是正面朝上”，事件“2枚硬币朝上的面相同”，则下列与的关系中正确的个数为（ ）
①
②互斥
③互为对立
④相互独立
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】A
【解析】
【分析】根据古典概型的计算公式、互斥事件、对立事件、独立事件的概念对选项一一分析判断即可得出答案.
【详解】由题意可知：一枚硬币有两个等可能结果：正面朝上、反面朝上，
两枚硬币有两个等可能结果：正正、正反、反正、反反，
事件“2枚硬币都是正面朝上”包含的情况为：正正，
事件“2枚硬币朝上的面相同”包含的情况为：正正，反反，
故，故①正确；②错误；
事件的对立事件为：正反、反正、反反，故③错误；
则，，
所以，故④错误.
故选：A.
4. 已知为空间中两条直线，为空间中两个平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】由选项A的条件可得出线在面内或线面平行可以判断A选项；由选项B的条件可得出两个平面平行或相交可以判断B选项；由选项C的条件可得出两条直线可以平行、相交或异面可判断C选项；根据面面垂直的判定可以判断D选项.
【详解】对于A，若，则或，A错；
对于B，若，则或相交，B错；
对于C，若，则相交或或异面，C错；
对于D，若，，则或，当，又，可得；
当时，如图，平面内必然有一条直线设为与平行，由，则，
由面面垂直的判定可得，所以D正确．
故选：D．
5. 从长度为的5条线段中任取3条，这三条线段不能构成一个三角形的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用列举法及古典概型概率公式求解即可.
【详解】取出3条线段的情况有，
，共10种，
不能构成三角形的有，
共8种，
故概率.
故选：D.
6. 已知分别是圆柱上､下底面圆的圆心，分别是上､下底面圆周上一点，若，且直线与垂直，则直线与所成的角的正切值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】如图，过点作圆柱的母线，交圆柱的上底面于点，连接，说明即为直线与所成的角的平面角，进而可得出答案.
【详解】如图，过点作圆柱的母线，交圆柱的上底面于点，连接，
则平面，
则，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为，所以，
设，则，
因为平面，平面，所以，
则，
即直线与所成的角的正切值为.
故选：B.
7. 如图所示，为测量河对岸的塔高，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，则塔高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先在中，利用正弦定理求得，再在直角中，利用正切函数的定义，求得的长，即可求解．
【详解】在中，，
所以
所以，
由正弦定理，
可得，
在直角中，因为
所以，
即塔高为．
故选：C．
8. 如图，在平面四边形中，为等边三角形，当点在对角线上运动时，的最小值为（ ）
A. -2B. C. -1D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用几何知识易得，利用向量加法运算及数量积定义得，然后利用二次函数求解最值即可，
【详解】由题意，，，
，所以，
所以，即平分，
由可得
，
所以当时，有最小值为.
故选：B
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知复数满足，则（ ）
A.
B. 在复平面内对应的点位于第四象限
C.
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】先根据复数的除法运算求出，再根据共轭复数的定义即可判断A；根据复数的几何意义即可判断B；根据复数的模的公式即可判断C；根据复数的四则运算即可判断D.
【详解】由，得，
则，故A正确；
在复平面内对应的点为，位于第四象限，故B正确；
，故C错误；
，故D正确.
故选：ABD.
10. 某学校为普及安全知识，对本校1000名高一学生开展了一次校园安全知识竞赛答题活动（满分为100分）.现从中随机抽取100名学生的得分进行统计分析，整理得到如图所示的频率分布直方图，根据该直方图，下列结论正确的是（ ）
A. 图中的值为
B. 该校高一学生竞赛得分不小于90的人数估计为130人
C. 该校高一学生竞赛得分上四分位数估计大于80
D. 该校高一学生竞赛得分的平均数估计为74.6
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据频率分布直方图性质可得，判断A；计算出得分不小于90的频率，即可判断B；计算得分介于50至80之间的频率与0.75比较，从而判断C；由频率分布直方图平均数计算公式计算判断D.
【详解】由频率分布直方图性质可得：
，解得，故A正确；
得分不小于90的频率为，故得分不小于90的人数估计为人，故B错误；
得分介于50至80之间的频率为，
所以该校高一学生竞赛得分的上四分位数估计大于80，故C正确；
该校高一学生竞赛得分的平均数估计为，
故D正确.
故选：ACD
11. 若平面上的三个力作用于一点，且处于平衡状态.已知，与的夹角为，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 与的夹角为
C. 与的夹角为D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据向量的图形运算法则，结合余弦定理和向量数量积的定义等知识进行求解即可.
【详解】如图所示，设分别为，
将向量进行平移，平移至，将反向延长至点D，
则，，
在中，由余弦定理得，,
所以，即，故A正确；
显然，在中，，即，
所以，
所以与的夹角，故B错误；
与的夹角，故C正确；
，故D错误
故选：AC
12. 如图，在棱长为1的正方体中，为面对角线上的一个动点（包含端点），则下列选项中正确的有（ ）
A. 三棱锥体积为定值
B. 线段上存在点，使平面
C. 当点与点重合时，二面角的余弦值为
D. 设直线与平面所成角为，则的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A选项，利用等体积法判断；对于B、C、D三个选项可以建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.
【详解】对于A，因为三棱锥的体积，
易得平面平面，平面，
所以到平面的距离为定值，又为定值，所以三棱锥体积为定值，故A正确．
对于B，如图所示，以为坐标原点，为轴， 为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，,，，，，
设，所以，，
设平面，，，
则，取，则，则，
要使平面，即，，此时，故B正确.
对于C，当点与点重合时，此时，
设平面，，，
则，取，则，则，
设平面，设二面角所成角为，
所以，
因为为锐二面角，，所以，故C不正确；
对于D，，，
设平面，
设直线与平面所成角为，，
所以，
，
因为在上单调递增，
所以当取得最大值时，取得最大值，
当时，，此时，
所以，所以D正确
故选：ABD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，，若，则______.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据向量的垂直的坐标表示求解即可.
【详解】解：因为，，，
所以，解得.
故答案为：.
14. 中岳嵩山是著名的旅游胜地，天气预报6月30日后连续四天，每天下雨的概率为0.6，利用计算机进行模拟试验，产生之间的整数随机数，假定表示当天下雨，表示当天不下雨，每4个随机数为一组，产生如下20组随机数：
据此用频率估计四天中恰有三天下雨的概率的近似值为__________.
【答案】0.4##
【解析】
【分析】求出表中数据四天中恰有三天下雨的情况即可得出概率.
【详解】由表中数据可得四天中恰有三天下雨的有9533，9522，0018，0018，3181，8425，2436，0753，共8组，
所以估计四天中恰有三天下雨的概率为.
故答案为：0.4
15. 已知三角形中，内角的对边分别为，且，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
分析】由数量积定义、余弦定理结合已知式可得，由基本不等式求解即可.
【详解】，
由余弦定理可得：，所以，
所以，所以，
所以，
所以，又因为，所以，
所以的取值范围是.
故答案为：
16. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体（如图乙），若勒洛四面体能够容纳的最大球的表面积为，则正四面体的棱长为______.
【答案】##
【解析】
【分析】设出棱长，先根据正四面体的性质求出外接球半径，再由四面体能够容纳的最大球的半径建立方程求解即可.
【详解】设正四面体的棱长为a，根据题意，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图，点为该球与勒洛四面体的一个切点，为该球球心，
由正四面体的性质可知该球球心为正四面体的中心，
即为正四面体外接球的球心（内切球的球心），
则为正四面体的外接球的半径，勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为，
连接，则三点共线，此时，由题意，所以，
所以，
如图：
记为的中心，连接，由正四面体的性质可知在上.
因为，所以，则，
因为，即，
解得，所以，解得，即正四面体的棱长为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求解几何体外接球的半径的解题思路：一是根据球的截面的性质，利用球的半径、截面圆的半径r及球心到截面圆的距离三者的关系求解，其中确定球心的位置是关键；二是将几何体补形成长方体，利用该几何体与长方体共有的外接球的特征，由外接球的直径等于长方体的体对角线长求解.
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 某校高一年级有学生1000人，其中男生600人，女生400人.为了获得该校全体高一学生的身高信息，采用样本量比例分配的分层随机抽样，抽取一个容量为50的样本.
（1）求抽取男生､女生的人数；
（2）观测样本的指标值（单位：），计算得到男生样本的均值为170，方差为14，女生样本的均值为160，方差为34，求总样本的方差，并估计高一年级全体学生的身高方差.
【答案】（1）30；20
（2）方差为46，身高方差为
【解析】
【分析】（1）根据分层抽样的概念及计算方法，即可求解；
（2）记男生身高的均值记为，方差记为；女生身高的均值记为，方差记为，得到总样本的均值为，结合，即可求解.
【小问1详解】
解：由题意，高一年级有学生1000人，其中男生600人，女生400人，
采用样本量比例分配的分层随机抽样，抽取一个容量为50的样本，
所以抽取男生人数为，女生人数为.
【小问2详解】
解：记男生身高为，其均值记为，方差记为；女生身高为，其均值记为，方差记为，把总样本数据的均值记为，方差记为，
所以总样本的均值为，
总样本的方差为
，
所以总样本的方差为46，据此估计高一年级学生身高的总体方差为.
18. 如图，在直四棱柱中，，，点为的中点.
（1）求证：平面；
（2）设是直线上的动点，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用平行四边形的性质得线线平行，再根据线面平行的判定即可证明；
（2）利用等体积法求解即可.
【小问1详解】
如图所示，分别取的中点，连接，
由题意得，且，且，
所以且，所以四边形是平行四边形，
所以，又因为，所以，
又因为平面平面，所以平面.
【小问2详解】
由（1）平面，
所以上任意一点到平面的距离都相等，所以，
由题意，又，平面，
所以平面，又，所以平面，即平面，
因为，
所以，
所以三棱锥的体积为.
19. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量.若向量，则把有序数对叫做向量在斜坐标系中的坐标.设向量在斜坐标系中的坐标分别为.
（1）求；
（2）求向量在向量上的投影向量在斜坐标系中的坐标.
【答案】（1）3 （2）
【解析】
【分析】（1）由题可知：，再利用数量积的运算律求解即可；
（2）利用向量在向量上的投影向量为求解即可.
【小问1详解】
由题可知：，
则.
【小问2详解】
记与的夹角为，
则向量在向量上的投影向量为，
所以向量在向量上的投影向量在斜坐标系中的坐标为.
20. 11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲､乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立.已知在某局双方平后，甲先发球.
（1）若两人又打了2个球该局比赛结束的概率为，求的值；
（2）在（1）的条件下，求两人又打了4个球且甲获胜的概率.
【答案】（1）的值为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意得到事件的可能情况进而列出方程求解；
（2）根据题意分析知所对应的事件为前两球甲乙各得1分、后两球均为甲得分，根据题意的先后手情况，列出式子求解即可.
【小问1详解】
由题意可知，甲先发球，两人又打了2个球该局比赛结束，
所对应的事件为“甲连赢两球或乙连赢两球”，
所以，
解得，即的值为
【小问2详解】
由题意可知，若两人又打了4个球且甲获胜，
所对应的事件为“前两球甲乙各得1分，后两球均为甲得分”，
因为甲发球时甲得分的概率为，乙得分的概率为，
乙发球时甲得分的概率为，乙得分的概率为，
所以
21. 在中，内角的对边分别为.已知.
（1）求；
（2）若的面积为，且为的中点，求线段的长.
【答案】（1）
（2）3
【解析】
【分析】（1）先利用正弦定理化边为角，得出的关系，再根据得出的关系，再利用余弦定理即可得解；
（2）先根据三角形的面积公式求出，再向量化即可得解.
【小问1详解】
由正弦定理，可得，
即，
又因为，得，
所以；
【小问2详解】
由（1）可知，
由，得，
所以，
得，
又因为，
所以，
即线段的长为3.
22. 三棱锥中，底面为正三角形，平面，为棱的中点，且（为正常数）.
（1）若，求二面角的大小；
（2）记直线和平面所成角为，试用常数表示的值，并求的取值范围.
【答案】（1）
（2）；
【解析】
【分析】（1）先证明平面，从而可得二面角的平面角是，求解即可；
（2）在平面内作，连接，先证明平面，从而可得直线和平面所成的角，进而可得，求得，从而可求解.
【小问1详解】
底面为正三角形，为棱的中点，所以，
因为平面平面，所以，
又因为平面，所以平面
又平面，所以，
所以二面角的平面角是，
而，又，所以.
故二面角的大小为.
【小问2详解】
在平面内作，连接，
由平面平面，
所以平面平面，
又平面平面，平面，
所以平面，
所以直线和平面所成的角，
在中，根据等面积法可得，
所以，
因为，所以，即，
所以即，
因为，所以，
所以直线和平面所成角的取值范围为.
注意事项：
1.本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若复数，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的运算法则，化简得到，结合复数的概念，即可求解.
【详解】由复数，所以的虚部为.
故选：B.
2. 在中，，设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平面向量加法和减法法则，计算可得答案.
【详解】由，可得，
，整理可得，
故选：A
3. 分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“2枚硬币都是正面朝上”，事件“2枚硬币朝上的面相同”，则下列与的关系中正确的个数为（ ）
①
②互斥
③互为对立
④相互独立
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】A
【解析】
【分析】根据古典概型的计算公式、互斥事件、对立事件、独立事件的概念对选项一一分析判断即可得出答案.
【详解】由题意可知：一枚硬币有两个等可能结果：正面朝上、反面朝上，
两枚硬币有两个等可能结果：正正、正反、反正、反反，
事件“2枚硬币都是正面朝上”包含的情况为：正正，
事件“2枚硬币朝上的面相同”包含的情况为：正正，反反，
故，故①正确；②错误；
事件的对立事件为：正反、反正、反反，故③错误；
则，，
所以，故④错误.
故选：A.
4. 已知为空间中两条直线，为空间中两个平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】由选项A的条件可得出线在面内或线面平行可以判断A选项；由选项B的条件可得出两个平面平行或相交可以判断B选项；由选项C的条件可得出两条直线可以平行、相交或异面可判断C选项；根据面面垂直的判定可以判断D选项.
【详解】对于A，若，则或，A错；
对于B，若，则或相交，B错；
对于C，若，则相交或或异面，C错；
对于D，若，，则或，当，又，可得；
当时，如图，平面内必然有一条直线设为与平行，由，则，
由面面垂直的判定可得，所以D正确．
故选：D．
5. 从长度为的5条线段中任取3条，这三条线段不能构成一个三角形的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用列举法及古典概型概率公式求解即可.
【详解】取出3条线段的情况有，
，共10种，
不能构成三角形的有，
共8种，
故概率.
故选：D.
6. 已知分别是圆柱上､下底面圆的圆心，分别是上､下底面圆周上一点，若，且直线与垂直，则直线与所成的角的正切值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】如图，过点作圆柱的母线，交圆柱的上底面于点，连接，说明即为直线与所成的角的平面角，进而可得出答案.
【详解】如图，过点作圆柱的母线，交圆柱的上底面于点，连接，
则平面，
则，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为，所以，
设，则，
因为平面，平面，所以，
则，
即直线与所成的角的正切值为.
故选：B.
7. 如图所示，为测量河对岸的塔高，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，则塔高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先在中，利用正弦定理求得，再在直角中，利用正切函数的定义，求得的长，即可求解．
【详解】在中，，
所以
所以，
由正弦定理，
可得，
在直角中，因为
所以，
即塔高为．
故选：C．
8. 如图，在平面四边形中，为等边三角形，当点在对角线上运动时，的最小值为（ ）
A. -2B. C. -1D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用几何知识易得，利用向量加法运算及数量积定义得，然后利用二次函数求解最值即可，
【详解】由题意，，，
，所以，
所以，即平分，
由可得
，
所以当时，有最小值为.
故选：B
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知复数满足，则（ ）
A.
B. 在复平面内对应的点位于第四象限
C.
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】先根据复数的除法运算求出，再根据共轭复数的定义即可判断A；根据复数的几何意义即可判断B；根据复数的模的公式即可判断C；根据复数的四则运算即可判断D.
【详解】由，得，
则，故A正确；
在复平面内对应的点为，位于第四象限，故B正确；
，故C错误；
，故D正确.
故选：ABD.
10. 某学校为普及安全知识，对本校1000名高一学生开展了一次校园安全知识竞赛答题活动（满分为100分）.现从中随机抽取100名学生的得分进行统计分析，整理得到如图所示的频率分布直方图，根据该直方图，下列结论正确的是（ ）
A. 图中的值为
B. 该校高一学生竞赛得分不小于90的人数估计为130人
C. 该校高一学生竞赛得分上四分位数估计大于80
D. 该校高一学生竞赛得分的平均数估计为74.6
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据频率分布直方图性质可得，判断A；计算出得分不小于90的频率，即可判断B；计算得分介于50至80之间的频率与0.75比较，从而判断C；由频率分布直方图平均数计算公式计算判断D.
【详解】由频率分布直方图性质可得：
，解得，故A正确；
得分不小于90的频率为，故得分不小于90的人数估计为人，故B错误；
得分介于50至80之间的频率为，
所以该校高一学生竞赛得分的上四分位数估计大于80，故C正确；
该校高一学生竞赛得分的平均数估计为，
故D正确.
故选：ACD
11. 若平面上的三个力作用于一点，且处于平衡状态.已知，与的夹角为，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 与的夹角为
C. 与的夹角为D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据向量的图形运算法则，结合余弦定理和向量数量积的定义等知识进行求解即可.
【详解】如图所示，设分别为，
将向量进行平移，平移至，将反向延长至点D，
则，，
在中，由余弦定理得，,
所以，即，故A正确；
显然，在中，，即，
所以，
所以与的夹角，故B错误；
与的夹角，故C正确；
，故D错误
故选：AC
12. 如图，在棱长为1的正方体中，为面对角线上的一个动点（包含端点），则下列选项中正确的有（ ）
A. 三棱锥体积为定值
B. 线段上存在点，使平面
C. 当点与点重合时，二面角的余弦值为
D. 设直线与平面所成角为，则的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A选项，利用等体积法判断；对于B、C、D三个选项可以建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.
【详解】对于A，因为三棱锥的体积，
易得平面平面，平面，
所以到平面的距离为定值，又为定值，所以三棱锥体积为定值，故A正确．
对于B，如图所示，以为坐标原点，为轴， 为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，,，，，，
设，所以，，
设平面，，，
则，取，则，则，
要使平面，即，，此时，故B正确.
对于C，当点与点重合时，此时，
设平面，，，
则，取，则，则，
设平面，设二面角所成角为，
所以，
因为为锐二面角，，所以，故C不正确；
对于D，，，
设平面，
设直线与平面所成角为，，
所以，
，
因为在上单调递增，
所以当取得最大值时，取得最大值，
当时，，此时，
所以，所以D正确
故选：ABD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，，若，则______.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据向量的垂直的坐标表示求解即可.
【详解】解：因为，，，
所以，解得.
故答案为：.
14. 中岳嵩山是著名的旅游胜地，天气预报6月30日后连续四天，每天下雨的概率为0.6，利用计算机进行模拟试验，产生之间的整数随机数，假定表示当天下雨，表示当天不下雨，每4个随机数为一组，产生如下20组随机数：
据此用频率估计四天中恰有三天下雨的概率的近似值为__________.
【答案】0.4##
【解析】
【分析】求出表中数据四天中恰有三天下雨的情况即可得出概率.
【详解】由表中数据可得四天中恰有三天下雨的有9533，9522，0018，0018，3181，8425，2436，0753，共8组，
所以估计四天中恰有三天下雨的概率为.
故答案为：0.4
15. 已知三角形中，内角的对边分别为，且，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
分析】由数量积定义、余弦定理结合已知式可得，由基本不等式求解即可.
【详解】，
由余弦定理可得：，所以，
所以，所以，
所以，
所以，又因为，所以，
所以的取值范围是.
故答案为：
16. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体（如图乙），若勒洛四面体能够容纳的最大球的表面积为，则正四面体的棱长为______.
【答案】##
【解析】
【分析】设出棱长，先根据正四面体的性质求出外接球半径，再由四面体能够容纳的最大球的半径建立方程求解即可.
【详解】设正四面体的棱长为a，根据题意，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图，点为该球与勒洛四面体的一个切点，为该球球心，
由正四面体的性质可知该球球心为正四面体的中心，
即为正四面体外接球的球心（内切球的球心），
则为正四面体的外接球的半径，勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为，
连接，则三点共线，此时，由题意，所以，
所以，
如图：
记为的中心，连接，由正四面体的性质可知在上.
因为，所以，则，
因为，即，
解得，所以，解得，即正四面体的棱长为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求解几何体外接球的半径的解题思路：一是根据球的截面的性质，利用球的半径、截面圆的半径r及球心到截面圆的距离三者的关系求解，其中确定球心的位置是关键；二是将几何体补形成长方体，利用该几何体与长方体共有的外接球的特征，由外接球的直径等于长方体的体对角线长求解.
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 某校高一年级有学生1000人，其中男生600人，女生400人.为了获得该校全体高一学生的身高信息，采用样本量比例分配的分层随机抽样，抽取一个容量为50的样本.
（1）求抽取男生､女生的人数；
（2）观测样本的指标值（单位：），计算得到男生样本的均值为170，方差为14，女生样本的均值为160，方差为34，求总样本的方差，并估计高一年级全体学生的身高方差.
【答案】（1）30；20
（2）方差为46，身高方差为
【解析】
【分析】（1）根据分层抽样的概念及计算方法，即可求解；
（2）记男生身高的均值记为，方差记为；女生身高的均值记为，方差记为，得到总样本的均值为，结合，即可求解.
【小问1详解】
解：由题意，高一年级有学生1000人，其中男生600人，女生400人，
采用样本量比例分配的分层随机抽样，抽取一个容量为50的样本，
所以抽取男生人数为，女生人数为.
【小问2详解】
解：记男生身高为，其均值记为，方差记为；女生身高为，其均值记为，方差记为，把总样本数据的均值记为，方差记为，
所以总样本的均值为，
总样本的方差为
，
所以总样本的方差为46，据此估计高一年级学生身高的总体方差为.
18. 如图，在直四棱柱中，，，点为的中点.
（1）求证：平面；
（2）设是直线上的动点，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用平行四边形的性质得线线平行，再根据线面平行的判定即可证明；
（2）利用等体积法求解即可.
【小问1详解】
如图所示，分别取的中点，连接，
由题意得，且，且，
所以且，所以四边形是平行四边形，
所以，又因为，所以，
又因为平面平面，所以平面.
【小问2详解】
由（1）平面，
所以上任意一点到平面的距离都相等，所以，
由题意，又，平面，
所以平面，又，所以平面，即平面，
因为，
所以，
所以三棱锥的体积为.
19. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量.若向量，则把有序数对叫做向量在斜坐标系中的坐标.设向量在斜坐标系中的坐标分别为.
（1）求；
（2）求向量在向量上的投影向量在斜坐标系中的坐标.
【答案】（1）3 （2）
【解析】
【分析】（1）由题可知：，再利用数量积的运算律求解即可；
（2）利用向量在向量上的投影向量为求解即可.
【小问1详解】
由题可知：，
则.
【小问2详解】
记与的夹角为，
则向量在向量上的投影向量为，
所以向量在向量上的投影向量在斜坐标系中的坐标为.
20. 11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲､乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立.已知在某局双方平后，甲先发球.
（1）若两人又打了2个球该局比赛结束的概率为，求的值；
（2）在（1）的条件下，求两人又打了4个球且甲获胜的概率.
【答案】（1）的值为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意得到事件的可能情况进而列出方程求解；
（2）根据题意分析知所对应的事件为前两球甲乙各得1分、后两球均为甲得分，根据题意的先后手情况，列出式子求解即可.
【小问1详解】
由题意可知，甲先发球，两人又打了2个球该局比赛结束，
所对应的事件为“甲连赢两球或乙连赢两球”，
所以，
解得，即的值为
【小问2详解】
由题意可知，若两人又打了4个球且甲获胜，
所对应的事件为“前两球甲乙各得1分，后两球均为甲得分”，
因为甲发球时甲得分的概率为，乙得分的概率为，
乙发球时甲得分的概率为，乙得分的概率为，
所以
21. 在中，内角的对边分别为.已知.
（1）求；
（2）若的面积为，且为的中点，求线段的长.
【答案】（1）
（2）3
【解析】
【分析】（1）先利用正弦定理化边为角，得出的关系，再根据得出的关系，再利用余弦定理即可得解；
（2）先根据三角形的面积公式求出，再向量化即可得解.
【小问1详解】
由正弦定理，可得，
即，
又因为，得，
所以；
【小问2详解】
由（1）可知，
由，得，
所以，
得，
又因为，
所以，
即线段的长为3.
22. 三棱锥中，底面为正三角形，平面，为棱的中点，且（为正常数）.
（1）若，求二面角的大小；
（2）记直线和平面所成角为，试用常数表示的值，并求的取值范围.
【答案】（1）
（2）；
【解析】
【分析】（1）先证明平面，从而可得二面角的平面角是，求解即可；
（2）在平面内作，连接，先证明平面，从而可得直线和平面所成的角，进而可得，求得，从而可求解.
【小问1详解】
底面为正三角形，为棱的中点，所以，
因为平面平面，所以，
又因为平面，所以平面
又平面，所以，
所以二面角的平面角是，
而，又，所以.
故二面角的大小为.
【小问2详解】
在平面内作，连接，
由平面平面，
所以平面平面，
又平面平面，平面，
所以平面，
所以直线和平面所成的角，
在中，根据等面积法可得，
所以，
因为，所以，即，
所以即，
因为，所以，
所以直线和平面所成角的取值范围为.
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