还剩15页未读，
继续阅读
2022-2023学年贵州省黔西南州金成实验学校高一（下）期末数学试卷（含解析）
展开
这是一份2022-2023学年贵州省黔西南州金成实验学校高一（下）期末数学试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年贵州省黔西南州金成实验学校高一（下）期末数学试卷
一、选择题（本题共12小题，共60分）
1. 在复平面内，复数z=2i1+i所对应的点位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2. 我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为( )
A. 1365石 B. 338石 C. 169石 D. 134石
3. 设α，β为两个平面，则α//β的充要条件是( )
A. α内有无数条直线与β平行 B. α内有两条相交直线与β平行
C. α，β平行于同一条直线 D. α，β垂直于同一平面
4. 正方体ABCD-A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为( )
A. 23 B. 33 C. 23 D. 63
5. 甲、乙两个人进行“剪子、包袱、锤”的游戏，两人都随机出拳，则一次游戏两人平局的概率为( )
A. 13 B. 23 C. 14 D. 29
6. 如图，△O'A'B'是水平放置的△OAB的直观图，则△OAB的周长为( )
A. 10+2 13 B. 3 2 C. 10+4 13 D. 12
7. 粽子古称“角黍”，是中国传统的节庆食品之一，由粽叶包裹糯米等食材蒸制而成.因各地风俗不同，粽子的形状和味道也不同，某地流行的“五角粽子”，其形状可以看作所有棱长均为4cm的正四棱锥.现在需要在粽子内部放入一颗咸蛋黄，蛋黄的形状近似地看成球，则当这个蛋黄的体积最大时，蛋黄的半径为( )
A. 6+ 2 B. 6- 2 C. 3+1 D. 3-1
8. 第41届世界博览会于2010年月1日至10月31日，在中国上海举行，气势磅礴的中国馆一一“东方之冠”令人印象深刻，该馆以“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”为设计理念，代表中国文化的精神与气质．其形如冠盖，层叠出挑，制似斗拱．它有四根高33.3米的方柱，托起斗状的主体建筑，总高度为60.3米，上方的“斗冠”类似一个倒置的正四棱台，上底面边长是139.4米，下底面边长是69.9米，则“斗冠”的侧面与上底面的夹角约为( )
A. 20° B. 28° C. 38° D. 48°
9. 设复数z的共轭复数为z-，i为虚数单位，则下列命题正确的是( )
A. z+z-∈R B. z-z-是纯虚数
C. 若z=cosπ5+isin3π5，则|z|=1 D. 若|z-i|=1，则|z|的最大值为2
10. 某校进行防疫知识问卷测试，已知该校高一年级有学生1200人，高二年级有学生960人，高三年级有学生840人.为了解全校学生问卷测试成绩的情况，按年级进行分层随机抽样得到容量为n的样本.若在高一年级中抽取了40人，则下列结论一定成立的是( )
A. 样本容量n=100
B. 在抽样的过程中，女生甲被抽中的概率与男生乙被抽中的概率是不相等的
C. 高二年级，高三年级应抽取的人数分别为32人，28人
D. 如果高一，高二，高三年级问卷测试成绩的平均分分别为85分，80分，90分，那么估计该校全体学生本次问卷测试成绩的平均分为84.8分
11. 在直角△ABC中，CD是斜边AB上的高，则下列等式不成立的是( )
A. |AC|2=AC⋅AB B. |BC|2=BA⋅BC
C. |AB|2=AC⋅CD D. |CD|2=(AC⋅AB)×(BA⋅BC)|AB|2
12. (多选)已知数据x1，x2，…，xn的平均数为x-，标准差为s，则下列说法正确的是( )
A. 数据x12，x22，…，xn2的平均数为x-2，标准差为s2
B. 数据2x1，2x2，…，2xn的平均数为2x-，标准差为2s
C. 数据x1+2，x2+2，…，xn+2的平均数为x-+2，方差为s2
D. 数据2x1-2，2x2-2，…，2xn-2的平均数为2x--2，方差为2s2
二、填空题（本题共4小题，共20分）
13. 一个袋子中有质地和大小相同的4个球，其中有2个红色球，2个绿色球，从袋中不放回地依次随机摸出2个球，则事件“第一次摸得红球，第二次摸得绿球”的概率为 ．
14. 已知向量a=(x,2)，b=(2,1)，c=(3,x)，若a//b，则|b+c|=______．
15. △ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知a=b，c2=2b2(1-sinC)，则C=______．
16. 足球运动是一项古老的体育活动，众多的资料表明，中国古代足球的出现比欧洲早，历史更为悠久，如图，现代比赛用足球是由正五边形与正六边形构成的共32个面的多面体，著名数学家欧拉证明了凸多面体的面数(F)，顶点数(V)，棱数(E)满足F+V-E=2，那么，足球有______ 个正六边形的面，若正六边形的边长为 21，则足球的直径为______ cm(结果保留整数)
(参考数据tan54°=1.38, 3=1,73,π=3.14)．
三、解答题（本题共6小题，共70分）
17. 为了解某校学生的视力情况，随机抽查了该校的100名学生，得到的频率分布直方图如图所示，由于不慎将部分数据丢失，但知道前4组的频数和为40，后6组的频数和为87．
(Ⅰ)设最大频率为a，求a的值；
(Ⅱ)从[4.4,4.5)，[4.5,4.6)中按分层抽样的方法抽取4人，再从4人中抽取2人，求这2人的视力都在[4.5,4.6)内的概率．
18. 已知|a|=4，|b|=3，(2a-3b)(2a+b)=61，
(1)求a与b的夹角θ；
(2)求|a+b|；
(3)若AB=a，BC=b，求△ABC的面积．
19. 如图，在三棱锥A-BCD中，点E，F分别是BD，BC的中点，AB=AD，AE⊥BC.求证：
(1)EF//平面ACD；
(2)AE⊥CD．
20. 请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．
①AB2+AB⋅BC=-6；②b2+c2=52；③△ABC的面积为3 15．
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b-c=2，cosA=-14，_____．
(1)求a；
(2)求cos(2C+π6)的值．
21. 某集团公司为了加强企业管理，树立企业形象，考虑在公司内部对迟到现象进行处罚.现在员工中随机抽取200人进行调查，当不处罚时，有80人会迟到，处罚时，得到如下数据：
处罚金额 x (单位：元)
50
100
150
200
迟到的人数 y
50
40
20
0
若用表中数据所得频率代替概率．
(Ⅰ)当处罚金定为100元时，员工迟到的概率会比不进行处罚时降低多少？
(Ⅱ)将选取的200人中会迟到的员工分为A，B两类：A类员工在罚金不超过100元时就会改正行为；B类是其他员工.现对A类与B类员工按分层抽样的方法抽取4人依次进行深度问卷，则前两位均为B类员工的概率是多少？
22. 如图在△AOB中，D是边OB的中点，C是边OA上靠近O的三等分点，AD与BC交于M点．设OA=a，OB=b．
(1)用a，b表示OM；
(2)过点M的直线与边OA，OB分别交于E，F.设OE=pOA，OF=qOB，求1p+2q的值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查复数代数形式的乘除运算，复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题．
利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z所对应的点的坐标得答案．
【解答】
解：∵z=2i1+i=2i(1-i)(1+i)(1-i)=1+i，
∴复数z所对应的点的坐标为(1,1)，位于第一象限．
故选：A．
2.【答案】C
【解析】解：由题意，这批米内夹谷约为1534×28254≈169石，
故选：C．
根据254粒内夹谷28粒，可得比例，即可得出结论．
本题考查利用数学知识解决实际问题，考查学生的计算能力，比较基础．
3.【答案】B
【解析】解：α内有无数条直线与β平行，不一定有α//β，也可能相交，故A错误；
α内有两条相交直线与β平行，则α//β，反之成立，故B正确；
α，β平行于同一条直线，不一定有α//β，也可能相交，故C错误；
α，β垂直于同一平面，不一定有α//β，也可能相交，故D错误．
故选：B．
由平面与平面平行的判定逐一分析四个选项得答案．
本题考查平面与平面平行的判定，考查充分必要条件的应用，是基础题．
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查直线与平面所成的角．
正方体上下底面中心的连线平行于BB1，则O1O与平面ACD1所成角就是BB1与平面ACD1所成角，在直角三角形OO1D1中，利用边角关系求出此角的余弦值．
【解答】
解：如图，设上下底面的中心分别为O1，O，设正方体的棱长等于1，
易得O1O//BB1，
则O1O与平面ACD1所成角就是BB1与平面ACD1所成角，即∠O1OD1，
直角三角形OO1D1中，cos∠O1OD1=O1OOD1=1 62= 63，
故选：D．
5.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了列表法求概率，属于基础题．
首先根据题意列出表格，然后由表格即可求得所有等可能的结果与两人平局的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【解答】
解：甲、乙两个人进行“剪子、包袱、锤”的游戏，所有可能出现的结果列表如下：
(甲，乙)
锤
剪子
包袱
锤
(锤，锤)
(锤，剪子)
(锤，包袱)
剪子
(剪子，锤)
(剪子，剪子)
(剪子，包袱)
包袱
(包袱，锤)
(包袱，剪子)
(包袱，包袱)
∵由表格可知，共有9种等可能情况．其中平局的有3种：(锤，锤)、(剪子，剪子)、(包袱，包袱)．
∴甲和乙平局的概率为：39=13．
故选：A．
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查斜二侧画法，属于基础题．
根据斜二测画法得到三角形OAB为直角三角形，∠AOB=90°，边长OB=4，OA=2O'A'=6，然后即可求三角形的周长．
【解析】
解：根据斜二测画法得到三角形OAB为直角三角形，∠AOB=90°，
底边长OB=4，高OA=2O'A'=6，
所以AB=2 13，
∴直角三角形OAB的周长为10+2 13．
故选A．
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查空间几何体的结构特征及相关计算，考查运算求解能力，属于中档题．
由三角形面积公式求出侧面积，再由正方形面积公式求得底面积，则表面积可求，求出正四棱锥的高，再由等体积法求内切球的半径．
【解答】
解：由粽子的形状是所有棱长均为4cm的正四棱锥，
得每个侧面三角形的面积为12×4×4× 32=4 3cm2．
∴粽子的表面积为4×4 3+4×4=(16 3+16)cm2；
球的体积要达到最大，则需要球与四棱锥的五个面都相切，
正四棱锥的高为h= 42-(2 2)2=2 2cm，设球的半径为r，
∴四棱锥的体积V=13×(16 3+16)r=13×16×2 2，解得r= 6- 2cm．
故选：B．
8.【答案】C
【解析】解：依题意得“斗冠”的高为60.3-33.3=27米，如图，PE=27，
ME=12(MN-EF)=12(139.4-69.9)=1394，
∠PME为“斗冠”的侧面与上底面的夹角，
tan∠PME=PEME=271394=108139≈0.78．
tan30°= 33≈0.58，tan45°=1，
∵0.58<0.78<1，∴30°<∠PME<45°，
故选：C．
求出“斗冠”的高为60.3-33.3=27米，作出直观图，得PE=27，ME=12(MN-EF)=1394，∠PME为“斗冠”的侧面与上底面的夹角，由此能求出“斗冠”的侧面与上底面的夹角．
本题考查“斗冠”的侧面与上底面的夹角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力，是中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：设z=a+bi，a，b∈R，
则z-=a-bi，z+z-=2a∈R，故A选项正确，
当z为实数，z-z- 是实数，故B选项错误，
若z=cosπ5+isin3π5，
则|z|= cos2π5+sin23π5≠1，故C选项错误，
若|z-i|=1，设z=a+bi，a，b∈R，
即a2+(b-1)2=1，则|z|表示圆上的点到原点的距离，其最大值为2，故D选项正确．
故选：AD．
根据已知条件，结合复数的运算法则，以及复数模公式和复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查了复数的运算法则，以及复数模公式和复数的几何意义，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：对于A，由题意可知，40n=12001200+960+840，解得n=100，故A正确；
对于B，在抽样的过程中，女生甲被抽中的概率与男生乙被抽中的概率是相等的，故B错误；
对于C，高二年级抽取的人数为：100×9601200+960+840=32人，
高三年级抽取的人数为：100×8401200+960+840=28人，故C正确；
对于D，高一，高二，高三年级问卷测试成绩的平均分分别为85分，80分，90分，
则估计该校全体学生本次问卷测试成绩的平均分为：40100×85+32100×80+28100×90=84.8，故D正确．
故选：ACD．
根据已知条件，结合分层抽样的定义，以及平均数公式，即可依次求解．
本题主要考查分层抽样的定义，以及平均数公式，属于基础题．
11.【答案】C
【解析】解：∵|AC|2=AC⋅AB⇔AC⋅(AC-AB)=0⇔AC⋅BC=0，∴A是正确的，同理B也正确，
对于D答案可变形为|CD|2⋅|AB|2=|AC|2⋅|BC|2，通过等积变换判断为正确
故选：C．
根据|AC|2=AC⋅AB⇔AC⋅(AC-AB)=0⇔AC⋅BC=0，∴A是正确的，同理B也正确，再由D答案可变形为|CD|2⋅|AB|2=|AC|2⋅|BC|2，通过等积变换判断为正确，从而得到答案．
本题主要考查平面向量的数量积的定义．要会巧妙变形和等积变换．
12.【答案】BC
【解析】解：对于A，数据x1，x2，⋯，xn的平均数为x-，数据x12，x22，……，xn2的平均数无法求出，故A错误；
对于B，数据2x1，2x2，⋯，2xn的平均数为1n(2x1+2x2+⋯+2xn)=2x-，
数据x1，x2，⋯，xn的方差为s2，则数据2x1，2x2，⋯，2xn的方差为4s2，标准差为 4s2=2s，故B正确；
对于C，数据x1+2，x2+2，⋯，xn+2的平均数为1n(x1+2+x2+2+⋯+xn+2)=1n(x1+x2+⋯+xn)+1n×2n=x-+2，方差为s2，故C正确；
对于D，数据x1，x2，⋯，xn的方差为s2，则数据2x1-2，2x2-2，⋯，2xn-2的方差为4s2，故D错误．
故选：BC．
由平均数、方差的定义及公式，逐一判断即可得结论．
本题考查了平均数及方差的定义，同时考查了化简运算的能力，属于基础题．
13.【答案】13
【解析】
【分析】
本题主要考查古典概型；考查学生的逻辑推理和运算求解能力；考查的核心素养是逻辑推理及数学运算，属于基础题．
先求出从袋中不放回地依次随机摸出2个球n，再求出事件“第一次摸得红球，第二次摸得绿球”的基本事件个数为m，即可利用古典概型概率计算公式求出所求概率．
【解答】
解：由题意可知不放回地依次随机摸出两个球的基本事件总数n=4×3=12，
事件“第一次摸得红球，第二次摸得绿球”的基本事件个数为m=4，
所以所求概率为P=mn=412=13．
故答案为：13．
14.【答案】5 2
【解析】解：∵a//b；
∴x-4=0；
∴x=4；
∴c=(3,4)；
∴b+c=(5,5)；
∴|b+c|=5 2．
故答案为：5 2．
根据a//b即可求出x=4，从而可求出b+c=(5,5)，这样即可求出|b+c|的值．
考查向量平行时的坐标关系，以及向量坐标的加法运算，根据向量的坐标可求向量的长度．
15.【答案】π4
【解析】解：∵c2=2b2(1-sinC)，∴sinC=1-c22b2，
又∵a=b，由余弦定理可得：cosC=a2+b2-c22ab=1-c22b2=sinC，
∴sinC-cosC=0，∴tanC=1
∵C∈(0,π)，
∴C=π4．
故答案为：π4．
化简已知等式可得sinC=1-c22b2，又a=b，由余弦定理可得：cosC=sinC，利用两角差的正弦函数公式可求tanC=1，结合范围C∈(0,π))，可求C的值．
本题主要考查了余弦定理，两角差的正弦函数公式，正弦函数的图象和性质在解三角形中的应用，考查了转化思想和数形结合思想的应用，属基础题．
16.【答案】20 22
【解析】解：由足球的表面为正六边形和正五边形构成，且每块正五边形的周围都是正六边形，
可得每相邻的多边形都有一条公共边，每个顶点处都有三条边，且一个正五边形，连接两个正六边形．
设正五边形有x块，正六边形有y块，可得x+y+13(5x+6y)-12(5x+6y)=25x=12×6y
解得x=12y=20，所以足球表面有20个正六边形的面，
每个正六边形的面积为12×( 21)2× 32×6=63 32，
每个正五边形的面积为12× 21× 21tan54°2×5=105tan54°4，
球的表面积S=20×=63 32+12×105tan54°4
=630 3+315tan54°=1089.9+434.7=1524.6．
所以4πR2=π(2R)2=1524.6，
2R≈22，所以足球的直径为22cm．
故答案为：20；22．
首先根据足球表面的特点，设正五边形有x块，正六边形有y块，可得5x=12×6y，且x+y+13(5x+6y)-12(5x+6y)=2，解得x，y，分别计算每个正六边形和正五边形的面积，进而得到足球的表面积，再由球的表面积公式计算，可得球的直径．
本题考查球的表面积公式的运用，以及正多边形的性质和面积的运用，考查转化思想、方程思想和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)由频率分布直方图知组距为0.1，
前3组频数和为100-87=13，
则第四组频数为40-13=27最大，
故最大频率为a=0.27；
(Ⅱ)由图可得
第一组频数为100×0.1×0.1=1人，
第二组频数为100×0.3×0.1=3人，
则第三组频数为13-3-1=9人，
从[4.4,4.5)，[4.5,4.6)两组中按分层抽样的方法抽取4人，
则[4.4,4.5)中抽取4×33+9=1人，
[6,8)中抽取4×93+9=3人，
再从这4人中抽取2人，基本事件总数n=6，
则有2人在[4.4,4.5)组中包含的基本事件个数m=3，
∴恰有2人在[4.4,4.5)组中的概率P=mn=36=12．
【解析】本题考查频率、频数、概率的求法，考查频率分布直方图的性质、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
(Ⅰ)由频率分布直方图知组距为0.1，前3组频数和为13，由4.6到4.7之间的频数最大为27，由此可得a；
(Ⅱ)从[4.4,4.5)，[4.5,4.6)中按分层抽样的方法抽取4人，则[4.4,4.5)抽取1人，[4.5,4.6)抽取3人，再从这4人中抽取2人，基本事件总数n=6，两人都在[4.5,4.6)组中包含的基本事件个数m=3，由此能求出概率．
18.【答案】解：(1)∵(2a-3b)(2a+b)=61，∴4|a|2-4a⋅b-3|b|2=61，
又|a|=4，|b|=3，∴64-4a⋅b-27=61，∴a⋅b=-6，
∴cosθ=a⋅b|a||b|=-64×3=-12，
又0≤θ≤π，∴θ=2π3．
(2)|a+b|= (a+b)2= |a|2+2a⋅b+|b|2= 13．
(3)∵AB与BC的夹角θ=2π3，
∴∠ABC=π-2π3=π3
又|AB|=|a|=4，|BC|=|b|=3
∴S△ABC=12|AB||BC|sin∠ABC=12×4×3× 32=3 3．
【解析】本题考查向量的夹角模长和正弦定理的应用，本题解题的关键是对于所给的表示式的整理，得到要用的数量积，属于基础题．
(1)根据两个向量的数量积的值，把这两个向量展开，写出有关向量的模长和数量积的表示式，得到两个向量的数量积，代入求夹角的公式得到夹角的余弦值，求出夹角；
(2)利用模长公式求模长；
(3)结合两个向量的夹角，求出三角形的内角，用正弦定理写出三角形的面积的表示形式，代入模长和夹角得到结果．
19.【答案】证明：(1)因为点E，F分别是BD，BC的中点，
所以EF//CD，
又因EF⊄平面ACD，CD⊂平面ACD，
从而EF//平面ACD．
(2)因为点E是BD的中点，且AB=AD，
所以AE⊥BD，
又因AE⊥BC，BC⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，
BC∩BD=B，
故AE⊥平面BCD，
因为CD⊂平面BCD，
所以AE⊥CD．
【解析】(1)证明EF//CD，利用直线与平面平行的判断定理证明EF//平面ACD．
(2)证明AE⊥BD，结合AE⊥BC，推出AE⊥平面BCD，然后证明AE⊥CD．
本题考查直线与平面平行以及垂直的判断定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．
20.【答案】解：(1)方案一：选择条件①：AB2+AB⋅BC=AB⋅(AB+BC)=AB⋅AC=bccosA=-6，
∵cosA=-14，
∴bc=24，
由bc=24b-c=2解得b=6c=4或b=-4c=-6(舍去)，
∴a2=b2+c2-2bccosA=36+16-2×6×4×(-14)=64，
∴a=8；
方案二：选择条件②：由b2+c2=52b-c=2解得b=6c=4或b=-4c=-6(舍去)，
∴a2=b2+c2-2bccosA=36+16-2×6×4×(-14)=64
∴a=8；
方案三：选择条件③：∵cosA=-14，
∴sinA= 154S△ABC=12bcsinA= 158bc=3 15，
∴bc=24，
由bc=24b-c=2解得b=6c=4或b=-4c=-6(舍)，
∴a2=b2+c2-2bccosA=36+16-2×6×4×(-14)=64，
∴a=8；
(2)cosC=a2+b2-c22ab=64+36-162×8×6=78，
∴sinC= 1-4964= 158
∴cos2C=2cos2C-1=1732，sin2C=2sinCcosC=7 1532，
∴cos(2C+π6)=cos2Ccosπ6-sin2Csinπ6=17 3-7 1564．
【解析】(1)方案一：选择条件①，结合向量数量积的性质可求bc，进而可求b，c，然后结合余弦定理可求；
方案二：选择条件②：由已知即可直接求出b，c，然后结合余弦定理可求；
方案三：选择条件③，由已知结合三角形的面积公式可求bc，进而可求b，c，然后结合余弦定理可求．
(2)由余弦定理可求cosC，然后结合同角平方关系及二倍角公式，和差角公式即可求解．
本题主要考查了余弦定理，三角形的面积公式，和差角公式在求解三角形中的应用，属于中档试题．
21.【答案】解：(Ⅰ)设“当罚金定为100元时，迟到的员工改正行为”为事件A，则P(A)=40200=15，
故当罚金定为100元时，比不制定处罚，员工迟到的概率会降低15．
(Ⅱ)由题可知，A类员工和B类员工各有40人，故分别从A类员工和B类员工各抽出两人，
设从A类员工抽出的两人分别为A1，A2，设从B类员工抽出的两人分别为B1，B2．
设“从A类与B类员工按分层抽样的方法抽取4人依次进行深度问卷”为事件M，
则事件M中首先抽出A1的事件有(A1,A2,B1,B2)，(A1,A2,B2,B1)，(A1,B1,A2,B2)，(A1,B1,B2,A2)，(A1,B2,A2,B1)，(A1,B2,B1,A2)共6种，
同理首先抽出A2，B1，B2的事件也各有6种．
故事件M共有4×6=24种．
设“抽取4人中前两位均为B类员工”为事件N，则事件N有(B1,B2,A2,A1)，(B1,B2,A2,A1)，(B2,B1,A1,A2)，(B2,B1,A2,A1)共4种．
所以P(N)=424=16，
故抽取4人中前两位均为B类员工的概率是16．
【解析】本题考查了概率的求法及古典概型，属中档题．
(Ⅰ)由概率的求法得：P(A)=40200=15，
(Ⅱ)由古典概型得：先列出基本事件的个数，再运算即可得解．
22.【答案】解：(1)设OM=xa+yb，
则AM =OM-OA=(x-1)OA+yOB=(x-1)a+yb，
AD=OD-OA=-a+12b，
∵A，M，D三点共线，∴AM,AD共线，从而12(x-1)=-y ①
又C，M，B三点共线，∴BM,BC共线，同理可得13(y-1)=-x ②
联立①②，解得x=15y=25,故OM=15a+25b．
(2)∵EM=OM-OE=15a+25b-pa=(15-p)a+25b．
EF=OF-OE=qb-pa．
∵EM,EF共线，∴(15-p)q=-25p，整理得1p+2q=5．
【解析】本题主要考查了平面向量共线定理和平面向量的线性运算，属于中档题．
(1)由A，M，D三点共线和C，M，B三点共线可得出(1)；
(2)利用平面向量的线性运算和共线定理可求出(2)．
2022-2023学年贵州省黔西南州金成实验学校高一（下）期末数学试卷
一、选择题（本题共12小题，共60分）
1. 在复平面内，复数z=2i1+i所对应的点位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2. 我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为( )
A. 1365石 B. 338石 C. 169石 D. 134石
3. 设α，β为两个平面，则α//β的充要条件是( )
A. α内有无数条直线与β平行 B. α内有两条相交直线与β平行
C. α，β平行于同一条直线 D. α，β垂直于同一平面
4. 正方体ABCD-A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为( )
A. 23 B. 33 C. 23 D. 63
5. 甲、乙两个人进行“剪子、包袱、锤”的游戏，两人都随机出拳，则一次游戏两人平局的概率为( )
A. 13 B. 23 C. 14 D. 29
6. 如图，△O'A'B'是水平放置的△OAB的直观图，则△OAB的周长为( )
A. 10+2 13 B. 3 2 C. 10+4 13 D. 12
7. 粽子古称“角黍”，是中国传统的节庆食品之一，由粽叶包裹糯米等食材蒸制而成.因各地风俗不同，粽子的形状和味道也不同，某地流行的“五角粽子”，其形状可以看作所有棱长均为4cm的正四棱锥.现在需要在粽子内部放入一颗咸蛋黄，蛋黄的形状近似地看成球，则当这个蛋黄的体积最大时，蛋黄的半径为( )
A. 6+ 2 B. 6- 2 C. 3+1 D. 3-1
8. 第41届世界博览会于2010年月1日至10月31日，在中国上海举行，气势磅礴的中国馆一一“东方之冠”令人印象深刻，该馆以“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”为设计理念，代表中国文化的精神与气质．其形如冠盖，层叠出挑，制似斗拱．它有四根高33.3米的方柱，托起斗状的主体建筑，总高度为60.3米，上方的“斗冠”类似一个倒置的正四棱台，上底面边长是139.4米，下底面边长是69.9米，则“斗冠”的侧面与上底面的夹角约为( )
A. 20° B. 28° C. 38° D. 48°
9. 设复数z的共轭复数为z-，i为虚数单位，则下列命题正确的是( )
A. z+z-∈R B. z-z-是纯虚数
C. 若z=cosπ5+isin3π5，则|z|=1 D. 若|z-i|=1，则|z|的最大值为2
10. 某校进行防疫知识问卷测试，已知该校高一年级有学生1200人，高二年级有学生960人，高三年级有学生840人.为了解全校学生问卷测试成绩的情况，按年级进行分层随机抽样得到容量为n的样本.若在高一年级中抽取了40人，则下列结论一定成立的是( )
A. 样本容量n=100
B. 在抽样的过程中，女生甲被抽中的概率与男生乙被抽中的概率是不相等的
C. 高二年级，高三年级应抽取的人数分别为32人，28人
D. 如果高一，高二，高三年级问卷测试成绩的平均分分别为85分，80分，90分，那么估计该校全体学生本次问卷测试成绩的平均分为84.8分
11. 在直角△ABC中，CD是斜边AB上的高，则下列等式不成立的是( )
A. |AC|2=AC⋅AB B. |BC|2=BA⋅BC
C. |AB|2=AC⋅CD D. |CD|2=(AC⋅AB)×(BA⋅BC)|AB|2
12. (多选)已知数据x1，x2，…，xn的平均数为x-，标准差为s，则下列说法正确的是( )
A. 数据x12，x22，…，xn2的平均数为x-2，标准差为s2
B. 数据2x1，2x2，…，2xn的平均数为2x-，标准差为2s
C. 数据x1+2，x2+2，…，xn+2的平均数为x-+2，方差为s2
D. 数据2x1-2，2x2-2，…，2xn-2的平均数为2x--2，方差为2s2
二、填空题（本题共4小题，共20分）
13. 一个袋子中有质地和大小相同的4个球，其中有2个红色球，2个绿色球，从袋中不放回地依次随机摸出2个球，则事件“第一次摸得红球，第二次摸得绿球”的概率为 ．
14. 已知向量a=(x,2)，b=(2,1)，c=(3,x)，若a//b，则|b+c|=______．
15. △ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知a=b，c2=2b2(1-sinC)，则C=______．
16. 足球运动是一项古老的体育活动，众多的资料表明，中国古代足球的出现比欧洲早，历史更为悠久，如图，现代比赛用足球是由正五边形与正六边形构成的共32个面的多面体，著名数学家欧拉证明了凸多面体的面数(F)，顶点数(V)，棱数(E)满足F+V-E=2，那么，足球有______ 个正六边形的面，若正六边形的边长为 21，则足球的直径为______ cm(结果保留整数)
(参考数据tan54°=1.38, 3=1,73,π=3.14)．
三、解答题（本题共6小题，共70分）
17. 为了解某校学生的视力情况，随机抽查了该校的100名学生，得到的频率分布直方图如图所示，由于不慎将部分数据丢失，但知道前4组的频数和为40，后6组的频数和为87．
(Ⅰ)设最大频率为a，求a的值；
(Ⅱ)从[4.4,4.5)，[4.5,4.6)中按分层抽样的方法抽取4人，再从4人中抽取2人，求这2人的视力都在[4.5,4.6)内的概率．
18. 已知|a|=4，|b|=3，(2a-3b)(2a+b)=61，
(1)求a与b的夹角θ；
(2)求|a+b|；
(3)若AB=a，BC=b，求△ABC的面积．
19. 如图，在三棱锥A-BCD中，点E，F分别是BD，BC的中点，AB=AD，AE⊥BC.求证：
(1)EF//平面ACD；
(2)AE⊥CD．
20. 请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．
①AB2+AB⋅BC=-6；②b2+c2=52；③△ABC的面积为3 15．
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b-c=2，cosA=-14，_____．
(1)求a；
(2)求cos(2C+π6)的值．
21. 某集团公司为了加强企业管理，树立企业形象，考虑在公司内部对迟到现象进行处罚.现在员工中随机抽取200人进行调查，当不处罚时，有80人会迟到，处罚时，得到如下数据：
处罚金额 x (单位：元)
50
100
150
200
迟到的人数 y
50
40
20
0
若用表中数据所得频率代替概率．
(Ⅰ)当处罚金定为100元时，员工迟到的概率会比不进行处罚时降低多少？
(Ⅱ)将选取的200人中会迟到的员工分为A，B两类：A类员工在罚金不超过100元时就会改正行为；B类是其他员工.现对A类与B类员工按分层抽样的方法抽取4人依次进行深度问卷，则前两位均为B类员工的概率是多少？
22. 如图在△AOB中，D是边OB的中点，C是边OA上靠近O的三等分点，AD与BC交于M点．设OA=a，OB=b．
(1)用a，b表示OM；
(2)过点M的直线与边OA，OB分别交于E，F.设OE=pOA，OF=qOB，求1p+2q的值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查复数代数形式的乘除运算，复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题．
利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z所对应的点的坐标得答案．
【解答】
解：∵z=2i1+i=2i(1-i)(1+i)(1-i)=1+i，
∴复数z所对应的点的坐标为(1,1)，位于第一象限．
故选：A．
2.【答案】C
【解析】解：由题意，这批米内夹谷约为1534×28254≈169石，
故选：C．
根据254粒内夹谷28粒，可得比例，即可得出结论．
本题考查利用数学知识解决实际问题，考查学生的计算能力，比较基础．
3.【答案】B
【解析】解：α内有无数条直线与β平行，不一定有α//β，也可能相交，故A错误；
α内有两条相交直线与β平行，则α//β，反之成立，故B正确；
α，β平行于同一条直线，不一定有α//β，也可能相交，故C错误；
α，β垂直于同一平面，不一定有α//β，也可能相交，故D错误．
故选：B．
由平面与平面平行的判定逐一分析四个选项得答案．
本题考查平面与平面平行的判定，考查充分必要条件的应用，是基础题．
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查直线与平面所成的角．
正方体上下底面中心的连线平行于BB1，则O1O与平面ACD1所成角就是BB1与平面ACD1所成角，在直角三角形OO1D1中，利用边角关系求出此角的余弦值．
【解答】
解：如图，设上下底面的中心分别为O1，O，设正方体的棱长等于1，
易得O1O//BB1，
则O1O与平面ACD1所成角就是BB1与平面ACD1所成角，即∠O1OD1，
直角三角形OO1D1中，cos∠O1OD1=O1OOD1=1 62= 63，
故选：D．
5.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了列表法求概率，属于基础题．
首先根据题意列出表格，然后由表格即可求得所有等可能的结果与两人平局的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【解答】
解：甲、乙两个人进行“剪子、包袱、锤”的游戏，所有可能出现的结果列表如下：
(甲，乙)
锤
剪子
包袱
锤
(锤，锤)
(锤，剪子)
(锤，包袱)
剪子
(剪子，锤)
(剪子，剪子)
(剪子，包袱)
包袱
(包袱，锤)
(包袱，剪子)
(包袱，包袱)
∵由表格可知，共有9种等可能情况．其中平局的有3种：(锤，锤)、(剪子，剪子)、(包袱，包袱)．
∴甲和乙平局的概率为：39=13．
故选：A．
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查斜二侧画法，属于基础题．
根据斜二测画法得到三角形OAB为直角三角形，∠AOB=90°，边长OB=4，OA=2O'A'=6，然后即可求三角形的周长．
【解析】
解：根据斜二测画法得到三角形OAB为直角三角形，∠AOB=90°，
底边长OB=4，高OA=2O'A'=6，
所以AB=2 13，
∴直角三角形OAB的周长为10+2 13．
故选A．
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查空间几何体的结构特征及相关计算，考查运算求解能力，属于中档题．
由三角形面积公式求出侧面积，再由正方形面积公式求得底面积，则表面积可求，求出正四棱锥的高，再由等体积法求内切球的半径．
【解答】
解：由粽子的形状是所有棱长均为4cm的正四棱锥，
得每个侧面三角形的面积为12×4×4× 32=4 3cm2．
∴粽子的表面积为4×4 3+4×4=(16 3+16)cm2；
球的体积要达到最大，则需要球与四棱锥的五个面都相切，
正四棱锥的高为h= 42-(2 2)2=2 2cm，设球的半径为r，
∴四棱锥的体积V=13×(16 3+16)r=13×16×2 2，解得r= 6- 2cm．
故选：B．
8.【答案】C
【解析】解：依题意得“斗冠”的高为60.3-33.3=27米，如图，PE=27，
ME=12(MN-EF)=12(139.4-69.9)=1394，
∠PME为“斗冠”的侧面与上底面的夹角，
tan∠PME=PEME=271394=108139≈0.78．
tan30°= 33≈0.58，tan45°=1，
∵0.58<0.78<1，∴30°<∠PME<45°，
故选：C．
求出“斗冠”的高为60.3-33.3=27米，作出直观图，得PE=27，ME=12(MN-EF)=1394，∠PME为“斗冠”的侧面与上底面的夹角，由此能求出“斗冠”的侧面与上底面的夹角．
本题考查“斗冠”的侧面与上底面的夹角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力，是中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：设z=a+bi，a，b∈R，
则z-=a-bi，z+z-=2a∈R，故A选项正确，
当z为实数，z-z- 是实数，故B选项错误，
若z=cosπ5+isin3π5，
则|z|= cos2π5+sin23π5≠1，故C选项错误，
若|z-i|=1，设z=a+bi，a，b∈R，
即a2+(b-1)2=1，则|z|表示圆上的点到原点的距离，其最大值为2，故D选项正确．
故选：AD．
根据已知条件，结合复数的运算法则，以及复数模公式和复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查了复数的运算法则，以及复数模公式和复数的几何意义，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：对于A，由题意可知，40n=12001200+960+840，解得n=100，故A正确；
对于B，在抽样的过程中，女生甲被抽中的概率与男生乙被抽中的概率是相等的，故B错误；
对于C，高二年级抽取的人数为：100×9601200+960+840=32人，
高三年级抽取的人数为：100×8401200+960+840=28人，故C正确；
对于D，高一，高二，高三年级问卷测试成绩的平均分分别为85分，80分，90分，
则估计该校全体学生本次问卷测试成绩的平均分为：40100×85+32100×80+28100×90=84.8，故D正确．
故选：ACD．
根据已知条件，结合分层抽样的定义，以及平均数公式，即可依次求解．
本题主要考查分层抽样的定义，以及平均数公式，属于基础题．
11.【答案】C
【解析】解：∵|AC|2=AC⋅AB⇔AC⋅(AC-AB)=0⇔AC⋅BC=0，∴A是正确的，同理B也正确，
对于D答案可变形为|CD|2⋅|AB|2=|AC|2⋅|BC|2，通过等积变换判断为正确
故选：C．
根据|AC|2=AC⋅AB⇔AC⋅(AC-AB)=0⇔AC⋅BC=0，∴A是正确的，同理B也正确，再由D答案可变形为|CD|2⋅|AB|2=|AC|2⋅|BC|2，通过等积变换判断为正确，从而得到答案．
本题主要考查平面向量的数量积的定义．要会巧妙变形和等积变换．
12.【答案】BC
【解析】解：对于A，数据x1，x2，⋯，xn的平均数为x-，数据x12，x22，……，xn2的平均数无法求出，故A错误；
对于B，数据2x1，2x2，⋯，2xn的平均数为1n(2x1+2x2+⋯+2xn)=2x-，
数据x1，x2，⋯，xn的方差为s2，则数据2x1，2x2，⋯，2xn的方差为4s2，标准差为 4s2=2s，故B正确；
对于C，数据x1+2，x2+2，⋯，xn+2的平均数为1n(x1+2+x2+2+⋯+xn+2)=1n(x1+x2+⋯+xn)+1n×2n=x-+2，方差为s2，故C正确；
对于D，数据x1，x2，⋯，xn的方差为s2，则数据2x1-2，2x2-2，⋯，2xn-2的方差为4s2，故D错误．
故选：BC．
由平均数、方差的定义及公式，逐一判断即可得结论．
本题考查了平均数及方差的定义，同时考查了化简运算的能力，属于基础题．
13.【答案】13
【解析】
【分析】
本题主要考查古典概型；考查学生的逻辑推理和运算求解能力；考查的核心素养是逻辑推理及数学运算，属于基础题．
先求出从袋中不放回地依次随机摸出2个球n，再求出事件“第一次摸得红球，第二次摸得绿球”的基本事件个数为m，即可利用古典概型概率计算公式求出所求概率．
【解答】
解：由题意可知不放回地依次随机摸出两个球的基本事件总数n=4×3=12，
事件“第一次摸得红球，第二次摸得绿球”的基本事件个数为m=4，
所以所求概率为P=mn=412=13．
故答案为：13．
14.【答案】5 2
【解析】解：∵a//b；
∴x-4=0；
∴x=4；
∴c=(3,4)；
∴b+c=(5,5)；
∴|b+c|=5 2．
故答案为：5 2．
根据a//b即可求出x=4，从而可求出b+c=(5,5)，这样即可求出|b+c|的值．
考查向量平行时的坐标关系，以及向量坐标的加法运算，根据向量的坐标可求向量的长度．
15.【答案】π4
【解析】解：∵c2=2b2(1-sinC)，∴sinC=1-c22b2，
又∵a=b，由余弦定理可得：cosC=a2+b2-c22ab=1-c22b2=sinC，
∴sinC-cosC=0，∴tanC=1
∵C∈(0,π)，
∴C=π4．
故答案为：π4．
化简已知等式可得sinC=1-c22b2，又a=b，由余弦定理可得：cosC=sinC，利用两角差的正弦函数公式可求tanC=1，结合范围C∈(0,π))，可求C的值．
本题主要考查了余弦定理，两角差的正弦函数公式，正弦函数的图象和性质在解三角形中的应用，考查了转化思想和数形结合思想的应用，属基础题．
16.【答案】20 22
【解析】解：由足球的表面为正六边形和正五边形构成，且每块正五边形的周围都是正六边形，
可得每相邻的多边形都有一条公共边，每个顶点处都有三条边，且一个正五边形，连接两个正六边形．
设正五边形有x块，正六边形有y块，可得x+y+13(5x+6y)-12(5x+6y)=25x=12×6y
解得x=12y=20，所以足球表面有20个正六边形的面，
每个正六边形的面积为12×( 21)2× 32×6=63 32，
每个正五边形的面积为12× 21× 21tan54°2×5=105tan54°4，
球的表面积S=20×=63 32+12×105tan54°4
=630 3+315tan54°=1089.9+434.7=1524.6．
所以4πR2=π(2R)2=1524.6，
2R≈22，所以足球的直径为22cm．
故答案为：20；22．
首先根据足球表面的特点，设正五边形有x块，正六边形有y块，可得5x=12×6y，且x+y+13(5x+6y)-12(5x+6y)=2，解得x，y，分别计算每个正六边形和正五边形的面积，进而得到足球的表面积，再由球的表面积公式计算，可得球的直径．
本题考查球的表面积公式的运用，以及正多边形的性质和面积的运用，考查转化思想、方程思想和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)由频率分布直方图知组距为0.1，
前3组频数和为100-87=13，
则第四组频数为40-13=27最大，
故最大频率为a=0.27；
(Ⅱ)由图可得
第一组频数为100×0.1×0.1=1人，
第二组频数为100×0.3×0.1=3人，
则第三组频数为13-3-1=9人，
从[4.4,4.5)，[4.5,4.6)两组中按分层抽样的方法抽取4人，
则[4.4,4.5)中抽取4×33+9=1人，
[6,8)中抽取4×93+9=3人，
再从这4人中抽取2人，基本事件总数n=6，
则有2人在[4.4,4.5)组中包含的基本事件个数m=3，
∴恰有2人在[4.4,4.5)组中的概率P=mn=36=12．
【解析】本题考查频率、频数、概率的求法，考查频率分布直方图的性质、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
(Ⅰ)由频率分布直方图知组距为0.1，前3组频数和为13，由4.6到4.7之间的频数最大为27，由此可得a；
(Ⅱ)从[4.4,4.5)，[4.5,4.6)中按分层抽样的方法抽取4人，则[4.4,4.5)抽取1人，[4.5,4.6)抽取3人，再从这4人中抽取2人，基本事件总数n=6，两人都在[4.5,4.6)组中包含的基本事件个数m=3，由此能求出概率．
18.【答案】解：(1)∵(2a-3b)(2a+b)=61，∴4|a|2-4a⋅b-3|b|2=61，
又|a|=4，|b|=3，∴64-4a⋅b-27=61，∴a⋅b=-6，
∴cosθ=a⋅b|a||b|=-64×3=-12，
又0≤θ≤π，∴θ=2π3．
(2)|a+b|= (a+b)2= |a|2+2a⋅b+|b|2= 13．
(3)∵AB与BC的夹角θ=2π3，
∴∠ABC=π-2π3=π3
又|AB|=|a|=4，|BC|=|b|=3
∴S△ABC=12|AB||BC|sin∠ABC=12×4×3× 32=3 3．
【解析】本题考查向量的夹角模长和正弦定理的应用，本题解题的关键是对于所给的表示式的整理，得到要用的数量积，属于基础题．
(1)根据两个向量的数量积的值，把这两个向量展开，写出有关向量的模长和数量积的表示式，得到两个向量的数量积，代入求夹角的公式得到夹角的余弦值，求出夹角；
(2)利用模长公式求模长；
(3)结合两个向量的夹角，求出三角形的内角，用正弦定理写出三角形的面积的表示形式，代入模长和夹角得到结果．
19.【答案】证明：(1)因为点E，F分别是BD，BC的中点，
所以EF//CD，
又因EF⊄平面ACD，CD⊂平面ACD，
从而EF//平面ACD．
(2)因为点E是BD的中点，且AB=AD，
所以AE⊥BD，
又因AE⊥BC，BC⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，
BC∩BD=B，
故AE⊥平面BCD，
因为CD⊂平面BCD，
所以AE⊥CD．
【解析】(1)证明EF//CD，利用直线与平面平行的判断定理证明EF//平面ACD．
(2)证明AE⊥BD，结合AE⊥BC，推出AE⊥平面BCD，然后证明AE⊥CD．
本题考查直线与平面平行以及垂直的判断定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．
20.【答案】解：(1)方案一：选择条件①：AB2+AB⋅BC=AB⋅(AB+BC)=AB⋅AC=bccosA=-6，
∵cosA=-14，
∴bc=24，
由bc=24b-c=2解得b=6c=4或b=-4c=-6(舍去)，
∴a2=b2+c2-2bccosA=36+16-2×6×4×(-14)=64，
∴a=8；
方案二：选择条件②：由b2+c2=52b-c=2解得b=6c=4或b=-4c=-6(舍去)，
∴a2=b2+c2-2bccosA=36+16-2×6×4×(-14)=64
∴a=8；
方案三：选择条件③：∵cosA=-14，
∴sinA= 154S△ABC=12bcsinA= 158bc=3 15，
∴bc=24，
由bc=24b-c=2解得b=6c=4或b=-4c=-6(舍)，
∴a2=b2+c2-2bccosA=36+16-2×6×4×(-14)=64，
∴a=8；
(2)cosC=a2+b2-c22ab=64+36-162×8×6=78，
∴sinC= 1-4964= 158
∴cos2C=2cos2C-1=1732，sin2C=2sinCcosC=7 1532，
∴cos(2C+π6)=cos2Ccosπ6-sin2Csinπ6=17 3-7 1564．
【解析】(1)方案一：选择条件①，结合向量数量积的性质可求bc，进而可求b，c，然后结合余弦定理可求；
方案二：选择条件②：由已知即可直接求出b，c，然后结合余弦定理可求；
方案三：选择条件③，由已知结合三角形的面积公式可求bc，进而可求b，c，然后结合余弦定理可求．
(2)由余弦定理可求cosC，然后结合同角平方关系及二倍角公式，和差角公式即可求解．
本题主要考查了余弦定理，三角形的面积公式，和差角公式在求解三角形中的应用，属于中档试题．
21.【答案】解：(Ⅰ)设“当罚金定为100元时，迟到的员工改正行为”为事件A，则P(A)=40200=15，
故当罚金定为100元时，比不制定处罚，员工迟到的概率会降低15．
(Ⅱ)由题可知，A类员工和B类员工各有40人，故分别从A类员工和B类员工各抽出两人，
设从A类员工抽出的两人分别为A1，A2，设从B类员工抽出的两人分别为B1，B2．
设“从A类与B类员工按分层抽样的方法抽取4人依次进行深度问卷”为事件M，
则事件M中首先抽出A1的事件有(A1,A2,B1,B2)，(A1,A2,B2,B1)，(A1,B1,A2,B2)，(A1,B1,B2,A2)，(A1,B2,A2,B1)，(A1,B2,B1,A2)共6种，
同理首先抽出A2，B1，B2的事件也各有6种．
故事件M共有4×6=24种．
设“抽取4人中前两位均为B类员工”为事件N，则事件N有(B1,B2,A2,A1)，(B1,B2,A2,A1)，(B2,B1,A1,A2)，(B2,B1,A2,A1)共4种．
所以P(N)=424=16，
故抽取4人中前两位均为B类员工的概率是16．
【解析】本题考查了概率的求法及古典概型，属中档题．
(Ⅰ)由概率的求法得：P(A)=40200=15，
(Ⅱ)由古典概型得：先列出基本事件的个数，再运算即可得解．
22.【答案】解：(1)设OM=xa+yb，
则AM =OM-OA=(x-1)OA+yOB=(x-1)a+yb，
AD=OD-OA=-a+12b，
∵A，M，D三点共线，∴AM,AD共线，从而12(x-1)=-y ①
又C，M，B三点共线，∴BM,BC共线，同理可得13(y-1)=-x ②
联立①②，解得x=15y=25,故OM=15a+25b．
(2)∵EM=OM-OE=15a+25b-pa=(15-p)a+25b．
EF=OF-OE=qb-pa．
∵EM,EF共线，∴(15-p)q=-25p，整理得1p+2q=5．
【解析】本题主要考查了平面向量共线定理和平面向量的线性运算，属于中档题．
(1)由A，M，D三点共线和C，M，B三点共线可得出(1)；
(2)利用平面向量的线性运算和共线定理可求出(2)．
相关试卷
2022-2023学年贵州省铜仁市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年贵州省铜仁市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年贵州省黔西南州高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年贵州省黔西南州高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共15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。
2022-2023学年贵州省毕节市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年贵州省毕节市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），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。
