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2022-2023学年陕西省宝鸡市渭滨区高一（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年陕西省宝鸡市渭滨区高一（下）期末数学试卷（含解析），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学年陕西省宝鸡市渭滨区高一（下）期末数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 某高中共有学生1800人，其中高一、高二、高三的学生人数比为16：15：14，现用分层抽样的方法从该校所有学生中抽取一个容量为90的样本，则高二年级应该抽取的人数为( )
A. 28 B. 30 C. 32 D. 36
2. △ABC的直观图是边长为2的等边△A′B′C′，则在原图中，△ABC的面积为( )
A. 6 B. 2 6 C. 2 3 D. 3
3. 正方体ABCD−A1B1C1D1中，异面直线AD1与BD所成的角为( )
A. π2 B. π3 C. π4 D. π6
4. 从1，2，3，4，5这5个数中随机选出2个数，则这2个数都是偶数的概率为( )
A. 0.6 B. 0.4 C. 0.3 D. 0.1
5. 在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，M是BC的中点，N是CD的中点，则AM⋅BN=( )
A. 4 B. −6 C. 6 D. −4
6. 已知空间中两个角α，β的两边分别对应垂直，且α=30°，则角β的大小为( )
A. 30° B. 150° C. 30°或150° D. 不确定
7. 已知直线m⊥平面α，则“直线n//α”是“n⊥m”的( )
A. 充分但不必要条件 B. 必要但不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件
8. 盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商要为棱长为2cm的正四面体魔方设计一款正方体的包装盒，需要保证该魔方可以在包装盒内任意转动，则包装盒的棱长最短为( )
A. 6cm B. 2 6cm C. 4 6cm D. 6cm
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列命题错误的是( )
A. 若a⊥b，c⊥b，则a//c
B. 若AB⋅AC>0，则△ABC是锐角三角形
C. 一组数据的平均数、众数、中位数有可能是同一个数据
D. 若实数a，b互为相反数，则z=a+bi在复平面内对应的点位于第二或第四象限
10. 已知复数范围内关于x的方程x2−x+3=0的两根为x1，x2，则下列结论正确的是( )
A. x1⋅x2=−3 B. x1+x2=−1
C. x1与x2互为共轭复数 D. |x1−x2|= 11
11. 某校在开展的“体育节”活动中，为了解学生对“体育节”的满意程度，组织学生给活动打分(分数为整数，满分100分)，发现分数均在[40,100]内，从中随机抽取一个容量为300的样本，并将这些数据分成6组并作出样本的频率分布直方图，但不小心污损了部分图形(如图所示)，则下列说法中正确的是( )
A. 样本中分数落在[60,70)的频数为45人 B. 样本的众数为75分
C. 样本的平均数为75分 D. 样本的80百分位数为85分
12. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，且M，N分别为AC，A1B的中点，则下列说法正确的是( )
A. MN//平面ADD1A1
B. MN⊥AB
C. 直线MN与平面ABCD所成角为45°
D. 点A到平面A1BD的距离为 32
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知点A(1,2)，B(−1,1)，CD=(3,4)，则向量AB在向量CD上的投影向量的坐标为______ ．
14. 球O被平面α所截得的截面圆的面积为π，且球心到平面α的距离为 3，则球O的表面面积为______ ．
15. 已知圆锥的母线长为10，侧面展开图的圆心角为65π，则该圆锥的体积为______ ．
16. 已知样本容量为5的样本的平均数为3，方差为185，在此基础上新增数据3，得到样本容量为6的新样本，则该新样本的方差为______ ．
四、解答题（本大题共5小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题14.0分)
已知复数z1=a2−2ai(a∈R)，复数z2在复平面内对应的向量为OA=(1,−2)．
(1)若z1−z2为纯虚数，求a的值；
(2)若z1i+z2在复平面内对应的点在第三象限，求a的取值范围．
18. (本小题14.0分)
已知向量e1，e2的夹角为120°，且|e1|=1，|e2|=2，a+b=2e1+(2−λ)e2，a−b=(λ+2)e2．
(1)若a//b，求λ的值；
(2)若a⋅b=6，求λ的值．
19. (本小题14.0分)
为了增强学生爱党爱国主义情怀，某中学举行二十大党知识比赛活动，甲、乙、丙三名同学同时回答一道有关党的知识问题.已知甲同学回答正确这道题的概率是34，甲、丙两名同学都回答错误的概率是120，乙、丙两名同学都回答正确的概率是815.若各同学回答是否正确互不影响．
(1)求乙、丙两名同学各自回答正确这道题的概率；
(2)求甲、乙、丙三名同学中不少于2名同学回答正确这道题的概率．
20. (本小题14.0分)
已知如图：A、B、D、E四点共圆，∠ABD=60°，AE=2，AB=2，cos∠EDA=5 714．
(1)求BD的长度；
(2)若∠BCD=135°，求△BCD区域面积的最大值．
21. (本小题14.0分)
阳马，中国古代算数中的一种几何形体，是底面为长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥体.如图，四棱锥P−ABCD就是阳马结构，PD⊥平面ABCD，且PD=AB=AD=2，连接BD，E，F分别是PC，BD的中点．
(1)证明：EF//平面PAD；
(2)求平面EBD与平面CBD所成二面角的正切值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：高二年级应该抽取90×1516+15+14=30人．
故选：B．
根据分层抽样的性质，按比例抽取即可求解．
本题主要考查分层抽样的定义，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：根据题意，△ABC的直观图是边长为2的等边△A′B′C′，
则直观图的面积S△A′B′C′=12×2×2× 32= 3，
则原图△ABC的面积S=2 2S△A′B′C′=2 6．
故选：B．
根据题意，求出直观图的面积，进而由原图面积与直观图面积的关系分析可得答案．
本题考查斜二测画法，注意原图面积与直观图面积的关系，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：正方体ABCD−A1B1C1D1中，
∵BD//B1D1，
∴∠AD1B1是异面直线AD1与BD所成的角(或所成角的补角)，
∵AD1=B1D1=AB1，
∴∠AD1B1=π3．
∴异面直线AD1与BD所成的角为π3．
故选：B．
由BD//B1D1，得∠AD1B1是异面直线AD1与BD所成的角(或所成角的补角)，由此能求出异面直线AD1与BD所成的角的大小．
本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
4.【答案】D
【解析】解：这5个数中1，3，5为奇数，从这5个数中随机选出2个数共有10种情况，其中都是偶数的有1种情况，
则所求的概率P=110=0.1．
故选：D．
先求出从5个数中随机选出2个数，共有10种情况，再求出从2个奇数中选2个，有1种情况，即可得答案．
本题考查古典概型相关知识，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，M是BC的中点，N是CD的中点，
建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(0,0)，M(4,1)，B(4,0)，N(2,2)，
则AM=(4,1)，BN=(−2,2)，
则AM⋅BN=4×(−2)+1×2=−6．
故选：B．
先建系，求出对应点的坐标，然后结合平面向量数量积的坐标运算求解即可．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量数量积的坐标运算，属基础题．
6.【答案】D
【解析】解：如图所示，
设∠EOF是一个确定的角，且∠EOF在平面EOF内，
其中∠DEF的边DE⊥平面EOF，所以DE⊥OE，
作EF⊥OF，因为DE⊥平面EOF，OF⊂平面EOF，所以DE⊥OF，
因为EF∩DE=E，且EF，DE⊂平面EDF，所以OF⊥平面EDF，
又因为DF⊂平面EDF，所以OF⊥DF，
对于给定的∠EOF，当D变化时，∠EDF的取值范围为(0,π2)，
所以如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，则这两个角的大小关系不确定．
故选：D．
作出∠DEF的边DE⊥平面EOF，得到DE⊥OE，再作EF⊥OF，证得OF⊥平面EDF，得到OF⊥DF，进而得出答案．
本题考查了线面垂直的应用以及异面直线所成的角的范围问题，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：当直线m⊥平面α时，
由“直线n//α”能推出“n⊥m”，是充分条件，
反之，“n⊥m”推不出“直线n//α”，比如n在α上，不是必要条件，
故直线n//α”是“n⊥m”的充分不必要条件．
故选：A．
根据充分必要条件的定义以及线面关系判断即可．
本题考查了充分必要条件，考查线面关系，是基础题．
8.【答案】A
【解析】解：如图A−BCD是棱长为2cm的正四面体，
由题意，AD=BD=DC=2cm，设BC的中点为M，底面△BCD 的重心为G，O为外接球的球心，
则有AG⊥底面BCD，MD= 32DC= 3，CG=DG=23MD=2 33，
OA=OC=R，R是外接球半径，
在Rt△AGD 中，GA= AD2−DG2=2 63，
在Rt△OGC 中，OG= OC2−GC2= R2−43，OG+OA=GA，
∴ R2−43+R=2 63，解得R= 62cm，
即正方体的最短棱长为2R= 6(cm)．
故选：A．
依题意，若要使正四面体能自由转动，则正方体必须能装下正四面体的外接球，即正方体的最短棱长就是外接球的直径．
本题考查正四面体外接球问题，考查空间想象能力，逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：A、若b=(0,0)，a=(1,1)，c=(2,3)，
则a⋅b=0，b⋅c=0，即a⊥b，c⊥b，但a与c不平行，故A错误；
B、∵AB⋅AC=|AB||AC|cosA>0，所以cosA>0，所以A∈(0,π2)，
若取A=π3，B=π6，C=π2，则△ABC为直角三角形，故B错误；
C、如一组数为2，2，2，2，则这组数的平均数、众数、中位数都是2，故C正确；
D、a与b互为相反数，即b=−a，所以z=a+bi=a−ai，
当a≠0时，实部与虚部的符号相反，则该复数在复平面内位于第二或第四象限，
当a=0时，z=0，此时复数z在原点位置，原点不属于任何一个象限，故D错误．
故选：ABD．
A、需要注意b为零向量时的情况，举一个反例即可；B、首先运用向量的数量积公式可以把cosA的取值范围算出来，进而得出A的范围，最后在范围内举一个反例即可；
C、举一个存在的例子即可；D、0的相反数为0，所以0要单独讨论，当z=0时不属于任何一个象限．
本题可采用反证法和取特殊值法判断每个选项是否正确，注意特殊情况，属中档题．
10.【答案】CD
【解析】解：x2−x+3=0，
则(x−12)2=−114，解得x=12± 112i，
不妨x1=12+ 112i，x2=12− 112i，
故x1x2=3，x1+x2=1，故AB错误；
x1与x2互为共轭复数，故C正确；
|x1−x2|=| 11i|= 11，故D正确．
故选：CD．
根据已知条件，结合复数的四则运算，解出方程的两个根，即可依次求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
11.【答案】BC
【解析】解：由直方图，[60,70)的频率为1−(0.005+0.015+0.03+0.025+0.01)×10=0.15，
所以分数落在[60,70)的频数为300×0.15=45，故A错误；
而[70,80)的频率为0.3，为各组最大，所以样本的众数为75分，故B正确；
样本平均数为0.05×45+0.15×55+0.15×65+0.3×75+0.25×85+0.1×95=73.5，故C正确；
由0.05+0.15+0.15+0.3=0.65<0.8<0.05+0.15+0.15+0.3+0.25=0.9，
所以80百分位数在[80,90)，设为x，则0.65+0.025×(x−80)=0.8，
解得x=86分，故D错误．
故选：BC．
利用频率分布直方图求出[60,70)的频率，再结合众数，平均数和百分位数的定义逐个判断各个选项即可．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了众数、平均数和百分位数的计算，属于基础题．
12.【答案】ABC
【解析】解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，取棱AD，AA1中点E，F，连接ME，EF，FN，
因为M，N分别为AC，A1B的中点，则ME//CD//AB//NF，
ME=12CD=12AB=NF，因此四边形MEFN为平行四边形，
则EF//MN，EF⊂平面ADD1A1，MN⊄平面ADD1A1，
所以MN//平面ADD1A1，故A正确；
因为AB⊥平面ADD1A1，EF⊂平面ADD1A1，则AB⊥EF，
所以MN⊥AB，故B正确；
显然AF⊥平面ABCD，则∠FEA是EF与平面ABCD所成的角，
又AE=AF，∠EAF=90°，有∠FEA=45°，由于EF//MN，
所以直线MN与平面ABCD所成的角为45°，故C正确；
等边三角形A1BD的面积为 34×( 2)2= 32，
设A到平面A1BD的距离为d，
由VA−A1BD=VA1−ABD=13× 32d=13×12×1×1×1，
解得d= 33，故D错误．
故选：ABC．
A项，需证明ME//NF；B项，需证明AB⊥EF；C项，确定EF与平面ABCD所成的角即可；D项，利用体积相等即可．
本题考查线面位置关系，考查等体积法，属于中档题．
13.【答案】(−65,−85)
【解析】解：∵点A(1,2)，B(−1,1)，
∴AB=(−2,−1)，又∵CD=(3,4)，
∴AB⋅CD=−6−4=−10，|CD|= 32+42=5，
∴向量AB在向量CD上的投影向量的坐标为AB⋅CD|CD|⋅CD|CD|=−25CD=(−65,−85).
故答案为：(−65,−85).
利用投影向量的定义求解．
本题主要考查了投影向量的定义，属于基础题．
14.【答案】16π
【解析】解：∵截面的面积为π，∴截面圆的半径为1，
∵球心O到平面α的距离为 3
∴球的半径为 1+3=2，
∴球的表面积为4π×22=16π．
故答案为16π．
先确定截面圆的半径，再求球的半径，从而可得球的表面积．
本题考查球的表面积，解题的关键是求球的半径，属于基础题．
15.【答案】96π
【解析】解：设圆锥底面的半径为r，根据题意得65π×10=2πr，解得r=6，
所以圆锥的高h= 102−62=8，
所以圆锥的体积V=13πr2h=13π×62×8=96π．
故答案为：96π．
根据题意得65π×10=2πr，解得r=6，求得圆锥的高h=8，利用体积公式，即可求解．
本题主要考查圆锥的体积，属于基础题．
16.【答案】3
【解析】解：样本的平均数为3，在此基础上新增数据3，平均数仍为3，
原样本方差：15×i=15(x1−x−)2=185，
所以i=15(x1−x−)2=18，
所以新样本样本容量为6，
方差为16i=16(x1−x−)2=16×[(x6−x−)2+i=15(x1−x−)2]=16×(0+18)=3．
故答案为：3．
根据题意得到平均数未改变，根据方差公式计算即可．
本题考查数据的数字特征，属于基础题．
17.【答案】解：(1)复数z2在复平面内对应的向量为OA=(1,−2)，
则z2=1−2i，
z1=a2−2ai(a∈R)，
则z1−z2=a2−1+2−2a，
∵z1−z2为纯虚数，
∴a2−1=02−2a≠0，解得a=−1；
(2)z1i+z2=2a+a2 i+1−2i=2a+1+(a2−2)i，
∵z1i+z2在复平面内对应的点在第三象限，
∴2a+1<0a2−2<0，解得− 2
【解析】(1)根据已知条件，结合纯虚数的定义，以及复数的几何意义，即可求解；
(2)根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
18.【答案】解：由已知得e1⋅e2=|e1|⋅|e2|cos120°=1×2×(−12)=−1，
a=e1+2e2，b=e1−λe2，
(1)∵a//b，∴存在实数k，使得b=ka，则e1−λe2=k(e1+2e2)，
所以k=1,−λ=2k,解得λ=−2．
(2)∵a⋅b=6，a=e1+2e2，b=e1−λe2，
∴(e1+2e2)⋅(e1−λe2)=|e1|2+(2−λ)e1⋅e2−2λ⋅|e2|2=1−(2−λ)−2λ×4=6，
解得λ=−1．
【解析】根据题意，求得e1⋅e2；由已知及平面向量的线性运算，得到向量a，b，然后运用平面向量平行关系和数量积的运算进行求解．
本题考查了平面向量的线性运算以及数量积的运算，是基础题．
19.【答案】解：(1)记“甲同学回答正确这道题”，“乙同学回答正确这道题”，“丙同学回答正确这道题”分别为事件A，B，C，
则P(A)=34，P(A−)P(C−)=120，P(B)P(C)=815，
所以P(C)=45，P(B)=23，
所以乙、丙两名同学各自回答正确这道题的概率为23和45．
(2)有0名同学回答正确的概率P0=14×13×15=160，
有1名同学回答正确的概率P1=34×13×15+14×23×15+14×13×45=960，
所以不少于2名同学回答正确这道题的概率P=1−P0−P1=1−160−960=56．
【解析】(1)记“甲同学回答正确这道题”，“乙同学回答正确这道题”，“丙同学回答正确这道题”分别为事件A，B，C，根据相互独立事件的概率乘法公式，列出方程组，即可求解；
(2)根据独立事件的概率乘法公式，分别求得0名同学回答正确和1名同学回答正确的概率，结合对立事件的概率公式，即可求解．
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用．
20.【答案】解：(1)∵A，B，D，E四点共圆，∠ABD=60°，
∴∠AED=120°，
∵cos∠EDA=5 714，
∴sin∠EDA= 1−cos2∠EDA= 2114，
在△ADE中，由正弦定理得AEsin∠EDA=ADsin∠AED，
∵AE=2，∠AED=120°，sin∠EDA= 2114，
∴AD=AE⋅sin∠AEDsin∠EDA=2 7，
在△ABD中，由余弦定理知：AD2=BD2+AB2−2AB⋅DBcos∠ABD，
即DB2−2DB−24=0，解得：DB=6或DB=−4(舍)．
(2)在△BCD中，∠BCD=135°，
∴S△BCD=12CB⋅CD⋅sin135°= 24CB⋅CD，
在△BCD中，由余弦定理得：DB2=CD2+BC2−2BC⋅CDcos∠BCD，
∴36=CD2+CB2+ 2CB⋅CD≥(2+ 2)CB⋅CD(当且仅当CB=CD时取等号)，
∴CB⋅CD≤362+ 2=18(2− 2)，
∴S△BCD≤ 24×18(2− 2)=9 2−9，
即△BCD区域面积的最大值为9 2−9．
【解析】(1)在△ADE中，利用正弦定理可求得AD；在△ABD中，利用余弦定理可求得DB，由此可得结果；
(2)在△BCD中，利用余弦定理和基本不等式可求得CB⋅CD的最大值，代入三角形面积公式即可求得结果．
本题主要考查函数的实际应用，考查转化能力，属于中档题．
21.【答案】(1)证明：连接AC，
∵F为BD的中点，∴F为AC的中点，
又E为PC的中点，连接EF，可得EF//PA，
∵PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，∴EF//平面PAD；
(2)解：∵PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PDC，
∴平面PDC⊥平面ABCD，
取DC的中点G，连接EG，可得EG//PD，则EG⊥DC，
∴EG⊥平面ABCD，得EG⊥BD．
由已知可得四边形ABCD为正方形，则CF⊥BD，
取DF中点H，连接GH，可得GH//CF，则GH⊥BD，
∵EG∩GH=G，∴BD⊥平面EGH，可得BD⊥EH，
即∠EHG为平面EBD与平面CBD所成二面角的平面角．
在Rt△EGH中，EG=12PD=1，GH=12FC=14AC= 22，
∴tan∠EHG=EGGH=1 22= 2．
即平面EBD与平面CBD所成二面角的正切值为 2．
【解析】(1)连接AC，可得F为AC的中点，结合E为PC的中点，得EF//PA，再由直线与平面平行的判定可得EF//平面PAD；
(2)取DC的中点G，连接EG，可得EG⊥平面ABCD，得EG⊥BD，再证明GH⊥BD，得到BD⊥平面EGH，可得BD⊥EH，则∠EHG为平面EBD与平面CBD所成二面角的平面角，然后求解三角形得平面EBD与平面CBD所成二面角的正切值．
本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了空间角的求法，是中档题．
2022-2023学年陕西省宝鸡市渭滨区高一（下）期末数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 某高中共有学生1800人，其中高一、高二、高三的学生人数比为16：15：14，现用分层抽样的方法从该校所有学生中抽取一个容量为90的样本，则高二年级应该抽取的人数为( )
A. 28 B. 30 C. 32 D. 36
2. △ABC的直观图是边长为2的等边△A′B′C′，则在原图中，△ABC的面积为( )
A. 6 B. 2 6 C. 2 3 D. 3
3. 正方体ABCD−A1B1C1D1中，异面直线AD1与BD所成的角为( )
A. π2 B. π3 C. π4 D. π6
4. 从1，2，3，4，5这5个数中随机选出2个数，则这2个数都是偶数的概率为( )
A. 0.6 B. 0.4 C. 0.3 D. 0.1
5. 在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，M是BC的中点，N是CD的中点，则AM⋅BN=( )
A. 4 B. −6 C. 6 D. −4
6. 已知空间中两个角α，β的两边分别对应垂直，且α=30°，则角β的大小为( )
A. 30° B. 150° C. 30°或150° D. 不确定
7. 已知直线m⊥平面α，则“直线n//α”是“n⊥m”的( )
A. 充分但不必要条件 B. 必要但不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件
8. 盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商要为棱长为2cm的正四面体魔方设计一款正方体的包装盒，需要保证该魔方可以在包装盒内任意转动，则包装盒的棱长最短为( )
A. 6cm B. 2 6cm C. 4 6cm D. 6cm
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列命题错误的是( )
A. 若a⊥b，c⊥b，则a//c
B. 若AB⋅AC>0，则△ABC是锐角三角形
C. 一组数据的平均数、众数、中位数有可能是同一个数据
D. 若实数a，b互为相反数，则z=a+bi在复平面内对应的点位于第二或第四象限
10. 已知复数范围内关于x的方程x2−x+3=0的两根为x1，x2，则下列结论正确的是( )
A. x1⋅x2=−3 B. x1+x2=−1
C. x1与x2互为共轭复数 D. |x1−x2|= 11
11. 某校在开展的“体育节”活动中，为了解学生对“体育节”的满意程度，组织学生给活动打分(分数为整数，满分100分)，发现分数均在[40,100]内，从中随机抽取一个容量为300的样本，并将这些数据分成6组并作出样本的频率分布直方图，但不小心污损了部分图形(如图所示)，则下列说法中正确的是( )
A. 样本中分数落在[60,70)的频数为45人 B. 样本的众数为75分
C. 样本的平均数为75分 D. 样本的80百分位数为85分
12. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，且M，N分别为AC，A1B的中点，则下列说法正确的是( )
A. MN//平面ADD1A1
B. MN⊥AB
C. 直线MN与平面ABCD所成角为45°
D. 点A到平面A1BD的距离为 32
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知点A(1,2)，B(−1,1)，CD=(3,4)，则向量AB在向量CD上的投影向量的坐标为______ ．
14. 球O被平面α所截得的截面圆的面积为π，且球心到平面α的距离为 3，则球O的表面面积为______ ．
15. 已知圆锥的母线长为10，侧面展开图的圆心角为65π，则该圆锥的体积为______ ．
16. 已知样本容量为5的样本的平均数为3，方差为185，在此基础上新增数据3，得到样本容量为6的新样本，则该新样本的方差为______ ．
四、解答题（本大题共5小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题14.0分)
已知复数z1=a2−2ai(a∈R)，复数z2在复平面内对应的向量为OA=(1,−2)．
(1)若z1−z2为纯虚数，求a的值；
(2)若z1i+z2在复平面内对应的点在第三象限，求a的取值范围．
18. (本小题14.0分)
已知向量e1，e2的夹角为120°，且|e1|=1，|e2|=2，a+b=2e1+(2−λ)e2，a−b=(λ+2)e2．
(1)若a//b，求λ的值；
(2)若a⋅b=6，求λ的值．
19. (本小题14.0分)
为了增强学生爱党爱国主义情怀，某中学举行二十大党知识比赛活动，甲、乙、丙三名同学同时回答一道有关党的知识问题.已知甲同学回答正确这道题的概率是34，甲、丙两名同学都回答错误的概率是120，乙、丙两名同学都回答正确的概率是815.若各同学回答是否正确互不影响．
(1)求乙、丙两名同学各自回答正确这道题的概率；
(2)求甲、乙、丙三名同学中不少于2名同学回答正确这道题的概率．
20. (本小题14.0分)
已知如图：A、B、D、E四点共圆，∠ABD=60°，AE=2，AB=2，cos∠EDA=5 714．
(1)求BD的长度；
(2)若∠BCD=135°，求△BCD区域面积的最大值．
21. (本小题14.0分)
阳马，中国古代算数中的一种几何形体，是底面为长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥体.如图，四棱锥P−ABCD就是阳马结构，PD⊥平面ABCD，且PD=AB=AD=2，连接BD，E，F分别是PC，BD的中点．
(1)证明：EF//平面PAD；
(2)求平面EBD与平面CBD所成二面角的正切值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：高二年级应该抽取90×1516+15+14=30人．
故选：B．
根据分层抽样的性质，按比例抽取即可求解．
本题主要考查分层抽样的定义，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：根据题意，△ABC的直观图是边长为2的等边△A′B′C′，
则直观图的面积S△A′B′C′=12×2×2× 32= 3，
则原图△ABC的面积S=2 2S△A′B′C′=2 6．
故选：B．
根据题意，求出直观图的面积，进而由原图面积与直观图面积的关系分析可得答案．
本题考查斜二测画法，注意原图面积与直观图面积的关系，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：正方体ABCD−A1B1C1D1中，
∵BD//B1D1，
∴∠AD1B1是异面直线AD1与BD所成的角(或所成角的补角)，
∵AD1=B1D1=AB1，
∴∠AD1B1=π3．
∴异面直线AD1与BD所成的角为π3．
故选：B．
由BD//B1D1，得∠AD1B1是异面直线AD1与BD所成的角(或所成角的补角)，由此能求出异面直线AD1与BD所成的角的大小．
本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
4.【答案】D
【解析】解：这5个数中1，3，5为奇数，从这5个数中随机选出2个数共有10种情况，其中都是偶数的有1种情况，
则所求的概率P=110=0.1．
故选：D．
先求出从5个数中随机选出2个数，共有10种情况，再求出从2个奇数中选2个，有1种情况，即可得答案．
本题考查古典概型相关知识，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，M是BC的中点，N是CD的中点，
建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(0,0)，M(4,1)，B(4,0)，N(2,2)，
则AM=(4,1)，BN=(−2,2)，
则AM⋅BN=4×(−2)+1×2=−6．
故选：B．
先建系，求出对应点的坐标，然后结合平面向量数量积的坐标运算求解即可．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量数量积的坐标运算，属基础题．
6.【答案】D
【解析】解：如图所示，
设∠EOF是一个确定的角，且∠EOF在平面EOF内，
其中∠DEF的边DE⊥平面EOF，所以DE⊥OE，
作EF⊥OF，因为DE⊥平面EOF，OF⊂平面EOF，所以DE⊥OF，
因为EF∩DE=E，且EF，DE⊂平面EDF，所以OF⊥平面EDF，
又因为DF⊂平面EDF，所以OF⊥DF，
对于给定的∠EOF，当D变化时，∠EDF的取值范围为(0,π2)，
所以如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，则这两个角的大小关系不确定．
故选：D．
作出∠DEF的边DE⊥平面EOF，得到DE⊥OE，再作EF⊥OF，证得OF⊥平面EDF，得到OF⊥DF，进而得出答案．
本题考查了线面垂直的应用以及异面直线所成的角的范围问题，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：当直线m⊥平面α时，
由“直线n//α”能推出“n⊥m”，是充分条件，
反之，“n⊥m”推不出“直线n//α”，比如n在α上，不是必要条件，
故直线n//α”是“n⊥m”的充分不必要条件．
故选：A．
根据充分必要条件的定义以及线面关系判断即可．
本题考查了充分必要条件，考查线面关系，是基础题．
8.【答案】A
【解析】解：如图A−BCD是棱长为2cm的正四面体，
由题意，AD=BD=DC=2cm，设BC的中点为M，底面△BCD 的重心为G，O为外接球的球心，
则有AG⊥底面BCD，MD= 32DC= 3，CG=DG=23MD=2 33，
OA=OC=R，R是外接球半径，
在Rt△AGD 中，GA= AD2−DG2=2 63，
在Rt△OGC 中，OG= OC2−GC2= R2−43，OG+OA=GA，
∴ R2−43+R=2 63，解得R= 62cm，
即正方体的最短棱长为2R= 6(cm)．
故选：A．
依题意，若要使正四面体能自由转动，则正方体必须能装下正四面体的外接球，即正方体的最短棱长就是外接球的直径．
本题考查正四面体外接球问题，考查空间想象能力，逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：A、若b=(0,0)，a=(1,1)，c=(2,3)，
则a⋅b=0，b⋅c=0，即a⊥b，c⊥b，但a与c不平行，故A错误；
B、∵AB⋅AC=|AB||AC|cosA>0，所以cosA>0，所以A∈(0,π2)，
若取A=π3，B=π6，C=π2，则△ABC为直角三角形，故B错误；
C、如一组数为2，2，2，2，则这组数的平均数、众数、中位数都是2，故C正确；
D、a与b互为相反数，即b=−a，所以z=a+bi=a−ai，
当a≠0时，实部与虚部的符号相反，则该复数在复平面内位于第二或第四象限，
当a=0时，z=0，此时复数z在原点位置，原点不属于任何一个象限，故D错误．
故选：ABD．
A、需要注意b为零向量时的情况，举一个反例即可；B、首先运用向量的数量积公式可以把cosA的取值范围算出来，进而得出A的范围，最后在范围内举一个反例即可；
C、举一个存在的例子即可；D、0的相反数为0，所以0要单独讨论，当z=0时不属于任何一个象限．
本题可采用反证法和取特殊值法判断每个选项是否正确，注意特殊情况，属中档题．
10.【答案】CD
【解析】解：x2−x+3=0，
则(x−12)2=−114，解得x=12± 112i，
不妨x1=12+ 112i，x2=12− 112i，
故x1x2=3，x1+x2=1，故AB错误；
x1与x2互为共轭复数，故C正确；
|x1−x2|=| 11i|= 11，故D正确．
故选：CD．
根据已知条件，结合复数的四则运算，解出方程的两个根，即可依次求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
11.【答案】BC
【解析】解：由直方图，[60,70)的频率为1−(0.005+0.015+0.03+0.025+0.01)×10=0.15，
所以分数落在[60,70)的频数为300×0.15=45，故A错误；
而[70,80)的频率为0.3，为各组最大，所以样本的众数为75分，故B正确；
样本平均数为0.05×45+0.15×55+0.15×65+0.3×75+0.25×85+0.1×95=73.5，故C正确；
由0.05+0.15+0.15+0.3=0.65<0.8<0.05+0.15+0.15+0.3+0.25=0.9，
所以80百分位数在[80,90)，设为x，则0.65+0.025×(x−80)=0.8，
解得x=86分，故D错误．
故选：BC．
利用频率分布直方图求出[60,70)的频率，再结合众数，平均数和百分位数的定义逐个判断各个选项即可．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了众数、平均数和百分位数的计算，属于基础题．
12.【答案】ABC
【解析】解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，取棱AD，AA1中点E，F，连接ME，EF，FN，
因为M，N分别为AC，A1B的中点，则ME//CD//AB//NF，
ME=12CD=12AB=NF，因此四边形MEFN为平行四边形，
则EF//MN，EF⊂平面ADD1A1，MN⊄平面ADD1A1，
所以MN//平面ADD1A1，故A正确；
因为AB⊥平面ADD1A1，EF⊂平面ADD1A1，则AB⊥EF，
所以MN⊥AB，故B正确；
显然AF⊥平面ABCD，则∠FEA是EF与平面ABCD所成的角，
又AE=AF，∠EAF=90°，有∠FEA=45°，由于EF//MN，
所以直线MN与平面ABCD所成的角为45°，故C正确；
等边三角形A1BD的面积为 34×( 2)2= 32，
设A到平面A1BD的距离为d，
由VA−A1BD=VA1−ABD=13× 32d=13×12×1×1×1，
解得d= 33，故D错误．
故选：ABC．
A项，需证明ME//NF；B项，需证明AB⊥EF；C项，确定EF与平面ABCD所成的角即可；D项，利用体积相等即可．
本题考查线面位置关系，考查等体积法，属于中档题．
13.【答案】(−65,−85)
【解析】解：∵点A(1,2)，B(−1,1)，
∴AB=(−2,−1)，又∵CD=(3,4)，
∴AB⋅CD=−6−4=−10，|CD|= 32+42=5，
∴向量AB在向量CD上的投影向量的坐标为AB⋅CD|CD|⋅CD|CD|=−25CD=(−65,−85).
故答案为：(−65,−85).
利用投影向量的定义求解．
本题主要考查了投影向量的定义，属于基础题．
14.【答案】16π
【解析】解：∵截面的面积为π，∴截面圆的半径为1，
∵球心O到平面α的距离为 3
∴球的半径为 1+3=2，
∴球的表面积为4π×22=16π．
故答案为16π．
先确定截面圆的半径，再求球的半径，从而可得球的表面积．
本题考查球的表面积，解题的关键是求球的半径，属于基础题．
15.【答案】96π
【解析】解：设圆锥底面的半径为r，根据题意得65π×10=2πr，解得r=6，
所以圆锥的高h= 102−62=8，
所以圆锥的体积V=13πr2h=13π×62×8=96π．
故答案为：96π．
根据题意得65π×10=2πr，解得r=6，求得圆锥的高h=8，利用体积公式，即可求解．
本题主要考查圆锥的体积，属于基础题．
16.【答案】3
【解析】解：样本的平均数为3，在此基础上新增数据3，平均数仍为3，
原样本方差：15×i=15(x1−x−)2=185，
所以i=15(x1−x−)2=18，
所以新样本样本容量为6，
方差为16i=16(x1−x−)2=16×[(x6−x−)2+i=15(x1−x−)2]=16×(0+18)=3．
故答案为：3．
根据题意得到平均数未改变，根据方差公式计算即可．
本题考查数据的数字特征，属于基础题．
17.【答案】解：(1)复数z2在复平面内对应的向量为OA=(1,−2)，
则z2=1−2i，
z1=a2−2ai(a∈R)，
则z1−z2=a2−1+2−2a，
∵z1−z2为纯虚数，
∴a2−1=02−2a≠0，解得a=−1；
(2)z1i+z2=2a+a2 i+1−2i=2a+1+(a2−2)i，
∵z1i+z2在复平面内对应的点在第三象限，
∴2a+1<0a2−2<0，解得− 2
【解析】(1)根据已知条件，结合纯虚数的定义，以及复数的几何意义，即可求解；
(2)根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
18.【答案】解：由已知得e1⋅e2=|e1|⋅|e2|cos120°=1×2×(−12)=−1，
a=e1+2e2，b=e1−λe2，
(1)∵a//b，∴存在实数k，使得b=ka，则e1−λe2=k(e1+2e2)，
所以k=1,−λ=2k,解得λ=−2．
(2)∵a⋅b=6，a=e1+2e2，b=e1−λe2，
∴(e1+2e2)⋅(e1−λe2)=|e1|2+(2−λ)e1⋅e2−2λ⋅|e2|2=1−(2−λ)−2λ×4=6，
解得λ=−1．
【解析】根据题意，求得e1⋅e2；由已知及平面向量的线性运算，得到向量a，b，然后运用平面向量平行关系和数量积的运算进行求解．
本题考查了平面向量的线性运算以及数量积的运算，是基础题．
19.【答案】解：(1)记“甲同学回答正确这道题”，“乙同学回答正确这道题”，“丙同学回答正确这道题”分别为事件A，B，C，
则P(A)=34，P(A−)P(C−)=120，P(B)P(C)=815，
所以P(C)=45，P(B)=23，
所以乙、丙两名同学各自回答正确这道题的概率为23和45．
(2)有0名同学回答正确的概率P0=14×13×15=160，
有1名同学回答正确的概率P1=34×13×15+14×23×15+14×13×45=960，
所以不少于2名同学回答正确这道题的概率P=1−P0−P1=1−160−960=56．
【解析】(1)记“甲同学回答正确这道题”，“乙同学回答正确这道题”，“丙同学回答正确这道题”分别为事件A，B，C，根据相互独立事件的概率乘法公式，列出方程组，即可求解；
(2)根据独立事件的概率乘法公式，分别求得0名同学回答正确和1名同学回答正确的概率，结合对立事件的概率公式，即可求解．
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用．
20.【答案】解：(1)∵A，B，D，E四点共圆，∠ABD=60°，
∴∠AED=120°，
∵cos∠EDA=5 714，
∴sin∠EDA= 1−cos2∠EDA= 2114，
在△ADE中，由正弦定理得AEsin∠EDA=ADsin∠AED，
∵AE=2，∠AED=120°，sin∠EDA= 2114，
∴AD=AE⋅sin∠AEDsin∠EDA=2 7，
在△ABD中，由余弦定理知：AD2=BD2+AB2−2AB⋅DBcos∠ABD，
即DB2−2DB−24=0，解得：DB=6或DB=−4(舍)．
(2)在△BCD中，∠BCD=135°，
∴S△BCD=12CB⋅CD⋅sin135°= 24CB⋅CD，
在△BCD中，由余弦定理得：DB2=CD2+BC2−2BC⋅CDcos∠BCD，
∴36=CD2+CB2+ 2CB⋅CD≥(2+ 2)CB⋅CD(当且仅当CB=CD时取等号)，
∴CB⋅CD≤362+ 2=18(2− 2)，
∴S△BCD≤ 24×18(2− 2)=9 2−9，
即△BCD区域面积的最大值为9 2−9．
【解析】(1)在△ADE中，利用正弦定理可求得AD；在△ABD中，利用余弦定理可求得DB，由此可得结果；
(2)在△BCD中，利用余弦定理和基本不等式可求得CB⋅CD的最大值，代入三角形面积公式即可求得结果．
本题主要考查函数的实际应用，考查转化能力，属于中档题．
21.【答案】(1)证明：连接AC，
∵F为BD的中点，∴F为AC的中点，
又E为PC的中点，连接EF，可得EF//PA，
∵PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，∴EF//平面PAD；
(2)解：∵PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PDC，
∴平面PDC⊥平面ABCD，
取DC的中点G，连接EG，可得EG//PD，则EG⊥DC，
∴EG⊥平面ABCD，得EG⊥BD．
由已知可得四边形ABCD为正方形，则CF⊥BD，
取DF中点H，连接GH，可得GH//CF，则GH⊥BD，
∵EG∩GH=G，∴BD⊥平面EGH，可得BD⊥EH，
即∠EHG为平面EBD与平面CBD所成二面角的平面角．
在Rt△EGH中，EG=12PD=1，GH=12FC=14AC= 22，
∴tan∠EHG=EGGH=1 22= 2．
即平面EBD与平面CBD所成二面角的正切值为 2．
【解析】(1)连接AC，可得F为AC的中点，结合E为PC的中点，得EF//PA，再由直线与平面平行的判定可得EF//平面PAD；
(2)取DC的中点G，连接EG，可得EG⊥平面ABCD，得EG⊥BD，再证明GH⊥BD，得到BD⊥平面EGH，可得BD⊥EH，则∠EHG为平面EBD与平面CBD所成二面角的平面角，然后求解三角形得平面EBD与平面CBD所成二面角的正切值．
本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了空间角的求法，是中档题．
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