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2022-2023学年广西百色市高一（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年广西百色市高一（下）期末数学试卷（含解析），共16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学年广西百色市高一（下）期末数学试卷
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. 已知复数z满足zi=1+i，则|z|=( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 2
2. 在△ABC中，若AB⋅BC>0，则△ABC的形状为( )
A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 无法确定
3. 已知某地A、B、C三个村的人口户数及贫困情况分别如图(1)和图(2)所示，当地政府为巩固拓展脱贫攻坚成果，全面推进乡村振兴，决定采用分层随机抽样的方法抽取20%的户数进行调查，则样本容量和抽取C村贫困户的户数分别是( )
A. 150，15 B. 150，20 C. 200，15 D. 200，20
4. 已知a⋅b=15,|a|=5,|b|=3，则b在a上的投影向量为( )
A. 35a B. 35b C. 25a D. 25b
5. 甲、乙两人各加工一个零件，若甲、乙加工的零件为一等品的概率分别是13和35，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( )
A. 512 B. 15 C. 815 D. 25
6. 在△ABC中，D为线段AB上一点，且AD=2BD，则CD=( )
A. 34CA+14CB B. 14CA+34CB C. 13CA+23CB D. 23CA+13CB
7. 已知直角三角形三边分别是3，4，5，对其三边进行旋转得到三个几何体，其中最大的体积为( )
A. 12π B. 16π C. 28π D. 48π5
8. 百色起义纪念碑于1984年建成.纪念碑外形似一面迎风飘扬的红旗，又似一杆红缨枪直指天宇.正面有邓小平同志的亲笔题词，背面是百色起义的纪事碑文，两侧分别是邓小平、张云逸率领的广西警备第四大队来到百色，韦拔群举办农民运动讲习所的两幅浮雕，碑顶凸起的“1929”字样标明了百色起义的时间.为测量纪念碑的高度，小李同学取了从西到东相距10.1米的A，B两个观测点，在A点测得纪念碑在北偏西15°的点D处(A,B,D在同一水平面上)，在B点测得纪念碑在北偏西60°，碑顶C的仰角为60°，则纪念碑的高度CD约为( 3≈1.73)( )
A. 18.4米 B. 19.29米 C. 21.7米 D. 23.9米
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. 一个口袋内装有大小、形状相同的红色、绿色和蓝色小球各2个，一次任意取出2个小球，则与事件“2个小球都为红色”互斥而不对立的事件有( )
A. 2个小球不全为红球 B. 2个小球恰有1个红球
C. 2个小球至少有1个红球 D. 2个小球都为绿球
10. 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列为假命题的是( )
A. 若m⊥α，n//α，则m⊥n B. 若m⊥α，n⊥β，则α//β
C. 若α⊥β，m⊥β，则m//α D. 若m⊥n，n//β，则m⊥β
11. 有一组从小到大排列的样本数据x1，x2，⋯，xn−1，xn(n≥4)，若将第1个数据减2，最后一个数据加2，其余数据不变，得到新的一组数据x1−2，x2，⋯，xn−1，xn+2，则下列统计量中，相比原来的数据变大的有( )
A. 中位数 B. 极差 C. 平均数 D. 方差
12. 在三棱锥P−ABC中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，且AB=2，PA=PC= 5，PB与底面ABC所成的角的余弦值为2 23，则以下正确的是( )
A. 三棱锥P−ABC的外接球体积为9π2
B. 面PAC⊥面ABC
C. PB=3
D. 三棱锥P−ABC的外接球表面积是其表面积的2倍
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知向量a，b满足a=(1,1)，|b|=2，|a+b|=2，则a⋅b= ______ ．
14. 棉花的纤维长度是棉花质量的重要指标，在一批棉花中随机抽到10根棉花的纤维长度(单位：mm)，按从小到大排序结果为：260 263 265 293 296 301 303 305 321 325，则这组数据的第70百分位数是______ ．
15. 正三角形△ABC的边长为2，则它的直观图面积为______ ．
16. 已知△ABC内一点O是其外心，sinA=2 23(0
17. (本小题10.0分)
已知向量a=(3,1)，b=(−1,2)．
(1)若a⊥(ka+b)，求实数k的值；
(2)已知A、B、C三点共线，若AB=a−b，BC=a+mb，求实数m的值．
18. (本小题12.0分)
袋子中放有大小质地完全相同的球若干个，其中红色球1个，黑色球1个，白色球n个，从袋子中随机抽取1个小球，设取到白色球为事件A，且事件A发生的概率是12．
(1)求n的值；
(2)若从袋子中有放回地取球，每次随机取一个，若取到红色球得2分，取到白色球得1分，取到黑色球得0分，求连续两次取球所得分数之和大于2分的概率．
19. (本小题12.0分)
β如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱DD1的中点．
(1)求证：BD1//平面ACE；
(2)求点B到平面ACE的距离．
20. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin2C=sin2A+sin2B+sinAsinB．
(1)求角C；
(2)若c=2 5，△ABC的周长为8+2 5，求sinA+sinB．
21. (本小题12.0分)
某中学400名学生参加全市高中数学竞赛，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：[20,30)，[30,40)，…，[80,90]，并整理得到如下频率分布直方图：
(1)由频率直方图求样本中分数的中位数；
(2)已知样本中分数在[40,50)的学生有5人，试估计总体中分数小于40的人数；
(3)已知样本中男生与女生的比例是3：1，男生样本的均值为70，方差为10，女生样本的均值为80，方差为12，请计算出总体的方差．
22. (本小题12.0分)
如图，四棱锥P−ABCD，PA⊥平面ABCD，∠BAD=∠BCD=π2，AB=BC=2，PA=BD=4，过点C作直线AB的平行线交AD于F，G为线段PD上一点．
(1)求证：平面PAD⊥平面CFG；
(2)求平面PBC与平面PDC所成二面角的余弦值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
根据已知条件，先对z化简，再结合复数模公式，即可求解．
【解答】
解：∵zi=1+i，
∴z=1+ii=(1+i)ii2=1−i，
∴|z|= 12+(−1)2= 2．
故选：B．
2.【答案】C
【解析】解：AB⋅BC>0，
则BA⋅BC<0，
所以cosB<0，
∵B为△ABC的内角，
∴△ABC的形状为钝角三角形．
故选：C．
根据已知条件，结合平面向量的数量积运算，即可求解．
本题主要考查平面向量的数量积运算，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由图1得样本容量为(350+200+450)×20%=1000×20%=200，
抽取贫困户的户数为200×20%=40户，则抽取C村贫困户的户数为40×0.5=20户．
故选：D．
将饼图中的A、B、C三个村的人口户数全部相加，再将所得结果乘以20%得出样本容量；再C村人口户数乘以20%，再乘以50%可得出C村贫困户的抽取的户数．
本题主要考查分层抽样的应用，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：a⋅b=15，|a|=5，
则b在a上的投影向量为a⋅b|a|×a|a|=1525a=35a．
故选：A．
根据已知条件，结合投影向量的公式，即可求解．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：根据相互独立事件同时发生的概率公式，
两个零件中恰有一个一等品的概率为13×(1−35)+(1−13)×35=815．
故选：C．
根据相互独立事件同时发生的概率公式直接可得．
本题考查事件的相互独立性及积事件的概率，属基础题．
6.【答案】C
【解析】解：由AD=2BD，可得AD=23AB，
则CD=CA+AD
=CA+23AB
=CA+23(CB−CA)
=13CA+23CB．
故选：C．
根据点D为AB的三等分点，将CD进行线性代换即可．
本题考查平面向量基本定理，属基础题．
7.【答案】B
【解析】解：根据题意，假设直角三角形中，a=3、b=4、c=5，
当绕斜边c=5边旋转时，其体积V1=13×π×(125)2×5=48π5；
当绕b=4边旋转时，体积V2=13π×32×4=12π；
当绕a=3边旋转时，体积V3=13π×42×3=16π，
比较可得：其中最大的体积为16π．
故选：B．
根据题意，由圆锥的体积公式分别计算3种情况下所得几何体的体积，比较大小即可得答案．
本题考查圆锥的体积计算，注意旋转体的定义，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：根据题意画出图形，如图所示：
因为CD⊥平面ABD，∠BAD=90°+15°=105°，∠ABD=90°−60°=30°，
所以∠ADB=180°−105°−30°=45°，
又AB=10.1，由正弦定理得，BDsin∠BAD=ABsin∠ADB，
即BDsin105∘=10.1sin45∘，解得BD=10.1sin105°sin45∘，
在Rt△BCD中，∠CBD=60°，
所以CD=BD⋅tan∠CBD
=10.1sin105°sin45∘⋅tan60°
=10.1× 6+ 24 22× 3
=12×10.1×(3+ 3)
≈12×10.1×(3+1.73)
=23.8865
≈23.9(米)．
故选：D．
根据题意画出图形，结合图形利用正弦定理和直角三角形的边角关系求解即可．
本题考查了三角形的解法与应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
9.【答案】BD
【解析】
【分析】
本题考查互斥而不对立事件的判断，考查互斥事件、对立事件的定义等基础知识，属于基础题．
利用互斥事件、对立事件的定义直接求解．
【解答】
解：一个口袋内装有大小、形状相同的红色、绿色和蓝色小球各2个，一次任意取出2个小球，
对于A，2个小球不全为红球与事件“2个小球都为红色”是对立的事件，故A错误；
对于B，2个小球恰有1个红球与事件“2个小球都为红色”互斥而不对立的事件，故B正确；
对于C，2个小球至少有1个红球与事件“2个小球都为红色”能同时发生，不是互斥事件，故C错误；
对于D，2个小球都为绿球与事件“2个小球都为红色”是互斥而不对立的事件，故D正确．
故选：BD．
10.【答案】BCD
【解析】解：若m⊥α，则m与α内的所有直线垂直，
又n//α，则α内存在直线a与n平行，可得m⊥a，则m⊥n，故A正确；
若m⊥α，n⊥β，则α与β的关系不确定，故B错误；
若α⊥β，m⊥β，则m⊂α或m//α，故C错误；
若m⊥n，n//β，则m⊂β或m//β或m与β相交，相交也不一定垂直，故D错误．
故选：BCD．
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一分析四个选项得答案．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
11.【答案】BD
【解析】解：极差比原数据大4，故B正确；
中位数不变，故A错误；
x−=x1+x2+x3+⋯+xnn，x1−=x1−2+x2+x3+⋯+xn+2n=x1+x2+x3+⋯+xnn，
所以平均数不变，故C错误；
因为最小的数据变小，最大的数据变大，其余数据不变，显然新数据较原数据相对于平均值波动变大，
由方差的意义易知方差也变大了，故D正确．
故选：BD．
根据极差、中位数、平均数、方差的定义计算即可得出答案．
本题主要考查了极差、平均数和中位数的计算，属于基础题．
12.【答案】AC
【解析】解：如图，取AC中点D，连接BD，PD，则PD⊥AC，BD⊥AC，所以AC⊥平面PBD，又AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面PBD，
作PE⊥BD，垂足为E，所以AC⊥PE，故PE⊥平面ABC，
则∠PBE即为PB与平面ABC所成角，即cos∠PBD=2 23，
对于C，在△PBD中，由余弦定理得PB2=PD2+BD2−2DB⋅DP⋅cos∠PDB，代入数据，解得PB=3，故C正确；
对于A，在△PAB，△PBC中，PB=3，AB=CB=2，PA=PC= 5，利用勾股定理得PC⊥CB，PA⊥AB，
取PB中点O，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得OP=OB=OA=OC，所以O为外接球球心，PB为直径，
三棱锥P−ABC的外接球体积为V=43π×(32)3=9π2，故QA正确；
对于C，在△PBD中，由余弦定理得PB2=PD2+BD2−2DB⋅DP⋅cos∠PDB，代入数据，解得PB=3，故A正确；
对于B，∠PDB为二面角P−AC−B的平面角，因为∠PDB≠90°，所以面PAC⊥面ABC不成立，故B错；
对于D，三棱锥P−ABC的表面S=2S△PAB+SABC+S△PAC=2 5+ 3+2，三棱锥P−ABC的外接球表面积S=4πR2=9π，故D错．
故选：AC．
取AC中点D，连接BD，PD，则PD⊥AC，BD⊥AC，所以AC⊥平面PBD，且AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面PBD，作PE⊥BD，垂足为E，所以AC⊥PE，故PE⊥平面ABC，∠PBE即为PB与平面ABC所成角，即cos∠PBD=2 23，在逐一判定即可．
本题考查了空间几何的外接球，考查了转化思想、运算能力，属于难题．
13.【答案】−1
【解析】解：∵|a|= 12+12= 2，
∴|a+b|2=a2+2a⋅b+b2=2+2a⋅b+4=4，
∴a⋅b=−1．
故答案为：−1．
由平面向量数量积的性质计算即可．
本题考查平面向量的模与数量积，属于基础题．
14.【答案】304(mm)
【解析】解：70%×10=7，
则这组数据的第70百分位数是303+3052=304(mm)．
故答案为：304(mm)．
根据已知条件，结合百分位数的定义，即可求解．
本题主要考查百分位数的定义，属于基础题．
15.【答案】 64
【解析】解：设原图的面积为S，直观图的面积为S直，则SS直=2 2，
∵△ABC是边长为2的正三角形，
∴S=12×2×2×sin60°= 3，
∴直观图面积为S直=S2 2= 64．
故答案为： 64．
设原图的面积为S，直观图的面积为S直，SS直=2 2，根据等边三角形的面积公式求出S，即可得到直观图的面积．
本题考查了斜二测画直观图中原图与直观图面积的关系，考查正三角形的面积公式，掌握原图与直观图的面积比是快速得到答案的关键，属于基础题．
16.【答案】34
【解析】解：由sinA=2 33，可得cosA=13，
又点O是△ABC外心，且AO=mAB+nAC，
∴AO⋅AB=mAB2+nAB⋅ACAO⋅AC=mAB⋅AC+nAC2，
即12c2=mc2+13nbc12b2=13mbc+nb2，解得m=9c−3b16cn=9b−3c16b，
则m+n=9c−3b16c+9b−3c16b=98−3b2+3c216bc≤98−6bc16bc=34，
当且仅当b=c时上式等号成立．
故答案为：34．
由已知可得AO⋅AB=mAB2+nAB⋅ACAO⋅AC=mAB⋅AC+nAC2，转化为三角形的边长问题，把m、n用含有b、c的代数式表示，再由基本不等式求最值．
本题考查用向量法处理与三角形外心有关的问题，可将数量积问题转化为长度问题，属中档题．
17.【答案】解：(1)a=(3,1)，b=(−1,2)，
则ka+b=(3k,k)+(−1,2)=(3k−1,k+2)，
a⊥(ka+b)，a=(3,1)，
则3(3k−1)+k+2=0，解得k=110；
(2)若AB=a−b=(4,−1)，BC=a+mb=(3,1)+(−m,2m)=(3−m,1+2m)，
∵A、B、C三点共线，
∴4(1+2m)=−(3−m)，解得m=−1．
【解析】(1)根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解；
(2)根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解．
本题主要考查向量垂直、共线的性质，属于基础题．
18.【答案】解：(1)由题意，袋子里共有小球n+2个，其中白色球n个，
故从袋子中随机抽取1个小球，取到白色球即事件A发生的概率为：
Cn1Cn+21=nn+2=12，解得n=2；
(2)设取到红色球为事件B，取到黑色球为事件C，
连续两次取球所得分数之和大于2分为事件D，
由题意，事件A，B，C相互独立，又P(A)=12，P(B)=P(C)=14，
又取到红色球得2分，取到白色球得1分，取到黑色球得0分，
则事件D对应两个都是红球或者是一个红球一个白球，
则P(D)=14×14+C21×14×12=516．
【解析】(1)由古典概型的概率公式可求得；
(2)将分数与两次取球的颜色对应起来，由积事件的概率公式即可求得．
本题考查古典概型和积事件的概率求法，属基础题．
19.【答案】(1)证明：如图所示，
连接BD与AC交于点O，连接OE，∵E，O为中点，∴BD1//OE，
又BD1⊄平面ACE，OE⊂平面ACE，∴BD1//平面ACE；
(2)解：设点B到平面ACE的距离为d，
在Rt△ADE中，AE= AD2+DE2= 22+12= 5，
在Rt△CDE中，CE= CD2+DE2= 22+12= 5，
∴AE=CE，又∵O为CA中点，∴OE⊥CA，
在Rt△ABC中，CA= AB2+BC2= 4+4=2 2，
则OE= AE2−(12CA)2= 5−2= 3，
即S△AEC=12⋅CA⋅OE=12×2 2× 3= 6，
∵在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E到平面ABC的距离为DE，
∵VB−AEC=VE−ABC，∴13S△AEC⋅d=13S△ABC⋅DE，则 6d=12×22×1，即d= 63．
【解析】(1)由题意，根据线面平行判定定理，结合中位线定理，可得答案；
(2)由题意，根据等体积法，可得答案．
本题主要考查线面平行的证明，点面距离的计算，空间想象能力的培养等知识，属于基础题．
20.【答案】解：(1)△ABC中，sin2C=sin2A+sin2B+sinAsinB，
由正弦定理得，c2=a2+b2+ab，
所以cosC=a2+b2−c22ab=−ab2ab=−12，
又因为C∈(0,π)，所以C=2π3；
(2)因为c=2 5，△ABC的周长为8+2 5，
所以a+b=8+2 5−2 5=8，
又因为asinA=bsinB=csinC=2 5sin2π3=2 5 32=4 153，
所以sinA+sinB=a+b4 153=84 153=2 155．
【解析】(1)利用正弦定理和余弦定理，求解即可；
(2)根据△ABC的周长求出a+b，再利用正弦定理即可求出sinA+sinB的值．
本题考查了正弦、余弦定理的应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
21.【答案】解：(1)由频率分布直方图知，分数在[20,50]的频率为1−(0.01+0.02+0.04+0.02)×10=0.1，
所以分数在[20,70]的频率为0.1+0.1+0.2=0.4<0.5，分数在[20,80]的频率为0.4+0.4=0.8>0.5，
所以中位数落在[70,80)内，设其为x，
则0.4+(x−70)×0.04=0.5，
解得x=72.5，
即中位数为72.5；
(2)由频率分布直方图知，分数在[50,90)的频率为(0.01+0.02+0.04+0.02)×10=0.9，
在样本中分数在[50,90)的人数为100×0.9=90(人)，
所以在样本中分数在[40,90)的人数为95人，
所以估计总体中分数在[40,90)的人数为400×0.95=380(人)，总体中分数小于40的人数为20人；
(3)总样本的均值为34×70+14×80=72.5，
所以总样本的方差为s总2=34[10+(72.5−70)2]+14[12+(72.5−80)2]=1174．
【解析】(1)根据中位数的定义求解；
(2)利用频率分布直方图求出在样本中分数在[40,90)的频率，用样本估计总体，估计出总体中分数在[40,90)的人数，从而求出总体中分数小于40的人数；
(3)由平均数与方差的计算公式求解．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了中位数、均值和方差的计算，属于中档题．
22.【答案】解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB，
因为∠BAD=π2，
所以AB⊥AD，
因为PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD，
因为CF//AB，
所以CF⊥平面PAD，
因为CF⊂平面CFG，
所以平面CFG⊥平面PAD；
(2)连结AC，过点B作BE⊥PC于点E，连接DE，如图，
PA⊥平面ABCD，AD，AC⊂平面ABCD，
所以PA⊥AD，PA⊥AC，
因为∠BAD=∠BCD=π2，AB=BC=2，PA=BD=4，
由勾股定理得：AD= BD2−AB2=2 3，
则∠ADB=30°，
同理可得CD=2 3，∠CDB=30°，
故∠ADC=60°，
所以三角形ACD为等边三角形，AC=CD=2 3，
故PB= PA2+AB2=2 5，PC= PA2+AC2=2 7，PD= PA2+AD2=2 7，
在△BCP中，由余弦定理得：cos∠BCP=BC2+CP2−PB22BC⋅CP=4+28−208 7=32 7，
则CE=BCcos∠BCP=3 7，BE= BC2−CE2= 19 7，
在△CDP中，由余弦定理得：cos∠PCD=PC2+CD2−DP22PC⋅CD=28+12−288 3× 7= 32 7，
在△CDE中，DE2=CE2+CD2−2CE⋅CDcos∠PCD=97+12−2×3 7×2 3× 32 7=757，
因为CE2+DE2=12=CD2，
所以DE⊥PC，
所以∠BED为平面PBC与平面PDC所成二面角的平面角，
由余弦定理得：cos∠BED=BE2+DE2−BD22BE⋅DE=197+757−162× 19 7×5 3 7=−3 5795．
【解析】(1)证明出AB⊥平面PAD，由CF//AB，得到CF⊥平面PAD，即可得证；
(2)作出辅助线，找到∠BED为平面PBC与平面PDC所成二面角的平面角，利用余弦定理求出二面角的大小即可．
本题考查面面垂直的判定定理，考查二面角的定义及其求解，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
2022-2023学年广西百色市高一（下）期末数学试卷
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. 已知复数z满足zi=1+i，则|z|=( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 2
2. 在△ABC中，若AB⋅BC>0，则△ABC的形状为( )
A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 无法确定
3. 已知某地A、B、C三个村的人口户数及贫困情况分别如图(1)和图(2)所示，当地政府为巩固拓展脱贫攻坚成果，全面推进乡村振兴，决定采用分层随机抽样的方法抽取20%的户数进行调查，则样本容量和抽取C村贫困户的户数分别是( )
A. 150，15 B. 150，20 C. 200，15 D. 200，20
4. 已知a⋅b=15,|a|=5,|b|=3，则b在a上的投影向量为( )
A. 35a B. 35b C. 25a D. 25b
5. 甲、乙两人各加工一个零件，若甲、乙加工的零件为一等品的概率分别是13和35，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( )
A. 512 B. 15 C. 815 D. 25
6. 在△ABC中，D为线段AB上一点，且AD=2BD，则CD=( )
A. 34CA+14CB B. 14CA+34CB C. 13CA+23CB D. 23CA+13CB
7. 已知直角三角形三边分别是3，4，5，对其三边进行旋转得到三个几何体，其中最大的体积为( )
A. 12π B. 16π C. 28π D. 48π5
8. 百色起义纪念碑于1984年建成.纪念碑外形似一面迎风飘扬的红旗，又似一杆红缨枪直指天宇.正面有邓小平同志的亲笔题词，背面是百色起义的纪事碑文，两侧分别是邓小平、张云逸率领的广西警备第四大队来到百色，韦拔群举办农民运动讲习所的两幅浮雕，碑顶凸起的“1929”字样标明了百色起义的时间.为测量纪念碑的高度，小李同学取了从西到东相距10.1米的A，B两个观测点，在A点测得纪念碑在北偏西15°的点D处(A,B,D在同一水平面上)，在B点测得纪念碑在北偏西60°，碑顶C的仰角为60°，则纪念碑的高度CD约为( 3≈1.73)( )
A. 18.4米 B. 19.29米 C. 21.7米 D. 23.9米
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. 一个口袋内装有大小、形状相同的红色、绿色和蓝色小球各2个，一次任意取出2个小球，则与事件“2个小球都为红色”互斥而不对立的事件有( )
A. 2个小球不全为红球 B. 2个小球恰有1个红球
C. 2个小球至少有1个红球 D. 2个小球都为绿球
10. 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列为假命题的是( )
A. 若m⊥α，n//α，则m⊥n B. 若m⊥α，n⊥β，则α//β
C. 若α⊥β，m⊥β，则m//α D. 若m⊥n，n//β，则m⊥β
11. 有一组从小到大排列的样本数据x1，x2，⋯，xn−1，xn(n≥4)，若将第1个数据减2，最后一个数据加2，其余数据不变，得到新的一组数据x1−2，x2，⋯，xn−1，xn+2，则下列统计量中，相比原来的数据变大的有( )
A. 中位数 B. 极差 C. 平均数 D. 方差
12. 在三棱锥P−ABC中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，且AB=2，PA=PC= 5，PB与底面ABC所成的角的余弦值为2 23，则以下正确的是( )
A. 三棱锥P−ABC的外接球体积为9π2
B. 面PAC⊥面ABC
C. PB=3
D. 三棱锥P−ABC的外接球表面积是其表面积的2倍
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知向量a，b满足a=(1,1)，|b|=2，|a+b|=2，则a⋅b= ______ ．
14. 棉花的纤维长度是棉花质量的重要指标，在一批棉花中随机抽到10根棉花的纤维长度(单位：mm)，按从小到大排序结果为：260 263 265 293 296 301 303 305 321 325，则这组数据的第70百分位数是______ ．
15. 正三角形△ABC的边长为2，则它的直观图面积为______ ．
16. 已知△ABC内一点O是其外心，sinA=2 23(0
17. (本小题10.0分)
已知向量a=(3,1)，b=(−1,2)．
(1)若a⊥(ka+b)，求实数k的值；
(2)已知A、B、C三点共线，若AB=a−b，BC=a+mb，求实数m的值．
18. (本小题12.0分)
袋子中放有大小质地完全相同的球若干个，其中红色球1个，黑色球1个，白色球n个，从袋子中随机抽取1个小球，设取到白色球为事件A，且事件A发生的概率是12．
(1)求n的值；
(2)若从袋子中有放回地取球，每次随机取一个，若取到红色球得2分，取到白色球得1分，取到黑色球得0分，求连续两次取球所得分数之和大于2分的概率．
19. (本小题12.0分)
β如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱DD1的中点．
(1)求证：BD1//平面ACE；
(2)求点B到平面ACE的距离．
20. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin2C=sin2A+sin2B+sinAsinB．
(1)求角C；
(2)若c=2 5，△ABC的周长为8+2 5，求sinA+sinB．
21. (本小题12.0分)
某中学400名学生参加全市高中数学竞赛，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：[20,30)，[30,40)，…，[80,90]，并整理得到如下频率分布直方图：
(1)由频率直方图求样本中分数的中位数；
(2)已知样本中分数在[40,50)的学生有5人，试估计总体中分数小于40的人数；
(3)已知样本中男生与女生的比例是3：1，男生样本的均值为70，方差为10，女生样本的均值为80，方差为12，请计算出总体的方差．
22. (本小题12.0分)
如图，四棱锥P−ABCD，PA⊥平面ABCD，∠BAD=∠BCD=π2，AB=BC=2，PA=BD=4，过点C作直线AB的平行线交AD于F，G为线段PD上一点．
(1)求证：平面PAD⊥平面CFG；
(2)求平面PBC与平面PDC所成二面角的余弦值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
根据已知条件，先对z化简，再结合复数模公式，即可求解．
【解答】
解：∵zi=1+i，
∴z=1+ii=(1+i)ii2=1−i，
∴|z|= 12+(−1)2= 2．
故选：B．
2.【答案】C
【解析】解：AB⋅BC>0，
则BA⋅BC<0，
所以cosB<0，
∵B为△ABC的内角，
∴△ABC的形状为钝角三角形．
故选：C．
根据已知条件，结合平面向量的数量积运算，即可求解．
本题主要考查平面向量的数量积运算，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由图1得样本容量为(350+200+450)×20%=1000×20%=200，
抽取贫困户的户数为200×20%=40户，则抽取C村贫困户的户数为40×0.5=20户．
故选：D．
将饼图中的A、B、C三个村的人口户数全部相加，再将所得结果乘以20%得出样本容量；再C村人口户数乘以20%，再乘以50%可得出C村贫困户的抽取的户数．
本题主要考查分层抽样的应用，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：a⋅b=15，|a|=5，
则b在a上的投影向量为a⋅b|a|×a|a|=1525a=35a．
故选：A．
根据已知条件，结合投影向量的公式，即可求解．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：根据相互独立事件同时发生的概率公式，
两个零件中恰有一个一等品的概率为13×(1−35)+(1−13)×35=815．
故选：C．
根据相互独立事件同时发生的概率公式直接可得．
本题考查事件的相互独立性及积事件的概率，属基础题．
6.【答案】C
【解析】解：由AD=2BD，可得AD=23AB，
则CD=CA+AD
=CA+23AB
=CA+23(CB−CA)
=13CA+23CB．
故选：C．
根据点D为AB的三等分点，将CD进行线性代换即可．
本题考查平面向量基本定理，属基础题．
7.【答案】B
【解析】解：根据题意，假设直角三角形中，a=3、b=4、c=5，
当绕斜边c=5边旋转时，其体积V1=13×π×(125)2×5=48π5；
当绕b=4边旋转时，体积V2=13π×32×4=12π；
当绕a=3边旋转时，体积V3=13π×42×3=16π，
比较可得：其中最大的体积为16π．
故选：B．
根据题意，由圆锥的体积公式分别计算3种情况下所得几何体的体积，比较大小即可得答案．
本题考查圆锥的体积计算，注意旋转体的定义，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：根据题意画出图形，如图所示：
因为CD⊥平面ABD，∠BAD=90°+15°=105°，∠ABD=90°−60°=30°，
所以∠ADB=180°−105°−30°=45°，
又AB=10.1，由正弦定理得，BDsin∠BAD=ABsin∠ADB，
即BDsin105∘=10.1sin45∘，解得BD=10.1sin105°sin45∘，
在Rt△BCD中，∠CBD=60°，
所以CD=BD⋅tan∠CBD
=10.1sin105°sin45∘⋅tan60°
=10.1× 6+ 24 22× 3
=12×10.1×(3+ 3)
≈12×10.1×(3+1.73)
=23.8865
≈23.9(米)．
故选：D．
根据题意画出图形，结合图形利用正弦定理和直角三角形的边角关系求解即可．
本题考查了三角形的解法与应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
9.【答案】BD
【解析】
【分析】
本题考查互斥而不对立事件的判断，考查互斥事件、对立事件的定义等基础知识，属于基础题．
利用互斥事件、对立事件的定义直接求解．
【解答】
解：一个口袋内装有大小、形状相同的红色、绿色和蓝色小球各2个，一次任意取出2个小球，
对于A，2个小球不全为红球与事件“2个小球都为红色”是对立的事件，故A错误；
对于B，2个小球恰有1个红球与事件“2个小球都为红色”互斥而不对立的事件，故B正确；
对于C，2个小球至少有1个红球与事件“2个小球都为红色”能同时发生，不是互斥事件，故C错误；
对于D，2个小球都为绿球与事件“2个小球都为红色”是互斥而不对立的事件，故D正确．
故选：BD．
10.【答案】BCD
【解析】解：若m⊥α，则m与α内的所有直线垂直，
又n//α，则α内存在直线a与n平行，可得m⊥a，则m⊥n，故A正确；
若m⊥α，n⊥β，则α与β的关系不确定，故B错误；
若α⊥β，m⊥β，则m⊂α或m//α，故C错误；
若m⊥n，n//β，则m⊂β或m//β或m与β相交，相交也不一定垂直，故D错误．
故选：BCD．
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一分析四个选项得答案．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
11.【答案】BD
【解析】解：极差比原数据大4，故B正确；
中位数不变，故A错误；
x−=x1+x2+x3+⋯+xnn，x1−=x1−2+x2+x3+⋯+xn+2n=x1+x2+x3+⋯+xnn，
所以平均数不变，故C错误；
因为最小的数据变小，最大的数据变大，其余数据不变，显然新数据较原数据相对于平均值波动变大，
由方差的意义易知方差也变大了，故D正确．
故选：BD．
根据极差、中位数、平均数、方差的定义计算即可得出答案．
本题主要考查了极差、平均数和中位数的计算，属于基础题．
12.【答案】AC
【解析】解：如图，取AC中点D，连接BD，PD，则PD⊥AC，BD⊥AC，所以AC⊥平面PBD，又AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面PBD，
作PE⊥BD，垂足为E，所以AC⊥PE，故PE⊥平面ABC，
则∠PBE即为PB与平面ABC所成角，即cos∠PBD=2 23，
对于C，在△PBD中，由余弦定理得PB2=PD2+BD2−2DB⋅DP⋅cos∠PDB，代入数据，解得PB=3，故C正确；
对于A，在△PAB，△PBC中，PB=3，AB=CB=2，PA=PC= 5，利用勾股定理得PC⊥CB，PA⊥AB，
取PB中点O，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得OP=OB=OA=OC，所以O为外接球球心，PB为直径，
三棱锥P−ABC的外接球体积为V=43π×(32)3=9π2，故QA正确；
对于C，在△PBD中，由余弦定理得PB2=PD2+BD2−2DB⋅DP⋅cos∠PDB，代入数据，解得PB=3，故A正确；
对于B，∠PDB为二面角P−AC−B的平面角，因为∠PDB≠90°，所以面PAC⊥面ABC不成立，故B错；
对于D，三棱锥P−ABC的表面S=2S△PAB+SABC+S△PAC=2 5+ 3+2，三棱锥P−ABC的外接球表面积S=4πR2=9π，故D错．
故选：AC．
取AC中点D，连接BD，PD，则PD⊥AC，BD⊥AC，所以AC⊥平面PBD，且AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面PBD，作PE⊥BD，垂足为E，所以AC⊥PE，故PE⊥平面ABC，∠PBE即为PB与平面ABC所成角，即cos∠PBD=2 23，在逐一判定即可．
本题考查了空间几何的外接球，考查了转化思想、运算能力，属于难题．
13.【答案】−1
【解析】解：∵|a|= 12+12= 2，
∴|a+b|2=a2+2a⋅b+b2=2+2a⋅b+4=4，
∴a⋅b=−1．
故答案为：−1．
由平面向量数量积的性质计算即可．
本题考查平面向量的模与数量积，属于基础题．
14.【答案】304(mm)
【解析】解：70%×10=7，
则这组数据的第70百分位数是303+3052=304(mm)．
故答案为：304(mm)．
根据已知条件，结合百分位数的定义，即可求解．
本题主要考查百分位数的定义，属于基础题．
15.【答案】 64
【解析】解：设原图的面积为S，直观图的面积为S直，则SS直=2 2，
∵△ABC是边长为2的正三角形，
∴S=12×2×2×sin60°= 3，
∴直观图面积为S直=S2 2= 64．
故答案为： 64．
设原图的面积为S，直观图的面积为S直，SS直=2 2，根据等边三角形的面积公式求出S，即可得到直观图的面积．
本题考查了斜二测画直观图中原图与直观图面积的关系，考查正三角形的面积公式，掌握原图与直观图的面积比是快速得到答案的关键，属于基础题．
16.【答案】34
【解析】解：由sinA=2 33，可得cosA=13，
又点O是△ABC外心，且AO=mAB+nAC，
∴AO⋅AB=mAB2+nAB⋅ACAO⋅AC=mAB⋅AC+nAC2，
即12c2=mc2+13nbc12b2=13mbc+nb2，解得m=9c−3b16cn=9b−3c16b，
则m+n=9c−3b16c+9b−3c16b=98−3b2+3c216bc≤98−6bc16bc=34，
当且仅当b=c时上式等号成立．
故答案为：34．
由已知可得AO⋅AB=mAB2+nAB⋅ACAO⋅AC=mAB⋅AC+nAC2，转化为三角形的边长问题，把m、n用含有b、c的代数式表示，再由基本不等式求最值．
本题考查用向量法处理与三角形外心有关的问题，可将数量积问题转化为长度问题，属中档题．
17.【答案】解：(1)a=(3,1)，b=(−1,2)，
则ka+b=(3k,k)+(−1,2)=(3k−1,k+2)，
a⊥(ka+b)，a=(3,1)，
则3(3k−1)+k+2=0，解得k=110；
(2)若AB=a−b=(4,−1)，BC=a+mb=(3,1)+(−m,2m)=(3−m,1+2m)，
∵A、B、C三点共线，
∴4(1+2m)=−(3−m)，解得m=−1．
【解析】(1)根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解；
(2)根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解．
本题主要考查向量垂直、共线的性质，属于基础题．
18.【答案】解：(1)由题意，袋子里共有小球n+2个，其中白色球n个，
故从袋子中随机抽取1个小球，取到白色球即事件A发生的概率为：
Cn1Cn+21=nn+2=12，解得n=2；
(2)设取到红色球为事件B，取到黑色球为事件C，
连续两次取球所得分数之和大于2分为事件D，
由题意，事件A，B，C相互独立，又P(A)=12，P(B)=P(C)=14，
又取到红色球得2分，取到白色球得1分，取到黑色球得0分，
则事件D对应两个都是红球或者是一个红球一个白球，
则P(D)=14×14+C21×14×12=516．
【解析】(1)由古典概型的概率公式可求得；
(2)将分数与两次取球的颜色对应起来，由积事件的概率公式即可求得．
本题考查古典概型和积事件的概率求法，属基础题．
19.【答案】(1)证明：如图所示，
连接BD与AC交于点O，连接OE，∵E，O为中点，∴BD1//OE，
又BD1⊄平面ACE，OE⊂平面ACE，∴BD1//平面ACE；
(2)解：设点B到平面ACE的距离为d，
在Rt△ADE中，AE= AD2+DE2= 22+12= 5，
在Rt△CDE中，CE= CD2+DE2= 22+12= 5，
∴AE=CE，又∵O为CA中点，∴OE⊥CA，
在Rt△ABC中，CA= AB2+BC2= 4+4=2 2，
则OE= AE2−(12CA)2= 5−2= 3，
即S△AEC=12⋅CA⋅OE=12×2 2× 3= 6，
∵在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E到平面ABC的距离为DE，
∵VB−AEC=VE−ABC，∴13S△AEC⋅d=13S△ABC⋅DE，则 6d=12×22×1，即d= 63．
【解析】(1)由题意，根据线面平行判定定理，结合中位线定理，可得答案；
(2)由题意，根据等体积法，可得答案．
本题主要考查线面平行的证明，点面距离的计算，空间想象能力的培养等知识，属于基础题．
20.【答案】解：(1)△ABC中，sin2C=sin2A+sin2B+sinAsinB，
由正弦定理得，c2=a2+b2+ab，
所以cosC=a2+b2−c22ab=−ab2ab=−12，
又因为C∈(0,π)，所以C=2π3；
(2)因为c=2 5，△ABC的周长为8+2 5，
所以a+b=8+2 5−2 5=8，
又因为asinA=bsinB=csinC=2 5sin2π3=2 5 32=4 153，
所以sinA+sinB=a+b4 153=84 153=2 155．
【解析】(1)利用正弦定理和余弦定理，求解即可；
(2)根据△ABC的周长求出a+b，再利用正弦定理即可求出sinA+sinB的值．
本题考查了正弦、余弦定理的应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
21.【答案】解：(1)由频率分布直方图知，分数在[20,50]的频率为1−(0.01+0.02+0.04+0.02)×10=0.1，
所以分数在[20,70]的频率为0.1+0.1+0.2=0.4<0.5，分数在[20,80]的频率为0.4+0.4=0.8>0.5，
所以中位数落在[70,80)内，设其为x，
则0.4+(x−70)×0.04=0.5，
解得x=72.5，
即中位数为72.5；
(2)由频率分布直方图知，分数在[50,90)的频率为(0.01+0.02+0.04+0.02)×10=0.9，
在样本中分数在[50,90)的人数为100×0.9=90(人)，
所以在样本中分数在[40,90)的人数为95人，
所以估计总体中分数在[40,90)的人数为400×0.95=380(人)，总体中分数小于40的人数为20人；
(3)总样本的均值为34×70+14×80=72.5，
所以总样本的方差为s总2=34[10+(72.5−70)2]+14[12+(72.5−80)2]=1174．
【解析】(1)根据中位数的定义求解；
(2)利用频率分布直方图求出在样本中分数在[40,90)的频率，用样本估计总体，估计出总体中分数在[40,90)的人数，从而求出总体中分数小于40的人数；
(3)由平均数与方差的计算公式求解．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了中位数、均值和方差的计算，属于中档题．
22.【答案】解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB，
因为∠BAD=π2，
所以AB⊥AD，
因为PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD，
因为CF//AB，
所以CF⊥平面PAD，
因为CF⊂平面CFG，
所以平面CFG⊥平面PAD；
(2)连结AC，过点B作BE⊥PC于点E，连接DE，如图，
PA⊥平面ABCD，AD，AC⊂平面ABCD，
所以PA⊥AD，PA⊥AC，
因为∠BAD=∠BCD=π2，AB=BC=2，PA=BD=4，
由勾股定理得：AD= BD2−AB2=2 3，
则∠ADB=30°，
同理可得CD=2 3，∠CDB=30°，
故∠ADC=60°，
所以三角形ACD为等边三角形，AC=CD=2 3，
故PB= PA2+AB2=2 5，PC= PA2+AC2=2 7，PD= PA2+AD2=2 7，
在△BCP中，由余弦定理得：cos∠BCP=BC2+CP2−PB22BC⋅CP=4+28−208 7=32 7，
则CE=BCcos∠BCP=3 7，BE= BC2−CE2= 19 7，
在△CDP中，由余弦定理得：cos∠PCD=PC2+CD2−DP22PC⋅CD=28+12−288 3× 7= 32 7，
在△CDE中，DE2=CE2+CD2−2CE⋅CDcos∠PCD=97+12−2×3 7×2 3× 32 7=757，
因为CE2+DE2=12=CD2，
所以DE⊥PC，
所以∠BED为平面PBC与平面PDC所成二面角的平面角，
由余弦定理得：cos∠BED=BE2+DE2−BD22BE⋅DE=197+757−162× 19 7×5 3 7=−3 5795．
【解析】(1)证明出AB⊥平面PAD，由CF//AB，得到CF⊥平面PAD，即可得证；
(2)作出辅助线，找到∠BED为平面PBC与平面PDC所成二面角的平面角，利用余弦定理求出二面角的大小即可．
本题考查面面垂直的判定定理，考查二面角的定义及其求解，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
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