还剩10页未读，
继续阅读
2023-2024学年湖南省张家界市高一（下）期末数学试卷（含解析）
展开
这是一份2023-2024学年湖南省张家界市高一（下）期末数学试卷（含解析），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。
1.在复平面内，复数z=3−4i，则z−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.已知向量a=(1,m)，向量b=(−1, 3)，若a//b，则m等于( )
A. 3B. − 3C. 33D. − 33
3.某学校有高中学生3000人，其中高一年级、高二年级、高三年级的人数分别为1050，1000，950.为调查学生参加“社区志愿服务”的意向，现采用分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为300的样本，那么应抽取高一年级学生的人数为( )
A. 195B. 105C. 100D. 95
4.已知边长为2的正方形ABCD中，E为AD中点，连接BE，则BE⋅EA=( )
A. −2B. −1C. 1D. 2
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. 13B. 23C. 14D. 29
6.对于两个平面α，β和两条直线m，n，下列命题中真命题是( )
A. 若m⊥α，m⊥n，则n//α B. 若m//α，α⊥β，则m⊥β
C. 若m//α，n//β，α⊥β，则m⊥n D. 若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n
7.科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号(如图1)是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器.2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力.“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则极目一号体积约为( )
(参考数据：9.52≈90，9.53≈857，315×1005≈316600)
A. 9064m3B. 9004m3C. 8944m3D. 8884m3
8.随着北京冬奥会的举办，中国冰雪运动的参与人数有了突飞猛进的提升．某校为提升学生的综合素养、大力推广冰雪运动，号召青少年成为“三亿人参与冰雪运动的主力军”，开设了“陆地冰壶”“陆地冰球”“滑冰”“模拟滑雪”四类冰雪运动体验课程．甲、乙两名同学各自从中任意挑选两门课程学习，设事件A=“甲乙两人所选课程恰有一门相同”，事件B=“甲乙两人所选课程完全不同”，事件C=“甲乙两人均未选择陆地冰壶课程”，则( )
A. A与B为对立事件B. A与C互斥C. A与C相互独立D. B与C相互独立
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. 某校1000名学生在高三一模测试中数学成绩的频率分布直方图如图所示(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表).分数不低于X即为优秀，已知优秀学生有80人，则( )
A. a=0.008B. X=120
C. 70分以下的人数约为6人D. 本次考试的平均分约为93.6
10.如图所示，为了测量A，B两岛的距离，小明在D处观测，A，B分别在D处的北偏西15°、北偏东45°方向，再往正东方向行驶30海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西60°方向，则下列结论正确的是( )
A. ∠CAD=45°B. A，D之间的距离为15 2海里
C. B，D之间的距离为30 3海里D. A，B两岛间的距离为15 6海里
11.正三棱柱ABC−A1B1C1的各棱长均相等，D是AA1的中点，M，N是线段BB1，CC1上的动点(含端点)，且BM=C1N，当M，N运动时，下列结论正确的是( )
A. 平面DMN⊥平面BCC1B1 B. 三棱锥A1−DMN的体积为定值
C. △DMN可能为直角三角形 D. 平面DMN与平面ABC所成的锐二面角的范围是(0,π4]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在9，10，11，13，15，16这六个数中，第50百分位数是______．
13.已知复数z=(2+ai)(1+i3)(a∈R)为纯虚数，则|z+3|+z−= ______．
14.已知三棱锥P−ABC的四个顶点都在球O的球面上，PB=PC=2 5，AB=4，AC=4，PA=BC=2，则球O的表面积为______．
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)
某同学在解题中发现，以下三个式子的值都等于同一个常数．
①2+i1−2i②−4+3i3+4i③−1−i−1+i
(i是虚数单位)
(Ⅰ)从三个式子中选择一个，求出这个常数；
(Ⅱ)根据三个式子的结构特征及(Ⅰ)的计算结果，将该同学的发现推广为一个复数恒等式，并证明你的结论．
16.(本小题15分)
全国文明城市简称文明城市，是指在全面建设小康社会中市民整体素质和城市文明程度较高的城市.全国文明城市称号是反映中国城市整体文明水平的最高荣誉称号.为普及相关知识，争创全国文明城市，张家界市组织了文明城市知识竞赛，现随机抽取了甲、乙两个单位各5名职工的成绩(单位：分)如表：
(1)根据如表中的数据，分别求出甲、乙两个单位5名职工的成绩的平均数和方差，并比较哪个单位的职工对文明城市知识掌握得更好；
(2)用简单随机抽样法从乙单位5名职工中抽取2人，求抽取的2名职工的成绩差的绝对值不小于4的概率．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC=45°，AD=AC=1，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO=2，M为PD的中点．
(1)证明：PB//平面ACM；
(2)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．
18.(本小题17分)
乒乓球台面被球网分成甲、乙两部分.如图，甲上有两个不相交的区域A、B，乙被划分为两个不相交的区域C、D.某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球，规定：回球一次，落点在C上记3分，在D上记1分，其它情况记0分.对落点在A上的来球，队员小明回球的落点在C上的概率为12，在D上的概率为13；对落点在B上的来球，小明回球的落点在C上的概率为15，在D上的概率为35.假设共有两次来球且落在A、B上各一次，小明的两次回球互不影响.求：
(1)小明对落点在A、B上的来球回球的得分为0分的概率；
(2)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率；
(3)两次回球结束后，小明得分之和ξ的所有可能取值及对应的概率．
19.(本小题17分)
已知G点为△ABC的重心，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．
(1)若OG=OA+λ(AB+AC)，求实数λ的值；
(2)若AG⊥BG，且
(ⅰ)a2+b2=mc2，求实数m的值；
(ⅱ)1tanA+1tanB=2μtanC，求实数μ的值．
答案解析
1.A
【解析】解：复数z=3−4i，则z−=3+4i对应的点(3,4)位于第一象限，
故选：A．
2.B
【解析】解：∵向量a=(1,m)，向量b=(−1, 3)，若a//b，
则1× 3−m×(−1)=0，解得m=− 3．
故选：B．
3.B
【解析】解：采用分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为300的样本，
则应抽取高一年级学生的人数为：300×10503000=105．
故选：B．
4.B
【解析】解：如图，
BE=BA+AE=BA−EA，
∴BE⋅EA=(BA−EA)⋅EA
=BA⋅EA−EA2
=0−1=−1．
故选B．
5.A
【解析】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：
∵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.D
【解析】解：在A中：若m⊥α，m⊥n，则n//α或n⊂α，故A错误；
在B中：若m//α，α⊥β，则m与β相交、平行或m⊂β，故B错误；
在C中：若m//α，n//β，α⊥β，则m与n相交、平行或异面，故C错误；
在D中：若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则由线面垂直和面面垂直的性质得m⊥n，故D正确．
故选：D．
7.A
【解析】解：由图可知，半球的半径R=9.5米，圆柱的底面半径R=9.5米，高为14米，圆台的下底面半径为R=9.5米，上底面半径为r=1米，高为ℎ=31.5米．
则极目一号体积约为V=12×43π×9．53+π×9．52×14+13π×31.5×(9.52+9.5×1+12)
≈(23×857+90×14+13×31.5×100.5)π
≈(571+1260+1055)×3.1415
≈9064m3．
故选：A．
8.C
【解析】解：依题意甲、乙两人所选课程有如下情形：
①有1门相同，②2门都相同，③2门都不相同，
∴A与B互斥不对立，A与C不互斥，故A，B错误；
P(A)=C41C31C21C42C42=23，P(B)=C42C42C42=16，P(C)=C32C32C42C42=14，
P(AC)=C31C31C42C42=16，P(BC)=0，
∴P(AC)=P(A)P(C)，P(BC)≠P(B)P(C)，
∴A与C相互独立，B与C不相互独立，故C正确，D错误．
故本题选C．
9.AD
【解析】解：对于A，(0.002×2+0.004+a+0.014+0.02)×20=1⇒a=0.008，A正确；
对于B，因为第六组有40人，第五组有160人，
所以130−X130−110=40160⇒X=125，B错误；
对于C，70分以下的人数为(0.002+0.004)×20×1000=120人，C错误；
对于D，平均成绩X−=40×0.04+60×0.08+80×0.28+100×0.4+120×0.16+140×0.04=93.6，D正确，
故选：AD．
10.ABD
【解析】解：由题意可得∠ADC=15°+90°=105°，∠ACB=60°，
∴∠ACD=30°，∴∠CAD=180°−105°−30°=45°，故A正确；
在△ACD中，由正弦定理可得ADsin∠ACD=DCsin∠DAC，即ADsin30∘=30sin45∘，
解得AD=15 2，故B正确；
在Rt△BCD中，由∠BDC=45°，可得BC=CD=30，BD=30 2，故C错误；
在△ABD中，由余弦定理可得AB2=DA2+DB2−2⋅DA⋅DB⋅cs∠ADB，
即AB2=(15 2)2+(30 2)2−2×15 2×30 2×12，解得AB=15 6，故D正确．
故选：ABD．
11.ABD
【解析】解：如图，
对于A：当M、N分别在BB1、CC1上运动时，若满足BM=C1N，
则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O，而DO⊥平面BCC1B1，
∴平面DMN⊥平面BCC1B1，故A正确；
对于B：当M、N分别在BB1、CC1上运动时，△A1DM的面积不变，N到平面A1DM的距离不变，
∴棱锥N−A1DM的体积不变，
即三棱锥A1−DMN的体积为定值，故B正确；
对于C：若△DMN为直角三角形，则必是以∠MDN为直角的直角三角形，
但MN的最大值为BC1，而此时DM，DN的长大于BB1，
∴△DMN不可能为直角三角形，故C错误；
对于D：当M、N分别为BB1，CC1中点时，
平面DMN与平面ABC所成的角为0，
当M与B重合，N与C1重合时，
平面DMN与平面ABC所成的锐二面角最大，为∠C1BC，等于π4，
∴平面DMN与平面ABC所成的锐二面角范围为(0,π4]，故D正确．
故选：ABD．
12.12
【解析】解：因为6×50%=3，
则第50百分位数为11+132=12．
故答案为：12．
13.5+4i
【解析】解：z=(2+ai)(1+i3)=2+a+(a−2)i，
∵复数z为纯虚数，∴2+a=0a−2≠0，解得a=−2．
∴z=−4i，z−=4i．
则|z+3|+z−=|−4i+3|+z−= 32+(−4)2+4i=5+4i．
故答案为：5+4i．
14.316π15
【解析】解：∵三棱锥P−ABC的四个顶点都在球O的球面上，PB=PC=2 5，AB=4，AC=4，PA=BC=2，
∴根据勾股定理易得PA⊥AC，PA⊥AB，又AC∩AB=A，
∴PA⊥平面ABC，
设底面三角形ABC的外接圆的半径为r，球O的半径为2R，
易知cs∠ABC=14，∴sin∠ABC= 1−(14)2= 154，
∴2r=ACsin∠ABC=4 154=16 15，
∴(2R)2=(2r)2+PA2=25615+4=31615，
∴球O的表面积为316π15．
故答案为：316π15．
15.解：(Ⅰ)−1−i−1+i=(−1−i)(−1−i)2=i，
(Ⅱ)根据三个式子的结构特征及(Ⅰ)的计算结果，可以得到：
a+bib−ai=i，
证明如下，
a+bib−ai=(a+bi)(b+ai)a2+b2=i，
故得证．
【解析】(Ⅰ)由复数的运算得：−1−i−1+i=(−1−i)(−1−i)2=i，
(Ⅱ)由归纳推理得：a+bib−ai=(a+bi)(b+ai)a2+b2=i，得解．
16.解：(1)x−乙=85+89+91+92+935=90，
x−甲=87+88+91+91+935=90，s甲2=15[(87−90)2+(88−90)2+(91−90)2+(91−90)2+(93−90)2]=245，
s乙2=15[(85−90)2+(89−90)2+(91−90)2+(92−90)2+(93−90)2]=8，
显然x−甲=x−乙，s甲2故甲单位的职工比乙单位的职工对文明城市知识掌握得更好．
(2)从乙单位5名职工中随机抽取2名，他们的成绩组成的所有基本事件为(85,89)，(85,91)，(85,92)，(85,93)，(89,91)，(89,92)，(89,93)，(91,92)，(91,93)，(92,93)，共10个．
记“抽取的2名职工的成绩差的绝对值不小于4”为事件A，则事件A包含的基本事件为(85,89)，(85,91)，(85,92)，(85,93)，(89,93)，共5个．由古典概型计算公式可知P(A)=510=12．
【解析】(1)结合平均数、方差公式，即可求解；
(2)结合列举法，即古典概型的概率公式，即可求解．
17.(1)证明：连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，
∵O为AC的中点，∴O为BD的中点，
又∵M为PD的中点，
∴PB//MO，
∵PB⊄平面ACM，MO⊂平面ACM，
∴PB//平面ACM．
(2)解：取DO中点N，连接MN，AN，
∵M为PD的中点，
∴MN//PO，且MN=12PO=1，
由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD，
∴∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角，
在Rt△DAO中，∵AD=1，AO=12，∠DAO=90°，∴DO= 52，
∴AN=12DO= 54，
在Rt△ANM中，tan∠MAN=MNAN=1 54=4 55，
即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为4 55．
【解析】(1)连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，由O为AC的中点，知O为BD的中点，再由M为PD的中点，知PB//MO，由此能够证明PB//平面ACM．
(2)取DO中点N，连接MN，AN，由M为PD的中点，知MN//PO，且MN=12PO=1，由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD，故∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角，由此能求出直线AM与平面ABCD所成角的正切值．
18.解：(1)因为小明回球的落点在C上的概率为12，在D上的概率为13；对落点在B上的来球，
小明回球的落点在C上的概率为15，在D上的概率为35．
所以记Ai为事件“小明对落点在A上的来球回球的得分为i分”(i=0,1,3)，
则P(A3)=12，P(A1)=13，P(A0)=1−12−13=16；
记Bi为事件“小明对落点在B上的来球回球的得分为i分”(i=0,1,3)，
则P(B3)=15，P(B1)=35，P(B0)=1−15−35=15．
(2)记D为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”．
由题意，D=A3B0+A1B0+A0B1+A0B3，
由事件的独立性和互斥性，
P(D)=P(A3B0)+P(A1B0)+P(A0B1)+P(A0B3)，
=12×15+13×15+16×35+16×15=310，
∴小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为310．
(3)由题意，ξ可能的取值为0，1，2，3，4，6，
由事件的独立性和互斥性，得：
P(ξ=0)=P(A0B0)=16×15=130，
P(ξ=1)=P(A1B0)+P(A0B1)=13×15+16×35=16，
P(ξ=2)=P(A1B1)=13×35=15，
P(ξ=3)=P(A3B0)+P(A0B3)=12×15+16×15=215，
P(ξ=4)=P(A3B1)+P(A1B3)=12×35+13×15=1130，
P(ξ=6)=P(A3B3)=12×15=110．
【解析】(1)根据题意，分析出得分为0的情况，进行求解即可．
(2)根据事件的独立性和互斥性，进行分析即可．
(3)根据事件的独立性和互斥性，由乘法公式进行计算即可．
19.解：(1)因为OG=OA+λ(AB+AC)，
所以OG−OA=λ(GB−GA+GC−GA)，
所以−GA=λ(GB+GC−2GA)，即(1−2λ)GA+λGB+λGC=0，
因为G点为△ABC的重心，
所以GA+GB+GC=0，
所以1−2λ=λ，解得λ=13．
(2)如图，连接CG，并延长交AB于点D，
由G点为△ABC的重心，知D为AB的中点，
由AG⊥BG，得DG=12AB，
(i)由重心的性质，得CD=3DG=32AB，
在△ACD中，由余弦定理得，AC2=AD2+CD2−2AD⋅CD⋅cs∠ADC，
在△BCD中，由余弦定理得，BC2=BD2+CD2−2BD⋅CD⋅cs∠BDC，
因为∠ADC+∠BDC=π，AD=BD，
所以AC2+BC2=2AD2+2CD2，
所以AC2+BC2=12AB2+92AB2=5AB2，
即a2+b2=5c2，
所以m=5．
(ii)因为1tanA+1tanB=2μtanC，
所以csAsinA+csBsinB=2μcsCsinC，
所以μ=(sinAcsB+csAsinB)sinC2sinAsinBcsC=sin(A+B)sinC2sinAsinBcsC=sin2C2sinAsinBcsC=c22abcsC=c2a2+b2−c2=c25c2−c2=14．
【解析】(1)根据已知条件和平面向量的线性运算法则，可得(1−2λ)GA+λGB+λGC=0，再结合重心的性质，即可得解；
(2)连接CG，并延长交AB于点D，(i)在△ACD和△BCD中，分别利用余弦定理，结合∠ADC+∠BDC=π，可得a2+b2=5c2，从而得解；(ⅱ)利用同角三角函数的商数关系与两角和的正弦公式化简已知等式，再结合(i)中结论，即可得解．甲单位
87
88
91
91
93
乙单位
85
89
91
92
93
(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)
1.在复平面内，复数z=3−4i，则z−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.已知向量a=(1,m)，向量b=(−1, 3)，若a//b，则m等于( )
A. 3B. − 3C. 33D. − 33
3.某学校有高中学生3000人，其中高一年级、高二年级、高三年级的人数分别为1050，1000，950.为调查学生参加“社区志愿服务”的意向，现采用分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为300的样本，那么应抽取高一年级学生的人数为( )
A. 195B. 105C. 100D. 95
4.已知边长为2的正方形ABCD中，E为AD中点，连接BE，则BE⋅EA=( )
A. −2B. −1C. 1D. 2
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. 13B. 23C. 14D. 29
6.对于两个平面α，β和两条直线m，n，下列命题中真命题是( )
A. 若m⊥α，m⊥n，则n//α B. 若m//α，α⊥β，则m⊥β
C. 若m//α，n//β，α⊥β，则m⊥n D. 若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n
7.科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号(如图1)是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器.2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力.“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则极目一号体积约为( )
(参考数据：9.52≈90，9.53≈857，315×1005≈316600)
A. 9064m3B. 9004m3C. 8944m3D. 8884m3
8.随着北京冬奥会的举办，中国冰雪运动的参与人数有了突飞猛进的提升．某校为提升学生的综合素养、大力推广冰雪运动，号召青少年成为“三亿人参与冰雪运动的主力军”，开设了“陆地冰壶”“陆地冰球”“滑冰”“模拟滑雪”四类冰雪运动体验课程．甲、乙两名同学各自从中任意挑选两门课程学习，设事件A=“甲乙两人所选课程恰有一门相同”，事件B=“甲乙两人所选课程完全不同”，事件C=“甲乙两人均未选择陆地冰壶课程”，则( )
A. A与B为对立事件B. A与C互斥C. A与C相互独立D. B与C相互独立
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. 某校1000名学生在高三一模测试中数学成绩的频率分布直方图如图所示(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表).分数不低于X即为优秀，已知优秀学生有80人，则( )
A. a=0.008B. X=120
C. 70分以下的人数约为6人D. 本次考试的平均分约为93.6
10.如图所示，为了测量A，B两岛的距离，小明在D处观测，A，B分别在D处的北偏西15°、北偏东45°方向，再往正东方向行驶30海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西60°方向，则下列结论正确的是( )
A. ∠CAD=45°B. A，D之间的距离为15 2海里
C. B，D之间的距离为30 3海里D. A，B两岛间的距离为15 6海里
11.正三棱柱ABC−A1B1C1的各棱长均相等，D是AA1的中点，M，N是线段BB1，CC1上的动点(含端点)，且BM=C1N，当M，N运动时，下列结论正确的是( )
A. 平面DMN⊥平面BCC1B1 B. 三棱锥A1−DMN的体积为定值
C. △DMN可能为直角三角形 D. 平面DMN与平面ABC所成的锐二面角的范围是(0,π4]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在9，10，11，13，15，16这六个数中，第50百分位数是______．
13.已知复数z=(2+ai)(1+i3)(a∈R)为纯虚数，则|z+3|+z−= ______．
14.已知三棱锥P−ABC的四个顶点都在球O的球面上，PB=PC=2 5，AB=4，AC=4，PA=BC=2，则球O的表面积为______．
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)
某同学在解题中发现，以下三个式子的值都等于同一个常数．
①2+i1−2i②−4+3i3+4i③−1−i−1+i
(i是虚数单位)
(Ⅰ)从三个式子中选择一个，求出这个常数；
(Ⅱ)根据三个式子的结构特征及(Ⅰ)的计算结果，将该同学的发现推广为一个复数恒等式，并证明你的结论．
16.(本小题15分)
全国文明城市简称文明城市，是指在全面建设小康社会中市民整体素质和城市文明程度较高的城市.全国文明城市称号是反映中国城市整体文明水平的最高荣誉称号.为普及相关知识，争创全国文明城市，张家界市组织了文明城市知识竞赛，现随机抽取了甲、乙两个单位各5名职工的成绩(单位：分)如表：
(1)根据如表中的数据，分别求出甲、乙两个单位5名职工的成绩的平均数和方差，并比较哪个单位的职工对文明城市知识掌握得更好；
(2)用简单随机抽样法从乙单位5名职工中抽取2人，求抽取的2名职工的成绩差的绝对值不小于4的概率．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC=45°，AD=AC=1，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO=2，M为PD的中点．
(1)证明：PB//平面ACM；
(2)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．
18.(本小题17分)
乒乓球台面被球网分成甲、乙两部分.如图，甲上有两个不相交的区域A、B，乙被划分为两个不相交的区域C、D.某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球，规定：回球一次，落点在C上记3分，在D上记1分，其它情况记0分.对落点在A上的来球，队员小明回球的落点在C上的概率为12，在D上的概率为13；对落点在B上的来球，小明回球的落点在C上的概率为15，在D上的概率为35.假设共有两次来球且落在A、B上各一次，小明的两次回球互不影响.求：
(1)小明对落点在A、B上的来球回球的得分为0分的概率；
(2)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率；
(3)两次回球结束后，小明得分之和ξ的所有可能取值及对应的概率．
19.(本小题17分)
已知G点为△ABC的重心，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．
(1)若OG=OA+λ(AB+AC)，求实数λ的值；
(2)若AG⊥BG，且
(ⅰ)a2+b2=mc2，求实数m的值；
(ⅱ)1tanA+1tanB=2μtanC，求实数μ的值．
答案解析
1.A
【解析】解：复数z=3−4i，则z−=3+4i对应的点(3,4)位于第一象限，
故选：A．
2.B
【解析】解：∵向量a=(1,m)，向量b=(−1, 3)，若a//b，
则1× 3−m×(−1)=0，解得m=− 3．
故选：B．
3.B
【解析】解：采用分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为300的样本，
则应抽取高一年级学生的人数为：300×10503000=105．
故选：B．
4.B
【解析】解：如图，
BE=BA+AE=BA−EA，
∴BE⋅EA=(BA−EA)⋅EA
=BA⋅EA−EA2
=0−1=−1．
故选B．
5.A
【解析】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：
∵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.D
【解析】解：在A中：若m⊥α，m⊥n，则n//α或n⊂α，故A错误；
在B中：若m//α，α⊥β，则m与β相交、平行或m⊂β，故B错误；
在C中：若m//α，n//β，α⊥β，则m与n相交、平行或异面，故C错误；
在D中：若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则由线面垂直和面面垂直的性质得m⊥n，故D正确．
故选：D．
7.A
【解析】解：由图可知，半球的半径R=9.5米，圆柱的底面半径R=9.5米，高为14米，圆台的下底面半径为R=9.5米，上底面半径为r=1米，高为ℎ=31.5米．
则极目一号体积约为V=12×43π×9．53+π×9．52×14+13π×31.5×(9.52+9.5×1+12)
≈(23×857+90×14+13×31.5×100.5)π
≈(571+1260+1055)×3.1415
≈9064m3．
故选：A．
8.C
【解析】解：依题意甲、乙两人所选课程有如下情形：
①有1门相同，②2门都相同，③2门都不相同，
∴A与B互斥不对立，A与C不互斥，故A，B错误；
P(A)=C41C31C21C42C42=23，P(B)=C42C42C42=16，P(C)=C32C32C42C42=14，
P(AC)=C31C31C42C42=16，P(BC)=0，
∴P(AC)=P(A)P(C)，P(BC)≠P(B)P(C)，
∴A与C相互独立，B与C不相互独立，故C正确，D错误．
故本题选C．
9.AD
【解析】解：对于A，(0.002×2+0.004+a+0.014+0.02)×20=1⇒a=0.008，A正确；
对于B，因为第六组有40人，第五组有160人，
所以130−X130−110=40160⇒X=125，B错误；
对于C，70分以下的人数为(0.002+0.004)×20×1000=120人，C错误；
对于D，平均成绩X−=40×0.04+60×0.08+80×0.28+100×0.4+120×0.16+140×0.04=93.6，D正确，
故选：AD．
10.ABD
【解析】解：由题意可得∠ADC=15°+90°=105°，∠ACB=60°，
∴∠ACD=30°，∴∠CAD=180°−105°−30°=45°，故A正确；
在△ACD中，由正弦定理可得ADsin∠ACD=DCsin∠DAC，即ADsin30∘=30sin45∘，
解得AD=15 2，故B正确；
在Rt△BCD中，由∠BDC=45°，可得BC=CD=30，BD=30 2，故C错误；
在△ABD中，由余弦定理可得AB2=DA2+DB2−2⋅DA⋅DB⋅cs∠ADB，
即AB2=(15 2)2+(30 2)2−2×15 2×30 2×12，解得AB=15 6，故D正确．
故选：ABD．
11.ABD
【解析】解：如图，
对于A：当M、N分别在BB1、CC1上运动时，若满足BM=C1N，
则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O，而DO⊥平面BCC1B1，
∴平面DMN⊥平面BCC1B1，故A正确；
对于B：当M、N分别在BB1、CC1上运动时，△A1DM的面积不变，N到平面A1DM的距离不变，
∴棱锥N−A1DM的体积不变，
即三棱锥A1−DMN的体积为定值，故B正确；
对于C：若△DMN为直角三角形，则必是以∠MDN为直角的直角三角形，
但MN的最大值为BC1，而此时DM，DN的长大于BB1，
∴△DMN不可能为直角三角形，故C错误；
对于D：当M、N分别为BB1，CC1中点时，
平面DMN与平面ABC所成的角为0，
当M与B重合，N与C1重合时，
平面DMN与平面ABC所成的锐二面角最大，为∠C1BC，等于π4，
∴平面DMN与平面ABC所成的锐二面角范围为(0,π4]，故D正确．
故选：ABD．
12.12
【解析】解：因为6×50%=3，
则第50百分位数为11+132=12．
故答案为：12．
13.5+4i
【解析】解：z=(2+ai)(1+i3)=2+a+(a−2)i，
∵复数z为纯虚数，∴2+a=0a−2≠0，解得a=−2．
∴z=−4i，z−=4i．
则|z+3|+z−=|−4i+3|+z−= 32+(−4)2+4i=5+4i．
故答案为：5+4i．
14.316π15
【解析】解：∵三棱锥P−ABC的四个顶点都在球O的球面上，PB=PC=2 5，AB=4，AC=4，PA=BC=2，
∴根据勾股定理易得PA⊥AC，PA⊥AB，又AC∩AB=A，
∴PA⊥平面ABC，
设底面三角形ABC的外接圆的半径为r，球O的半径为2R，
易知cs∠ABC=14，∴sin∠ABC= 1−(14)2= 154，
∴2r=ACsin∠ABC=4 154=16 15，
∴(2R)2=(2r)2+PA2=25615+4=31615，
∴球O的表面积为316π15．
故答案为：316π15．
15.解：(Ⅰ)−1−i−1+i=(−1−i)(−1−i)2=i，
(Ⅱ)根据三个式子的结构特征及(Ⅰ)的计算结果，可以得到：
a+bib−ai=i，
证明如下，
a+bib−ai=(a+bi)(b+ai)a2+b2=i，
故得证．
【解析】(Ⅰ)由复数的运算得：−1−i−1+i=(−1−i)(−1−i)2=i，
(Ⅱ)由归纳推理得：a+bib−ai=(a+bi)(b+ai)a2+b2=i，得解．
16.解：(1)x−乙=85+89+91+92+935=90，
x−甲=87+88+91+91+935=90，s甲2=15[(87−90)2+(88−90)2+(91−90)2+(91−90)2+(93−90)2]=245，
s乙2=15[(85−90)2+(89−90)2+(91−90)2+(92−90)2+(93−90)2]=8，
显然x−甲=x−乙，s甲2
(2)从乙单位5名职工中随机抽取2名，他们的成绩组成的所有基本事件为(85,89)，(85,91)，(85,92)，(85,93)，(89,91)，(89,92)，(89,93)，(91,92)，(91,93)，(92,93)，共10个．
记“抽取的2名职工的成绩差的绝对值不小于4”为事件A，则事件A包含的基本事件为(85,89)，(85,91)，(85,92)，(85,93)，(89,93)，共5个．由古典概型计算公式可知P(A)=510=12．
【解析】(1)结合平均数、方差公式，即可求解；
(2)结合列举法，即古典概型的概率公式，即可求解．
17.(1)证明：连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，
∵O为AC的中点，∴O为BD的中点，
又∵M为PD的中点，
∴PB//MO，
∵PB⊄平面ACM，MO⊂平面ACM，
∴PB//平面ACM．
(2)解：取DO中点N，连接MN，AN，
∵M为PD的中点，
∴MN//PO，且MN=12PO=1，
由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD，
∴∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角，
在Rt△DAO中，∵AD=1，AO=12，∠DAO=90°，∴DO= 52，
∴AN=12DO= 54，
在Rt△ANM中，tan∠MAN=MNAN=1 54=4 55，
即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为4 55．
【解析】(1)连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，由O为AC的中点，知O为BD的中点，再由M为PD的中点，知PB//MO，由此能够证明PB//平面ACM．
(2)取DO中点N，连接MN，AN，由M为PD的中点，知MN//PO，且MN=12PO=1，由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD，故∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角，由此能求出直线AM与平面ABCD所成角的正切值．
18.解：(1)因为小明回球的落点在C上的概率为12，在D上的概率为13；对落点在B上的来球，
小明回球的落点在C上的概率为15，在D上的概率为35．
所以记Ai为事件“小明对落点在A上的来球回球的得分为i分”(i=0,1,3)，
则P(A3)=12，P(A1)=13，P(A0)=1−12−13=16；
记Bi为事件“小明对落点在B上的来球回球的得分为i分”(i=0,1,3)，
则P(B3)=15，P(B1)=35，P(B0)=1−15−35=15．
(2)记D为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”．
由题意，D=A3B0+A1B0+A0B1+A0B3，
由事件的独立性和互斥性，
P(D)=P(A3B0)+P(A1B0)+P(A0B1)+P(A0B3)，
=12×15+13×15+16×35+16×15=310，
∴小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为310．
(3)由题意，ξ可能的取值为0，1，2，3，4，6，
由事件的独立性和互斥性，得：
P(ξ=0)=P(A0B0)=16×15=130，
P(ξ=1)=P(A1B0)+P(A0B1)=13×15+16×35=16，
P(ξ=2)=P(A1B1)=13×35=15，
P(ξ=3)=P(A3B0)+P(A0B3)=12×15+16×15=215，
P(ξ=4)=P(A3B1)+P(A1B3)=12×35+13×15=1130，
P(ξ=6)=P(A3B3)=12×15=110．
【解析】(1)根据题意，分析出得分为0的情况，进行求解即可．
(2)根据事件的独立性和互斥性，进行分析即可．
(3)根据事件的独立性和互斥性，由乘法公式进行计算即可．
19.解：(1)因为OG=OA+λ(AB+AC)，
所以OG−OA=λ(GB−GA+GC−GA)，
所以−GA=λ(GB+GC−2GA)，即(1−2λ)GA+λGB+λGC=0，
因为G点为△ABC的重心，
所以GA+GB+GC=0，
所以1−2λ=λ，解得λ=13．
(2)如图，连接CG，并延长交AB于点D，
由G点为△ABC的重心，知D为AB的中点，
由AG⊥BG，得DG=12AB，
(i)由重心的性质，得CD=3DG=32AB，
在△ACD中，由余弦定理得，AC2=AD2+CD2−2AD⋅CD⋅cs∠ADC，
在△BCD中，由余弦定理得，BC2=BD2+CD2−2BD⋅CD⋅cs∠BDC，
因为∠ADC+∠BDC=π，AD=BD，
所以AC2+BC2=2AD2+2CD2，
所以AC2+BC2=12AB2+92AB2=5AB2，
即a2+b2=5c2，
所以m=5．
(ii)因为1tanA+1tanB=2μtanC，
所以csAsinA+csBsinB=2μcsCsinC，
所以μ=(sinAcsB+csAsinB)sinC2sinAsinBcsC=sin(A+B)sinC2sinAsinBcsC=sin2C2sinAsinBcsC=c22abcsC=c2a2+b2−c2=c25c2−c2=14．
【解析】(1)根据已知条件和平面向量的线性运算法则，可得(1−2λ)GA+λGB+λGC=0，再结合重心的性质，即可得解；
(2)连接CG，并延长交AB于点D，(i)在△ACD和△BCD中，分别利用余弦定理，结合∠ADC+∠BDC=π，可得a2+b2=5c2，从而得解；(ⅱ)利用同角三角函数的商数关系与两角和的正弦公式化简已知等式，再结合(i)中结论，即可得解．甲单位
87
88
91
91
93
乙单位
85
89
91
92
93
(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)
