还剩15页未读，
继续阅读
2022-2023学年江西省宜春市丰城市拖船中学高一（下）期末数学试卷（含解析）
展开
这是一份2022-2023学年江西省宜春市丰城市拖船中学高一（下）期末数学试卷（含解析），共18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学年江西省宜春市丰城市拖船中学高一（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9小题，共45.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 若命题“∀x∈(−1,1)，x2−2x−a>0”为真命题，则实数a的取值范围是( )
A. a≤−1 B. a<−1 C. a≤3 D. a<3
2. 以下函数中，既是偶函数，又在(1,+∞)上单调递减的函数是( )
A. y=−(x−1)2 B. y=x−2 C. y=e|x| D. y= 1−x2
3. 若a>0，b>0且a+b=6，则ab的最大值为( )
A. 5 B. 6 C. 8 D. 9
4. 下列各图象表示的函数中，存在反函数的只能是( )
A. B.
C. D.
5. 如图，在△OAB中，P为线段AB上的一点，OP=xOA+yOB，且BP=2PA，则( )
A. x=23, y=13 B. x=13, y=23 C. x=14, y=34 D. x=34, y=14
6. 已知函数f(x)的图象是由y= 2sin(ωx+π3)(ω>0)的图象向右平移π3个单位得到的，若f(x)在[π2,π]上仅有一个零点，则ω的取值范围是．( )
A. [0,52) B. [1,3) C. [1,52) D. [1,4)
7. 天文学家、数学家梅文鼎，为清代“历算第一名家”和“开山之祖”，在其著作《平三角举要》中给出了利用三角形的外接圆证明正弦定理的方法.如图所示，在梅文鼎证明正弦定理时的构图中，O为锐角三角形ABC外接圆的圆心.若sin∠BAC= 33，则cos2∠OBC=( )
A. 2 23 B. −2 23 C. 13 D. −13
8. 已知四边形ABCD的对角线AC，BD的长分别为2 3和6，且BD垂直平分AC，把△ACD沿AC折起，使得点D到达点P，则三棱锥P−ABC体积最大时，其外接球半径为( )
A. 2 B. 5 C. 10 D. 3 22
9. 设有下面四个命题，其中的真命题为( )
A. 若复数z1=z2−，则z1z2∈R
B. 若复数z1，z2满足|z1|=|z2|，则z1=z2或z1=−z2
C. 若复数z满足Z2∈R，则 Z∈R
D. 若复数Z1，Z2满足z1+z2∈R，则z1∈R，z2∈R
二、多选题（本大题共3小题，共15.0分。在每小题有多项符合题目要求）
10. 光明学校组建了演讲、舞蹈、航模、合唱、机器人五个社团，全校所有学生每人都参加且只参加其中一个社团，校团委在全校学生中随机选取一部分学生(这部分学生人数少于全校学生人数)进行调查，并将调查结果绘制成了如图两个不完整的统计图：则( )
A. 选取的这部分学生的总人数为500人
B. 合唱社团的人数占样本总量的40%
C. 选取的学生中参加机器人社团的学生数为78人
D. 选取的学生中参加合唱社团的人数比参加机器人社团人数多125
11. 如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC，下列命题正确的有( )
A. A1B⊥CC1
B. A1B//B1C
C. 平面A1BD⊥平面AA1C1C
D. 平面A1BD//平面CB1D1
12. 如图所示，在边长为3的等边三角形ABC中，AD=23AC，且点P在以AD的中点O为圆心，OA为半径的半圆上，若BP=xBA+yBC，则( )
A. BD=13BA+23BC
B. BD⋅BO=812
C. BP⋅BC存在最大值
D. x+y的最大值为1+ 77
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 函数f(2x)=x2−2x，则f(1)= ．
14. 已知非零向量a，b的夹角为π3，|a|=3，a⊥(a−b)，则|b|= ______ ．
15. 已知函数f(x)=2sinxcosx+2 3cos2x− 3，则函数f(x)的最小正周期为______．
16. 如图，在△ABC中，AB=12，BC=13，AC=5，DB⊥平面ABC，且AE//FC//BD，BD=3，FC=4，AE=5，则此几何体的体积为______ ．
四、解答题（本大题共6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10.0分)
已知复数z=m2+m−2+(m2−1)i，m∈R．
(1)当实数m为何值时，z为纯虚数；
(2)当m=2时，z为方程x2+px+q=0的一个根，求实数p，q的值．
18. (本小题12.0分)
甲、乙两人参加普法知识竞赛，共有4道不同的题目，其中选择题2道，判断题2道，甲、乙两人各抽一道(不重复)．
(1)甲抽到选择题且乙抽到判断题的概率是多少？
(2)甲、乙二人中至少有一人抽到选择题的概率是多少？
19. (本小题12.0分)
在斜△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A≠B，2sin(2A−2B)=sin2A−sin2B．
(1)求tanAtanB的值；
(2)求1tanA+1tanB+1tanC的最小值．
20. (本小题12.0分)
某果园新采摘了一批雪梨，从中随机抽取50个作为样本，称出它们的重量(单位：克)，将重量按照[120,140)，[140,160)，[160,180)，[180,200]进行分组，得到频率分布直方图如图所示(同一组中的数据以该组区间的中点值为代表)．
(1)计算频率分布直方图中a的值，并估计这批雪梨的重量的第70百分位数；
(2)该果园准备将这批雪梨分拣成两类销售给一家超市，每分拣1000个雪梨，果园需要支付4元分拣费，重量不小于180克的雪梨的销售价格为3元/千克，重量小于180克的雪梨的销售价格为2元/千克.根据样本估计总体，估算果园销售10000个雪梨的收入．
21. (本小题12.0分)
已知在圆锥SO中，底面⊙O的直径AB=12，△SAB的面积为48．
(1)求圆锥SO的表面积；
(2)一球刚好放进该圆锥体中，求这个球的半径以及此时圆锥体剩余空间．
22. (本小题12.0分)
已知在△ABC中，D为边AB上的点，且AD=13DB，BC=2．
(1)若AB=4，sin∠CDB=23，求边AC的长；
(2)若CDDB=23，设∠CDB=θ，θ∈(0,π)，试将△ABC的面积S表示为θ的函数，并求函数y=S(θ)的最大值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由命题“∀x∈(−1,1)，x2−2x−a>0”为真命题，即不等式a
根据二次函数的性质，可得f(x)min
根据题意转化为不等式a
2.【答案】B
【解析】解：对于A，y=−(x−1)2为非奇非偶函数，不符合题意；
对于B，y=x−2为偶函数，且在(1,+∞)上单调递减，符合题意；
对于C，y=e|x|为偶函数，但在(1,+∞)上单调递增，不符合题意；
对于D，y= 1−x2为偶函数，定义域为[−1,1]，不符合题意．
故选：B．
由基本初等函数的性质逐一判断即可．
本题主要考查函数奇偶性与单调性的判断，熟练掌握基本初等函数的性质是解题的关键，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：∵a>0，b>0，a+b=6，
∴6=a+b≥2 ab，
∴ab≤9，当且仅当a=b=3时，等号成立．
故选：D．
直接利用基本不等式求出ab的范围，即可得到ab的最大值．
本题考查了利用基本不等式求最值，考查了转化思想，属基础题．
4.【答案】D
【解析】解：根据反函数的定义，存在反函数的函数其x、y是一一对应的．
故选：D．
本题考查反函数的定义、反函数的图象特征等知识点．
根据反函数的定义，对于原函数值域内的每一个y值，都有唯一的x值与之对应，由图象易见A、B、C均不符合，所以排除法即得结果．
本题题意清晰易懂，思路明确，紧紧抓住反函数的定义，即可由图象选择正确的结果，这需要对概念有清晰的理解，注意在学习概念时要善于辨析，举一反三．
5.【答案】A
【解析】
【分析】
本题以三角形为载体，考查向量的加法、减法的运算法则；利用运算法则将未知的向量用已知向量表示，是解题的关键．
根据相等向量的定义及向量的运算法则：三角形法则求出OP，利用平面向量基本定理求出x，y的值
【解答】
解：由题意，∵BP=2PA，
∴BO+OP=2PO+2OA，
即3OP=OB+2OA，
∴OP=23OA+13OB，
即x=23, y=13
故选：A．
6.【答案】C
【解析】解：由题知，函数y= 2sin(ωx+π3)(ω>0)在[π6,2π3]上仅有一个零点，
所以T=2πω>2π3−π6=π2，
所以0<ω<4，
令 2sin(ωx+π3)=0，得ωx+π3=kπ，即x=kπω−π3ω,k∈Z，
若第一个正零点x=πω−π3ω=2π3ω<π6，则ω>4(矛盾)，
因为函数y= 2sin(ωx+π3)在[π6,2π3]上仅有一个零点，
所以π6≤2π3ω≤2π32πω−π3ω>2π3，解得1≤ω<52．
故选：C．
将问题化为函数y= 2sin(ωx+π3)在[π6,2π3]上仅有一个零点，求出零点，然后讨论由第一个正零点在区间[π6,2π3]上，第二个正零点大于2π3列不等式组求解可得．
本题主要考查了正弦函数性质的综合应用，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：由圆的性质可知，∠BOC=2∠BAC，
而2∠OBC=π−∠BOC，
则cos2∠OBC=cos(π−∠BOC)=−cos∠BOC=−cos2∠BAC=−(1−2sin2∠BAC)=2×13−1=−13．
故选：D．
易知∠BOC=2∠BAC，2∠OBC=π−∠BOC，再利用诱导公式以及二倍角公式即可得解．
本题考查三角函数的求值，考查运算求解能力，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：三棱锥P−ABC体积最大，则平面PAD⊥平面ABC，
取AC中点G，连接PG，BG，如图所示，
当三棱锥P−ABC体积最大时，平面PAC⊥平面BAC，此时PG⊥BG，
设PG=x，则BG=6−x，
∴VP−ABC=13S△ABC⋅PG=13×12×2 3×(6−x)×x= 33×(6−x)×x≤ 33×(6−x+x2)2=3 3，
当且仅当6−x=x即x=3时取等号，此时△APC与△ACB均为边长为2 3的等边三角形，
设E，F分别为△APC与△ACB的中心，可得GE=GF=1，
过E，F分别作平面APC与平面ABC的垂线交于O，
则O为三棱锥P−ABC外接球的球心，∴外接球的半径r= OG2+GC2= 12+12+( 3)2= 5．
故选：B．
三棱锥P−ABC体积最大，则平面PAD⊥平面ABC，计算可得此时△APC与△ACB均为边长为2 3的等边三角形，进而可求三棱锥P−ABC外接球的半径．
本题考查空间几何体的体积，考查空间几何体的外接球的半径，属中档题．
9.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查复数的基本概念的应用，命题的真假的判断，考查计算能力，利用复数相等以及复数的模相等复数的基本概念判断选项的正误即可．
【解答】
解：若复数z1=z2−，可得z1=a+bi，z2=a−bi，则z1z2∈R正确；
复数z1，z2满足|z1|=|z2|，则z1=z2或z1=−z2，显然不正确；
若复数z满足Z2∈R，例如i2=−1，则 Z∈R不正确；
若复数Z1，Z2满足z1+z2∈R，则z1∈R，z2∈R，反例z1=3−i，z2=i，所以不正确；
故选A．
10.【答案】ABD
【解析】解：由题图知：选取人数为50÷10%=500人，故合唱社团占比为200500×100%=40%，故AB正确，
所以机器人社团占比为1−20%−15%−10%−40%=15%，故该社团人数为500×15%=75人，故C错误，
所以选取的学生中参加合唱社团的人数比参加机器人社团人数多(40%−15%)×500=125人，故D正确．
故选：ABD．
根据题图数据分析选取人数、合唱社团占比、机器人社团占比及其人数，并判断两社团人数数量关系，即可得答案．
本题考查频率分布直方图以及统计相关知识，属于中档题，
11.【答案】CD
【解析】解：对于A项，由长方体的性质可知AA1//CC1．
又AA1，A1B不垂直，所以A1B，CC1不垂直，故A错误；
对于B项，由长方体的性质可知A1B1//CD，A1B1=CD，
所以，四边形DCB1A1是平行四边形，
所以，A1D//B1C.
因为A1B，A1D不平行，所以A1B，B1C不平行，故B错误；
对于C项，因为AB=BC，根据长方体的性质可知ABCD是正方形，
所以，BD⊥AC．
根据长方体的性质可知，CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以，CC1⊥BD．
因为AC⊂平面AA1C1C，CC1⊂平面AA1C1C，AC⋂CC1=C，
所以，BD⊥平面AA1C1C.
因为BD⊂平面A1BD，所以平面A1BD⊥平面AA1C1C，故C项正确；
对于D项，由B知，A1D//B1C.
因为B1C⊂平面CB1D1，A1D⊄平面CB1D1，所以A1D//平面CB1D1．
根据长方体的性质可知，BB1//DD1，且BB1=DD1，
所以，四边形DBB1D1为平行四边形，所以B1D1//BD．
因为B1D1⊂平面CB1D1，BD⊄平面CB1D1，所以BD//平面CB1D1．
因为A1D⊂平面A1BD，BD⊂平面A1BD，A1D∩BD=D，
所以平面A1BD//平面CB1D1，故D项正确．
故选：CD．
根据长方体的性质推得AA1//CC1，即可判断A项；根据长方体的性质推得四边形DCB1A1是平行四边形，得出A1D//B1C，即可判断B项；根据长方体的性质以及线面垂直的判定定理，可得出BD⊥平面AA1C1C，即可得出C项；根据长方体的性质以及线面平行的判定定理，可得出A1D//平面CB1D1，BD//平面CB1D1，然后即可判定面面平行，得出D项．
本题考查线线垂直的判断，线线平行的判断，面面垂直的判断，面面平行的判断，属中档题．
12.【答案】AC
【解析】解：对于选项A，∵AD=23AC，且点P在以AD的中点O为圆心，OA为半径的半圆上，
∴OA=OD=DC=13AC，
∴BD=BC+CD=BC+13CA=BC+13(BA−BC)=13BA+23BC，故A正确；
对于选项B，∵BO=BC+CO=BC+23CA=BC+23(BA−BC)=23BA+13BC，
∴BD⋅BO=(13BA+23BC)⋅(23BA+13BC)=29BA2+29BC2+59BA⋅BC=2+2+59×3×3×12=132，故B错误；
对于选项C，以点O为原点建立平面直角坐标系，如图所示：
则A(−1,0),B(12,3 32),C(2,0)，
∵点P在以AD的中点O为圆心，OA为半径的半圆上，
∴点P的轨迹方程为x2+y2=1，且在x轴的下半部分，
设P(cosα,sinα)，α∈[π,2π]，
则BP=(cosα−12,sinα−3 32),BC=(32,−3 32),BA=(−32,−3 32)，
∴BP⋅BC=32cosα−34−3 32sinα+274=3cos(α+π3)+6，
又∵α∈[π,2π]，∴α+π3∈[4π3,7π3]，
∴当α+π3=2π时，BP⋅BC取得最大值9，故C正确；
对于选项D，∵BP=xBA+yBC，
∴(cosα−12,sinα−3 32)=(−32(x−y),−3 32(x+y))，
∴sinα−3 32=−3 32(x+y)，
∴x+y=−2 39sinα+1，
又∵α∈[π,2π]，
∴当α=3π2时，x+y取得最大值2 39+1，故D错误．
故选：AC．
对于AB，将BD,BO分别用BA,BC表示，再结合数量积的运算律即可判断；对于CD，以点O为原点建立平面直角坐标系，设P(cosα,sinα)，α∈[π,2π]，根据平面向量的坐标表示及坐标运算即可判断．
本题主要考查了平面向量基本定理，考查了平面向量数量积的运算和性质，属于中档题．
13.【答案】0
【解析】
【分析】
本题考查函数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意函数性质的合理运用．
结合已知条件，计算即可．
【解答】
解：∵f(2x)=x2−2x，
∴f(1)=f(20)=02−2×0=0．
故答案为：0．
14.【答案】6
【解析】解：∵a⊥(a−b)，
∴a⋅(a−b)=0，a2=a⋅b，
∵|a|=3，非零向量a，b的夹角为π3，
∴9=3×|b|×12，解得|b|=6．
故答案为：6．
根据已知条件，结合向量垂直的性质，以及向量的夹角公式，即可求解．
本题主要考查向量垂直的性质，以及向量的夹角公式，属于基础题．
15.【答案】π
【解析】解：∵函数f(x)=2sinxcosx+2 3cos2x− 3=sin2x+ 3cos2x=2(12sin2x+ 32cos2x)=2sin(2x+π3)，
∴该函数的最小正周期为2π2=π，
故答案为：π．
利用三角恒等变换化简函数的解析式，在老鹰正弦函数的周期性，求得函数f(x)的最小正周期．
本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的周期性，属于基础题．
16.【答案】120
【解析】解：由AB=12，BC=13，AC=5，可得AB2+AC2=BC2，
则△ABC为直角三角形，且角A为直角，如图，
取CM=AN=BD，连接DM，MN，DN．
∵AB=12，AC=5，BD=3，∴VABC−NDM=12×12×5×3=90．
∵CM=AN=BD=3，CF=4，AE=5，AC=5，
∴MF=1，NE=2，NM=AC=5，DN=AB=12.底面EFMN为直角梯形，
由已知，AE⊥面ABC，AB⊂面ABC，所以AE⊥AB，又AC⊥AB，AC∩AE=A，
AC，AE⊂面AEC，所以AB⊥面AEC，AB//DN，所以DN⊥面AEC
所以DN是四棱锥D−MFEN的高，
∴四棱锥D−MFEN的体积为13×12×(1+2)×12×5=30．
则所求几何体的体积为90+20=120．
故答案为：120．
由已知可得角A为直角，截去直三棱柱ABC−NDM，分别求出直三棱柱ABC−NDM的体积与四棱锥D−NEFM的体积，作和得答案．
本题考查几何体的体积的求解，化归转化思想，属中档题．
17.【答案】解：(1)∵复数z=m2+m−2+(m2−1)i，m∈R为纯虚数，
∴m2+m−2=0m2−1≠0，∴m=−2．
(2)当m=2时，z=4+3i，
∵z为方程x2+px+q=0的一个根，
∴(4+3i)2+p(4+3i)+q=0，
即(7+4p+q)+(24+3p)i=0，
∴7+4p+q=024+3p=0，∴p=−8q=25．
【解析】(1)由复数为纯虚数，建立关于m的关系求解即可；
(2)将复数z代入方程中，再由复数相等的概念得到方程组即可．
本题考查复数的相关概念及其复数的运算，属于基础题．
18.【答案】解：(1)记“甲抽到选择题，乙抽到判断题”为事件A，
记两道选择题分别为a1、a2，两道判断题分别为b1、b2，
所有的基本事件有：(a1,a2)、(a1,b1)、(a1,b2)、(a2,a1)、(a2,b1)、(a2,b2)、(b1,a1)、(b1,a2)、(b1,b2)、(b2,a1)、(b2,a2)、(b2,b1)，共12种，
其中事件A包含的基本事件有：(a1,b1)、(a1,b2)、(a2,b1)、(a2,b2)，共4种，
由古典概型的概率公式可得P(A)=412=13；
(2)记事件B：甲、乙二人中至少有一人抽到选择题，
则事件B包含的基本事件有：(a1,b1)、(a1,b2)、(a2,b1)、(a2,b2)、(b1,a1)、
(b1,a2)、(a1,a2)、(b2,a1)、(b2,a2)、(a2,a1)，共10种，
由古典概型的概率公式可得P(B)=1012=56．
【解析】(1)记“甲抽到选择题，乙抽到判断题”为事件A，列举所有的基本事件，并确定事件A所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得事件A发生的概率；
(2)记事件B：甲、乙二人中至少有一人抽到选择题，确定事件B所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可计算出事件B发生的概率．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
19.【答案】解：(1)因为2sin(2A−2B)=sin2A−sin2B，
所以2sin[2(A−B)]=sin[(A+B)+(A−B)]−sin[(A+B)−(A−B)]，
所以4sin(A−B)cos(A−B)=2cos(A+B)sin (A−B)，
因为A≠B，−π
所以2cos(A−B)=cos(A+B)，
所以2cosAcosB+2sinAsinB=cosAcosB−sinAsinB，
整理可得cosAcosB=−3sinAsinB，
因为△ABC为斜三角形，cosAcosB≠0，
所以tanAtanB=−13；
(2)因为tanC=−tan(A+B)=−tanA+tanB1−tanAtanB，
又tanAtanB=−13，
所以tanA+tanB=−43tanC，
所以1tanA+1tanB+1tanC
=tanA+tanBtanAtanB+1tanC
=−3(tanA+tanB)+1tanC
=4tanC+1tanC，
由tanAtanB=−13<0，可知A和B有一个是钝角，
所以C为锐角，
所以1tanA+1tanB+1tanC
=4tanC+1tanC
≥2 4tanC⋅1tanC=4，
当且仅当4tanC=1tanC，即tanC=12时等号成立，
所以1tanA+1tanB+1tanC的最小值为4．
【解析】(1)将条件化为2sin[2(A−B)]=sin[(A+B)+(A−B)]−sin[(A+B)−(A−B)]，然后利用和差公式和二倍角公式展开整理可得；
(2)利用正切和差公式将1tanA+1tanB+1tanC化为4tanC+1tanC，然后由基本不等式即可求解．
本题考查了三角函数恒等变换以及基本不等式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由频率分布直方图可得，(0.016+a+0.01+0.009)×20=1，解得a=0.015，
(0.01+0.015)×20=0.5<0.7，(0.01+0.015+0.016)×20=0.82>0.7，
故第70百分位数位于[160,180)之间，
设这批雪梨的重量的第70百分位数为x，
则0.5+(x−160)×0.016=0.7，解得x=172.5；
(2)重量小于180g的雪梨的总重量约为：
(10000×0.2×130+10000×0.3×150+10000×0.32×170)×11000=1254(kg)，
重量不小于180ge的雪梨的总重量约为10000×0.18×190×110000=342(kg)，
故估计销售收入约为1254×2+342×3−40=3494(元)．
【解析】(1)根据已知条件，结合频率分布直方图的性质，以及中位数的定义，即可求解；
(2)根据已知条件，依次求出重量小于180g的雪梨的总重量，重量不小于180g的雪梨的总重量，即可求解．
本题主要考查频率分布直方图的应用，考查转化能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)设圆锥SO的母线长为l，底面⊙O的直径为2r，所以2r=12，
因为△SAB的面积为48，所以S△SAB=12⋅2r⋅SO=48，解得SO=8，
由勾股定理，可得母线l= SO2+r2=10，
由圆锥的表面积公式有：S表=S侧+S底=πrl+πr2=60π+36π=96π；
(2)如图所示，作出圆锥的轴截面，球与圆锥侧面相切，设球心为D，
则DE⊥SB于E，DE=OD=R(其中R为球的半径)，
则△SED∽△SOB，可得DE：BO=SD：SB，即R6=8−R10，解得R=3cm，
所以球的体积V1=43πR3=36πcm3，圆锥的体积V2=13πr2h=96πcm3，
圆锥体剩余的空间体积为V=V1−V2=60πcm3．
【解析】(1)设圆锥SO的母线长为l，底面⊙O的直径为2r，由△SAB的面积为48，求得SO=8，结合圆锥的表面积，即可求解；
(2)作出圆锥的轴截面，设球心为D，根据△SED∽△SOB，求得R=3cm，利用体积公式求得球和圆锥的体积，即可求解．
本题考查了圆锥的表面积和球的半径计算，属于中档题．
22.【答案】解：(1)因为AD=13DB，所以AD=14AB，即D为AB的四等分点中靠A的第一个点，
又因为AB=4，所以AD=1，BD=3，
又因为BC=2，sin∠CDB=23，所以cos∠CDB= 1−(23)2= 53，
在△BCD中，由余弦定理可得：BC2=CD2+BD2−2⋅CD⋅BD⋅cos∠CDB，
解得CD= 5，
又因为cos∠CDA=−cos∠CDB=− 53，
在△ACD中，由余弦定理可得：AC2=CD2+AD2−2⋅CD⋅AD⋅cos∠CDA=283，
所以AC=2 213；
(2)因为D为AB的四等分点中靠A的第一个点，
所以S△ABC=43S△DBC，
又因为CDDB=23，设CD=2m，则BD=3m(m>0)，
在△BCD中，由余弦定理可得：BC2=CD2+BD2−2⋅CD⋅BD⋅cos∠CDB，
即4=4m2+9m2−2⋅2m⋅3m⋅cosθ，
所以m2=413−12cosθ，
又因为S△DBC=12⋅CD⋅BD⋅sinθ=12⋅2m⋅3m⋅sinθ=3m2sinθ=12sinθ13−12cosθ，
所以S△ABC=43S△DBC=16sinθ13−12cosθ，θ∈(0,π)，
所以S(θ)=16sinθ13−12cosθ，θ∈(0,π)，
所以S′(θ)=16cosθ(13−12cosθ)−16sinθ⋅(12sinθ)(13−12cosθ)2=208cosθ−192(13−12cosθ)2，
令S′(θ)=208cosθ−192(13−12cosθ)2=0，得cosθ=1213，设此时θ=θ0，
又因为y=cosθ在θ∈(0,π)上单调递减，
当cosθ<1213，即θ∈(θ0,π)时，S′(θ)<0，S(θ)单调递减；当12130，S(θ)单调递增；
所以当cosθ=1213时，S(θ)取最大值，此时sinθ=513，
所以S(θ)=16sinθ13−12cosθ=16×51313−12×1213=8025=3.2．
【解析】(1)由题意可得D为AB的四等分点中靠A的第一个点，从而有AD=1，BD=3，cos∠CDB= 53，在△BCD中，由余弦定理可得CD= 5，在△ACD中，由余弦定理求解即可；
(2)由题意可得S△ABC=43S△DBC，设CD=2m，则BD=3m(m>0)，由余弦定理可得m2=413−12cosθ，从而得S△DBC=12sinθ13−12cosθ，S(θ)=16sinθ13−12cosθ，θ∈(0,π)，再利用导数求最大值即可．
本题考查函利用余弦定理解三角形、三角形的面积公式及导数的综合运用，属于中档题．
2022-2023学年江西省宜春市丰城市拖船中学高一（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9小题，共45.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 若命题“∀x∈(−1,1)，x2−2x−a>0”为真命题，则实数a的取值范围是( )
A. a≤−1 B. a<−1 C. a≤3 D. a<3
2. 以下函数中，既是偶函数，又在(1,+∞)上单调递减的函数是( )
A. y=−(x−1)2 B. y=x−2 C. y=e|x| D. y= 1−x2
3. 若a>0，b>0且a+b=6，则ab的最大值为( )
A. 5 B. 6 C. 8 D. 9
4. 下列各图象表示的函数中，存在反函数的只能是( )
A. B.
C. D.
5. 如图，在△OAB中，P为线段AB上的一点，OP=xOA+yOB，且BP=2PA，则( )
A. x=23, y=13 B. x=13, y=23 C. x=14, y=34 D. x=34, y=14
6. 已知函数f(x)的图象是由y= 2sin(ωx+π3)(ω>0)的图象向右平移π3个单位得到的，若f(x)在[π2,π]上仅有一个零点，则ω的取值范围是．( )
A. [0,52) B. [1,3) C. [1,52) D. [1,4)
7. 天文学家、数学家梅文鼎，为清代“历算第一名家”和“开山之祖”，在其著作《平三角举要》中给出了利用三角形的外接圆证明正弦定理的方法.如图所示，在梅文鼎证明正弦定理时的构图中，O为锐角三角形ABC外接圆的圆心.若sin∠BAC= 33，则cos2∠OBC=( )
A. 2 23 B. −2 23 C. 13 D. −13
8. 已知四边形ABCD的对角线AC，BD的长分别为2 3和6，且BD垂直平分AC，把△ACD沿AC折起，使得点D到达点P，则三棱锥P−ABC体积最大时，其外接球半径为( )
A. 2 B. 5 C. 10 D. 3 22
9. 设有下面四个命题，其中的真命题为( )
A. 若复数z1=z2−，则z1z2∈R
B. 若复数z1，z2满足|z1|=|z2|，则z1=z2或z1=−z2
C. 若复数z满足Z2∈R，则 Z∈R
D. 若复数Z1，Z2满足z1+z2∈R，则z1∈R，z2∈R
二、多选题（本大题共3小题，共15.0分。在每小题有多项符合题目要求）
10. 光明学校组建了演讲、舞蹈、航模、合唱、机器人五个社团，全校所有学生每人都参加且只参加其中一个社团，校团委在全校学生中随机选取一部分学生(这部分学生人数少于全校学生人数)进行调查，并将调查结果绘制成了如图两个不完整的统计图：则( )
A. 选取的这部分学生的总人数为500人
B. 合唱社团的人数占样本总量的40%
C. 选取的学生中参加机器人社团的学生数为78人
D. 选取的学生中参加合唱社团的人数比参加机器人社团人数多125
11. 如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC，下列命题正确的有( )
A. A1B⊥CC1
B. A1B//B1C
C. 平面A1BD⊥平面AA1C1C
D. 平面A1BD//平面CB1D1
12. 如图所示，在边长为3的等边三角形ABC中，AD=23AC，且点P在以AD的中点O为圆心，OA为半径的半圆上，若BP=xBA+yBC，则( )
A. BD=13BA+23BC
B. BD⋅BO=812
C. BP⋅BC存在最大值
D. x+y的最大值为1+ 77
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 函数f(2x)=x2−2x，则f(1)= ．
14. 已知非零向量a，b的夹角为π3，|a|=3，a⊥(a−b)，则|b|= ______ ．
15. 已知函数f(x)=2sinxcosx+2 3cos2x− 3，则函数f(x)的最小正周期为______．
16. 如图，在△ABC中，AB=12，BC=13，AC=5，DB⊥平面ABC，且AE//FC//BD，BD=3，FC=4，AE=5，则此几何体的体积为______ ．
四、解答题（本大题共6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10.0分)
已知复数z=m2+m−2+(m2−1)i，m∈R．
(1)当实数m为何值时，z为纯虚数；
(2)当m=2时，z为方程x2+px+q=0的一个根，求实数p，q的值．
18. (本小题12.0分)
甲、乙两人参加普法知识竞赛，共有4道不同的题目，其中选择题2道，判断题2道，甲、乙两人各抽一道(不重复)．
(1)甲抽到选择题且乙抽到判断题的概率是多少？
(2)甲、乙二人中至少有一人抽到选择题的概率是多少？
19. (本小题12.0分)
在斜△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A≠B，2sin(2A−2B)=sin2A−sin2B．
(1)求tanAtanB的值；
(2)求1tanA+1tanB+1tanC的最小值．
20. (本小题12.0分)
某果园新采摘了一批雪梨，从中随机抽取50个作为样本，称出它们的重量(单位：克)，将重量按照[120,140)，[140,160)，[160,180)，[180,200]进行分组，得到频率分布直方图如图所示(同一组中的数据以该组区间的中点值为代表)．
(1)计算频率分布直方图中a的值，并估计这批雪梨的重量的第70百分位数；
(2)该果园准备将这批雪梨分拣成两类销售给一家超市，每分拣1000个雪梨，果园需要支付4元分拣费，重量不小于180克的雪梨的销售价格为3元/千克，重量小于180克的雪梨的销售价格为2元/千克.根据样本估计总体，估算果园销售10000个雪梨的收入．
21. (本小题12.0分)
已知在圆锥SO中，底面⊙O的直径AB=12，△SAB的面积为48．
(1)求圆锥SO的表面积；
(2)一球刚好放进该圆锥体中，求这个球的半径以及此时圆锥体剩余空间．
22. (本小题12.0分)
已知在△ABC中，D为边AB上的点，且AD=13DB，BC=2．
(1)若AB=4，sin∠CDB=23，求边AC的长；
(2)若CDDB=23，设∠CDB=θ，θ∈(0,π)，试将△ABC的面积S表示为θ的函数，并求函数y=S(θ)的最大值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由命题“∀x∈(−1,1)，x2−2x−a>0”为真命题，即不等式a
根据二次函数的性质，可得f(x)min
根据题意转化为不等式a
2.【答案】B
【解析】解：对于A，y=−(x−1)2为非奇非偶函数，不符合题意；
对于B，y=x−2为偶函数，且在(1,+∞)上单调递减，符合题意；
对于C，y=e|x|为偶函数，但在(1,+∞)上单调递增，不符合题意；
对于D，y= 1−x2为偶函数，定义域为[−1,1]，不符合题意．
故选：B．
由基本初等函数的性质逐一判断即可．
本题主要考查函数奇偶性与单调性的判断，熟练掌握基本初等函数的性质是解题的关键，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：∵a>0，b>0，a+b=6，
∴6=a+b≥2 ab，
∴ab≤9，当且仅当a=b=3时，等号成立．
故选：D．
直接利用基本不等式求出ab的范围，即可得到ab的最大值．
本题考查了利用基本不等式求最值，考查了转化思想，属基础题．
4.【答案】D
【解析】解：根据反函数的定义，存在反函数的函数其x、y是一一对应的．
故选：D．
本题考查反函数的定义、反函数的图象特征等知识点．
根据反函数的定义，对于原函数值域内的每一个y值，都有唯一的x值与之对应，由图象易见A、B、C均不符合，所以排除法即得结果．
本题题意清晰易懂，思路明确，紧紧抓住反函数的定义，即可由图象选择正确的结果，这需要对概念有清晰的理解，注意在学习概念时要善于辨析，举一反三．
5.【答案】A
【解析】
【分析】
本题以三角形为载体，考查向量的加法、减法的运算法则；利用运算法则将未知的向量用已知向量表示，是解题的关键．
根据相等向量的定义及向量的运算法则：三角形法则求出OP，利用平面向量基本定理求出x，y的值
【解答】
解：由题意，∵BP=2PA，
∴BO+OP=2PO+2OA，
即3OP=OB+2OA，
∴OP=23OA+13OB，
即x=23, y=13
故选：A．
6.【答案】C
【解析】解：由题知，函数y= 2sin(ωx+π3)(ω>0)在[π6,2π3]上仅有一个零点，
所以T=2πω>2π3−π6=π2，
所以0<ω<4，
令 2sin(ωx+π3)=0，得ωx+π3=kπ，即x=kπω−π3ω,k∈Z，
若第一个正零点x=πω−π3ω=2π3ω<π6，则ω>4(矛盾)，
因为函数y= 2sin(ωx+π3)在[π6,2π3]上仅有一个零点，
所以π6≤2π3ω≤2π32πω−π3ω>2π3，解得1≤ω<52．
故选：C．
将问题化为函数y= 2sin(ωx+π3)在[π6,2π3]上仅有一个零点，求出零点，然后讨论由第一个正零点在区间[π6,2π3]上，第二个正零点大于2π3列不等式组求解可得．
本题主要考查了正弦函数性质的综合应用，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：由圆的性质可知，∠BOC=2∠BAC，
而2∠OBC=π−∠BOC，
则cos2∠OBC=cos(π−∠BOC)=−cos∠BOC=−cos2∠BAC=−(1−2sin2∠BAC)=2×13−1=−13．
故选：D．
易知∠BOC=2∠BAC，2∠OBC=π−∠BOC，再利用诱导公式以及二倍角公式即可得解．
本题考查三角函数的求值，考查运算求解能力，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：三棱锥P−ABC体积最大，则平面PAD⊥平面ABC，
取AC中点G，连接PG，BG，如图所示，
当三棱锥P−ABC体积最大时，平面PAC⊥平面BAC，此时PG⊥BG，
设PG=x，则BG=6−x，
∴VP−ABC=13S△ABC⋅PG=13×12×2 3×(6−x)×x= 33×(6−x)×x≤ 33×(6−x+x2)2=3 3，
当且仅当6−x=x即x=3时取等号，此时△APC与△ACB均为边长为2 3的等边三角形，
设E，F分别为△APC与△ACB的中心，可得GE=GF=1，
过E，F分别作平面APC与平面ABC的垂线交于O，
则O为三棱锥P−ABC外接球的球心，∴外接球的半径r= OG2+GC2= 12+12+( 3)2= 5．
故选：B．
三棱锥P−ABC体积最大，则平面PAD⊥平面ABC，计算可得此时△APC与△ACB均为边长为2 3的等边三角形，进而可求三棱锥P−ABC外接球的半径．
本题考查空间几何体的体积，考查空间几何体的外接球的半径，属中档题．
9.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查复数的基本概念的应用，命题的真假的判断，考查计算能力，利用复数相等以及复数的模相等复数的基本概念判断选项的正误即可．
【解答】
解：若复数z1=z2−，可得z1=a+bi，z2=a−bi，则z1z2∈R正确；
复数z1，z2满足|z1|=|z2|，则z1=z2或z1=−z2，显然不正确；
若复数z满足Z2∈R，例如i2=−1，则 Z∈R不正确；
若复数Z1，Z2满足z1+z2∈R，则z1∈R，z2∈R，反例z1=3−i，z2=i，所以不正确；
故选A．
10.【答案】ABD
【解析】解：由题图知：选取人数为50÷10%=500人，故合唱社团占比为200500×100%=40%，故AB正确，
所以机器人社团占比为1−20%−15%−10%−40%=15%，故该社团人数为500×15%=75人，故C错误，
所以选取的学生中参加合唱社团的人数比参加机器人社团人数多(40%−15%)×500=125人，故D正确．
故选：ABD．
根据题图数据分析选取人数、合唱社团占比、机器人社团占比及其人数，并判断两社团人数数量关系，即可得答案．
本题考查频率分布直方图以及统计相关知识，属于中档题，
11.【答案】CD
【解析】解：对于A项，由长方体的性质可知AA1//CC1．
又AA1，A1B不垂直，所以A1B，CC1不垂直，故A错误；
对于B项，由长方体的性质可知A1B1//CD，A1B1=CD，
所以，四边形DCB1A1是平行四边形，
所以，A1D//B1C.
因为A1B，A1D不平行，所以A1B，B1C不平行，故B错误；
对于C项，因为AB=BC，根据长方体的性质可知ABCD是正方形，
所以，BD⊥AC．
根据长方体的性质可知，CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以，CC1⊥BD．
因为AC⊂平面AA1C1C，CC1⊂平面AA1C1C，AC⋂CC1=C，
所以，BD⊥平面AA1C1C.
因为BD⊂平面A1BD，所以平面A1BD⊥平面AA1C1C，故C项正确；
对于D项，由B知，A1D//B1C.
因为B1C⊂平面CB1D1，A1D⊄平面CB1D1，所以A1D//平面CB1D1．
根据长方体的性质可知，BB1//DD1，且BB1=DD1，
所以，四边形DBB1D1为平行四边形，所以B1D1//BD．
因为B1D1⊂平面CB1D1，BD⊄平面CB1D1，所以BD//平面CB1D1．
因为A1D⊂平面A1BD，BD⊂平面A1BD，A1D∩BD=D，
所以平面A1BD//平面CB1D1，故D项正确．
故选：CD．
根据长方体的性质推得AA1//CC1，即可判断A项；根据长方体的性质推得四边形DCB1A1是平行四边形，得出A1D//B1C，即可判断B项；根据长方体的性质以及线面垂直的判定定理，可得出BD⊥平面AA1C1C，即可得出C项；根据长方体的性质以及线面平行的判定定理，可得出A1D//平面CB1D1，BD//平面CB1D1，然后即可判定面面平行，得出D项．
本题考查线线垂直的判断，线线平行的判断，面面垂直的判断，面面平行的判断，属中档题．
12.【答案】AC
【解析】解：对于选项A，∵AD=23AC，且点P在以AD的中点O为圆心，OA为半径的半圆上，
∴OA=OD=DC=13AC，
∴BD=BC+CD=BC+13CA=BC+13(BA−BC)=13BA+23BC，故A正确；
对于选项B，∵BO=BC+CO=BC+23CA=BC+23(BA−BC)=23BA+13BC，
∴BD⋅BO=(13BA+23BC)⋅(23BA+13BC)=29BA2+29BC2+59BA⋅BC=2+2+59×3×3×12=132，故B错误；
对于选项C，以点O为原点建立平面直角坐标系，如图所示：
则A(−1,0),B(12,3 32),C(2,0)，
∵点P在以AD的中点O为圆心，OA为半径的半圆上，
∴点P的轨迹方程为x2+y2=1，且在x轴的下半部分，
设P(cosα,sinα)，α∈[π,2π]，
则BP=(cosα−12,sinα−3 32),BC=(32,−3 32),BA=(−32,−3 32)，
∴BP⋅BC=32cosα−34−3 32sinα+274=3cos(α+π3)+6，
又∵α∈[π,2π]，∴α+π3∈[4π3,7π3]，
∴当α+π3=2π时，BP⋅BC取得最大值9，故C正确；
对于选项D，∵BP=xBA+yBC，
∴(cosα−12,sinα−3 32)=(−32(x−y),−3 32(x+y))，
∴sinα−3 32=−3 32(x+y)，
∴x+y=−2 39sinα+1，
又∵α∈[π,2π]，
∴当α=3π2时，x+y取得最大值2 39+1，故D错误．
故选：AC．
对于AB，将BD,BO分别用BA,BC表示，再结合数量积的运算律即可判断；对于CD，以点O为原点建立平面直角坐标系，设P(cosα,sinα)，α∈[π,2π]，根据平面向量的坐标表示及坐标运算即可判断．
本题主要考查了平面向量基本定理，考查了平面向量数量积的运算和性质，属于中档题．
13.【答案】0
【解析】
【分析】
本题考查函数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意函数性质的合理运用．
结合已知条件，计算即可．
【解答】
解：∵f(2x)=x2−2x，
∴f(1)=f(20)=02−2×0=0．
故答案为：0．
14.【答案】6
【解析】解：∵a⊥(a−b)，
∴a⋅(a−b)=0，a2=a⋅b，
∵|a|=3，非零向量a，b的夹角为π3，
∴9=3×|b|×12，解得|b|=6．
故答案为：6．
根据已知条件，结合向量垂直的性质，以及向量的夹角公式，即可求解．
本题主要考查向量垂直的性质，以及向量的夹角公式，属于基础题．
15.【答案】π
【解析】解：∵函数f(x)=2sinxcosx+2 3cos2x− 3=sin2x+ 3cos2x=2(12sin2x+ 32cos2x)=2sin(2x+π3)，
∴该函数的最小正周期为2π2=π，
故答案为：π．
利用三角恒等变换化简函数的解析式，在老鹰正弦函数的周期性，求得函数f(x)的最小正周期．
本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的周期性，属于基础题．
16.【答案】120
【解析】解：由AB=12，BC=13，AC=5，可得AB2+AC2=BC2，
则△ABC为直角三角形，且角A为直角，如图，
取CM=AN=BD，连接DM，MN，DN．
∵AB=12，AC=5，BD=3，∴VABC−NDM=12×12×5×3=90．
∵CM=AN=BD=3，CF=4，AE=5，AC=5，
∴MF=1，NE=2，NM=AC=5，DN=AB=12.底面EFMN为直角梯形，
由已知，AE⊥面ABC，AB⊂面ABC，所以AE⊥AB，又AC⊥AB，AC∩AE=A，
AC，AE⊂面AEC，所以AB⊥面AEC，AB//DN，所以DN⊥面AEC
所以DN是四棱锥D−MFEN的高，
∴四棱锥D−MFEN的体积为13×12×(1+2)×12×5=30．
则所求几何体的体积为90+20=120．
故答案为：120．
由已知可得角A为直角，截去直三棱柱ABC−NDM，分别求出直三棱柱ABC−NDM的体积与四棱锥D−NEFM的体积，作和得答案．
本题考查几何体的体积的求解，化归转化思想，属中档题．
17.【答案】解：(1)∵复数z=m2+m−2+(m2−1)i，m∈R为纯虚数，
∴m2+m−2=0m2−1≠0，∴m=−2．
(2)当m=2时，z=4+3i，
∵z为方程x2+px+q=0的一个根，
∴(4+3i)2+p(4+3i)+q=0，
即(7+4p+q)+(24+3p)i=0，
∴7+4p+q=024+3p=0，∴p=−8q=25．
【解析】(1)由复数为纯虚数，建立关于m的关系求解即可；
(2)将复数z代入方程中，再由复数相等的概念得到方程组即可．
本题考查复数的相关概念及其复数的运算，属于基础题．
18.【答案】解：(1)记“甲抽到选择题，乙抽到判断题”为事件A，
记两道选择题分别为a1、a2，两道判断题分别为b1、b2，
所有的基本事件有：(a1,a2)、(a1,b1)、(a1,b2)、(a2,a1)、(a2,b1)、(a2,b2)、(b1,a1)、(b1,a2)、(b1,b2)、(b2,a1)、(b2,a2)、(b2,b1)，共12种，
其中事件A包含的基本事件有：(a1,b1)、(a1,b2)、(a2,b1)、(a2,b2)，共4种，
由古典概型的概率公式可得P(A)=412=13；
(2)记事件B：甲、乙二人中至少有一人抽到选择题，
则事件B包含的基本事件有：(a1,b1)、(a1,b2)、(a2,b1)、(a2,b2)、(b1,a1)、
(b1,a2)、(a1,a2)、(b2,a1)、(b2,a2)、(a2,a1)，共10种，
由古典概型的概率公式可得P(B)=1012=56．
【解析】(1)记“甲抽到选择题，乙抽到判断题”为事件A，列举所有的基本事件，并确定事件A所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得事件A发生的概率；
(2)记事件B：甲、乙二人中至少有一人抽到选择题，确定事件B所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可计算出事件B发生的概率．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
19.【答案】解：(1)因为2sin(2A−2B)=sin2A−sin2B，
所以2sin[2(A−B)]=sin[(A+B)+(A−B)]−sin[(A+B)−(A−B)]，
所以4sin(A−B)cos(A−B)=2cos(A+B)sin (A−B)，
因为A≠B，−π
所以2cos(A−B)=cos(A+B)，
所以2cosAcosB+2sinAsinB=cosAcosB−sinAsinB，
整理可得cosAcosB=−3sinAsinB，
因为△ABC为斜三角形，cosAcosB≠0，
所以tanAtanB=−13；
(2)因为tanC=−tan(A+B)=−tanA+tanB1−tanAtanB，
又tanAtanB=−13，
所以tanA+tanB=−43tanC，
所以1tanA+1tanB+1tanC
=tanA+tanBtanAtanB+1tanC
=−3(tanA+tanB)+1tanC
=4tanC+1tanC，
由tanAtanB=−13<0，可知A和B有一个是钝角，
所以C为锐角，
所以1tanA+1tanB+1tanC
=4tanC+1tanC
≥2 4tanC⋅1tanC=4，
当且仅当4tanC=1tanC，即tanC=12时等号成立，
所以1tanA+1tanB+1tanC的最小值为4．
【解析】(1)将条件化为2sin[2(A−B)]=sin[(A+B)+(A−B)]−sin[(A+B)−(A−B)]，然后利用和差公式和二倍角公式展开整理可得；
(2)利用正切和差公式将1tanA+1tanB+1tanC化为4tanC+1tanC，然后由基本不等式即可求解．
本题考查了三角函数恒等变换以及基本不等式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由频率分布直方图可得，(0.016+a+0.01+0.009)×20=1，解得a=0.015，
(0.01+0.015)×20=0.5<0.7，(0.01+0.015+0.016)×20=0.82>0.7，
故第70百分位数位于[160,180)之间，
设这批雪梨的重量的第70百分位数为x，
则0.5+(x−160)×0.016=0.7，解得x=172.5；
(2)重量小于180g的雪梨的总重量约为：
(10000×0.2×130+10000×0.3×150+10000×0.32×170)×11000=1254(kg)，
重量不小于180ge的雪梨的总重量约为10000×0.18×190×110000=342(kg)，
故估计销售收入约为1254×2+342×3−40=3494(元)．
【解析】(1)根据已知条件，结合频率分布直方图的性质，以及中位数的定义，即可求解；
(2)根据已知条件，依次求出重量小于180g的雪梨的总重量，重量不小于180g的雪梨的总重量，即可求解．
本题主要考查频率分布直方图的应用，考查转化能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)设圆锥SO的母线长为l，底面⊙O的直径为2r，所以2r=12，
因为△SAB的面积为48，所以S△SAB=12⋅2r⋅SO=48，解得SO=8，
由勾股定理，可得母线l= SO2+r2=10，
由圆锥的表面积公式有：S表=S侧+S底=πrl+πr2=60π+36π=96π；
(2)如图所示，作出圆锥的轴截面，球与圆锥侧面相切，设球心为D，
则DE⊥SB于E，DE=OD=R(其中R为球的半径)，
则△SED∽△SOB，可得DE：BO=SD：SB，即R6=8−R10，解得R=3cm，
所以球的体积V1=43πR3=36πcm3，圆锥的体积V2=13πr2h=96πcm3，
圆锥体剩余的空间体积为V=V1−V2=60πcm3．
【解析】(1)设圆锥SO的母线长为l，底面⊙O的直径为2r，由△SAB的面积为48，求得SO=8，结合圆锥的表面积，即可求解；
(2)作出圆锥的轴截面，设球心为D，根据△SED∽△SOB，求得R=3cm，利用体积公式求得球和圆锥的体积，即可求解．
本题考查了圆锥的表面积和球的半径计算，属于中档题．
22.【答案】解：(1)因为AD=13DB，所以AD=14AB，即D为AB的四等分点中靠A的第一个点，
又因为AB=4，所以AD=1，BD=3，
又因为BC=2，sin∠CDB=23，所以cos∠CDB= 1−(23)2= 53，
在△BCD中，由余弦定理可得：BC2=CD2+BD2−2⋅CD⋅BD⋅cos∠CDB，
解得CD= 5，
又因为cos∠CDA=−cos∠CDB=− 53，
在△ACD中，由余弦定理可得：AC2=CD2+AD2−2⋅CD⋅AD⋅cos∠CDA=283，
所以AC=2 213；
(2)因为D为AB的四等分点中靠A的第一个点，
所以S△ABC=43S△DBC，
又因为CDDB=23，设CD=2m，则BD=3m(m>0)，
在△BCD中，由余弦定理可得：BC2=CD2+BD2−2⋅CD⋅BD⋅cos∠CDB，
即4=4m2+9m2−2⋅2m⋅3m⋅cosθ，
所以m2=413−12cosθ，
又因为S△DBC=12⋅CD⋅BD⋅sinθ=12⋅2m⋅3m⋅sinθ=3m2sinθ=12sinθ13−12cosθ，
所以S△ABC=43S△DBC=16sinθ13−12cosθ，θ∈(0,π)，
所以S(θ)=16sinθ13−12cosθ，θ∈(0,π)，
所以S′(θ)=16cosθ(13−12cosθ)−16sinθ⋅(12sinθ)(13−12cosθ)2=208cosθ−192(13−12cosθ)2，
令S′(θ)=208cosθ−192(13−12cosθ)2=0，得cosθ=1213，设此时θ=θ0，
又因为y=cosθ在θ∈(0,π)上单调递减，
当cosθ<1213，即θ∈(θ0,π)时，S′(θ)<0，S(θ)单调递减；当1213
所以当cosθ=1213时，S(θ)取最大值，此时sinθ=513，
所以S(θ)=16sinθ13−12cosθ=16×51313−12×1213=8025=3.2．
【解析】(1)由题意可得D为AB的四等分点中靠A的第一个点，从而有AD=1，BD=3，cos∠CDB= 53，在△BCD中，由余弦定理可得CD= 5，在△ACD中，由余弦定理求解即可；
(2)由题意可得S△ABC=43S△DBC，设CD=2m，则BD=3m(m>0)，由余弦定理可得m2=413−12cosθ，从而得S△DBC=12sinθ13−12cosθ，S(θ)=16sinθ13−12cosθ，θ∈(0,π)，再利用导数求最大值即可．
本题考查函利用余弦定理解三角形、三角形的面积公式及导数的综合运用，属于中档题．
相关试卷
2022-2023学年江西省宜春市丰城拖船中学高二下学期6月期末数学试题含答案： 这是一份2022-2023学年江西省宜春市丰城拖船中学高二下学期6月期末数学试题含答案，共19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。
江西省宜春市丰城拖船中学2023届高三一模数学（文）试题（含解析）： 这是一份江西省宜春市丰城拖船中学2023届高三一模数学（文）试题（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江西省宜春市丰城市高三（上）期末数学试卷(含答案解析)： 这是一份2022-2023学年江西省宜春市丰城市高三（上）期末数学试卷(含答案解析)，共12页。
