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2023-2024学年河北省邯郸市高一下学期期末质量检测数学试题（含解析）
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这是一份2023-2024学年河北省邯郸市高一下学期期末质量检测数学试题（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。
1.有三组数据(1)5，5，5，6，6，6，7，7，7；(2)4，4，5，5，6，7，7，8，8；(3)3，3，3，3，6，9，9，9，9.设它们的方差依次为s12,s22,s32，则( )
A. s12>s22>s32B. s12>s32>s22C. s122.在复平面内，非零复数z满足z=zi(i为虚数单位)，则复数z对应的点在( )
A. 一､三象限B. 二､四象限
C. 实轴上(除原点外)D. 坐标轴上(除原点外)
3.已知向量a=(1, 3),|b|=1，且(2a+b)⋅b=3，则向量a与向量b的夹角为( )
A. π6B. π4C. π3D. π2
4.已知▵ABC的顶点坐标分别是A−2 2,0,B 2,0,C0,2 2，则sinC=( )
A. 3 1010B. 1010C. 5 2±2 510D. − 1010
5.设α,β是两个平面，m,l是两条直线，则下列命题为假命题的是( )
A. 若α//β,m⊥α,l⊥β，则m//lB. 若m⊥l,m⊥α,l⊥β，则α⊥β
C. 若α//β,m⊂α,m//l，则l//βD. 若m//l,m⊥α,l//β，则α⊥β
6.在▵ABC中，∠A=60∘,AB=2AC，平面内一点O满足OA=OB=OC，则向量OC在向量AB上的投影向量为( )
A. 14ABB. 34ABC. −14ABD. − 34AB
7.在三棱锥S−ABC中，SA⊥平面ABC,AB=AC=4,BC=6，若该三棱锥的体积为4 7，则其外接球的表面积为( )
A. 256π7B. 368π7C. 48πD. 32π
8.甲､乙两人各有一枚质地均匀的硬币，甲抛掷2次，乙抛掷3次，事件M=“甲抛掷的两次中第一次正面朝上”，事件N=“甲抛掷的两次硬币朝上的面相同”，事件S=“甲得到的正面数比乙得到的正面数少”，则下列说法正确的是( )
A. M⊆NB. PM∪N=PM+PN
C. PS二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知非零向量a,b,c，下列说法错误的是( )
A. 若a⋅a=b⋅b，则a=±b
B. 若a+b=a+b，则a⋅b=ab
C. 若a=2,b=1,1，且a//b，则a= 2, 2
D. 若a=3,4，则与a垂直的单位向量的坐标为45,−35
10.已知复数z,w均不为0，则下列式子正确的是( )
A. z2≥0B. zwz=wC. z+z=2zD. z2z=z2z
11.在▵ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知sinA:sinB:sinC=4:5:6,D为线段AC上一点，则下列判断正确的是( )
A. ▵ABC为钝角三角形
B. ▵ABC的最大内角是最小内角的2倍
C. 若D为AC中点，则BD:AC= 79:10
D. 若∠ABD=∠CBD，则BD:AC=3 2:5
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.某校高一年级有1250人，全年级学生的近视率为60%，男生中有390人近视.学校医务室计划通过抽样的方法估计高一年级所有近视学生的平均度数.现从近视的学生中通过按比例分配的分层随机抽样的方法得到容量为100的样本，样本中男生的平均度数为300度，女生的平均度数为350度，则估计高一年级近视学生的平均度数为 度.
13.在如图所示的圆锥中，AB为底面圆O的直径，C为AB⌢的中点，AB=2OP=4，则异面直线AP与BC所成角的余弦值为 ．
14.已知OA,OB是同一平面内一组不共线的向量，对于平面内任意向量OP，有且只有一对实数x,y使OP=xOA+yOB，且当P,A,B共线时，有x+y=1.同样，在空间中若三个向量OA,OB,OC不共面，那么对任意一个空间向量OP，存在唯一的在度实数组x,y,z，使得OP=xOA+yOB+zOC，目当P,A,B,C共面时，有x+y+z=1.如图，在四棱锥P−ABCD中，BC//AD,AD=2BC，点E是棱PD的中点､PC与平面ABE交于F点，设PF=xPA+yPB+zPE，则PFPC= ；y+z−2x= ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
为响应“强化学校体育工作，推动学生文化学习和体育锻炼协调发展”的号召，现从某学校随机抽取了100名学生，获得了他们一周体育运动的时间(单位：ℎ)，将数据绘制成如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中的a，并估计该校学生一周体育运动时间的平均数；
(2)为鼓励同学们积极参加体育运动，学校计划对一周运动时间较长的前30%同学给予奖励，若小华一周体育运动时间为9.4小时，他能否获得奖励？请说明理由．
16.(本小题12分)
如图，在直三棱柱A1B1C1−ABC中，AB=AC=2,D为BC的中点．
(1)证明：A1B//平面AC1D；
(2)若三棱柱A1B1C1−ABC的体积为4 3，且AB=BC，求直线AC1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
17.(本小题12分)
如图，在平面四边形ABCD中，设BC=a,AB=c,AC=b,asin∠CBA= 3bcs∠BAC．
(1)求sin∠BAC，
(2)若AB=AC,CD=2AD=2，求∠ADC为何值时，平面四边形ABCD的面积最大？
18.(本小题12分)
龙年春晚精彩的魔术表演激发了人们探秘魔术的热情，小明从一幅扑克牌中挑出10和K共8张牌(每个数字四个花色：红桃(红色)､方块(红色)､黑桃(黑色)､梅花(黑色)).现从8张牌中依次取出2张，抽到一张红10和一张红K即为成功.现有三种抽取方式，如下表：
(1)分别求出在三种不同抽取方式下的成功概率；
(2)若三种抽取方式小明各进行一次，
(i)求这三次抽取中至少有一次成功的概率；
(ii)设在三种方式中仅连续两次成功的概率为p，那么此概率与三种方式的先后顺序是否有关？如果有关，什么样的顺序使概率p最大？如果无关，请给出简要说明．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC，点H在棱PC上.
(1)证明：平面HAB⊥平面PAD；
(2)当CH=13CP时，求二面角H−DB−C的正切值；
(3)过H且与PB,CD都平行的平面α分别交BC,PD,BD于Q,M,N，若PD=3，当H在线段PC的两个三等分点之间运动时(含三等分点)，求四边形MHQN面积的取值范围．
答案解析
1.【答案】D
【解析】数据(1)5，5，5，6，6，6，7，7，7的平均数和方差分别为
x1=3×5+3×6+3×79=6,s12=3×5−62+3×7−629=23
(2)4，4，5，5，6，7，7，8，8的平均数和方差分别为
x2=2×4+2×5+6+2×7+2×89=6,s22=2×4−62+2×5−62+2×7−62+2×8−629=209；
(3)3，3，3，3，6，9，9，9，9的平均数和方差分别为
x3=3×4+6+4×99=6,s32=4×3−62+4×9−629=8
所以s12故选：D．
2.【答案】A
【解析】设z=a+bi，由已知得z=zi，即a+bi=a−bii=b+ai，
∴a=b，故复数z对应的点在一､三象限角平分线(除原点)上．
故选：A．
3.【答案】C
【解析】由(2a+b)⋅b=3，得2a⋅b+b2=3，解得a⋅b=1，
由a=(1, 3)，|a|= 12+( 3)2=2，因此cs⟨a,b⟩=a⋅b|a||b|=12，而⟨a,b⟩∈[0,π]，
所以⟨a,b⟩=π3．
故选：C
4.【答案】A
【解析】方法一：由A−2 2,0,B 2,0,C0,2 2，知AB=3 2,AC=4,BC= 10，
由余弦定理知cs∠ACB=AC2+BC2−AB22AC⋅BC= 1010，
∠ACB∈0,π，所以sin∠ACB=3 1010，
故选：A．
方法二：如图，由A−2 2,0,B 2,0,C0,2 2，知∠ACO=π4,sin∠BCO= 55,cs∠BCO=2 55，
∴sin∠ACB=sin∠ACO+∠BCO=sin∠ACOcs∠BCO+cs∠ACOsin∠BCO=3 1010，
故选{A．
5.【答案】C
【解析】对于选项A，由α//β,m⊥α,可得m⊥β，又l⊥β，所以m//l，故 A正确；
对于选项B，由m⊥l,m⊥α,可得l⊂α或l//α，由线面平行性质知，存在直线a⊂α满足a//l，
又l⊥β，所以a⊥β，即平面α经过平面β的垂线，所以α⊥β，故 B正确；
对于选项C，由α//β,m⊂α可得m//β，当m//l且满足l⊂β时，不满足l//β，故C错误；
对于选项D，由m//l，m⊥α可得l⊥α，又l//β，则β内一定存在直线和l平行，设为b，则b⊥α，
所以α⊥β，故 D正确；
故选：C
6.【答案】C
【解析】在▵ABC中，由余弦定理知BC= AC2+AB2−2AC⋅ABcs60∘= 3AC,∴AC2+BC2=AB2,∴▵ABC为直角三角形，
又OA=OB=OC，故O是▵ABC的外心且是斜边AB的中点，
∴▵AOC为正三角形，
由投影向量的几何意义，向量OC在向量AB上的投影向量即为向量OD=−14AB．
故选C．
7.【答案】B
【解析】如图，将三棱锥S−ABC补成三棱柱SDE−ABC，则三棱锥S−ABC和三棱柱SDE−ABC的外接球相同，
设O1,O2分别为▵ABC和▵SDE的外心，则三棱柱SDE−ABC的外接球球心O为O1O2的中点，
连接AO1并延长交BC于点F，则F为BC的中点，连接AO，因为AB=AC，所以AF⊥BC,AF= 42−32= 7,sin∠ABC=AFAB= 74，
由正弦定理可得2AO1=ACsin∠ABC=16 77，所以AO1=8 77，
由VS−ABC=13×12BC⋅AF⋅SA=4 7，即13×12×6× 7×SA=4 7，可得SA=4，
则OO1=12SA=2,AO2=AO12+OO12=8 772+22=927，
则外接球的表面积S=4π⋅AO2=368π7．
故选：B．
8.【答案】D
【解析】用xii=1,2表示甲第i次抛掷的结果，那么甲抛掷两次的结果可以用x1,x2表示.用1表示正面向上，0表示反面向上，
则样本空间Ω=0,0,0,1,1,0,1,1,M=1,0,1,1,N=(0,0),(1,1)，
所以M不是N的子集，PM∪N=34≠PM+PN=12+12=1
所以AB错误，
对于事件S，方法一：借助表格列举如下，
∴PS=7+4+4+132=12，又PM=PN=12，所以 C错误，D正确，
方法二：设事件T=“甲得到的反面数比乙得到的反面数少”，则PS=PT，下证事件S与事件T对立．
若事件S与事件T同时发生，那么甲的正面数和反面数都比乙的少，那么甲抛的次数至少比乙少两次，与题目矛盾；
若事件S与事件T都不发生，那么甲的正面数和反面数都不比乙的少，那么甲抛的次数不比乙少，与题目矛盾；
故事件S与事件T对立，所以PS=PT=12，
因为PM=PN=12，所以 C错误，D正确，
故选：D．
9.【答案】ACD
【解析】因为a,b,c均为非零向量，
对于选项A：若a⋅a=b⋅b，即a2=b2，
可知a=b，无法得出a=±b，
例如a=1,0,b=0,1，满足a=b，但a=±b不成立，故A错误；
对于选项B：由a+b=a+b知a,b同向共线，则a⋅b=ab，故 B正确；
对于选项C：因为b=1,1且a//b，设a=λb=λ,λ,λ∈R，
又因为a=2，则λ2+λ2=4，解得λ=± 2
所以a= 2, 2或a=− 2,− 2，故 C错误；
对于选项D：设与a=3,4垂直的单位向量的坐标为x,y，
由题意可得x2+y2=13x+4y=0，解得x=45y=−35或x=−45y=35,
所以与a垂直的单位向量的坐标为45,−35或−45,35，故 D错误，
故选：ACD．
10.【答案】BD
【解析】设z=i，则z2=i2=−1<0，故 A错误；
由复数的模的性质zwz=zwz=w，故 B正确；
设z=1+i，则z=1−i,|z+z|=2，而2z=2 2，故 C错误；
z2z=z2z=|z|2z=z，又z2z=z2z=|z|2z=|z|2z=z，
所以z2z=z2z，故 D正确．
故选：BD．
11.【答案】BCD
【解析】由题知内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，由正弦定理可知a:b:c=4:5:6，
不妨设a=4m，则b=5m,c=6m，
对于A，由上知c为最大边，故C为最大角，由余弦定理知csC=18>0，故C为锐角，
所以▵ABC为锐角三角形，故A错误；
对于B，由上知A为最小角，且csA=34，
又csC=18，知csC2= csC+12=34，且A,C均为锐角，则A=C2，故 B正确；
对于C,2BD=BA+BC，平方得
4BD2=c2+a2+2accs∠ABC=c2+a2+2ac⋅a2+c2−b22ac=2a2+c2−b2=79m2,
∴BD= 792m，又AC=5m，故BD:AC= 79:10，故 C正确；
对于D，由csB=916，得sinB=5 716，又csB=1−2sin2B2=916，
所以sinB2= 148，由S▵ABC=S▵BCD+S▵BAD，
即12×4m×6m×sinB=12×4m+6m×BD×sinB2，
故BD=3 2m，故 D正确，
故选：BCD．
12.【答案】324
【解析】依题意高一年级女生近视人数为1250×60%−390=360，
则高一年级近视学生的平均度数为390750×300+360750×350=324．
故答案为：324
13.【答案】12 或0.5
【解析】如图，连接AC，分别取PB,AC的中点D,E，连接OD,OE,DE，
则OD//PA,OE//BC，则∠DOE或其补角为异面直线AP与BC所成角，
作DF⊥AB于点F，连接EF，由C为AB⌢中点可得AC=BC，且AC⊥BC，
而AB=4，则AC=BC=2 2,AE= 2,AF=3,∠BAE=45∘，
由余弦定理可得EF= 5,DF=12OP=1,DE= DF2+EF2= 6,OE=OD= 2，
则cs∠DOE=OD2+OE2−DE22OD⋅OE=−12，则异面直线AP与BC所成角的余弦值为12．
故答案为：12．
14.【答案】23；2
【解析】方法一：PF=xPA+yPB+zPE=xPA+yPB+z2PD，
PC=AC−AP=AB+BC−AP=AB+12AD−AP=PB−PA+12PD−PA−AP=−12PA+PB+12PD，
又P,F,C三点共线，即存在实数λ，使得PF=λPC，故x=−12λ,y=λ,z2=12λ，
又x+y+z=1，所以−12λ+λ+λ=1，
所以λ=23，故x=−13,y=23,z=23，
∴PFPC=λ=23,y+z−2x=2；
方法二：过P作l//AD，延长AE交l于点G，
AD//BC,AD//l,∴BC//l，连接BG，与PC的交点即为F，
由三角形相似可得PFFC=PGBC=PGAD⋅ADBC=PEED⋅ADBC=2,
∴PFPC=23，
PC=AC−AP=AB+BC−AP=AB+12AD−AP
=PB−PA+12PD−PA−AP=−12PA+PB+12PD,
∴PF=23PC=23−12PA+PB+12PD=−13PA+23PB+23PE，
故x=−13,y=23,z=23，
∴y+z−2x=23+23−2×−13=2．
故答案为：23，2
15.【答案】解：(1)(0.01+0.02+0.07+0.17+a+0.07+0.04+0.01)×2=1,∴a=0.11
该校学生一周体育运动时间的平均数的估计值为
1×0.02+3×0.04+5×0.14+7×0.34+9×0.22+11×0.14+13×0.08+15×0.02=8.08．
(2)不能，理由如下：
因为10,16的频率为0.02+0.08+0.14=0.24，
8,16的频率为0.02+0.08+0.14+0.22=0.46，
设前30%位数为x，则x∈8,10,
所以10−x×0.11+0.24=0.3，解得x=9.45>9.4，
故小华不能获得奖励．
【解析】(1)先补全频率分布直方图，根据频率分布直方图求平均数；
(2)根据频率分布直方图百分位数的计算．
16.【答案】解：(1)证明：如图，连接A1C交AC1于点O，连接OD，
因为四边形ACC1A1为矩形，所以O为AC1的中点，
因为D为BC的中点，所以OD//A1B，
因为OD⊂平面AC1D,A1B⊄平面AC1D，
所以A1B//平面AC1D．
(2)因为AB=AC=BC=2，所以S▵ABC= 3，
所以VA1B1C1−ABC= 3AA1=4 3，得AA1=4，
因为D为BC的中点，所以AD⊥BC，
因为BB1⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，
所以BB1⊥AD，
因为BB1∩BC=B，BB1,BC⊂平面BCC1B1，
所以AD⊥平面BCC1B1，
所以∠AC1D为直线AC1与平面BCC1B1所成角，
因为在Rt△AC1D中，AC1= AC2+CC12=2 5，AD= 3，
所以sin∠AC1D=ADAC1= 1510．
【解析】(1)连接A1C交AC1于点O，连接OD，则利用三角形的中位线定理可证得OD//A1B，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；
(2)由棱柱的体积可求得AA1=4，由已知条件可证得AD⊥平面BCC1B1，则∠AC1D为直线AC1与平面BCC1B1所成角，然后在Rt△AC1D中求解即可．
17.【答案】解：(1)由已知及正弦定理知sin∠BAC⋅sin∠CBA= 3sin∠CBA⋅cs∠BAC，
因为sin∠CBA≠0，故tan∠BAC= 3，
又0<∠BAC<π，所以∠BAC=π3，所以sin∠BAC= 32．
(2)由(1)知∠BAC=π3，又AB=AC，故▵ABC为等边三角形，
设∠ADC=θ,θ∈0,π．
S平面四边形ABCD=S▵ADC+S▵ABC=12CD⋅AD⋅sinθ+12AB⋅AC⋅sin∠BAC
=12×2×1×sinθ+12×AC2× 32=sinθ+ 34AC2，
在△ADC中，由余弦定理知AC2=CD2+AD2−2CD⋅AD⋅csθ=5−4csθ，
所以S平面四边形ABCD=5 34+sinθ− 3csθ=5 34+2sinθ−π3，
又θ−π3∈−π3,2π3，所以当θ−π3=π2，即θ=5π6时，
平面四边形ABCD的面积最大，最大值为5 34+2．
【解析】(1)由正弦定理转化为角，再由同角三角函数基本关系得出tan∠BAC即可求解；
(2)设∠ADC=θ,θ∈0,π，由三角形面积公式及三角恒等变换化简，根据正弦型函数的最值求法得解．
18.【答案】解：(1)设方式①的样本空间为Ω1，方式②的样本空间为Ω2，方式③的样本空间为Ω3，
则nΩ1=8×8=64,nΩ2=8×7=56,nΩ3=4×4+4×4=32，
设事件A=“抽到一张红10和一张红K”，A={(红桃10，红桃K)，(红桃10，方块K)，(方块10，红桃K)，(方块10，方块K)，(红桃K，红桃10)，(方块K，红桃10)，(红桃K，方块10)，(方块K，方块10)，
故p1=nAnΩ1=864=18,p2=nAnΩ2=856=17,p3=nAnΩ3=832=14．
【小问2详解】
(i)记三次抽取至少有一次成功为事件B，
则pB=1−1−p11−p21−p3=1−78×67×34=716．
(ii)有关，按方式②③①或①③②抽取概率最大．
方法一：设三次抽取成功的概率分别为a,b,c(即a,b,c为p1,p2,p3不同顺序的一个排列)，
则p=ab1−c+1−abc=ba+c−2abc，
又p3>p2>p1,∴p3p1+p2>p2p1+p3>p1p2+p3，
故此概率与三种方式的先后顺序有关，按方式②③①或①③②抽取概率最大．
方法二：若按①②③的顺序，p=18×17×34+78×17×14=5112，
同理①③②、②①③､②③①､③①②、③②①顺序下的概率分别为13224,9224,13224,9224,5112，
故此概率与三种方式的先后顺序有关，按方式②③①或①③②抽取概率最大．
【解析】(1)先根据题意计算出三种抽取方式下所有情况数，再列举出抽到一张红10和一张红K的情况，然后利用古典概型的概率公式求解即可；
(2)(i)根据对立事件的概率公式求解即可；(ii)方法一：设三次抽取成功的概率分别为a,b,c，则p=ab1−c+1−abc，化简根据a,b,c的大小可得结论；方法二：分别求出每种顺序下的概率，比较可得结论．
19.【答案】解：(1)∵PD⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD，∴PD⊥AB
因为ABCD是正方形，
所以AB⊥AD,且PD∩AD=D,AD⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD，
∵AB⊂平面HAB，
∴平面HAB⊥平面PAD．
(2)如图，在平面PCD内过点H作HG⊥CD于点G，则HG//PD，
又PD⊥平面ABCD,∴HG⊥平面ABCD，
过G作GE⊥BD于点E，
连接HE，HG⊥BD,EG⊥BD,EG⊂平面EGH，HG⊂平面EGH，EG∩HG=G，
可得BD⊥平面EGH，HE⊂平面EGH，
∴HE⊥BD，则∠GEH为二面角H−BD−C的平面角，
连接AC交BD于点O，则有GEOC=DGCD=PHCP=23，
设PD=a，易得OC= 22a，则GE= 23a，
∴tan∠GEH=GHGE=13a 23a= 22．
(3)如图，延长QN交AD于点F，连接MF，CD//平面MHQF，CD⊂平面ABCD，
平面ABCD∩平面MHQF=QF，所以QF//AB
由(1)得AB⊥平面PAD,
∴QF⊥平面PAD,∴QF⊥MF,MH//NQ,
∵MHDC=CQCB,CD=CB，∴MH=NQ，所以四边形MHQN是平行四边形，
∴S▱MHQN=MH⋅MF，
设PHPC=λ13≤λ≤23，又PD=3,则PMPD=MHDC=λ，
又PD=DC,∴PM=MH=3λ，∴CQCB=DFDA=CHCP=MDPD=1−λ
则MD=3−3λ,DF=CQ=3−3λ，
MF= MD2+DF2=3 21−λ，
∴S▱MHQN=3λ⋅3 21−λ=9 2λ−λ2=−9 2λ−122+9 24，
又13≤λ≤23,∴S▱MHQN∈2 2,9 24．
【解析】(1)根据面面垂直的判断定理证明即可；
(2)应用二面角的定义得出二面角，再应用图形特征求正切；
(3)先求出截面，应用比例关系计算面积，最后根据二次函数值域求范围即可．
方式①
方式②
方式③
抽取规则
有放回依次抽取
不放回依次抽取
按数字等比例分层抽取
成功概率
p1
p2
p3
0,0,0
0,0,1
0,1,0
1,0,0
1,1,0
1,0,1
0,1,1
1,1,1
0,0
√
√
√
√
√
√
√
0,1
√
√
√
√
1,0
√
√
√
√
1,1
√
1.有三组数据(1)5，5，5，6，6，6，7，7，7；(2)4，4，5，5，6，7，7，8，8；(3)3，3，3，3，6，9，9，9，9.设它们的方差依次为s12,s22,s32，则( )
A. s12>s22>s32B. s12>s32>s22C. s12
A. 一､三象限B. 二､四象限
C. 实轴上(除原点外)D. 坐标轴上(除原点外)
3.已知向量a=(1, 3),|b|=1，且(2a+b)⋅b=3，则向量a与向量b的夹角为( )
A. π6B. π4C. π3D. π2
4.已知▵ABC的顶点坐标分别是A−2 2,0,B 2,0,C0,2 2，则sinC=( )
A. 3 1010B. 1010C. 5 2±2 510D. − 1010
5.设α,β是两个平面，m,l是两条直线，则下列命题为假命题的是( )
A. 若α//β,m⊥α,l⊥β，则m//lB. 若m⊥l,m⊥α,l⊥β，则α⊥β
C. 若α//β,m⊂α,m//l，则l//βD. 若m//l,m⊥α,l//β，则α⊥β
6.在▵ABC中，∠A=60∘,AB=2AC，平面内一点O满足OA=OB=OC，则向量OC在向量AB上的投影向量为( )
A. 14ABB. 34ABC. −14ABD. − 34AB
7.在三棱锥S−ABC中，SA⊥平面ABC,AB=AC=4,BC=6，若该三棱锥的体积为4 7，则其外接球的表面积为( )
A. 256π7B. 368π7C. 48πD. 32π
8.甲､乙两人各有一枚质地均匀的硬币，甲抛掷2次，乙抛掷3次，事件M=“甲抛掷的两次中第一次正面朝上”，事件N=“甲抛掷的两次硬币朝上的面相同”，事件S=“甲得到的正面数比乙得到的正面数少”，则下列说法正确的是( )
A. M⊆NB. PM∪N=PM+PN
C. PS
9.已知非零向量a,b,c，下列说法错误的是( )
A. 若a⋅a=b⋅b，则a=±b
B. 若a+b=a+b，则a⋅b=ab
C. 若a=2,b=1,1，且a//b，则a= 2, 2
D. 若a=3,4，则与a垂直的单位向量的坐标为45,−35
10.已知复数z,w均不为0，则下列式子正确的是( )
A. z2≥0B. zwz=wC. z+z=2zD. z2z=z2z
11.在▵ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知sinA:sinB:sinC=4:5:6,D为线段AC上一点，则下列判断正确的是( )
A. ▵ABC为钝角三角形
B. ▵ABC的最大内角是最小内角的2倍
C. 若D为AC中点，则BD:AC= 79:10
D. 若∠ABD=∠CBD，则BD:AC=3 2:5
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.某校高一年级有1250人，全年级学生的近视率为60%，男生中有390人近视.学校医务室计划通过抽样的方法估计高一年级所有近视学生的平均度数.现从近视的学生中通过按比例分配的分层随机抽样的方法得到容量为100的样本，样本中男生的平均度数为300度，女生的平均度数为350度，则估计高一年级近视学生的平均度数为 度.
13.在如图所示的圆锥中，AB为底面圆O的直径，C为AB⌢的中点，AB=2OP=4，则异面直线AP与BC所成角的余弦值为 ．
14.已知OA,OB是同一平面内一组不共线的向量，对于平面内任意向量OP，有且只有一对实数x,y使OP=xOA+yOB，且当P,A,B共线时，有x+y=1.同样，在空间中若三个向量OA,OB,OC不共面，那么对任意一个空间向量OP，存在唯一的在度实数组x,y,z，使得OP=xOA+yOB+zOC，目当P,A,B,C共面时，有x+y+z=1.如图，在四棱锥P−ABCD中，BC//AD,AD=2BC，点E是棱PD的中点､PC与平面ABE交于F点，设PF=xPA+yPB+zPE，则PFPC= ；y+z−2x= ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
为响应“强化学校体育工作，推动学生文化学习和体育锻炼协调发展”的号召，现从某学校随机抽取了100名学生，获得了他们一周体育运动的时间(单位：ℎ)，将数据绘制成如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中的a，并估计该校学生一周体育运动时间的平均数；
(2)为鼓励同学们积极参加体育运动，学校计划对一周运动时间较长的前30%同学给予奖励，若小华一周体育运动时间为9.4小时，他能否获得奖励？请说明理由．
16.(本小题12分)
如图，在直三棱柱A1B1C1−ABC中，AB=AC=2,D为BC的中点．
(1)证明：A1B//平面AC1D；
(2)若三棱柱A1B1C1−ABC的体积为4 3，且AB=BC，求直线AC1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
17.(本小题12分)
如图，在平面四边形ABCD中，设BC=a,AB=c,AC=b,asin∠CBA= 3bcs∠BAC．
(1)求sin∠BAC，
(2)若AB=AC,CD=2AD=2，求∠ADC为何值时，平面四边形ABCD的面积最大？
18.(本小题12分)
龙年春晚精彩的魔术表演激发了人们探秘魔术的热情，小明从一幅扑克牌中挑出10和K共8张牌(每个数字四个花色：红桃(红色)､方块(红色)､黑桃(黑色)､梅花(黑色)).现从8张牌中依次取出2张，抽到一张红10和一张红K即为成功.现有三种抽取方式，如下表：
(1)分别求出在三种不同抽取方式下的成功概率；
(2)若三种抽取方式小明各进行一次，
(i)求这三次抽取中至少有一次成功的概率；
(ii)设在三种方式中仅连续两次成功的概率为p，那么此概率与三种方式的先后顺序是否有关？如果有关，什么样的顺序使概率p最大？如果无关，请给出简要说明．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC，点H在棱PC上.
(1)证明：平面HAB⊥平面PAD；
(2)当CH=13CP时，求二面角H−DB−C的正切值；
(3)过H且与PB,CD都平行的平面α分别交BC,PD,BD于Q,M,N，若PD=3，当H在线段PC的两个三等分点之间运动时(含三等分点)，求四边形MHQN面积的取值范围．
答案解析
1.【答案】D
【解析】数据(1)5，5，5，6，6，6，7，7，7的平均数和方差分别为
x1=3×5+3×6+3×79=6,s12=3×5−62+3×7−629=23
(2)4，4，5，5，6，7，7，8，8的平均数和方差分别为
x2=2×4+2×5+6+2×7+2×89=6,s22=2×4−62+2×5−62+2×7−62+2×8−629=209；
(3)3，3，3，3，6，9，9，9，9的平均数和方差分别为
x3=3×4+6+4×99=6,s32=4×3−62+4×9−629=8
所以s12
2.【答案】A
【解析】设z=a+bi，由已知得z=zi，即a+bi=a−bii=b+ai，
∴a=b，故复数z对应的点在一､三象限角平分线(除原点)上．
故选：A．
3.【答案】C
【解析】由(2a+b)⋅b=3，得2a⋅b+b2=3，解得a⋅b=1，
由a=(1, 3)，|a|= 12+( 3)2=2，因此cs⟨a,b⟩=a⋅b|a||b|=12，而⟨a,b⟩∈[0,π]，
所以⟨a,b⟩=π3．
故选：C
4.【答案】A
【解析】方法一：由A−2 2,0,B 2,0,C0,2 2，知AB=3 2,AC=4,BC= 10，
由余弦定理知cs∠ACB=AC2+BC2−AB22AC⋅BC= 1010，
∠ACB∈0,π，所以sin∠ACB=3 1010，
故选：A．
方法二：如图，由A−2 2,0,B 2,0,C0,2 2，知∠ACO=π4,sin∠BCO= 55,cs∠BCO=2 55，
∴sin∠ACB=sin∠ACO+∠BCO=sin∠ACOcs∠BCO+cs∠ACOsin∠BCO=3 1010，
故选{A．
5.【答案】C
【解析】对于选项A，由α//β,m⊥α,可得m⊥β，又l⊥β，所以m//l，故 A正确；
对于选项B，由m⊥l,m⊥α,可得l⊂α或l//α，由线面平行性质知，存在直线a⊂α满足a//l，
又l⊥β，所以a⊥β，即平面α经过平面β的垂线，所以α⊥β，故 B正确；
对于选项C，由α//β,m⊂α可得m//β，当m//l且满足l⊂β时，不满足l//β，故C错误；
对于选项D，由m//l，m⊥α可得l⊥α，又l//β，则β内一定存在直线和l平行，设为b，则b⊥α，
所以α⊥β，故 D正确；
故选：C
6.【答案】C
【解析】在▵ABC中，由余弦定理知BC= AC2+AB2−2AC⋅ABcs60∘= 3AC,∴AC2+BC2=AB2,∴▵ABC为直角三角形，
又OA=OB=OC，故O是▵ABC的外心且是斜边AB的中点，
∴▵AOC为正三角形，
由投影向量的几何意义，向量OC在向量AB上的投影向量即为向量OD=−14AB．
故选C．
7.【答案】B
【解析】如图，将三棱锥S−ABC补成三棱柱SDE−ABC，则三棱锥S−ABC和三棱柱SDE−ABC的外接球相同，
设O1,O2分别为▵ABC和▵SDE的外心，则三棱柱SDE−ABC的外接球球心O为O1O2的中点，
连接AO1并延长交BC于点F，则F为BC的中点，连接AO，因为AB=AC，所以AF⊥BC,AF= 42−32= 7,sin∠ABC=AFAB= 74，
由正弦定理可得2AO1=ACsin∠ABC=16 77，所以AO1=8 77，
由VS−ABC=13×12BC⋅AF⋅SA=4 7，即13×12×6× 7×SA=4 7，可得SA=4，
则OO1=12SA=2,AO2=AO12+OO12=8 772+22=927，
则外接球的表面积S=4π⋅AO2=368π7．
故选：B．
8.【答案】D
【解析】用xii=1,2表示甲第i次抛掷的结果，那么甲抛掷两次的结果可以用x1,x2表示.用1表示正面向上，0表示反面向上，
则样本空间Ω=0,0,0,1,1,0,1,1,M=1,0,1,1,N=(0,0),(1,1)，
所以M不是N的子集，PM∪N=34≠PM+PN=12+12=1
所以AB错误，
对于事件S，方法一：借助表格列举如下，
∴PS=7+4+4+132=12，又PM=PN=12，所以 C错误，D正确，
方法二：设事件T=“甲得到的反面数比乙得到的反面数少”，则PS=PT，下证事件S与事件T对立．
若事件S与事件T同时发生，那么甲的正面数和反面数都比乙的少，那么甲抛的次数至少比乙少两次，与题目矛盾；
若事件S与事件T都不发生，那么甲的正面数和反面数都不比乙的少，那么甲抛的次数不比乙少，与题目矛盾；
故事件S与事件T对立，所以PS=PT=12，
因为PM=PN=12，所以 C错误，D正确，
故选：D．
9.【答案】ACD
【解析】因为a,b,c均为非零向量，
对于选项A：若a⋅a=b⋅b，即a2=b2，
可知a=b，无法得出a=±b，
例如a=1,0,b=0,1，满足a=b，但a=±b不成立，故A错误；
对于选项B：由a+b=a+b知a,b同向共线，则a⋅b=ab，故 B正确；
对于选项C：因为b=1,1且a//b，设a=λb=λ,λ,λ∈R，
又因为a=2，则λ2+λ2=4，解得λ=± 2
所以a= 2, 2或a=− 2,− 2，故 C错误；
对于选项D：设与a=3,4垂直的单位向量的坐标为x,y，
由题意可得x2+y2=13x+4y=0，解得x=45y=−35或x=−45y=35,
所以与a垂直的单位向量的坐标为45,−35或−45,35，故 D错误，
故选：ACD．
10.【答案】BD
【解析】设z=i，则z2=i2=−1<0，故 A错误；
由复数的模的性质zwz=zwz=w，故 B正确；
设z=1+i，则z=1−i,|z+z|=2，而2z=2 2，故 C错误；
z2z=z2z=|z|2z=z，又z2z=z2z=|z|2z=|z|2z=z，
所以z2z=z2z，故 D正确．
故选：BD．
11.【答案】BCD
【解析】由题知内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，由正弦定理可知a:b:c=4:5:6，
不妨设a=4m，则b=5m,c=6m，
对于A，由上知c为最大边，故C为最大角，由余弦定理知csC=18>0，故C为锐角，
所以▵ABC为锐角三角形，故A错误；
对于B，由上知A为最小角，且csA=34，
又csC=18，知csC2= csC+12=34，且A,C均为锐角，则A=C2，故 B正确；
对于C,2BD=BA+BC，平方得
4BD2=c2+a2+2accs∠ABC=c2+a2+2ac⋅a2+c2−b22ac=2a2+c2−b2=79m2,
∴BD= 792m，又AC=5m，故BD:AC= 79:10，故 C正确；
对于D，由csB=916，得sinB=5 716，又csB=1−2sin2B2=916，
所以sinB2= 148，由S▵ABC=S▵BCD+S▵BAD，
即12×4m×6m×sinB=12×4m+6m×BD×sinB2，
故BD=3 2m，故 D正确，
故选：BCD．
12.【答案】324
【解析】依题意高一年级女生近视人数为1250×60%−390=360，
则高一年级近视学生的平均度数为390750×300+360750×350=324．
故答案为：324
13.【答案】12 或0.5
【解析】如图，连接AC，分别取PB,AC的中点D,E，连接OD,OE,DE，
则OD//PA,OE//BC，则∠DOE或其补角为异面直线AP与BC所成角，
作DF⊥AB于点F，连接EF，由C为AB⌢中点可得AC=BC，且AC⊥BC，
而AB=4，则AC=BC=2 2,AE= 2,AF=3,∠BAE=45∘，
由余弦定理可得EF= 5,DF=12OP=1,DE= DF2+EF2= 6,OE=OD= 2，
则cs∠DOE=OD2+OE2−DE22OD⋅OE=−12，则异面直线AP与BC所成角的余弦值为12．
故答案为：12．
14.【答案】23；2
【解析】方法一：PF=xPA+yPB+zPE=xPA+yPB+z2PD，
PC=AC−AP=AB+BC−AP=AB+12AD−AP=PB−PA+12PD−PA−AP=−12PA+PB+12PD，
又P,F,C三点共线，即存在实数λ，使得PF=λPC，故x=−12λ,y=λ,z2=12λ，
又x+y+z=1，所以−12λ+λ+λ=1，
所以λ=23，故x=−13,y=23,z=23，
∴PFPC=λ=23,y+z−2x=2；
方法二：过P作l//AD，延长AE交l于点G，
AD//BC,AD//l,∴BC//l，连接BG，与PC的交点即为F，
由三角形相似可得PFFC=PGBC=PGAD⋅ADBC=PEED⋅ADBC=2,
∴PFPC=23，
PC=AC−AP=AB+BC−AP=AB+12AD−AP
=PB−PA+12PD−PA−AP=−12PA+PB+12PD,
∴PF=23PC=23−12PA+PB+12PD=−13PA+23PB+23PE，
故x=−13,y=23,z=23，
∴y+z−2x=23+23−2×−13=2．
故答案为：23，2
15.【答案】解：(1)(0.01+0.02+0.07+0.17+a+0.07+0.04+0.01)×2=1,∴a=0.11
该校学生一周体育运动时间的平均数的估计值为
1×0.02+3×0.04+5×0.14+7×0.34+9×0.22+11×0.14+13×0.08+15×0.02=8.08．
(2)不能，理由如下：
因为10,16的频率为0.02+0.08+0.14=0.24，
8,16的频率为0.02+0.08+0.14+0.22=0.46，
设前30%位数为x，则x∈8,10,
所以10−x×0.11+0.24=0.3，解得x=9.45>9.4，
故小华不能获得奖励．
【解析】(1)先补全频率分布直方图，根据频率分布直方图求平均数；
(2)根据频率分布直方图百分位数的计算．
16.【答案】解：(1)证明：如图，连接A1C交AC1于点O，连接OD，
因为四边形ACC1A1为矩形，所以O为AC1的中点，
因为D为BC的中点，所以OD//A1B，
因为OD⊂平面AC1D,A1B⊄平面AC1D，
所以A1B//平面AC1D．
(2)因为AB=AC=BC=2，所以S▵ABC= 3，
所以VA1B1C1−ABC= 3AA1=4 3，得AA1=4，
因为D为BC的中点，所以AD⊥BC，
因为BB1⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，
所以BB1⊥AD，
因为BB1∩BC=B，BB1,BC⊂平面BCC1B1，
所以AD⊥平面BCC1B1，
所以∠AC1D为直线AC1与平面BCC1B1所成角，
因为在Rt△AC1D中，AC1= AC2+CC12=2 5，AD= 3，
所以sin∠AC1D=ADAC1= 1510．
【解析】(1)连接A1C交AC1于点O，连接OD，则利用三角形的中位线定理可证得OD//A1B，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；
(2)由棱柱的体积可求得AA1=4，由已知条件可证得AD⊥平面BCC1B1，则∠AC1D为直线AC1与平面BCC1B1所成角，然后在Rt△AC1D中求解即可．
17.【答案】解：(1)由已知及正弦定理知sin∠BAC⋅sin∠CBA= 3sin∠CBA⋅cs∠BAC，
因为sin∠CBA≠0，故tan∠BAC= 3，
又0<∠BAC<π，所以∠BAC=π3，所以sin∠BAC= 32．
(2)由(1)知∠BAC=π3，又AB=AC，故▵ABC为等边三角形，
设∠ADC=θ,θ∈0,π．
S平面四边形ABCD=S▵ADC+S▵ABC=12CD⋅AD⋅sinθ+12AB⋅AC⋅sin∠BAC
=12×2×1×sinθ+12×AC2× 32=sinθ+ 34AC2，
在△ADC中，由余弦定理知AC2=CD2+AD2−2CD⋅AD⋅csθ=5−4csθ，
所以S平面四边形ABCD=5 34+sinθ− 3csθ=5 34+2sinθ−π3，
又θ−π3∈−π3,2π3，所以当θ−π3=π2，即θ=5π6时，
平面四边形ABCD的面积最大，最大值为5 34+2．
【解析】(1)由正弦定理转化为角，再由同角三角函数基本关系得出tan∠BAC即可求解；
(2)设∠ADC=θ,θ∈0,π，由三角形面积公式及三角恒等变换化简，根据正弦型函数的最值求法得解．
18.【答案】解：(1)设方式①的样本空间为Ω1，方式②的样本空间为Ω2，方式③的样本空间为Ω3，
则nΩ1=8×8=64,nΩ2=8×7=56,nΩ3=4×4+4×4=32，
设事件A=“抽到一张红10和一张红K”，A={(红桃10，红桃K)，(红桃10，方块K)，(方块10，红桃K)，(方块10，方块K)，(红桃K，红桃10)，(方块K，红桃10)，(红桃K，方块10)，(方块K，方块10)，
故p1=nAnΩ1=864=18,p2=nAnΩ2=856=17,p3=nAnΩ3=832=14．
【小问2详解】
(i)记三次抽取至少有一次成功为事件B，
则pB=1−1−p11−p21−p3=1−78×67×34=716．
(ii)有关，按方式②③①或①③②抽取概率最大．
方法一：设三次抽取成功的概率分别为a,b,c(即a,b,c为p1,p2,p3不同顺序的一个排列)，
则p=ab1−c+1−abc=ba+c−2abc，
又p3>p2>p1,∴p3p1+p2>p2p1+p3>p1p2+p3，
故此概率与三种方式的先后顺序有关，按方式②③①或①③②抽取概率最大．
方法二：若按①②③的顺序，p=18×17×34+78×17×14=5112，
同理①③②、②①③､②③①､③①②、③②①顺序下的概率分别为13224,9224,13224,9224,5112，
故此概率与三种方式的先后顺序有关，按方式②③①或①③②抽取概率最大．
【解析】(1)先根据题意计算出三种抽取方式下所有情况数，再列举出抽到一张红10和一张红K的情况，然后利用古典概型的概率公式求解即可；
(2)(i)根据对立事件的概率公式求解即可；(ii)方法一：设三次抽取成功的概率分别为a,b,c，则p=ab1−c+1−abc，化简根据a,b,c的大小可得结论；方法二：分别求出每种顺序下的概率，比较可得结论．
19.【答案】解：(1)∵PD⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD，∴PD⊥AB
因为ABCD是正方形，
所以AB⊥AD,且PD∩AD=D,AD⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD，
∵AB⊂平面HAB，
∴平面HAB⊥平面PAD．
(2)如图，在平面PCD内过点H作HG⊥CD于点G，则HG//PD，
又PD⊥平面ABCD,∴HG⊥平面ABCD，
过G作GE⊥BD于点E，
连接HE，HG⊥BD,EG⊥BD,EG⊂平面EGH，HG⊂平面EGH，EG∩HG=G，
可得BD⊥平面EGH，HE⊂平面EGH，
∴HE⊥BD，则∠GEH为二面角H−BD−C的平面角，
连接AC交BD于点O，则有GEOC=DGCD=PHCP=23，
设PD=a，易得OC= 22a，则GE= 23a，
∴tan∠GEH=GHGE=13a 23a= 22．
(3)如图，延长QN交AD于点F，连接MF，CD//平面MHQF，CD⊂平面ABCD，
平面ABCD∩平面MHQF=QF，所以QF//AB
由(1)得AB⊥平面PAD,
∴QF⊥平面PAD,∴QF⊥MF,MH//NQ,
∵MHDC=CQCB,CD=CB，∴MH=NQ，所以四边形MHQN是平行四边形，
∴S▱MHQN=MH⋅MF，
设PHPC=λ13≤λ≤23，又PD=3,则PMPD=MHDC=λ，
又PD=DC,∴PM=MH=3λ，∴CQCB=DFDA=CHCP=MDPD=1−λ
则MD=3−3λ,DF=CQ=3−3λ，
MF= MD2+DF2=3 21−λ，
∴S▱MHQN=3λ⋅3 21−λ=9 2λ−λ2=−9 2λ−122+9 24，
又13≤λ≤23,∴S▱MHQN∈2 2,9 24．
【解析】(1)根据面面垂直的判断定理证明即可；
(2)应用二面角的定义得出二面角，再应用图形特征求正切；
(3)先求出截面，应用比例关系计算面积，最后根据二次函数值域求范围即可．
方式①
方式②
方式③
抽取规则
有放回依次抽取
不放回依次抽取
按数字等比例分层抽取
成功概率
p1
p2
p3
0,0,0
0,0,1
0,1,0
1,0,0
1,1,0
1,0,1
0,1,1
1,1,1
0,0
√
√
√
√
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