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2023-2024学年山东省菏泽市高一下学期7月期末教学质量检测数学试题（含解析）
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这是一份2023-2024学年山东省菏泽市高一下学期7月期末教学质量检测数学试题（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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知复数z满足(1−i)z=2+i，则复数z的虚部为( )
A. 32B. −32C. 32iD. −32i
2.已知向量BC=(2,1)，AB=(0,−1)，则|AC|=( )
A. 2B. 3C. 2D. 2 2
3.下图为某地2014年至2023年的粮食年产量折线图，则下列说法不正确的是( )
A. 这10年粮食年产量的极差为15
B. 这10年粮食年产量的平均数为31
C. 前5年的粮食年产量的方差大于后5年粮食年产量的方差
D. 这10年粮食年产量的中位数为29
4.已知直线a，b，c是三条不同的直线，平面α，β，γ是三个不同的平面，下列命题正确的是( )
A. 若a⊥c，b⊥c，则a//b
B. 若a//b，a//α，则b//α
C. 若a//α，b//α，c⊥a，且c⊥b，则c⊥α
D. 若β⊥α，γ⊥α，且β∩γ=a，则a⊥α
5.已知向量|a|=1，|b|=2，且a与b的夹角为45∘，则b在a方向上的投影向量为( )
A. 22aB. 2aC. 2bD. b
6.某商场开展20周年店庆购物抽奖活动(100%中奖)，活动方式是在电脑上设置一个包含1，2，3，4，5，6的6个数字编号的滚动盘，随机按下启动键后，滚动盘上的数字开始滚动，当停止时滚动盘上出现一个数字，若该数字是大于5的数，则获得一等奖，奖金为150元;若该数字是小于4的奇数，则获得二等奖，奖金为100元;若该数字出现其它情况，则获得三等奖，奖金为50元.现某顾客依次操作两次，则该顾客奖金之和为200元的概率为( )
A. 536B. 518C. 29D. 12
7.建盏是福建省南平市建阳区的特产，是中国国家地理标志产品，其多是口大底小，底部多为圈足且圈足较浅(如图所示)，因此可将建盏看作是圆台与圆柱拼接而成的几何体.现将某建盏的上半部分抽象成圆台O1O2，已知该圆台的上、下底面积分别为16πcm2和9πcm2，高超过1cm，该圆台上、下底面圆周上的各个点均在球O的表面上，且球O的表面积为100πcm2，则该圆台的体积为( )
A. 80πcm3B. 259π3cm3C. 260π3cm3D. 87πcm3
8.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D是AB上的点，CD平分∠ACB，且CD=1，csinA+ 3acsC=0，则△ABC面积的最小值为( )
A. 1B. 3C. 2D. 2 3
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.已知平面向量a=(1,2)，b=(−2,x)，则
A. 当x=2时，a+b=(−1,4)
B. 若a//b，则x=−1
C. 若a⊥b，则x=1
D. 若a与b的夹角为钝角，则x∈(−∞,−4)∪(−4,1)
10.一个盒子里装有除颜色外完全相同的四个小球，其中黑球有两个，编号为1，2;红球有两个，编号为3，4，从中不放回的依次取出两个球，A表示事件“取出的两球不同色”，B表示事件“第一次取出的是黑球”，C表示事件“第二次取出的是黑球”，D表示事件“取出的两球同色”，则( )
A. A与D相互独立B. A与B相互独立C. B与D相互独立D. A与C相互独立
11.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱AB上的动点，DF⊥平面D1EC，F为垂足，下列结论正确的是( )
A. FD1=FCB. 三棱锥C−DED1的体积为定值
C. BC1⊥ACD. ED1⊥A1D
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若虚数3−i是关于x的实系数方程2x2+mx+n=0(m,n∈R)的一个根，则m= ．
13.已知圆锥的底面半径为 3，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为 ．
14.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c2=2a2−2b2，则A−B的最大值为 ．
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)
在▵ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且bcsC+1=c2−csB．
(1)证明：a+b=2c．
(2)若a=6，csC=916，求▵ABC的面积．
16.(本小题12分)
近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行营销形式.某直播平台有1000个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图 ①所示.为了更好地服务买卖双方，该直播平台打算用分层抽样的方式抽取80个直播商家进行问询交流．
(1)应抽取小吃类、生鲜类商家各多少家?
(2)在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对抽取的80个商家的平均日利润进行了统计(单位：元)，所得频率直方图如图 ②所示．
(ⅰ)估计该直播平台商家平均日利润的75百分位数与平均数(求平均数时同一组中的数据用该组区间中点的数值为代表);
(ⅱ)若将平均日利润超过480元的商家称为“优质商家”，估计该直播平台“优质商家”的个数．
17.(本小题12分)
已知盒中有大小、质地相同的 红球、黄球、蓝球共4个，从中任取一球，得到红球或黄球的概率是34，得到黄球或蓝球的概率是12．
(1)求盒中红球、黄球、蓝球的个数；
(2)随机试验：从盒中有放回的取球两次，每次任取一球记下颜色．
(i)写出该试验的样本空间Ω；
(ii)设置游戏规则如下：若取到两个球颜色相同则甲胜，否则乙胜.从概率的角度，判断这个游戏是否公平，请说明理由．
18.(本小题12分)
如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4.E，F分别在线段BC和AD上，EF//AB，将矩形ABEF沿EF折起．记折起后的矩形为MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF．
(Ⅰ)求证：NC//平面MFD；
(Ⅱ)若EC=3，求证：ND⊥FC；
(Ⅲ)求四面体NFEC体积的最大值．
19.(本小题12分)
“费马点”是由法国数学家费马提出并征解的一个问题：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120∘时，使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120∘的点O即为费马点;当△ABC有一个内角大于或等于120∘时，最大内角的顶点为费马点.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cs2B+cs2C−cs2A=1，点P为△ABC的费马点．
(1)求A;
(2)若bc=2，求PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA;
(3)设|PB|+|PC|=t|PA|，求实数t的最小值．
答案解析
1.A
【解析】解：∵1−iz=2+i，
∴z=2+i1−i=(2+i)(1+i)(1−i)(1+i)=1+3i2．
则复数z的虚部为32．
2.A
【解析】解：根据题意可得AC=AB+BC=(0,−1)+(2,1)=(2,0)，
故|AC|= 22+02=2．
故选：A．
3.C
【解析】解：A选项，将样本数据从小到大排列为25，26，27，28，28，30，33，36，37，40，
这10年的粮食年产量极差为40−25=15，故 A正确；
B选项，这10年粮食年产量的平均数为28+28+27+26+33+36+40+37+25+3010=31，故B正确；
C选项，结合图形可知，前5年的粮食年产量的波动小于后5年的粮食产量波动，
所以前5年的粮食年产量的方差小于后5年的粮食年产量的方差，故C错误．
D选项，从小到大，选取第5个和第6个的数的平均数作为中位数，
这10年的粮食年产量的中位数为28+302=29，故 D正确；
故选：C．
4.D
【解析】解：对于A，若a⊥c，b⊥c，则a、b可能平行，可能异面，可能相交，故A错误；
对于B，若a//b，a//α，则b//α或b⊂α，故B错误；
对于C，以长方体ABCD−A′B′C′D′为例，AB//平面A′B′C′D′，CD//平面A′B′C′D′，BC⊥AB，BC⊥CD，但BC与平面A′B′C′D′不垂直，故C错误；
对于D，设α∩β=b，α∩γ=c，
在β内取直线e⊥b，在γ内取直线f⊥c，
由α⊥β，α∩β=b，e⊥b，e⊂β，可得e⊥α，
同理可得f⊥α，故e//f，
又e⊄γ，f⊂γ，故e//γ，
又e⊂β，β∩γ=a，
故e//a，故a⊥α，故D正确．
故选D．
5.B
【解析】解：∵|a|=1，|b|=2，， a与 b的夹角为 45∘，
∴b在a方向上的投影向量为a·ba·aa= |a|·bcs45°·a=1×2× 22a= 2a．
6.B
【解析】解：由题意得，抽奖两次滚动盘上出现两个数字的情况为：
(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，⋯，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，共36种情况，
两次抽奖奖金之和为200元包括三种情况：
①第一次与第二次都中二等奖，其包含的情况为(1,3)，(3,1)，(1,1)，(3,3)，概率为P1=436=19;
②第一次中一等奖，第二次中三等奖，其包含的情况为(6,5)，(6,4)，(6,2)，概率为P2=336=112;
③第一次中三等奖，第二次中一等奖，其包含的情况为(5,6)，(4,6)，(2,6)，概率为P3=336=112；
所以该顾客两次抽奖后获得奖金之和为200元的概率为P=P1+P2+P3=518．
故选：B．
7.B
【解析】解：由题意作出圆台的轴截面，跟外面的球的截面圆得到等腰梯形与圆外接，且两底在圆心两侧(同侧不满足高超过1cm)
其中O为球心，O1和O2分别为圆台的两个底面圆圆心，
由题意易得O1D=4，O2C=3，OD=OC=5，
由勾股定理可得O1O=3，O2O=4.可得圆台的高ℎ=O1O2=7．
所以该圆台的体积为V=13×7×(16π+9π+ 16π×9π)=259π3．
故选B．
8.B
【解析】解： ∵csinA+ 3acsC=0，
∴由正弦定理可得sinCsinA+ 3sinAcsC=0，
因为sinA≠0，所以sinC+ 3csC=0，
可得tanC=sinCcsC= − 3，
由0∴ ∠ACD= ∠BCD= π3．
∵ S△ACB= S△ACD+ S△BCD，
∴ 12ab sin2π3= 12b× 1× sinπ3+ 12a× 1× sinπ3，
∴ab=b+a，
由基本不等式可得ab=b+a≥2 ab，
解得 ab≥2，可得ab≥4，
当且仅当a=b=2时取等号，
∴△ABC面积的S= 12ab sin2π3= 34ab≥ 3．
故选B．
9.ACD
【解析】解：对于A、当x=2时，b=(−2,2)，则a+b=(−1,4)，故A正确；
对于B、若a//b，则1×x=−2×2，则x=−4，故B错误；
对于C、若a⊥b，则a→·b→=−2+2x=0，则x=1，故C正确；
对于D、若a与b的夹角为钝角，则a→·b→=−2+2x<0，解得x<1，
又由选项B可知，x≠−4，故x∈(−∞,−4)∪(−4,1)，故D正确．
10.BCD
【解析】解：不放回依次取出两个，基本事件有12,13,14,23,24,34,21,31,41,32,42,43，
共12种，
事件A=“13,14,23,24,31,41,32,42”；
事件B=“12,13,14,21,23,24”；
事件C=“12,21,31,41,32,42”；
事件D=“12,21,34,43”.
事件AD=⌀，事件AB=“13,14,23,24”，
事件BD=“12,21,”，事件AC=“31,41,32,42”，
则PA=812=23,PB=612=12，PC=612=12，PD=412=13，
PAD=0，PAB=412=13，PBD=212=16，PAC=412=13，
所以PAD≠PAPD，所以A与D不相互独立；
PAB=PAPB，所以A与B相互独立；
PBD=PBPD，所以B与D相互独立；
PAC=PAPC，所以A与C相互独立；
故选：BCD
11.ABD
【解析】解：对A选项，易知Rt△DFD1≌Rt△DFC，∴FD1=FC，∴A选项正确；
对B选项，∵△CDE的面积为定值，且D1到平面CDE的距离也为定值，
∴三棱锥C−DED1的体积为定值，∴B选项正确；
对C选项，易知AC//A1C1且△A1C1B为等边三角形，
∴BC1与AC所成的角为60°，∴C选项错误．
对D选项，∵AE⊥平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1，∴AE⊥A1D，
又A1D⊥AD1，AE⋂AD1=A，AE，AD1⊂平面AED1，
∴A1D⊥平面AED1，
∴A1D⊥ED1，∴D选项正确；
故选：ABD．
12.−12
【解析】解：将3−i代入方程2x2+mx+n=0，
可得2(3−i)2+(3−i)m+n=0，
化简可得3m+n+16−(12+m)i=0，
根据复数相等的充要条件可得3m+n+16=012+m=0,
解得n=20,m=−12,
所以m=−12．
13.2 3
【解析】解：半径为R的半圆卷成一个圆锥，
则圆锥的母线长为R，
设圆锥的底面半径为r，
则2πr=πR，
即r=R2，
∵r= 3，
∴R=2 3，
故答案为2 3．
14.π6
【解析】解：因为c2=2a2−2b2，
所以由正弦定理得sin2C=2sin2A−2sin2B=2×1−cs2A2−2×1−cs2B2=cs2B−cs2A=cs(B+A+B−A)−cs[B+A−(B−A)]=−2sin(B+A)sin(B−A)，
可得sin2C=−2sinCsin(B−A)，
因为sinC≠0，可得sinC=−2sin(B−A)，
可得sinC=−2sinBcsA+2sinAcsB，
即sin(A+B)=−2sinBcsA+2sinAcsB，
所以sinAcsB+sinBcsA=−2sinBcsA+2sinAcsB，
可得3sinBcsA=sinAcsB，即3bcsA=acsB，
又c2=2a2−2b2>0，
所以a>b，则A>B，
所以B∈(0,π2)，csB>0，
所以由3bcsA=acsB，可得csA>0，
所以tanA=3tanB，且tanB>0，
所以tan(A−B)=tanA−tanB1+tanAtanB=2tanB1+3tan2B=21tanB+3tanB≤22 1tanB×3tanB= 33，
当且仅当1tanB=3tanB，即tanB= 33时等号成立，
又0所以A−B≤π6，即A−B的最大值为π6．
故答案为：π6．
15.解：(1)证明：因为b(cs C+1)=c(2−cs B)，
根据正弦定理知，
sin Bcs C+sin B=2sin C−sin Ccs B
整理得sin Bcs C+sin Ccs B+sin B=2sin C,
即sin (B+C)+sin B=2sin C，
因为A+B+C=π，
所以sinA=sinB+C⇒sinA+sinB=2sinC，
由正弦定理可得a+b=2c．
(2)因为csC=916，
所以sinC= 1−cs2C=5 716，
由余弦定理可得，
c2=a2+b2−2abcsC，
即c2=36+b2−274b，
则4c2=144+4b2−27b，
因为a=6，所以6+b=2c，
所以36+12b+b2=4c2，
则144+4b2−27b=36+12b+b2，
即b2−13b+36=0，
解得b=4或b=9，
当b=4时，a=6，
此时▵ABC的面积
S=12absinC=12×4×6×5 716=15 74，
当b=9时，a=6，
此时▵ABC的面积
S=12absinC=12×6×9×5 716=135 716．
所以▵ABC的面积为15 74或135 716．
【解析】(1)利用正弦定理及正弦的和角公式计算即可；
(2)利用余弦定理及(1)的结论，三角形面积公式计算即可．
16.解：(1)小吃类所占百分比为1−30%−15%−10%−5%−5%=35%
应抽取小吃类80×35%=28家，
应抽取生鲜类80×15%=12家，
答：所以应抽取小吃类28家，生鲜类12家．
(2)(i)根据题意可得(0.002×3+2a+0.006)×50=1，解得a=0.004，
设75百分位数为x，因为(0.002+0.004+0.006)×50=0.6，
(0.002+0.004+0.006+0.004)×50=0.8，
所以(x−450)×0.004+0.6=0.75，解得x=487.5，
所以75百分位数x应该在450与500之间，
(x−450)×0.004+0.6=0.75，解得487.5，
该直播平台商家平均日利的中位数为487.5元．
平均数为(325×0.002+375×0.004+425×0.006+475×0.004+525×0.002+575×0.002)×50=440，
所以该直播平台商家平均日利润的平均数为440元．
(ⅱ)(500−48050×0.004+0.002+0.002)×50×1000=280
所以估计该直播平台“优秀商家”的个数为280．
【解析】(1)根据分层抽样的定义计算即可；
(2)(i)根据中位数和平均数的定义计算即可；
(ii)根据样本中“优秀商家”的个数来估计总体中“优秀商家”的个数即可．
17.解：(1)从中任取一球，分别记得到红球、黄球、蓝球为事件 A,B,C ，
因为 A,B,C 为两两互斥事件，
由已知得 P(A)+P(B)+P(C)=1P(A)+P(B)=34P(B)+P(C)=12 ，解得 P(A)=12P(B)=14P(C)=14 ．
∴盒中红球、黄球、蓝球的个数分别是 2,1,1 ；
(2)(i)由(1)知红球、黄球、蓝球个数分别为2，1，1，
用1，2表示红球，用 a 表示黄球，用 b 表示蓝球，
m 表示第一次取出的球， n 表示第二次取出的球， (m,n) 表示试验的样本点，
则样本空间 Ω={(1,1),(1,2),(1,a),(1,b),(2,1),(2,2),(2,a),(2,b),(a,1),(a,2),
(a,a),(a,b),(b,1),(b,2),(b,a),(b,b)} ．
(ii)由(i)得 n(Ω)=16 ，记“取到两个球颜色相同”为事件 M ，“取到两个球颜色不相同”为事件 N ，则 n(M)=6 ，所以 P(M)=616=38，
所以 P(N)=1−P(M)=1−38=58，
因为 58>38 ，所以此游戏不公平．
【解析】(1)从中任取一球，分别记得到红球、黄球、蓝球为事件 A,B,C ，根据 A,B,C 为两两互斥事件，由 P(A)+P(B)+P(C)=1P(A)+P(B)=34P(B)+P(C)=12 求解．
(2)(i)根据红球、黄球、蓝球个数分别为2，1，1，用1，2表示红球，用 a 表示黄球，用 b 表示蓝球， m 表示第一次取出的球， n 表示第二次取出的球， (m,n) 表示试验的样本点，列举出来；(ii)由(i)利用古典概型的概率求解．
18.(Ⅰ)证明：因为四边形MNEF，EFDC都是矩形，
所以MN//EF//CD，MN=EF=CD，
所以四边形MNCD是平行四边形，
所以NC//MD，
因为NC⊄平面MFD，MD⊂平面MFD，
所以NC//平面MFD.
(Ⅱ)证明：连接ED，设ED∩FC=O，
因为平面MNEF⊥平面ECDF，平面MNEF∩平面ECDF=EF，且NE⊥EF，NE⊂平面NEFM，
所以NE⊥平面ECDF，
又因为FC⊂平面ECDF，
所以FC⊥NE，
又矩形ECDF中，EC=CD，
所以矩形ECDF为正方形，
所以 FC⊥ED，
又因为FC⊥NE，NE∩ED=E，NE⊂平面NED，ED⊂平面NED，
所以FC⊥平面NED，
又因为ND⊂平面NED，
所以ND⊥FC.
(Ⅲ)解：设NE=x，则EC=4−x，其中0由(Ⅰ)得NE⊥平面FEC，
所以四面体NFEC的体积为：
VN−FEC=13S△EFC⋅NE=12x(4−x)，
所以VN−FEC≤12[x+(4−x)2]2=2，
当且仅当x=2时，等号成立，
故求四面体NFEC体积的最大值为2.
【解析】(Ⅰ)先证明四边形MNCD是平行四边形，利用线面平行的判定，可证NC//平面MFD；
(Ⅱ)连接ED，设ED∩FC=O.根据平面MNEF⊥平面ECDF，且NE⊥EF，可证NE⊥平面ECDF，从而可得FC⊥NE，进一步可证FC⊥平面NED，利用线面垂直的判定，可得ND⊥FC；
(Ⅲ)先表示出四面体NFEC的体积，再利用基本不等式，即可求得四面体NFEC的体积最大值．
19.解：(1)由已知 ▵ABC 中 cs2B+cs2C−cs2A=1 ，
即 1−2sin2B+1−2sin2C−1+2sin2A=1 ，
故 sin2A=sin2B+sin2C ，由正弦定理可得 a2=b2+c2 ，
故 ▵ABC 直角三角形，即 A=90∘ ．
(2)由(1) A=90∘ ，所以三角形 ABC 的三个角都小于 120∘ ，
则由费马点定义可知： ∠APB=∠BPC=∠APC=120∘ ，
设 |PA|=x ， |PB|=y ， |PC|=z ，由 S▵APB+S▵BPC+S▵APC=S▵ABC
得： 12xy⋅ 32+12yz⋅ 32+12xz⋅ 32=12bc=1 ，整理得 xy+yz+xz=4 33 ，
则 PA⋅PB+PB⋅PC+PA⋅PC =xy⋅(−12)+yz⋅(−12)+xz⋅(−12)=−12×4 33=−2 33
(3)由(1)知 A=90∘ ，故由点 P 为 ▵ABC 的费马点得 ∠APB=∠BPC=∠APC=120∘ ，
设 |PB|=m|PA|,|PC|=n|PA|,|PA|=x,m>0,n>0,x>0 ，
则由 PB+PC=tPA 得 m+n=t ；
由余弦定理得 |AB|2=x2+m2x2−2mx2cs120∘=m2+m+1x2 ，
|AC|2=x2+n2x2−2nx2cs120∘=n2+n+1x2 ，
|BC|2=m2x2+n2x2−2mnx2cs120∘=m2+n2+mnx2 ，
故由 |AC|2+|AB|2=|BC|2 得 n2+n+1x2+m2+m+1x2=m2+n2+mnx2 ，
即 m+n+2=mn ，而 m>0,n>0 ，故 m+n+2=mn≤(m+n2)2 ，
当且仅当 m=n ，结合 m+n+2=mn ，解得 m=n=1+ 3 时，等号成立，
又 m+n=t ，即有 t2−4t−8≥0 ，解得 t≥2+2 3 或 t≤2−2 3 (舍去)，
故实数 t 的最小值为 2+2 3 ．
【解析】(1)根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简 cs2B+cs2C−cs2A=1 可得 a2=b2+c2 ，即可求得答案；
(2)利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案；
(3)由(1)结论可得 ∠APB=∠BPC=∠APC=120∘ ，设 |PB|=m|PA|,|PC|=n|PA|,|PA|=x ，推出 m+n=t ，利用余弦定理以及勾股定理即可推出 m+n+2=mn ，再结合基本不等式即可求得答案．
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知复数z满足(1−i)z=2+i，则复数z的虚部为( )
A. 32B. −32C. 32iD. −32i
2.已知向量BC=(2,1)，AB=(0,−1)，则|AC|=( )
A. 2B. 3C. 2D. 2 2
3.下图为某地2014年至2023年的粮食年产量折线图，则下列说法不正确的是( )
A. 这10年粮食年产量的极差为15
B. 这10年粮食年产量的平均数为31
C. 前5年的粮食年产量的方差大于后5年粮食年产量的方差
D. 这10年粮食年产量的中位数为29
4.已知直线a，b，c是三条不同的直线，平面α，β，γ是三个不同的平面，下列命题正确的是( )
A. 若a⊥c，b⊥c，则a//b
B. 若a//b，a//α，则b//α
C. 若a//α，b//α，c⊥a，且c⊥b，则c⊥α
D. 若β⊥α，γ⊥α，且β∩γ=a，则a⊥α
5.已知向量|a|=1，|b|=2，且a与b的夹角为45∘，则b在a方向上的投影向量为( )
A. 22aB. 2aC. 2bD. b
6.某商场开展20周年店庆购物抽奖活动(100%中奖)，活动方式是在电脑上设置一个包含1，2，3，4，5，6的6个数字编号的滚动盘，随机按下启动键后，滚动盘上的数字开始滚动，当停止时滚动盘上出现一个数字，若该数字是大于5的数，则获得一等奖，奖金为150元;若该数字是小于4的奇数，则获得二等奖，奖金为100元;若该数字出现其它情况，则获得三等奖，奖金为50元.现某顾客依次操作两次，则该顾客奖金之和为200元的概率为( )
A. 536B. 518C. 29D. 12
7.建盏是福建省南平市建阳区的特产，是中国国家地理标志产品，其多是口大底小，底部多为圈足且圈足较浅(如图所示)，因此可将建盏看作是圆台与圆柱拼接而成的几何体.现将某建盏的上半部分抽象成圆台O1O2，已知该圆台的上、下底面积分别为16πcm2和9πcm2，高超过1cm，该圆台上、下底面圆周上的各个点均在球O的表面上，且球O的表面积为100πcm2，则该圆台的体积为( )
A. 80πcm3B. 259π3cm3C. 260π3cm3D. 87πcm3
8.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D是AB上的点，CD平分∠ACB，且CD=1，csinA+ 3acsC=0，则△ABC面积的最小值为( )
A. 1B. 3C. 2D. 2 3
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.已知平面向量a=(1,2)，b=(−2,x)，则
A. 当x=2时，a+b=(−1,4)
B. 若a//b，则x=−1
C. 若a⊥b，则x=1
D. 若a与b的夹角为钝角，则x∈(−∞,−4)∪(−4,1)
10.一个盒子里装有除颜色外完全相同的四个小球，其中黑球有两个，编号为1，2;红球有两个，编号为3，4，从中不放回的依次取出两个球，A表示事件“取出的两球不同色”，B表示事件“第一次取出的是黑球”，C表示事件“第二次取出的是黑球”，D表示事件“取出的两球同色”，则( )
A. A与D相互独立B. A与B相互独立C. B与D相互独立D. A与C相互独立
11.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱AB上的动点，DF⊥平面D1EC，F为垂足，下列结论正确的是( )
A. FD1=FCB. 三棱锥C−DED1的体积为定值
C. BC1⊥ACD. ED1⊥A1D
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若虚数3−i是关于x的实系数方程2x2+mx+n=0(m,n∈R)的一个根，则m= ．
13.已知圆锥的底面半径为 3，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为 ．
14.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c2=2a2−2b2，则A−B的最大值为 ．
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)
在▵ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且bcsC+1=c2−csB．
(1)证明：a+b=2c．
(2)若a=6，csC=916，求▵ABC的面积．
16.(本小题12分)
近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行营销形式.某直播平台有1000个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图 ①所示.为了更好地服务买卖双方，该直播平台打算用分层抽样的方式抽取80个直播商家进行问询交流．
(1)应抽取小吃类、生鲜类商家各多少家?
(2)在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对抽取的80个商家的平均日利润进行了统计(单位：元)，所得频率直方图如图 ②所示．
(ⅰ)估计该直播平台商家平均日利润的75百分位数与平均数(求平均数时同一组中的数据用该组区间中点的数值为代表);
(ⅱ)若将平均日利润超过480元的商家称为“优质商家”，估计该直播平台“优质商家”的个数．
17.(本小题12分)
已知盒中有大小、质地相同的 红球、黄球、蓝球共4个，从中任取一球，得到红球或黄球的概率是34，得到黄球或蓝球的概率是12．
(1)求盒中红球、黄球、蓝球的个数；
(2)随机试验：从盒中有放回的取球两次，每次任取一球记下颜色．
(i)写出该试验的样本空间Ω；
(ii)设置游戏规则如下：若取到两个球颜色相同则甲胜，否则乙胜.从概率的角度，判断这个游戏是否公平，请说明理由．
18.(本小题12分)
如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4.E，F分别在线段BC和AD上，EF//AB，将矩形ABEF沿EF折起．记折起后的矩形为MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF．
(Ⅰ)求证：NC//平面MFD；
(Ⅱ)若EC=3，求证：ND⊥FC；
(Ⅲ)求四面体NFEC体积的最大值．
19.(本小题12分)
“费马点”是由法国数学家费马提出并征解的一个问题：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120∘时，使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120∘的点O即为费马点;当△ABC有一个内角大于或等于120∘时，最大内角的顶点为费马点.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cs2B+cs2C−cs2A=1，点P为△ABC的费马点．
(1)求A;
(2)若bc=2，求PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA;
(3)设|PB|+|PC|=t|PA|，求实数t的最小值．
答案解析
1.A
【解析】解：∵1−iz=2+i，
∴z=2+i1−i=(2+i)(1+i)(1−i)(1+i)=1+3i2．
则复数z的虚部为32．
2.A
【解析】解：根据题意可得AC=AB+BC=(0,−1)+(2,1)=(2,0)，
故|AC|= 22+02=2．
故选：A．
3.C
【解析】解：A选项，将样本数据从小到大排列为25，26，27，28，28，30，33，36，37，40，
这10年的粮食年产量极差为40−25=15，故 A正确；
B选项，这10年粮食年产量的平均数为28+28+27+26+33+36+40+37+25+3010=31，故B正确；
C选项，结合图形可知，前5年的粮食年产量的波动小于后5年的粮食产量波动，
所以前5年的粮食年产量的方差小于后5年的粮食年产量的方差，故C错误．
D选项，从小到大，选取第5个和第6个的数的平均数作为中位数，
这10年的粮食年产量的中位数为28+302=29，故 D正确；
故选：C．
4.D
【解析】解：对于A，若a⊥c，b⊥c，则a、b可能平行，可能异面，可能相交，故A错误；
对于B，若a//b，a//α，则b//α或b⊂α，故B错误；
对于C，以长方体ABCD−A′B′C′D′为例，AB//平面A′B′C′D′，CD//平面A′B′C′D′，BC⊥AB，BC⊥CD，但BC与平面A′B′C′D′不垂直，故C错误；
对于D，设α∩β=b，α∩γ=c，
在β内取直线e⊥b，在γ内取直线f⊥c，
由α⊥β，α∩β=b，e⊥b，e⊂β，可得e⊥α，
同理可得f⊥α，故e//f，
又e⊄γ，f⊂γ，故e//γ，
又e⊂β，β∩γ=a，
故e//a，故a⊥α，故D正确．
故选D．
5.B
【解析】解：∵|a|=1，|b|=2，， a与 b的夹角为 45∘，
∴b在a方向上的投影向量为a·ba·aa= |a|·bcs45°·a=1×2× 22a= 2a．
6.B
【解析】解：由题意得，抽奖两次滚动盘上出现两个数字的情况为：
(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，⋯，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，共36种情况，
两次抽奖奖金之和为200元包括三种情况：
①第一次与第二次都中二等奖，其包含的情况为(1,3)，(3,1)，(1,1)，(3,3)，概率为P1=436=19;
②第一次中一等奖，第二次中三等奖，其包含的情况为(6,5)，(6,4)，(6,2)，概率为P2=336=112;
③第一次中三等奖，第二次中一等奖，其包含的情况为(5,6)，(4,6)，(2,6)，概率为P3=336=112；
所以该顾客两次抽奖后获得奖金之和为200元的概率为P=P1+P2+P3=518．
故选：B．
7.B
【解析】解：由题意作出圆台的轴截面，跟外面的球的截面圆得到等腰梯形与圆外接，且两底在圆心两侧(同侧不满足高超过1cm)
其中O为球心，O1和O2分别为圆台的两个底面圆圆心，
由题意易得O1D=4，O2C=3，OD=OC=5，
由勾股定理可得O1O=3，O2O=4.可得圆台的高ℎ=O1O2=7．
所以该圆台的体积为V=13×7×(16π+9π+ 16π×9π)=259π3．
故选B．
8.B
【解析】解： ∵csinA+ 3acsC=0，
∴由正弦定理可得sinCsinA+ 3sinAcsC=0，
因为sinA≠0，所以sinC+ 3csC=0，
可得tanC=sinCcsC= − 3，
由0
∵ S△ACB= S△ACD+ S△BCD，
∴ 12ab sin2π3= 12b× 1× sinπ3+ 12a× 1× sinπ3，
∴ab=b+a，
由基本不等式可得ab=b+a≥2 ab，
解得 ab≥2，可得ab≥4，
当且仅当a=b=2时取等号，
∴△ABC面积的S= 12ab sin2π3= 34ab≥ 3．
故选B．
9.ACD
【解析】解：对于A、当x=2时，b=(−2,2)，则a+b=(−1,4)，故A正确；
对于B、若a//b，则1×x=−2×2，则x=−4，故B错误；
对于C、若a⊥b，则a→·b→=−2+2x=0，则x=1，故C正确；
对于D、若a与b的夹角为钝角，则a→·b→=−2+2x<0，解得x<1，
又由选项B可知，x≠−4，故x∈(−∞,−4)∪(−4,1)，故D正确．
10.BCD
【解析】解：不放回依次取出两个，基本事件有12,13,14,23,24,34,21,31,41,32,42,43，
共12种，
事件A=“13,14,23,24,31,41,32,42”；
事件B=“12,13,14,21,23,24”；
事件C=“12,21,31,41,32,42”；
事件D=“12,21,34,43”.
事件AD=⌀，事件AB=“13,14,23,24”，
事件BD=“12,21,”，事件AC=“31,41,32,42”，
则PA=812=23,PB=612=12，PC=612=12，PD=412=13，
PAD=0，PAB=412=13，PBD=212=16，PAC=412=13，
所以PAD≠PAPD，所以A与D不相互独立；
PAB=PAPB，所以A与B相互独立；
PBD=PBPD，所以B与D相互独立；
PAC=PAPC，所以A与C相互独立；
故选：BCD
11.ABD
【解析】解：对A选项，易知Rt△DFD1≌Rt△DFC，∴FD1=FC，∴A选项正确；
对B选项，∵△CDE的面积为定值，且D1到平面CDE的距离也为定值，
∴三棱锥C−DED1的体积为定值，∴B选项正确；
对C选项，易知AC//A1C1且△A1C1B为等边三角形，
∴BC1与AC所成的角为60°，∴C选项错误．
对D选项，∵AE⊥平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1，∴AE⊥A1D，
又A1D⊥AD1，AE⋂AD1=A，AE，AD1⊂平面AED1，
∴A1D⊥平面AED1，
∴A1D⊥ED1，∴D选项正确；
故选：ABD．
12.−12
【解析】解：将3−i代入方程2x2+mx+n=0，
可得2(3−i)2+(3−i)m+n=0，
化简可得3m+n+16−(12+m)i=0，
根据复数相等的充要条件可得3m+n+16=012+m=0,
解得n=20,m=−12,
所以m=−12．
13.2 3
【解析】解：半径为R的半圆卷成一个圆锥，
则圆锥的母线长为R，
设圆锥的底面半径为r，
则2πr=πR，
即r=R2，
∵r= 3，
∴R=2 3，
故答案为2 3．
14.π6
【解析】解：因为c2=2a2−2b2，
所以由正弦定理得sin2C=2sin2A−2sin2B=2×1−cs2A2−2×1−cs2B2=cs2B−cs2A=cs(B+A+B−A)−cs[B+A−(B−A)]=−2sin(B+A)sin(B−A)，
可得sin2C=−2sinCsin(B−A)，
因为sinC≠0，可得sinC=−2sin(B−A)，
可得sinC=−2sinBcsA+2sinAcsB，
即sin(A+B)=−2sinBcsA+2sinAcsB，
所以sinAcsB+sinBcsA=−2sinBcsA+2sinAcsB，
可得3sinBcsA=sinAcsB，即3bcsA=acsB，
又c2=2a2−2b2>0，
所以a>b，则A>B，
所以B∈(0,π2)，csB>0，
所以由3bcsA=acsB，可得csA>0，
所以tanA=3tanB，且tanB>0，
所以tan(A−B)=tanA−tanB1+tanAtanB=2tanB1+3tan2B=21tanB+3tanB≤22 1tanB×3tanB= 33，
当且仅当1tanB=3tanB，即tanB= 33时等号成立，
又0
故答案为：π6．
15.解：(1)证明：因为b(cs C+1)=c(2−cs B)，
根据正弦定理知，
sin Bcs C+sin B=2sin C−sin Ccs B
整理得sin Bcs C+sin Ccs B+sin B=2sin C,
即sin (B+C)+sin B=2sin C，
因为A+B+C=π，
所以sinA=sinB+C⇒sinA+sinB=2sinC，
由正弦定理可得a+b=2c．
(2)因为csC=916，
所以sinC= 1−cs2C=5 716，
由余弦定理可得，
c2=a2+b2−2abcsC，
即c2=36+b2−274b，
则4c2=144+4b2−27b，
因为a=6，所以6+b=2c，
所以36+12b+b2=4c2，
则144+4b2−27b=36+12b+b2，
即b2−13b+36=0，
解得b=4或b=9，
当b=4时，a=6，
此时▵ABC的面积
S=12absinC=12×4×6×5 716=15 74，
当b=9时，a=6，
此时▵ABC的面积
S=12absinC=12×6×9×5 716=135 716．
所以▵ABC的面积为15 74或135 716．
【解析】(1)利用正弦定理及正弦的和角公式计算即可；
(2)利用余弦定理及(1)的结论，三角形面积公式计算即可．
16.解：(1)小吃类所占百分比为1−30%−15%−10%−5%−5%=35%
应抽取小吃类80×35%=28家，
应抽取生鲜类80×15%=12家，
答：所以应抽取小吃类28家，生鲜类12家．
(2)(i)根据题意可得(0.002×3+2a+0.006)×50=1，解得a=0.004，
设75百分位数为x，因为(0.002+0.004+0.006)×50=0.6，
(0.002+0.004+0.006+0.004)×50=0.8，
所以(x−450)×0.004+0.6=0.75，解得x=487.5，
所以75百分位数x应该在450与500之间，
(x−450)×0.004+0.6=0.75，解得487.5，
该直播平台商家平均日利的中位数为487.5元．
平均数为(325×0.002+375×0.004+425×0.006+475×0.004+525×0.002+575×0.002)×50=440，
所以该直播平台商家平均日利润的平均数为440元．
(ⅱ)(500−48050×0.004+0.002+0.002)×50×1000=280
所以估计该直播平台“优秀商家”的个数为280．
【解析】(1)根据分层抽样的定义计算即可；
(2)(i)根据中位数和平均数的定义计算即可；
(ii)根据样本中“优秀商家”的个数来估计总体中“优秀商家”的个数即可．
17.解：(1)从中任取一球，分别记得到红球、黄球、蓝球为事件 A,B,C ，
因为 A,B,C 为两两互斥事件，
由已知得 P(A)+P(B)+P(C)=1P(A)+P(B)=34P(B)+P(C)=12 ，解得 P(A)=12P(B)=14P(C)=14 ．
∴盒中红球、黄球、蓝球的个数分别是 2,1,1 ；
(2)(i)由(1)知红球、黄球、蓝球个数分别为2，1，1，
用1，2表示红球，用 a 表示黄球，用 b 表示蓝球，
m 表示第一次取出的球， n 表示第二次取出的球， (m,n) 表示试验的样本点，
则样本空间 Ω={(1,1),(1,2),(1,a),(1,b),(2,1),(2,2),(2,a),(2,b),(a,1),(a,2),
(a,a),(a,b),(b,1),(b,2),(b,a),(b,b)} ．
(ii)由(i)得 n(Ω)=16 ，记“取到两个球颜色相同”为事件 M ，“取到两个球颜色不相同”为事件 N ，则 n(M)=6 ，所以 P(M)=616=38，
所以 P(N)=1−P(M)=1−38=58，
因为 58>38 ，所以此游戏不公平．
【解析】(1)从中任取一球，分别记得到红球、黄球、蓝球为事件 A,B,C ，根据 A,B,C 为两两互斥事件，由 P(A)+P(B)+P(C)=1P(A)+P(B)=34P(B)+P(C)=12 求解．
(2)(i)根据红球、黄球、蓝球个数分别为2，1，1，用1，2表示红球，用 a 表示黄球，用 b 表示蓝球， m 表示第一次取出的球， n 表示第二次取出的球， (m,n) 表示试验的样本点，列举出来；(ii)由(i)利用古典概型的概率求解．
18.(Ⅰ)证明：因为四边形MNEF，EFDC都是矩形，
所以MN//EF//CD，MN=EF=CD，
所以四边形MNCD是平行四边形，
所以NC//MD，
因为NC⊄平面MFD，MD⊂平面MFD，
所以NC//平面MFD.
(Ⅱ)证明：连接ED，设ED∩FC=O，
因为平面MNEF⊥平面ECDF，平面MNEF∩平面ECDF=EF，且NE⊥EF，NE⊂平面NEFM，
所以NE⊥平面ECDF，
又因为FC⊂平面ECDF，
所以FC⊥NE，
又矩形ECDF中，EC=CD，
所以矩形ECDF为正方形，
所以 FC⊥ED，
又因为FC⊥NE，NE∩ED=E，NE⊂平面NED，ED⊂平面NED，
所以FC⊥平面NED，
又因为ND⊂平面NED，
所以ND⊥FC.
(Ⅲ)解：设NE=x，则EC=4−x，其中0
所以四面体NFEC的体积为：
VN−FEC=13S△EFC⋅NE=12x(4−x)，
所以VN−FEC≤12[x+(4−x)2]2=2，
当且仅当x=2时，等号成立，
故求四面体NFEC体积的最大值为2.
【解析】(Ⅰ)先证明四边形MNCD是平行四边形，利用线面平行的判定，可证NC//平面MFD；
(Ⅱ)连接ED，设ED∩FC=O.根据平面MNEF⊥平面ECDF，且NE⊥EF，可证NE⊥平面ECDF，从而可得FC⊥NE，进一步可证FC⊥平面NED，利用线面垂直的判定，可得ND⊥FC；
(Ⅲ)先表示出四面体NFEC的体积，再利用基本不等式，即可求得四面体NFEC的体积最大值．
19.解：(1)由已知 ▵ABC 中 cs2B+cs2C−cs2A=1 ，
即 1−2sin2B+1−2sin2C−1+2sin2A=1 ，
故 sin2A=sin2B+sin2C ，由正弦定理可得 a2=b2+c2 ，
故 ▵ABC 直角三角形，即 A=90∘ ．
(2)由(1) A=90∘ ，所以三角形 ABC 的三个角都小于 120∘ ，
则由费马点定义可知： ∠APB=∠BPC=∠APC=120∘ ，
设 |PA|=x ， |PB|=y ， |PC|=z ，由 S▵APB+S▵BPC+S▵APC=S▵ABC
得： 12xy⋅ 32+12yz⋅ 32+12xz⋅ 32=12bc=1 ，整理得 xy+yz+xz=4 33 ，
则 PA⋅PB+PB⋅PC+PA⋅PC =xy⋅(−12)+yz⋅(−12)+xz⋅(−12)=−12×4 33=−2 33
(3)由(1)知 A=90∘ ，故由点 P 为 ▵ABC 的费马点得 ∠APB=∠BPC=∠APC=120∘ ，
设 |PB|=m|PA|,|PC|=n|PA|,|PA|=x,m>0,n>0,x>0 ，
则由 PB+PC=tPA 得 m+n=t ；
由余弦定理得 |AB|2=x2+m2x2−2mx2cs120∘=m2+m+1x2 ，
|AC|2=x2+n2x2−2nx2cs120∘=n2+n+1x2 ，
|BC|2=m2x2+n2x2−2mnx2cs120∘=m2+n2+mnx2 ，
故由 |AC|2+|AB|2=|BC|2 得 n2+n+1x2+m2+m+1x2=m2+n2+mnx2 ，
即 m+n+2=mn ，而 m>0,n>0 ，故 m+n+2=mn≤(m+n2)2 ，
当且仅当 m=n ，结合 m+n+2=mn ，解得 m=n=1+ 3 时，等号成立，
又 m+n=t ，即有 t2−4t−8≥0 ，解得 t≥2+2 3 或 t≤2−2 3 (舍去)，
故实数 t 的最小值为 2+2 3 ．
【解析】(1)根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简 cs2B+cs2C−cs2A=1 可得 a2=b2+c2 ，即可求得答案；
(2)利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案；
(3)由(1)结论可得 ∠APB=∠BPC=∠APC=120∘ ，设 |PB|=m|PA|,|PC|=n|PA|,|PA|=x ，推出 m+n=t ，利用余弦定理以及勾股定理即可推出 m+n+2=mn ，再结合基本不等式即可求得答案．
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