2021-2022学年山东省济南市长清中学高一年级下册学期5月月考数学试题【含答案】
2021-2022年高一下学期教学质量检测数学试题 含答案
2021年高一下学期教学质量检测数学试题含答案注意事项：1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。
2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试题卷上。
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 经过圆的圆心且倾斜角是的直线方程为（）A．B． C. D．2. 某程序框图如图所示，若输出的S=57，则判断框内条件为( )A. k＞6?B.k＞5?C . k＞4? D.k＞7?3.从1008名学生中抽取20人参加义务劳动，规定采用下列方法选取：先用简单随机抽样的抽取方法从1008人剔除8人，剩下1000人再按系统抽样的方法抽取，那么在1008人中每个人人选的概率是A. 都相等且等于B. 都相等且等于C.不全相等D.均不相等4.从甲、乙两种玉米苗中各抽6株，分别测得它们的株高如下(单位：cm)：根据以下数据估计A.甲种玉米比乙种玉米不仅长得高而且长得整齐B.乙种玉米比甲种玉米不仅长得高而且长得整齐C.甲种玉米比乙种玉米长得高但长势没有乙整齐D.乙种玉米比甲种玉米长得高但长势没有甲整齐5. 某公司在甲、乙、丙、丁四个地区分别有150个、120个、180个、150个销售点，公司为了调查产品销售的情况，需从这600个销售点中抽取一个容量为100的样本，记这项调查为(1)；在丙地区中有20个特大型销售点，要从中抽取7个调查其销售收入和售后服务情况，记这项调查为(2)。
则完成(1)、(2)这两项调查宜采用的抽样方法依次是 ( )A.分层抽样法，系统抽样法B.分层抽样法，简单随机抽样法C.系统抽样法，分层抽样法D.简单随机抽样法，分层抽样法6.两圆和的位置关系是( )A．内切 B．相交 C．外切 D．外离7.在圆C:上，且点关于直线对称，则）A.-1B.-3C.3D.18.从一批产品中取出三件产品，设A=“三件产品全不是次品”，B=“三件产品全是次品”，C=“三件产品至少有一件是次品”，则下列结论正确的是（）A. A与C互斥B. 任何两个均互斥C. B与C互斥D. 任何两个均不互斥9.如图，在圆心角为的扇形中以圆心。
2021-2022学年江苏省常州市第二中学高一年级下册学期5月学情调研数学试题【含答案】
2021-2022学年江苏省常州市高一下学期5月学情调研数学试题一、单选题1．已知复数12z i =+，其中i 为虚数单位，则复数2z 在复平面内对应的点的坐标为（ ） A ．()4,5- B ．()4,3 C ．()3,4- D ．()5,4C【分析】根据题意得234i z =-+，再分析求解即可. 【详解】根据题意得：()22212i 14i 4i 34i z =+=++=-+， 所以复数2z 在复平面内对应的点的坐标为.()3,4- 故选：C.2．已知△ABC 的内角A 、B 、C 所对的边分别是a ，b ，c ，若bcosC +ccosB ＝b ，则△ABC 一定是（ ） A ．等腰三角形 B ．等边三角形 C ．等腰直角三角形 D ．直角三角形A【分析】直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦定理的应用求出结果. 【详解】解：△ABC 的内角A 、B 、C 所对的边分别是a ，b ，c ， 由bcosC +ccosB ＝b ，根据正弦定理：sinBcosC +sinCcosB ＝sinB ， 整理得sin （B +C ）＝sinA ＝sinB ， 故a ＝b ，则△ABC 一定是等腰三角形. 故选：A.本题考查的知识要点：正弦定理和三角函数关系式的恒等变换，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型.3．已知向量()()1,2,4,a b k ==，若a 与b 垂直，则a 与a b +夹角的余弦值为（ ）A B ．34C D ．45A【分析】利用垂直向量的坐标表示求解k ，进而得到a b +的坐标，利用向量数量积的坐标表示求解夹角的余弦值即可.【详解】解：因为a 与b 垂直，故1420a b k ⋅=⨯+=，解得2k =-，则(4,2)b =-, (5,0)a b +=，设a 与a b +夹角为θ，则22()55cos 5125a ab a a bθ⋅+===⋅++⨯. 故选：A.4．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，12AB AC AA ===，2BC =，点D 为BC 的中点，则异面直线AD 与1A C 所成的角为A ．2π B ．3π C ．4π D ．6πB【分析】取11B C 的中点1D ，连结11A D ,这样求异面直线AD 与1A C 所成的角就转化成求11CA D ∠的大小．【详解】取11B C 的中点1D ，连结111A D CD 、,在直三棱柱111ABC A B C -，点D 为BC 的中点,11AA DD ∴= 且11AA DD ，11AD A D ∴且11AD A D =，所以11CA D ∠就是异面直线AD 与1A C 所成的角．A 2B AC ==2BC =可以求出111AD A D ==，在11Rt CC D ∆中，由勾股定理可求出13CD ，在1Rt AAC ∆中，由勾股定理可求出12AC =，显然11A D C ∆是直角三角形，11113sin CD CA D AC ∠=,所以113CA D π∠=，因此本题选B.本题考查了异面直线所成角的问题，解决的关键转化成相交线所成的角，但要注意异面直线所成角的范围是(0,]2π．5．已知α为锐角，且sin sin 36ππαα⎛⎫⎛⎫+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则tan α=（ ）A 3B ．23C 6D 63B【分析】运用两角和与差的正弦公式和同角的商数关系，计算即可得到所求值【详解】因为sin sin 36ππαα⎛⎫⎛⎫+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1331sin cos sin cos 2222αααα+=-，所以()()31cos 31sin αα+=-，所以31tan 2331α+==+-. 故选：B6．已知某圆锥的的底面半径为2，侧面积是底面积的3倍.将该圆锥切割成一个正四棱锥，且四棱锥的顶点和圆锥的顶点重合，四棱锥的底面是圆锥底面的内接正方形，则该四棱锥的体积为（ ） A ．1623B ．2023C ．2823D ．3223D【分析】设圆锥的底面半径为r ，母线长为l .利用侧面积是底面积的3倍求出36l r ==，再求出正四棱锥的高42OP =，和底面积ABCD S ，即可求出该四棱锥的体积. 【详解】如图示，设圆锥的底面半径为r ，母线长为l .O 为底面圆的圆心，ABCD 为底面的一个圆内接正方形，OP 为圆锥的高.由题意可得：23rl r ππ=，解得：36l r ==，所以22226242OP l r =-=-=. 而()2228ABCD S AB BC =⨯==.所以该四棱锥的体积为11322842333ABCD V S OP =⨯=⨯⨯=. 故选：D7．如图，已知平行四边形ABCD 的对角线相交于点O ，过点O 的直线与,AB AD 所在直线分别交于点M ，N ，满足,,(0,0)AB mAM AN nAD m n ==>>，若13mn =，则mn 的值为（ ）A ．23B ．34C ．45D ．56B【分析】用向量,AM AN 表示AO ，再利用点M ，O ，N 共线列式计算作答. 【详解】因平行四边形ABCD 的对角线相交于点O ，则1122AO AB AD =+， 而,,(0,0)AB mAM AN nAD m n ==>>，于是得122m AO AM AN n=+，又点M ，O ，N 共线， 因此，1122m n +=，即12mn n +=，又13mn =，解得12,23m n ==， 所以34m n =. 故选：B8．在长方体1111ABCD A B C D -中，直线1AC 与平面ABCD 所成角为α，与平面11ABB A 所成角为β，与平面11ADD A 所成角为γ，若1tan 2α=，1tan 3β=，tan γ=（ ） A ．6 B ．16CDD【分析】根据题意得1C AC α∠=，11C AB β∠=，11C AD γ∠=，设11C B a =，11A B b =，1CC c =，根据1tan 2α=，1tan 3β=，可以得到2217a b =，2227c b =，而tan γ=再分析求解即可.【详解】根据题意，画出如下示意图：根据长方体的性质，1CC ⊥平面ABCD ，所以1C AC α∠=，11C B ⊥平面11ABB A ，所以11C AB β∠=，11C D ⊥平面11ADD A ，所以11C AD γ∠=，所以11tan 2CC AC α==，1111tan 3C B AB β==，111tan C D AD γ=，设11C B a =，11A B b =，1CC c =，所以AC =12=，即2224c a b =+，又1AB ==13=，即2229a b c =+，又1AD所以111tan C D AD γ=，联立22222249c a b a b c ⎧=+⎨=+⎩，解得22221727a b c b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩， 所以222221tan 31277b b ac b b γ===++.故选：D.二、多选题9．已知m ，n 是两条不重合的直线，α，β，γ是三个两两不重合的平面，则下列命题正确的是A ．若m α⊥，n β⊥，//αβ，则//m nB ．若αγ⊥，βγ⊥，则//αβC ．若//m β，βn//，,m n α⊂，则//αβD ．若n ⊂α，n β⊥，则αβ⊥AD【分析】A 利用线面垂直的性质判断；B 利用面面关系来判断；C 利用面面平行的判定定理来判断；D 利用面面垂直的判定定理来判断.【详解】解：对A ：若m α⊥，//αβ，则m β⊥，又n β⊥，所以//m n ，故正确； 对B ：若αγ⊥，βγ⊥，则α与β可能平行，也可能相交，故错误；对C ：若//m β，βn//，,m n α⊂，由于没有强调m 与n 相交，故不能推出//αβ，故错误；对D ：若n ⊂α，n β⊥，根据面面垂直的判定定理，可得αβ⊥，故正确. 故选：AD.本题考查线面面面平行与垂直的判定和性质，是基础题. 10．已知,αβ满足π0π2αβ<<<<，且253sin 5αβ==-，则（ ）A ．αβπ+<B ．2πβα-<C ．20βα-=D ．tan2tan20αβ+>BCD【分析】根据平方关系求出cos ,sin αβ，再根据两角和的正弦公式即可判断A ；根据两角差的余弦公式即可判断B ；根据()2βαβαα-=--结合两角差的正弦公式即可判断C ；根据二倍角的正切公式即可判断D.【详解】解：因为π0π2αβ<<<<，且3sin 5αβ==-，所以4cos 5αβ==，322ππαβ<+<， 则()34sin 55αβ⎛⎫+=-= ⎪⎝⎭ 所以32ππαβ<+<，故A 错误； 由π0π2αβ<<<<，得0βαπ<-<， ()34cos 55βα-=-=， 所以02πβα<-<，则2πβα-<，故B 正确；由02πβα<-<，02πα<<，得222ππβα-<-<，()sin βα-=()()0s i 2sin n βαβαα-=--==⎡⎤⎣⎦， 所以20βα-=，故C 正确； 因为sin sin 4tan 2,tan cos cos 3αβαβαβ====-， 所以2282tan 442tan 243tan2,tan2161tan 1431tan 719αβαβαβ-===-===----， 故42444tan2tan203721αβ+=-+=>，故D 正确. 故选：BCD.11．三棱锥P ABC -中，已知PA ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，且1PA AC BC ===，则下列说法正确的有（ ） A ．AC PB ⊥B ．BC ⊥平面PACC ．二面角C PB A --的大小为60︒D ．三棱锥的外接球表面积为3πBCD【分析】用反证法证明A 错误，由线面垂直的判定定理的性质定理证明B 正确，作出二面角的平面角，并计算后判断C ，确定外接球的直径（半径）计算出表面积判断D ． 【详解】PA ⊥平面ABC ，,,AC BC AB ⊂平面ABC ，则,,PA AB PA AC PA BC ⊥⊥⊥， 若AC PB ⊥，PA PB P =，,PA PB ⊂平面PAB ，则AC ⊥平面PAB ，而AB 平面PAB ，所以AC AB ⊥，与AC BC ⊥矛盾，A 错； 由AC BC ⊥，PA BC ⊥，PAAC A =，,PA AC ⊂平面PAC 得BC ⊥平面PAC ，B 正确；作AE PB ⊥于E ，PF PC ⊥于F ，连接EF ，如图，由BC ⊥平面PAC ，AF ⊂平面PAC ，得AF BC ⊥，又PC BC C ⋂=，,PC BC ⊂平面PBC ，所以AF ⊥平面PBC ，,EF PB ⊂面PBC ，所以AF EF ⊥，⊥AF PB ， AE AF A ⋂=，,AE AF ⊂平面AEF ，所以PB ⊥平面AEF ，EF ⊂平面AEF ，所以PB EF ⊥，所以AEF ∠是二面角C PB A --的平面角，因为1PA AC BC ===，所以22AF =，2AB =，126312PA AB AE PB ⨯⨯===+， AEF 中，232sin 263AF AEF AE ∠===，60AEF ∠=︒，C 正确； 由上面证明知PB 是三棱锥P ABC -外接球的直径，3PB =，所以球表面积为2432PB S ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭，D 正确．故选：BCD ．12．如图，正方形1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11B D 有两个动点E ，F ，且2EF 则下列结论正确的是（ ）A ．AC BE ⊥B ．异面直线,AE BF 所成角为定值C ．直线AB 与平面BEF 所成角为定值D ．以ABEF 为顶点的四面体的体积不随EF 位置的变化而变化 ACD【分析】A.连接BD 交AC 于O ，连接OE ，由正方体特征易证AC ⊥平面11BB D D 判断；B.易证EFBO 是平行四边形，得到//OE BF ，则OEA ∠是异面直线,AE BF 所成的角求解判断；C.由AC ⊥平面11BB D D ，得到OBA ∠是直线AB 与平面BEF 所成的角求解判断；D.由四面体的体积为11132A BEF V EF BB OA -=⋅⋅⋅⋅判断. 【详解】如图所示：连接BD 交AC 于O ，连接OE ，由正方体特征知：1,AC BD AC BB ⊥⊥，且1BD BB B ⋂=，则AC ⊥平面11BB D D ，所以AC BE ⊥，故A 正确；因为//,EF OB EF OB =，所以EFBO 是平行四边形，则//OE BF ，所以OEA ∠是异面直线,AE BF 所成的角，又AC ⊥平面11BB D D ，则tan OAOEA OE∠=，因为OE 变化，则OEA ∠变化，故B 错误；由AC ⊥平面11BB D D ，得OBA ∠是直线AB 与平面BEF 所成的角，且45OBA ∠=为定值，故C 正确；以ABEF 为顶点的四面体的体积为1111332A BEF BEFV S h EF BB OA -==⋅⋅⋅⋅ 为定值，故正确； 故选：ACD 三、填空题13．若i 为虚数单位，且复数z 满足()1i 3i z +=-，则复数z 的模是________. 5【分析】根据复数代数形式的除法运算法则化简复数z ，再根据复数模的计算公式计算可得；【详解】解：由()1i 3i z +=-，得()()()()3i 1i 3i 24i12i 1i 1i 1i 2z ----====-++-， ∴()22125z =+-=. 故514．《九章算术》是我国古代著名数学经典，其对勾股定理的论述比西方早一千多年.其中有这样一个问题：“今有勾三步，股四步，间勾中容方几何？"其意思为：今有直角三角形ABC ，勾AC （短直角边）长3步，股BC （长直角边）长为4步，问该直角三角形能容纳的正方形(,,CDEF D E F 分别在边,,CB BA AC 上）边长为多少？在求得正方形CDEF 的边长后，可进一步求得BAD ∠的正切值为___________.1637【分析】利用三角形相似求出正方形边长，再利用DAB BAC DAC ∠=∠-∠及两角差的正切公式，即可求解.【详解】设正方形的边长为x ，则,4DE EF CD x BD x ====-， 由BDEBCA ，可得BD DEBC AC，即443x x -=，解得127x =， 因为44tan ,tan 37BC DC BAC DAC AC AC ∠==∠==，所以441637tan tan()4437137DAB BAC DAC -∠=∠-∠==+⨯. 故答案为.163715．已知正三棱柱111ABC A B C -，底面正三角形ABC 的边长为2，侧棱1AA 的长为2，则点1B 到平面1A BC 的距离为___________. 【分析】根据题意得1111B A BC C A BB V V --=，再分析求解即可.【详解】根据题意作出如下示意图，取AB 的中点为D ，连接CD ， 因为正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都为2，所以CD AB ⊥，1CD AA ⊥， 又1AB AA A ⋂=，所以CD ⊥平面11ABB A ，设点1B 到平面1A BC 的距离为：h ，所以1111B A BC C A BB V V --=，即1111133A BC A BB S h S CD ⨯⨯=⨯⨯△△，因为CD =1112222A BB S =⨯⨯=△，在1A BC中，1AC =，1A B =2BC =， 所以1A BC 中边BC，所以1122=⨯=A BC S △所以111A BB A BC S CD h S ⨯==△△故答案为四、双空题16．已知一个底面边长为33的正三棱锥，则此三棱锥的侧面与底面所成三面角的余弦值为___________，此三棱锥内切球的半径为___________.6305-【分析】设顶点P 在底面ABC 内的射影为O ，得到O 为底面ABC 的重心，取AB 的中点D ，连接,OD PD ，证得PDO ∠为三棱锥的侧面与底面所成三面角的平面角，分别求得,OD OC 的长，得到,PO PD 的长，在直角POD 中，求得6cos PDO ∠=棱锥的表面和体积，结合13S r V ⋅=，即可求得内切球的半径.【详解】如图所示，正三棱锥P ABC -，底面边长为33， 设顶点P 在底面ABC 内的射影为O ，则O 为底面ABC 的重心， 取AB 的中点D ，连接,OD PD ，则,OD AB PD AB ⊥⊥， 所以PDO ∠为三棱锥的侧面与底面所成二面角的平面角， 因为121,233OD CD OC CD ====，在直角POC △中，因为2,3OC PC ==，可得225PO PC OC - 在直角POD 中，可得2222(5)16PD PO OD +=+ 在直角POD 中，可得6cos 6OD PDO PD ∠== 又由112363222PABSAB PD =⋅=⨯=23(23)33ABCS ==所以正三棱锥P ABC -的表面积为39233PABABCS S S=+=+表面积，正三棱锥P ABC -的体积为113351533ABCV SPO =⋅=⨯⨯=，设正三棱锥P ABC -的内切球的半径为r ， 则1111133333PABPACPBCABCS r S r S r S r S r V ⋅+⋅+⋅+⋅=⋅=表面积， 所以内切球的半径为33151530559233323V r S -====++表面积.故66；3055-.五、解答题17．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是1AD 的中点，N 是1DC 的中点.(1)求证：MN 平面ABCD ；(2)求证.11D B B C ⊥ (1)见解析 (2)见解析【分析】（1）连接1,AC D C ，易得MN AC ∥，根据线面平行的判定定理即可得证； （2）根据正方体的结构特征可得11BC B C ⊥，11C D ⊥平面11BCC B ，则有111C D B C ⊥，再根据线面垂直的判定定理可得1B C ⊥平面11BC D ，再根据线面垂直的性质即可得证.【详解】(1)证明：连接1,AC D C ， 则1DC 与1CD 互相平分，因为M 是1AD 的中点，N 是1DC 的中点， 所以点N 为1D C 的中点， 所以MN AC ∥，又AC ⊂平面ABCD ，MN ⊄平面ABCD ， 所以MN平面ABCD ；(2)证明：连接111,,BD BC B C ， 在正方体1111ABCD A B C D -中， 11BC B C ⊥，11C D ⊥平面11BCC B ，因为1B C ⊂平面11BCC B ， 所以111C D B C ⊥，又1111C D BC C ⋂=，111,C BC D ⊂平面11BC D ， 所以1B C ⊥平面11BC D ， 又1BC ⊂平面11BC D ， 所以11D B B C ⊥.18．已知复数12cos isin ,cos isin ,,z z ααββαβ=+=-均为锐角，且1225z z -=.(1)求()cos αβ+的值；(2)若4cos 5α=，求cos β的值. (1)35 (2)2425【分析】（1）先求出()()12cos cos i sin sin z z αβαβ=-+-+，利用12z z -=即可求出()cos αβ+的值；（2）利用平方关系求出()4sin 5αβ+=，3sin 5α=，再利用和差角公式即可求得.【详解】(1)因为复数12cos isin ,cos isin z z ααββ=+=-，所以()()12cos cos i sin sin z z αβαβ=-+-+.所以12z z =-因为12z z -==.()3cos 5αβ+=(2)因为,αβ均为锐角，所以0αβ<+<π，所以()4sin 5αβ+==.因为α为锐角，4cos 5α=，所以sin 53α==.所以()cos cos +βαβα=-⎡⎤⎣⎦()()cos +cos sin +sin αβααβα=+43345555=⨯+⨯ 2425=. 19．在梯形ABCD 中，,2,1,120,,AB CD AB BC CD BCD P Q ===∠=∥分别为线段BC ，CD 上的动点.(1)求BC AB ⋅；(2)若14BP BC =，求AP ； (3)若1,6BP BC DQ DC μμ==，求AP BQ ⋅的最小值；(1)2-(3)43-【分析】（1）根据题意得60ABC ∠=，所以cos BC AB BC AB BC AB =⨯⨯⋅⋅，求解计算即可；（2）根据题意得14AP AB BC =+，所以214B P C A AB ⎛⎫=+ ⎪；（3）根据题意得125536AP BQ μμ=⋅+-，且116μ≤≤，再分析单调性求解即可. 【详解】(1)因为,2,120AB CD AB BC BCD ==∠=∥，所以60ABC ∠=， 所以,180120BC AB ABC =-∠=，所以cos 22cos1202BC AB BC AB BC AB =⨯⨯=⨯⨯=⋅-⋅. (2)由（1）知，2BC AB ⋅=-，因为14BP BC =，所以14AP AB BP AB BC =+=+，所以()222222111111322221146264AP AB AB AB BC BC BC ⎛⎫=+=+⋅+=+⨯-+⨯= ⎪⎝⎭，所以132AP =. (3)因为BP BC μ=，16DQ DC μ=， 则()()()616AP BQ AB BP BC CQ AB BC BC CD μμμ⎛⎫-⋅=+⋅+=+⋅+ ⎪⎝⎭2611666AB BC AB CD BC CB CD μμμμ--=⋅+⋅++⋅ 261161125221221566236μμμμμμ--⎛⎫=--⨯⨯+⨯+⨯⨯⨯-=+- ⎪⎝⎭， 因为011016μμ<≤⎧⎪⎨<≤⎪⎩，解得116μ≤≤，设()125536f μμμ=+-，116μ≤≤，根据对勾函数的单调性可知，()f μ在1,16⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递增，所以当16μ=时，()f μ取得最小值.5254266316f ⎛⎫=+-=- ⎪⎝⎭ 20．在ABC 中，角A B C ､､所对的边分别为2,,3a b c A AD π=､､平分BAC ∠，交BC 于点D ，已知2AD =，2b c =.(1)求ABC 的面积S ；(2)若BC 的中点为E ，求DE 的长. (1)932； (2)172. 【分析】（1）利用余弦定理求出cos B ，再利用正弦定理结合角平分线求出边c 即可计算作答.（2）利用（1）的结论直接计算作答. 【详解】(1)在ABC 中，2b c =，23A π=，由余弦定理得：222222222cos 422cos73a b c bc A c c c c π=+-=+-⨯=，即7a c =， 22227cos 27a cb B ac +-==，则221sin 1cos 7B B =-=， 在ABD △中，3BAD π∠=，由正弦定理得：3sin2327sin 217AD BD Bπ⨯===，又()11sin sin 122112sin πsin 22ABD ACDAD BD ADB AD AB DABS BDc CD Sb AD CD ADBAD AC DAC ⋅∠⋅∠=====⋅-∠⋅∠，则227CD BD ==，即有337a BD ==，3c =，所以ABC 的面积2112π93sin 2sin 2232S bc A c ==⨯=. (2)由（1）知，1137222BE BC a ===，所以172DE BE BD =-=. 21．如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 是菱形，60BAD BPD ∠=∠=︒，2PB PD ==.(1)证明：平面PAC ⊥平面ABCD ；(2)若二面角P BD A --的余弦值为13，求二面角B PA D --的正弦值.(1)证明见解析 (2)223【分析】（1）依据面面垂直判定定理去证明平面PAC ⊥平面ABCD ； （2）建立空间直角坐标系，以向量的方法去求二面角B PA D --的正弦值. 【详解】(1)设ACBD O =，连接PO ，在菱形ABCD 中，O 为BD 中点，且BD AC ⊥， 因为PB PD =，所以BD PO ⊥， 又因为POAC O =，且PO ，AC ⊂平面PAC ，所以BD ⊥平面PAC ，因为BD ⊂平面ABCD ，所以平面PAC ⊥平面ABCD ；(2)作OM ⊥平面ABCD ，以{},,OA OB OM 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，易知2PB PD BD AB AD =====，则3OA OP =1OB =， 因为OA BD ⊥，OP BD ⊥，所以POA ∠为二面角P BD A --的平面角，所以1cos 3POA ∠=，则326P ⎝⎭，)3,0,0A ，()0,1,0B ，()0,1,0D -，所以()3,1,0AD =--，()3,1,0AB =，2326AP ⎛= ⎝⎭，设平面PAB 的法向量为()111,,m x y z =，由00m AB m AP ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得1111302326033x y x z ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩ 取11z =，则12x =，16y =，所以()2,6,1m =，设平面PAD 的法向量为()222,,n x y z =，由00n AD n AP ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得2222302326033x y x z ⎧--=⎪⎨-+=⎪⎩ 取21z =，则22x =，26y =-，所以()2,6,1n =-，设二面角B PA D --为θ，则2611cos 3261261m n m nθ⋅-+===++⋅++⋅，又[]0,πθ∈，则222sin 1cos 3θθ=-=. 22．如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，M 为棱AC 的中点.AB ＝BC ，AC ＝2，AA 1＝2.（1）求证：B 1C //平面A 1BM ； （2）求证：AC 1⊥平面A 1BM ；（3）在棱BB 1上是否存在点N ，使得平面AC 1N ⊥平面AA 1C 1C ？如果存在，求此时1BNBB 的值；如果不存在，请说明理由.（1）证明见解析；（2）证明见解析；（2）存在，12.（1）首先连接1AB 与1A B ，两线交于点O ，连接OM ，利用三角形中位线性质得到1//OM B C ，再利用线面平行的判定即可证明1//B C 平面1A BM .（2）首先易证BM ⊥平面11ACC A ，从而得到1BM AC ⊥，根据11AC C A MA ∠=∠和111190AC C C AC A MA C AC ∠+∠=∠+∠=，得到11A M AC ⊥，再利用线面垂直的判定即可证明1AC ⊥平面1A BM . （3）当点N 为1BB 的中点，即112BN BB =时，平面1AC N ⊥平面11AAC C .首先设1AC 的中点为D ，连接DM ，DN ，易证四边形BNDM 为平行四边形，从而得到//BM DN ，DN ⊥平面11ACC A ，再利用面面垂直的判定即可证明平面1AC N ⊥平面11ACC A . 【详解】（1）连接1AB 与1A B ，两线交于点O ，连接OM ，如图所示：在1B AC △中，因为M ，O 分别为AC ，1AB 的中点， 所以1//OM B C ，又因为OM ⊂平面1A BM ，1B C ⊄平面1A BM ， 所以1//B C 平面1A BM .（2）因为侧棱1AA ⊥底面ABC ，BM ⊂平面ABC ， 所以1AA BM ⊥.又因为M 为棱AC 的中点，AB BC =，所以BM AC ⊥. 因为1AA AC A =，1AA ，AC ⊂平面11ACC A ，所以BM ⊥平面11ACC A ，所以1BM AC ⊥. 因为2AC =，所以1AM =.又因为12AA 1RT ACC 和1RT A AM △中，11tan tan 2AC C AMA ∠=∠， 所以11AC C A MA ∠=∠，即111190AC C C AC A MA C AC ∠+∠=∠+∠=， 所以11A M AC ⊥. 因为1BMA M M =，BM ，1A M ⊂平面1A BM ，所以1AC ⊥平面1A BM . （3）当点N 为1BB 的中点，即112BN BB =时，平面1AC N ⊥平面11AAC C . 证明如下：设1AC 的中点为D ，连接DM ，DN ，如图所示：因为D ，M 分别为1AC ，AC 的中点， 所以1//DM CC ，且112DM CC =又因为N 为1BB 的中点，所以//DM BN ，且DM BN =， 所以四边形BNDM 为平行四边形， 所以//BM DN ，由（2）知：BM ⊥平面11ACC A ，所以DN ⊥平面11ACC A . 又因为DN ⊂平面1AC N ， 所以平面1AC N ⊥平面11ACC A .方法点睛：本题考查垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型，属于中档题.（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. （2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. （3）证明线线垂直需转化为证明线面垂直.。
2022-2023学年山东省东营市高一下册5月月考数学模拟试题(含解析)
2022-2023学年山东省东营市高一下册5月月考数学模拟试题（含解析）一、单选题（共8小题，每题5分）1.已知复数12z i =-，则z 的虚部为（）A.2B.2iC.2- D.2i-【正确答案】C【分析】根据复数的概念判断即可.【详解】复数12z i =-的虚部为2-.故选：C2.cos 72cos12sin 72sin12︒︒+︒︒=（）A.12-B.12C.2D.2【正确答案】B【分析】逆用两角差的余弦公式求解即可.【详解】()1cos 72cos12sin 72sin12cos 7212cos 602︒︒+︒︒=︒-︒=︒=，故选：B3.已知ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，若()()3a b c b c a bc +++-=，且sin 2sin cos A B C =，那么ABC 是（）A.直角三角形B.等边三角形C.等腰三角形D.等腰直角三角形【正确答案】B【分析】将()()3a b c b c a bc +++-=化简并结合余弦定理可得A 的值，再对sin 2sin cos A B C =结合正、余弦定理化简可得边长关系，进行判定三角形形状.【详解】由()()3a b c b c a bc +++-=，得22()3b c a bc +-=，整理得222b c a bc +-=，则2221cos 22b c a A bc +-==，因为()0,πA ∈，所以π3A =，又由sin 2sin cos A B C =及正弦定理，得22222a b c a b ab+-=⋅，化简得b c =，所以ABC 为等边三角形，故选：B4.设平面向量(2,1)a =- ，(,1)b λ=- ，若a 与b 的夹角为钝角，则λ的取值范围是（）A.1,2(2,)2⎛⎫-⋃+∞ ⎪⎝⎭ B.(2,)+∞C.1,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭D.1,(2,)2⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭ 【正确答案】A【分析】由两向量的夹角为钝角，则需两向量的数量积小于零，且两向量不共线可求得λ的取值范围.【详解】解：∵a与b的夹角为钝角，∴21(1)0a b λ⋅=-⋅+⨯-<，且(2)(1)0λ--⨯-≠，12λ∴>-，且2λ≠，故选：A ．本题考查向量的夹角为钝角的条件：两向量的数量积小于零且两向量不共线，属于基础题.5.在ABC 中，内角A ，B ，C 所对应的边分别是a ，b ，c ，若ABC 的面积是)2224b c a +-，则A =（）A.π3 B.2π3C.π6D.5π6【正确答案】A【分析】根据正余弦定理及面积公式化简计算即可.【详解】由余弦定理可得：()2222cos ,0,πb c a bc A A +-=∈由条件及正弦定理可得：)2221sin cos 242b c a S bc A bc A +-===，所以tan A =π3A =．故选：A6.已知sin 410πα⎛⎫-= ⎪⎝⎭，02πα<<，则tan α的值为（）A.12- B.12C.2D.12-或2【正确答案】C【分析】由同角间的三角函数关系先求得cos()4πα-，再得tan()4πα-，然后由两角和的正切公式可求得tan α．【详解】∵02πα<<，∴444πππα-<-<，∴cos 410πα⎛⎫-= ⎪⎝⎭，∴sin 14tan 43cos 4παπαπα⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭-== ⎪⎛⎫⎝⎭- ⎪⎝⎭，∴tan tan 44ππαα⎡⎤⎛⎫=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦1tan 11432111tan 34παπα⎛⎫-++ ⎪⎝⎭===⎛⎫---⎪⎝⎭.故选：C ．思路点睛：本题考查三角函数的求值．考查同角间的三角函数关系，两角和的正切公式．三角函数求值时首先找到“已知角”和“未知角”之间的联系，选用恰当的公式进行化简求值．注意三角公式中“单角”与“复角”的区别与联系，它们是相对的．不同的场景充当的角色可能不一样．如题中4πα-在tan tan4tan 41tan tan 4παπαπα-⎛⎫-=⎪⎝⎭+作为复角，但在tan tan 44ππαα⎡⎤⎛⎫=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦中充当“单角”角色．7.在ABC 中，已知,,a b c 分别为角,,A B C 的对边且120A ︒∠=，若ABC S =△且2sin 3sin B C =，则ABC 的周长等于（）A.5B.12C.10D.5【正确答案】D【分析】由三角形面积求得bc ，再由正弦定理得23b c =，可解得,b c ，然后由余弦定理解得a ，可得三角形周长．【详解】由题意1333sin 242S bc A bc ===，6bc =，又2sin 3sin B C =，由正弦定理得23b c =，联立解得3,2b c ==，a ===，所以5a b c ++=．故选：D ．8.已知函数()()1sin 0f x x x ωωω=+>在()0,π上有且只有2个零点，则实数ω的取值范围是（）A.313,26⎛⎤⎥⎝⎦ B.137,62⎛⎤⎥⎝⎦ C.725,26⎛⎤⎥⎝⎦ D.2511,62⎛⎤⎥⎝⎦【正确答案】A【分析】将问题转化为1sin 2t =-在(,)33ππωπ--上有且只有2个解，根据正弦型函数的性质求ω的范围.【详解】由()12sin(3f x x πω=+-，令()0f x =，所以1sin(32x πω-=-，而()0,x π∈有(,)333t x πππωωπ=-∈--，所以1sin 2t =-在(,)33ππωπ--上有且只有2个解，故711636πππωπ<-≤，故31326ω<≤.故选：A二、多选题（共4小题，每题5分）9.下列命题不．正确的是（）A.若a r ＝b ，则a ＝bB.若a b ⋅ ＝0，则a ＝0 或b ＝0C.若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥cD.若a ＝b ，b ＝c ，则a ＝c【正确答案】ABC【分析】两向量相等，方向相同，大小相等，据此可判断A ；两向量数量积为零，则其中一个向量为零向量或两向量垂直，据此可判断B ；零向量和任意向量共线，故如果不限制向量为非零向量，三个向量之间，向量共线不具有传递性，据此可判断C ；向量相等具有传递性，据此可判断D.【详解】A ：若a r ＝b ，则a 与b不一定相等，因为它们方向未知，故A 错误；B ：若a b ⋅ ＝0，则a ＝0 或b ＝0 或a b ⊥，故B 错误；C ：若a ∥b ，b ∥c ，则当0b = 时，无法判断a 与c的关系，故C 错误；D ：若a ＝b ，b ＝c ，则a ＝c，故D 正确.故选：ABC.10.下列说法正确的是（）A.已知1)2(a - =，，,1()b x x -=，若()2//b a a - ，则=1x -B.在ABC 中，若1122AD AB AC =+，则点D 是边BC 的中点C.已知正方形ABCD 的边长为1，若点M 满足12DM MC = ，则43AM AC ⋅=D.若a b，共线，则a b a b+=+ 【正确答案】BC【分析】根据向量共线的坐标表示可判断选项A ；根据向量的线性运算可判断选项B ；根据向量数量积的运算可判断选项C ，举反例可判断选项D ，进而可得正确选项.【详解】对于A ：1)2(a - =，，,1()b x x - =，可得()22,5b a x x -=+- ，若()2//b a a - 则()()()215x x x x +-=-，即62x =，所以13x =，故选项A 不正确；对于B ：取BC 的中点E ，则()111222AB AC AB AC AE AD +=+==，即D 点与E 点重合，所以点D 是边BC 的中点，故选项B 正确；对于C ：()()()13AM AC AD DM AD DC AD DC AD DC⎛⎫⋅=+⋅+=+⋅+ ⎪⎝⎭22141413333AD DC AD DC =++⋅=+= ，故选项C 正确；对于D ：当a b，反向时不成立，故选项D 不正确，故选：BC.11.复数13i 22z =+，i 是虚数单位，则下列结论正确的是（）A.z 的实部是12B.z 的共轭复数为31i 22+C.z 的实部与虚部之和为2 D.z 在复平面内的对应点位于第一象限【正确答案】ACD【分析】根据复数的基本概念和共轭复数的概念，以及复数的几何意义，逐项判定，即可求解.【详解】由复数13i 22z =+，可得复数的实部为12，虚部为32，所以A 正确；又由共轭复数的概念，可得13i 22z =-，所以B 错误；由复数的实部与虚部之和为13222+=，所以C 正确；由复数13i 22z =+在复平面内对应的点13(,22位于第一象限，所以D 正确.故选：ACD.12.已知函数()πsin 2cos 6f x x x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，则（）A.()f x 的最大值为1B.直线π3x =是()f x 图象的一条对称轴C.()f x 在区间ππ,63⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递减D.()f x 的图象关于点π,06⎛⎫⎪⎝⎭对称【正确答案】ABC【分析】利用两角和差公式、二倍角和辅助角公式可化简得到()πcos 23f x x ⎛⎫=+⎪⎝⎭，根据余弦型函数最值可知A 正确；利用代入检验法，结合余弦函数性质，依次验证BCD 正误即可.【详解】()ππ1πsin 2cos cos 2sin 2cos 2sin 2cos 266223f x x x x x x x ⎛⎫=+=-=+ ⎪⎝⎭；对于A ，()max 1f x =，A 正确；对于B ，当π3x =时，π2π3x +=，π3x ∴=是()f x 的一条对称轴，B 正确；对于C ，当ππ,63x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()π20,π3x +∈，此时()f x 单调递减，C 正确；对于D ，π2π1cos 632f ⎛⎫==- ⎪⎝⎭ ，π,06⎛⎫∴ ⎪⎝⎭不是()f x 的对称中心，D 错误.故选：ABC.三、填空题（共4小题，每题5分）13.若sin ,0,22παα⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，则tan 2α＝___．【正确答案】.【分析】方法1：运用特殊角的三角函数值计算即可.方法2：运用同角三角函数的平方关系与商式关系及二倍角公式计算即可.【详解】方法1：∵π(0,)2α∈，3sin 2α=，∴π3α=，∴2πtan 2tan3α==.方法2：∵π(0,)2α∈，∴1cos 2α===，∴sin tan cos ααα==，∴22tan 2tan 21tan 13ααα===--.故答案为.14.已知复数()()()21z m i m m i m R =+-+∈，若z 是实数，则m 的值为__________．【正确答案】0或1【详解】()()()221z m i m m i m m i =+-+=-，由题意得：20m m -=，得0m =或1，故答案为0或1.15.已知2a =，1b = ，a b += ，则a b -=r r ______．【分析】将a b +=，两边同时平方，即可求得两向量乘积，再将要求的关系式平方代入即可.【详解】因为2a =，1b = ，a b += ，所以()2222523+=+⋅+=+⋅=a ba ab b a b ，1a b ⋅=-，则-====a b r r .16.求函数2()sin cos f x x x x =+在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值______．【正确答案】32【详解】试题分析：∵213()sin cos (1cos 2)sin 222f x x x x x x =+⋅=-+1sin(226x π=+-，∵,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，∴52,636x πππ⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦，∴1sin(2),162x π⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦，∴3()1,2f x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，故填32考点：本题考查了三角恒等变换及三角函数的最值点评：熟练掌握三角恒等变换公式及三角函数的单调性是解决此类问题的关键．四、解答题（共6小题，17题10分，18-22每题12分）17.已知复数()()2223232i z m m m m =--+-+，其中i 为虚数单位，R m ∈.（1）若z 是纯虚数，求m 的值；（2）z 在复平面内对应的点在第二象限，求m 的取值范围.【正确答案】（1）12m =-；（2）1,12m ⎛⎫∈-⎪⎝⎭【分析】（1）z 是纯虚数需要满足实部等于0，虚部不等于0，即可求出结果；（2）z 在复平面内对应的点在第二象限，需要满足实部小于0，虚部大于0.【小问1详解】因为z 是纯虚数，所以222320320m m m m ⎧--=⎨-+≠⎩，解得12m =-.【小问2详解】因为z 在复平面内对应的点在第二象限，所以222320320m m m m ⎧--<⎨-+>⎩，解得112m -<<，所以m 的取值范围为1,12m ⎛⎫∈-⎪⎝⎭.18.已知π(,π)2α∈，π3sin(45α+=．（1）求cos α；（2）若π(0)2β∈，，且4cos 5β=，求αβ+．【正确答案】（1）10-（2）3π4【分析】（1）利用同角三角函数的平方关系及两角差的余弦公式即可求解；（2）根据（1）的结论及同角三角函数的平方关系，结合两角和的正弦公式及三角函数的特殊值对应特殊角注意角的范围即可求解.【小问1详解】由π(,π)2α∈，得3ππ5π444α<+<．π3sin()45α+= ，π4cos()45α∴+==-ππππππcos cos[()cos()cos sin()sin444444αααα∴=+-=+++43525210=-⨯+⨯=-．【小问2详解】由π(,π)2α∈，cos 10α=-得sin 10α==，由π(0,2β∈，4cos 5β=得3sin 5β==，43sin()sin cos cos sin (1051052αβαβαβ∴+=+=⨯+-⨯=．又ππ(,π),(0,22αβ∈∈ π3π(,)22αβ∴+∈3π4αβ∴+=19.已知,,a b c 分别为ABC 中角,,A B C 的对边，函数2()3cos 2cos f x x x x =++且()5f A =.（1）求角A 的大小；（2）若2a =，求ABC 面积的最大值.【正确答案】（1）π3A =（2【分析】（1）直接依据题设条件建立方程求解；（2）借助余弦定理结合基本不等式可求解出bc 的最大值，然后结合第（1）问中角A ，借助面积公式即可求解ABC 面积的最大值.【小问1详解】由题意可得：()23cos 2cos 5f A A A A =++=，所以()221cos A =-)0sinA sinA -=()0,π0A sinA ∈∴≠∴sin A A =，即tan A =，()0,πA ∈，所以π3A =.【小问2详解】由余弦定理可得：22π42cos 3b c bc =+-，224b c bc bc =+-≥（当且仅当2b c ==时“=”成立）.∴1sin 4244ABC S bc A bc ==≤⨯=，故ABC 面积的最大值是.20.已知△ABC 内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且sin cos c B a B b =-.（1）求A ；（2）若14b c =，且BC 边上的高为a .【正确答案】（1）π3A =（2）13a =【分析】（1）根据正弦定理边化角，将原式化简即可求得结果.（2）由面积公式可得4bc a =，再由条件结合余弦定理即可求得结果.【小问1详解】由正弦定理，原式可化为sin sin sin cos sin C A B A B B =-，由于()sin sin sin cos cos sin C A B A B A B =+=+，整理得cos sin sin sin A B A B B =-.又∵sin 0B ≠，∴cos 1A A =-，∴π1sin 62A ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，∵()0,πA ∈，∴ππ5π,666A ⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭，∴ππ66A -=，即π3A =.【小问2详解】由题意可知，由11πsin 223ABC S a bc =⨯⨯=△，得4bc a =，又14b c =，∴216c a =，2b a =，由余弦定理知2222cos 16413a b c bc A a a a a =+-=+-=，解得13a =.21.如图，位于A 处的信息中心获悉：在其正东方向相距40海里的B 处有一艘渔船遇险，在原地等待营救.信息中心立即把消息告知在其南偏西30°，相距20海里的C 处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向沿直线CB 前往B 处救援，求cos θ的值.【正确答案】2114【分析】在△CBA 中根据余弦定理得BC =cos θ即可【详解】在△CBA 中，AB =40，AC =20，∠BAC =120︒，由余弦定理得222402024020cos1202800BC BC =+-⨯⨯⨯︒=⇒=由正弦定理得，207402127sin ,cos sin120sin 77ACB ACB ACB =⇒∠=∠==︒∠，1cos cos(30)272714ACB θ∴=︒+∠=⨯-⨯=22.已知函数()5sin 22cos sin 644f x x x x πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．（1）求函数()f x 的单调递增区间；（2）若函数()y f x k =-在区间11,612ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有且仅有两个零点，求实数k 的取值范围．【正确答案】（1）,,Z 36k k k ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦（2）()11,0,12k ⎛⎫∈--⋃ ⎪⎝⎭【分析】（1）由三角恒等变换化简()f x ，再利用正弦函数的单调性即可得出答案.（2）函数()y f x k =-在区间11,612ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有且仅有两个零点转化为曲线sin 26y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭与直线y k =在区间11,612ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有且仅有两个交点，即可求实数k 的取值范围.【小问1详解】()5sin 22cos sin 644f x x x x πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭sin 2coscos 2sin 2cos sin 6644x x x x ππππ⎛⎫⎛⎫=-+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭112cos 2sin 2sin 2cos 2cos 222222x x x x x x π⎛⎫=-++=-+ ⎪⎝⎭12cos 2sin 2+226x x x π⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，令222,Z 262k x k k πππππ-+≤+≤+∈，所以,Z 36k x k k ππππ-+≤≤+∈，所以函数()f x 的单调递增区间为：,,Z 36k k k ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦【小问2详解】函数()y f x k =-在区间11,612ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有且仅有两个零点，即曲线sin 26y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭与直线y k =在区间11,612ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有且仅有两个交点，由11,,2,261266x x πππππ⎡⎤⎡⎤∈-+∈-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，当11,612x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，()[]sin 2+1,16f x x π⎛⎫=∈- ⎪⎝⎭，设26t x π=+，则sin ,y t =,26t ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，且1sin 62π⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，若要使曲线sin y t =与直线y k =区间,26t ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦上有且仅有两个交点，则()11,0,12k ⎛⎫∈--⋃ ⎪⎝⎭.。
2025年中图版高一数学下册月考试卷含答案
2025年中图版高一数学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______ 姓名：______ 班级：______ 考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、已知数列且则数列的第五项为（）A.B.C.D.2、【题文】集合A= B=则（）A.B.C.D.3、【题文】已知集合A＝｛（x,y）|x2+y2=4｝,B=｛（x,y）|x2+y2=1｝；则A；B的关系为【】.A.B.C.D. A∩B=4、如图所示，为测一树的高度，在地面上选取A、B两点，从A、B两点分别测得树尖的仰角为30°、45°，且A、B两点之间的距离为60m，则树的高度为（）A. （30+30） mB. （30+15） mC. （15+30） mD. （15+15） m5、若圆台的上下底面半径分别是1和3，它的侧面积是两底面面积和的2倍，则圆台的母线长是（）A. 2B. 2.5C. 5D. 106、已知全集U={0,1,2,3,4}M={0,1,2}N={2,3}则(?UM)隆脡N=()A. {2}B. {3}C. {2,3,4}D. {0,1,2,3,4}7、若三棱柱ABC鈭�A1B1C1的体积为8过ABACA1B1中点截去一个小的三棱柱，则剩下的几何体的体积为()A. 1B. 4C. 6D. 78、已知全集U={1,3,5,7}集合M={1,a鈭�5}M?U?UM={5,7}则a的值为()A. 2B. 8C. 鈭�2D. 鈭�8评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、【题文】设若关于的不等式有解，则参数的取值范围为________．10、【题文】已知是定义在上的奇函数，且当时若在上是单调函数，则实数的最小值是____11、【题文】若两直线y＝x＋2a和y＝2x＋a＋1的交点为P，P在圆x2＋y2＝4的内部，则a的取值范围是_______12、方程log3（x2﹣10）=1+log3x的解是____13、已知sin(娄脠鈭�娄脨3)=13则sin(娄脠+2娄脨3)= ______ ，cos(娄脠鈭�5娄脨6)= ______ ．14、已知|a鈫�|=|b鈫�|且|a鈫�鈭�b鈫�|=3|a鈫�+b鈫�|则a鈫�与b鈫�的夹角大小为 ______ ．评卷人得分三、证明题(共7题，共14分)15、如图；已知AB是⊙O的直径，P是AB延长线上一点，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求证：（1）AD=AE（2）PC•CE=PA•BE．16、初中我们学过了正弦余弦的定义，例如sin30°=，同时也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根据如图，设计一种方案，解决问题：已知在任意的三角形ABC中，AD⊥BC，∠BAD=α，∠CAD=β，设AB=c，AC=b；BC=a（1）用b；c及α，β表示三角形ABC的面积S；（2）sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ．17、已知G是△ABC的重心，过A、G的圆与BG切于G，CG的延长线交圆于D，求证：AG2=GC•GD．18、求证：（1）周长为21的平行四边形能够被半径为的圆面所覆盖．（2）桌面上放有一丝线做成的线圈，它的周长是2l，不管线圈形状如何，都可以被个半径为的圆纸片所覆盖．19、如图；过圆O外一点D作圆O的割线DBA，DE与圆O切于点E，交AO的延长线于F，AF交圆O于C，且AD⊥DE．（1）求证：E为的中点；（2）若CF=3，DE•EF=，求EF的长．20、已知G是△ABC的重心，过A、G的圆与BG切于G，CG的延长线交圆于D，求证：AG2=GC•GD．21、已知ABCD四点共圆，AB与DC相交于点E，AD与BC交于F，∠E的平分线EX与∠F的平分线FX交于X，M、N分别是AC与BD的中点，求证：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分别平分∠MFN与∠MEN．评卷人得分四、解答题(共2题，共12分)22、已知(1) 求函数的定义域；(2) 判断的奇偶性；并说明理由；(3) 证明23、设采用车火运的总费用分别为f（x）gx；求f（x）与g（x）；某公司要将一易存放的蔬菜从地运到；有车；火两种运工具供选择，两种运输工的主要参考据如表：试据A；B地距离大小较采用种运输工具比较好（即运总费小）．注：总费用=中费用+装费+损耗费用）评卷人得分五、作图题(共1题，共7分)24、请画出如图几何体的三视图．评卷人得分六、综合题(共2题，共14分)25、如图，△ABC中，AB=5，BC=6，BD=BC；AD⊥BC于D，E为AB延长线上的一点，且EC交AD的延长线于F．（1）设BE为x；DF为y，试用x的式子表示y．（2）当∠ACE=90°时，求此时x的值．26、已知抛物线y=-x2+2mx-m2-m+2．（1）判断抛物线的顶点与直线L：y=-x+2的位置关系；（2）设该抛物线与x轴交于M；N两点；当OM•ON=4，且OM≠ON时，求出这条抛物线的解析式；（3）直线L交x轴于点A，（2）中所求抛物线的对称轴与x轴交于点B．那么在对称轴上是否存在点P，使⊙P与直线L和x轴同时相切？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】试题分析：由且知，=3，所以=-3，所以=-6，故D.考点：已知递推公式求某一项【解析】【答案】D2、D【分析】【解析】略【解析】【答案】D3、D【分析】【解析】集合A，B分别表示以原点为圆心，2，1为半径的圆，而这两个圆没有交点，故选D. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m【解析】【答案】D4、A【分析】解：在△PAB；∠PAB=30°，∠APB=15°，AB=60；sin15°=sin（45°-30°）=sin45°cos30°-cos45°sin30°= ×- ×= 由正弦定理得：∴PB=∴树的高度为PBsin45°=30×=（30+30 ）m；答：树的高度为（30+30 m．故选A要求树的高度；需求PB长度，要求PB的长度，在△PAB由正弦定理可得．此题是实际应用题用到正弦定理和特殊角的三角函数值，正弦定理在解三角形时，用于下面两种情况：一是知两边一对角，二是知两角和一边，属中档题．【解析】【答案】 A5、C【分析】（1+3）l=4πl．解：设母线长为l，则S侧=πS上底+S下底=π•12+π•32=10π．据题意4πl=20π即l=5；故选C．设出圆台的母线长；求出圆台的侧面积与两底面积和，利用已知条件求出母线长即可．本题是基础题，考查圆台的侧面积与底面积的计算，考查计算能力．【解析】【答案】 C6、B【分析】解：隆脽全集U={0,1,2,3,4}M={0,1,2}隆脿CUM={3,4}．隆脽N={2,3}隆脿(CUM)隆脡N={3}．故选B．本题思路较为清晰；欲求(CUM)隆脡N先求M的补集，再与N求交集．本题考查了交、并、补集的混合运算，是基础题．B7、C【分析】解：如图；取ABACA1B1A1C1的中点DEFG隆脽三棱柱ABC鈭�A1B1C1的体积为8隆脿三棱柱ADE鈭�A1FG的体积：VADE鈭�A1FG=S鈻�ADE隆脕AA1=14S鈻�ABC隆脕AA1=14VABC鈭�A1B1C1=2隆脿三棱柱ABC鈭�A1B1C1的体积为8过ABACA1B1中点截去一个小的三棱柱；剩下的几何体的体积为V=VABC鈭�A1B1C1鈭�VADE鈭�A1FG=8鈭�2=6．故选：C．取ABACA1B1A1C1的中点DEFGVADE鈭�A1FG=S鈻�ADE隆脕AA1=14S鈻�ABC隆脕AA1=14VABC鈭�A1B1C1由此能出剩下的几何体的体积．本题考查几何体的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．【解析】C8、B【分析】解：隆脽全集U={1,3,5,7}集合M={1,a鈭�5}M?U?UM={5,7}隆脿a鈭�5=3故选B根据U={1,3,5,7}?UM={5,7}可得M={1,3}结合已知M={1,a鈭�5}可得a鈭�5=3本题考查的知识点是补集运算，集合关系中的参数取值问题，根据已知分析出M={1,3}进而a 鈭�5=3是解答的关键．【解析】B二、填空题(共6题，共12分)9、略【分析】【解析】试题分析：由知不等式有解等价于解得考点：绝对值不等式的解法、转化思想.【解析】【答案】[0,3]10、略【分析】【解析】当时且在上是单调函数，则f(x)在R上单调递增，又是定义在上的奇函数，f(0)=0,因此即【解析】【答案】11、略【分析】【解析】略【解析】【答案】－<112、【分析】【解答】解：log3（x2﹣10）=1+log3x；∴x2﹣1=3x＞0；解得x= ．∴log3（x2﹣10）=1+log3x的解是．故答案为：．【分析】log3（x2﹣10）=1+log3x，化为x2﹣1=3x＞0，解出即可．13、略【分析】解：隆脽sin(娄脠鈭�娄脨3)=13则sin(娄脠+2娄脨3)=sin[娄脨+(娄脠鈭�娄脨3)]=鈭�sin(娄脠鈭�娄脨3)=鈭�13cos(娄脠鈭�5娄脨6)=cos[(娄脠鈭�娄脨3)鈭�娄脨2]=cos[娄脨2鈭�(娄脠鈭�娄脨3)]=sin(娄脠鈭�娄脨3)=13故答案为：鈭�1313．由条件利用诱导公式化简所给的式子三角函数式；可得结果．本题主要考查应用诱导公式化简三角函数式，要特别注意符号的选取，这是解题的易错点，属于基础题．【解析】鈭�131314、略【分析】解：隆脽|a鈫�鈭�b鈫�|=3|a鈫�+b鈫�|隆脿a鈫�2鈭�2a鈫�鈰�b鈫�+b鈫�2=3a鈫�2+3b鈫�2+6a鈫�鈰�b鈫�隆脽|a鈫�|=|b鈫�|隆脿a鈫�鈰�b鈫�=鈭�鈭�4a鈫�28=鈭�12a鈫�2隆脿cos<a鈫�,b鈫�>=a鈫�鈰�b鈫�|a鈫�||b鈫�|=鈭�12隆脿a鈫�与b鈫�的夹角大小为2娄脨3．故答案为：2娄脨3．对|a鈫�鈭�b鈫�|=3|a鈫�+b鈫�|两边平方，得出a鈫�鈰�b鈫�与a鈫�2的关系；代入夹角公式计算即可．本题考查了平面向量的数量积运算，属于基础题．【解析】2娄脨3三、证明题(共7题，共14分)15、略【分析】【分析】（1）连AC；BC；OC，如图，根据切线的性质得到OC⊥PD，而AD⊥PC，则OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，则∠DAC=∠CAO，根据三角形相似的判定易证得Rt△ACE≌Rt△ACD；即可得到结论；（2）根据三角形相似的判定易证Rt△PCE∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到结论．【解析】【解答】证明：（1）连AC、BC，OC，如图，∵PC是⊙O的切线；∴OC⊥PD；而AD⊥PC；∴OC∥PD；∴∠ACO=∠CAD；而∠ACO=∠OAC；∴∠DAC=∠CAO；又∵CE⊥AB；∴∠AEC=90°；∴Rt△ACE≌Rt△ACD；∴CD=CE；AD=AE；（2）在Rt△PCE和Rt△PAD中；∠CPE=∠APD；∴Rt△PCE∽Rt△PAD；∴PC：PA=CE：AD；又∵AB为⊙O的直径；∴∠ACB=90°；而∠DAC=∠CAO；∴Rt△EBC∽Rt△DCA；∴BE：CE=CD：AD；而CD=CE；∴BE：CE=CE：AD；∴BE：CE=PC：PA；∴PC•CE=PA•BE．16、略【分析】【分析】（1）过点C作CE⊥AB于点E；根据正弦的定义可以表示出CE的长度，然后利用三角形的面积公式列式即可得解；（2）根据S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根据正弦与余弦的定义分别把BD、AD、CD，AB，AC转化为三角形函数，代入整理即可得解．【解析】【解答】解：（1）过点C作CE⊥AB于点E；则CE=AC•sin（α+β）=bsin（α+β）；∴S= AB•CE= c•bsin（α+β）= bcsin（α+β）；即S= bcsin（α+β）；（2）根据题意，S△ABC=S△ABD+S△ACD；∵AD⊥BC；∴AB•ACsin（α+β）= BD•AD+ CD•AD；∴sin（α+β）= ；= + ；=sinαcosβ+cosαsinβ．17、略【分析】【分析】构造以重心G为顶点的平行四边形GBFC，并巧用A、D、F、C四点共圆巧证乘积．延长GP至F，使PF=PG，连接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四边形，故GF=2GP．从而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四点共圆，从而GA、GF=GC•GD．于是GA2=GC•GD．【解析】【解答】证明：延长GP至F；使PF=PG，连接AD，BF，CF；∵G是△ABC的重心；∴AG=2GP；BP=PC；∵PF=PG；∴四边形GBFC是平行四边形；∴GF=2GP；∴AG=GF；∵BG∥CF；∴∠1=∠2∵过A；G的圆与BG切于G；∴∠3=∠D；又∠2=∠3；∴∠1=∠2=∠3=∠D；∴A；D、F、C四点共圆；∴GA；GF=GC•GD；即GA2=GC•GD．18、略【分析】【分析】（1）关键在于圆心位置；考虑到平行四边形是中心对称图形，可让覆盖圆圆心与平行四边形对角线交点叠合．（2）“曲“化“直“．对比（1），应取均分线圈的二点连线段中点作为覆盖圆圆心．【解析】【解答】证明：（1）如图1；设ABCD的周长为2l，BD≤AC，AC；BD交于O，P为周界上任意一点，不妨设在AB上；则∠1≤∠2≤∠3，有OP≤OA．又AC＜AB+BC=l，故OA＜．因此周长为2l的平行四边形ABCD可被以O为圆心；半径为的圆所覆盖；命题得证．（2）如图2，在线圈上分别取点R，Q，使R、Q将线圈分成等长两段，每段各长l．又设RQ中点为G，M为线圈上任意一点，连MR、MQ，则GM≤ （MR+MQ）≤（MmR+MnQ）=因此，以G为圆心，长为半径的圆纸片可以覆盖住整个线圈．19、略【分析】【分析】要证E为中点，可证∠EAD=∠OEA，利用辅助线OE可以证明，求EF的长需要借助相似，得出比例式，之间的关系可以求出．【解析】【解答】（1）证明：连接OEOA=OE=＞∠OAE=∠OEADE切圆O于E=＞OE⊥DEAD⊥DE=＞∠EAD+∠AED=90°=＞∠EAD=∠OEA⇒OE∥AD=＞E为的中点．（2）解：连CE；则∠AEC=90°，设圆O的半径为x∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽Rt△AEC=＞DE切圆O于E=＞△FCE∽△FEA∴，∴即DE•EF=AD•CFDE•EF= ；CF=3∴AD=OE∥AD=＞=＞=＞8x2+7x-15=0∴x1=1，x2=- （舍去）∴EF2=FC•FA=3x（3+2）=15∴EF=20、略【分析】【分析】构造以重心G为顶点的平行四边形GBFC，并巧用A、D、F、C四点共圆巧证乘积．延长GP至F，使PF=PG，连接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四边形，故GF=2GP．从而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四点共圆，从而GA、GF=GC•GD．于是GA2=GC•GD．【解析】【解答】证明：延长GP至F；使PF=PG，连接AD，BF，CF；∵G是△ABC的重心；∴AG=2GP；BP=PC；∵PF=PG；∴四边形GBFC是平行四边形；∴GF=2GP；∴AG=GF；∵BG∥CF；∴∠1=∠2∵过A；G的圆与BG切于G；∴∠3=∠D；又∠2=∠3；∴∠1=∠2=∠3=∠D；∴A；D、F、C四点共圆；∴GA；GF=GC•GD；即GA2=GC•GD．21、略【分析】【分析】（1）在△FDC中；由三角形的外角性质知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四边形ABCD内接于圆，则∠FDC=∠ABC，即∠FDC+∠EBC=180°，联立①②，即可证得∠AFB+∠AED+2∠FAE=180°，而FX；EX分别是∠AFB和∠AED的角平分线，等量代换后可证得∠AFX+∠AEX+∠FAE=90°；可连接AX，此时发现∠FXE正好是∠AFX、∠AEX、∠FAE的和，由此可证得∠FXE是直角，即FX⊥EX；（2）由已知易得∠AFX=∠BFX，欲证∠MFX=∠NFX，必须先证得∠AFM=∠BFN，可通过相似三角形来实现；首先连接FM、FN，易证得△FCA∽△FDB，可得到FA：FB=AC：BD，而AC=2AM，BD=2BN，通过等量代换，可求得FA：FB=AM：BN，再加上由圆周角定理得到的∠FAM=∠FBN，即可证得△FAM∽△FBN，由此可得到∠AFM=∠BFN，进一步可证得∠MFX=∠NFX，即FX平分∠MFN，同理可证得EX是∠MEN的角平分线．【解析】【解答】证明：（1）连接AX；由图知：∠FDC是△ACD的一个外角；则有：∠FDC=∠FAE+∠AED；①同理；得：∠EBC=∠FAE+∠AFB；②∵四边形ABCD是圆的内接四边形；∴∠FDC=∠ABC；又∵∠ABC+∠EBC=180°；即：∠FDC+∠EBC=180°；③①+②；得：∠FDC+∠EBC=2∠FAE+（∠AED+∠AFB）；由③；得：2∠FAE+（∠AED+∠AFB）=180°；∵FX；EX分别是∠AFB、∠AED的角平分线；∴∠AFB=2∠AFX；∠AED=2∠AEX，代入上式得：2∠FAE+2（∠AFX+∠AEX）=180°；即∠FAE+∠AFX+∠AEX=180°；由三角形的外角性质知：∠FXE=∠FAE+∠FAX+∠EAX；故FXE=90°；即FX⊥EX．（2）连接MF；FN；ME、NE；∵∠FAC=∠FBD；∠DFB=∠CFA；∴△FCA∽△FDB；∴；∵AC=2AM；BD=2BN；∴；又∵∠FAM=∠FBN；∴△FAM∽△FBNA；得∠AFM=∠BFN；又∵∠AFX=∠BFX；∴∠AFX-∠AFM=∠BFX-∠BFN；即∠MFX=∠NFX；同理可证得∠NEX=∠MEX；故FX、EX分别平分∠MFN与∠MEN．四、解答题(共2题，共12分)22、略【分析】(1) 由即得所以函数的定义域为(2) 由(1) 可知函数的定义域为====所以函数为偶函数．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．9分(3) 当时，所以又因为函数为偶函数，图象关于轴对称，所以当时，综上可知【解析】略【解析】【答案】23、略【分析】根据表格用用=途中用+装卸费+损耗费用；分别求出运输的费用；分类讨论；比它们的大小，由此确采用种运输工好。
山东省济南市长清第五中学高一数学理下学期期末试卷含解析
山东省济南市长清第五中学高一数学理下学期期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知集合A={x|x2-3|x|+2=0}，集合B满足A∪B={-2，-l，1，2），则满足条件的集合B的个数为( )A.4 B．8 C．16 D．32参考答案：C2. 是,的平均数,是,,,的平均数,是,,的平均数，则下列各式正确的是（）Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．参考答案：A略3. 在△ABC中，=，=，若点D满足=2，则等于（）A.+B.-C.-D.+参考答案：A略4. 所有的幂函数图象都经过一个点,这个点的坐标是( )A. B. C. D.参考答案：D5. 已知||=2, ||=1，，则向量在方向上的投影是[ ] A． B． C．D．1参考答案：D6. 将直线，沿轴向左平移个单位，所得直线与圆相切，则实数的值为（）A．B．C．D．参考答案：A7. 以点(1,1)和(2,－2)为直径两端点的圆的方程是（）A. B.C. D.参考答案：A【分析】可根据已知点直接求圆心和半径.【详解】点(1,1)和(2,－2)的中点是圆心，圆心坐标是，点(1,1)和(2,－2)间的距离是直径，，即，圆的方程是.故选A.【点睛】本题考查了圆的标准方程的求法，属于基础题型.8. 已知扇形的周长为10cm ，面积为4c，则该扇形园心角的弧度数为（ ）A B C D 或8参考答案：C9. 已知幂函数的图象过（4，2）点，则（ ）（A ）（B ）2 （C ）4 （D ）参考答案：A由题意可设 ,又函数图象过定点（4，2）,,,从而可知，则.故选A10. 已知某几何体的俯视图是如图所示的边长为2的正方形，主视图与左视图是边长为2的正三角形，则其全面积是 （ ） A ．B ．C ．D ．参考答案：B 略二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知函数，则f （x）的值域为 ．参考答案：[，1]【考点】函数的值域．【分析】根据指数的性质可知f （x）=是减函数，u=sinx，x∈[0，]求出函数u 的值域，可知函数f （x ）的值域．【解答】解：由题意，令u=sinx ，x∈[0，]，根据正弦函数的性质可知：u∈[0，1]则f （x ）=是减函数，当u=0时，函数f （x ）取值最大值为1．当u=1时，函数f （x ）取值最小值为． ∴函数，则f （x ）的值域为[，1]．故答案为：[，1]．12. 若，则＝ ．参考答案：略13. 已知那么 .参考答案：略 14. 在中，，则角．参考答案：略15. 函数y=3cos （2x+）的最小正周期为 ．参考答案：π【考点】余弦函数的图象．【分析】根据余弦函数y=Acos（ωx+φ）的最小正周期为T=，求出即可．【解答】解：函数y=3cos（2x+）的最小正周期为T===π．故答案为：π．16. 设，且，则n = ．参考答案：1017. 圆关于直线对称的圆的方程是__________．参考答案：圆心关于直线对称后的点为，则对称后的圆的方程为．三、解答题：本大题共5小题，共72分。
2022-2023学年山东省济南市高一(下)期末数学试卷【答案版】
2022-2023学年山东省济南市高一（下）期末数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．在复平面内，复数z =11+2i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．《2023年五一出游数据报告》显示，济南凭借超强周边吸引力，荣登“五一”最强周边游“吸金力”前十名榜单．其中，济南天下第一泉风景区接待游客100万人次，济南动物园接待游客30万人次，千佛山景区接待游客20万人次．现采用按比例分层抽样的方法对三个景区的游客共抽取1500人进行济南旅游满意度的调研，则济南天下第一泉风景区抽取游客（ ） A ．1000人B ．300人C ．200人D ．100人3．设α，β为两个平面，则α⊥β的充要条件是（ ） A ．α过β的一条垂线B ．α，β垂直于同一平面C ．α内有一条直线垂直于α与β的交线D ．α内有两条相交直线分别与β内两条直线垂直 4．袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中3个红球，2个黄球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则第二次摸到红球的概率为（ ） A ．110B ．15C ．25D ．355．已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，B =π4，b =1，c =√62，则角C 的值为（ ）A ．π3B ．2π3C ．π3或2π3D ．无解6．如果三棱锥S ﹣ABC 底面不是等边三角形，侧棱SA ，SB ，SC 与底面ABC 所成的角都相等，SO ⊥平面ABC ，垂足为O ，则O 是△ABC 的（ ） A ．垂心B ．重心C ．内心D ．外心7．已知锐角△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，B =π3，c =2，则△ABC 的周长的取值范围为（ ）A ．(3+√3，2+2√3)B ．(3+√3，4+2√3)C ．(3+√3，6+2√3)D ．(3+√3，+∞)8．在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，P A ＝AB ＝1．点E ，F ，G 分别为平面P AB ，平面P AD 和平面ABCD 内的动点，点Q 为棱PC 上的动点，则QE 2+QF 2+QG 2的最小值为（ ） A ．12B ．23C ．34D ．1二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9．已知复数ω=−12+√32i ，则下列说法中正确的是（ ）A ．|ω|＝1B ．ω3＝﹣1C ．ω2＝ωD ．ω2+ω+1＝010．先后抛掷质地均匀的硬币两次，则下列说法正确的是（ ） A ．事件“恰有一次正面向上”与事件“恰有一次反面向上”相等B ．事件“至少一次正面向上”与事件“至少一次反面向上”互斥C ．事件“两次正面向上”与事件“两次反面向上”互为对立事件D ．事件“第一次正面向上”与事件“第二次反面向上”相互独立11．某学校为了调查高一年级学生每天体育活动时间情况，随机选取了100名学生，绘制了如图所示频率分布直方图，则下列说法正确的是（ ）A ．平均数的估计值为30B ．众数的估计值为35C ．第60百分位数估计值是32D ．随机选取这100名学生中有25名学生体育活动时间不低于40分钟12．如图，已知三棱锥D ﹣ABC 可绕AB 在空间中任意旋转，△ABC 为等边三角形，AB 在平面α内，AB ⊥CD ，AB ＝2，CD =√6，cos∠CBD =14，则下列说法正确的是（ ）A ．二面角D ﹣AB ﹣C 为π2B ．三棱锥D ﹣ABC 的外接球表面积为20π3C ．点C 与点D 到平面α的距离之和的最大值为2 D ．点C 在平面α内的射影为点M ，线段DM 的最大值为√15+√32三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．一组数据1，2，4，5，8的第75百分位数为 ．14．在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与直线CD 1夹角的余弦值为 ． 15．在圆C 中，已知弦AB ＝2，则AB →⋅AC →的值为 ．16．已知△ABC 的重心为G ，面积为1，且AB ＝2AC ，则3AG 2+BC 2的最小值为 ． 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（10分）已知e →1，e →2是两个单位向量，夹角为π3，设a→=e →1+2e →2，b→=te →1−3e →2．（1）求|a →|；（2）若a →⊥b →，求t 的值．18．（12分）已知正三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的棱长均为2，M 为A 1C 1的中点． （1）求证：BC 1∥平面AB 1M ； （2）求点B 到平面AB 1M 的距离d ．19．（12分）独立事件是一个非常基础但又十分重要的概念，对于理解和应用概率论和统计学至关重要．它的概念最早可以追溯到17世纪的布莱兹•帕斯卡和皮埃尔•德•费马，当时被定义为彼此不相关的事件．19世纪初期，皮埃尔•西蒙•拉普拉斯在他的《概率的分析理论》中给出了相互独立事件的概率乘法公式．对任意两个事件A 与B ，如果P （AB ）＝P （A ）P （B ）成立，则称事件A 与事件B 相互独立，简称为独立．（1）若事件A 与事件B 相互独立，证明：A 与B 相互独立；（2）甲、乙两人参加数学节的答题活动，每轮活动由甲、乙各答一题，已知甲每轮答对的概率为35，乙每轮答对的概率为23．在每轮活动中，甲和乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响，求甲乙两人在两轮活动中答对3道题的概率．20．（12分）某社区工作人员采用分层抽样的方法分别在甲乙两个小区各抽取了8户家庭，统计了每户家庭近7天用于垃圾分类的总时间（单位：分钟），其中甲小区的统计表如下，设x i ，y i 分别为甲，乙小区抽取的第i 户家庭近7天用于垃圾分类的总时间，s x 2，s y 2分别为甲，乙小区所抽取样本的方差，已知x =18∑ 8i=1x i =200，s x 2=18∑ 8i=1(x i −x)2=200，y =195，s y 2=210，其中i ＝1，2，⋯，8．（1）若a ≤b ，求a 和b 的值；（2）甲小区物业为提高垃圾分类效率，优先试行新措施，每天由部分物业员工协助垃圾分类工作，经统计，甲小区住户每户每天用于垃圾分类的时间减少了5分钟．利用样本估计总体，计算甲小区试行新措施之后，甲乙两个小区的所有住户近7天用于垃圾分类的总时间的平均值z 和方差s z 2．参考公式：若总体划为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：m ，x 1，s 12；n ，x 2，s 22，总的样本平均数为ω，样本方差为s 2，则s 2=m m+n [s 12+(x 1−ω)2]+n m+n[s 22+(x 2−ω)2]．21．（12分）如图1，在等腰△ABC 中，AC ＝4，A =π2，O ，D 分别为BC 、AB 的中点，过D 作DE ⊥BC 于E ．如图2，沿DE 将△BDE 翻折，连接BA ，BC 得到四棱锥B ﹣ACED ，F 为AB 中点．（1）证明：DF ⊥平面AOB ；（2）当OB =√2时，求直线BF 与平面BCD 所成的角的正弦值．22．（12分）射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，O 为透视中心，平面内四个点E ，F ，G ，H 经过中心投影之后的投影点分别为A ，B ，C ，D ．对于四个有序点A ，B ，C ，D ，定义比值x =CACBDA DB叫做这四个有序点的交比，记作（ABCD ）． （1）证明：（EFGH ）＝（ABCD ）；（2）已知（EFGH）=32，点B为线段AD的中点，AC=√3OB=3，sin∠ACOsin∠AOB=32，求cos A．2022-2023学年山东省济南市高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．在复平面内，复数z=11+2i对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限解：z=11+2i=1−2i(1+2i)(1−2i)=15−25i，它在复平面内对应点为（15，−25），在第四象限．故选：D．2．《2023年五一出游数据报告》显示，济南凭借超强周边吸引力，荣登“五一”最强周边游“吸金力”前十名榜单．其中，济南天下第一泉风景区接待游客100万人次，济南动物园接待游客30万人次，千佛山景区接待游客20万人次．现采用按比例分层抽样的方法对三个景区的游客共抽取1500人进行济南旅游满意度的调研，则济南天下第一泉风景区抽取游客（）A．1000人B．300人C．200人D．100人解：依题意济南天下第一泉风景区应抽取游客1500×100100+30+20=1000(人)．故选：A．3．设α，β为两个平面，则α⊥β的充要条件是（）A．α过β的一条垂线B．α，β垂直于同一平面C．α内有一条直线垂直于α与β的交线D．α内有两条相交直线分别与β内两条直线垂直解：由α⊥β可得α经过β的一条垂线，反之若α经过β的一条垂线，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，故A正确；α，β垂直于同一个平面，可得α，β平行或相交，故B错误；α内有一条直线垂直于α与β的交线，可得α，β不一定垂直，故C 错误； α内有两条相交直线分别与β内两条直线垂直，可得α，β平行或相交，故D 错误． 故选：A ．4．袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中3个红球，2个黄球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则第二次摸到红球的概率为（ ） A ．110B ．15C ．25D ．35解：袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中3个红球，2个黄球， 从中不放回地依次随机摸出2个球， 第二次摸到红球的情况有两种：①第一次摸到红球，第二次摸到红球，概率为：P 1=35×24=310， ②第一次摸到黄球，第二次摸到红球，概率为：P 2=25×34=310， 则第二次摸到红球的概率为P ＝P 1+P 2=310+310=35． 故选：D ．5．已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，B =π4，b =1，c =√62，则角C 的值为（ ） A ．π3B ．2π3C ．π3或2π3D ．无解解：∵B =π4，b ＝1，c =√62，由正弦定理有：bsinB=c sinC，∴sinC =csinB b =√62×√221=√32，∵c ＞b ，∴C ＞B ，∴C ∈(π4，π)，∴C =π3或2π3．故选：C ．6．如果三棱锥S ﹣ABC 底面不是等边三角形，侧棱SA ，SB ，SC 与底面ABC 所成的角都相等，SO ⊥平面ABC ，垂足为O ，则O 是△ABC 的（ ） A ．垂心 B ．重心C ．内心D ．外心解：如图所示：因为SO ⊥平面ABC ，侧棱SA ，SB ，SC 与底面ABC 所成的角都相等， 则∠SAO ＝∠SBO ＝∠SCO ，AO =SO tan∠SAO ，BO =SO tan∠SBO ，CO =SOtan∠SCO，故AO ＝BO ＝CO ，故O 是△ABC 的外心． 故选：D ．7．已知锐角△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，B =π3，c =2，则△ABC 的周长的取值范围为（ ）A ．(3+√3，2+2√3)B ．(3+√3，4+2√3)C ．(3+√3，6+2√3)D ．(3+√3，+∞)解：∵B =π3，c ＝2， ∴由正弦定理得asinA=b sinπ3=2sinC，∴b =√3sinC ，a =2sinA sinC =2sin(π3+C)sinC =√3cosC+sinCsinC， ∴a +b =√3sinC+√3cosC+sinCsinC=√3(cosC+1)sinC+1=2√3cos 2C 22sin C 2cos C 2+1=√3tan C 2+1，在锐角△ABC 中，{0＜C ＜π20＜2π3−C ＜π2，解得π6＜C ＜π2， ∴π12＜C 2＜π4，即tanπ12＜tan C2＜1，又tan π6=2tanπ121−tan 2π12=√33，解得tan π12=2−√3或tan π12=−2−√3（不合题意，舍去）， ∴2−√3＜tan C2＜1，∴1＜1tan C 212−3=2+√3，∴√3+1＜√3tan C 2+1＜4+2√3，即√3+1＜a +b ＜4+2√3，∴√3+3＜a +b +c ＜6+2√3，故△ABC 的周长的取值范围为（√3+3，6+2√3）． 故选：C ．8．在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，P A ＝AB ＝1．点E ，F ，G 分别为平面P AB ，平面P AD 和平面ABCD 内的动点，点Q 为棱PC 上的动点，则QE 2+QF 2+QG 2的最小值为（ ） A ．12B ．23C ．34D ．1解：由题意得QE ，QF ，QG 均最小时，平方和最小，过点Q 分别作平面P AB ，平面P AD ，平面ABCD 的垂线，垂足分别为E ，F ，G ， 连接AQ ，因为P A ⊥面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥BC ，因为底面ABCD 为正方形，所以AB ⊥BC ，又因为P A ∩AB ＝A ，P A ，AB ⊂平面P AB ，所以BC ⊥面P AB ，因为QE ⊥平面P AB ，则QE ∥BC ，又因为点Q 在PC 上，则点E 应在PB 上， 同理可证F ，G 分别位于PD ，AC 上， 从而补出长方体EQFJ ﹣HGIA ，则AQ 是以QE ，QF ，QG 为共点的长方体的对角线，则AQ ²＝QE ²+QF ²+QG ²， 则题目转化为求AQ 的最小值，显然当AQ ⊥PC 时，AQ 的最小值， 因为四边形ABCD 为正方形，且P A ＝AB ＝1，则AC =√2， 因为P A ⊥面ABCD ，AC ⊂面ABCD ，所以P A ⊥AC ， 所以PC =√PA 2+AC 2=√3， 则直角三角形P AC 斜边AC 的高AQ =1×√2√3=√63，此时AQ 2=23， 则QE ²+QF ²+QG ²的最小值为23，故选：B ．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9．已知复数ω=−12+√32i ，则下列说法中正确的是（ ）A ．|ω|＝1B ．ω3＝﹣1C ．ω2＝ωD ．ω2+ω+1＝0解：ω=−12+√32i ，则ω2=(−12+√32i)=−12−√32i ，ω2≠ω，故C 错误； |ω|=√(−12)2+(√32)2=1，故A 正确；ω3＝ω2•ω=(−12−√32i)(−12+√32i)=1，故B 错误； ω2+ω+1=−12−√32i −12+√32i +1=0，故D 正确．故选：AD．10．先后抛掷质地均匀的硬币两次，则下列说法正确的是（）A．事件“恰有一次正面向上”与事件“恰有一次反面向上”相等B．事件“至少一次正面向上”与事件“至少一次反面向上”互斥C．事件“两次正面向上”与事件“两次反面向上”互为对立事件D．事件“第一次正面向上”与事件“第二次反面向上”相互独立解：根据题意，依次分析选项：对于A，事件“恰有一次正面向上”即“一次正面向上、一次反面向上”，同样，事件“恰有一次反面向上”也是“一次正面向上、一次反面向上”，两个事件相等，A正确；对于B，事件“至少一次正面向上”，即“一次正面向上、一次反面向上”和“两次都是正面向上”，事件“至少一次反面向上”，即“一次正面向上、一次反面向上”和“两次都是反面向上”，两个事件不互斥，B错误；对于C，事件“两次正面向上”与事件“两次反面向上”不是对立事件，还有一种情况“一次正面向上、一次反面向上”，C错误；对于D，由相互独立事件的定义，事件“第一次正面向上”与事件“第二次反面向上”相互独立，D正确．故选：AD．11．某学校为了调查高一年级学生每天体育活动时间情况，随机选取了100名学生，绘制了如图所示频率分布直方图，则下列说法正确的是（）A．平均数的估计值为30B．众数的估计值为35C．第60百分位数估计值是32D．随机选取这100名学生中有25名学生体育活动时间不低于40分钟解：对于A，由频率分布直方图可知平均数的估计值为：5×0.1+15×0.18+25×0.22+35×0.25+45×0.2+55×0.05＝29.2，故A 错误；对于B ，由频率分布直方图可知[30，40）的频率最大，因此众数的估计值为35，故B 正确； 对于C ，由频率分布直方图得从第一组到第六组的频率依次是0.1，0.18，0.22，0.25，0.2，0.05， 所以第60百分位数估计值m 在[30，40）内，所以0.1+0.18+0.22+（m ﹣30）×0.025＝0.6，解得m ＝34，故C 错误；对于D ，随机选取这100名学生中体育活动时间不低于40分钟的人数为100×（0.2+0.05）＝25，故D 正确． 故选：BD ．12．如图，已知三棱锥D ﹣ABC 可绕AB 在空间中任意旋转，△ABC 为等边三角形，AB 在平面α内，AB ⊥CD ，AB ＝2，CD =√6，cos∠CBD =14，则下列说法正确的是（ ）A ．二面角D ﹣AB ﹣C 为π2B ．三棱锥D ﹣ABC 的外接球表面积为20π3C ．点C 与点D 到平面α的距离之和的最大值为2 D ．点C 在平面α内的射影为点M ，线段DM 的最大值为√15+√32解：对于A 选项，在△BCD 中，BC =AB =2，CD =√6，cos∠CBD =14， 由余弦定理可得CD 2＝BC 2+BD 2﹣2BC •BD cos ∠CBD ， 即4+BD 2−4BD ×14=6，即BD 2﹣BD ﹣2＝0，因为BD ＞0，解得BD ＝2， 取AB 的中点E ，连接CE 、DE ，如下图所示：因为△ABC 为等边三角形，E 为AB 的中点，所以，CE ⊥AB ，又因为CD ⊥AB ，CD ∩CE ＝C ，CD ，CE ⊂平面CDE ，所以，AB ⊥平面CDE ， 因为DE ⊂平面CDE ，所以，DE ⊥AB ， 所以，二面角D ﹣AB ﹣C 的平面角为∠CED ，因为E 为AB 的中点，所以，AD ＝BD ＝2，故△ABD 也是边长为2的等边三角形， 所以DE =√AD 2−AE 2=√4−1=√3，CE =√AC 2−AE 2=√4−1=√3， 又因为CD =√6，所以，CE 2+DE 2＝CD 2，则CE ⊥DE ， 故二面角D ﹣AB ﹣C 为π2，A 对；对于B 选项，设△ABC 、△ABD 的中心分别为点G 、H ，分别过点G 、H 作GO ∥DE 、HO ∥CE ，设GO ∩HO ＝O ， 因为CE ⊥DE ，CE ⊥AB ，AB ∩DE ＝E ，AB 、DE ⊂平面ABD ，所以，CE ⊥平面ABD ，因为HO ∥CE ，则OH ⊥平面ABD ，同理，OG ⊥平面ABC ， 所以，O 为三棱锥D ﹣ABC 的外接球球心， 由等边三角形的几何性质可知，HE =13DE =√33，同理，GE =13CE =√33，因为OH ∥GE ，OG ∥EH ，HE =GE =√33，GE ⊥HE ， 所以，四边形OHEG 为正方形，且OH =GE =√33， 又因为DH =DE −HE =√3−√33=2√33， 因为CE ⊥DE ，OH ∥CE ，则OH ⊥DE ，则OD =√OH 2+DH 2=√(33)2+(233)2=√153， 所以，三棱锥D ﹣ABC 的外接球半径为√153，因此，三棱锥D ﹣ABC 的外接球的表面积为4π⋅OD 2=4π×(√153)2=20π3，B 对； 对于C 选项，设点D 在平面α内的射影点为N ，连接MN ，因为CM ⊥a ，DN ⊥a ，则CM ∥DN ，故点C 、D 、N 、M 四点共面， 因为AB ⊂α，则AB ⊥CM ，又因为CD ⊥AB ，CD ∩CM ＝C ，CD 、CM ⊂平面CDNM ，则AB ⊥平面CDNM ， 又因为AB ⊥平面CDE ，故平面CDE 与平面CDNM 重合， 又因为E ∈α，M ，N ∈α，故E ∈MN ， 设∠CEM ＝θ，其中0≤θ≤π2，又因为∠CED =π2，则∠DEN =π−∠CED −∠CEM =π−π2−θ=π2−θ， 所以，CM =CEsin ∠CEM =√3sinθ，DN =DEsin ∠DEN =√3sin(π2−θ)=√3cosθ，所以，点C 与点D 到平面α的距离之和CM +DN =√3sinθ+√3cosθ=√6sin(θ+π4)， 因为0≤θ≤π2，则π4≤θ+π4≤3π4，故当θ+π4=π2时，即当θ=π4时，CM +DN 取最大值√6，C 错； 对于D 选项，ME =CEcosθ=√3cosθ，∠DEM =∠CED +∠CEM =π2+θ， 由余弦定理可得DM =√DE 2+EM 2−2DE ⋅EMcos(π2+θ) =√3+3cos 2θ+2√3⋅√3cosθsinθ=√3+3×1+cos2θ2+3sin2θ =√3sin2θ+3cos2θ2+92=√352sin(2θ+φ)+92， 其中φ为锐角，且tanφ=12，因为0≤θ≤π2，则φ≤2θ+φ≤π+φ，故当2θ+φ=π2时，DM 取得最大值， 且(DM)max =√9+352=√18+654=√15+√32，D 对． 故选：ABD ．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．一组数据1，2，4，5，8的第75百分位数为 5 ．解：5×75%＝3.75，故一组数据1，2，4，5，8的第75百分位数为5． 故答案为：5．14．在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与直线CD 1夹角的余弦值为 12．解：如图，连接A 1C 1，A 1B ，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，有A 1D 1∥B 1C 1∥BC ，A 1D 1＝B 1C 1＝BC ， 所以四边形A 1D 1CB 为平行四边形，所以A 1B ∥CD 1， 所以∠A 1BC 1为直线BC 1与直线CD 1夹角或其补角， 设正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1棱长为a ， 则A 1B =BC 1=A 1C 1=√2a ， 所以△A 1BC 1为等边三角形， 所以∠A 1BC 1=π3，故直线BC 1与直线CD 1夹角的余弦值为cos ∠A 1BC 1=cos π3=12． 故答案为：12．15．在圆C 中，已知弦AB ＝2，则AB →⋅AC →的值为 2 ． 解：∵在圆C 中，已知一条弦AB ＝2，∴根据圆的几何性质得出：|AC |cos ∠CAB =12|AB |=12×2=1， ∵AB →•AC →=|AB →•|AC →|cos ∠CAB ＝2×1＝2． 故答案为：2．16．已知△ABC 的重心为G ，面积为1，且AB ＝2AC ，则3AG 2+BC 2的最小值为4√213．解：由题意c ＝2b ，S △ABC =12bc sin A ＝1，即b 2sin A ＝1；连接AG 并延长交BC 于D ，则D 为BC 的中点，可得AD →=12（AB →+AC →），又因为G 为三角形的重心，则AG →=23AD →，可得AG →=13（AB →+AC →），BC →=AC →−AB →，所以AG 2=AG →2=19（AB →2+AC →2+2AB →•AC →）=19（c 2+b 2+2bc cos A ）=19（5b 2+4b 2cos A ）， BC 2=BC →2=AC →2+AB →2﹣2AB →•AC →=b 2+c 2﹣2bc cos A ＝5b 2﹣4b 2cos A ，所以3AG 2+BC 2=53b 2+4b 23cos A +5b 2﹣4b 2cos A =203b 2−83b 2cos A =203sinA −8cosA 3sinA，令t =203sinA −8cosA 3sinA＞0，则3t sin A +8cos A ＝20， 即sin （A +φ）=20√9t +64≤1，当且仅当A +φ=π2时取等号，tan φ=82t ，可得9t 2+64≥400，解得t ≥4√213或t ≤−4√213（舍）， 即t 的最小值为：4√213．故答案为：4√213． 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（10分）已知e →1，e →2是两个单位向量，夹角为π3，设a→=e →1+2e →2，b→=te →1−3e →2．（1）求|a →|；（2）若a →⊥b →，求t 的值．解：（1）∵|e 1→|=|e 2→|=1，＜e 1→，e 2→＞=π3， ∴e 1→⋅e 2→=12，∴|a →|=√e 1→2+4e 2→2+4e 1→⋅e 2→=√1+4+2=√7； （2）∵a →⊥b →，∴a →⋅b →=(e 1→+2e 2→)⋅(te 1→−3e 2→)=te 1→2−6e 2→2+(2t −3)e 1→⋅e 2→=t −6+12(2t −3)=0，解得t =154． 18．（12分）已知正三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的棱长均为2，M 为A 1C 1的中点． （1）求证：BC 1∥平面AB 1M ； （2）求点B 到平面AB 1M 的距离d ．证明：（1）连接A 1B 交AB 1于点N ，连接MN ，则正三棱柱中A 1B 1BA 是平行四边形， 所以N 为A 1B 的中点，又M 为A 1C 1的中点，所以MN ∥BC 1，BC 1⊄平面AB 1M ，MN ⊂平面AB 1M ，所以BC 1∥平面AB 1M ． 解：（2）过M 作MH ⊥A 1B 1，垂足为H ，由题意可得B 1M =√3，AM =√5，AB 1=2√2，所以B 1M 2+AM 2=AB 12，所以B 1M ⊥AM ，所以△AB 1M 的面积S △AB 1M =12×√3×√5=√152， 因为正三棱柱中平面A 1B 1C 1⊥平面A 1B 1BA ，又平面A 1B 1C 1∩平面A 1B 1BA ＝A 1B 1，MH ⊂平面A 1B 1C 1，且MH ⊥A 1B 1， 所以MH ⊥平面A 1B 1BA ，即M 到平面A 1B 1BA 的距离为MH =MA 1sin π3=√32，又△ABB 1的面积S △ABB 1=12AB ⋅BB 1=2， 所以V M−ABB 1=13MH ⋅S △ABB 1=13×√32×2=√33，又V M−ABB 1=V B−MAB 1， 所以13S △AB 1M ⋅d =√33，解得d =2√55， 所以点B 到平面AB 1M 的距离为2√55． 19．（12分）独立事件是一个非常基础但又十分重要的概念，对于理解和应用概率论和统计学至关重要．它的概念最早可以追溯到17世纪的布莱兹•帕斯卡和皮埃尔•德•费马，当时被定义为彼此不相关的事件．19世纪初期，皮埃尔•西蒙•拉普拉斯在他的《概率的分析理论》中给出了相互独立事件的概率乘法公式．对任意两个事件A 与B ，如果P （AB ）＝P （A ）P （B ）成立，则称事件A 与事件B 相互独立，简称为独立．（1）若事件A 与事件B 相互独立，证明：A 与B 相互独立；（2）甲、乙两人参加数学节的答题活动，每轮活动由甲、乙各答一题，已知甲每轮答对的概率为35，乙每轮答对的概率为23．在每轮活动中，甲和乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响，求甲乙两人在两轮活动中答对3道题的概率．解：（1）证明：事件A 与事件B 相互独立，则P （AB ）＝P （A ）P （B ）， 又由B =A B +AB ，事件A B 和AB 互斥，则有P （B ）＝P （A B +AB ）＝P （AB ）+P （A B ）＝P （A ）P （B ）+P （A B ），变形可得：P （A B ）＝P （B ）﹣P （A ）P （B ）＝[1﹣P （A ）]P （B ）＝P （A ）P （B ）， 故事件A 与B 相互独立；（2）根据题意，设事件A 1、A 2分别表示甲答对1道、2道题目，事件B 1、B 2分别表示乙答对1道、2道题目，则P （A 1）＝2×35×（1−35）=1225，P （A 2）=35×35=925， P （B 1）＝2×23×（1−23）=49，P （B 2）=23×23=49， 若甲乙两人在两轮活动中答对3道题，即A 2B 1+A 1B 2，则甲乙两人在两轮活动中答对3道题的概率P ＝P （A 2B 1+A 1B 2）＝P （A 2B 1）+P （A 1B 2）=925×49+1225×49=2875． 20．（12分）某社区工作人员采用分层抽样的方法分别在甲乙两个小区各抽取了8户家庭，统计了每户家庭近7天用于垃圾分类的总时间（单位：分钟），其中甲小区的统计表如下，设x i，y i分别为甲，乙小区抽取的第i户家庭近7天用于垃圾分类的总时间，s x2，s y2分别为甲，乙小区所抽取样本的方差，已知x=18∑8i=1x i=200，s x2=18∑8i=1(x i−x)2=200，y=195，s y2=210，其中i＝1，2，⋯，8．（1）若a≤b，求a和b的值；（2）甲小区物业为提高垃圾分类效率，优先试行新措施，每天由部分物业员工协助垃圾分类工作，经统计，甲小区住户每户每天用于垃圾分类的时间减少了5分钟．利用样本估计总体，计算甲小区试行新措施之后，甲乙两个小区的所有住户近7天用于垃圾分类的总时间的平均值z和方差s z2．参考公式：若总体划为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：m，x1，s12；n，x2，s22，总的样本平均数为ω，样本方差为s2，则s2=mm+n [s12+(x1−ω)2]+nm+n[s22+(x2−ω)2]．解：（1）已知x=18∑8i=1x i=18(200+220+200+180+200+a+b+220)=200，整理得a+b＝380，①又s x2=18∑8i=1(x i−x)2=8[3×（200﹣200）2+2×（220﹣200）2+（180﹣200）2+（a﹣200）2+（b﹣200）2]＝200，整理得（a﹣200）2+（b﹣200）2＝400，②联立①②，解得a＝180，b＝200或a＝200，b＝180，因为a≤b，所以a＝180，b＝200；（2）设甲小区试行新措施之后，甲小区抽取的第i户家庭近7天用于垃圾分类的总时间为m i，此时m i＝x i﹣35，则m i=x−35＝165，s m2=s x2=200，所以z=116（8m+8y）=12（165+195）＝180，s z2=88+8[s m2+（m−z）2]+88+8[s y2+（y−z）]=12[200+（165﹣180）2]+12[210+（195﹣180）2]＝430．21．（12分）如图1，在等腰△ABC中，AC＝4，A=π2，O，D分别为BC、AB的中点，过D作DE⊥BC于E ．如图2，沿DE 将△BDE 翻折，连接BA ，BC 得到四棱锥B ﹣ACED ，F 为AB 中点．（1）证明：DF ⊥平面AOB ；（2）当OB =√2时，求直线BF 与平面BCD 所成的角的正弦值．（1）证明：因为DE ⊥BE ，DE ⊥OE ，且BE ∩OE ＝E ，BE 、OE ⊂平面BCE ， 所以DE ⊥平面BCE ，又OA ∥DE ，所以OA ⊥平面BCE ，设点P 是翻折前点B 所在的位置，则D 为AP 的中点， 因为F 为AB 的中点，所以DF ∥PB ，因为PB ⊂平面BCE ，所以OA ⊥PB ，所以OA ⊥DF ， 由题意知，DA ＝DB ，因为F 为AB 的中点，所以DF ⊥AB ， 又OA ∩AB ＝A ，OA 、AB ⊂平面AOB ， 所以DF ⊥平面AOB ．（2）解：以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A （0，0，2√2），P （2√2，0，0），C （﹣2√2，0，0），D （√2，0，√2）， 由（1）知，DF ⊥平面AOB ，因为DF ∥PB ，所以PB ⊥平面AOB ，所以PB ⊥OB ， 又OB =√2=12OP ，所以∠POB ＝60°，所以B （√22，√62，0），F （√24，√64，√2）， 所以BF →=（−√24，−√64，√2），CD →=（3√2，0，√2），CB →=（5√22，√62，0），设平面BCD 的法向量为n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅CD →=0n →⋅CB →=0，即{3√2x +√2z =05√22x +√62y =0， 令x ＝1，则y =53，z ＝﹣3，所以n →=（1，53，﹣3）， 设直线BF 与平面BCD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos ＜BF →，n →＞|=|BF →⋅n →||BF →|⋅|n →|=|−√24+√64×5√3−3√2|(24)+(64)√1+(5√3)=4√3355，故直线BF 与平面BCD 所成的角的正弦值为4√3355． 22．（12分）射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，O 为透视中心，平面内四个点E ，F ，G ，H 经过中心投影之后的投影点分别为A ，B ，C ，D ．对于四个有序点A ，B ，C ，D ，定义比值x =CACBDA DB叫做这四个有序点的交比，记作（ABCD ）． （1）证明：（EFGH ）＝（ABCD ）；（2）已知（EFGH ）=32，点B 为线段AD 的中点，AC =√3OB =3，sin∠ACOsin∠AOB =32，求cos A ．解：（1）证明：在△AOC 、△AOD 、△BOC 、△BOD 中，CA CB =S △AOC S △BOC =12OA⋅OCsin∠AOC 12OB⋅OCsin∠BOC =OAsin∠AOC OBsin∠BOC，DA DB=S △AOD S △BOD=12OA⋅ODsin∠AOD 12OB⋅ODsin∠BOD =OAsin∠AOD OBsin∠BOD，所以(ABCD)=CA CB DA DB=OAsin∠AOC OBsin∠BOC OAsin∠AOD OBsin∠BOD=sin∠AOC⋅sin∠BODsin∠BOC⋅sin∠AOD，又在△EOG 、△EOH 、△FOG 、△FOH 中，GE GF =S △EOG S △FOG =12OE⋅OGsin∠EOG 12OF⋅OGsin∠FOG =OEsin∠EOG OFsin∠FOG，HE HF=S △EOH S △FOH=12OE⋅OHsin∠EOH 12OF⋅OHsin∠FOH =OEsin∠EOH OFsin∠FOH，所以(EFGH)=GE GF HE HF=OEsin∠EOG OFsin∠FOG OEsin∠EOH OFsin∠FOH=sin∠EOG⋅sin∠FOHsin∠FOG⋅sin∠EOH ，又∠EOG ＝∠AOC ，∠FOH ＝∠BOD ，∠FOG ＝∠BOC ，∠EOH ＝∠AOD ， 所以sin∠AOC⋅sin∠BOD sin∠BOC⋅sin∠AOD=sin∠EOG⋅sin∠FOH sin∠FOG⋅sin∠EOH，所以（EFGH ）＝（ABCD ）．（2）由题意可得(EFGH)=32，所以(ABCD)=32，即CACB DA DB=32，所以CA CB ⋅DBDA=32，又点B 为线段AD 的中点，即DB DA=12，所以CACB=3，又AC ＝3，则AB ＝2，BC ＝1， 设OA ＝x ，OC ＝y 且OB =√3， 由∠ABO ＝π﹣∠CBO ， 所以cos ∠ABO +cos ∠CBO ＝0， 即2√3)222×2×√3+2√3)222×1×√3=0，解得x 2+2y 2＝15，①在△AOB 中，由正弦定理可得AB sin∠AOB =x sin∠ABO，②在△COB 中，由正弦定理可得OB sin∠BCO=y sin∠CBO，③且sin ∠ABO ＝sin ∠CBO ，②③得，x y=AB sin∠AOB⋅sin∠BCO OB=32×√3=√3，即x =√3y ，④由①④解得x =3，y =√3（负值舍去）， 即AO =3，OC =√3所以cosA =AO 2+AB 2−OB 22AO⋅AB =32+22−(√3)22×3×2=56．。
山东省济南市第五职业中学2021-2022学年高三数学文月考试卷含解析
山东省济南市第五职业中学2021-2022学年高三数学文月考试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知，则函数在区间(1，2)上存在一个零点的概率为(A) (B) (C) (D)参考答案：C略2. 已知函数是偶函数，当时，恒成立，设,,,则的大小关系为（***）A． B．C． D．参考答案：D3. 若函数的图像上的任意一点P的坐标满足条件,则称函数具有性质S，那么下列函数中具有性质S的是（）A. B. C. D.参考答案：D略4. 若函数＝e x－ax2有三个不同零点，则a的取值范围是（）（A）(，＋∞)（B）(，＋∞)（C）(1，) （D）(1，)参考答案：A试题分析：时恒成立,不存在零点.故舍.时,由数形结合可知在上必有一个零点,所以要使有三个不同零点,只需在上有两个不同零点.时,所以问题可转化为直线与函数图像有两个不同交点.,令得;令得,所以在上单调递减,在上单调递增.所以,由数形结合可得.综上可得.故A正确.考点：1用导数求最值;2数形结合思想.5. 已知直线上存在点满足则实数的取值范围为（）A．（-，）B．[-，] C（-，）D．[-，]参考答案：A【知识点】简单线性规划E5解析：作出不等式组对应的平面区域如图：直线mx+y+m﹣1=0等价为y=﹣m（x+1）+1，则直线过定点D（﹣1，1），要使直线mx+y+m﹣1=0上存在点（x，y）满足，则满足A在直线mx+y+m﹣1=0的上方，且B在直线mx+y+m﹣1=0的下方，由，解得，即A（1，2），由，解得，即B（1，﹣1），则满足，即，得﹣＜m＜1，故选：A【思路点拨】作出不等式组对应的平面区域，利用直线直线mx+y+m﹣1=0与平面区域的关系，建立条件关系确定m的取值范围．6. 已知平面向量，则A. B. 3 C. D. 5参考答案：A由题意知，，所以.故选A.7. 已知，命题，，则．是假命题，，．是假命题，，．是真命题，，．是真命题，，参考答案：．因为，所以当时，，函数单调递减，即对，恒成立，所以是真命题．又全称命题的否定是特称命题，所以是，．故选．【解题探究】本题考查函数的单调性的判断与全称命题的否定．解题首先判断命题的真假，然后再将命题写成的形式，注意特称命题与全称命题否定形式的基本格式．8. 已知函数满足：①，，②，，则A.是偶函数且在上单调递减B.是偶函数且在上单调递增C. 是奇函数且单调递减D. 是奇函数且单调递增参考答案：D9. 函数的最大值与最小值之和为A. B. －1 C. 0 D.参考答案：D【分析】根据辅助角公式合一变形,再分析【详解】函数,由,得,所以,所以y最大值为2,最小值为,所以y的最大值与最小值之和为．故选：D．【点睛】本题主要考查了辅助角公式的应用以及三角函数范围的问题,属于中等题型.10. “”是的（A）充分不必要条件（B）必要不充分条件（C）充要条件（D）既不充分也不必要条件参考答案：A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 设，则_________________．参考答案：答案:112解析:令得，再分别令得两式，再相加可得，从而得知。
2021-2022年高一下学期第一次月考试题(数学)
2021-2022年高一下学期第一次月考试题（数学）一．选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1．已知集合U＝{0,1,2,3,4,5}，A＝{0,3,5}，B＝{1，4，5}，则A∩（）等于( ).A．{5} B．{0，3}C．{0，2， 3，5 } D．{0，1，3，5}2．下列各式中，正确的个数是（）.○1○2○3○4○5○6○7○8A． 1 B． 2 C． 3 D． 43．已知函数f(x＋1)＝3x＋2，则f(x)的解析式是( )A．3x＋2 B．3x＋1C．3x－1 D．3x＋44. 下列四个函数中,在(0,+∞)上为增函数的是( ).A. f(x)=- B．f(x)=x2-3xC. f(x)=3-x D．f(x)=-|x|6．若26,(1,2]()7,[1,1]x xf xx x+∈⎧=⎨+∈-⎩则的最大值，最小值分别为( ).A ．10，6B ．10，8C ．8，6D ．8，87、函数y=是( ).A ．奇函数B ．偶函数C ．既是奇函数又是偶函数D ．非奇非偶数8．某班级共有48人，其中爱好体育的25名，爱好文艺的24名，体育和文艺都爱好的9名，试求体育和文艺都不爱好的有（ ）名.A ．10B ．13C ．9D ．89．若f(x)的定义域为（-4，6），则f(2x-2)的定义域为（ ）.A ．（-1，4）B ．(-10，10)C ．(-10，-1)D ．(4，10)10．若函数是定义在上的偶函数，在上是减函数，且，则使得的取值范围是（ ）.A ． B ． C ． D ．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）11.用另一种方法表示集合{(,)|5,,}C x y x y x N y N =+=∈∈_______.12．函数的定义域为________13. f (x )＝－x 2＋mx 在(－∞，1]上是增函数，则m 的取值范围是__________14．函数在区间（）上有最大值9，最小值-7，则 ， ．三．解答题15．（10分）设集合A ＝{－1,1,3}，B ＝{a ＋2，a 2＋4}，A ∩B ＝{3}，求实数a 的取值范围 ,16．（12分）已知函数 求函数的最大值和最小值．17．(13分)一块形状为直角三角形的铁皮，直角边长分别为40cm 与60cm 现将它剪成一个矩形，并以此三角形的直角为矩形的一个角，问怎样剪法，才能使剩下的残料最少？18．（15分）已知函数f （x ）＝x ＋，且f （1）＝2．（1）求m ；（2）判断f （x ）的奇偶性；（3）函数f （x ）在（1，＋∞）上是增函数还是减函数?并证明．附加题：19．（5分）已知集合A ＝x|x>a ，集合B ＝．若BA ，则实数a 是取值范围是a ＝________.20．（15分）已知函数2()(0,,)f x ax bx c a b R c R =++>∈∈，若函数的最小值是，且对称轴是（1）设 求的值；（2）在（1）条件下求在区间的最小值. xx 高一月考数学答案三．解答题：15.解：a+2=3或=3当a+2=3时，a=-1；当=3时，a无解；a=-116.解：1233()1222x xf xx x x-+-===-+++，可证f(x)在[3,5]上是增函数，故当x=3时，f(x)最小值为当x=5时，f(x)最大值为；17.[解析] 如图，剪出的矩形为CDEF，设CD＝x，CF＝y，则AF＝40－y.∵△AFE∽△ACB.∴AFAC＝FEBC即∴40－y40＝x60∴y＝40－23x.剩下的残料面积为：S＝12×60×40－x·y＝23x2－40x＋1 200＝23(x－30)2＋600∵0<x<60∴当x＝30时，S取最小值为600，这时y＝20.∴在边长60cm的直角边CB上截CD＝30cm，在边长为40cm的直角边AC上截CF＝20cm时，能使所剩残料最少（3）设任取，且，则：()()()()()121212211212121212121211111f x f x x xx xx xx x x xx x x xx xx xx x⎛⎫-=+-+⎪⎝⎭⎛⎫-=-+=--⎪⎝⎭-=-1212120,1,10x x x x x x -<•>•->函数f （x ）在（1，＋∞）上是增函数． 附加题19.20．1）(1)0(0)112f f b x a ⎧⎪-=⎪=⎨⎪⎪=-=-⎩012a b c c b a -+=⎧⎪=⎨⎪=⎩112a c b =⎧⎪=⎨⎪=⎩ 22(1)(0)()(1)(0)x x g x x x ⎧+>⎪=⎨-+<⎪⎩ （2）当时，即时在区间上单调递减2min ()(2)(3)f x f t t =+=+当时，即时在区间上单调递减，在区间上单调递增 当时， 在区间上单调递增，2min ()()(1)f x f t t ==+>135656 8B48 譈20921 51B9 冹DQ33339 823B 舻 28874 70CA 烊~39313 9991 馑34232 85B8 薸27704 6C38 永23154 5A72 婲。
2021-2022学年安徽省池州市高一下学期5月月考数学试题 【含答案】
2021～2022学年度第二学期年级5月考高一数学考试 分值：150分一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知点D是所在平面上一点，且满足，则（ ）ABC12BDBC
AD
A. B. C. D. 1122ABAC
1122ABAC13
22ABAC
3122ABAC
D2. 用斜二测画法画水平放置的的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形.已知ABCABC
点是斜边的中点，且，则的边边上的高为（ ）OBC1AO¢¢=ABCBC
A. 1B. 2C. D. 222D3. 在中，内角A、B、C的对边分别为a，b，c．若，，，则ABC3a1b30B（ ）AA. 30B. 60C. 60或120D. 120C4. 下列选项中，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的是（ ）A. B. C. D. D5. 2022年，池州市（原安徽省贵池中学）为庆祝建校120周年，成立了校庆筹备小组负责校庆方面的事务．小组成员遴选方法：学校把教师按年龄分为35岁以下，35—45岁，45岁及其以上三个大组．用分层抽样的方法从三个大组中抽取一个容量为12的样本．已知35—45岁组中
每位教师被抽到的概率为，则该学校共有教师（ ）人349
A. 294B. 196C. 176D. 128B6. 在劳动技术课上，某同学欲将一个底面半径为4，高为6的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内，若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是（ ）
A. B. C. D. 6427
128
2764
9
128
9
D7. 《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在
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2021-2022学年山东省济南市长清中学高一下学期5月月考数学试题 一、单选题 1．甲、乙两支曲棍球队在去年的国际比赛中，甲队的平均每场进球数为3.2，全年比赛进球个数的
标准差为3；乙队的平均每场进球数为1.8，全年比赛进球个数的标准差为0.3．下列说法正确的个数为（ ） ①甲队的技术比乙队好； ②乙队发挥比甲队稳定；③甲队的表现时好时坏． A．0 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】根据平均数、方差的知识，对四个说法逐一分析，由此得出正确选项. 【详解】∵甲队平均数大于乙队的平均数，∴甲队的技术比乙队好， 又∵甲队的标准差大于乙队的标准差，∴乙队发挥比甲队稳定，甲队的表现时好时坏，故①②③都对． 故选：B 【点睛】本题主要考查平均数、方差在实际生活中的应用，属于基础题. 2．在25件同类产品中，有2件次品，从中任取3件产品，其中不可能事件为（ ） A．3件都是正品 B．至少有1件次品 C．3件都是次品 D．至少有1件正品 【答案】C 【分析】根据随机事件、不可能事件、必然事件即可得出结果. 【详解】25件产品中只有2件次品，所以不可能取出3件都是次品. 故选：C 3．长方体同一顶点上的三条棱长分别为2，2，3，则长方体的体积与表面积分别为（ ） A．12，32 B．12，24 C．22，12 D．12，11 【答案】A 【分析】根据长方体的体积公式和表面积公式可得正确的选项. 【详解】长方体的体积为22312，表面积为222+23+2332， 故选：A. 4．饕餮纹是青铜器上常见的花纹之一，最早见于长江中下游地区的良渚文化陶器和玉器上，盛行于
商代至西周早期．将青铜器中的饕餮纹的一部分画到方格纸上，如图所示，每个小方格的边长为一个单位长度，有一点P从点A出发，每次向右或向下跳一个单位长度，且向右或向下跳是等可能的，那么点P经过3次跳动后恰好是沿着饕餮纹的路线到达点B的概率为（ ）
A．116 B．18 C．14 D．12 【答案】B 【分析】利用古典概型的概率求解. 【详解】解：点P从点A出发，每次向右或向下跳一个单位长度，跳3次， 则样本空间{（右，右，右），（右，右，下），（右，下，右），（下，右，右），（右，下，下），（下，右，下），（下，下，右），（下，下，下）}， 记“3次跳动后，恰好是沿着饕餮纹的路线到达点B”为事件C，则C{（下，下，右）}，由古典概型的概率公式可知18PC． 故选：B． 5．连掷两次骰子分别得到点数m，n，则向量(,)mn与向量(1,1)的夹角2的概率是（ ） A．12 B．13 C．712 D．512 【答案】D 【分析】确定(,)mn的可能组合数，由题设列举出nm的可能组合，即可求概率. 【详解】由题设，向量(,)mn的可能组合有36种， 要使向量(,)mn与向量(1,1)的夹角2，则(1,1)(,)0nmnm，即nm， 满足条件的情况如下： 2m时，{1}n，
3m时，{1,2}n，
4m时，{1,2,3}n，
5m时，{1,2,3,4}n，
6m时，{1,2,3,4,5}n， 综上，共有15种，故向量(,)mn与向量(1,1)的夹角2的概率是1553612.
故选：D 6．某工厂利用随机数表对生产的50个零件进行抽样测试，先将50个零件进行编号，编号分别为01，02，…，50，从中抽取5个样本，下面提供随机数表的第1行到第2行： 66674037146405711105650995866876832037905716031163149084452175738805905223594310
若从表中第1行第9列开始向右依次读取数据，则得到的第4个样本编号是（ ） A．10 B．09 C．71 D．20 【答案】B 【分析】按照题意依次读出前4个数即可. 【详解】从随机数表第1行的第9列数字开始由左向右每次连续读取2个数字，删除超出范围及重复的编号，符合条件的编号有14，05，11，09， 所以选出来的第4个个体的编号为09， 故选：B 7．某学习小组在一次数学测验中，得100分的有1人，得95分的有1人，得90分的有2人，得85分的有4人，得80分和75分的各1人，则该小组数学成绩的平均数、众数、中位数分别为 A．85，85，85 B．87，85，86 C．87，85，85 D．87，85，90 【答案】C 【详解】由题意可知，学习小组在一次数学测验中，得100分的有1人，得95分的有1人，得90分的有2人，得85分的有4人，得80分和75分的各有1人，则该小组数学成绩的平均数1009590285480758710，成绩排列为75,80,85,85,85,85，90,90,95,100，可得众数为85，
中位数8585852，因此选C 8．用斜二测画法画出边长为2的正方形的直观图，则直观图的面积为（ ） A．2 B．22 C．4 D．42 【答案】A 【分析】画出直观图，求出底和高，进而求出面积. 【详解】如图，2OA，1OC，45COA，过点C作CD⊥x轴于点D，则22CD,所以直观图是底为2､高为22的平行四边形OABC，所以面积为2
. 故选：A. 二、多选题 9．已知甲、乙两名同学在高三的6次数学测试的成绩统计如图，则下列说法正确的是（ ）
A．若甲、乙两组数据的平均数分别为1x，2x，则12xx B．若甲、乙两组数据的方差分别为12s，22s，则2212ss C．甲成绩的极差小于乙成绩的极差 D．甲成绩比乙成绩稳定 【答案】ACD 【分析】根据折线图中的数据，结合平均数的求法、方差的求法及其意义、极差的概念，应用数形结合的方法即可判断各项的正误. 【详解】由图知，甲同学除第二次考试成绩略低于乙同学，其他次考试都高于乙同学，知12xx，A正确；甲同学的成绩比乙同学稳定，故2212ss，所以B错误，D正确；极差为数据样本的最大值
与最小值的差，甲成绩的极差小于乙成绩的极差，所以C正确. 故选：ACD． 10．一组数据1x，2x，…，nx的平均数是3，方差为4，关于数据131x，231x，…，31nx，下
列说法正确的是（ ） A．平均数是3 B．平均数是8 C．方差是11 D．方差是36 【答案】BD 【分析】利用平均数和方差的线性关系直接求解. 【详解】设：1x，2x，3x，…，nx的平均数为x，方差为2s，则3x，24s.
所以131x，231x，…，31nx的平均数为313318x， 方差为22233436s.
故选：BD. 11．如图，ABC是水平放置的ABC的直观图，2,5ABACBC，则在原平面图形
ABC
中，有（ ）
A．ACBC B．2AB C．25AC D．42ABCS△ 【答案】BD 【分析】将直观图ABC还原为原平面图形ABC即可求解. 【详解】解：在直观图ABC中，过C作CDAB于D
2,5ABACBC， 221,2ADCDACAD，
又45COD，所以2OD，1OA，22OC， 所以利用斜二测画法将直观图ABC还原为原平面图形ABC，如图 42,1,2OCOAAB，故选项B正确； 又222233,41ACOAOCACOBOC，故选项A、C错误； 112424222ABCSABOC，故选项D正确；
故选：BD. 12．从甲袋中摸出一个红球的概率是14，从乙袋中摸出一个红球的概率是12，从两袋各摸出一个球，
下列结论正确的是（ ） A．2个球都是红球的概率为18 B．2个球中恰有一个红球的概率为12 C．至少有1个红球的概率为38 D．2个球不都是红球的概率为78 【答案】ABD 【分析】A选项直接乘法公式计算；B选项分甲袋红球和乙袋红球两种情况；C、D选项先计算对立事件概率. 【详解】对于A，111428P，正确；对于B，1131142422P，正确；对于C，3151428P，错误；对于D，1171428P，正确. 故选：ABD.
三、填空题 13．同时抛三枚均匀的硬币，则事件“恰有2个正面朝上”的概率为________. 【答案】38##0.375
【分析】由古典概型的概率公式求解， 【详解】设正面为1，反面为0，则同时抛三枚均匀的硬币的结果有000，001，010，011，100，101，110，111共8种， 其中恰有2个正面朝上的结果有3种，故所求概率为 38