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    2022-2023学年广东省广州市越秀区高一(下)期末数学试卷

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    2022-2023学年广东省广州市越秀区高一(下)期末数学试卷

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    这是一份2022-2023学年广东省广州市越秀区高一(下)期末数学试卷,共22页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
    1.(5分)复数(2+i)2的实部是( )
    A.2B.3C.4D.5
    2.(5分)已知向量a→,b→满足|a→|=2,|b→|=1,|2a→-b→|=5,则a→⋅b→=( )
    A.﹣2B.﹣4C.﹣5D.﹣10
    3.(5分)在△ABC中,A=π4,csB=35,则sinC=( )
    A.210B.-210C.7210D.-7210
    4.(5分)为了得到函数y=3sin(2x-π5)的图象,只要把y=3sin(2x+π5)图象上所有的点( )
    A.向右平行移动π5个单位长度
    B.向左平行移动π5个单位长度
    C.向右平行移动2π5个单位长度
    D.向左平行移动2π5个单位长度
    5.(5分)从3名男生和3名女生中任意抽取两人,设事件A=“抽到的两人都是男生”,事件B=“抽到1名男生与1名女生”,则( )
    A.在有放回简单随机抽样方式下,P(A)=12
    B.在不放回简单随机抽样方式下,P(B)=14
    C.在按性别等比例分层抽样方式下,P(A)=13
    D.在按性别等比例分层抽样方式下,P(B)=1
    6.(5分)四名同学各掷骰子5次,分别记录每次骰子出现的点数,根据四名同学各自的统计结果的数字特征,可以判断出一定没有出现点数6的是( )
    A.中位数为3,众数为3
    B.平均数为3,中位数为3
    C.中位数为2,极差为2
    D.平均数为2,标准差为2
    7.(5分)三棱锥A﹣BCD中,AB⊥BD,AB⊥CD,BD⊥CD.若AB=3,AC=5,则该三棱锥体积的最大值为( )
    A.3B.4C.6D.12
    8.(5分)在四棱锥P﹣ABCD中,AD∥BC,AD=2BC,则下列结论中不成立的是( )
    A.平面PAB内任意一条直线都不与CD平行
    B.平面PCD内存在无数条直线与平面PAB平行
    C.平面PCD和平面PAB的交线不与底面ABCD平行
    D.平面PBC和平面PAD的交线不与底面ABCD平行
    二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分.
    (多选)9.(5分)一个袋子中有标号分别为1,2,3,4的4个小球,除标号外没有其他差异.采用不放回方式从中任意摸球两次.设事件A=“第一次摸出球的标号为2”,事件B=“第二次摸出球的标号为3”,事件C=“两次摸出球的标号之和为4”,事件D=“两次摸出球的标号之和为5”,则( )
    A.事件A与B互斥B.事件A与C相互独立
    C.事件C与D互斥D.事件B与D相互独立
    (多选)10.(5分)已知函数f(x)=tan(12x-π4),则下列结论正确的是( )
    A.f(x)的最小正周期是π2
    B.f(x)的图象关于点(π2,0)对称
    C.|f(x)|的图象关于直线x=π2对称
    D.f(x)在区间(-π2,π2)上单调递增
    (多选)11.(5分)已知i为虚数单位,则下列结论正确的是( )
    A.若z-z=0,则z∈R
    B.若z(1+i)=2,则z=2cs7π4+isin7π4
    C.若|z1|=|z2|=3,z1+z2=5+i,则|z1-z2|=10
    D.若复数z满足1<|z|<2,则复数z在复平面内对应的点所构成的图形面积为π
    (多选)12.(5分)在△ABC中,AC⊥BC,将△ABC分别绕边BC,AC,AB所在直线旋转一周,形成的几何体的侧面积分别记为Sa,Sb,Sc,体积分别记为Va,Vb,Vc,则( )
    A.Sa+Sb≥2Sc
    B.Va+Vb≥2Vc
    C.1Sa2+1Sb2=1Sc2
    D.1Va2+1Vb2=1Vc2
    三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
    13.(5分)已知向量a→=(1,-3),b→=(λ,5),且(a→+b→)⊥a→,则b→在a→方向上的投影向量的坐标为 .
    14.(5分)某校为了解高中学生的身高情况,根据男、女学生所占的比例,采用样本量按比例分配的分层随机抽样分别抽取了男生100名和女生60名,测量他们的身高所得数据(单位:cm)如下:
    根据以上数据,可计算出该校高中学生身高的总样本方差s2= .
    15.(5分)如图,在扇形OPO中,半径OP=1,圆心角∠POQ=π3,矩形ABCD内接于扇形OPQ,其中点B,C都在弧PQ上,则矩形ABCD的面积的最大值为 .
    16.(5分)已知四边形ABCD是正方形,将△DAC沿AC翻折到△D1AC的位置,点G为△D1AC的重心,点E在线段BC上,GE∥平面D1AB,GE⊥D1A.若CE=λEB,则λ= ,直线GB与平面D1AC所成角的正切值为 .
    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)我国是世界上严重缺水的国家之一,城市缺水问题较为突出.某市政府为了减少水资源的浪费,计划对居民生活用水费用实施阶梯式水价制度,即确定一个合理的居民生活用水量标准a(单位:t),使得用户月均用水量不超过a的部分按平价收费,超过a的部分按议价收费.通过随机抽样,获得了该市100户居民生活月均用水量(单位:t)的数据,整理得到如下的频率分布直方图.
    (1)求这100户居民生活月均用水量在区间[1.5,2)内的频率;
    (2)若该市政府希望85%的居民生活月均用水量不超过标准at,试估计a的值,并说明理由.
    18.(12分)如图是函数f(x)=cs(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)在一个周期上的图象,点A是函数f(x)图象与x轴的交点,点B,C分别是函数f(x)图象的最低点与最高点,且AB→⋅AC→=2.
    (1)求f(x)的最小正周期T;
    (2)若f(2)-f(43)=1,求f(x)的解析式.
    19.(12分)11分制乒乓球比赛,每赢一球得1分,当某局打成10:10平后,每球交换发球权,先多得2分的一方获胜,该局比赛结束.甲、乙两人进行单打比赛,假设甲发球时甲得分的概率为0.6,乙发球时甲得分的概率为0.4,各球的结果相互独立.在某局双方10:10平后,乙先发球,两人又打了X个球该局比赛结束.
    (1)求事件“X=2”的概率;
    (2)求事件“X=4且乙获胜”的概率.
    20.(12分)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AB⊥BC.
    (1)证明:平面ABC1⊥平面BCC1;
    (2)若直线AC与平面ABC1所成的角为θ,二面角C1﹣AB﹣C的大小为φ,试判断θ与φ的大小关系,并说明理由.
    21.(12分)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且3sinB+csB=b+ca.
    (1)求A;
    (2)若点D在边BC上,且AD=BD=3,CD=2,求b.
    22.(12分)如图,在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E为CC1的中点,经过A,D1,E三点的平面记为平面α,点P是侧面BCC1B1内的动点,且A1P∥α.
    (1)设平面BCC1B1∩α=l,求证:AD1∥l;
    (2)平面α将正方体ABCD﹣A1B1C1D1分成两部分,求这两部分的体积之比V1V2(其中V1≤V2);
    (3)当A1P最小时,求三棱锥P﹣AA1D1的外接球的表面积.
    2022-2023学年广东省广州市越秀区高一(下)期末数学试卷
    参考答案与试题解析
    一、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.(5分)复数(2+i)2的实部是( )
    A.2B.3C.4D.5
    【解答】解:(2+i)2=3+2i,实部为3.
    故选:B.
    2.(5分)已知向量a→,b→满足|a→|=2,|b→|=1,|2a→-b→|=5,则a→⋅b→=( )
    A.﹣2B.﹣4C.﹣5D.﹣10
    【解答】解:∵|a→|=2,|b→|=1,|2a→-b→|=5,
    ∴|2a→-b→|2=4a→2-4a→⋅b→+b→2=4×4-4a→⋅b→+1=17-4a→⋅b→=25,
    ∴a→⋅b→=-2.
    故选:A.
    3.(5分)在△ABC中,A=π4,csB=35,则sinC=( )
    A.210B.-210C.7210D.-7210
    【解答】解:在△ABC中,csB=35,
    则sinB=1-cs2B=45,
    又A=π4,
    则sinC=sin(π-A-B)=sin(π4+B)
    =22(sinB+csB)
    =22×(45+35)=7210.
    故选:C.
    4.(5分)为了得到函数y=3sin(2x-π5)的图象,只要把y=3sin(2x+π5)图象上所有的点( )
    A.向右平行移动π5个单位长度
    B.向左平行移动π5个单位长度
    C.向右平行移动2π5个单位长度
    D.向左平行移动2π5个单位长度
    【解答】解:为了得到函数y=3sin(2x-π5)=3sin(2(x-π5)+π5)的图象,只要把y=3sin(2x+π5)图象上所有的点向右平行移动π5个单位长度,
    故选:A.
    5.(5分)从3名男生和3名女生中任意抽取两人,设事件A=“抽到的两人都是男生”,事件B=“抽到1名男生与1名女生”,则( )
    A.在有放回简单随机抽样方式下,P(A)=12
    B.在不放回简单随机抽样方式下,P(B)=14
    C.在按性别等比例分层抽样方式下,P(A)=13
    D.在按性别等比例分层抽样方式下,P(B)=1
    【解答】解:记3名男生为1,2,3,3名女生为a,b,c.
    对于A,有放回简单随机抽样的样本空间Ω1为:
    共36个样本点,事件A={(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3)},有9个样本点,
    所以P(A)=936=14,故A错误;
    对于B,不放回简单随机抽样的样本空间Ω2为:
    共30个样本点,
    事件B={(1,a),(1,b),(1,c),(2,a),(2,b),(2,c),(3,a),(3,b),(3,c),(a,1),(a,2),(a,3),(b,1),(b,2),(b,3),(c,1),(c,2),(c,3)},有18个样本点,
    所以P(A)=1830=35,故B错误;
    对于C,在按性别等比例分层抽样方式下,从男生中抽取一人,从女生中抽取一人,所以P(A)=0,故C错误;
    对于D,在按性别等比例分层抽样方式下,先从男生中抽取一人,再从女生中抽取一人,
    其样本空间Ω3={(1,a),(1,b),(1,c),(2,a),(2,b),(2,c),(3,a),(3,b),(3,c)},共有9个样本点,
    事件B=Ω3,所以P(B)=99=1,故D正确.
    故选:D.
    6.(5分)四名同学各掷骰子5次,分别记录每次骰子出现的点数,根据四名同学各自的统计结果的数字特征,可以判断出一定没有出现点数6的是( )
    A.中位数为3,众数为3
    B.平均数为3,中位数为3
    C.中位数为2,极差为2
    D.平均数为2,标准差为2
    【解答】解:根据题意,依次分析选项:
    对于A,当掷骰子出现的结果为1,2,3,3,6 时,满足中位数为3,众数为3,不能判断出一定没有出现点数6;
    对于B,当掷骰子出现的结果为1,1,3,4,6 时,满足平均数为3,中位数为3,不能判断出一定没有出现点数6;
    对于C,若数据的中位数为2,极差为2,则数据的最小值小于2,又由极差为2,则数据的最大值小于4,可以判断出一定没有出现点数6;
    对于D,当掷骰子出现的结果为1,1,1,1,6 时,满足平均数为2,标准差为2,不能判断出一定没有出现点数6;
    故选:C.
    7.(5分)三棱锥A﹣BCD中,AB⊥BD,AB⊥CD,BD⊥CD.若AB=3,AC=5,则该三棱锥体积的最大值为( )
    A.3B.4C.6D.12
    【解答】解:因为AB⊥BD,AB⊥CD,BD∩CD=D,BD,CD⊂平面BCD,
    所以AB⊥平面BCD,BC⊂平面BCD,所以AB⊥BC,
    则AC2=AB2+BC2,所以BC=4,
    又BD⊥CD,所以S△BCD=12BD⋅DC,BC2=BD2+DC2=16,
    所以S△BCD=12BD⋅DC=14×2BD⋅DC≤14(BD2+DC2)=4,
    当且仅当BD=DC=22时取等号,
    所以VA-BCD=13AB⋅S△BCD=S△BCD≤4,
    当且仅当BD=DC=22时取等号.
    故选:B.
    8.(5分)在四棱锥P﹣ABCD中,AD∥BC,AD=2BC,则下列结论中不成立的是( )
    A.平面PAB内任意一条直线都不与CD平行
    B.平面PCD内存在无数条直线与平面PAB平行
    C.平面PCD和平面PAB的交线不与底面ABCD平行
    D.平面PBC和平面PAD的交线不与底面ABCD平行
    【解答】解:如图,
    在四棱锥P﹣ABCD中,∵AD∥BC,AD=2BC,
    ∴AB与DC相交,设交点为F,则CD与平面PAB相交于F,
    可知平面PAB内任意一条直线都不与CD平行,故A正确;
    ∵AB∩DC=F,∴平面PAB∩平面PDC=PF,
    则平面PCD内与PF平行的直线都与平面PAB平行,故B正确;
    平面PCD和平面PAB的交线为PF,与底面ABCD相交,不与底面ABCD平行,故C正确;
    ∵AD∥BC,AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD,∴BC∥平面PAD,
    又BC⊂平面PBC,平面PAD∩平面PBC=l,可得BC∥l,则l∥平面ABCD,故D错误.
    故选:D.
    二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分.
    (多选)9.(5分)一个袋子中有标号分别为1,2,3,4的4个小球,除标号外没有其他差异.采用不放回方式从中任意摸球两次.设事件A=“第一次摸出球的标号为2”,事件B=“第二次摸出球的标号为3”,事件C=“两次摸出球的标号之和为4”,事件D=“两次摸出球的标号之和为5”,则( )
    A.事件A与B互斥B.事件A与C相互独立
    C.事件C与D互斥D.事件B与D相互独立
    【解答】解:根据题意,依次分析选项:
    对于A,两次摸球中,第一次摸出球的标号为2.二次摸出球的标号为3,
    即事件A、B可以同时发生,则事件A、B不是互斥事件,A错误;
    对于B,若事件A发生,即第一次摸出球的标号为2,则事件C一定不会发生,则A、C不是相互独立事件,B错误;
    对于C,事件C、D不会同时发生,是互斥事件,C正确;
    对于D,P(B)=14,P(D)=2×2A42=13,P(BD)=14×3=112,
    有P(B)P(D)=P(BD),则B、D是相互独立事件,D正确.
    故选:CD.
    (多选)10.(5分)已知函数f(x)=tan(12x-π4),则下列结论正确的是( )
    A.f(x)的最小正周期是π2
    B.f(x)的图象关于点(π2,0)对称
    C.|f(x)|的图象关于直线x=π2对称
    D.f(x)在区间(-π2,π2)上单调递增
    【解答】解:因为函数f(x)=tan(12x-π4),所以f(x)的最小正周期是T=π12=2π,选项A错误;
    x=π2时,12×π2-π4=0,所以f(x)=tan(12x-π4)的图象关于点(π2,0)对称,选项B正确;
    因为|f(π2-x)|=|tan(-12x)|=|tan12x|,|f(π2+x)|=|tan12x|,所以|f(π2-x)|=|f(π2+x)|,
    |f(x)|的图象关于直线x=π2对称,选项C正确;
    x∈(-π2,π2)时,12x-π4∈(-π2,0),所以f(x)=tan(12x-π4)在区间(-π2,π2)上单调递增,选项D正确.
    故选:BCD.
    (多选)11.(5分)已知i为虚数单位,则下列结论正确的是( )
    A.若z-z=0,则z∈R
    B.若z(1+i)=2,则z=2cs7π4+isin7π4
    C.若|z1|=|z2|=3,z1+z2=5+i,则|z1-z2|=10
    D.若复数z满足1<|z|<2,则复数z在复平面内对应的点所构成的图形面积为π
    【解答】解:对于A,z-z=0,
    则z=z,
    故z∈R,故A正确;
    对于B,z(1+i)=2,
    则z=21+i2(1-i)(1+i)(1-i)=1-i,
    2cs7π4+isin7π4=2csπ4-isinπ4=1-22i,故B错误;
    对于C,设z1,z2在复平面内对应的向量为a→,b→,
    则|a→|=|b→|=3,a→+b→=(5,1),
    故|a→+b→|=52+12=26,
    (a→+b→)2=a→2+2a→⋅b→+b→2=9+2a→⋅b→+9,解得a→⋅b→=4,
    故|a→-b→|=a→2-2a→⋅b→+b→2=10,即|z1-z2|=10,故C正确;
    对于D,设z=x+yi(x,y∈R),
    ∵1<|z|<2,
    ∴1<x2+y2<4,
    ∴复数z在复平面内对应的点所构成的图形面积为π×22﹣π×12=3π,故D错误.
    故选:AC.
    (多选)12.(5分)在△ABC中,AC⊥BC,将△ABC分别绕边BC,AC,AB所在直线旋转一周,形成的几何体的侧面积分别记为Sa,Sb,Sc,体积分别记为Va,Vb,Vc,则( )
    A.Sa+Sb≥2Sc
    B.Va+Vb≥2Vc
    C.1Sa2+1Sb2=1Sc2
    D.1Va2+1Vb2=1Vc2
    【解答】解:如图所示,过点C作CD⊥AB,垂足为D,设CD=h,则h=abc,c2=a2+b2.
    侧面积Sa=πbc,Sb=πac,Sc=πab(a+b)c.
    Sa+Sb﹣2Sc=π[bc+ac-2ab(a+b)c]=π(a+b)(a2+b2)-2ab(a+b)a2+b2≥0,因此A正确;
    由题意可得:Va=13×πb2×a,Vb=13πa2b,Vc=13π(abc)2×c=13πa2b2a2+b2,
    ∴Va+Vb﹣2Vc=π3ab(a+b-2aba2+b2)≥π3ab(2ab-2ab2ab)=π3ab(2-2)ab>0,因此B错误;
    1Sa2+1Sb2=1π2c2(1a2+1b2)=1π2a2b2,1Sc2=1π2a2b2(a+b)2•(a2+b2),
    1Sa2+1Sb2-1Sc2=(a+b)2-(a2+b2)(πab)2>0,∴1Sa2+1Sb2>1Sc2,因此C错误;
    1Va2+1Vb2=9π2a2b2(1b2+1a2),1Vc2=9π2a2b2a2+b2a2b2=9π2a2b2(1b2+1a2),
    ∴1Va2+1Vb2=1Vc2,因此D正确.
    故选:AD.
    三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
    13.(5分)已知向量a→=(1,-3),b→=(λ,5),且(a→+b→)⊥a→,则b→在a→方向上的投影向量的坐标为 (﹣1,3) .
    【解答】解:∵向量a→=(1,-3),b→=(λ,5),∴a→+b→=(1+λ,2),
    又∵(a→+b→)⊥a→,
    ∴1+λ﹣6=0,
    解得λ=5.
    ∴b→=(5,5),
    ∴a→⋅b→=1×5﹣3×5=﹣10,|a→|=12+(-3)2=10,
    ∴b→在a→方向上的投影向量的坐标为b→⋅a→|a→|⋅a→|a→|=-a→=(﹣1,3).
    故答案为:(﹣1,3).
    14.(5分)某校为了解高中学生的身高情况,根据男、女学生所占的比例,采用样本量按比例分配的分层随机抽样分别抽取了男生100名和女生60名,测量他们的身高所得数据(单位:cm)如下:
    根据以上数据,可计算出该校高中学生身高的总样本方差s2= 37.5 .
    【解答】解:已知在样本中,男生有100人,女生有60人,
    所以该校高中学生身高的平均数x=100160×172+60160×164=169,
    则该校高中学生身高的总样本方差s2=100160×[18+(172﹣169)2]+60160×[30+(164﹣169)2]=37.5.
    故答案为:37.5.
    15.(5分)如图,在扇形OPO中,半径OP=1,圆心角∠POQ=π3,矩形ABCD内接于扇形OPQ,其中点B,C都在弧PQ上,则矩形ABCD的面积的最大值为 2-3 .
    【解答】解:连接OB,OC,过BN⊥OP于N,
    可得OB=OC,可得∠OCB=∠OBC,
    因为四边形ABCD为矩形,所以∠OCD=∠OBA,
    由题意可得DC=AB,
    可得△ODC≌△OAB,
    可得OD=OA,
    而∠AOD=π3,
    所以△OAD为等边三角形,所以AD=OA,
    设∠BON=α,则∠BAN=π2-π3=π6,在Rt△ABN中,则ON=OBcsα=csα,BN=OBsinα=sinα,
    AB=BNsinπ6=2•sinα,AN=ABcsπ6=3sinα,AD=OA=ON﹣AN=csα-3sinα,
    所以S矩形ABCD=AB•AD=2sinα(csα-3sinα)=2sinαcsα﹣23sin2α=sin2α-3(1﹣cs2α)=2sin(2α+π3)-3≤2-3,
    当且仅当2α+π3=π2,即α=π12时取等号,
    所以矩形ABCD的面积的最大值为2-3.
    故答案案为:2-3.
    16.(5分)已知四边形ABCD是正方形,将△DAC沿AC翻折到△D1AC的位置,点G为△D1AC的重心,点E在线段BC上,GE∥平面D1AB,GE⊥D1A.若CE=λEB,则λ= 2 ,直线GB与平面D1AC所成角的正切值为 3 .
    【解答】解:如图所示:
    空1:延长CG交AD1于点F,连接BF,则F为AD1中点,如下图所示,
    因为GE∥平面D1AB,GE⊂平面CBF,平面CBF∩平面D1AB=BF,
    所以GE∥BF,因为点G为△D1AC 的重心,所以CG=2GF,
    所以CE=2EB,即λ=2;
    空2:取CA中点O,连接OB,GB,GO,OD1,则 OB⊥AC,
    设正方形ABCD边长为2,因为GE∥BF,GE⊥D1A,
    所以BF⊥D1A,又F为AD1中点,所以AB=D1B=2,
    Rt△ABC中,AC=22,OB=12AC=2,同理可得D1O=2,
    因为D1O2+OB2=D1B2,所以OB⊥D1O,又AC∩D1O=O,
    所以OB⊥平面 D1AC,则GO为GB在平面D1AC内的投影,
    所以∠OGB或其补角为直线GB与平面D1AC所成角,
    Rt△OGB中,GO=13D1O=23,tan∠OGB=OBOG=3.
    故答案为:2;3.
    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)我国是世界上严重缺水的国家之一,城市缺水问题较为突出.某市政府为了减少水资源的浪费,计划对居民生活用水费用实施阶梯式水价制度,即确定一个合理的居民生活用水量标准a(单位:t),使得用户月均用水量不超过a的部分按平价收费,超过a的部分按议价收费.通过随机抽样,获得了该市100户居民生活月均用水量(单位:t)的数据,整理得到如下的频率分布直方图.
    (1)求这100户居民生活月均用水量在区间[1.5,2)内的频率;
    (2)若该市政府希望85%的居民生活月均用水量不超过标准at,试估计a的值,并说明理由.
    【解答】解:(1)由频率分布直方图可知[1.5,2)内的频率为1﹣(0.08+0.16+0.3+0.5+0.3+0.12+0.08+0.04)×0.5=0.21.
    (2)因为0.21÷0.5=0.42,又(0.08+0.16+0.3+0.42+0.5)×0.5=0.73,
    (0.08+0.16+0.3+0.42+0.5+0.3)×0.5=0.88>0.85,
    则a∈[2.5,3),依题意可得0.73+(a﹣2.5)×0.3=0.85,解得a=2.9.
    所以要使85%的居民生活月均用水量不超过标准,则居民生活用水量标准为2.9t.
    18.(12分)如图是函数f(x)=cs(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)在一个周期上的图象,点A是函数f(x)图象与x轴的交点,点B,C分别是函数f(x)图象的最低点与最高点,且AB→⋅AC→=2.
    (1)求f(x)的最小正周期T;
    (2)若f(2)-f(43)=1,求f(x)的解析式.
    【解答】解:(1)设f(x)的最小正周期为T,依题意设A(a,0),则B(a+T4,-1),C(a+3T4,1),
    所以AB→=(T4,-1),AC→=(3T4,1),所以AB→⋅AC→=3T216-1=2,
    即T2=16,解得T=4或T=﹣4(舍去);
    (2)由(1)可得T=2πω=4,解得ω=π2,所以f(x)=cs(π2x+φ),
    又f(2)-f(43)=cs(π+φ)-cs(2π3+φ)=1,
    即-csφ-cs2π3csφ+sin2π3sinφ=1,
    即-12csφ+32sinφ=1,所以sin(φ-π6)=1,
    所以φ-π6=π2+2kπ,k∈Z,解得φ=2π3+2kπ,k∈Z,
    又0<φ<π,所以φ=2π3,所以f(x)=cs(π2x+2π3).
    19.(12分)11分制乒乓球比赛,每赢一球得1分,当某局打成10:10平后,每球交换发球权,先多得2分的一方获胜,该局比赛结束.甲、乙两人进行单打比赛,假设甲发球时甲得分的概率为0.6,乙发球时甲得分的概率为0.4,各球的结果相互独立.在某局双方10:10平后,乙先发球,两人又打了X个球该局比赛结束.
    (1)求事件“X=2”的概率;
    (2)求事件“X=4且乙获胜”的概率.
    【解答】解:(1)又打了2个球该局比赛结束,有两种情况,甲连赢2个球或乙连赢2个球,
    所以P(X=2)=0.4×0.6+(1﹣0.4)×(1﹣0.6)=0.48;
    (2)设事件A为“X=4且乙获胜”,
    则事件A发生表示前2个球甲乙各赢1个球,第3个球和第4个球都是乙赢,
    所以P(A)=[0.4×(1﹣0.6)+(1﹣0.4)×0.6]×(1﹣0.4)×(1﹣0.6)=0.1248.
    20.(12分)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AB⊥BC.
    (1)证明:平面ABC1⊥平面BCC1;
    (2)若直线AC与平面ABC1所成的角为θ,二面角C1﹣AB﹣C的大小为φ,试判断θ与φ的大小关系,并说明理由.
    【解答】 (1)证明:在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,易知AB⊥BB1,
    又AB⊥BC,BB1∩BC=B,且两直线在平面内,
    所以AB⊥平面BCC1,又AB⊂平面ABC1,
    所以平面ABC1⊥平面BCC1.
    (2)过C作CD垂直BC于D点,连接AD,
    由(1)可知平面ABC1⊥平面BCC1,
    又平面ABC1∩平面BCC1=BC1,所以CD⊥平面ABC1,垂足为D,
    则∠CAD是直线AC与平面ABC1所成的角,即∠CAD=θ,
    由(1)可知AB⊥平面BCC1,所以AB⊥BC1,
    又AB⊥BC,所以∠CBC1是二面角C1﹣AB﹣C的平面角,即∠CBC1=φ,
    在Rt△ADC中,sinθ=CDAC,在Rt△CDB中,sinφ=CDBC,
    又BC<AC,得sinθ<sinφ,
    又θ∈(0,π2),φ∈(0,π2),
    所以θ<φ.
    21.(12分)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且3sinB+csB=b+ca.
    (1)求A;
    (2)若点D在边BC上,且AD=BD=3,CD=2,求b.
    【解答】解:(1)由题意及正弦定理可得3sinB+csB=sinB+sinCsinA,
    即3sinBsinA+csBsinA=sinB+sinC=sinB+sin(B+A),
    即3sinBsinA+csBsinA=sinB+sinBcsA+csBsinA,
    整理可得3sinBsinA=sinB+sinBcsA,在△ABC中,sinB≠0,
    所以3sinA﹣csA=1,即sin(A-π6)=12,
    因为A∈(0,π),可得A-π6=π6,
    解得A=π3;
    (2)在△ABC,A=π3,AD=BD=3,CD=2,BC=BD+CD=3+2=5,
    由余弦定理可得BC2=AB2+AC2﹣2AB•ACcs∠BAC,
    即25=AB2+AC2﹣AB•AC,①
    因为cs∠ADC=﹣cs∠ADB,
    在△ABD中,AB2=BD2+AD2﹣2AD•BDcs∠ADB=9+9﹣2×3×3cs∠ADB=18﹣18cs∠ADB,②
    在△ACD中,AC2=CD2+AD2﹣2AD•CDcs∠ADC=4+9+2×3×2cs∠ADB=13+12cs∠ADB,③
    ②×2+③×3可得2AB2+3AC2=75,④
    由①④可得AC=577.
    即b=577.
    22.(12分)如图,在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E为CC1的中点,经过A,D1,E三点的平面记为平面α,点P是侧面BCC1B1内的动点,且A1P∥α.
    (1)设平面BCC1B1∩α=l,求证:AD1∥l;
    (2)平面α将正方体ABCD﹣A1B1C1D1分成两部分,求这两部分的体积之比V1V2(其中V1≤V2);
    (3)当A1P最小时,求三棱锥P﹣AA1D1的外接球的表面积.
    【解答】证明:(1)连接BC1,因为AB=D1C1且AB∥D1C1,
    所以ABC1D1为平行四边形,
    所以AD1∥BC1,AD1⊄平面BCC1B1,BC1⊂平面BCC1B1,所以AD1∥平面BCC1B1,
    又平面BCC1B1∩α=l,AD1⊂平面α,
    所以AD1∥l;
    解:(2)在正方形DCC1D1中,直线D1E与直线DC相交,
    设D1E∩DC=F,连接AF,设BC∩AF=G,连接GE,
    由E为CC1的中点,得G为BC的中点,∴EG∥AD1,
    所以平面AGED1即为平面α,
    因为E为CC1的中点,所以C为DF的中点,
    所以平面α将正方体分成两部分,其中一部分是三棱台CGE﹣DAD1,
    因为正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4,
    所以V1=V棱台CGE-DAD1=VF-DAD1-VF-CGE
    =78VF-DAD1=78×13S△DAD1×FD=78×13×12×4×4×8=563,
    ∴另一部分几何体的体积V2=43-563=1363,
    ∴两部分的体积V1V2=717;
    (3)取B1C1的中点N,BB1的中点M,连接MN、ME、A1M、A1N,
    显然MN∥BC1,EG∥BC1,所以MN∥EG,MN⊄平面AGED1,EG⊂平面AGED1,
    所以MN∥平面AGED1,
    又E为CC1的中点,所以ME∥B1C1且ME=B1C1,又A1D1∥B1C1且A1D1=B1C1,
    所以A1D1∥ME且A1D1=ME,
    所以A1D1EM为平行四边形,所以A1M∥D1E,
    A1M⊄平面AGED1,D1E⊂平面AGED1,
    所以A1M∥平面AGED1,
    又A1M∩ME=M,A1M,ME⊂平面A1MN,所以平面A1MN∥平面AGED1,
    又点P是侧面BCC1B1内的动点,且A1P∥α,
    所以P在线段MN上,又A1N=A1M=42+22=25,
    即△A1MN为等腰三角形,所以当P为MN的中点时A1P最小,
    因为△AA1D1为等腰直角三角形,所以其外接圆的圆心为斜边AD1的中点,设为Q,
    令ME∩BC1=H,则H为BC1的中点,连接QH,则QH∥AB,
    所以QH⊥平面AA1D1,所以球心在QH上,设球心为O,连接OD1、OP、PH,
    设外接球的半径为R,OQ=h,则OD1=OP=R,
    又D1Q=12AD1=22,PH=2,
    所以R2=h2+(22)2,R2=(4-h)2+(2)2,解得h=54,则R2=15316,
    所以外接球的表面积S=4πR2=1534π.
    性别
    人数
    平均数
    方差
    男生
    100
    172
    18
    女生
    60
    164
    30
    1
    2
    3
    a
    b
    c
    1
    (1,1)
    (1,2)
    (1,3)
    (1,a)
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    (1,c)
    2
    (2,1)
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    (2,3)
    (2,a)
    (2,b)
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    3
    (3,1)
    (3,2)
    (3,3)
    (3,a)
    (3,b)
    (3,c)
    a
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    b
    (b,1)
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    (b,a)
    (b,b)
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    c
    (c,1)
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    (c,b)
    (c,c)
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    c
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    ×
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    ×
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    ×
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    a
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    ×
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    (a,c)
    b
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    c
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    性别
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