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2023-2024学年广东省东莞市高一下学期期末教学质量检查数学试题（含解析）
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这是一份2023-2024学年广东省东莞市高一下学期期末教学质量检查数学试题（含解析），共15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.已知向量a=(2,−1)，b=(1,λ)(λ∈R)，若a//b，则λ=( )
A. 2B. 12C. −2D. −12
2.为了解学生每日参加体育锻炼的情况，学校用比例分配的分层随机抽样方法从高一、高二、高三年级所有学生中抽取部分学生做抽样调查，已知该学校高一、高二、高三年级学生人数的比例如图所示，若抽取的样本中高三年级的学生有36人，则抽取的样本容量为( )
A. 90B. 100C. 120D. 160
3.棱长为a的正方体的顶点都在球面上，则球的表面积为( )
A. 34πa2B. 3πa2C. 6πa2D. 12πa2
4.若(2+i)⋅z=1−i，则z⋅z=( )
A. 25B. 2C. 825D. 85
5.已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A. 若m//α，n⊂α，则m//n B. 若m⊂α，n⊂β，且m⊥n，则α⊥β
C. 若α//β，n⊂α，则n//β D. 若α⊥β，m⊂α，则m⊥β
6.已知向量OA=a，OB=b，且|a|=|b|=a⋅b=3，任意点M关于点A的对称点为S，点S关于点B的对称点为N，则|MN|=( )
A. 4 3B. 6C. 2 3D. 3
7.已知三棱锥P−ABC，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA=AB=2BC，则异面直线PB与AC所成角的余弦值为( )
A. 15B. 105
C. 24D. 155
8.一枚质地均匀的正方体骰子，其六个面分别刻有1，2，3，4，5，6六个数字，投掷这枚骰子两次，设事件M=“第一次朝上面的数字是奇数”，则下列事件中与M相互独立的是( )
A. 第一次朝上面的数字是偶数B. 第一次朝上面的数字是1
C. 两次朝上面的数字之和是8D. 两次朝上面的数字之和是7
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知某地一周每天的最高温度(单位：℃)分别为：31、27、26、28、27、30、27，则下列关于这组数据的结论中正确的是( )
A. 众数是27B. 极差是4C. 中位数是28D. 平均数是28
10.已知⊙O的半径为2，△ABC为其内接三角形，则下列结论中正确的是( )
A. 若A=π3，则OB⋅OC=−2
B. 若A=π3，则△ABC周长的最大值为6 3
C. 若AO⋅AB=1，则|AB|= 2
D. 若AO⋅AB=1，则△ABC面积的最大值为3 3
11.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别为AB，A1D1的中点，平面α经过点C，E，F，且与C1D1交于点G，则下列结论正确的是( )
A. A1C1//平面αB. 平面α⊥平面BB1F
C. C1G:GD1=3D. 二面角E−FG−B1的正切值为2 53
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.假设P(A)=12，P(B)=13，且A与B相互独立，则P(AB)= ．
13.已知圆台的上底半径为2，下底半径为4，则经过母线中点且与底面平行的平面将圆台分成上下两部分的体积之比为 ．
14.已知圆O的半径为1，点A是圆O上的动点，B1B2⋯B2024为圆O内接正2024边形，则|OA+OB1+OB2+⋯+OB2024|= ，AB12+AB22+⋯+AB20242= ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acsC=
3csinA.
(1)求角C;
(2)若b=2，c=1，求△ABC的面积．
16.(本小题15分)
某快捷超市计划通过停车收费推动快速购物进而提升顾客流量，在制定停车收费方案时，需要考虑顾客停车时间的长短.现随机采集了100个停车时间的数据(单位：min)，按(0,20]，(20,40]，(40,60]，(60,80]，(80,100]分成5组，其频率分布直方图如下．
(1)如果该超市计划奖励35%的快速购物顾客不收取其停车费，那么应该允许免费停车多长时间?
(2)记t0=t+s，其中t为样本平均数，s为样本标准差.如果该超市计划对停车时长超过t0的客户征收更高的停车费，求t0(精确到个位).(注：假设频率分布直方图中每组数据在组内均匀分布，参考数据： 35≈5.9)
17.(本小题15分)
某商场举办购物抽奖活动，规则如下：每次抽奖时，从装有2个白球和3个红球(球除颜色外，完全相同)的抽奖箱中，不放回地依次随机摸出2个球，若摸出的2个球颜色相同则为中奖，否则不中奖;商场根据购物金额给予顾客一次或多次抽奖机会，每次抽奖之间相互独立．
(1)若某顾客有一次抽奖机会，求其中奖的概率;
(2)若某顾客有两次抽奖机会，求其至少有一次中奖的概率．
18.(本小题17分)
如图1，△ABC是边长为3的等边三角形，点D，E分别在线段AC，AB上，且AE=1，AD=2，沿DE将△ADE翻折到△PDE的位置，使得PB= 5，如图2．
(1)求证：平面PDE⊥平面BCDE;
(2)在线段PB上是否存在点M，使得EM//平面PCD，若存在，求出PMMB的值;若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
通过平面直角坐标系，我们可以用有序实数对表示向量.类似的，我们可以把有序复数对(z1,z2)(z1,z2∈C)看作一个向量，记a=(z1,z2)，称a为复向量.类比平面向量的相关运算法则，对于a=(z1,z2)，b=(z3,z4)，z1、z2、z3、z4、λ∈C，我们有如下运算法则： ①a±b=(z1±z3,z2±z4); ②λa=(λz1,λz2); ③a⋅b=z1z3+z2z4; ④|a|= a⋅a．
(1)设a=(1,2−i)，b=(1+i,2i)，求a⋅b和|a+b|;
(2)类比平面向量数量积满足的运算律，得出复向量的一个相关结论a⋅(b+c)=a⋅b+a⋅c，判断其是否正确并说明理由;
(3)设α=(2+2i,2)，集合Ω={p|p=(z1,z2)，z2=z1+2，z1，z2∈C}，β∈Ω.求|α−β|的最小值;并证明当|α−β|取最小值时，对于任意的γ∈Ω，(α−β)⋅(β−γ)=0．
答案解析
1.【答案】D
【解析】解： 由题意得2λ−1×(−1)=0，故 λ= −12，
故选D．
2.【答案】C
【解析】解： 由图可知高三年级学生人数占总人数的30%，
抽取的样本中高三年级的学生有36人，
则样本容量为．
3.【答案】B
【解析】解：根据“长方体的体对角线为其外接球的直径”这一结论，
本题是棱长为a的正方体，设其外接球半径为R，
∴ a2+a2+a2=2R，解得R= 32a，
∴S=4πR2=4π⋅3a24=3πa2．
故选：B．
4.【答案】A
【解析】解：由题意，得z=1−i2+i=1−i2−i2+i2−i=15−35i,，
则z=15+35i，
则z⋅z=15−35i15+35i=25．
5.【答案】C
【解析】解：对于A、若m//α，n⊂α，则m//n或m与n异面，故A错误；
对于B、若m⊂α，n⊂β，且m⊥n，则α//β或α与β相交，故B错误；
对于C、若α//β，n⊂α，由面面平行的性质可知n//β，故C正确；
对于D、若α⊥β，m⊂α，则m与β位置不确定，故D错误
6.【答案】A
【解析】解：由题意可得，AB是△SMN的中位线，则MN=2AB，
又cs∠AOB=cs=a·bab=33×3=13，
则AB= OA2+OB2−2OA·OBcs∠AOB
= 32+32−2×3×3×13=2 3，
则|MN|=2|AB|=4 3．
7.【答案】B
【解析】解：作BD⊥平面ABC，
以B为原点，分别以BA、BC、BD为x、y、z轴
建立如图所示的空间直角坐标系，
设BC=a，则B(0,0,0)，P(2a,0,2a)，
A(2a,0,0)，C(0,a,0)，
PB=(−2a,0,−2a)，AC=(−2a,a,0)，
设异面直线PB与AC所成角为θ，
则csθ=|PB·AC|PB|·|AC||=|4a22 2× 5a2|= 105．
故选B．
8.【答案】D
【解析】解：投掷这枚骰子两次，第一次的结果记为x，第二次的结果记为y，
用有序实数对x,y表示投掷的结果，则样本点共有6×6=36个，
设事件A=“第一次朝上面的数字是偶数”，B=“第一次朝上面的数字是1”，C=“两次朝上面的数字之和是8”，D=“两次朝上面的数字之和是7”，
则PM=3×66×6=12，PA=3×66×6=12，PAM=0，
故PAM≠PAPM，故A错误；
PB=1×66×6=16，PBM=1×66×6=16，
所以PBM≠PBPM，故B错误；
事件C包含：(2,6)，(3,5)，(4,4)，(5,3)，(6,2)，
故PC=536．
又PCM=236=118，
所以PCM≠PCPM，故C错误；
事件D包含：(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，(6,1)，
故PD=636=16．
又PDM=336=112，PDPM=16×12=112=PDM，
所以D与M相互独立，故D正确．
9.【答案】AD
【解析】解：将这组数据从小到大排列为：26，27，27，27，28，30，31，
对于A、众数是27，故A正确；
对于B、极差是31−26=5，故B错误；
对于C、中位数是27，故C错误；
对于D、平均数是26+27+27+27+28+30+317=28，故D正确．
10.【答案】ABC
【解析】解：设△ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．
对于A，由题意，∠BOC=2A=2π3，
OB⋅OC=OB⋅OC=2×2cs2π3=−2，故A正确；
对于B，在ΔOBC中，a2=4+4+2×2×2×12=12，则a=2 3，
在ΔABC中， ，
解得b+c⩽4 3，当且仅当b=c时等号成立，
所以，a+b+c⩽6 3，即△ABC周长的最大值为6 3，故B正确；
对于C，AO⋅AB=AO⋅ABcsAO,AB=1，即ABcsAO,AB=12，
在△ABO中，4=4+|AB|2−4ABcsAO,AB，
得|AB|2=2，即|AB|= 2，故C正确；
对于D，AO⋅AB=1，由选项C得|AB|= 2，
在ΔABC中，ABsinC=4，sinC= 24，
由题意知△ABC面积要想最大，C应为锐角，则csC= 144，
2=a2+b2−2abcsC⩾2ab−2abcsC，ab⩽11−csC，当且仅当a=b时，等号成立，
SΔABC=12absinC⩽12×sinC1−csC=12× 24− 14≠3 3，故D错误．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于A.因为ABCD−A1B1C1D1是棱长为1的正方体，
所以以B1为坐标原点，B1A1、B1C1、B1B分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系如下图：
则A11,0,0，C10,1,0，C0,1,1，而点E，F分别为AB，A1D1的中点，因此E12,0,1，F1,12,0．
设平面CEF的法向量为m=x,y,z，则由平面α经过点C，E，F得平面α的法向量为m=x,y,z．
因为CE=12,−1,0，CF=1,−12,−1，所以由CE·m=0CF·m=0得12x−y=0x−12y−z=0,
取y=1得x=2，z=32，因此m=4,2,3是平面α的一个法向量．
因为A1C1=−1,1,0，所以A1C1·m=−4+2=−2≠0，因此A1C1⊥m不成立，
所以A1C1//平面α不成立，故A错误；
对于B.在选项A的坐标系中，因为B10,0,0，B0,0,1，所以B1B=0,0,1，B1F=1,12,0，
因此若平面BB1F的法向量为n1=x1,y1,z1，则由B1B·n1=0B1F·n1=0得z1=0x1+12y1=0,
而取x1=1得y1=−2，z1=0，所以n1=1,−2,0是平面BB1F的一个法向量．
由选项A知：m=2,1,32是平面α的一个法向量，且n1·m=0，
因此平面α⊥平面BB1F，故B正确；
对于C.如图：
延长CE、DA交于H，过点H、F作直线，交AA1于M，交DD1于N，连接CN交C1D1于G，
连接EM，FG，则五边形EMFGC是平面α截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面．
因为E是AB的中点，所以点A是HD的中点．
因为F是A1D1的中点，所以D1NDN=FD1HD=14，即D1N=13DD1=13CC1．
因为△ND1G∽△CC1G，所以C1GGD1=CC1D1N=3，故C正确；
对于D.在选项A的坐标系中．
由选项C知：平面B1FG与平面A1B1C1D1重合，因此n2=0,0,1是平面B1FG的一个法向量．
又因为平面EFG与平面α重合，所以m=4,2,3是平面EFG的一个法向量．
设二面角E−FG−B1的大小为θ，则由图知：θ为锐角，
因此csθ=cs=m·n2m·n2=3 29，
所以tanθ= 1−cs2θcsθ= 1cs2θ−1= 299−1=2 53，即二面角E−FG−B1的正切值为2 53，故D正确．
12.【答案】13
【解析】解：由题意得，P(A B)=P(A)P( B)=P(A)(1−P(B))= 12×(1− 13)= 13
13.【答案】19:37
【解析】解：由题意，经过母线中点且与底面平行的平面截圆台，
所得截面圆的半径为2+42=3，
设上下两个圆台的高为ℎ，
故上下两部分的体积之比为13ℎ22+32+ 22·3213ℎ32+42+ 32·42=1937=19:37
14.【答案】1；4048
【解析】解：因为B1B2⋯B2024为圆O内接正2024边形，
所以OB1+OB2+⋯+OB2024=0，
所以|OA+OB1+OB2+⋯+OB2024|=|OA|=1．
AB12+AB22+⋯+AB20242
=OB1−OA2+OB2−OA2+⋯+OB2024−OA2
=OB12+OB22+⋯+OB20242−2OA·(OB1+OB2+⋯+OB2024)+2024OA2
=2024+2024=4048．
15.【答案】解：(1)在三角形ABC中由正弦定理有：asinA=bsinB=csinC=t，
则a=tsinA，b=tsinB，c=tsinC，
代入acsC= 3csinA，可得sinAcsC= 3sinCsinA，
又因为A∈(0,π)，所以sinA>0，
所以csC= 3sinC，
所以tanC= 33，
又因为C∈(0,π)，所以C=π6；
(2)解法1：因为C=π6，由余弦定理有c2=a2+b2−2abcsC=1，
即a2−2 3a+3=0，解得a= 3，
所以S=12AC⋅BCsinC，
所以在三角形ABC中，S=12AC⋅BCsinC=12×2× 3sinπ6= 32．
解法2：因为C=π6，由正弦定理有bsinB=csinC，
解得sinB=1，
因为B∈(0,π)，所以B=π2，
所以a2=b2−c2=3，a= 3，
所以在三角形ABC中，S=12AB⋅BC= 32．
【解析】
(1)利用三角函数弦化切，结合三角形内角的范围即可得解；
(2)解法1：利用余弦定理求得a 的值，从而利用三角形面积公式即可得解；
解法2：利用正弦定理求得B，进而求得三角形的面积．
16.【答案】解：(1)根据频率分布直方图中小长方形的面积和等于1，
得(0.005+a+0.0175+0.0075×2)×20=1，解得：a=0.0125，
设第35百分位数为x，
则0.005×20+(x−20)×0.0125=35%，解得x=40，
所以可以允许车辆免费停车40分钟不收费．
(2)车辆平均停车时间为：
t=0.005×20×10+0.0125×20×30+0.0175×20×50+0.0075×20×70+0.0075×20×90=50，
s2=(10−50)2×0.1+(30−50)2×0.25+(50−50)2×0.35+(70−50)2×0.15+(90−50)2×0.15=560，
∴s= 560=4 35≈24，所以t0=t+s≈50+24=74．
【解析】
(1)根据频率分布直方图中小长方形的面积和等于1，求得a，再利用百分位数定义，即可求解；
(2)根据频率分布直方图求得t，s2，结合题意即可求解．
17.【答案】解：(1)设2个白球为w1，w2，3个红球为r1，r2，r3，
则不放回地依次摸出两个球的样本空间为：
{(w1,w2)，(w1,r1)，(w1,r2)，(w1,r3)，(w2,w1)，(w2,r1)，(w2,r2)，(w2,r3)，
(r1,w1)，(r1,w2)，(r1,r2)，(r1,r3)，(r2,w1)，(r2,w2)，(r2,r1)，(r2,r3)，
(r3,w1)，(r3,w2)，(r3,r1)，(r3,r2)}，其中共有20个样本点，
设一次抽奖中奖为事件A，
则A={(w1,w2)，(w2,w1)，(r1,r2)，(r1,r3)，(r2,r1)，(r2,r3)，(r3,r1)，(r3,r2)}，其中共有8个样本点，
因为抽中样本空间中每一个样本点的可能性都相等，所以这是一个古典概型，
因此P(A)=820=25，即若某顾客有一次抽奖机会，中奖的概率为25．
(2)设在第i次抽奖时中奖为事件Ai，i=1，2，
由于每次抽奖的情况相同，由(1)可知P(Ai)=25，P(Ai)=35，i=1，2，
设两次抽奖至少有一次中奖为事件B，则B=A1A2∪A1A2∪A1A2，
其中A1A2、A1A2、A1A2为互斥事件，
则P(B)=P(A1A2)+P(A1A2)+P(A1A2)，
因为每次抽奖之间相互独立，
所以P(A1A2)=P(A1)P(A2)=425，
P(A1A2)=P(A1)P(A2)=625，P(A1A2)=P(A1)P(A2)=625，
所以P(B)=425+625+625=1625，
即若某顾客有两次抽奖机会，至少有一次中奖的概率为1625．
【解析】
(1)由古典概型直接求解即可；
(2)设在第i次抽奖时中奖为事件Ai，i=1，2，设两次抽奖至少有一次中奖为事件B，则B=A1A2∪A1A2∪A1A2，结合互斥事件和相互独立事件的概率乘法公式即可求解．
18.【答案】解：(1)在ΔPDE中，PE=1，PD=2，∠EPD=60∘，
由余弦定理得DE2=PE2+PD2−2PE⋅PDcs60∘=3，
所以PE2+DE2=PD2，所以PE⊥DE，
在△PBE中，PE=1，BE=2，PB= 5，所以PE2+BE2=PB2，所以PE⊥BE，
又因为BE∩DE=E，BE、DE⊂平面BCDE，所以PE⊥平面BCDE，
又PE⊂平面PDE，所以平面PDE⊥平面BCDE．
(2)在平面BCDE中，过点E作EF//CD，交BC于F，
在平面PBC中，过点F作FM//PC，交PB于M，连接ME，
如图所示：
因为EF//CD，CD⊂平面PCD，EF⊄平面PCD，所以EF//平面PCD，
同理可得MF//平面PCD，
又因为EF∩MF=F，EF，MF⊂平面MEF，所以平面PCD//平面MEF，
因为ME⊂平面MEF，所以ME//平面PCD，即M即为所求的点，
因为EF//CD，即EF//AC，所以CFFB=AEEB=12，
又因为FM//PC，所以PMMB=CFFB=12，
即此时PMMB=12．
【解析】
(1)由勾股定理得PE⊥DE，PE⊥BE，即得PE⊥平面BCDE，得证；
(2)在平面PBC中，过点F作FM//PC，交PB于M，由题意可得平面PCD//平面MEF，再结合相似比，即可求解．
19.【答案】解：(1)a⋅b=1⋅(1−i)+(2−i)⋅(−2i)=1−i−4i−2=−1−5i，
a+b=(2+i,2+i)，
|a+b|= (a+b)⋅(a+b)
= (2+i)⋅(2−i)+(2+i)⋅(2−i)= 10；
(2)【解法1】
设a=(x1+y1i,x2+y2i)，b=(x3+y3i,x4+y4i)，
c=(x5+y5i,x6+y6i)，其中xj，yj∈R，j=1，2，3，4，5，6，
b+c=(x3+x5+(y3+y5)i,x4+x6+(y4+y6)i)，
a⋅(b+c)=(x1+y1i)[x3+x5−(y3+y5)i]+(x2+y2i)[x4+x6−(y4+y6)i]
=x1(x3+x5)+y1(y3+y5)−x1(y3+y5)i+(x3+x5)y1i
+x2(x4+x6)+y2(y4+y6)−x2(y4+y6)i+(x4+x6)y2i
=x1x3+x1x5+y1y3+y1y5+x2x4+x2x6+y2y4+y2y6
+(−x1y3−x1y5+x3y1+x5y1−x2y4−x2y6+x4y2+x6y2)i，
a⋅b=(x1+y1i)(x3−y3i)+(x2+y2i)(x4−y4i)
=x1x3+y1y3−x1y3i+x3y1i+x2x4+y2y4−x2y4i+x4y2i
=x1x3+y1y3+x2x4+y2y4+(−x1y3+x3y1−x2y4+x4y2)i，
同理a⋅c=x1x5+y1y5+x2x6+y2y6+(−x1y5+x5y1−x2y6+x6y2)i，
所以a⋅b+a⋅c
=x1x3+x1x5+y1y3+y1y5+x2x4+x2x6+y2y4+y2y6
+(−x1y3−x1y5+x3y1+x5y1−x2y4−x2y6+x4y2+x6y2)i，
所以a⋅(b+c)=a⋅b+a⋅c，
【解法2】
设a=(z1,z2)，b=(z3,z4)，c=(z5,z6)，
z1、z2、z3、z4、z5、z6∈C，
b+c=(z3+z5,z4+z6)，
a⋅b=z1z3+z2z4，a⋅c=z1z5+z2z6，
a⋅(b+c)=z1(z3+z5)+z2(z4+z6)，
因为z3+z5=z3+z5，z4+z6=z4+z6，
所以a⋅(b+c)=z1(z3+z5)+z2(z4+z6)
=z1z3+z1z5+z2z4+z2z6=z1z3+z2z4+z1z5+z2z6
=a⋅b+a⋅c，结论正确．
(3)设β=(m+ni,m+2+ni)，m，n∈R
则α−β=(2−m+(2−n)i,−m−ni)，
|α−β|= [2−m+(2−n)i]⋅[2−m−(2−n)i]+(−m−ni)⋅(−m+ni)，
= (2−m)2+(2−n)2+(−m)2+n2
= 2m2+2n2−4m−4n+8
= 2(m−1)2+2(n−1)2+4≥2
当且仅当m=n=1时，等号成立，
故|a−β|的最小值为2，此时β=(1+i,3+i)
则α−β=(1+i,−1−i)，
设γ=(s+ti,s+2+ti)，s，t∈R，
则β−γ=(1−s+(1−t)i,1−s+(1−t)i)，
则(α−β)⋅(β−γ)=(1+i)[1−s−(1−t)i]+(−1−i)[1−s−(1−t)i]=0，结论成立．
【解析】
(1)根据所给定义计算可得;
(2)根据所给定义及复数代数形式的运算法则计算可得;
(3)设β=(m+ni,m+2+ni)，m，n∈R，根据新定义的运算计算可求得|a−β|的最小值和此时的β，根据定义设出γ=(s+ti,s+2+ti)，s，t∈R，根据新的运算规律计算即可证明．
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.已知向量a=(2,−1)，b=(1,λ)(λ∈R)，若a//b，则λ=( )
A. 2B. 12C. −2D. −12
2.为了解学生每日参加体育锻炼的情况，学校用比例分配的分层随机抽样方法从高一、高二、高三年级所有学生中抽取部分学生做抽样调查，已知该学校高一、高二、高三年级学生人数的比例如图所示，若抽取的样本中高三年级的学生有36人，则抽取的样本容量为( )
A. 90B. 100C. 120D. 160
3.棱长为a的正方体的顶点都在球面上，则球的表面积为( )
A. 34πa2B. 3πa2C. 6πa2D. 12πa2
4.若(2+i)⋅z=1−i，则z⋅z=( )
A. 25B. 2C. 825D. 85
5.已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A. 若m//α，n⊂α，则m//n B. 若m⊂α，n⊂β，且m⊥n，则α⊥β
C. 若α//β，n⊂α，则n//β D. 若α⊥β，m⊂α，则m⊥β
6.已知向量OA=a，OB=b，且|a|=|b|=a⋅b=3，任意点M关于点A的对称点为S，点S关于点B的对称点为N，则|MN|=( )
A. 4 3B. 6C. 2 3D. 3
7.已知三棱锥P−ABC，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA=AB=2BC，则异面直线PB与AC所成角的余弦值为( )
A. 15B. 105
C. 24D. 155
8.一枚质地均匀的正方体骰子，其六个面分别刻有1，2，3，4，5，6六个数字，投掷这枚骰子两次，设事件M=“第一次朝上面的数字是奇数”，则下列事件中与M相互独立的是( )
A. 第一次朝上面的数字是偶数B. 第一次朝上面的数字是1
C. 两次朝上面的数字之和是8D. 两次朝上面的数字之和是7
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知某地一周每天的最高温度(单位：℃)分别为：31、27、26、28、27、30、27，则下列关于这组数据的结论中正确的是( )
A. 众数是27B. 极差是4C. 中位数是28D. 平均数是28
10.已知⊙O的半径为2，△ABC为其内接三角形，则下列结论中正确的是( )
A. 若A=π3，则OB⋅OC=−2
B. 若A=π3，则△ABC周长的最大值为6 3
C. 若AO⋅AB=1，则|AB|= 2
D. 若AO⋅AB=1，则△ABC面积的最大值为3 3
11.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别为AB，A1D1的中点，平面α经过点C，E，F，且与C1D1交于点G，则下列结论正确的是( )
A. A1C1//平面αB. 平面α⊥平面BB1F
C. C1G:GD1=3D. 二面角E−FG−B1的正切值为2 53
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.假设P(A)=12，P(B)=13，且A与B相互独立，则P(AB)= ．
13.已知圆台的上底半径为2，下底半径为4，则经过母线中点且与底面平行的平面将圆台分成上下两部分的体积之比为 ．
14.已知圆O的半径为1，点A是圆O上的动点，B1B2⋯B2024为圆O内接正2024边形，则|OA+OB1+OB2+⋯+OB2024|= ，AB12+AB22+⋯+AB20242= ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acsC=
3csinA.
(1)求角C;
(2)若b=2，c=1，求△ABC的面积．
16.(本小题15分)
某快捷超市计划通过停车收费推动快速购物进而提升顾客流量，在制定停车收费方案时，需要考虑顾客停车时间的长短.现随机采集了100个停车时间的数据(单位：min)，按(0,20]，(20,40]，(40,60]，(60,80]，(80,100]分成5组，其频率分布直方图如下．
(1)如果该超市计划奖励35%的快速购物顾客不收取其停车费，那么应该允许免费停车多长时间?
(2)记t0=t+s，其中t为样本平均数，s为样本标准差.如果该超市计划对停车时长超过t0的客户征收更高的停车费，求t0(精确到个位).(注：假设频率分布直方图中每组数据在组内均匀分布，参考数据： 35≈5.9)
17.(本小题15分)
某商场举办购物抽奖活动，规则如下：每次抽奖时，从装有2个白球和3个红球(球除颜色外，完全相同)的抽奖箱中，不放回地依次随机摸出2个球，若摸出的2个球颜色相同则为中奖，否则不中奖;商场根据购物金额给予顾客一次或多次抽奖机会，每次抽奖之间相互独立．
(1)若某顾客有一次抽奖机会，求其中奖的概率;
(2)若某顾客有两次抽奖机会，求其至少有一次中奖的概率．
18.(本小题17分)
如图1，△ABC是边长为3的等边三角形，点D，E分别在线段AC，AB上，且AE=1，AD=2，沿DE将△ADE翻折到△PDE的位置，使得PB= 5，如图2．
(1)求证：平面PDE⊥平面BCDE;
(2)在线段PB上是否存在点M，使得EM//平面PCD，若存在，求出PMMB的值;若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
通过平面直角坐标系，我们可以用有序实数对表示向量.类似的，我们可以把有序复数对(z1,z2)(z1,z2∈C)看作一个向量，记a=(z1,z2)，称a为复向量.类比平面向量的相关运算法则，对于a=(z1,z2)，b=(z3,z4)，z1、z2、z3、z4、λ∈C，我们有如下运算法则： ①a±b=(z1±z3,z2±z4); ②λa=(λz1,λz2); ③a⋅b=z1z3+z2z4; ④|a|= a⋅a．
(1)设a=(1,2−i)，b=(1+i,2i)，求a⋅b和|a+b|;
(2)类比平面向量数量积满足的运算律，得出复向量的一个相关结论a⋅(b+c)=a⋅b+a⋅c，判断其是否正确并说明理由;
(3)设α=(2+2i,2)，集合Ω={p|p=(z1,z2)，z2=z1+2，z1，z2∈C}，β∈Ω.求|α−β|的最小值;并证明当|α−β|取最小值时，对于任意的γ∈Ω，(α−β)⋅(β−γ)=0．
答案解析
1.【答案】D
【解析】解： 由题意得2λ−1×(−1)=0，故 λ= −12，
故选D．
2.【答案】C
【解析】解： 由图可知高三年级学生人数占总人数的30%，
抽取的样本中高三年级的学生有36人，
则样本容量为．
3.【答案】B
【解析】解：根据“长方体的体对角线为其外接球的直径”这一结论，
本题是棱长为a的正方体，设其外接球半径为R，
∴ a2+a2+a2=2R，解得R= 32a，
∴S=4πR2=4π⋅3a24=3πa2．
故选：B．
4.【答案】A
【解析】解：由题意，得z=1−i2+i=1−i2−i2+i2−i=15−35i,，
则z=15+35i，
则z⋅z=15−35i15+35i=25．
5.【答案】C
【解析】解：对于A、若m//α，n⊂α，则m//n或m与n异面，故A错误；
对于B、若m⊂α，n⊂β，且m⊥n，则α//β或α与β相交，故B错误；
对于C、若α//β，n⊂α，由面面平行的性质可知n//β，故C正确；
对于D、若α⊥β，m⊂α，则m与β位置不确定，故D错误
6.【答案】A
【解析】解：由题意可得，AB是△SMN的中位线，则MN=2AB，
又cs∠AOB=cs
则AB= OA2+OB2−2OA·OBcs∠AOB
= 32+32−2×3×3×13=2 3，
则|MN|=2|AB|=4 3．
7.【答案】B
【解析】解：作BD⊥平面ABC，
以B为原点，分别以BA、BC、BD为x、y、z轴
建立如图所示的空间直角坐标系，
设BC=a，则B(0,0,0)，P(2a,0,2a)，
A(2a,0,0)，C(0,a,0)，
PB=(−2a,0,−2a)，AC=(−2a,a,0)，
设异面直线PB与AC所成角为θ，
则csθ=|PB·AC|PB|·|AC||=|4a22 2× 5a2|= 105．
故选B．
8.【答案】D
【解析】解：投掷这枚骰子两次，第一次的结果记为x，第二次的结果记为y，
用有序实数对x,y表示投掷的结果，则样本点共有6×6=36个，
设事件A=“第一次朝上面的数字是偶数”，B=“第一次朝上面的数字是1”，C=“两次朝上面的数字之和是8”，D=“两次朝上面的数字之和是7”，
则PM=3×66×6=12，PA=3×66×6=12，PAM=0，
故PAM≠PAPM，故A错误；
PB=1×66×6=16，PBM=1×66×6=16，
所以PBM≠PBPM，故B错误；
事件C包含：(2,6)，(3,5)，(4,4)，(5,3)，(6,2)，
故PC=536．
又PCM=236=118，
所以PCM≠PCPM，故C错误；
事件D包含：(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，(6,1)，
故PD=636=16．
又PDM=336=112，PDPM=16×12=112=PDM，
所以D与M相互独立，故D正确．
9.【答案】AD
【解析】解：将这组数据从小到大排列为：26，27，27，27，28，30，31，
对于A、众数是27，故A正确；
对于B、极差是31−26=5，故B错误；
对于C、中位数是27，故C错误；
对于D、平均数是26+27+27+27+28+30+317=28，故D正确．
10.【答案】ABC
【解析】解：设△ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．
对于A，由题意，∠BOC=2A=2π3，
OB⋅OC=OB⋅OC=2×2cs2π3=−2，故A正确；
对于B，在ΔOBC中，a2=4+4+2×2×2×12=12，则a=2 3，
在ΔABC中， ，
解得b+c⩽4 3，当且仅当b=c时等号成立，
所以，a+b+c⩽6 3，即△ABC周长的最大值为6 3，故B正确；
对于C，AO⋅AB=AO⋅ABcsAO,AB=1，即ABcsAO,AB=12，
在△ABO中，4=4+|AB|2−4ABcsAO,AB，
得|AB|2=2，即|AB|= 2，故C正确；
对于D，AO⋅AB=1，由选项C得|AB|= 2，
在ΔABC中，ABsinC=4，sinC= 24，
由题意知△ABC面积要想最大，C应为锐角，则csC= 144，
2=a2+b2−2abcsC⩾2ab−2abcsC，ab⩽11−csC，当且仅当a=b时，等号成立，
SΔABC=12absinC⩽12×sinC1−csC=12× 24− 14≠3 3，故D错误．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于A.因为ABCD−A1B1C1D1是棱长为1的正方体，
所以以B1为坐标原点，B1A1、B1C1、B1B分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系如下图：
则A11,0,0，C10,1,0，C0,1,1，而点E，F分别为AB，A1D1的中点，因此E12,0,1，F1,12,0．
设平面CEF的法向量为m=x,y,z，则由平面α经过点C，E，F得平面α的法向量为m=x,y,z．
因为CE=12,−1,0，CF=1,−12,−1，所以由CE·m=0CF·m=0得12x−y=0x−12y−z=0,
取y=1得x=2，z=32，因此m=4,2,3是平面α的一个法向量．
因为A1C1=−1,1,0，所以A1C1·m=−4+2=−2≠0，因此A1C1⊥m不成立，
所以A1C1//平面α不成立，故A错误；
对于B.在选项A的坐标系中，因为B10,0,0，B0,0,1，所以B1B=0,0,1，B1F=1,12,0，
因此若平面BB1F的法向量为n1=x1,y1,z1，则由B1B·n1=0B1F·n1=0得z1=0x1+12y1=0,
而取x1=1得y1=−2，z1=0，所以n1=1,−2,0是平面BB1F的一个法向量．
由选项A知：m=2,1,32是平面α的一个法向量，且n1·m=0，
因此平面α⊥平面BB1F，故B正确；
对于C.如图：
延长CE、DA交于H，过点H、F作直线，交AA1于M，交DD1于N，连接CN交C1D1于G，
连接EM，FG，则五边形EMFGC是平面α截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面．
因为E是AB的中点，所以点A是HD的中点．
因为F是A1D1的中点，所以D1NDN=FD1HD=14，即D1N=13DD1=13CC1．
因为△ND1G∽△CC1G，所以C1GGD1=CC1D1N=3，故C正确；
对于D.在选项A的坐标系中．
由选项C知：平面B1FG与平面A1B1C1D1重合，因此n2=0,0,1是平面B1FG的一个法向量．
又因为平面EFG与平面α重合，所以m=4,2,3是平面EFG的一个法向量．
设二面角E−FG−B1的大小为θ，则由图知：θ为锐角，
因此csθ=cs
所以tanθ= 1−cs2θcsθ= 1cs2θ−1= 299−1=2 53，即二面角E−FG−B1的正切值为2 53，故D正确．
12.【答案】13
【解析】解：由题意得，P(A B)=P(A)P( B)=P(A)(1−P(B))= 12×(1− 13)= 13
13.【答案】19:37
【解析】解：由题意，经过母线中点且与底面平行的平面截圆台，
所得截面圆的半径为2+42=3，
设上下两个圆台的高为ℎ，
故上下两部分的体积之比为13ℎ22+32+ 22·3213ℎ32+42+ 32·42=1937=19:37
14.【答案】1；4048
【解析】解：因为B1B2⋯B2024为圆O内接正2024边形，
所以OB1+OB2+⋯+OB2024=0，
所以|OA+OB1+OB2+⋯+OB2024|=|OA|=1．
AB12+AB22+⋯+AB20242
=OB1−OA2+OB2−OA2+⋯+OB2024−OA2
=OB12+OB22+⋯+OB20242−2OA·(OB1+OB2+⋯+OB2024)+2024OA2
=2024+2024=4048．
15.【答案】解：(1)在三角形ABC中由正弦定理有：asinA=bsinB=csinC=t，
则a=tsinA，b=tsinB，c=tsinC，
代入acsC= 3csinA，可得sinAcsC= 3sinCsinA，
又因为A∈(0,π)，所以sinA>0，
所以csC= 3sinC，
所以tanC= 33，
又因为C∈(0,π)，所以C=π6；
(2)解法1：因为C=π6，由余弦定理有c2=a2+b2−2abcsC=1，
即a2−2 3a+3=0，解得a= 3，
所以S=12AC⋅BCsinC，
所以在三角形ABC中，S=12AC⋅BCsinC=12×2× 3sinπ6= 32．
解法2：因为C=π6，由正弦定理有bsinB=csinC，
解得sinB=1，
因为B∈(0,π)，所以B=π2，
所以a2=b2−c2=3，a= 3，
所以在三角形ABC中，S=12AB⋅BC= 32．
【解析】
(1)利用三角函数弦化切，结合三角形内角的范围即可得解；
(2)解法1：利用余弦定理求得a 的值，从而利用三角形面积公式即可得解；
解法2：利用正弦定理求得B，进而求得三角形的面积．
16.【答案】解：(1)根据频率分布直方图中小长方形的面积和等于1，
得(0.005+a+0.0175+0.0075×2)×20=1，解得：a=0.0125，
设第35百分位数为x，
则0.005×20+(x−20)×0.0125=35%，解得x=40，
所以可以允许车辆免费停车40分钟不收费．
(2)车辆平均停车时间为：
t=0.005×20×10+0.0125×20×30+0.0175×20×50+0.0075×20×70+0.0075×20×90=50，
s2=(10−50)2×0.1+(30−50)2×0.25+(50−50)2×0.35+(70−50)2×0.15+(90−50)2×0.15=560，
∴s= 560=4 35≈24，所以t0=t+s≈50+24=74．
【解析】
(1)根据频率分布直方图中小长方形的面积和等于1，求得a，再利用百分位数定义，即可求解；
(2)根据频率分布直方图求得t，s2，结合题意即可求解．
17.【答案】解：(1)设2个白球为w1，w2，3个红球为r1，r2，r3，
则不放回地依次摸出两个球的样本空间为：
{(w1,w2)，(w1,r1)，(w1,r2)，(w1,r3)，(w2,w1)，(w2,r1)，(w2,r2)，(w2,r3)，
(r1,w1)，(r1,w2)，(r1,r2)，(r1,r3)，(r2,w1)，(r2,w2)，(r2,r1)，(r2,r3)，
(r3,w1)，(r3,w2)，(r3,r1)，(r3,r2)}，其中共有20个样本点，
设一次抽奖中奖为事件A，
则A={(w1,w2)，(w2,w1)，(r1,r2)，(r1,r3)，(r2,r1)，(r2,r3)，(r3,r1)，(r3,r2)}，其中共有8个样本点，
因为抽中样本空间中每一个样本点的可能性都相等，所以这是一个古典概型，
因此P(A)=820=25，即若某顾客有一次抽奖机会，中奖的概率为25．
(2)设在第i次抽奖时中奖为事件Ai，i=1，2，
由于每次抽奖的情况相同，由(1)可知P(Ai)=25，P(Ai)=35，i=1，2，
设两次抽奖至少有一次中奖为事件B，则B=A1A2∪A1A2∪A1A2，
其中A1A2、A1A2、A1A2为互斥事件，
则P(B)=P(A1A2)+P(A1A2)+P(A1A2)，
因为每次抽奖之间相互独立，
所以P(A1A2)=P(A1)P(A2)=425，
P(A1A2)=P(A1)P(A2)=625，P(A1A2)=P(A1)P(A2)=625，
所以P(B)=425+625+625=1625，
即若某顾客有两次抽奖机会，至少有一次中奖的概率为1625．
【解析】
(1)由古典概型直接求解即可；
(2)设在第i次抽奖时中奖为事件Ai，i=1，2，设两次抽奖至少有一次中奖为事件B，则B=A1A2∪A1A2∪A1A2，结合互斥事件和相互独立事件的概率乘法公式即可求解．
18.【答案】解：(1)在ΔPDE中，PE=1，PD=2，∠EPD=60∘，
由余弦定理得DE2=PE2+PD2−2PE⋅PDcs60∘=3，
所以PE2+DE2=PD2，所以PE⊥DE，
在△PBE中，PE=1，BE=2，PB= 5，所以PE2+BE2=PB2，所以PE⊥BE，
又因为BE∩DE=E，BE、DE⊂平面BCDE，所以PE⊥平面BCDE，
又PE⊂平面PDE，所以平面PDE⊥平面BCDE．
(2)在平面BCDE中，过点E作EF//CD，交BC于F，
在平面PBC中，过点F作FM//PC，交PB于M，连接ME，
如图所示：
因为EF//CD，CD⊂平面PCD，EF⊄平面PCD，所以EF//平面PCD，
同理可得MF//平面PCD，
又因为EF∩MF=F，EF，MF⊂平面MEF，所以平面PCD//平面MEF，
因为ME⊂平面MEF，所以ME//平面PCD，即M即为所求的点，
因为EF//CD，即EF//AC，所以CFFB=AEEB=12，
又因为FM//PC，所以PMMB=CFFB=12，
即此时PMMB=12．
【解析】
(1)由勾股定理得PE⊥DE，PE⊥BE，即得PE⊥平面BCDE，得证；
(2)在平面PBC中，过点F作FM//PC，交PB于M，由题意可得平面PCD//平面MEF，再结合相似比，即可求解．
19.【答案】解：(1)a⋅b=1⋅(1−i)+(2−i)⋅(−2i)=1−i−4i−2=−1−5i，
a+b=(2+i,2+i)，
|a+b|= (a+b)⋅(a+b)
= (2+i)⋅(2−i)+(2+i)⋅(2−i)= 10；
(2)【解法1】
设a=(x1+y1i,x2+y2i)，b=(x3+y3i,x4+y4i)，
c=(x5+y5i,x6+y6i)，其中xj，yj∈R，j=1，2，3，4，5，6，
b+c=(x3+x5+(y3+y5)i,x4+x6+(y4+y6)i)，
a⋅(b+c)=(x1+y1i)[x3+x5−(y3+y5)i]+(x2+y2i)[x4+x6−(y4+y6)i]
=x1(x3+x5)+y1(y3+y5)−x1(y3+y5)i+(x3+x5)y1i
+x2(x4+x6)+y2(y4+y6)−x2(y4+y6)i+(x4+x6)y2i
=x1x3+x1x5+y1y3+y1y5+x2x4+x2x6+y2y4+y2y6
+(−x1y3−x1y5+x3y1+x5y1−x2y4−x2y6+x4y2+x6y2)i，
a⋅b=(x1+y1i)(x3−y3i)+(x2+y2i)(x4−y4i)
=x1x3+y1y3−x1y3i+x3y1i+x2x4+y2y4−x2y4i+x4y2i
=x1x3+y1y3+x2x4+y2y4+(−x1y3+x3y1−x2y4+x4y2)i，
同理a⋅c=x1x5+y1y5+x2x6+y2y6+(−x1y5+x5y1−x2y6+x6y2)i，
所以a⋅b+a⋅c
=x1x3+x1x5+y1y3+y1y5+x2x4+x2x6+y2y4+y2y6
+(−x1y3−x1y5+x3y1+x5y1−x2y4−x2y6+x4y2+x6y2)i，
所以a⋅(b+c)=a⋅b+a⋅c，
【解法2】
设a=(z1,z2)，b=(z3,z4)，c=(z5,z6)，
z1、z2、z3、z4、z5、z6∈C，
b+c=(z3+z5,z4+z6)，
a⋅b=z1z3+z2z4，a⋅c=z1z5+z2z6，
a⋅(b+c)=z1(z3+z5)+z2(z4+z6)，
因为z3+z5=z3+z5，z4+z6=z4+z6，
所以a⋅(b+c)=z1(z3+z5)+z2(z4+z6)
=z1z3+z1z5+z2z4+z2z6=z1z3+z2z4+z1z5+z2z6
=a⋅b+a⋅c，结论正确．
(3)设β=(m+ni,m+2+ni)，m，n∈R
则α−β=(2−m+(2−n)i,−m−ni)，
|α−β|= [2−m+(2−n)i]⋅[2−m−(2−n)i]+(−m−ni)⋅(−m+ni)，
= (2−m)2+(2−n)2+(−m)2+n2
= 2m2+2n2−4m−4n+8
= 2(m−1)2+2(n−1)2+4≥2
当且仅当m=n=1时，等号成立，
故|a−β|的最小值为2，此时β=(1+i,3+i)
则α−β=(1+i,−1−i)，
设γ=(s+ti,s+2+ti)，s，t∈R，
则β−γ=(1−s+(1−t)i,1−s+(1−t)i)，
则(α−β)⋅(β−γ)=(1+i)[1−s−(1−t)i]+(−1−i)[1−s−(1−t)i]=0，结论成立．
【解析】
(1)根据所给定义计算可得;
(2)根据所给定义及复数代数形式的运算法则计算可得;
(3)设β=(m+ni,m+2+ni)，m，n∈R，根据新定义的运算计算可求得|a−β|的最小值和此时的β，根据定义设出γ=(s+ti,s+2+ti)，s，t∈R，根据新的运算规律计算即可证明．
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