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2023-2024学年福建省南平市高一下学期期末质量检测数学试题（含解析）
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这是一份2023-2024学年福建省南平市高一下学期期末质量检测数学试题（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知复数z=52−i，则z在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.如图，水平放置的用斜二测画法画出的直观图为▵A′B′C′，其中∠x′O′y′=45∘，O′B′=O′C′=1，O′A′= 32，则▵ABC中，AC=( )
A. 2B. 7C. 3D. 4
3.抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A=“至多有一枚硬币正面朝上”，事件B=“两枚硬币正面均朝上”，事件C=“两枚硬币正面均朝下”，则( )
A. A与C对立B. B与C不互斥C. A与B对立D. B与C对立
4.已知向量a=1,1，b=0,t，若a⊥a+2b，则b=( )
A. 22B. 1C. 2D. 2
5.已知α，β为两个不重合的平面，l，m为两条不同的直线，( )
A. 若l//m，m//α，则l//αB. 若l⊥m，m⊥α，则l//α
C. 若α∩β=m，l//m，则l//αD. 若l⊂β，β//α，则l//α
6.在▵ABC中，BD=2DC，点E是线段AD的中点，则BE=( )
A. −23AB+16ACB. −56AB+13ACC. 56AB+13ACD. 16AB+13AC
7.如图，在某座山的山脚A测得山顶P的仰角为30°，沿倾斜角为15°的斜坡从A向上走了600米到达B处，在B处测得山顶P的仰角为60°，则山高PQ=( )
A. 300米B. 300 2米C. 300 3米D. 300 6米
8.在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，A1B1=2，AA1= 3，若球O与上底面A1B1C1D1以及棱AB，BC，CD，DA均相切，则球O的体积为( )
A. 1216πB. 412πC. 25πD. 1256π
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.某校统计100名学生体重，这些学生的体重数据(单位：kg)全部介于45至70之间，将数据整理得到如下所示的频率分布直方图，则( )
A. 频率分布直方图中a的值为0.08
B. 这100名学生中体重不低于55kg的人数为60
C. 这100名学生体重的第80百分位数为65
D. 这100名学生体重的众数小于平均数
10.已知▵ABC的三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，( )
A. 若sinA>sinB，则A>B
B. 若▵ABC是边长为2的正三角形，则AB⋅BC=2
C. 若acsA=bcsB，则▵ABC是等腰三角形
D. 若a= 3，BC的中线AD长为1，则bc的最大值为74
11.如图，圆锥的顶点为S，底面圆心为O，AB为底面直径，AB=12，SA=12，N是底面圆周上一点，∠AON=23π，M是线段SA上的动点，则( )
A. 圆锥SO的体积为216 3π
B. 当M是SA的中点时，线段MN在圆锥底面上的射影长为3 7
C. 存在点M，使得MN⊥SA
D. 直线MN与平面SAB所成角的正切值的最大值为23
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=−3,4，b=2,2，则a在b的投影向量的坐标是 ．
13.从长度为1，3，5，7，9的5条线段中任取3条，则这三条线段能构成一个三角形的概率为 ．
14.如图，在棱长为6的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为棱A1D1，C1D1的中点，则过M，N，B三点的平面截此正方体所得截面的周长是 ．
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)
已知复数z=a+bi(a,b∈R,a>0)，2+iz为纯虚数，且z= 5．
(1)求复数z；
(2)若复数z是关于x的方程x2+mx+n=0的一个根，求实数m，n的值．
16.(本小题12分)
现有3个北方城市A1，A2，A3和3个南方城市B1，B2，B3，旅游爱好者甲计划从中任选2个城市旅游．
(1)求甲选择的2个城市均是北方城市的概率；
(2)若旅游爱好者乙也计划从这6个城市中选2个旅游，由于个人爱好，乙选择的2个城市均是北方城市的概率为13，且甲、乙两人的选择互不影响，求甲、乙两人中至少有一人的选择为2个北方城市的概率．
17.(本小题12分)
已知▵ABC的 三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且acsB+ 3asinB−c−b=0．
(1)求A；
(2)若a= 3，且▵ABC的面积为 3164b2+c2，求▵ABC的周长．
18.(本小题12分)
如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，CD的中点．现将▵ADE沿DE折起，得到四棱锥A−BCDE．
(1)证明：BF//平面ADE；
(2)当▵ACD为等边三角形时，证明：平面AEF⊥平面BCDE；
(3)在(2)的条件下，求二面角A−DE−C的余弦值．
19.(本小题12分)
某校高一年级有男生200人，女生100人．为了解该校全体高一学生的身高信息，按性别比例进行分层随机抽样，抽取总样本量为30的样本，并观测样本的指标值(单位：cm)，计算得男生样本的身高平均数为169，方差为39.下表是抽取的女生样本的数据：
记抽取的第i个女生的身高为xii=1,2,3,⋅⋅⋅,10，样本平均数x=160，方差s2=110 10i=1 (xi−x)2=110( 10i=1 xi2−10x2)=15．
参考数据： 15≈3.9，1592=25281，1692=28561．
(1)若用女生样本的身高频率分布情况代替该校高一女生总体的身高频率分布情况，试估计该校高一女生身高在160,165范围内的人数；
(2)如果女生样本数据在x−2s,x+2s之外的数据称为离群值，试剔除离群值后，计算剩余女生样本身高的平均数与方差；
(3)用总样本的平均数和标准差分别估计该校高一学生总体身高的平均数μ和标准差σ，求的值μ，σ．
答案解析
1.A
【解析】z=52−i=52+i2−i2+i=52+i5=2+i，
对应点为2,1，则z在复平面内对应的点位于第一象限．
故选：A．
2.A
【解析】用斜二测画法作出的直观图，还原为原图形，如图所示；
在▵ABC中，O′B′=O′C′=OB=OC=1，OA=2O′A′= 3，∠xOy=90∘，∴AC= OC2+OA2= 12+ 32=2，
故选：A
3.C
【解析】抛掷两枚质地均匀的硬币，其中朝上的情况共有Ω={正反，正正，反正，反反}共4种情况，
其中事件A={正反，反正，反反}；事件B={正正}，事件C={反反}，
对A，事件A为事件C可能同时发生，即反反这种情况，即事件A，C不对立，故A错误；
对B，事件B与事件C显然不可能同时发生，则它们为互斥事件，故B错误；
对C，显然事件A和事件B不可能同时发生，即它们互斥，且两者构成了所有的发生情况，即事件A和事件B必有一个发生，则A与B对立，故C正确；
对D，事件B与C互斥，但是不对立，比如可能发生正反或反正的情况，故D错误．
故选：C．
4.B
【解析】由题意可知，因为a=(1,1)，b=(0,t)，
所以a+2b=(1,1)+2(0,t)=(1,1+2t)，
又因为a⊥(a+2b)，所以a⋅(a+2b)=0，
即1×1+1×1+2t=0，解得t=−1．
所以|b|=1．
故选：B．
5.D
【解析】对于A，若l//m，m//α，则l//α或l⊂α，故 A错误；
对于B，若l⊥m，m⊥α，则l//α或l⊂α，故 B错误；
对于C，若α∩β=m，l//m，则l//α或l⊂α，故 C错误；
对于D，若l⊂β，β//α，由面面平行的性质定理可得l//α，故 D正确．
故选：D
6.B
【解析】∵ E为线段AD的中点
∴ BE→=12BA→+12BD→，
又BD→=2DC→，
∴ BE→=12BA→+13BC→=−12AB→+13AC→−13AB→=−56AB→+13AC→，
故选：B．
7.B
【解析】
如图，过点B作BC⊥PQ于点C，
由题意知，∠PAQ=30∘，∠BAQ=15∘，∠PBC=60∘，AB=600米，
在▵PAB中，∠PAB=15∘，∠BPA=30∘，∴600sin30∘=PBsin15∘，
而sin15∘=sin45∘−30∘=sin45∘cs30∘−cs45∘sin30∘= 6− 24，
∴PB=300 6− 2米，
∴PQ=PC+CQ=300 6− 2×sin60∘+600sin15∘=300 2米.
故选：B
8.C
【解析】设棱台上下底面的中心为N,M，连接D1B1,DB，
则D1B1=2 2,DB=4 2，
所以棱台的高MN= B1B2−MB−NB12= 32−2 2− 22=1，
设球半径为R，根据正四棱台的结构特征可知：球O与上底面A1B1C1D1相切于N，与棱AB,BC,CD,DA均相切于各边中点处，
设BC中点为E，连接OE,OM,ME，
所以OE2=OM2+ME2⇒R2=R−12+22，解得R=52，
所以球O的表面积为4πR2=25π．
故选：C
9.BD
【解析】频率分布直方图的面积之和为1，(0.01+0.02+0.04+0.06+a)×5=1,解得a=0.07，故 A错；
∵100×0.06+0.04+0.02×5=60，故 B对；
因为0.01+0.07+0.06×5=0.7，0.01+0.07+0.06+0.04×5=0.9，
所以故第80百分位数为60+0.10.2×5=62.5，故 C错；
众数为52.5，平均数x=(47.5×0.01+52.5×0.07+57.5×0.06+62.5×0.04+67.5×0.02)×5=57.25，故 D对．
故选：BD．
10.AD
【解析】对于A，因为sinA>sinB，则由正弦定理asinA=bsinB可得，
ab=sinAsinB>1，所以a>b，即A>B，故 A正确；
对于B，AB⋅BC=2×2×cs2π3=2×2×(−12)=−2，故 B错误；
对于C，由正弦定理，得a=2RsinA，b=2RsinB，
因为acsA=bcsB，
所以sinAcsA=sinBcsB，
所以sin2A=sin2B，
所以2A=2B，或2A+2B=π，
所以A=B，或A+B=π2，
所以▵ABC是等腰三角形或直角三角形，故 C错误；
对于D，如图所示，AD=1
因为a= 3，D为中点，
所以BD=CD= 32，
在▵ABC中，csC=AC2+BC2−AB22AC⋅BC=b2+3−c22 3b，
在▵ACD中，csC=AC2+CD2−AD22AC⋅CD=b2+34−1 3b=b2−14 3b，
所以b2+3−c22 3b=b2−14 3b，
化简得b2+c2=72，
因为b2+c2≥2bc，当且仅当b=c时取等号，
所以2bc≤72，即bc≤74，
所以bc的最大值为74，故 D正确．
故选：AD．
11.BCD
【解析】对于A，设圆锥的底面半径为R=12AB=6，高为ℎ，由题意知，
圆锥的母线长为12，故ℎ= 122−62=6 3，
故圆锥体积为v=13×πR2×ℎ=13×π×36×6 3=72 3π， A错误；
对于B，当M为AB中点时，设M在底面上的投影为H，则H为OA的中点，
则HN为线段MN在底面的投影，
OH=3，而∠NOH=120∘,ON=6，在▵OHN中，
HN2=OH2+ON2−2OH⋅ON⋅cs∠120∘=9+36−2×3×6×−12=63，
即HN=3 7，即线段MN在底面的投影长为3 7， B正确；
对于C，作NT⊥AB于T，作TM1⊥SA于M1，连接M1N，
由于SO⊥平面ABN，SO⊂平面SAB，所以平面SAB⊥底面ABN，
平面SAB⊥底面BNE=AB，NT⊂底面ABN，
NT⊥AB，故NT⊥平面SAB，SA⊂平面SAB，故NT⊥SA，
又TM1⊥SA，TM1∩NT=T,TM1,NT⊂平面NTM1，故SA⊥平面NTM1，
M1N⊂平面NTM1，故SA⊥M1N，
故当M与M1重合时，MN⊥AB， C正确；
对于D，由C的分析知，NT⊥平面SAB，而TN=6× 32=3 3，
直线MN与平面SAB所成角为∠NMT，则其正切值为tan∠NMT=NTMT=3 3MT，
当MTmin=M1T=34× 32×12=9 32时，所求角正切值的最大值为23， D正确，
故选：BCD
12.12,12
【解析】根据投影向量的定义可知，
a在b上可投影向量为a⋅bb⋅bb=−3×2+4×24+4⋅b=14b=12,12，
故答案为：12,12
13.310或0.3
【解析】从5条线段中任取3条线段的基本事件有1,3,5,1,3,7,1,3,9,1,5,7,1,5,9,1,7,9,3,5,7,3,5,9,3,7,9,5,7,9，总数为10，能构成三角形的情况有：(3,5,7),(3,7,9),(5,7,9)，共3个基本事件，故概率为310．
故答案为：310
14.9 2+6 5
【解析】因为M，N分别为棱A1D1，C1D1的中点，所以A1C1//MN，
过点B作GH//AC交DA的延长线于点G，交DC的延长线于点H，
连接GM交AA1于点E，连接NH交CC1于点F，
因为A1C1//AC，则A1C1//GH，且E,F分别是AA1,CC1的中点，
故过点B，M，N平面截该正方体所得截面为五边形BEMNF，
由勾股定理得ME=MN=NF= 32+32=3 2，BE=BF= 32+62=3 5，
故五边形BEMNF的周长为3×3 2+2×3 5=9 2+6 5．
故答案为：9 2+6 5
15.(1)
因为z=a+bi(a,b∈R,a>0)，
且2+iz=2+ia+bi=2a−b+a+2bi为纯虚数，
所以2a−b=0，且a+2b≠0，即b=2a，且2b≠−a，
又z= 5，故 a2+b2= a2+4a2= 5|a|= 5，
因为a>0，所以a=1，于是b=2，
因此复数z=1+2i；
(2)
由(1)知z=1+2i，故z=1−2i是关于x的方程x2+mx+n=0的另一个根，
所以由韦达定理得，z+z=−m,z⋅z=n，即m=−2，n=1+2i⋅1−2i=5，
因此实数m=−2，n=5．
【解析】(1)由题意可得2a−b=0，且a+2b≠0，由z= 5可得 a2+b2= 5，联立求解即可；
(2)由(1)知z=1+2i，从而可得z=1−2i是关于x的方程x2+mx+n=0的另一个根，由韦达定理即可求解．
16.(1)
由题意知，从6个城市中任选2个，得到的样本空间为Ω={A1,A2,A1,A3,A1,B1,A1,B2,A1,B3,A2,A3,A2,B1,A2,B2,A2,B3,A3,B1,A3,B2,A3,B3,B1,B2,B1,B3,B2,B3}，
则n(Ω)=15，
设事件A=“甲选择的2个城市均是北方城市”，
则A=A1,A2,A1,A3,A2,A3，所以n(A)=3，
因此，P(A)=315=15；
(2)
设事件C=“甲、乙两人中至少有一人的选择为2个北方城市”，
事件A=“甲选择的2个城市均是北方城市”，
事件B=“乙选择的2个城市均是北方城市”．
则A=“甲选择的2个城市不都是北方城市”，
B=“乙选择的2个城市不都是北方城市”，由于甲、乙的选择互不影响，
所以A与B，A与B，A与B，A与B都相互独立，
由已知条件及(1)可得，PA=15,PB=13,PA=45,PB=23．
所以PC=1−PC=1−PAB=1−PAPB=1−45×23=1−815=715．
【解析】(1)根据古典概型概率公式即可求解；
(2)根据对立事件公式及独立性乘法公式即可求解．
17.(1)
由正弦定理可得sinAcsB+ 3sinAsinB−sinC−sinB=0，
所以sinAcsB+ 3sinAsinB−sinAcsB+csAsinB−sinB=0，
即sinB 3sinA−csA−1=0，
因为0所以 3sinA−csA−1=0，化简得2sinA−π6=1，即sinA−π6=12，
又由0故A−π6=π6，所以A=π3；
(2)
由已知可得，S=12bcsinA= 34bc= 3164b2+c2，
可得4b2−4bc+c2=0，化简得，(2b−c)2=0，即2b=c，
又由余弦定理可得a2= 32=b2+c2−2bccsπ3，化简得，b2+c2−bc=3，
联立解得b=1,c=2，
所以▵ABC的周长为3+ 3.
【解析】(1)利用正弦定理边化角，结合三角公式即可求解；
(2)根据三角形的面积公式可得4b2−4bc+c2=0，再结合余弦定理即可求解．
18.(1)
在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，CD的中点，
所以BE//FD，且BE=FD，
故四边形BEDF为平行四边形，于是BF//ED.
在四棱锥A−BCDE中，BF⊄平面ADE，ED⊂平面ADE，
所以BF//平面ADE；
(2)
当▵ACD为正三角形时，因为点F是CD的中点，所以AF⊥CD，
在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，CD的中点，故EF⊥CD
又AF⋂EF=F，AF⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，故CD⊥平面AEF，
因为CD⊂平面BCDE，所以平面AEF⊥平面BCDE；
(3)
在四棱锥A−BCDE中，过点A作AO⊥EF于点O，过点O作OG⊥DE于点G，连接AG．
在正方形ABCD中，令BC=a，则AE=a2，EF=a．
因为▵ACD为等边三角形，点F为CD的中点，
所以AF= 32a，从而AE2+AF2=EF2，即AE⊥AF
由(2)知，平面AEF⊥平面BCDE，平面AEF∩平面BCDE=EF,AO⊥EF，AO⊂平面AEF，
故AO⊥平面BCDE，从而AO⊥DE．
又OG⊥DE,AO∩OG=O,AO⊂平面AOG,OG⊂平面AOG，
故DE⊥平面AOG，而AG⊂平面AOG，故DE⊥AG，
所以∠AGO为二面角A−DE−C的平面角．
在Rt▵EAF中，AO=AE⋅AFEF=a2⋅ 32aa= 34a,OE=12AE=a4.
在Rt▵DEF中，EF⊥DF,DE= a2+a24= 52a，
因为OG⊥DE，所以OGOE=DFDE，于是OG=OE⋅DFDE=a4⋅a2 52a=a4 5，
从而在Rt▵AOG中，AG= AO2+OG2= 3a216+a280=a 5，
故cs∠AGO=OGAG=a4 5a 5=14，
因此，二面角A−DE−C的的余弦值为14.
【解析】(1)先证明BF//ED，再根据线面平行的判定定理即可证明；
(2)先证明CD⊥平面AEF，再根据面面垂直的判定定理即可证明；
(3)在四棱锥A−BCDE中，过点A作AO⊥EF于点O，过点O作OG⊥DE于点G，连接AG.从而可证AE⊥AF，进而得到DE⊥平面AOG，从而可得∠AGO为二面角A−DE−C的平面角，计算求解即可．
19.(1)
因为抽取的女生身高在[160,165]之内的频率为410=25，
所以估计该校女生身高在[160,165]之内的人数为25×100=40；
(2)
因为x−2s=152.2,x+2s=167.8，所以x−2s,x+2s=152.2,167.8，
故169∉(152.2,167.8)，则169为离群值．
则剔除离群值剩下数据的平均数为：10×160−1699=159，
故剩余女生样本身高的平均数为159，
又i=110xi2=10×15+10×1602=256150，
则剔除169，剩余女生样本身高的方差为：19(256150−1692−9×1592)=203；
(3)
采用分层抽样的方法抽取一个容量为30的样本，则男生20个，女生10个，
男生身高样本记为y1,y2,⋯,y20，均值y=169，方差sy2=39，
女生身高样本为x1,x2,⋯,x10，均值x=160，方差s2=15.
则总样本均值μ=1030x+2030y=10×160+20×16930=166，
又因为i=110xi−x=i=110xi−10x=0，所以i=1102xi−xx−μ=2x−μi=110xi−x=0，同理可得j=120yj−yy−μ=0，
故总样本方差σ2=130i=110xi−μ2+j=120yj−μ2=130i=110xi−x+x−μ2+j=120yj−y+y−μ2
=13010s2+x−μ2+20sy2+y−μ2=1315+160−1662+2339+169−1662=49，
所以，估计学生总体身高平均数μ=166，标准差σ= 49=7．
【解析】(1)先求得抽取的女生身高在[160,165]之内的频率，进而可求解；
(2)求得x−2s,x+2s=152.2,167.8，从而可知169为离群值，进而可求得平均数和方差；
(3)先推导σ2=13010s2+x−μ2+20sy2+y−μ2，代入数据即可求解．抽取次序
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
身高
155
158
156
157
160
161
159
162
169
163
1.已知复数z=52−i，则z在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.如图，水平放置的用斜二测画法画出的直观图为▵A′B′C′，其中∠x′O′y′=45∘，O′B′=O′C′=1，O′A′= 32，则▵ABC中，AC=( )
A. 2B. 7C. 3D. 4
3.抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A=“至多有一枚硬币正面朝上”，事件B=“两枚硬币正面均朝上”，事件C=“两枚硬币正面均朝下”，则( )
A. A与C对立B. B与C不互斥C. A与B对立D. B与C对立
4.已知向量a=1,1，b=0,t，若a⊥a+2b，则b=( )
A. 22B. 1C. 2D. 2
5.已知α，β为两个不重合的平面，l，m为两条不同的直线，( )
A. 若l//m，m//α，则l//αB. 若l⊥m，m⊥α，则l//α
C. 若α∩β=m，l//m，则l//αD. 若l⊂β，β//α，则l//α
6.在▵ABC中，BD=2DC，点E是线段AD的中点，则BE=( )
A. −23AB+16ACB. −56AB+13ACC. 56AB+13ACD. 16AB+13AC
7.如图，在某座山的山脚A测得山顶P的仰角为30°，沿倾斜角为15°的斜坡从A向上走了600米到达B处，在B处测得山顶P的仰角为60°，则山高PQ=( )
A. 300米B. 300 2米C. 300 3米D. 300 6米
8.在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，A1B1=2，AA1= 3，若球O与上底面A1B1C1D1以及棱AB，BC，CD，DA均相切，则球O的体积为( )
A. 1216πB. 412πC. 25πD. 1256π
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.某校统计100名学生体重，这些学生的体重数据(单位：kg)全部介于45至70之间，将数据整理得到如下所示的频率分布直方图，则( )
A. 频率分布直方图中a的值为0.08
B. 这100名学生中体重不低于55kg的人数为60
C. 这100名学生体重的第80百分位数为65
D. 这100名学生体重的众数小于平均数
10.已知▵ABC的三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，( )
A. 若sinA>sinB，则A>B
B. 若▵ABC是边长为2的正三角形，则AB⋅BC=2
C. 若acsA=bcsB，则▵ABC是等腰三角形
D. 若a= 3，BC的中线AD长为1，则bc的最大值为74
11.如图，圆锥的顶点为S，底面圆心为O，AB为底面直径，AB=12，SA=12，N是底面圆周上一点，∠AON=23π，M是线段SA上的动点，则( )
A. 圆锥SO的体积为216 3π
B. 当M是SA的中点时，线段MN在圆锥底面上的射影长为3 7
C. 存在点M，使得MN⊥SA
D. 直线MN与平面SAB所成角的正切值的最大值为23
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=−3,4，b=2,2，则a在b的投影向量的坐标是 ．
13.从长度为1，3，5，7，9的5条线段中任取3条，则这三条线段能构成一个三角形的概率为 ．
14.如图，在棱长为6的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为棱A1D1，C1D1的中点，则过M，N，B三点的平面截此正方体所得截面的周长是 ．
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)
已知复数z=a+bi(a,b∈R,a>0)，2+iz为纯虚数，且z= 5．
(1)求复数z；
(2)若复数z是关于x的方程x2+mx+n=0的一个根，求实数m，n的值．
16.(本小题12分)
现有3个北方城市A1，A2，A3和3个南方城市B1，B2，B3，旅游爱好者甲计划从中任选2个城市旅游．
(1)求甲选择的2个城市均是北方城市的概率；
(2)若旅游爱好者乙也计划从这6个城市中选2个旅游，由于个人爱好，乙选择的2个城市均是北方城市的概率为13，且甲、乙两人的选择互不影响，求甲、乙两人中至少有一人的选择为2个北方城市的概率．
17.(本小题12分)
已知▵ABC的 三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且acsB+ 3asinB−c−b=0．
(1)求A；
(2)若a= 3，且▵ABC的面积为 3164b2+c2，求▵ABC的周长．
18.(本小题12分)
如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，CD的中点．现将▵ADE沿DE折起，得到四棱锥A−BCDE．
(1)证明：BF//平面ADE；
(2)当▵ACD为等边三角形时，证明：平面AEF⊥平面BCDE；
(3)在(2)的条件下，求二面角A−DE−C的余弦值．
19.(本小题12分)
某校高一年级有男生200人，女生100人．为了解该校全体高一学生的身高信息，按性别比例进行分层随机抽样，抽取总样本量为30的样本，并观测样本的指标值(单位：cm)，计算得男生样本的身高平均数为169，方差为39.下表是抽取的女生样本的数据：
记抽取的第i个女生的身高为xii=1,2,3,⋅⋅⋅,10，样本平均数x=160，方差s2=110 10i=1 (xi−x)2=110( 10i=1 xi2−10x2)=15．
参考数据： 15≈3.9，1592=25281，1692=28561．
(1)若用女生样本的身高频率分布情况代替该校高一女生总体的身高频率分布情况，试估计该校高一女生身高在160,165范围内的人数；
(2)如果女生样本数据在x−2s,x+2s之外的数据称为离群值，试剔除离群值后，计算剩余女生样本身高的平均数与方差；
(3)用总样本的平均数和标准差分别估计该校高一学生总体身高的平均数μ和标准差σ，求的值μ，σ．
答案解析
1.A
【解析】z=52−i=52+i2−i2+i=52+i5=2+i，
对应点为2,1，则z在复平面内对应的点位于第一象限．
故选：A．
2.A
【解析】用斜二测画法作出的直观图，还原为原图形，如图所示；
在▵ABC中，O′B′=O′C′=OB=OC=1，OA=2O′A′= 3，∠xOy=90∘，∴AC= OC2+OA2= 12+ 32=2，
故选：A
3.C
【解析】抛掷两枚质地均匀的硬币，其中朝上的情况共有Ω={正反，正正，反正，反反}共4种情况，
其中事件A={正反，反正，反反}；事件B={正正}，事件C={反反}，
对A，事件A为事件C可能同时发生，即反反这种情况，即事件A，C不对立，故A错误；
对B，事件B与事件C显然不可能同时发生，则它们为互斥事件，故B错误；
对C，显然事件A和事件B不可能同时发生，即它们互斥，且两者构成了所有的发生情况，即事件A和事件B必有一个发生，则A与B对立，故C正确；
对D，事件B与C互斥，但是不对立，比如可能发生正反或反正的情况，故D错误．
故选：C．
4.B
【解析】由题意可知，因为a=(1,1)，b=(0,t)，
所以a+2b=(1,1)+2(0,t)=(1,1+2t)，
又因为a⊥(a+2b)，所以a⋅(a+2b)=0，
即1×1+1×1+2t=0，解得t=−1．
所以|b|=1．
故选：B．
5.D
【解析】对于A，若l//m，m//α，则l//α或l⊂α，故 A错误；
对于B，若l⊥m，m⊥α，则l//α或l⊂α，故 B错误；
对于C，若α∩β=m，l//m，则l//α或l⊂α，故 C错误；
对于D，若l⊂β，β//α，由面面平行的性质定理可得l//α，故 D正确．
故选：D
6.B
【解析】∵ E为线段AD的中点
∴ BE→=12BA→+12BD→，
又BD→=2DC→，
∴ BE→=12BA→+13BC→=−12AB→+13AC→−13AB→=−56AB→+13AC→，
故选：B．
7.B
【解析】
如图，过点B作BC⊥PQ于点C，
由题意知，∠PAQ=30∘，∠BAQ=15∘，∠PBC=60∘，AB=600米，
在▵PAB中，∠PAB=15∘，∠BPA=30∘，∴600sin30∘=PBsin15∘，
而sin15∘=sin45∘−30∘=sin45∘cs30∘−cs45∘sin30∘= 6− 24，
∴PB=300 6− 2米，
∴PQ=PC+CQ=300 6− 2×sin60∘+600sin15∘=300 2米.
故选：B
8.C
【解析】设棱台上下底面的中心为N,M，连接D1B1,DB，
则D1B1=2 2,DB=4 2，
所以棱台的高MN= B1B2−MB−NB12= 32−2 2− 22=1，
设球半径为R，根据正四棱台的结构特征可知：球O与上底面A1B1C1D1相切于N，与棱AB,BC,CD,DA均相切于各边中点处，
设BC中点为E，连接OE,OM,ME，
所以OE2=OM2+ME2⇒R2=R−12+22，解得R=52，
所以球O的表面积为4πR2=25π．
故选：C
9.BD
【解析】频率分布直方图的面积之和为1，(0.01+0.02+0.04+0.06+a)×5=1,解得a=0.07，故 A错；
∵100×0.06+0.04+0.02×5=60，故 B对；
因为0.01+0.07+0.06×5=0.7，0.01+0.07+0.06+0.04×5=0.9，
所以故第80百分位数为60+0.10.2×5=62.5，故 C错；
众数为52.5，平均数x=(47.5×0.01+52.5×0.07+57.5×0.06+62.5×0.04+67.5×0.02)×5=57.25，故 D对．
故选：BD．
10.AD
【解析】对于A，因为sinA>sinB，则由正弦定理asinA=bsinB可得，
ab=sinAsinB>1，所以a>b，即A>B，故 A正确；
对于B，AB⋅BC=2×2×cs2π3=2×2×(−12)=−2，故 B错误；
对于C，由正弦定理，得a=2RsinA，b=2RsinB，
因为acsA=bcsB，
所以sinAcsA=sinBcsB，
所以sin2A=sin2B，
所以2A=2B，或2A+2B=π，
所以A=B，或A+B=π2，
所以▵ABC是等腰三角形或直角三角形，故 C错误；
对于D，如图所示，AD=1
因为a= 3，D为中点，
所以BD=CD= 32，
在▵ABC中，csC=AC2+BC2−AB22AC⋅BC=b2+3−c22 3b，
在▵ACD中，csC=AC2+CD2−AD22AC⋅CD=b2+34−1 3b=b2−14 3b，
所以b2+3−c22 3b=b2−14 3b，
化简得b2+c2=72，
因为b2+c2≥2bc，当且仅当b=c时取等号，
所以2bc≤72，即bc≤74，
所以bc的最大值为74，故 D正确．
故选：AD．
11.BCD
【解析】对于A，设圆锥的底面半径为R=12AB=6，高为ℎ，由题意知，
圆锥的母线长为12，故ℎ= 122−62=6 3，
故圆锥体积为v=13×πR2×ℎ=13×π×36×6 3=72 3π， A错误；
对于B，当M为AB中点时，设M在底面上的投影为H，则H为OA的中点，
则HN为线段MN在底面的投影，
OH=3，而∠NOH=120∘,ON=6，在▵OHN中，
HN2=OH2+ON2−2OH⋅ON⋅cs∠120∘=9+36−2×3×6×−12=63，
即HN=3 7，即线段MN在底面的投影长为3 7， B正确；
对于C，作NT⊥AB于T，作TM1⊥SA于M1，连接M1N，
由于SO⊥平面ABN，SO⊂平面SAB，所以平面SAB⊥底面ABN，
平面SAB⊥底面BNE=AB，NT⊂底面ABN，
NT⊥AB，故NT⊥平面SAB，SA⊂平面SAB，故NT⊥SA，
又TM1⊥SA，TM1∩NT=T,TM1,NT⊂平面NTM1，故SA⊥平面NTM1，
M1N⊂平面NTM1，故SA⊥M1N，
故当M与M1重合时，MN⊥AB， C正确；
对于D，由C的分析知，NT⊥平面SAB，而TN=6× 32=3 3，
直线MN与平面SAB所成角为∠NMT，则其正切值为tan∠NMT=NTMT=3 3MT，
当MTmin=M1T=34× 32×12=9 32时，所求角正切值的最大值为23， D正确，
故选：BCD
12.12,12
【解析】根据投影向量的定义可知，
a在b上可投影向量为a⋅bb⋅bb=−3×2+4×24+4⋅b=14b=12,12，
故答案为：12,12
13.310或0.3
【解析】从5条线段中任取3条线段的基本事件有1,3,5,1,3,7,1,3,9,1,5,7,1,5,9,1,7,9,3,5,7,3,5,9,3,7,9,5,7,9，总数为10，能构成三角形的情况有：(3,5,7),(3,7,9),(5,7,9)，共3个基本事件，故概率为310．
故答案为：310
14.9 2+6 5
【解析】因为M，N分别为棱A1D1，C1D1的中点，所以A1C1//MN，
过点B作GH//AC交DA的延长线于点G，交DC的延长线于点H，
连接GM交AA1于点E，连接NH交CC1于点F，
因为A1C1//AC，则A1C1//GH，且E,F分别是AA1,CC1的中点，
故过点B，M，N平面截该正方体所得截面为五边形BEMNF，
由勾股定理得ME=MN=NF= 32+32=3 2，BE=BF= 32+62=3 5，
故五边形BEMNF的周长为3×3 2+2×3 5=9 2+6 5．
故答案为：9 2+6 5
15.(1)
因为z=a+bi(a,b∈R,a>0)，
且2+iz=2+ia+bi=2a−b+a+2bi为纯虚数，
所以2a−b=0，且a+2b≠0，即b=2a，且2b≠−a，
又z= 5，故 a2+b2= a2+4a2= 5|a|= 5，
因为a>0，所以a=1，于是b=2，
因此复数z=1+2i；
(2)
由(1)知z=1+2i，故z=1−2i是关于x的方程x2+mx+n=0的另一个根，
所以由韦达定理得，z+z=−m,z⋅z=n，即m=−2，n=1+2i⋅1−2i=5，
因此实数m=−2，n=5．
【解析】(1)由题意可得2a−b=0，且a+2b≠0，由z= 5可得 a2+b2= 5，联立求解即可；
(2)由(1)知z=1+2i，从而可得z=1−2i是关于x的方程x2+mx+n=0的另一个根，由韦达定理即可求解．
16.(1)
由题意知，从6个城市中任选2个，得到的样本空间为Ω={A1,A2,A1,A3,A1,B1,A1,B2,A1,B3,A2,A3,A2,B1,A2,B2,A2,B3,A3,B1,A3,B2,A3,B3,B1,B2,B1,B3,B2,B3}，
则n(Ω)=15，
设事件A=“甲选择的2个城市均是北方城市”，
则A=A1,A2,A1,A3,A2,A3，所以n(A)=3，
因此，P(A)=315=15；
(2)
设事件C=“甲、乙两人中至少有一人的选择为2个北方城市”，
事件A=“甲选择的2个城市均是北方城市”，
事件B=“乙选择的2个城市均是北方城市”．
则A=“甲选择的2个城市不都是北方城市”，
B=“乙选择的2个城市不都是北方城市”，由于甲、乙的选择互不影响，
所以A与B，A与B，A与B，A与B都相互独立，
由已知条件及(1)可得，PA=15,PB=13,PA=45,PB=23．
所以PC=1−PC=1−PAB=1−PAPB=1−45×23=1−815=715．
【解析】(1)根据古典概型概率公式即可求解；
(2)根据对立事件公式及独立性乘法公式即可求解．
17.(1)
由正弦定理可得sinAcsB+ 3sinAsinB−sinC−sinB=0，
所以sinAcsB+ 3sinAsinB−sinAcsB+csAsinB−sinB=0，
即sinB 3sinA−csA−1=0，
因为0
又由0
(2)
由已知可得，S=12bcsinA= 34bc= 3164b2+c2，
可得4b2−4bc+c2=0，化简得，(2b−c)2=0，即2b=c，
又由余弦定理可得a2= 32=b2+c2−2bccsπ3，化简得，b2+c2−bc=3，
联立解得b=1,c=2，
所以▵ABC的周长为3+ 3.
【解析】(1)利用正弦定理边化角，结合三角公式即可求解；
(2)根据三角形的面积公式可得4b2−4bc+c2=0，再结合余弦定理即可求解．
18.(1)
在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，CD的中点，
所以BE//FD，且BE=FD，
故四边形BEDF为平行四边形，于是BF//ED.
在四棱锥A−BCDE中，BF⊄平面ADE，ED⊂平面ADE，
所以BF//平面ADE；
(2)
当▵ACD为正三角形时，因为点F是CD的中点，所以AF⊥CD，
在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，CD的中点，故EF⊥CD
又AF⋂EF=F，AF⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，故CD⊥平面AEF，
因为CD⊂平面BCDE，所以平面AEF⊥平面BCDE；
(3)
在四棱锥A−BCDE中，过点A作AO⊥EF于点O，过点O作OG⊥DE于点G，连接AG．
在正方形ABCD中，令BC=a，则AE=a2，EF=a．
因为▵ACD为等边三角形，点F为CD的中点，
所以AF= 32a，从而AE2+AF2=EF2，即AE⊥AF
由(2)知，平面AEF⊥平面BCDE，平面AEF∩平面BCDE=EF,AO⊥EF，AO⊂平面AEF，
故AO⊥平面BCDE，从而AO⊥DE．
又OG⊥DE,AO∩OG=O,AO⊂平面AOG,OG⊂平面AOG，
故DE⊥平面AOG，而AG⊂平面AOG，故DE⊥AG，
所以∠AGO为二面角A−DE−C的平面角．
在Rt▵EAF中，AO=AE⋅AFEF=a2⋅ 32aa= 34a,OE=12AE=a4.
在Rt▵DEF中，EF⊥DF,DE= a2+a24= 52a，
因为OG⊥DE，所以OGOE=DFDE，于是OG=OE⋅DFDE=a4⋅a2 52a=a4 5，
从而在Rt▵AOG中，AG= AO2+OG2= 3a216+a280=a 5，
故cs∠AGO=OGAG=a4 5a 5=14，
因此，二面角A−DE−C的的余弦值为14.
【解析】(1)先证明BF//ED，再根据线面平行的判定定理即可证明；
(2)先证明CD⊥平面AEF，再根据面面垂直的判定定理即可证明；
(3)在四棱锥A−BCDE中，过点A作AO⊥EF于点O，过点O作OG⊥DE于点G，连接AG.从而可证AE⊥AF，进而得到DE⊥平面AOG，从而可得∠AGO为二面角A−DE−C的平面角，计算求解即可．
19.(1)
因为抽取的女生身高在[160,165]之内的频率为410=25，
所以估计该校女生身高在[160,165]之内的人数为25×100=40；
(2)
因为x−2s=152.2,x+2s=167.8，所以x−2s,x+2s=152.2,167.8，
故169∉(152.2,167.8)，则169为离群值．
则剔除离群值剩下数据的平均数为：10×160−1699=159，
故剩余女生样本身高的平均数为159，
又i=110xi2=10×15+10×1602=256150，
则剔除169，剩余女生样本身高的方差为：19(256150−1692−9×1592)=203；
(3)
采用分层抽样的方法抽取一个容量为30的样本，则男生20个，女生10个，
男生身高样本记为y1,y2,⋯,y20，均值y=169，方差sy2=39，
女生身高样本为x1,x2,⋯,x10，均值x=160，方差s2=15.
则总样本均值μ=1030x+2030y=10×160+20×16930=166，
又因为i=110xi−x=i=110xi−10x=0，所以i=1102xi−xx−μ=2x−μi=110xi−x=0，同理可得j=120yj−yy−μ=0，
故总样本方差σ2=130i=110xi−μ2+j=120yj−μ2=130i=110xi−x+x−μ2+j=120yj−y+y−μ2
=13010s2+x−μ2+20sy2+y−μ2=1315+160−1662+2339+169−1662=49，
所以，估计学生总体身高平均数μ=166，标准差σ= 49=7．
【解析】(1)先求得抽取的女生身高在[160,165]之内的频率，进而可求解；
(2)求得x−2s,x+2s=152.2,167.8，从而可知169为离群值，进而可求得平均数和方差；
(3)先推导σ2=13010s2+x−μ2+20sy2+y−μ2，代入数据即可求解．抽取次序
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
身高
155
158
156
157
160
161
159
162
169
163
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