湖南省长沙市四校联考2021-2022学年高一下学期数学期末考试试卷

湖南省长沙市四校联考2021-2022学年高一下学期数学期末考试试卷阅卷人一、单选题(共8题；共16分)得分(2分)已知复数z=-5(3-0，其中i是虚数单位，则复数|z|等于( )A.3 B.2V2 C.10 D.V10【答案】D【解析】【解答】z=-i-(3-0=-1-3i,故团=J(-l)2+(-3)2=故答案为：D【分析】根据复数的乘法与模长公式求解即可.(2分)已知0),8(0,1),C(3,-1).且4,B,C三点共线，则巾=( )A.| B.| C. D.-|【答案】A【解析】【解答】由0),F(0,1),C(3,-1),得荏=(—m,1),BC=(3,一2),因为4B,C三点共线，所以荏〃尻，即(一m)x(-2)-lx3=0,解得血=1所以771=故答案为：A.【分析】利用已知条件结合三点共线与向量共线的等价关系，再结合向量共线的坐标表示，进而得出实数m的值。(2分)在△ABC中，若AB=3,BC=3&，NB=45。则△ABC的面积为( )A.2V2 B.4 C.J D.1【答案】D【解析】【解答】由题意，SA48c=；AB-BC-sin/B=4x3x3V^x^=/。故答案为：D【分析】利用已知条件结合三角形的面积公式，进而得出三角形AABC的面积。（2分）某校有高一年级学生990人，高二年级学生920人，高三年级学生847人，教职工243人，学校根据疫情形势和所在地疫情防控政策要求，全校师生按比例分层抽样的方法抽取容量为300的样本进行核酸抽测，则应抽取高一年级学生的人数为（ ）A.99 B.100 C.90 D.80【答案】A【解析】【解答】解：由题意知全校师生的总人数为990+920+847+243=3000人，设应抽取高一年级学生的人数为n,则繇=能，解得n=99.所以应抽取高一年级学生的人数为99人.故答案为：A【分析】根据分层抽样的定义求解即可.（2分）设a,3是两个不同的平面，1,m是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（ ）A.若a10,Ica,muB，贝〃"LmB.若，_La,，_L0,贝ija〃0C.若m10,a±B，则m〃aD.若a〃夕，且1与a所成的角和m与夕所成的角相等，则”/m【答案】B【解析】【解答】对于A,在如下图正方体中，a_L0,Ica,rnu0,但，与m不垂直，所成角为60°,A不符合题意；对于B,若［J.a,/1/?,则a〃夕，B符合题意；对于C,若mL（3,alp,则m〃a或者mua,C不符合题意;对于D,如下图，在正方体中，a//p,且1与a所成的角和m与夕所成的角相等为45。，但则八m不平行，D不符合题意.故答案为：B.【分析】利用已知条件结合线线垂直的判断方法、面面平行的判定定理、线面平行的判定定理、线线平行的判断方法，进而找出真命题的选项。（2分）已知某圆锥的侧面积为通兀，该圆锥侧面的展开图是圆心角为造的扇形，则该圆锥的体5积为（ ）.A. B.7T C.2兀 D.【答案】A【解析】【解答】设该圆锥的母线长为1，底面圆的半径为r,由［x整』=遍7P得［=71L5因为27r「=华曝百，所以r=l,所以该圆锥的体积为界兀*回彳=冬。故答案为：A【分析】利用已知条件结合圆锥的侧面积公式，进而得出该圆锥的母线长，再利用扇形的面积公式，进而得出底面圆的半径，再结合圆锥的体积公式，进而得出该圆锥的体积。（2分）如图，在正方体48CD-4夕UZT中，E、F分别为棱CC'、AB的中点，则异面直线4力'与EF所成角的余弦值是（ ）r\tA.匹 B.以 C.乌 D.【解析】【解答】取CC的中点G,连接EG、FG,设正方体48C。一481'。'的棱长为2,因为四边形ABC。为正方形，则AB〃C。且AB=CD=2,■:F、G分别为4B、CD的中点，则AF〃DG且4F=DG,所以，四边形4CGF为平行四边形，故FG〃/1。且FG=4D=2,因为•••AD7/FG,故直线4力'与EF所成角为4EFG或其补角,•••AD1平面COD'C',EGu平面CDC'C',则AD1EG,故FG1EG,因为EG=>JCE2+CG2=V2,：•EF=y/FG2+EG2=瓜,所以，cosZ-EFG= =-j==器，因此，直线与"1所成角的余弦值是停。故答案为：A.【分析】取CD的中点G,连接EG、FG,设正方体ABCD-AB'C'D'的棱长为2,利用四边形ABCD为正方形，则4B〃CD且AB=CO=2,再利用尸、G分别为AB、CD的中点结合中点作中位线的方法和中位线的性质，则4/〃DG且AF=CG,所以，四边形ACG尸为平行四边形，故FG〃/1。且FG= =2,再利用4力'〃/1。结合平行的传递性，得出4万〃尸G，故直线4力'与EF所成角为4EFG或其补角，再利用AD1平面CDD'C'结合线面垂直的定义证出线线垂直，贝ijADJ.EG,故FGJ.EG,再利用勾股定理得出EG的长，再结合勾股定理求出EF的长，再利用余弦函数的定义得出直线4力'与EF所成角的余弦值。(2分)对于函数/(x)和g(x),设aC{x|f。)=0},夕€{x|g(x)=0},若存在a,0,使得|a-P\<1.则称/(x)和g(x)互为“零点相邻函数”，若函数/(x)=ln(x—1)4-x—2与g(x)=x2—ax—a+8互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围是( )A,耳,B.[4,1] C,[^,3] D.[2,4]【答案】B【解析】【解答】••"(>)的定义域为(1,4-00),易得/(X)在(1,+8)上单调递增,又/(2)=0,只有一个零点x=2.若/(x)和g(x)互为“零点相邻函数”，则g(x)在口，3］上存在零点•：.A=a2-4(8-a)>0,解得a>4或a<-8.(1)若4=0,即a=4或a=-8时，g(x)只有一个零点x=去显然当a=4时，J=2e［1,3］,当a=-8时,驿口，3］,不符合题意；(2)若4>0,即a<-8或a>4,①若g(x)在［1,3］上存在1个零点，则g(l)g(3)W0,即(9-2a)(17-4a)W0,解得1<a< .•^<a<|，(9(1)20②若g(x)在口，3］上存在2个零点，贝9(3)2°,.•.4<4W学，(1*3综上所述，a的取值范围是［4,另。故答案为：B.【分析】利用/(X)的定义域为(1,+00),易得/(X)在(1,+8)上单调递增，再利用函数的零点的求解方法，进而得出函数f(x)只有一个零点，再利用/(x)和g(x)互为“零点相邻函数”，则g(x)在［1,3］上存在零点，再结合判别式法得出实数a的取值范围，再利用分类讨论的方法和函数的零点存在性定理，进而结合判别式法得出实数a的取值范围。阅卷人 二、多选题(共4题；共8分)得分(2分)在锐角三角形ABC中，A,B,C为三个内角，a,b,c分别为A,B,C所对的三边，则下列结论成立的是( )A.若4>8,贝iJsinA>sinBB.若4=半则B的取值范围是(0,今sirii4+sinB>cosA+cosBtanFtanC>1【答案】A,C,D【解析】【解答】对于A,因为A>B,所以有所以sinA>sinB,故正确；7r Q of0<F<7对于B,因为4=不则B+C=字，所以C=字一B，由《27r 7r可得B的取值范围是G，J）,故错误；对于C,锐角三角形ABC中，A+B>J,A>^-B,.\sin4>sin$-B)=cosB,同理，sinB>cos4,所以sin4+sinB>cos4+cosB故正确;对于D,锐角三角形ABC中，因为tanA>0,即tan(B+C)<0,黑丝吗<。，又•.•tan8+1—tariDtanctanC>0,/.tanStanC>1,故正确.故答案为：ACD.【分析】利用已知条件结合大边对应大角的性质、正弦函数的图象判断单调性的方法、三角形内角和为180度的性质、三角形中角的取值范围、诱导公式和三角函数的单调性、两角和的正切公式和异号为负的性质，进而找出结论成立的选项。10.（2分）一个袋子中装有除颜色外完全相同的5个球，其中有3个红球，2个白球，每次从中随机摸出1个球，则下列结论中正确的是（ ）A.若不放回的摸球3次，则恰有2次摸到红球的概率为。B.若不放回的摸球2次，则第一次摸到红球的概率为备C.若不放回的摸球2次，则在第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率为*D.若有放回的摸球3次，仅有前2次摸到红球的概率为浇【答案】A,C,D【解析】【解答】对于A,若不放回的摸球3次，则恰好2次摸到红球的概率为第=右所以A符合题意，对于B,因为装有除颜色外完全相同的5个球，其中有3个红球，所以不放回的摸球2次，则第一次摸到红球的概率。，所以B不符合题意，对于C,设事件4为第一次摸到红球，事件B为第二次摸到红球，则P（A）=1P（AB）=^=^,□ □X 1U3所以「（即4）=乌黑=乎=）,所以若不放回的摸球2次，则在第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率为:，所以C符合题意，对于D,若有放回的摸球3次，仅有前2次摸到红球的概率为Vx|x^=摄，所以D符合题意，故答案为：ACD【分析】根据给定条件，用古典概型的概率公式判断ABD,用条件概率公式判断C即可.11.（2分）在正方体中，棱长为1,点P为线段4传上的动点（包含线段端点），则下列结论正确的是（ ）A.当砧=3布时，。记〃平面BDGB.当P为&C中点时，四棱锥P-AAiDiD的外接球表面为37rC.AP+PD］的最小值为等D.当&p=字时，点P是△48山］的重心【答案】A,C,D【解析】【解答】解：对于A,连接A%,Bi%,则=可X2X1=Sa48]D[=*xV2xV2xsin60°=A-[C=>J3设点心到平面A%%的距离为九，则/x字xh=/解得九=空,1所以九=可4。，则当砧=3不时，P为&C与平面的交点，又ADJ/BCi，ADi<t平面BOG，BGu平面BOG，所以4DJ/平面BDQ,同理可证4%〃平面BDCi）ADinAB1=A,ADr,4Biu平面48也，所以平面〃平面BCG，CiPu平面AB/i，所以。1P〃平面B£>G，A符合题意；对于B,当点P为AC的中点时，四棱锥尸一4公。1。为正四棱锥，设平面441/。的中心为。，四棱锥P-441的外接球半径为R,则（R-1）2+（孝）2=R2,解得R=所以四棱锥P-A&Di。的外接球表面积为"，B不符合题意；对于C,连接AC,D1C,贝ijRtAA14CmRtZk4iD[C,所以4P=D[P,由等面积法可得，”的最小值为第坐=4，/IdC 3所以AP+PD1的最小值为孥，C符合题意.对于D,由以上分析可得，当A/：孚时，&P即三棱锥4一。1481的高，所以&PJ■平面Dp4B「又三棱锥Ai-D/Bi为正三棱锥，所以点P是的重心，D符合题Vr.,©>；故答案为：ACD【分析】利用等体积法求出点为到平面的距离与AC的关系，利用面面平行的性质定理，即可判断选项A；当点P为&C的中点时，四棱锥P-A&Di。为正四棱锥，求出外接球的半径，即可判断选项B；由等面积法即可判断选项C；当&p=空时，&P即三棱锥A—DiABi的高，即可判断选项D.（2分）钻石是金刚石精加工而成的产品，是世界上最坚硬的、成分最简单的宝石，它是由碳元素组成的、具有立方结构的天然晶体.如图，已知某钻石形状的几何体由上、下两部分组成，上面为一个正六棱台ABCDEF-A^C^E^（±,下底面均为正六边形，侧面为等腰梯形），下面为

一个正六棱锥P-ABCDEF,其中正六棱台的上底面边长为a,下底面边长为2a,且P到平面ABig的距离为3a,则下列说法正确的是（（台体的体积计算公式：V=|（S1+S2+7^）/i-其中Si，S2分别为台体的上、下底面面积，h为台体的高）A.若平面PAF，平面AFF14,则正六棱锥P-ABCDEF的高为三穿aB.若PA=2&a,则该几何体的表面积为3百：21"q2C.该几何体存在外接球，且外接球的体积为黑兀。3O1D.若该几何体的上、下两部分体积之比为7：8,则该几何体的体积为苧【答案】A,B,D【解析】【解答】设M,N分别为正六棱台上、下底面的中心.对于A,如图1,分别取AF,&F],CM，CD的中点Q,R,S,T,连接RS,RQ,TS,TQ,则RS=Wa，QT=2V3a，

可得Q,R,S,T四点共面，且点P,M,N均在该平面上，连接PM,则N在PM上，得如图2所示的截面PQRST,四边形QRST为等腰梯形,过点R作RL1Q7交QT于点L,贝(kRQL=/QPN,可得保=需，即NP-RL=LQ-QN=^a-V3a=|a2«而NP+RL=MP=3a,故NP(3a—NP)=?a2,解得Np=2±g^a，A符合题意；对于B,如图3为截面P4&D1Z),依题意得AWi=2a,AD=4a,连接PM,则PM=3a,又PA=20a、所以PN=2a,MN=3a-2a=a,如图4为截面PORST,从而rq=Ja2+(室a)2=与a'丁，p图4PQ=J(V3a)2+(2a)2=V7a,故该几何体的表面积S=6x+6x,(a+2a)• +6x：・2a•夕a=3吗%2,B符合题意；对于C,如图5所示的截面P44iZ\D,连接PM,依题意可知久0=2a,AD=4a,PM=3a,P图5若该几何体存在外接球，则外接球球心.在PM上，设外接球半径为R,连接OA,OA],OD,。。1，得0A=OAi=OP=R,3a-R=M0=y/R2-a2,解得R=/a，又OA+。。=2R<4a=0A,矛盾，故该几何体不存在外接球，C不符合题意；对于D,设该几何体上、下两部分的体积分别为%,K2,MN=h],PN=h?,则％=qxa2+6x/3a2+ -6V3a2)hi=亭八/，V2=x6V3a2xh2=2V3/i2a21由=g，可得力2=2/ii，结合九1+九2=3q,可知九1=Q,九2=2a,因此该几何体的体积v=匕+匕=竽+475a3=号§a3，D符合题意.故答案为：ABD.【分析】利用已知条件结合正六棱锥的结构特征，再结合面面垂直的性质定理、棱台的表面积公式和棱锥的表面积公式以及多面体的表面积求解方法、组合体与球的位置关系、球的体积公式、棱台的体积公式和棱锥的体积公式以及多面体体积求解方法，进而找出说法正确的选项。阅卷人三、填空题（共4题；共6分）得分（1分）已知》,yG/?*,若％+y+%y=8,则的最大值为【答案】4【解析】【解答】•.,正数x,y满足x+y+xy=8,8—xy=x4-y>2^/xy,即%y+2y/xy—8<0,解得0Vy[xy<2,故xy<4,当且仅当x=y=2时取等号，・•・孙的最大值为4o故答案为：4o【分析】利用已知条件结合均值不等式求最值的方法，进而得出町的最大值。（1分）已知向量方=（一2,1）,石=（q,1），且Z在另上的投影数量等于-1，则4=.【答案琦五山—2q+l a【解析】【解答】2在石上的投影数量为同=/第=-1,解得q=0（舍）或q=%故答案为：1。【分析】利用已知条件结合数量积求投影数量的方法，进而得出q的值。（2分）已知菱形ABCC的边长为2,4DAB=60。.将AABD沿BD折起，使得点A至点P的位置，得到四面体P-BCD.当二面角P—BC-C的大小为120。时，四面体P-BCD的体积为；当四面体P-BCD的体积为1时，以P为球心，P8的长为半径的球面被平面所截得的曲线在A8C。内部的长为.【答案】0；n【解析】【解答】如图1,过点P作PFLCO交CO的延长线于点F,则NPOF=60。，因为菱形4BC0的边长为2,Z.DAB=60°,所以PO=V3,PF=P0sin60°=|,故四面体P-BCD的体积为《Sadbc.PF=/x2x2xV5x3=^；•J J乙 乙 乙当四面体P-BCD的体积为1时，此时：Sadbc・PF=3x；x2xV5xPF=1,解得：PF=V3.OF=VOP2-PF2=V3^3=0.即O，F两点重合，即PO_L底面BCD,如图2,B图2以P为球心，PB=2的长为半径的球面被平面BC。所截得的曲线为以O为圆心，半径为y/pB2-PO2=］的圆，落在△BCO内部的长为圆周长的一半，所以长度为%X27TX1=7T.故答案为：孚，兀【分析】由菱形的几何性质以及三角形中的几何计算关系，即可得出角的大小，再由二面角平面叫的定义，结合题意代入数值计算出边的大小，并代入到三棱锥的体积公式由此计算出结果；然后由球的几何性质结合圆的几何性质，由弧长公式，代入数值计算出结果即可。（2分）三棱锥P-48C中，顶点P在底面4BC的射影恰好是△ABC内切圆的圆心，若三个侧面的面积分别为12,16,20,底面A8C的最长边长为10,则点A到平面PBC的距离为 ；三棱锥P-ABC外接球的直径是.【答案】4V3:3第【解析】【解答】不妨设SgBc=12,Snac=16,S^ab=20,设P在底面4BC的射影为H,分别作“C1BC于点D,HEJ.4B于点E,HFJ.AC于点F,则PD1BC,PE1AB,PF1AC.依题意，”为△ABC的内心，则Rt△PDH三Rt△PFHmRt△PEH,故PC=PF=PE,111又S«pbc=*BCPD，SaPAC=^AC-PF,SaPAB=^AB-PE，所以Sapbc：Sapac：S“ab=BC：AC：AB=12：16：20=3：4：5.所以N4CB=90。，令BC=3x,AC=4x,4B=5x.底面ABC的最长边长为10,可得48=5x=10,解得x=2,所以BC=6,AC=8,AB=10.设4ABC内切圆半径为r,则号(BC+AC+AB)r=SA/)BC,因为Sa/ibc=^AC-BC=24,即4x(6+8+10)r=24,解得r=2,故HC=2,由Smbc=：BC,PD=12,BC=6,得PD=4，所以PH=y/PD2一HD?=2®所以Vp-ABC=1^A4BC-PH=1x24x2V3=16V3.设点4到平面PBC的距离为d,由Pp-ABc=^a-pbc9S>pbc=12,所以匕(_PBC=』Sapbc,d=16V3»所以d=4V5;•・•乙4cB=90。，・••点C在以4B为直径的圆上,

取48中点为G,则以为直径的圆的圆心为点G,设三棱锥P-ABC的外接球球心为点。，连接0G,易知0G,平面A8C,过点。作ON过点。作ON〃GH交PH于点N,'：PH1平面ABC,GHu平面4BC,：.PH1GH,即4GHp=，四边形GHNO为矩形，则OG=N”，GH=ON,在平面4BC上建立如图所示直角坐标系，则B(6,0).4(0,8).H(2,2)，G(3,4),ON=ON=GH=V1+22=V5,则PN=25/3-x，OA=OB=OP=VGB2+OG2=V25+x2.在直角△ONP中，ON2+NP2=OP?即(遮」+Q代_乃2=25+/,解得％=_竽＜0，故点N在线段PH的延长线上，则PN=26+x，同理可得(75)2+(2百+X，=25+%2，解得#=所以三棱锥P-4BC的外接球半径为0A=OB=OP=V25+X2=三棱锥P-ABC的外接球的直径为粤1故答案为：4V3;等卫。【分析】不妨设Sapbc=12,Sap4c=16,ShPAB=20,设P在底面ABC的射影为H,分别作HO1BC于点D,HEIAB于点E,“9_14(;于点尸，则PD_LBC,PELAB,PFLAC,依题意，“为△ABC的内心，则Rt△PDH三RtAPFH三Rt△PEH,再利用全等三角形的性质，故PD=PF=PE,再利用三角形的面积公式得出Sapbc：Sapac：S&P4B的值，进而得出44cB的值，令BC=3x,AC=4x,AB=5x,底面ABC的最长边长为10,可得x的值，进而得出BC,AC,AB的长，设△ABC内切圆半径为r,再利用三角形和内切圆的位置关系以及三角形的面积公式，进而得出r的值，从而得出HD的长，再利用三角形的面积公式和勾股定理，进而得出PH的长，再利用三棱锥的体积公式得出Vpybc的值，设点A到平面PBC的距离为d,由，pybc=力.pbc，Snbc=12结合三棱锥的体积公式，进而得出d的值，再利用乙4cB=90。，得出点C在以48为直径的圆上，取48中点为G,则以4B为直径的圆的圆心为点G,设三棱锥P-4EC的外接球球心为点。，连接OG,易知OG_L平面ABC,再利用PH，平面ABC,则OG〃PH,过点0作ON〃GH交PH于点、N,再利用PH1平面ABC结合线面垂直的定义得出线线垂直，所以P”_LG”,进而得出/GHP的值，所以四边形GHNO为矩形，则OG=NH,GH=ON,在平面ABC上建立直角坐标系，进而得出点的坐标，再结合勾股定理得出ON的长，设GO=x,若点N在线段PH上，贝”N=2b—x，再利用勾股定理得出。4=V25+X2,在直角^ONP中结合勾股定理得出x的值，故点N在线段PH的延长线上，则PN=2V5+x,再利用勾股定理得出x的值，从而结合x的值和勾股定理得出三棱锥P-4BC的外接球半径，进而得出三棱锥P-4BC的外接球的直径。阅卷人四、解答题(共6题；共85分)得分(10分)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若.(请从①siMA+siMB-sin2c=sinAsinB；②2a=V3csin/14-acosC；③(2sinA-sinB)a=2csinC+(sinA-2sinB)b这三个条件中任选一个填入上空)(5分)求角C；(5分)若c=6时，求△ABC周长的最大值.【答案】(1)解：若选①，因为sin2A+sin2B-sin2C=sin/sinB,所以a?+庐一c2=ab,COsC=34=L2ab2jr因为0VCV7T,所以。=全若选②，因为2a=V3csin4+acosC,所以2sin4=V5sinCsinA+sia4cosC,因为sinA>0,所以VJsinC+cosC=2sin(C+5)=2,即sin(C+^)=1.因为用<c+9<。,所以c+/=3,即c=?.ooo oZ □若选③，因为(2sin4—sinB)a=2csinC4-(sin4—2sin8)b,所以2a2—ab=2c2+ab-2b29即/+ft2—c2=ab，所以cosC=上支出=L0<C<7r,所以C=与.8sL2ab2 3(2)解：由①②③可得C=*由余弦定理：36=a2+b2-2abcosj,即(a+b)2-3ab=362所以(a+b)2-36<岳。：。)，解得a+b<12,当且仅当a=b=6时取等号.所以△ABC周长的最大值是18.【解析】【分析】(1)若选①，利用siMA+siMB-siMc=sinAsinB结合正弦定理和余弦定理以及三角形中角的取值范围，进而得出角C的值。若选②，利用2a=gcsia4+acosC结合正弦定理和辅助角公式以及三角形中角的取值范围，进而得出角C的值。若选③，利用（2sin4-sinB）a=2csinC+（sin4-2sinB）匕结合正弦定理和余弦定理，再结合三角形中角的取值范围，进而得出角C的值。（2）由①②③可得角C的值，再利用余弦定理和均值不等式求最值的方法，进而结合三角形的周长公式得出三角形△4BC周长的最大值。（15分）某校从参加高三模拟考试的学生中随机抽取60名学生，将其数学成绩（均为整数）分成六段［90,100）.［100,110） ［140, 150）后得到如下部分频率分布直方图.观察图形的信息，回答下列问题：频率/组距0.0350.0300.0250.0200.0150.0100.005O90100110120130140150分数（5分）求分数在［120,130）内的频率，并补全这个频率分布直方图；（5分）估计本次考试的第50百分位数；（5分）用分层抽样的方法在分数段为［110,130）的学生中抽取一个容量为6的样本，将该样本看成一个总体，从中任取2个，求至多有1人在分数段［120,130）内的概率.【答案】（1）解：由频率分布直方图，得：分数在［120,130）内的频率为：1-（0.010+0.015+0.015+0.025+0.005）X10=0.3,紧=0.03,补全后的直方图如右图所示：八频率/组距0.035 0.030 0.025 0.020 0.015 —— 0.010 0.005 LvdIIIIII一,,7O90100110120130140150分数(2)解：•••［90,120)的频率为(0.010+0.015+0.015)x10=0.4,［120,130)的频率为：0.030x10=0.3,・•.第50百分位数为：120+旦笋x10=挈；(3)解：用分层抽样的方法在分数段为［110,130)的学生中抽取一个容量为6的样本，则分数段为［110,120)中抽取的学生数为：00黑您30*6=2人,设为A,B，分数段为［120,130)中抽取的学生数为：万斤鬻?而、6=4人，设为a,b,c,d,从中任取2个，有AB,Aa,Ab,Ac,Ad,Ba,Bb,Be,Bd,ab,ac,ad,be,bd,cd共15种,其中符合题意得有AB,Aa,Ab,Ac,Ad,Ba,Bb,Be,3d共9种，所以至多有1人在分数段[120,130）内的概率为白=之【解析】【分析】（1）利用已知条件结合百分位数求解方法，再结合频率分布直方图，进而估计出本次考试的第50百分位数。（2）利用已知条件结合分层抽样的方法和古典概型求概率公式，进而得出至多有1人在分数段[120,130）内的概率。（15分）如图所示，已知在四棱锥P-4BCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，^BAD=60°,侧棱PA=PC=3,PB=PD,过点A的平面与侧棱PB,PD,PC相交于点E,F,M,且满足：PE=PF,PM=1.

(5分)求证：直线BC〃平面PAD；(5分)(5分)求证：直线BC〃平面PAD；(5分)求证：直线PCJ_平面AEMF；(5分)求平面MDB与平面AEMF所成二面角的正弦值.【答案】(1)证明：因为底面ABCD是菱形，所以BC〃AD,ADu平面PAD,BCC平面PAD,所以直线BC〃平面PAD；(2)证明：联结AM,AC,ACODB=0,因为PB=P。，所以POJ.BD,又因为4BCD是菱形，所以BDJ.4C,所以平面P4C,所以BQ_LPC,又PE=PF,所以EF〃BC,所以EFJ.PC,由已知条件得，BD=2,AC=2V3.由余弦定理得cos乙4PC=pa2+pc2-ac22PAPC-32+32-(2V3)21,2x3x3 3AM2=PA2+PM2-2PA-PM-cos乙1PC=9+1-2x3x1x1=8,所以242=PM2+4M2,所以PCJ.AM,

因为直线4M,EF相交，且AM,EF都在平面AEMF内，所以直线PC，平面4EMF.(3)解：取N为MC的中点，联结ON,BN,DN,贝i」ON〃/IM,又EF“BD,又EF“BD,所以平面4EMF〃平面BND,因为直线BD_L平面PAC,联结M。，所以M。1BD,NO1BD,所以ZMON等于平面MDB与平面4EMF所成二面角的平面角,由已知可得，ON=VOC2-CN2=V2»OM=y/ON2+MN2=百,所以平面MOB与AEMF所成二面角的正弦值是字.所以所以sin/MON=73=T-【解析】【分析】(1)联结4M,AC,利用PB=PD结合等腰三角形三线合一，所以PO1B。，再利用四边形4BCD是菱形，所以BC_LAC,再利用线线垂直证出线面垂直，所以BD1平面PAC,再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以BOJ.PC,再利用PE=PF,所以EF〃BO,所以Ef_LPC,由已知条件得出BC,4c的长，再利用余弦定理和勾股定理得出PC_LAM,再利用直线AM,EF相交，且AM,EF都在平面4EMF内结合线线垂直证出线面垂直，从而证出直线PC1平面AEMF。(2)取N为MC的中点，联结ON,BN,DN,则ON〃/IM,再利用EF〃BD结合线线平行证出线面平行，进而证出面面平行，所以平面4EMF〃平面8NC,再利用直线8。1平面P4C,联结M。结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以M0_L8£),NOLBD,所以/MON等于平面MOB与平面AEM尸所成二面角的平面角，由已知结合勾股定理和正弦函数的定义得出平面MC8与4EMF所成二面角的正弦值。(15分)摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢往上转，可以从高处俯瞰四周景色，如图，该摩天轮轮盘直径为120米，设置有36个座舱，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，当到达最高点时距离地面140米，匀速转动一周大约需要30分钟，当游客甲坐上摩天轮的座舱开始计时.（图1） （图2）(5分)经过t分钟后游客甲距离地面的高度为，米，已知“关于t的函数关系式满足H(t)=Asin(a)t+<p)+B(其中A>0,w>0>\(p\<^),求摩天轮转动一周的解析式H(t)；(5分)游客甲坐上摩天轮后多长时间，距离地面的高度第一次恰好达到50米？(5分)若游客乙在游客甲之后进入座舱，且中间间隔5个座舱，在摩天轮转动一周的过程中，记两人距离地面的高度差为九米，求九的最大值.【答案】⑴解：由题意，H(t)=Asin(a)t+(p)+B(其中A>0,3>0,\(p\<J)摩天轮的最高点距离地面为140米，最低点距离地面为140-120=20米，所以内+"广黑，得A=60,B=80,又函数周期为30分钟，所以3=需=点，H(t)=60sin(^t+(p)+8015又H(0)=60sin(会x0+租)+80=20,TT TT所以sin<jo=-l,又|0|42，所以w=所以H(t)=60sin(含t-刍+80,0<t<30(2)解:H(t)=60sin(含t-刍+80=-60cos含t+80,所以-60cos点t+80=50,整理cos含t=%，因为0WtW30,所以0M/,所以含t=E，解得t=5(分钟).

(3)解：经过t分钟后甲距离地面的高度为Hi=-60cos含t+80,乙与甲间隔的时间为翼x6=5分钟，36所以乙距离地面的高度为“2=-60COS卷(t-5)+80,5<t<30,所以两人离地面的高度差7T 71 T[ TCh—\H1—H21=I—60cos.广t+60cosdr(t—5)|=601sin(-3-=-1-7OI，5<t<3015 15 15 o当胎=3或孚时，即t=10或25分钟时，h取最大值为60米.13OZ2【解析】【分析】(1)根据题意，求出A、B和3、<p的值，即可写出摩天轮转动一周的解析式H(t)；⑵令H(t)=50,求出t的值，即可求出第一次达到50米的时间；(3)求出乙与甲间隔的时间，写出甲、乙距离地面的高度差，利用三角恒等变换求出力的最大值.(15分)平行四边形ABCD中，AB=2AD=2, =逐，如图甲所示，作CE14B于点E.将AADE沿着DE翻折，使点A与点P重合，如图乙所示.PB(5分)设平面PEB与平面PDC的交线为1,判断1与CD的位置关系，并证明：(5分)当四棱锥P-BCDE的体积最大时，求二面角P-BC-D的正切值；(5分)在(2)的条件下，G、H分别为棱DE,CD上的点，求空间四边形PGHB周长的最小值.【答案】(1)解：因为EB||CD,CDC平面PBE,EBu平面PBE,所以CD||平面PBE因为CDu平面PCD,平面PBED平面PCD=I,所以I||CD(2)解：当平面PDE1平面BCDE时，四棱锥P-BCDE的体积最大.平面PDEC平面BCDE=DE,PEu平面PDE,PE1DE,可得PE1平面BCDE,BCu平面BCDE,可得PE1BC,作EOLBC交BC于点O,连接PO,EOnPE=E,可得BC1平面POE,而PO在平面PEO中，

故BCLPO,乙POE即为二面角P—BC—D的平面角,, 1 2 2后 7 273在Rt△POE中，PE=&，FO=1xsin60°=竽，tanzPOE= ,所以二面角P-BC-D的正切值为举.(3)解：由展开图可知，B关于CD的对称点为B：DE"，BB'=y[3,由勾股定理可得AB，=小，pb=缘，当A、G、H、B共线时，周长最短，此时(PG+GH+HB+PB),=48,+PB=夕+冬•【解析】【分析】(1)利用EB||CD结合线线平行证出线面平行，所以CD||平面PBE,再利用线面平行的性质定理证出线线平行，从而证出I||CD.(2)当平面PDE1平面BCDE时，四棱锥P-BCDE的体积最大，再利用PE_LDE结合线线垂直证出线面垂直，可得PE1平面BCDE,再利用线面垂直的定义证出线线垂直，可得PE1BC,作EOA.BC交BC于点O,连接PO,再利用线线垂直证出线面垂直，可得BCL平面POE,而PO在平面PEO中，故8CJ.P。，所以LPOE即为二面角P-BC-D的平面角，在Rt△POE中，PE=*,再结合正弦函数的定义得出EO的长，再结合正切函数的定义，进而得出二面角P-BC-D的正切值。(3)在(2)的条件下，G、H分别为棱DE,CD上的点，由展开图可知，B关于CD的对称点为B‘，DE泻,BB'=遍，由勾股定理可得AB',PB的长，当A、G、H、B共线时，周长最短，再结合空间四边形的周长公式，进而得出此时空间四边形PGHB周长的最小值。(15分)已知区间D,若两个函数y=/(x)和y=g(x)对任意XWD都有照>k(其中k>0,g(x)HO),则称函数y=/(x)是y=g(x)在区间D上的超k倍函数.(1)(5分)已知命题“区间D=(1,5],函数/(%)=2/-4%+3是9(%)=*-1在区间口上的超2倍函数”，试判断该命题的真假.若该命题为真命题，请予以证明；若为假命题，请举反例；(5分)若函数f(x)=e2x+e-2x是g(x)=/+e-%在R上的超k倍函数，求实数k的取值范围；(5分)已知区间。=口，2],常数c>l,若函数9(x)=c2x-c-2”是G(x)=cx-cr在区间D上的超4倍函数，求实数c的取值范围.【答案】(1)解：命题为真命题，证明如下：由题得X-16(0,5].则=2"一毕,=2(X-1)+々>2y[2>2,g(x)x-1 、Jx—1所以该命题为真命题：(2)解：令t=g(x)=ex+erN2,则第=生学=华=一恒成立，g[x)ex+extt又y=t—，在区间[2,+8)上单调递增，所以当t=2时，ymin=1,所以OVkVl；(3)解：根据题意阖>4在口，2]上恒成立，即c*+c~x>4,令H(x)=cx+c-x,取1<Xi<x2<2,则H(%i)—H(x2)=cX1+c~X1—cXz-c~Xz=(c*i—cX1)(l—丁]1/2)，