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

-------------------、单选题(共8题；共16分)

得分

1.(2分)已知复数z=T-(3—i),其中i是虚数单位，则复数|z|等于()

A.3B.2V2C.10D.V10

【答案】D

【解析】【解答】z=-i-(3-0=-1-3i,故|z|=7(-1)2+(-3)2=V10

故答案为：D

【分析】根据复数的乘法与模长公式求解即可.

2.(2分)已知A(m,0),B(0,1),C(3,-1).且A,B,C三点共线，则?n=()

A.1B.|C.-|D.-|

【答案】A

【解析】【解答】由0),B(0,1),C(3,-1),得荏=(-m,1),FC=(3,一2),

因为A,B,C三点共线，所以荏〃玩，KP(-m)x(-2)-lx3=0,解得m=|,

所以m=

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。

3.(2分)在△ABC中，若AB=3,BC=3g=45。则△的面积为()

A.2V2B.4C.|D.|

【答案】D

【解析】【解答】由题意，SAMC=\AB-BC-sinzB=；x3x3/x号=|。

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△ABC的面积。

4.（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.99B.100C.90D.80

【答案】A

【解析】【解答】解:由题意知全校师生的总人数为990+9204-847+243=3000人，

设应抽取高一年级学生的人数为人则繇=品，解得般=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.

5.（2分）设a,0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a_L0,Ica,mu°,则/_Lm

B.若11a,lip,贝Ua〃/?

C.若m_L0,al/?,则m〃a

D.若a〃夕，且1与a所成的角和m与夕所成的角相等，则

【答案】B

【解析】【解答】对于A,在如下图正方体中，a，氏/ua,mug,但［与m不垂直，所成角为

60°,A不符合题意；

对于B,若11a,lip,则。〃0,B符合题意；

对于C,若ml/?,a10,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0所成的角相等为45。，但则hm不

平行，D不符合题意.

【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。

6.（2分）已知某圆锥的侧面积为遥兀，该圆锥侧面的展开图是圆心角为雪的扇形，则该圆锥的体

积为（）.

A.B.yrC.27tD.^7r

【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等『=花兀，得1=心

因为2m■=嚓、隗，所以「=1，所以该圆锥的体积为gx7rxkl=咨。

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。

7.（2分）如图，在正方体ABCC-ABCD'中，E、F分别为棱CC'、AB的中点，则异面直线与

D.1

-22

【答案】A

【解析】【解答】取C。的中点G,连接EG、FG,设正方体4BCD—4B'C'D'的棱长为2,

因为四边形4BC。为正方形，贝UB〃C。且AB=C。=2,

,:F、G分别为4B、C。的中点，贝IJA/7/DG且4F=0G,

所以，四边形力DGF为平行四边形，故FG〃AD且FG=AD=2,

因为/力'〃/W，••.AD7/FG,故直线4力'与EF所成角为/EFG或其补角,

•••J_平面CDD'C',EGu平面CDD'C',贝1」4。1EG,故尸G1EG,

2222

因为EG=VCF+CG=V2.AEF=y/FG+EG=遍,

所以，COSNEFG=器=4=萼，

因此，直线4力'与EF所成角的余弦值是萼。

故答案为：A.

【分析】取CD的中点G,连接EG、FG,设正方体ABC。-Z'B'C'D'的棱长为2,利用四边形4BCD为

正方形，则力B〃C。且AB=CD=2,再利用F、G分别为AB、CC的中点结合中点作中位线的方法和

中位线的性质，^AF//DG^.AF=DG,所以，四边形ADGF为平行四边形，故FG〃人。且FG=AD=

2,再利用4。'〃力。结合平行的传递性，得出4'D’〃FG，故直线与EF所成角为/EFG或其补角，

再利用ZD1平面CD。。结合线面垂直的定义证出线线垂直，贝MDLEG,故FGLEG,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与EF所成角

的余弦值。

8.(2分)对于函数/(久)和g(x),设aW{%，(X)=0},pe{x\g(x)=0},若存在a,0,使得|a-

/3\<1(则称/1(x)和g(x)互为“零点相邻函数”，若函数f(x)=ln(x-1)+x-2与g(x)=/一a%—

a+8互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围是()

A.耳，B.[4,f]C.[1<3]D.[2,4]

【答案】B

【解析】【解答】•••/(%)的定义域为(1,+00),易得/(久)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gQ)在口,3]上存在零点.

=a2-4(8-a)>0,解得a>4或a<-8.

(1)若4=0,即a=4或a=-8lH，g(x)只有一个零点x=*

显然当a=4时，=2G[1,3],当a=-8时，号0[1,3],不符合题意；

(2)若4>0,即a<-8或a>4,

①若g(x)在口，3]上存在1个零点，则g(l)g(3)M0,EP(9-2a)(17-4a)<0,

施?:®171/917-19

解得彳―-2***~4~—-2)

g(z1)x>0

xz-

gZ3X>0

K(J4<4<1Z

②若g(x)在[1,3]上存在2个零点,则-Q-4

1<<3

、K

综上所述，a的取值范围是[4,1]a

故答案为：B.

【分析】利用/(%)的定义域为(1,+00),易得/(均在(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/(%)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

9.(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>B,则sinA>sinB

B.若4=半则B的取值范围是(0,1)

C.sin/+sin5>cosA+cosB

D.tanBtanC>1

【答案】A,C,D

【解析】【解答】对于A,因为A>B,所以有a>b,所以sin/>sinB,故正确；

Q(0B

对于B,因为则8+。=筝所以C=^—B，由2兀兀可得B

(0<与_8<2

的取值范围是*分故错误；

对于C,锐角三角形ABC中，A+B>^,A>^-B,Asin/1>sin(^-F)=cosB,同理,

sinB>cosA,所以sin44-sinB>cosA+cosB故正确;

对于D,锐角三角形ABC中，因为tanA>0,即tan(B+C)<0,尸产受叱<0，又：tanB+

1—tariDtanc

tanC>0,/.tanBtanC>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得

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摄

【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M为N浮=有a所以A符

c5

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,设事件力为第一次摸到红球，事件B为第二次摸到红球，则P（A）=g,p（AB）=|^=t

3□X1U

3

所以P（BM）=?^=?=表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④，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|x|x|=浇，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ABCD中，棱长为1,点P为线段&C上的动点（包含线段端点），则

下列结论正确的是（）

A.当砧=3不时，。止〃平面BDQ

B.当P为&C中点时，四棱锥P-4&D1。的外接球表面为|兀

C.4P+PD1的最小值为竽

D.当&p=孚时，点P是AABiDi的重心

【答案】A,C,D

【解析】【解答】解：对于A,连接AB】，BM，

则=可X2X1=

SAAB'DI=：xV2xV2xsin60°=A^C=y/3>

设点&到平面A/Di的距离为人，

则上空x/i=春解得仁孚,

所以九=/AiC,

则当砧=3审时，P为&C与平面的交点，

又AD\〃B£,4。1仁平面8。6，BCiU平面BOCi，所以4\〃平面8DC）同理可证〃平面

BDC],

力nAB1—A,AD-^>AB^u「平・面AB】D1，

所以平面4Bi5〃平面BOG，。1PU平面AB1D1，

所以小尸〃平面BOQ,A符合题意；

对于B,当点p为&C的中点时，四棱锥P—44iDi。为正四棱锥，

设平面/必久。的中心为。，四棱锥P—A&Di。的外接球半径为R,

则（R-扔+/丫=R2,解得R=3,

所以四棱锥P-/L41D1。的外接球表面积为竽，B不符合题意；

对于C,连接力C,DtC,^Rt^ArAC=RthA^C,

所以AP=DrP,

由等面积法可得，4P的最小值为"噌=当，

/1]CrJ

所以4P+PD】的最小值为孚，C符合题意.

对于D,由以上分析可得，当&p=当时，&P即三棱锥力l—Dig的高，

所以&P_L平面DiABi，又三棱锥为一/ABi为正三棱锥，所以点P是△AB15的重心，D符合题

音・

故答案为：ACD

【分析】利用等体积法求出点占到平面ZB15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41c的中点时，四棱锥P-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；当力送=字时，&P即三棱锥&-O〃Bi的高，即可判断选

项D.

12.（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-（±,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到平面久名的

的距离为3a,则下列说法正确的是（）

（台体的体积计算公式：V=+S2+yfS^）h,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P4F_1_平面酢则正六棱锥P-ABCDEF的高为与Ha

B.若PA=2夜a，则该几何体的表面积为囱孥包。2

C.该几何体存在外接球，且外接球的体积为睿7ra3

O1

D.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粤

【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,的。1，CD的中点Q,R,S,T,

连接RS,RQ,TS,TQ,

图1

则RS=V5a,QT=2^3a,

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RL1QT交QT于点L,则ZRQL="PN,可得号=瑞,

LV/V1

即NPRL=LQQN=孚联ba=|a2>而NP+RL=MP=3a,

故NP(3a-NP)=,。2,解得=3+遂8A符合题意；

对于B,如图3为截面依题意得4iDi=2a,AD=4a,

图3

连接PM,则PM=3a,又PA=2版a，所以PN=2a,MN=3a-2a=a,

如图4为截面PORST,从而RQ=Jq2+(亨a)2=乎a，

图4

PQ=J(V5a)2+(2a)2=V7a,故该几何体的表面积S=6x^a2+6x^-(a+2a)•亨a+6x4.

2a-V7a=3"21%，B符合题意；

对于C,如图5所示的截面PA4]DiD,

连接PM,依题意可知必么=2a,AD=4a,PM=3a,

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0A,。4,OD,0D1,得04=0&=OP=R,3a—R=MO=

V/?2-a2)解得R=|a,又04+0。=2R<4a=。4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%,V2,MN=PN=h2y

222

则h=/xa+6V3a+.675a2)九］=与他心'卜2=gx6V3axh2=2百九2a之，由

\77

H=g，可得左2=2无1，

结合九i+电=3a,可知九i=Q,九2=2a,

因此该几何体的体积v=匕+/=竽。3+4V3a3=竽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

13.（1分）已知％,y6/?*,若无+y+%y=8,则％y的最大值为

【答案】4

【解析】【解答】•.,正数》,y满足％+y+xy=8,

S-xy=x+y>2y[xy,即％y+2y[xy—8<0,

解得0<y[xy<2,

故xy<4,当且仅当x=y=2时取等号，

：•孙的最大值为4。

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，进而得出盯的最大值。

14.（1分）已知向量不=（—2,1）,K=（q,1）,且五在石上的投影数量等于-1,则9=.

【答案琦

【解析】【解答】2在另上的投影数量为篙==-1,解得q=0（舍）或q=*

故答案为：

【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。

15.（2分）已知菱形4BCD的边长为2,=60。.将△ABD沿BD折起，使得点4至点P的位置，得

到四面体P-BCD.当二面角P—B。一C的大小为120。时，四面体P—8C。的体积为；当四

面体P—BCO的体积为1时，以P为球心，PB的长为半径的球面被平面BCD所截得的曲线在△BCO内

部的长为.

【答案】6；兀

【解析】【解答】如图1,过点P作PF_LCO交CO的延长线于点F,

图1

则/POF=60。，

因为菱形4BCD的边长为2,乙DAB=60°,

O

所以PO=遮，PF=POsin60。=

故四面体P-BCD的体积为,SADBC.P尸T姆义2X旧义标卓;

当四面体P—BCO的体积为1时，此时3SADB-PF=3x4x2xgxPF=l，

解得：PF=W，OF=y/OP2-PF2=V3^3=0，即O，F两点重合，

即PO_L底面BCD,如图2,

以P为球心，PB=2的长为半径的球面被平面BCD所截得的曲线为以O为圆心，半径为

\!PB2-PO2=］的圆，

落在△BCD内部的长为圆周长的一半，所以长度为2/rx1=兀.

故答案为：圣兀

【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。

16.(2分)三棱锥P-ABC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4BC的最长边长为1(),则点4到平面PBC的距离为；三棱锥

P-4BC外接球的直径是.

【答案】4V3,答旦

【解析】【解答】不妨设S“BC=12，S&PAC=16,5"力8=20,

设P在底面ABC的射影为H,分别作HO1BC于点。，于点E,于点尸，则PD1

BC,PE1AB9PF1AC.

依题意，H为△ABC的内心，则RtAPDH趋RtAPFH趋RtAPEH,^LPD=PF=PE,

又S^PBC=3BC，PD，SAP/C=.PF,S"AB=^AB♦PE,

所以S^PBC：SNAB=BC：AC：AB=12：16：20=3：4：5,所以44cB=90。，

令BC=3XJAC=4x,AB=5%.底面/BC的最长边长为10,可得4B=5%=10,解得％=2,

所以BC=6,AC=8,AB=10.

设4ABC内切圆半径为r,则^(BC+AC+AB)r=S^ABC,

因为SA/IBC=^AC-BC=24,

即4x(6+8+10)r=24,解得r=2,故=2,

由SAPBC=^BC-PD=12,BC=6,得PD=4,所以PH=yJPD2-HD2=2百，

所以VpfBC=^ShABC-PH=1X24X2V3=16g.

设点A到平面PBC的距禺为d,由，p-48C=V/i-P8C，SNBC='2,

所以Vyi-PBc=』S&PBC,d=16\/3»所以d=4百；

・・,乙4cB=90。，・••点C在以48为直径的圆上,

取中点为G,则以AB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OGJ•平面4BC,又PH_L平面4BC,则

OG//PH,

P

过点0作ON〃GH交PH于点、N,

：PH1平面ABC,G”u平面ABC,：.PH1GH,即4GHp=£,

二四边形GHNO为矩形，则OG=NH,GH=ON,

在平面ABC上建立如图所示直角坐标系，贝UB(6,0),71(0,8),H(2,2),G(3,4),

则PN=2V3-X,OA=OB=OP=y/GB2+OG2=V25+x2-

在直角△ONP中，ON?+NP2=OP2即(遮，+(2百一=25+，,

解得％=_孥＜0,故点N在线段PH的延长线上，贝"N=2百+x，

B

同理可得（通）2+（2百+=25+%2，解得％=

所以三棱锥P-力BC的外接球半径为04=OB=0P=125+%2=1^2,

三棱锥P-ABC的外接球的直径为等1

故答案为：4V3;等1

【分析】不妨设SMBC=12,SN71c=16,S^PAB=20,设P在底面ABC的射影为H,分别作1

BC于点、D,"EJ.4B于点E,HFLAC于点F,则PD_LBC,PE1AB,PFLAC,依题意，H为4

力BC的内心，则Rt△PDH三Rt△PFH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S,BC：SNAC：SAP.B的值，进而得出乙4cB的值，令BC=3x,AC=

4x,AB=5%,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Vp_4BC的值，设点4到平面PBC的距冏为d,由Vp_y|BC=V.-PBC，SAPBC=12结合二棱锥的体积

公式，进而得出d的值，再利用乙4cB=90。，得出点C在以力B为直径的圆上，取AB中点为G,则以

AB为直径的圆的圆心为点G,设三棱锥P-4BC的外接球球心为点。，连接。G,易知OGL平面

4BC,再利用PH_L平面4BC,则OG〃PH,过点0作ON〃GH交PH于点N,再利用PH1平面4BC结合

线面垂直的定义得出线线垂直，所以PHJ.GH,进而得出ZG4P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OA=

V25+%2,在直角AONP中结合勾股定理得出x的值，故点N在线段P4的延长线上，则PN=2^+

%,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-ABC的外接球半径，进

而得出三棱锥P-4BC的外接球的直径。

阅卷入

四、解答题（共6题；共85分）

得分

17.（10分）已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若.（请从①siMA+sir^B-

sin2c=sinAsinB；②2a=V3csin/1+acosC;③（2sin4—sinB）a=2csinC+（sin4-2sinB）b这三

个条件中任选一个填入上空）

（1）（5分）求角C；

（2）（5分）若c=6时，求△ABC周长的最大值.

【答案】（1）解:若选①,

因为$也24+siMB-sin2c=sinAsinB,

所以a?+b2-c2=ab，cosC=虫吃"=L

2ab2

因为0<C<7T,所以C=*

若选②，

因为2a=d5csinA+acosC，所以2sim4=V3sinCsin71+sinTlcosC，

因为sinA>0,所以遍sinC+cosC=2sin（C+看）=2,即sin（C+、）=l.

因为+金，所以c+I=3,即C=不

ooooZ□

若选③，

因为（2sim4—sinB）a=2csinC+（sinA-2sinB）b,

2222

所以2a2—ab=2c+ab—2b,即小+fe—c=abf

所以c°sC=於地'=工，0<C<n,所以C=?.

2ab20

（2）解：由①②③可得C=不

由余弦定理：36=+匕2-2abcos*,即（a+b）2-3ab=36>

2

所以（a+b）2-36W式牛匕解得a+bW12,

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siMz+siMB-sin?。=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=V3csinA+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-sin8）a=2csinC+（sinA-2sinB）b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△ABC周长的最大值。

18.（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

0.035

0.030

0.025

0.020

0.015

0.010

0.005

o90100110120130140150分数

（1）（5分）求分数在［120,130）内的频率，并补全这个频率分布直方图;

（2）（5分）估计本次考试的第50百分位数；

（3）（5分）用分层抽样的方法在分数段为口10,130）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】（I）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：

频率/组距

0.035-----------------------------------------------

0.030----------------------------------------------

0.025-----------------------------------------------

0.020-----------------------------------------------

0.015-----------——-----------------------------

0.010---I-----------------------------------------

0.005-----------------------------------------------

Ml111111r/7

。90100110120130140150分数

（2）解:v[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+线步X10=竽；

（3）解：用分层抽样的方法在分数段为口10,130）的学生中抽取一个容量为6的样本,

则分数段为口10,120）中抽取的学生数为：7r不黯而x6=2人，设为4B,

分数段为口20,130）中抽取的学生数为：岛需6=4人，设为a,b,c,d,

U•UJLJIU.U。U

从中任取2个，有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48,Aa,Ab,AcfAdfBa,Bb,Be,Bd共9种，

所以至多有1人在分数段[120,130）内的概率为假=|.

【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。

19.（15分）如图所示，已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，^BAD=60°,

侧棱P4=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.

(2)(5分)求证：直线PC_L平面AEMF；

(3)(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

ADu平面PAD,BCC平面PAD,

所以直线BC〃平面PAD；

(2)证明：联结AM,AC,ACQDB=0,

又因为ABC。是菱形，所以8。1AC,

所以BD1平面PAC,所以BD_LPC,

又PE=PF,所以所以EFJ.PC,

由已知条件得，B0=2,AC=2V3.

P^+P^-AC2_32+32-(273)2_1,

由余弦定理得cos乙4PC=

2PAPC=2x3x3=W

1

AM2=PA24-PM2-2PA-PM-cosZ-APC=9+l-2x3xlxj=8,

所以PA?=PM2+4"2,所以PCJ.AM,

因为直线AM,EF相交，且AM,EF都在平面AEMF内，

所以直线PC1平面4EMF.

(3)解：取N为MC的中点，联结ON,BN,DN,则ON〃/M,

5LEF//BD,所以平面力EMF〃平面BND,

因为直线BD_L平面P/C,联结MO,

所以MO1BD,NO1BD,

所以/MON等于平面MDB与平面4EM尸所成二面角的平面角，

由已知可得，ON=V0C2-CN2=V2>OM=>JON2+MN2=V3.

所以sin/MON=/==，.

所以平面MOB与AEMF所成二面角的正弦值是季

【解析】【分析】(1)联结AM,4C,利用PB=PD结合等腰三角形三线合一，所以PO1BD,再利

用四边形4BCD是菱形，所以BD_LAC,再利用线线垂直证出线面垂直，所以BC_L平面PAC,再利用

线面垂直的定义证出线线垂直，所以BDJ.PC,再利用PE=PF,所以E尸〃BD,所以EF1PC,由

已知条件得出BD,AC的长，再利用余弦定理和勾股定理得出PC1AM,再利用直线力M,EF相交，

S.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PCL平面AEMF。

(2)取N为MC的中点，联结ON,BN,DN,则ON〃AM,再利用EF〃BO结合线线平行证出线面

平行，进而证出面面平行，所以平面力EMF〃平面BND,再利用直线1平面P4C,联结M。结合线

面垂直的定义证出线线垂直，所以MO_LBD,NOA.BD,所以NMON等于平面MDB与平面AE例F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MDB与力EMF所成二面角的正

弦值。

20.(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12()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）

(1)(5分)经过t分钟后游客甲距离地面的高度为H米，已知H关于t的函数关系式满足，(t)=

Asin(a)t+<p)+B(其中4>0,>0,\(p\<^),求摩天轮转动一周的解析式H(t)；

(2)(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？

(3)(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h的最大值.

【答案】⑴解：由题意，”(t)=4sM(3t+s)+B(其中4>0,3>0,⑼<分

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，

所以霁+乙=黑，得A=60,8=80，

(8—A=2U

又函数周期为30分钟，所以3=羽=点，

71

H(t)=60si?i(［二t+(p)+80

又H(0)=60s讥(会x0+w)+80=20,

所以sin<p=-l,又|*|£左,所以9=-3,

所以”（t）=60s。（含t-刍+80,0<t<30

⑵解：H（t）=60sin送t-刍+80=-60cos.t+80,

所以—60cos含t+80=50,整理cos^t=g，因为。<t<30,所以0<含t<多,

所以患"不解得"5（分钟）.

（3）解：经过t分钟后甲距离地面的高度为Hi=-60cos髭t+80,

乙与甲间隔的时间为|?x6=5分钟,

所以乙距离地面的高度为=-60cos含（t-5）+80,5<t<30,

所以两人离地面的高度差

7TTC7TTC

h=—“21=I—60cos1t+60cos-(t—5)|=601sin(q-=-1-7)I»5<t<30

151d515o

当会〜为今或竽时，即"10或25分钟时，九取最大值为60米.

【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h的最大值.

21.（15分）平行四边形ABCD中，AB=2AD=2,D8=8，如图甲所示，作DE14B于

点E.将4ADE沿着DE翻折，使点A与点P重合，如图乙所示.

（1）（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；

（2）（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；

（3）（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C。||平面PBE

因为CDu平面PCD,平面PBEn平面PCD=1,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EO1BC交BC于点O,连接PO,EOnPE=E,可得BC1平面POE,而PO在平面PEO

中，

故BC1P。,乙POE即为二面角P-BC-D的平面角，

在Rt△POE中,PE=*，EO=|xsin60°=孥，tan/POE=系=等，

丁

所以二面角P-BC-D的正切值为等.

(3)解：由展开图可知，B关于CD的对称点为B'，DE泻,BB'=V3,由勾股定理可得

AB，=用，PB=孚，

当A、G、H、B共线时，周长最短，此时(PG+GH+HB+PB~).=AB'+PB=V7+

【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IIICD.

(2)当平面PDE1平面BCDE时，四棱锥P-BCDE的体积最大，再利用PEJ.DE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PEL

BC，作EO1BC交BC于点O,连接PO,再利用线线垂直证出线面垂直,可得BC1平面

POE,而PO在平面PEO中，故BC1P0,所以乙POE即为二面角P-BC-D的平面角，在

RtAPOE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=与，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。

22.(15分)已知区间D,若两个函数、=/(%)和y=g(x)对任意都有黑>k(其中k>0,

9\x)

g(x)。0),则称函数y=/(x)是y=g(x)在区间D上的超k倍函数.

(1)(5分)己知命题“区间。=(1,5］,函数/(%)=2/-4%+3是。(%)=%-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；

2xx

(2)(5分)若函数/(%)=e4-e-2工是gQ)=e+e-在R上的超k倍函数，求实数k的取值范

围；

(3)(5分)已知区间。=［1,2］,常数c>l,若函数F(x)=c2工一c-2x是G(X)=c*—c-x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16(0,5］，

则思=2后百+3=2(%—1)+告？20>2,

所以该命题为真命题；

(2)解：令t=g(x)=ex+e~x>2,

则第=11号=t">k恒成立，

g{x)ex+extt

又'=「—?在区间［2,+8)上单调递增，

所以当t=2时，ymin=1,所以0<k<l；

(3)解：根据题意禺>4在口，2