2022-2023学年安徽省合肥一中高一（下）期末数学试卷

第1页（共1页）2022-2023学年安徽省合肥一中高一（下）期末数学试卷一、单项选择题：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.1．（5分）已知复数z满足z＝（3﹣2i）（1+2i），i为虚数单位，则＝（）A．7+4i B．7﹣4i C．﹣1+4i D．﹣1﹣4i2．（5分）某班有30位同学，他们依次编号为01，02，….29，30，现利用下面的随机数表选取5位同学组建“文明校园督查组”．选取方法是从随机数表的第1行的第5列数字开始，由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5位同学的编号为（）417927351686081621579562394159495427495512835983788351347870207993212241A．20 B．21 C．27 D．123．（5分）在△ABC中，点D是线段AC上一点，点P是线段BD上一点，且＝，＝λ+，则λ＝（）A． B． C． D．4．（5分）木楔子在传统木工中运用广泛，它使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等．如图为一个木楔子的直观图，其中四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥CD，EF＝2，则该木楔子的体积为（）A． B． C． D．5．（5分）先后抛掷两枚骰子，甲表示事件“第一次掷出正面向上的点数是1”，乙表示事件“第二次掷出正面向上的点数是2”，丙表示事件“两次掷出的点数之和是7”，丁表示事件“两次掷出的点数之和是8”，则（）A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立 C．乙与丁相互独立 D．丙与丁相互独立6．（5分）某地一年之内12个月的降水量分别为：71，66，64，58，56，56，56，53，53，51，48，46，则该地区的月降水量75%分位数（）A．61 B．53 C．58 D．647．（5分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，Q为AD的中点，P为正方体内部及其表面上的一动点，且PQ⊥BD1，则满足条件的所有点P构成的平面图形的周长是（）A． B． C． D．8．（5分）为了普及党史知识，某校举行了党史知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为p，乙同学答对每题的概率都为q（p＞q），且在考试中每人各题答题结果互不影响．已知每题甲、乙两人同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为．则甲、乙两人共答对至少3道题的概率是（）A． B． C． D．二、多项选择题：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，部分选对的得3分，有选错的得0分.（多选）9．（5分）下列说法正确的是（）A．甲乙两人独立地解题，已知各人能解出的概率分别是0.5，0.25，则题被解出的概率是0.625 B．若A，B是互斥事件，则P（AB）＝P（A）P（B） C．某校200名教师的职称分布情况如下：高级占比20%，中级占比50%，初级占比30%，现从中抽取50名教师做样本，若采用分层抽样方法，则初级教师应抽取15人 D．一位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生相邻的概率是（多选）10．（5分）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马，将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图在堑堵ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，CC1＝BC＝2，D，E分别为棱AA1，B1C1的中点，则（）A．四面体C1﹣ABC不为鳖臑 B．DE∥平面ABC1 C．若，则AB与DE所成角的正弦值为 D．三棱锥C1﹣ABC的外接球的体积为定值（多选）11．（5分）如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinA＝sinB，且（acosC+ccosA）＝2bsinB，D是△ABC外一点，DC＝2，DA＝6，则下列说法正确的是（）A．△ABC是等边三角形 B．若AC＝2，则A，B，C，D四点共圆 C．四边形ABCD面积最大值为10+12 D．四边形ABCD面积最小值为10﹣12（多选）12．（5分）如图，在圆锥SO中，A，B是圆O上的动点，BB′是圆O的直径，M，N是SB的两个三等分点，∠AOB＝θ（0＜θ＜π），记二面角N﹣OA﹣B，M﹣AB′﹣B的平面角分别为α，β，若α≤β，则θ的值可能为（）A． B． C． D．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．（5分）已知，，，则m＝．14．（5分）对某中学高一年级学生身高（单位：cm）的调查中，采用分层随机抽样的方法，抽取了男生23人，其身高的平均数为170.6，抽取了女生27人，其身高的平均数为160.6，则可估计高一年级全体学生身高的平均数为．15．（5分）已知△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且＝2，CD＝1，（a﹣b）sinA＝（c+b）（sinC﹣sinB），则a+2b的最大值为．16．（5分）在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥AD，AD⊥AB，AB＝，AD＝6，BC＝4，PA＝PB＝PD＝4，则三棱锥P﹣BCD外接球的表面积为．四、解答题：本小题共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）“一切为了每位学生的发展”是新课程改革的核心理念．新高考取消文理分科，采用选科模式，赋予了学生充分的自由选择权．新高考模式下，学生是否选择物理为高考考试科目对大学专业选择有着非常重要的意义．某校为了解高一年级600名学生物理科目的学习情况，将他们某次物理测试成绩（满分100分）按照[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]分成6组，制成如图所示的频率分布直方图．（1）求这600名学生中物理测试成绩在[50，60）内的频数，并且补全这个频率分布直方图；（2）学校建议本次物理测试成绩不低于a分的学生选择物理为高考考试科目，若学校希望高一年级恰有65%的学生选择物理为高考考试科目，试求a的估计值．（结果精确到0.1）18．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求cosB．（2）若点D在边AC上，且，求．19．（12分）第33届夏季奥林匹克运动会于2024年7月27日至8月12日在法国巴黎举办，我国男子乒乓球队为备战本届奥运会，在河北正定国家乒乓球训练基地进行封闭式训练．为了提高训练效果，甲、乙两位队员进行对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢2个球者获胜．通过分析甲、乙过去对抗赛的数据知，甲发球甲赢的概率为，乙发球甲赢的概率为，不同球的结果互不影响，已知某局甲先发球．（1）求该局打4个球甲赢的概率；（2）求该局打5个球结束的概率．20．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，PA＝PD，∠APD＝90°，平面PAD⊥平面ABCD，（1）求证：AD⊥PB；（2）求直线BC与平面PBD所成角的余弦值．21．（12分）已知锐角△ABC的三个内角A、B、C满足sinBsinC＝（sin2B+sin2C﹣sin2A）tanA．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若△ABC的外接圆的圆心是O，半径是1，求•（+）的取值范围．22．（12分）在多面体ABCDE中，BC＝BA，DE∥BC，AE⊥平面BCDE，BC＝2DE，F为AB的中点．（1）求证：EF∥平面ACD；（2）若EA＝EB＝CD，求二面角B﹣AD﹣E的平面角正弦值的大小．

2022-2023学年安徽省合肥一中高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：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.1．（5分）已知复数z满足z＝（3﹣2i）（1+2i），i为虚数单位，则＝（）A．7+4i B．7﹣4i C．﹣1+4i D．﹣1﹣4i【分析】由复数的乘法运算，先化简复数z，再结合共轭复数的定义可得出答案．【解答】解：由z＝（3﹣2i）（1+2i），可得z＝3+4+4i＝7+4i，所以．故选：B．【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．2．（5分）某班有30位同学，他们依次编号为01，02，….29，30，现利用下面的随机数表选取5位同学组建“文明校园督查组”．选取方法是从随机数表的第1行的第5列数字开始，由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5位同学的编号为（）417927351686081621579562394159495427495512835983788351347870207993212241A．20 B．21 C．27 D．12【分析】利用随机数表法直接求解．【解答】解：依次从数表中读出的有效编号为：27，16，08，16，21，27，12，去掉重复的，得到选出来的第5位同学的编号为12．故选：D．【点评】本题主要考查简单随机抽样的应用，属于基础题．3．（5分）在△ABC中，点D是线段AC上一点，点P是线段BD上一点，且＝，＝λ+，则λ＝（）A． B． C． D．【分析】根据题意可得，再根据三点共线即可得出结论．【解答】解：∵，∴，∴，又∵B、P、D三点共线，∴，∴，故选：C．【点评】考查向量数乘的几何意义，向量的数乘运算，以及三点共线的充要条件，属于基础题．4．（5分）木楔子在传统木工中运用广泛，它使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等．如图为一个木楔子的直观图，其中四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥CD，EF＝2，则该木楔子的体积为（）A． B． C． D．【分析】分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，取AD的中点O，连接GO，求出，结合三棱锥和三棱柱的体积公式计算即可．【解答】解：如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，则由题意等腰梯形ABEF全等于等腰梯形CDEF，则．取AD的中点O，连接GO，因为AG＝GD，所以GO⊥AD，则，∴．因为AB∥EF，AG⊥EF，所以AB⊥AG，因为四边形ABCD为正方形，所以AB⊥AD，又AD∩AG＝A，AD，AG⊂平面ADG，所以AB⊥平面ADG，所以EF⊥平面AGD，同理可证EF⊥平面BCH，∴多面体的体积V＝V三棱锥E﹣ADG+V三棱锥F﹣BCH+V三棱柱AGD﹣BHC＝2V三棱锥E﹣ADG+V三棱柱AGD﹣BHC＝．故选：D．【点评】本题考查组合体的体积的求解，化归转化思想，属中档题．5．（5分）先后抛掷两枚骰子，甲表示事件“第一次掷出正面向上的点数是1”，乙表示事件“第二次掷出正面向上的点数是2”，丙表示事件“两次掷出的点数之和是7”，丁表示事件“两次掷出的点数之和是8”，则（）A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立 C．乙与丁相互独立 D．丙与丁相互独立【分析】先根据古典概型的概率公式分别求出四个事件的概率，再利用独立事件的定义P（AB）＝P（A）P（B）判断各选项的正误．【解答】解：由题意可知，先后抛掷两枚骰子出现点数的所求可能情况为36种，则P（甲）＝＝，P（乙）＝＝，丙事件包含的基本事件有{1，6}，{6，1}，{2，5}，{5，2}，{3，4}，{4，3}，共7种，所以P（丙）＝＝，丁事件包含的基本事件有{2，6}，{6，2}，{3，5}，{5，3}，{4，4}，共5种，所以P（丁）＝，∵P（甲丙）＝＝P（甲）P（丙），∴甲与丙相互独立，故选项A正确，∵P（甲丁）＝0≠P（甲）P（丁），∴甲与丁不相互独立，故选项B错误，∵P（乙丁）＝≠P（乙）P（丁），∴乙与丁不相互独立，故选项C错误，∵P（丙丁）＝0≠P（丙）P（丁），∴丙与丁不相互独立，故选项D错误，故选：A．【点评】本题主要考查了古典概型的概率公式，考查了独立事件的定义，是基础题．6．（5分）某地一年之内12个月的降水量分别为：71，66，64，58，56，56，56，53，53，51，48，46，则该地区的月降水量75%分位数（）A．61 B．53 C．58 D．64【分析】根据百分位数的定义求解．【解答】解：将降水量从小到大排列：46，48，51，53，53，56，56，56，58，64，66，71，i＝12×75%＝9，该地区的月降水量75%分位数为．故选：A．【点评】本题主要考查百分位数的定义，属于基础题．7．（5分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，Q为AD的中点，P为正方体内部及其表面上的一动点，且PQ⊥BD1，则满足条件的所有点P构成的平面图形的周长是（）A． B． C． D．【分析】判断BD1⊥平面AB1C，BD1⊥平面A1C1D，确定过点Q的截面与正方体各棱的交点，可知截面图形是边长为的正六边形，求得结果即可．【解答】解：连接A1D、C1D、A1C1、AC、AB1、B1C、BD，如图所示：因为四边形ABCD为正方形，则AC⊥BD，因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥DD1，又DD1∩BD＝D，所以AC⊥平面BDD1，因为BD1⊂平面BDD1，所以BD1⊥AC，同理可得BD1⊥AB1，又AC∩AB1＝A，所以BD1⊥平面AB1C，同理可证BD1⊥平面A1C1D，设过点Q且垂直于BD1的平面为平面α，则α与平面AB1C、平面A1C1D都平行，因为α∥平面ACB1，平面ABCD∩平面α＝QN，平面ABCD∩平面ACB1＝AC，所以QN∥AC，因为Q为AD的中点，所以N为CD的中点，同理可知，平面α分别与棱CC1、B1C1、A1B1、AA1交于中点，所以六边形EFGHNQ为正六边形，且其边长为，所以满足条件的所有点P构成的平面图形的周长是．故选：C．【点评】本题考查了正方体截面周长的计算问题，解题的关键是利用正方体的几何性质，找出体对角线的垂面，确定截面与垂面平行，并以此作出截面．8．（5分）为了普及党史知识，某校举行了党史知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为p，乙同学答对每题的概率都为q（p＞q），且在考试中每人各题答题结果互不影响．已知每题甲、乙两人同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为．则甲、乙两人共答对至少3道题的概率是（）A． B． C． D．【分析】根据题意，利用相互独立事件、互斥事件概率公式求出p，q，再利用利用相互独立事件、互斥事件求解作答．【解答】解：根据题意，每题甲、乙两人同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为．则有，而p＞q，解得，，设Ai＝“甲同学答对了i题”，Bi＝“乙同学答对了i题”，（i＝0，1，2），则，，，，甲、乙两人共答对至少3道题的事件C＝A1B2+A2B1+A2B2，因此，所以甲、乙两人共答对至少3道题的概率是．故选：C．【点评】本题考查概率的应用，注意分析事件之间的关系，属于基础题．二、多项选择题：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，部分选对的得3分，有选错的得0分.（多选）9．（5分）下列说法正确的是（）A．甲乙两人独立地解题，已知各人能解出的概率分别是0.5，0.25，则题被解出的概率是0.625 B．若A，B是互斥事件，则P（AB）＝P（A）P（B） C．某校200名教师的职称分布情况如下：高级占比20%，中级占比50%，初级占比30%，现从中抽取50名教师做样本，若采用分层抽样方法，则初级教师应抽取15人 D．一位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生相邻的概率是【分析】先求此题不能解出的概率，再利用对立事件可得此题能解出的概率可判断A；由P（A∪B）＝P（A）+P（B），P（AB）＝0可判断B；计算出初级教师应抽取的人数可判断C；由列举法得出两位女生相邻的概率可判断D．【解答】解：对于A，∵他们各自解出的概率分别是，，则此题不能解出的概率为，则此题能解出的概率为，故A对；对于B，若A，B是互斥事件，则P（A∪B）＝P（A）+P（B），P（AB）＝0，故B错；对于C，初级教师应抽取50×30%＝15人，故C正确；对于D，由列举法可知，用1、2表示两名女生，a表示男生，则样本空间Ω＝{12a，1a2，21a，2a1，a12，a21}，两位女生相邻的概率是，故D错．故选：AC．【点评】本题主要考查概率与统计的知识，属于基础题．（多选）10．（5分）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马，将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图在堑堵ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，CC1＝BC＝2，D，E分别为棱AA1，B1C1的中点，则（）A．四面体C1﹣ABC不为鳖臑 B．DE∥平面ABC1 C．若，则AB与DE所成角的正弦值为 D．三棱锥C1﹣ABC的外接球的体积为定值【分析】由线面垂直的判定定理和性质定理可判断A；连接B1C、C1B相交于点O，可得四边形ADEO为平行四边形，DE∥AO，再由线面平行的判定定理可判断B；由B选项知AB与DE所成角即AB与AO所成角为∠BAC或其补角，求出AO、BO，在△ABO中由余弦定理得cos∠BAO，再求出sin∠BAO可得∠BAO正切值可判断C；由△C1AB、△C1CB均为直角三角形可得点O是三棱锥C1﹣ABC的外接球的球心，求出外接球的半径可判断D．【解答】解：对于A，在堑堵ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC、BC、AB⊂平面ABC，所以CC1⊥AC，CC1⊥BC，CC1⊥AB，所以△C1AC、△C1CB均为直角三角形，因为AB⊥AC，所以△ABC为直角三角形，且CC1∩AC＝C，CC1、AC⊂平面ACC1，所以AB⊥平面ACC1，AC1⊂平面ACC1，所以AB⊥AC1，所以△ABC1为直角三角形，所以四面体C1﹣ABC为鳖臑，故A错误；对于B，如图，连接B1C、C1B相交于点O，所以点O为C1B的中点，连接EO、AO，所以EO∥B1B，，因为AD∥B1B，，所以AD∥EO，AD＝EO，所以四边形ADEO为平行四边形，所以DE∥AO，因为DE⊄平面ABC1，AO⊂平面ABC1，所以DE∥平面ABC1，故B正确；对于C，，由B选项知，DE∥AO，所以AB与DE所成角即AB与AO所成角∠BAC或其补角，因为CC1＝BC＝2，所以，连接A1E，所以，所以，所以，在△ABO中，由余弦定理得，所以∠BAO为锐角，则，则AB与DE所成角的正切值为，故C错误；对于D，如下图，连接AO，由A选项可知，△C1AB、△C1CB均为直角三角形，且∠C1AB＝90°，△C1CB＝90°，且点O为C1B的中点，所以，所以点O是三棱锥C1﹣ABC的外接球的球心，且外接球的半径为，因为AB⊥AC，所以△ABC为直角三角形，所以三棱锥C1﹣ABC的外接球的体积为，与AB、AC长度无关，故D正确．故选：BD．【点评】本题考查线面平行的判定定理，异面直线所成角的求解，三棱锥的体积问题，化归转化思想，属中档题．（多选）11．（5分）如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinA＝sinB，且（acosC+ccosA）＝2bsinB，D是△ABC外一点，DC＝2，DA＝6，则下列说法正确的是（）A．△ABC是等边三角形 B．若AC＝2，则A，B，C，D四点共圆 C．四边形ABCD面积最大值为10+12 D．四边形ABCD面积最小值为10﹣12【分析】利用三角函数恒等变换化简已知等式可求sinB，再利用a＝b，可知△ABC为等边三角形，从而判断A；利用四点A，B，C，D共圆，四边形对角互补，从而判断B；设AC＝x，x＞0，在△ADC中，由余弦定理可得x2＝40﹣24cosD，利用三角形的面积公式，三角函数恒等变换的，可求S四边形ABCD，利用正弦函数的性质求出最值，即可判断CD．【解答】解：∵（acosC+ccosA）＝2bsinB，∴（sinAcosC+sinCcosA）＝2sinB•sinB，即sin（A+C）＝sinB＝2sinB•sinB，∴由sinB≠0，可得sinB＝，∴B＝或．又∵sinA＝sinB，可得a＝b．∴B＝∠CAB＝∠ACB＝，故A正确；若四点A，B，C，D共圆，则四边形对角互补，由A正确知D＝，在△ADC中，∵DC＝2，DA＝6，∴AC＝＝2，故B正确；等边△ABC中，设AC＝x，x＞0，在△ADC中，由余弦定理，得AC2＝AD2+CD2﹣2AD•CD•cosD，由于AD＝6，DC＝2，代入上式，得x2＝40﹣24cosD，∴S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD＝x•xsin+•6•2sinD＝x2+6sinD＝12sin（D﹣）+10，∵D∈（0，π），D﹣∈（﹣，），∴﹣＜sin（D﹣）≤1，∴四边形ABCD面积的最大值为12+10，无最小值，故C正确，D错误，故选：ABC．【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换，正弦函数的图象和性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．（多选）12．（5分）如图，在圆锥SO中，A，B是圆O上的动点，BB′是圆O的直径，M，N是SB的两个三等分点，∠AOB＝θ（0＜θ＜π），记二面角N﹣OA﹣B，M﹣AB′﹣B的平面角分别为α，β，若α≤β，则θ的值可能为（）A． B． C． D．【分析】设出圆锥底面圆的半径为r，高SO，分别过点M，N作直线SO的平行线交OB于点P，Q，由此作出二面角N﹣OA﹣B，M﹣AB′﹣B的平面角，并表示出tanα，tanβ，由α≤β建立关系求解即可．【解答】解：在圆锥SO中，令底面圆半径r＝3，高SO＝3h，过点M，N分别作MP∥SO，NQ∥SO，交OB于点P，Q，如图所示，因为AM＝MN＝NB，所以OP＝PQ＝QB＝1，MP＝2h，NQ＝h，因为SO⊥平面AOB，OA，OB⊂平面AOB，所以SO⊥OA，SO⊥OB，因为MP∥SO，NQ∥SO，所以MP⊥OA，MP⊥OB，NQ⊥OA，NQ⊥OB，因为OA，OB⊂平面AOB，OA∩OB＝O，所以MP⊥平面AOB，NQ⊥平面AOB，过P作PF⊥AB′于F，连接MF，因为AB′⊂平面AOB，MP⊥平面AOB，所以MP⊥AB′，因为MP∩PF＝P，MP，PF⊂平面MPF，所以AB′⊥平面MPF，因为MF⊂平面MPF，所以AB′⊥MF，所以∠MFP是二面角M﹣AB′﹣B的平面角，即∠MFP＝β，过Q作QE⊥直线OA于点E（时，点E与点O重合，当时，点E在AO的延长线上），连接NE，同理可证得∠NEQ是二面角N﹣OA﹣B的平面角，即∠NEQ＝α，因为∠AOB＝θ（0＜θ＜π），所以，QE＝OQsin∠AOB＝2sinθ，在Rt△MFP和Rt△NEQ中，，，显然α，β均为锐角，由α≤β，得tanα≤tanβ，所以，得，所以，因为，所以，所以，所以，所以选项ABC符合条件，D不符合条件．故选：ABC．【点评】本题考查二面角的大小的求法，考查空间思维能力与空间想象能力，考查三角函数的应用，考查圆锥的性质的应用，属难题．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．（5分）已知，，，则m＝﹣6．【分析】由向量共线定理的坐标表示，列出方程解得m的值．【解答】解：因为，，所以，，由，得5（6﹣m）+4（2m﹣3）＝0，解得m＝﹣6．故答案为：﹣6．【点评】本题考查向量共线定理的坐标表示等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．14．（5分）对某中学高一年级学生身高（单位：cm）的调查中，采用分层随机抽样的方法，抽取了男生23人，其身高的平均数为170.6，抽取了女生27人，其身高的平均数为160.6，则可估计高一年级全体学生身高的平均数为165.2．【分析】根据平均数公式计算可得．【解答】解：依题意可得，高一年级全体学生身高的平均数为．故答案为：165.2．【点评】本题考查平均数公式，属于基础题．15．（5分）已知△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且＝2，CD＝1，（a﹣b）sinA＝（c+b）（sinC﹣sinB），则a+2b的最大值为2．【分析】结合正弦定理及余弦定理进行化简可求C，然后结合向量的线性表示及数量积的性质可得a，b的关系，再由基本不等式可求．【解答】解：因为（a﹣b）sinA＝（c+b）（sinC﹣sinB），由正弦定理得，（a﹣b）a＝（c+b）（c﹣b），整理得，a2+b2﹣c2＝ab，由余弦定理得，cosC＝＝，因为C为三角形内角，所以C＝60°，因为＝2，所以＝＝＝＝，所以＝+，即1＝，所以a2+4b2+2ab＝9，所以（a+2b）2＝a2+4ab+4b2＝9+2ab，当且仅当a＝2b＝时取等号，解得a+2b≤2，即最大值2．故答案为：2．【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，向量的线性表示及基本不等式在求解三角形中的应用，属于中档题．16．（5分）在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥AD，AD⊥AB，AB＝，AD＝6，BC＝4，PA＝PB＝PD＝4，则三棱锥P﹣BCD外接球的表面积为80π．【分析】根据题意画出图形，取AD的两个三等分点O1，E，连接BD，O1C，CE，设BD∩O1C＝H，连接PH，AH，可证得O1是△BCD的外接圆的圆心，且PH⊥平面ABCD，设O为三棱锥P﹣BCD外接球的球心，连接OO1，OP，OD，过O作OF⊥PH于点F，求出外接球的半径R，即可求得三棱锥P﹣BCD外接球的表面积．【解答】根据题意画出图形，取AD的两个三等分点O1，E，连接BD，O1C，CE，设BD∩O1C＝H，连接PH，AH，则AO1＝O1E＝ED＝2，所以BC＝O1D＝4，因为BC∥O1D，所以四边形BCDO1为平行四边形，所以，所以，所以O1是△BCD的外接圆的圆心，，因为PA＝PB＝，PH为公共边，所以△PAH≌△PBH≌△PDH，所以∠PHA＝∠PHB＝∠PHD，因为∠PHB+∠PHD＝π，所以，所以PH⊥BH，PH⊥AH，因为BH∩AH＝H，BH，AH⊂平面ABCD，所以PH⊥平面ABCD，且，设O为三棱锥P﹣BCD外接球的球心，连接OO1，OP，OD，则O1O⊥平面ABCD，过O作OF⊥PH于点F，则三棱锥P﹣BCD外接球的半径R满足，设O1O＝x，则x2+16＝（6﹣x）2+4，解得x＝2，所以R2＝22+42＝20，所以三棱锥P﹣BCD外接球的表面积为4πR2＝80π，故答案为：80π．【点评】本题考查三棱锥的外接球问题，球的表面积公式的应用，属难题．四、解答题：本小题共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）“一切为了每位学生的发展”是新课程改革的核心理念．新高考取消文理分科，采用选科模式，赋予了学生充分的自由选择权．新高考模式下，学生是否选择物理为高考考试科目对大学专业选择有着非常重要的意义．某校为了解高一年级600名学生物理科目的学习情况，将他们某次物理测试成绩（满分100分）按照[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]分成6组，制成如图所示的频率分布直方图．（1）求这600名学生中物理测试成绩在[50，60）内的频数，并且补全这个频率分布直方图；（2）学校建议本次物理测试成绩不低于a分的学生选择物理为高考考试科目，若学校希望高一年级恰有65%的学生选择物理为高考考试科目，试求a的估计值．（结果精确到0.1）【分析】（1）根据频率分布直方图中各个小矩形面积之和为1，求出[50，60）的频率，进而求出[50，60）的频数，再补全这个频率分布直方图即可．（2）先判断出要使高一年级恰有65%的学生选择物理为高考考试科目，则a∈[60，70），再根据（a﹣60）×0.015＝0.1求出a的近似值即可．【解答】解：（1）由频率分布直方图可知，成绩在[50，60）内的频率为：1﹣10×（0.010+0.015+0.030+0.025+0.005）＝0.15，所以这600名学生中物理成绩在[50，60）内的频数为600×0.15＝90，补全的频率分布直方图如图所示：（2）学生物理测试成绩在[40，60）的频率为0.25＜0.35，物理测试成绩在[40，70）的频率为0.4＞0.35．故要使高一年级恰有65%的学生选择物理为高考考试科目，则a∈[60，70），且（a﹣60）×0.015＝0.1，解得a≈66.7．【点评】本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了学生的计算能力，属于基础题．18．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求cosB．（2）若点D在边AC上，且，求．【分析】（1）根据正弦定理进行角换边得，结合余弦定理，即可得出答案；（2）利用转化法得，两边同平方得，结合（1）中整理的式子，即可得出答案．【解答】解：（1）∵，∴在△ABC中，由正弦定理得，整理得，由余弦定理得b2＝a2+c2﹣2accosB，则，∵ac＞0，∴；（2）∵AD＝2DC，∴，即，∴，即，∴，故，即3c2﹣4ac＝0，∵c＞0，∴3c﹣4a＝0，则．【点评】本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．19．（12分）第33届夏季奥林匹克运动会于2024年7月27日至8月12日在法国巴黎举办，我国男子乒乓球队为备战本届奥运会，在河北正定国家乒乓球训练基地进行封闭式训练．为了提高训练效果，甲、乙两位队员进行对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢2个球者获胜．通过分析甲、乙过去对抗赛的数据知，甲发球甲赢的概率为，乙发球甲赢的概率为，不同球的结果互不影响，已知某局甲先发球．（1）求该局打4个球甲赢的概率；（2）求该局打5个球结束的概率．【分析】（1）先设甲发球甲赢为事件A，乙发球甲蠃为事件B，然后分析这4个球的发球者及输赢者，即可得到所求事件的构成，利用相互独立事件的概率计算公式即可求解；（2）先将所求事件分成甲赢与乙赢这两个互斥事件，再分析各事件的构成，利用互斥事件和相互独立事件的概率计算公式即可求得概率．【解答】解：（1）设甲发球甲赢为事件A，乙发球甲赢为事件B，该局打4个球甲赢为事件C，由题知，，∴，∴，∴该局打4个球甲赢的概率为；（2）设该局打5个球结束时甲赢为事件D，乙赢为事件E，打5个球结束为事件F，易知D，E为互斥事件，，∴＝，＝，∴，∴该局打5个球结束的概率为．【点评】本题考查古典概型，考查学生的运算能力，属于中档题．20．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，PA＝PD，∠APD＝90°，平面PAD⊥平面ABCD，（1）求证：AD⊥PB；（2）求直线BC与平面PBD所成角的余弦值．【分析】（1）先证明AD⊥平面PBE，再由线面垂直得到线线垂直；（2）过A点作平面PBD的垂线，垂足为H，运用等体积法求出A点到平面PBD的距离，解三角形ADH即可．【解答】（1）证明：取AD的中点E，连接PE，BE，如下图：∵PA＝PD，∴PE⊥AD，又∠DAB＝60°，∴△ABD是等边三角形，即AD⊥BE，PE，BE⊂平面PBE，PE∩BE＝E，∴AD⊥平面PBE，PB⊂平面PBE，∴AD⊥PB；（2）解：