江苏省徐州市2022-2023学年高一年级下册期末数学试题（含解析）

江苏省徐州市2022-

2023学年高一下学期期末数学试题（含解析）2022〜2023学年度第二

学期期末抽测

高一年级数学试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，

写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一、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

符合题目要求的.

1.已知复数Z满足Z0+1）=5+1,则复数Z在复平面内所对应的点位于（）

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

2.先后两次掷一枚质地均匀的骰子，则两次掷出的点数之和为6的概率为（）

151

--c-

A.96

36

3.己知〃?，〃是两条不重合的直线，a仅是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（）

A.若机_La,mA-n,贝ij"uaB.若m,〃与a所成的角相等，则加〃〃

C.若加〃a,m///3,则a〃夕D.若加〃〃，〃_L£,mua,则a_L尸

4.有一组样本数据，，当，其平均数为"，中位数为&，方差为c,极差为d.由这组数据得到新样本

数据，，％，…，％，其中y=2为+8«=1,2,…，“），则新样本数据的（）

A.样本平均数为2aB.样本中位数为2b

C.样本方差为4cD.样本极差为2d+8

5.已知向量a，匕的夹角为若则向量。在向量匕上的投影向量为（）

1jr6.

A.—hB.—hC.---bD.b

42?

6.已知sin(a+W)+sina=T，则sin(2a-^)=()

7.如图，一种工业部件是由一个圆台挖去一个圆锥所制成的.已知圆台的上、下底面半径分别为2和4,且

圆台的母线与底面所成的角为四，圆锥的底面是圆台的上底面，顶点在圆台的下底面上，则该工业部件的

3

体积为（）

A.2月兀B.16扃C.撞工D.史叵

33

b

8.在锐角三角形ABC中，角4,B,C的对边分别为a,b,c,已知acosB-反osA=b,则-—•的取值

a+c

范围是（）

A.忤书B.（231）

C.（2->/3,V2-l）D,（72+1,73+2）

二、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，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9.设马，Z2是复数，则下列说法正确的是（）

A.若4是纯虚数，则z：<0

B.若z；+z；=0,则Z|=z?=0

C.若Z]=Z2，则同="|

D.若㈤=区|,则zi-zl=z2-z2

10.有4个相同的球，分别标有数字1、2、3、4.从中不放回的随机取两次，每次取1个球，A表示事件

“第一次取出的球的数字是奇数”，B表示事件“第二次取出的球的数字是偶数”，C表示事件”两次取

出的球的数字之和是奇数”，。表示事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则（）

A.A、8相互独立B.B、0相互独立

C.A、。相互独立D.C、。相互独立

11.如图，在等腰直角三角形ABC中，AB=l,44c=90。，设点片，P2,6，巴是线段BC五等分

点，贝M)

32

A.AR=-AB+-AC

355

B.A^AR,>AP^AI}

C.\AB+APl+AP2+AP,+APi+Ac\=3yf2

D.\tBC-B^+，AC+(1—f)C5(0<r<l)的最小值为正

22

12.如图，在矩形ABC。中，AD=2AB=2,M为边BC的中点，将ABM沿直线AM翻折成AB.M,

连接⑸。，N为线段片。的中点，则在翻折过程中，()

A.异面直线CN与Ag所成的角为定值

B.存在某个位置使得AM±BQ

C.点C始终在三棱锥4-AMD外接球的外部

Bn

D.当二面角片一AM-。为60。时，三棱锥用-的外接球的表面积为事

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知一组数据：24,30,40,44,48,52.则这组数据的第30百分位数、第50百分位数的平均数为.

.、sin(a+Q)

14.已知tana+tan/=-6,tan(£Z+/?)=-1,则-；----W的值为______.

cos(«-p)

15.在_^5€"中，角A、B、C的对边分别为“、6、C,已知(a+Z?)sin(A+C)=(c-a>(sinA+sinC),

ZABC与ZBAC的平分线交于点0,则ZAOB的值为.

16.在正四棱柱ABCZ)-AgGR中，已知A3=2，A4=l,则点4到平面ABC；的距离为；以

A为球心，2为半径的球面与该棱柱表面的交线的总长度为.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

1

17.已知向量〃二(1,2),h=(3cos«,>/3sinof).

(1)若Q〃b，求tan2a；

⑵若修卜船,求亡急

18.如图，四棱锥P-ABCD的底面为梯形，BC//AD,AD=4BC,24_L底面ABC。，平面PACJ_

平面PC。，点E在棱PD上，且PD=4P£.

P

(2)证明：AC_LC£>.

19.近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行营销形式.某直播平台有

800个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商

家所占比例如图①所示.为了更好地服务买卖双方，该直播平台打算用分层抽样的方式抽取60个直播商家进

行问询交流.

(1)应抽取小吃类、生鲜类商家各多少家？

(2)在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对抽取的60个商家的平均日利润进行了统计(单位:

元)，所得频率直方图如图②所示.

⑴估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数(求平均数时同一组中的数据用该组区间中点的数值

为代表)；

(ii)若将平均日利润超过470元商家称为“优质商家”，估计该直播平台“优质商家''的个数.

20.每年的3月14日为国际数学日，为庆祝该节日，某中学举办了数学文化节，其中一项活动是“数学知识

竞赛”，竞赛共分为两轮，每位参赛学生均须参加两轮比赛，若其在两轮竞赛中均胜出，则视为优秀，已知

43

在第一轮竞赛中，学生甲、乙胜出的概率分别为在第二轮竞赛中，甲、乙胜出的概率分别为

4.甲、乙两人在每轮竞赛中是否胜出互不影响.

(1)若P=g，求甲恰好胜出一轮的概率；

O

96

(2)若甲、乙各胜出一轮的概率为宝，甲、乙都获得优秀的概率为会行.

⑴求q,的值；

(”)求甲、乙两人中至少有一人获得优秀的概率.

21.在①一——=r2：—,②smB—cosB=Ol,③面积

cos8cosca-b"c

V2b(/?sinC+ctanCcosB)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答.

SV

在一ABC中，角A、8、C的对边分别为〃、b、c,已知.

⑴求角C；

(2)若点。在边上，且BD=24)，cosB=—,求tan/BCD.

13

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分

22.如图，在三棱锥A—BCD中，底面8c。是边长为2正三角形，431平面3CD,点E在棱8c上,

S.BE=ABC,其中0<2<1.

(1)若二面角A—CD—8为30。，求AB的长;

⑵若A3=2，求DE与平面ACD所成角的正弦值的取值范围.

2022〜2023学年度第二学期期末抽测

高一年级数学试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，

写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一、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

符合题目要求的.

1.已知复数Z满足Z（l+1）=5+1,则复数Z在复平面内所对应的点位于（）

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

【答案】D

【解析】

【分析】利用复数除法求出z,即可判断.

e口5+i（5+i）（l—i）6-4i

【详解】因为z=---=-----———-=-----=3-21.

1+i22

所以点（3,—2）位于第四象限.

故选：D.

2.先后两次掷一枚质地均匀的骰子，则两次掷出的点数之和为6的概率为（）

1517

A.-B.—C.-D.—

936636

【答案】B

【解析】

【分析】先找出总事件共6x6=36种，其中满足条件的罗列出来共5种，代入求解.

【详解】先后两次掷一枚质地均匀的骰子，共有6x6=36种情况，

点数和为6的有1+5,2+4,3+3,4+2,5+1共5种情况，所以概率为9，

故选：B.

3.已知打，〃是两条不重合的直线，a,夕是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（）

A.若,机_L〃，则〃uaB.若"？，"与a所成的角相等，则加〃〃

C.若加〃a,m//（3,则a〃/D.若m/nrj3,mua,则a_L£

【答案】D

【解析】

【分析】利用线面垂直的性质定理，线面角的定义，面面平行的判定定理，即可逐个选项判断.

【详解】若/〃_La，mLn,则〃ua或A错；

若加，”与a所成的角相等，则相〃〃或用与〃相交或异面，B错；

若加〃a,m//p,则a与夕平行或相交，c错；

若加〃"，nL/3,所以加_1_/7,又mua,则4，D正确.

故选：D

4.有一组样本数据，玉,々,,天，其平均数为"，中位数为6方差为c,极差为。由这组数据得到新样本

数据，%,%，…，%，其中y=2x,.+8（i=l,2,・，〃），则新样本数据的（）

A.样本平均数为2aB.样本中位数为2b

C.样本方差为4cD.样本极差为2d+8

【答案】C

【解析】

【分析】A选项，由平均数的定义得到］=2a+8；B选项，玉,工2，，%的大小排列顺序与变化后的

的大小顺序一致，故%，%，，%的中位数为2%+8;C选项,由方差得定义计算出

%，%，…，%的方差;D选项,由%ax>=d得到ymax_Ynin=2」，D错误.

【详解】A选项，由题意得用+々++xH=na,

则连X+%++%=2（内+々++苍,）+8〃=2〃+8,故A错误；

nn

B选项，由于y=2x,.+8（i=l,2,,ri）,故西,々，，*”的大小排列顺序与变化后的X，%，…，笫的大小

排列顺序一致，

由于玉,马,，%的中位数为匕，故X，%，…，”的中位数为2b+8,B错误;

C选项，由题意得(x/a)+(工2--)++(x“-a)=c，

n

所以色二更上包二式士二包

n

(2X1+8-2tz-8)一+(29+8-2a-8)++(2x“+8-2a-8)

n

=4(5〃)-+4(y—4)~++4(x,,一")一=4a，,C正确；

n

D选项，由于％=2%+8(i=l,2,,n),故国,々，，，》”中最大值和最小值，经过变化后仍然为

必，)’2，1%中的最大值和最小值，

d2

即Xmax—Xmm=，则JU一Wn=^mlx+8一(2Ami0+8)=如，D错误•

故选：c

5.已知向量a,/,的夹角为g,若(。一方)，“，则向量&在向量/，上的投影向量为()

11r/?

A.-bB.-bC.—bD.b

422

【答案】A

【解析】

【分析】由(。一耳_14得忖=2同，根据投影向量的定义求解.

【详解】由(a_8)_La得(a—〃)•4=(),

即a力=a?,|。卜|同cos工

所以忖=2同,

所以向量&在向量〃上的投影向量为同-os工b=同/

3W21|

故选：A

6.已知sin(a+g+sin6z=—^~,则sin12a-7J=()

77

A.B.D.

3399

【答案】c

【解析】

（兀）1

【分析】根据和差公式，辅助角公式得到Sina+-=-,再利用诱导公式，倍角公式求出答案.

I6）3

【详解】因为sinla+2+sincif=sinacos—+coscrsin—+sintz=—sinad———cosa,

I3J3322

所以。sina+^^cosa=，即Gsin[a+'],故sin[a+w]=q,

223I6j3I6j3

sin12aJ=-cos12a一弓+5J=-cosf2tt+yj=2sin2f<z+-^l-l=-—

故选：C

7.如图，一种工业部件是由一个圆台挖去一个圆锥所制成的.已知圆台的上、下底面半径分别为2和4,且

7T

圆台的母线与底面所成的角为一，圆锥的底面是圆台的上底面，顶点在圆台的下底面上，则该工业部件的

3

C7G兀D56百兀

A.27371B.16扃

,3.-3-

【答案】B

【解析】

【分析】由题知该圆台的轴截面为等腰梯形，进而得ND4B=1,圆台，圆锥的高均为£>E=2g，再计

算体积即可.

【详解】解：根据题意，该圆台的轴截面ABCD为等腰梯形，如图，

7T

所以NDW即为圆台母线与底面所成角，即NDAB=；,

3

分别过点C、O在平面ABC。内作。ESAB,CF1AB,垂足分别为点E、F,

因为CD〃所，则四边形CDEF为矩形，且EE=C£>=4,

7T

因为AD=8C,/DAE=NCBF,ZAED=ZBFC=-

2f

所以，_ADE—BCF,所以，AE=BF,且AE=BI=二。"=平=2,

因为N0AE=^,则。E=AEtan四=26，

33

所以，圆台，圆锥的高均为。E=26，

所以，该工业部件的体积为

V=匕卬台一%］锥=^x2V3x^47t+V47txl67t+167tj--^x7tx22x2>/3=16百兀.

故选：B.

b

8.在锐角三角形4BC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知acosB-氏osA=。,则----的取值

a+c

范围是（）

A-仁'¥）B.（2一6,1）

C.2—5/3,5/2—1jD.^y/2+1,V3+2j

【答案】C

【解析】

TTTTh

【分析】由正弦定理边化角得到A=23,由锐角三角形求出:<3<一,然后将——的取值范围转化为

64Q+C

函数的值域问题求解即可.

【详解】因为acosB-bcosA=〃,所以由正弦定理得：sinAcosB-sinBcosA=sinB,

即sin（A-3）=sin3,所以A-B=3，即A=23,又4+8+。=兀，所以。=兀一3吕.

71

0<2B<-

0y2

兀

因为锐角三角形ABC,所以，0<B<即<0<B<-解得一<B<—

2264

兀TT

0<C<0<7t-3B<-

22

b_sinBsinB_sinB

Q+CsinA+sinCsin2B+sin（7i-3B）sin2B+sin3B

sinB_1_____________1

sin2B+sin2BcosB+cos2BsinB2cosB+2cos2B4-2cos2B-\4cos23+2cos3-l

所以£e(2—百，夜—1}

故选：C.

二、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，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9.设4,Z2是复数，则下列说法正确的是()

A.若Z]是纯虚数,则z；<0

B.若z：+z；=0,则z,=z2=0

C.若Z]=z?，则|马|=目

D.若团=同，则Z/Z|=Z2­Z2

【答案】ACD

【解析】

[分析]对于A代入z,=ai(aGR)即可判断正误，对于B取特殊值马=i,z2=1验证即可，

对于C设％=a+为，求得㈤，同即可判断正误，对于D设4=a+bi,Z2=c+di,代入验证即可求得.

【详解】A.z1=«i(«eR),则z；=(ai『=—a2<o,故A正确；

B.当％=i*2=1时，z；+z；=0,但得不出Z]=z?=。，故B错误；

C.设当=〃+历,则4=Z2=Q—历，z2=a+bi»所以㈤卜J。」+」，C正确;

D.设Z]=。+4,Z2=c+di,则㈤=区|得/+从，又Z]・Z[=(Q+/?i)x(Q—历)=/+/,

22

z2-z2=(c+")x(c—di)=c+d,

故4・Z]=Z2/2成立，D正确.

故选：ACD.

10.有4个相同的球，分别标有数字1、2、3、4,从中不放回的随机取两次，每次取1个球，A表示事件

“第一次取出的球的数字是奇数”，8表示事件“第二次取出的球的数字是偶数”，C表示事件“两次取

出的球的数字之和是奇数”，。表示事件”两次取出的球的数字之和是偶数”，则（）

A.A、8相互独立B.B、。相互独立

C.A、。相互独立D.C、。相互独立

【答案】BC

【解析】

【分析】利用古典概型的概率公式结合独立事件的定义逐项判断可出合适的选项.

【详解】对于A选项，从上述四个球中不放回的随机取两次，每次取1个球，

所有的基本事件有：（1,2）、（1,3）、（1,4）、（2,1）、（2,3）、（2,4）、（3,1）、（3,2）、

（3,4）、（4,1）、（4,2）、（4,3）,共12种，

其中事件A包含的基本事件有：（1,2）、（1,3）、（1,4）、（3,1）、（3,2）、（3,4）,共6种，

事件8包含的基本事件有：（1,2）、（1,4）、（2,4）、（3,2）、（3,4）、（4,2）,共6种，

事件C包含的基本事件有:（1,2）、（1,4）、（2,1）、（2,3）、（3,2）、（3,4）、（4,1）、

（4,3）,共8种，

事件。包含的基本事件有：（1,3）、（2,4）、（3,1）、（4,2）,共4种,

对于A选项，P（A\=—=—,,

V7122V7122

事件A6包含的基本事件有：（1,2）、（3,2）、（1,4）、（3,4）,共4种，

41

则P（A3）=五=§WP（4）P（6）,故A、B不相互独立，A错；

21

对于B选项，事件60包含基本事件有：（2,4）、（4,2）,共2种，则P（5O）=仃=q,

又因为P（D）=\=；,则尸（8D）=P（B）P（。），共8、/）相互独立，B对；

对于C选项，事件AD包含的基本事件有：（1,3）、（3,1）,共2种，则P（AO）=上==,

126

则P（AD）=P（A）P（O）,故A、£>相互独立，C对；

对于D选项，P（CD）=0^P（C）P（D）,故C、。不相互独立，D错.

故选：BC.

11.如图，在等腰直角三角形ABC中，AB=1,N84C=90°,设点《，鸟，A，乙是线段8c的五等分

点，贝IJ()

AB

32

A.AP.=-AB+-AC

55

B.AF\AP,>Al}A^

CJAB++Ag+A6++AC]=3及

D.：AC+(l—f)C3(04f41)的最小值为更

【答案】BCD

【解析】

【分析】对于A：根据平面向量基本定理直接用AB,AC表示；对于B：用A8,AC表示AqAg后计

算验证即可；对于C：设8C的中点为M,根据向量加法运算转化为AM即可；对于D：设=

(0<r<i),将问题转化为求|AP|+|NP|的最小值解决.

【详解】对于A：A^=AB+^BC=AB+-(AC-ABj=-AB+-AC,故A错误；

413^2

对于B：同上可得A6=wAB+gAC,A8=：A8+gAC

因为在等腰直角三角形ABC中，A5=l，

22

所以AB~=AC=1,ABAC=O，

(412122112214

所以=—A5+—AC•-AB+-AC=—AB+—ABAC+—AC

1555)25252525

=[|瓶+|*)(汐+|时=或而+第8.衣+2市2q,

所以A/AQ>隹/[,故B正确;

对于C：设的中点为M,则A5+AC=2A〃,Aq+A4=2AM,A2+AA=2AM

所以||=6kM==3"s/^故正确;

AB+APt+AP2+AP3+A舄+ACC

对于D：设AC的中点为N,P为线段BC上一点，设BP=/BC(OVf<l)，则CP=(1—7)C8,

所以卜BC-8d+gAC+(l-f)C8=|AP|+|N尸］,

作点A关于BC的对称点A',则四边形ABAC为边长为1的正方形，

故M|+1阴=|A'P|+1NP闫A'N卜日，当N,P,A三点共线时取等号，

所以18C-BA|+1AC+(1-Z)CJ5(0<Z<1)的最小值为由，故D正确.

22

故选：BCD.

12.如图，在矩形ABC。中，AD=2AB=2,M为边8c的中点，将_ABM沿直线AM翻折成二AgM,

连接与。，N为线段g。的中点，则在翻折过程中，()

N

A.异面直线CN与A4所成的角为定值

B.存在某个位置使得AMJ.4。

点C始终在三棱锥B「AMD外接球的外部

137r

D.当二面角-D为60。时，三棱锥B.-AMD的外接球的表面积为号

【答案】AC

【解析】

【分析】A选项，作出辅助线，找到NHVC或NHNC的补角为异面直线CN与AM所成的角，利用余弦

定理求出NC=y5,异面直线CN与所成的角的余弦值为定值；B选项，假如可证出

2

7T

AM±MB,,与乙4加4=彳矛盾；C选项，作出辅助线，得到OM即为三棱锥用-AMO外接球的半

径，由于”C>HM,所以OC>OM,可得到C正确；D选项，作出辅助线，找到/47旧即为二面角

4-AM-。为平面角，即N4TH=60。，求出各边长，再找到球心，利用半径相等列出方程，求出外

接球半径和表面积.

【详解】A选项，矩形A8CC中，AD=2AB=2,M为边8c的中点，

7T

所以ARM为等腰直角三角形，故/区4〃=一，AM=及AB=正，

4

TT

翻折过程中，ZBAM=-

14)

取的中点H，连接HN,HC,

因为N为线段g。的中点，所以HN//ABr则N//NC或4/NC的补角为异面直线CN与Ag所成的

角，

因为M为边BC的中点，所以AH//MC,且AH=MC,

所以四边形AMC”为平行四边形，故AM//HC,

兀

所以NNHC=N4AM=1,

其中==；,

由余弦定理得NC2=HN2+"C2-2HN-"CCOS/NHC=2+2-2XLXV^X@=3,

4224

故NC=^

2

/7/V2+C7V2-77C2

故cosZ.NHC=

2HN-CNT

所以异面直线CN与A与所成的角的余弦值为好，A正确;

5

B选项，因为AM=M。=J5,AD=2,所以AM?+M£)2=AD)，故AAf-LMD,

假如AM_LBQ,因为M。BQ=D,MD旦。u平面

所以AMI平面M耳。，

TT

因为MB|u平面M耳。，所以AW_LM与，这与NAMg=w矛盾,

故假设不成立，所以不存在某个位置使得AM_L5Q,B错误;

C选项，由于故ZWJM外接圆的圆心为“，设三棱锥4-AM。外接球球心为0,则

OH，平面AMC。，

连接OM,则OM即为三棱锥用-AMO外接球的半径，

由于HC>HM,所以OC>OM,

所以点C始终在三棱锥片-AMQ外接球的外部，C正确；

D选项，取AM的中点T，连接B,T=HT=-AM)

122

因为4A=所以百TRHTUMD,所以

所以NB]TH即为二面角与一AM—。为平面角，即Ng7H=60。，

过点用作B”,777于点K，则TK=4TCOS60O=¥，与K=47$拘60。=乎,

HK=TH-TK=显,

4

因AM±BtT,AM±HT,B]\HT=T,所以AMJ_平面gT”，

因为gKu平面片7H,所以AML4K,

因为A"ITH=T,AM,7Hu平面AMCD,所以gK，平面AMC。,

由C选项可知，三棱锥B厂AMD外接球球心为。，则OH±平面AMCD,

过点。作。S_L用K于点S,则。”=SK=〃,OS=HK=—

4

若球心在平面ABC。上方时，如图，此时B|S=gK—SK=乎一力，

2222

由勾股定理得。加=OH'+HD=/+1,B.OOS+B}S

故*J耳+健/解得〃=一逅，不合要求，舍去;

l4JI4J

6

此时BQ=BjK+SK=曰+〃，

若球心在平面ABCO的下方时，如图,

2

由勾股定理得。。2=OH2+HD=川+1，BQ?=OS2+BIS2

2

(%Y显,满足要求,

故»+1—+h，解得〃

+I4J

I4J6

代入上式可得外接球半径为OD==—

6

14

三棱锥用-AMD的外接球的表面积为4无•=­71.

3

故当二面角耳-A/-。为60。时，三棱锥耳-AMD的外接球表面积为寸14兀，D错误.

故选：AC

【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置.对于外切的问题要注意球

心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解

题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的

半径

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知一组数据：24,30,40,44,48,52.则这组数据的第30百分位数、第50百分位数的平均数为

【答案】36

【解析】

【分析】根据百分位数的定义得到第30百分位和第50百分位，即可求解.

【详解】因为6x30%=1.8,故这组数据的第30百分位数为30,

40+44

因为6x5期=3,所以第5°百分位数为〒=42,

所以这组数据的第30百分位数、第50百分位数的平均数为蟹=36,

故答案为：36.

金sin("a的+£)值为

14.已知tana+tan£=-6,tan(tz+尸)=一1,则

3

【答案】-##15

2

【解析】

【分析】先利用正切的和角公式打开，得到tana4211/?=-5,再根据和差角的正余弦公式化简，弦切互换

代入即可求解.

/tana+tan£4八一

【详解】由tan(a+〃)=n^7嬴彳=一1，代入tana+tan4=一6,解得tana-tan/=-5,

sin(a+尸)_sinacos夕+cosasin/7_tana+tan)_-6_3

cos(o-〃)cosacos/3+sinasin/31+tan-tan/31-52,

3

故答案为：一.

2

15.在一ABC中，角A、B、C的对边分别为。、b、c,已知(a+Z?)sin(A+C)=(c-a)・(sinA+sinC),

/ABC与NBAC的平分线交于点0,则/AOB的值为.

____5兀

【答案】—

6

【解析】

【分析】利用正弦定理结合余弦定理求出cosC的值，结合角C的取值范围可求得角C的值，再利用三角

形的内角和定理可求得NAOB的值.

【详解】由(〃+Z?)sin(4+C)=(c-〃)・(sinA+sinC),可得(a+0)sinB=(<?-〃)•(sinA+sinC),

由正弦定理可得(a+))b=(c-a)(c+a),BPb2+ab=c2-a2，

整理可得02=—",由余弦定理可得cosC=上电二工=一工，

lab2

因为。€((),兀)，则。=事，所以，^CAB+ZABC=\

因为NA8C与NB4C的平分线交于点0,

11JT5冗

所以，ZAO6=7i—(NQAB+N06A)=兀-5(NC4B+NABC)=兀一=

5兀

故答案为：—.

6

16.在正四棱柱A8a>-AAG2中，已知A3=2，AA=1,则点4到平面ABG的距离为；以

A为球心，2为半径的球面与该棱柱表面的交线的总长度为.

【答案】①.—②.1°+36兀

56

【解析】

【分析】空1：利用等体积法球点到面的距离；空2：由题意可知：球A仅与平面ABC。、平面

平面和平面相交，分别分析球A与各面交线的形状，运算求解即可.

【详解】空1：由题意可得：3G="乔=石，

因为AB平面BCG4,B&U平面BCG4，可得ABLBG，

设点A到平面ABC,的距离为d,

因为匕则:xdx1x2x石=:x2x[xlx2,解得]=撞

32325

空2：由题意可知：球A仅与平面ABC。、平面AB44、平面AODM和平面4月£。相交,

因为A8=AO=2,此时球4与平面ABC。的交线30为半径为2的圆的:，

贝D交线的长度为」■xZ兀、2=兀；

4

设球A与棱A4的交点为"，即AM=2,可得4〃=JAM?—<4=6,

则tanNA1AM=.s

4A

TT7T

且幺AM为锐角，则4AM=2，即N8AM=一,

36

所以球A与平面ABB^的交线BM为半径为2的圆的卷，

1TT

则交线的长度为777x2兀乂2=三

123

1IT

同理可得：球A与平面A。。A的交线DN的长度五x271x2=1；

可知4A/=4N=百，所以球A与平面^B^D,的交线MN为半径为6的圆的;，

则交线的长度为」x2兀xg=叵；

42

所以球面与该棱柱表面的交线的总长度为兀+2x二+叵=US叵兀.

326

故答案为：述；1°+3G

56

a

【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法

(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把

空间问题转化为平面问题求解.

(2)利用平面儿何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的