浙江省丽水市2022-2023学年高一年级下册6月期末数学试题（含解析）

丽水市2022学年第二学期普通高中教学质量监控

高一数学试题卷

本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共6页，选择题部分1至3页，非选择题部分4至

6页.满分150分，考试时间120分钟.

请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上.

第I卷选择题部分（共60分）

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上.

2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题纸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.不能答在试题卷上.

一、单项选择题：本大题共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.i为虚数单位，则1'（1-21）=（）

A.2+iB.2-iC.-2+iD.-2-i

2.已知向量联=（1,2）,b=（cos8,sin。），且向量a与方平行，则tan。的值为（）

A--B.-2C.：D.2

22

3.甲、乙两人进行射击比赛，甲的中靶概率为0.4,乙的中靶概率为0.5,则两人各射击一次，恰有一人中

靶的概率是（）

A.0.2B.0.4C.（）.5D.0.9

4.演讲比赛共有9位评委，分别给出某选手的原始评分9.2,9.5,9.6,9.1,9.3,9.0,8.8,9.3,9.7,

评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分和1个最低分，得到7个有效评分.这7个有效评分

与9个原始评分相比，不变的数字特征是（）

A.极差B.中位数C.平均数D.方差

5.某中学组织三个年级的学生进行党史知识竞赛.经统计，得到前200名学生分布的扇形图（如图）和前

2（）0名中高一学生排名分布的频率条形图（如图），则下列命题错送的是（）

前200名学生分布的扇形图前200名中高一学生排名分布的频率条形图

，,频率

高二0.4

30%高一

0.3

45%

高三0.2

25%0.1

1-5051-100101-150151-200排名

A.成绩前2()()名的学生中，高一人数比高二人数多3()人

B.成绩前100名的学生中，高一人数不超过50人

C.成绩前50名的学生中，高三人数不超过32人

D.成绩第51名到第100名的学生中，高二人数比高一人数多

6.如图，A、B、C三点在半径为1的圆。上运动，且M是圆。外一点，OM=2,则

++的最大值是()

C.10D.12

7.一个袋中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红球和2个白球，从中一次性随机摸出2个球，则下列

说法正确的是()

A.“恰好摸到1个红球”与“至少摸到1个白球”是互斥事件

B.“恰好没摸到红球”与“至多摸到1个白球”是对立事件

C.“至少摸到1个红球”的概率大于“至少摸到1个白球”的概率

D.“恰好摸到2个红球”与“恰好摸到2个白球”是相互独立事件

8.将函数/(x)=sinmx(3>0)的图象向右平移;匚个单位得到函数y=g(x)的图象，点A,6,C是

y=f(x)与y=g(x)图象的连续相邻的三个交点，若JU3C是锐角三角形，则①的取值范围是()

二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.每小题给出的四个选项中有多项符合

题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，错选得0分.

9.已知复数2=。+加（aSeR）在复平面内对应点为Z，则下列结论中正确的是（）

A.|z|~=a2+b2B.z2=a2+b1

22

C.z.^=a+bD.|0Z|2=/+/

10.已知mn是异面直线，a,/是不同的平面，ml.a,nL（3,直线/满足/_Lm,lln,则下列关

系不可熊成立的是（）

A.alI（3B.a工（3

CU/aD.ILa

11.已知。力是单位向量，则下列命题正确的是（）

A.若a=（_£,f），则

B.若a,〃不共线，则（a+6）_L（a-b）

c.若|a-切26,则a,〃夹角的最小值是」

D.若的夹角是电，则。在“上的投影向量是立a

42

12.如图，矩形8。所所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，BD=2,DE=\点P是线段E尸

上的动点，则下列命题中正确的是（）

A.不存在点尸，使得直线0P//平面ACF

B.直线OP与8c所成角余弦值的取值范围是I。半

C.直线OP与平面AC尸所成角的取值范围是［0,工］

4

D.三棱锥A-CDE的外接球被平面ACF所截得的截面面积是营

8

第II卷非选择题部分（共90分）

注意事项：

1.用黑色字迹的签字笔或钢笔将答案写在答题纸上，不能答在试题卷上.

2.在答题纸上作图，可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑.

三、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分.

13.若圆锥的母线长为2,轴截面是等腰直角三角形，则该圆锥的体积是

sina+2cos。

14.若tana=2,则

sina-cosa

15.如图，平面四边形ABC。的斜二测直观图是等腰梯形A'3'C'。'，A'iy^D'C'=\,那么原平面四边

形中的边BC的长是

16.如图，测量河对岸的塔高可以选取与塔底B在同一水平面内的两个基点C和。进行测量，现测

得CE>=28米，ZCBD=3Q，在点C和。测得塔顶A的仰角分别为45,30,则塔高AB=米.

17.如图，从正四面体的4个顶点处截去4个相同的正四面体，得到一个由正三角形与正六边形构成的多

面体.若该多面体的表面积是146，则该多面体外接球的表面积是.

18.赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，

亦称“赵爽弦图''(由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成).类比“赵爽弦图”，可构造如

图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设

AD=AAB+/JAC,若AD=54E，则九一〃的值是

四、解答题：本大题共5小题，每小题12分，共60分.解答应写出文字说明、证明过程或演

算步骤.

19.杭州2022年第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日举行.随着亚运会的临近，亚运会的热

度持续提升.为让更多的人了解亚运会运动项目和亚运精神，某大学举办了亚运会知识竞赛，并从中随机

抽取了100名学生的成绩，绘制成如图所示的频率分布直方图.

(1)试根据频率分布直方图求出这10()名学生中成绩低于6()分的人数;

(2)试估计这100名学生成绩的第75百分位数；

(3)若采用分层抽样的方法从成绩在［70,80),［80,90),［90,100］的学生中共抽取6人参加志愿者活

动.现从这6人中随机抽取2人分享活动经验，求抽取的2人成绩都在［80,10()］的概率.

7T71

20.已知函数_/(x)=sin(x+w)+sin(x-：)+cosx+a的最大值为1.

66

(1)求常数。的值；

⑵求使/(X)>V3-1成立的*的取值集合.

21.在直三棱柱ABC-4与G中，D、E分别是A4、BQ的中点，DC,±BD,AC=BC=\,

A4,=2.

(1)求证：BC上平面MGC；

(2)求点E到平面GBD的距离.

22.在「ABC中，三个内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,=2DC»BD=2,且(a-c)sin(A+8)=

(。一人)(sinA+sinB).

⑴求8；

(2)当2。+c取最大值时，求ABC的周长.

23.如图，四棱锥尸一A3CD中，底面A3CO为直角梯形，AB//CD,ZBAD=90\AB=2CD=4,

PA1CD,在锐角中，AD=PD=3五，点E在PO上，PE=2ED.

⑴求证：依//平面47E；

（2）若4c与平面PC0所成角为30，求二面角P-AC—E的正切值.

丽水市2022学年第二学期普通高中教学质量监控

高一数学试题卷

本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共6页，选择题部分1至3页，非选择题部分4至

6页.满分150分，考试时间120分钟.

请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上.

第I卷选择题部分（共60分）

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上.

2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题纸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.不能答在试题卷上.

一、单项选择题：本大题共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.i为虚数单位，则＞（1—Z）=（）

A.2+iB.2-iC.-2+iD.-2-i

【答案】A

【解析】

【分析】根据复数的运算律直接求解.

【详解】i-（l-2i）=i—2i2=2+i,

故选：A.

2.已知向量）=（1,2）,b=（cosasin。），且向量〃与匕平行，则tan。的值为（）

11

A.——B.-2C.-D.2

22

【答案】D

【解析】

【分析】由平行向量的坐标表示即可得出答案.

【详解】向量a=(l,2),b=(cosasin。)，且向量a与b平行，

所以I・sin6-2-cos6=0,即tan6=2.

故选：D.

3.甲、乙两人进行射击比赛，甲的中靶概率为0.4,乙的中靶概率为0.5,则两人各射击一次，恰有一人中

靶的概率是()

A.0.2B.0.4C.().5D.0.9

【答案】C

【解析】

【分析】根据独立事件同时发生的概率即可求得甲乙两人各射击一次恰有一人中靶的概率.

【详解】记甲中靶为事件4,乙中靶为事件B,

则P(A)=0.4,P(A)=1-0.4=0.6,P(B)=0.5,P(月)=1—0.5=0.5,

甲乙两人各射击一次恰有一人中靶，分甲中乙不中和甲不中乙中两种情况，

则甲乙两人各射击一次恰有一人中靶的概率为

P=P(A)•P⑻+P(B)P(A)=0.4x0.5+0.6x0.5=0.5.

故选：C

4.演讲比赛共有9位评委，分别给出某选手的原始评分9.2,9.5,9.6,9.1，9.3,9.0,8.8,9.3,9.7,

评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分和1个最低分，得到7个有效评分.这7个有效评分

与9个原始评分相比，不变的数字特征是()

A.极差B.中位数C.平均数D.方差

【答案】B

【解析】

【分析】分别计算9个原始评分和7个有效评分的极差、中位数、平均数和方差的，即可得出答案.

【详解】从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分为：

9.2,9.5,9.6,9.1,9.3,9.0,9.3,

极差：9.6-9.0=0.6,

将7个有效评分从小到大排列为：9.0,9.1,9.2,9.3,9.3,9.5,9.6,

所以中位数为:9.3；

9.0+9.1+9.2+9.3+9.3+9.5+9.6…

平均数：%=

7

2_（9.0-9.29）2+（9.1-9.29『+（9.2-9.29）2+（9.3-9.29）2+（9.3-9.29）2+（9.5-9.29）2+（9.6-9.29）2

S,=

17

«0.0431

9个原始评分的极差为：9.6-8.8=0.8,

将9个有效评分从小到大排列沏8.8,9.0,9.1,9.2,9.3,9.3,9.5,9.6,9.7,

所以中位数为：9.3；

平均数为：x,=---------------------------------------------------®9.27,

22222

2_（8.8-9.27）2+（9Q_9.27）2+（9.1-9.27）+（9.2-9.27）+（9.3-9.27）+（9.3-9.27）+（9.5-9.27）+（9.6-

G=9

»0.073

所以不变的数字特征是中位数.

故选：B.

5.某中学组织三个年级的学生进行党史知识竞赛.经统计，得到前200名学生分布的扇形图（如图）和前

200名中高一学生排名分布的频率条形图（如图），则下列命题错送的是（）

A.成绩前200名的学生中，高一人数比高二人数多30人

B.成绩前100名的学生中，高一人数不超过50人

C.成绩前5（）名的学生中，高三人数不超过32人

D.成绩第51名到第1（）0名的学生中，高二人数比高一人数多

【答案】D

【解析】

【分析】根据饼状图和条形图提供的数据判断.

【详解】由饼状图，成绩前200名的200人中，高一人数比高二人数多200x（45%-30%）=30,A正

确；

由条形图知高一学生在前200名中，前100和后100人数相等，因此高一人数为200x45%xg=45<50,B

正确；

成绩前50名的50人中，高一人数为200x45%x0.2=18,因此高三最多有32人，C正确；

第51至IJ100名的50人中，高一人数为200x45%x0.3=27,故高二最多有23人，因此高二人数比高一

少，D错误.

故选：D.

6.如图，A、B、C三点在半径为1的圆。上运动，且M是圆。外一点，OM=2,则

++2Mq的最大值是（）

【答案】C

【解析】

【分析】连接A3,可知。为A8的中点，计算得出〔M4+MB+2Mqm4MO+2OC],利用向量模的三

角不等式可求得\MA+MB+2M《J的最大值.

【详解】连接AB，如下图所示：

因为4C1BC,则4B为圆。的一条直径，故。为AB的中点，

所以，MA+MB=（MO+OA^+（MO+OB^=2MO,

所以，|蛇+加8+2Mq=|2MO+2（MO+OC）=^4MO+2OC\<4|MC>|+2|（7c|

=4x2+2x1=10,

当且仅当〃、0、。共线且例0、OC同向时，等号成立，

因此，|KA+M8+2M4的最大值为10.

故选：C.

7.一个袋中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红球和2个白球，从中一次性随机摸出2个球，则下列

说法正确的是（）

A.“恰好摸到1个红球”与“至少摸到1个白球”是互斥事件

B.“恰好没摸到红球”与“至多摸到1个白球”是对立事件

C.“至少摸到1个红球”的概率大于“至少摸到1个白球”的概率

D.“恰好摸到2个红球”与“恰好摸到2个白球”是相互独立事件

【答案】B

【解析】

【分析】利用互斥事件的定义可判断A选项；利用对立事件的定义可判断B选项；利用古典概型的概率公

式可判断C选项；利用独立事件的定义可判断D选项.

【详解】对于A选项，“恰好摸到1个红球”为1红1白，“至少摸到1个白球”包含：1红1白、2白，

所以，“恰好摸到1个红球”与“至少摸到1个白球”不是互斥事件，A错；

对于B选项，“恰好没摸到红球”为2白，“至多摸到1个白球”包含：2红、1红1白，

所以，“恰好没摸到红球"与''至多摸到1个白球”是对立事件，B对；

对于C选项，2个红球分别记为。、b,2个白球分别记为A、B,

从2个红球和2个白球中一次性随机摸出2个球，所有的基本事件有：ab、ciA.aB、hA.bB、

AB，

其中，事件“至少摸到1个红球”包含的基本事件有：ab、aA,aB、bA,bB,其概率为

6

事件“至少摸到1个白球”包含的基本事件有：aA,aB、bA,bB、AB，其概率为*，

6

所以，“至少摸到1个红球”的概率等于“至少摸到1个白球”的概率，c错；

对于D选项，记事件E:恰好摸到2个红球，事件恰好摸到2个白球，

则P（E）=P（尸）=LP（EF）=O,则P（M）HP（£），（E）,

所以，“恰好摸到2个红球”与“恰好摸到2个白球”不是相互独立事件，D错.

故选：B.

-TT

8.将函数/（x）=sinox（3>0）的图象向右平移;上个单位得到函数y=g（x）的图象，点是

3co

y=f（x）与y=g（x）图象的连续相邻的三个交点，若..ABC是锐角三角形，则。的取值范围是（）

A.（0,弓兀）B.（0,孝兀）

C.71,+00)D.(----7t,+oo)

【答案】c

【解析】

TT

【分析】由条件，可得g(x)=sin(ox-§),作出函数的图象，结合三角函数的图象与性质及已知条件列

出不等式求解即可.

JIjIji

【详解】依题意，g(x)=f(x----)=sin[69(x----)]=sin(5——),函数》=/0),丁=双幻周期

3G3a)3

T3

co

在同一坐标系内作出函数丁=/(工),丫=8。)的图象，如图,

£＞为AC的中点,

2兀

2AD=AC=T=—

co

由sincox=sin(69x—,整理得sin^x=-GCOSGX，

।zG

又sin26yx+cos?cox=1，解得sincox=±—，

2

于是点A,8的纵坐标力，力有力=-%，即8。=2|词=6,

7TTT

要使一ABC为锐角三角形，当且仅当一＜/B4C＜一,

42

即tanNBAC=g^=32＞l，解得。＞立兀，

AD713

所以①的取值范围是兀,+8).

故选：C

【点睛】关键点睛：解决本题的关键是准确把握三角函数的图象与性质，合理转化条件，得到关于①的不

等式.

二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.每小题给出的四个选项中有多项符合

题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，错选得0分.

9.已知复数2=。+万（a,0eR）在复平面内对应的点为Z，则下列结论中正确的是（）

A.|z|2-a2+h2B.z2=a2+b1

22

C.z.^=a+hD.|。2?=/+/

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据模的计算公式和复数的乘法可判断ACD的正误，取特例根据复数的乘法计算后可判断B的正

误.

【详解】因为z=a+〃，故目=|OZ卜J/+/,故|OZ『="+/,⑸2=/+〃

而z・z=（“+历）（“一历）=a?+h2,故ACD正确.

取。=11=1,故z=l+i,则z2=2i,/+从=2*2#〃+从，故B错误.

故选：ACD.

10.已知北，是异面直线，a,/是不同的平面，mla,n±/3,直线/满足/_Lm,lln,则下列关

系不可熊成立的是（）

A.«///?B.a_L£

C.IllaD.IA,a

【答案】AD

【解析】

【分析】根据面面平行的性质及线面垂直的性质可判断A,由题目所给条件及两平面垂直的性质判断B,根

据特殊情况判断C,由线面垂直的性质判断D.

【详解】若。//4，可得加，尸，又〃，尸，可得m〃n,与加，〃是异面直线矛盾，故A不能成

立；

若a，/?,nL/3,则也〃可能异面或相交，故B可能成立；

当加，e,nLp,直线/满足/_Lm,/In,当直线与两个平面的交线平行且在平面外时，满足

Ula,如图,

故C可能成立;

当/_La时，由"_La知〃2〃/,这与/_L〃z矛盾，故D不可能成立.

故选：AD

11.已知。力是单位向量，则下列命题正确是（）

A.若a=，则？=g

B.若a,〃不共线,则（a+加_L（〃-匕）

C.若|a-加2#,则a,6夹角的最小值是j

D.若的夹角是空，则6在a上的投影向量是也a

42

【答案】BC

【解析】

【分析】根据向量a,6是单位向量，结合向量模，数量积和投影向量公式，即可判断选项.

【详解】A.因为向量。是单位向量，

所以同=J一曰+*=i，得r=±g，故A错误；

B.（a+力）•（Q—b）=Q~-=1—1=0,所以（a+b）_L（〃—Z?）,故B正确；

C.\a-b\-J（a-b）-y]a2-2a-b+h2-不2_2cos（a,b）>也>

得cosRMw-g,则心出卜y,7T,所以a,。夹角的最小值是与，故C正确；

上的投影向量是Wcos(a,/?)a=~~^~a,

D.A在a故D错误.

故选：BC

12.如图，矩形8。万户所在平面与正方形ABC。所在平面互相垂直，BD=2,DE=1，点P是线段E尸

上的动点，则下列命题中正确的是（）

E

A.不存在点尸，使得直线OP//平面ACF

B.直线。尸与8c所成角余弦值的取值范围是［0,孚］

C.直线OP与平面AC产所成角的取值范围是［0,四］

4

9兀

D.三棱锥A-CDE的外接球被平面AC产所截得的截面面积是一

【答案】BCD

【解析】

【分析】当点尸是线段EF中点时判断A,利用向量法求出异面直线夹角的余弦的范围判断B,利用线面

角的定义转化为正弦值计算判断C,求出AAC户外接圆面积判断D.

【详解】取E尸中点G,连OG,令ACnBO=0,连尸O,如图，

在正方形ABCQ中，。为8。中点，而8DEF是矩形，

则DO//GF且DO=GF,即四边形DGFO是平行四边形，

即有OG"FO,而FOu平面AC凡£>Gz平面ACF,

于是得QG〃平面ACF,当点尸与G重合时，直线。P〃平面ACF,故A错误；

因平面8£>£尸_1_平面月BCD,平面BDEFc平面ABCD=8D,ED工BD，EDu平面BDEF，

所以即，平面ABC。，因为BF/IED,所以3尸_L平面A8CQ,

因为AD,AB,BC,BDu平面ABCD,所EOJ_AD,E。_LBD,BF1AB,BFA.BC,

因为5D=2,DE=1，所以AD=五,EA=6,DF=也,AF=CF=y5,

又8C〃AQ,所以直线与8C所成角为（或其补角），

因为.£>P=ZM•（QE+EP）=ZM•（OE+XEfj=XZM.OB

=2V22COS45°=22（0<2<1）,

3

而|。/『=（。£+/1石/）2=1+4丸2,10Al=正，所以|。尸|=JI+4^2，

DA-DP22八

当；1=0时，cosZADP

\DA\-\DP\V2V1+4A2

,…DADP2222_VIo

当0<%Wl时，’_\DA\-\DP\V2V1+4A2上IK5

综上，0<cosZADP<—,故B正确；

5

设短到平面AC户的距离为d，因为AF=FC=6，AC=BD=2,

所以K"C=；AC.OF=；X2XV5=0,又S4ABC=；ABBC=；X立x且=1,

IIF)

由等体积法，VB.AFC=VF_ABC=-dS„AFC=-FB-S^ABC,即、&=1，解得d=注，

332

设直线OP与平面ACF所成角为e,

当尸与G重合时，直线0P〃平面ACF,直线DP与平面ACE所成角8=0,

当P点由G向旦尸运动时，。变大，当运动到£时，因为DE〃BF，

所以sine=」-=4l,由ovewZ知，0=-,

BF224

%一办不II179•ndV2V10\[2

当坦动到F时，sin0—=—尸=----<—，

DF2y/5102

7T

综上知，0e[O-]故C正确；

4t

在△ACF中，AF=CF7BC、BF2=5显然有FO_LAC，sinZFAC=—=^B°2±BF~=

AFAFJ3

CF33

由正弦定理得△Ab外接圆直径27?=-^^=-^,八不,

sinNE4c，22,2

以ZM,OC,£>£为长宽高作长方体，如图,

则三棱锥A—CDE的外接球即为长方体的外接球,

97r

三棱锥A-CDE的外接球被平面ACF所截得的截面是△人，户的外接圆，其面积为兀代=一，故D正

8

确.

故选：BCD.

TT

【点睛】关键点点睛：线面角的范围为0<64一，求点到平面的距离可以利用等体积法，当两条直线平

2

行时，直线与同一平面所成角相等，当直线与平面不平行线时，直线上一点到平面的距离与斜线长的比为

线面角的正弦值.

第n卷非选择题部分（共90分）

注意事项：

i.用黑色字迹的签字笔或钢笔将答案写在答题纸上，不能答在试题卷上.

2.在答题纸上作图，可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑.

三、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分.

13.若圆锥的母线长为2,轴截面是等腰直角三角形，则该圆锥的体积是.

【答案】述兀##2/生

33

【解析】

【分析】根据轴截面可求圆锥的高和底面半径，故可求圆锥的体积.

【详解】因为圆锥的母线长为2,轴截面是等腰直角三角形，

故圆锥的高为血且底面半径为血，

故体积为gx兀*（血）XV2=71,

故答案为：述7t.

3

,,八rtsma+2cosa

14.若tana=2,贝ij-----------------=.

sina-cosa

【答案】4

【解析】

【分析】求值式分子分母同除以cosa,化为tan。后代入tana的值计算.

【详解】丁tana=2,

•sina+2cos。tana+2-2+2一

••一——r.

sina-cosatanez-12-1

故答案为：4.

15.如图，平面四边形ABC。的斜二测直观图是等腰梯形A‘3'C'。'，A'iy^D'C'=\,那么原平面四边

【答案】76.

【解析】

【分析】根据给定条件，结合斜二测画法规则还原平面四边形A5CD,再计算边长作答.

【详解】在等腰梯形A'3'C'。'中，NO'A8'=45，A'O'=O'C'=1,

则A'B'=2-A'。'cosZD'A'B'+O'C'=夜+1，

由斜二测画法规则知，四边形ABCZ）的顶点A与原点。重合，点B,力分别在x轴、y轴上，DC//AB,

且4。=24。'=2,0。=。'。'=1,45=48'=&+1,如图，

显然四边形ABCD为直角梯形，于是得=Off=瓜.

故答案为：y/6

16.如图，测量河对岸的塔高AB，可以选取与塔底8在同一水平面内的两个基点C和。进行测量，现测

得C£>=28米，ZCBD=30，在点C和。测得塔顶A的仰角分别为45,30,则塔高4?=米.

A

【答案】28

【解析】

【分析】设A3=〃米，进而可得BC,BD,然后利用余弦定理求解.

【详解】设AB=力米，

AD

在,ABC中，BC=---------=h,

tan45

AQL

△A3。中，BD=------=V3/i,

tan30

在△BCO中，CD?=CB?+DB?-2CB•DB•CGS30，

即28?=/+（商『一2/z.岑，

所以力2=28?，

解得〃=28（米）.

故答案为：28.

17.如图，从正四面体的4个顶点处截去4个相同的正四面体，得到一个由正三角形与正六边形构成的多

面体.若该多面体的表面积是146，则该多面体外接球的表面积是.

【答案】11无

【解析】

【分析】求出原正四面体外接球的半径，从而可求出多面体外接球的球心到底面的距离，求出多面面体的棱

长，即可求出其外接球的半径，从而可求出外接球的表面积.

【详解】由题意可得多面体的棱长为原正四面体棱长的一，设原正四面体的棱长为。，

3

则其表面积为4*走乂/=百",由图易知该多面体与原正四面体相比较,

4

表面积少了8个边长为的正三角形的面积,

3

所以该多面体的表面积为6/一8乂岑乂@4=当且=14出,

所以a=3V2■

如图，。1是下底面正六边形A3CD上厂的中心，。2是上底面正三角形MNG的中心,

由正四面体的对称性可知截角四面体的外接球的球心。在原正四面体的高产。上，

<9,G=V2x^x-=—,QQ,二'历小丘立二］=迪.

22331233^23）3

设球。的半径为R，在Rtz^OQA中，0A2=0/2+。。：，所以收=2+。0；,

在Rt^O^G中，0G2=00；+。2G2,所以火2=O2G2+竽一001=g+［华一，

所以OQ：+2=1+［孚-oq,解得0。=母，所以R=,00：+2=当，

所以该多面体外接球的表面积5=4兀/?2=1E.

故答案为：IE.

18.赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，

亦称“赵爽弦图''（由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成）.类比“赵爽弦图”，可构造如

图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间•个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设

AD=AAB+^iAC,若A£>=5AF，则义一〃的值是.

c

【答案】—

31

【解析】

【分析】先设。尸=4A尸=4,根据题意可知NA£>8=120°,求出A8=JJ1，延长A£）交8c于〃，求

出DM的长，再由平面向量基本定理即可得出结果.

【详解】因为AQ=5AF，

不妨设。尸=4AF=4，

因此BD=AF=1,AD=5,

由题意得NADB=120°,

所以AB?=AD2+BD2-2AD-BDcosZADB

25+l-2x5xlx31,

所以AB=JJT，

延长AO交BC于M,

记/DAB=8,Z.AMB=cc,

心十介-必

则cos0=

2ADAB

25+31-111^1

-2x5xV31-62

所以sin。=叵，

62

又由题意易知ZDAB=ZDBM，

则a=120°—6,

在三角形DBM中，

由正弦定理得.以DMBD

sinZMDBsinZDBMsinZDMB

BMDM1

BII----------------=-------------=----------------------------------

1sin60°sin。sin(1200-6>),

sin60°

因此=sin(120。叫

Li一=叵，BC,

旦。*266

22

sin。

DM=

sin(120°-^)

sin。

6,

——cos61+—sint/

22

31

所以AM=AO+OM

~~6

AD=—AM,

31

因为BM=LBC,

6

即AM-AB=-\AC-AB\,

6')

整理得AM=3A6+』AC,

66

所以AO=型AM

3131(66)

255

—AB+—AC

3131

又因为AO=/148+〃4C,

…255

则A=—,〃=—

3131

所以义_〃=疝20.

…—20

故答案为：—

31

四、解答题：本大题共5小题，每小题12分，共60分.解答应写出文字说明、证明过程或演

算步骤.

19.杭州2022年第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日举行.随着亚运会的临近，亚运会的热

度持续提升.为让更多的人了解亚运会运动项目和亚运精神，某大学举办了亚运会知识竞赛，并从中随机

抽取了100名学生的成绩，绘制成如图所示的频率分布直方图.

(1)试根据频率分布直方图求出这10()名学生中成绩低于6()分的人数;

(2)试估计这1()0名学生成绩的第75百分位数;

(3)若采用分层抽样的方法从成绩在［70,80),［80,90),［90,100］的学生中共抽取6人参加志愿者活

动.现从这6人中随机抽取2人分享活动经验，求抽取的2人成绩都在［80,1()()］的概率.

【答案】(1)18人(2)82.5

1

(3)?

【解析】

【分析】(1)根据频率分布直方图直接计算即可得解；

⑵由百分位数的定义直接计算即可；

(3)根据分层抽样，列出基本事件，由古典概型的概率公式求解.

小问1详解】

由频率分布直方图中数据可知：(0.002+0.016)xl0xl00=18(人)

【小问2详解】

成绩小于80的频率为10x(0.()()2+0.016+0.()22+().()30)=0.7,成绩在［80,90)的频率为

10x0.020=0.2,因为0.7<0.75<0.9,

所以这100名学生成绩的第75百分位数在［80,90)内，

所以随机抽取的100名学生成绩的第75百分位数为80+lOx上七一」=82.5.

0.9-0.7

【小问3详解】

因为成绩在［70,80),［80,90),［90,100］的学生人数所占比例为3:2:1,

所以从成绩在［70,80),［80,90),［90,100］所抽取人数分别应抽取3人，2人，1人.

记抽取成绩在［70,80)的3人为a,4c,成绩在［80,100］为。,E,尸.

从这6人中随机抽取2人的所有可能为：(a,圾(a,c),(。,。),(a,£),(«,F),S,c),S,D),也E),

(b,F),(c,D),(c,E)，(c,尸)(D,£),(£>*),(E,尸),共15种，

抽取的2人成绩都在^。/。。］的是⑷,^),。/7),3，)，共3种,

抽取的2人成绩都在［80,100］的概率为百a三1.

TTTT

20.已知函数/(x)=sin(x+—)+sin*-二)+8§工+。的最大值为1.

66

(1)求常数〃的值；

⑵求使f(x)>V3-1成立的X的取值集合.

【答案】(1)-1

(2)sx|—+2ki<x<—+2k7r,Z:eZ>

【分析】(1)对/(x)进行整理化简，然后根据最大值得到〃的值;

(2)根据(1)将不等式转化为sinx+-\>—,从而解得解集.

I6j2

【小问1详解】

f(x)=sinx+-+sin+COSX+。

6

区inx+、°sx+且sinx——cosx+cosx+a

2222

=A/3sinX+COSX+Q

=2sinx+—\+