湖北省黄冈、黄石、鄂州三市2022-2023学年高一年级下册期末联考数学试题（含解析）

黄冈黄石鄂州三市2023年春季高一年级期末联考

数学

本试卷共4页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.

★祝考试顺利★

注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准

考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写

在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿

纸和答题卡上的非答题区域均无效.

4.考试结束后，请将答题卡上交.

一、选择题(每小题5分，共8小题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)

2+产

Z--

1.已知复数l-i,则z的虚部为(

A.；B.-i

22

2.已知A(2,3),5(5,1),C(〃?,2),且A,B,。三点共线，则〃?=()

3.某工厂生产A,3,C三种不同型号的产品，产品数量之比为4:3",现用分层随机抽样方法抽取一个容

量为140的样本.已知C型产品抽取了56件，则A型产品抽取的件数为()

A.36B.48C.56D.60

4.下列说法正确的是()

A.两两相交的三条直线确定一个平面

B.如果直线“，匕和平面a满足a//a,hlla,那么a〃方

C.过平面外一点有且只有一条直线与这个平面垂直

D.若平面a_L平面,，平面耳，平面那么平面a_L平面/

5.已知一ABC中，A5=6,BC=8,ZB=60）则AB边上的中线长为（）

A.V78B.8C.7D.6

6.已知空间中NPQ4=NPQ5=60°,ZAOB=90°,直线OP与平面AQB所成的角为仇贝Icos6为

()

1

A.V2o.6Cr.Dn.1

2323

已知函数/(x)=8cos|X-0+—cosx-0--+2l0<6><^jr

7.的一条对称轴为x==,且在区间

6

ro,n上值域为[2,4],则实数t的最大值为（）

5兀2兀5兀兀

A.B.—C.D.-

~6312

c,满足asin41C

8.已知一ABC中角A,B,C所对的边分别为。，b,=bs\nA,且

cosAcosB2sinBsinC

-------+--------.则a+2c的最大值为（)

b3sinA

A.6B.45/3c.2V3D.2不

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多

项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9.某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿

险；戊，重大疾病保险.各种保险按相关约定进行参保与理赔.该保险公司对5个险种的参保客户进行抽

样调查，得出如下统计图例，则以下四个选项正确的是（

A.18-29周岁人群参保总费用最少

B.30周岁以上的参保人群约占参保总人群的20%

C.54周岁以上参保人数最少

D.丁险种更受参保人青睐

10.下列各式的值为正是（）

2

3tan15。

AA.cos2-兀--si.n2——兀

12121-tan215°

5兀5兀

tan+tan

V33D4______12

5兀,

4sinl0°4cos10°tan----1

12

ii.在棱长为4的正方体ABC。一AAGR中，下列说法正确的是（）

A.A.C1BD

B.直线BG与平面所成的角为30。

C.三棱锥£-A3。的体积为更也

3

D.M是的中点，点尸是侧面CDRC内的动点.若儿。〃平面ABC，则A/P的最大值为4及

12.著名数学家欧拉曾提出如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次在一条直线上，且重心到外心的距

离是重心到垂心距离的一半.此直线称为欧拉线.该定理称为欧拉线定理.已知一A8C的外心为。，重心

为G,垂心为“，且AB=6,AC=4,以下结论正确的是（）

A.AGBC=~—

3

B.AOBC^iO

C.OH=OA+OB+OC

D.若|BC|=2S,则OB.OC=-匕

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知复数z满足（1—i）z—3i=l,则|z|=.

14.已知向量a=（6,l）,忖=1,卜+2H=2,则向量°与q+〃的夹角为.

15.如图，一辆汽车在--条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶。在西偏北30°的方

向上，行驶800m后到达5处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为45°,则此山的高度8=

m.

D

16.已知三棱锥S—ABC中，顶点S在底面的射影恰好是二ABC内切圆的圆心，底面一ABC的最短边长为

6.若三个侧面面积分别为3弧，4晒,5晒,则顶点S到底面A3C的距离为；三棱锥

S-ABC的外接球的表面积为.

四、解答题：本大题共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.某校从参加数学竞赛的同学中选取100名同学将其成绩(百分制，均为整数分数)分成五组，得到如下

频率分布表：

分数段[50,60)[60,70)[70,80)[80,90)[90,1001

频率0.103m0.130.07

(1)估计这100名学生的平均成绩(同一组中的数据以该组区间中点值为代表)；

(2)根据频率分布表，估算这100名学生成绩的第85百分位数(结果保留一位小数).

((E\、

.71

18.己i知向量sin—FxCOSX设/(%)=〃力.

I(4)

7

(1)若tanx=2,求/(外的值；

(2)若将/(x)图象上所有点的横坐标缩短为原来的g(纵坐标不变)，再把所得的图象向右平移J个单位得到

O

71

函数g(x)的图象’当XG0,-时’求函数g⑴的值域.

19.已知4ABe中角A,B,。所对的边分别为b,C,设其面积为S,~7=—上

a2+b2-c24

⑴求角C；

(2)若c=2jiZ，点。在边上，若CD是/C平分线，且CD=1,求S.

20.如图，在三棱柱ABC-A中，底面ABC是边长为2的等边三角形，。为的中

点.行.点用在底面A8C的射影恰好是边AC的中点E.

(1)求证4。，平面gAC；

(2)求二面角A——C的余弦值.

上，点O，E分别在边3C,A3上，且

21.如图，在ABC中，AB=10,AC=3,cosZACB

27

BD=2DC,CE±AC)AD与CE交于点M.

(1)设CB=a，CA=b，试用a，b表示CE；

⑵求长.

22.如图①，在矩形ABCD中，AB=2AD=46E为CD中点，如图②，将△?1££)沿AE折起,

点M在线段CO上.

①②

(1)若DM=2MC,求证〃平面MEB；

(2)若平面AED_L平面BCE4,是否存在点M,使得平面皿与平面垂直？若存在，求此时三棱

锥夕一庞必的体积，若不存在，说明理由.

黄冈黄石鄂州三市2023年春季高一年级期末联考

数学

本试卷共4页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.

★祝考试顺利★

注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准

考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写

在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿

纸和答题卡上的非答题区域均无效.

4.考试结束后，请将答题卡上交.

一、选择题(每小题5分，共8小题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)

2+i2023

Z--

1.已知复数IT,则z的虚部为()

11.33.

A.-B.-1C.-D.-i

2222

【答案】A

【解析】

【分析】化简复数，分子分母同时乘以1+i,进而求得复数z,由此得到虚部.

故选：A

2.己知A(2,3),8(5,1),C(m,2),且A,B,C三点共线，则加二()

135

A."B.-C.一

222

【答案】D

【解析】

【分析】根据三点共线得出向量共线，结合向量共线坐标表示可得答案.

【详解】因为A（2,3）,B（5,l）,C（肛2）,所以AB=（3,-2）,AC=（机—2,-1）,

m-2-17

因为三点共线，所以——=——，解得加=—.

3-22

故选：D.

3.某工厂生产A,6,C三种不同型号的产品，产品数量之比为4:3",现用分层随机抽样方法抽取一个容

量为14（）的样本.已知C型产品抽取了56件，则A型产品抽取的件数为（）

A.36B.48C.56D.60

【答案】B

【解析】

14

【分析】根据比例求出攵=一,再由A种型号所占比例求解即可.

3

k5614

【详解】由题意，=卫，得我=一,

k+71403

4

140x丁=48

A型号产品抽取的件数为r14一.

3

故选:B.

4.下列说法正确的是（）

A.两两相交的三条直线确定一个平面

B.如果直线“，。和平面a满足。//。，bHa,那么a/多

C.过平面外一点有且只有一条直线与这个平面垂直

D.若平面a_L平面/，平面耳，平面/,那么平面a_L平面/

【答案】c

【解析】

【分析】根据线线、线面、面面的位置关系，结合判定定理与性质定理，对每个选项逐一分析，即可判断.

【详解】对A,若两两相交的三条直线过同一个点，则它们可以确定一个或三个平面，故A错误；

对B,若alla,blla,则直线“，〃可能平行、相交或者成异面直线，故B错误；

对C,过平面外一点有且只有一条直线与这个平面垂直，该结论正确，故C正确；

对D,若平面。_1_平面夕，平面尸J•平面/,则平面a和平面/可能相交、垂直或平行，故D错误.

故选：C

5.已知,ABC中，AB=6,BC=8,NB=60，则A3边上的中线长为（）

A.V78B.8C.7D.6

【答案】C

【解析】

【分析】根据余弦定理，即可求解.

【详解】如图，A3边的中点为“，

BM=3,BC=8，NB=60>

3cM中，根据余弦定理，

MC2=BC2+BM2-2BC-/?M-COS60

=64+9-2x8x3x1=49,

2

则MC=7

6.已知空间中NR9A=NPQB=60°,ZAOB=90°,直线OP与平面AQB所成的角为6,则cos。为

()

A.—B.立C.1D.-

2323

【答案】A

【解析】

【分析】作PCJ■平面A08,即可说明NPOC为直线OP与平面A08所成的角。，然后通过作垂线求得

线段之间的数量关系，解直角三角形即可求得答案.

【详解】如图，作PC,平面AO8,垂足为C,连接OC,

则ZPOC为直线OP与平面AO8所成的角。，

p

作CE_LO3,垂足为E,连接尸£,

因为OBu平面AOB,故PCJ_OB,

PCClCE=C,PC,CEu平面PCE,故03，平面「。后,

P£u平面AOB,则O5_LPE,

同理作CF_LQ4,垂足为凡连接尸尸，可证Q4，P厂,

由于/。。4=/尸。5=60°,OP为RtPEO,RtPPO的公共边,

故RtAPEO丝RtAPFO,则OE=OF,

而OC=OC,^RtACEO^RtACFO,故CE=CF,

即OC为ZAOB=90°的平分线，即ZCOE=ZCOF=45°,

设OC=2,则OE=0，故OP=—注—=^£_=2后,

cosNPOEcos60

则cos0=cosZPOC==—j-=,

OP2V22

故选：A

TT

7.己知函数/(x)=8cos[x-e+方卜+2(0<6<]的一条对称轴为龙="，且在区间

36

[0,八上值域为[2,4],则实数f的最大值为（）

【答案】D

【解析】

【分析】利用两角和与差的余弦公式以及二倍角的余弦公式化简计算得函数/（x）=4cos（2x-2，），利用

整体法，代入对称轴计算得6的值，然后利用整体法分析函数/*）的值域，列关于。的不等式计算即可得答

案.

[详解]/(x)=8cos[彳-8+]kos(工_8_])+21()<8<5

f(x)=8；cos(x-。)-日sin（九一6）；cos(x-6)+冬g-0)+2

i3

f(x)=8—cos2(x-^)--sin2(x-0)+2=cos[2(x-e)]+l-3+3cos[2(x-6)]+2

/(x)=4cos(2x—28),因为函数/(X)的一条对称轴为工=-,

6

jrjrKTT

所以2x——?e=E,keZ,即。=------,keZ,

662

又因为0<6<与，所以6=5,所以/(x)=4cos(2x-f],

26v37

f兀)兀71

当xe[0,H时，[2x-,卜——

因函数/«在区间［0,力上值域为［2,4］,

7T兀7T7L

所以042f——<-,解得一4/4一,

3363

所以实数。的最大值为四.

3

故选：D

A+C

8.已知,ABC中角A,B,。所对的边分别为。，b,C满足asin=Z?sinA,且

2

cosAcosfi2sinBsinC

------+.则。+2c的最大值为（)

~~b~3sinA

A.6B.4百C.2GD.277

【答案】D

【解析】

【分析】先由正弦定理及两角和差得出仇B,再由正弦定理边角互化结合辅助角公式计算即可.

【详解】—ABC中由正弦定理

...A+C.„...A+CA+C71

sinAsin-------=sinnsinA,sin--------=sinB,/.B,B=

2223

cosAcosB2sinBsinCbcosA+acosB2sinBsinCsinBcosA+sinAcosB

------+------=-------------..•・------------------=-------------=--------------------------

b3sinAah3sinAbsinA

2sinBsinC_sinBcosA+sinAcosBsin（B+A）=01G.i

3sinA/?sinAZ?sinAhsinA

Cac6

Q------=-------=-2

sinAsinCV3

y

a+2c=2sinA+4sinC=2sinA+4sin4sinA+2v5cosA=2币sin（A+夕）

Qtan夕=,0<A<—,<A+。；时，。+2c的最大值为2J7.

23，

故选：D.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多

项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9.某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿

险；戊，重大疾病保险.各种保险按相关约定进行参保与理赔.该保险公司对5个险种的参保客户进行抽

样调查，得出如下统计图例，则以下四个选项正确的是（）

B.30周岁以上的参保人群约占参保总人群的20%

C.54周岁以上的参保人数最少

D.丁险种更受参保人青睐

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据统计图表给出信息逐个选项判断.

【详解】对于A：由第一个图可得54周岁及以上的参保人数最少，占比为

1-30%-33%-20%=17%,

其余年龄段的参保人数均比18-29周岁人群参保人数多.

由第二个图可得，因为20%x4000<17%x6（XX）,所以18—29周岁人群参保总费用最少，故A对.

对于B：由第一个图可得，30周岁以上的参保人群约占参保总人群的80%,故B错.

对于C：由第一个图可得，54周岁及以上的参保人数占参保总人数的1一30%-33%—20%=17%,所以

C对.

对于D：由第三个图可得，丁险种参保人群约占参保总人群的55%,所以最受青睐，所以D对.

故选：ACD.

io.下列各式的值为正是（）

2

3tan15°

B.

1-tan215°

5n57i

tan-----ktan一

C♦3

D.412

4sinl00-4cosl0°571,

tan-----1

12

【答案】AB

【解析】

【分析】利用三角函数恒等变形,即可化简求值.

【详解】A.cos?N-sin?2•=cos'=，故A正确;

121262

3tan15°32tan15°3百

--------------=-x----------——=-tan300=—故B正确;

-tan215°21-tan215022

C6_______3_Gcosl00-3sinl0°_26cos(10°+60°)

,4sinl0°-4cos10°-4sin10°cosl0°-2sin20°

2心竺70。=2心网(90220。)=6,故C错误

2sin2002sin20°

5兀5兀

tan-----btan—

(5兀5兀571

D.412-tan-----1---=--tan—,

5兀57t.I412

tan—tan-----13

412

tan2n~—=-6故D错误.

I3

故选：AB

u.在棱长为4的正方体A3。）-AAGR中，下列说法正确的是（）

A.\CVBD

B.直线BQ与平面AfC。所成的角为30。

C.三棱锥a一48。的体积为®1

3

D.M是A4的中点，点P是侧面CQQG内的动点.若〃平面做。，则"P的最大值为4血

【答案】AD

【解析】

【分析】对于A,连接AC,可证得即上平面AAC,从而可得结论，对于B,由正方体的性质可证得

8G，平面Ageo,对于C,三棱锥G—AfO的体积等于正方体的体积减去4个三棱锥的体积，对于

D,取CO的中点N,CG的中点R,BG的中点〃，连接MN,MH,HR,NR,则证得平面MNR“〃平

面48°,则线段儿。扫过的图形为然后求出其范围，从而可得答案.

【详解】对于A,连接AC,则3OLAC,因为AA，平面ABC。，BDu平面ABCD,

所以因为AAIAC=A,A*,ACu平面A/C,

所以3。人平面MAC,因为ACu平面AAC,所以ACLBO,所以A正确，

对于B,因为44_L平面581GC,8C；U平面所以AgLBG，

因为ACL8G，A4B[C=B],Ag,B|Cu平面Ageo,

所以6G，平面所以直线BC1与平面A4C。所成的角为90°,所以B错误，

对于C,因为正方体ABC。一AAGA的棱长为4,所以三棱锥G-48。的体积为

%一印0=匕8cO—A14GA~^A-AlBD-。一由8G-^C-BC{D~^DX-AiC}D

3

=4-4xlxlx4x4x4=—,所以C错误，

323

对于D,取CD的中点N,CG的中点R,Bg的中点“，连接MN,MH,HR,NR,

则MN//B,C//HR>MH//AG〃AC,

因为MH,HR<Z平面ABC，AC,BCu平面A与C,

所以MH〃平面4gC,”R〃平面A8C，

因为MHcHR=H，MH,HRu平面MNRH,

所以平面〃平面AB©,

因为MPu平面，所以MP〃平面MNRH,

所以线段除扫过的图形为_MNR,

由AB=4，得MN=4&，NR=20,MR=276）

所以用N2=NR2+"/?2,所以NMRN=90。，

所以MR<MP<MN,即MP范围为[26,40],

所以MP的最大值为4加

故选：AD

12.著名数学家欧拉曾提出如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次在一条直线上，且重心到外心的距

离是重心到垂心距离的一半.此直线称为欧拉线.该定理称为欧拉线定理.已知.ABC的外心为。，重心

为G,垂心为“，且AB=6,AC=4,以下结论正确的是（）

A.AGBC=~—

3

B.AOBC=1Q

COH=OA+OB+OC

D.若陷=25，贝ij08-0C=—日

【答案】ACD

【解析】

【分析】对于A,根据三角形重心的向量性质及向量的加减法求得结果；对于B,根据三角形的外心性质结

合向量的数量积求得结果；对于C,由欧拉线定理得20G=G〃，即O〃=3OG，结合三角形重心的向量

性质进行计算即可；对于D,利用正余弦定理及向量的数量积公式进行计算.

【详解】对于A,.48c的重心为G,有AG=g（A8+AC）,且AB=6,AC=4,

故4G.BC=g（AB+4C1（AC—A8）=g（Ac2—A8]=—m，故A正确.

对于B,_ABC的外心为0,有

AOBC=AO^AC-AB）=^AO^AC\cosZOAC-|AO||AqCOSNOAB

=g（AC，—4B]=—10,故B错误；

对于C,由欧拉线定理得2OG=G〃，即。”=3OG，又GA+G8+GC=0,

所以OH=3OG+G4+GB+GC=O4+OB+OC，故C正确；

对于D,因为AB=6,AC=4,\BC\=2y/7,

所以由余弦定理as4=6+心-叱=―仅可=_1

2ABAC2x6x42

又0<4<兀，所以A=W，如图，/BOC=—,

33

g277_4721用

由正弦定理可得sinA一6-3，所以R=0B=0C=£T，

—3

2

则0B-OC=|OB||OC|COSZBOC=-y,故D正确.

故选：ACD

【点睛】方法点睛：

三角形的三条垂直平分线交于一点，即为外心，外心是三角形外接圆的圆心.

（I）|OA|=|OS|=|OC|;

(2)AOAB=^A^,AO-AC=y|Ac|2；AO-BC„C『—网?

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知复数z满足(l-i)z-3i=l,则|z|=.

【答案】75

【解析】

【分析】利用复数的除法运算求出复数Z,再求出Z的模作答.

(l+3i)(l+i)-2+4i

【详解】由(1—吐詈=-1+2i,

(l-i)(l+i)2

所以|z|=J(—1)2+2?=6.

故答案为：V5

14.已知向量忖=1,卜+2目=2,则向量0与〃+/,的夹角为.

【答案】30°

【解析】

【分析】根据己知，利用向量的模长、夹角公式、向量的坐标表示以及向量的运算律计算求解.

【详解】因为口+2目=2,所以(a+2b)2=4,所以1+4广+4〃3=4，

又a=|/?|—1,所以卜卜2,所以4+4+4a=4，

所以=—1，所以卜+0==yla+b+2a-b=V4+1-2=y/3，

■/•*2.

5La-\a+b\=a+q・0=3,

a\a+b\3J3

所以向量〃与Q的夹角为6——L=一厂=£,

+〃2x，32

因为向量a与a+0的夹角范围为：0°«,力)4180。，

所以向量a与a+。的夹角为30°.

故答案为：30°.

15.如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶。在西偏北30。的方

向上，行驶800m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为45°,则此山的高度8=

m.

D

________B__________

【答案】4000

【解析】

【分析】根据己知，利用正弦定理以及直角三角形的性质计算求解.

如图，在_ABC中，ZBAC=30，ZCBA=105，所以NACB=45，

800BC

ABBC

又，由正弦定理有:，即及一1，

AB=800sinZBCA~sinZCAB

T2

解得BC=400V2，

又△8C£)是直角三角形，且NCB£>=45，所以CO=BC=40()五，

所以此山的高度CO=400及m.

故答案为：40072.

16.已知三棱锥S-ABC中，顶点S在底面的射影恰好是qABC内切圆的圆心，底面JIBC的最短边长为

6.若三个侧面面积分别为3回，4月，5的,则顶点S到底面A8C的距离为；三棱锥

S-ABC的外接球的表面积为.

【答案】①.5②.10br

【解析】

【分析】设.ABC内切圆的圆心为G,内切圆半径为厂，圆G分别切A8,8cAe于点£>,E,F,连接

SG，DG,EG,FG,连接S0,SE,SP,则可证得M=SE=SF,再利用三个侧面面积可求5C=6,

AB=8,AC=10,从而可求出厂，进而可求出SG,设AC的中点为M,连接GM,设。为三棱锥

S—A8C的外接球的球心，连接OM,则平面ABC，然后利用勾股定理列方程组可求出外接球

的半径，从而可求出其表面积.

【详解】设_48。内切圆的圆心为G,内切圆半径为「，圆G分别切AB,8cAe于点。，区尸，连接

SG,DG,EG,FG,连接SD,SE,SE,

则SGJ•平面ABC,DG±AB,EG±BC,FG±AC,DG=EG=FG=r,

因为AB,BC,ACu平面ABC,所以SG_LAB,SG_LBC,SG_LAC,

因为SGn£>G=O,SGn£G=E,5GnFG=F,SG,DGu平面SDG,SG,£Gu平面SEG,

SG,FGu平面SFG,

所以平面SDG,平面SEG,AC_L平面SPG，

因为SDu平面SOG,S£u平面SEG,SEu平面SFG,

所以ABISO，BCJ.SE,AC±SF,

因为。G=EG=FG=r,所以SG公共边，

所以.SOG^-SEG&cSEG,所以SD=SE=SF,

设.ABC的最短边为3C,则BC=6,所以SsBc=gBC-SE=3SE=3a，解得SE=J再，

所以S£>=SE=SF=J^，

因为S=-ABSD=4^,S=-AC-SF=5^,所以AB=8,AC=1°,

3U/10BSAC

所以AB2+8C2=AC2,所以_ABC为直角三角形，且NABC=90°,

所以尸=g(AB+BC-AC)=2，所以SG=，SZ)2—<=,29—4=5,

即顶点S到底面ABC的距离为5,

设AC的中点为M,连接GM,则加为_48。的外心，

则MF=CM—CF=CM-CE=CM—(BC—BE)=5—(6—2)=1,

所以例G?=EG?+"尸？=5，

设。为三棱锥S-ABC的外接球的球心，连接OM,则OM_L平面ABC,

设OM=x,三棱锥S-ABC的外接球的半径为A,

则R2=AM2+O〃2,R2=MG2+(SG-OM)2(M在面ABC上方)，

^R2=AM2+OM2,R2=MG2+(SG+OM)2(M在面ABC下方),

所以A?=25+M,R2=5+(5—》)2,或R?=25+X2,R2=5+(5+X>,

则25+f=5+(5-x)2或25+f=5+(5+X)2,解得x=1■或x=-;(舍去),

所以R2=25+,=&,

44

所以三棱锥S-ABC的外接球的表面积为《兀4=4兀x=101兀，

4

故答案为：5,101兀

【点睛】关键点睛：此题考查多面体与球的外接问题，解题的关键是根据三个侧面面积和底面内切圆有关

系判断出「ABC为直角三角形，从而可可进一步求出棱锥的高和外接的半径.

四、解答题：本大题共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.某校从参加数学竞赛的同学中选取100名同学将其成绩（百分制，均为整数分数）分成五组，得到如下

频率分布表：

分数段[50,60)[60,70)[70,80)[80,90)[90,1001

频率0.10.3m0.130.07

（1）估计这100名学生的平均成绩（同一组中的数据以该组区间中点值为代表）；

（2）根据频率分布表，估算这100名学生成绩的第85百分位数（结果保留一位小数）.

【答案】（1）72.7

⑵第85百分位数为83.8.

【解析】

【分析】（1）先求加，再利用平均数的计算公式可得答案；

（2）根据百分位数的求法，结合分布表可求答案.

【小问1详解】

依题意有m=1-0.1-0.3-0.13-0.07=0.4,

100名学生的平均成绩为55x0.1+65x0.3+75x0.4+85x0.13+95x0.07=72.7；

【小问2详解】

由⑴知[50,80)内有80个数，估计[80,90)分数段内的学生成绩从低到高占5%位的数,

.%—8090—80

则-----=-------・・・K83.8,故第85百分位数为838

0.050.13

//、、//\、

(4JI

18.已知向量。=sin—+%,cos%,h=sin----x,sinx,设/(x)

k\/7\?

⑴若tanx=2,求/⑴的值；

(2)若将/(x)图象上所有点的横坐标缩短为原来的g(纵坐标不变)，再把所得的图象向右平移J个单位得到

O

71

函数g(x)的图象，当XW0,-时，求函数g(x)的值域.

_4_

【答案】(1)二

【解析】

【分析】(1)由向量的数量积运算和三角函数恒等变换公式化简可求出了(X)，再由tanx=2结合同角三角函

数的关系可求出/(X)的值；

(2)根据三角函数图象变换规律求出g(x)的解析，再利用正弦函数的性质可求出g(x)的值域.

【小问1详解】

依题意/(x)=sin[?+x)sin[(—x)+sinxcosx=g(cos?x-sin2x)+sinxcosx,

tanx=2»

cos2x-si•n2xsinxcosx1—tan2x+tanx

・・・/(x)=

2(sin2x+cos2x)sin2x+cos2x2(tan2x+l)tan2x+l

1-421

------1---=—

2x(4+l)4+110

【小问2详解】

由(1)知/(%)=—sin2x+—cos2x=——sin2x+—

22214

将/(X)图象上所有点的横坐标缩短为原来的g(纵坐标不变)，得y=¥sin(4x+：),

再把所得的图象向右平移J个单位得到g(x)=-sin

82

^7i1t7711兀3兀

当XE0,—时，4x——G——,一

44444

.V2.•，克sinUv也

••-----<sin4x--|<1,K

2I4j224V

••.g(x)e

19.已知二ABC中角A,B,C所对的边分别为“，b，c,设其面积为S,-~7=

a2+b2-c24

(1)求角C；

(2)若c=2jiZ，点。在边AB上，若CD是NC的平分线，且CD=1,求S.

2兀

【答案】(1)。=彳

⑵2G

加斤】

【分析】(1)利用三角形面积公式和余弦定理可求角C；

(2)利用余弦定理和角平分线的性质建立方程组，结合面积公式可得答案.

【小问1详解】

依题意2%inC_sinC」anC=百,

a2+b2-c24cosC44

27r

:.tanC=-百，因为。€(0,兀)，所以C=w

【小问2详解】

_ABC中，=4+匕2一勿匕cosC，/.a2+b2+ab-56■①

又SACD+SBCD=SABC，Jxlxbx显+—X1X6ZX且」如乌即Q+b=Q。，②

222222

1G

联立①②得a2b2-a。=56，.,.曲=8.，S=-a。sin—=273.

23

20.如图，在三棱柱ABC-A4G中，底面ABC是边长为2的等边三角形，。为4G的中

⑴求证4。，平面gAC；

(2)求二面角A—gB—C的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

1

⑵一1.

【解析】

【分析】(1)首先利用垂直关系证明8£，平面44。，再根据平行关系此O//BE,即可证明；

(2)首先证明△片BC丝△ABA,再根据二面角的定义，构造二面角的平面角，再结合余弦定理，即可求解.

【小问1详解】

。为正Z\A4a边AG的中点，，B"AG.

又AC〃AG，・•-8sAC,

而点B]在底面ABC的射影恰好是边AC的中点E.

即gEL平面ABC,连BE,：.BiELBE,

又底面ABC是边长为2的等边三角形，则8ELAC，

而4EcAC=E,g£,ACu平面B|AC,

平面耳AC,

连£>E，DE/!\A!!BXB,且。E=AA=B]B

则四边形BfE。为平行四边形，.,.耳O〃BE,

平面4AC.

【小问2详解】

在正_>^。中，BE=6EC=I,由⑴知/耳后0二/与仍=/^^^二见）。，

B]C=e，；.BiE=l,B]B=2,4A=0.

过C点作6乃于，，H为垂足.连AH，则△48C也△ABA,

AAH1BBX,则NCH4为二面角A——C平面角.

如下图，BG工B®,垂足为点G,在等腰与B