湖北省武汉市5G联合体2022-2023学年高一年级下册期末联考数学试题（含解析）

2022-2023学年度下学期武汉市重点中学5G联合体期末考试

高一数学试卷

命题学校：湖北省水果湖高级中学考试时间：2023年6月28日试卷满分：150分

★祝考试顺利★

注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、准考证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，请将本试卷和答题卡一并上交.

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.

3-i_

1复数1+i（）

A.-l+2iB.1-iC.l-2iD.-1+i

2.设加为直线，a,£为两个不同的平面，则下列结论中错送的是（）

A.m//a,a〃?，且机根〃B.m//a^m//a//P

C.a//p,Amua=m〃0D.a〃尸，且加与a相交n机与夕相交

3.在正四面体ABC。中，点E，F，G分别为棱BC,CD,AC的中点，则异面直线AE，FG所成

角的余弦值为（）

D.如

3

4.某次投篮比赛中，甲、乙两校都派出了10名运动员参加比赛，甲校运动员的得分分别为8,6,7,7,

8,10,9,8,7,8,这些成绩可用下图中的(1)所示，乙校运动员的得分可用下图中的(2)所示.

678910678910

(1)(2)

则以下结论中，正确的是()

A.甲校运动员得分的中位数为7.5

B.乙校运动员得分的75%分位数为10

C.甲校运动员得分的平均数大于8

D.甲校运动员得分的标准差大于乙校运动员得分的标准差

5.在中，。、b、c分别是内角A、B、。所对的边，若a=6,b=瓜,A=30，则边c=

()

A.V2B.,或瓜C.夜或2&D.2V2

6.如图所示，三棱柱ABC-44G中，若E、尸分别为AB，AC靠近点A的三等分点，平面E4G/

将三棱柱分成左右两部分体积为匕和匕，那么X：匕=()

A.7:5B.14:13C.5:7D.13:14

7.如图，圆锥PO的底面直径和高均是4,过P。的中点。|作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一

个圆柱，则剩下几何体的表面积为()

C.（9+4石）兀D.（6+4石）兀

兀兀

8.在中，A=—，B=—,BC=l,。为AC中点，若将△BCD沿着直线BO翻折至△8C'。,

62

使得四面体C'—A8D的外接球半径为1，则直线3C'与平面43。所成角的正弦值是（）

A.—B,-C.—D.迈

3333

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，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9.已知互不相同的9个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，则剩下的7个数据与原9个数据相比,

下列数字特征中不变的是（）

A.中位数B.平均数

C.第41百分位数D.方差

10.已知向量。=（1,G）,6=（cos仇sin8）（0W8三兀），则下列说法正确的是（）.

A.若aHb，则tan6=6B.若aJ_b,。的值为妥

6

C.ab取值范围为[—6,2]D.存在6,使得卜一.=口+恸

11.在ABC中，内角A、BC所对的边分别〃、b、c,=2hcsinA，下列说法正确的是（）

A.若a=l,则S^ABC=；

B.ABC外接圆半径为色

a

ch71

C.—+—取得最小值时，A=—

hc3

D.A=:时，值为2起

4bc

12.如图，正四面体ABC。的棱长为1,E,尸分别是棱30,8上的点，且BE=DF=t,

/e（O,l）,则（）

A

A.不存在f,使得3c〃平面AEE

B.直线AC与直线EE异面

C.不存在f,使得平面的平面BCD

D.三棱锥A—DER体积的最大值为注

24

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.双空题第一空2分，第二空3分.

13.已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于J5km，灯塔A在观察站C的北偏东40。，灯塔8

在观察站C的南偏东20°,则灯塔A与灯塔8的距离为km.

14.已知a=(2,2G),e为单位向量，向量.，e的夹角为:，则向量°在向量e上的投影向量为

TT

15.如图，在。中，ZBAC=^,AD=2DB，P为CO上一点，且满足

AP^mAC+^AB(meR),若AC=2,AB=4,则的值为.

16.已知正方体ABC。一A4G2的棱长为3,动点。在VABC内，满足°P=JiZ,则点P的轨迹长

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.

17.(1)设zwC,在复平面内z对应的点为z，那么求满足条件：2＜目＜3的点Z的集合的图形面积；

⑵已知复数4=根+(4—M)i(meR),z2=x+(^,+2x)i(2,xeR),且Z|+Z2=0,求；l的范围.

18.在.ABC中，角A,B,。所对边分别为“，b,c,sin(A-B)=sinC-sinB.

(1)求角A；

(2)若_ABC外接圆的半径为友，求二A8C面积的最大值.

3

19.如图，在三棱柱ABC-%B|G中，面为正方形，面为菱形，^CAA,=60°,侧面

AA}C}C1面A.

⑴求证：AC，面C4内;

(2)求二面角C-BB.-A的余弦值.

20.为了深入学习领会党的二十大精神，某高级中学高一全体学生参加了《二十大知识竞赛》.试卷满分为

100分，所有学生成绩均在区间［40,1()()］分内.已知该校高一选物理方向、历史方向的学生人数分别为

180、120.现用分层抽样的方法抽取了30名学生的答题成绩，绘制了如下样本频率分布直方图.

(1)根据样本频率分布直方图，计算图中。的值，并估计该校全体学生成绩的平均数和第71百分位数;

(2)已知所抽取选物理方向和历史方向学生答题成绩的平均数、方差的数据如下表，且根据频率分布直方图

估计出全体学生成绩的方差为140,求高一年级选物理方向学生成绩的平均数1和高一年级选历史方向学

生成绩的方差学.

选科方向样本平均数样本方差

物理方向阳75

历史方向60

21.已知的面积为地，且AB.AC=-3且AB>AC.

2

(1)求角A的大小；

(2)设M为的中点，且AM=也，。的平分线交BC于N,求线段MN的长度.

2

22.如图，在四棱锥P-ABC。中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC,ZADC=90，

AB=AD=2BC=2,NADQABAD.

(1)M为PC上一点，且当P4〃平面。MS时，求实数/l的值;

(2)设平面PAO与平面PBC的交线为/.证明〃/面ABCD；

(3)当平面PAO与平面PBC所成锐二面角的大小为45时，求PC与平面ABC。所成角的正弦值.

2022-2023学年度下学期武汉市重点中学5G联合体期末考试

高一数学试卷

命题学校：湖北省水果湖高级中学考试时间：2023年6月28日试卷满分：150分

★祝考试顺利★

注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、准考证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，请将本试卷和答题卡一并上交.

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.

3-i

1.复数1+i()

A.-l+2iB.1-iC.l-2iD.-1+i

【答案】C

【解析】

【分析】利用复数的除法可化简所求的复数.

「至俨】3-i_（3-2-4i

【详解】币一万丽F=1—2i.

2

故选：C.

2.设m为直线，a,/7为两个不同的平面，则下列结论中镇送的是（）

A.m//a,a//p,B=BB.m//a,m//p-=>a//P

C.a//p,且〃D.a〃/，且5与a相交=>加与/相交

【答案】B

【解析】

【分析】根据空间中线面平行、面面平行关系逐项分析判断.

【详解】对于选项A：若加〃a,a//P，则mu/?或加〃£,

又因为ma/,所以/篦〃万，故A正确；

对于选项B：若加〃a,m//P，则a〃夕或a与夕相交，

例如在正方体ABC。一A4Goi中，AB〃平面A百eq,AB〃平面CGA。，

显然平面48cl9与平面CCRD相交，故B错误；

对于选项C：若a〃夕，且mua,由面面平行的性质可得〃2〃2，故C正确；

对于选项D：若a〃万，且加与。相交，由面面平行的性质可得加与夕相交，故D正确；

故选：B.

3.在正四面体ABCD中，点£,F,G分别为棱3C,CD,AC的中点，则异面直线AE，FG所成

角的余弦值为（）

A百R百V6D指

A.D,-Lcx.-------L/.

3333

【答案】A

【解析】

【分析】根据异面直线夹角的定义结合余弦定理运算求解.

【详解】连接。E，设正四面体ABCD的棱长为2,

因为G,E分别为AC,CD的中点，则GE〃A。，

所以异面直线AE,FG所成角为/ZME（或其补角）,

在VAZ）七中，则AE=OE=石,AO=2,

4。2+4炉-。炉_4+3-3

由余弦定理可得cosNZME

2ADAE~2x2x73

所以异面直线AE,FG所成角的余弦值为更.

故选：A.

4.某次投篮比赛中，甲、乙两校都派出了10名运动员参加比赛，甲校运动员的得分分别为8,6,7,7,

8,10,9,8,7,8,这些成绩可用下图中的(1)所示，乙校运动员的得分可用下图中的(2)所示.

678910678910

(1)(2)

则以下结论中，正确的是()

A.甲校运动员得分的中位数为7.5

B.乙校运动员得分的75%分位数为10

C.甲校运动员得分的平均数大于8

D.甲校运动员得分的标准差大于乙校运动员得分的标准差

【答案】B

【解析】

【分析】先计算出甲校派出的10名运动员参赛成绩的中位数，平均数和标准差；再计算出乙校派出的10

名运动员参赛成绩的75%分位数，平均数和标准差即可.

【详解】甲校派出的10名运动员参赛成绩从小到大为：6,7,7,7,8,8,8,8,9,10,

其中位数为：8,平均数为：6+7x3+8x4+9+10=7.8,故选项A、C错误；

10

其标准差为：-7.8)2+3x(7—7.8产+4x(8—7.8>+(9—7.8尸+(10—7.8)2]

乙校派出的10名运动员参赛成绩分别为：6,7,8,9,9,9,9,10,10,10,

则其平均数为：6+7+8+^4+10><3=8.7,75%分位数为：10,

标准差为：—8.7)2+(7—8.7>+(8—8.7)2+4x(9—8.7)2+3x(10—8.7)2]

所以甲校运动员得分的标准差小于乙校运动员得分的标准差，故选项B正确，D错误.

故选：B

5.在ABC中，a、b、。分别是内角A、B、C所对的边，若a=6,b=R，A=30，则边c=

()

A.V2B.26,或瓜C.夜或2及D.2A/2

【答案】C

【解析】

【分析】根据余弦定理可得出关于。的等式，解之即可.

【详解】因为Q=>/2»b=瓜,A=30,由余弦定理可得"=Z?24-c2—2bccosA»

即6+。2一2"xcx#=2，即C2-3&C+4=0，解得c=&或2及.

故选：C.

6.如图所示，三棱柱ABC-AgG中，若E、F分别为AB,AC靠近点A的三等分点，平面反。一

将三棱柱分成左右两部分体积为匕和匕，那么匕：匕=()

A.7:5B.14:13C.5:7D.13:14

【答案】D

【解析】

【分析】利用棱台体积公式求解体积即可得到体积比.

【详解】设三棱柱的高为h,底面的面积为s,体积为v，则v=K+%=so,

因为E、尸分别为AB，AC靠近点A的三等分点，所以SA£F=gs,

11I~i-1314

则K=g（s+；s+Jsts）/?=Ws/z,所以匕=v—x=^s〃，

所以K：匕=13:14.

故选：D.

7.如图，圆锥PO的底面直径和高均是4,过P。的中点。।作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一

C,（9+4石）兀D.（6+4后）兀

【答案】B

【解析】

【分析】通过圆锥的底面半径和高，可求出圆柱的高和底面半径，再结合圆锥的表面积与圆柱的侧面积可求

得剩下几何体的表面积.

【详解】设圆柱的高为人底面半径为人可知〃=Lx4=2,r=Lx,x4=l,

222

则圆锥的母线长为@+42=2石，

所以剩下几何体的表面积为兀x2?+271x1x2+71x2x26=（8+46）兀.

故选：B.

TT7T

8.在一ABC中，A=一,B=-,BC=\,。为AC中点，若将△BCD沿着直线3。翻折至△BC'D,

62

使得四面体C'-ABO的外接球半径为1,则直线3C'与平面诙所成角的正弦值是（）

A.3B.2C.立D.也

3333

【答案】D

【解析】

【分析】由直角三角形性质和翻折关系可确定△8C'。为等边三角形，利用正弦定理可确定外接圆

半径，由此可知△ABD外接圆圆心。即为四面体C'-ABD外接球球心，由球的性质可知。G_L平面

BCD,利用匕38。=%£知＞可求得点。'到平面/曲的距离，由此可求得线面角的正弦值.

7171

【详解】A=—,B=—,BC=\,:.AC^2,又。为AC中点,

62

：.AD=CD=BD=L则BC'=CZ)=8D=1,即△BC'Q为等边三角形,

设的外接圆圆心为G,△A3。的外接圆圆心为。，取BO中点H，连接

CH,OH,OG,OB,OC',OD,

711nr\

A=—,BD=1»*,*OB=———=1,即△A3。外接圆半径为1，

62sinA

又四面体C-ABD的外接球半径为1,・•.O为四面体C-ABD外接球的球心,

由球的性质可知：06_1_平面8。7),又CT/u平面BCD,.•.OG，C7f,

设点C到平面4?。的距离为",

OBD'd=^SCBD0G，

由Vc-OBD=V()-CBD得:

又,OBD与..C'BD均为边长为1的等边三角形，：.d=OG=亚，

3

直线BC'与平面9所成角的正弦值为，一=逅.

BC3

故选：D.

【点睛】关键点点睛；本题考查几何体的外接球、线面角问题的求解；本题求解线面角的关键是能够确定

外接球球心的位置，结合球的性质，利用体积桥的方式构造方程求得点到面的距离，进而得到线面角的正

弦值.

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，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9.已知互不相同的9个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，则剩下的7个数据与原9个数据相比,

下列数字特征中不变的是（）

A.中位数B.平均数

C.第41百分位数D.方差

【答案】AC

【解析】

【分析】根据中位数，百分位数的计算即可判断AC,举例即可判断BD.

【详解】设这9个数分别为玉，x2,x3,x4,x5,x6,x7,/,

<x2<x3<x4<x5<x6<x7<xs<x9f

则中位数为七,

去掉最大和最小的数据，得巧，-%，不，/，X1'文，中位数为七，

故中位数一定不变；故A正确，

xX

由41%X9=3.69,得X],4，3>X”35，％6，1<>与的第41百分位数为X”

由41%x7=2.88,得演，毛，34，/，4，*7，4的第41百分位数为X”

故第41百分位数不变，故C正确，

设这9个数分别1,2,3,4,5,6,7,8,9,

nI-rrau.AL1+2+3+4+5+6+7+8+9.

则平均数为---------------------------=5,

9

方差为#(1-5)2+(2—5)2+(3—5)2+(4-5)2+(5-5)2+

20

(6-5)2+(7-5)2+(8-5)2+(9—5)2]=—，

3

去掉最大和最小的数据为2,3,4,5,6,7,8,

2+3+4+5+6+7+8

则平均数为=5

7

方差为3(2-5)2+(3_5)2+(4_5)2+(5_5)2+(6-5)2+(7-5)2+(8-5)2]=4,

所以此时方差改变了，故D错，

设这9个数分别-1,2,3,4,5,6,7,9,10,

—1+2+3+4+5+6+7+9+10

则平均数为-----------------------------=5，

9

去掉最大和最小数据为2,3,4,5,6,7,9,

此时平均数为2+3+4+5+6+7+9=非,所以此时平均数改变了，故B错.

77

故选：AC.

10.已知向量〃=Z?=(cos^sin0)(0<^<7r),则下列说法正确的是().

A.若allb»则tan0=\/3B.若仪,0的值为-一

6

C.人力的取值范围为[-6,2]D.存在6,使得卜一0="+恸

【答案】AB

【解析】

【分析】由向量共线的坐标运算可判断A；由向量的垂直的坐标运算可判断B；由向量数量积的坐标运算

和6的范围可判断C；由|。-4=忖+帆得=3,求出6的范围可判断D.

【详解】对于A,若〃///?,则Gcose=sin。，所以tan6=g，故A正确；

对于B,若则cos6+Gsine=0，所以tan6=-走，

3

5兀

因为04。4兀，所以6的值为一，故B正确;

6

对于C,a,0=〃=cose+6sine=2sin[t+。），因为0＜。＜兀，

LL…兀C兀7兀sinp+^js-g,l,所以的取值范围为[T,2],故C错误;

所以一＜e+—＜一,

666

对于D,。一人二(1一cos。,百一sin。)，所以

3-sin。=2+1=3,

若卜_@=付+恸，则J5_4sin[e+^)=3,得sin(6+£)=-1,

27r27rl5

解得夕=一三+2版(ZEZ),因为04。工兀，所以0＜—3-+2Ev兀，解得3＜女＜7,

因为攵eZ,所以无解，故D错误.

故选：AB.

2

11.在中，内角A、B、C所对的边分别。、b、c,a=2bcsinA下列说法正确的是（）

A.若。=1,则Sosc=；

B.二ABC外接圆的半径为一

a

ch71

C,上+上取得最小值时，A=-

bc3

D.A=2•时，—+—值为2近

4bc

【答案】ABD

【解析】

【分析】对A,由正弦定理化简a=»sinC可得sinC='-,再根据三角形面积公式判断即可；对B,根

2b

据a=2Z?sinC结合正弦定理判断即可；对C,根据正弦定理与余弦定理化简sinA=2sinBsinC可得

27MA+：=*，再根据基本不等式与三角函数性质判断即可；对D,根据三角函数值域求解即

可.

【详解】对A,因为/=2Z?csin4，由正弦定理可得asinA=2/?sinAsinC,

因为A£(O,TI),则sinA>0,则a=2Z?sinC,

又因为。=1,故sinC='-,故三角形面积为5%叱=！。戾皿。=,*1、6*'-=！，故A正确;

2b222b4

对B,a-2/?sinC,则sinC---

2b

CR=_^="

设.ABC外接圆的半径为R,则2R=「；，故八°a”，故B正确;

sinC^x-

2b

对C,因为/=2bcsinA，由余弦定理2Z?csinA=〃+c2—2hccosA，

即2〃c(sinA+cosA)=〃2+C2,化简可得2&sin[z4+^-j=—+-1-,

由基本不等式得2+£22、口.£=2,当且仅当b=c时取等号,

chNeb

此时sin（A+=立，故当A=二，8=C=4时，2+£取得最小值2,故C错误；

（41224cb

对D,由C,2V2sin|A+|=-+y,当A=；时，夕+色的值为2正，故D正确；

<4Jcb4cb

故选：ABD.

12.如图，正四面体A8CD的棱长为1,E，尸分别是棱B£>，8上的点，且BE=DF=Z,

?6（0,1）,则（）

A.不存在f,使得5C〃平面AER

B.直线AC与直线EE异面

C.不存在t，使得平面AST7_L平面BCD

D.三棱锥4一。£尸体积的最大值为巫

24

【答案】BC

【解析】

【分析】对于B,根据异面直线的定义即可判断；对于A,当f=L时，E,尸分别是棱BQ,8的中点，

2

得到3C〃再根据线面平行的判定定理即可得解；对于C,根据题意得到当E,O,F三点共线时,

平面平面BC£>,然后利用平面向量基本定理的推论判断即可；对于D,先求出三棱锥A—

的高A0,然后利用基本不等式求出所面积的最大值，即可求出三棱锥A—£>£/体积的最大值.

【详解】因为直线4C与平面BC。交于点C,放u平面BCD,且不经过点C,所以直线4c与直线

EF异面,故B正确.

当/=4时，E，F分别是棱BO，CO的中点，此时3c〃比

2

因为£Fu平面AEF，8cz平面AEE，所以3C〃平面AEF，故A错误.

设。为△BCD的中心，连接A。，因为经过点A有且只有一条直线A。垂直于平面

BCD,所以经过点A且垂直于平面BCD的平面一定经过直线A0,

即当且仅当E,0,尸三点共线时，平面AEEJ_平面BCD,

因为。石=1一，DF=t,

1一一1一

所以。8=——DE,DC=-DF,设5c的中点为连接DM，

\-tt

则£>0=？£>用=:（08+0°）=：（；-£>5+10/],因为E，0,尸三点共线,

33'，3（1—ft）

所以g(占+：)=1,整理得3/一3，+1=0,因为A=—3<0,所以此方程无解，

所以不存在re(0,1),使得平面AEF,平面BCD,故C正确.

易知AO=JA£>2—£)。2=]AD2_(：DM)=乎，在J)所中

DE=\-t,DF=t,所以J)EF的面积S=；・J(1—f+(~)二百

—一而

当且仅当，=，时等号成立，所以三棱推人一。£尸体积的最大值为_lx@x《5=也.

2316348

故D错误.

故选：BC

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.双空题第一空2分，第二空3分.

13.已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于gkm，灯塔A在观察站C的北偏东40°,灯塔8

在观察站C的南偏东20。，则灯塔A与灯塔B的距离为km.

【答案】3

【解析】

【分析】根据题意画出示意图，利用余弦定理运算求解.

【详解】在中，由题意可知：AC=BC=73,ZACB=120°,

由余弦定理可得：AB，=AC~+BC2-2AC-BCcosZ.ACB=3+3—2x^/3x石x（一g）=9,

所以AB=3（km）

故答案为：3.

14.已知a=（2,26）,e为单位向量，向量e的夹角为g，则向量a在向量e上的投影向量为

【答案】2e

【解析】

【分析】先求出向量a的模，再根据投影向量的定义即得.

【详解】因为同="2+（26）2=4,又向量e为单位向量，向量a，e的夹角为g，

所以向量。在向量;方向上的投影向量为：

,

Cl€C/\Illi71.1个

=。•ecos—=4x--e=2e

|^||e|v7111132

故答案为：2e

15.如图，在一ABC中，ZMC=|,AD=2DB，P为CD上一煎,且满足

AP=mAC+^AB（meR）,若AC=2,AB=4，则AP-C£）的值为.

c

【答案】3

【解析】

【分析】利用CP//CD，结合已知条件可把m求出，由平面向量基本定理把AP、CD用已知向量他、

AC表示，再利用数量积的运算法则可求数量积.

2

【详解】AD^2DB<-AD^-AB,

CP//CD-,存在实数左，使得=即AP-AC=Z(AO-AC),

则(/n_l)AC+gA8=&(|A8_AC),

又AP=mAC+—AB,

2

m-\=-k

•731

12.，,"=~7m-—,

一=—k44

123

贝!!AP.CZ)=AP-(A£>—AC)=(；AC+；A8)(gAB-AC

2A4--AC2--A/?AC=—--X22--X4X2COS-=3,

3433433

故答案为：3.

16.已知正方体ABC。-AAG。的棱长为3,动点P在VAB。内，满足°p=JiZ,则点P的轨迹长

度为.

【答案】7271

【解析】

【分析】确定正方体ABC。一对角线5乌与VABC的交点E,求出EP确定轨迹形状，再求出

轨迹长度作答.

【详解】在正方体ABC。一中，如图，

平面ABCO,ACu平面A8CO,则。A，AC,而8O_LAC,

DDJBD=D,DD、,BDu平面BDD_于是AC_L平面又BQu平面BOj,

则ACJ.62，同理A4J.8A，而ACcAB|=A,AC,A4u平面48C，

因此BR,平面AB。，令8。交平面AB/于点E，

VV

由B-AB,C=B,-ABC>得;5Asic•BE=gSABC,BB[,

即日•（&A8『.BE=gAB3,解得成=卡AB=5

而BDi=6AB=3y^,于是D、E=2网,

因为点P在VAB|C内，满足£）1P=J值，则EP=J.p2-〃炉=8,

因此点P的轨迹是以点E为圆心，V2为半径的圆在VAB|C内的圆弧，

而VABC为正三角形，则三棱锥8-A4c必为正三棱锥，E为正VABC的中心，

于是正VABC的内切圆半径E”=Agx迫x，=3x行x@x1="，

123232

则cosN〃EF=^，即NHEF=$,NFEGJ,

263

所以圆在VABC内的圆弧为圆周长的g,

即点P的轨迹长度为工•2无•夜=也兀

2

故答案为：y/2.71

【点睛】方法点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面

平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解.

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.

17.(1)设zeC,在复平面内z对应的点为z，那么求满足条件：2Vzi<3的点Z的集合的图形面积；

⑵已知复数4=m+(4-〃)i(meR),4=x+(2+2x)iR),且Z1+Z2=0,求；L的范围.

【答案】⑴5兀；(2)[-5,4W).

【解析】

【分析】(1)利用复数的几何意义，结合圆的面积公式即可得解；

(2)利用复数相等得到关于九苍4的方程组，从而得到；I关于x的表达式，结合二次函数的性质即可得解.

【详解】(1)由复数的几何意义知：满足条件2VM<3的点Z的集合的图形为圆环，

其中大圆半径为3,小圆半径为2，

故所求面积为兀.？？-兀・22=5兀.

(2)因为马=m+(4-n?)i(meR),z2=x+(A+2x)i(2,xeR),且Z|+Z2=0,

所以x+加+(4-«?+4+2x)i=0,所以加=-x且4一机2+4+2X=O，

故4=加2-2x-4=x?-2x-4=(x-1)?-5.

因为机eR,xeR,

所以当x=l时，2有最小值为—5,

所以；l范围为[—5,+8).

18.在中，角A,B,。所对边分别为〃，b,c,sin(A-B)=sinC-sinB.

⑴求角A；

(2)若.ABC外接圆的半径为垣，求jWC面积的最大值.

3

TT

【答案】(1)A=§

(2)273.

【解析】

【分析】(1)先根据sin(A-B)=sinC-sin5展开，结合正弦和差化积公式进行化简，可得出cos4=；,

进而得出角A的值.

(2)根据题意和正弦定理可得出边长〃的值，再由第一问和余弦定理得出6和c的关系〃+c2=》c+8,结

合基本不等式即可求出—ABC面积的最大值.

【小问1详解】

由sin（A-B）=sinC-sin5得，sin（A_8）=sin（A+B）-sinB,

所以5皿3=5山（4+3）-5111（4-8）=2©05AsinB,乂0<8<兀，所以sinB>0,

所以cosA=4，因为0<4<兀，所以A=乌；

23

【小问2详解】

由,ABC外接圆的半径为壁，则得a=勺尼sinA=2后，

33

*2_2

由余弦定理得，COSA=LY——,即〃+°2=力C+8,

2hc

所以〃2+。2=〃。+822bc，解得匕c68.

所以s4A8c=；besin4«2百，故JRC面积的最大值为26•

19.如图，在三棱柱ABC-44和中，面山?44为正方形，面MCC为菱形，ZCA4,=60°,侧面

44。。J■面AB8IA1.

（2）求二面角C-BB1-A的余弦值.

【答案】（1）证明见解析

⑵垃

7

【解析】

【分析】（1）利用面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理即可得证.

（2）过C作C"_LAA于〃，过H作HKJ.BB］于K,连接CK,利用线面垂直的性质定理得出NCKH

为二面角-A的平面角，在RtZJ?”K中直接求解即可.

【小问1详解】

由菱形AAGC可得AG，AC，

面A4,GC，面A881A，面A41GC面4844=44,，

又正方形45gA中4月，A&,

.-.44，面AA^C,又AGu平面A4.C.C,.-.4A±AC,,

A5)4C=A，A4,ACu平面cqgAG_1_面。4片.

【小问2详解】

过。作C”_LAA于〃，则C”J_面AB4A.

过H作HKLBBi于K，连接CK,

因BB,u平面ABB^,则CH±BB.,

又CH,HKu平面CHK,CHHK=H,故平面C”K,

又CKu平面CHK,所以BB]LCK,

故4CKH为二面角C-BB.-A的平面角,

在Rt^CUK中，设AC=a,AA]=AB=a,ZCAA,=60°,

22

,CH=V3a；HK=AB=a,CK=yJCH+HK=—

22

./s_a_277

..cos/CKH=-产-=----

ylla7•

F

即二面角c一-A的余弦值为短.

7

20.为了深入学习领会党的二十大精神，某高级中学高一全体学生参加了《二十大知识竞赛》.试卷满分为

100分，所有学生成绩均在区间［4()/()0］分内.已知该校高一选物理方向、历史方向的学生人数分别为

180、120.现用分层抽样的方法抽取了30名学生的答题成绩，绘制了如下样本频率分布直方图.

(1)根据样本频率分布直方图，计算图中。的值，并估计该校全体学生成绩的平均数和第71百分位数;

(2)已知所抽取选物理方向和历史方向学生答题成绩的平均数、方差的数据如下表，且根据频率分布直方图

估计出全体学生成绩的方差为140,求高一年级选物理方向学生成绩的平均数三和高一年级选历史方向学

生成绩的方差S；.

选科方向样本平均数样本方差

物理方向*75

历史方向60¥

【答案】(1)a=0.04()，平均数69,第71百分位数75；

(2)%=75，s；=102.5

【解析】

【分析】(1)根据给定的频率分布直方图，求出。值，再求出学生成绩的平均数和第71百分位数作答.

(2)由(1)结合平均数的意义求出三，再根据方差的定义求出s；作答.

【小问1详解】

由频率分布直方图知，10(0.006+0.012+a+0.026+0.010+0.006)=1,解得a=0.()4(),

学生成绩在区间［40,50),［50,60),［60,70),［70,80),［80,90),［90,100］内的频率依次为:

0.06,0.12,0.40,0.26,0.10,0.06,

样本平均数1=45x0.06+55x0.12+65x0.4+75x0.26+85x0.1+95x0.06=69，

显然学生成绩在区间［40,70)内的频率为058,在区间［40,80)内的频率为0.84,因此第71百分位数

为e(70,80),

0.06+0.12+0.4+(x0-70)x0.26=71%,解得%=75,

所以a=0.040,估计该校全体学生成绩的平均数为69,第71百分位数为75.

【小问2详解】

।go

依题意，抽取的30名学生中，物理方向有——x30=18(人)，则历史方向有12人,

300

由(1)知，---!---------=69，解得X.=75r

30

物