2022-2023學(xué)年湖南省邵陽(yáng)市高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷（含解析）

2022-2023學(xué)年湖南省邵陽(yáng)市高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷

一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項(xiàng)中，選出符合題目的一項(xiàng)）

1.實(shí)數(shù)m>1時(shí)，復(fù)數(shù)爪（3+。一（2+。在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于（）

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限

2.下列各組向量中，可以作為基底的是（）

A.前=（0,0）,毛=（-1,3）B.江=（3,—2）,石=（—6,4）

C.瓦=（1,2）,葭=（2,3）D.百=（1,1）,瓦=（2,2）

3.某芯片制造廠有甲、乙、丙三條生產(chǎn)線均生產(chǎn)8nm規(guī)格的芯片.現(xiàn)有25塊該規(guī)格的芯片，

其中來(lái)自甲、乙、丙的芯片數(shù)量分別為5塊、10塊、10塊.若甲、乙、丙生產(chǎn)的芯片的優(yōu)質(zhì)品

率分別為0.8,0.8,0.7,則從這25塊芯片中隨機(jī)抽取一塊，該芯片為優(yōu)質(zhì)品的概率是（）

A.0.78B.0.76C.0.64D.0.58

4.如圖，某圓柱體的高為1,4BCD是該圓柱體的軸截面.已知從點(diǎn)8

出發(fā)沿著圓柱體的側(cè)面到點(diǎn)。的路徑中，最短路徑的長(zhǎng)度為5，N，則

該圓柱體的側(cè)面積是（）

A.14

C.7

5.已知a邛表示兩個(gè)不同的平面,m為平面a內(nèi)的一條直線，則“m_L0”是“a_L0”的（）

A.充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充要條件D.既不充分也不必要條件

6.如圖，為測(cè)量河對(duì)岸4,B兩點(diǎn)間的距離，沿河岸選取相距

20OmWC,。兩點(diǎn)，測(cè)得N4CB=90。,/BCD=30。,NADB=

60°,^ADC=30°,A,B兩點(diǎn)的距離為（）

A.20V-3mB.20yJ-5mC.20V-6m

7.如圖的正方形O'A'B'C'的邊長(zhǎng)為1cm,它是水平放置的

一個(gè)平面圖形的直觀圖，則原圖形的面積為（）

A.2^/~~2cm2

B.1cm2

C.4yJ~~2cm2

Dn.——cm2z

4

8.已知△ABC的外接圓圓心為。，且2而=荏+前瓦？|=|通I，則向量85在向量能上

的投影向量為（）

A.^BCB.^BCC-/D.小布

二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項(xiàng)符合題目要求）

9.已知i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)2=要，則以下為真命題的是（）

Z-I

A.z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第一象限

B.z的虛部是一看

C.|z|=3y/~5

D.若復(fù)數(shù)z1滿足區(qū)-zl=1,則㈤的最大值為l+Y

10.黃金三角形有兩種，一種是頂角為36。的等腰三角形，另一種是頂角為108。的等腰三角

形.已知在頂角為108。的黃金三角形中，36。角對(duì)應(yīng)邊與108。角對(duì)應(yīng)邊的比值為話匚“0.618,

這個(gè)值被稱為黃金比例.若t=手，則下列說(shuō)法正確的是（）

l-2s譏29°_xT5+l

B.cosl08o=

2tV4-t^8o

鵬+Dsin360

C.1_V5-1

COS36。-4-?s譏108°=-2-

11.甲乙兩家公司獨(dú)立研發(fā)疫苗4甲成功的概率為I，乙成功的概率為標(biāo)丙獨(dú)立研發(fā)疫苗B,

研發(fā)成功的概率為|.則（）

A.甲乙都研發(fā)成功的概率為!B.疫苗4研發(fā)成功的概率為:

C.疫苗4與疫苗B均研發(fā)成功的概率為|D.僅有一款疫苗研發(fā)成功的概率為:

12.已知△4BC三個(gè)內(nèi)角4,B,C的對(duì)邊分別是a,b,c,若（，耳c一2as譏B）sinC=

\T'3（bsinB—asinZ），則下列選項(xiàng)正確的是（）

A.cos4cosc的取值范圍是（-另]

B.若。是AC邊上的一點(diǎn)，且方=2瓦?，BD=2,則AABC的面積的最大值為?

C.若三角形是銳角三角形，貝哈的取值范圍是弓,2）

D.若三角形是銳角三角形，BD平分乙4BC交4C于點(diǎn)D,月.BD=1,則4a+c的最小值為

三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）

13.如圖，在三棱柱ABC-AiBiCi中，側(cè)棱均與底面垂直，側(cè)

棱長(zhǎng)為2,AC=BC=O,N4CB=90。，點(diǎn)。是&Bi的中點(diǎn)，F(xiàn)

是側(cè)面44/遇（含邊界）上的動(dòng)點(diǎn)，要使4當(dāng)，平面GDF,則線段

GF的長(zhǎng)的最大值為.

14.某班共有40名學(xué)生，其中22名男生的身高平均數(shù)為173cm,方差為28；18名女生的身

高平均數(shù)為163cm,方差為32；則該班級(jí)全體學(xué)生的身高方差為.

15.甲、乙兩人下圍棋，若甲執(zhí)黑子先下，則甲勝的概率為/若乙執(zhí)黑子先下，則乙勝的

概率為短假定每局之間相互獨(dú)立且無(wú)平局，第二局由上一局負(fù)者先下，若甲、乙比賽兩局，

第一局甲、乙執(zhí)黑子先下是等可能的，則甲勝第一局，乙勝第二局的概率為.

16.在古代數(shù)學(xué)中，把正四棱臺(tái)叫做方亭，數(shù)學(xué)家劉徽用切割的方法巧妙地推導(dǎo)出了方亭的

體積公式++a為方亭的下底面邊長(zhǎng)，b為上底面邊長(zhǎng)，九為高.某地計(jì)劃在

一片平原地帶挖一條筆直的溝渠，渠的橫截面為等腰梯形，上底為10米，下底為6米，深2米；

渠長(zhǎng)為784.5米，并把挖出的土堆成一個(gè)方亭，設(shè)計(jì)方亭的下底面邊長(zhǎng)為70米，高為6米，則

其側(cè)面與下底面所成的二面角的正切值為.

四、解答題（本大題共6小題，共70.（）分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟）

17.（本小題10.0分）

某中學(xué)為了解該校高三年級(jí)學(xué)生數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)情況，對(duì)一?？荚嚁?shù)學(xué)成績(jī)進(jìn)行分析，從中抽取了

200名學(xué)生的成績(jī)作為樣本進(jìn)行統(tǒng)計(jì)（若該校全體學(xué)生的成績(jī)均在[60,140）分），按照[60,70）,

[70,80）,[80,90）,[90,100）,[100,110）,[110,120）,[120,130）,[130,140）的分組做出頻率

分布直方圖如圖所示，若用分層抽樣從分?jǐn)?shù)在[70,90）內(nèi)抽取17人，則抽得分?jǐn)?shù)在[70,80）的人

數(shù)為6人.

（1）求頻率分布直方圖中的x,y的值；并估計(jì)本次考試成績(jī)的平均數(shù)（以每一組的中間值為估

算值）;

（2）該高三數(shù)學(xué)組準(zhǔn)備選取數(shù)學(xué)成績(jī)?cè)谇?%的學(xué)生進(jìn)行培優(yōu)指導(dǎo)，若小明此次數(shù)學(xué)分?jǐn)?shù)是132,

請(qǐng)你估算他能被選取嗎？

18.（本小題12.0分）

如圖，三棱錐U-ABC中,VA=VB=AB=AC=BC=4,VC=1.

(1)求證：AB1VC-,

（2）求二面角V-AB-C的余弦值.

19.（本小題12.0分）

某市為提升城市形象，打造城市品牌，擬規(guī)劃建設(shè)一批富有地方特色、彰顯獨(dú)特個(gè)性的城市

主題公園，某主題公園為五邊形區(qū)域ABCCE（如圖所示），其中三角形區(qū)域ABE為健身休閑區(qū)，

四邊形區(qū)域BCCE為文娛活動(dòng)區(qū)，AB.BC、CD、DE、EA,BE為主題公園的主要道路（不考

慮寬度），已知NBAE=60。，/.EBC=90°,/BCD=120。，DE=3BC=3CD=6km.

（1）求道路BE的長(zhǎng)度；

⑵求道路48、4E長(zhǎng)度之和的最大值.

A

20.(本小題12.0分)

杭州2022年第19屆亞運(yùn)會(huì)(TTiel9t7i4sianGaniesHangzhou2022)將于2023年9月23日至10

月8日舉辦.本屆亞運(yùn)會(huì)共設(shè)40個(gè)競(jìng)賽大項(xiàng)，包括31個(gè)奧運(yùn)項(xiàng)目和9個(gè)非奧運(yùn)項(xiàng)目.同時(shí)，在保

持40個(gè)大項(xiàng)目不變的前提下，增設(shè)了霹靂舞、電子競(jìng)技兩個(gè)競(jìng)賽項(xiàng)目.與傳統(tǒng)的淘汰賽不同，

近年來(lái)一個(gè)新型的賽制“雙敗賽制”贏得了許多賽事的青睞.傳統(tǒng)的淘汰賽失敗一場(chǎng)就喪失

了冠軍爭(zhēng)奪的權(quán)利，而在雙敗賽制下，每人或者每個(gè)隊(duì)伍只有失敗了兩場(chǎng)才會(huì)淘汰出局，因

此更有容錯(cuò)率.假設(shè)最終進(jìn)入到半決賽有四支隊(duì)伍，淘汰賽制下會(huì)將他們四支隊(duì)伍兩兩分組進(jìn)

行比賽，勝者進(jìn)入到總決賽，總決賽的勝者即為最終的冠軍.雙敗賽制下，兩兩分組，勝者進(jìn)

入到勝者組，敗者進(jìn)入到敗者組，勝者組兩個(gè)隊(duì)伍對(duì)決的勝者將進(jìn)入到總決賽，敗者進(jìn)入到

敗者組.之前進(jìn)入到敗者組的兩個(gè)隊(duì)伍對(duì)決的敗者將直接淘汰，勝者將跟勝者組的敗者對(duì)決，

其中的勝者進(jìn)入總決賽，最后總決賽的勝者即為冠軍,雙敗賽制下會(huì)發(fā)生一個(gè)有意思的事情，

在勝者組中的勝者只要輸一場(chǎng)比賽即總決賽就無(wú)法拿到冠軍，但是其它的隊(duì)伍卻有一次失敗

的機(jī)會(huì)，近年來(lái)從敗者組殺上來(lái)拿到冠軍的不在少數(shù)，因此很多人戲謔這個(gè)賽制對(duì)強(qiáng)者不公

平，是否真的如此呢？這里我們簡(jiǎn)單研究一下兩個(gè)賽制：假設(shè)四支隊(duì)伍分別為4,B,C,D,

其中A對(duì)陣其他三個(gè)隊(duì)伍獲勝概率均為P，另外三支隊(duì)伍彼此之間對(duì)陣時(shí)獲勝概率均為;.最初

分組時(shí)AB同組，CD同組.

第一輪第二輪第三輪

雙敗賽制流程圖

(1)若「=,，在淘汰賽賽制下，A,C獲得冠軍的概率分別為多少？

(2)分別計(jì)算兩種賽制下4獲得冠軍的概率(用p表示)，并據(jù)此簡(jiǎn)單分析一下雙敗賽制下對(duì)隊(duì)伍

的影響，是否如很多人質(zhì)疑的“對(duì)強(qiáng)者不公平”？

21.(本小題12.0分)

如圖，已知四邊形4BDE為平行四邊形，點(diǎn)C在4B延長(zhǎng)線上，點(diǎn)M在線段4。上，且4B=

(1)用向量百，3表示加：

(2)若線段CM上存在一動(dòng)點(diǎn)P,且而=小方+nE(m,n€R)，求/+mn的最大值.

22.(本小題12.0分)

如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABC。為正方形，側(cè)面PAD是正三角形，側(cè)面PAD_L底面

ABCD,M是線段PD的中點(diǎn)，N是線段PC的中點(diǎn).

(1)求證：MN〃平面PAB；

(2)求PC與底面4BCD所成角的正切值.

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：：m(3+i)-(2+i)=(3m-2)+(m-l)i,

又m>l,故3m—2>l>0,m—1>0,

故該復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第一象限.

故選：A.

先將復(fù)數(shù)化為一般形式，結(jié)合m的范圍判斷出實(shí)部和虛部的符號(hào)，從而得到答案.

本題主要考查復(fù)數(shù)的幾何意義，屬于基礎(chǔ)題.

2.【答案】C

【解析】解：對(duì)于4,否>=6,不可以作為基底，A錯(cuò)誤；

對(duì)于B,???可=-；石，.??瓦?，與共線，不可以作為基底，B錯(cuò)誤；

對(duì)于C,可與行為不共線的非零向量，可以作為一組基底，C正確；

對(duì)于D,???百W，.??瓦?，宅共線，不可以作為基底，。錯(cuò)誤.

故選：C.

根據(jù)基底需為不共線的非零向量，由此依次判斷各個(gè)選項(xiàng)即可.

本題主要考查平面向量的基本定理，屬于基礎(chǔ)題.

3.【答案】B

【解析】解：設(shè)事件4="取出的芯片為優(yōu)質(zhì)品”，

則P(4)=￡x0.8+岑x0.8+祟x0.7=0.2x0.84-0.4x0.8+0.4x0.7=0.76.

所以該芯片為優(yōu)質(zhì)品的概率為0.76.

故選：B.

利用全概率公式求解可得答案.

本題主要考查了全概率公式，屬于基礎(chǔ)題.

4.【答案】A

【解析】解：設(shè)圓柱體底面圓的半徑為r,將側(cè)面的一半展開(kāi)后得四邊形4BCD為矩形,

則依題意得：(nr)?+伊=(5V-2)2,

所以(TZT)2=49,即r=，

所以該圓柱體的側(cè)面積為：S=2nrxCD=2nx-=14.

7T

故選：A.

根據(jù)圓柱側(cè)面展開(kāi)圖，先求出圓柱底面半徑，再根據(jù)側(cè)面積公式求圓柱體的側(cè)面積.

本題主要考查了圓柱的結(jié)構(gòu)特征，屬于基礎(chǔ)題.

5.【答案】A

【解析】

【分析】

本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，根據(jù)空間直線和平面的垂直的位置關(guān)系是解決本題的

關(guān)鍵.

根據(jù)充分條件和必要條件的定義結(jié)合線面垂直和面面垂直的性質(zhì)進(jìn)行判斷即可.

【解答】

解：根據(jù)面面垂直的判定定理得若m10則a1夕成立，即充分性成立，

若a1夕則m1口不一定成立，即必要性不成立，

故m10是a1，的充分不必要條件，

故選：A.

6.【答案】D

【解析】解：???/-ACB=90°,4BCD=30°,

Z.ACD=Z.ACB+乙BCD=900+30°=120°,

在△ACO中，Z.ACD=120°,Z.ADC=30°,

4CAD=180°-Z.ACD-AADC=180°-120°-30°=30°,

則“AD=，ADC=30°,BIU4CD為等腰三角形，則AC=CD=20/3,

22

由余弦定理得=AC2+CD2-2AC-CDcosl20°=(20<^)4-(20V~^)-2x20V-3x

20Cx(一3=3600,則4。=60,

在ABCD中，AADC=30°,4ADB=60°,則4BDC=/.ADC+Z.ADB=30°+60°=90°,BPABCD

為直角三角形，

又NBCO=30°,CD=20y/~l,所以山。30°=器=則BD=20<3X?=20，

在AAOB中，Z.ADB=60°,AD=60,BD=20,

由余弦定理得AB?=AD2+BD2-2AD-BDcos600=602+202-2x60x20x|=2800,

則AB=20C，即4B兩點(diǎn)的距離為20「m.

故選：D.

由題意得△4CD為等腰三角形，可得4D=60,則ABC。為直角三角形，可得BO=20,在△/WB

利用余弦定理，即可得出答案.

本題考查解三角形，考查轉(zhuǎn)化思想，考查運(yùn)算能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.

7.【答案】A

【解析】解：如圖所示，

由斜二測(cè)畫(huà)法的規(guī)則知與/軸平行的線段其長(zhǎng)度不變與橫軸平

行的性質(zhì)不變，

正方形的對(duì)角線在y'軸上，

可求得其長(zhǎng)度為，2故在平面圖中其在y軸上，

且其長(zhǎng)度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，長(zhǎng)度為2/1,其原來(lái)的圖形是平行

四邊形，

所以它的面積是1x2A/-2=2A/-2cm2.

故選:A.

根據(jù)斜二測(cè)畫(huà)法的規(guī)則，還原出原來(lái)的圖形，求出它的面積即可.

本題考查了斜二測(cè)畫(huà)法的規(guī)則與應(yīng)用問(wèn)題，解題時(shí)應(yīng)還原出原來(lái)的圖形，是基礎(chǔ)題.

8.【答案】D

【解析】解：???2萬(wàn)=存+近，

??.△4BC外接圓圓心。為BC的中點(diǎn)，即BC為外接圓的直徑,

如圖:

又|荏1=1布I，.??△4B0為等邊三角形，

/-ACB=30°,.-.\CA\=\BC|cos30°==|配|，

向量不在向量刀上的投影為：-ICA|皿30。=一號(hào)畫(huà)|x?=-［畫(huà)|，

故向量不在向量灰上的投影向量為-［品.

故選：D.

根據(jù)條件作圖可得△48。為等邊三角形，根據(jù)投影向量的概念求解即可.

本題主要考查投影向量的定義，屬于中檔題.

9.【答案】AD

rM士=V版.._3+2i_(3+2i)(2+i)4,7.

【斛機(jī)】解：'Z—2T—(2-i)(2+i)-5+

???Z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為在第一象限，故4正確；

z的虛部是，故B不正確；

\z\=J令+a=半，故C不正確；

設(shè)Zi=x+yi,x,yER,由|z1一z|=1得(x-'+(y-,=1,

則點(diǎn)(x,y)在以(1)為圓心，以1為半徑的圓上，

則(x,y)到(0,0)的距離的最大值為1+J令+&=1+等即的最大值為1+年，故。

正確.

故選:AD.

由復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算求出z,根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義可判斷ACD,根據(jù)復(fù)數(shù)的概念可判斷B.

本題主要考查復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于基礎(chǔ)題.

10.【答案】ACD

【解析】解：依題意，得，=喘需=嘴群翳=喘:=2cos72。=中，故O正確;

l—2si儲(chǔ)9°_cos180

對(duì)于4：A2=I2

"74Tt4cos72、4-(2cos72。)/

_cos(108O-90。)_s譏108。_smi08。_sE108。_J__]_C+]

=4皿72。/4s譏272。=4皿72。如皿72。=而而=而常=不=諾I=k，故人正確：

對(duì)于B：由2cos72。=工匚，所以cos72°=話匚，

24

所以cosl08。=cos(180°-72°)=-cos72°=上戶，故B錯(cuò)誤；

對(duì)于C：由cos72°=2cos236°-1=f

4

解得cos36。=辱匚或cos36。=-『(舍去)，故C正確.

故選：ACD.

依題意可得t=W需=2cos72。，再利用二倍角公式及誘導(dǎo)公式一一計(jì)算可得.

sml08

本題考查解三角形問(wèn)題，三角函數(shù)公式的應(yīng)用，屬中檔題.

11.【答案】AB

【解析】解：對(duì)于A項(xiàng)，由獨(dú)立事件的概率乘法公式可知，甲乙都研發(fā)成功的概率為|x：=，故

A項(xiàng)正確；

對(duì)于B項(xiàng)，因?yàn)橐呙?研發(fā)失敗的概率為(1-1)X(1-1)=i,

所以疫苗4研發(fā)成功的概率為1故B項(xiàng)正確；

對(duì)于C項(xiàng)，由獨(dú)立事件的概率乘法公式可知，疫苗4與疫苗B均研發(fā)成功的概率為=3故C

項(xiàng)錯(cuò)誤；

對(duì)于D項(xiàng)，僅有一款疫苗成功的概率為(1-1)x?+|x(1=畀故。項(xiàng)錯(cuò)誤.

故選：AB.

根據(jù)相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率公式可判斷4項(xiàng)；結(jié)合對(duì)立事件的概率關(guān)系可判斷B項(xiàng)；再由相

互獨(dú)立事件的概率公式可判斷C項(xiàng)；分兩種情況，由相互獨(dú)立事件的概率公式可判斷。項(xiàng).

本題主要考查相互獨(dú)立事件的概率乘法公式，屬于基礎(chǔ)題.

12.【答案】AC

【解析】解：對(duì)于A：??,(，~^c—2asinB)sinC=\T-3(bsinB—asinAy

，由正弦定理得(，~5c—2asinB)c=yT~3(b12—a2),即，~5c2-2acsinB=y/~~3(b2—a2),

即q(筆3_)=stnB，

由余弦定理得/ZcosB=sinB,即temB=V_3,

又BG(0,TT),則B=/

???cosAcosC=—cosAcos(A+/)=^~sinAcosA—|cos2/l

7~3.rA1+COS2A1.「r471、1

=--sin2A------------=-sin(27l

442'6，4

"Ae?爭(zhēng)…24-江(Y片)，

711

sin(24—g)G(一于1],

11

AcosAcosC6(—5,4]，故A正確；

對(duì)于B：?.-CD=2D7)：.~BD=^BA+^BC,

BD=GBA+：BC)2=海+i；BA-BC+^BC,

3j77y

又BD=2,

4124122

222

Q+ac>cXa+ac-ac

9-9-9--9-9-9-3-

即砒工6,當(dāng)且僅當(dāng)!C2=：Q2,即Q=2C時(shí)，等號(hào)成立,

V7

???S-BC="exsin[=￥acw手，即△ABC的面積的最大值為卑，故B錯(cuò)誤;

23422

對(duì)于C:c=sine=Sin(/1+J=1?C,

asinAsinA22tanA

7r,4,7r

???不<力

]ar27r.TT,<2,

10<C=y-i4<-

￡3

???tanA>tan7=

6亍,

即盤(pán)

，0<2S4<r5=3+60,2)故c正確;

對(duì)于D：由題意得SMRC=S△力BD+S^BC。，由角平分線以及面積公式得,QCS譏§=|asin7+

L5Z0

1.n

2CSln6'

化簡(jiǎn)得=Q+c,二工+工=，3,

ac

???4a+c=?(4a+c)x《+》=?(4+?+；+l)+=3c

當(dāng)且僅當(dāng)｛九,c，即2時(shí)等號(hào)成立，

lT=a(c=C

此時(shí)b=Va2+c2—2accosB=J+3—2x號(hào)xV-3x^=|?

又c2=a2+b2,則C=*與三角形是銳角三角形矛盾，故等號(hào)不成立，故。錯(cuò)誤；

故選：AC.

對(duì)于上由正弦定理和余弦定理得到tanB=「，從而求出8=半結(jié)合三角恒等變換得到

cosAcosC=|sin(2/l-7)-r結(jié)合力e(0,當(dāng)，即可判斷；對(duì)于8：整理得到前"瓦？+

兩邊平方后得到4=tc2+ga2+gac,由基本不等式求出ac46,進(jìn)而求出面積最值，即可判斷；

對(duì)于C,變形得到￡=嗎=:+*,根據(jù)，＜4＜今即可判斷；對(duì)于D,由角平分線以及面積

astnA2ZtanA0乙

公式得Cac=a+c,利用基本不等式，即可判斷.

本題考查解三角形，考查轉(zhuǎn)化思想，考查邏輯推理能力和運(yùn)算能力，屬于中檔題.

13.【答案】C

【解析】解:取BB］的中點(diǎn)E,連接DE,A$,

因?yàn)?。為為?dāng)?shù)闹悬c(diǎn)，所以DE〃4B,

因?yàn)?1cl=BiG=。，乙41cla=90。，所以占&=2,

所以四邊形ABB1&為正方形，所以&B14B1，所以DE14B1，

又因?yàn)?G=BiG，且。為的中點(diǎn)，所以GO

因?yàn)?4］，平面為B1C1，且G。u平面&B1G，所以的01441，

又因?yàn)?4田4*1=4且441，4出u平面488出，所以QD_L平面483出,

因?yàn)锳B】，DEu平面ABBiAi，所以GDJLABi，CtD1DE,

又因?yàn)镃OnDE=O,且CO,DEu平面COE,所以J■平面C】OE,

所以點(diǎn)F在線段DE上運(yùn)動(dòng)，

在等腰直角△&BiG中,易知&B】=2,可得GD=1,

在直角ABiDE中，可得DE=JBp+8述2=口,

在直角△BiGE中，可得CE=J+Bp=y/~3,

在RtACiDE中，可得線段C/的長(zhǎng)的最大值為

故答案為：

取BBi的中點(diǎn)E,證得OElABi，CyD1AAt,得到Q。_1_平面力^勺久，得到GOJ./1當(dāng),進(jìn)而證

得ABi，平面CiCE,得到點(diǎn)尸在線段DE上運(yùn)動(dòng)，結(jié)合ACiCE,即可求解.

本題考查空間中距離的最值的求解，化歸轉(zhuǎn)化思想，屬中檔題.

14.【答案】54.55

【解析】解：由題意，全體學(xué)生的身高均值為會(huì)x(22x173+18x163)=168.5,

若/(1<i<22,i6N*)表示男生數(shù)據(jù)，xy(l<;<18,)eN*)表示女生數(shù)據(jù)，

所以2當(dāng)(々-173)2=22x28,￡博(專(zhuān)一163)2=18X32,

則全體學(xué)生的身高方差為需*4(看一168.5)2+￡瞿式芍一168.5)2]

=焉[宏式/T73+4.5)2+整式巧163—5.5)2]

=[[虞式/一173)2+22x4.52+￡居式巧-1630+18x5.52]

=需[22x28+22x4.52+18x32+18x5.52]=54.55.

故答案為：54.55.

利用均值公式求得全體學(xué)生身高均值，應(yīng)用方差公式及原男女生的身高方差求全體學(xué)生的身高方

差.

本題主要考查平均數(shù)和方差公式，屬于基礎(chǔ)題.

15.【答案】】

45

【解析】解：若第一局甲執(zhí)黑子先下，則甲勝的概率為、第二局乙執(zhí)黑子先下，則乙勝的概率為

2

3,

若第一局乙執(zhí)黑子先下，則甲勝的概率為號(hào)第二局乙執(zhí)黑子先下，則乙勝的概率為|,

所以甲勝第一局，乙勝第二局的概率P=1x^x^+ixix|=H

25323345

故答案為：與

45

根據(jù)題意，分第一局甲執(zhí)黑子先下，第二局乙執(zhí)黑子先下和第一局乙執(zhí)黑子先下，第二局乙執(zhí)黑

子先下，結(jié)合獨(dú)立事件的概率公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解.

本題考查相互獨(dú)立事件的相關(guān)知識(shí)，屬于基礎(chǔ)題.

16.【答案】|

【解析】解：由題意知挖出的土的體積U=784.5x2x(10+6)x2=12552,

則由：x(702+706+/>2)X6=12552,整理得從+70b-1376=0,

解得b=16或6=-86(舍去).

在正四棱臺(tái)力BCD-a&C1D1中，AB=70,4/1=16,

設(shè)點(diǎn)名在底面4BCD內(nèi)的射影為點(diǎn)E,點(diǎn)6在底面4BCD內(nèi)的射影為點(diǎn)N,

設(shè)直線EN分別交48、C。于點(diǎn)F、M,連接名尸、CXM,

因?yàn)楫?dāng)E1?平面4BCD,GN1平面力BCD,所以BiE//gN,

又因?yàn)槠矫鍭BC?！ㄆ矫嫠?E=GN,

故四邊形BiQNE為矩形，所以

因?yàn)锳B1BC,BG//BC,貝！IFM//BC,所以AB1FM,

因?yàn)锽iE1?平面4BCD,ABu平面4BCD,則4818國(guó)，

因?yàn)镕Mn&E=E,FM、/EC：平面BiGMF,所以AB_L平面BiGMF,

因?yàn)?/u平面BiQMF,所以名尸148,

所以側(cè)面44/避與底面4BCD所成二面角的平面角為4B/E,

因?yàn)樗倪呅?4$述、CGDW是全等的等腰梯形，且BBi=CG，4ABB】=KDCg,

所以，B1F=BB1sinz.ABB1=CC1sinz.DCC1=C1M,

因?yàn)镕M〃8C,BF"CM￡FBIBC,則四邊形BCMF為矩形，

故尸M=BC,則FM4B1G，

故四邊形BlGMF為等腰梯形，

因?yàn)?iF=GM,BiE=CiN,=4GNM=90。，故△B^EFmAgNM,

所以，EF=MN,

又因?yàn)镋N=BiG=16,FM=BC=70,故Ef=吸嚴(yán)==27,

^.RtLB^EF^,tan/B［FE=鬻=捺=全

所以所求二面角的正切值為|.

故答案為：

計(jì)算出挖出的土的體積，利用臺(tái)體體積公式求出b的值，然后作出圖形，找出其側(cè)面與下底面所成

的二面角的平面角，即可計(jì)算出側(cè)面與下底面所成的二面角的正切值.

本題考查立體幾何的實(shí)際應(yīng)用，二面角的概念，化歸轉(zhuǎn)化思想，屬中檔題.

17.【答案】解：(1)若用分層抽樣從分?jǐn)?shù)在［70,90)內(nèi)抽取17人，從分?jǐn)?shù)在［70,80)內(nèi)抽取6人，

則分?jǐn)?shù)在［70,80)的人數(shù)與分?jǐn)?shù)在［80,90)的人數(shù)之比為6：11,

此時(shí)《=唾，

11X

解得x=0.011,

因?yàn)?0(0.004+0.006+0.011+0.02+0.03+y+0.011+0.006)=1,

解得y=0.012,

則本次考試成績(jī)的平均數(shù)I=10(0.004X65+0.006x75+0.011x85+0.02x95+0.03x

105+0.012X115+0.011X125+0.006x135)=102.6(分);

(2)易知分?jǐn)?shù)在［130,140)的頻率為0.006x10=0.06=6%,

所以數(shù)學(xué)成績(jī)?cè)谇?%的學(xué)生所在區(qū)間為［130,140),不妨設(shè)第4%名的分?jǐn)?shù)為zn,

此時(shí)(140-m)x0.006=0.04,

解得m?133.3,

因?yàn)?33.3>132,

所以小明不能被選取.

【解析】(1)根據(jù)分層抽樣求出x的值，再利用所有分組的概率之和為1,求出y,最后利用平均數(shù)

等于每個(gè)小矩形面積乘上小矩形底邊中點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和求出平均數(shù)即可；

(2)利用百分位數(shù)的概念求解.

本題考查頻率分布直方圖以及平均數(shù)和中位數(shù)的應(yīng)用，考查了邏輯推理和運(yùn)算能力.

18.【答案】解：(1)取線段48的中點(diǎn)E,連結(jié)VE、CE,如圖所示:

vVA=VB=AB=4,CA=CB=AB=4,

VELAB,CELAB,

又UEnCE=E,UEu平面UEC,CEu平面UEC,

AB1平面VEC,

vVCu平面VEC,

AB1VC；

(2)由(1)得NVEC是二面角-。的平面角，

又等邊△與等邊△C4B的邊長(zhǎng)為4,

則UE=CE=2-，

???由余弦定理得cosWEC="密丁=|3,

故所求二面角的余弦值為篝

【解析】(1)利用線線垂直得到線面垂直，利用線面垂直性質(zhì)即可證明結(jié)論；

(2)利用二面角平面角定義得出二面角的平面角，求出對(duì)應(yīng)長(zhǎng)度，即可得出答案.

本題考查直線與平面垂直和二面角，考查轉(zhuǎn)化思想，考查邏輯推理能力和運(yùn)算能力，屬于中檔題.

19.【答案】解:(1)如圖,連結(jié)BD,

A

E

C

D

在4BCD中，由余弦定理得8。2=BC2+CD2_2BC.CDcosl200,

=22+22-2x22x(-i)=12,則8D=

???BC=CD貝此CDB=4CBD=；=30°,又乙EBC=90°,

???乙EBD=60°,

在4EBD^BD=2<3，DE=6,乙EBD=60°,

由正弦定理，

sm60sinZ.BED

sinzBED=p乙BED=30?；?50。(舍去),即/BED=30°,

由NBDE=90°,得BE=VBD2+DE2=712+36=4C，即BE的長(zhǎng)度是

(2)設(shè)乙4BE=a,由/BAE=60°,得乙4EB=120°-a,

在A4BE中，由正弦定理一4^=一4^^=一生余，

smz.AEBS\T\Z-ABEsmz.BAE

??BE=4仃=R

s\nz.BAEsin60°'

:.AB=8sin(120°—a),AE-Ssina,

■■AB+AE=8sin(120°—a)+8sina=8-s/-3sin(a+30°),又0。<a<120°,

?-?30°<a+30°<150°,

當(dāng)a+30。=90。，即a=60。時(shí)，AB+4E取得最大值

即道路4B,長(zhǎng)度之和的最大值為

【解析】(1)連結(jié)BD,應(yīng)用余弦定理求得BC=2「，△EBD中應(yīng)用正弦定理可得4BED=30。，

最后由勾股定理求道路BE的長(zhǎng)度；

(2)設(shè)乙4BE=a,AABE中用正弦定理得48=8s譏(120。-a),AE=Ssina,進(jìn)而應(yīng)用輔助角公

式、正弦型函數(shù)的性質(zhì)求4B+AE最大值.

本題考查解三角形問(wèn)題，正弦定理與余弦定理的應(yīng)用，方程思想，屬中檔題.

20.【答案】解：⑴記4,C拿到冠軍分別為事件M,N,

33

X

淘汰賽賽制下，4只需要連贏兩場(chǎng)即可拿到冠軍，因此P(M)4-4-

對(duì)于C想拿到冠軍，首先得戰(zhàn)勝D,然后戰(zhàn)勝4C中的勝者,

1311115

X

=一

因此P(N)2-4-4-2-4-2-

32

(2)記淘汰賽賽制和雙敗賽制下4獲得冠軍的概率分別為pi，p2,

則Pl=p2,

而雙敗賽制下，4獲得冠軍有三種可能性：

①直接連贏三局；②從勝者組掉入敗者組然后殺回總決賽；③直接掉入敗者組拿到冠軍，

因此P2=p3+p(l—p)p2+(1—p)p3=p3(3—2p),

顯然0<p<1,

=2

P