2019-2020学年山东省泰安市高一下学期期末考试数学试题（解析版）.doc

1、第 1 页 共 22 页 2019-2020 学年山东省泰安市高一下学期期末考试数学试题学年山东省泰安市高一下学期期末考试数学试题 一、单选题一、单选题 1在复平面内，复数在复平面内，复数 2 1i 对应的点位于（对应的点位于（ ） A第一象限第一象限 B第二象限第二象限 C第三象限第三象限 D第四象限第四象限 【答案】【答案】A 【解析】【解析】试题分析： 22(1) 1 1(1)(1) i i iii ，对应的点为（1,1）在第一象限. 【考点】复数的运算、复数和点的对应关系. 2在一个随机试验中，彼此互斥的事件在一个随机试验中，彼此互斥的事件A， ，B，C，D发生的概率分别为发生的概率分

2、别为 0.1，0.1， 0.4，0.4，则下列说法正确的是（，则下列说法正确的是（ ） AA与与B C是互斥事件，也是对立事件是互斥事件，也是对立事件 BB C与与D是互斥事件，也是对立事件是互斥事件，也是对立事件 CAB与与C D是互斥事件，但不是对立事件是互斥事件，但不是对立事件 DA C与与BD是互斥事件，也是对立事件是互斥事件，也是对立事件 【答案】【答案】D 【解析】【解析】根据互斥事件和对立事件的概念和性质，根据题中条件，逐项判断，即可得出 结果. 【详解】 因为彼此互斥的事件A，B，C，D发生的概率分别为 0.1，0.1，0.4，0.4， 所以A与B C是互斥事件，但 0.61P

3、 AP BCP AP BP C， 所以A与B C不是对立事件，故 A错； B C与D是互斥事件，但 0.91P DP BCP DP BP C，所 以B C与D不是对立事件，故 B错； AB与C D是互斥事件，且 1P ABP CDP AP BP CP D， 所以也是对立事件， 故 C 错； A C与BD是互斥事件，且 1P A CP BDP AP BP CP D， 第 2 页 共 22 页 所以也是对立事件，故 D正确. 故选：D. 【点睛】 本题主要考查互斥事件与对立事件的定义，属于基础题型. 3在在ABC中，中，2AB ，3BC ， 10AC ，则，则cosB（ ） A 10 8 B 1

4、4 C 10 4 D 1 2 【答案】【答案】B 【解析】【解析】由余弦定理得推论可得cosB的值. 【详解】 在ABC中，由题意知：3,10,2abc 222 94 101 cos 22 3 24 acb B ac ， 故选：B 【点睛】 本题考查了余弦定理得推理，属于基础题. 4已知非零向量已知非零向量,OAa OBb ，且，且BCOA，C为垂足，若为垂足，若(0)OCa， 则则等于等于( ) A a b a b B 2 a b a C2 a b b D a b a b 【答案】【答案】B 【解析】【解析】试题分析：BC OA ,即 2 00BCOCOCOBOCOCOB OC，即 2 2

5、0aa b， 2 0, a b a 【考点】平面向量的数量积的应用. 5如图所示，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是等腰梯形如图所示，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是等腰梯形 OA B C，且直，且直 观图观图OA B C的面积为的面积为 2，则该平面图形的面积为（，则该平面图形的面积为（ ） 第 3 页 共 22 页 A2 B4 2 C4 D2 2 【答案】【答案】B 【解析】【解析】根据在斜二测画法中，原图面积与直观图的面积比值为2 2直接解题即可. 【详解】 根据斜二测画法的规则可知该平面图形是直角梯形， 因为原图面积是直观图面积的2 2倍， 所以平面图形的面积是2 2 2 4

6、 2 . 故选：B. 【点睛】 本题考查平面图形的斜二测画法，斜二测画法中，x轴上的线段及与 x轴平行的线段长 度不变，仍与 x 轴平行；y轴上的线段及与 y轴平行的线段长度减半，仍与 y轴平行， 考查逻辑思维能力，属于常考题. 6某实验单次成功的概率为某实验单次成功的概率为 0.8,0.8,记事件 记事件 A A 为为“在实验条件相同的情况下在实验条件相同的情况下, ,重复重复 3 3 次实次实 验，各次实验互不影响，则验，各次实验互不影响，则 3 3 次实验中至少成功次实验中至少成功 2 2 次次”，现采用随机模拟的方法估计事，现采用随机模拟的方法估计事 件件4 4的概率的概率: :先由计

7、算机给出先由计算机给出0 09 9十个整数值的随机数， 指定十个整数值的随机数， 指定0,10,1表示单次实验失败表示单次实验失败,2,2， 3 3，4 4，5,6,75,6,7，8,98,9 表示单次实验成功，以表示单次实验成功，以 3 3 个随机数为组个随机数为组, ,代表代表 3 3 次实验的结果经随机次实验的结果经随机 模拟产生了模拟产生了 2020 组随机数，如下表组随机数，如下表: : 752752 029029 714714 985985 034034 437437 863863 694694 141141 469469 037037 623623 804804 601601 3

8、66366 959959 742742 761761 428428 261261 根据以上方法及数据，估计事件根据以上方法及数据，估计事件 A A 的概率为的概率为( )( ) A0.3840.384 B0.650.65 C0.90.9 D0.9040.904 第 4 页 共 22 页 【答案】【答案】C 【解析】【解析】由随机模拟实验结合图表计算即可得解 【详解】 由随机模拟实验可得： “在实验条件相同的情况下，重复 3次实验，各次实验互不影响，则 3次实验中最多成 功 1次”共 141，601两组随机数， 则“在实验条件相同的情况下，重复 3 次实验，各次实验互不影响，则 3 次实验中至少

9、 成功 2 次”共20218组随机数， 即事件A的概率为 18 0.9 20 ， 故选C 【点睛】 本题考查了随机模拟实验及识图能力，属于中档题 7如图，在四棱锥如图，在四棱锥S ABCD中，四边形中，四边形ABCD为矩形，为矩形， 2 2AB ， 2BCSCSD，BCSD，则四棱锥，则四棱锥SABCD的外接球的体积为（的外接球的体积为（ ） A 4 3 B 8 2 3 C16 2 3 D4 3 【答案】【答案】D 【解析】【解析】根据四边形ABCD为矩形和BCSD，利用线面垂直的判定定理得到BC 平面SCD，再利用面面垂直的判定定理得到平面ABCD平面SCD，然后由 222 SCSDCD，得

10、到SCD是等腰直角三角形， 进而得到四棱锥S ABCD的外接 球的球心为AC，BD的交点，然后求得半径即可. 【详解】 因为四边形ABCD为矩形， 所以BCCD 又BCSD，且SDCDD， 第 5 页 共 22 页 所以 BC平面SCD 所以 平面ABCD 平面SCD 又 222 SCSDCD， 所以SCD是等腰直角三角形， 所以其外接圆的圆心是 CD的中点，又四边形ABCD为矩形的外接圆的圆心为AC，BD 的交点， 所以四棱锥SABCD的外接球的球心为AC，BD的交点， 所以外接球的半径为 2 2 123R , 所以四棱锥SABCD的外接球的体积为 3 4 4 3 3 VR. 故选：D 【点

11、睛】 本题主要考查四棱锥的外接球的半径及体积的求法以及线面垂直， 面面垂直的判定定理 的应用，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题. 二、多选题二、多选题 8下列各式中，结果为零向量的是（下列各式中，结果为零向量的是（ ） ） AAB MBBO OM BAB BCCA COA OC BO CO DAB ACBD CD 【答案】【答案】BD 【解析】【解析】根据向量的加法和减法运算，对四个选项逐一计算，即可得正确答案. 【详解】 对于选项A：AB MBBO OMAB ，选项A不正确； 对于选项B： 0ABBCCAACCA ，选项B正确； 对于选项C：OA OC BOCOBA ，选项C不正

12、确； 对于选项D： 0ABACBDCDABBDACCDADAD uu u ruuu ruuu ruuu ruu u ruuu ruuu ruuu ruuu ruuu rr 选项D正确. 故选：BD 【点睛】 本题主要考查了向量的线性运算，属于基础题. 9雷达图是以从同一点开始的轴上表示的三个或更多个定量变量的二维图表的形式显雷达图是以从同一点开始的轴上表示的三个或更多个定量变量的二维图表的形式显 第 6 页 共 22 页 示多变量数据的图形方法， 为比较甲， 乙两名学生的数学学科素养的各项能力指标值 （满示多变量数据的图形方法， 为比较甲， 乙两名学生的数学学科素养的各项能力指标值 （满 分为

13、分为 5 分，分值高者为优） ，绘制了如图所示的六维能力雷达图，例如图中甲的数学抽分，分值高者为优） ，绘制了如图所示的六维能力雷达图，例如图中甲的数学抽 象指标值为象指标值为 4，乙的数学抽象指标值为，乙的数学抽象指标值为 5， 则下面叙述正确的是（则下面叙述正确的是（ ） A甲的逻辑推理能力指标值优于乙的逻辑推理能力指标值甲的逻辑推理能力指标值优于乙的逻辑推理能力指标值 B甲的数学建模能力指标值优于乙的直观直观想象想象能力指标值甲的数学建模能力指标值优于乙的直观直观想象想象能力指标值 C乙的六维能力指标值整乙的六维能力指标值整体水平优于甲的六维能力指标值整体水平体水平优于甲的六维能力指标值

14、整体水平 D甲的数学运算能力指标值优于甲的直观想象能力指标值甲的数学运算能力指标值优于甲的直观想象能力指标值 【答案】【答案】AC 【解析】【解析】根据雷达图，比较各项指标，逐项判断，即可得出结果. 【详解】 A选项，由雷达图可知，甲的逻辑推理能力指标值 4 优于乙的逻辑推理能力指标值 3， 即 A 正确； B选项，由雷达图可知，甲的数学建模能力指标值 3 低于乙的直观直观想象想象能力指 标值 4，故 B错； C选项，由雷达图可知，乙的数据分析、数学抽象、数学建模指标都优于甲；甲乙的直 观想象指标相同；甲的逻辑推理、数学运算指标优于乙；因此乙的六维能力指标值整体 水平优于甲的六维能力指标值整体

15、水平，即 C正确； D选项，由雷达图可知，甲的数学运算能力指标值 4 低于甲的直观想象能力指标值 5， 即 D 错； 故选：AC. 【点睛】 本题主要考查统计图的应用，属于基础题型. 10某公司生产三种型号的轿车，产量分别为某公司生产三种型号的轿车，产量分别为 15 00 辆，辆，6000 辆和辆和 2000 辆为检验该公辆为检验该公 司的产品质量，公司质监部门要抽取司的产品质量，公司质监部门要抽取 57 辆进行检验，则下列说法正确的是（辆进行检验，则下列说法正确的是（ ） A应采用分层随机抽样抽取应采用分层随机抽样抽取 B应采用抽签法抽取应采用抽签法抽取 第 7 页 共 22 页 C三种型号

16、的轿车依次应抽取三种型号的轿车依次应抽取 9 辆，辆，36 辆， 辆，12 辆辆 D这三种型号的轿车，每一辆被抽到的概率都是相等的这三种型号的轿车，每一辆被抽到的概率都是相等的 【答案】【答案】ACD 【解析】【解析】根据简单随机抽样的特点知应选分层抽样，按照抽样比即可得三种型号的轿车 分别应抽取的数量. 【详解】 因为是三种型号的轿车，个体差异明显，所以选择分层抽样，选项A正确. 因为个体数目多，用抽取法制签难，搅拌不均匀，抽出的样本不具有好的代表性，故选 项B正确. 抽样比为 573 150060002000500 ，三种型号的轿车依次应抽取 9 辆，36 辆，12 辆，选项C正确. 分层

17、抽样种，每一个个体被抽到的可能性相同. 故选项D正确. 故答案为：ACD 【点睛】 本题主要考查了简单随机抽样与系统抽样的特点，属于基础题. 11如图，点如图，点M是正方体是正方体 1111 ABCDABCD中的侧面中的侧面 11 ADD A上的一个动点，则下列上的一个动点，则下列 结论正确的是（结论正确的是（ ） A点点M存在无数个位置满足存在无数个位置满足 1 CMAD B若正方体的棱长为若正方体的棱长为 1，三棱锥，三棱锥 1 BC MD的体积最大值为的体积最大值为 1 3 C在线段在线段 1 AD上存在点上存在点M，使异面直线，使异面直线 1 B M与与CD所成的角是所成的角是 30

18、D点点M存在无数个位置满足存在无数个位置满足 /BM平面平面 11 B DC 【答案】【答案】ABD 【解析】【解析】通过证明 1 AD 面 1 ADC，可得当点 1 MAD上时，有 1 CMAD，可判断 A； 由已知 11 B C MDCDBM VV ，当点M与点 1 A重合时，点M到面 1 C BD的距离最大，计 第 8 页 共 22 页 算 11B ACD V 可判断 B； 连接 1 AM，因为 11 / /CDAB，则 11 AB M为异面直线 1 B M与CD所成的角，利用余 弦定理算出 1 AM的距离，可判断 C； 证明平面 11/ BCD平面 1 ABD，即可判断 D. 【详解】

19、 解：对于 A，连接 111 ,AD AD DC AC 由正方体的性质可得 1111 ,ADAD ADDC ADDCD， 1 ,AD DC 平面 1 ADC 则 1 AD 平面 1 ADC 当点 1 MAD上时，有 1 CMAD 故点M存在无数个位置满足 1 CMAD，故 A 正确； 对于 B，由已知 11 B C MDCDBM VV 当点M与点 1 A重合时，点M到面 1 C BD的距离最大 则三棱锥 1 BC MD的体积最大值为 11 3 111 141 1 1 323 AC BD V ，故 B正确； 第 9 页 共 22 页 对于 C， 连接 1 AM 因为 11 / /CDAB，所以

20、11 AB M为异面直线 1 B M与CD所成的角 设正方体棱长为 1， 1 AMx，则 22 1 1B Mx 点 1 A到线 1 AD的距离为 22 112 22 ， 2 1 2 x 22 11 2 113 coscos 2 0 21 3 xx AB M x 解得 32 ,1 32 x 所以在线段 1 AD上不存在点M，使异面直线 1 B M与CD所成的角是30，故 C错误； 对于 D，连接 111111 ,AB BD AD DC D B BC 11/ ADBC， 11 ADBC 四边形 11 ABCD为平行四边形，则 11 /AB DC 1 AB 平面 11 BCD， 1 DC 平面 11

21、 BCD 1 /AB平面 11 BCD，同理可证/DB平面 11 BCD 第 10 页 共 22 页 1 ABDBB， 1 ,AB DB 平面 1 ABD 平面 11/ BCD平面 1 ABD 若 1 MAD，MB 平面 1 ABD，则/BM平面 11 B DC，故 D正确； 故选：ABD 【点睛】 本题考查空间垂直关系的证明和判断， 考查几何体体积的计算， 异面直线所成角的计算， 线面平行的判断，属于中档题. 三、填空题三、填空题 12某校从高一新生中随机抽取了一个容量为某校从高一新生中随机抽取了一个容量为 20 的身高样本，数据从小到大排序如下 的身高样本，数据从小到大排序如下 （单位：（

22、单位：cm） ：） ： 152，155，158，164，164，165，165，165，166，167，168， ，168，169，170，170， 170，171，x，174，175，若样本数据的第，若样本数据的第 90 百分位数是百分位数是 173，则 ，则x的值为的值为_. 【答案】【答案】172 【解析】【解析】根据百分位数的意义求解. 【详解】 百分位数的意义就在于，我们可以了解的某一个样本在整个样本集合中所处的位置， 本题第 90 百分位数是 173，所以 174 173 2 x ，172x 故答案为:172 【点睛】 本题考查样本数据的第多少百分位数的概念. 13若若3 4zi

23、（i为虚数单位） ，则为虚数单位） ，则 | z z _. 第 11 页 共 22 页 【答案】【答案】 34 55 i 【解析】【解析】由复数z求出共轭复数3 4zi ，求得复数的模 2 2 |345z ，即可 求出 | z z . 【详解】 解：由3 4zi ， 得：3 4zi ， 2 2 |345z ， 3434 |555 zi i z . 故答案为： 34 55 i. 【点睛】 本题考查共轭复数的概念以及复数的模的运算. 14已知等边已知等边ABC，D为为BC中点，若点中点，若点M是 是ABC所在平面上一点，且满所在平面上一点，且满足足 11 32 AMADAC uuuu ruuu r

24、uuu r ，则，则AB CM uuu r uuuu r _. 【答案】【答案】0 【解析】【解析】利用向量加、减法的几何意义可得 11 63 CMABAC，再利用向量数量积 的定义即可求解. 【详解】 根据向量减法的几何意义可得：CM AMAC , 即 11111 3232 11 326 ADACABCMACABACACAC, 所以 21111 6363 AB CMAABACACBABAB uuu ruuuu r uuuu ruuu ruuu ruuu ruu ruuu r 211 cos0 63 ABAAABC. 故答案为：0 【点睛】 本题考查了向量的加、减法的几何意义以及向量的数量积，

25、属于基础题. 第 12 页 共 22 页 15 某广场内设置了一些石凳供大家休息， 这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体某广场内设置了一些石凳供大家休息， 这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体 得到的，如图所示，若被截正方体的棱长是得到的，如图所示，若被截正方体的棱长是50cm，则石凳的表面积为，则石凳的表面积为_ 2 cm . 【答案】【答案】 2 (75002500 3)cm 【解析】【解析】由题意，该几何体是由棱长为50cm的正方体截去八个四面体构成的多面体， 截去的八个四面体是全等的三棱锥，结合三角形和正方形的面积公式，即可求解. 【详解】 由题意，该几何体是由棱长为50cm的正方

26、体截去八个四面体构成的多面体，截去的八 个四面体是全等的三棱锥， 同时几何体是由 8个底面边长为25 2cm的等边三角形和边长为25 2cm的 6个正方 形组成的一个 14面体， 所以该几何体的表面积为： 2 1 825 225 2sin606 25 225 2(75002500 3) 2 Scm . 故答案为： 2 (75002500 3)cm. 【点睛】 本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及几何体的表面积的计算，其中解答中正确 判定几何体的结构特征是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及计算能力，属于 基础题. 四、解答题四、解答题 16设设 2,0a ， 1, 3b . （1）若）

27、若abb ，求实数，求实数的值；的值； （2）若）若 ,mxayb x yR ，且，且2 3m ，m 与与b 的夹角为的夹角为 6 ，求，求x，y的值的值. 【答案】【答案】 （1） 1 2 ； （2）1x ，1y 或1x，2y . 【解析】【解析】 （1）根据向量垂直的坐标运算即可求解； 第 13 页 共 22 页 （2）由模的向量坐标运算及夹角的向量坐标运算联立方程即可求解. 【详解】 （1） 2,0a ， 1, 3b ， 2,3ab ， aab ， 0abb ，即2 40， 1 2 . （2） 2,0a ， 1, 3b ， 2, 3mxaybxyy ， 又2 3m ， 2 2 2312x

28、yy， 又 233 cos 622 32 m bxyy m b ， 即23xy， 由 2 2 2312 23 xyy xy ， 解得 1 1 x y 或 1 2 x y ， 1x ，1y 或1x， 2y . 【点睛】 本题主要考查了向量的坐标运算，考查了垂直关系，夹角公式，模的运算，属于中档题. 17甲，乙，丙三名射击运动员分别对一目标射击甲，乙，丙三名射击运动员分别对一目标射击 1 次，甲射中的概率为 次，甲射中的概率为 0.90，乙射中，乙射中 的概率为的概率为 0.95，丙射中的概率为，丙射中的概率为 0.95.求：求： （1）三人中恰有一人没有射中的概率；）三人中恰有一人没有射中的概率

29、； （2）三人中至少有两人没有射中的概率）三人中至少有两人没有射中的概率.（精确到（精确到 0.001） 【答案】【答案】 （1）0.176； （2）0.012. 第 14 页 共 22 页 【解析】【解析】 （1）设甲，乙，丙三人射击 1次射中目标的事件为A，B，C.根据事件A， B，C相互独立， 则三人中恰有一人没有射中的概率P ABCP ABCP ABC， P A P B P CP A P B P CP A P B P C求解. （2）根据事件A，B，C相互独立，三人中至少有两人没有射中的概率由 P ABCP ABCP ABCP ABC求解. 【详解】 设甲，乙，丙三人射击 1次射中目标

30、的事件为A，B，C. （1） 0.90P A ， 0.95P BP C， 0.10P A ， 0.05P BP C， 事件A，B，C相互独立， 三人中恰有一人没有射中的概率为： P ABCP ABCP ABC， P A P B P CP A P B P CP A P B P C， 2 0.90 0.95 0.05 0.10 0.95 0.950.176 . 三人中恰有一人没有射中的概率为 0.176. （2）解法一：三人中至少有两人没有射中的概率为 P ABCP ABCP ABCP ABC 22 0.90 0.052 0.10 0.05 0.950.10 0.05 0.012， 三人中至少有两

31、人没有射中的概率为 0.012. 解法二：三人都射中的概率为 P ABCP A P B P C 2 0.90 0.95 0.812. 由（1）知，三人中恰有一人没有射中的概率为 0.176， 三人中至少有两人没有射中的概率为 10.17610.8120.176P ABC 0.012. 三人中至少有两人没有射中的概率为 0.012. 第 15 页 共 22 页 【点睛】 本题主要考查独立事件与互斥事件的概率的求法，属于基础题. 18如图，在直三棱柱如图，在直三棱柱 111 ABCABC中，中，2AC ， 2 3BC ，ACBC，D是线是线 段段AB上的动点上的动点. （1）当）当D是是AB的中点

32、时，证明：的中点时，证明： 1/ AC平面平面 1 BCD； （2）若）若CDAB，证明：平面，证明：平面 11 ABB A 平面平面 1 BCD . 【答案】【答案】 （1）证明见解析； （2）证明见解析. 【解析】【解析】 （1）连接 1 BC，交 1 BC于E，连接DE，根据线面平行的判定定理，即可证 明结论成立； （2）先由线面垂直的判定定理，证明CD平面 11 ABB A，进而可得面面垂直. 【详解】 （1）证明：如图，连接 1 BC，交 1 BC于E，连接DE，则E是 1 BC的中点， D是AB的中点， 1 /DE AC， 又DE 平面 1 BCD， 1 AC 平面 1 BCD，

33、1/ AC平面 1 BCD. （2）证明： 1 AA 平面ABC，CD 平面ABC， 第 16 页 共 22 页 1 AACD， 又CDAB， 1 AAABA， 1 ,AB AA 平面 11 ABB A， CD平面 11 ABB A， 又CD 平面 1 BCD， 平面 11 ABB A 平面 1 BCD. 【点睛】 本题主要考查证明线面平行，证明面面垂直，熟记判定定理即可，属于常考题型. 19请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作 答答. sinsinsinsinACAB bac ；2 coscoscoscCaB bA；ABC的

34、面的面 积为积为 1 ( sinsinsin) 2 c aAbBcC.已知已知ABC的内角的内角A，B，C的对边分别为的对边分别为a， b，c，且，且_. （1）求）求C； （2）若）若D为为AB中点，且中点，且2c ，3CD ，求，求a，b . 【答案】【答案】 （1） 3 C ； （2）2ab. 【解析】【解析】 （1）根据所选条件，由正弦定理和余弦定理，逐步计算，即可得出结果； （2）先根据题意，由余弦定理，得出 2 42 3cosbADC ， 2 42 3cosaBDC ，求出 22 8ab，再由（1）的结果，根据余弦定理，得到 4ab，进而可求出结果. 【详解】 （1）方案一：选条件

35、 sinsinsinsinACAB bac ，由正弦定理可得， acab bac ， 即 222 acabb， 222 abcab， 由余弦定理可得： 222 cos 1 22 abc C ab . 3 C . 方案二：选条件 第 17 页 共 22 页 （1）2 coscoscoscCaB bA， 根据正弦定理可得，2sincossincossincosCCABBA， 2sincossin()CCAB， 2sincossinCCC. 1 cos 2 C ， 3 C . 方案三：选条件 （1）由题意知，sinsi 11 () 2 sisi 2 nnnCAabc abcBC， 由正弦定理可得，

36、222 abcc abc， 222 abcab， 由余弦定理可得， 222 cos 1 22 abc C ab ， 3 C . （2）由题意知，1ADBD，3CD ， 在ACD中， 222 2cosACADCDAD CDADC， 即 2 42 3cosbADC . 在BCD中， 222 2cosBCBDCDBD CDBDC， 即 2 42 3cosaBDC ， ADCBDC， coscosADCBDC， 22 8ab . 由（1）知， 222 cos 1 22 abc C ab ， 222 4abcabab， 4ab， 第 18 页 共 22 页 由 22 8 4 ab ab ，解得2ab.

37、【点睛】 本题主要考查解三角形，熟记正弦定理和余弦定理即可，属于常考题型. 20“肥桃肥桃”因产于山东省泰安市肥城市境内而得名，已有因产于山东省泰安市肥城市境内而得名，已有 1100 多年的栽培历史 多年的栽培历史.明代明代 万历十一年（万历十一年（1583 年）的肥城县志载：年）的肥城县志载：“果亦多品，惟桃最著名果亦多品，惟桃最著名”.2016 年年 3 月月 31 日， 原中华人民共和国农业部批准对日， 原中华人民共和国农业部批准对“肥桃肥桃”实施国家农产品地理标志登记保护， 某超实施国家农产品地理标志登记保护， 某超 市在旅游旺季销售一款肥桃，进价为每个市在旅游旺季销售一款肥桃，进价为

38、每个 10 元，售价为每个元，售价为每个 15 元，销售的方案是当天元，销售的方案是当天 进货，当天销售，未售出的全部由厂家以每个进货，当天销售，未售出的全部由厂家以每个 5 元的价格回购处理元的价格回购处理.根据该超市以往的根据该超市以往的 销售情况，得到如图所示的频率分布直方图：销售情况，得到如图所示的频率分布直方图： （1）估算该超市肥桃日需求量的平均数（同一组中的数据用该组）估算该超市肥桃日需求量的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表） ；区间的中点值代表） ； （2）已知该超市某天购进了）已知该超市某天购进了 150 个肥桃，假设当天的需求量为个肥桃，假设当天的需求量为x个个

39、 N,0240 xx，销售利润为，销售利润为y元元. （i）求）求y关于关于x的函数关系式；的函数关系式； （ii）结合上述频率分布直方图，以频率估计概率的思想，估计当天利润）结合上述频率分布直方图，以频率估计概率的思想，估计当天利润y不小于不小于 650 元的概率元的概率. 【答案】【答案】 （1）124； （2） （i） 750,150240 N 10750,0150 x yx xx ； （ii）0.375. 【解析】【解析】 （1）先设日需求量为t，根据频率分布直方图，以及频率之和为 1求出各组的 频率，再由每组的中点值乘以该组频率，再求和，即可得出结果； （2） （i）根据题意，分布得

40、出150,240 x，0,150 x时，对应的函数解析式， 即可得出结果； （ii）由（i）的结果，令650y 求出140240 x，再由频率分布直方图求出对应频 率，即可得出结果. 第 19 页 共 22 页 【详解】 （1）设日需求量为t，则 0,40t的频率为0.00125 400.05； 80,120t的频率为0.0075 400.3； 120,160t的频率为0.00625 400.25； 200,240y的频率为0.0025 400.1. 40,80t与160,200t的频率为1 (0.05 0.30.250.1) 0.15 2 . 该超市肥城桃日需求量的平均数为 0.05 20

41、0.15 60 0.3 100 0.25 140 0.15 180 0.1 220t 124. （2） （i）当150,240 x时，15015 10750y ； 当0,150 x时，(15 10)(150)(105)10750yxxx， 750,150240 N 10750,0150 x yx xx . （ii）由（i）可知， 750,150240 10750,0150 x yxN xx ， 令650y ，解得140240 x， 由频率分布直方图可知，日需求量140,240 x的频率约为 0.25 0.150.10.375 2 ， 以频率估计概率的思想，估计当天利润y不小于 650元的概率约

42、为 0.375. 【点睛】 本题主要考查由频率分布直方图求平均数，考查分段函数模型的应用，考查由频率分布 直方图求概率，属于常考题型. 21 九章算术是中国古代的一部数学专著，是算经十书中最重要的一部，成于九章算术是中国古代的一部数学专著，是算经十书中最重要的一部，成于 公元一世纪左右公元一世纪左右.它是一本综合性的历史著作，是当时世界上最简练它是一本综合性的历史著作，是当时世界上最简练有效的应用数学，有效的应用数学， 它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系.九章算术中将由四个直角三角形九章算术中将由四个直角三角形 组成的四面体称为组成的四面体称为

43、“鳖臑鳖臑”，已知在三棱锥，已知在三棱锥PABC中，中，PA 平面平面ABC . 第 20 页 共 22 页 （1）从三棱锥）从三棱锥PABC中选择合适的两条棱填空：中选择合适的两条棱填空：_，则三棱锥，则三棱锥 PABC为为“鳖臑鳖臑”； （2）如图，已知）如图，已知ADPB，垂足为，垂足为D，AEPC，垂足为，垂足为E，90ABC . （i）证明：平面）证明：平面ADE 平面平面PAC； （ii） 设平面） 设平面ADE与平面与平面ABC交线为交线为l， 若， 若2 3PA，2AC ， 求二面角， 求二面角ElC 的大小的大小. 【答案】【答案】 （1）BCAB或BCAC或BCPB或BCP

44、C； （2）证明见解析； （3） 30. 【解析】【解析】 （1）根据“鳖臑”的概念，由题意，由线面垂直的判定定理和性质，直接补充 条件即可； （2） （i）根据线面垂直的判定定理，先证明BC平面PAB，AD 平面PBC，推 出BCAD，PCAD；再得到PC 平面ADE，根据面面垂直的判定定理，即 可证明面面垂直； （ii）先由题意，设DEBCF，连结AF，则AF即为l，根据线面垂直的判定定 理和性质，证明EAC即为二面角ElC 的一个平面角，再由题中数据，直接计算， 即可得出结果. 【详解】 （1）因为“鳖臑”是由四个直角三角形组成的四面体，又PA 平面ABC，所以 PAAB，PAAC，PA

45、BC；即PAB，PAC为直角三角形； 若BCAB，由ABPAA，,AB PA平面PAB，可得：BC平面PAB； 所以BCPB，即ABC，PBC为直角三角形；满足四个面都是直角三角形； 同理，可得BCAC或BCPB或BCPC，都能满足四个面都是直角三角形； 故可填：BCAB或BCAC或BCPB或BCPC； （2） （i）证明： 第 21 页 共 22 页 PA 平面ABC，BC 平面ABC， PABC， 又BCAB，PAABA，,PA AB 平面PAB， BC平面PAB， 又AD 平面PAB， BCAD， 又ADPB，PBBCB，,PB BC 平面PBC， AD 平面PBC， 又PC 平面PBC

46、， PCAD， 又AEPC，AEADA，,AD AE 平面ADE， PC 平面ADE， 又PC 平面PAC， 平面ADE 平面PAC. （ii）由题意知，在平面PBC中，直线DE与直线BC相交. 如图所示，设DEBCF，连结AF，则AF即为l. PC 平面AED，l 平面AED， PCl， PA 平面ABC，l 平面ABC， PAl， 又PAPCP，,PA PC 平面PAC， l 平面PAC， 又,AE AC 平面PAC， AEl，ACl. EAC即为二面角ElC 的一个平面角. 在PAC中，PAAC，2 3PA，2AC ， 4PC ， 又AEPC， 2 32 3 4 APAC AE PC ， 第 22 页 共 22 页 3 cos 2 AE EAC AC ， 30EAC， 二面角ElC 的大小为30. 【点睛】 本题主要考查证明面面垂直，考查求二面角的大小，熟记线面垂直与面面垂直的判定定 理，以及二面角的求法即可，属于常考题型.