2020-2021学年福建省宁德市高一(下)期末数学试卷(附答案详解)

2020-2021学年福建省宁德市高一（下）期末数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分） 1. 已知复数z满足𝑧=𝑖(1+𝑖)，则𝑧是( )

−

A. −1+𝑖 B. −1−𝑖 C. 1+𝑖 D. 1−𝑖

2. 掷两枚质地均匀的骰子，记事件𝐴=“第一枚出现奇数点”，事件𝐵=“第二枚出

现偶数点”，则事件A与事件B的关系为( )

A. A与B互斥 B. A与B对立 C. A与B D. A与B相等

3. 如图1、图2分别是甲、乙两户居民家庭全年各项支出的统计图．根据统计图，下

列对两户居民旅游支出占全年总支出的百分比作出的判断中，正确的是( )

A. 甲户比乙户大 C. 甲、乙两户一般大

B. 乙户比甲户大 D. 无法确定哪一户大

4. 如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，AM与

BN所成角的大小为( )

A. 0° B. 45° C. 60° D. 90°

5. 已知m，n是两条直线．𝛼，𝛽是两个平面，下列说法正确的是( )

A. 若𝑚//𝑛，𝑛//𝛼，则𝑚//𝛼 C. 若𝑚//𝛼，𝑛⊂𝛼，则𝑚//𝑛

B. 若𝛼⊥𝛽，𝑚⊂𝛼，则𝑚⊥𝛽 D. 若𝑚⊂𝛼，𝑚⊥𝛽，则𝛼⊥𝛽

6. 已知某运动员每次投篮命中的概率是40%.现采用随机模拟的方法估计该运动员三

次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．经随机模拟产生了如下10组随机数：

204 978 171 935 263 321 947 468 579 682，据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为( )

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A. 5

1

B. 10

3

C. 5

2

D. 5

4

7. 《史记》中讲述了田忌与齐王赛马的故事．其中，田忌的上等马优于齐王的中等马，

劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马．若双方各自拥有上等马、中等马、下等马各1匹，且双方各自随机选1匹马进行1场比赛，则田忌的马获胜的概率为( )

A. 6

5

B. 3

2

C. 3

1

D. 6

1

8. 如图，由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，已知⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵=

⃗⃗⃗⃗⃗ =⃗ ⃗⃗⃗ =2⃗⃗⃗⃗⃗ ，则⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐸=( ) ⃗ ,⃗𝑎𝐴𝐷𝑏,⃗⃗𝐴𝐹𝐹𝐸

⃗ +2⃗ 𝑏 A. 4𝑎

31

⃗ +25⃗ 𝑏 B. 25𝑎

1216

⃗ +13⃗ 𝑏 C. 13𝑎

69

⃗ +7⃗ 𝑏 D. 7𝑎

23

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分） 9. 设向量𝑎⃗ =(1,−1),⃗ 𝑏=(2,0)，则( )

A. |𝑎⃗ −⃗ 𝑏|=|𝑎⃗ | C. (𝑎⃗ −⃗ 𝑏)⊥𝑎⃗

B. (𝑎⃗ −⃗ 𝑏)//𝑎⃗

⃗ 在⃗ D. 𝑎𝑏上的投影向量为(1,0)

i为虚数单位)都可以表示成：𝑏∈𝑅，𝑧=𝑟(𝑐𝑜𝑠𝜃+10. 任何一个复数𝑧=𝑎+𝑏𝑖(其中a、

𝑖𝑠𝑖𝑛𝜃)的形式，通常称之为复数z的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：𝑧𝑛=[𝑟(𝑐𝑜𝑠𝜃+𝑖𝑠𝑖𝑛𝜃)]𝑛=𝑟𝑛(𝑐𝑜𝑠𝑛𝜃+𝑖𝑠𝑖𝑛𝑛𝜃)(𝑛∈𝑁+)，我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，下列说法正确的是( )

√3

A. 当𝑟=1,𝜃=3,𝑛=1时，𝑧=1−𝑖

22√33

B. (1+𝑖)=1

22

𝜋

−

C. |𝑧4|=|𝑧|4

3110D. (√+𝑖)在复平面内对应的点的坐标为第三象限

22

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11. 已知正四面体的外接球、内切球的球面上各有一动点M、N，若线段MN的最小值

为2√6，则( )

A. 正四面体的外接球的表面积为96𝜋 B. 正四面体的内切球的体积为8√6𝜋 C. 正四面体的棱长为12 D. 线段MN的最大值为3√6

12. 新冠肺炎期间，某社区规定：若任意连续7天，每天不超过6人体温高于37.3℃，

则称没有发生群体性发热．下列连续7天体温高于37.3℃人数的统计特征数中，能判定该社区没有发生群体性发热的为( )

A. 中位数为4，众数为3 C. 均值为2，标准差为√3

三、单空题（本大题共4小题，共20.0分） 13. 已知𝑧=1−2𝑖，则|𝑧|=______． 14. 在△𝐴𝐵𝐶中，若𝑏=1，𝑐=√3，∠𝐶=

2𝜋3

1+2𝑖

B. 均值小于1，中位数为1 D. 均值为3，众数为4

，则𝑎=______．

15. 如图，桌面上放置一个装有水的圆柱形玻璃水杯，AB为杯

底直径，现以点B为支点将水杯倾斜，使AB所在直线与桌面所成的角为6，则圆柱母线与水面所在平面所成的角等于______．

16. 菱形ABCD的边长为2，∠𝐴=60°，M为DC的中点，若N为菱形内任意一点(含

⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为______． 边界)，则⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝑀⋅⃗𝐵𝑁四、解答题（本大题共6小题，共70.0分） ⃗ =(1,1)，|⃗ 17. 已知向量𝑎⃗ ,⃗ 𝑏满足𝑎𝑏|=1．

(1)若𝑎⃗ ,⃗ 𝑏的夹角𝜃为4，求𝑎⃗ ⋅⃗ 𝑏； (2)若(𝑎⃗ 与⃗ ⃗ +⃗ 𝑏)⊥⃗ 𝑏，求𝑎𝑏的夹角．

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𝜋

𝜋

𝐴𝐵⊥𝐴𝐶，𝐴𝐵=𝐴𝐶=1，18. 如图，在三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，

D是BC的中点．

(1)求证：𝐴1𝐵//平面𝐴𝐷𝐶1；

(2)若面𝐴𝐵𝐵1𝐴1⊥面ABC，𝐴𝐴1⊥𝐴𝐵，𝐴𝐴1=2，求几何体𝐴𝐵𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1的体积．

19. 某公司生产某种产品，从生产的正品中随机抽取1000件，测得产品质量差(质量差

=生产的产品质量−标准质量，单位𝑚𝑔)的样本数据统计如下： (1)求样本数据的80%分位数；

(2)公司从生产的正品中按产品质量差进行分拣，若质量差在(𝑥−𝑠,𝑥+𝑠)范围内的产品为一等品，其余为二等品．其中𝑥,𝑠分别为样本平均数和样本标准差，计算可得𝑠≈10(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)． ①若产品的质量差为62mg，试判断该产品是否属于一等品；

②假如公司包装时要求，3件一等品和2件二等品装在同一个箱子中，质检员每次从箱子中摸出2件产品进行检验，求摸出2件产品中至少有1件一等品的概率．

−

−

−

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20. 现给出两个条件：①2𝑏𝑠𝑖𝑛𝐴=𝑎𝑡𝑎𝑛𝐵，②𝑎(𝑠𝑖𝑛𝐴−𝑠𝑖𝑛𝐶)=𝑏𝑠𝑖𝑛𝐵−𝑐𝑠𝑖𝑛𝐶，从中

选出一个条件补充在下面的问题中，并以此为依据求解问题．(选出一种可行的条件解答，若两个都选，则按第一个解答计分)

在△𝐴𝐵𝐶中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，若_____． (1)求B；

(2)若点D是边AC靠近A的三等分点，且BD长为1，求△𝐴𝐵𝐶面积的最大值．

21. 甲、乙、丙三人参加一家公司的招聘面试，面试合格者可正式签约．甲表示只要面

试合格就签约，乙丙则约定：两人面试都合格就一同签约，否则两人都不签约．设甲面试合格的概率为3，乙丙每人面试合格的概率都是4，且三人面试是否合格互不影响．求：

(1)恰有一人面试合格的概率；

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1

1

(2)至多一人签约的概率．

22. 在我国古代数学名著《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖

臑”.已知三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶中，𝑃𝐴⊥平面ABC． (1)从三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶中选择合适的两条棱填空． 若______⊥______，则该三棱锥为“鳖臑”；

(2)已知三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶是一个“鳖臑”，且𝐴𝐶=1，𝐴𝐵=2，∠𝐵𝐴𝐶=60°， ①若△𝑃𝐴𝐶上有一点D，如图1所示，试在平面PAC内作出一条过点D的直线l，使得l与BD垂直，说明作法，并给予证明；

②若点D在线段PC上，点E在线段PB上，如图2所示，且𝑃𝐵⊥平面EDA，证明∠𝐸𝐴𝐵是平面EAD与平面BAC的二面角的平面角．

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：∵𝑧=𝑖(1+𝑖)=−1+𝑖， ∴𝑧=−1−𝑖． 故选：B．

根据已知条件，结合共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘法运算，即可求解． 本题考查了共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．

−

2.【答案】C

【解析】解：掷两枚质地均匀的骰子，记事件𝐴=“第一枚出现奇数点”， 事件𝐵=“第二枚出现偶数点”，

事件A与事件B能同时发生，故事件A与事件B既不是互斥事件，也不是对立事件，故A，B均错误；

𝑃(𝐴)==，𝑃(𝐵)==，𝑃(𝐴𝐵)=×=，

62626∵𝑃(𝐴𝐵)=𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)，A与B，故C正确； 事件A与事件B不相等，故D错误． 故选：C．

事件A与事件B能同时发生，故事件A与事件B既不是互斥事件，也不是对立事件；𝑃(𝐴)==，𝑃(𝐵)==，𝑃(𝐴𝐵)=×=，由𝑃(𝐴𝐵)=𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)，得A与B独62626立；事件A与事件B不相等．

本题考查命题真假的判断，考查互斥事件、对立事件、事件等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

3

1

3

1

3

3

1

3

1

3

1

3

3

1

3.【答案】A

【解析】解：由饼状图，甲户的旅游支出占25%； 由柱状图，乙户的旅游支出占1.2+2+1.2+1.6=故选：A．

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1.2

1.26

=20%<25%．

由柱状图计算出乙户的旅游支出占比，再与甲的比较即可． 本题考查柱状图的数据分析，属于中档题．

4.【答案】D

【解析】解：如图，把正方体的平面展开图还原成正方体𝐴𝐷𝑁𝐸−𝐶𝑀𝐹𝐵， ∵𝐶𝐷//𝐵𝑁，𝐶𝐷⊥𝐴𝑀， ∴𝐴𝑀⊥𝐵𝑁，

∴在这个正方体中，AM与BN所成角的大小为90°． 故选：D．

把正方体的平面展开图还原成正方体𝐴𝐷𝑁𝐸−𝐶𝑀𝐹𝐵，由此能求出AM与BN所成角的大小．

本题考查异面直线所成角的大小的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是基础题．

5.【答案】D

【解析】解：由m，n是两条直线．𝛼，𝛽是两个平面，知： 对于A，若𝑚//𝑛，𝑛//𝛼，则𝑚//𝛼或𝑚⊂𝛼，故A错误；

对于B，若𝛼⊥𝛽，𝑚⊂𝛼，则m与𝛽相交、平行或𝑚⊂𝛽，故B错误； 对于C，若𝑚//𝛼，𝑛⊂𝛼，则m与n平行或异面，故C错误；

对于D，若𝑚⊂𝛼，𝑚⊥𝛽，则由面面垂直的判定定理得𝛼⊥𝛽，故D正确． 故选：D．

对于A，𝑚//𝛼或𝑚⊂𝛼；对于B，m与𝛽相交、平行或𝑚⊂𝛽；对于C，m与n平行或异面；对于D，由面面垂直的判定定理得𝛼⊥𝛽．

本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

6.【答案】B

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【解析】解：根据10组随机数：204 978 171 935 263 321 947 468 579 682， 表示三次投篮恰有两次命中的事件是204，171，263，共3件； 所以该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为𝑃=10． 故选：B．

找出10组随机数中三次投篮恰有两次命中的事件，计算所求的概率值． 本题考查了随机数表法求概率的应用问题，是基础题．

3

7.【答案】C

【解析】解：田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；

田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马． 若双方各自拥有上等马、中等马、下等马各1匹，且双方各自随机选1匹马进行1场比赛，

基本事件总数𝑛=3×3=9，分别为：

田忌的上等马对阵齐王的上等马，田忌的上等马对阵齐王的中等马，田忌的上等马对阵齐王的下等马，

田忌的中等马对阵齐王的上等马，田忌的中等马对阵齐王的中等马，田忌的上等马对阵齐王的下等马，

田忌的下等马对阵齐王的上等马，田忌的下等马对阵齐王的中等马，田忌的下等马对阵齐王的下等马，

田忌的马获胜包含的基本事件有3种情况，分别为：

田忌的上等马对阵齐王的中等马，田忌的上等马对阵齐王的下等马，田忌的中等马对阵齐王的下等马，

则田忌的马获胜的概率为𝑃=9=3． 故选：C．

基本事件总数𝑛=3×3=9，利用列举法求出田忌的马获胜包含的基本事件有3种情况，由此能求出田忌的马获胜的概率．

本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

3

1

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8.【答案】C

⃗⃗⃗ =2⃗⃗⃗⃗⃗ ， 【解析】解：∵⃗⃗𝐴𝐹𝐹𝐸

22

⃗⃗⃗⃗⃗ +⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ +2(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ −⃗⃗⃗⃗⃗ )=⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ =⃗∴⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐸=⃗𝐴𝐷𝐷𝐸𝐴𝐷𝐹𝐵=⃗𝐴𝐷𝐴𝐹𝐴𝐷𝐴𝐵−×⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐸，

3

3

3

3

3

∴

1392⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 𝐴𝐸=3⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵+⃗𝐴𝐷

613

∴⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐸=

⃗ +𝑎

913

⃗ 𝑏．

故选：C．

利用平面向量的线性运算及平面向量的基本定理求解即可．

本题考查了平面向量的线性运算的应用及平面向量基本定理的应用，属于中档题．

9.【答案】ACD

【解析】解：因为𝑎⃗ =(1,−1),⃗ 𝑏=(2,0)，所以𝑎⃗ −⃗ 𝑏=(−1,−1)， ⃗ |=√2，|𝑎⃗ |=|𝑎对A：|𝑎⃗ |=√2，所以|𝑎⃗ −𝑏⃗ −𝑏⃗ |，故A正确；

⃗ 不平行，故B错误； 对B：因为1×(−1)−(−1)×(−1)=−2≠0，所以𝑎⃗ −⃗ 𝑏与𝑎对C：(𝑎⃗ −⃗ 𝑏)⋅𝑎⃗ =−1+1=0，所以(𝑎⃗ −⃗ 𝑏)⊥𝑎⃗ ，故C正确；

⃗ ⋅𝑏𝑎2

⃗ 在⃗ ⃗ 在⃗ 对D：𝑎𝑏上的投影为⃗ ==1，则𝑎𝑏上的投影向量为(1,0)，故D正确；

|𝑏|

2⃗

故选：ACD．

根据平面向量数量积的运算性质逐一进行判断即可

本题考查平面向量数量积的运算性质，涉及向量的垂直、平行的判断，向量投影的求法等，属于中档题．

10.【答案】AC

𝜋𝜋13【解析】解：对于A选项，当𝑟=1,𝜃=3,𝑛=1 时，𝑧=cos+sin𝑖=+√𝑖，𝑧=

33221

𝜋

−

−

2

√3𝑖，故2

A选项正确，

1

3𝜋

𝜋

对B选项，(+√𝑖)3=(cos+sin𝑖)3=𝑐𝑜𝑠𝜋+𝑠𝑖𝑛𝜋𝑖=−1，故B选项错误，

2233对于C选项，∵𝑧=𝑟(𝑐𝑜𝑠𝜃+𝑖𝑠𝑖𝑛𝜃)，

∴𝑧4=𝑟4(𝑐𝑜𝑠4𝜃+𝑖𝑠𝑖𝑛4𝜃)，则|𝑧4|=𝑟4，|𝑧|4=𝑟4，∴|𝑧4|=|𝑧|4，故C选项正确，

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对于D选项，(√+𝑖)10=(cos+sin𝑖)10=cos

2266

12

32

31𝜋𝜋106

𝜋+sin

106

𝜋𝑖=2−

1

√3𝑖，即在复平2

面对应的点为(,−√)位于第四象限，故D选项错误． 故选：AC．

根据已知条件，结合复数z的三角形式和共轭复数的概念，即可求解． 本题主要考查了复数z的三角形式和共轭复数的概念，属于基础题．

11.【答案】BC

【解析】解：设这个四面体的棱长为a， 四面体可看作棱长为√𝑎的正方体截得的，

2故四面体的外接球即为正方体的外接球，

外接球直径为正方体体对角线长，2𝑅=√3×(√2𝑎)2=√6𝑎，

外22∴𝑅外=

√6𝑎， 4

61

1

√62四面体的高ℎ=√𝑎，根据等体积法，3𝑆⋅ℎ=4×3𝑆⋅𝑟内，解得𝑟内=𝑎，

12

3

依题意得𝑅外−𝑟内=

√6𝑎4

−

√6𝑎12

=2√6，

∴𝑎=12，故C正确；

正四面体外接球的半径3√6，则正四面体外接球的表面积为4𝜋×=216𝜋，故A错误； 正四面体内切球的半径为√6，则内切球的体积𝑉=3𝜋×6√6=8√6𝜋，故B正确； 线段MN的最大值为：𝑅外+𝑟内=3√6+√6=4√6，故D错误． 故选：BC．

设这个四面体的棱长为a，利用分割补形法求其外接球的半径，由等体积法求其内切球半径，再由已知列式求解a，然后逐一分析四个选项得答案．

本题考查正四面体的内切球和外接球的关系的应用，考查运算求解能力，属于中档题．

4

12.【答案】BC

【解析】解：由题意，设连续7天，每天的体温高于37.3℃的人数分别为a，b，c，d，e，f，g，且0≤𝑎≤𝑏≤𝑐≤𝑑≤𝑒≤𝑓≤𝑔， 依次分析选项：

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对于A，a，b，c，d，e，f，g依次取3，3，3，4，5，5，7，则满足中位数为4，众数为3，但是第7天的人数为7>6，不符合题意；

对于B，若𝑔≥7，中位数为1，则有7(𝑎+𝑏+𝑐+𝑑+𝑒+𝑓+𝑔)>7𝑔≥1，与均值小于1矛盾，可以判定该社区没有发生群体性发热，符合题意；

2

[(𝑎−2)+对于C，若均值为2，标准差为√3，则有7(𝑎+𝑏+𝑐+𝑑+𝑒+𝑓+𝑔)=2，7

1

1

1

1

⋯+(𝑔−2)2]=3，变形可得𝑎+𝑏+𝑐+𝑑+𝑒+𝑓+𝑔=14，(𝑎−2)2+⋯+(𝑔−2)2=21，

若𝑔≥7，则(𝑔−2)2≥25，与标准差为√3矛盾，可以判定该社区没有发生群体性发热，符合题意；

对于D，a，b，c，d，e，f，g依次取0，1、2，3，4，4，7，满足均值为3，众数为4，但是第7天的人数为7>6，不符合题意； 故选：BC．

根据题意，假设设连续7天，每天的体温高于37.3℃的人数分别为a，b，c，d，e，f，g，且0≤𝑎≤𝑏≤𝑐≤𝑑≤𝑒≤𝑓≤𝑔，由此依次分析选项，可得答案．

本题考查数据的众数、中位数、平均数、方差的理解和应用，注意众数、中位数、平均数、方差的定义，属于中档题．

13.【答案】1

【解析】解：∵𝑧=1−2𝑖=(1−2𝑖)(1+2𝑖)=−5+5𝑖， ∴|𝑧|=√(−5)2+(5)2=1． 故答案为：1．

根据已知条件，运用复数的运算法则，以及复数模的公式，即可求解．

本题考查了复数代数形式的乘法运算，以及复数模的公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．

3

41+2𝑖

(1+2𝑖)(1+2𝑖)

3

4

14.【答案】1

【解析】解：在△𝐴𝐵𝐶中由正弦定理得𝑠𝑖𝑛𝐵= sin2𝜋，

3

1√3∴𝑠𝑖𝑛𝐵=2，

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1

∵𝑏<𝑐， 故B=6，则𝐴=6 由正弦定理得𝑠𝑖𝑛𝐴=𝑠𝑖𝑛𝐵

∴𝑎=

故答案为：1

先根据b，c，∠𝑐，由正弦定理可得sinB，进而求得B，再根据正弦定理求得a． 本题考查了应用正弦定理求解三角形问题．属基础题．

𝑏

𝑠𝑖𝑛𝐴=1 𝑠𝑖𝑛𝐵

𝑎

𝑏

𝜋

𝜋

15.【答案】3

【解析】解：如图，以点B为支点将水杯倾斜，使AB所在直线与桌面所成的角为6，

∠𝐴𝐵𝐷=6，水面所在直线𝐸𝐹//桌面所在直线CD，∠𝐴𝐵𝐹=，

2∴∠𝐶𝐵𝐹=，

3

∴圆柱母线与水面所在平面所成的角∠𝐸𝐹𝐵=∠𝐶𝐵𝐹=3． 故答案为：3．

作出图形，数形结合能求出结果．

本题考查线线角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，是中档题．

𝜋

𝜋

𝜋𝜋𝜋

𝜋

𝜋

16.【答案】−4

⃗⃗⃗⃗⃗ 在向量⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 【解析】解：设⃗𝐵𝑁𝐴𝑀方向上的投⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =|𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅𝑥， ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝐴𝑀影为x，则𝐵𝑁

⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 当x最小时，⃗𝐵𝑁𝐴𝑀取得最小值， 结合图形可知当N点与A点重合时x最小， ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 所以(𝐵𝑁𝐴𝑀)𝑚𝑖𝑛=⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐴⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝑀=

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1112⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +1⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ −⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵(𝐴𝐷𝐴𝐵)=−(𝐴𝐷𝐴𝐵+𝐴𝐵)=−(2×2×+×2)=−4． 2222

2

故答案为：−4．

⃗⃗⃗⃗⃗ 在向量⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅设⃗结合图形可知当N点与A点重合时x最小，所以(𝐵𝑁𝐵𝑁𝐴𝑀方向上的投影为x，⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝑀)𝑚𝑖𝑛=⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐴⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝑀，进而可得答案．

本题考查平面向量的线性运算和数量积运算，考查投影的几何意义，考查数算和直观想象的核心素养，属于中档题．

⃗ =(1,1)，所以|𝑎17.【答案】解：(1)𝑎⃗ |=√2，

𝜋√2

所以𝑎⃗ ⋅⃗ 𝑏=|𝑎⃗ |⋅|⃗ 𝑏|cos=√2×1×=1，

4

2

⃗ )⊥𝑏⃗ ，所以(𝑎⃗ )⋅𝑏⃗ =0， (2)因为(𝑎⃗ +𝑏⃗ +𝑏

2所以𝑎⃗ ⋅⃗ 𝑏=−1， ⃗ ⋅⃗ 𝑏+⃗ 𝑏=0，所以𝑎

所以𝑐𝑜𝑠𝜃=

⃗ ⃗ ⋅𝑏𝑎

⃗ ||𝑎⃗ ||𝑏

=

−1√2=−

√2

， 2

因为𝜃∈[0,𝜋]，所以𝜃=⃗ 与⃗ 故𝑎𝑏的夹角为4．

3𝜋

3𝜋4

．

【解析】(1)根据平面向量数量积运算公式求解即可；

(2)由(𝑎进而求出𝑎再根据平面向量夹角公式求解⃗ +⃗ 𝑏)⊥⃗ 𝑏得(𝑎⃗ +⃗ 𝑏)⋅⃗ 𝑏=0，⃗ ⋅⃗ 𝑏=−1，即可．

本题考查平面向量数量积的运算，考查平面向量夹角公式，考查数算的核心素养，属于基础题．

18.【答案】(1)证明：连接𝐴1𝐶，交𝐴𝐶1于O，连接OD，

∵𝑂𝐷是𝛥𝐶𝐴1𝐵的中位线，∴𝑂𝐷//𝐴1𝐵， 又𝑂𝐷⊂平面𝐴𝐷𝐶1，𝐴𝐵1⊄平面𝐴𝐷𝐶1， ∴𝐴𝐵1//平面𝐴𝐷𝐶1；

(2)解：∵平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1⊥平面ABC，平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1∩平面𝐴𝐵𝐶=𝐴𝐵， 𝐴𝐵⊥𝐴𝐴1，𝐴𝐴1⊂平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1， ∴𝐴𝐴1⊥平面ABC，

∵𝐴𝐵⊥𝐴𝐶，𝐴𝐵=𝐴𝐶=1，且𝐴𝐴1=2，

∴𝑉𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1=2×1×1×2=1，𝑉𝐶1−𝐴𝐷𝐶=3×2×2×1×1×2=6，

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1

1

1

1

1

故𝑉𝐴𝐵𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1=𝑉𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1−𝑉𝐶1−𝐴𝐷𝐶=1−6=6．

【解析】(1)连接𝐴1𝐶，交𝐴𝐶1于O，连接OD，可得𝑂𝐷//𝐴1𝐵，再由直线与平面平行的判定得𝐴𝐵1//平面𝐴𝐷𝐶1；

(2)由平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1⊥平面ABC，𝐴𝐵⊥𝐴𝐴1，利用平面与平面垂直的性质可得𝐴𝐴1⊥平面ABC，再由已知求得三棱锥𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1与三棱锥𝐶1−𝐴𝐷𝐶的体积，作差可得几何体𝐴𝐵𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1的体积．

本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．

15

19.【答案】解：(1)因为频率𝑓1=0.1，𝑓2=0.2，𝑓3=0.45，𝑓4=0.2，𝑓5=0.05，

𝑓1+𝑓2+𝑓3+𝑓4=0.95；𝑓1+𝑓2+𝑓3=0.75， 所以，80%分位数一定位于[76,86)内， 所以76+

0.8−0.750.2

×10=76+

0.050.2

×10=78.5．

所以估计样本数据的80%分位数约为78.5．

(2)①𝑥=51×0.1+61×0.2+71×0.45+81×0.2+91×0.05=70， 所以(𝑥−𝑠,𝑥+𝑠)=(60,80)，又62∈(60,80) 可知该产品属于一等品．

②记三件一等品为A，B，C，两件二等品为a，b， 这是古典概型，摸出两件产品总基本事件共10个，分别为： (𝐴,𝐵)，(𝐴,𝐶)，(𝐴,𝑎)，(𝐴,𝑏)，(𝐵,𝐶)， (𝐵,𝑎)，(𝐵,𝑏)，(𝐶,𝑎)，(𝐶,𝑏)，(𝑎,𝑏)， 方法一：

记A：摸出两件产品中至少有一个一等品，A包含的基本事件共9个，分别是： (𝐴,𝐵)，(𝐴,𝐶)，(𝐴,𝑎)，(𝐴,𝑏)，(𝐵,𝐶)， (𝐵,𝑎)，(𝐵,𝑏)，(𝐶,𝑎)，(𝐶,𝑏)， 所以𝑃(𝐴)=10． 方法二：

记事件A：摸出两件产品中至少有一个一等品，

𝐴：摸出两个产品，没有一个一等品，基本事件共一个(𝑎,𝑏)．

−

9

−

−

−

第15页，共20页

所以𝑃(𝐴)=1−𝑃(𝐴)=

−

910

．

【解析】(1)求出频率𝑓1=0.1，𝑓2=0.2，𝑓3=0.45，𝑓4=0.2，𝑓5=0.05，𝑓1+𝑓2+𝑓3+𝑓4=0.95；𝑓1+𝑓2+𝑓3=0.75，从而80%分位数一定位于[76,86)内，由此能估计样本数据的80%分位数．

(2)①求出平均数，得到(𝑥−𝑠,𝑥+𝑠)=(60,80)，再由62∈(60,80)，得该产品属于一等品．

②记三件一等品为A，B，C，两件二等品为a，b，利用列举法求出摸出两件产品总基本事件共10个， 法一：

记A：摸出两件产品中至少有一个一等品，利用列举法求出A包含的基本事件共9个，由此能求出所求概率． 法二：

记事件A：摸出两件产品中至少有一个一等品，𝐴：摸出两个产品，没有一个一等品，基本事件共一个(𝑎,𝑏).利用对立事件概率计算公式能求出所求概率．

本题考查概率的求法，考查频率分布直方图、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

−

−

−

20.【答案】解：(1)若选①，由2b 𝑠𝑖𝑛𝐴=𝑎 tan B，得2 sin Bsin 𝐴=𝑠𝑖𝑛𝐴𝑐𝑜𝑠𝐵

由𝑠𝑖𝑛𝐴≠0，𝑠𝑖𝑛𝐵≠0，得𝑐𝑜𝑠𝐵=2 因为𝐵∈(0,𝜋)，所以𝐵=60°．

若选②，由𝑎(𝑠𝑖𝑛𝐴−𝑠𝑖𝑛𝐶)=𝑏𝑠𝑖𝑛𝐵−𝑐𝑠𝑖𝑛𝐶，得𝑎2+𝑐2−𝑏2=𝑎𝑐 所以𝑐𝑜𝑠𝐵=

𝑎2+𝑐2−𝑏2

𝑎𝑐

1

𝑠𝑖𝑛𝐵

=2

1

因为𝐵∈(0,𝜋)，所以𝐵=60°．

1

𝐵𝐶⋅⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐴=𝑎𝑐⋅𝑐𝑜𝑠𝐵=𝑎𝑐， (2)方法一：⃗⃗⃗⃗⃗ 2

⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ +1𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ =𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ +1(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ )=2𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ +1𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ ， ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =𝐵𝐴𝐵𝐷

3333

14

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1，平方得1=4⃗⃗⃗⃗⃗ 由|⃗𝐵𝐴+𝐵𝐶+𝐵𝐴⋅⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐶， 𝐵𝐷999

2

2

即1=9𝑐2+9𝑎2+9𝑐⋅𝑎，

412

第16页，共20页

所以1=𝑐2+𝑎2+𝑐⋅𝑎≥2√𝑐2⋅𝑎2+𝑐⋅𝑎，

999999

所以1≥3𝑎𝑐，即𝑎𝑐≤2，当且仅当𝑎=2𝑐=√3时，取等号， 所以𝑆𝑚𝑎𝑥=××√=

222

1

3

33√38

2

3

412412

，此时𝑎=√3且𝑐=√．

2

3方法二：△𝐴𝐵𝐶中，由余弦定理，可得𝑏2=𝑎2+𝑐2−𝑎𝑐， 由∠𝐴𝐷𝐵+∠𝐶𝐷𝐵=𝜋，得cos∠𝐴𝐷𝐵=−cos∠𝐶𝐷𝐵， 所以

()2+1−𝑐22××1

3

𝑏3𝑏3

=−

()2+1−𝑎22×𝑏×1232𝑏3

，

所以𝑏2=2(𝑎2+2𝑐2−3)，即𝑎2+4𝑐2+2𝑎𝑐=9， 由基本不等式，得9≥2√4𝑎2𝑐2+2𝑎𝑐=6𝑎𝑐 即𝑎𝑐≤2，当且仅当𝑎=2𝑐=√3，取等号， 所以𝑆=𝑎𝑐𝑠𝑖𝑛𝐵=√𝑎𝑐≤√×=

2442所以𝑆𝑚𝑎𝑥=

【解析】(1)①根据正弦定理以及同角关系进行转化求解；②利用正弦定理和余弦定理进行转化求解即可．

(2)根据点D是边AC靠近A的三等分点，方法1：根据条件得到关于a，c的关系式，然后利用基本不等式求出ac的范围，再得到面积的最大值；方法2，直接利用余弦定理，结合基本不等式进行转化求解即可．

本题考查了解三角形的应用，正弦定理，余弦定理以及基本不等式，考查了转化思想，是中档题．

3√3，此时𝑎81

333

3√3，即𝑆8

3

≤

3√3， 8

=√3且𝑐=

√3． 2

21.【答案】解：(1)记事件A：甲面试合格，

事件B：乙面试合格 事件C：丙面试合格

事件D：恰好有一人面试合格， 依题意，事件A、B、C相互，

所以𝑃(𝐷)=𝑃(𝐴𝐵𝐶)+𝑃(𝐴𝐵𝐶)+𝑃(𝐴𝐵𝐶)=××+××+××=；

34434434416(2)事件E：至多一人签约， 事件F：恰好一人签约， 事件G：没人签约，

第17页，共20页

−−

−

−

−−

1

3

3

2

1

3

2

3

1

7

因为F与G互斥，所以𝑃(𝐸)=𝑃(𝐹)+𝑃(𝐺)，

又𝑃(𝐹)=𝑃(𝐴𝐵𝐶)+𝑃(𝐴𝐵𝐶)+𝑃(𝐴𝐵𝐶)=××+××+×=

3

4

4

3

4

4

3

4

−−

−

−

−−−

23

34

14

23

14

34

23

34

58

−−

−

−

1

3

3

1

3

1

1

1

516

，

𝑃(𝐺)=𝑃(𝐴𝐵𝐶)+𝑃(𝐴𝐵𝐶)+𝑃(𝐴𝐵𝐶)=××+××+×=， 𝑃(𝐸)=𝑃(𝐹)+𝑃(𝐺)=16， 所以至多一人签约的概率为16．

【解析】(1)利用对立事件的概率公式以及相互事件的概率乘法公式求解即可； (2)事件E：至多一人签约，事件F：恰好一人签约，事件G：没人签约，然后由互斥事件的加法公式得到𝑃(𝐸)=𝑃(𝐹)+𝑃(𝐺)，再利用对立事件的概率公式以及相互事件的概率乘法公式分别求解𝑃(𝐹)，𝑃(𝐺)，即可得到答案．

本题考查了相互事件的概率乘法公式以及对立事件的概率公式的应用，分类计数原理的应用，考查了逻辑推理能力，属于基础题．

1515

22.【答案】AB BC

第18页，共20页

【解析】解：(1)因为𝑃𝐴⊥平面ABC，AB，AC，𝐵𝐶⊂平面ABC，

则𝑃𝐴⊥𝐴𝐵，𝑃𝐴⊥𝐴𝐶，𝑃𝐴⊥𝐵𝐶， 故△𝑃𝐴𝐶与△𝑃𝐴𝐵是两个直角三角形， 当𝐴𝐵⊥𝐵𝐶时，则△𝐵𝐴𝐶为直角三角形， 因为𝑃𝐴∩𝐴𝐵=𝐴，PA，𝐴𝐵⊂平面PAB， 则𝐵𝐶⊥平面PAB，又𝑃𝐵⊂平面PAB， 所以𝐵𝐶⊥𝑃𝐵，则△𝐵𝑃𝐶为直角三角形， 故该三棱锥为“鳖臑”；

(2)①连接CD，在△𝑃𝐴𝐶内，过点D作𝑙⊥𝐶𝐷，即可得l为所求直线， 证明如下：

在△𝐴𝐵𝐶中，由余弦定理可得𝐵𝐶=√3， 由勾股定理逆定理可知，𝐵𝐶⊥𝐴𝐶，

𝐵𝐶⊂平面ABC，又因为𝑃𝐴⊥底面ABC，所以𝑃𝐴⊥𝐵𝐶， 又𝑃𝐴∩𝐴𝐶=𝐴，PA，𝐴𝐶⊂平面PAC，所以𝐵𝐶⊥平面PAC，

又𝑙⊂平面PAC，则𝑙⊥𝐵𝐶，

又𝑙⊥𝐶𝐷，𝐶𝐷∩𝐵𝐶=𝐶，CD，𝐵𝐶⊂平面BCD， 所以𝑙⊥平面BCD，又𝐵𝐷⊂平面BCD 所以𝑙⊥𝐵𝐷；

②延长ED，BC，交于点F，连接AF， 因为点𝐹∈平面ADE，点𝐹∈平面ABC， 所以平面𝐴𝐷𝐸∩平面𝐴𝐵𝐶=𝐴𝐹， 因为𝑃𝐴⊥底面ABC，且𝐴𝐹⊂平面ABC 所以𝑃𝐴⊥𝐴𝐹，

因为𝑃𝐵⊥平面EDA，𝐴𝐹⊂平面EDA， 所以𝑃𝐵⊥𝐴𝐹，

又因为 𝑃𝐵∩𝑃𝐴=𝑃，PA，𝑃𝐵⊂平面PAB， 所以𝐴𝐹⊥平面PAB， 所以𝐴𝐹⊥𝐴𝐸，𝐴𝐹⊥𝐴𝐵，

故∠𝐸𝐴𝐵是平面EAD与平面BAC所形成的二面角的平面角． (1)由“鳖臑”的定义求解即可；

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(2)①连接CD，在△𝑃𝐴𝐶内，过点D作𝑙⊥𝐶𝐷，即可得l为所求直线，利用线面垂直的判定定理和性质证明𝑙⊥平面BCD，即可证明𝑙⊥𝐵𝐷；

②延长ED，BC，交于点F，连接AF，利用线面垂直的判定定理证明𝐴𝐹⊥平面PAB，由二面角的平面角的定义即可证明．

本题考查了线面垂直的判定定理和性质的应用，二面角的平面角定义的应用，考查了空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力、推理论证能力，属于中档题．

第20页，共20页