2024年高一下学期期末模拟数学试卷02含答案.pdf

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1、20232023-20242024学年高一下学期期末模拟学年高一下学期期末模拟数学试卷数学试卷0101第I I卷卷 选择题部分选择题部分(共共6060分分)一、选择题：本大题共 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.1.(22-23高一下江苏扬州期末)若复数z满足zi=2-i(i为虚数单位)，则z在复平面上所对应的点位于().A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限2.(22-23高一下山东聊城期末)某校高一年级有女生504人，男生596人学校想通过抽样的方法估计高一年级全体学生的平均体重，从高一女生和男生中随机抽取50人和60人，经计算这5

2、0个女生的平均体重为49kg，60个男生的平均体重为57kg，依据以上条件，估计该校高一年级全体学生的平均体重最合理的计算方法为()A.49+572B.50110049+60110057C.5011049+6011057D.504110049+5961100573.(22-23高一下山东潍坊期末)如图，圆台OO1的侧面展开图扇环的圆心角为180，其中SA=2,SB=4，则该圆台的高为()A.1B.2C.3D.44.(22-23高一下山东潍坊期末)若 0,2，且tan2=cos2-sin，则sin的值为()A.154B.12C.13D.145.(22-23高一下江苏扬州期末)如图，大运塔是扬州首

3、座以钢结构为主体建设的直塔，为扬州中国大运河博物馆的主体建筑之一.小强同学学以致用，欲测量大运塔AB的高度.他选取与塔底B在同一水平面内的两个观测点C,D，测得BCD=120，CD=112m，在C,D两观测点处测得大运塔顶部A的仰角分别为45,30，则大运塔AB的高为().1A.56 2mB.112mC.112 2mD.112 3m6.(22-23高一下江苏泰州期末)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，已知AB=2，AA1=A1B1=1，则侧棱BB1与底面ABCD所成角的正弦值为()A.13B.22C.33D.327.(22-23高一下江苏泰州期末)已知ABC的外接圆的圆心为O，且A=3，

4、BC=2 3，则OB AC 的最大值为()A.32B.3C.2D.38.(22-23高一下山东聊城期末)将函数 f(x)=sinx(0)的图象向左平移2个单位长度后得到函数g(x)的图象，且g(0)=1，则下列结论中不正确的是()A.g(x)为偶函数B.g-2=0C.当=5时，g(x)在 0,2上恰有2个零点D.若g(x)在 0,4上单调递减，则=1二、多项选择题：本大题共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.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分.9.(22-23高一下江苏泰州期末)已知三个非零向量a，b，c共面，则()A.若a=b，b=c，则a

5、=cB.若ab，bc，则acC.若ab=bc，则a=cD.若ab，则存在实数，使a=b10.(22-23高一下江苏泰州期末)已知事件A，B发生的概率分别为13,12，则()A.若A，B互斥，则A，B至多有一个发生的概率为16B.若A，B互斥，则A，B至少有一个发生的概率为56C.若A，B相互独立，则A，B至多有一个发生的概率为16D.若A，B相互独立，则A，B至少有一个发生的概率为2311.(2023辽宁锦州模拟预测)甲、乙二人在相同条件下各射击10次，每次中靶环数情况如图所示：2下列说法正确的是()A.从环数的平均数看，甲、乙二人射击水平相当B.从环数的方差看，甲的成绩比乙稳定C.从平均数和

6、命中9环及9环以上的频数看，乙的成绩更好D.从二人命中环数的走势看，甲更有潜力12.(22-23高一下山东聊城期末)如图，在棱长为2 的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是线段B1D1上的动点，设平面MBC1截该正方体所得截面面积为S，则()A.AM平面BC1DB.AMA1CC.当异面直线AD1与MC1所成角的余弦值为1010时，S=2D.当MBC1的面积最小时，S=62第II卷 非选择题部分(共90分)三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.(22-23高一下山东聊城期末)已知样本x1,x2,x3,xn的标准差为0.1，若yi=1-2xi(i=1,2,n)，则样本y1,y

7、2,y3,yn的标准差为14.(22-23高一下江苏扬州期末)写出一个同时具有下列两个性质的复数z=.性质1：z-z=2性质2：zz=415.(22-23高一下山东聊城期末)如图，在ABC中，已知AB=2，AC=3，BAC=60，M是BC的中点，AN=23AC，设AM与BN相交于点P，则cosMPN=316.(22-23高一下山东潍坊期末)将半径均为2的四个球堆成如图所示的“三角垛”，则由球心A，B，C，D构成的四面体的外接球的表面积为，若该三角垛能放入一个正四面体容器内，则该容器棱长的最小值为.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.(10分)(2

8、2-23高一下山东聊城期末)2023年4月23日是第28个“世界读书日”，为了更好地弘扬“尊重知识，崇尚文明”的阅读理念，某书屋举办了“智慧闯关奖励图书”活动，活动规则如下：有3道难度相当的题目，每位闯关者共有3次机会，一旦某次答对抽到的题目，则闯关成功；否则就一直抽题到第3次为止假设张华答对每道题的概率都是0.7，且对抽到的题目能否答对是独立的(1)求张华第二次闯关成功的概率；(2)求张华闯关成功的概率18.(12分)(22-23高一下山东潍坊期末)在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，已知点A 3,4,B-2,2，且四边形OABC是平行四边形.(1)求点C的坐标及 AC；(2)若点P为直

9、线OB上的动点，求PA PC 的最小值.419.(12分)(22-23高一下江苏泰州期末)已知A(1,2),B(2,3).(1)若C(-2,5)，试判断ABC的形状，并证明；(2)设AB的中点为M.从下面中选取两个作为条件，证明另外一个成立：ACB=60；CM=62；ABC的面积为32.注:若选择不同的组合分别作答，则按第一个解答计分.20.(12分)(22-23高一下江苏扬州期末)如图，在三棱锥S-ABC中，平面SAB平面SBC，CBA=90，SA=AB=BC=2，SC=2 3，D、E分别为SB，AB的中点.(1)求证：SBBC；(2)求二面角E-DC-B的正弦值.521.(12分)(22-

10、23高一下江苏扬州期末)某村为响应国家乡村振兴战略，扎实推动乡村产业，提高村民收益，种植了一批琯溪蜜柚.现为了更好地销售，从该村的蜜柚树上随机摘下了100个蜜柚进行测重，测得其质量(单位：千克)均分布在区间 1.5,7.5内，并绘制了如图所示的频率分布直方图：(1)按分层随机抽样的方法从质量落在区间 2.5,3.5，3.5,4.5的蜜柚中随机抽取5个，再从这5个蜜柚中随机抽取2个，求这2个蜜柚质量至少有一个小于3.5千克的概率；(2)以各组数据的中间数值代表这组数据的平均水平，以频率代表概率，已知该村的蜜柚树上大约还有5000个蜜柚待出售，某电商提出两种收购方案：A所有蜜柚均以20元/千克收购

11、；B低于4.5千克的蜜柚以70元/个的价格收购，高于或等于4.5千克的蜜柚以90元/个的价格收购.请你通过计算为该村选择收益最好的方案.622.(12分)(22-23高一下山东潍坊期末)如图，在正六棱锥P-ABCDEF中，球O是其内切球，AB=2,PC=13，点M是底面ABCDEF内一动点(含边界)，且OM=OP.(1)求正六棱锥P-ABCDEF的体积；(2)当点M在底面ABCDEF内运动时，求线段OM所形成的曲面与底面ABCDEF所围成的几何体的表面积.720232023-20242024学年高一下学期期末模拟学年高一下学期期末模拟数学试卷数学试卷0101第I I卷卷 选择题部分选择题部分(

12、共共6060分分)一、选择题：本大题共 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.1.(22-23高一下江苏扬州期末)若复数z满足zi=2-i(i为虚数单位)，则z在复平面上所对应的点位于().A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】C【分析】根据复数的除法运算求复数z，再结合复数的几何意义分析判断.【详解】因为zi=2-i，则z=2i-1=-1-2i，所以z在复平面上所对应的点为-1,-2，位于第三象限.故选：C.2.(22-23高一下山东聊城期末)某校高一年级有女生504人，男生596人学校想通过抽样的方法估计高一年级全体学生的平均体

13、重，从高一女生和男生中随机抽取50人和60人，经计算这50个女生的平均体重为49kg，60个男生的平均体重为57kg，依据以上条件，估计该校高一年级全体学生的平均体重最合理的计算方法为()A.49+572B.50110049+60110057C.5011049+6011057D.504110049+596110057【答案】D【分析】根据已知条件，结合按比例分配的分层抽样即可求解.【详解】高一年级有女生504人，男生596人总人数为504+596=1100，从高一女生和男生中随机抽取50人和60人，没有按照比例分配的方式进行抽样，不能直接用样本平均数估计总体平均数，需要按照女生和男生在总人数中

14、的比例计算总体的平均体重，即504110049+596110057，即D选项最合理.故选：D3.(22-23高一下山东潍坊期末)如图，圆台OO1的侧面展开图扇环的圆心角为180，其中SA=2,SB=4，则该圆台的高为()1A.1B.2C.3D.4【答案】C【分析】利用扇形的弧长公式结合已知条件求出圆台上、下底面圆的半径，在建立与圆台高的关系式求解即可.【详解】因为圆台OO1的侧面展开图扇环的圆心角为180，所以在圆锥SO1中有：2AO1=122SA=2，所以AO1=1，又在圆锥SO中有：2OB=122SB=4，所以OB=2，所以该圆台的高为：h=AB2-OB-O1A2=SB-SA2-OB-O1

15、A2=4-22-2-12=3，故选：C.4.(22-23高一下山东潍坊期末)若 0,2，且tan2=cos2-sin，则sin的值为()A.154B.12C.13D.14【答案】D【分析】利用正切二倍角公式即同角三角函数关系化简得到sin.【详解】因为tan2=cos2-sin，所以2tan1-tan2=cos2-sin，即2sincoscos2-sin2=cos2-sin，因为 0,2，所以cos0，sin0，所以4sin-sin2=cos2，因为sin2+cos2=1，所以4sin=1，解得sin=14.故选：D5.(22-23高一下江苏扬州期末)如图，大运塔是扬州首座以钢结构为主体建设的

16、直塔，为扬州中国大运河博物馆的主体建筑之一.小强同学学以致用，欲测量大运塔AB的高度.他选取与塔底B在同一水平面内的两个观测点C,D，测得BCD=120，CD=112m，在C,D两观测点处测得大运塔顶部A的仰角分别为45,30，则大运塔AB的高为().A.56 2mB.112mC.112 2mD.112 3m【答案】B2【分析】根据仰角分别得出BC=AB,BD=3AB，在BCD中由余弦定理即可求出AB.【详解】由题意得，在直角ABC中，ACB=45，所以BC=AB，在直角ABD，ADB=30，所以ABBD=tan30，即BD=3AB，在BCD中，BCD=120，CD=112，由余弦定理得BD2

17、=BC2+CD2-2BCCDcos120，即3AB2=AB2+1122-2112-12AB，因为AB0，所以解得AB=112.即大运塔AB的高为112m.故选：B6.(22-23高一下江苏泰州期末)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，已知AB=2，AA1=A1B1=1，则侧棱BB1与底面ABCD所成角的正弦值为()A.13B.22C.33D.32【答案】B【分析】根据题意，做出其截面图，然后结合线面角的定义即可得到结果.【详解】由题意可得正四棱台的截面图，如图所示，且B1BDD1为等腰梯形，过点B1做B1MBD，过点D1做D1NBD，由线面角的定义可知，侧棱BB1与底面ABCD所成角即为B

18、1BM，由条件可得，BB1=1，B1D1=2,BD=2 2，则B1D1=MN=2，BM=BD=22,则B1M=12-222=22，所以B1BM为等腰直角三角形，所以B1BM=45，即sinB1BM=22.故选：B.7.(22-23高一下江苏泰州期末)已知ABC的外接圆的圆心为O，且A=3，BC=2 3，则OB AC 的最大值为()A.32B.3C.2D.3【答案】C【分析】由正弦定理得到OA=OB=OC=2，利用向量数量积公式得到OB AC=-2-4cosAOC，由AOC 0,43求出答案.【详解】由正弦定理得2R=BCsinA=2 3sin3=4，故OA=OB=OC=2，因为A=3，所以BO

19、C=23，则OB AC=OB OC-OA=OB OC-OB OA=4cos23-4cosAOC3=-2-4cosAOC，因为AOB 0,23，所以AOC 0,43，则cosAOC-1,1，故OB AC=-2-4cosAOC-6,2.故选：C8.(22-23高一下山东聊城期末)将函数 f(x)=sinx(0)的图象向左平移2个单位长度后得到函数g(x)的图象，且g(0)=1，则下列结论中不正确的是()A.g(x)为偶函数B.g-2=0C.当=5时，g(x)在 0,2上恰有2个零点D.若g(x)在 0,4上单调递减，则=1【答案】C【分析】根据三角函数图象平移规律以及 g(0)=1，得=4k+1，

20、g(x)=cos4k+1x，kZ，再根据偶函数的定义可得A正确；计算可得B正确；当=5时，求出g(x)在 0,2上的零点，可得C不正确；根据余弦函数的单调递减区间可得D正确.【详解】依题意得g(x)=f x+2=sin x+2=sin x+2，由已知得g(0)=sin2=1，所以2=2k+2，kZ，所以=4k+1，kZ，g(x)=sin(4k+1)x+(4k+1)2=cos4k+1x，kZ，对于A，g(-x)=cos-(4k+1)x=cos(4k+1)x=g(x)，且g(x)的定义域关于原点对称，所以 g(x)为偶函数，故A正确；对于B，g-2=cos-(4k+1)2=cos2=0，kZ，故B

21、正确；对于C，当=5时，k=1，g(x)=cos5x，由g(x)=0，得cos5x=0，得5x=n+2，x=n5+10，nZ，因为x 0,2，所以x=10或x=310或x=2，则g(x)在 0,2上恰有3个零点，故C不正确；对于D，由2k(4k+1)x2k+，kZ，得2k4k+1x(2k+1)4k+1，kZ，所以 0,42k4k+1,(2k+1)4k+1，kZ，所以k=0，所以=1，故D正确.故选：C.4【点睛】关键点点睛：根据三角函数图象平移规律以及三角函数的性质求解是解题关键.二、多项选择题：本大题共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.全部选对得5分

22、，部分选对得3分，有选错的得0分.9.(22-23高一下江苏泰州期末)已知三个非零向量a，b，c共面，则()A.若a=b，b=c，则a=cB.若ab，bc，则acC.若ab=bc，则a=cD.若ab，则存在实数，使a=b【答案】ABD【分析】利用向量的传递性，平面向量数量积的定义，平面向量共线定理，对选项逐个判断，找出正确选项.【详解】对于选项A，a=b，b=c，根据向量的传递性得a=c，故选项A正确；对于选项B，若ab，bc，因为它们为共面向量，则ac，故选项B正确；对于选项C，由ab=bc得b(a-c)=0，因为a，b，c是三个非零向量，所以得b(a-c)，无法推出a=c，故选项C错误；对

23、于选项D，因为a，b为非零向量，由平面向量共线定理可知，若ab，则存在唯一的实数，使a=b，故选项D正确.故选：ABD.10.(22-23高一下江苏泰州期末)已知事件A，B发生的概率分别为13,12，则()A.若A，B互斥，则A，B至多有一个发生的概率为16B.若A，B互斥，则A，B至少有一个发生的概率为56C.若A，B相互独立，则A，B至多有一个发生的概率为16D.若A，B相互独立，则A，B至少有一个发生的概率为23【答案】BD【分析】根据给定条件，利用互斥事件、相互独立事件的概率公式，结合事件的运算逐项分析计算作答.【详解】依题意，P(A)=13,P(B)=12，对于A，P(AB)=0，则

24、A，B至多有一个发生的概率为1-P(AB)=1，A错误；对于B，P(AB)=0，则A，B至少有一个发生的概率P(A+B)=P(A)+P(B)=13+12=56，B正确；对于C，P(AB)=P(A)P(B)=1213=16，A，B至多有一个发生的概率为1-P(AB)=56，C错误；对于D，P(AB)=P(A)P(B)=1213=16，则A，B至少有一个发生的概率P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)=13+12-16=23，D正确.故选：BD11.(2023辽宁锦州模拟预测)甲、乙二人在相同条件下各射击10次，每次中靶环数情况如图所示：5下列说法正确的是()A.从环数的平均数看，甲、乙二人

25、射击水平相当B.从环数的方差看，甲的成绩比乙稳定C.从平均数和命中9环及9环以上的频数看，乙的成绩更好D.从二人命中环数的走势看，甲更有潜力【答案】ABC【分析】求出甲乙的平均数和方差，即可得出结论.【详解】由题意及图得，甲射击 10 次中靶环数分别为9,5,7,8,7,6,8,6,7,7.将它们由小到大排列为5,6,6,7,7,7,7,8,8,9.乙射击 10 次中靶环数分别为2,4,6,8,7,7,8,9,9,10.将它们由小到大排列为2,4,6,7,7,8,8,9,9,10.甲平均值：x1=110 5+62+74+82+9=7(环),乙平均值：x2=110 2+4+6+72+82+92+

26、10=7(环),甲方差：s21=110(5-7)2+(6-7)22+(7-7)24+(8-7)22+(9-7)2=110(4+2+0+2+4)=1.2，乙方差：s22=110(2-7)2+(4-7)2+(6-7)2+(7-7)22+(8-7)22+(9-7)22+(10-7)2=110(25+9+1+0+2+8+9)=5.4，A项，甲平均值等于乙平均值，故A正确；B项，s21s22，甲的成绩比乙稳定，B正确；C项，甲乙平均数均为7，甲命中9环及9环以上的频数为1，乙命中9环及9环以上的频数为3，故乙的成绩更好，C正确；D项，从二人命中环数的走势看，甲成绩逐渐平稳，乙成绩仍有上升趋势，故乙更有潜

27、力，D错误.故选：ABC12.(22-23高一下山东聊城期末)如图，在棱长为2 的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是线段B1D1上的动点，设平面MBC1截该正方体所得截面面积为S，则()6A.AM平面BC1DB.AMA1CC.当异面直线AD1与MC1所成角的余弦值为1010时，S=2D.当MBC1的面积最小时，S=62【答案】ABD【分析】根据面面平行的判定定理得面面平行，再又性质定理判断线面平面，即可判断 A；证明正方体的体对角线A1C与平面AB1D1的位置关系，即可判断B；利用异面直线的概念确定异面直线AD1与MC1所成角余弦值大小，确定点M的位置，结合相似、梯形面积公式即可求得截面

28、面积S，从而可判断C；根据线面关系确定MBC1的面积最小值，即可得点M的位置，在根据三角形面积公式求得截面面积S，从而可判断D.【详解】对于A，如图连接AB1,AD1在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BBBB1 1DDDD1 1,BBBB1 1=DDDD1 1，则四边形BB1D1D为平行四边形所以BDB1D1，又BD平面BC1D，B1D1平面BC1D，所以B1D1平面BC1D同理可得AD1BC1，又BC1平面BC1D，AD1平面BC1D，所以AD1平面BC1D因为AD1B1D1=D1,AD1,B1D1平面AB1D1，所以平面AB1D1平面BC1D因为AM平面AB1D1，所以AM平面BC1D

29、，故A正确；对于B，如图，连接A1D,A1B,AD1,AB1在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BC平面ABB1A1，由于AB1平面ABB1A1，所以BCAB1，又正方形ABB1A1中有AB1A1B，因为BCA1B=B,BC,A1B平面A1BC，所以AB1平面A1BC，7因为A1C平面A1BC，所以AB1A1C，同理可证得AD1A1C，因为AB1AD1=A,AB1,AD1平面AB1D1，所以A1C平面AB1D1因为AM平面AB1D1，所以AMA1C，故B正确；对于C，如图，连接BC1,BM因为AD1BC1，结合图形可得异面直线AD1与MC1所成角为MC1B设MB1=a，a 0,2，则MB=M

30、B21+BB21=a2+2，在MB1C1中，由余弦定理得MC21=MB21+B1C21-2MB1B1C1cos4=a2+2-2a2 22=a2-2a+2，所以MC1=a2-2a+2，则在MBC1中，由于BC1=2CC1=2，所以余弦定理得cosMC1B=MC21+BC21-MB22MC1BC1=a2-2a+2+4-a2-22 a2-2a+2 2=1010，整理得3a2-16a+16=0，解得a=43或a=4(舍)，则MB1=43,MD1=2-43=23，则如图，延长C1M交A1D1于E，过E作EFD1A交AA1于F，连接FB，过过E作EQBC1于Q，由于A1D1B1C1，所以D1EB1C1=D

31、1ED1A1=D1MMC1=12，所以D1E=12D1A1，即E为A1D1中点，由于EFD1A，所以F为AA1中点，且EFBC1，则EF=12BC1=122=1，四边形EFBC1是平面MBC1截该正方体所得截面，又EC1=ED21+D1C21=102，sinMC1B=EQEC1=1-cos2MC1B=3 1010，所以EQ=EC1sinMC1B=1023 1010=32，则S=12EF+BC1EQ=12 1+232=94,故C不正确；对于D，如下图，作MHD1C1，MIBC1，8由于MH平面BCC1B1，BC1面BCC1B1，所以MHBC1，又MIBC1，MIMH=M，所以BC1平面MIH，又

32、HI平面MIH，所以HIBC1，设MB1=a，a 0,2，则MH=HB1=a2=22a，又HC1=2-22a，所以HI=HC12=1-12a，所以MI2=MH2+HI2=22a2+1-12a2=34a2-a+1=34a-232+23，当a=23时，MI2取得最小值，此时MBC1的面积最小，则MB1=23,MD1=2-23=43，延长C1M交A1B1于G，取O为BC1的中点，连接GO,GB，由于A1B1D1C1，所以GB1D1C1=GB1D1C1=MB1MD1=12，所以GB1=12A1B1，即G为A1B1中点，显然三角形GBC1为平面MBC1截该正方体所得截面，又在GBC1中，GC1=GB=2

33、22+22=102，因为O为BC1的中点，所以GOBC1，且GO=1022-222=62，所以S=SGBC1=12622=62，故D正确故选：ABD第II卷 非选择题部分(共90分)三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.(22-23高一下山东聊城期末)已知样本x1,x2,x3,xn的标准差为0.1，若yi=1-2xi(i=1,2,n)，则样本y1,y2,y3,yn的标准差为【答案】15/0.2【分析】根据方差的性质可求出结果.【详解】因为样本x1,x2,x3,xn的标准差为0.1，所以方差为0.01，又因为yi=1-2xi(i=1,2,n)，所以样本y1,y2,y3,yn的方

34、差为(-2)20.01=0.04，所以标准差为0.04=0.2，故答案为：0.2.14.(22-23高一下江苏扬州期末)写出一个同时具有下列两个性质的复数z=.9性质1：z-z=2性质2：zz=4【答案】3 i(写出其中一个即可)【分析】设z=a+bi,a,bR，根据条件列式计算可得a,b，即可得解.【详解】设z=a+bi,a,bR，则z=a-bi，从而z-z=(a+bi)-(a-bi)=2bi，因为 z-z=2，所以 2b=2，解得b=1，因为zz=4，所以(a+bi)(a-bi)=a2+b2=4，解得a=3，所以z=3 i.故答案为：3 i(写出其中一个即可).15.(22-23高一下山东

35、聊城期末)如图，在ABC中，已知AB=2，AC=3，BAC=60，M是BC的中点，AN=23AC，设AM与BN相交于点P，则cosMPN=【答案】1938【分析】用AB 和AC 表示AM 和BN，根据cosMPN=cos以及AB=2，AC=3，BAC=60，可求出结果.【详解】因为M是BC的中点，所以AM=12AB+12AC，|AM|=12AB+12AC 2=14|AB|2+14|AC|2+12|AB|AC|cos60=1+94+122312=192，因为AN=23AC，BN=AN-AB=23AC-AB，|BN|=23AC-AB 2=49|AC|2+|AB|2-43|AC|AB|12=499+

36、4-433212=2，所以AM BN=12AB+12AC 23AC-AB=-12|AB|2+13|AC|2-16|AB|AC|12=-124+139-162312=12，所以cosMPN=cos=AM BN|AM|BN|=121922=1938.故答案为：1938.16.(22-23高一下山东潍坊期末)将半径均为2的四个球堆成如图所示的“三角垛”，则由球心A，B，C，D构成的四面体的外接球的表面积为，若该三角垛能放入一个正四面体容器内，则该容器棱长的最小值为.10【答案】244+4 6【分析】正四面体补形成一个正方体，利用正方体的对角线，求外接球的半径和表面积如；利用正四面体中心到底面的距离与

37、棱长的关系，列方程求容器棱长的最小值.【详解】由球心A，B，C，D构成的四面体是正四面体，其棱长为4，将正四面体补形成一个正方体，正方体的棱长为2 2，正四面体的棱是正方体各面的对角线，如图所示，则正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即外接球的半径R=6，外接球的表面积为S=4R2=24.对于正四面体A-BCD中，若边长为a，O为正四面体外接球球心，H是正四面体底面三角形的中心，如图所示，由于M为CD的中点，所以BM=32a，则BH=23BM=33a，AH=AB2-BH2=63a，设外接球的半径为R，则OA=OB=R，RtBOH中，R2=BH2+AH-R2，解得R=64a，所以OH=A

38、H-R=612a.，即正四面体的中心O到正四面体底面的距离为612a.，半径均为2的四个球堆成的“三角垛”，由球心A，B，C，D构成的四面体，棱长为4，该三角垛能放入一个正四面体容器内，则该容器棱长的最小值时，此时每个小球均与正四面体的面相切，任意两个小球外切，设这个正四面体容器棱长为l，则有612l=6124+2，11解得l=4+4 6，则该容器棱长的最小值为4+4 6.故答案为：24；4+4 6.【点睛】方法点睛：正四面体的外接球问题，经常把正四面体补形成正方体，利用正方体的对角线为外接球的直径，可减少运算量；与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接，解题时要认真分析图形，明确切点和接

39、点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，找到等量关系列出算式.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.(10分)(22-23高一下山东聊城期末)2023年4月23日是第28个“世界读书日”，为了更好地弘扬“尊重知识，崇尚文明”的阅读理念，某书屋举办了“智慧闯关奖励图书”活动，活动规则如下：有3道难度相当的题目，每位闯关者共有3次机会，一旦某次答对抽到的题目，则闯关成功；否则就一直抽题到第3次为止假设张华答对每道题的概率都是0.7，且对抽到的题目能否答对是独立的(1)求张华第二次闯关成功的概率；(2)求张华闯关成功的概率【答案】(1)0

40、.21(2)0.973【分析】(1)利用独立事件的概率乘法公式求解即可；(2)先求出张华没有闯关成功的概率，再利用对立事件概率的求法求解即可【详解】(1)因为张华答对每道题的概率都是0.7，所以张华不能答对某道题的概率1-0.7=0.3，张华第二次闯关成功的概率0.30.7=0,21；(2)张华没有闯关成功的概率0.30.30.3=0.027，张华闯关成功的概率1-0.027=0.97318.(12分)(22-23高一下山东潍坊期末)在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，已知点A 3,4,B-2,2，且四边形OABC是平行四边形.(1)求点C的坐标及 AC；(2)若点P为直线OB上的动点，求

41、PA PC 的最小值.【答案】(1)C-5,-2，AC=10.(2)-25【分析】(1)OABC是平行四边形，利用OC=AB 求出点C的坐标，可得AC 的坐标及 AC；(2)设点P的坐标，表示出PA PC，结合函数思想求最小值.【详解】(1)如图所示，设C点坐标为 x,y，则OC=x,y，AB=-5,-2，因为四边形OABC是平行四边形，OC=AB，则有x=-5y=-2，所以C-5,-2，12可得AC=-8,-6，AC=10.(2)由题意直线OB的方程为y=-x，设P(a,-a)，则PA=3-a,4+a，PC=-5-a,-2+a，所以PA PC=3-a-5-a+4+a-2+a=2a2+4a-2

42、3=2 a+12-25，故当a=-1，点P坐标为-1,1时，PA PC 取得最小值-25.19.(12分)(22-23高一下江苏泰州期末)已知A(1,2),B(2,3).(1)若C(-2,5)，试判断ABC的形状，并证明；(2)设AB的中点为M.从下面中选取两个作为条件，证明另外一个成立：ACB=60；CM=62；ABC的面积为32.注:若选择不同的组合分别作答，则按第一个解答计分.【答案】(1)直角三角形，证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)由题意求出AB,AC，由数量积的坐标表示可得AB AC=0，即可判断ABC的形状；(2)由余弦定理和三角形的面积公式先化简，再从中选取两个作为条件，

43、证明另外一个成立即可.【详解】(1)因为A(1,2),B(2,3),C(-2,5)，所以AB=(1,1),AC=(-3,3)，从而AB AC=1(-3)+13=0，于是AB AC，故ABC为直角三角形.(2)c=|AB|=2，记角A,B,C的对边分别为a,b,c，由得，由余弦定理得22=a2+b2-2abcos60，化简得a2+b2-ab=2；由得，由cosAMC+cosBMC=0得，622+222-b226222+622+222-a226222=0,a2+b2=4；由得，12absinC=32，即absinC=3.由得a2+b2-ab=2；由得a2+b2=4，解得ab=2，所以ABC的面积为

44、12absin60=12232=32.由得absinC=3，因为ACB=60，所以ab=2，由得a2+b2-ab=2，所以a2+b2=4，因为AB的中点为M，所以CM=12(CA+CB)，于是CM=|CM|=12(CA+CB)2=12b2+a2+2abcos60=62.由余弦定理得2=a2+b2-2abcosC，由得a2+b2=4，所以abcosC=1，由得absinC=3，所以tanC=3，因为0C180，所以ACB=60.20.(12分)(22-23高一下江苏扬州期末)如图，在三棱锥S-ABC中，平面SAB平面SBC，CBA=90，SA=AB=BC=2，SC=2 3，D、E分别为SB，AB

45、的中点.13(1)求证：SBBC；(2)求二面角E-DC-B的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)155【分析】(1)利用面面垂直的性质定理得到AD平面SBC，再利用线面垂直的判定及性质即可证明.(2)先利用平面角的定义得到二面角E-DC-B的平面角为EKH，在RtEHK中可求得二面角的平面角的正弦值.【详解】(1)SA=AB，D为SB的中点，ADSB，平面SAB平面SBC，AD平面SAB，平面SAB平面SBC=SB，AD平面SBC，又BC平面SBC，ADBC，CBA=90，ABBC，又ADAB=A，AD平面SAB，AB平面SAB，BC平面SAB，又SB平面SAB，SBBC；(2)取BD中点

46、H，过H作HKCD于K，连接EK，因为E、H分别为AB、BD的中点，EHAD，由(1)知ADSB，ADBC，EHSB，EHBC，又SBBC=B，SB平面SBC，BC平面SBC，EH平面SBC，即EH平面BDC，又CD平面BDC，EHCD，HKCD，EHHK=H，EH平面EHK，HK平面EHK，CD平面EHK，又EK平面EHK，CDEK，EKH为二面角E-DC-B的平面角，在SBC中，CBS=90，BC=2，SC=2 3，SB=12-4=2 2，在SAB中，SA=AB=2，SB=2 2，SAAB，由(1)可知BC平面SAB，SA平面SAB，SABC，又ABBC=B，AB平面ABC，BC平面ABC

47、，SA平面ABC，CE平面ABC，SAEC，D、E分别为SB、AB的中点，DESA且DE=12SA=1，DEEC，14在RtBEC中，BE=1，BC=2，EC=5，在RtDEC中，DE=1，EC=5，DC=6，EK=56，在RtADB中，AD=AB2-BD2=2，EH=22，由HK在面SBC内，则EHHK，在RtEHK中，sinEKH=EHEK=155，即二面角E-DC-B的正弦值155.21.(12分)(22-23高一下江苏扬州期末)某村为响应国家乡村振兴战略，扎实推动乡村产业，提高村民收益，种植了一批琯溪蜜柚.现为了更好地销售，从该村的蜜柚树上随机摘下了100个蜜柚进行测重，测得其质量(单

48、位：千克)均分布在区间 1.5,7.5内，并绘制了如图所示的频率分布直方图：(1)按分层随机抽样的方法从质量落在区间 2.5,3.5，3.5,4.5的蜜柚中随机抽取5个，再从这5个蜜柚中随机抽取2个，求这2个蜜柚质量至少有一个小于3.5千克的概率；(2)以各组数据的中间数值代表这组数据的平均水平，以频率代表概率，已知该村的蜜柚树上大约还有5000个蜜柚待出售，某电商提出两种收购方案：A所有蜜柚均以20元/千克收购；B低于4.5千克的蜜柚以70元/个的价格收购，高于或等于4.5千克的蜜柚以90元/个的价格收购.请你通过计算为该村选择收益最好的方案.【答案】(1)710(2)方案A【分析】(1)依

49、题意可得蜜柚质量在区间 2.5,3.5和 3.5,4.5的比为2：3，则分别在质量为 2.5,3.5，3.5,4.5的蜜柚中抽取2个和3个，求出从这5个蜜柚中随机抽取2个的可能情况，再求出至少有一个小于3.5千克的方法种数，由古典概率公式代入即可得出答案.(2)分别计算两种方案的收益，比较两者的大小即可得出答案.【详解】(1)由题意得：x=1-0.12+0.4+0.2+0.05=0.15所以蜜柚质量在区间 2.5,3.5和 3.5,4.5的比为2：3，所以应分别在质量为 2.5,3.5，3.5,4.5的蜜柚中抽取2个和3个.记抽取的2个蜜柚中质量至少有一个小于3.5千克为事件A抽取的质量在区间

50、 2.5,3.5的蜜柚分别记为a1，a2，质量在区间 3.5,4.5的蜜柚分别记为b1，b2，b3，则从这5个蜜柚中随机抽取2个，样本空间=a1a2,a1b1,a1b2,a1b3,a2b1,a2b2,a2b3,b1b2,b1b3,b2b3，共10个样本点解法一：事件A=a1a2,a1b1,a1b2,a1b3,a2b1,a2b2,a2b3，共7个样本点，所以P A=710.解法二：事件A对立事件A=b1b2,b1b3,b2b3，共3个样本点，15所以P A=1-P A=1-310=710.(2)方案A好，由题中频率分布直方图可知，蜜柚质量在区间 1.5,2.5，2.5,3.5，3.5,4.5，4