高一数学下学期期末试卷

四川省泸州市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、选择题1．若集合,,则( )A. B. C. D.2．设复数z 满足( )A. B. C. D.3．设,,A. B. C. D.4．已知( )5．平面与平面平行的充分条件可以是( )A.内有无穷多条直线都与平行B.直线,,且,C.直线,直线,且,D.内的任何一条直线都与平行6．如图,为直角三角形,,,C 为斜边的中点,P 为线段的中点,则( )7．若圆台侧面展开图扇环的圆心角为,其母线长为2,下底面圆的半径是上底面圆的半径的2倍,则该圆台的高为( ){}25A x x =∈-<<Z {}24B x x x =<A B = (0,4){1,2,3}{}1-(2,4)-(1i)3i z -=-=2i+2i-12i -12i+0.48a = 1.312b -⎛⎫= ⎪⎝⎭c =a c b <<a b c<<c b a <<c a b<<tan α=α=αβαβm ⊄m β⊄//m α//m βm α⊂n β⊂//m β//n ααβAOB △1OA =2OB =AB OC AP OP ⋅=12180︒A.8．已知函数,若方程有4个不同的根,,,,且,则的值为( )A.3B.0C.2D.6二、多项选择题9．下列说法正确的是( )A.任意向量,与同向,则B.若向量,且,则A,B,C 三点共线C.若,则与的夹角是锐角,,则在上的投影向量为10．已知函数,满足,且,则( )A.的图象关于C.在上单调递减D.的图象关于点对称11．正方体的棱长为2,已知平面,则关于平面截正方体所得截面的判断正确的是( )A.截面形状可能为正三角形B.平面与平面ABCD 所成二面角的正弦值为C.截面形状可能为正六边形D.截面面积的最大值为三、填空题12．已知函数是定义在R 上的周期为2的奇函数,当时,,则的值为____________．__________.41,0()log ,0x x f x x x ⎧+≤⎪=⎨>⎪⎩()f x k =1x 2x 3x 4x 1234x x x x <<<3412x x x x --a b ba b> PA PB PC λμ=+ 1(01)λμλ+=<<0a b ⋅>a b 6b 3,π4b = a b -()sin(2)f x x ϕ=+ππ33f x f x ⎛⎫⎛⎫+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()ππ2f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭()f x x 1φ2=-()f x π,π2⎛⎫⎪⎝⎭()f x 13π,012⎛⎫⎪⎝⎭1111ABCD A B C D -1AC α⊥αα()f x 01x <<()2xf x =72f ⎛⎫ ⎪⎝⎭=14．已知三棱锥底面是边长为3的等边三角形,且,当该三棱锥的体积取得最大值时,其外接球的表面积为____________．四、解答题15．已知向量,且．（1）求向量与的夹角．（2）若向量与互相垂直,求k 的值．16．已知函数的部分图象如下图所示．（1）求函数的解析式．（2）若将函数的图象,求不等式的解集．17．在中,角A,B,C 所对的边分别为a,b,c ,已知．（1）求B ;（2）若．18．如图,在四棱锥中,底面是正方形,E ,F 分别为,的中点,G 为线段上一动点,平面．（1）证明：平面平面;（2）当时,证明：平面;（3）若,四面体的体积等于四棱锥的S ABC -SA AB SB ==(1,1a =-()3a b b +⋅= a bka b + a kb -π()sin()(0,0,||)2f x A x A ωϕωϕ=+>><()f x (f x ()g x ()1g x >ABC △2cos 2b C a c =+b =sin A C =c +P ABCD -ABCD PB PC AC PD ⊥ABCD ⊥BDF A E G 3CG AG =//EG BDF 2AD PD =BGEF P ABCD -．19．对于三个实数a,b,k ,若（1）写出一个数a 使之与2具有“性质1”,并说明理由;（2）若,具有“性质k ”,求实数k 的最大值．()()()(22111a b k a b --≥--22x --x ≤≤x cos x参考答案1．答案：B解析：,,所以.故选：B.2．答案：C,.故选：C.3．答案：D解析：因为函数在R 上单调递增,所以,又因为函数在上单调递增,所以,所以.故选：D.4．答案：B解析：依题意,故选：B.5．答案：D解析：对于A,若内有无穷多条直线都与平行,则,平行或相交,故充分性不成立,故A 错误;对于B,如图,在正方体中,平面,平面,{}{}251,0,1,2,3,4A x x =∈-<<=-Z {}{}2404B x x x x x =<=<<{1,2,3}A B = ()()()()323i 1i 3i 3i 33i i+i 24i12i 1i 1i 1i 1i 22z ++-++++======+---+2x y =. 1..130.31422220182b a -⎛⎫== ⎪=>=>⎝>⎭lg y x =(0,)+∞1lg lg103c =<=c a b <<2222222211cos sin 1tan 2cos2cos sin 1cos sin 1tan 12ααααααααα---=-=====+++αβαβ1111ABCD A B C D -11//C D ABCD 11//C D 11ABB A而平面平面,故充分性不成立,故B 错误;对于C,如图,在正方体中,平面,平面,而平面平面,故充分性不成立,故C 错误;对于D,由面面平行的定义知能推出平面与平面平行,故充分性成立,故D 正确.故选：D.6．答案：B解析：因为,取中点Q ,连接,故选：B.7．答案：C解析：设圆台的上底面的圆心为H ,下底面的圆心为O ,设圆台的母线交于点S ,11ABB A ABCD AB =1111ABCD A B C D -11//A B ABCD //CD 11ABB A 11ABB A ABCD AB =αβ()()1111111122222224PQ PO PA CO PA CO AO AC CA BA ⎛⎫⎡⎤=+=+=-+== ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦14BA ==AO PQ 144AP OP PA PO PA PO⋅=⋅=⋅⋅()()22221514164PA PO PA PO PQ AQ ⎡⎤=+--=-=-=⎢⎥⎣⎦为圆台的母线,且,下底面圆的半径是上底面圆的半径的2倍,,所以,由圆台侧面展开图扇环的圆心角为,所以下底面圆的周长为,所以,所以,,在直角梯形中,易求得故选：C.8．答案：A解析：作出函数的图象如下由对称性可知,由图可知,所以,则,,,故选：A.9．答案：BD解析：对于A,向量不能比较大小,故A 错误,对于B,向量且时,由向量共线定理的推论,知A,B,C 三AB 2AB =HA OB ==2=4SB =180︒4π2π4πOB ⋅=2OB =1HA =HABO OH ==41,0()log ,0x x f x x x ⎧+≤⎪=⎨>⎪⎩12x x +=-434log x =3401x x <<<43log 0x <444344log 0log log x x x ⇒-=>434log 0x x =341x x ∴=34121(2)3x x x x ---=-=PA PB PC λμ=+1(01)λμλ+=<<点共线,故B 正确,对于C,当,同向共线时,,此时夹角不是锐角,故C 错误,,故D 正确.故选：BD 10．答案：BD解析：因为函数函数,满足,所以的图象关于所以,所以,,因为,,即,所以,,所以则,由,可得,所以在上不单调,故C 错误;由,所以的图象关于点对称,故D 正确．故选：BD ．11．答案：ACD解析：如图,在正方体中,连接,,,,a b 0a b a b ⋅=⋅>3π4=-()sin(2)f x x ϕ=+ππ33f x f x ⎛⎫⎛⎫+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()sin(2)f x x ϕ=+x =πsin(2)3ϕ⨯+=±πk ϕ+=+∈Z ππ6k ϕ=-k ∈Z ()ππ2f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭()()sin πsin 2πϕϕ+>+sin 0ϕ<2k n =n ∈Z sin ϕ=π()sin(26f x x =-π,π2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭π5π11π(,)2666x ∈-()f x π,π2⎛⎫⎪⎝⎭1313ππππ0i 1212()sin(2)s n 26f =⨯==-()f x 13π,012⎛⎫ ⎪⎝⎭1111ABCD A B C D -1A B 1A D BD AC因为平面,平面,则,因为四边形为正方形,则,又因为,,平面,所以,平面,因为平面,则,同理可证,因为,,平面,则平面,所以平面与平面平行或重合,所以平面与正方体的截面形状可以是正三角形,故A 正确;平面与平面所成二面角正弦值为即为平面与平面所成的角,设与交于O ,连接,因为四边形是正方形,所以,又平面,又平面,所以,又,,平面,又平面,所以,所以是平面平面与平面所成二面角的平面角,由题意可得,进而可得所以所以平面与平面的1AA ⊥ABCD BD ⊂ABCD 1AA BD ⊥ABCD BD AC ⊥1AA AC A = 1AA AC ⊂11AA C C BD ⊥11AA C C 1AC ⊂11AA C C 1BD AC ⊥11A B AC ⊥1A B BD B = 1A B BD ⊂1A BD 1AC ⊥1A BD α1A BD 1A BD αABCD 1A BD ABCD AC BD 1OA ABCD AC BD ⊥1AA ⊥ABCD BD ⊂ABCD 1AA BD ⊥1AA AC A = 1AA AC ⊂1AA O 1AO ⊂1AA O 1BD AA ⊥1AOA ∠1A BD ABCD 12A A =12AO AC ==1AO ==111sin AA AOA A O ∠===α当E,F,N,,M,G,H 分别为对应棱的中点时,截面为正六边形,因为E ,H 分别为,的中点,则,因为平面,平面,则平面,同理可得平面,又因为,,平面,则平面平面,所以,平面,此时截面为正六边形,故C 正确;如图设截面为多边形,设,则,则,所以多边形的面积为两个等腰梯形的面积和,所以,因为EFNMGH 1BB 11A B 1//EH A B EH ⊄1A BD 1A B ⊂1A BD //EH 1A BD //EF 1A BD EH EF E =I EH EF ⊂EFNMGH //EFNMGH 1A BD 1AC ⊥EFNMGH GMEFNH 1A G x =02x ≤≤,)GH ME NF MG HN EF x ======-MN =GMEFNH 1211()()22S GH MN h MN EF h =+⋅++⋅1h ==所以=时,故选：ACD.12．答案：解析：根据题意,是定义在R上周期为2的奇函数,所以故答案为：13．答案：414．答案：解析：依题意,三棱锥的底面面积是个定值,侧面是等边三角形,顶点S到边的距离也是一个定值,所以当该三棱锥的体积取得最大值时,平面平面,取的中点,连接,,N,M分别为正三角形,的中心,所以,,所以为二面角平面角,可得,过N,M分别作平面,平面的垂线,,两垂线交于O,的2h==11)22S x=+-11)22S x=+++-221)x=++=-+1x=maxS=()f x127111422222f f f f⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-=-=-=⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭()2sin301041sin202︒-︒==︒15πS ABC-ABC△SAB ABSAB⊥ABCAB SH CH SAB ABCSH AB⊥CH AB⊥SHC∠S AB C--SH CH⊥SAB ABC NO MO则O 为外接球的球心,由正三角形的性质可求得进而可得易得四边形是正方形,所以由勾股定理可得其外接球的表面积为.故答案为：.（2）或解析：（1）由,得设向量与的夹角为,由,,所以,所以,解得所以向量与（2）由向量向量与互相垂直,得,所以,即,解得或．16．答案：（1）（2）,解析：（1）由图象知,即,又,,所以SH CH ==NH HM ==CM ==OMHN OM =OC ==24π15π=15π1k =1k =-()1,1a =-||a == a b[0,π]θ∈()3a b b +⋅= 2a b b ⋅+= 1a b ⋅= ||||cos 1a b θ⋅= cos θ=a b ka b + a kb -()()·0ka b a kb +-= 2220ka k a b a b kb -⋅+⋅-= 22120k k k -+-=1k =1k =-1π()2sin()26f x x =+ππ(π,π)66k k -+k ∈ZA =8π2π2π33=-=4πT =0ω>4π=ω=1()2sin()2f x x ϕ=+又函数过点,所以,所以,,解得,.又．（2）将函数可得函数,的图象,所以,由,可得,所以所以,,所以,所以不等式的解集为,．（2）2解析：（1）因为余弦定理可得,所以,因为,所以,,2π(,2)32π12π(2sin()2323f ϕ=⨯+=πsin()3ϕ+=π2π2k ϕ+=+k ∈Z 2ππ6k ϕ=+k ∈Z ||ϕ=1π()2sin(26f x x =+(f x ()1ππ42sin(4)2sin(2)266f x x x =⨯+=+()g x ()ππ2sin[2()]2cos 266g x x x =++=()1g x >2cos 21x >cos 2x >ππ2π22π33k x k -<<+k ∈Z πππ6k x k -<<+∈Z ()1g x >ππ(π,π66k k -+k ∈Z 222222a b c b a c ab+-⨯=+222a b c ac -+=-2221cos ,(0,π)22a cb B B ac +-==-∈B =2sin sin b c B C====sin =sin C =又,由余弦定理得,即,因为,所以.18．答案：（1）证明见解析（2）证明见解析解析：（1）设与交于O ,连接,因为四边形是正方形,所以,且O 为的中点,又平面,又平面,所以,因为E 是的中点,所以,所以,又,,平面,所以平面,又平面,所以平面平面;（2）连接交于点M ,连接,连接,则O 为的中点,因为,的中点,所以M 为所以,又平面,平面,所以平面;（3）由平面,可得,因为E,F 分别为,的中点,sin sin A C =2c =1=2222cos b a c ac B =+-221322a c ac ⎛⎫=+-⨯- ⎪⎝⎭222233()4()a c ac ac a c a c =++⇒+=+⇒=+,0a c >2a c +=AC BD OE ABCD AC BD ⊥BD PD ⊥ABCD BD ⊂ABCD PD BD ⊥PB //PD OE OE BD ⊥OE AC O = OE AC ⊂A E G BD ⊥A E G BD ⊂BDF ⊥BDF A E G CE BF EF OM AC 3CG ==PB PC PBC △==//OM GE OM ⊂BDF EG ⊄BDF //EG BDF PD ⊥ABCD 22P ABCD P ABC A PBC V V V ---==PB PC所以,所以,所以又四面体的体积等于四棱锥,所以点G ,A平面.19．答案：（1）（答案不唯一）,理由见解析.（2）（3）0解析：（1）与2具有“性质1”.当时,即,则2与2具有“性质1”（2）若所以,即,令,,所以,所以,解得即所以因此x 的取值范围,具有“性质k ”,14BEF PEF PBC S S S ==△△△4A PBC A BEF V V --=228P ABCD P ABC A PBC A BEF V V V V ----===BGEF P ABCD -A BEF G BEF V --=BEF 34=2a =4{|log x x ≤4log x ≥2a =2a =()()()(22212112212--≥⨯--⨯90>22x x --()()2222110x x -⎡⎤---≥⎢⎥⎣⎦()22210442104430xxx x x x -----≥⇒+--≥⇒+-≥4xt =0t >2131300t t t t t-++-≥⇒≥2310t t -+≥0t <≤≥04x <≤x ≥4log x ≤4log x ≥4{|log x x ≤4log x ≥x ≤≤x cos x所以,,化简得令,,两边平方得令求导得令,求导得令,解得,当,,在上单调递减;当,,在上单调递增;又因为,所以,因此,即y 在单调递减,当时,y 取最小值为0,进而得到,实数k 的最大值为0.()()()(22sin 1cos 1sin cos 1sin cos x x k x x x --≥--x ≤≤x >cos x cos 0,1cos 0sin sin x x x x ->->()()22cos sin sin cos 1sin cos x x k x x xx k ≥--⇒≤sin cos t x x =-[]0,1t ∈sin cos x x =2224321()12222112t t t k t t t t --+≤=+⎛⎫-- ⎪⎝⎭43212,22t t y t t++-=()()()()()33242234422122622t t t t t t t y t t -++--++='=+462551()h t t t t =+--534220102(3105)()6h t t t t t t t '=+-=+-()0h t '=0,1t t ==<t =()0h t '<()h t t =()0h t '>()h t (0)1h =-(1)0h =()0h t <0'<y []0,11t =0k ≤。

武汉市部分重点中学2023—2024学年度下学期期末联考高一数学试卷★祝考试顺利考试时间：2024年6月26日下午14：00—16：00★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、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 已知复数z 满足()1i 2z −=，则复数z 的虚部为（ ）A. i −B. 1−C. 2iD. 2【答案】D 【解析】【分析】先求出z ，再结合虚部定义可解．【详解】()1i 2z −=，则212i iz −==−，则12z i =+，虚部为2． 故选：D.2. 已知向量a 与b的夹角为30°，2b = ，则a b −= （ ）A. 1B. 2C. 2+D.【答案】A 【解析】【分析】借助向量模长与数量积的关系与数量积的计算公式计算即可得.【详解】a b −=1=. 故选：A.3. 已知一组数据8，4，7，6，5，3，9，10，则这组数据的25%分位数是（ ） A. 3.5 B. 4C. 4.5D. 5【答案】C 【解析】【分析】根据已知条件，结合百分位数定义可解．【详解】数据从小到大排序：3，4，5，6，7，8，9，10，共8个， 则825%2×=，则这组数据的25%分位数是：454.52+=． 故选：C.4. 在某次比赛中运动员五轮的成绩互不相等，记为()1,2,3,4,5i x i =，平均数为x ，若随机删去其中一轮的成绩，得到一组新数据，记为()1,2,3,4i y i =，平均数为y ，下面说法正确的是（ ） A. 新数据的极差不可能等于原数据的极差 B. 新数据的中位数可能等于原数据的中位数 C. 若x y =，则新数据的方差一定小于原数据方差D. 若x y =，则新数据的第40百分位数一定大于原数据的第40百分位数 【答案】B 【解析】【分析】根据极差、中位数、平均数和方差的概念，以及百分位数的概念及计算方法，逐项判定，即可求解.【详解】对A ：若随机删去任一轮的成绩，恰好不是最高成绩和最低成绩， 此时新数据的极差等于原数据的极差，故A 错误； 对B ：不妨假设12345x x x x x <<<<， 当()24312x x x +=时，若随机删去的成绩是3x ， 此时新数据的中位数等于原数据的中位数，故B 正确；对C ：若x y =，即删去的数据恰为平均数，根据方差的计算公式，分子不变，分母变小，所以方差会变大， 则新数据的方差一定大于原数据方差，故C 错误；对D ：若x y =，即删去的数据恰为平均数，在按从小到大的顺序排列的5个数据中，因为540%2×=，此时原数据的40%分位数为第二数和第三个数的平均数； 删去一个数据后的4个数据，从小到大的顺序排列，可得440% 1.6×=， 此时新数据的40%分位数为第二个数，显然新数据的40%分位数小于原数据的40%分位数，故D 错误. 故选：B.5. 《天工开物》是我国明代科学家宋应星所著的一部综合性科学技术著作，书中记载了一种制造瓦片的方法．某校高一年级计划实践这种方法，为同学们准备了制瓦用的粘土和圆柱形的木质圆桶，圆桶底面外圆的直径为20cm ，高为20cm ．首先，在圆桶的外侧面均匀包上一层厚度为1cm 的粘土，然后，沿圆桶母线方向将粘土层分割成四等份（如图），等粘土干后，即可得到大小相同的四片瓦．每位同学制作四片瓦，全年级共1000人，需要准备的粘土量（不计损耗）约为（ ）（参考数据：π 3.14≈）A. 31.3mB. 31.5mC. 31.8mD. 32.2m【答案】A 【解析】【分析】结合圆柱体积公式求出四片瓦的体积，再求需准备的粘土量.【详解】由条件可得四片瓦的体积22π1120π1020420πV =××−××=（3cm ）则1000名学生，每人制作4片瓦共需粘土体积为1000420π420000π×=（3cm ），又π 3.14≈， 所以共需粘土的体积为约为31.3m . 故选：A6. 已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β，直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，,l α⊄,l β⊄则 （ ）的A. α∥β且l ∥αB. α⊥β且l ⊥βC. α与β相交，且交线垂直于lD. α与β相交，且交线平行于l【答案】D 【解析】【详解】试题分析：由m ⊥平面α，直线l 满足l m ⊥，且l α⊄，所以//l α，又n ⊥平面β，,l n l β⊥⊄，所以l //β，由直线,m n 异面直线，且m ⊥平面,n α⊥平面β，则α与β相交，否则，若//αβ则推出//m n ，与,m n 异面矛盾，所以,αβ相交，且交线平行于l ，故选D ．考点：平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论． 7. 如图，在平面四边形ABCD 中，AD CD ⊥，ACBC ⊥，30DAC °∠=，45BAC °∠=，现将ACD 沿AC 折起，并连接BD ，使得平面ACD ⊥平面ABC ，若所得三棱锥D ABC −的外接球的表面积为8π，则三棱锥D ABC −的体积为（ ）A.14B.C.D.【答案】D 【解析】【分析】利用面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理可以证得ADB ∠为直角，又ACB ∠为直角，进而利用直角三角形的性质得到外接球的球心为斜边AB 的中点，然后根据球的面积公式求得球的半径，进而计算求得三棱锥D ABC −的体积.【详解】∵平面ACD ⊥平面ABC ，平面ABC 平面BCD AC =，,AC BC BC ⊥⊂平面ABC ，∴BC⊥平面ACD ，又∵AD ⊂平面ACD ，∴AD BC ⊥，又∵,,AD DC BC DC C BC ⊥∩=⊂平面BCD ，DC ⊂平面BCD ，∴AD ⊥平面BCD ， 又∵BD ⊂平面BCD ，∴AD BD ⊥，即ADB ∠为直角， 又∵ACB ∠为直角，∴取AB 的中点O ，连接,OC OD ，为由直角三角形的斜边上的中线性质OA OB OC OD ===， 可得O 为三棱锥D ABC −外接球的球心，由三棱锥D ABC −外接球的表面积为8π，可得外接球的半径r =∴2,2,1,AB BC AC CD AD ====，∵BC⊥平面ACD ，ADB ∠为直角，∴三棱锥D ABC −的体积为11121332ACD BC S ×=×××= 故选：D8. 已知棱长为4的正方体1111ABCD A B C D −，点E 是棱AB 的中点，点F 是棱1CC 的中点，动点P 在正方形11AA DD （包括边界）内运动，且1//PB 平面DEF ，则PD 的长度范围为（ ）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】先过点1B 作出与平面DEF 平行的平面，然后得出点P 的轨迹，最后计算PD 的长度取值范围即可.【详解】如图，取1BB 上靠近点B 的四等分点G ，连接EG 、FG ， 由E 是棱AB 的中点，点F 是棱1CC 的中点，易得//EG DF ， 则EG ⊂平面DEF ，取11C D 、1A A 中点H 、J ，取1DD 上靠近点1D 的四等分点I ， 连接1B H 、HI 、IJ 、1JB ，由正方体的性质易得1//HI JB ，1//JB EG ，则//HI EG ， 又HI ⊄平面DEF ，EG ⊂平面DEF ，所以//HI 平面DEF ，同理，//IJ 平面DEF ，又IJ IH I ⊂ ，,IJ IH ⊂平面1HIJB ，故平面1//HIJB 平面DEF ， 又1//PB 平面DEF ，P ∈平面11AA DD ，故P IJ ∈， 即点P 的轨迹为线段IJ ，设点D 到IJ 的距离为d ，有1432DIJ S d =××= ，故d=，又max PD DJ ===，故PD 的长度范围为.故选：C..【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是过1B 作出与平面DEF 平行的平面，从而求得P 的运动轨迹，由此得解.二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9. 供电部门对某社区100位居民6月份人均用电情况进行统计后，按人均用电量分为[)0,10，[)10,20，[)20,30，[)30,40，[]40,50五组，整理得到如图所示的频率分布直方图，则有关这100位居民，下列说法正确的是（ ）A. 6月份人均用电量人数最多的一组有40人B. 6月份人均用电量在[)30,40内的有30人C. 6月份人均用电量不低于20度的有50人D. 在这100位居民中用比例分配的分层随机抽样方法抽取10位居民协助收费，抽到的居民用电量在[)20,30一组的人数为3【答案】ACD 【解析】【分析】根据题意，由频率分布直方图，对选项逐一计算，即可得到结果.【详解】A ：根据频率分布直方图知，6月份人均用电量人数最多的一组是[)10,20， 有1000.041040××=（人），故A 正确； B ：6月份人均用电量在[)30,40内的人数为1000.011010××=，故B 错误；C ：6月份人均用电量不低于20度的频率是()0.030.010.01100.5++×=， 有1000.550×=（人），故C 正确； D ：用电量在[)20,30内的有0.031010030××=（人）， 所以在这100位居民中用比例分配的分层随机抽样方法抽取10位居民协助收费， 抽到的居民用电量在[)20,30一组的人数为30103100×=，故D 正确． 故选：ACD10. 将一个直径为8cm 的铁球磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是（ ） A. 底面直径为8cm ，高为6cm 的圆柱体 B. 底面直径为6cm ，高为4cm 的圆锥体 C. 底面边长为4cm ，高为6cm 的正四棱柱 D. 棱长为6cm 的正四面体【答案】BD 【解析】【分析】根据球的几何性质，结合勾股定理，计算球心到选项中各几何体底面的距离，结合各几何体特征即可逐一求解.【详解】对A ：若圆柱的底面直径为8，此时球心到圆柱底面的距离为0，故A 错误； 对B ：若圆锥的底面直径为6，则半径为3，，故圆锥的高最大时为44+>，故B 正确；对C ：若正四棱柱底面边长为4，则底面外接圆半径为，故正四棱柱的高最大时为6<，故C 错误；对D ：法一：若正四面体的棱长为6，则底面外接圆半径为23×2=，棱长为6cm ，由246+=>D 正确法二：若将各棱长均为6cm 的四面体放入到棱长为8=<，故D 符合，故D 正确. 故选：BD.11. 已知圆锥SO 的底面半径为10cm ，其母线SA 长40cm ，底面圆周上有一动点B ，下列说法正确的有（ ）A. 截面SAB 的最大面积为2B. 若π3AOB ∠=，则直线SB 与平面SOA 夹角的正弦值为14C. 当三棱锥O SAB −的体积最大时，其外接球的表面积为21700πcmD. 若C SA ∈，且10cm CA =，一只小蚂蚁从A 点出发绕侧面一周到达C 点，先上坡后下坡，当它爬行的路程最短时，下坡路段长为18cm 【答案】ACD 【解析】【分析】对A ，关键在于考虑∠ASB 正弦的大小；对B ，只需作出线面角即可；对C ，当三棱锥O -SAB 体积最大值，三棱锥可以补成长方体；对D ，可以将圆锥侧展开考虑. 【详解】对A ，因为1sin 4OA ASO SA ∠==，所以∠ASB 为锐角，所以21222SAB SOA S S SO OA ≤=×⋅= ，A 正确； 对B ，如图，取OA 中点H ，则BH ⊥OA ，又BH ⊥SO ，所以BH ⊥面SOA ， 所以∠BSH 为直线SB 与平面SOA 所成的角，所以sin BH BSH BS ∠=B 错误；对C ，易知当三棱锥O -SAB 体积最大时，OB ⊥面SOA ， 此时三棱锥可以补成以OA ，OB ，OS 为三相邻边的长方体，所以外接球直径2R =，外接球表面积为2241700πcm R π=，C 正确；对D ，将三棱锥侧面展开如下，扇形弧长为20cm π，所以2ASA π′∠=； 过S 作SD ⊥A C ′于D ，则所求路径即为CD 的长： 由40cm SA ′=，SC =30cm ，所以A C ′=50cm ，且218cm SC CD A C==′，D 正确.故选：ACD. 【点睛】方法点睛：(1)过三棱锥顶点作三棱锥截面，由于母线长是确定的，所以截面面积取决于顶角的大小； (2)几何法求线面角大小，关键作出斜线在平面上的投影； (3)“墙角式”三棱锥外接球为补成长方体体对角线中点； (4)立体几何路径最短问题，往往需要展成一个平面后解决三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）.12. 在ABC 中，60BAC ∠=°，3AB =，2AC =，若D 为BC 边的中点，则AD =______．【解析】【分析】借助向量的线性运算与模长与数量积的关系计算即可得. 【详解】由D 为BC 边的中点，则()12AD AB AC =+，则AD =13. 某水平放置的平面图形ABCD 的斜二测直观图是梯形A B C D ′′′′（如图所示），已知A D B C ′′′′∥，45A B C ′′′∠=°，112A D AB BC ′′′′′′===，将该平面图形绕其直角腰AB 边旋转一周得到一个圆台，则该圆台的侧面积为______．【答案】 【解析】【分析】结合斜二测法可得圆台上、下底面半径及母线长度，结合圆台性质与圆锥的侧面积公式计算即可得该圆台的侧面积.【详解】由题可得22AB A B ′′==，1AD A D ′′==，2BC B C ′′==，90ABC ∠=°， 则所得圆台上底面为以AD 为半径的圆，下底面为以BC 为半径的圆，高为AB ，其母线为CD =故其侧面积()()ππ12S AD BC CD =⋅+⋅=×+=.故答案为：.14. 如图所示，某甜品店将上半部是半球（半球的半径为2），下半部是倒立的圆锥（圆锥的高为4）的冰淇淋模型放到橱窗内展览，托盘是边长为6的等边三角形ABC 金属片沿三边中点D ，E ，F 的连线向上折叠成直二面角而成，则半球面上的最高点到平面DEF 的距离为______．【答案】6 【解析】【分析】画出底面展开图，由几何关系得到图中边长关系，由正弦定理可得2r =到2MO =.【详解】设上面球心为1O ，ABC 的圆心为2O ，ABC 三点在底面投影的正三角形111A B C 的中心为3O ，圆锥的顶点为M ，EF 边中点为N ，连接,DN BN ，则112,4O P O M ==，3BE =， 由几何关系可得123,,O O O 三点共线，由题意可得162BN DN ==×=111113222A B EB EF BE ====， 在几何体中，设ABC 的外接圆半径为2r ，则由正弦定理可得22322sin 60r r °=⇒=2BO =由21MBO MPO ∽可得2211MO BO MO PO =，所以224MO MO ⇒所以半球面上的最高点到平面DEF的距离为22466MO BN +−+==+故答案为：6四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15. 在锐角ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2cos cos cos a A b C c B −=． （1）求角A 的大小；（2）若a =，求b c +的取值范围． 【答案】（1）π3（2）(6, 【解析】【分析】（1）根据题意，结合正弦定理及诱导公式，即可求得1cos 2A =，得角即可； （2）由正弦定理，将边全部化为角，利用三角函数来求值域即可． 【小问1详解】根据题意得，2cos cos cos a A b C c B −=，由正弦定理得，2sin cos sin cos sin cos A A C C B −=，即sin cos sin cos sin()2sin cos C B B CB C A A +=+=， 即sin()sin 2sin cos B C AA A +==， 因为π(0,)2A ∈，则sin 0A ≠则12cos A =， 则1cos 2A ＝，(0,π)A ∈，则π3A =． 【小问2详解】由正弦定理得，4sin sin sin a b c A B C ===，所以4sin 4in ,s b B c C =．所以4(sin sin )4[sin sin()]b c B C B A B +=+=++，34sin 6sin 2B B B B =+=+π6B+，因为锐角ABC，则π2π2BC<<<<，即π22ππ32BB<<<−<，解得ππ62B<<．则ππ2π363B<+<πsin16B<+≤．所以6b c<+≤，则b c+的取值范围(6,．16. 如图，在四棱锥P ABCD−中，平面ABCD⊥平面PAB，AB DC，AB BC⊥，4AB=，2BC DC==，3PA PB==，点M为PB的中点．（1）求证：CM∥平面P AD；（2）求二面角P BD C−−的余弦值．【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）根据中点特征，平面P AD内找一条与CM平行的直线，运用中位线性质和平行线传递性，证明线线平行，最终得到线面平行即可；（2）运用中点特征，作辅助线找出二面角的平面角后，转化用余弦定理来解三角形即可．【小问1详解】如图，取PA中点N，连接,DN MN．由于点M 为PB 的中点，则∥MN AB ，且AB DC ，且12MNDC AB ==， 故四边形MNDC 为平行四边形，则CM DN ∥.又DN PAD ⊂平面，CM PAD ⊄平面，则CM ∥平面P AD ． 【小问2详解】 如图，由于平面ABCD ⊥平面PAB ， AB 为两平面交线，且AB BC ⊥，BC ⊂平面ABCD ， 则BC⊥平面PAB ，PB ⊂平面PAB ，则BC PB ⊥，PC ；取AB 中点O ，连接DO ，OP ，则DC BO ， //DC BO ，且OB BC ⊥， 则四边形DOBC 为正方形，则//DO BC ，由（1）知道，BC ⊥平面PAB ，故DO ⊥平面PAB ．又3PA PB ==，则OP BA ⊥，则,,OP OD OB 两两垂直．可以求得DB =，OP ==，3DP BP ==， 则PBD △和CBD △都为等腰三角形.取DB 中点R ， 连接CR ，RP ，则PR DB,CR DB ⊥⊥ 则∠CRP 即为二面角P−BD−C 的平面角.RP，CRPC =．CRP △中，用余弦定理得，222cos 2CR RP PC CRP CR RP +−∠=×× 由图可知，二面角P BD C −−为钝角，则余弦值为．17. 近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行的营销形式．某直播平台1200个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图所示．在（1）该直播平台为了更好地服务买卖双方，打算随机抽取60个直播商家进行问询交流．如果按照比例分层抽样的方式抽取，则应抽取小吃类、生鲜类商家各多少家？（2）在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对（1）中抽取的60个商家的平均日利润进行了统计（单位：元），所得频率分布直方图如右图所示，请根据频率分布直方图计算下面的问题：①估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数（结果保留一位小数，求平均数时同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；②若将平均日利润超过430元的商家评为“优秀商家”，估计该直播平台“优秀商家”的个数． 【答案】（1）小吃类24家，生鲜类9家 （2）①中位数为342.9，平均数为352.5；②168 【解析】【分析】（1）根据分层抽样的定义计算即可； （2）①根据中位数和平均数的定义计算即可；②根据样本中“优秀商家”“优秀商家”的个数即可. 【小问1详解】()60125%15%10%5%5%24×−−−−−=，6015%9×=，所以应抽取小吃类24家，生鲜类9家； 【小问2详解】①根据题意可得()0.00130.0030.0050.007501a ×++++×=，解得0.002a =， 设中位数为x ，因为()0.0010.003500.2+×=，()0.0010.0030.007500.55++×=， 所以()3000.0070.20.5x −×+=，解得342.9x ≈， 平均数为：()2250.0012750.0033250.0073750.0054250.0024750.0015250.00150352.5×+×+×+×+×+×+××=， 所以该直播平台商家平均日利润的中位数为342.9，平均数为352.5.②4504300.0020.0010.00150120016850−×++××=, 所以估计该直播平台“优秀商家”的个数为168.18. 如图所示，在三棱锥O ABC −中，OA BC ⊥，OB AC ⊥．（1）证明：OC AB ⊥；（2）若ABC 是边长为2的等边三角形，点O 到平面ABC ．试问直线OB 与平面ABC 所成夹角是否为定值，若是则求出该夹角的余弦值；若不是请说明理由；（3）在（2）的条件下，取OB 中点为P ，并取一点Q 使得()01AQ AC λλ=<<．当直线PQ 与平面ABC 所成角的正切值最大时，试求异面直线OQ 与PC 所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析（2 （3）23【解析】【分析】（1）过O 作OH ⊥平面ABC 于点H ，利用线面垂直的性质和判定定理即可证明； （2）找到线面角即为OBH ∠，再利用勾股定理和余弦性质即可；（3）首先利用线面角定义证明Q 和N 重合时，直线PQ 与平面ABC 所成角的正切值最大，再证明该四面体为正四面体，最后利用余弦定理即可. 【小问1详解】过O 作OH ⊥平面ABC 于点H ，延长AH 交BC 于点M ， 延长BH 交AC 于点,N BC ⊂平面ABC ，则,,OH BC BC OA OH OA O ⊥⊥∩=，,OH OA ⊂平面OAH ， 则BC⊥平面OAH ，AH ⊂ 平面,OAH BC ∴⊥AH ，同理由AC OB ⊥可证明,AC BH H ⊥∴为ABC 的垂心，AB CH ∴⊥， 因为OH ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ,AB OH ∴⊥，又,,CH OH H CH OH ∩=⊂ 平面OHC ，则AB ⊥平面OHC . OC ⊂ 平面,OHC AB OC ∴⊥.【小问2详解】OH ⊥ 平面ABC ，则直线OB 与平面ABC 所成的角即为OBH ∠，ABC 等边三角形，边长为2，则223BH OH =×== ，2OB∴=， 所以直线OB 与平面ABC所成夹角是定值，且cos BHOBH OB ∠= 直线OB 与平面ABC. 【小问3详解】取BH 的中点G ，连PG 和GQ ，P 为OB 的中点//PG OH ∴，12PGOH ==， OH ⊥ 平面,ABC PG ∴⊥平面ABC ，PQG ∠即为直线PQ 与平面ABC所成角tan PG PQG GQ ∠=GQ 最小.由题意知GQ GN ≥，则GQ 最小时，Q 和N 重合时，取BN 中点D ，连接,,PD DC PC ，则//,PD ON DPC ∠即为异面直线ON 与PC 所成的角，为在DBC △中，30,2DB DBC BC °∠==，由余弦定理得DC =同（2）中OB 的求法可得2OA OC OB ===，结合底面是为2的等边三角形，则该四棱锥为正四面体，则ON PC ==又DPC △中，12PDON ==，则由余弦定理得2cos 3DPC∠=.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是首先根据线面角的定义找到线面角，再找到其正切最大的状态，最后结合余弦定理即可得到答案.19. 已知数据1x ，2x ，…，n x 的平均数为x ，方差为2x s ，数据1y ，2y ，…，n y 的平均数为y ，方差为2y s．类似平面向量，定义n 维向量()12,,,n OP x x x x x x =−−−，()12,,,n OQ y y y y y y =−−− 的模OP=，OQ=，数量积()()1ni i i OP OQ x xy y =⋅=−−∑．若向量OP与OQ所成角为θ，有恒等式cos OP OQ OP OQ θ⋅=，其中*n ∈N ，2n ≥． （1）当2n =时，若向量()3,4OP =−− ，()5,12OQ=−，求OP 与OQ所成角的余弦值；（2）当3n =时，证明：①2222212333xs x x x x =++−；②1122333OP OQ x y x y x y x y ⋅=++−；（3）当*n ∈N ，2n ≥时，探究()2OP OQ ⋅ 与222211n n i i i i x nx y n y ==  −− ∑∑的大小关系，并证明．【答案】（1）3365（2）证明见解析 （3）()2222211n ni i i i O x x n y O n P y Q==⋅  ≤−−  ∑∑，证明见解析【解析】【分析】（1）借助数量积公式计算即可得；（2）①结合方差的计算法则化简即可得；②借助所给数量积公式计算化简即可得；（3）借助所给恒等式计算出()2OP OQ ⋅ 后，结合三角函数值域即可得.【小问1详解】33cos ,65OP OP OQOQ QOP O ⋅==⋅；【小问2详解】 ①当3n =时，()()()()22222222123123123332x s x x x x x xx x x x x x x x =−+−+−=+++−++222222221231233233x x x x x x x x x x =+++−⋅=++−；②()()()3311i ii iiii i O x xy y x y xy x y P x Q y O ==⋅=−−=−−+∑∑ 33331111333i i iii ii i i i x y x y y x x y x y x y x y =====−⋅−⋅+−−+∑∑∑∑ 1122333133i ii x y x yx y x y x y x y ==−=++−∑；【小问3详解】()2222211n ni i i i O x x n y O n P y Q==⋅  ≤−−  ∑∑ ，理由如下：当*n ∈N ，2n ≥时，()()22222111122nnnniii ii i i i i x x xx x x xnx x x ===−=+−=+−∑∑∑∑22222112nnii i i x nx nx x nx ==+−=−∑∑，同理可得()22211nni i i i y y y n y =−=−∑∑，则()()()222222112cos ,cos ,n nii i i OP OQ OP OQ OP OQ OP O x x Q y y ====−⋅−⋅⋅⋅∑∑2222222221111cos ,n n n n i i i i i i i i x nx y n y x nx y n Q y OP O ====   =−−⋅≤−−    ∑∑∑∑ .【点睛】关键点点睛：本题关键点在于运算，尤其需要清楚1ni i x nx ==∑.。

新乡市2023-2024学年高一期末（下）测试数学（答案在最后）注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.4.本试卷主要考试内容：人教A 版必修第一册占25%，第二册占75%.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.1.已知集合{}Z 21A x x =∈-<-，{}220B x x x =--≤，则A B = （）A.{}1B.{}1,0-C.{}1,2 D.{}1,0,1,2-2.22i3i 4-=+（）A.17i 1313- B.214i 2525-C.214i 2525+ D.17i 2525-+3.已知函数()21x f x x a-=+是奇函数，则=a （）A .B.1C.1- D.24.已知平面向量a ，b满足1a = ，2b = ，且2a b -= ，则cos ,a b = （）A.12B.14 C.16D.185.已知函数()()πsin 0,2f x x ωϕωϕ⎛⎫=+>≤⎪⎝⎭的部分图象如图所示，则8π3f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（）A.0B.1C.2D.36.将颜色为红、黄、白的3个小球随机分给甲、乙、丙3个人，每人1个，则与事件“甲分得红球，乙分得黄球或甲分得黄球、乙分得红球”互为对立事件的是（）A.甲分得黄球B.甲分得白球C.丙没有分得白球D.甲分得白球，乙分得黄球7.已知2sin 23sin 2αβ=，且()tan 1αβ-=，则()tan αβ+=（）A.1B.3C.5D.78.在正三棱柱111ABC A B C -中，1AA AB =，M 是AB 的中点，N 是棱11B C 上的动点，则直线MN 与平面11BCC B 所成角的正切值的最大值为（）A.12B.22 C.32D.34二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分，有选错的得0分.9.如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点M ，N ，E ，F 分别在棱11A B ，11A D ，11B C ，11C D 上，且平面AMN ∥平面EFDB ，下列结论正确的是（）A.MN EF ∥B.EF BD ∥C.AN DF∥ D.BE ∥平面AMN10.Z 国进口的天然气主要分为液化天然气和气态天然气两类.2023年Z 国天然气进口11997吨，其中液化天然气进口7132吨，气态天然气进口4865吨.2023年Z 国天然气及气态天然气进口来源分布及数据如图所示：下列结论正确的是（）A.2023年Z 国从B 国进口的液化天然气比从A 国进口的多B.2023年Z 国没有从A 国进口液化天然气C.2023年Z 国从C 国进口的液化天然气一定比从D 国进口的多D.2023年Z 国从B 国进口的液化天然气一定比从D 国进口的多11.在ABC 中，D 是BC 的中点，4BC =，AD =，下列结论正确的是（）A.若AC =，则=ABB.ABC 面积的最大值为C.7BA CA ⋅= D.若2B C =，则3AB =三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.12.函数()222x f x -=的最大值为______.13.在某次调查中，采用分层随机抽样的方法得到10个A 类样本，30个B 类样本.若A 类样本的平均数为5.5，总体的平均数为4，则B 类样本的平均数为______.14.已知某圆台的母线长为3，下底面的半径为1，若球O 与该圆台的上、下底面及侧面都相切，则球O 的表面积为______．四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知函数()cos f x x x =+.（1）求()f x 的最小正周期；（2）求()f x 的单调递增区间；（3）求()f x 在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域.16.在ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且cos 2c bB a+=.（1）证明：2A B =；（2）若2a =，3π4C =，求ABC 的周长.17.为了解某校高一年级学生数学学习的阶段性表现，该年级组织了一次测试.已知此次考试共有1000名学生参加，将考试成绩分成六组：第一组[)30,50，第二组[)50,70，…，第六组[]130,150.整理数据得到如图所示的频率分布直方图.（1）该校根据试卷的难易程度进行分析，认为此次成绩不低于110分，则阶段性学习达到“优秀”，试估计这1000名学生中阶段性学习达到“优秀”的人数；（2）若采用等比例分层抽样的方法，从成绩在[)50,70和[)110,130内的学生中共抽取6人，查看他们的答题情况来分析知识点的掌握情况，再从中随机选取3人进行面对面调查分析，求这3人中恰有1人成绩在[)110,130内的概率.18.如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点，点F 在棱BP 上，且EF BP ⊥，四边形ABCD 为正方形，2PD CD ==.（1）证明：BP DF ⊥；（2）求三棱锥F BDE -的体积；（3）求二面角F DE B --的余弦值.19.在世界杯小组赛阶段，每个小组内的四支球队进行循环比赛，共打6场，每场比赛中，胜、平、负分别积3，1，0分.每个小组积分的前两名球队出线，进入淘汰赛.若出现积分相同的情况，则需要通过净胜球数等规则决出前两名，每个小组前两名球队出线，进入淘汰赛.假定积分相同的球队，通过净胜球数等规则出线的概率相同（例如：若B ，C ，D 三支积分相同的球队同时争夺第二名，则每个球队夺得第二名的概率相同）.已知某小组内的A ，B ，C ，D 四支球队实力相当，且每支球队在每场比赛中胜、平、负的概率都是13，每场比赛的结果相互独立.（1）求A球队在小组赛的3场比赛中只积3分的概率；（2）已知在已结束的小组赛的3场比赛中，A球队胜2场，负1场，求A球队最终小组出线的概率.新乡市2023-2024学年高一期末（下）测试数学注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.4.本试卷主要考试内容：人教A 版必修第一册占25%，第二册占75%.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.1.已知集合{}Z 21A x x =∈-<-，{}220B x x x =--≤，则A B = （）A.{}1B.{}1,0-C.{}1,2 D.{}1,0,1,2-【答案】C 【解析】【分析】根据题意，A 集合里的元素为整数，B 集合需解出具体解集，结合交集，得解.【详解】因为{}{}Z 211,2,3,A x x =∈-<-= ，{}{}22012B x x x x x =--≤=-≤≤，所以{}1,2⋂=A B .故答案选：C2.22i3i 4-=+（）A.17i 1313- B.214i 2525-C.214i 2525+ D.17i 2525-+【答案】B 【解析】【分析】由复数除法运算法则可得答案.【详解】()()()()22i 43i 22i 214i 214i 3i 43i 443i 252525----===-++-.故选：B3.已知函数()21x f x x a-=+是奇函数，则=a （）A.0 B.1C.1- D.2【答案】A 【解析】【分析】利用奇函数定义，列式计算即得.【详解】由函数()f x 是奇函数，得()()0f x f x +-=，则22110x x x a x a--+=+-+，解得0a =，函数21()x f x x-=定义域为(,0)(0,)-∞+∞ ，是奇函数，所以0a =.故选：A4.已知平面向量a ，b满足1a = ，2b = ，且2a b -= ，则cos ,a b = （）A.12B.14C.16D.18【答案】D 【解析】【分析】对2a b -= 两边平方可得a b ⋅，再由向量的夹角公式计算可得答案.【详解】因为()2222447-=+-⋅=a ba b a b ，因为1a =，2b = ，所以14a b ⋅= ，1cos ,8⋅==a b a b a b .故选：D.5.已知函数()()πsin 0,2f x x ωϕωϕ⎛⎫=+>≤⎪⎝⎭的部分图象如图所示，则8π3f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（）A.0B.1C.2D.3【答案】A 【解析】【分析】由图中周期可得ω，由5π112f ⎛⎫=⎪⎝⎭可得ϕ，后可得答案.【详解】由图可得，15πππ41264T =-=，则2ππT ω==.因为0ω>，所以2ω=，则()()sin 2f x x ϕ=+.因为5π5πsin 211212f ϕ⎛⎫⎛⎫=⨯+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以5ππ2π62k ϕ+=+，k ∈Z ，解得π2π3k ϕ=-+，k ∈Z .因为π2ϕ≤，所以π3ϕ=-，则()πsin 23f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，故8π8ππsin 2sin 5π0333f ⎛⎫⎛⎫=⨯-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选：A6.将颜色为红、黄、白的3个小球随机分给甲、乙、丙3个人，每人1个，则与事件“甲分得红球，乙分得黄球或甲分得黄球、乙分得红球”互为对立事件的是（）A.甲分得黄球B.甲分得白球C.丙没有分得白球D.甲分得白球，乙分得黄球【答案】C 【解析】【分析】由对立事件的概念即可得解.【详解】甲分得红球，乙分得黄球或甲分得黄球，乙分得红球，即丙分得白球，与丙没有分得白球互为对立事件.故选：C.7.已知2sin 23sin 2αβ=，且()tan 1αβ-=，则()tan αβ+=（）A.1B.3C.5D.7【答案】C 【解析】【分析】利用凑角、两角和与差的正弦展开式化简可得答案.【详解】因为()()2ααβαβ=++-，()()2βαβαβ=+--，所以()()2sin αβαβ⎡⎤++-=⎣⎦()()3sin αβαβ⎡⎤+--⎣⎦，展开化简()()()()()()2sin 2sin cos 2cos sin αβαβαβαβαβαβ⎡⎤++-=+-++-⎣⎦()()()()3sin cos 3cos sin αβαβαβαβ=+--+-，所以()()()()5cos sin sin cos αβαβαβαβ+-=+-，故()()tan 5tan 5αβαβ+=-=.故选：C.8.在正三棱柱111ABC A B C -中，1AA AB =，M 是AB 的中点，N 是棱11B C 上的动点，则直线MN 与平面11BCC B 所成角的正切值的最大值为（）A.12B.2 C.2D.4【答案】D 【解析】【分析】根据题意，先画出图象，作MG BC ⊥，然后由面面的垂直的性质可得MG ⊥平面11BCC B ，进而可知MNG ∠为直线MN 与平面11BCC B 所成的角，当MNG ∠取得最大值时，tan MGMNG NG∠=取得最大值，NG 取得最小值，从而可得直线MN 与平面11BCC B 所成角的正切值的最大值.【详解】如图，作MG BC ⊥，垂足为G ，连接NG .在正三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11BCC B ，因为平面ABC ⋂平面11BCC B BC =，MG ⊂平面ABC ，MG BC ⊥，所以MG ⊥平面11BCC B .故MNG ∠为直线MN 与平面11BCC B 所成的角.当MNG ∠取得最大值时，tan MGMNG NG∠=取得最大值，NG 取得最小值.不妨设1AA AB a ==，则133cos 224MG MB B a ==⋅=，NG 的最小值为a ，于是3tan 4MG MNG NG ∠==.故选：D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分，有选错的得0分.9.如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点M ，N ，E ，F 分别在棱11A B ，11A D ，11B C ，11C D 上，且平面AMN ∥平面EFDB ，下列结论正确的是（）A.MN EF ∥B.EF BD ∥C.AN DF ∥D.BE ∥平面AMN【答案】ABD【解析】【分析】利用面面平行的性质结合线面平行的判定定理逐个选项判断即可.【详解】因为平面AMN ∥平面EFDB ，平面1111D C B A 与平面EFDB 和平面AMN 的都相交，,MN EF 是交线，所以MN EF ∥，故A 正确；因为长方体1111ABCD A B C D -，所以平面1111∥A B C D 平面ABCD ，而平面EFDB 与这两个平行平面的都相交，EF BD ,是交线，所以EF BD ∥，故B 正确，如图，连接MF ，此时平面DAMF 与平面1111D C B A 和平面ABCD 的都相交，,DA MF 是交线，所以DA MF ∥，而1111,DA D A DA D A =∥，所以11MF D A ∥，又因为11D F MA ∥，所以四边形11D FMA 是平行四边形，所以11MF D A =，MF DA =，所以四边形DAMF 是平行四边形，所以DF AM ∥，因为AM AN A = ，所以AN 与DF 不平行，故C 错误；如图，连接NE ，由长方体性质得面11BCC B ∥面11AA D D ，NA EB是交线，此时平面NEBA与这两个平面的都相交，,∥，所以BE AN又因为AN⊂面AMN，BE⊄面AMN，所以BE∥平面AMN，故D正确.故选：ABD10.Z国进口的天然气主要分为液化天然气和气态天然气两类.2023年Z国天然气进口11997吨，其中液化天然气进口7132吨，气态天然气进口4865吨.2023年Z国天然气及气态天然气进口来源分布及数据如图所示：下列结论正确的是（）A.2023年Z国从B国进口的液化天然气比从A国进口的多B.2023年Z国没有从A国进口液化天然气C.2023年Z国从C国进口的液化天然气一定比从D国进口的多D.2023年Z国从B国进口的液化天然气一定比从D国进口的多【答案】ABC【解析】【分析】由饼状统计图的实际含义逐一验算各个选项即可求解.【详解】对于B，2023年Z国从A国进口天然气2480吨，全部为气态天然气，所以2023年Z国没有从A国进口液化天然气，B正确.对于A，2023年Z国从B国进口天然气2435吨，其中气态天然气1630吨，液化天然气805吨，所以2023年Z 国从B 国进口的液化天然气比从A 国进口的多，A 正确.对于C ，假设2023年Z 国气态天然气其余部分全部来自C 国，共486524801630340415---=吨，则Z 国从C 国进口液化天然气24164152001-=吨，仍然大于从D 国进口的天然气的总量，所以2023年Z 国从C 国进口的液化天然气一定比从D 国进口的多，C 正确.对于D ，2023年Z 国从B 国进口液化天然气24351630805-=吨，2023年Z 国从D 国进口的天然气总量为1666吨，若全部为液化天然气，则2023年Z 国从B 国进口的液化天然气比从D 国进口的少，D 错误.故选：ABC.11.在ABC 中，D 是BC 的中点，4BC =，AD =，下列结论正确的是（）A.若AC =，则=ABB.ABC 面积的最大值为C.7BA CA ⋅=D.若2B C =，则3AB =【答案】BCD【解析】【分析】根据勾股定理可判定A;根据三角形面积公式可判定B;根据向量运算可判定C;结合正余弦定理可判定D.【详解】在ACD 中，222AC CD AD +=，所以π2C =，AB ==，A 错误.当AD BC ⊥时，AD 最大，所以ABC 面积的最大值为12BC AD ⋅=，B 正确.()()()()227BA CA BD DA CD DA BD DA BD DA DA BD ⋅=+⋅+=+⋅-+=-= ，C 正确.在ABC 中，由正弦定理可得sin 2sin AC AB C C=，得2cos AC AB C =.在ACD 中，由余弦定理可得222224cos 7cos 28cos AC CD AD AB C C AC CD AB C+--==⋅，即227cos 48C AB AB =-.在ABD △中，由余弦定理可得222227cos 22cos 124AB BD AD AB C C AB BD AB+--===-⋅，即2278cos 4AB AB C AB -=-，所以22778448AB AB AB AB AB-=⋅--，整理得22150AB AB +-=，解得3AB =（5AB =-舍去），D 正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.12.函数()222x f x -=的最大值为______.【答案】4【解析】【分析】根据二次函数的性质得222x -≤，再由指数函数的性质即可求解.【详解】因为222x -≤，所以()222224x f x -=≤=，故函数()222x f x -=的最大值为4.故答案为：4.13.在某次调查中，采用分层随机抽样的方法得到10个A 类样本，30个B 类样本.若A 类样本的平均数为5.5，总体的平均数为4，则B 类样本的平均数为______.【答案】3.5【解析】【分析】设B 类样本的平均数为x ，通过总体的平均数列方程，进而解方程可得B 类样本的平均数.【详解】设B 类样本的平均数为x ，则10 5.530440x ⨯+=，解得 3.5x =.故答案为：3.5.14.已知某圆台的母线长为3，下底面的半径为1，若球O 与该圆台的上、下底面及侧面都相切，则球O 的表面积为______．【答案】8π【解析】【分析】把空间问题降维，转化在轴截面中进行研究，需要理解轴截面的概念，利用等面积法及勾股定理建立等式求解．【详解】解：如图，在轴截面梯形ABCD 中，3AD BC ==，22AB BF ==，设球O 的半径为r ，222EF OE OM r ===．()111122222ABCD S CD AB EF CD OE BC OM AB OF =+⋅=⋅+⨯⋅+⋅梯形，解得：4CD =，因为()()2222BC r CE BF =+-，所以22r =，所以球O 的表面积为24π8πr =，故答案为：8π．四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知函数()cos f x x x =+.（1）求()f x 的最小正周期；（2）求()f x 的单调递增区间；（3）求()f x 在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域.【答案】（1）2π（2）()2ππ2π,2π33k k k ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦Z （3）[]1,2【解析】【分析】（1）利用辅助角公式化简()f x ，进而求得的最小正周期；（2）利用辅助角公式化简()f x ，进而求得单调递增区间；（3）利用整体代换的方法，求得在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域.【小问1详解】()πcos 2sin 6f x x x x ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭.()f x 的最小正周期为2π.【小问2详解】令πππ2π2π262k x k -+≤+≤+，k ∈Z ，解得2ππ2π2π33k x k -+≤≤+，k ∈Z ，所以()f x 的单调递增区间为2ππ2π,2π33k k ⎡⎤-++⎢⎥⎣⎦（k ∈Z ）.【小问3详解】因为π0,2⎡⎤∈⎢⎣⎦x ，所以ππ2π,663x ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，所以π1sin ,162x ⎛⎫⎡⎤+∈ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，()[]1,2f x ∈.故()f x 在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域为[]1,2.16.在ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且cos 2c b B a +=.（1）证明：2A B =；（2）若2a =，3π4C =，求ABC 的周长.【答案】（1）证明见解析（22【解析】【分析】（1）由正弦定理以及三角恒等变换即可得证；（2）由正弦定理以及三角恒等变换即可得解.【小问1详解】因为cos 2c b B a+=，所以2cos c b a B +=，所以sin sin 2sin cos C B A B +=.因为()sin sin sin cos cos sin C A B A B A B =+=+，所以()sin sin cos cos sin sin =-=-B A B A B A B ，则B A B =-（或πB A B +-=，舍去），即2A B =.【小问2详解】因为3ππ4C A B =--=，2A B =，所以π6A =，π12B =.πππ62sin sin sin 12464B ⎛⎫==-= ⎪⎝⎭.由sin sin sin a b c A B C==，可得22sin 1sin 22a c C A =⋅=⋅=，2sin 1sin 42a b B A =⋅=⋅=故ABC 的周长为2a b c ++=+.17.为了解某校高一年级学生数学学习的阶段性表现，该年级组织了一次测试.已知此次考试共有1000名学生参加，将考试成绩分成六组：第一组[)30,50，第二组[)50,70，…，第六组[]130,150.整理数据得到如图所示的频率分布直方图.（1）该校根据试卷的难易程度进行分析，认为此次成绩不低于110分，则阶段性学习达到“优秀”，试估计这1000名学生中阶段性学习达到“优秀”的人数；（2）若采用等比例分层抽样的方法，从成绩在[)50,70和[)110,130内的学生中共抽取6人，查看他们的答题情况来分析知识点的掌握情况，再从中随机选取3人进行面对面调查分析，求这3人中恰有1人成绩在[)110,130内的概率.【答案】（1）200人（2）15【解析】【分析】（1）用学生成绩在[]110,150内的频率乘以1000即可得解；（2）写出从6人中任选3人的样本空间，以及抽取的3人中恰有1人成绩在[)110,130内的样本空间写出来，结合古典概型概率计算公式即可求解.【小问1详解】由频率分布直方图，可得学生成绩在[]130,150内的频率为0.04，在[)110,130内的频率为0.16，故估计这1000名学生中阶段性学习达到“优秀”的人数为1000(0.040.16)200⨯+=.【小问2详解】学生成绩在[)50,70内的频率为0.08，在[)110,130内的频率为0.16，则抽取的6人中，成绩在[)50,70内的有2人，在[)110,130内的有4人.记成绩在[)110,130内的4名学生为a ，b ，c ，d ，在[)50,70内的2名学生为E ，F ，则从6人中任选3人，样本空间可记{,,,,,,,,,,abc abd abE abF acd acE acF adE adF aEF ,,,,,,,,,}bcd bcE bcF bdE bdF bEF cdE cdF cEF dEF ，共包含20个样本.用事件A 表示“这3人中恰有1人成绩在[)110,130内”，则A ={aEF ，bEF ，cEF ，dEF }，A 包含4个样本.故所求概率()41205P A ==.18.如图，在四棱锥P ABCD -中，PD⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点，点F 在棱BP 上，且EF BP ⊥，四边形ABCD 为正方形，2PD CD ==.（1）证明：BP DF ⊥；（2）求三棱锥F BDE -的体积；（3）求二面角F DE B --的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）49（3）13【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定求证；（2）由12F BDE E BDF C BDF V V V ---==转化求解；（3）由线面垂直的性质得BEF ∠即二面角F DE B --的平面角，即可求解．【小问1详解】证明：因为PD ⊥底面ABCD ，BC ⊂底面ABCD ，所以PD BC ⊥.因为四边形ABCD 为正方形，所以DC BC ⊥.因为PD DC D ⋂=，所以BC ⊥平面PCD .因为DE ⊂平面PCD ，所以BC DE ⊥.在PCD 中，PD CD =，E 是PC 的中点，则DE PC ⊥.因为BC PC C ⋂=，所以DE ⊥平面PBC .因为PB ⊂平面PBC ，所以DE PB ⊥.因为EF BP ⊥，DE EF E = ，所以BP ⊥平面DEF .因为DF ⊂平面DEF ，所以BP DF ⊥.【小问2详解】连接AC 交BD 于点M ，如图所示：则AC BD ⊥，又PD ⊥底面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，得AC PD ⊥，而PD BD D ⋂=，则AC ⊥平面PDB ，则点C 到平面PDB 的距离为CM =因为E 是PC 的中点，所以12F BDE E BDF C BDF V V V ---==BD =，BP =，3BD DP DF BP ⋅==，3BF ==，所以123BDF S BF DF =⋅=△，18339C BDF V -=⨯=，所以49F BDE V -=.【小问3详解】解：由（1）可得DE ⊥平面PBC ，因为EF ⊂平面PBC ，EB ⊂平面PBC ，所以DE EF ⊥，DE EB ⊥.BEF ∠为二面角F DE B --的平面角.12PE PC ==，BE ==.因为PFE PCB ∽△△，所以PE EF PB BC =，解得3EF =.因为EF BP ⊥，即90EFB ∠=︒，所以1cos 3EF BEF BE ∠==.故二面角F DE B --的余弦值为13.19.在世界杯小组赛阶段，每个小组内的四支球队进行循环比赛，共打6场，每场比赛中，胜、平、负分别积3，1，0分.每个小组积分的前两名球队出线，进入淘汰赛.若出现积分相同的情况，则需要通过净胜球数等规则决出前两名，每个小组前两名球队出线，进入淘汰赛.假定积分相同的球队，通过净胜球数等规则出线的概率相同（例如：若B，C，D三支积分相同的球队同时争夺第二名，则每个球队夺得第二名的概率相同）.已知某小组内的A，B，C，D四支球队实力相当，且每支球队在每场比赛中胜、平、负的概率都是1 3，每场比赛的结果相互独立.（1）求A球队在小组赛的3场比赛中只积3分的概率；（2）已知在已结束的小组赛的3场比赛中，A球队胜2场，负1场，求A球队最终小组出线的概率.【答案】（1）4 27（2）79 81【解析】【分析】（1）分类讨论只积3分的可能情况，结合独立事件概率乘法公式运算求解；（2）由题意，若A球队参与的3场比赛中胜2场，负1场，根据获胜的三队通过净胜球数等规则决出前两名，分情况讨论结合独立事件概率乘法公式运算求解.【小问1详解】A球队在小组赛的3场比赛中只积3分，有两种情况.第一种情况：A球队在3场比赛中都是平局，其概率为1111 33327⨯⨯=.第二种情况：A球队在3场比赛中胜1场，负2场，其概率为11113 3339⨯⨯⨯=.故所求概率为114 27927+=.【小问2详解】不妨假设A球队参与的3场比赛的结果为A与B比赛，B胜；A与C比赛，A胜；A与D比赛，A胜.此情况下，A积6分，B积3分，C，D各积0分.在剩下的3场比赛中：若C与D比赛平局，则C，D每队最多只能加4分，此时C，D的积分都低于A的积分，A可以出线；若B与C比赛平局，后面2场比赛的结果无论如何，都有两队的积分低于A，A可以出线；若B与D比赛平局，同理可得A可以出线.故当剩下的3场比赛中有平局时，A一定可以出线.若剩下的3场比赛中没有平局，则当B，C，D各赢1场比赛时，A可以出线.当B，C，D中有一支队伍胜2场时，若C胜2场，B胜1场，A，B，C争夺第一、二名，则A淘汰的概率为11111 333381⨯⨯⨯=；若D胜2场，B胜1场，A，B，D争夺第一、二名，则A淘汰的概率为11111 333381⨯⨯⨯=.其他情况A均可以出线.综上，A球队最终小组出线的概率为1179 1818181⎛⎫-+=⎪⎝⎭.【点睛】关键点点睛：解题的关键在于分类讨论获胜的三队通过净胜球数等规则决出前两名，讨论要恰当划分，做到不重不漏，从而即可顺利得解.。

湖南省怀化市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题一、单选题1．若集合{}2230A x x x =--≤，{}320B x x =->，则A B =I （ ）A ．312x x ⎧⎫-≤≤⎨⎬⎩⎭ B ．312x x ⎧⎫-≤<⎨⎬⎩⎭ C ．332x x ⎧⎫<≤⎨⎬⎩⎭D ．332x x ⎧⎫≤≤⎨⎬⎩⎭2．一个圆台的上、下底面的半径为1和4，母线为5，则该圆台的体积为（ ） A ．14πB ．21πC ．28πD ．35π3．已知m ，n 是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列判断错误．．的是（ ） A ．若//αβ，m α⊥，//m n ，则n β⊥ B ．若//m α，//m β，n αβ=I ，则//m n C ．若m α⊥，m β⊥，n β⊂，则//n α D ．若//m α，//m n ，则//n α4．已知9log 3a =，e12b ⎛⎫= ⎪⎝⎭，12=c e ，则（ ）A ．a b c >>B ．b a c >>C ．c b a >>D ．c a b >>5．下列判断正确的是（ ）A ．“实部等于零”是“复数z 为纯虚数”的充要条件B ．“0a b ⋅<r r ”是“向量a r ，b r 的夹角是钝角”的充要条件C ．“存在唯一的实数k ，使a kb=r r ”是“a b ∥r r ”的充要条件 D ．在ABC V 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，“a b >”是“sin sin A B >”的充要条件6．在平行四边形ABCD 中，4AB =，2AD =，π3BAD ∠=，点P 在CD 边上，4AP AB ⋅=u u u r u u u r ，则AP BP ⋅=u u u r u u u r（ ）A ．0B ．12-C ．1-D ．17．连续投掷一枚质地均匀骰子两次，这枚骰子两次出现的点数之积为奇数的概率是（ ） A ．13B ．14C ．15D ．168．已知函数()f x 对任意的x ∈R 都有()(6)(3)f x f x f =++，若(2)y f x =+的图象关于直线2x =-对称，且对于12,[0,3]x x ∀∈，当12x x ≠时，()()()12120x x f x f x -⋅-<⎡⎤⎣⎦，则（ ）A ．(2)0f =B ．()f x 是奇函数C ．()f x 是周期为4的周期奇函数D ．(2023)(2024)f f >二、多选题9．已知函数())(0,||)2f x x πωϕωϕ=+><在一个周期内的图象如图所示，则（ ）A ．2ω=B ．π6ϕ= C ．5π3x =是()f x 图象的一条对称轴 D ．点5π(,0)3是()f x 图象一个对称中心 10．设A ，B 是两个随机事件，已知1()()4P AB P BA ==，3()4P A B +=，则（ ） A ．1()2P A =B ．1()2P B =C ．1()2P AB = D ．1()4P AB =11．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是侧面11ADD A 内（含边界）的动点，点P 是棱1CC 的中点，则（ ）A ．存在点M ，使1PM BD ⊥B ．当M 位于顶点D 时，直线MP 与1BDC ．三棱锥1P BMD -D ．若PM PM三、填空题12．已知复数满足20242i 1iz ⋅=-，其中i 为虚数单位，则||z =. 13．已知6sin cos 5θθ+=，sin cos sin 2θθα=-，则sin 2α=. 14．统计学中，协方差(,)Cov x y 用来描述两个变量之间的总体的误差.设一组数据12,,,n x x x L 的平均值为x ，另一组数据12,,,n y y y L 的平均值为y ，则协方差()()11(,)ni i i Cov x y x x y y n ==--∑.某次考试结束后，抽取了高一年级10名学生的数学成绩x 、物理成绩y 如下表：已知166840i i i x y ==∑，则(,)Cov x y =.四、解答题15．已知向量(2,2)a =-r，(,2)b x =-r . (1)若a b ∥r r ，求x ；(2)若2x =-，且()()a b a b λμ+⊥+rrrr），求λμ.16．在ABC V 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知::4:5:6a b c =. (1)求cos B ； (2)求sin()B A -.17．近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱.某直播平台有1000个直播商家，对其进行统计调查，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具和饰品类等，各类直播商家所占比例如图1所示.为更好地服务买卖双方，该直播平台用分层抽样方式抽取了80个直播商家进行问询调查.(1)应抽取小吃类、玩具类商家各多少家？(2)工作人员对直播商家的每日平均利润状况进行了统计，制作了如图2所示的频率分布直方图.估计该直播平台商家平均日利润的中位数和平均数（结果保留整数，求平均值时，同一组中的数据用该组区间中点的数值代替）；(3)甲、乙、丙三人进入该直播平台后，下单购物的概率分别为13，14，13，且各自是否下单购物相互独立.求在某次直播中，甲、乙、丙三人中有且只有1人下单购物的概率. 18．如图1，在矩形ABCD 中，1AB =，2BC =，M 是边BC 上的一点，将ABM V 沿着AM 折起，使点B 到达点P 的位置.(1)如图2，若M 是BC 的中点，点N 是线段PD 的中点，求证：CN ∥平面P AM ； (2)如图3，若点P 在平面AMCD 内的射影H 落在线段AD 上. ①求证：CD ⊥平面P AD ；②求点M 的位置，使三棱锥P HCD -的外接球的体积最大，并求出最大值.19．射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，O 为透视中心，平面内四个点,,,E F G H 经过中心投影之后的投影点分别为,,,A B C D .对于四个有序点,,,A B C D ，定义比值CACB DA DBρ=叫做这四个有序点的交比，记作()ABCD.(1)若点,B C 分别是线段,AD BD 的中点，求()ABCD ； (2)证明：()()EFGH ABCD =；(3)已知3()2EFGH =，点B 为线段AD 的中点，3AC =，sin 3sin 2ACO AOB ∠=∠，求cos A .。