实战模拟卷十二-【创新教程】2024-2025学年高一下学期数学期末实战模拟卷

高一下学期期末实战模拟卷十二　 　　　　 命题范围:必修第二册 测试时间:１２０分钟,满分:１５０分 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．若i(１－z)＝１,则z＋z＝ (　　) A．－２ B．－１ C．１ D．２ ２．已知点D 是△ABC所在平面上一点,且满足BD → ＝１４DC → ,则AD → ＝ (　　) A．１４AB → ＋３４AC → B．３４AB → ＋１４AC → C．４５AB → ＋１５AC → D．１５AB → ＋４５AC → ３．已知事件A 和B 相互独立,P(A)＝３４ ,P(A＋B)＝４５ ,则P(B)＝ (　　) A．１２０ B． １ １５ C． １ １０ D． １ ５ ４．一百个高矮互不相同的士兵,排成一个十行十列的方阵．现在从每行中选出一个最高的, 再从这些最高的中选出一个最矮的,其高度记为h(高中矮);然后从每列中选出一个最矮 的,再从这个最矮的中间选出一个最高的,其高度记为h(矮中高),则 (　　) A．h(高中矮)＞h(矮中高) B．h(高中矮)≥h(矮中高) C．h(高中矮)＜h(矮中高) D．h(高中矮)≤h(矮中高) ５．如图,Rt△ABC 中,∠ABC＝π２ ,AC＝２AB,∠BAC 的平分线交△ABC 的外接圆于点D,设AB → ＝a,AC → ＝b,则向量AD → ＝ (　　) A．a＋b B．１２a＋b C．a＋１２b D．a＋ ２ ３b ６．唐狩猎纹高足银杯(如图１),１９６３年出土于陕西省西安市沙坡村窖 藏,为唐代的酒具,它的盛酒部分可以近似地看作半球与圆柱的组 合体(假设内壁表面光滑,忽略杯壁厚度),如图２所示．已知半球的 半径为R,酒杯内壁表面积为１４３πR ２,设酒杯上部分(圆柱)的体积为 V１,下部分(半球)的体积为V２,则 V１ V２ ＝ (　　) A．２　　　　　　　B．３２　　　　　　　C．１　　　　　　　D． ３ ４ ７．在三棱柱ABC－A１B１C１ 中,底面ABC 为等边三角形,侧面AA１C１C 是菱形,且∠A１AC ＝π３ ,侧面AA１C１C⊥底面ABC,点D 是BC 的中点,则直线A１D 与平面ABC 所成的 角为 (　　) A．π６ B． π ４ C． π ３ D． π ２ １Ｇ２１ ８．已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足cos２A－cos２B＋cos２C＝１ ＋sinAsinC,且sinA＋sinC＝sinπ２ ,则△ABC的形状是 (　　) A．等边三角形 B．等腰直角三角形 C．顶角为５π６ 的等腰三角形 D．顶角为２π３ 的等腰三角形 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,部分选对的得部分分,有选错的得０分． ９．若向量a,b满足|a|＝１,|b|＝ ３,a与b的夹角为π６ ,则下列说法正确的是 (　　) A．a􀅰b＝３２ B．|a＋b|＝ ７ C．(３a＋b)⊥(a－b) D．２a与b的夹角为π６ １０．盒子里有２个红球和２个白球,从中不放回地依次取出２个球,设事件A＝“两个球颜色 相同”,B＝“第１次取出的是红球”,C＝“第２次取出的是红球”,D＝“两个球颜色不 同”．则下列说法正确的是 (　　) A．A 与B 相互独立 B．A 与D 互为对立 C．B 与C 互斥 D．B 与D 相互独立 １１．如图,已知直三棱柱 ABC－A１B１C１ 中,AB⊥BC,AB＝BC＝ BB１,O为A１C的中点,点P 是BC１ 上的动点,则下列说法正确 的是 (　　) A．当点P 运动到BC１ 的中点时,直线A１P 与平面A１B１C１ 所成 角的正切值为 ５ ５ B．无论点P 在BC１ 上怎么运动,都有A１P⊥OB１ C．当点P 运动到BC１ 的中点时,才有A１P 与OB１ 相交于一点,记为Q,且 PQ QA１ ＝１３ D．当点P 在BC１ 上运动时,直线A１P 与AB 所成的角可以是３０° 三、填空题:本题共３小题,每小题５分,共１５分． １２．在△ABC中,已知AB＝４,AC＝７,且边BC上的中线AD 长为７２ ,则边BC＝　　　　． １３．已知从小到大排列的一组数据:１,５,a,１０,１１,１３,１５,２１,４２,５７,若这组数据的极差是其 第３０百分位数的７倍,则a的值为　　　　． １４．(情境创新)蹴鞠(如图所示),又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等．“蹴”有用脚 蹴、踢、蹋的含义;“鞠”最早系外包皮革、内实米糠的球．因而蹴鞠就是指 古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动,类似今日的足球．现已知某蹴鞠的表面有 四个点S,A,B,C,满足S－ABC 是正三棱锥,M 是SC 的中点,AM⊥ SB,侧棱长为２,则该蹴鞠的体积为　　　　;蹴鞠的球心到平面ABC的距离为　　　　． ２Ｇ２１ 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．(１３分)已知向量a＝(１,２),向量b＝(x,１)． (１)当x为何值时,a⊥b; (２)当x＝３时,求向量a与向量b的夹角; (３)求|b－２a|的最小值以及取得最小值时向量b的坐标． １６．(本小题满分１５分)«中国制造２０２５»提出“节能与新能源汽车” 作为重点发展领域,这为我国节能与新能源汽车产业发展指明 了方向,某新能源汽车生产商为了提升产品质量,对某款汽车的 某项指标进行检测后,频率分布直方图如图所示: (１)求该项指标的第３０百分位数; (２)若利用该指标制定一个标准,需要确定临界值x,将该指标 小于x的汽车认为符合节能要求,已知x∈[９０,１００],以事件发 生的频率作为相应事件发生的概率,求该款汽车符合节能要求 的概率f(x)． １７．(１５分)“国家品牌计划”是央视对过去的广告招标模式实现的一次创新,希望能提升企 业品牌形象,以品牌建设驱动产业升级．现在有家具用品类企业３６家,医药卫生类企业 １８家,建筑建材类企业１８家,准备参加“国家品牌计划”的招标． (１)通过分层随机抽样的方法从这３类企业中抽取４家企业,按比例分配样本,求从家 具用品类企业中抽取的数量和每一家企业被抽到的概率; (２)若根据(１)中方法抽取的４家企业中标入围“国家品牌计划”的概率都是１２ ,求这４家 企业中恰有１家家具用品类企业和１家医药卫生类企业中标入围的概率． ３Ｇ２１ １８．(本小题满分１７分)如图所示,△ABC 的顶点是我国在南海的三个战 略岛屿,各岛屿之间建有资源补给站,在图中的D、E、F 点上．岛屿A 到补给站D 的距离为岛屿A 到B 的２５ ,岛屿A 和岛屿C 到补给站E 的距离相等,补给站F在靠近岛屿C 的BC 的三等分点上．设CB → ＝a, CA → ＝b． (１)用a,b表示EF → ,CD → ; (２)若三个岛屿围成的△ABC的面积为１０(２＋１)平方公里,且满足４cosAsinA ＋ ３cosB sinB ＝ １,求岛屿A 和岛屿C 之间距离的最小值． １９．(１７分)如图,在平面四边形ABCD 中,AB⊥BC,AD⊥DC,∠BAC＝ ∠CAD＝３０°,平面PAB 和平面PAD 都垂直于平面ABCD,M 在线 段BP 上,且PB＝３BM,AC＝４,PA＝２ ３． (１)求证:CM∥平面PAD; (２)求证:PA⊥平面ABCD; (３)求二面角P－BC－A 的余弦值． ４Ｇ２１ 请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 高一下学期期末实战模拟卷十二 数学答题卡 选择题(共５８分) １A B C D ４ A B C D ７A B C D １０ A B C D 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２ A B C D ５ A B C D ８ A B C D １１A B C D 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３A B C D ６A B C D ９A B C D 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 非选择题　(需用０．５毫米黑色签字笔书写) 填空题(共１５分) １２．　　　　　　　　　　　　　　　　　１３．　　　　　　　　　　　　　　　　 １４．　　　　　　　　　　　　　　　　　 解答题(共７７分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) １５．(本小题满分１３分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 )页４共(　页１第　)二十(卡题答学数 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 １６．(本小题满分１５分) １７．(本小题满分１５分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 　请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 )页４共(　页２第　)二十(卡题答学数 考生 必填 姓名　　　　座号 考生务必将姓名、座号用０．５毫米黑色签字笔认真填写在书写框内,座 号的每个书写框只能填写一个阿拉伯数字．填写样例:若座号０２,则填 写为０２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 １８．(本小题满分１７分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 )页４共(　页３第　)二十(卡题答学数 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 １９．(本小题满分１７分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 　请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 )页４共(　页４第　)二十(卡题答学数 生体质健康合格的概率为P＝３４４０＝ １７ ２０． (２)设事件A 为“从男生样本中随机选出的人 的体质健康等级是优秀”,P(A)＝５２０＝ １ ４． 事件B 为“从女生样本中随机选出的人的体质 健康等级是优秀”,P(B)＝２２０＝ １ １０． 因为事件A,B 为相互独立事件,所以所求概 率为 P(A􀭺B＋􀭿AB)＝P(A􀭺B)＋P(􀭿AB) ＝P(A)[１－P(B)]＋[１－P(A)]P(B) ＝１４× ９ １０＋ ３ ４× １ １０＝ ３ １０． (３)去掉的等级为优秀． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 高一下学期期末实战模拟卷十二 选择题答案速查 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ 答案 D C D B C A C D ABD ABD AB １．D　[对原式两边同时乘以i得:z－１＝i,即z＝ １＋i,所以􀭵z＝１－i,即z＋􀭵z＝２,故选 D．] ２．C　[∵AD → ＝AB → ＋BD → ,AD → ＝AC → ＋CD → , ∴２AD → ＝AB → ＋AC → ＋３５CB → ＝AB → ＋AC → ＋３５ (CA → ＋AB → ) ＝８５AB → ＋ ２５AC → ,即AD → ＝ ４５AB → ＋ １５AC → ．故 选C．] ３．D　[因为事件A 和B 相互独立,事件A＋B 为 和事件,则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB) ＝P(A)＋P(B)－P(A)P(B), 所以４ ５＝ ３ ４ ＋P (B)－ ３４P (B),解 得 P(B) ＝１５． ] ４．B　[当高中矮者与矮中高者在同一列时,高中矮 者与矮中高者是同一个人,所以h(高中矮)＝h(矮 中高);当高中矮者与矮中高者不在同一列且在同 一行时,h(高中矮)＞h(矮中高);当高中矮者与矮 中高者不在同一列且不在同一行时,高中矮者身高 大于与高中矮者同行且与矮中高者同列的那个人 的身高,而矮中高者身高又小于与高中矮者同行且 与矮中高者同列的那个人的身高,所以h(高中矮) ＞h(矮中高);综上所述:h(高中矮)≥h(矮中高)．] ５．C　[设外接圆的圆心为O,半径为r,连接BD, OD(图略)．在 Rt△ABC 中,∠ABC＝π２ ,AC＝ ２AB,所 以 ∠BAC＝ π３ ,∠ACB＝ π６ ,AD 为 ∠BAC 的 平 分 线,所 以 ∠ACB ＝ ∠BAD ＝ ∠CAD＝π６ ,则根据圆的性质知BD＝AB．又因 为在 Rt△ABC 中,AB＝１２AC＝r＝OD＝OA , 所以四边形ABDO 为菱形,所以AD → ＝AB → ＋AO → ＝a＋１２b． 故选C．] ６．A　[设酒杯上部分(圆柱)的高为h．因为酒杯 下部分(半球)的半径为R,所以酒杯下部分(半 球)的表面积为２πR２,由酒杯内壁表面积为１４３ πR２,得酒杯上部分(圆柱)的侧面积为１４３πR ２－ ２πR２＝８３πR ２,即 ２πR×h＝８３πR ２,解 得h＝ ４ ３R ,所以酒杯下部分(半球)的体积V２＝ １ ２× ４ ３π ×R３＝２３πR ３,酒杯上部分(圆柱)的体积V１＝ πR２×４３R＝ ４ ３πR ３,所以V１ V２ ＝ ４ ３πR ３ ２ ３πR ３ ＝２．故选A．] ７．C　[如图,过 A１ 作 A１H⊥ AC,垂足为 H,连接DH．因 为 侧 面 AA１C１C ⊥ 底 面 ABC,且 侧 面 AA１C１C∩ 底 面ABC＝AC,所以 A１H⊥ 平面ABC,所以∠A１DH 为 直线A１D 与平面ABC 所成 的角．设 AB＝２a,因为侧面 AA１C１C 是菱形,且∠A１AC ＝π３ ,所以 AH＝a,A１H＝ ３a,又△ABC 为等边三角形,点D 是BC 的中 点,则DH＝１２AB＝a ,从而tan∠A１DH＝ A１H DH ＝ ３,故∠A１DH＝ π ３． 故选C．] ８．D　 [由 题 意 知 １－sin２A－ (１－sin２B)＋１ －sin２C ＝１＋sinAsinC,即sin２A＋sin２C－sin２B＝ －sinAsinC,由正弦定理得a ２＋c２－b２ ２ac ＝－ １ ２ ,由 余弦定理得cosB＝－１２ ,∵B∈(０,π),∴B＝２π３． ∵sinA＋sinC＝sinπ２ ,∴sinA＋sin π３－A æ è ç ö ø ÷＝ １,整理得sinA＋π３ æ è ç ö ø ÷＝１．又A∈ ０,π３ æ è ç ö ø ÷,∴A＝ π ６ ,∴C＝π６ ,故△ABC 是顶角为２π３ 的等腰三角 形,故选 D．] ９．ABD　[a􀅰b＝|a|􀅰|b|cosπ６＝ ３ ２ ,故 A 正 确;|a＋b|２＝a２＋２a􀅰b＋b２＝７,则|a＋b|＝ ７,故B正确;(３a＋b)􀅰(a－b)＝３a２－２a􀅰b －b２＝－３≠０,故C错误;由于a与b 的夹角为 π ６ ,则 ２a 与b 的 夹 角 也 为 π６ ,故 D 正 确．故 选 ABD．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰０３􀅰 １０．ABD　[依题意可设２个红球为a１,a２,２个白 球为b１,b２,则样本空间为: Ω＝{(a１,a２),(a１,b１),(a１,b２),(a２,a１),(a２, b１),(a２,b２),(b１,a１),(b１,a２),(b１,b２),(b２, a１),(b２,a２),(b２,b１)},共１２个基本事件． 事件 A＝ {(a１,a２),(a２,a１),(b１,b２),(b２, b１)},共４个基本事件． 事件B＝{(a１,a２),(a１,b１),(a１,b２),(a２,a１), (a２,b１),(a２,b２)},共６个基本事件． 事件C＝{(a１,a２),(a２,a１),(b１,a１),(b１,a２), (b２,a１),(b２,a２)},共６个基本事件． 事件D＝{(a１,b１),(a１,b２),(a２,b１),(a２,b２), (b１,a１),(b１,a２),(b２,a１),(b２,a２)},共８个基 本事件． 对于 A 选项,因P(A)＝４１２＝ １ ３ ,P(B)＝６１２＝ １ ２ ,P(AB)＝２１２＝ １ ６ , 则P(A)􀅰P(B)＝P(AB),故A 与B 相互独 立,故 A 正确; 对于B选项,注意到A∩D＝Ø,A∪D＝Ω 得, A 与D 互为对立事件,故B正确; 对于C选项,注意到B∩C≠Ø,则B 与C 不互 斥,故C错误; 对于 D选项,因P(B)＝６１２＝ １ ２ ,P(D)＝８１２＝ ２ ３ ,P(BD)＝４１２＝ １ ３ , 则P(D)􀅰P(B)＝P(DB),故 D 与B 相互独 立,故 D正确．] １１．AB　[对于 A,当点P 运动到BC１ 的中点时,取 E为B１C１ 的中点,连接A１E,EP,如图①所示, 又三 棱 柱 ABC－A１B１C１ 是 直 三 棱 柱,所 以 EP⊥ 平 面 A１B１C１,所 以 直 线 A１P 与 平 面 A１B１C１ 所 成 角 的 正 切 值 为 tan∠PA１E＝ EP A１E ,因为EP＝１２BB１ ,A１E＝ A１B２１＋B１E２ ＝ ５２BB１ ,所以tan∠PA１E＝ ５ ５ , 故 A 正确;对于 B,连接B１C,与 BC１ 交于点F,连接A１B,如图② 所示, 由题意 知,B１BCC１ 为 正 方 形,所 以 B１C⊥ BC１,因 为 A１B１ ⊥B１C１,A１B１ ⊥BB１,所 以 A１B１⊥平面BB１C１C,又BC１⊂平面B１BCC１, 所以 A１B１⊥BC１,又 A１B１∩B１C＝B１,所 以 BC１⊥平面 A１B１C,又 OB１⊂平面 A１B１C,故 BC１⊥OB１,同 理 可 证 A１B⊥OB１,又 A１B∩ BC１＝B,所以OB１⊥平面A１BC１,又A１P⊂平 面A１BC１,所以A１P⊥OB１,故B正确;对于C, 当点 P 运 动 到BC１ 的 中 点 时,连 接 B１C,与 BC１ 交 于 一 点,即 为 P,如 图 ③ 所 示,在 △A１B１C 中A１P,OB１ 均为中线, 所以Q 为△A１B１C 的重心,根据重心的性质有 PQ QA１ ＝１２ ,故C错误;对于D,由于A１B１∥AB, 所以直线A１P 与直线AB 所成的角即为直线 A１B１ 与直线A１P 所成的角,即∠B１A１P,点P 在BC１ 上运动,当P运动到B或C１ 时,∠B１A１P 最 大,为 ４５°,当 P 运 动 到 BC１ 的 中 点 时, ∠B１A１P最小,此时tan∠B１A１P＝ ２ ２＞ ３ ３ ,所以 ∠B１A１P 不可能是３０°,故 D错误．故选 AB．] １２．解析:设BD＝CD＝x,则BC＝２x,由余弦定理 得cosB＝ x２＋４２－ ７２ æ è ç ö ø ÷ ２ ２×４x ＝ (２x)２＋４２－７２ ２×４×(２x) , 解得x＝９２ ,所以BC＝９． 答案:９ １３．解析:由题意知这组数据的极差是５７－１＝５６, 由于１０×３０％＝３,故第３０百分位数为a＋１０２ , 故５６＝７×a＋１０２ ,∴a＝６． 答案:６ １４．解析:如 图 ①,取 AC 的中 点 N,连 接 BN, SN,∵N 为AC 的中 点,SA＝SC,∴AC⊥ SN,同 理 AC⊥BN, ∵ SN ∩ BN ＝ N, ∴AC⊥ 平 面 SNB, ∴AC⊥SB,又AM ⊥SB,且 AM ∩AC＝A, AM,AC⊂平面SAC,∴SB⊥平面SAC,∴正 三棱锥S－ABC 的三条侧棱两两互相垂直,把 该三棱锥放置在如图②所示的正方体中,则正 方体的外接球即为三棱锥的外接球,外接球的 半 径 等 于 正 方 体 的 体 对 角 线 长 的 一 半,为 １ ２ ２ ２＋２２＋２２＝ ３,∴该蹴鞠的 体 积 为 ４３π ×(３)３＝４ ３π．AB＝BC＝AC＝２ ２,S△ABC ＝１２AB 􀅰BC􀅰sin６０°＝２ ３,设点S 到平面 ABC 的距离为h,由VS－ABC＝VC－SAB＝ １ ３× １ ２ ×２×２×２＝４３ ,则１ ３S△ABC 􀅰h＝２ ３３ h＝ ４ ３ , ∴h＝２ ３３ ,∴蹴鞠的球心到平面ABC 的距离 为 ３－２ ３３ ＝ ３ ３． 答案:４ ３π　 ３３ １５．解:(１)a􀅰b＝x＋２＝０,解得x＝－２, 所以当x＝－２时,a⊥b． (２)由题意得b＝(３,１),则cos‹a,b›＝ a 􀅰b |a||b| ＝ ３＋２ ５× １０ ＝ ２２ , 又‹a,b›∈[０,π],所以‹a,b›＝π４． (３)由题意得b－２a＝(x－２,－３), 所以|b－２a|＝ (x－２)２＋９,当x＝２时,|b－ ２a|取得最小值,为３,此时b＝(２,１)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰１３􀅰 １６．解:(１)０．００２×５＋０．０１２×５＋０．０３４×５＝０． ２４＜０．３, ０．００２×５＋０．０１２×５＋０．０３４×５＋０．０３６×５ ＝０．４２＞０．３, 所以第３０百分位数落在区间[１０５,１１０)内,设 其为m, 则０．２４＋(m－１０５)×０．０３６＝０．３,解得m＝３２０３ ． 即该项指标的第３０百分位数为３２０３ ． (２)当x∈[９０,９５]时,f(x)＝(x－９０)×０．００２ ＝０．００２x－０．１８, 当x∈(９５,１００]时,f(x)＝５×０．００２＋(x－ ９５)×０．０１２＝０．０１２x－１．１３, 所以f(x)＝ ０．００２x－０．１８ ,９０≤x≤９５ ０．０１２x－１．１３,９５＜x≤１００{ ． １７．解:(１)由题意可得,家具用品类企业、医药卫生企 业、建筑建材类企业的数量之比为２∶１∶１, 通过分层随机抽样,按比例分配样本,应从家 具用品类企业中抽取２家, 因为每一家企业被抽到的概率相等, 所以每一家企业被抽到的概率为４ ７２＝ １ １８． (２)记事件 M 为“恰有１家家具用品类企业和 １家医药卫生类企业中标入围”, 若２家家具用品类企业中标入围分别记为A１, A２,没中标入围分别记为 􀭿A１,􀭿A２,医药卫生类 企业中标入围记为B,没中标入围的记为􀭺B,建 筑建材类企业中标入围记为C,没中标入围记 为􀭺C,则样本空间Ω＝{(A１,A２,B,C),(􀭺A１,A２, B,C),(A１,􀭺A２,B,C),(A１,A２,􀭺B,C),(A１,A２,B,􀭺C),(􀭺A１,􀭺A２,B,C),(􀭺A１,A２,􀭺B,C),(􀭺A１,A２,B,􀭺C), (A１,􀭺A２,􀭺B,C),(A１,􀭺A２,B,􀭺C),(A１,A２,􀭺B,􀭺C),(􀭺A１,􀭺A２,􀭺B,C),(􀭺A１,􀭺A２,B,􀭺C),(􀭺A１,A２,􀭺B,􀭺C),(A１,􀭺A２,􀭺B,􀭺C),(􀭺A１,􀭺A２,􀭺B,􀭺C)},所以n(Ω)＝１６, M＝{(􀭺A１,A２,B,􀭵C),(A１,􀭺A２,B,􀭵C)},所以n(M)＝２, 所以P(M)＝n (M) n(Ω)＝ ２ １６＝ １ ８． 所以这４家企业中恰有１家家具用品类企业 和１家医药卫生类企业中标入围的概率为１８． １８．解:(１)由岛屿A 到补给站D 的距离为岛屿A 到B 的２５ ,可得AD → ＝２５AB →, 点E 为AC 中点,且CF → ＝１３CB →, 又由CB → ＝a,CA → ＝b,所 以EF → ＝EC → ＋CF → ＝ －１２CA → ＋１３CB → ＝１３a－ １ ２b , CD → ＝CA → ＋AD → ＝CA → ＋２５AB → ＝CA → ＋２５ (CB → － CA →)＝２５CB → ＋３５CA → ＝２５a＋ ３ ５b． (２)由４cosAsinA ＋ ３cosB sinB ＝１ ,可得４cosAsinB＋ ３cosBsinA＝sinAsinB, 即３cosAsinB＋３cosBsinA＝sinAsinB－ cosAsinB, 可得３sin(A＋B)＝sinB(sinA－cosA),即 ３sinC＝sinB(sinA－cosA), 设AB＝c,AC＝b,由正弦定理知３c＝b(sinA －cosA), 而 S△ABC ＝ １ ２bcsin A ＝ b２sinA(sinA－cosA) ６ ＝b ２(sin２A－sinAcosA) ６ ＝b ２ １２ (１－cos２A－sin２A)＝１０(２＋１), 所以b２＝ １２０ (２＋１) １－sin２A－cos２A ＝ １２０ (２＋１) １－ ２sin２A＋π４ æ è ç ö ø ÷ , 因为３c＝b(sinA－cosA)＞０,所以π４＜A＜ π,得３π４＜２A＋ π ４＜ ９π ４ , 所以当２A＋π４＝ ３π ２ ,即A＝５π８ 时,b２ 取得最小 值１２０,即b的最小值为２ ３０, 所以岛屿 A 和岛屿C 之间距离的最小值 为 ２ ３０公里． １９．解:(１)证明:在AB 上取点 N,使 BN＝１３AB ,连接CN,MN,如图, 因 为 PB＝３BM,所 以BMBP ＝ BN BA ,所以 MN∥PA． 因为AB⊥BC,所以∠ABC＝９０°． 又∠BAC＝３０°,所 以∠ACB＝６０°,所 以 AB＝ ３BC． 因为BN＝１３AB ,所以BC＝ ３BN． 在 Rt△BNC 中,tan∠BNC＝BCBN＝ ３ , 所以∠BNC＝６０°． 又因 为 ∠BAC＝ ∠CAD＝３０°,所 以 ∠BAD ＝６０°, 所以∠BNC＝∠BAD,所以CN∥AD． 因为MN∩NC＝N,PA∩AD＝A,MN,NC⊂平面 MNC,PA,AD⊂平面PAD,所以平面 MNC∥平 面PAD, 因为 MC⊂平面 MNC,所以 MC∥平面PAD． (２)证明:因为平面 PAB⊥平面 ABCD,平面 PAB∩平面ABCD＝AB,BC⊥AB,BC⊂平面 ABCD, 所以BC⊥平面PAB． 因为PA⊂平面PAB,所以BC⊥PA． 同理可得,CD⊥PA． 因为BC∩CD＝C,BC⊂平面ABCD, CD⊂平面ABCD, 所以PA⊥平面ABCD． (３)由 (２)知,BC⊥ 平 面 PAB,而 PB⊂ 平 面PAB, 所以BC⊥PB． 又AB⊥BC,所以∠PBA 为二面角P－BC－ A 的平面角． 因为在△ABC 中,∠ABC＝９０°,∠BAC＝３０°, AC＝４, 所以AB＝２ ３． 在 Rt△PAB 中,PA＝２ ３, 所以∠PBA＝４５°,所以cos∠PBA＝ ２２ , 所以二面角P－BC－A 的余弦值为 ２２． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰２３􀅰