【文档说明】黑龙江省安达市重点高中2020-2021学年高二下学期期末考试数学试卷 【精准解析】.docx，共(15)页，101.271 KB，由小赞的店铺上传

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黑龙江省安达市重点高中2020-2021学年高二下学期数学期末考试试卷一、选择题1.已知集合𝐴={𝑥∣−5<𝑥<1}，𝐵={𝑥∣𝑥2≤4}，则𝐴∪𝐵=（）A.[−2,1)B.(−5,1)C.(−5,2]D.(−5,2)2.若角𝛼的终边经过点(1,−5)，则tan𝛼

等于()A.-5B.5C.−15D.153.下列函数中，既是偶函数又存在零点的是（）A.y=lnxB.𝑦=𝑥2+1C.y=sinxD.y=cosx4.函数𝑓(𝑥)=√1−2𝑥+1√𝑥+2的定义域是（）A.(

−2,1]B.(−2,0]C.(−∞,−2)∪(−2,0]D.(−∞,−2)∪(−2,1]5.已知函数𝑓(𝑥)={log2(𝑥2+1),𝑥≤2𝑓(𝑥−3),𝑥>2，则𝑓(𝑓(4))=（）A.1B.2C.3D.46.已知sin(π2+𝜃)=35，则cos(π−

2𝜃)=（）A.1225B.−1225C.−725D.7257.已知正项等比数列{𝑎𝑛}的前n和为Sn，若𝑎1𝑎3=4,𝑆3=7，则𝑎4=（）A.8B.12C.8或12D.1或88.在普通高中新课程改革中，某地实施“3+1+2”选课方案

．该方案中“2”指的是从政治，地理，化学，生物4门学科中任选2门，假设每门学科被选中的可能性相等，那么政治和地理至少有一门被选中的概率是()A.16B.12C.23D.569.设函数𝑓(𝑥)=sin(𝜔𝑥+𝜑)+cos(𝜔𝑥+𝜑)(�

�>0,|𝜑|≤π2)的最小正周期为π.且过点(0,√2).则下列说法正确的是（）A.𝜑=−π2B.𝑓(𝑥)在(0,π2)上单调递增C.𝑓(𝑥)的图象关于点(π8,0)对称D.把函数𝑓(𝑥

)向右平移π4个单位得到𝑔(𝑥)的解析式是𝑔(𝑥)=√2sin2𝑥10.若直线2𝑎𝑥−𝑏𝑦+2=0(𝑎>0,𝑏>0)被圆𝑥2+𝑦2+2𝑥−4𝑦+1=0截得弦长为4，则4𝑎

+1𝑏的最小值是（）A.9B.4C.12D.1411.若函数𝑓(𝑥)={𝑎𝑥−2,𝑥≤2(3−2𝑎)ln(𝑥−1),𝑥>2在R上单调递增，则实数a的取值范围是（）A.(0,32)B.(0

,2]C.(0,1]D.[1,32)12.已知函数𝑓(𝑥)满足𝑓(−𝑥)=−𝑓(𝑥)，且对任意的𝑥1,𝑥2∈[0,+∞),𝑥1≠𝑥2，都有𝑓(𝑥2)−𝑓(𝑥1)𝑥2−𝑥1>2，又𝑓(1)=2020，则满足不等式𝑓(𝑥−2020)>2(𝑥−1011)的x的

取值范围是（）A.(2021,+∞)B.(2020,+∞)C.(1010,+∞)D.(1011,+∞)二、填空题13.已知向量𝑎⃗=(−2,𝑚)，𝑏⃗⃗=(3,1)，若𝑎⃗//𝑏⃗⃗，则𝑚=________.14.已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则

该圆锥的侧面积为________.15.明朝著名易学家来知德以其太极图解释一年、一日之象的图式，一年气象图将二十四节气配以太极图，说明一年之气象，来氏认为“万古之人事，一年之气象也，春作夏长秋收冬藏，一年不过如此”.上图是来氏太极图，其大圆

半径为4，大圆内部的同心小圆半径为1，两圆之间的图案是对称的，若在大圆内随机取一点，则该点落在黑色区域的概率为________.16.已知正四棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的底面边长𝐴𝐵=6，侧棱长𝐴

𝐴1=2√7，它的外接球的球心为𝑂，点𝐸是𝐴𝐵的中点，点𝑃是球𝑂上的任意一点，有以下命题：①𝑃𝐸的长的最大值为9;②三棱锥𝑃−𝐸𝐵𝐶的体积的最大值是323;③存在过点𝐸的平面，截球𝑂的截面面积为8π;④三棱锥𝑃−𝐴�

�𝐶1的体积的最大值为20；其中是真命题的序号是________三、解答题17.记𝑆𝑛为等差数列{𝑎𝑛}的前n项和，已知𝑎1=−7，𝑆3=−15.（1）求公差d及{𝑎𝑛}的通项公式；（2）求𝑆𝑛，

并求𝑆𝑛的最小值.18.△𝐴𝐵𝐶的内角𝐴，𝐵，𝐶的对边分别为𝑎，𝑏，𝑐，已知𝑎cos𝐶+𝑐cos𝐴=2𝑏cos𝐵.（1）求B；（2）若𝑏=2√3，△𝐴𝐵𝐶的面积为2√3，求△𝐴𝐵𝐶的周长.19.如图，在直三棱柱𝐴𝐵�

�−𝐴1𝐵1𝐶1中，∠𝐵𝐴𝐶=90°，𝐴𝐵=𝐴𝐶=𝐴𝐴1.（1）求证：𝐴𝐵1⊥平面𝐴1𝐵𝐶1；（2）若D为𝐵1𝐶1的中点，求𝐴𝐷与平面𝐴1𝐵1𝐶1所成角的正弦值.20.在直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，直线l的参数方程为{𝑥=1+12

𝑡𝑦=√32𝑡（t为参数），在以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线𝐶的极坐标方程为𝜌2(1+3cos2𝜃)=4.（1）写出直线l的普通方程与曲线𝐶的直角坐标方程；（2）设点𝑀(1,0).若直线l与曲线𝐶相交于不同的两点𝐴,𝐵，求|𝐴𝑀|

+|𝐵𝑀|的值.21.直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，半圆𝐶的参数方程为{𝑥=1+cos𝜑𝑦=sin𝜑(𝜑为参数，0≤𝜑≤π),以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．（1）求𝐶的极坐标方程；（2）直线l的极坐标方程是𝜌(√3

cos𝜃+sin𝜃)=5√3，射线𝑂𝑀:𝜃=π3与半圆𝐶的交点为𝑂,𝑃，与直线l的交点为𝑄，求线段𝑃𝑄的长．22.为了调查成年人体内某种自身免疫力指标，去年七月某医院从在本院体检中心体检的成年人群中随机抽取了100人，按其免疫力指标分成如下五组：(1

0,20]，(20,30]，(30,40]，(40,50]，(50,60]，其频率分布直方图如图1所示．今年某医药研究所研发了一种疫苗，对提高该免疫力有显著效果．经临床检测，将自身免疫力指标比较低的成年人分为五组，各组分别按不同剂量注射疫苗后，其免疫力指

标y与疫苗注射量x个单位具有相关关系，样本数据的散点图如图2所示．附：对于一组样本数据(𝑥1,𝑦1)，(𝑥2,𝑦2)，…(𝑥𝑛,𝑦𝑛)，其回归直线𝑦̂=𝑏𝑥+𝑎的斜率和截距的最小二乘估计值分别为𝑏=∑(𝑥𝑖−�

�̅)𝑛𝑖=1(𝑦𝑖−𝑦̅)∑(𝑥𝑖−𝑥̅)2𝑛𝑖=1=∑𝑥𝑖𝑛𝑖=1𝑦𝑖−𝑛𝑥̅𝑦̅∑𝑥𝑖2𝑛𝑖=1−𝑛𝑥̅2，𝑎=𝑦̅−𝑏𝑥̅．（1）设去年七月该医院体检中心共接待5000名成年人体检，试估计这些体检人群中免疫力指标不低于30的

人数，并说明理由；（2）求体检中心抽取的100个人的免疫力指标平均值；（3）由于大剂量注射疫苗会对身体产生一定的副作用，医学部门设定：自身免疫力指标较低的成年人注射疫苗后，其免疫力指标不应超过普通成年人

群自身免疫力指标平均值的3倍．以体检中心抽取的100人作为普通人群的样本，据此估计，疫苗注射量不应超过多少个单位？答案解析部分黑龙江省安达市重点高中2020-2021学年高二下学期数学期末考试试卷一、选择题1.已知集合𝐴={𝑥∣−5

<𝑥<1}，𝐵={𝑥∣𝑥2≤4}，则𝐴∪𝐵=（）A.[−2,1)B.(−5,1)C.(−5,2]D.(−5,2)【答案】C【考点】并集及其运算，一元二次不等式的解法【解析】【解答】解：由x2≤4得-2≤x≤2，则B={x|-2≤x≤2}，故A∪B={x|-5<x≤2}，故答案为

：C【分析】根据一元二次不等式的解法，结合并集求解即可2.若角𝛼的终边经过点(1,−5)，则tan𝛼等于()A.-5B.5C.−15D.15【答案】A【考点】任意角三角函数的定义【解析】【解答】解：根据正切函数的

定义得tan𝛼=𝑦𝑥=−51=−5故答案为：A【分析】根据正切函数的定义求解即可.3.下列函数中，既是偶函数又存在零点的是（）A.y=lnxB.𝑦=𝑥2+1C.y=sinxD.y=cosx【答案】D【

考点】函数奇偶性的判断，函数的零点与方程根的关系【解析】【解答】选项A：y=lnx的定义域为(0.+∞)故y=lnx不具备奇偶性，故A错误；选项B：𝑦=𝑥2+1是偶函数，但𝑦=𝑥2+1=0无解，即不存

在零点，故B错误；选项C：y=sinx是奇函数，故C错；选项D：y=cosx是偶函数，且𝑦=cos𝑥=0⇒𝑥=𝜋2+𝑘𝜋,𝑘∈𝑧,故D项正确。【分析】在判断函数的奇偶性时，首先要判断函数的定义域

是否关于原点对称，然后再判断f(x0网与f(-x)的关系；在判断函数零点时，可分两种情况：①函数图象与X轴是否有交点；②令f(x)＝0是否有解；本题考查考生的综合分析能力。4.函数𝑓(𝑥)=√1−2𝑥

+1√𝑥+2的定义域是（）A.(−2,1]B.(−2,0]C.(−∞,−2)∪(−2,0]D.(−∞,−2)∪(−2,1]【答案】B【考点】函数的定义域及其求法，指、对数不等式的解法【解析】【解答】解：由题意得{1−2𝑥≥0𝑥+2>0)，解得{𝑥≤0𝑥>−2)，则-2<

x≤0故答案为：B【分析】根据函数的定义域，结合指数不等式求解即可.5.已知函数𝑓(𝑥)={log2(𝑥2+1),𝑥≤2𝑓(𝑥−3),𝑥>2，则𝑓(𝑓(4))=（）A.1B.2C.3D.4【答案】A【考点】对数的运算性质，分段函数的应用【解析】【解答】解：∵

f(4)=f(4-3)=f(1)=log22=1∴f(f(4))=f(1)=log22=1故答案为：A【分析】根据分段函数的定义，结合对数运算求解即可.6.已知sin(π2+𝜃)=35，则cos(π−2𝜃)=（）A.1225B.−1225C.−725D.

725【答案】D【考点】二倍角的余弦公式，运用诱导公式化简求值【解析】【解答】解：由题意得sin(π2+𝜃)=cos𝜃=35则cos(π−2𝜃)=−cos2𝜃=−(2cos2𝜃−1)=1−2cos2𝜃=1−2×(35)2=725故答案为：D【分析】根据诱导公式，结合二倍角的余弦公

式求解即可.7.已知正项等比数列{𝑎𝑛}的前n和为Sn，若𝑎1𝑎3=4,𝑆3=7，则𝑎4=（）A.8B.12C.8或12D.1或8【答案】C【考点】等比数列的通项公式，等比数列的前n项和【解析】【解答】解：设等比数列{an

}的公比为q，则有：①当q=1时，等比数列{an}为常数列，且an=2，则S3=6≠7，故q=1不合题意，②当q≠1时，则{𝑎1𝑎3=𝑎12𝑞2=4𝑠3=𝑎1(1−𝑞3)1−𝑞=7)，解得{𝑎1=1𝑞=2)或{𝑎1=4𝑞=12)则a4=8或𝑎4=12故答案为：C【分析

】根据等比数列的通项公式与前n项和公式求解即可.8.在普通高中新课程改革中，某地实施“3+1+2”选课方案．该方案中“2”指的是从政治，地理，化学，生物4门学科中任选2门，假设每门学科被选中的可能性相等，那么政治和地理至少有一门被选中的概率

是()A.16B.12C.23D.56【答案】D【考点】互斥事件与对立事件，古典概型及其概率计算公式【解析】【解答】设𝐴={两门至少有一门被选中},则𝐴={两门都没被选中}，则𝐴包含1个基本事件,则𝑝(𝐴)=1𝐶

42=16,∴𝑃(𝐴)=1−16=56.故答案为：D.【分析】根据古典概型，结合对立事件求解即可.9.设函数𝑓(𝑥)=sin(𝜔𝑥+𝜑)+cos(𝜔𝑥+𝜑)(𝜔>0,|𝜑|≤π2)的最小正周期为π.且过点(0,√2).则下列说法正确的是（）A.𝜑=−π2B.𝑓(𝑥)

在(0,π2)上单调递增C.𝑓(𝑥)的图象关于点(π8,0)对称D.把函数𝑓(𝑥)向右平移π4个单位得到𝑔(𝑥)的解析式是𝑔(𝑥)=√2sin2𝑥【答案】D【考点】函数的图象与图象变化，余弦函数的奇偶性与对称性，余弦函数的单调性，函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】

【解答】解：由题意得𝑓(𝑥)=sin(𝜔𝑥+𝜑)+cos(𝜔𝑥+𝜑)=√2sin(𝜔𝑥+𝜑+π4)由𝑇=2π|𝜔|=π得ω=2，∴𝑓(𝑥)=√2sin(2𝑥+𝜑+π4)又∵f

(x)过点(0,√2)∴√2sin(𝜑+π4)=√2∴sin(𝜑+π4)=1∴𝜑+π4=π2+2𝑘π∴𝜑=π4+2𝑘π又∵|𝜑|≤π2∴𝜑=π4，故A错误，∴𝑓(𝑥)=√2sin(2𝑥+π4+π4)=√2

sin(2𝑥+π2)=√2cos2𝑥当x∈(0,π2)时，2x∈(0,π)，显然函数𝑓(𝑥)=√2cos2𝑥在(0,π)上单调递减，故B错误；当𝑥=π8时，𝑓(π8)=√2cosπ4=1≠√2，故C错误；把函数𝑓(�

�)=√2cos2𝑥向右平移π4个单位得𝑔(𝑥)=√2cos2(𝑥−π4)=√2cos(2𝑥−π2)=√2sin2𝑥，故D正确.故答案为：D【分析】根据𝑦=𝐴cos(𝜔𝑥+𝜑)的图象与性质，结合图象的平移求解即可.10.若直线2𝑎𝑥−𝑏𝑦+2=0(𝑎

>0,𝑏>0)被圆𝑥2+𝑦2+2𝑥−4𝑦+1=0截得弦长为4，则4𝑎+1𝑏的最小值是（）A.9B.4C.12D.14【答案】A【考点】基本不等式在最值问题中的应用【解析】【解答】圆x2+y2+2

x−4y+1=0的标准方程为：（x+1）2+（y﹣2）2=4，它表示以（﹣1，2）为圆心、半径等于2的圆；设弦心距为d，由题意可得22+d2=4，求得d=0，可得直线经过圆心，故有﹣2a﹣2b+2=0，即a+b=1，再由

a＞0，b＞0，可得4𝑎+1𝑏=（4𝑎+1𝑏）（a+b）=5+4𝑏𝑎+𝑎𝑏≥5+2√4𝑏𝑎×𝑎𝑏=9当且仅当4𝑏𝑎=𝑎𝑏时取等号，∴4𝑎+1𝑏的最小值是9．故答案为：A．【分析】写出圆

的标准方程，根据弦长公式，得到a+b=1，采用常数代换的方法，结合基本不等式，即可求出相应的最小值.11.若函数𝑓(𝑥)={𝑎𝑥−2,𝑥≤2(3−2𝑎)ln(𝑥−1),𝑥>2在R上单调递

增，则实数a的取值范围是（）A.(0,32)B.(0,2]C.(0,1]D.[1,32)【答案】C【考点】函数的单调性及单调区间，分段函数的应用【解析】【解答】解：∵𝑓(𝑥)={𝑎𝑥−2,𝑥≤2(3−2𝑎)ln(𝑥−1),𝑥>2在

R上单调递增∴{𝑎>03−2𝑎>02𝑎−2≤0)，解得0<a≤1故答案为：C【分析】根据一次函数及对数函数型的复合函数的单调性求解即可.12.已知函数𝑓(𝑥)满足𝑓(−𝑥)=−𝑓(𝑥)，且对任意的𝑥1,𝑥2∈[0,+∞),𝑥1≠

𝑥2，都有𝑓(𝑥2)−𝑓(𝑥1)𝑥2−𝑥1>2，又𝑓(1)=2020，则满足不等式𝑓(𝑥−2020)>2(𝑥−1011)的x的取值范围是（）A.(2021,+∞)B.(2020,+∞)C.(1010,+∞)D.(1011,+∞)【答案】A

【考点】函数的单调性及单调区间，函数单调性的性质，奇偶性与单调性的综合【解析】【解答】解：根据题意可知，𝑓(𝑥2)−𝑓(𝑥1)𝑥2−𝑥1>2可转化为[𝑓(𝑥2)−2𝑥2]−[𝑓(𝑥1

)−2𝑥1]𝑥2−𝑥1>0所以f(x)-2x在[0,+∞)上是增函数，又f(-x)=-f(x),所以f(x)-2x为奇函数,所以f(x)-2x在R上为增函数,因为f(x-2020)>2(x-10

11)，f(1)=2020,所以f(x-2020)-2(x-2020)>f(1)-2，所以x-2020>1,解得x>2021,即x的取值范围是(2021,+∞o).故答案为：A.【分析】根据函数的单调性，结合奇函数的性质求解即可.二、填空题13.已知向量𝑎⃗=(−2,𝑚)，

𝑏⃗⃗=(3,1)，若𝑎⃗//𝑏⃗⃗，则𝑚=________.【答案】−23【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示【解析】【解答】解：由题意得(-2)×1-3m=0，解得𝑚=−23故答案为：−23【分析】根据向量平行的坐标表示求解即可.14.已知一个圆锥的底

面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为________.【答案】39π【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【解析】【解答】由题可得圆锥的体积𝑉=13π𝑟2ℎ=12πℎ−30π，可得ℎ=52，故圆锥的母线𝑙=√𝑟2+ℎ2=132，所以圆锥的侧面积𝑆=π

𝑟𝑙=39π【分析】根据圆锥的几何特征，结合圆锥的体积与侧面积公式求解即可.15.明朝著名易学家来知德以其太极图解释一年、一日之象的图式，一年气象图将二十四节气配以太极图，说明一年之气象，来氏认为“万古之人事，一年之气象也，春作夏长秋收冬藏，一年不过如此”.上图是来氏太极图，其大圆半径为4，大

圆内部的同心小圆半径为1，两圆之间的图案是对称的，若在大圆内随机取一点，则该点落在黑色区域的概率为________.【答案】1532【考点】几何概型【解析】【解答】解：设大圆面积为S1，小圆面积S2，则S1=πx42=16π，S2=πx1=π,可得黑色区域的面积为12(�

�1−𝑆2)=15π2所以落在黑色区域的概率为𝑃=12(𝑆1−𝑆2)𝑆1=15π216π=1532故答案为：1532【分析】根据几何概型的计算，结合圆的面积公式求解即可.16.已知正四棱柱𝐴

𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的底面边长𝐴𝐵=6，侧棱长𝐴𝐴1=2√7，它的外接球的球心为𝑂，点𝐸是𝐴𝐵的中点，点𝑃是球𝑂上的任意一点，有以下命题：①𝑃𝐸的长的最大值为9;②三棱锥𝑃−𝐸𝐵𝐶的体积的最大值是323;③存在过点𝐸的平面，截球𝑂的截面面

积为8π;④三棱锥𝑃−𝐴𝐸𝐶1的体积的最大值为20；其中是真命题的序号是________【答案】①④【考点】球面距离及相关计算，棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由题意可知球心在正四棱柱

对角线的中点，直径为:√62+62+(2√7)2=10，则半径是5，①PE长的最大值是:5+√52−32=9，正确;②P到平面EBC的距离最大值是5+√52−(3√2)2=5+√7，错误;③球的大圆面积是25π，过E与球心连线垂直的平面是小圆，面积为9π，因而(3)是

错误的；④三棱锥P-AEC1体积的最大值是𝑉=13𝑆△𝐴𝐸𝐶1·ℎ=13×12×3×8×5=20(h最大是半径)，正确.故答案为：①④【分析】根据棱柱的几何特征，结合点到线与点到面的距离，以及棱锥的体积与外接球问题求解即可.

三、解答题17.记𝑆𝑛为等差数列{𝑎𝑛}的前n项和，已知𝑎1=−7，𝑆3=−15.（1）求公差d及{𝑎𝑛}的通项公式；（2）求𝑆𝑛，并求𝑆𝑛的最小值.【答案】（1）解：设{𝑎𝑛}的公差为d，由题意得3𝑎1+3𝑑=−15.由𝑎1=−7得𝑑=2.所以{𝑎𝑛}

的通项公式为𝑎𝑛=2𝑛−9（2）解：由（1）得𝑆𝑛=𝑛2−8𝑛=(𝑛−4)2−16.所以𝑛=4时，𝑆𝑛取得最小值，最小值为-16【考点】二次函数在闭区间上的最值，等差数列的通项公式，等差数列的前n

项和【解析】【分析】（1）根据等差数列的通项公式求解即可；（2）根据等差数列的前n项和公式，结合二次函数的最值问题求解即可.18.△𝐴𝐵𝐶的内角𝐴，𝐵，𝐶的对边分别为𝑎，𝑏，𝑐，已知𝑎cos𝐶+𝑐cos𝐴=

2𝑏cos𝐵.（1）求B；（2）若𝑏=2√3，△𝐴𝐵𝐶的面积为2√3，求△𝐴𝐵𝐶的周长.【答案】（1）解：∵𝑎cos𝐶+𝑐cos𝐴=2𝑏cos𝐵，由正弦定理得：sin𝐴cos𝐶+sin𝐶cos𝐴=2sin𝐵cos𝐵，整理得：sin(𝐴+𝐶

)=2sin𝐵cos𝐵=sin𝐵，∵在△𝐴𝐵𝐶中，0<𝐵<π，∴sin𝐵≠0，即2cos𝐵=1，∴cos𝐵=12，即𝐵=π3（2）解：由余弦定理得：(2√3)2=𝑎2+𝑐2−2𝑎𝑐⋅12，∴(𝑎+𝑐)2−

3𝑎𝑐=12，∵𝑆=12𝑎𝑐sin𝐵=√34𝑎𝑐=2√3，∴𝑎𝑐=8，∴(𝑎+𝑐)2−24=12，∴𝑎+𝑐=6，∴△𝐴𝐵𝐶的周长为6+2√3【考点】两角和与差的正弦公式，正弦定理的应用，余弦定理的应用，三角形中的几何计算【解析】【分析】（1）根据正弦定理

，结合两角和的正弦公式求解即可；（2）根据余弦定理，结合三角形的面积与周长公式求解即可.19.如图，在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，∠𝐵𝐴𝐶=90°，𝐴𝐵=𝐴𝐶=𝐴𝐴1.（1）求证：𝐴𝐵1⊥平面𝐴1𝐵𝐶1；（2）若D

为𝐵1𝐶1的中点，求𝐴𝐷与平面𝐴1𝐵1𝐶1所成角的正弦值.【答案】（1）证明：由题意知四边形𝐴𝐴1𝐵1𝐵是正方形，∴𝐴𝐵1⊥𝐵𝐴1.由𝐴𝐴1⊥平面𝐴1𝐵1𝐶1得𝐴𝐴1⊥�

�1𝐶1.又∵𝐴1𝐶1⊥𝐴1𝐵1，𝐴𝐴1∩𝐴1𝐵1＝𝐴1，∴𝐴1𝐶1⊥平面𝐴𝐴1𝐵1𝐵.又∵𝐴𝐵1⊂平面𝐴𝐴1𝐵1𝐵，∴𝐴1𝐶1⊥𝐴𝐵1又∵𝐵𝐴1∩

𝐴1𝐶1=𝐴1，∴𝐴𝐵1⊥平面𝐴1𝐵𝐶1（2）解：连接𝐴1𝐷,设𝐴𝐵=𝐴𝐶=𝐴𝐴1=1.∵𝐴𝐴1⊥平面𝐴1𝐵1𝐶1，∴∠𝐴1𝐷𝐴是𝐴𝐷与平面𝐴1𝐵1𝐶1所成的角.在等腰直角三角形𝐴1𝐵

1𝐶1中，D为斜边𝐵1𝐶1的中点，∴𝐴1𝐷=12𝐵1𝐶1=√22.在𝑅𝑡△𝐴1𝐷𝐴中，𝐴𝐷=√𝐴1𝐷2+𝐴1𝐴2=√62.∴sin∠𝐴1𝐷𝐴=𝐴1𝐴𝐴𝐷=√63，即𝐴𝐷与平面𝐴1𝐵1𝐶1所成角的正弦值为√63【考点】直线与平面垂直的

判定，直线与平面垂直的性质，直线与平面所成的角【解析】【分析】（1）根据直线与平面垂直的性质定理与判定定理求证即可；（2）根据直线与平面所成角的定义，运用几何法求解即可.20.在直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，直线l的参数方程为{𝑥=1+12𝑡𝑦

=√32𝑡（t为参数），在以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线𝐶的极坐标方程为𝜌2(1+3cos2𝜃)=4.（1）写出直线l的普通方程与曲线𝐶的直角坐标方程；（2）设点𝑀(1,0).若直线

l与曲线𝐶相交于不同的两点𝐴,𝐵，求|𝐴𝑀|+|𝐵𝑀|的值.【答案】（1）解：由直线l的参数方程消去参数𝑡⬚，得直线l的普通方程为√3𝑥−𝑦−√3=0，又将曲线𝐶的极坐标方程化为𝜌2+3�

�2𝑐𝑜𝑠2𝜃=4，曲线𝐶的直角坐标方程为𝑥2+𝑦24=1（2）解：将直线l的参数方程代入𝑥2+𝑦24=1中，得4(1+12𝑡)2+(√32𝑡)2=4，得7𝑡2+16𝑡=0此方程的两根为直线l与曲线𝐶的交点𝐴,𝐵对应的参数𝑡1，

𝑡2，得𝑡1=−167，𝑡2=0，∴由直线参数的几何意义，知|𝐴𝑀|+|𝐵𝑀|=|𝑡1|+|𝑡2|=167【考点】点的极坐标和直角坐标的互化，参数方程化成普通方程，直线的参数方程【解析】【分析】（1）根据参数方程与普通方程的互化，以及极坐标方程与直角坐标方程的互化求解

即可；（2）根据直线的参数方程的几何意义求解即可.21.直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，半圆𝐶的参数方程为{𝑥=1+cos𝜑𝑦=sin𝜑(𝜑为参数，0≤𝜑≤π),以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．（1）求𝐶的极坐标方程；（2）直线l

的极坐标方程是𝜌(√3cos𝜃+sin𝜃)=5√3，射线𝑂𝑀:𝜃=π3与半圆𝐶的交点为𝑂,𝑃，与直线l的交点为𝑄，求线段𝑃𝑄的长．【答案】（1）解：半圆𝐶的普通方程为(𝑥−1)2+𝑦2=1(𝑦∈[0,1]),又�

�=𝜌cos𝜃,𝑦=𝜌sin𝜃,所以半圆𝐶的极坐标方程是𝜌=2cos𝜃,𝜃∈[0,π2]（2）解：设(𝜌1,𝜃1)为点𝑃的极坐标，则有{𝜌1=2cos𝜃1𝜃1=π3，解得{𝜌1=1𝜃1=π3；设(𝜌2,𝜃2)为点𝑄的极坐标，

则有{𝜌2(√3cos𝜃2+sin𝜃2)=5√3𝜃2=π3，解得{𝜌2=5𝜃2=π3由于𝜃1=𝜃2，所以|𝑃𝑄|=|𝜌1−𝜌2|=4,所以线段𝑃𝑄的长为4【考点】简单曲线的极坐标方

程，点的极坐标和直角坐标的互化，参数方程化成普通方程【解析】【分析】（1）根据参数方程与普通方程的互化，以及极坐标方程与直角坐标方程的互化求解即可；（2）根据直线的极坐标方程的几何意义求解即可.22.为了调查成年人体

内某种自身免疫力指标，去年七月某医院从在本院体检中心体检的成年人群中随机抽取了100人，按其免疫力指标分成如下五组：(10,20]，(20,30]，(30,40]，(40,50]，(50,60]，其频率分布直方

图如图1所示．今年某医药研究所研发了一种疫苗，对提高该免疫力有显著效果．经临床检测，将自身免疫力指标比较低的成年人分为五组，各组分别按不同剂量注射疫苗后，其免疫力指标y与疫苗注射量x个单位具有相关关系，样本数据的散点图如图2所示．附：对于一组样本数据(𝑥1,𝑦1)，(𝑥2,

𝑦2)，…(𝑥𝑛,𝑦𝑛)，其回归直线𝑦̂=𝑏𝑥+𝑎的斜率和截距的最小二乘估计值分别为𝑏=∑(𝑥𝑖−𝑥̅)𝑛𝑖=1(𝑦𝑖−𝑦̅)∑(𝑥𝑖−𝑥̅)2𝑛𝑖=1=∑𝑥𝑖𝑛𝑖=1𝑦𝑖

−𝑛𝑥̅𝑦̅∑𝑥𝑖2𝑛𝑖=1−𝑛𝑥̅2，𝑎=𝑦̅−𝑏𝑥̅．（1）设去年七月该医院体检中心共接待5000名成年人体检，试估计这些体检人群中免疫力指标不低于30的人数，并说明理由；（2）求体检中心抽取的100个人的免疫力指标平均值；（3）由于大剂量注射疫苗会对身体

产生一定的副作用，医学部门设定：自身免疫力指标较低的成年人注射疫苗后，其免疫力指标不应超过普通成年人群自身免疫力指标平均值的3倍．以体检中心抽取的100人作为普通人群的样本，据此估计，疫苗注射量不应超过多少个单位？【答案】（1）解：由频率

分布直方图知，免疫力指标在(10,20]中的频率为0.026×10=0.26．同理，在(20,30]，(30,40]，(40,50]，(50,60]中的频率分别为0.4，0.24，0.08，0.02．故免疫力

指标不低于30的频率为0.24+0.08+0.02=0.34．由样本的频率分布，可以估计这些体检人群中免疫力指标不低于30的人数为5000×0.34=1700（2）解：由直方图知，免疫力指标的平均值为15×26100+25×40100+35×24100+45×8100+55×2100=27（

3）解：由散点图知，5组样本数据(𝑥,𝑦)分别为(10,30)，(30,50)，(50,60)，(70,70)，(90,90)，且x与y具有线性相关关系．因为𝑥̅=50，𝑦̅=60，则𝑏=10×30+30×50+50×60+70×70+90×90−5×50×601

02+302+502+702+902−5×502=710，𝑎=60−710×50=25，所以回归直线方程为𝑦̂=0.7𝑥+25．由（2）知，免疫力指标的平均值为27．由𝑦̂≤27×3=81，得0.7𝑥+25≤81，解得𝑥≤80．据此

估计，疫苗注射量不应超过80个单位．【考点】频率分布直方图，众数、中位数、平均数，线性回归方程，回归分析，回归分析的初步应用【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图的性质求解即可；（2）根据平均数的解法，结合频率分布直方图求解即可；（3）根据线性回归直线方程的解法与意义求

解即可.