【文档说明】重庆市缙云教育联盟2020-2021学年高一下学期期末质量检测数学试题 含答案.docx，共(21)页，189.296 KB，由小赞的店铺上传

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★秘密·启封前重庆市2020-2021学年（下）年度质量检测高一数学【命题单位：重庆缙云教育联盟】注意事项：1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；2.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

，在试卷上作答无效；3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；4.全卷共5页，满分150分，考试时间120分钟。一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在没每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.设△𝐴𝐵𝐶

的内角A，B，C所对的边为a，b，c，则下列命题不正确的是()A.𝑠𝑖𝑛𝐴>𝑠𝑖𝑛𝐵，则𝐴>𝐵B.若𝑠𝑖𝑛2𝐴=𝑠𝑖𝑛2𝐵，则𝐴=𝐵C.若A，B，C成等差数列，则𝐵=𝜋3D.若

𝑎:𝑏:𝑐=1:√3:2，则𝐶=𝜋22.已知复数z满足𝑧(1−𝑖)=4𝑖，则|𝑧|=()A.1B.√2C.2D.2√23.在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，E是𝐶1𝐷1的中点，则

异面直线DE与AC所成角的余弦值为()A.120B.√1010C.−√1010D.−1204.下列说法正确的有()①回归直线一定过样本点中心(𝑥−,𝑦−)；②我校高一、高二、高三共有学生4800人，其中高三有1200人.为调查学生视力情况，用分层抽样的方

法从全校学生中抽取一个容量为200的样本，那么应从高三年级抽取40人；③若一组数据𝑥1，𝑥2，…𝑥𝑛的方差为5，则另一组数据𝑥1+1，𝑥2+1…，𝑥𝑛+1的方差为6；2021.07④把六进制数210(6)转换成十进制数为：210(6)=0×60+1×61+2×62=

78．A.①④B.①②C.③④D.①③5.北碚区在创建“全国文明城市”活动中大力加强垃圾分类投放宣传．某居民小区设有“厨余垃圾”、“可回收垃圾”、“其它垃圾”、“有害垃圾”四种不同的垃圾桶．一天，居民小陈提着上述分好类的垃圾各一袋，随机每桶投一袋，则恰好有两袋垃圾投对的概率为()A.16B.19C

.13D.146.设△𝐴𝐵𝐶的内角A，B，C所对的边为a，b，c，若2𝑎𝑐𝑜𝑠𝐵=𝑏+𝑐，则(𝑎𝑏)2+𝑏𝑐的最小值为A.4B.2√3C.3D.2√27.已知正实数𝑎,𝑏满足𝑎+2𝑏+log2𝑎+log22𝑏=0，若𝑏2𝑎+�

�4𝑏≥𝑚𝑎𝑏恒成立，则正整数m的最大值是()A.1B.2C.3D.48.已知a为正常数，𝑓(𝑥)={𝑥2−𝑎𝑥+1,𝑥≥𝑎,𝑥2−3𝑎𝑥+2𝑎2+1,𝑥<𝑎，若存在𝜃∈(𝜋4,𝜋2)，满足𝑓(𝑠𝑖𝑛𝜃)=𝑓(𝑐𝑜𝑠𝜃)，则实数a

的取值范围是()A.(12,1)B.(√22,1)C.(1,√2)D.(12,√22)二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分。9.若直线𝑦=2𝑎

与函数𝑦=|𝑎𝑥−1|(𝑎>0，且𝑎≠1)的图象有两个公共点，则a的取值可以是()A.14B.13C.12D.210.将函数𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+𝜑)(0<𝜑<𝜋)的图象向右平移𝜋4个单位长度

后得到函数𝑔(𝑥)=sin(2𝑥+𝜋6)的图象，则下列说法正确的是()A.𝜑=𝜋3B.函数𝑓(𝑥)的最小正周期为𝜋C.函数𝑓(𝑥)的图象关于点(𝜋3,0)成中心对称D.函数𝑓(𝑥)的一个单调递减区间为[−𝜋12,5𝜋12]11.已知𝑎,𝑏

,𝑐分别是三角形ABC三内角A，B，C的对边，且满足(𝑎+𝑐−𝑏)(𝑎+𝑏+𝑐)=𝑎𝑐,𝑏=√3,则下列说法正确的是()A.B.C.△𝐴𝐵𝐶的面积最大值为√34D.△𝐴𝐵𝐶的面积最大值为3√3412.在四棱锥�

�−𝐴𝐵𝐶𝐷中，底面ABCD是正方形，𝑃𝐴⊥底面ABCD，𝑃𝐴=𝐴𝐵，截面BDE与直线PC平行，与PA交于点E，则下列判断正确的是()A.E为PA的中点B.PB与CD所成的角为𝜋3C.𝐵𝐷⊥平面PACD.三棱锥𝐶−𝐵𝐷𝐸与四棱

锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的体积之比等于1:4三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.已知复数𝜔满足𝜔−4=(3−2𝜔)𝑖(𝑖为虚数单位)，𝑧=5𝜔+|𝜔−2|.则一个以z

为根的实系数一元二次方程为__________________．14.在四边形ABCD中，𝐴𝐵=1，𝐵𝐶=√2，∠𝐴𝐵𝐶=3𝜋4，∠𝐴𝐷𝐶=𝜋4，𝐴𝐵⊥𝐴𝐷，𝐶𝐵⊥𝐶𝐷，则对角线BD的长为______．15.小明计

划7月中旬去重庆参加会议，有飞机和火车两种交通工具可供选择，它们能准时到达的概率分别为0.95、0.8，若当天天晴则乘飞机，否则乘火车，天气预报显示当天天晴的概率为0.8.则小明能准时到达的概率为______；若小明当天准时到达，则他是乘火车去的概率为

______.(结果保留两位小数)16.欲将一底面半径为√3𝑐𝑚，体积为3𝜋𝑐𝑚3的圆锥体模型打磨成一个圆柱体和一个球体相切的模具，如图所示，则打磨成的圆柱体和球体的体积之和的最大值为______𝑐𝑚3．四、解答题：本题共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.已知集合𝐴={𝑥|𝑥2−2𝑥−3≤0,𝑥∈𝑅}，𝐵={𝑥|𝑥2−2𝑚𝑥+𝑚2−4≤0,𝑥∈𝑅,𝑚∈𝑅}．(1)若𝐴∩𝐵=[0,3]，求实数m的值；(2)若𝐴⊆∁𝑅𝐵，求实数m的取值范围．18.在△𝐴𝐵�

�中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．(1)求B；(2)若，求sin𝐶的值．19.如图，在平行四边形ABCD中，点E，F，G分别在边AB，AD，BC上，且满足𝐴𝐸=13𝐴𝐵，𝐴𝐹=13𝐴𝐷，𝐵𝐺=23𝐵𝐶，设𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗

=𝑎⃗⃗，𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑏⃗．(1)用𝑎⃗⃗，𝑏⃗表示𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗，𝐸𝐺⃗⃗⃗⃗⃗；(2)若𝐸𝐹⊥𝐸𝐺，𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐸𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑎⃗⃗⋅𝑏⃗，求角A的值．20.如图，在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−

𝐴1𝐵1𝐶1中，已知𝐴𝐴1=𝐵𝐶=𝐴𝐵=2，𝐴𝐵⊥𝐵𝐶．(1)求四棱锥𝐴1−𝐵𝐶𝐶1𝐵1的体积；(2)求二面角𝐵1−𝐴1𝐶−𝐶1的大小．21.2018年1月22日，依照中国文联及中国民间文艺家

协会命名中国观音文化之乡的有关规定，中国文联、中国民协正式命名四川省遂宁市为“中国观音文化之乡”．如表为2014年至2018年观音文化故里某土特产企业的线下销售额(单位：万元)年份201420152016201720

18线下销售额90170210280340为了解“祈福观音、永保平安”活动的支持度．某新闻调查组对40位老年市民和40位年轻市民进行了问卷调查(每位市民从“很支持”和“支持”中任选一种)，其中很支持的老年市民有

30人，支持的年轻市民有15人．(1)从以上5年中任选2年，求其销售额均超过200万元的概率；(2)请根据以上信息列出列联表，并判断能否有85%的把握认为支持程度与年龄有关．附：𝐾2=𝑛(𝑎𝑑−𝑏𝑐)2(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(�

�+𝑑)，其中𝑛=𝑎+𝑏+𝑐+𝑑参考数据：𝑃(𝐾2≥𝑘0)0.500.400.250.150.100.050.0250.010𝑘00.4550.7081.3232.0722.7063.8415.0246.63522.已知定义域为R的函数𝑓(𝑥)=

𝑔(𝑥)+𝑛−2𝑔(𝑥)−2是奇函数，𝑔(𝑥)为指数函数且𝑔(𝑥)的图象过点(2,4)．(1)求𝑓(𝑥)的表达式；(2)若对任意的𝑡∈[−1,1].不等式𝑓(𝑡2−2𝑎)+𝑓(at−1)≥0恒成立，求实数a

的取值范围；(3)若方程𝑓(|𝑥2+3𝑥|)+𝑓(−𝑎|𝑥−1|)=0恰有2个互异的实数根，求实数a的取值集合．★秘密·考试结束前重庆市2020-2021学年（下）年度质量检测高一数学答案及评分标准【命题单位：重庆缙云

教育联盟】1.【答案】B【解析】【分析】本题考查命题的真假、正弦定理，二倍角，等差数列性质及其应用，属基础题．对选项逐一判断即可．【解答】解：A．sin𝐴>sin𝐵⇔𝑎>𝑏⇔𝐴>𝐵，故A正确．B.若sin2𝐴=sin2𝐵，则2𝐴=2𝐵，或，即得𝐴=𝐵或，故B错误

．C.若A，B，C成等差数列，则，则𝐵=𝜋3故C正确．D.若𝑎:𝑏:𝑐=1:√3:2，则𝑎2+𝑏2=𝑐2，则𝐶=𝜋2，故D正确．故选B．2.【答案】D【解析】【分析】本题考查了复数的四则运算，复数的模，属于基础题．根据复数的四则运算可求得z，即可求得|𝑧|．【解答】解：因为�

�(1−𝑖)=4𝑖，所以𝑧=4𝑖1−𝑖=4𝑖(1+𝑖)2=−2+2𝑖，则|𝑧|=√(−2)2+22=2√2．故选D．3.【答案】B【解析】【分析】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查利用空间向量求异面直线的夹角，考查运算求解能力，是中档题．以D为原点，DA

为x轴，DC为y轴，𝐷𝐷1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线DE与AC所成角的余弦值．【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，𝐷𝐷1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体𝐴

𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中棱长为2，则𝐷(0,0，0)，𝐸(0,1，2)，𝐴(2,0，0)，𝐶(0,2，0)，𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1，2)，𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,2，0)，设异面直线DE与AC所成角为

𝜃，则𝑐𝑜𝑠𝜃=|𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗||𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗|⋅|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=2√5⋅√8=√1010．∴异面直线DE与AC所成角的余弦值为√1010．故选B．4.【答案】A【解析】解：对于

①，回归直线一定过样本点中心(𝑥−,𝑦−)，故①正确；对于②，我校高一、高二、高三共有学生4800人，其中高三有1200人．为调查学生视力情况，用分层抽样的方法从全校学生中抽取一个容量为200的样本，那么应从高三年级抽取50人，故②错误

；对于③，若一组数据𝑥1，𝑥2，…𝑥𝑛的方差为5，则另一组数据𝑥1+1，𝑥2+1…，𝑥𝑛+1的方差为5，故③错误；对于④，把六进制数210(6)转换成十进制数为：210(6)=0×60+1×61+2×62=78，故④正确．故选：A．直接

利用回归直线的方程，分层抽样，平均数和方差的关系，十进制和六进制的转换判断①②③④的结论．本题考查的知识要点：回归直线的方程，分层抽样，平均数和方差的关系，十进制和六进制的转换，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．5.【答案】D【解析】解：某

居民小区设有“厨余垃圾”、“可回收垃圾”、“其它垃圾”、“有害垃圾”四种不同的垃圾桶．一天，居民小陈提着上述分好类的垃圾各一袋，随机每桶投一袋，基本事件总数𝑛=4×3×2=24，其中恰好有两袋垃圾投对包含的基本事件个数

𝑚=3×2种则恰好有一袋垃圾投对的概率为𝑃=𝑚𝑛=624=14．故选：D．先求得基本事件总数，再求得其中恰好有两袋垃圾投对包含的基本事件个数，由此能求出恰好有两袋垃圾投对的概率．本题考查概率的求法

，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题．6.【答案】C【解析】【分析】本题考查余弦定理和基本不等式，属于中档题，把cos𝐵=𝑎2+𝑐2−𝑏22𝑎𝑐代入，整理得：𝑎2𝑏2=1+𝑐𝑏，运用基本不等式即可求得最小值．【解答】解：因为2𝑎𝑐𝑜𝑠�

�=𝑏+𝑐，由余弦定理可得2𝑎⋅𝑎2+𝑐2−𝑏22𝑎𝑐=𝑏+𝑐⇒𝑎2−𝑏2=𝑏𝑐整理得：𝑎2𝑏2=1+𝑐𝑏所以(𝑎𝑏)2+𝑏𝑐=1+𝑐𝑏+𝑏𝑐⩾1+2=3，当且仅当𝑐𝑏=𝑏𝑐，即𝑏=𝑐时，等号成立．故

选：C．7.【答案】B【解析】【分析】本题考查对数运算，基本不等式求最值，属于中档题．先求出2𝑎+2𝑏=12𝑎𝑏，进而得到𝑚2⩽𝑏·22𝑏+𝑎·2𝑎，再利用基本不等式求𝑏·22𝑏+𝑎·2𝑎⩾√2，即可解决．【解答

】解;因为正实数a，b满足𝑎+2𝑏+log2𝑎+log22𝑏=0，故𝑎+2𝑏=log212𝑎𝑏，所以2𝑎+2𝑏=12𝑎𝑏，故𝑏2𝑎+𝑎4𝑏≥𝑚𝑎𝑏化为𝑚2⩽𝑏·22𝑏

+𝑎·2𝑎，又因为𝑏·22𝑏+𝑎·2𝑎⩾2√𝑎𝑏·2𝑎+2𝑏=√2，当且仅当𝑏·22𝑏=𝑎·2𝑎，等号成立，故𝑚2⩽√2，即𝑚⩽2√2，所以正整数m的最大值是2．故选B．8.【答案】D

【解析】【分析】本题考查了函数的对称性判断，三角恒等变换，属于较难题．判断函数的单调性和对称性，根据对称性得出𝑠𝑖𝑛𝜃+𝑐𝑜𝑠𝜃=2𝑎.结合𝜃的范围得出a的范围．【解答】解：∵𝑎>0，∴𝑓(𝑥)在

(−∞,𝑎)上单调递减，在(𝑎,+∞)上单调递增，不妨设𝑥>0，则𝑓(𝑎+𝑥)=(𝑎+𝑥)2−𝑎(𝑎+𝑥)+1=𝑥2+𝑎𝑥+1，𝑓(𝑎−𝑥)=(𝑎−𝑥)2−3𝑎(𝑎−𝑥)+2𝑎2+1=𝑥2+𝑎𝑥+1，∴𝑓(𝑎+𝑥)=𝑓

(𝑎−𝑥)，同理：当𝑥<0时，上式也成立，∴𝑓(𝑥)的图象关于直线𝑥=𝑎对称，∵𝑓(𝑠𝑖𝑛𝜃)=𝑓(𝑐𝑜𝑠𝜃)，∴𝑠𝑖𝑛𝜃+𝑐𝑜𝑠𝜃=2𝑎，即𝑎=12(𝑠𝑖𝑛𝜃+𝑐𝑜𝑠𝜃)=√22sin(𝜃+𝜋4).∵𝜃∈(𝜋4,�

�2)，∴𝜋2<𝜃+𝜋4<3𝜋4，∴12<√22sin(𝜃+𝜋4)<√22，即12<𝑎<√22．故选D．9.【答案】AB【解析】【分析】本题考查指数函数的变换，形如𝑦=|𝑓(𝑥)|的图象的作法：先做出𝑦=𝑓(𝑥)的图象，再将x轴下方的图象翻折

到x轴上方．𝑦=|𝑎𝑥−1|的图象由𝑦=𝑎𝑥的图象向下平移一个单位，再将x轴下方的图象翻折到x轴上方得到，分𝑎>1和0<𝑎<1两种情况分别作图．【解答】解：𝑦=|𝑎𝑥−1|的图象由𝑦=𝑎𝑥的图象向下平移一个单位，再将x轴下方的图象翻折到x轴上方

得到，分𝑎>1和0<𝑎<1两种情况分别作图．如图所示：当𝑎>1时不合题意；0<𝑎<1时，需要0<2𝑎<1，即0<𝑎<12.所以a的取值可以是14，13故选：AB．10.【答案】BD【解析】【分析】本题考查了三角函数图象平移变换以及函数𝑦=𝐴sin(𝜔𝑥+𝜑)的性质的应

用，属于基础题．先由三角函数的图象变换求出𝜑的值，即可判断A选项错误，求出𝑓(𝑥)的解析式，然后根据三角函数的性质逐项判断B，C，D即可．【解答】解：𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+𝜑)的图象向右平移𝜋4个单位长度后得到=𝑔(𝑥)=si

n(2𝑥+𝜋6)，∵0<𝜑<𝜋，，即，故A不正确；，B.𝑓(𝑥)的最小正周期，故B正确；C.令，𝑘∈𝑍，得，即𝑓(𝑥)的对称中心为，故C不正确；D.令𝜋2+2𝑘𝜋≤2𝑥+2𝜋3≤3𝜋2+2𝑘𝜋，𝑘∈𝑍，解得−𝜋12+𝑘𝜋≤𝑥≤5𝜋12+

𝑘𝜋,𝑘∈𝑍，∴函数𝑓(𝑥)的递减区间为[−𝜋12+𝑘𝜋,5𝜋12+𝑘𝜋](𝑘∈𝑍)，当𝑘=0时，函数𝑓(𝑥)的递减区间为[−𝜋12,5𝜋12]，故D正确；故选BD．11.【答案】BC【解析】【分析】此题考查了

余弦定理、面积公式和基本不等式的应用，属中档题．利用余弦定理化已知得到𝐵=2𝜋3，利用基本不等式得𝑎𝑐≤1，再利用面积公式即可求面积的最大值．【解答】解：∵(𝑎+𝑐−𝑏)(𝑎+𝑏+𝑐)=𝑎𝑐，∴𝑎2+𝑐2−𝑏2=−𝑎𝑐，

∴𝑐𝑜𝑠𝐵=𝑎2+𝑐2−𝑏22𝑎𝑐=−12，∵𝐵为三角形内角，∴𝐵=2𝜋3；∵𝑏=√3，𝑏2=𝑎2+𝑐2+𝑎𝑐≥3𝑎𝑐(当且仅当𝑎=𝑐时取等号)，所以𝑎𝑐≤1，△𝐴𝐵𝐶

的面积最大值为12𝑎𝑐sin𝐵=√34𝑎𝑐⩽√34，故选BC．12.【答案】ACD【解析】【分析】本题考查命题真假的判断，考查了直线与平面所成角，棱锥体积的求法，线面垂直的判定，以及线面平行的性质，考查运算求解能力，属于中档题．在A中，连结

AC，交BD于点F，连结EF，则平面𝑃𝐴𝐶∩平面𝐵𝐷𝐸=𝐸𝐹，推导出𝐸𝐹//𝑃𝐶，由四边形ABCD是正方形，从而𝐴𝐹=𝐹𝐶，进而𝐴𝐸=𝐸𝑃；在B中，由𝐶𝐷//𝐴𝐵，得∠𝑃𝐵

𝐴(或其补角)为PB与CD所成角，推导出𝑃𝐴⊥𝐴𝐵，从而PB与CD所成角为𝜋4；在C中，推导出𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，𝑃𝐴⊥𝐵𝐷，由此能证明𝐵𝐷⊥平面PAC；在D中，设𝐴𝐵=𝑃𝐴=𝑥，则𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷=1

3𝑥3，𝑉𝐶−𝐵𝐷𝐸=𝑉𝐸−𝐵𝐶𝐷=13𝑆△𝐵𝐶𝐷⋅𝐴𝐸=112𝑥3.由此能求出三棱锥𝐶−𝐵𝐷𝐸与四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的体积之比等于1：4．【解答】解：在A中，连结AC，交BD于点F，连结E

F，则平面𝑃𝐴𝐶∩平面𝐵𝐷𝐸=𝐸𝐹，∵𝑃𝐶//平面BDE，𝑃𝐶⊂平面PAC，∴𝐸𝐹//𝑃𝐶，∵四边形ABCD是正方形，∴𝐴𝐹=𝐹𝐶，∴𝐴𝐸=𝐸𝑃，故A正确；在B中，∵𝐶𝐷//𝐴𝐵，∴∠𝑃𝐵𝐴(或其补角)为PB与CD所成角，∵𝑃�

�⊥平面ABCD，𝐴𝐵⊂平面ABCD，∴𝑃𝐴⊥𝐴𝐵，在𝑅𝑡△𝑃𝐴𝐵中，𝑃𝐴=𝐴𝐵，∴∠𝑃𝐵𝐴=𝜋4，∴𝑃𝐵与CD所成角为𝜋4，故B错误；在C中，∵四边形ABCD为正方形，∴𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，∵𝑃𝐴⊥平面ABCD，𝐵𝐷⊂平面ABCD，

∴𝑃𝐴⊥𝐵𝐷，∵𝑃𝐴∩𝐴𝐶=𝐴，PA、𝐴𝐶⊂平面PAC，∴𝐵𝐷⊥平面PAC，故C正确；在D中，设𝐴𝐵=𝑃𝐴=𝑥，则𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷=13×𝐴𝐵2×𝑃𝐴=13𝑥2

⋅𝑥=13𝑥3，𝑉𝐶−𝐵𝐷𝐸=𝑉𝐸−𝐵𝐶𝐷=13𝑆△𝐵𝐶𝐷⋅𝐴𝐸=13×12𝑥2⋅12𝑥=112𝑥3．∴𝑉𝐶−𝐵𝐷𝐸：𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷=112𝑥3:13𝑥3=1：4，故D正确．故选：ACD．13.【

答案】𝑥2−6𝑥+10=0【解析】【分析】本题考查复数的乘除运算，考查复数的模长运算，考查实系数一元二次方程的根与系数的关系，属于中档题．根据条件可得𝜔=2−𝑖，然后得到𝑧=3+𝑖.由实系数一元二次方程的两根𝑧=3+𝑖，�

�=3−𝑖，即可得结果．【解答】解：∵复数𝜔满足𝜔−4=(3−2𝜔)𝑖∴𝜔(1+2𝑖)=4+3𝑖，即∴𝜔=4+3𝑖1+2𝑖=2−𝑖，故𝑧=52−𝑖+|−𝑖|=3+𝑖．若实系数一元二次方程有虚根𝑧=3+𝑖，则必有共轭虚根𝑧

=3−𝑖，∵𝑧+𝑧=6,𝑧·𝑧=10，∴所求的一个一元二次方程可以是𝑥2−6𝑥+10=0．14.【答案】√10【解析】解：∵在四边形ABCD中，𝐴𝐵=1，𝐵𝐶=√2，∠𝐴𝐵𝐶=3𝜋4，∠𝐴𝐷𝐶=𝜋

4，𝐴𝐵⊥𝐴𝐷，𝐶𝐵⊥𝐶𝐷，即内角和为360°，A，B，C，D四点共圆，则𝐴𝐶2=𝐴𝐵2+𝐵𝐶2−2⋅𝐴𝐵⋅𝐵𝐶𝑐𝑜𝑠3𝜋4=3−2×1×√2×(−√22)=5，，设△𝐴𝐵𝐶的外接圆半

径为R，则2𝑅=𝐴𝐶sin∠𝐴𝐵𝐶=√5√22=√10，∵𝐴𝐵⊥𝐴𝐷，𝐶𝐵⊥𝐶𝐷，故BD为圆的直径，所以𝐵𝐷=√10．故答案为：√10．直接利用余弦定理和正弦定理的性质，求出结果．

本题考查正弦定理、余弦定理和四点共圆的性质，考查转化思想，属于中档题．15.【答案】0.92；0.17【解析】【分析】本题主要考查了互斥事件与对立事件的概率、独立事件同时发生的概率及条件概率，属于中档题．准时到达包含两种情况，分别求得相应的概率相加即可求解，根据条件概率求得准时到达的

前提下小明乘火车去的概率即可．【解答】解：因为天气预报显示天晴的概率为0.8，则不天晴的概率为0.2，所以当天小明坐飞机准时到达的概率为0.95×0.8=0.76，当天小明乘火车准时到达的概率为0.8×0.

2=0.16，由于小明坐飞机去与乘火车去是互斥事件，所以小明能准时到达的概率为0.76+0.16=0.92；因为小明乘火车准时到达的概率为0.16，小明准时到达的概率为0.92，由条件概率知：小明是乘火车

准时到达的概率为0.160.92≈0.17．故答案为：0.92；0.17．16.【答案】972𝜋529【解析】解：如下轴截面图所示：设球的半径为r，圆锥的高为h，由圆锥的底面半径为3cm，所以13×3𝜋×ℎ=3𝜋，解得ℎ=3𝑐𝑚．则△𝐴𝐵𝐶，△𝐴�

�𝐺为等边三角形，故可得𝐹𝐻=√3𝑟，𝐷𝐸=√3𝑟，𝐵𝐸=√3−√3𝑟，∵𝐵=𝜋3，∴𝐸𝐹=√3𝐵𝐸=3−3𝑟，∴圆锥体与球体体积之和为：𝑉=𝜋⋅(√3𝑟)2⋅(3−3𝑟)+43𝜋𝑟3=−

233𝜋𝑟3+9𝜋𝑟2，则𝑉′=−23𝜋𝑟2+18𝜋𝑟，令𝑉′=0，解得𝑟=1823𝑐𝑚∴0<𝑟<1823时，𝑉′>0，𝑟>1823时，𝑉′<0，∴𝑟=2813𝑐𝑚时，𝑉𝑚𝑎𝑥=972𝜋529𝑐𝑚3，

故答案为：972𝜋529．本题通过实际问题转化为数学的内切圆柱以及内切球的模型，画出其切面图，列出相关体积与内切球半径的函数关系式通过求导得出结果．此题根据轴截面图，求出球体与圆柱的体积之和，利用导数求出函数的最大值，是解题的关键，属于难题．17.

【答案】解：𝐴={𝑥|−1≤𝑥≤3}，𝐵={𝑥|𝑚−2≤𝑥≤𝑚+2}；(1)∵𝐴∩𝐵=[0,3]；∴{𝑚−2=0𝑚+2≥3；∴𝑚=2；(2)∁𝑅𝐵={𝑥|𝑥<𝑚−2，或𝑥>𝑚+2}；∵𝐴⊆∁𝑅𝐵；∴𝑚−2>3或𝑚+2<−1；∴�

�>5或𝑚<−3；∴𝑚的取值范围为(−∞,−3)∪(5,+∞)．【解析】(1)可求出𝐴={𝑥|−1≤𝑥≤3}，𝐵={𝑥|𝑚−2≤𝑥≤𝑚+2}，根据𝐴∩𝐵=[0,3]即可得出{𝑚−2=0𝑚+2≥3，解出m即可；(2)可求出∁𝑅𝐵={�

�|𝑥<𝑚−2，或𝑥>𝑚+2}，根据𝐴⊆∁𝑅𝐵即可得出𝑚−2>3或𝑚+2<−1，解出m的范围即可．考查描述法、区间表示集合的定义，一元二次不等式的解法，交集、补集的运算，以及子集的定义．18.【答案】解：(1)由正弦定理知，𝑎𝑠𝑖𝑛2𝐵=√3𝑏𝑠

𝑖𝑛𝐴，∴2𝑠𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖𝑛𝐵𝑐𝑜𝑠𝐵=√3𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛𝐴，，，因为；，，∴𝑠𝑖𝑛𝐶=sin(𝐴+𝐵)=𝑠𝑖𝑛𝐴𝑐𝑜𝑠𝐵+𝑐𝑜𝑠𝐴𝑠𝑖𝑛𝐵

=2√23×√32+12×13=2√6+16．【解析】本题考查正弦定理解三角形，两角和的正弦公式．(1)利用正弦定理，将边化角，即可得出cosB，即可求角B；(2)利用同角三角函数关系式可求出sinA，利用两

角和的正弦公式计算即可求出sin(𝐴+𝐵)，即可求sinC．19.【答案】解：(1)因为𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝐸𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=−13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+13𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−13𝑎⃗⃗+13𝑏⃗𝐸

𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=23𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+23𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=23𝑎⃗⃗+23𝑏⃗，(2)若𝐸𝐹⊥𝐸𝐺，则𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗·𝐸𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=0，即(−13𝑎⃗⃗+13𝑏⃗)(23𝑎⃗⃗+23�

�⃗)=−29𝑎⃗⃗2+29𝑏⃗2=0，即𝑎⃗⃗2=𝑏⃗2，所以|𝑎⃗⃗|=|𝑏⃗|，𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐸𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝑎⃗⃗⋅(23𝑎⃗⃗+23𝑏⃗)=23𝑎⃗⃗2+23𝑎⃗⃗⋅𝑏⃗=2𝑎⃗⃗⋅𝑏⃗，即𝑎⃗⃗2=2𝑎⃗⃗·𝑏⃗所以

|𝑎⃗⃗|2=2|𝑎⃗⃗|2cos𝐴，则cos𝐴=12，又因为，所以𝐴=𝜋3．【解析】本题主要考查向量的向量的加法、减法、数乘运算，向量的数量积，向量垂直的判断，属于基础题．(1)根据题意得到𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝐸𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐹

⃗⃗⃗⃗⃗=−13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+13𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗，𝐸𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=23𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+23𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗即可；(2)𝐸𝐹⊥𝐸𝐺，则𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗·𝐸𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=0，得到|𝑎⃗

⃗|=|𝑏⃗|，进而得到𝑎⃗⃗2=2𝑎⃗⃗·𝑏⃗即可．20.【答案】解：(1)因为𝐴𝐵⊥𝐵𝐶，三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1是直三棱柱，所以𝐴𝐵⊥𝐵𝐶𝐶1𝐵1，从而𝐴1𝐵

1是四棱锥𝐴1−𝐵𝐶𝐶1𝐵1的高．四棱锥𝐴1−𝐵𝐶𝐶1𝐵1的体积为𝑉=13×2×2×2=83(2)如图(图略)，建立空间直角坐标系．则𝐴(2,0，0)，𝐶(0,2，0)，𝐴1(2,0，2)

，𝐵1(0,0，2)，𝐶1(0,2，2)，设AC的中点为M，∵𝐵𝑀⊥𝐴𝐶，𝑁𝑀⊥𝐶𝐶1，∴𝐵𝑀⊥平面𝐴1𝐶1𝐶，即𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1，0)是平面𝐴1𝐶1𝐶的一个法向量．设平面𝐴1𝐵1𝐶的一个法向量是𝑛⃗⃗=(

𝑥,y，𝑧)，𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,2，−2)，𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,0，0)∴𝑛⃗⃗⋅𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−2𝑥=0，𝑛⃗⃗⋅𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=−2𝑥+2𝑦−2𝑧=0，令𝑧=1，解得𝑥=

0，𝑦=1．𝑛⃗⃗=(0,1，1)，设法向量𝑛⃗⃗与𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗的夹角为𝛽，二面角𝐵1−𝐴1𝐶−𝐶1的大小为𝜃，显然𝜃为锐角．∵𝑐𝑜𝑠𝜃=|𝑐𝑜𝑠𝛽|=|𝑛⃗⃗⋅𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛⃗⃗||�

�𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=12，∴𝜃=𝜋3．二面角𝐵1−𝐴1𝐶−𝐶1的大小为𝜋3【解析】(1)证明𝐴𝐵⊥𝐵𝐶𝐶1𝐵1，说明𝐴1𝐵1是四棱锥𝐴1−𝐵𝐶𝐶1𝐵1的高，然后求解四棱锥𝐴1−𝐵𝐶𝐶1𝐵1的体积．(2)建立空间直角坐标系．求出相关点的坐标，求出

𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1，0)是平面𝐴1𝐶1𝐶的一个法向量．平面𝐴1𝐵1𝐶的一个法向量利用向量的数量积求解二面角𝐵1−𝐴1𝐶−𝐶1的大小．本题考查二面角的平面角的求法，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及逻辑推理能力．21.【答案

】解：(1)分别记“2014年、2015年、2016年、2017年、2018年”为“a，b，c，d，e”从以上5年中任选2年，其基本事件为：(𝑎,𝑏)(𝑎,𝑐)(𝑎,𝑑)(𝑎,𝑒)(𝑏,𝑐)(𝑏,𝑑)(𝑏,𝑒)(𝑐,𝑑)(𝑐

,𝑒)(𝑑,𝑒)共10个；其中销售额均超过200万元的有：(𝑐,𝑑)(𝑐,𝑒)(𝑑,𝑒)共3个；故所求的概率为𝑝=310；(2)根据题意，整理数据得如下2×2列联表；年轻市民老年市民合计支持151025很支持253055合计404080计算𝐾2=80×(15×30−10×

25)240×40×25×55≈1.455<2.072，所以没有85%的把握认为支持程度与年龄有关．【解析】本题考查了独立性检验的应用问题，也考查了列举法求古典概型的概率应用问题，是基础题．(1)用列举法求出基本事件数，计算所求的概率值；(2)根据列联表，计算观测值，对照临界值得出结论．22.【答

案】解：(1)由题意，设𝑔(𝑥)=𝑎𝑥，因为𝑔(𝑥)过点(2,4)，可得𝑎2=4，解得𝑎=2，即𝑔(𝑥)=2𝑥，所以𝑓(𝑥)=2𝑥+𝑛−2𝑥+1−2，又因为𝑓(𝑥)为奇函数，可得𝑓(0)=0，即𝑓(0)=20+𝑛−2−2=0，解得𝑛=−1，经检

验，符合𝑓(𝑥)=−𝑓(−𝑥)，所以𝑓(𝑥)=−2𝑥+12𝑥+1+2．(2)由函数𝑓(𝑥)=−2𝑥+12𝑥+1+2=−12+12𝑥+1，可得𝑓(𝑥)在R上单调递减，又因为

𝑓(𝑥)为奇函数，所以𝑓(𝑡2−2𝑎)≥𝑓(1−𝑎𝑡)，所以𝑡2−2𝑎≤1−𝑎𝑡，即𝑡2+𝑎𝑡−1−2𝑎⩽0，又因为对任意的𝑡∈[−1,1]，不等式𝑓(𝑡2−2𝑎)+𝑓(𝑎𝑡−1)≥0恒成立，令ℎ(𝑡)=𝑡2+𝑎𝑡−1−2𝑎

，即ℎ(𝑡)⩽0对任意的𝑡∈[−1,1]恒成立，可得{ℎ(−1)⩽0ℎ(1)⩽0，即{(−1)2+𝑎×(−1)−1−2𝑎⩽012+𝑎−1−2𝑎⩽0，解得𝑎⩾0，所以实数a的取值范围为[0,+∞).(3)由于𝑓(𝑥)为奇函数，所以由𝑓(|𝑥2+3𝑥|)+𝑓(−�

�|𝑥−1|)=0，可得𝑓(|𝑥2+3𝑥|)=𝑓(𝑎|𝑥−1|)，又因为𝑓(𝑥)在R上递减，即|𝑥2+3𝑥|=𝑎|𝑥−1|，显然𝑥≠1，所以𝑎=|𝑥2+3𝑥𝑥−1|，令𝑡=𝑥−1，则𝑎=

|𝑡+4𝑡+5|，又由当𝑡>0时，𝑡+4𝑡+5≥2√𝑡⋅4𝑡⬚+5=9，当且仅当𝑡=4𝑡时，即𝑡=2时等号成立；当𝑡<0时，𝑡+4𝑡+5=−[(−𝑡)+4−𝑡)]+5≤−2√(−𝑡)⋅4(−𝑡)⬚+5=1，当且

仅当−𝑡=−4𝑡时，即𝑡=−2时等号成立，方程有2个互异实数根，画出𝑦=|𝑡+4𝑡+5|的图象，如图所示，原方程有2个互异实数根，则函数𝑦=|𝑡+4𝑡+5|与𝑦=𝑎有两个交点，由图可得，实数a的取值集合为{𝑎|1<𝑎<9或𝑎=0}．【解析】本题考查

了函数解析式的求法，函数的奇偶性，基本不等式求最值，不等式恒成立和方程有解问题，考查了转化思想和数形结合思想，属于难题．(1)设𝑔(𝑥)=𝑎𝑥，根据𝑔(𝑥)为指数函数且𝑔(𝑥)的图象过点(2,4)，求出a，再由𝑓(𝑥)为奇函数求出n，从而得到𝑓(�

�)的表达式；(2)由不等式𝑓(𝑡2−2𝑎)+𝑓(𝑎𝑡−1)⩾0恒成立，根据条件可得𝑡2+𝑎𝑡−1−2𝑎⩽0恒成立，然后构造二次函数ℎ(𝑡)=𝑡2+𝑎𝑡−1−2𝑎，由ℎ(𝑡)⩽0对任意的𝑡∈[−1,1]恒成立建立不等式组，求出a的范围；(3)由条件可得𝑎=

|𝑥2+3𝑥𝑥−1|，然后令𝑡=𝑥−1，则𝑎=|𝑡+4𝑡+5|，再画出函数𝑎=|𝑡+4𝑡+5|的图象，根据图象结合条件得到a的范围．