【文档说明】山东省枣庄市2020-2021学年高一下学期期末考试数学试题 【精准解析】.doc，共(22)页，3.038 MB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年山东省枣庄市高一（下）期末数学试卷一、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．（5分）若2(1zii=−为虚数单位），则()A．z

的虚部为iB．||2z=C．1zi=−+D．2z为纯虚数2．（5分）已知A，B，C，D为同一平面内的四点，则(ABACBD−+=)A．CBB．CDC．BCD．DC3．（5分）某学校要订制高一年级的校服，学生根据厂家提供的参考身高选择校服规格．据统计，高一年级男生需要不同规格校服的频数

如表所示：校服规格155160165170175合计频数40651689026389如果用一个量来代表该校高一年级男生所需校服的规格，那么在平均数、中位数、众数、第25百分位数中，哪个量比较合适？()A．

平均数B．中位数C．众数D．第25百分位数4．（5分）有结论：①不共线的三点确定一个平面；②平行于同一条直线的两条直线平行；③经过两条平行直线，有且只有一个平面．其中公理（基本事实）的个数是()A．0B．1C．2D．35．（5分）已知tan2=，则cos2(=)A．35−B．35

C．45D．456．（5分）在复平面内，点A，B对应的复数分别为35i−+，32i+．若C为靠近点B的线段AB的三等分点，则点C对应的复数是()A．13i+B．13i−+C．5i+D．14i+7．（5分）如图，在正方体1111ABCDABCD−中，1BD与平面1ACD所成的角为

，1BD与BC所成的角为，则cos()(−=)A．33B．63C．22D．628．（5分）一个袋子中有标号分别为1，2，3，4的4个球，除标号外没有其他差异．采用不放回方式从中任意摸球两次，每次摸出一个球．记事件A=“第一次摸出球的标号小于3”

，事件B=“第二次摸出球的标号小于3”，事件C=“摸出的两个球的标号之和为6”，事件D=“摸出的两个球的标号之和不超过4”，则()A．A与B相互独立B．A与D相互独立C．B与C相互独立D．B与D相互独立二、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．全

部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．（5分）一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红色球（标号为1和2)，2个绿色球（标号为3和4)，从袋中不放回地依次随机摸出2个球，每次摸出一个球．

设事件1R=“第一次摸到红球”，R=“两次都摸到红球”，G=“两次都摸到绿球”，M=“两球颜色相同”，N=“两球颜色不同”，则()A．1RRB．RG=C．RGM=D．MN=10．（5分）已知向量(1,1)a=，(cos,sin)(0)b=剟，则下列

命题正确的是()A．若//ab，则tan1=B．||ab+的最大值为5C．||ab−的最大值为12+D．存在唯一的使得||||||abab+=+11．（5分）袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中2个红球、3个黄球，从中不

放回地依次随机摸出2个球，每次摸出一个球，则()A．第一次摸到红球的概率为25B．第二次摸到红球的概率为25C．两次都摸到红球的概率为120D．两次都摸到黄球的概率为31012．（5分）半正多面体(semiregular)solid亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围

成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为2，则()A．BC⊥平面EABB．该二十四等边体的体积为203C．该二十四等边体外接球的体积为823D．平面EAB⊥平面CDG三、填空

题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）方程2220xx++=在复数范围内的解为x=．14．（5分）已知圆台的上底半径为2，下底半径为4，圆台的高为5，则圆台的侧面积为．15．（5分）已知向量(1,1)a=，(2,1)b=

−，则b在a上的投影向量为．16．（5分）已知ABC中，BABC⊥，2BA=，4BC=，P为ABC内一点，且34APB=，则CP的最小值为．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．（10分）如图，在平行四边形ABCD中，P、Q分别为线段BC、

CD的中点．（1）若ACAPBQ=+，求，的值；（2）若2AB=，1AD=，60BAD=，求AP与BQ夹角的余弦值．18．（12分）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是线段PA

，PC的中点．（1）证明：平面BEF⊥平面PBC；（2）记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线EF与直线l的位置关系，并说明理由．19．（12分）甲乙两人组成“星队”参加猜谜语活动，每轮活动由甲乙各猜一个谜语，已知甲每轮猜对的概

率为p，乙每轮猜对的概率为q，pq．在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响．甲和乙在第一轮都猜错的概率为16，“星队”在第二轮中只猜对一个谜语的概率为12．（1）求p，q；（2）求“星队”在前两轮活

动中猜对3个谜语的概率．20．（12分）ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos3sinbAbAca+=+．（1）求B；（2）若2b=，ABC的面积为3，求a，c．21．（12分）如图，在三棱柱ABCABC−

中，点D是AC的中点，欲过点B作一截面与平面ABD平行．（1）问应当怎样画线，并说明理由；（2）若三棱柱ABCABC−的体积为30，求该棱柱在所作截面与平面ABD之间部分的体积．22．（12分）我国是世界上严重缺水的国家之一，城市缺水问题较为突出．某市政府为了减少

水资源的浪费，计划对居民生活用水费用实施阶梯式水价制度，即确定一户居民月均用水量标准A，用水量不超过A的部分按平价收费，超出A的部分按议价收费．为了确定一个比较合理的标准，以使大部分居民用户的水费支出不用影响，通过简单随机抽样，获得了100户居民的月均用

水量数据（单位：)t，得到频率分布直方图（如图）．（1）求直方图中a的值，并估计该市居民月均用水量的平均值x；（2）如果该市政府希望使80%的居民用户生活用水费用支出不受影响，请确定一户居民月均用水量的标准A．2020-2021学年山东省枣庄市高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、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．（5分）若2(1zii=−为虚数单位），则()A．z的虚部为iB．||2z=C．1zi=−+D．2z为纯虚数【考点】复数的运算；复数的模【分析】利用复数的除法运算求出z，然后由虚部的定

义、复数模的定义、共轭复数的定义以及纯虚数的定义进行判断即可．【解答】解：22(1)11(1)(1)iziiii+===+−−+，所以z的虚部为1，||112z=+=，1zi=−，22(1)2zii=

+=为纯虚数．故选：D．【点评】本题考查了复数的基本概念的理解与应用，考查了虚部的定义、复数模的定义、共轭复数的定义以及纯虚数的定义，属于基础题．2．（5分）已知A，B，C，D为同一平面内的四点，则(ABACBD−+=)A．CBB．CDC．B

CD．DC【考点】向量的减法【分析】根据向量的减法的运算法则进行求解即可．【解答】解：ABACBDABCABDCBBDCD−+=++=+=．故选：B．【点评】本题主要考查平面向量的基本运算，属于基础题．3．（5分）某学校要订制高一年级的校服，学生根据厂家提供的参考身高选择校服规格．据统计，

高一年级男生需要不同规格校服的频数如表所示：校服规格155160165170175合计频数40651689026389如果用一个量来代表该校高一年级男生所需校服的规格，那么在平均数、中位数、众数、第25百分位数中，哪个量比较合适？()A．平均数B．中位数C．众数D．第25百分

位数【考点】众数、中位数、平均数【分析】利用平均数、中位数、众数、百分位数的统计意义判断．【解答】解：平均数为164.96，中位数为165，众数为165，第25百分位数为160；显然，第25百分位数160不能代表该校高一年级男

生所需校服的规格；中位数不能描述数据的集中趋势，若选为数据的代表可靠性比较差；平均数可以用来描述一组数据的整体平均情况，但是容易受到极端数据的影响．在本题的数据中，“165”的男生的频数最高，且明显高于其他规格，所以用众数165作为该校高一年级男生校服的规格比较合适．故

选：C．【点评】本题考查平均数、中位数、众数、百分位数的统计意义，属于基础题．4．（5分）有结论：①不共线的三点确定一个平面；②平行于同一条直线的两条直线平行；③经过两条平行直线，有且只有一个平面．其中公理（基本事实）的个数是()A．0B．1C．2D

．3【考点】平面的基本性质及推论【分析】根据已知条件，结合所学过的立体几何中的公理，进行分析判定，即可求解．【解答】解：公理2：经过不在同一直线上的三点有且只有一个平面，故选项①是公理，公理4：平行于同一条直线的两条直线平行，故选项②是公理，经过两条平行直线，有且只有一

个平面，为共面的判定定理，故选项③是定理，故公理的个数为2个．故选：C．【点评】本题考查了立体几何中的公理，解题的关键是弄清公理和定理，难度系数低，属于基础题．5．（5分）已知tan2=，则cos2(=)A．3

5−B．35C．45D．45【考点】二倍角的三角函数【分析】由已知利用二倍角的余弦公式，同角三角函数基本关系式化简所求即可求解．【解答】解：因为tan2=，所以222222221123cos21125cossintancossintan−−−===

=−+++．故选：A．【点评】本题主要考查了二倍角的余弦公式，同角三角函数基本关系式在三角函数求值中的应用，属于基础题．6．（5分）在复平面内，点A，B对应的复数分别为35i−+，32i+．若C为靠近点B的线段AB的三等分点，则点C对应的复数是()A．13i+B．13i−+C．5i+D．14

i+【考点】复数的代数表示法及其几何意义【分析】设(,)Cxy，由C为靠近点B的线段AB的三等分点得23ACAB=，然后列关于x、y的方程组，求得x、y可求得点C对应复数．【解答】解：设(,)Cxy，点A，B对应的

复数分别为35i−+，32i+，(3,5)A−，(3,2)B，则(3,5)ACxy=+−，(6,3)AB=−，C为靠近点B的线段AB的三等分点，23ACAB=，3452xy+=−=−，解得13xy==，(1,3)C，对应复数为13i+．故选：A．【点评】本题考查复数表示

方法及几何意义，考查数学运算能力，属于基础题．7．（5分）如图，在正方体1111ABCDABCD−中，1BD与平面1ACD所成的角为，1BD与BC所成的角为，则cos()(−=)A．33B．63C．22D．62【考点】两角和与差的三

角函数；异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角【分析】直接利用线面夹角和线线夹角的应用，三角函数的值的应用求出结果．【解答】解：根据正方体1111ABCDABCD−中，根据三垂线定理：由于：11BDA

D⊥，11BDDC⊥，故1BD⊥平面1ACD，所以成的角为2=，1BD与BC所成的角为，设正方体的棱长为1，所以13BD=，12DC=，故1cos3=，故6sin3=，6cos()cos()sin23

−=−==．故选：B．【点评】本题考查的知识要点：线面夹角和线线夹角的应用，三角函数的值的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．8．（5分）一个袋子中有标号分别为1，2，3，4的4个球，除标号外没有

其他差异．采用不放回方式从中任意摸球两次，每次摸出一个球．记事件A=“第一次摸出球的标号小于3”，事件B=“第二次摸出球的标号小于3”，事件C=“摸出的两个球的标号之和为6”，事件D=“摸出的两个球的

标号之和不超过4”，则()A．A与B相互独立B．A与D相互独立C．B与C相互独立D．B与D相互独立【考点】相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式【分析】先利用古典概型的概率公式分别求出P（A），P（B），P（C

），P（D），()PAB，()PBC，()PCD，()PAD，()PBD，然后再利用相互独立事件的概率公式依次判断四个选项，即可得到答案．【解答】解：由题意可知，P（A）P=（B）61122==，P（C）21126==，P（D）41123==，21()126PAB==，1()12PBC=，(

)0PCD=，1()12PAD=，31()124PBD==，因为111()()()224PAPBPAB==，所以A与B不独立，故选项A错误；因为111()()()236PAPDPAD==，所以A与D不独立，故选项B错误；因为111()()()2612PBPCPBC===，所以

B与C相互独立，故选项C正确；因为111()()()236PBPDPBD==，所以B与D不独立，故选项D错误．故选：C．【点评】本题考查了古典概型概率公式的应用以及相互独立事件的概率公式的应用，考查了

理解推理能力，属于基础题．二、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．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．（5分）一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红色

球（标号为1和2)，2个绿色球（标号为3和4)，从袋中不放回地依次随机摸出2个球，每次摸出一个球．设事件1R=“第一次摸到红球”，R=“两次都摸到红球”，G=“两次都摸到绿球”，M=“两球颜色相同”，N=“两球颜色不同”，则()A．1RRB．RG=C．RGM=D．MN=【考点】古典

概型及其概率计算公式【分析】利用事件的含义以及对立事件的定义，对四个选项逐一分析判断即可．【解答】解：由题意，R=“两次都摸到红球”，1R=“第一次摸到红球”，所以1RR，故选项A错误；因为R=“两次都摸到红球”，G=“两次都摸到绿球”，两个事件没有公共的基本事件，所以R

G=，故选项B正确；因为R=“两次都摸到红球”，G=“两次都摸到绿球”，M=“两球颜色相同”，故R或G表示摸的两个球的颜色相同，所以RGM=，故选项C正确；因为M=“两球颜色相同”，N=“两球颜色不同”，由对立事件的定义可知，MN=，故选项D正确

．故选：BCD．【点评】本题考查了事件含义的理解与应用，对立事件定理的理解与应用，考查了逻辑推理能力，属于基础题．10．（5分）已知向量(1,1)a=，(cos,sin)(0)b=剟，则下列命题正确的是()A．若//ab，则tan1=B．|

|ab+的最大值为5C．||ab−的最大值为12+D．存在唯一的使得||||||abab+=+【考点】向量的概念与向量的模【分析】根据两向量平行的充要条件即可判断选项A；又22||(1cos)(1sin)322sin()4ab+=+++=++

，22||(1cos)(1sin)322sin()4ab−=−+−=−+，从而可判断选项B、C；若||||||abab+=+，则322sin()214++=+，解出的值即可判断选项D．【解答】

解：显然||0b，当//ab时，有1cos1sin0−=，即sincos=，所以tan1=，选项A正确．22||(1cos)(1sin)322sin()4ab+=+++=++，所以||ab+的最大值为322+，选项B错误

，22||(1cos)(1sin)322sin()4ab−=−+−=−+，所以||ab−的最大值为322+，选项C错误，若||||||abab+=+，则322sin()214++=+，即322sin()3224++

=+，所以sin()14+=，又0剟，所以4=，选项D正确．故选：AD．【点评】本题考查平面向量的坐标运算与向量的模，考查学生的逻辑推理和运算求解能力，属于中档题．11．（5分）袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中2个红球、3个黄球，从中不放回地依次随机摸出2个球，每次摸出一个

球，则()A．第一次摸到红球的概率为25B．第二次摸到红球的概率为25C．两次都摸到红球的概率为120D．两次都摸到黄球的概率为310【考点】相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式【分析】利用古典概型的概率公式以及相互独立事件的概率乘法公式，对四个选项逐一分析判断即可．【解答】解

：因为袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中2个红球、3个黄球，所以第一次摸到红球的概率为25，故选项A正确；若第一次摸到红球，则第二次摸到红球的概率为2115410=，若第一次摸到黄球，则第二次摸到红球的概率为3235410=，所以第二次摸到红球的概率为

25，故选项B正确；由选项B的分析可知，两次都摸到红球的概率为2115410=，故选项C错误；两次都摸到黄球的概率为3235410=，故选项D正确．故选：ABD．【点评】本题考查了古典概型的概率公式以及相互独立事件的概率乘法

公式的应用，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于基础题．12．（5分）半正多面体(semiregular)solid亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是

一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为2，则()A．BC⊥平面EABB．该二十四等边体的体积为203C．该二十四等边体外接球的体积为823D．平面EAB⊥平面CDG【考点】球的体积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直

；直线与平面垂直【分析】用反证法思想判断A；补齐八个角成正方体，再计算体积判断B；先找到球心与半径，再计算体积判断C；找到平面与平面所成角，再由勾股定理判断D．【解答】解：对于A，假设BC⊥平面EAB，于是BCBE⊥，即90CBE=，由对称性可知，六边形CBEMQG为正六边形，120

CBE=，矛盾，故A错误；对于B，补齐八个角构成棱长为2的正方体，则该二十四等边体的体积为311202111323−=，故B正确；对于C，取正方形ACPM对角线交点O，即为该二十四等边体外接球的球心，其半径为2R=，其体积3482(2)33V

==，故C正确；对于D，分别取MN、AB的中点R、T，连接ER、ET，则RET为平面EMN与平面EAB所成二面角的平面角，又平面//GCD平面EMN，所以RET为平面EAB与平面CDG所成二面角的平面角，由已知可

得2RT=，16222ERET==−=，不满足222ERETRT+=，即平面EAB与平面CDG不垂直，故D错误．故选：BC．【点评】本题考查了正方体的性质，考查直线与平面、平面与平面垂直的判定，考查多面体及其外接球体积的求法，属于中档题．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分

．13．（5分）方程2220xx++=在复数范围内的解为x=1i−．【考点】虚数单位i、复数【分析】利用求根公式以及虚数单位的定义求解即可．【解答】解：由求根公式可得，22241222122ixi−−−===−．故答案为：1i−．【点评】本题考查了实

系数一元二次方程的复数根的求解，属于基础题．14．（5分）已知圆台的上底半径为2，下底半径为4，圆台的高为5，则圆台的侧面积为18．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【分析】利用圆台的几何性质，求出母线长，然后由圆台的侧面积公式求解即可．【解答】解：因

为圆台的底半径为2，下底半径为4，圆台的高为5，所以圆台的母线长为22(5)(42)3+−=，故圆台的侧面积为(2343)18+=．故答案为：18．【点评】本题考查了圆台的几何性质的应用，圆台侧面积公式的应用，

考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于基础题．15．（5分）已知向量(1,1)a=，(2,1)b=−，则b在a上的投影向量为11(,)22−−．【考点】平面向量数量积的含义与物理意义【分析】可求出1ab

=−，然后将向量a的坐标代入||||abaaa即可得出答案．【解答】解：(1,1),(2,1)ab==−，211ab=−+=−，b在a上的投影向量为：111(1,1)(,)||||222abaaa=−

=−−．故答案为：11(,)22−−．【点评】本题考查了投影向量的定义及求法，向量坐标的数量积和数乘运算，考查了计算能力，属于基础题．16．（5分）已知ABC中，BABC⊥，2BA=，4BC=，P为ABC内一点，且34APB=

，则CP的最小值为262−．【考点】三角形中的几何计算；正弦定理【分析】可先由34APB=确定点P在圆O的圆弧上，再由圆周角的性质得到AOB是等腰直角三角形．根据三角形边的不等关系进行求解即可．【解答】解：如图：34APB=，P在如图所示圆O上，由圆周

角的性质可得344ADB=−=，242AOB==，4OBAOAB==，连接OC，可得OPCPOC+，所以当P为OC与圆的交点时，CP取最小值，即CPOCOP=−，又2sin452OBOP===，221(41)2

6OC=++=，CP的最小值为262−．故答案为：262−．【点评】本题考查了三角形的动点问题，圆周角以及三角形三边的不等关系的综合应用．属于中档题．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．（10分）如图，在平行四边形ABCD中，P、Q分别为线段BC、CD的中点．（1）若ACAPBQ=+，求，的值；（2）若2AB=，1AD=，60BAD=，求AP与BQ夹角的余弦值．【考点】数量积表示两个向量的夹角；平面向量数量积的性质及其运算【分析

】（1）根据题意，由向量的线性运算法则，用AB、AD表示AC，由平面向量基本定理可得关于、的方程组，进而计算可得答案；（2）根据题意，求出AP与BQ的模以及APBQ的值，由向量夹角公式计算可得答案

．【解答】解：（1）根据题意，因为P、Q分别为BC、CD的中点，所以12APABBPABAD=+=+；12BQCQCBABAD=−=−+．于是1111()()()()2222ACAPBQABADABADABAD

=+=++−+=−++又ACABAD=+，由平面向量基本定理，得112112−=+=解得65=，25=．（2）由（1）可知12APABAD=+，12BQABAD=−+，所以22211121||()22422APABADABADABAD=+=++=；2

22111||()21242BQABADABABADAD=−+=−+=；2222111311313()()221cos601222422424APBQABADABADABABADAD=+−+=−++=−++=−．所以3214cos,14||||2112APBQAPBQAP

BQ−===−．【点评】本题考查向量数量积的性质以及计算，涉及向量夹角的计算，属于中档题．18．（12分）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是线段PA，PC的中点．（1）证明：平面BEF⊥平面PBC；（2）记平面BEF与平面ABC的

交线为l，试判断直线EF与直线l的位置关系，并说明理由．【考点】平面与平面垂直【分析】（1）推导出ACPC⊥，ACBC⊥，AC⊥平面PBC，从而//EFAC，进而EF⊥平面PBC，由此能证明平面BEF⊥平面PBC．（2）推导出//EFAC，

//EF平面ABC，由此能证明//EFl．【解答】解：（1）因为PC⊥平面ABC，AC平面ABC，所以ACPC⊥．因为C是以AB为直径的圆O上的点，所以ACBC⊥．又PCBCC=，所以AC⊥平面PBC．因为E，F分别是PA，PC的中点，所以//EFAC．所以EF⊥

平面PBC．又EF平面BEF，故平面BEF⊥平面PBC．（2）//EFl．证明如下：由（1），//EFAC．又AC平面ABC，EF平面ABC，所以//EF平面ABC．又EF平面BEF，平面B

EF平面ABCl=，所以//EFl．【点评】本题考查面面垂直的证明，考查线线关系的判断与证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，是中档题．19．（12分）甲乙两人组成“星队”参加猜谜语活动，每轮活动由甲乙各猜一个谜语，已知甲每轮猜对的概率为p，乙

每轮猜对的概率为q，pq．在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响．甲和乙在第一轮都猜错的概率为16，“星队”在第二轮中只猜对一个谜语的概率为12．（1）求p，q；（2）求“星队”在前两轮活动中猜对3个谜语的概率．【考点】相互

独立事件和相互独立事件的概率乘法公式【分析】（1）利用对立事件的概率公式以及相互独立事件的概率公式，列出方程组，求解即可．（2）利用相互独立事件的概率公式以及分类计数原理进行分析求解，即可得到答案．【解答】解：（1）由题意可得，1(1)(1)61(1)(1)2pqpqp

q−−=−+−=，解得13pq=，76pq+=，所以p，q是方程271063xx−+=的两个实根，又pq，解得23p=，12q=；（2）设1A，2A分别表示甲两轮猜对1个，2个谜语的事件

，1B，2B分别表示乙两轮猜对1个，2个谜语的事件，则121124()33339PA=+=，2224()339PA==，111111()22222PB=+=，2111()224PB==，设M表示“星队”在前两轮活动中猜对3个谜语的

事件，由题意，1221()()PMPABAB=1221()()PABPAB=+1221()()()()PAPBPAPB=+4141194923=+=．【点评】本题考查了对立事件的概率公式以及相互独立事件的概率公式的

应用，分类计数原理的应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．20．（12分）ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos3sinbAbAca+=+．（1）求B；（2）若2b=，ABC的面积为3，求a，c．【

考点】余弦定理；正弦定理【分析】（1）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得3tan23B=，由范围(0,)22B，即可求解B的值．（2）由已知利用三角形的面积公式可求4ac=，由余弦定理解得4ac+=，从而解答a，c的值．【解答】解：（1）由cos3sinbAbAca+=+，

及正弦定理，得sincos3sinsinsinsinBABACA+=+，①因为()CAB=−+，所以sinsin()sincoscossinCABABAB=+=+，②将②代入①得sincos3sinsinsincoscossinsinBAB

AABABA+=++，即3sinsinsincossinBAABA=+．又sin0A，所以有3sincos1BB=+，即223sincos2cos222BBB=．因为(0,)22B，所以cos02B，于

是有3sincos22BB=，即3tan23B=．又(0,)22B，所以26B=，即3B=．（2）由ABC的面积为3，得1sin323ac=，即4ac=，由余弦定理，得2222cos3bacac=+−，即22()2(1cos)3acacb+−+=．将4ac=，2b=代

入上式，得21()24(1)42ac+−+=．解得4ac+=．所以a，c是方程2440xx−+=的两个实根，显然2ac==．【点评】本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形

中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．21．（12分）如图，在三棱柱ABCABC−中，点D是AC的中点，欲过点B作一截面与平面ABD平行．（1）问应当怎样画线，并说明理由；（2）若三棱柱ABCABC−的体

积为30，求该棱柱在所作截面与平面ABD之间部分的体积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】（1）取线段AC的中点E，连接BE，CB，CE，由面面平行的判定可证平面//BEC平面ABD；（2）由已知三棱柱的体积可求得三棱锥AABD−与三棱锥CCB

E−的体积，作差即可求得棱柱在所作截面与平面ABD之间部分的体积．【解答】解：（1）取线段AC的中点E，连接BE，CB，CE，则平面//BEC平面(ABDBE，CB，CE即为应画的线）．证明如

下：D为AC的中点，E为AC的中点，AEDC=，且//AEDC，则四边形AECD为平行四边形，得//DACE．又DA平面ABD，CE平面ABD，//CE平面ABD．连接DE，则//DEAA，DEAA=．又//BBAA，BBAA=，//D

EBB，DEBB=，得四边形DEBB是平行四边形，//BEBD．又BD平面ABD，BE平面ABD，//BE平面ABD．又CEBEE=，CE平面BEC，BE平面BEC，故平面//BEC平面ABD；（

2）设棱柱ABCABC−的底面积为S，高为h，则30VSh==三棱柱．1115326AABDCBCEVVShSh−−====三棱锥三棱锥．三棱柱夹在平面BEC与平面ABD之间部分的体积：305520AABDCBCEABCABCVVVV−−−

=−−=−−=三棱锥三棱锥三菱柱．【点评】本题考查平面与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．22．（12分）我国是世界上严重缺水的国家之一，城市缺水问题较为突出．某市政府为了减少水资源的浪费，计划对居民生活用水费用实施阶

梯式水价制度，即确定一户居民月均用水量标准A，用水量不超过A的部分按平价收费，超出A的部分按议价收费．为了确定一个比较合理的标准，以使大部分居民用户的水费支出不用影响，通过简单随机抽样，获得了100户居民的月均用水量数据（单位：)t，得到频率分布直方图（如图）．（1）求直方图

中a的值，并估计该市居民月均用水量的平均值x；（2）如果该市政府希望使80%的居民用户生活用水费用支出不受影响，请确定一户居民月均用水量的标准A．【考点】频率分布直方图【分析】（1）利用频率分布直方图能求出a和平均数；（

2）求出月均用水量小于13.2吨和小于17.2吨的百分比，计算出有80%的居民每月用水量不超过标准的值【解答】解：（1）因为频率分布直方图中，所有小矩形的面积之和为1，所以40.0640.0840.0440.0

440.02441aa++++++=，解得0.005a=．该市居民月均用水量的平均值：3.2(40.06)7.2(40.08)11.2(40.08)11.2(40.04)15.2(40.04)19.2(40.02)23.3(40.05)9.84x=+++

+++=．（2）由频率分布直方图知月均用水量在13.2t以下的居民用户所占的比例为40.0640.0840.040.72++=．月均用水量在17.2t以下的居民用户所占的比例为0.7240.040.88+=．因此，第

80百分位数一定位于[13.2，17.2)内，0.80.7213.2415.20.880.72−+=−．因此，要使80%的居民用户生活用水费用支出不受影响，一户居民月均用水量的标准A为15.2t．【点评】本题考查频数、频率分

布直方图等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2021/8/423:05:44；用户：18173447192；邮箱：18173447192；学号：22161184