2023年12月2日发(作者：搞笑数学试卷)
试卷类型：A
河北省唐山市2020〜2021学年度高一年级第二学期期末考试
数 学
注意事项．
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、试卷科目用2B铅笔涂写在答题卡上．
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，如需改动，用橡皮擦干净，再选涂其它答案，不能答在试题卷上．
3．考试结束后，监考人员将本试卷和答题卡一并收回．
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.
1．设复数z＝－i＋2，则z的虚部为（ ）
A．2 B．i C．－1 D．－i
→→→→2．己知向量a＝(－4，3)，a＋3b＝(5，—3)，则b＝（ ）
A．(－3，2) B．(3，－2) C．(3，0) D．(9，6)
3．某小区约有3000人，需对小区居民身体状况进行分层抽样调查，样本中有幼龄12人，青壮龄34人，老龄14人，则该小区老龄人数的估计值为（ ）
A．750 B．1700 C．600 D．700
4．为了了解某道口堵车情况，在今后的三天中，假设每一天堵车的概率均为40%．现采用模拟试验的方法估计这三天中恰有两天堵车的概率：先利用计算器产生0到9之间的随机整数，用1，2，3，4表示堵车，用5，6，7，8，9，0表示不堵车；再以每三个数作为一组，代表这三天的堵车情况．经试验产生了如下20组随机数：
807 066 123 923 471 532 712 269 507 752
443 277 303 927 756 368 840 413 730 086
据此估计，这三天中恰有两天堵车的概率近似为（ ）
A．0.25 B．0.3 C．0.35 D．0.40
5．如图，直角梯形OABC的上下两底分别为1和2，高为2，则利用斜二测画法所得其直观图的面积为（ ）
1A．
2
3B．
41
C．32
832D．
4 6．同时投掷两个质地均匀的骰子，两个骰子的点数至少有一个是奇数的概率为（ ）
7A．
36B．11
3611C．
123D．
4→→→7．如图，正方形ABCD，延长CD至E，使得DE＝CD，若 P为BC的中点，且AP ＝λAB＋μAE，则λ＋μ＝（ ）
A．3
5B．
2C．2 D．1
EDCPAB
8．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A＝150°，D是边BC上一点，AB⊥AD，且AD＝1，则b＋3c的最小值为（ ）
A．5＋26 B．12 C．5＋23 D．20
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，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．己知两条直线m，n，两个平面α，β．下列说法正确的是（ ）
A．若m∥n，m∥α，则n∥α
C．若m∥n，m⊥α，则n⊥α
B．若α∥β，mα，nβ，则m∥n
D．若α∥β，m∥n，m⊥α，则n⊥β
10．在△ABC中，sin2B≤sin2A＋sin2C－sinAsinC，则B可以是（ ）
πA．
6πB．
3πC．
22πD．
311．一个口袋内装有大小、形状相同的红色、绿色和蓝色小球各2个，一次任意取出2个小球，则与事件“2个小球都为红色”互斥而不对立的事件有（ ）
A．2个小球不全为红球
2
B．2个小球恰有1个红球 C． 2个小球至少有1个红球 D． 2个小球都为绿球
12．如图，已知平行四边形ABCD，∠ABC＝60°，AD＝2AB，M为边BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M．若N为是B1D的中点，则在△ABM的翻折过程中，下列命题正确的有（ ）
A．线段CN的长为定值
C．直线CN与平面AB1M所成角为定值
B．异面直线AM与B1D所成角为90°
D．二面角A－B1M－D可以为直二面角
B1NADBMC
第II卷(非选择题，共90分)
注意事项：
1.
第II卷共6页，用0.5mm黑色签字笔直接答在试题卷上．
2.
答卷前将密封线内的项目填写清楚．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填写在题中横线上．
13．己知复数z满足z(1－i)＝|1＋3i|，则z＝__________．
π14．在△ABC中，a＝1，b＝3，A＝，则B＝_________．
6215．甲、乙两人进行羽毛球单打比赛，根据以往比赛的胜负情况知道，每一局甲获胜的概率为，乙获胜31的概率为，如果比赛采用“三局二胜”制(先胜二局者获胜)，则前两局打平且甲获胜的概率为3____________．
16．己知圆锥底面半径为1，母线长为3，该圆锥内接正方体的体积为_________．
四、解答题：本大题共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）
已知向量a＝(1，2)，b＝(3，4)．
（1）若a－b与2a＋kb平行，求实数k的值；
→→→→（2）若λa－b与a＋2b垂直，求实数λ的值．
3
→→→→→→18．（12分）
某学校把6月份定为安全教育宣传月，6月底进行安全教育测试，试卷满分为120分，随机抽取了100名学生的试卷进行研究．得到成绩的范围是［60，120］（单位：分），根据统计数据得到如下频率分布直方图：
（1）求m的值；
（2）估计该校安全教育测试成绩的中位数（精确到小数点后两位）；
（3）若成绩在［90，100）赋给1颗星，［100，110）赋给2颗星，［110，120］赋给3颗星，将频率视作概率，若甲乙两位同学参赛且相互不影响，求两人一共得4颗星的概率．
频率/组距0.0280.020m0.0140.100110120分数
19．（12分）
c△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，己知a＝bcosC＋3asin(A＋C)，＝3
a（1）求角B；
（2）若△ABC的面积为73，求b的值．
20．（12分）
在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形．
（1）若M为CC1的中点，试在C1D1上确定一点N，使得A1B∥平面B1MN；
（2）直线A1B与平面A1DCB1所成的角为30°，求四棱锥B－A1DCB1的体积．
4
D1B1C1A1MDCAB21．（12分）
某研究所对两块试验田水稻的株高进行调研，采用样本量比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道第一块试验田抽取了水稻80株，其平均数和方差分别为107（单位：cm）和5.22，另一块试验田抽取了水稻120株，其平均数和方差分别为112（单位：cm）和30.97，你能由这些数据计算出总样本的方差，并对这种水稻的方差作出估计吗?
22．（12分）
在四棱锥S－ABCD中，侧面SAB⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，△SAB为等边三角形，AB＝1，BC＝3，点E在AD上，AE＝5DE．
（1）求证：CE⊥SD；
（2）求二面角E－SB－A的正切值．
SAEDBC
5
试卷类型：A
河北省唐山市2020〜2021学年度高一年级第二学期期末考试
数 学
注意事项．
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、试卷科目用2B铅笔涂写在答题卡上．
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，如需改动，用橡皮擦干净，再选涂其它答案，不能答在试题卷上．
3．考试结束后，监考人员将本试卷和答题卡一并收回．
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.
1．设复数z＝－i＋2，则z的虚部为（ ）
A．2 B．i C．－1 D．－i
【考点】复数的有关概念．
【答案】C
【分析】直接利用复数的概念写出结果即可．
【解答】解：复数z＝2－i，则z的虚部为：－1．
故选：C．
【点评】本题考查复数的基本概念，是基础题．
→→→→2．己知向量a＝(－4，3)，a＋3b＝(5，—3)，则b＝（ ）
A．(－3，2) B．(3，－2) C．(3，0) D．(9，6)
【考点】平面向量的坐标运算．
【答案】B
【分析】结合向量的加减法运算的坐标运算性质，进行计算即可．
【解答】解：（1）因为a＋3b＝(5，—3)，
所以3b＝(5，—3)－a＝(5，—3)－(－4，3)＝(9，－6)，
所以b＝(3，－2)．
故选：B．
6
→→→→→【点评】本题考查平面向量的坐标运算规律和性质，属于基础题．
3．某小区约有3000人，需对小区居民身体状况进行分层抽样调查，样本中有幼龄12人，青壮龄34人，老龄14人，则该小区老龄人数的估计值为（ ）
A．750
【考点】分层抽样方法．
【答案】D
【分析】根据分层抽样的定义建立比例关系即可．
【解答】解：根据分层抽样的定义可得抽取的老龄人数为：3000×故选：D．
【点评】本题主要考查分层抽样的应用，根据条件建立比例公式是解决本题的关键．
4．为了了解某道口堵车情况，在今后的三天中，假设每一天堵车的概率均为40%．现采用模拟试验的方法估计这三天中恰有两天堵车的概率：先利用计算器产生0到9之间的随机整数，用1，2，3，4表示堵车，用5，6，7，8，9，0表示不堵车；再以每三个数作为一组，代表这三天的堵车情况．经试验产生了如下20组随机数：
807 066 123 923 471 532 712 269 507 752
443 277 303 927 756 368 840 413 730 086
据此估计，这三天中恰有两天堵车的概率近似为（ ）
A．0.25 B．0.3 C．0.35 D．0.40
14＝700，
12＋34＋14B．1700 C．600 D．700
【考点】随机模拟方法估计概率．
【答案】A
【分析】由题意知模拟三天中恰有两天堵车的结果，经随机模拟产生了如下20组随机数，在20组随机数中表示三天中恰有两天堵车的有可以通过列举得到共5组随机数，根据概率公式，得到结果．
【解答】解：由题意知模拟三天中恰有两天堵车的结果，经随机模拟产生了如下20组随机数，在20组随机数中表示三天中恰有两天堵车的有：923、471、532、712、303，共5组随机数，
5∴所求概率为＝0.25．
20故选：A．
【点评】本题考查模拟方法估计概率，解题主要依据是等可能事件的概率，注意列举法在本题的应用．
5．如图，直角梯形OABC的上下两底分别为1和2，高为2，则利用斜二测画法所得其直观图的面积为（ ）
7
1A．
2yCB3B．
4C．32
832D．
4yCC\'BB\'y\'OAxA
OD【考点】斜二测画法作直观图．
【答案】B
x【分析】利用斜二测画法找到新系中各点的位置，则新梯形的底和高容易求得，进而求出面积．
【解答】解：方法一：直接使用公式：S′＝直观图的面积S′＝2S．
42213S＝××(1＋2)×2＝．
4424方法二：利用斜二测画法作出直观图，如图所示，
12根据斜二测画法可知，y轴上的OC，在新系中在y′轴上，且OC′＝OC ＝，
22作C′D⊥x轴于D，则C′D＝21OC′＝，
22又C′B′＝CB＝1，C′B′∥CB，OA＝2,
113∴直观图的面积SOC′B′A＝×(1＋2)×＝．
224故选：B．
【点评】此题考查斜二测画法，属容易题．
6．同时投掷两个质地均匀的骰子，两个骰子的点数至少有一个是奇数的概率为（ ）
7A．
36B．11
3611C．
123D．
4【考点】列表法或树状图法求概率．
【答案】D
【分析】用列表法列举出所有情况，看两个骰子点数至少有一个是奇数的情况占总情况的多少即可．
【解答】解：设第一枚随机地投掷得到的点数为a，第二枚投掷得到的点数为b，则共有36种情况．
8
(a， b)
1
2
3
4
5
6
1
(1，1)
(2，1)
(3，1)
(4，1)
(5，1)
(6，1)
2
(1，2)
(2，2)
(3，2)
(4，2)
(5，2)
(6，2)
3
(1，3)
(2，3)
(3，3)
(4，3)
(5，3)
(6，3)
4
(1，4)
(2，4)
(3，4)
(4，4)
(5，4)
(6，4)
5
(1，5)
(2，5)
(3，5)
(4，5)
(5，5)
(6，5)
6
(1，6)
(2，6)
(3，6)
(4，6)
(5，6)
(6，6)
其中两个骰子的点数至少有一个是奇数的情况有
(1，1) (1，2) (1，3) (1，4) (1，5) (1，6) (2，1) (2，3) (2，5) (3，1)
(3，2) (3，3) (3，4) (3，5) (3，6) (4，1) (4，3) (4，5) (5，1) (5，2)
(5，3) (5，4) (5，5) (5，6) (6，1) (6，3) (6，5) 共27种，
27313其概率为P＝＝．或1－P(两个都是偶数)＝1－＝．
36444故选：D．
【点评】本题主要考查列表法或树状图法求概率．一般地，设试验E是古典概型，样本空间Ω包含n个kn(A)样本点，事件A包含其中的k个样本点，则事件A的概率P(A)＝＝ ，其中，n(A)和n(Ω)分别表示nn(B)事件A和样本空间Ω包含的样本点个数．
→→→7．如图，正方形ABCD，延长CD至E，使得DE＝CD，若 P为BC的中点，且AP ＝λAB＋μAE，则λ＋μ＝（ ）
A．3
5B．
2C．2 D．1
EDCPAB
【考点】平面向量基本定理及应用．
【答案】C
→→→【分析】建立如图所示的直角坐标系，设正方形的边长为1，可以得到AP＝λAB＋μAE的坐标表示，进而得到答案．
9
【解答】解：由题意，设正方形的边长为1，建立坐标系如图，
→→则B(1，0)，E(－1，1)，∴AB＝(1,0), AE＝(－1，1)，
→→→∵AP＝λAB＋μAE＝(λ－μ，μ)，
yEDC1→又∵P是BC的中点时，∴AP＝1,
,
2Pλ－μ＝11，解得： ∴
μ＝
2故选：C．
32，∴λ＋μ＝2，
1μ＝
2λ＝ABx【点评】本题考查平面向量基本定理及应用，坐标法，数形结合思想，难度中档．
8．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A＝150°，D是边BC上一点，AB⊥AD，且AD＝1，则b＋3c的最小值为（ ）
A．5＋26 B．12 C．5＋23 D．20
【考点】正弦定理；余弦定理；三角形面积公式；基本不等式．
【答案】A．
23【分析】利用三角形的面积公式得到＋＝1，再利用基本不等式定理求最值．
bc【解答】解：∵AD＝1，A＝150°，S△ABC＝S△ABD＋S△ACD,
111∴×AB×AC×sin∠BAC＝×AB×AD＋ ×AC×AD×sin∠CAD,
222111∴×c×b×sin150°＝×c×1＋×b×1×sin60°
22223∴bc＝2c＋3b，∴＋＝1，
bc2323c3b∴b＋3c＝(b＋3c)(＋)＝＋＋5≥2bcbc23c3b·＋5＝5＋26，
bc当且仅当b＝2c时取等号，∴b＋3c的最小值为5＋26．
故答案为：A．
【点评】本题考查三角形的面积公式，基本不等式定理，属于中档题．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，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．己知两条直线m，n，两个平面α，β．下列说法正确的是（ ）
A．若m∥n，m∥α，则n∥α
C．若m∥n，m⊥α，则n⊥α
B．若α∥β，mα，nβ，则m∥n
D．若α∥β，m∥n，m⊥α，则n⊥β
10 【考点】空间中直线与直线、直线与平面之间的位置关系．
【答案】CD
【解答】解：由m，n是两条直线．α，β是两个平面，知：
对于A，若m∥n，n∥α，则n∥α或nα，故A错误；
对于B，若α∥β，mα，nβ，则m与n平行或异面，故B错误；
对于C，若m∥n，m⊥α，则n⊥α，故C正确；
对于D，若m∥n，m⊥α，则n⊥α，又α∥β，则n⊥β，故D正确．
故选：CD．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等知识，是基础题．
10．在△ABC中，sin2B≤sin2A＋sin2C－sinAsinC，则B可以是（ ）
πA．
6πB．
3πC．
22πD．
3【考点】正弦定理；余弦定理．
【答案】AB
【分析】由已知结合正弦定理先进行化简，然后结合已知可得a，b，c的关系，再由余弦定理即可求解．
【解答】解：因为sin2B≤sin2A＋sin2C－sinAsinC，
所以b2≤a2＋c2－ac，所以a2＋c2－b2≥ac
a＋c－bac1π∴cosB＝≥＝，∴0＜B≤．
2ac2ac23故选：AB．
【点评】本题考查正弦定理、余弦定理在求解三角形中的应用，考查推理与运算的能力，属于中档题．
11．一个口袋内装有大小、形状相同的红色、绿色和蓝色小球各2个，一次任意取出2个小球，则与事件“2个小球都为红色”互斥而不对立的事件有（ ）
A．2个小球不全为红球
C． 2个小球至少有1个红球
【考点】互斥事件与对立事件．
【答案】BD
【分析】利用互斥事件、对立事件的定义直接判断．
【解答】解：口袋内装有红色、绿色和蓝色小球各2个，一次任意取出2个小球，
对于A，事件“2个小球不全为红球”与事件“2个小球都为红色”是对立事件，故A错误；
对于B，事件“2个小球恰有1个红球”与事件“2个小球都为红色”是互斥而不对立的事件，故B正确；
11
222B．2个小球恰有1个红球
D． 2个小球都为绿球 对于C，事件“2个小球至少有1个红球”与事件“2个小球都为红色”能同时发生，不是互斥事件，故C错误；
对于D，事件“2个小球都为绿球”与事件“2个小球都为红色”是互斥而不对立的事件，故D正确．
故选：BD．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查对立事件、互斥事件的定义等知识，是基础题．
12．如图，已知平行四边形ABCD，∠ABC＝60°，AD＝2AB，M为边BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M．若N为是B1D的中点，则在△ABM的翻折过程中，下列命题正确的有（ ）
A．线段CN的长为定值
C．直线CN与平面AB1M所成角为定值
B．异面直线AM与B1D所成角为90°
D．二面角A－B1M－D可以为直二面角
B1NADBMC
【考点】命题的真假判断与应用；异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角；二面角的平面角定义及求法，线面位置关系的判定与证明．
【答案】ACD
【分析】选项B可以假设异面直线AM与B1D所成的角为90°，然后找矛盾，选项D当面AB1M⊥面AMCD时，二面角A－B1M－D为90°，利用线面关系和余弦定理可以判断选项AC．
【解答】解：对于A：如图，
取AD中点E，连接EC交MD与F，则NE∥AB1，NF∥MB1，
1∵可得∠NEC＝∠MAB1 (定值)，NE＝ AB1(定值)，AM＝EC（定值），
2由余弦定理可得CN＝NE＋EC－2NE·EC·cos∠NEC，
所以CN的长是定值，故A正确．
或 取AB1中点G，连接MG，GN，则GN∥MC，且GN＝MC，
∴GNCM为平行四边形，∴CN＝GM为定值．
选项B：假设异面直线AM与B1D所成的角为90°，即AM⊥B1D
∵AD＝2AB ，∠ABC＝60°，设AB＝x，则AD＝2x，MD＝3x,
∵AM＋MD＝AD，∴AM⊥MD，
12
222222B1GAEFBMCND∵B1D∩MD＝D，∴AM⊥面B1DM
又∵B1D面B1DM，∴AM⊥B1M
而△B1AM为正三角形，∴不成立，故选项B不正确；
选项C：∵NE∥AB1，NF∥MB1，∴NE∥面AB1M，NF∥面AB1M，
∴面AB1M∥面ENF，∵NC面MEF，
∴NC∥面AB1M，即直线NC与平面AB1M所成的角是0°，为定值，故选项C正确；
选项D：当面AB1M⊥面AMCD时，二面角A－B1M－D为90°，理由如下：
∵面AB1M⊥面AMCD，面AB1M∩面AMCD＝AM，MD⊥AM，
∴MD⊥面AB1M，又∵MD面B1MD，
∴面B1MD⊥面AB1M，即二面角A－B1M－D为90°，故选项D正确；
故选：ACD．
【点评】本题主要考查线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，异面直线所成角、线面所成角和二面角的求解，考查空间想象能力和推理论证能力，考查反证法的应用，属于中档题．
第II卷(非选择题，共90分)
注意事项：
3.
第II卷共6页，用0.5mm黑色签字笔直接答在试题卷上．
4.
答卷前将密封线内的项目填写清楚．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填写在题中横线上．
13．己知复数z满足z(1－i)＝|1＋3i|，则z＝__________．
【考点】复数的运算；复数的模．
【答案】1＋i
【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简即得答案．
【解答】解：由z(1－i)＝|1＋3i|＝1＋(3)＝2，
2(1＋i)2得z＝＝＝1＋i，故答案为：1＋i．
1－i(1－i)(1＋i)【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念与复数模的求法，是基础题．
π14．在△ABC中，a＝1，b＝3，A＝，则B＝_________．
6【考点】正弦定理．
π2π【答案】或
33【分析】由已知利用正弦定理求出sinB的值，根据B的范围，利用特殊角的三角函数值即可求出角B．
13
22π【解答】解：∵a＝1，b＝3，A＝，
613×
2abb·sinA3∴根据正弦定理＝，得：sinB＝＝＝，
sinAsinBa12ππ2π又b＞a，得到B＞A，即＜B＜π，则B＝或 ．
633π2π故答案为：或 ．
33【点评】本题主要考查正弦定理在解三角形中的应用，考查计算能力和转化思想，属于基础题．
215．甲、乙两人进行羽毛球单打比赛，根据以往比赛的胜负情况知道，每一局甲获胜的概率为，乙获胜31的概率为，如果比赛采用“三局二胜”制(先胜二局者获胜)，则前两局打平且甲获胜的概率为3____________．
【考点】相互独立事件、互斥事件的概率公式．
8【答案】
27【解答】解：比赛采用“三局两胜”制，前两局打平且甲获胜的情况有2种：
（1）“第1局甲胜、第2局乙胜、第3局甲胜”；（2）“第1局乙胜、第2局甲胜、第3局甲胜”，这两种情况是互斥的．
2124“第1局甲胜、第2局乙胜、第3局甲胜”的概率P1＝××＝，
333271224“第1局乙胜、第2局甲胜、第3局甲胜”的概率P2＝××＝，
33327∴前两局打平且甲获胜的概率P＝P1＋P2＝8故答案为：．
27【点评】本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式、互斥事件的概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
16．己知圆锥底面半径为1，母线长为3，该圆锥内接正方体的体积为_________．
【考点】棱柱的结构特征；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的结构特征．
162【答案】
27【分析】过圆锥的顶点S和正方体ABCD－A1B1C1D1底面的对角线AC作圆锥的截面，得圆锥的轴截面SEF和正方体对角面AA1CC1．由SO⊥EF可得圆锥的高SO，设正方体棱长为a，利用三角形相似建立关系式解出a的值，即可得到该正方体的体积．
【解答】解：过圆锥的顶点S和正方体ABCD－A1B1C1D1底面的对角线AC作圆锥的截面，如图所示：
14
448＋＝．
272727由题意圆锥的底面半径OE＝1，母线长SE＝3，
∵SO⊥EF，∴圆锥的高SO＝22，
设正方体的棱长为a，∴C1O＝2a
2SCC1EC1∵△ECC1∽△EOS，∴＝,
SOEO21－a2a22由轴截面得＝解得a＝
13223162则该正方体的体积为a＝
27CAEC1OA1F162故答案为：．
27【点评】本题给出圆锥的内接正方体，在已知圆锥的底面半径和高的情况下求内接正方体的棱长，着重考查圆锥的性质、正方体的性质、组合体的结构特征和相似三角形等知识，考查利用几何体的轴截面分析量的等量关系，注意不同量的转化，考查空间想象能力，属于中档题．
四、解答题：本大题共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）
已知向量a＝(1，2)，b＝(3，4)．
（1）若a－b与2a＋kb平行，求实数k的值；
→→→→（2）若λa－b与a＋2b垂直，求实数λ的值．
【考点】平面向量的平行与垂直．
【分析】（1）先求出a－b与2a＋kb的坐标表示，再利用平面向量平行的充要条件求解，（2）利用平面向量垂直的充要条件即可得解．
【解答】解：
(1) a－b＝( －4，－2)， 2a＋kb ＝ (－2＋3k，4＋4k)．
因为a－b与2a＋kb平行，
所以－4(4＋4k)－(－2)(－2＋3k)＝0，
解得k＝－2． ……5分
(2) λa－b＝(－λ－3，2λ－4)，a＋2b ＝ (5，10)，
因为λa－b与a＋2b 垂直，
15
→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→所以(λa－b)·(a＋2b)＝0，即 5(－λ－3)＋10(2λ－4) ＝ 0，
11解得λ＝． ……10分
3【点评】本题考查平面向量平行及垂直的充要条件，属基础题．
18．（12分）
某学校把6月份定为安全教育宣传月，6月底进行安全教育测试，试卷满分为120分，随机抽取了100名学生的试卷进行研究．得到成绩的范围是［60，120］（单位：分），根据统计数据得到如下频率分布直方图：
（1）求m的值；
（2）估计该校安全教育测试成绩的中位数（精确到小数点后两位）；
（3）若成绩在［90，100）赋给1颗星，［100，110）赋给2颗星，［110，120］赋给3颗星，将频率视作概率，若甲乙两位同学参赛且相互不影响，求两人一共得4颗星的概率．
频率/组距→→→0.0280.020m0.0140.100110120分数
【考点】频率分布直方图；概率问题．
【解答】解：
（1）由(0.006＋0.014＋2m＋0.020＋0.028)×10＝1得m＝0.016． ……4分
（2）第一、二、三组的频率分别为0.16，0.16，0.28，
设中位数为x，则0.16＋0.16＋(x－80)×0.028＝0.5．解得x≈86.43．
所以估计该校安全教育测试成绩的中位数为86.43分， ……8分
（3）设甲得到“星”的颗数为X，乙得到“星”的颗数为Y．
P(X＝1)＝P(Y＝1)＝0.2，P(X＝2)＝P(Y＝2)＝0.14，P(X＝3)＝P(Y＝3)＝0.06；
P(X＋Y＝4)＝P(X＝1且Y＝3)＋P(X＝2且Y＝2)＋P(X＝3且Y＝1)
＝0.2×0.06＋0.14×0.14＋006×0.2
＝0.0436
甲乙两位同学一共得4颗星的概率为0.0436． ……12分
16
【点评】本题考查频率分布直方图的性质与数字特征，概率的求解，考查学生对数据的分析与处理能力，运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．
19．（12分）
c△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，己知a＝bcosC＋3asin(A＋C)，＝3
a（1）求角B；
（2）若△ABC的面积为73，求b的值．
【考点】正弦定理；余弦定理．
【解答】解：
（1）由正弦定理得sinA＝sinBcosC＋3sinAsinB，
即sin(B＋C)＝sinBcosC＋3sinsinB．
所以cosBsinC＝3sinAsinB．
csinCπ因为＝ ＝3tanB＝3，所以tanB＝3，B＝ ……5分
asinA313（2）因为S△ABC＝acsinB＝ac＝73，所以ac＝28． ……7分
2428221因为c＝3a，所以a2＝，a＝．……9分
331由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋9a2－2a×3a×＝7a2，
2143所以b＝7a＝． ……12分
3【点评】本题主要考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的综合应用，三角形面积公式，三角函数恒等变换的应用，考查计算能力和转化思想，属于中档题．
20．（12分）
在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形．
（1）若M为CC1的中点，试在C1D1上确定一点N，使得A1B∥平面B1MN；
（2）直线A1B与平面A1DCB1所成的角为30°，求四棱锥B－A1DCB1的体积．
【考点】直线与平面平行、垂直；点、线、面间的距离计算；棱锥的体积．
【解答】（1）当 N 为 C1D1的中点时，A1B∥平面 B1MN．
如图，取C1D1的中点为N，连结 MN，B1M，B1N，CD1．
因为 A1D1BC，所以四边形A1BCD1为平行四边形，
所以 A1B∥CD1．
17
因为 M，N分别为CC1，C1D1的中点，
所以 MN∥CD1．
所以 MN∥A1B．
又 MN平面 B1MN，A1B平面 B1MN，
所以 A1B∥平面 B1MN． ……5 分
D1B1C1A1MDCAB
（2）如右图，过点B作BH⊥B1C于点H，连结A1H．
因为 CD⊥平面 B1BCC1，BH平面 B1BCC1，
所以CD⊥BH，又 B1C∩CD＝C，
所以 BH⊥平面 A1DCB1． ……7 分
所以直线A1B与平面A1DCB1所成的角为∠BA1H＝30°，
1在 Rt△A1BH 中，BH＝A1B，
2由已知长方体 ABCD－A1B1C1D1 的四个侧面为全等的矩形，
11所以BH＝A1B＝B1C．
22所以点H为B1C的中点． ……9分
所以 BB1＝BC＝2，B1C＝22，BH＝2，
118四棱锥 B－A1B1CD 的体积 V＝×S四边形A1DCB1×BH＝×2×22×2＝．……12分
333【点评】本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，直线与平面垂直的性质，考查棱锥体积以及点线面距离的求法，考查空间想象能力、思维能力以及计算能力，是中档题．
21．（12分）
某研究所对两块试验田水稻的株高进行调研，采用样本量比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道第一块试验田抽取了水稻80株，其平均数和方差分别为107（单位：cm）和5.22，另一块试验田抽取了水稻120株，其平均数和方差分别为112（单位：cm）和30.97，你能由这些数据计算出总样本18
的方差，并对这种水稻的方差作出估计吗?
【考点】按比例分配分层随机抽样中平均数、方差的计算．
【分析】利用按比例分配分层随机抽样中平均数与方差的计算公式列方程求解即可．
2【解答】解：把第一块试验田样本记为x1, x2, x3，…，x80，其平均数为x，方差为sx；
把第二块试验田样本记为y1, y2, y3，…，y120，其平均数为y，方差为sy．
把总样本数据的平均数记为z，方差记为s2
根据方差的定义，总样本方差为
1s2＝[2001＝[200802x－z)＋y－z)]
(i2
(j2i＝1j＝1
(xi－80120i＝180x＋x－z)2＋j＝1120
(yj－y＋y－z)2]． ……2分
80由x－x)＝x－80x＝0，可得2x－x)(x－z)＝2(x－z)x－x)＝0.
(ii＝1120
ii＝1
(i
(ii＝1i＝18080同理可得2y－y)(y－z)＝0． ……5分
(jj＝11因此，s＝[2002i＝180
(xi－x)＋2(x－z)＋2i＝1j＝180120
(yj－y)＋2(y－z)]
2j＝1120＝12{80[s2＋(x－z)2]＋120[s2xy＋(y－z)]} ①． ……7分
200由x=107，y=112，根据按比例分配分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系，可得总样本平均数为
z＝80120x＋y＝110． ……9分
80＋12080＋120把已知两块试验田样本平均数和方差的取值代入①，可得
1222s＝{80[5.22＋(107－110)]＋120[30.97＋(112－110)]}＝26.67．
200所以总样本的方差为26.67，并据此估计这种水稻的总体方差为26.67． ……12分
【点评】本题来源于课本P212．例6．考查按比例分配分层随机抽样总样本平均数、方差的计算问题，解题的关键是掌握平均数与方差的计算公式，考查数据分析与处理的能力，属于中档题．
22．（12分）
19
在四棱锥S－ABCD中，侧面SAB⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，△SAB为等边三角形，AB＝1，BC＝3，点E在AD上，AE＝5DE．
（1）求证：CE⊥SD；
（2）求二面角E－SB－A的正切值．
SAEDBC
【考点】空间线线、线面垂直的判定与证明；二面角的平面角及求法．
【解答】解：（1）如图，取AB的中点O．
因为 SA＝SB，所以 SO⊥AB．
因为侧面 SAB⊥底面ABCD，侧面SAB∩底面ABCD＝AB，
所以 SO⊥底面 ABCD，CE平面 ABCD，所以 SO⊥CE． ……2 分
AE＝5DE，DE＝353，AE＝．
66AO3在 Rt△DAO 中，tan∠ADO＝＝；
AD6在 Rt△CDE 中，tan∠ECD＝
所以∠ADO＝∠ECD．
因为∠ECD＋∠CED＝90°，所以∠ADO＋∠CED＝90°，即 CE⊥OD．
又因为SO∩OD＝O，
所以CE⊥平面 SOD，SD平面 SOD，
所以CE⊥SD． ……6 分
ED3＝．
CD6
20
（2）取SB的中点为M，连结AM，EM，则AM⊥SB．
因为侧面 SAB⊥底面ABCD，侧面SAB∩底面ABCD＝AB，
因为AD⊥AB，所以 AD⊥平面 SAB．
又因为SB平面 SAB，
所以AD⊥SB，AD∩AM＝A，
所以 SB⊥平面AME．
又因为ME平面AME，
所以 SB⊥ME．
所以∠AME 即为二面角E－SB－A 的平面角． …8分
536AE5在 Rt△AME 中，tan∠AME＝＝ ＝
AM3325所以二面角E－SB－A的平面角的正切值为． …12 分
3（说明：也可以通过证明ES＝EB，得到SB⊥ME）
【点评】本题考查空间线线、线面垂直的判定与证明；二面角的平面角及求法，考查空间线线、线面和面面垂直的转化，考查化简运算能力、推理能力，逻辑思维能力，空间想象能力，综合强，难度较大，属于难题．
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