資源簡介

綜合檢測試卷　
［時間：120分鐘　分值：150分］
一、單項選擇題(本題共8小題，每小題5分，共40分)
1.若復數z滿足i·z=3-4i，則|z|等于(　　)
A.1 B.5
C.7 D.25
答案　B
解析　方法一　依題意可得z===-4-3i，所以|z|==5.
方法二　依題意可得i2·z=(3-4i)i，所以z=-4-3i，則|z|==5.
2.某學校有高中學生1 000人，其中高一年級、高二年級、高三年級的人數分別為320，300，380.為調查學生參加“社區志愿服務”的意向，現采用按比例分配分層隨機抽樣的方法從中抽取一個容量為100的樣本，那么應抽取高二年級學生的人數為(　　)
A.68 B.38
C.32 D.30
答案　D
解析　根據題意得，用按比例分配的分層隨機抽樣在各層中的抽樣比為=，
則高二年級被抽取的人數是300×=30(人).
3.從裝有10個紅球和10個白球的罐子里任取兩球，下列情況中互斥而不對立的兩個事件是(　　)
A.至少有一個紅球；至少有一個白球
B.恰有一個紅球；都是白球
C.至少有一個紅球；都是白球
D.至多有一個紅球；都是紅球
答案　B
解析　對于A，“至少有一個紅球”可能為一個紅球、一個白球，“至少有一個白球”也可能為一個白球、一個紅球，故兩事件可能同時發生，所以不是互斥事件；對于B，“恰有一個紅球”，則另一個必是白球，與“都是白球”是互斥事件，而任取兩球還可能都是紅球，故兩事件不是對立事件；對于C，“至少有一個紅球”為都是紅球或一紅一白，與“都是白球”顯然是對立事件；對于D，“至多有一個紅球”為都是白球或一紅一白，與“都是紅球”是對立事件.
4.對于兩個平面α，β和兩條直線m，n，下列命題中的真命題是(　　)
A.若m⊥α，m⊥n，則n∥α
B.若m∥α，α⊥β，則m⊥β
C.若m∥α，n∥β，α⊥β，則m⊥n
D.若m⊥α，n⊥β，α⊥β，則m⊥n
答案　D
解析　A中，n可能在α內，A是假命題；B中，m也可能在β內，B是假命題；C中，m與n可能平行、相交或異面，C是假命題；D中，m⊥α，α⊥β，則m β或m∥β，若m β，則由n⊥β得n⊥m，若m∥β，則β內有直線c∥m，而易知c⊥n，從而m⊥n，D是真命題.
5.設D，E為正三角形ABC中BC邊上的兩個三等分點，且BC=2，則·等于(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　如圖，
||=||=2，〈，〉=60°，
∵D，E是邊BC上的兩個三等分點，
∴·
=·
=·
=||2+·+||2=×4+×2×2×+×4=.
6.如圖為一個木楔子的直觀圖，其中四邊形ABCD是邊長為2的正方形，且△ADE，△BCF均為正三角形，EF∥CD，EF=4，則該木楔子的體積為(　　)
A. B.4
C. D.2
答案　A
解析　如圖，分別過點A，B作EF的垂線，垂足分別為G，H，連接DG，CH，
易得EG=HF=1，AG=GD=BH=HC=.
取AD的中點O，連接GO，易得GO=，
∴S△ADG=S△BCH=××2=.
∴該木楔子的體積V=V三棱錐E-ADG+V三棱錐F-BCH+V三棱柱AGD-BHC=2V三棱錐E-ADG+V三棱柱AGD-BHC
=2×××1+×2=.
7.某校為了了解學生的視力情況，隨機抽查了100名學生，得到如圖所示的頻率分布直方圖.由于不慎將部分數據丟失，但知道前4組的頻數和為40，后6組的頻數和為87.設最大頻率為a，視力在4.5到5.2之間的學生人數為b，則a，b的值分別為(　　)
A.0.27，0.96 B.0.27，96
C.27，0.96 D.27，96
答案　B
解析　由頻率分布直方圖知組距為0.1，由前4組的頻數和為40，后6組的頻數和為87，知第4組的頻數為40+87-100=27，即視力在4.6到4.7之間的頻數為27，是最大頻數，故最大頻率a=0.27.視力在4.5到5.2之間的頻率為1-0.01-0.03=0.96，故視力在4.5到5.2之間的學生人數b=0.96×100=96(人).
8.已知△ABC中，·=-3，AB=2，cos2A+sin2B+sin2C+sin Bsin C=1，D是邊BC上一點，∠CAD=3∠BAD，則AD等于(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　設△ABC中，角A，B，C的對邊為a，b，c，
∵cos2A+sin2B+sin2C+sin Bsin C=1，
即sin2B+sin2C+sin Bsin C=sin2A，
∴b2+c2+bc=a2，
∴cos A==-，
又A∈(0，π)，∴A=，
又·=-3，AB=c=2，
∴·=2bcos A=2b×=-3，
即b=3，∴a2=b2+c2+bc=32+22+3×2=19，
故a=，
∴cos C===，
∵C∈，
∴sin C==，tan C=，
又∠CAD=3∠BAD，A=，
∴∠CAD=，AD=ACtan C=3×=.
二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分)
9.下面四個命題中的真命題為(　　)
A.若復數z滿足∈R，則z∈R
B.若復數z滿足z2∈R，則z∈R
C.若復數z1，z2滿足z1z2∈R，則z1=
D.若復數z∈R，則∈R
答案　AD
解析　若復數z滿足∈R，則z∈R，A為真命題；
復數z=i滿足z2=-1∈R，而z R，故B為假命題；若復數z1=i，z2=2i滿足z1z2∈R，但z1≠，故C為假命題；若復數z∈R，則=z∈R，故D為真命題.
10.(2023·新高考全國Ⅰ)有一組樣本數據x1，x2，…，x6，其中x1是最小值，x6是最大值，則(　　)
A.x2，x3，x4，x5的平均數等于x1，x2，…，x6的平均數
B.x2，x3，x4，x5的中位數等于x1，x2，…，x6的中位數
C.x2，x3，x4，x5的標準差不小于x1，x2，…，x6的標準差
D.x2，x3，x4，x5的極差不大于x1，x2，…，x6的極差
答案　BD
解析　取x1=1，x2=x3=x4=x5=2，x6=9，
則x2，x3，x4，x5的平均數等于2，標準差為0，x1，x2，…，x6的平均數等于3，標準差為=，故A，C均不正確；
根據中位數的定義，將x1，x2，…，x6按從小到大的順序進行排列，中位數是中間兩個數的算術平均數，由于x1是最小值，x6是最大值，故x2，x3，x4，x5的中位數是將x2，x3，x4，x5按從小到大的順序排列后中間兩個數的算術平均數，與x1，x2，…，x6的中位數相等，故B正確；
根據極差的定義，知x2，x3，x4，x5的極差不大于x1，x2，…，x6的極差，故D正確.
11.設點D是△ABC所在平面內一點，則下列說法正確的有(　　)
A.若=+)，則點D是邊BC的中點
B.若=，則直線AD過△ABC的垂心
C.若=2-，則點D在邊BC的延長線上
D.若=x+y，且x+y=，則△BCD的面積是△ABC的面積的一半
答案　ABD
解析　對于A，∵=+)，
即-=-，即=，
即點D是邊BC的中點，故A正確；
對于B，·=
=(-||+||)=0，即AD⊥BC，
故直線AD過△ABC的垂心，故B正確；
對于C，∵=2-，
即-=-，即=，
即點D在邊CB的延長線上，故C錯誤；
對于D，∵=x+y，且x+y=，
設=2，
則=2=2x+2y，且2x+2y=1，
故M，B，C三點共線，且||=2||，
即△BCD的面積是△ABC的面積的一半，故D正確.
三、填空題(本題共3小題，每小題5分，共15分)
12.已知向量a=(x，2)，b=(2，1)，c=(3，x)，若a∥b，則|b+c|=　　　　.
答案　5
解析　因為a∥b，
所以x-2×2=0，解得x=4，
則 b+c=(2，1)+(3，4)=(5，5)，
所以|b+c|=5.
13.在拋擲一枚質地均勻的骰子的試驗中，事件A表示“小于5的偶數點出現”，事件B表示“小于5的點數出現”，則在一次試驗中，事件A∪發生的概率為　　　　.
答案　
解析　擲一枚骰子的試驗有6種等可能的結果，依題意知P(A)==，P(B)==，
所以P()=1-P(B)=1-=，
因為表示“出現5點或6點”的事件，所以事件A與互斥，從而P(A∪)=P(A)+P()=+=.
14.足球運動是一項古老的體育活動，眾多的資料表明，中國古代足球的出現比歐洲更早，歷史更為悠久，如圖，現代比賽用的足球是由正五邊形與正六邊形構成的共32個面的多面體，著名數學家歐拉證明了凸多面體的面數(F)，頂點數(V)，棱數(E)滿足F+V-E=2，那么，足球有　　　　個正六邊形的面，若正六邊形的邊長為 cm，則足球的直徑約為　　　　cm.(結果保留整數，參考數據：tan 54°≈1.38，≈1.73，π≈3.14)
答案　20　22
解析　因為足球由正五邊形與正六邊形構成，所以每塊正五邊形皮料周圍都是正六邊形皮料，
每兩個相鄰的多邊形恰有一條公共邊，每個頂點處都有三塊皮料，
而且都遵循一個正五邊形，兩個正六邊形的結論.
設正五邊形為x塊，正六邊形為y塊，由題意知，
解得
所以足球有20個正六邊形的面.
每個正六邊形的面積為×()2××6=，
每個正五邊形的面積為×××5=，
則球的表面積S=20×+12×
=630+315tan 54°≈1 089.9+434.7=1 524.6，
所以4πR2=π(2R)2≈1 524.6，解得2R≈22.
所以足球的直徑約為22 cm.
四、解答題(本題共5小題，共77分)
15.(13分)已知|a|=2，|b|=4，且|a+b|=2.
(1)求a與b的夾角；(6分)
(2)若(2a-b)⊥(a+kb)，求實數k的值.(7分)
解　(1)因為|a+b|2=a2+2a·b+b2=4+2a·b+16=12，
所以a·b=-4.
設a與b的夾角為θ，θ∈［0，π］，
則cos θ===-，
又θ∈［0，π］，所以θ=，
故a與b的夾角為.
(2)因為(2a-b)⊥(a+kb)，
所以(2a-b)·(a+kb)=0，
即2a2+2ka·b-a·b-kb2=0，
即2|a|2+2ka·b-a·b-k|b|2=0，
所以8-8k+4-16k=0，即12-24k=0，
解得k=.
16.(15分)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A).
(1)證明：2a2=b2+c2；(7分)
(2)若a=5，cos A=，求△ABC的周長.(8分)
(1)證明　因為sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A)，
所以sin Csin Acos B-sin Csin Bcos A
=sin Bsin Ccos A-sin Bsin Acos C，
所以ac·-2bc·=-ab·，
即-=-，
所以2a2=b2+c2.
(2)解　因為a=5，cos A=，
由(1)得b2+c2=50，
由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A，
則50-bc=25，
所以bc=，
故(b+c)2=b2+c2+2bc=50+31=81，
所以b+c=9，
所以△ABC的周長為a+b+c=14.
17.(15分)某高校的特殊類型招生面試中有4道題目，獲得面試資格的甲同學對一~四題回答正確的概率依次是，，，.規定按照題號依次作答，并且答對一，二，三，四題分別得1，2，3，6分，答錯1題減2分，當累計積分小于-2分時面試失敗，不少于4分時通過面試，假設甲同學每題回答正確與否相互之間沒有影響.
(1)求甲同學回答完前3題即通過面試的概率；(7分)
(2)求甲同學最終通過面試的概率.(8分)
解　(1)設事件Mi(i=1，2，3，4)表示“甲同學第i個問題回答正確”，記“甲同學回答完前3題即通過面試”為事件Q1，則Q1=M1M2M3，
則P(Q1)=P(M1M2M3)=××=，
故甲同學回答完前3題即通過面試的概率為.
(2)記“甲同學最終通過面試”為事件Q2，則
Q2=M1M2M3+M2M3M4+M1M3M4
+M1M2M4+M2M4，
故P(Q2)=P(M1M2M3+M2M3M4+M1M3M4+M1M2M4+M2M4)
=××+×××+×××+×××+×××
=++++
=.
故甲同學最終通過面試的概率為.
18.(17分)有7位歌手(1至7號)參加一場歌唱比賽，由500名大眾評委現場投票決定歌手名次.根據年齡將大眾評委分為五組，各組的人數如下：
組別 A B C D E
人數 50 100 150 150 50
(1)為了調查評委對7位歌手的支持情況，現用按比例分配的分層隨機抽樣的方法從各組中抽取若干評委，其中從B組抽取了6人，請將其余各組抽取的人數填入下表.(7分)
組別 A B C D E
人數 50 100 150 150 50
抽取人數 6
(2)在(1)中，若A，B兩組被抽到的評委中各有2人支持1號歌手，現從這兩組被抽到的評委中分別任選1人，求這2人都支持1號歌手的概率.(10分)
解　(1)由題設知，比例分配的分層隨機抽樣的抽樣比為6%，所以各組抽取的人數如下表.
組別 A B C D E
人數 50 100 150 150 50
抽取人數 3 6 9 9 3
(2)記從A組抽到的3位評委分別為a1，a2，a3，其中a1，a2支持1號歌手；從B組抽到的6位評委分別為b1，b2，b3，b4，b5，b6，其中b1，b2支持1號歌手，從｛a1，a2，a3｝和｛b1，b2，b3，b4，b5，b6｝中各抽取1人的所有樣本點如圖：
由樹狀圖知所有樣本點共18個，且是等可能的，其中2人都支持1號歌手的有a1b1，a1b2，a2b1，a2b2，共4個，
故所求概率P==.
19.(17分)如圖，已知ABCD-A1B1C1D1是底面為正方形的長方體，∠AD1A1=60°，AD1=4，點P是AD1上的動點.
(1)試判斷不論點P在AD1上的任何位置，是否都有平面BPA⊥平面AA1D1D，并證明你的結論；(4分)
(2)當P為AD1的中點時，求異面直線AA1與B1P所成角的余弦值；(7分)
(3)求PB1與平面AA1D1D所成角的正切值的最大值.(6分)
解　(1)是.∵BA⊥平面AA1D1D，
BA 平面BPA，
∴平面BPA⊥平面AA1D1D，
∴無論點P在AD1上的任何位置，都有平面BPA⊥平面AA1D1D.
(2)過點P作PE⊥A1D1，垂足為E，連接B1E，如圖，
則PE∥AA1，
∴∠B1PE是異面直線AA1與B1P所成的角.
在Rt△AA1D1中，∵∠AD1A1=60°，
∴∠A1AD1=30°，
∴A1B1=A1D1=AD1=2，
∴A1E=A1D1=1，AA1=A1D1=2，
∴PE=AA1=，B1E==，
∴在Rt△B1PE中，
B1P==2，
∴cos∠B1PE===，
∴異面直線AA1與B1P所成角的余弦值為.
(3)由(1)知，B1A1⊥平面AA1D1D，
∴∠B1PA1是PB1與平面AA1D1D所成的角，
∴tan∠B1PA1==，
∴當A1P最小時，tan∠B1PA1最大，
這時A1P⊥AD1，A1P==，
得tan∠B1PA1=，
即PB1與平面AA1D1D所成角的正切值的最大值為.綜合檢測試卷　
［時間：120分鐘　分值：150分］
一、單項選擇題(本題共8小題，每小題5分，共40分)
1.若復數z滿足i·z=3-4i，則|z|等于(　　)
A.1 B.5
C.7 D.25
2.某學校有高中學生1 000人，其中高一年級、高二年級、高三年級的人數分別為320，300，380.為調查學生參加“社區志愿服務”的意向，現采用按比例分配分層隨機抽樣的方法從中抽取一個容量為100的樣本，那么應抽取高二年級學生的人數為(　　)
A.68 B.38
C.32 D.30
3.從裝有10個紅球和10個白球的罐子里任取兩球，下列情況中互斥而不對立的兩個事件是(　　)
A.至少有一個紅球；至少有一個白球
B.恰有一個紅球；都是白球
C.至少有一個紅球；都是白球
D.至多有一個紅球；都是紅球
4.對于兩個平面α，β和兩條直線m，n，下列命題中的真命題是(　　)
A.若m⊥α，m⊥n，則n∥α
B.若m∥α，α⊥β，則m⊥β
C.若m∥α，n∥β，α⊥β，則m⊥n
D.若m⊥α，n⊥β，α⊥β，則m⊥n
5.設D，E為正三角形ABC中BC邊上的兩個三等分點，且BC=2，則·等于(　　)
A. B.
C. D.
6.如圖為一個木楔子的直觀圖，其中四邊形ABCD是邊長為2的正方形，且△ADE，△BCF均為正三角形，EF∥CD，EF=4，則該木楔子的體積為(　　)
A. B.4
C. D.2
7.某校為了了解學生的視力情況，隨機抽查了100名學生，得到如圖所示的頻率分布直方圖.由于不慎將部分數據丟失，但知道前4組的頻數和為40，后6組的頻數和為87.設最大頻率為a，視力在4.5到5.2之間的學生人數為b，則a，b的值分別為(　　)
A.0.27，0.96 B.0.27，96
C.27，0.96 D.27，96
8.已知△ABC中，·=-3，AB=2，cos2A+sin2B+sin2C+sin Bsin C=1，D是邊BC上一點，∠CAD=3∠BAD，則AD等于(　　)
A. B.
C. D.
二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分)
9.下面四個命題中的真命題為(　　)
A.若復數z滿足∈R，則z∈R
B.若復數z滿足z2∈R，則z∈R
C.若復數z1，z2滿足z1z2∈R，則z1=
D.若復數z∈R，則∈R
10.(2023·新高考全國Ⅰ)有一組樣本數據x1，x2，…，x6，其中x1是最小值，x6是最大值，則(　　)
A.x2，x3，x4，x5的平均數等于x1，x2，…，x6的平均數
B.x2，x3，x4，x5的中位數等于x1，x2，…，x6的中位數
C.x2，x3，x4，x5的標準差不小于x1，x2，…，x6的標準差
D.x2，x3，x4，x5的極差不大于x1，x2，…，x6的極差
11.設點D是△ABC所在平面內一點，則下列說法正確的有(　　)
A.若=+)，則點D是邊BC的中點
B.若=，則直線AD過△ABC的垂心
C.若=2-，則點D在邊BC的延長線上
D.若=x+y，且x+y=，則△BCD的面積是△ABC的面積的一半
三、填空題(本題共3小題，每小題5分，共15分)
12.已知向量a=(x，2)，b=(2，1)，c=(3，x)，若a∥b，則|b+c|=　　　　.
13.在拋擲一枚質地均勻的骰子的試驗中，事件A表示“小于5的偶數點出現”，事件B表示“小于5的點數出現”，則在一次試驗中，事件A∪發生的概率為　　　　.
14.足球運動是一項古老的體育活動，眾多的資料表明，中國古代足球的出現比歐洲更早，歷史更為悠久，如圖，現代比賽用的足球是由正五邊形與正六邊形構成的共32個面的多面體，著名數學家歐拉證明了凸多面體的面數(F)，頂點數(V)，棱數(E)滿足F+V-E=2，那么，足球有　　　　個正六邊形的面，若正六邊形的邊長為 cm，則足球的直徑約為　　　　cm.(結果保留整數，參考數據：tan 54°≈1.38，≈1.73，π≈3.14)
四、解答題(本題共5小題，共77分)
15.(13分)已知|a|=2，|b|=4，且|a+b|=2.
(1)求a與b的夾角；(6分)
(2)若(2a-b)⊥(a+kb)，求實數k的值.(7分)
16.(15分)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A).
(1)證明：2a2=b2+c2；(7分)
(2)若a=5，cos A=，求△ABC的周長.(8分)
17.(15分)某高校的特殊類型招生面試中有4道題目，獲得面試資格的甲同學對一~四題回答正確的概率依次是，，，.規定按照題號依次作答，并且答對一，二，三，四題分別得1，2，3，6分，答錯1題減2分，當累計積分小于-2分時面試失敗，不少于4分時通過面試，假設甲同學每題回答正確與否相互之間沒有影響.
(1)求甲同學回答完前3題即通過面試的概率；(7分)
(2)求甲同學最終通過面試的概率.(8分)
18.(17分)有7位歌手(1至7號)參加一場歌唱比賽，由500名大眾評委現場投票決定歌手名次.根據年齡將大眾評委分為五組，各組的人數如下：
組別 A B C D E
人數 50 100 150 150 50
(1)為了調查評委對7位歌手的支持情況，現用按比例分配的分層隨機抽樣的方法從各組中抽取若干評委，其中從B組抽取了6人，請將其余各組抽取的人數填入下表.(7分)
組別 A B C D E
人數 50 100 150 150 50
抽取人數 6
(2)在(1)中，若A，B兩組被抽到的評委中各有2人支持1號歌手，現從這兩組被抽到的評委中分別任選1人，求這2人都支持1號歌手的概率.(10分)
19.(17分)如圖，已知ABCD-A1B1C1D1是底面為正方形的長方體，∠AD1A1=60°，AD1=4，點P是AD1上的動點.
(1)試判斷不論點P在AD1上的任何位置，是否都有平面BPA⊥平面AA1D1D，并證明你的結論；(4分)
(2)當P為AD1的中點時，求異面直線AA1與B1P所成角的余弦值；(7分)
(3)求PB1與平面AA1D1D所成角的正切值的最大值.(6分)
答案精析
1.B　2.D　3.B　4.D
5.C　[如圖，
||=||=2，〈，〉=60°，
∵D，E是邊BC上的兩個三等分點，
∴·
=·
=·
=||2+·+||2
=×4+×2×2×+×4
=.]
6.A　[如圖，分別過點A，B作EF的垂線，垂足分別為G，H，
連接DG，CH，
易得EG=HF=1，AG=GD=BH=HC=.
取AD的中點O，連接GO，
易得GO=，
∴S△ADG=S△BCH=××2=.
∴該木楔子的體積V=V三棱錐E-ADG+
V三棱錐F-BCH+V三棱柱AGD-BHC=2V三棱錐E-ADG+V三棱柱AGD-BHC
=2×××1+×2=.]
7.B
8.B　[設△ABC中，角A，B，C的對邊為a，b，c，
∵cos2A+sin2B+sin2C+sin Bsin C=1，
即sin2B+sin2C+sin Bsin C=sin2A，
∴b2+c2+bc=a2，
∴cos A==-，
又A∈(0，π)，∴A=，
又·=-3，AB=c=2，
∴·=2bcos A
=2b×=-3，
即b=3，∴a2=b2+c2+bc=32+22+3×2=19，
故a=，
∴cos C==
=，
∵C∈，
∴sin C==，
tan C=，
又∠CAD=3∠BAD，A=，
∴∠CAD=，AD=ACtan C
=3×=.]
9.AD
10.BD　[取x1=1，x2=x3=x4=x5=2，x6=9，
則x2，x3，x4，x5的平均數等于2，標準差為0，x1，x2，…，x6的平均數等于3，標準差為=，故A，C均不正確；
根據中位數的定義，將x1，x2，…，x6按從小到大的順序進行排列，中位數是中間兩個數的算術平均數，由于x1是最小值，x6是最大值，故x2，x3，x4，x5的中位數是將x2，x3，x4，x5按從小到大的順序排列后中間兩個數的算術平均數，與x1，x2，…，x6的中位數相等，故B正確；
根據極差的定義，知x2，x3，x4，x5的極差不大于x1，x2，…，x6的極差，故D正確.]
11.ABD　[對于A，
∵=+)，
即-=-，即=，
即點D是邊BC的中點，故A正確；
對于B，·
=
=(-||+||)=0，
即AD⊥BC，
故直線AD過△ABC的垂心，
故B正確；
對于C，∵=2-，
即-=-，
即=，
即點D在邊CB的延長線上，故C錯誤；
對于D，∵=x+y，
且x+y=，
設=2，
則=2=2x+2y，
且2x+2y=1，
故M，B，C三點共線，
且||=2||，
即△BCD的面積是△ABC的面積的一半，故D正確.]
12.5　13.
14.20　22
解析　因為足球由正五邊形與正六邊形構成，所以每塊正五邊形皮料周圍都是正六邊形皮料，
每兩個相鄰的多邊形恰有一條公共邊，每個頂點處都有三塊皮料，
而且都遵循一個正五邊形，兩個正六邊形的結論.
設正五邊形為x塊，正六邊形為y塊，由題意知，
解得
所以足球有20個正六邊形的面.
每個正六邊形的面積為×()2××6=，
每個正五邊形的面積為×××5=，
則球的表面積S=20×+12×
=630+315tan 54°≈1 089.9+434.7=1 524.6，
所以4πR2=π(2R)2≈1 524.6，
解得2R≈22.
所以足球的直徑約為22 cm.
15.解　(1)因為|a+b|2=a2+2a·b+b2=4+2a·b+16=12，
所以a·b=-4.
設a與b的夾角為θ，θ∈[0，π]，
則cos θ===-，
又θ∈[0，π]，所以θ=，
故a與b的夾角為.
(2)因為(2a-b)⊥(a+kb)，
所以(2a-b)·(a+kb)=0，
即2a2+2ka·b-a·b-kb2=0，
即2|a|2+2ka·b-a·b-k|b|2=0，
所以8-8k+4-16k=0，
即12-24k=0，
解得k=.
16.(1)證明　因為sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A)，
所以sin Csin Acos B-sin Csin Bcos A
=sin Bsin Ccos A-sin Bsin Acos C，
所以ac·-2bc·
=-ab·，
即-
=-，
所以2a2=b2+c2.
(2)解　因為a=5，cos A=，
由(1)得b2+c2=50，
由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A，
則50-bc=25，
所以bc=，
故(b+c)2=b2+c2+2bc=50+31=81，
所以b+c=9，
所以△ABC的周長為a+b+c=14.
17.解　(1)設事件Mi(i=1，2，3，4)表示“甲同學第i個問題回答正確”，記“甲同學回答完前3題即通過面試”為事件Q1，則Q1=M1M2M3，
則P(Q1)=P(M1M2M3)
=××=，
故甲同學回答完前3題即通過面試的概率為.
(2)記“甲同學最終通過面試”為事件Q2，則
Q2=M1M2M3+M2M3M4+M1M3M4+M1M2M4+M2M4，
故P(Q2)=P(M1M2M3+M2M3M4
+M1M3M4+M1M2M4+M2M4)
=××+×××+×××+×××+×××
=++++
=.
故甲同學最終通過面試的概率為.
18.解　(1)由題設知，比例分配的分層隨機抽樣的抽樣比為6%，所以各組抽取的人數如下表.
組別 A B C D E
人數 50 100 150 150 50
抽取人數 3 6 9 9 3
(2)記從A組抽到的3位評委分別為a1，a2，a3，其中a1，a2支持1號歌手；從B組抽到的6位評委分別為b1，b2，b3，b4，b5，b6，其中b1，b2支持1號歌手，從{a1，a2，a3}和{b1，b2，b3，b4，b5，b6}中各抽取1人的所有樣本點如圖：
由樹狀圖知所有樣本點共18個，且是等可能的，其中2人都支持1號歌手的有a1b1，a1b2，a2b1，a2b2，共4個，
故所求概率P==.
19.解　(1)是.∵BA⊥平面AA1D1D，
BA 平面BPA，
∴平面BPA⊥平面AA1D1D，
∴無論點P在AD1上的任何位置，都有平面BPA⊥平面AA1D1D.
(2)過點P作PE⊥A1D1，垂足為E，連接B1E，如圖，
則PE∥AA1，
∴∠B1PE是異面直線AA1與B1P所成的角.
在Rt△AA1D1中，
∵∠AD1A1=60°，
∴∠A1AD1=30°，
∴A1B1=A1D1=AD1=2，
∴A1E=A1D1=1，
AA1=A1D1=2，
∴PE=AA1=，
B1E==，
∴在Rt△B1PE中，
B1P==2，
∴cos∠B1PE===，
∴異面直線AA1與B1P所成角的余弦值為.
(3)由(1)知，B1A1⊥平面AA1D1D，
∴∠B1PA1是PB1與平面AA1D1D所成的角，
∴tan∠B1PA1==，
∴當A1P最小時，tan∠B1PA1最大，
這時A1P⊥AD1，A1P=
=，
得tan∠B1PA1=，
即PB1與平面AA1D1D所成角的正切值的最大值為.(共63張PPT)
綜合檢測試卷
答案
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對一對
題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9
答案 B D B D C A B B AD
題號 10 11 12 13 14
答案 BD ABD 5 20　22
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15.
(1)因為|a+b|2=a2+2a·b+b2=4+2a·b+16=12，
所以a·b=-4.
設a與b的夾角為θ，θ∈[0，π]，
則cos θ===-，
又θ∈[0，π]，所以θ=，
故a與b的夾角為.
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15.
(2)因為(2a-b)⊥(a+kb)，
所以(2a-b)·(a+kb)=0，
即2a2+2ka·b-a·b-kb2=0，
即2|a|2+2ka·b-a·b-k|b|2=0，
所以8-8k+4-16k=0，
即12-24k=0，
解得k=.
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16.
(1)因為sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A)，
所以sin Csin Acos B-sin Csin Bcos A
=sin Bsin Ccos A-sin Bsin Acos C，
所以ac·-2bc·
=-ab·，
即-=-，
所以2a2=b2+c2.
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16.
(2)因為a=5，cos A=，
由(1)得b2+c2=50，
由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A，
則50-bc=25，
所以bc=，
故(b+c)2=b2+c2+2bc=50+31=81，所以b+c=9，
所以△ABC的周長為a+b+c=14.
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17.
(1)設事件Mi(i=1，2，3，4)表示“甲同學第i個問題回答正確”，記“甲同學回答完前3題即通過面試”為事件Q1，則Q1=M1M2M3，
則P(Q1)=P(M1M2M3)
=××=，
故甲同學回答完前3題即通過面試的概率為.
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17.
(2)記“甲同學最終通過面試”為事件Q2，則
Q2=M1M2M3+M2M3M4+M1M3M4+M1M2M4+M2M4，
故P(Q2)=P(M1M2M3+M2M3M4
+M1M3M4+M1M2M4+M2M4)
=××+×××+×××+×××+×××
=++++=.
故甲同學最終通過面試的概率為.
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18.
(1)由題設知，比例分配的分層隨機抽樣的抽樣比為6%，所以各組抽取的人數如下表.
組別 A B C D E
人數 50 100 150 150 50
抽取人數 3 6 9 9 3
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(2)記從A組抽到的3位評委分別為a1，a2，a3，其中a1，a2支持1號歌手；從B組抽到的6位評委分別為b1，b2，b3，b4，b5，b6，其中b1，b2支持1號歌手，從{a1，a2，a3}和{b1，b2，b3，
b4，b5，b6}中各抽取1人的所有樣本點如圖：
由樹狀圖知所有樣本點共18個，且是等可能的，
其中2人都支持1號歌手的有a1b1，a1b2，a2b1，a2b2，共4個，
故所求概率P==.
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(1)是.∵BA⊥平面AA1D1D，
BA 平面BPA，
∴平面BPA⊥平面AA1D1D，
∴無論點P在AD1上的任何位置，都有平面BPA⊥平面AA1D1D.
(2)過點P作PE⊥A1D1，垂足為E，連接B1E，如圖，
則PE∥AA1，
∴∠B1PE是異面直線AA1與B1P所成的角.
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在Rt△AA1D1中，
∵∠AD1A1=60°，
∴∠A1AD1=30°，
∴A1B1=A1D1=AD1=2，
∴A1E=A1D1=1，
AA1=A1D1=2，
∴PE=AA1=，
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B1E==，
∴在Rt△B1PE中，
B1P==2，
∴cos∠B1PE===，
∴異面直線AA1與B1P所成角的余弦值為.
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19.
(3)由(1)知，B1A1⊥平面AA1D1D，
∴∠B1PA1是PB1與平面AA1D1D所成的角，
∴tan∠B1PA1==，
∴當A1P最小時，tan∠B1PA1最大，
這時A1P⊥AD1，A1P==，
得tan∠B1PA1=，
即PB1與平面AA1D1D所成角的正切值的最大值為.
一、單項選擇題
1.若復數z滿足i·z=3-4i，則|z|等于
A.1 B.5
C.7 D.25
方法一　依題意可得z===-4-3i，所以|z|==5.
方法二　依題意可得i2·z=(3-4i)i，所以z=-4-3i，則|z|==5.
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答案
2.某學校有高中學生1 000人，其中高一年級、高二年級、高三年級的人數分別為320，300，380.為調查學生參加“社區志愿服務”的意向，現采用按比例分配分層隨機抽樣的方法從中抽取一個容量為100的樣本，那么應抽取高二年級學生的人數為
A.68 B.38
C.32 D.30
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根據題意得，用按比例分配的分層隨機抽樣在各層中的抽樣比為=，
則高二年級被抽取的人數是300×=30(人).
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3.從裝有10個紅球和10個白球的罐子里任取兩球，下列情況中互斥而不對立的兩個事件是
A.至少有一個紅球；至少有一個白球
B.恰有一個紅球；都是白球
C.至少有一個紅球；都是白球
D.至多有一個紅球；都是紅球
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答案
對于A，“至少有一個紅球”可能為一個紅球、一個白球，“至少有一個白球”也可能為一個白球、一個紅球，故兩事件可能同時發生，所以不是互斥事件；
對于B，“恰有一個紅球”，則另一個必是白球，與“都是白球”是互斥事件，而任取兩球還可能都是紅球，故兩事件不是對立事件；
對于C，“至少有一個紅球”為都是紅球或一紅一白，與“都是白球”顯然是對立事件；
對于D，“至多有一個紅球”為都是白球或一紅一白，與“都是紅球”是對立事件.
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答案
4.對于兩個平面α，β和兩條直線m，n，下列命題中的真命題是
A.若m⊥α，m⊥n，則n∥α
B.若m∥α，α⊥β，則m⊥β
C.若m∥α，n∥β，α⊥β，則m⊥n
D.若m⊥α，n⊥β，α⊥β，則m⊥n
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A中，n可能在α內，A是假命題；
B中，m也可能在β內，B是假命題；
C中，m與n可能平行、相交或異面，C是假命題；
D中，m⊥α，α⊥β，則m β或m∥β，若m β，則由n⊥β得n⊥m，若m∥β，則β內有直線c∥m，而易知c⊥n，從而m⊥n，D是真命題.
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5.設D，E為正三角形ABC中BC邊上的兩個三等分點，且BC=2，則·等于
A. B.
C. D.
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答案
如圖，
||=||=2，〈〉=60°，
∵D，E是邊BC上的兩個三等分點，
∴·
=·
=·
=||2+·+||2=×4+×2×2×+×4=.
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6.如圖為一個木楔子的直觀圖，其中四邊形ABCD是邊長為2的正方形，且△ADE，△BCF均為正三角形，EF∥CD，EF=4，則該木楔子的體積為
A. B.4
C. D.2
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如圖，分別過點A，B作EF的垂線，垂足分別為G，H，連接DG，CH，
易得EG=HF=1，AG=GD=BH=HC=.
取AD的中點O，連接GO，易得GO=，
∴S△ADG=S△BCH=××2=.
∴該木楔子的體積V=V三棱錐E-ADG+V三棱錐F-BCH+V三棱柱AGD-BHC
=2V三棱錐E-ADG+V三棱柱AGD-BHC
=2×××1+×2=.
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7.某校為了了解學生的視力情況，隨機抽查了100名學生，得到如圖所示的頻率分布直方圖.由于不慎將部分數據丟失，但知道前4組的頻數和為40，后6組的頻數和為87.設最大頻率為a，視力在4.5到5.2之間的學生人數為b，則a，b的值分別為
A.0.27，0.96 B.0.27，96
C.27，0.96 D.27，96
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由頻率分布直方圖知組距為0.1，
由前4組的頻數和為40，后6組的頻數和為
87，知第4組的頻數為40+87-100=27，
即視力在4.6到4.7之間的頻數為27，是最
大頻數，
故最大頻率a=0.27.視力在4.5到5.2之間的頻率為1-0.01-0.03=0.96，
故視力在4.5到5.2之間的學生人數b=0.96×100=96(人).
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答案
8.已知△ABC中，·=-3，AB=2，cos2A+sin2B+sin2C+sin Bsin C=1，D是邊BC上一點，∠CAD=3∠BAD，則AD等于
A. B.
C. D.
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答案
設△ABC中，角A，B，C的對邊為a，b，c，
∵cos2A+sin2B+sin2C+sin Bsin C=1，
即sin2B+sin2C+sin Bsin C=sin2A，
∴b2+c2+bc=a2，
∴cos A==-，
又A∈(0，π)，∴A=，
又·=-3，AB=c=2，
∴·=2bcos A=2b×=-3，
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答案
即b=3，∴a2=b2+c2+bc=32+22+3×2=19，
故a=，
∴cos C===，
∵C∈，
∴sin C==，tan C=，
又∠CAD=3∠BAD，A=，
∴∠CAD=，AD=ACtan C=3×=.
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答案
二、多項選擇題
9.下面四個命題中的真命題為
A.若復數z滿足∈R，則z∈R
B.若復數z滿足z2∈R，則z∈R
C.若復數z1，z2滿足z1z2∈R，則z1=
D.若復數z∈R，則∈R
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答案
√
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若復數z滿足∈R，則z∈R，A為真命題；
復數z=i滿足z2=-1∈R，而z R，故B為假命題；
若復數z1=i，z2=2i滿足z1z2∈R，但z1≠，故C為假命題；
若復數z∈R，則=z∈R，故D為真命題.
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答案
10.(2023·新高考全國Ⅰ)有一組樣本數據x1，x2，…，x6，其中x1是最小值，x6是最大值，則
A.x2，x3，x4，x5的平均數等于x1，x2，…，x6的平均數
B.x2，x3，x4，x5的中位數等于x1，x2，…，x6的中位數
C.x2，x3，x4，x5的標準差不小于x1，x2，…，x6的標準差
D.x2，x3，x4，x5的極差不大于x1，x2，…，x6的極差
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答案
√
√
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取x1=1，x2=x3=x4=x5=2，x6=9，
則x2，x3，x4，x5的平均數等于2，標準差為0，x1，x2，…，x6的平均
數等于3，標準差為=，故A，C均不正確；
根據中位數的定義，將x1，x2，…，x6按從小到大的順序進行排列，中位數是中間兩個數的算術平均數，由于x1是最小值，x6是最大值，故x2，x3，x4，x5的中位數是將x2，x3，x4，x5按從小到大的順序排列后中間兩個數的算術平均數，與x1，x2，…，x6的中位數相等，故B正確；
根據極差的定義，知x2，x3，x4，x5的極差不大于x1，x2，…，x6的極差，故D正確.
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答案
11.設點D是△ABC所在平面內一點，則下列說法正確的有
A.若=+)，則點D是邊BC的中點
B.若=，則直線AD過△ABC的垂心
C.若=2-，則點D在邊BC的延長線上
D.若=x+y，且x+y=，則△BCD的面積是△ABC的面積的一半
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答案
√
√
√
對于A，∵=+)，
即-=-=，
即點D是邊BC的中點，故A正確；
對于B，·=
=(-||+||)=0，即AD⊥BC，
故直線AD過△ABC的垂心，故B正確；
對于C，∵=2-，
即-=-=，
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即點D在邊CB的延長線上，故C錯誤；
對于D，∵=x+y，且x+y=，
設=2，
則=2=2x+2y，且2x+2y=1，
故M，B，C三點共線，且||=2||，
即△BCD的面積是△ABC的面積的一半，故D正確.
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答案
三、填空題
12.已知向量a=(x，2)，b=(2，1)，c=(3，x)，若a∥b，則|b+c|=　　　.
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答案
5
因為a∥b，
所以x-2×2=0，解得x=4，
則 b+c=(2，1)+(3，4)=(5，5)，
所以|b+c|=5.
13.在拋擲一枚質地均勻的骰子的試驗中，事件A表示“小于5的偶數點出現”，事件B表示“小于5的點數出現”，則在一次試驗中，事件A∪發
生的概率為　　　　.
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擲一枚骰子的試驗有6種等可能的結果，依題意知P(A)==，P(B)==，
所以P()=1-P(B)=1-=，
因為表示“出現5點或6點”的事件，所以事件A與互斥，從而
P(A∪)=P(A)+P()=+=.
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答案
14.足球運動是一項古老的體育活動，眾多的資料表明，中國古代足球的出現比歐洲更早，歷史更為悠久，如圖，現代比賽用的足球是由正五邊形與正六邊形構成的共32個面的多面體，著名數學家歐拉證明了凸多面體的面數(F)，頂點數(V)，棱數(E)滿足F+V-E=2，那么，足球有　　　個正六邊形的面，若正六邊形的邊長為 cm，則足球的直徑約為　　 cm.
(結果保留整數，參考數據：tan 54°≈1.38，≈1.73，π≈3.14)
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答案
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因為足球由正五邊形與正六邊形構成，所以每塊正五邊形皮料周圍都是正六邊形皮料，
每兩個相鄰的多邊形恰有一條公共邊，每個頂點處都有三塊皮料，
而且都遵循一個正五邊形，兩個正六邊形的結論.
設正五邊形為x塊，正六邊形為y塊，由題意知，
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答案
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解得
所以足球有20個正六邊形的面.
每個正六邊形的面積為×()2××6=，
每個正五邊形的面積為×××5=，
則球的表面積S=20×+12×
=630+315tan 54°≈1 089.9+434.7=1 524.6，
所以4πR2=π(2R)2≈1 524.6，解得2R≈22.
所以足球的直徑約為22 cm.
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答案
四、解答題
15.已知|a|=2，|b|=4，且|a+b|=2.
(1)求a與b的夾角；
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答案
因為|a+b|2=a2+2a·b+b2=4+2a·b+16=12，
所以a·b=-4.
設a與b的夾角為θ，θ∈[0，π]，
則cos θ===-，
又θ∈[0，π]，所以θ=，
故a與b的夾角為.
(2)若(2a-b)⊥(a+kb)，求實數k的值.
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答案
因為(2a-b)⊥(a+kb)，
所以(2a-b)·(a+kb)=0，
即2a2+2ka·b-a·b-kb2=0，
即2|a|2+2ka·b-a·b-k|b|2=0，
所以8-8k+4-16k=0，即12-24k=0，
解得k=.
16.記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sin Csin(A-B)=
sin Bsin(C-A).
(1)證明：2a2=b2+c2；
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答案
因為sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A)，
所以sin Csin Acos B-sin Csin Bcos A
=sin Bsin Ccos A-sin Bsin Acos C，
所以ac·-2bc·=-ab·，
即-=-，
所以2a2=b2+c2.
(2)若a=5，cos A=，求△ABC的周長.
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答案
因為a=5，cos A=，
由(1)得b2+c2=50，
由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A，
則50-bc=25，
所以bc=，
故(b+c)2=b2+c2+2bc=50+31=81，
所以b+c=9，
所以△ABC的周長為a+b+c=14.
17.某高校的特殊類型招生面試中有4道題目，獲得面試資格的甲同學對一~四題回答正確的概率依次是，，，.規定按照題號依次作答，并且答對一，二，三，四題分別得1，2，3，6分，答錯1題減2分，當累計積分小于-2分時面試失敗，不少于4分時通過面試，假設甲同學每題回答正確與否相互之間沒有影響.
(1)求甲同學回答完前3題即通過面試的概率；
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設事件Mi(i=1，2，3，4)表示“甲同學第i個問題回答正確”，記“甲同學回答完前3題即通過面試”為事件Q1，則Q1=M1M2M3，
則P(Q1)=P(M1M2M3)=××=，
故甲同學回答完前3題即通過面試的概率為.
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答案
(2)求甲同學最終通過面試的概率.
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答案
記“甲同學最終通過面試”為事件Q2，則
Q2=M1M2M3+M2M3M4+M1M3M4+M1M2M4+M2M4，
故P(Q2)=P(M1M2M3+M2M3M4+M1M3M4+M1M2M4+M2M4)
=××+×××+×××+×××+×××
=++++
=.
故甲同學最終通過面試的概率為.
18.有7位歌手(1至7號)參加一場歌唱比賽，由500名大眾評委現場投票決定歌手名次.根據年齡將大眾評委分為五組，各組的人數如下：
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答案
組別 A B C D E
人數 50 100 150 150 50
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答案
(1)為了調查評委對7位歌手的支持情況，現用按比例分配的分層隨機抽樣的方法從各組中抽取若干評委，其中從B組抽取了6人，請將其余各組抽取的人數填入下表.
組別 A B C D E
人數 50 100 150 150 50
抽取人數 6
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由題設知，比例分配的分層隨機抽樣的抽樣比為6%，所以各組抽取的人數如下表.
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答案
組別 A B C D E
人數 50 100 150 150 50
抽取人數 3 6 9 9 3
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答案
(2)在(1)中，若A，B兩組被抽到的評委中各有2人支持1號歌手，現從這兩組被抽到的評委中分別任選1人，求這2人都支持1號歌手的概率.
組別 A B C D E
人數 50 100 150 150 50
抽取人數 3 6 9 9 3
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記從A組抽到的3位評委分別為a1，a2，a3，其中a1，a2支持1號歌手；從B組抽到的6位評委分別為b1，b2，b3，b4，b5，b6，其中b1，b2支持1號歌手，從{a1，a2，a3}和{b1，b2，b3，b4，b5，b6}中各抽取1人的所有樣本點如圖：
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答案
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15
由樹狀圖知所有樣本點共18個，且是等
可能的，其中2人都支持1號歌手的有
a1b1，a1b2，a2b1，a2b2，共4個，
故所求概率P==.
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答案
19.如圖，已知ABCD-A1B1C1D1是底面為正方形的長方體，
∠AD1A1=60°，AD1=4，點P是AD1上的動點.
(1)試判斷不論點P在AD1上的任何位置，是否都有平面
BPA⊥平面AA1D1D，并證明你的結論；
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答案
是.∵BA⊥平面AA1D1D，
BA 平面BPA，
∴平面BPA⊥平面AA1D1D，
∴無論點P在AD1上的任何位置，都有平面BPA⊥平面AA1D1D.
(2)當P為AD1的中點時，求異面直線AA1與B1P所成角的余弦值；
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過點P作PE⊥A1D1，垂足為E，連接B1E，如圖，
則PE∥AA1，
∴∠B1PE是異面直線AA1與B1P所成的角.
在Rt△AA1D1中，∵∠AD1A1=60°，
∴∠A1AD1=30°，
∴A1B1=A1D1=AD1=2，
∴A1E=A1D1=1，AA1=A1D1=2，
∴PE=AA1=，B1E==，
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答案
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∴在Rt△B1PE中，
B1P==2，
∴cos∠B1PE===，
∴異面直線AA1與B1P所成角的余弦值為.
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答案
(3)求PB1與平面AA1D1D所成角的正切值的最大值.
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由(1)知，B1A1⊥平面AA1D1D，
∴∠B1PA1是PB1與平面AA1D1D所成的角，
∴tan∠B1PA1==，
∴當A1P最小時，tan∠B1PA1最大，
這時A1P⊥AD1，A1P==，
得tan∠B1PA1=，
即PB1與平面AA1D1D所成角的正切值的最大值為.
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答案

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