哲理散文-清明节的传统风俗

2020年呼伦贝尔市数学高考第一次模拟试卷含答案

一、选择题

a(ab)
x
ab
1．定义运算，则函数
f(x)1 2
的图象是（ ）．



b(ab)
A
．
B
．

C
．
D
．

2．

1
A
．
15


1

6
1x
展开式中
x
2
的系数为（

）


2

x

r
B
．
20

3
．已知平面向量
a
=
（1
，－
3
），
b
=
（
4
，－
2
），

ab
与
a
垂直，则

是（
）

A
．
2
4．若满足
B
．
1 C
．－
2 D
．－
1

r
C
．
30

r
r
r
D
．
35

sinAcosBcosC

，则
ABC
为（

）

abc
B
．有一个内角为
30°
的直角三角形

D
．有一个内角为
30°
的等腰三角形

A
．等边三角形

C
．等腰直角三角形

5．甲、 乙、丙三人到三个不同的景点旅游，每人只去一个景点，设事件
A
为“三个人去
的景点 各不相同”，事件
B
为“甲独自去一个景点，乙、丙去剩下的景点”，则
P(A|B)
等于（ ）

A
．
4

9
B
．
2

9
C
．
1

2
D
．
1

3
6．数列
2,5,11,2 0
，
x
，
47...
中的
x
等于（

）

A
．
28

①
f

x


B
．
32
C
．
33
D
．
27

7．下列各组函数是同一函数的是（

）


2x
3
与
f

x

x2 x
；
f

x

2x
3
与yx2x
②
f

x

x
与
g

x

x
2
；

③
f

x

x
与
g

x


0
122
fxx2x1gtt2t1
．

；④与

0
x
C
．③

④
D
．①

④

A
．①

②
B
．①

③

8．圆
C
1
：
x
2
+y
2
＝
4
与圆
C
2：
x
2
+y
2
﹣
4x+4y
﹣
12< br>＝
0
的公共弦的长为（

）

A
．
2
B
．
3
C
．
22
D
．
32

9．甲、乙、丙，丁四位同 学一起去问老师询问成语竞赛的成绩。老师说：你们四人中有两
位优秀，两位良好，我现在给甲看乙、丙 的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看
后甲对大家说：我还是不知道我的成绩，根据以上信息， 则（ ）

A
．乙、丁可以知道自己的成绩

C
．乙、丁可以知道对方的成绩

B
．乙可以知道四人的成绩

D
．丁可以知道四人的成绩

10．下表提供了某厂节能降耗技术改造后在生产
A
产品过程中记录的产量
x
（吨）与相应
的生产能耗
y
（吨）的几组对应数据，根据表中提供的数据，求 出
y
关于
x
的线性回归方
程为
y0.7x0.35，则下列结论错误的是（

）

x

3

2.5

4

5

4

6

4.5

y



t

A
．产品的生产能耗与产量呈正相关

（4.5,3.5）

B
．回归直线一定过
D
．
t
的值是
3.15

C
．
A
产品每多生产
1
吨，则相应的生产能耗约增加
0.7
吨

11．在△
ABC
中，
AB=2
，
AC=3
，
ABBC1
则BC=______

A
．
3
B
．
7
C
．
2

uuuruuur
D
．
23

12．在等比数列

a
n

中，
a
4
4
，则
a2
a
6

（ ）

A
．
4
B
．
16
C
．
8
D
．
32

二、填空题

13．若三点
A(2,3),B(3,2),C(
1
,m)
共线，则< br>m
的值为 ．

2
14
．
i< br>是虚数单位，若复数

12i

ai

是纯虚 数，则实数
a
的值为
.

15．若函数
f(x)x
范围是
_______
.

16．等边三角形
ABC
与正方形
ABDE
有一公共边
AB
，二面角
CABD
的余弦值为
1
3
3
1
2

2

x2ax
在

,

上存在单调增区间，则实数
a
的取值
2

3
3
，
M，N
分别是
AC，BC
的中点，则
EM，AN< br>所成角的余弦值等于

．

3
17．如图，长方 体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
的体积是
120
，
E
为
CC
1
的中点，则三棱锥< br>E-BCD
的
体积是
_____
.

18．在体积为9的斜三棱柱ABC—A
1
B
1
C
1
中，S是C
1
C上的一点，S—ABC的体积为2，则三
棱锥S—A
1B
1
C
1
的体积为
___
．

19．如图，已知
P
是半径为
2
，圆心角为
uuuvuuuv< br>PCPA
的最小值为
_______
．


uuu vuuuv

的一段圆弧
AB
上一点，
AB2BC
，则< br>3
20
．设等比数列

a
n

满足
a
1
+a
3
=10
，
a
2
+a
4
=5
，则
a
1
a
2
…a
n
的最大 值为

．

三、解答题

21．已知 数列

a
n

满足
a
1
2,a
n1
2a
n
2
n1
.

（1）设
b
n

a
n
，求数列

b
n
< br>的通项公式；

2
n
（2）求数列

a
n< br>
的前
n
项和
S
n
；

（3）记< br>c
n


1

n

n
2
4n22
n

a
n
a
n1
，求数列

c
n

的前
n
项和
T
n
.

22．如图，在四面体
ABCD
中，△
ABC
是等边 三角形，平面
ABC
⊥平面
ABD
，点
M
为棱
AB
的中点，
AB=2
，
AD=
23
，∠
BAD=90 °
．

（
Ⅰ
）求证：
AD
⊥
BC
；

（
Ⅱ
）求异面直线
BC
与
MD
所成角的余弦值；

（Ⅲ）求直线
CD
与平面
ABD
所成角的正弦值．

23．在△
ABC
中，
a=7
，
b=8
，
cosB= –
（Ⅰ）求∠
A
；

（Ⅱ）求
AC
边上的高．

1
．

724．随着移动互联网的发展，与餐饮美食相关的手机
APP
软件层出不穷，现从某市使用
A
和
B
两款订餐软件的商家中分别随机抽取100个商家，对它们的“平均送 达时间”进行
统计，得到频率分布直方图如下：

(1)
已知抽取的100个 使用
A
未订餐软件的商家中，甲商家的“平均送达时间”为18分
钟，现从使用
A
未订餐软件的商家中“平均送达时间”不超过20分钟的商家中随机抽取3
个商家进行市场 调研，求甲商家被抽到的概率；

(2)
试估计该市使用
A
款订餐软 件的商家的“平均送达时间”的众数及平均数；

(3)
如果以
“
平 均送达时间
”
的平均数作为决策依据，从
A
和
B
两款订餐软 件中选择一款订
餐，你会选择哪款？


25．某市场研究人员为了了解产业 园引进的甲公司前期的经营状况，对该公司2018年连续
六个月的利润进行了统计，并根据得到的数据 绘制了相应的折线图，如图所示

（1）由折线图可以看出，可用线性回归模型拟合月利润y
（单位：百万元）与月份代码
x
之间的关系，求
y
关于
x
的线性回归方程，并预测该公司2019年3月份的利润；

< br>（2）甲公司新研制了一款产品，需要采购一批新型材料，现有
A,B
两种型号的新型材 料
可供选择，按规定每种新型材料最多可使用
4
个月，但新材料的不稳定性会导致材料 损坏
的年限不同，现对
A,B
两种型号的新型材料对应的产品各
100
件进行科学模拟测试，得到
两种新型材料使用寿命的频数统计如下表：

使用寿命材料
类型

A

B

1个月

20

10

2个月

35

30

3个月

35

40

4个月

10

20

总计

100

100


如果你是甲公司的负责人，你会选择采购哪款新型材料？

参考数据：

y
i1
6
i
96


x
i
y
i
371

i1
6
ˆ

ˆ
a
ˆ
bx
ˆ
，其中
b
参考公式：回归直线方程
y


xx

yy



xy

nxy
iiii
i1< br>nn


xx

i
i1
n
=< br>i1
2

x
i1
n

2
inx
2
26．如图所示，已知正方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中，
E，F
分别为
D
1
C
1
，
C
1
B
1
的中点，
A CIBDP
，
A
1
C
1
IEFQ
.
求 证：

（
1
）
D，B，F，E
四点共面；

（
2
）若
A
1
C
交平面
DBEF
于R
点，则
P，Q，R
三点共线
.


【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除



一、选择题

1．A
解析：
A

【解析】

【分析】

【详解】

由已知新运算
ab
的意义就是取得
a,b
中的最小值，

因此函数
f

x

12

x

1,x0
，

x

2,x0
只有选项A
中的图象符合要求，故选
A.

2．C
解析：
C

【解析】

【分析】

利用多 项式乘法将式子展开
,
根据二项式定理展开式的通项即可求得
x
2
的 系数
.

【详解】

rnrr
根据二项式定理展开式通项 为
T
r1
C
n
ab


1

1
666
11x1x1x



2

2
x

x

rr
则

1x

展开式的通项为
T
r1
C
6
x

6
则

1
则

1
故选
:C





1

6
22

1

44
2

1x
C
展 开式中的项为

x
6
x

2

C< br>6
x


x
2


x
< br>1

6
24

1x
展开式中
x
2
的系数为
C
6

C
6
151530
2

x

【点睛】

本题考查了二项定理展 开式的应用
,
指定项系数的求法
,
属于基础题
.

3．D
解析：
D

【解析】

【详解】

r
r
r
r
r

ab

,3

4,2

4,3< br>
2
试题分析：

，由

ab
与
a
垂直可知


r
r
r

a b·a0


4

3

3

2

0

1


考点：向量垂直与坐标运算

4．C
解析：
C

【解析】

【分析】

由正弦定理结合条件可得
tanB tanC1
，从而得三角形的三个内角，进而得三角形的
形状
.

【详解】

sinAcosBcosC
sinAsinBsinC
 

，又，

abc
abc
所以
cosBsi nB,cosCsinC
，有
tanBtanC1
.

由正弦 定理可知
所以
BC45
o
.
所以
A180
o
45
o
45
o
90
o
.

所以
ABC
为等腰直角三角形
.

故选
C.

【点睛】

本题主要考查了正弦定理解三角形，属于基础题
.

5．C
解析：
C

【解析】

【分析】

这是求 甲独自去一个景点的前提下，三个人去的景点不同的概率，求出相应的基本事件的
个数，即可得出结果< br>.

【详解】

甲独自去一个景点，则有
3
个景点可 选，乙、丙只能在剩下的两个景点选择，根据分步乘
法计数原理可得，对应的基本事件有
32 212
种；另外，三个人去不同景点对应的基
本事件有
3216
种 ，所以
P
(
A

【点睛】

本题主要考查条件概率，确定相应的基本事件个数是解决本题的关键
.

B
)
61

，故选
C.

122
6．B
解析：
B

【解析】

【分析】

通过观察，得出该数列从第二项起，后一项与前一项的差分别是
3
的倍数，由此可求得
x
的值
.

【详解】

因为数列的前几项为
2,5,11,20,x,47
，

其中
5213,11523,201133
，

可得
x2043
，解得
x32
，故选
B.

【点睛】

本题主要考查了数列的概念及其应用，其中解答中根据题意发现数列中数字 的排布规律是
解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题
.

7．C
解析：
C

【解析】

【分析】

定义域相同，对应关系一致的函数是同一函数，由此逐项判断即可
.

【详解】

①中
f

x

2x
3
的定义域为



,0

，
f

x

x2x
的定义域也是



,0

，但
f

x

2x
3
x2x
与
f

x

x2x
对应关系不一 致，所以①不是同一函数；

②中
f

x

x< br>与
g

x

x
2
定义域都是R，但
g

x

x
2
x
与
f
< br>x

x
对应关系不
一致，所以②不是同一函数；

11
0
x|x0fxx1
gx1
对定义域都是，且，
 

x
0
x
0
应关系一致，所以③是同一函数；

③中
f

x

x
与
g
< br>x


0
④中
f

x

 x2x1
与
g

t

t2t1
定义域和 对应关系都一致，所以④是同一函数
.

22
故选
C

【点睛】

本题主要考查同一函数的概念，只需定义域和对应关系都一致即可，属于基础题型
.

8
．
C
解析：
C

【解析】

【分析】

两圆方程相减，得到公共弦所在的直线方程，然后利用其中一个圆，结合弦 长公式求解
.

【详解】

因为圆
C
1
：
x
2
+y
2
＝
4
与圆
C
2
：
x
2
+y
2
﹣
4x+4y
﹣
12＝
0
，

两式相减得
xy20
，即公共弦所在的直线方程
.

圆
C
1
：
x
2
+y
2
＝
4
，圆心到公共弦的距离为
d
所以公共弦长为：
l2r
2
d< br>2
22
.

故选：
C

2
，

2

【点睛】

本题主要考查直线与圆，圆与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于基础题
.

9．A
解析：
A

【解析】

【分析】

根据甲的所说的话，可知乙、丙的成绩中一位优秀、一位良好，再结合简单的合情推理逐
一分析 可得出结果
.

【详解】

因为甲、乙、丙、丁四位同学中有两位优秀、两位良好，

又甲看了乙、丙的成绩且还 不知道自己的成立，即可推出乙、丙的成绩中一位优秀、一位
良好，

又乙看了丙的成绩，则乙由丙的成绩可以推出自己的成绩，

又甲、丁的成绩中一位优秀、一位良好，则丁由甲的成绩可以推出自己的成绩
.

因此，乙、丁知道自己的成绩，故选：
A.

【点睛】

本 题考查简单的合情推理，解题时要根据已知的情况逐一分析，必要时可采用分类讨论的
思想进行推理，考 查逻辑推理能力，属于中等题
.

10
．
D
解析：
D

【解析】

由题意，
x
=
3456
=4.5
，

4
ˆ
=0.7x+0.35
，

∵
y
4.5+0.35=3.5
，

∴
y
=0.7×
3.5
﹣
2.5
﹣
4
﹣
4.5=3，

∴
t=4×
故选
D
．

11．A
解析：
A

【解析】

【分析】

【详解】

uuuruuur
14BC
2
9
2 22
QABBC|AB||BC|cosB(ABBCAC)1

22
|BC|=3

故选：
A

【点评】

本题考查平面向量的数量积运算、余弦定理等知识
.
考查 运算能力，考查数形结合思想、等

价转化思想等数学思想方法
.

12．B
解析：
B

【解析】

2
等比 数列的性质可知
a
2
a
6
a
4
16
,
故选
B
.

二、填空题


13
．【解析】试题分析：依题意有即解得考点：三点共线

解析：
1

2
15m3
，解得
m
.


2
5
1
2
2
【解析】

试题 分析：依题意有
k
AB
k
AC
，即
考点：三点共线．
14．【解析】试题分析：由复数的运算可知是纯虚数则其实部必为零即所以考
点：复数的运算
解析：
2

【解析】

试题分析：由复数的运算可知数，则其实部必为零，即
考点：复数的运算
.

，所以
.

，

12i

ai
是纯虚
15
．【解析】【分析】【详解】试题分析：当时的最大值为令解得所以
a
的取
值范围是考点：利用导数判断函数的单调性

1
解析：
(,)

9
【解析】

【分析】

【详解】

2

2

1

1



时，
f

(x)
的试题分析：
f

(x)xx2a

x
2a
．当
x

，

3
2

4

2
最大值为

2
1
2

2

1

f


2a 
，令
2a0
，解得
a
，所以
a
的取值范 围是

,

．

9
9
9

3

9

考点：利用导数判断函数的单调性．

16．【解析】【分析】【详解】设AB=2作CO⊥面ABDEOH⊥AB则CH⊥AB∠CHO
为二 面角C−AB−D的平面角CH=3√OH=CHcos∠CHO=1结合等边三角形ABC与正方

形ABDE可知此四棱锥为
1
解析：

6
【解析】

【分析】

【详解】

设
AB=2,
作
CO
⊥面
ABDE



OH
⊥
AB
，则
CH
⊥
AB
， ∠
CHO
为二面角
C−AB−D
的平面角，

CH=3√
，
OH=CHcos
∠
CHO=1
，

结合等边三角形
ABC
与正方形
ABDE
可知此四棱锥为正四棱锥，

uuur
ANEMCH3,AN
ruuuruuuur
1< br>uuuruuur
1
uuu
(ACAB),EMACAE
< br>22
uuuruuuur
1
ANEM
2
1
故< br>EM,AN
所成角的余弦值
2

1
，

3 3
6
17．【解析】【分析】由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱
锥 的体积【详解】因为长方体的体积为120所以因为为的中点所以由长方体的
性质知底面所以是三棱锥的 底面上的高所以三棱锥的体积【点睛】本题蕴
解析：【解析】

【分析】

由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积
.

【详解】

因为长方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
的体积为
120
，

所以
ABBCCC
1
120
，

因为
E
为
CC
1
的中点，

所以
CE
1
CC
1
，

2
由长方体的性质知
CC
1

底面
ABCD
，
所以
CE
是三棱锥
EBCD
的底面
BCD
上的高，

所以三棱锥
EBCD
的体积
111111
V ABBCCEABBCCC
1
12010
.

3232212
【点睛】

本题蕴含
“
整体和局部
”
的对立统一规律
.
在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意
理清整 体和局部的关系，灵活利用
“
割
”
与
“
补
”
的方法解题
.

18．【解析】【分析】由已知棱柱体积与棱锥体积可得S到下底面 距离与棱柱高
的关系进一步得到S到上底面距离与棱锥高的关系则答案可求【详解】设三棱柱
的 底面积为高为则再设到底面的距离为则得所以则到上底面的距离为所
解析：
1

【解析】

【分析】

由已知棱柱体积与棱锥体积可得
S< br>到下底面距离与棱柱高的关系，进一步得到
S
到上底面
距离与棱锥高的关系，则 答案可求．

【详解】

设三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
的底面积为
S'
，高为
h
，

则
S'h9，S'
9
，

h
119
S'h'2
，得
h'2
，
33h
再设
S
到底面
ABC
的距离为
h'
，则
所以
h'2

，

h3
1
3
则< br>S
到上底面
A
1
B
1
C
1
的距离为
h
，

所以三棱锥
SA
1
B
1
C
1
的体积为
故答案为
1
．

【点睛】

本题考查棱柱、棱锥体积的求法，考查空间想象能力、思维能力与计算能力，考查数形结
合思想 ，三棱锥体积为
V
111
S'h91
．

339
1
S
底
nh
，本题是中档题．

3
19．5﹣【解析】【分析】设圆心为OAB中点为D先求出再求PM的最小值得解
【详解】设 圆心为OAB中点为D由题得取AC中点M由题得两方程平方相减得要
使取最小值就是PM最小当圆弧A B的圆心与点PM共线时PM最

解析：5
﹣
213

【解析】

【分析】

uuuruuuruuuur
21
uuur
2
uuuur
2
9
设圆心为
O,A B
中点为
D,
先求出
PCPAPMACPM
，再求
PM
的最小
44
值得解
.

【详解】

设圆心为
O,AB
中点为
D,

由题得
AB2 2sin

6
2,AC3
.

uuuvuuuvu uuuv

PAPC2PM
vuuuvuuuv
,

取
AC
中点
M
，由题得

uuu
PCPAAC< br>
uuuruuuruuuur
2
1
uuur
2
uu uur
2
9
两方程平方相减得
PCPAPMACPM
，< br>
44
uuuruuur
要使
PCPA
取最小值，就是PM
最小，

当圆弧
AB
的圆心与点
P
、M
共线时，
PM
最小
.

此时
DM=
2
1113
,

,DM()
2
3
222
所以PM有最小值为
2
﹣
代入求得
PCPA
的最小值为
5
﹣
213
．

故答案为
5
﹣
213

【点睛】

本题主 要考查直线和圆的位置关系，考查平面向量的数量积及其最值，意在考查学生对这
些知识的理解掌握水平 和分析推理能力
.

uuuruuur
13
，

2
20．【解析】试题分析：设等比数列的公比为由得解得所以于是当或时取得最
大值考点：等比 数列及其应用
解析：
64

【解析】

a
18
a
1
a
3
10
a
1
(1q
2
)10
试题分析：设等比数列的公比为
q
，由
{
得，
{
，解得
{
1
.
所
2
a
2
a
4
5
q
a
1
q(1q)5
2
以
a
1
a
2
La
n
aq
n1 2L(n1)
1
17
n
2
n
1
n(n< br>2
1)
8()2
22
，于是当
n3
或4
时，
a
1
a
2
La
n
2
n
取得最大值
2
6
64
.

考点：等比数列及其应用

三、解答题

21．（1）
b
n
n
（2）
S
n

< br>n1

2
【解析】

【分析】

【详解】

n1
（1）由
a
n1
2a
n
2
得
b
n1
b
n
1
，得b
n
n
；

n1
2

n4
1

2
（3）


33

n1

2
n1
n1
12n23n1
n< br>（2）易得
a
n
ng2
，
S
n
12 22Ln2,2S
n
1222Ln2,


错位相减得
S
n
22L2n2
所以其前
n
项 和
S
n


n1

2
（3）
c
n

n1
12nn1
12
n
2n2
n1

12
2
；



 1

n

n
2
4n22
n


1

n

n
2
4n2
n·2n
?

n1

2
n1
n
n?
n1

2
n1



1
n

n
2
n2

n1
n
n?

n1

2
n1

< br>
1


n
2
n1
nn1


1

1

1

n


1

1

1



1< br>

n







n1

nn1
，


n?


2

2

2

n?2

n1

?2


2

n1

?
n1
2n

1

1

2< br>

1

2

1

3


1

n


1

1


1

1

1





L


T
n









L< br>






1

223nn1

2

2221?22?22?23?2n?2n 1?2













1

或写成

2


n4

1

.< br>21

1








36

2

n1

?2
n1
33

n 1

?2
n1
n
n1n1
点睛：用错位相减法求和应 注意的问题
(1)
要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负
数的情形；
(2)
在写出“
S
n
”与“
qS
n
”的表达式时应 特别注意将两式“错项对齐”以便下
一步准确写出“
S
n
qS
n< br>”的表达式；
(3)
在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为
参数，应分 公比等于
1
和不等于
1
两种情况求解
.

22．(Ⅰ)
证明见解析；
(Ⅱ)
【解析】

分析：（Ⅰ） 由面面垂直的性质定理可得
AD
⊥平面
ABC
，则
AD
⊥< br>BC
．

（Ⅱ）取棱
AC
的中点
N
，连接< br>MN
，
ND
．由几何关系可知∠
DMN
（或其补角）为异面直
3
13
；
(Ⅲ)
．

4
26
1< br>MN
13
．则异面直线
BC
与
MD
所线
BC
与
MD
所成的角．计算可得
2
cosDMN
DM26
成角的余弦值为
13
．

26
（Ⅲ）连接
CM．由题意可知
CM
⊥平面
ABD
．则∠
CDM
为直线< br>CD
与平面
ABD
所成的

角．计算可得
sin CDM
CM33
．即直线
CD
与平面
ABD
所成角的正 弦值为．


CD44
详解：（Ⅰ）证明：由平面
ABC
⊥ 平面
ABD
，平面
ABC
∩平面
ABD=AB
，
A D
⊥
AB
，可得
AD
⊥平面
ABC
，故
A D
⊥
BC
．

（Ⅱ）取棱
AC
的中点
N< br>，连接
MN
，
ND
．又因为
M
为棱
AB的中点，故
MN
∥
BC
．所以
∠
DMN
（或其 补角）为异面直线
BC
与
MD
所成的角．


在< br>Rt
△
DAM
中，
AM=1
，故
DM=
AD
2
AM
2
=13
．因为
AD
⊥平面
AB C
，故
AD
⊥
AC
．

在
Rt
△
DAN
中，
AN=1
，故
DN=
AD
2
 AN
2
=13
．

1
MN
13
．

在等腰三角形
DMN
中，
MN=1
，可得
cosDMN
2

DM26
所以，异面直线
BC
与
MD
所成角的余弦值为
13
．

26
（Ⅲ）连接
CM
． 因为△
ABC
为等边三角形，
M
为边
AB
的中点，故
CM
⊥
AB
，
CM=
3
．又因为平面
ABC⊥平面
ABD
，而
CM

平面
ABC
，故CM
⊥平面
ABD
．所以，
∠
CDM
为直线
C D
与平面
ABD
所成的角．

在
Rt
△
C AD
中，
CD=
AC
2
AD
2
=4
．< br>
CM3
．


CD4
在
Rt
△< br>CMD
中，
sinCDM
所以，直线
CD
与平面
ABD
所成角的正弦值为
3
．

4
点睛：本小题主要考查异 面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础
知识．考查空间想象能力、运算求解能力 和推理论证能力．

23．(1)
∠
A=
【解析】
分析：（
1
）先根据平方关系求
sinB
,
再根据正弦定理求< br>sinA
，即得
A
；（
2
）根据三角
形面积公式两 种表示形式列方程
求
sinC
，解得
AC
边上的高．
详解：解：（
1
）在△
ABC
中，∵
cosB=–
π< br>33
(2) AC
边上的高为

3
2
11
absinChb
，再利用诱导公式以及两角和正弦公式
22
1
π
，∴
B
∈（，
π
），∴
72

8
a b7
43
sinB=
1cos
2
B


=
43
，∴

．由正弦定理得
sinAsin BsinA
7
7
sinA=
πππ
3
．∵
B
∈（，
π
），∴
A
∈（
0
，），∴∠
A=
．

223
2
（
2
）在△
ABC
中，∵
sinC=sin
（
A+B
）
=sinAcosB+sinBcos A=
3

1

143
33
=
．






2

7

27
14
h
3333
，∴
h=
BCsinC
=< br>7
，∴
AC
边上的高

BC
142
如图所 示，在△
ABC
中，∵
sinC=
为
33
．

2

点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已 知条件
灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.

24．（1）
【解析】

【分析】

⑴运用列举法给出所有情况，求出结果

⑵由众数结合题意求出平均数
⑶分别计算出使用
A
款订餐、使用
B
款订餐的平均数进行比较，从而判定

【详解】

（1）使用
A
款订餐软件的商家中“平均送达 时间”不超过20分钟的商家共有
1
； （2）
40
； （3）选
B
款订餐软件.

2
1000.006106
个，分别记为甲，
a,b,c,d,e,

从中随机抽取3个商家的情况如下：共20种.

甲，a,b

,

甲，a,c

,

甲，a,d

,
甲，a,e

,

甲，b,c

,

甲，b,d

,

甲，b,e

,
< br>甲，c,d

甲，c,e

,

甲，d,e

,

a,b,c

,

a,b,d

,

a,b,e

,

a,c,d
,

a,c,e

,

a,d,e

,

b,c,d

,

b,c,e

,< br>
b,d,e

,

c,d,e

.

甲商家被抽到的情况如下：共10种．


甲，a,b

,

甲，a,c

,

甲，a,d

,

甲，a,e

,

甲，b,c

,
甲，b,d

,

甲，b,e

,

甲，c,d

,

甲，c,e

,
< br>甲，d,e


记事件
A
为甲商家被抽到，则
P
A


101

.

202

（2）依题意可得，使用
A
款订餐软件的商家中“平均送达时间”的众数为5 5，平均数为

150.06250.34350.12450.04550 .4650.0440
.

（3）使用
B
款订餐软件的商家中“平均送达时间”的平均数为

1 50.04250.2350.56450.14550.04650.02354 0

所以选
B
款订餐软件．

【点睛】

本题主要考查了频率分布直方图，平均数和众数，古典概率等基础知识，考查了数据处理
能力以及运算 求解能力和应用意识，属于基础题．

ˆ
2x9
,
31
百万元；(2)
B
型新材料.

25．(1)
y
【解析】

【分析】

(1)
根据所给的数据， 做出变量
x,y
的平均数，求出最小二乘法所需要的数据，可得线性回
归方程的系数< br>b
,
再根据样本中心点一定在线性回归方程上，求出
a
的值，写出线性 回归方
程；将
x11
代入所求线性回归方程，求出对应的
y
的值即 可得结果；
(2)
求出
A
型新材
料对应产品的使用寿命的平均数与
B
型新材料对应产品的使用寿命的平均数，比较其大小
即可得结果
.

【详解】

（1）由折线图可知统计数据

x,y

共有
6
组，

即
(1,11)
，
(2,13)< br>，
(3,16)
，
(4,15)
，
(5,20)
，< br>(6,21)
，

计算可得
x
123456
3.5
，

6
1
6
1
y916


i
6
i1
6
ˆ

所以
b


n< br>i1
ii
n
2
i1
i
xynxy
2< br>xn

x



37163.516
2
，

17.5
ˆ

1
623.59
，

ˆ
y
ˆ
bxa
ˆ
2x9
.
所以月度利润
y
与月份代码
x
之间的线性回归方程为
y
ˆ
211931
.

当
x11
时，
y< br>故预计甲公司2019年3月份的利润为
31
百万元.

（2）
A
型新材料对应产品的使用寿命的平均数为
x
1
2.35
，B
型新材料对应的产品的使

应该采购
B
型新材料.

用寿命的平均数为
x
2
2.7
，
Qx
1
x
2

，
【点睛】

本题主要考查线性回归方程的求解与 应用，属于中档题
.
求回归直线方程的步骤：①依据样
ˆ
；④写出
ˆ
,b
本数据确定两个变量具有线性相关关系；②计算
x,y
的值；③计算回归 系数
a
ˆ
a
ˆ
bx
ˆ
；

回 归直线过样本点中心

x,y

是一条重要性质，利用线性回
回归直 线方程为
y

归方程可以估计总体，帮助我们分析两个变量的变化趋势
.

26．（
1
）证明见解析；（
2
）证明见解析
.

【解析】

【分析】

（
1
）由中位线定理可知< br>EFBD
，故四点共面（
2
）
PQ
是平面
AAC11
C
与平面
DBFE
的交线，可证
R
是两平面公共点 ，故
PQ
过
R
，得证
.

【详解】
证明：（
1
）
QEF
是
D
1
B
1< br>C
1
的中位线，

EFB
1
D
1
.

在正方体
AC
1
中，
B
1
D
1
BD
，

EFBD
.

EF,BD
确定一个平面，即
D，B，F，E
四点共面
.

（
2
）正方体
AC
1
中，设
A
1
ACC
1
确定的平面为

，

又设平面
BDEF
为

.

QQAC
11
,Q

.

又
QEF
，
Q

，

则
Q
是

与

的公共点，

a

PQ
.

又
AC
1


R,RAC
1
.

Ra
，且
R

，

则
RPQ
，故
P，Q，R
三点共线
.

【点睛】

本题主要考查了多点共面及多点共线问题，主要利用平面的基本性质解决， 属于中档题
.