?2020-2021學(xué)年湖北省黃岡市高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷
一、單項(xiàng)選擇題（共8小題，每小題5分，共40分）.
1．已知i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z滿足z（3+i）＝2﹣i，則下列說(shuō)法正確的是（　?。?br /> A．復(fù)數(shù)z的模為
B．復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為
C．復(fù)數(shù)z的虛部為
D．復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第二象限
2．在△ABC中，a＝15，b＝10，A＝45°，則cosB＝（　?。?br /> A． B．﹣ C． D．﹣
3．不同的直線m和n，不同的平面α，β，γ，下列條件中能推出α∥β的是（　?。?br /> A．α∩γ＝n，β∩γ＝m，n∥m B．α⊥γ，β⊥γ
C．n∥m，n⊥α，m⊥β D．n∥α，m∥β，n∥m
4．若圓錐的內(nèi)切球（球面與圓錐的側(cè)面以及底面都相切）的半徑為1，當(dāng)該圓錐體積是球體積兩倍時(shí)，該圓錐的高為（　?。?br /> A．2 B．4 C． D．
5．一個(gè)正方體有一個(gè)面為紅色，兩個(gè)面為綠色，三個(gè)面為黃色，另一個(gè)正方體有兩個(gè)面為紅色，兩個(gè)面為綠色，兩個(gè)面為黃色，同時(shí)擲這兩個(gè)正方體，兩個(gè)正方體朝上的面顏色不同的概率為（　?。?br /> A． B． C． D．
6．如圖，正三棱錐A﹣BCD中，∠BAD＝20°，側(cè)棱長(zhǎng)為2，過(guò)點(diǎn)C的平面與側(cè)棱AB、AD相交于B1、D1，則△CB1D1的周長(zhǎng)的最小值為（　?。?br />
A． B． C．4 D．2
7．如圖所示，△ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC＝60°，D是BC的中點(diǎn)，，則＝（　?。?br />
A． B． C． D．
8．歐幾里得在《幾何原本》中，以基本定義、公設(shè)和公理作為全書推理的出發(fā)點(diǎn)．其中第Ⅰ命題47是著名的畢達(dá)哥拉斯定理（勾股定理），書中給出了一種證明思路：如圖，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，四邊形ABHL、ACFG、BCDE都是正方形，AN⊥DE于點(diǎn)N，交BC于點(diǎn)M．先證明△ABE與△HBC全等，繼而得到矩形BENM與正方形ABHL面積相等；同理可得到矩形CDNM與正方形ACFG面積相等；進(jìn)一步推理得證．在該圖中，若，則sin∠BEA＝（　?。?br />
A． B． C． D．
二、多項(xiàng)選擇題．本大題共4個(gè)小題,每小題5分,共20分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,有多項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)得5分,選對(duì)但不全的得2分,有選錯(cuò)的得0分.
9．下列各組向量中，可以作為基底的是（　?。?br /> A．＝（0，2），＝（，0）
B．＝（0，0），＝（1，﹣2）
C．＝（1，3），＝（﹣2，﹣6）
D．＝（3，5），＝（5，3）
10．下列關(guān)于復(fù)數(shù)z的四個(gè)命題中假命題為（　?。?br /> A．若，則z為純虛數(shù)
B．若|z1|＝|z2|，則z1＝±z2
C．若|z﹣i|＝1，則|z|的最大值為2
D．若z3﹣1＝0，則z＝1
11．如圖在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AC⊥CB，點(diǎn)D是AB上的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（　?。?br />
A．BC⊥AC1
B．當(dāng)D為AB的中點(diǎn)時(shí)，平面CDB1⊥平面AA1B1B
C．當(dāng)D為AB中點(diǎn)時(shí)，AC1∥平面CDB1
D．三棱錐A1﹣CDB1的體積是定值
12．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，則下列說(shuō)法中正確的是（　?。?br /> A．c＝acosB+bcosA
B．若acosA＝bcosB，則△ABC為等腰三角形
C．若a2tanB＝b2tanA，則a＝b
D．若a3+b3＝c3，則△ABC為銳角三角形
三、填空題(本題共4個(gè)小題,每題5分,共20分)
13．一個(gè)口袋中裝有2個(gè)紅球，3個(gè)綠球，采用不放回的方式從中依次取出2個(gè)球，則第一次取到綠球第二次取到紅球的概率為 　 ?。?br /> 14．在△ABC中，D是BC的中點(diǎn)，AB＝1，AC＝2，AD＝，則△ABC的面積為 　 　．
15．如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，O是AC的中點(diǎn)，直線B1O與平面ACD1所成角的正弦值為 　 ?。?br />
16．如圖等腰梯形ABCD中，AB∥CD，，O是梯形ABCD的外接圓的圓心，M是邊BC上的中點(diǎn)，則的值為 　 ?。?br />
三、解答題:本大題共6個(gè)小題,共70分,解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明,證明過(guò)程或驗(yàn)算步驟．
17．復(fù)數(shù)z滿足|z|＝，z2為純虛數(shù)，若復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第一象限．
（1）求復(fù)數(shù)z；
（2）復(fù)數(shù)z，，z2所對(duì)應(yīng)的向量為，，，已知（λ+）⊥（λ+），求λ的值．
18．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知，
（1）求角A；
（2）若a＝，△ABC的面積為，求△ABC的周長(zhǎng)．
19．黃岡市一中學(xué)高一年級(jí)統(tǒng)計(jì)學(xué)生本學(xué)期20次數(shù)學(xué)周測(cè)成績(jī)（滿分150），抽取了甲乙兩位同學(xué)的20次成績(jī)記錄如下：
甲：92，96，99，103，104，105，113，114，117，117，121，123，124，126，129，132，134，136，142，141
乙：102，105，113，114，116，117，125，125，127，128，128，131，131，135，136，138，139，142，145，150
（1）根據(jù)以上記錄數(shù)據(jù)求甲乙兩位同學(xué)成績(jī)的中位數(shù)，并據(jù)此判斷甲乙兩位同學(xué)的成績(jī)誰(shuí)更好？
（2）將同學(xué)乙的成績(jī)分成[100，110），[120，130）[130，140）[140，150），完成下列頻率分布表，并畫出頻率分布直方圖；
（3）現(xiàn)從甲乙兩位同學(xué)的不低于140分的成績(jī)中任意取出2個(gè)成績(jī)，求取出的2個(gè)成績(jī)不是同一個(gè)人的且沒(méi)有滿分的概率．
分組
頻數(shù)
頻率
[100，110）


[110，120）


[120，130）


[130，140）


[140，150]


合計(jì)
20
1

20．如圖，已知在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是梯形，BC∥AD且BC＝2AD，平面PAC⊥平面ABCD，PA＝PC，PA⊥AB．
（1）證明：AB⊥PC；
（2）若PA⊥PC，PB＝2PC＝4，求四棱錐P﹣ABCD的體積．

21．如圖，四邊形ABCD中，∠BAC＝90°，∠ABC＝60°，AD⊥CD，設(shè)∠ACD＝θ．
（1）若△ABC面積是△ACD面積的4倍，求sin2θ；
（2）若tan∠ADB＝，求tanθ．

22．如圖①梯形ABCD中AD∥BC，AB＝，BC＝1，，BE⊥AD且BE＝1，將梯形沿BE折疊得到圖②，使平面ABE⊥平面BCDE，CE與BD相交于O，點(diǎn)P在AB上，且AP＝2PB，R是CD的中點(diǎn)，過(guò)O，P，R三點(diǎn)的平面交AC于Q．

（1）證明：Q是的中點(diǎn)；
（2）證明：AD⊥平面BEQ；
（3）M是AB上一點(diǎn)，已知二面角M﹣EC﹣B為45°，求的值．


參考答案
一、單項(xiàng)選擇題（共8小題，每小題5分，共40分）.
1．已知i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z滿足z（3+i）＝2﹣i，則下列說(shuō)法正確的是（　?。?br /> A．復(fù)數(shù)z的模為
B．復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為
C．復(fù)數(shù)z的虛部為
D．復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第二象限
【分析】直接利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算，復(fù)數(shù)的共軛運(yùn)算，復(fù)數(shù)的模，復(fù)數(shù)表示的幾何意義的應(yīng)用判斷A、B、C、D的結(jié)論．
解：復(fù)數(shù)z滿足z（3+i）＝2﹣i，整理得：，
對(duì)于A：，故A正確；
對(duì)于B：復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C：復(fù)數(shù)z的虛部為，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D：復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第四象限，故D錯(cuò)誤．
故選：A．
2．在△ABC中，a＝15，b＝10，A＝45°，則cosB＝（　?。?br /> A． B．﹣ C． D．﹣
【分析】根據(jù)正弦定理可得：sinB＝＝，由a＝15＞b＝10，由大邊對(duì)大角可得：0＜B＜A＝45°，故可求cosB的值．
解：根據(jù)正弦定理可得：sinB＝＝＝，
∵a＝15＞b＝10，
∴由大邊對(duì)大角可得：0＜B＜A＝45°，
∴cosB＝＝．
故選：C．
3．不同的直線m和n，不同的平面α，β，γ，下列條件中能推出α∥β的是（　?。?br /> A．α∩γ＝n，β∩γ＝m，n∥m B．α⊥γ，β⊥γ
C．n∥m，n⊥α，m⊥β D．n∥α，m∥β，n∥m
【分析】利用平面平行的判定定理，對(duì)四個(gè)選項(xiàng)分別進(jìn)行判斷，能夠得到正確答案．
解：由不同的直線m和n，不同的平面α，β，γ，知：
若α∩γ＝n，β∩γ＝m，n∥m，則α與β相交或平行，故A不正確；
若α⊥γ，β⊥γ，則α與β相交或平行，故B不正確；
若n∥m，n⊥α，m⊥β，則由平面平行的判定定理知α∥β，故C正確；
若n∥α，m∥β，n∥m，則α與β相交或平行，故D不正確．
故選：C．
4．若圓錐的內(nèi)切球（球面與圓錐的側(cè)面以及底面都相切）的半徑為1，當(dāng)該圓錐體積是球體積兩倍時(shí)，該圓錐的高為（　?。?br /> A．2 B．4 C． D．
【分析】利用體積公式求出圓錐底面圓半徑r與高h(yuǎn)的關(guān)系，再通過(guò)球與圓錐相切，利用等面積法列出r與h的另一組關(guān)系，通過(guò)解方程組求解．
解：如圖，圓錐的軸截面為等腰△SAB，且內(nèi)切圓為球的大圓．設(shè)圓錐底面圓周的半徑為r，高為h，球的半徑為R，R＝1．
則由條件有，整理得r2h＝8①
在△SAB中，，所以②，
聯(lián)立①②，解得．
故選：B．

5．一個(gè)正方體有一個(gè)面為紅色，兩個(gè)面為綠色，三個(gè)面為黃色，另一個(gè)正方體有兩個(gè)面為紅色，兩個(gè)面為綠色，兩個(gè)面為黃色，同時(shí)擲這兩個(gè)正方體，兩個(gè)正方體朝上的面顏色不同的概率為（　?。?br /> A． B． C． D．
【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合古典概型的概率公式，可得兩個(gè)正方體朝上的面顏色相同的概率，再求其對(duì)立事件的概率，即可求解．
解：第一個(gè)正方體出現(xiàn)紅色，綠色，黃色的概率分別為，第二個(gè)正方體出現(xiàn)紅色，綠色，黃色的概率分別為，
∵兩個(gè)正方體朝上的面顏色相同的概率為，
∴兩個(gè)正方體朝上的面顏色不同的概率為1﹣＝．
故選：C．
6．如圖，正三棱錐A﹣BCD中，∠BAD＝20°，側(cè)棱長(zhǎng)為2，過(guò)點(diǎn)C的平面與側(cè)棱AB、AD相交于B1、D1，則△CB1D1的周長(zhǎng)的最小值為（　?。?br />
A． B． C．4 D．2
【分析】首先，展開(kāi)三棱錐，然后，兩點(diǎn)間的連接線CC'即是截面周長(zhǎng)的最小值，然后，求解其距離即可．
解：把正三棱錐A﹣BCD的側(cè)面展開(kāi)，
兩點(diǎn)間的連接線CC'即是截面周長(zhǎng)的最小值．
正三棱錐A﹣BCD中，∠BAD＝20°，所以，∠CAC′＝60°，AC＝2，
∴CC′＝2，
∴截面周長(zhǎng)最小值是CC′＝2．
故選：D．

7．如圖所示，△ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC＝60°，D是BC的中點(diǎn)，，則＝（　?。?br />
A． B． C． D．
【分析】根據(jù)已知條件代入化簡(jiǎn)，通過(guò)向量的數(shù)量積的定義求解即可．
解：∵△ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC＝60°，D是BC的中點(diǎn)，，
∴＝（）?（﹣）＝（）?（﹣（））＝（）?（﹣﹣）＝﹣﹣﹣＝﹣×32﹣×22﹣×3×2×＝﹣．
故選：B．
8．歐幾里得在《幾何原本》中，以基本定義、公設(shè)和公理作為全書推理的出發(fā)點(diǎn)．其中第Ⅰ命題47是著名的畢達(dá)哥拉斯定理（勾股定理），書中給出了一種證明思路：如圖，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，四邊形ABHL、ACFG、BCDE都是正方形，AN⊥DE于點(diǎn)N，交BC于點(diǎn)M．先證明△ABE與△HBC全等，繼而得到矩形BENM與正方形ABHL面積相等；同理可得到矩形CDNM與正方形ACFG面積相等；進(jìn)一步推理得證．在該圖中，若，則sin∠BEA＝（　?。?br />
A． B． C． D．
【分析】設(shè)AB＝k，AC＝m，BC＝n，由勾股定理可得k2+m2＝n2，由同角的基本關(guān)系式求得sin∠BAE，cos∠BAE，在△ABE中，求得AE，分別運(yùn)用余弦定理和正弦定理，計(jì)算可得所求值．
解：設(shè)AB＝k，AC＝m，BC＝n，可得k2+m2＝n2，
∵BH∥CL，
∴∠BHC＝∠HCL，
又△ABE?△HBC，
可得∠BHC＝∠BAE，
∴∠HCL＝∠BAE，
∴，
即，
∴m＝k，
∴，
在△ABE中，，得，
在△ABE中，，
即，可得．
故選：D．

二、多項(xiàng)選擇題．本大題共4個(gè)小題,每小題5分,共20分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,有多項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)得5分,選對(duì)但不全的得2分,有選錯(cuò)的得0分.
9．下列各組向量中，可以作為基底的是（　?。?br /> A．＝（0，2），＝（，0）
B．＝（0，0），＝（1，﹣2）
C．＝（1，3），＝（﹣2，﹣6）
D．＝（3，5），＝（5，3）
【分析】利用基底的定義，判斷兩個(gè)向量是否共線，即可得到結(jié)果．
解：∵0×，∴ 與不共線，∴A正確，
∵0×（﹣2）＝0×1，∴ 與共線，∴B錯(cuò)誤，
∵1×（﹣6）＝3×（﹣2），∴ 與共線，∴C錯(cuò)誤，
∵3×3≠5×5，∴ 與不共線，∴D正確，
故選：AD．
10．下列關(guān)于復(fù)數(shù)z的四個(gè)命題中假命題為（　?。?br /> A．若，則z為純虛數(shù)
B．若|z1|＝|z2|，則z1＝±z2
C．若|z﹣i|＝1，則|z|的最大值為2
D．若z3﹣1＝0，則z＝1
【分析】選項(xiàng)A：設(shè)z＝a+bi，（a，b為實(shí)數(shù)），然后求出共軛復(fù)數(shù)，進(jìn)而可以判斷；選項(xiàng)B：舉出反例即可判斷，選項(xiàng)C：根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義即可判斷，選項(xiàng)D：舉出反例即可判斷．
解：選項(xiàng)A：設(shè)z＝a+bi，（a，b為實(shí)數(shù)），因?yàn)?，所以z+＝2a＝0，則a＝0，所以z＝bi，因?yàn)閎可能為0，故A錯(cuò)誤，
選項(xiàng)B：當(dāng)z1＝1+i，z2＝1﹣i時(shí)，|z1|＝|z2|，故B錯(cuò)誤，
選項(xiàng)C：當(dāng)|z﹣i|＝1時(shí)，復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在以（0，1）為圓心，1為半徑的圓上，故|z|的最大值為1+1＝2，故C正確，
選項(xiàng)D：當(dāng)z＝﹣時(shí)，z3＝1，故D錯(cuò)誤，
故選：ABD．
11．如圖在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AC⊥CB，點(diǎn)D是AB上的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（　?。?br />
A．BC⊥AC1
B．當(dāng)D為AB的中點(diǎn)時(shí)，平面CDB1⊥平面AA1B1B
C．當(dāng)D為AB中點(diǎn)時(shí)，AC1∥平面CDB1
D．三棱錐A1﹣CDB1的體積是定值
【分析】對(duì)于A，推導(dǎo)出BC⊥CC1，AC⊥CB，從而B(niǎo)C⊥平面ACC1A1，進(jìn)而B(niǎo)C⊥AC1；
對(duì)于B，當(dāng)CD⊥AB時(shí)，存在點(diǎn)D，使得平面CDB1⊥平面AA1B1B，此時(shí)D不一定為中點(diǎn)；
對(duì)于C，設(shè)BC1∩B1C＝O，連結(jié)OD，D是AB中點(diǎn)時(shí)，OD∥AC1，得AC1∥平面CDB1；
對(duì)于D，△A1B1C的面積是定值，由AB∥A1B1，知AB∥平面A1B1C，D到平面A1B1C的距離是定值，進(jìn)而三棱錐A1﹣CDB1的體積是定值．
解：對(duì)于A，∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，
∴BC⊥CC1，又AC⊥CB，CC1∩CA＝C，CC1?平面ACC1A1，CB?平面ACC1A1，∴BC⊥平面ACC1A1，又AC1?平面ACC1A1，∴BC⊥AC1，故A正確；
對(duì)于B，∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，
∴AA1⊥CD，∴當(dāng)CD⊥AB時(shí)，由AA1，AB是平面AA1B1B中的相交線，得到CD⊥平面AA1B1B，平面CDB1⊥平面AA1B1B，此時(shí)D不一定為中點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，設(shè)BC1∩B1C＝O，則O是BC1中點(diǎn)，連結(jié)OD，則D是AB中點(diǎn)時(shí)，OD∥AC1，
∵AC1?平面CDB1，OD?平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1，故C正確；
對(duì)于D，∵△A1B1C的面積是定值，AB∥A1B1，AB?平面A1B1C，A1B1?平面A1B1C，
∴AB∥平面A1B1C，∴D到平面A1B1C的距離是定值，∴三棱錐A1﹣CDB1的體積是定值，故D正確．
故選：ACD．

12．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，則下列說(shuō)法中正確的是（　?。?br /> A．c＝acosB+bcosA
B．若acosA＝bcosB，則△ABC為等腰三角形
C．若a2tanB＝b2tanA，則a＝b
D．若a3+b3＝c3，則△ABC為銳角三角形
【分析】由正弦定理以及三角恒等變換可得sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+sinBcosA，即可判斷A；
由正弦定理可將條件轉(zhuǎn)換為sin2A＝sin2B，進(jìn)而得到A＝B或A+B＝，即可判斷B；
由正弦定理把a(bǔ)2tanB＝b2tanA轉(zhuǎn)化為：sin2AtanB＝sin2BtanA，化簡(jiǎn)后可判斷C；
由a3+b3＝c3變形得：（）3+（）3＝1＜（）2+（）2，可判斷D；
解：對(duì)A：∵sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+sinBcosA，∴c＝acosB+bcosA，所以A正確；
對(duì)B：∵acosA＝bcosB，∴sinAcosA＝sinBcosB，即sin2A＝sin2B，
∵△ABC的內(nèi)角A，B，C，∴2A＝2B或2A+2B＝π即A＝B或A+B＝，故三角形可能是等腰三角形或直角三角形，故B錯(cuò)誤；
對(duì)C：∵a2tanB＝b2tanA，∴由正弦定理得：sin2AtanB＝sin2BtanA，得：，
整理得：sinAcosA＝sinBcosB，∴sin2A＝sin2B，∴A＝B或A+B＝，故C錯(cuò)誤；
對(duì)D：由題意知：a、b、c中c是最大的正數(shù)，∴由a3+b3＝c3變形得：（）3+（）3＝1＜（）2+（）2，∴a2+b2＞c2，∴C為銳角，又知C為最大角，∴△ABC為銳角三角形，故D正確；
故選：AD．
三、填空題(本題共4個(gè)小題,每題5分,共20分)
13．一個(gè)口袋中裝有2個(gè)紅球，3個(gè)綠球，采用不放回的方式從中依次取出2個(gè)球，則第一次取到綠球第二次取到紅球的概率為 　0.3?。?br /> 【分析】根據(jù)已知條件，分別求出樣本空間的個(gè)數(shù)和第一次取到綠球第二次取到紅球的樣本數(shù)，再結(jié)合古典概型的概率計(jì)算公式，即可求解．
解：由題意可得，樣本空間的總數(shù)為5×4＝20，
第一次取到綠球第二次取到紅球的樣本數(shù)為3×2＝6，
故所求的概率P＝．
故答案為：0.3．
14．在△ABC中，D是BC的中點(diǎn)，AB＝1，AC＝2，AD＝，則△ABC的面積為 　　．
【分析】根據(jù)題意＝（），兩邊平方即可求出＝﹣1，從而可求出cos∠BAC＝﹣，進(jìn)而求出sin∠BAC＝，然后根據(jù)三角形的面積公式即可求出△ABC的面積；
解：∵D是BC中點(diǎn)，且AB＝1，AC＝2，AD＝，
∴＝（），則＝（）2，即＝（1+4+2），
∴＝﹣1，
∴cos∠BAC＝＝＝﹣，
∴sin∠BAC＝，
∴S△ABC＝AB?ACsin∠BAC＝＝．
故答案為：．
15．如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，O是AC的中點(diǎn)，直線B1O與平面ACD1所成角的正弦值為 　?。?br />
【分析】首先建立空間直角坐標(biāo)系且不妨設(shè)正方體ABCD﹣A1B1C1D1的邊長(zhǎng)為1，于是寫出各點(diǎn)的坐標(biāo)，然后求出
平面ACD1的一個(gè)法向量為，進(jìn)而由sinθ＝即可得出所求的答案．
解：以AB、AD、AA1所在的直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
不妨設(shè)正方體ABCD﹣A1B1C1D1的邊長(zhǎng)為1，

則A（0，0，0），B（1，0，0），D（0，1，0），
C（1，1，0），B1（1，0，1），C1（1，1，1），D1（0，1，1），O（，，0），所以＝（﹣，，﹣1），
，．
設(shè)平面ACD1的一個(gè)法向量為，則
，即，令y＝﹣1，則x＝1＝z，則．
于是，＝＝＝，
所以sinθ＝|cos＜＞|＝．
其中θ為直線B1O與平面ACD1所成角．
所以直線B1O與平面ACD1所成角的正弦值為．
故答案為：．
16．如圖等腰梯形ABCD中，AB∥CD，，O是梯形ABCD的外接圓的圓心，M是邊BC上的中點(diǎn)，則的值為 　16?。?br />
【分析】根據(jù)題意，利用平面向量的線性運(yùn)算，即可求解結(jié)論．
解：設(shè)，
∵M(jìn)是邊BC上的中點(diǎn)，
∴λ＝，
則，

又∵，
∴，
∵O是△ABC的外心，
∴，
∴
＝＝＝，
即，
故答案為：16．
三、解答題:本大題共6個(gè)小題,共70分,解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明,證明過(guò)程或驗(yàn)算步驟．
17．復(fù)數(shù)z滿足|z|＝，z2為純虛數(shù)，若復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第一象限．
（1）求復(fù)數(shù)z；
（2）復(fù)數(shù)z，，z2所對(duì)應(yīng)的向量為，，，已知（λ+）⊥（λ+），求λ的值．
【分析】（1）設(shè)z＝a+bi（a＞0，b＞0），由已知可得a與b的關(guān)系，列方程組求解a與b的最值，則z可求；
（2）由（1）中求得z可得，z2，得到，，，進(jìn)一步得到（λ+）與（λ+）的坐標(biāo)，再由數(shù)量積為0列式求解λ值．
解：（1）設(shè)z＝a+bi（a＞0，b＞0），
則，即a2+b2，①
∵z2＝a2﹣b2+2abi為純虛數(shù)，∴a2﹣b2＝0且2ab≠0，②
由①②解得a＝1，b＝1，
∴z＝1+i；
（2）∵z＝1+i
∴，z2＝2i，
∴，
∴，
由，得，
即，
∴4λ﹣2＝0，得．
18．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知，
（1）求角A；
（2）若a＝，△ABC的面積為，求△ABC的周長(zhǎng)．
【分析】（1）由正弦定理可知sinAcosC+sinC＝sinB，，結(jié)合sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC，整理即可得到cosA，進(jìn)而可求出A；
（2）由余弦定理可求得（b+c）2﹣3bc＝7，結(jié)合面積公式得到bc，進(jìn)而可知b+c，即可求出周長(zhǎng)．
解：（1）∵，
由正弦定理得sinAcosC+sinC＝sinB，
又∵sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC，
∴，
∵sinC＞0，
∴，
∴；
（2）由余弦定理得：7＝b2+c2﹣2bccos60°即b2+c2﹣bc＝7，
∴（b+c）2﹣3bc＝7，
又，
∴bc＝6，
∴（b+c）2﹣18＝7，
∴b+c＝5，
∴△ABC的周長(zhǎng)為．
19．黃岡市一中學(xué)高一年級(jí)統(tǒng)計(jì)學(xué)生本學(xué)期20次數(shù)學(xué)周測(cè)成績(jī)（滿分150），抽取了甲乙兩位同學(xué)的20次成績(jī)記錄如下：
甲：92，96，99，103，104，105，113，114，117，117，121，123，124，126，129，132，134，136，142，141
乙：102，105，113，114，116，117，125，125，127，128，128，131，131，135，136，138，139，142，145，150
（1）根據(jù)以上記錄數(shù)據(jù)求甲乙兩位同學(xué)成績(jī)的中位數(shù)，并據(jù)此判斷甲乙兩位同學(xué)的成績(jī)誰(shuí)更好？
（2）將同學(xué)乙的成績(jī)分成[100，110），[120，130）[130，140）[140，150），完成下列頻率分布表，并畫出頻率分布直方圖；
（3）現(xiàn)從甲乙兩位同學(xué)的不低于140分的成績(jī)中任意取出2個(gè)成績(jī)，求取出的2個(gè)成績(jī)不是同一個(gè)人的且沒(méi)有滿分的概率．
分組
頻數(shù)
頻率
[100，110）


[110，120）


[120，130）


[130，140）


[140，150]


合計(jì)
20
1

【分析】（1）分別求出甲、乙的中位數(shù)，從而得到乙的成績(jī)更好．
（2）完成頻率分布表，作出乙的頻率分布直方圖．
（3）甲乙兩位同學(xué)的不低于140分的成績(jī)共5個(gè)，甲兩個(gè)成績(jī)記作A1、A2，乙3個(gè)成績(jī)記作B1、B2、B3（其中B3表示150分），任意選出2個(gè)成績(jī)，利用列舉法，求出取出的2個(gè)成績(jī)不是同一個(gè)人的且沒(méi)有滿分的概率．
解：（1）甲的中位數(shù)是＝119，
乙的中位數(shù)是＝128＞119，
∴乙的成績(jī)更好．
（2）完成頻率分布表如下：
分組
頻數(shù)
頻率
[100，110）
2
0.1
[110，120）
4
0.2
[120，130）
5
0.25
[130，140）
6
0.3
[140，150）
3
0.15
合計(jì)
20
1
乙的頻率分布直方圖如下圖所示：

（3）甲乙兩位同學(xué)的不低于140（分）的成績(jī)共5個(gè)，甲兩個(gè)成績(jī)記作A1、A2，
乙3個(gè)成績(jī)記作B1、B2、B3（其中B3表示150分），
任意選出2個(gè)成績(jī)所有的取法為：
（A1，A2），（A1，B1），（A1，B2），（A1，B3），（A2，B1），（A2，B2），
（A2，B3），（B1，B2），（B1，B3），（B2，B3），共10種取法，
其中兩個(gè)成績(jī)不是同一個(gè)人的且沒(méi)有滿分的是：
（A1，B1），（A1，B2），（A2，B1），（A2，B2），共4種取法，
∴取出的2個(gè)成績(jī)不是同一個(gè)人的且沒(méi)有滿分的概率P＝．
20．如圖，已知在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是梯形，BC∥AD且BC＝2AD，平面PAC⊥平面ABCD，PA＝PC，PA⊥AB．
（1）證明：AB⊥PC；
（2）若PA⊥PC，PB＝2PC＝4，求四棱錐P﹣ABCD的體積．

【分析】（1）取AC的中點(diǎn)O，連接PO，得出PO⊥AC，根據(jù)平面PAC⊥平面ABCD得出PO⊥平面ABCD，證明PO⊥AB；再由AB⊥PA證明AB⊥平面PAC，即可證明AB⊥PC．
（2）根據(jù)題意利用分割補(bǔ)形法計(jì)算四棱錐P﹣ABCD的體積，另一種解法是直接計(jì)算四棱錐的體積即可．
【解答】（1）證明：取AC的中點(diǎn)O，連接PO，如圖所示；

因?yàn)锳P＝PC，所以PO⊥AC，
又因?yàn)槠矫鍼AC⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD，
又因?yàn)锳B?平面ABCD，所以PO⊥AB；......①
又因?yàn)锳B⊥PA，......②
由①②可得AB⊥平面PAC，所以AB⊥PC．
（2）解：因?yàn)镻B＝2PC＝4，所以PA＝PC＝2，
又AB⊥PA，所以AB2＝PB2﹣PA2，所以；
又因?yàn)镻A⊥PC，PA＝PC＝2，所以，；
由（1）知AB⊥平面PAC，所以AB⊥AC，
所以；
所以；
又因?yàn)锽C//AD，BC＝2AD，所以S△ABC＝2S△ACD，
所以；
所以四棱錐P﹣ABCD的體積是
．
另解：因?yàn)椋?br /> 所以，所以，
計(jì)算四棱錐P﹣ABCD的體積是．
21．如圖，四邊形ABCD中，∠BAC＝90°，∠ABC＝60°，AD⊥CD，設(shè)∠ACD＝θ．
（1）若△ABC面積是△ACD面積的4倍，求sin2θ；
（2）若tan∠ADB＝，求tanθ．

【分析】（1）直接利用三角形的面積公式的應(yīng)用求出結(jié)果；
（2）利用正弦定理建立方程組，進(jìn)一步建立三角函數(shù)式，最后解方程組求出結(jié)果．
解：（1）設(shè)AB＝a，
則，，，
由題意S△ABC＝4S△ACD，
則，
所以．
（2）由正弦定理，△ABD中，，
即①
在△BCD中，，
即②
②÷①得：，

∴，
化簡(jiǎn)得，
所以．
22．如圖①梯形ABCD中AD∥BC，AB＝，BC＝1，，BE⊥AD且BE＝1，將梯形沿BE折疊得到圖②，使平面ABE⊥平面BCDE，CE與BD相交于O，點(diǎn)P在AB上，且AP＝2PB，R是CD的中點(diǎn)，過(guò)O，P，R三點(diǎn)的平面交AC于Q．

（1）證明：Q是的中點(diǎn)；
（2）證明：AD⊥平面BEQ；
（3）M是AB上一點(diǎn)，已知二面角M﹣EC﹣B為45°，求的值．
【分析】（1）在圖①中過(guò)C作CF⊥AD，證明PQ∥AD，結(jié)合R是CD的中點(diǎn)，推出Q是AC的中點(diǎn)．
（2）證明CD⊥CE，推出AE⊥CD，得到CD⊥平面ACE，推出CD⊥EQ，EQ⊥AC，即可證明EQ⊥平面ACD，得到EQ⊥AD，推出BE⊥AD然后證明AD⊥平面BEQ．
（3）過(guò)M作MH⊥BE，過(guò)H作HG⊥CE，連結(jié)MG，說(shuō)明∠MGH為二面角M﹣CE﹣B的平面角，設(shè)，然后轉(zhuǎn)化求解即可．
【解答】證明：（1）在圖①中過(guò)C作CF⊥AD，
則EF＝BC＝1，CF＝BE＝1，

又∵，∴DF＝1，∴DE＝2，∴DE∥BC，且DE＝2BC，∴DO＝2OB，
又∵AP＝2PB，∴OP∥AD，∴OP∥平面ACD，
又∵平面OPQR∩平面ACD＝RQ，∴OP∥RQ，∴PQ∥AD，
又∵R是CD的中點(diǎn)，∴Q是AC的中點(diǎn)．
（2）在直角梯形BCDE中，BC＝BE＝1，

∴，∴∠CED＝∠BCE＝45°．
又，∴∠ECD＝90°，DE＝2，∴CD⊥CE，①
又∵平面ABE⊥平面BCDE，AE⊥BE，∴AE⊥平面BCDE，∴AE⊥CD，②
由①②得CD⊥平面ACE，∴CD⊥EQ，③
∵，∴，∴AE＝CE，∴EQ⊥AC，④
由③④可得EQ⊥平面ACD，∴EQ⊥AD，⑤
又∵BE⊥AE，BE⊥DE，∴BE⊥平面ADE，∴BE⊥AD，⑥
由⑤⑥可得AD⊥平面BEQ．
（3）過(guò)M作MH⊥BE，則MH⊥平面BCDE，
過(guò)H作HG⊥CE，連結(jié)MG，
則∠MGH為二面角M﹣CE﹣B的平面角，∴∠MGH＝45°，
設(shè)，∴，
又，∴HE＝λ，∵∠BEC＝45°，∴，
由∠MGH＝45°得HG＝MH，
∴，
∴．







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