?2022-2023學(xué)年河北省石家莊二中教育集團(tuán)高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷
一、單項選擇題（每小題5分）
1．若z＝3i+2i2+i3，則|z|＝（　?。?br /> A．4 B．8 C． D．
2．已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列判斷正確的是（　?。?br /> A．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，則直線m與n可能相交或異面
B．若α⊥β，m?α，n?β，則直線m與n一定垂直
C．若m⊥α，n∥β，α⊥β，則直線m與n一定垂直
D．若m∥α，n∥β，α∥β，則直線m與n一定平行
3．已知某射擊運動員每次擊中目標(biāo)的概率都是0.8，現(xiàn)采用隨機(jī)模擬的方法估計該運動員射擊4次，至少擊中3次的概率：先由計算器給出0到9之間取整數(shù)值的隨機(jī)數(shù)，指定0，1表示沒有擊中目標(biāo)，2，3，4，5，6，7，8，9表示擊中目標(biāo)，以4個隨機(jī)數(shù)為一組，代表射擊4次的結(jié)果，經(jīng)隨機(jī)模擬產(chǎn)生了20組隨機(jī)數(shù)，根據(jù)以下數(shù)據(jù)估計該運動員射擊4次，至少擊中3次的概率為（　?。?br /> 7527 0923 7140 9857 0347 4373 8636 6947 1417 4698
0371 6233 2616 8045 6011 3661 9597 7424 7610 4281
A．0.852 B．0.8192 C．0.8 D．0.75
4．已知A和B是隨機(jī)試驗E中的兩個隨機(jī)事件，事件，下列選項中正確的是（　　）
A．A與B互斥 B．A與C互斥
C．A與B相互獨立 D．A與C相互獨立
5．在△ABC中，cosA+cosB＝，則△ABC是（　　）
A．等腰直角三角形 B．等腰或直角三角形
C．等腰三角形 D．直角三角形
6．已知向量，若與垂直，則＝（　　）
A．1 B． C．2 D．4
7．正四面體的棱長為2，MN是它內(nèi)切球的一條弦（把球面上任意2個點之間的線段稱為球的弦），P為正四面體表面上的動點，當(dāng)弦MN最長時，的最大值為（　?。?br /> A．1 B．2 C．3 D．4
8．在三棱錐S﹣ABC中，底面△ABC是邊長為3的等邊三角形，，，若此三棱錐外接球的表面積為21π，則二面角S﹣AB﹣C的余弦值為（　　）
A． B． C． D．
二、多項選擇題（每題5分）
（多選）9．設(shè)z1，z2為復(fù)數(shù)，則下列結(jié)論中錯誤的是（　?。?br /> A．若+＞0，則＞﹣
B．
C．+＝0?z1＝z2＝0
D．若復(fù)數(shù)z滿足，則z＝0
（多選）10．下列說法正確的是（　　）
A．一組數(shù)據(jù)由10個正數(shù)組成，其方差為1，平方和為100，則這10個數(shù)的平均數(shù)為3
B．某次分層抽樣中，已知一班抽取的6名同學(xué)答對題目個數(shù)的平均數(shù)為1，方差為1；二班抽取的4名同學(xué)答對題目個數(shù)的平均數(shù)為1.5，方差為0.35，則這10人答對題目個數(shù)的方差為0.8
C．將一組數(shù)據(jù)中的每個數(shù)據(jù)都乘以3后，方差也變?yōu)樵瓉淼?倍
D．一組數(shù)據(jù)x1，x2，…，x100的平均數(shù)是5，方差為1，現(xiàn)將其中一個值為5的數(shù)據(jù)剔除后，余下99個數(shù)據(jù)的方差還是1
（多選）11．銳角△ABC內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，其外接圓O的半徑，點D在邊BC上，且BD＝2DC＝2，則下列判斷正確的是（　?。?br />
A．A＝60°
B．△BOD為直角三角形
C．△ABC周長的取值范圍是（3，9]
D．的取值范圍為
（多選）12．在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝2AB＝2AA1＝4，E是棱B1C1的中點，過點B，E，D1的平面α交棱AD于點F，點P為線段D1F上一動點，則（　?。?br />
A．當(dāng)且僅當(dāng)點P重合于D1時，三棱錐P﹣ABE的體積取得最大值
B．不存在點P，使得DP⊥α
C．直線PE與平面BCC1B1所成角的正切值的最大值為
D．三棱錐P﹣BB1E外接球表面積的取值范圍是[12π，44π]
三、填空題（每小題5分）
13．《幾何原本》是古希臘數(shù)學(xué)家歐幾里得的一部不朽之作，書中稱軸截面為等腰直角三角形的圓錐為直角圓錐，則直角圓錐側(cè)面展開圖的圓心角的弧度數(shù)為 　 ?。?br /> 14．如圖，在△ABC中，∠BAC＝，，P為CD上一點，且滿足，若AC＝3，AB＝4，則的值為　 ?。?br />
15．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，，M，N，P分別是B1C1，AA1和AC的中點，若三棱錐P﹣MNB1的體積為V，三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積為V2，則＝　 　．

16．△ABC中，AB＝1，AC＝4，∠A＝60°，AD是BC邊上的中線，E，F(xiàn)分別為線段AB，AC上的動點，EF交AD于點G．若△AEF面積為△ABC面積的一半，則的極小值為 　 　．
四、解答題（17題10分，18-22題每題12分）
17．已知銳角△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，向量，，且．
（1）求角A的大小；
（2）若c＝2，BC邊上的中線AD長為，求b．
18．在甲、乙兩個盒子中分別裝有標(biāo)號為1，2，3，4的四張卡片，現(xiàn)從甲、乙兩個盒子中各取出一張卡片、每張卡片被取出的可能性相等．
（1）求取出的兩張卡片上標(biāo)號為相鄰整數(shù)的概率；
（2）求取出的兩張卡片上標(biāo)號之和能被3整除的概率．
19．如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面ABCD為菱形，PB＝PD，E，F(xiàn)分別為AB和PD的中點．
（1）求證：EF∥平面PBC；
（2）若AB＝2＝PB，∠BAD＝60°，求直線PB與平面PAC所成角的大?。?br />
20．我校后勤服務(wù)中心為監(jiān)控學(xué)校稻香圓食堂的服務(wù)質(zhì)量情況，每學(xué)期會定期進(jìn)行兩次食堂服務(wù)質(zhì)量抽樣調(diào)查，每次調(diào)查的具體做法是：隨機(jī)調(diào)查50名就餐的教師和學(xué)生，請他們?yōu)槭吵７?wù)質(zhì)量進(jìn)行名評分，師生根據(jù)自己的感受從0到100分選取一個分?jǐn)?shù)打分，根據(jù)這50名師生對食堂服務(wù)質(zhì)量的評分并繪制頻率分布直方圖．如圖是根據(jù)本學(xué)期第二次抽樣調(diào)查師生打分結(jié)果繪制的頻率分布直方圖，其中樣本數(shù)據(jù)分組為[40，50），[50，60），……，[90，100]．
（1）求頻率分布直方圖中a的值并估計樣本的眾數(shù)：
（2）學(xué)校規(guī)定：師生對食堂服務(wù)質(zhì)量的評分平均分不得低于75分，否則將進(jìn)行內(nèi)部整頓．用每組數(shù)據(jù)的中點值代替該組數(shù)據(jù)，試估計該校師生對食堂服務(wù)質(zhì)量評分的平均分，并據(jù)此回答食堂是否需要進(jìn)行內(nèi)部整頓；
（3）我校每周都會隨機(jī)抽取3名學(xué)生和校長共進(jìn)午餐，每次校長都會通過這3名學(xué)生了解食堂服務(wù)質(zhì)量，校長的做法是讓學(xué)生在“差評、中評、好評”中選擇一個作答，如果出現(xiàn)“差評”或者“沒有出現(xiàn)好評”，校長會立即責(zé)成后勤分管副校長親自檢查食堂服務(wù)情況．若以本次抽取的50名學(xué)生樣本頻率分布直方圖作為總體估計的依據(jù)，并假定本周和校長共進(jìn)午餐的學(xué)生中評分在[40，60）之間的會給“差評”，評分在[60，80）之間的會給“中評”，評分在[80，100]之間的會給“好評”，已知學(xué)生都會根據(jù)自己的感受獨立地給出評價不會受到其它因素的影響，試估計本周校長會責(zé)成后勤分管副校長親自檢查食堂服務(wù)質(zhì)量的概率．

21．如圖，在平面四邊形ABCD中，AD＝BD，∠ADB＝90°．CD＝2，BC＝2．
（1）若∠BDC＝45°，求線段AC的長；
（2）求線段AC長的最大值．

22．如圖，在三棱臺ABC﹣DEF中，AC＝4，BC＝2，EF＝1，，AD＝BE＝CF．
（1）求證：平面ABED⊥平面ABC；
（2）若四面體BCDF的體積為2，求二面角D﹣BE﹣F的正弦值．



參考答案
一、單項選擇題（每小題5分）
1．若z＝3i+2i2+i3，則|z|＝（　?。?br /> A．4 B．8 C． D．
【分析】根據(jù)已知條件，運用復(fù)數(shù)的運算法則，以及復(fù)數(shù)模的公式，即可求解．
解：∵z＝3i+2i2+i3＝﹣2+2i，
∴．
故選：C．
【點評】本題主要考查復(fù)數(shù)的四則運算，以及復(fù)數(shù)模公式，屬于基礎(chǔ)題．
2．已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列判斷正確的是（　?。?br /> A．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，則直線m與n可能相交或異面
B．若α⊥β，m?α，n?β，則直線m與n一定垂直
C．若m⊥α，n∥β，α⊥β，則直線m與n一定垂直
D．若m∥α，n∥β，α∥β，則直線m與n一定平行
【分析】對于A，若m⊥α，n⊥β，α⊥β，則直線m與n相交垂直或異面垂直；對于B，直線m與n相交、平行或異面；對于C，直線m與n相交、平行或異面；對于D，直線m與n平行或異面．
解：m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，
對于A，若m⊥α，n⊥β，α⊥β，則直線m與n相交垂直或異面垂直，故A正確；
對于B，若α⊥β，m?α，n?β，則直線m與n相交、平行或異面，故B錯誤；
對于C，若m⊥α，n∥β，α⊥β，則直線m與n相交、平行或異面，故C錯誤；
對于D，若m∥α，n∥β，α∥β，則直線m與n平行或相交或異面，故D錯誤．
故選：A．
【點評】本題考查命題真假的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，涉及邏輯推理等數(shù)學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)，屬于中檔題．
3．已知某射擊運動員每次擊中目標(biāo)的概率都是0.8，現(xiàn)采用隨機(jī)模擬的方法估計該運動員射擊4次，至少擊中3次的概率：先由計算器給出0到9之間取整數(shù)值的隨機(jī)數(shù)，指定0，1表示沒有擊中目標(biāo)，2，3，4，5，6，7，8，9表示擊中目標(biāo)，以4個隨機(jī)數(shù)為一組，代表射擊4次的結(jié)果，經(jīng)隨機(jī)模擬產(chǎn)生了20組隨機(jī)數(shù)，根據(jù)以下數(shù)據(jù)估計該運動員射擊4次，至少擊中3次的概率為（　　）
7527 0923 7140 9857 0347 4373 8636 6947 1417 4698
0371 6233 2616 8045 6011 3661 9597 7424 7610 4281
A．0.852 B．0.8192 C．0.8 D．0.75
【分析】由題意知模擬射擊4次的結(jié)果，經(jīng)隨機(jī)模擬產(chǎn)生了如下20組隨機(jī)數(shù)，在20組隨機(jī)數(shù)中表示種射擊4次至少擊中3次的有多少組，可以通過列舉得到共多少組隨機(jī)數(shù)，根據(jù)概率公式，得到結(jié)果．
解：由題意知模擬射擊4次的結(jié)果，經(jīng)隨機(jī)模擬產(chǎn)生了如下20組隨機(jī)數(shù)，
在20組隨機(jī)數(shù)中表示射擊4次至少擊中3次的有：7527 0923 9857 0347 4373 8636 9647 4698 6233 2616 8045 3661 9597 7424 4281，共15組隨機(jī)數(shù)，
∴所求概率為0.75．
故選：D．
【點評】本題考查模擬方法估計概率、隨機(jī)數(shù)的含義與應(yīng)用，是一個基礎(chǔ)題．
4．已知A和B是隨機(jī)試驗E中的兩個隨機(jī)事件，事件，下列選項中正確的是（　?。?br /> A．A與B互斥 B．A與C互斥
C．A與B相互獨立 D．A與C相互獨立
【分析】根據(jù)公式P（A∪B）＝P（A）+P（B）可判斷A；由C＝A∪B可判斷B；由公式P（AB）＝P（A）+P（B）﹣P（A∪B）先求P（AB），然后根據(jù)P（AB）＝P（A）P（B）可判斷C；根據(jù)C＝A∪B可知可知P（AC）＝P（A），然后判斷P（AC），P（A）P（C）是否相等可判斷D．
解：由題知，P（C）＝，因為P（A）+P（B）＝＝≠P（A∪B）＝P（C），故A錯誤；
因為C＝A∪B，A發(fā)生時C一定發(fā)生，故B錯誤；
因為P（A∪B）＝，所以P（AB）＝P（A）+P（B）﹣P（A∪B）＝＝，
又P（A）P（B）＝＝，所以P（AB）＝P（A）P（B），故C正確；
因為C＝A∪B，所以P（AC）＝P（A）＝，由P（A）P（C）＝＝，P（AC）≠P（A）P（C），故D錯誤．
故選：C．
【點評】本題考查的知識點是互斥事件和相互獨立事件的判斷，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．
5．在△ABC中，cosA+cosB＝，則△ABC是（　?。?br /> A．等腰直角三角形 B．等腰或直角三角形
C．等腰三角形 D．直角三角形
【分析】利用余弦定理?ab（a+b）＝c2（a+b）﹣（a+b）（a2﹣ab+b2），?ab＝c2﹣a2﹣b2+ab．?c2＝a2+b2．即可．
解：∵，，
∴cosA+cosB＝?．
?a（b2+c2﹣a2）+b（a2+c2﹣b2）＝2ab（a+b）
?ab（a+b）＝c2（a+b）﹣（a+b）（a2﹣ab+b2），
?ab＝c2﹣a2﹣b2+ab．
?c2＝a2+b2．
則△ABC是直角三角形．
故選：D．
【點評】本題考查了三角形形狀判定，關(guān)鍵是余弦定理得合理運用，屬于中檔題．
6．已知向量，若與垂直，則＝（　?。?br /> A．1 B． C．2 D．4
【分析】運用坐標(biāo)運算得出＝（3，n），根據(jù)垂直得出（）?＝0，求解n2＝3，就看得出模的值．
解：∵向量，
∴＝（3，n），
∵與垂直，
∴（）?＝0，
∴﹣1×3+n2＝0，即n2＝3，
∴＝＝＝2，
故選：C．
【點評】本題考查了平面向量的坐標(biāo)運算，考察了學(xué)生的計算能力，屬于基礎(chǔ)題．
7．正四面體的棱長為2，MN是它內(nèi)切球的一條弦（把球面上任意2個點之間的線段稱為球的弦），P為正四面體表面上的動點，當(dāng)弦MN最長時，的最大值為（　?。?br /> A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由弦MN的長度最大可知MN為球的直徑，由向量的線性運算用表示出，即可由取值范圍求得的最大值．
解：連接PO，根據(jù)題意作圖如下：

設(shè)球的球心為O，由題意易知當(dāng)弦MN的長度最大時，球的直徑即為MN，
根據(jù)向量的線性運算可得：
＝＝，
因為正方體的棱長為2，所以球的半徑為，
故＝，
又因為，
可以得到，
整理得到，
所以的最大值為2．
故選：B．
【點評】本題主要考查空間中點，線，面之間的位置關(guān)系，屬于中檔題．
8．在三棱錐S﹣ABC中，底面△ABC是邊長為3的等邊三角形，，，若此三棱錐外接球的表面積為21π，則二面角S﹣AB﹣C的余弦值為（　?。?br /> A． B． C． D．
【分析】根據(jù)題意可得SB2＝SA2+AB2，則SA⊥SB，取SB的中點N，則N為△SAB的外心，進(jìn)而可得球心O在過底面△ABC的外心，球心O在過底面△ABC的外心（中心）G且垂直底面ABC的直線上，也在過△SAB外心N且垂直側(cè)面SAB的直線上，由三棱錐外接球的表面積為21π，解得R，取AB的中點M，連接CM，MN，OM，則MN∥SA，可得∠NMG是二面角S﹣AB﹣C的平面角，再計算余弦值，即可得出答案．
解：因為SA＝，SB＝2，AB＝3，
所以SB2＝SA2+AB2，
所以SA⊥SB，
所以△SAB為在直角三角形，
取SB的中點N，則N為△SAB的外心，
球心O在過底面△ABC的外心，
球心O在過底面△ABC的外心（中心）G且垂直底面ABC的直線上，也在過△SAB外心N且垂直側(cè)面SAB的直線上，
如圖：

因為三棱錐外接球的表面積為21π，即4πR2＝21π，
解得R＝，
取AB的中點M，連接CM，MN，OM，則MN∥SA，
所以CM，NM都垂直于AB，
所以∠NMG是二面角S﹣AB﹣C的平面角，
又MN＝，
CM＝，MG＝，GB＝，
在Rt△OGB中，OG＝＝＝，
又GM＝×＝，
在Rt△OGM中，OM＝＝＝，
所以tan∠OMG＝＝＝，
所以∠OMG＝，
在Rt△ONM中，OM＝，MN＝SA＝，
cos∠OMN＝＝∠OMN＝，
由OG⊥面ABC得AB⊥OG，又GM⊥AB，
所以AB⊥面OMG，
由ON⊥面ABS得AB⊥ON，
又NM⊥AB，ON∩NM＝N，
所以AB⊥面OMN，
又平面OMG，平面OMN有公共點O，
所以O(shè)，N，M，G四點共面，
所以∠NMG＝∠OMG+∠OMN＝，
即二面角S﹣AB﹣C的大小為，其余弦值為cos＝﹣．
故選：A．
【點評】本題考查直線與平面的位置關(guān)系，二面角的余弦值，解題中注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，屬于中檔題．
二、多項選擇題（每題5分）
（多選）9．設(shè)z1，z2為復(fù)數(shù)，則下列結(jié)論中錯誤的是（　?。?br /> A．若+＞0，則＞﹣
B．
C．+＝0?z1＝z2＝0
D．若復(fù)數(shù)z滿足，則z＝0
【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的相關(guān)概念，通過舉反例的方式對選項進(jìn)行判定即可．
解：選項A，若z1＝4+i，z2＝2﹣2i，
則＝15+8i，＝﹣8i，滿足+＞0，
但和﹣都是虛數(shù)，不能比較大小，故A錯誤；
選項B，若z1＝1+i，z2＝i，則|z1+z2|＝|1+2i|＝，
而＝＝，
所以|z1+z2|，故B錯誤；
選項C，若z1＝2+i，z2＝1﹣2i，
則+＝3+4i﹣3﹣4i＝0，
但是z1≠z2≠0，故選項C錯誤；
選項D，設(shè)z＝a+bi，（a，b∈R），
則z＝（a+bi）（a﹣bi）＝a2+b2＝0，
所以a＝b＝0，即z＝0，故D正確．
故選：ABC．
【點評】本題考查復(fù)數(shù)的模和運算，屬基礎(chǔ)題．
（多選）10．下列說法正確的是（　?。?br /> A．一組數(shù)據(jù)由10個正數(shù)組成，其方差為1，平方和為100，則這10個數(shù)的平均數(shù)為3
B．某次分層抽樣中，已知一班抽取的6名同學(xué)答對題目個數(shù)的平均數(shù)為1，方差為1；二班抽取的4名同學(xué)答對題目個數(shù)的平均數(shù)為1.5，方差為0.35，則這10人答對題目個數(shù)的方差為0.8
C．將一組數(shù)據(jù)中的每個數(shù)據(jù)都乘以3后，方差也變?yōu)樵瓉淼?倍
D．一組數(shù)據(jù)x1，x2，…，x100的平均數(shù)是5，方差為1，現(xiàn)將其中一個值為5的數(shù)據(jù)剔除后，余下99個數(shù)據(jù)的方差還是1
【分析】由題意，根據(jù)平均數(shù)和方差的計算公式對選項進(jìn)行逐一分析，進(jìn)而即可求解．
解：對于選項A：已知數(shù)據(jù)x1，x2，…，x10由10個正數(shù)組成，
因為平方和為100，
所以x+x+...+x＝100，
又方差為1，
即s2＝
＝＝1，
解得＝3，故選項A正確
對于選項B：已知一班抽取的6名同學(xué)答對題目個數(shù)的平均數(shù)為1，方差為1；二班抽取的4名同學(xué)答對題目個數(shù)的平均數(shù)為1.5，方差為0.35，
所以這10人中答對題目的個數(shù)的平均數(shù)＝＝1.2，
方差s2＝＝0.8，故選項B正確．
對于選項C：已知一組數(shù)據(jù)為x1，x2，…，xn，
其平均數(shù)＝，方差s2＝
若將一組數(shù)據(jù)中的每個數(shù)據(jù)都乘以3后，
此時＝＝3，
方差s′2＝＝9s2，故選項C錯誤；
對于選項D：因為數(shù)據(jù)x1，x2，…，x100的平均數(shù)是5，方差為1，
所以x1+x2+…+x100＝500，[（x1﹣）2+（x2﹣）2+...+（x99﹣）2+（5﹣5）2]＝100，
現(xiàn)將其中一個值為5的數(shù)據(jù)剔除后，
此時新平均數(shù)＝＝5，方差s′2＝，故選項D錯誤．
故選：AB．
【點評】本題考查平均數(shù)和方差，考查了邏輯推理和運算能力．
（多選）11．銳角△ABC內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，其外接圓O的半徑，點D在邊BC上，且BD＝2DC＝2，則下列判斷正確的是（　　）

A．A＝60°
B．△BOD為直角三角形
C．△ABC周長的取值范圍是（3，9]
D．的取值范圍為
【分析】選項A，利用正弦定理，解可得解；
選項B，過O作OM⊥BC于M，利用勾股定理及其逆定理，可證OB⊥OD，得解；
選項C，由正弦定理可得AB＝2sinC，AC＝2sin∠ABC，再結(jié)合三角恒等變換公式，化簡推出△ABC周長為6sin（C+30°）+3，然后根據(jù)正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)，得解；
選項D，結(jié)合平面向量數(shù)量積的幾何意義與正弦函數(shù)的值域，即可得解．
解：對于選項A，∵BD＝2DC＝2，∴BC＝2+1＝3，
由正弦定理得，＝2R，
∴sinA＝＝＝，
又0°＜A＜90°，∴A＝60°，即選項A正確；

對于選項B，過O作OM⊥BC于M，則M為BC的中點，BM＝，OM＝＝＝，
∴OD＝＝＝1，
∴OB2+OD2＝3+1＝4＝BD2，即OB⊥OD，
∴△BOD為直角三角形，即選項B正確；
對于選項C，由正弦定理知，＝＝2R＝2，
∴AB＝2sinC，AC＝2sin∠ABC，
∴△ABC周長為AC+AB+BC＝2sin∠ABC+2sinC+3＝2sin（120°﹣C）+2sinC+3＝3cosC+sinC+2sinC+3
＝3cosC+3sinC+3＝6sin（C+30°）+3，
∵銳角△ABC，
∴，解得30°＜C＜90°，
∴60°＜C+30°＜120°，∴＜sin（C+30°）≤1，
∴3+3＜6sin（C+30°）+3≤9，即選項C錯誤；
對于選項D，由選項C可知，AB＝2sinC，C∈（30°，90°），
∴sinC∈（，1），∴AB∈（，2），∴＝∈（，6），即選項D正確．
故選：ABD．
【點評】本題考查解三角形與三角函數(shù)的綜合應(yīng)用，熟練掌握正弦定理，三角恒等變換公式，平面向量數(shù)量積的幾何意義是解題的關(guān)鍵，考查邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．
（多選）12．在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝2AB＝2AA1＝4，E是棱B1C1的中點，過點B，E，D1的平面α交棱AD于點F，點P為線段D1F上一動點，則（　?。?br />
A．當(dāng)且僅當(dāng)點P重合于D1時，三棱錐P﹣ABE的體積取得最大值
B．不存在點P，使得DP⊥α
C．直線PE與平面BCC1B1所成角的正切值的最大值為
D．三棱錐P﹣BB1E外接球表面積的取值范圍是[12π，44π]
【分析】對于選項A，利用面面平行的性質(zhì)，得到D1F∥平面ABC，從而可判斷出選項A錯誤；
對于選項B，假設(shè)存在，可推出BF⊥平面AA1D1D，從而判斷選項B錯誤；
對于選項C，利用線面角的定義，找出線面角為∠PEP′，從而在Rt△PP′E中，求出tan∠PEP′的值，進(jìn)而判斷選項C正確．
對于選項D，利用球的截面圓的幾何性質(zhì)，找出球心在直線O1O2上，利用R2＝r2+d2，建立方程，從而求出球的表面積的取值范圍．
解：對于A，∵在長方體中，平面AA1D1D∥平面BB1C1C，
根據(jù)面面平行的性質(zhì)，平面α與這兩個平面的交線互相平行，即D1F∥BE，
∵D1F?面ABE，BE?面ABE，
∴D1F∥平面ABE，
又點P在線段D1F上，∴三棱錐P﹣ABE的體積為定值，故A錯誤；
對于B，若存在點P，使得DP⊥α，∵BF?α，則DP⊥BF，
∵DD1⊥BF，DD1∩DP＝D，DD1，DP?平面AA1D1D，∴BF⊥平面AA1D1D，與題意矛盾，故B錯誤；
對于C，如圖1所示，取BC的中點Q，連接C1Q，
則點P在平面BCC1B1內(nèi)的射影P在C1Q上，直線PE與平面BCC1B1所成角即∠PEP′，且有，
由已知可得PP′＝2，EP′最小為，∴tan∠PEP′的最大值為，故C正確；
對于D，如圖2，取A1D1的中點G，連接AG～，分別取～BE，AG的中點O1，O2，
連接O1，O2，∵△BB1E是等腰直角三角形，
∴三棱錐P﹣BB1E外接球的球心O在直線O1O2上，
設(shè)三棱錐P﹣BB1E外接球的半徑為R，則OB＝OP＝R，
∴，
設(shè)|OO1|＝d，則，
∴，
當(dāng)點P與F重合時，|O2P|取最小值，此時d＝1，R2＝3，
三棱錐P﹣BB1E外接球的表面積為4πR2＝12π，
當(dāng)點P與D1重合時，|O2P|取最大值，
此時d＝3，R2＝11，三棱錐P﹣BB1E外接球的表面積為4πR2＝44π，故D正確．
故選：CD．

【點評】本題主要考查棱錐體積的求法，線面位置關(guān)系的判斷，直線與平面所成角的求法，考查運算求解能力，屬于中檔題．
三、填空題（每小題5分）
13．《幾何原本》是古希臘數(shù)學(xué)家歐幾里得的一部不朽之作，書中稱軸截面為等腰直角三角形的圓錐為直角圓錐，則直角圓錐側(cè)面展開圖的圓心角的弧度數(shù)為 　?。?br /> 【分析】根據(jù)題意可得圓錐的底面半徑和母線的關(guān)系，再根據(jù)弧長公式即可得解．
解：設(shè)圓錐底面半徑為r，根據(jù)直角圓錐的軸截面為等腰直角三角形可得，
母線長，
則圓錐側(cè)面展開圖的圓心角的弧度數(shù)為．
故答案為：．
【點評】本題主要考查了圓錐的結(jié)構(gòu)特征，屬于基礎(chǔ)題．
14．如圖，在△ABC中，∠BAC＝，，P為CD上一點，且滿足，若AC＝3，AB＝4，則的值為　　．

【分析】如圖所示，建立直角坐標(biāo)系．AC＝3，AB＝4，根據(jù)∠CAB＝，通過解三角形及其根據(jù)，利用向量運算性質(zhì)，可得．設(shè)＝λ+（1﹣λ）＝λ+（1﹣λ）×，與＝m+比較，可得m．再利用數(shù)量積運算性質(zhì)即可得出．
解：如圖所示，建立直角坐標(biāo)系．
AC＝3，AB＝4
∵∠CAB＝，∴|OA|＝，|OC|＝，
∴A（﹣，0），C（0，），B（，0）．
∵，∴＝＝（，0），
∴＝+（，0）＝（，0），
∴＝（，﹣）．
設(shè)＝λ+（1﹣λ）＝λ+（1﹣λ）×，
與＝m+比較，可得：m＝λ，＝，
解得m＝．
∴＝+＝（，）+（4，0）＝（，），
∴＝×﹣×＝．
故答案為：．

【點評】本題考查了向量共線定理、平面向量基本定理、數(shù)量積運算性質(zhì)、基本不等式的性質(zhì)、三角形面積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．
15．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，，M，N，P分別是B1C1，AA1和AC的中點，若三棱錐P﹣MNB1的體積為V，三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積為V2，則＝　　．

【分析】連接PC1、C1N，設(shè)，計算出V1、V2，即可得解．
解：連接PC1、C1N，

設(shè)，則
＝，
因為AC⊥BC，則B1C1⊥A1C1，
∵CC1⊥平面A1B1C1，B1C1?平面A1B1C1，∴B1C1⊥CC1，
∵A1C1∩CC1＝C1，A1C1、CC1?平面AA1C1C，∴B1C1⊥平面AA1C1C，
所以，，
，故．
故答案為：．
【點評】本題考查了三棱錐和三棱柱的體積計算，屬于中檔題．
16．△ABC中，AB＝1，AC＝4，∠A＝60°，AD是BC邊上的中線，E，F(xiàn)分別為線段AB，AC上的動點，EF交AD于點G．若△AEF面積為△ABC面積的一半，則的極小值為 　2?。?br /> 【分析】利用平面向量的共線定理結(jié)合基底表示數(shù)量積，轉(zhuǎn)化為函數(shù)求最值即可．
解：設(shè)，由向量共線的充要條件不妨設(shè)，
則，
即，
又△AEF面積為△ABC面積的一半可得：，
所以．
，
易知∵，
當(dāng)m＝1時，即E，B重合時取得最小值．
故答案為：2．
【點評】本題考查向量的線性運算，向量數(shù)量積的最值的求解，化歸轉(zhuǎn)化思想，函數(shù)思想，屬中檔題．
四、解答題（17題10分，18-22題每題12分）
17．已知銳角△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，向量，，且．
（1）求角A的大??；
（2）若c＝2，BC邊上的中線AD長為，求b．
【分析】（1）由已知結(jié)合向量共線的坐標(biāo)運算可得，再結(jié)合正弦定理得到，可得A；
（2）在△ABC中，，兩邊平方后可得關(guān)于b的方程，求解得答案．
解：（1）∵，，且，
∴2asinB﹣＝0，即，
由正弦定理得：，
∵sinB＞0，∴，又A為銳角，則；
（2）在△ABC中，，
∴，
∵，∴，整理得b2+2b﹣8＝0，
解得b＝﹣4（舍去）或b＝2．
此時，C＝B，，為銳角三角形，符合題意，
故b＝2．
【點評】本題考查三角形的解法，考查正弦定理及平面向量數(shù)量積的應(yīng)用，考查運算求解能力，是中檔題．
18．在甲、乙兩個盒子中分別裝有標(biāo)號為1，2，3，4的四張卡片，現(xiàn)從甲、乙兩個盒子中各取出一張卡片、每張卡片被取出的可能性相等．
（1）求取出的兩張卡片上標(biāo)號為相鄰整數(shù)的概率；
（2）求取出的兩張卡片上標(biāo)號之和能被3整除的概率．
【分析】（1）設(shè)從甲、乙兩個盒子中各取一張卡片，其數(shù)字分別為x，y，利用列舉法求出用（x，y）表示抽取結(jié)果共16種，所取兩張卡片上的數(shù)字為相鄰整數(shù)的結(jié)果有6種，由此能求出取出的兩張卡片上的標(biāo)號為相鄰整數(shù)的概率；
（2）所取出的兩張卡片上的數(shù)字和能被3整除的結(jié)果有5種，由此能求出取出的兩張卡片上標(biāo)號之和能被3整除的概率．
解：設(shè)從甲、乙兩個盒子中各取一張卡片，其數(shù)字分別為x，y，用（x，y）表示抽取結(jié)果，
則所有可能有（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，2），
（2，3），（2，4），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），（4，1），
（4，2），（4，3），（4，4），共16種，
（1）所取兩張卡片上的數(shù)字為相鄰整數(shù)的結(jié)果有：
（1，2），（2，1），（2，3），（3，2），（3，4），（4，3），共6種．
故所求概率，
即取出的兩張卡片上標(biāo)號為相鄰整數(shù)的概率為；
（2）取出的兩張卡片上標(biāo)號之和能被3整除的結(jié)果有：
（1，2），（2，1），（2，4），（3，3），（4，2），共5種，
故所求概率為P＝．，
即取出的兩張卡片上標(biāo)號之和能被3整除的概率為．
【點評】本題考查概率的求法，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是基礎(chǔ)題．
19．如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面ABCD為菱形，PB＝PD，E，F(xiàn)分別為AB和PD的中點．
（1）求證：EF∥平面PBC；
（2）若AB＝2＝PB，∠BAD＝60°，求直線PB與平面PAC所成角的大小．

【分析】（1）取PC的中點G，連接GF，易證四邊形BEFG是平行四邊形，知EF∥BG，再由線面平行的判定定理，得證；
（2）由OP⊥BD，AC⊥BD，證得BD⊥平面PAC，從而知∠OPB即為所求，再由三角函數(shù)的知識，得解．
【解答】（1）證明：取PC的中點G，連接GF，則GF∥CD∥BE，GF＝CD＝BE，
所以四邊形BEFG是平行四邊形，
所以EF∥BG，
因為EF?平面PBC，BG?平面PBC，
所以EF∥平面PBC．

（2）解：因為PB＝PD，O為BD的中點，所以O(shè)P⊥BD，
因為菱形ABCD，所以AC⊥BD，
又OP∩AC＝O，OP、AC?平面PAC，
所以BD⊥平面PAC，
所以∠OPB就是直線PB與平面PAC所成角，
在Rt△PBO中，PB＝2，OB＝BD＝AB＝1，
所以sin∠OPB＝＝，
因為∠OPB∈（0°，90°），所以∠OPB＝30°，
故直線PB與平面PAC所成角的大小為30°．
【點評】本題考查立體幾何的綜合應(yīng)用，熟練掌握線與面平行、垂直的判定定理或性質(zhì)定理，線面角的定義是解題的關(guān)鍵，考查空間立體感，推理論證能力和運算能力，屬于中檔題．
20．我校后勤服務(wù)中心為監(jiān)控學(xué)校稻香圓食堂的服務(wù)質(zhì)量情況，每學(xué)期會定期進(jìn)行兩次食堂服務(wù)質(zhì)量抽樣調(diào)查，每次調(diào)查的具體做法是：隨機(jī)調(diào)查50名就餐的教師和學(xué)生，請他們?yōu)槭吵７?wù)質(zhì)量進(jìn)行名評分，師生根據(jù)自己的感受從0到100分選取一個分?jǐn)?shù)打分，根據(jù)這50名師生對食堂服務(wù)質(zhì)量的評分并繪制頻率分布直方圖．如圖是根據(jù)本學(xué)期第二次抽樣調(diào)查師生打分結(jié)果繪制的頻率分布直方圖，其中樣本數(shù)據(jù)分組為[40，50），[50，60），……，[90，100]．
（1）求頻率分布直方圖中a的值并估計樣本的眾數(shù)：
（2）學(xué)校規(guī)定：師生對食堂服務(wù)質(zhì)量的評分平均分不得低于75分，否則將進(jìn)行內(nèi)部整頓．用每組數(shù)據(jù)的中點值代替該組數(shù)據(jù)，試估計該校師生對食堂服務(wù)質(zhì)量評分的平均分，并據(jù)此回答食堂是否需要進(jìn)行內(nèi)部整頓；
（3）我校每周都會隨機(jī)抽取3名學(xué)生和校長共進(jìn)午餐，每次校長都會通過這3名學(xué)生了解食堂服務(wù)質(zhì)量，校長的做法是讓學(xué)生在“差評、中評、好評”中選擇一個作答，如果出現(xiàn)“差評”或者“沒有出現(xiàn)好評”，校長會立即責(zé)成后勤分管副校長親自檢查食堂服務(wù)情況．若以本次抽取的50名學(xué)生樣本頻率分布直方圖作為總體估計的依據(jù)，并假定本周和校長共進(jìn)午餐的學(xué)生中評分在[40，60）之間的會給“差評”，評分在[60，80）之間的會給“中評”，評分在[80，100]之間的會給“好評”，已知學(xué)生都會根據(jù)自己的感受獨立地給出評價不會受到其它因素的影響，試估計本周校長會責(zé)成后勤分管副校長親自檢查食堂服務(wù)質(zhì)量的概率．

【分析】（1）根據(jù)頻率分布直方圖中所有小矩形面積之和為1，得到方程，求出a，再由最高小組的組中值即為眾數(shù)，能求出結(jié)果．
（2）根據(jù)頻率分布直方圖中平均數(shù)公式能求出結(jié)果．
（3）根據(jù)頻率分布直方圖分別計算出“差評”，“中評”，“好評”的概率，結(jié)合獨立事件的概率乘法公式進(jìn)行求解即可．
解：（1）由（0.004+a+0.022+0.028+0.022+0.018）×10＝1，
解得a＝0.006，
∴眾數(shù)的估計值為＝75．
（2）由頻率分布直方圖鑒得師生對食堂服務(wù)質(zhì)量評分的平均分為：
＝45×0.004×10+55×0.006×10+65×0.022×10+75×0.028×10+85×0.022×10+95×0.018×10＝76.2，
∵76.2＞75，
∴食堂不需要內(nèi)部整頓．
（3）由頻率分布直方圖可知，“差評”的概率為0.04+0.06＝0.1，“中評”的概率為0.22+0.28＝0.5，“好評”的概率為0.22+0.18＝0.4，
則本周校長會責(zé)成后勤分管副校長親自檢查食堂服務(wù)質(zhì)量的概率P＝1﹣（0.43）＝0.396．
【點評】本題主要考查了頻率分布直方圖的應(yīng)用，考查了眾數(shù)、平均數(shù)的估計，以及獨立事件的概率乘法公式，屬于中檔題．
21．如圖，在平面四邊形ABCD中，AD＝BD，∠ADB＝90°．CD＝2，BC＝2．
（1）若∠BDC＝45°，求線段AC的長；
（2）求線段AC長的最大值．

【分析】（1）根據(jù)給定條件，利用余弦定理求出BD，再利用余弦定理計算作答；
（2）設(shè)∠BCD＝θ（0＜θ＜π），在△BCD中用余弦定理求出BD，用正弦定理表示出∠CDB，再在△ADC中，利用余弦定理列式求解作答．
解：（1）在△BCD中，，由余弦定理得：
BC2＝CD2+BD2﹣2CD?BDcos∠BDC，即BD2﹣4BD+4＝0，解得BD＝2，
在△ADC中，AD＝BD＝2，∠ADC＝135°，由余弦定理得：
AC2＝AD2+CD2﹣2AD?CDcos∠ADC，
所以；
（2）設(shè)∠BCD＝θ（0＜θ＜π），
在△BCD中，由余弦定理得：，
由正弦定理得：，
在△ADC中，由余弦定理得：＝，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時取“＝”，此時AC＝6，
所以當(dāng)時，線段AC長取最大值6．
【點評】本題考查了正弦定理和余弦定理的應(yīng)用，屬于中檔題．
22．如圖，在三棱臺ABC﹣DEF中，AC＝4，BC＝2，EF＝1，，AD＝BE＝CF．
（1）求證：平面ABED⊥平面ABC；
（2）若四面體BCDF的體積為2，求二面角D﹣BE﹣F的正弦值．

【分析】（1）根據(jù)已知條件，結(jié)合勾股定理，先推出CA⊥CB，再結(jié)合三角形全等，以及面面垂直的判定定理，即可證明．
（2）根據(jù)已知條件，結(jié)合棱錐的等體積法，求出PM，再以C為坐標(biāo)原點，CA，BC為x軸、y軸，建立空間直角坐標(biāo)系，依次求出兩個平面的法向量，再結(jié)合向量的夾角公式，即可求解．
解：（1）證明：延長三條側(cè)棱交于點P，
則PA＝PB＝PC，且D，E，F(xiàn)為中點，
取AB的中點M，
則PM⊥AB，
又∵AC2+BC2＝AB2，
∴CA⊥CB．
又∵AM＝CM，
∴△PAM?△PCM，
故∠PMA＝∠PMC＝90°，
即PM⊥MC，
所以PM⊥平面ABC，
又PM?平面ABED，
故平面ABED⊥平面ABC．

（2）由，得PM＝6，
以C為坐標(biāo)原點，CA，BC為x軸、y軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，

則，
設(shè)平面EBD的一個法向量為，又，
則，則可取，
設(shè)平面BEF的一個法向量為，又，
則，則可取，
則＝＝＝，
由圖形可知，所求二面角為銳角，所以二面角E﹣BD﹣F的余弦值為．
【點評】本題主要考查二面角的平面角及其求法，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題．

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