1.已知向量m，n滿足m=n=2，且m?n=?2 2，則m，n夾角為( )
A. π6B. π4C. 3π4D. 5π6
2.在?ABC中，角A,B,C對邊為a,b,c，且2c?cs2A2=b+c，則?ABC的形狀為( )
A. 等邊三角形B. 直角三角形C. 等腰三角形D. 等腰直角三角形
3.設(shè)復(fù)數(shù)z1=4+2i，z2=1?3i，則復(fù)數(shù)z2?z12的虛部是( )
A. 4iB. ?4iC. 4D. ?4
4.袋中裝有紅、黃、藍(lán)三種顏色的球各2個，無放回的從中任取3個球，則恰有兩個球同色的概率為
A. 15B. 310C. 35D. 45
5.若雙曲線x2a2?y2b2=1a>0,b>0的一條漸近線方程為y=?2x，該雙曲線的離心率是( )
A. 52B. 3C. 5D. 2 3
6.在四面體ABCD中，AB=AC=2 3，BC=6，AD⊥平面ABC，四面體ABCD的體積為 3.若四面體ABCD的頂點(diǎn)均在球O的表面上，則球O的表面積是( )．
A. 49π4B. 49πC. 49π2D. 4π
7.已知圓C1：(x+5)2+y2=1，C2：(x?5)2+y2=225，動圓C滿足與C1外切且C2與內(nèi)切，若M為C1上的動點(diǎn)，且CM?C1M=0，則CM的最小值為
A. 2 2B. 2 3C. 4D. 2 5
8.已知E，F(xiàn)分別是棱長為2的正四面體ABCD的對棱AD,BC的中點(diǎn).過EF的平面α與正四面體ABCD相截，得到一個截面多邊形τ，則下列說法正確的是( )
A. 截面多邊形τ不可能是平行四邊形
B. 截面多邊形τ的周長是定值
C. 截面多邊形τ的周長的最小值是 2+ 6
D. 截面多邊形τ的面積的取值范圍是1, 2
二、多選題：本題共3小題，共15分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。
9.下列結(jié)論中正確的是( )
A. 在頻率分布直方圖中，中位數(shù)左邊和右邊的直方圖的面積相等
B. 一組數(shù)據(jù)中的每個數(shù)都減去同一個非零常數(shù)a，則這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)改變，方差不改變
C. 一個樣本的方差s2=120[(x1?3)2+(x2?3)2+?+(x20?3)2]，則這組樣本數(shù)據(jù)的總和等于60
D. 數(shù)據(jù)a1，a2，a3，...，an的方差為M，則數(shù)據(jù)2a1，2a2，2a3，…，2an的方差為2M
10.設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，下列命題中正確的是( )
A. 若m?α，n?α，m//β，n//β，則α//β
B. 若m⊥n，m//α，α//β，則n⊥β
C. 若m，n異面，m?α，m//β，n?β，n//α，則α//β
D. 若α//β，m⊥α，n//β，則m⊥n
11.如圖，已知在平行四邊形ABCD中，AB=2AD=2，∠BAD=60°，E為AB的中點(diǎn)，將△ADE沿直線DE翻折成△PDE，若M為PC的中點(diǎn)，則△ADE在翻折過程中(點(diǎn)P?平面ABCD)，以下命題正確的是( )
A. BM //平面PDE
B. BM= 32
C. 存在某個位置，使MB⊥DE
D. 當(dāng)三棱錐P—CDE體積最大時，其外接球的表面積為13π3
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12.某學(xué)校三個年級共有2760名學(xué)生，要采用分層抽樣的方法從全體學(xué)生中抽取一個容量為60的樣本，已知一年級有1150名學(xué)生，那么從一年級抽取的學(xué)生人數(shù)是 名.
13.設(shè)雙曲線C：x24?y221=1的左焦點(diǎn)和右焦點(diǎn)分別是F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P是C右支上的一點(diǎn)，則PF1+3PF2的最小值為 ．
14.已知點(diǎn)P是橢圓C:x26+y24=1上除頂點(diǎn)外的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P向圓O:x2+y2=4引兩條切線PM，PN，設(shè)切點(diǎn)分別是M，N，若直線MN分別與x軸，y軸交于A，B兩點(diǎn)，則?AOB面積的最小值是 ．
四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。
15.(本小題12分)
如圖1所示，四邊形CDMN為梯形且CD//MN，BC//AD，E為AD中點(diǎn)，DE=DC=1，MA=MD= 3，現(xiàn)將平面?AMD沿AD折起，?BCN沿BC折起，使平面AMD⊥平面ABCD，且M,N重合為點(diǎn)P(如圖2所示)．
(1)證明：平面PBE⊥平面PBC；
(2)求二面角C?PA?D的余弦值．
16.(本小題12分)
如圖，四棱柱ABCD?A1B1C1D1的底面為梯形，AD=2BC=2，三個側(cè)面ABB1A1，BCC1B1，CDD1C1均為正方形．

(1)證明：平面ABD1⊥平面BDD1．
(2)求點(diǎn)A1到平面ABD1的距離．
17.(本小題12分)
在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在坐標(biāo)軸上，點(diǎn)P(2,?1)和點(diǎn)Q( 6, 22)為橢圓C上兩點(diǎn)．
(Ⅰ)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(Ⅱ)A，B為橢圓C上異于點(diǎn)P的兩點(diǎn)，若直線PA與PB的斜率之和為0，求線段AB中點(diǎn)M的軌跡方程．
18.(本小題12分)
已知?ABC的三個內(nèi)角A，B，C對的三邊為a，b，c，且sinAsinB=5a10?a
(1)若b=1，A=π3，求sinB；
(2)已知C=π3，當(dāng)S?ABC取得最大值時，求?ABC的周長．
19.(本小題12分)
如圖，ABCD為圓柱OO′的軸截面，EF是圓柱上異于AD，BC的母線．
(1)證明：BE⊥平面DEF；
(2)若AB=BC= 6，當(dāng)三棱錐B?DEF的體積最大時，求二面角B?DF?E的正弦值．
答案解析
1.C
【解析】根據(jù)向量的點(diǎn)乘關(guān)系，求出csθ，即可求出m，n夾角．
解：由題意，
在向量m，n中，m=n=2，
m?n=mncsθ=2×2csθ=4csθ=?2 2
解得：csθ=? 22
∴θ=34π
故選：C．
2.B
【解析】解：因?yàn)?c?cs2A2=b+c，
所以2c?1+csA2=b+c，即c+ccsA=b+c，
所以ccsA=b，
在?ABC中，
由余弦定理推論：csA=b2+c2?a22bc，
代入得，c?b2+c2?a22bc=b，即b2+c2?a2=2b2，
所以c2=a2+b2，
所以?ABC 是直角三角形．
故選：B．
3.D
【解析】z2?z12=(1?3i)?4+2i2=?1?4i，
則其虛部是?4。
故選：D．
4.C
【解析】解：從紅、黃、藍(lán)三種顏色的球各2個，無放回的從中任取3個球，共有C63=20種，其中恰有兩個球同色有C31?C41=12種，故恰有兩個球同色的概率為P=1220=35．
故選：C．
5.C
【解析】雙曲線的焦點(diǎn)位于x軸，則雙曲線的漸近線為y=±bax，
因?yàn)殡p曲線的一條漸近線方程為y=?2x，
所以ba=2，
所以雙曲線的離心率為e=ca= a2+b2a2= 1+b2a2= 5，
故選：C
6.B
【解析】因?yàn)锳B=AC=2 3，BC=6，
所以cs∠BAC=AB2+AC2?BC22AB?AC=?12，則sin∠BAC= 1?cs2∠BAC= 32，
則S?ABC=12?AB?AC?sin∠BAC=12?2 3?2 3? 32=3 3，
因?yàn)锳D⊥平面ABC，四面體ABCD的體積為 3，
所以 3=13?S?ABC?AD= 3AD，則AD=1；
設(shè)?ABC的外接圓半徑為r，記?ABC外接圓圓心為O1，連接AO1，
由正弦定理可得，2r=BCsin∠BAC=6 32=4 3，則AO1=r=2 3
設(shè)外接球的半徑為R，連接OO1，
根據(jù)球的性質(zhì)可得，OO1⊥平面ABC，
又AD⊥平面ABC，所以AD//OO1，
延長O1O到E，使得O1E=AD，連接DE，
則四邊形AO1ED為矩形；所以AO1=DE
連接OA，OD，則OA=OD=R，
所以Rt?DEO?Rt?AO1O，所以O(shè)O1=OE=12AD=12，
因此R=OA= AO 12+OO 12= r2+14= 12+14= 494，
因此球O的表面積是S=4πR2=49π．
故選：B．
7.A
【解析】
∵圓C1：x+52+y2=1，圓C2：x?52+y2=225，
動圓C滿足與C1外切且C2與內(nèi)切，設(shè)圓C的半徑為r，
由題意得CC1+CC2=1+r+15?r=16,∴則C的軌跡是以(?5,0,5,0為焦點(diǎn)，長軸長為16的橢圓，
∴其方程為x264+y239=1,因?yàn)镃M?C1M=0，即CM為圓C1的切線，要CM的最小，只要CC1最小，設(shè)Mx0,y0，則CM= CC1?2?12= x0+52+y02?1= x02+10x0+25+391?x0264?1
= 25x0264+10x0+64?1,∵?8≤x0≤8,∴CMmin= 25?8264+10×?8+64?1=2 2. ，選A．
8.D
【解析】對于A，當(dāng)平面α過AD或BC時，截面為三角形．
易知正四面體關(guān)于平面ADF對稱，將平面α從平面ADF開始旋轉(zhuǎn)與AB交于點(diǎn)G時，
由對稱性可知，此時平面α與CD交于點(diǎn)H，且AG=DH，
此時截面為四邊形EGFH，且注意到當(dāng)G,H分別為AB,CD的中點(diǎn)時，此時滿足AG=DH，
且GF//AC,AC//EH,GF=EH=12AC，即此時截面四邊形EGFH是平行四邊形，故 A錯誤；

對于BC，設(shè)AG=m0≤m≤2，由余弦定理得GE= m2+1?m= m?122+34，
GF= 2?m2+1?2?m= m?322+34，
由兩點(diǎn)間距離公式知，GE+GF表示動點(diǎn)m,0到定點(diǎn)12, 32和32,? 32的距離之和，
當(dāng)三點(diǎn)共線時取得最小值 12?322+ 32+ 322=2，
由二次函數(shù)單調(diào)性可知，當(dāng)m=0或m=2時，GE+GF取得最大值1+ 3，
所以截面多邊形τ周長的取值范圍是4,2+2 3，故 BC錯誤；
對于D，記GH與EF的交點(diǎn)為O，由對稱性∠EFG=∠EFH，F(xiàn)G=FH，
所以EF⊥GH，SEGFH=12EF?GH，
因?yàn)锳F= AB2?BF2= 3，
所以EF= AF2?AE2= 2，所以SEGFH= 22GH，
記AB=a,AC=b,AD=c，
則GH=GA+AD+DH=?m2a+c+m2b?c=?m2a+m2b+1?m2c，
因?yàn)閍?b=a?c=b?c=2×2csπ3=2,a=b=c=2，
所以GH2=m24a2+m24b2+1?m22c2?m2a?b?m1?m2a?c+m1?m2b?c
=m2+m2+41?m22?m2?2m1?m2+2m1?m2
=2m?12+2，
由二次函數(shù)性質(zhì)可知，2≤GH2≤4，即 2≤GH≤2，
所以1≤SEGFH≤ 2，故 D正確；
故選：D
9.ABC
【解析】對于A，在頻率分布直方圖中，中位數(shù)左邊和右邊的直方圖的面積相等，都為12，∴A正確：
對于B，一組數(shù)據(jù)中的每個數(shù)都減去同一個非零常數(shù)a，則這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)也減去a，方差s2不改變，∴B正確；
對于C，∵樣本的方差s2=120[(x1?3)2+(x2?3)2+?+(x20?3)2]，∴這個樣本有20個數(shù)據(jù)，平均數(shù)是3，∴這組樣本數(shù)據(jù)的總和為3×20=60，C正確；
對于D，數(shù)據(jù)a1，a2，a3，…，an的方差為M，則數(shù)據(jù)2a1，2a2，2a3，…，2an的方差為4M，∴D不正確．
故選：ABC
10.CD
【解析】解：對于A：當(dāng)且僅當(dāng)m與n相交時，滿足α//β，故 A錯誤；
對于B：若m⊥n，m//α，α//β，則n//β或n?β，或n與β相交，故 B錯誤；
對于C：假設(shè)α與β不平行，即α與β相交，設(shè)α∩β=l，
若l與m、n不重合，由m?α，m//β，所以l//m，又n?β，n//α，所以l//n，所以m//n，與m，n異面矛盾，故假設(shè)不成立，
若l與m、n中某一條直線重合，則直接可以得到m//n，與m，n異面矛盾，故假設(shè)不成立，故 C正確；
對于D：若α//β，m⊥α，則m⊥β，又n//β，所以m⊥n，故 D正確；
故選：CD
11.ABD
【解析】解：如圖，取CD的中點(diǎn)N，連接MN，BN，
∵M(jìn)，E分別為PC，AB的中點(diǎn)，
∴MN//PD，BN//DE．
易證MN//平面PDE，BN//平面PDE．
∵M(jìn)N∩BN=N， MN， BN?平面 BMN，
∴平面 BMN//平面 PDE.又 BM?平面 BMN，
∴ BM // 平面PDE，即A正確；
由A可知，MN=12PD=12AD=12，BN=DE=AD=1，
∴∠MNB=∠PDE=∠ADE=60°，
在 ?BMN中，由余弦定理知，
BM2=MN2+BN2?2MN?BN?cs∠MNB=34，
∴BM= 32，是定值，即B正確；
取PD的中點(diǎn)G，則四邊形BMGE為平行四邊形，
若存在某個位置，使MB⊥DE，則EG⊥DE，與條件矛盾，故C錯誤；
當(dāng)三棱錐 P?CDE的體積最大時，
平面 PDE⊥平面 CDE，平面 PDE∩平面 CDE=DE，
又 CE⊥DE，CE?平面 CDE，∴ CE⊥平面 PDE，
設(shè)三棱錐C?PDE的外接球的球心為O，
O在平面PDE上的射影是正三角形PDE的中心，O到平面PDE的距離等于12CE，
則外接球的半徑 OE= 332+ 322= 1312，
∴外接球的表面積 S=4π× 13122=13π3，故D正確，
故選ABD．
12.25
【解析】由分層抽樣得從一年級抽取的學(xué)生人數(shù)是602760×1150=25人.
故答案為：25．
13.8
【解析】a=2,b= 21,c=5，PF2≥c?a=3,PF1=PF2+2a=PF2+4，
PF1+3PF2=PF2+3PF2+4,PF2≥3，
而函數(shù)y=x+3x+4,x>0在3,+∞上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)且僅當(dāng)x=3時，ymin=8．
故答案為：8．
14.4 63
【解析】解：設(shè)Px0,y0,x0y0≠0，
則以O(shè)P為直徑的圓的方程為x2+y2?x0x?y0y=0，
與圓O:x2+y2=4的方程相減得x0x+y0y?4=0，
即x0x+y0y?4=0是過切點(diǎn)M,N的直線方程，
則A(4x0,0),B(0,4y0)，
所以S△OAB=12·4x0·4y0=8|x0y0|，
又因?yàn)樵邳c(diǎn)P在橢圓C:x26+y24=1上，
所以x026+y024=1，即24=4x02+6y02≥4 6x0y0，
所以x0y0≤ 6，當(dāng)且僅當(dāng)4x02=6y02，即x02=3,y02=2時取等號，
所以S?OAB=8x0y0≥8 6=4 63，
即?AOB面積的最小值是4 63．

15.(1)
證明：因?yàn)镸A=MD= 3，
即PA=PD= 3，E為AD的中點(diǎn)，
所以?PAD是等腰三角形，
且ME⊥AD，即PE⊥AD，
又因?yàn)槠矫鍭MD⊥平面ABCD，且平面AMD∩平面ABCD=AD，PE?平面PAD，
所以PE⊥平面ABCD，又BC?平面ABCD，
所以PE⊥BC，
又因?yàn)镃D//MN，且ME⊥AD，
所以四邊形NCDE為直角梯形，且DE=DC=1，
所以四邊形BCDE是正方形，所以BC⊥EB，
又因?yàn)镻E∩EB=E，
所以BC⊥平面PBE，又因?yàn)锽C?平面PBC，
所以平面PBE⊥平面PBC；
(2)
由(1)知：以E為原點(diǎn)，EA，EB，EP為x，y，z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系：
則A1,0,0,D?1,0,0,C?1,1,0,P0,0, 2，，
所以PA=1,0,? 2,PC=?1,1,? 2,PD=?1,0,? 2，
設(shè)平面PAC的一個法向量為m=x,y,z，
則，即x? 2z=0?x+y? 2z=0,
令z= 2，則m=2,4, 2，
易知平面PAD的一個法向量為n=0,1,0，
則csm,n=m?nm?n=4 22=2 2211，
所以二面角C?PA?D的余弦值是2 2211．
【解析】(1)易證PE⊥AD，再由平面AMD⊥平面ABCD，得到PE⊥平面ABCD，則PE⊥BC，再由四邊形BCDE是正方形，得到BC⊥EB，然后利用線面垂直和面面垂直的判定定理證明；
(2)以E為原點(diǎn)，EA，EB，EP為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面PAC的一個法向量m=x,y,z，易知平面PAD的一個法向量為n=0,1,0，然后由csm,n=m?nm?n求解．
16.(1)
因?yàn)閭?cè)面ABB1A1，BCC1B1，CDD1C1均為正方形，所以B1B⊥AB，B1B⊥BC，AB=CD．
又AB∩BC=B，AB,BC?面ABCD，所以B1B⊥面ABCD．
由棱柱的性質(zhì)，四棱柱為直四棱柱，則DD1⊥面ABCD，又AB?面ABCD，則D1D⊥AB．
又四邊形ABCD為梯形，AB=CD，AD=2BC=2，所以AD//BC．
過點(diǎn)C作CE⊥AD，垂足為E，則DE=12×(2?1)=12CD，

所以∠CDE=60°，則∠BCD=120°．
在等腰三角形BCD中BD=2× 12?122= 3．
因?yàn)锳D2=AB2+BD2，所以AB⊥BD．
因?yàn)锽D∩D1D=D，BD,D1D?面BDD1，所以AB⊥面BDD1．
又AB?平面ABD1，所以平面ABD1⊥平面BDD1．
(2)
法一：連接A1B，B1D1，

由(1)直三棱柱ABD?A1B1D1的體積VABD?A1B1D1=S?ABD×AA1=12×1× 3×1= 32．
由直三棱柱的性質(zhì)知，三棱錐B?A1B1D1的體積VB?A1B1D1=13VABD?A1B1D1，
三棱錐D1?ABD的體積VD1?ABD=13VABD?A1B1D1，
所以VA1?ABD1=VABD?A1B1D1?VB?A1B1D1?VD1?ABD=13VABD?A1B1D1= 36．
由AB⊥面BDD1，BD1?面BDD1，則AB⊥BD1，且BD1= BD2+DD12=2．
設(shè)點(diǎn)A1到平面ABD1的距離為d，則VA1?ABD1=13×12×AB×BD1×d= 36，
即13×12×1×2×d= 36，解得d= 32，故點(diǎn)A1到平面ABD1的距離為 32．
法二：因A1B1//AB，且AB?面ABD1，面ABD1，所以A1B1//面ABD1，
所以A1，B1兩點(diǎn)到平面ABD1的距離相等．
過點(diǎn)B1作B1H⊥BD1，垂足為點(diǎn)H，連接B1D1．

易得B1H⊥平面ABD1，所以線段B1H的長度即為點(diǎn)A1到平面ABD1的距離．
因?yàn)锽B1=1，B1D1=BD= 3，BD1= BD2+DD12=2，所以B1H= 32．
所以點(diǎn)A1到平面ABD1 距離為 32．
【解析】(1)由題設(shè)及線面垂直的判定得B1B⊥面ABCD，進(jìn)而有D1D⊥AB，過點(diǎn)C作CE⊥AD，垂足為E，進(jìn)而證AB⊥BD，最后由線面、面面垂直的判定證結(jié)論；
(2)法一：連接A1B，B1D1，應(yīng)用等體積法有VD1?ABD=13VABD?A1B1D1求點(diǎn)面距；法二：證線面平行得到A1，B1兩點(diǎn)到平面ABD1的距離相等，過點(diǎn)B1作B1H⊥BD1，垂足為點(diǎn)H，連接B1D1，進(jìn)而求點(diǎn)面距．
17.解：(Ⅰ)設(shè)橢圓的方程為mx2+ny2=1(m>0,n>0,m≠n)，
因?yàn)辄c(diǎn)P(2,?1)和點(diǎn)Q( 6, 22)為橢圓C上兩點(diǎn)，
所以4m+n=16m+12n=1，解得m=18,n=12，
故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x28+y22=1；
(Ⅱ)設(shè)PA的斜率為k，所以直線PA的方程為y+1=k(x?2)，即y=k(x?2)?1，
聯(lián)立方程組y=k(x?2)?1x2+4y2?8=0，可得(x?2)[(1+4k2)x?8k2?8k+2]=0，
所以點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為xA=8k2+8k?21+4k2，縱坐標(biāo)為yA=4k2?4k?11+4k2，
因?yàn)橹本€PA與PB的斜率之和為0，
所以直線PB的斜率為?k，
同理可求出點(diǎn)B的坐標(biāo)為(8k2?8k?21+4k2,4k2+4k?11+4k2)，
故點(diǎn)M的坐標(biāo)為(8k2?21+4k2,4k2?11+4k2)，
所以點(diǎn)M的坐標(biāo)滿足x=2y，
由x=2yx2+4y2?8=0，解得x=±2，
所以?2

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