1.已知空間向量a=(x,1,2)，b=(4,2,4)，若a⊥b，則x=( )
A. 1B. ?52C. ?32D. 3
2.已知集合A={x|lg2(x+1)≤2}，B={?3,?1,2,5}，則A∩B=( )
A. {?3,?1}B. {?1,2}C. {2}D. {2,5}
3.已知空間向量p=2a?3b+3c，q=3a+b+c，則p+q以{a,b,c}為單位正交基底時的坐標為( )
A. (5,?3,4)B. (5,?2,4)C. (2,?3,3)D. (3,1,1)
4.樣本數據：48，49，50，50，50，50，51，52的方差為( )
A. 1B. 1.25C. 2.5D. 4
5.底面圓周長為2π，母線長為4的圓錐內切球的體積為( )
A. 15π5B. 13π25C. 4 15π25D. 15π25
6.已知函數f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,|φ| 2
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12.已知冪函數f(x)=(m2+m?5)xm?1在(0,+∞)上單調遞減，則m= ．
13.(1+5csθ)2+(?1+5sinθ)2的取值范圍為 ．
14.已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，M，N分別為棱AB，C1D1的中點，建立如圖所示空間直角坐標系A1xyz，點P(x,y,z)在平面ABC1D1內運動，則點P到A1，B1，M，N這四點的距離之和的最小值為 ．
四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。
15.(本小題12分)
在空間直角坐標系中，已知點A(x,5?x,2x?1)，B(1,x+2,2?x)，C(1,2,3)．
(1)若AC?BC=2，求x的值;
(2)求|AB|的最小值．
16.(本小題12分)
已知z=a+i1?i(a∈R)為純虛數．
(1)求a;
(2)求n=12025zn．
17.(本小題12分)
2024年西部數學邀請賽于8月4日至10日在上海隆重舉行，此次賽事不僅是對中學生數學能力的一次全面考驗，更是對數學教育未來發(fā)展的深刻實踐探索，共有200多名學生參賽，引起社會廣泛關注，點燃了全社會對數學的熱情.甲、乙、丙3名同學各自獨立去做2024年西部數學邀請賽預賽中的某道題，已知甲能解出該題的概率為23，乙能解出而丙不能解出該題的概率為18，甲、丙都能解出該題的概率為12．
(1)求乙、丙各自解出該題的概率;
(2)求甲、乙、丙3人中至少有1人解出該題的概率．
18.(本小題12分)
如圖，在直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為2 2的菱形，AA1=2，∠BAD=π3，E，F(xiàn)分別為AB，AA1的中點．
(1)證明：B1E⊥平面DEF;
(2)求四棱柱ABCD?A1B1C1D1被平面CEF截得的截面周長;
(3)求直線DD1與平面CEF所成角的正切值．
19.(本小題12分)
已知a，b，c分別為銳角△ABC內角A，B，C的對邊，A=π4，a= 2，|AO|=|OB|=|OC| =R(R為△ABC外接圓的半徑)．
(1)證明：OA=?sin2B?OB+cs2B?OC;
(2)求|3OA+2OB+OC|的最小值．
參考答案
1.B
2.C
3.B
4.B
5.C
6.A
7.D
8.A
9.BD
10.BC
11.CD
12.?3
13.[27?10 2,27+10 2]
14.2 3+2 2
15.解：由題意可得AC=(1?x,x?3,4?2x)，BC=(0,?x,x+1)，
因為AC?BC=(1?x,x?3,4?2x)?(0,?x,x+1)=x(3?x)+(x+1)(4?2x)=2，解得x=2或?13．
(2)由空間兩點間的距離公式，得|AB|= (1?x)2+[(x+2)?(5?x)]2+[(2?x)?(2x?1)]2= 14x2?32x+19= 14(x?87)2+57，
當x=87時，|AB|有最小值 357．
16.解：(1)由題意可得z=a+i1?i=(a+i)(1+i)(1?i)(1+i)=(a?1)+(1+a)i2=a?12+1+a2i，
因為z是純虛數，所以a?12=01+a2≠0，
解得a=1．
(2)由(1)得到z=i，又i1=i，i2=?1，i3=?i，i4=1，
則n∈N?，i4n?3=i，i4n?2=?1，i4n?1=i，i4n=1，
即有n∈N?，i4n?3+i4n?2+i4n?1+i4n=0，
故n=12025zn=z+z2+?+z2025=506(i+i2+i3+i4)+i=i．
17.解：(1)設“甲解出該題”為事件A，“乙解出該題”為事件B，“丙解出該題”為事件C，
則A，B，C相互獨立，
由題意得P(A)=23，P(AC)=P(A)P(C)=23?P(C)=12，所以P(C)=34，
P(BC)=P(B)P(C)=P(B)(1?P(C))=P(B)?(1?34)=18，所以P(B)=12，
所以乙、丙各自解出該題的概率為12，34．
(2)設“甲、乙、丙3人中至少有1人解出該題”為事件D，
則D=ABC，
因為P(A)=23，P(B)=12，P(C)=34，
所以P(A)=13，P(B)=12，P(C)=14，
因為A、B、C相互獨立，
所以P(D)=1?P(D)=1?P(ABC)=1?P(A)P(B)P(C)=1?13×12×14=2324．
所以甲、乙、丙3人中至少有1人解出該題的概率為2324．
18.(1)證明：因為四邊形ABCD是菱形，∠BAD=π3，E為AB的中點，所以DE⊥AB，
在直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，平面ABB1A1⊥平面ABCD，
因為平面ABB1A1∩平面ABCD=AB，DE?平面ABCD，所以DE⊥平面ABB1A1，
因為B1E?平面ABB1A1，所以DE⊥B1E，
因為四邊形ABB1A1是矩形，AB=2 2，AA1=2，E，F(xiàn)分別為AB，AA1的中點，
所以tan∠AEF=tan∠EB1B= 22，
所以∠AEF=∠EB1B，
因為∠EB1B+∠B1EB=π2，所以∠AEF+∠B1EB=π2，所以∠FEB1=π2，所以EF⊥B1E，
因為DE∩EF=E，且DE，EF?平面DEF，所以B1E⊥平面DEF；
(2)因為EF//平面CDD1C1，所以平面CEF與平面CDD1C1的交線與EF平行，所以交線為CD1，
連接CD1，D1F，CE，
則四棱柱ABCD?A1B1C1D1被平面CEF截得的截面為四邊形EFD1C，
CD1= CD2+DD12= 8+4=2 3，
EF=12CD1= 3，D1F= A1D12+A1F2= 8+1=3，
因為DE⊥AB，所以DE= AD2?AE2= 6，
因為DE⊥CD，所以CE= CD2+DE2= 14，
所以四邊形EFD1C的周長為3+3 3+ 14；
(3)過點D作DG⊥CE，垂足為G，連接D1G，
因為DD1⊥平面ABCD，CE?平面ABCD，所以DD1⊥CE，
因為DG∩DD1=D，DD1，DG?平面DD1G，所以CE⊥平面DD1G，
因為CE?平面CEF，所以平面DD1G⊥平面CEF，
所以點D在平面CEF上的射影必在D1G上，
所以直線DD1與平面CEF所成角為∠DD1G，
因為DE⊥CD，DE= 6，CD=2 2，CE= 14，
所以DG=DE?CDCE= 6×2 2 14=2 427，
所以tan∠DD1G=DGDD1= 427，
即直線DD1與平面CEF所成角的正切值為 427．

19.解：(1)由A=π4，即OB?OC=0，
所以|sin2B?OB?cs2B?OC|2=sin22B?OB2+cs22B?OC2=R2，
即|sin2B?OB?cs2B?OC|=|AO|=R，
又OA?(sin2B?OB?cs2B?OC)=sin2B?(OA?OB)?cs2B?(OA?OC)，
因為∠AOC=2B，所以∠AOB=3π2?2B，
所以OA?(sin2B?OB?cs2B?OC)=?sin22B?R2?cs22B?R2=?R2，
令OA與(sin2B?OB?cs2B?OC)夾角為θ∈[0,π]，
則csθ=?R2R×R=?1，即θ=π，
即OA=?sin2B?OB+cs2B?OC，得證．
(2)因|BC|= 2，∠BOC=π2，則|BC|= 2R= 2，即R=1，
|3OA+2OB+OC|2
=9OA2+4OB2+OC2+12OA?OB+6OA?OC+4OB?OC
=14+12cs2C+6cs2B+4cs2A
=14+12cs2C?6sin2C
=14+6 5cs(2C+θ)，
其中，tanθ=12，且θ為銳角，故0

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