1．若，則（ ）
A．B．C．D．
2．復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限
3．為了培養(yǎng)青少年無私奉獻，服務(wù)社會，回饋社會的精神，某學(xué)校鼓勵學(xué)生在假期去社會上的一些福利機構(gòu)做義工．某慈善機構(gòu)抽查了其中100名學(xué)生在一年內(nèi)在福利機構(gòu)做義工的時間（單位：小時），繪制成如圖所示的頻率分布直方圖，則x的值為（ ）
A．0.0020B．0.0025C．0.0015D．0.0030
4．已知四邊形中，，并且，則四邊形是（ ）
A．菱形B．正方形C．等腰梯形D．長方形
5．拋擲兩枚質(zhì)地均勻的硬幣，記事件“第一枚硬幣正面朝上”，事件“第二枚硬幣反面朝上”，事件“兩枚硬幣都正面朝上”，事件“至少一枚硬幣反面朝上”則（ ）
A．與獨立B．與互斥C．D．
6．在中，內(nèi)角所對的邊分別為，若，則的形狀一定為（ ）
A．直角三角形B．等腰三角形C．等邊三角形D．銳角三角形
7．已知兩個平面，在下列條件下，可以判定平面與平面平行的是（ ）
A．都垂直于一個平面
B．平面內(nèi)有無數(shù)條直線與平面平行
C．是內(nèi)兩條直線，且都與平面平行
D．是兩條異面直線，且分別與平面都平行
8．已知正三棱柱的底面邊長為2，側(cè)棱長為 為棱上一點，則三棱錐的體積為（ ）
A．3B．C．1D．
二、多選題（本大題共3小題）
9．已知向量，，且，則下列說法正確的是（ ）
A．B．
C．向量與夾角是D．
10．若，則下列結(jié)論正確的有（ ）
A．B．若，則
C．若，則D．若，則
11．如圖所示，在正方體中，，分別是，的中點，是線段上的動點，則下列判斷正確的是（ ）
A．三棱錐的體積是定值
B．過，，三點的平面截正方體所得的截面是六邊形
C．存在唯一的點，使得
D．與平面所成的角為定值
三、填空題（本大題共3小題）
12．已知向量，，且，則 ．
13．甲?乙兩人獨立解同一道數(shù)學(xué)題目，甲解出這道題目的概率是，乙解出這道題目的概率是，這道題被解出（至少有一人解出來）的概率是 .
14．在中，，滿足此條件有兩解，則邊長度的取值范圍為 .
四、解答題（本大題共5小題）
15．已知向量，．
(1)若與垂直，求實數(shù)k的值；
(2)已知O，A，B，C為平面內(nèi)四點，且，，．若A，B，C三點共線，求實數(shù)m的值．
16．如圖，在多面體中，四邊形是菱形，平面，，，.

(1)求證：平面；
(2)求證：平面.
17．在中，
(1)求值；
(2)求角和的面積.
18．某地區(qū)課改時實行高考新方案試點，規(guī)定：語文、數(shù)學(xué)和英語是必考科目，考生還要從物理、化學(xué)、生物、歷史、地理和政治六個科目中選取三個科目作為選考科目.為了解某校學(xué)生選科情況，現(xiàn)從高一、高二、高三學(xué)生中各隨機選取了100名學(xué)生作為樣本進行調(diào)查，調(diào)查數(shù)據(jù)如下表，用頻率估計概率.
(1)已知該校高一年級有400人，估計該學(xué)校高一年級學(xué)生中選考歷史的人數(shù)；
(2)現(xiàn)采用分層抽樣的方式從樣本中隨機抽取三個年級中選擇歷史學(xué)科的5名學(xué)生組成興趣小組，再從這人中隨機抽取2名同學(xué)參加知識問答比賽，求這2名參賽同學(xué)來自不同年級的概率；
(3)假設(shè)三個年級選擇選考科目是相互獨立的.為了解不同年級學(xué)生對各科目的選擇傾向，現(xiàn)從高一、高二、高三樣本中各隨機選取1名學(xué)生進行調(diào)查，求這3名學(xué)生均選擇了第1門科目的概率.
19．如圖，在三棱柱中，底面中角為直角，，側(cè)面底面.
(1)求證：；
(2)當(dāng)，直線與平面所成角為時，
（i）求證：平面平面；
（ii）求二面角的正弦值.
參考答案
1．【答案】C
【分析】
求出向量的坐標，根據(jù)模的計算公式求得答案.
【詳解】
因為，
所以,
因此，，
故選：.
2．【答案】C
【分析】化簡復(fù)數(shù)后，利用復(fù)數(shù)對應(yīng)象限內(nèi)點的特征求解即可.
【詳解】由題意得，故在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為，
該點位于第三象限.
故選C.
3．【答案】B
【分析】根據(jù)題意結(jié)合頻率和為1列式求解即可.
【詳解】由題意可得：，解得.
故選：B.
4．【答案】A
【分析】由，得到四邊形為平行四邊形，再由，得到，得出四邊形為菱形.
【詳解】由題意，四邊形中，
因為，可得且，所以四邊形為平行四邊形，
又因為，可得，
所以四邊形為菱形.
故選：A.
5．【答案】D
【分析】寫出樣本空間及事件，再結(jié)合相互獨立事件、互斥事件判斷AB；利用古典概率公式計算判斷CD.
【詳解】樣本空間{(正,正),(正,反),(反,正),(反,反)}，事件{(正,正),(正,反)}，
事件{(正,反),(反,反)}，事件{(正,正)}，事件{(正,反),(反,正),(反,反)}，
對于A，，而，，與不獨立，A錯誤；
對于B，事件可以同時發(fā)生，與不互斥，B錯誤；
對于C，，C錯誤；
對于D，{(正,正),(正,反),(反,反)}，，D正確.
故選：D
6．【答案】A
【分析】利用余弦定理將化為，然后化簡可得答案.
【詳解】，
由余弦定理可得，則，
則，所以為直角三角形.
故選：A.
7．【答案】D
【分析】根據(jù)空間線面位置關(guān)系，依次討論各選項即可得答案.
【詳解】解：對于A選項，都垂直于一個平面，平面與平面平行或相交，故錯誤；
對于B選項，平面內(nèi)有無數(shù)條直線與平面平行，則兩個平面平行或相交，故錯誤；
對于C選項，當(dāng)是內(nèi)兩條相交直線，且都與平面平行時，，故錯誤；
對于D選項，是兩條異面直線，且分別與平面都平行，則，故正確.
故選：D
8．【答案】C
【分析】連接,通過已知條件證明平面,即為三棱錐的高，再通過三棱錐的體積公式計算即可.
【詳解】如圖所示，連接,
因為為正三角形，且為中點，
所以,
又因為平面,且平面，
所以,
因為,平面,平面，
所以平面,
所以為三棱錐的高，且,
所以.
故選C.
9．【答案】BCD
【分析】根據(jù)題意，由條件可得，再由平面向量的坐標運算，代入計算，對選項逐一判斷，即可得到結(jié)果.
【詳解】因為向量，，則，
且，則，解得，故A錯誤；
因為，，則，故B正確；
因為，則，故C正確；
因為，則，故D正確；
故選：BCD
10．【答案】BCD
【解析】對于選項A B C：利用基本不等式化簡整理求解即可判斷，對于選項D：利用作差法判斷即可.
【詳解】對于選項A：若，
由基本不等式得，
即，
得，
故，
當(dāng)且僅當(dāng)時取等號；
所以選項A不正確；
對于選項B：若，
，
，
當(dāng)且僅當(dāng)且，
即時取等號，
所以選項B正確；
對于選項C：由，
，
即，
由基本不等式有：
，
當(dāng)且僅當(dāng)且，
即時取等號，
所以選項C正確；
對于選項D：，
又，得，
所以，
所以選項D正確；
故選：BCD.
【點睛】易錯點睛：利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項必須為正數(shù)；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構(gòu)成和的二項之積轉(zhuǎn)化成定值；要求積的最大值，則必須把構(gòu)成積的因式的和轉(zhuǎn)化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發(fā)生錯誤的地方.
11．【答案】AC
【分析】利用，結(jié)合的面積為定值，點到平面的距離為定值，可判斷A；平面的基本性質(zhì)作出面與的交點，利用正方體的性質(zhì)及線線平行、線面平行、中位線性質(zhì)判斷B；當(dāng)為中點時，可得，進而判斷C；到平面的距離一定，而長度隨運動會變化，結(jié)合線面角定義判斷D.
【詳解】因為是線段上的動點，而且，
所以的面積為定值，又點到平面的距離為定值，
，所以三棱錐的體積是定值，A正確；
過作分別交，的延長線于，，連接，，如圖，
為，的交點，為，的交點，所以截面為五邊形，B錯誤；
在上運動，當(dāng)時，，而為中點，
所以當(dāng)為中點時，，故存在唯一的點使得，C正確；
由，平面，平面，則平面，
所以到平面的距離一定，而長度隨運動會變化，
故與平面所成的角不為定值，D錯誤.
故選：AC.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題A選項解決的關(guān)鍵在于，利用線線平行得到點到的面積為定值，從而得解.
12．【答案】
【分析】根據(jù)向量平行的坐標運算求解.
【詳解】因為，則，解得.
故答案為：.
13．【答案】
【分析】設(shè)這道題沒被解出來為事件A，則這道題被解出（至少有一人解出來）的概率
【詳解】設(shè)數(shù)學(xué)題沒被解出來為事件A，
則，
則這道題被解出（至少有一人解出來）的概率：
.
故答案為：
14．【答案】
【分析】根據(jù)三角形有兩解，應(yīng)滿足，化簡即可求解.
【詳解】有兩解，，.
故答案為：.
15．【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)由向量坐標線性運算結(jié)合垂直關(guān)系的坐標運算，列出方程求解即可；
(2)由向量的加減、數(shù)乘運算表示，，再由共線定理解出實數(shù)m的值．
【詳解】(1)，
則，
因為與垂直，所以，
解得．
(2)，
，
，
，
因為A，B，C三點共線，所以．
所以，
解得．
16．【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）由菱形的性質(zhì)證得，由已知平面，證得，由線面垂直的判定定理得證平面；
（2）取的中點，證明四邊形為平行四邊形，得證，由線面平行的判定定理得平面.
【詳解】（1）證明：連接，交于點，
因為四邊形為菱形，所以，
因為平面，平面，所以，
因為，平面，
所以平面；

（2）證明：取的中點，連接，
又為的中點，有，，
已知，，
則有，，四邊形為平行四邊形，
有，即有，
平面，平面，所以平面.
17．【答案】(1)
(2)，的面積為
【詳解】（1）在中，由正弦定理得
因為，所以，
由余弦定理得，代入，
解得或（舍）
（2）由余弦定理推論得，
因為，所以角；
因此的面積為.
18．【答案】(1)80人
(2)
(3)
【分析】（1）由樣本中選擇歷史學(xué)科的比例結(jié)合高一年級學(xué)生總?cè)藬?shù)即可得解.
（2）先確認各年級樣本中抽取的人數(shù)并進行編號，列出從這5名運動員中隨機抽取2名參加比賽所有可能的結(jié)果，再由2名參賽同學(xué)來自相同年級的可能結(jié)果即可求出2名參賽同學(xué)來自不同年級的概率.
（3）先求出樣本中三個年級選第一門科目的概率即可依據(jù)相互獨立乘法概率公式進一步求出所求概率.
【詳解】（1）由題意知，樣本中高一學(xué)生共有100人，其中選擇歷史學(xué)科的學(xué)生有20人，
故估計高一年級選歷史學(xué)科的學(xué)生有人.
（2）由表格數(shù)據(jù)可知應(yīng)從樣本中三個年級選歷史的學(xué)生中分別抽取人數(shù)為1，2，2，
編號依次為，，，，，
從這5名運動員中隨機抽取2名參加比賽，所有可能的結(jié)果為
，，，，，，，，，，共10種，
設(shè)為事件“這2名參賽同學(xué)來自不同年級”，
則 為事件“這2名參賽同學(xué)來自相同年級”有，共2種，
所以事件發(fā)生的概率.
（3）樣本中三個年級選第一門科目的學(xué)生分別為80，60，50，
所以樣本中三個年級選第一門科目的概率分別為，
所以現(xiàn)從高一、高二、高三樣本中各隨機選取1名學(xué)生進行調(diào)查，
則這3名學(xué)生均選擇了第1門科目的概率為.
19．【答案】(1)證明見解析
(2)（i）證明見解析；（ii）
【分析】（1）先求證平面，進而得，接著由是菱形得，從而得平面，進而得證.
（2）（i）求證平面即可由面面垂直的判定定理得證平面平面；
（ii）分別作交于，作交于，連接，進而得平面，從而得是二面角的平面角，接著由等面積法求出和即可由得解.
【詳解】（1）因為，所以，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因為平面，所以，
由三棱柱性質(zhì)得四邊形是平行四邊形，又因為，
所以是菱形，所以，
因為，、平面，所以平面，
因為平面，所以.
（2）（i）當(dāng)時，因為，
所以，所以，
由（1）平面，平面，所以，
因為，、平面，所以平面，
因為平面，所以平面平面；
（ii）因為平面，平面，
所以直線與平面所成的角為，所以，
因為，且，，，故，
作交于，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
作交于，連接，
因為，、平面，所以平面，
因為平面，所以，
所以是二面角的平面角，
因為即，所以，
因為即，所以，
所以，
所以二面角的正弦值為.
【點睛】思路點睛：本題在求二面角時采用的方法是定義法，通過作交于和作交于，從而作出二面角的棱的垂面，進而得到二面角的平面角，再由等面積法求出和即可得解.
2024-2025學(xué)年湖南省汨羅市高二上學(xué)期開學(xué)考試數(shù)學(xué)檢測試題（二）
一、單選題（本大題共8小題）
1．已知向量，，且，則（ ）
A．6B．C．D．
2．若是第一象限角，則下列各角是第三象限角的是（ ）
A．B．C．D．
3．下列各組數(shù)的方差最大的是（ ）
A．5，5，5，5，5，5，5，5，5B．4，4，4，5，5，5，6，6，6
C．3，3，4，4，5，6，6，6，7，7D．2，2，2，2，5，8，8，8，8
4．已知m，n表示兩條不同的直線，，表示兩個不同的平面，則下列說法正確的是（ ）
A．若，，則
B．若，，則
C．若，，，則
D．若，，則
5．若向量，滿足，，，則與的夾角為（ ）
A．B．C．D．
6．圓臺的上?下底面半徑分別是10和20，它的側(cè)面展開圖扇環(huán)的圓心角為180°，則下面說法不正確的是（ ）
A．圓臺的母線長是20B．圓臺的表面積是
C．圓臺的高是D．圓臺的體積是
7．位于四川省樂山市的樂山大佛，又名“凌云大佛”，是世界文化與自然雙重遺產(chǎn)之一．如圖，已知PH為佛像全身高度，PQ為佛身頭部高度（PQ約為15米）．某人為測量樂山大佛的高度，選取了與佛像底部在同一水平面上的兩個測量基點A，B，測得米，米，，在點A處測得點Q的仰角為48.24°，則佛像全身高度約為（ ）（參考數(shù)據(jù)：取，，）

A．56米B．69米C．71米D．73米
8．如圖，已知正方形的邊長為2，，分別是，的中點，平面，且，則與平面所成角的正弦值為（ ）

A．B．C．D．
二、多選題（本大題共4小題）
9．對于兩個平面α，β和兩條直線m，n，下列命題中假命題是（ ）
A．若，則B．若，則
C．若，則D．若，則
10．如圖，E，H分別在線段PA，PD上，C是線段AD的中點，F(xiàn)是線段EH的中點，，PC與EH交于點G，則（ ）

A．B．C．D．
11．在等腰直角三角形中，，，則下列命題正確的是（ ）
A．B．
C．D．
12．已知O為坐標原點，點，，，，則（ ）
A．B．
C．D．
三、填空題（本大題共4小題）
13．已知點B是點在坐標平面內(nèi)的射影，則 .
14．已知平面向量的夾角為，則
15．已知三棱錐，底面，且是邊長為的正三角形，，則該三棱錐的外接球表面積是 ．
16．如圖，正方體的棱長為2，E，F(xiàn)分別為，的中點，P是底面上一點．若平面BEF，則AP與平面成角的正弦值的取值范圍是 ．

四、解答題（本大題共6小題）
17．已知，求下列各式的值.
(1)；
(2).
18．近年來，“直播帶貨”受到越來越多人的喜愛，目前已經(jīng)成為推動消費的一種流行營銷形式.某直播平臺有800個直播商家，對其進行調(diào)查統(tǒng)計，發(fā)現(xiàn)所售商品多為小吃、衣帽、生鮮、玩具、飾品類等，各類直播商家所占比例如圖①所示.為了更好地服務(wù)買賣雙方，該直播平臺打算用分層抽樣的方式抽取60個直播商家進行問詢交流.

(1)應(yīng)抽取小吃類、生鮮類商家各多少家？
(2)在問詢了解直播商家的利潤狀況時，工作人員對抽取的60個商家的平均日利潤進行了統(tǒng)計（單位：元），所得頻率直方圖如圖②所示.
（i）估計該直播平臺商家平均日利潤的中位數(shù)與平均數(shù)（求平均數(shù)時同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間中點的數(shù)值為代表）；
（ii）若將平均日利潤超過470元的商家稱為“優(yōu)質(zhì)商家”，估計該直播平臺“優(yōu)質(zhì)商家”的個數(shù).
19．已知復(fù)數(shù)，．
(1)若是純虛數(shù)，求的值；
(2)若在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第三象限，求的取值范圍．
20．已知，，其中，函數(shù)的最小正周期為.
(1)求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間；
(2)在銳角中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且滿足，求的取值范圍.
21．在銳角中，角的對邊分別為，，，已知且．
(1)求角A的大小；
(2)若，求的面積；
(3)求的取值范圍．
22．在三棱錐A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O為BD的中點，AO⊥平面BCD，AO=2，E為AC的中點．
（1）求直線AB與DE所成角的余弦值；
（2）若點F在BC上，滿足BF=BC，設(shè)二面角F—DE—C的大小為θ，求sinθ的值．
參考答案
1．【答案】B
【分析】根據(jù)平面向量的共線定理，列出方程求出的值.
【詳解】向量，，且，
，
解得.
故選B.
2．【答案】C
【分析】根據(jù)象限角的概念判斷即可.
【詳解】若是第一象限角，則，
，則是第四象限角，故D錯誤；
，則是第一象限角，故A錯誤；
，則是第二象限角，故B錯誤；
，則是第三象限角，故C正確.
故選C.
3．【答案】D
【分析】根據(jù)平均數(shù)、方差的公式逐一計算并比較即可得解.
【詳解】對于A，所有數(shù)都是5，所以方差為0，
對于B，該組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為，
方差為，
對于C，該組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為，
方差為，
對于D，該組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為，
方差為，
對比各個選項可知，D符合題意.
故選D.
4．【答案】D
【分析】由平行于同一平面的兩直線的位置關(guān)系判定A；由面面垂直、線面垂直判定線面關(guān)系判斷B；由兩平行平面內(nèi)兩直線的位置關(guān)系判斷C；由平面與平面垂直的判定定理判斷D．
【詳解】若，，則或m與n相交或m與n異面，故A錯誤；
若，，則或，故B錯誤；
若，，，則或m與n異面，故C錯誤；
若，，由面面垂直的判定定理可得，故D正確.
故選D.
5．【答案】C
【分析】由向量垂直的數(shù)量積表示得，然后由向量夾角公式計算．
【詳解】由已知得，，，
，所以.
故選C．
6．【答案】C
【分析】根據(jù)給定條件，作出圓臺側(cè)面展開圖，求出圓臺的母線長和高，再利用表面積和體積公式求解判斷作答.
【詳解】依題意，圓臺側(cè)面展開圖，如圖，

設(shè)圓臺的上底面周長為，由扇環(huán)的圓心角為，得，又，
則，同理，于是圓臺的母線，高，
表面積，
體積，ABD正確，C錯誤.
故選C.
7．【答案】C
【分析】由余弦定理可得，再由，可求得，從而可得結(jié)論.
【詳解】由余弦定理可得．
依題意得，則，
所以，
則，
故佛像全身高度約為71米．
故選C.
8．【答案】D
【分析】連接、，且、分別交于、，證明平面，再利用面面垂直的判定得平面平面，再作出，利用面面垂直的性質(zhì)有平面，最后根據(jù)線面角的定義計算相關(guān)長度即可.
【詳解】如圖，連接、，且、分別交于、.
四邊形是正方形，、分別為和的中點，
故為的中點，平面，平面，
平面，到平面的距離就是點到平面的距離.
，即，平面，
平面，，平面，
平面平面平面平面，
作交于點，平面，平面平面，
平面，線段的長就是點到平面的距離.
正方形的邊長為.
平面，平面，所以，
在中，，根據(jù)，
有，得，
，平面，的長即為點到平面的距離，
，即與平面成角的正弦值為.
故選D.

9．【答案】ABC
【分析】根據(jù)題意，結(jié)合線面位置關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理，逐項判定，即可求解.
【詳解】對于A中，若，可得或，所以A是假命題；
對于B中，若，可得或，所以B是假命題；
對于C中，由，設(shè)，當(dāng)且時，
可得，此時，所以C是假命題；
對于D中，如圖所示，過點作，
因為，可得，
設(shè)，可得，所以，
又因為，所以平面，
因為平面，所以，
所以為二面角的平面角，因為，所以，
在矩形中，可得，所以，即，所以D正確.
故選ABC.

10．【答案】CD
【分析】由題意，選定和作為平面向量的一組基底，由平面向量基本定理，將和用基底表示出來，比較系數(shù)即可求得．
【詳解】設(shè)，，
因為是線段的中點，則有，
由，可得，
設(shè)
，
則由平面向量基本定理可得，解得，
又，，三點共線，
故可設(shè)，
設(shè)，由為中點可知，
，將代入可得，
即，正確；
又，
，
，
設(shè)，
則有，
即，解得，，
故，正確；
故選CD．
11．【答案】AD
【分析】根據(jù)向量的線性運算法則，可判定A正確；由，可判定B不正確； ，可判定C不正確；由，，結(jié)合數(shù)量積的運算公式，可判定D正確.
【詳解】如圖所示，等腰直角中，，，
對于A中，由，
所以A正確；
對于B中，由，所以B錯誤；
對于C中，由，
所以，所以C錯誤；
對于D中，由，
所以，所以D正確.
故選AD.

12．【答案】ABD
【分析】AB選項，利用向量模長公式計算得到，；C選項，由向量數(shù)量積公式得到不一定相等；D選項，由向量數(shù)量積運算法則，和差化積公式計算出，D正確.
【詳解】A選項，，，
故，A正確；
B選項，，
故
，
，
故
，
由于，故，B正確；
C選項，，
，
因為不一定相等，故不一定相等，C錯誤；
D選項，由和差化積可得
，
當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，故D正確.
故選ABD.
【思路導(dǎo)引】和差化積公式：，
，
，
積化和差公式：，
，
，
.
13．【答案】
【解析】根據(jù)空間中點的對稱關(guān)系得到B點的坐標，利用兩點之間的距離公式得到結(jié)果．
【詳解】∵點B是點在坐標平面內(nèi)的正射影，
∴B在坐標平面上，橫標和縱標與A相同，而豎標為0，
∴B的坐標是，
∴.
故答案為：.
14．【答案】
【分析】由向量的數(shù)量積運算及運算律可求得答案.
【詳解】，
所以．
故答案為：.
15．【答案】
【分析】取的中點，連接，過點作平面，得到球心在上，過球心作，則球的半徑為，求得，求得球的半徑，結(jié)合球的表面積公式，即可求解.
【詳解】取三角形的中心，連接，過點作平面，
因為為邊長為的等邊三角形，所以球心在上,不妨設(shè)為三棱錐外接球球心，
過球心作，交于點，則球的半徑為，
因為在三棱錐中，底面，且是邊長為的等邊三角形，,
所以，
因為，所以，所以，
所以球的半徑，
所以該三棱錐外接球的表面積為.
故答案為：.
16．【答案】
【分析】根據(jù)線面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用線面角的定義，結(jié)合銳角三角函數(shù)的定義，可得答案.
【詳解】如圖，取的中點，的中點M，連接AM，AN，MN，，，

由正方體，E，N分別為，的中點，
易知，且，
所以四邊形為平行四邊形，所以，
又因為平面BEF，平面BEF，所以平面BEF，
因為E，F(xiàn)分別為，的中點，由中位線性質(zhì)可得，同理可知，所以，
又因為平面，平面，所以平面，又，平面AMN，所以平面平面，
因為P是底面上一點，且平面，所以點，
由分別為的中點，且，，則，，即，
由，則
在等腰中，底邊上的高，
則AP的長度的取值范圍為，
設(shè)與平面成角為，在正方體中，易知平面，且為垂足，
所以．
故答案為：.
【思路導(dǎo)引】本題的解題關(guān)鍵在于面面平行的性質(zhì)定理以及線面角定義的理解，利用正方體的幾何性質(zhì)，得以解題.
17．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求得，將要求的表達式轉(zhuǎn)化只含的形式，由此求得表達式的值.
（2）利用“”的代換的方法求得表達式的值.
【詳解】（1）由于，所以，
所以.
（2）
.
18．【答案】(1)小吃類21家，生鮮類9家.
(2)（i）中位數(shù)為元，平均數(shù)為440元；（ii）256.
【分析】（1）根據(jù)分層抽樣的定義計算即可；
（2）（i）根據(jù)中位數(shù)和平均數(shù)的定義計算即可；
（ii）根據(jù)樣本中“優(yōu)秀商家”的個數(shù)來估計總體中“優(yōu)秀商家”的個數(shù)即可.
【詳解】（1）根據(jù)分層抽樣知：
應(yīng)抽取小吃類家，生鮮類家，
所以應(yīng)抽取小吃類21家，生鮮類9家.
（2）（i）根據(jù)題意可得，解得，
設(shè)中位數(shù)為x，因為，，
所以，解得，
所以該直播平臺商家平均日利潤的中位數(shù)為元.
平均數(shù)為,
所以該直播平臺商家平均日利潤的平均數(shù)為440元.
（ii），
所以估計該直播平臺“優(yōu)秀商家”的個數(shù)為256.
19．【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）由實部為且虛部不為列式求解；
（2）由實部與虛部均小于得到不等式組，求出的取值范圍．
【詳解】（1）是純虛數(shù)，
故，解得
（2）因為在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第三象限，
所以，解得，
故的取值范圍為．
20．【答案】(1)單調(diào)遞增區(qū)間為，
(2)
【分析】（1）根據(jù)向量數(shù)量積的坐標表示可知，由最小正周期為可得，即可知，再利用三角函數(shù)單調(diào)性即可求得的單調(diào)遞增區(qū)間為，；
（2）根據(jù)三角形形狀可得，再由正弦定理得，又，所以.
【詳解】（1）因為，，
則，
，
故，
因為最小正周期為，所以，所以，故，
由，，解得，，
所以的單調(diào)遞增區(qū)間為，.
（2）由（1）及，即，又，
所以，解得，
又為銳角三角形，即，即，
解得；
由正弦定理得，又，則，
所以.
21．【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根據(jù)題意結(jié)合三角恒等變換運算求解；
（2）先利用余弦定理求得，進而可求面積；
（3）利用正弦定理邊化角，結(jié)合三角恒等變換可得，結(jié)合正弦函數(shù)的有界性運算求解.
【詳解】（1）因為，
且，則，可得，
整理得，所以.
（2）由余弦定理，即，
解得或（舍去），
所以的面積.
（3）由正弦定理，可得，
則
，
因為為銳角三角形，且，則，解得，
則，可得，
則，
所以的取值范圍為.
22．【答案】（1）（2）
【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用向量數(shù)量積求直線向量夾角，即得結(jié)果；
（2）先求兩個平面法向量，根據(jù)向量數(shù)量積求法向量夾角，最后根據(jù)二面角與向量夾角關(guān)系得結(jié)果.
【詳解】
（1）連
以為軸建立空間直角坐標系，則
從而直線與所成角的余弦值為.
（2）設(shè)平面一個法向量為
令
設(shè)平面一個法向量為
令
因此.
【思路導(dǎo)引】二面角的求法
方法一(幾何法)：找→作(定義法、三垂線法、垂面法)→證(定義)→指→求(解三角形)．
方法二(向量法)：首先求出兩個平面的法向量m，n，再代入公式cs α＝± (其中m，n分別是兩個平面的法向量，α是二面角的平面角)求解(注意通過觀察二面角的大小選擇“±”)．
選考情況
第1門
第2門
第3門
第4門
第5門
第6門
物理
化學(xué)
生物
歷史
地理
政治
高一選科人數(shù)
80
70
35
20
35
60
高二選科人數(shù)
60
45
55
40
40
60
高三選科人數(shù)
50
40
60
40
40
70

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