浙江省嘉兴市2022-2023学年高一年级下册期末数学试题（含解析）

嘉兴市2022〜2023学年第二学期期末检测

高一数学试题卷

本试题卷共6页，满分150分，考试时间120分钟.

考生注意:

1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答

题纸规定的位置上.

2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题

卷上的作答一律无效.

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项

是符合题目要求的.

1.已知复数z满足（1一’”=»（其中［为虚数单位），则忖=

A.；B.—C.1D.72

22

2.已知向量。=（3,1）乃=（一2,利），且4//,则实数机的值为（）

3322

A.---B.-C.---D.一

2233

3.如图，某四边形ABC。的直观图是正方形AB'C'。'，且A（l,0）,C（-l,0）,则原四边形ABCO的面

积等于（）

C.4D.472

4.如图，在△49。中，|。4卜|。叶分别在上，且A3=3C=CD,点P为A£＞的中点，则

下列各值中最小的为（）

o

c.OPOCD.OPOD

5.下列说法中正确是

A.平行于同一直线的两个平面平行B.垂直于同一直线的两个平面平行

C.平行于同一平面的两条直线平行D.垂直于同一平面的两个平面平行

6.有6本不同的书，其中工具类、人物传记类和现代文学类各2本，现从中随机抽取2本，则恰好抽到2

本不同种类书的概率为（）

54「32

A.—B.—C.-D.-

6543

IT

7.已知在中，=点。满足2BD=QC，且AD=2,则面积的最大值为（）

33J3

A.-B.C.2D.2Vr3

22

8.如图，棱长为3的正方体ABC。一AAGA中，点G在线段AC上且|AG|=0，点瓦厂,”分别为

线段AB，AG，AA上的动点，则空间四边形AFHE周长的最小值为（）

C.|(V2+V6)D.|(G+述)

二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目

要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9.给出下列命题，其中正确的是（）

A.若一组数据为«=1,2,,10）的方差为2,则2%—1（，=1,2,…,10）的方差为3

B.给定五个数据5,4,3,1,3,则这组数据70%分位数是4

C.若事件A与事件B是相互独立事件，则有P（A8）=P（A）P（B）

D.若事件A与事件8是对立事件，则有「（A+8）=P（4）+P（B）

7T

10.在..ABC中，A=-,AB=2,下列结论正确的是（）

6

A.若BC=G,，则C=：

B.若AC=6，则BC=1

C.若-ABC的面积S=X2,则该三角形为直角三角形

3

H.如图，棱长为1的正方体中ABC。—A4GD中，下列结论正确的是（）

A.异面直线瓦已与BG所成的角为60

B.直线AC与平面G8A所成的角为45

C.二面角B-G。一。平面角的正切值为_及

D.点A到平面BDQ的距离为2叵

3

12.在ABC中，,。|=2,则下列结论正确的是（）

A.若A5-AC=1，则8c边上的中线长,4=J5

B.若A5.AC<（），贝iJ|+|ACF<4

3

C.若tanA=—,则二ABC面积的最大值为2

4

4

D.若|AB|=2|AC|,则-ABC面积的最大值为§

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.若复数z=（下一3。+2）+（。一巾（i为虚数单位）为纯虚数，则实数a

14.甲乙两人下棋，每局甲获胜的概率均为0.6,且没有和棋，在三局两胜制的规则下（即先胜两局者获得

最终胜利），则甲获胜的概率为

15.海伦不仅是古希腊的数学家，还是一位优秀的测绘工程师，在他的著作《测地术》中最早出现了已知

三边求三角形面积的公式，即著名的海伦公式S=Jp（p_a）（p_6）（〃一c）（其中p=g（a+匕+c））,

dc分别为的三个内角A3,。所对的边，该公式具有轮换对称的特点，形式很美.已知在

中，a=2,0=3,c=4,则该三角形内切圆的半径为

16.如图，在直角梯形ABCD中，/A4O=90,A3=AO=1,CD=2,将△A3。沿BO翻折成

ABD,使二面角A-3。-C为60，则三棱锥A—BCD外接球的表面积为

四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17己知平面向量”,6,|a|=2,|61=石，£Lb-(a-b)=Q.

（1）求。与〃的夹角。的值;

（2）当1-取得最小值时，求实数4值.

18.在丁乃。中，内角A民。所对的边分别为已知a=2,请在①

(sinA-sinC)2=sin?Z?-sinAsinC；②人cosC+5c=2；

这两个条件中任选一个，完成下列问题:

⑴求角B;

（2）若。=2,点。在8c的延长线上，且3C=2c0,求AD的长.

注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答记分.

19.已知在四棱锥产一/WCD中，姑，平面488,底面ABCO为直角梯形，ABrBC,AD//BC,

ACcBO=O,A3="BC=l,AD=2,PA=l.

p

(1)求点A到平面PBC的距离；

(2)若CQ=/ICP,且Q4平面BOQ,求实数2的值.

20.1981年，在大连召开的第一届全国数学普及工作会议上，确定将数学竞赛作为中国数学会及各省、市、

自治区数学会的一项经常性工作，每年10月中旬的第一个星期日举行“全国高中数学联合竞赛”，竞赛分为

一试(满分120分)和二试(满分180分)，在这项竞赛中取得优异成绩的学生有资格参加由中国数学会奥林

匹克委员会主办的“中国数学奥林匹克(CM0)暨全国中学生数学冬令营”(每年11月)，己知某地区有50人

参加全国高中数学联赛，其取得的一试成绩绘制成如图所示的频率分布直方图.

(1)根据频率分布直方图估计学生成绩的平均数〃和中位数人的值(同一组数据用该组区间的中点值代替)；

(2)若成绩在100分及以上的试卷需要主委会抽样进行二次审阅，评审员甲根据上表在此地区100分以上的

试卷中根据分层抽样的原则抽取3份进行审阅，已知4同学的成绩是105分，E同学的成绩是111分，求

这两位同学的试卷同时被抽到的概率.

7T

21.如图，己知等腰梯形ABCO与矩形或正尸所在平面互相垂直，AB^AD=CD=\,=—.

3

(1)求证：平面•平面5。£下；

（2）设二面角3—C£—O的大小为a,4尸与平面皮）后所成的角为£，若a与/满足

tana•tanQ=，求3Z7的长.

22.在_A8C中，内角A,8,C所对的边分别为a,九c,其面积为S,满足6c4-CB+2s=&".

⑴若c=2,求0|C4+C@—C4-CB的最大值；

（2）若5。2一3片=6,求c的最小值.

嘉兴市2022〜2023学年第二学期期末检测

高一数学试题卷

本试题卷共6页，满分150分，考试时间120分钟.

考生注意：

1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答

题纸规定的位置上.

2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题

卷上的作答一律无效.

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项

是符合题目要求的.

1.已知复数z满足（1一,”=»（其中［为虚数单位），则忖=

旦

C.1D.V2

【答案】B

【解析】

【分析】将复数化简为z=-L+'i,再求模长即可.

22

-1+Z11.

【详解】(1—i)z=i,贝1]2=乙—+—z

''I一1(1-00+0222

故选3

【点睛】本题主要考查了复数运算，同时考查了复数的模长公式，属于简单题.

2.已知向量”=（3,1）1=（一2,加），且&/姑，则实数〃？的值为（）

【答案】C

【解析】

【分析】根据平面向量平行的坐标表示列式求解即可.

【详解】因为a/7,且。=（3』）,。=（一2,m），

2

所以3m-lx(-2)=0,解得机=一§.

故选：C

3.如图，某四边形A8CD的直观图是正方形AB'C。'，且A(1,O),C'(T,O),则原四边形ABC。的面

积等于()

A.2B.272C.4D.472

【答案】D

【解析】

【分析】求出正方形A'B'C'。的面积，根据直观图和原图形面积之间的关系，即可求得答案.

【详解】由题意可知A'(1,O),C'(-1,0),即A'C'=2,

故AB=V2>所以S正方形=2,

与二4起

则原四边形A6CD的面积为也，

彳

故选：D

4.如图，在△AQD中，3,C分别在A。上，且A3=8C=C£>,点尸为AO的中点，则

下列各值中最小的为()

A.OPOAB.OPOBC.OPOCD.OPOD

【答案】D

【解析】

【分析】以04,0。为基底，分别表示各个向量，利用数量积的运算化简，结合|。4卜|。。],比较出最小

的值，得出选项.

【详解】点P为的中点，・・・。尸=，04+。。)，

B,C分别在A。上，且A3=BC=C。，

11/X2-1

:.OB=OA+AB=OA+-AD^OA+-(OD-OA]=-OA+-OD,

33、>33

0O1O

OC^OA+AC=OA+-AD^OA+-(OD-OA\^-OA+-OD,

33、>33

选项A,OPO4=g(QA+OO)-QA=goA12+；O£>OA,

选项B，|OA|>|OD|..,OD<OA'

1/\(21>121121,1

OPOB^-\OA+OD\-\-OA+-OD\^-0A+-ODOA+-OD<-OA+-ODOA=OPOA,

2、H33J32622

选项c,-|OA|>|OD|,：,OD~<OA^

OPOC=-(OA+OD)\-OA+-OD\=-OA2+-ODOA+-OD2

2、,(33J623

12112

<-OA+-ODOA+-OD=OPOB,

326

选项D,网〉|叫,OD<OX,

1/\11211212

OPOD^-(OA+OD]OD^-ODOA+-OD<-ODOA+-OD+-0A^OPOC,

2V>22236

综上可知，OPQD最小，

故选：D

5.下列说法中正确的是

A.平行于同一直线的两个平面平行B.垂直于同一直线的两个平面平行

C.平行于同一平面的两条直线平行D.垂直于同一平面的两个平面平行

【答案】B

【解析】

【详解】平行于同一直线的两个平面可以平行、相交，故不正确，垂直于同一直线的两个平面平行正确，

平行于同一平面的两条直线平行错误，因为也可以相交也可以是异面直线，垂直于同一平面的两个平面平

行错误，因为也可以相交，故选B.

6.有6本不同的书，其中工具类、人物传记类和现代文学类各2本，现从中随机抽取2本，则恰好抽到2

本不同种类书的概率为（）

【答案】B

【解析】

【分析】根据组合公式运算，然后思考抽取对立事件求解，相对来说容易求解;

【详解】从6本不同的书中随机抽取2本，抽法有：或=*=15种，

恰好抽到2本恰好为相同种类书有：3c：=3种，

故恰好抽到2本不同种类书的概率为：

故选：B；

TT

7.己知在ABC中，=点。满足28£>=OC，且AD=2,则，ABC面积的最大值为（）

33百r

A-B.C.2D.2V3

22

【答案】B

【解析】

21

【分析】根据28O=OC，易得ADn4AB+:AC,再两边平方结合基本不等式得到从'<6,然后利用

33

三角形的面积公式求解.

【详解】解：设A6=c,4C=6,如图所示:

7T

因为在中，NA4C=§,点。满足28O=OC，且AD=2,

171

所以AO=A6+BO=A8+—BC=—A5+±AC,

333

则AO?=[-AB+-AC\=-AB2+-AC+-ABAC，

(33J999

…421,22,„4,1,2,2,

则4=—c-+一8一+—0c22j—L•一。2一+—8c=-be，

999V9993

所以。cW6,当且仅当b=c时，等号成立，

而ws_1入•人/3G

所以5公ABC~58csinAW———，

故选：B

8.如图，棱长为3的正方体ABC。—A片GA中，点G在线段AC上且|47|=百，点及分别为

线段A8,4G，AA上的动点，则空间四边形周长的最小值为（）

A.+B.+C.：D.+

【答案】C

【解析】

【分析】把平面AACG与平面展开在同一平面上4BCG上，然后利用对称将空间四边形各边

长转化到同一直线上，找到最小值即可求解；

【详解】把平面AACG与平面展开在同一平面上上，

作点A关于AG的对称点M,因为|AG|=K，且正方体边长为3,易得一4AM为正三角形，由对称性

可得：

所以周长|隹|+|£川+|“耳+|刚=|4目+但川+|加|+|而以与〃|,

作MN，3c,可得AAGA】NM

易得|MN|=g，忸网=3+gG，

14M=J|4N『+|MN『

故选：c.

二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目

要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9.给出下列命题，其中正确的是（）

A.若一组数据七（i=l,2,,10）的方差为2,则2%—1«=1,2"..,10）的方差为3

B.给定五个数据5,4,3,1,3,则这组数据的70%分位数是4

C.若事件A与事件8是相互独立事件，则有P（4B）=P（A）P（B）

D.若事件A与事件B是对立事件，则有P（A+B）=尸（A）+P（3）

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据方差公式可求解选项A,利用百分位数的定义可求解选项B,根据独立事件的概率乘法公式求

解选项C,根据事件的对立关系可求解选项D.

【详解】对A,若一组数据％（i=l,2,,10）的方差为2,

则2%,.-1(?=1,2,...,10)的方差为22x2=8，A错误;

对B,给定五个数据5,4,3,1,3,由小到大排列为1,3,3,4,5,

5x0.7=3.5,则这组数据的70%分位数是第4个数为4,B正确；

对C,若事件A与事件8是相互独立事件，则有P（AB）=P（4）P（B）,C正确;

对D,若事件A与事件B是对立事件，则P（AB）=0,

则有「（A+8）=P（A）+P（8）-P（AB）=P（A）+P（8）,D正确,

故选:BCD.

TT

10.在.ABC中，A=—,AB=2,下列结论正确的是（）

6

7E

A.若BC=V2，则。=W

B.若AC=6则BC=1

C.若..ABC的面积S=9,则该三角形为直角三角形

3

D.若二ABC为锐角三角形，则

【答案】BD

【解析】

【分析】根据正弦定理求解角判断A；根据余弦定理求解边长判断B；根据面积公式及余弦定理求出边

长，即可判断三角形形状，即可判断C；根据正弦定理表示边长，结合角范围，利用正弦函数求解范

围，即可判断D.

旦一&__显6兀

【详解】A选项，在，ABC中，由正弦定理得而彳一而己一丁，所以sinC=注，所以C=1或

22

_3兀

C=­，

4

7T3jr

因为6C=J5<A8=2,所以C>A，即。=一或C=二符合题意，错误；

44

B选项，由余弦定理得SC?=A52+4C2-2A3・ACCOS4=4+3—2x2x&x走=1,

2

所以BC=1,正确;

C选项，因为SA“=LxABxACxsinA=Lx2xACx4=立，所以4。=空,

"sc22233

所以=AB2+AC2-2AB-ACcosA=4+q—2x2x述x@=d,所以3C=空，

33233

44_

则AC==—<AB=2，所以cosC==33

2ACxBC

3zx一

3

所以该三角形为钝角三角形，错误；

D选项，由正弦定理得匹"二」也，所以BC=-2—x』=—1一,因为一ABC为锐角三角形,

sinAsinCsinC2sinC

0<C<-

97TTT

所以〈u,所以巳<C<K,

5717t32

0n<-----C<—

I62

因为函数丫=411%在（0,四）上单调递增，所以正<sinC<l，所以1<—!—<2叵，

22sinC3

所以8ce（l,|右），正确.

故选：BD

H.如图，棱长为1的正方体中A5CD-A4CR中，下列结论正确的是（）

A.异面直线与。与BC；所成的角为60

B.直线AC与平面GC。。所成的角为45

C.二面角B-G。一"平面角的正切值为_及

D.点A到平面BDC,的距离为2回

3

【答案】ACD

【解析】

【分析】由SCJ/AA可知异面直线BQ与BG所成角为（或其补角），由长度关系可知A正确；由

线面角定义可知所求角为N4CR,由长度关系知B错误；由二面角平面角定义可知所求角为/B。。，通

过tan/BOD】=-tanZBOC可知C正确；利用割补法可求得匕,_叼。，由棱锥体积公式可构造方程求得点

面距离，知D正确.

【详解】对于A,连接A2，AA，

AB//CD//C}D],A6=CO=GA，；•四边形ABC.D,为平行四边形，二BCJIAD、,

••・异面直线与。与BG所成角即为直线耳。与A2所成角，即NAA4(或其补角)，

ABi=ADi=BR=e，A42为等边三角形，.•.NA?与=6(),

即异面直线AR与BG所成角为60,A正确；

对于B,连接CR,

4D.

•「AA-L平面CtCDDt,"CA即为直线AtC与平面C{CDD,所成角,

「44=1，CD『B1CD,,tanZ4CD,=,

.•.NA。。#45,即直线AC与平面GCD。所成角不是45，B错误；

对于c,连接C2,交G。于点。，连接。BIA，

4D,

四边形GC。。为正方形，。为CQ,C"中点,

BC]=BD=6，：.0B1C\D,

••・二面角B—一D1的平面角为NBODi,

又0C=--CD.=——•,BC=1,tanZ.BOC=---=\p2.,

22OC

tan/BODI=tan(180-NBOC)=-tanZBOC=-72,

即二面角B—G。—。的正切值为—正，C正确；

对于D,连接

1

1

=I711,X1=-

%-BL=%-AG0I=%_BCDKI-ABD6CD-AB.C.D,=1,

二匕1-gD=l_4x—=—,

又BQ=C、D=BD=®，，SBGD=[XgxV^x岑二日，

设点A到平面BG。的距离为d，则匕TGD=gs叼。-4=曰4=：，解得："=¥’

即点4到平面BQ。距离为述，D正确.

3

故选：ACD.

12.在..ABC中，,。=2,则下列结论正确的是（）

A.若48-AC=1，则8C边上的中线长=J5

B.若AB.AC<()，则|AB『+|AC『<4

3

C.若tanA=一，则面积的最大值为2

4

4

D.若|AB|=2|AC|,则「ABC面积的最大值为§

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用向量的线性运算及数量积的运算律即可得到边角关系，可判断A、B,利用同角三角函数基本

关系及余弦定理，结合基本不等式求解面积最值判断C,利用余弦定理及面积公式建立面积函数，利用二次

函数求解最值判断D.

【详解】对于选项A,设。为8C中点，则=6。，AC=AD+DC=AD+BD'

..22.2(1\2

所以=-BD=AD-\-BC=AD--1=1.解得A0=应，正确;

(2)

对于选项B,因为AB-AC<0,所以A>90°，所以cosA<0,+|AC|12<|BC|2=4,正确;

334

对于选项C,由于tanA=一,所以sinA=-,cosA=—,

455

42

由余弦定理可知4=从+,2-2历乂121尿，故bcWlO,当且仅当匕=。时，等号成立,

13

所以S=—Z?cx—<3,此时面积的最大值为3,所以C错误;

25

对于选项D，设照5则网=2“卜2"，由余弦定理

2

J220|256一9加_20

—91TI----16

故99i+等

S-bcsinA=~xmx2mx

224m24-43

当且仅当加2=型即〃?=2好时，等号成立，正确.

93

故选：ABD

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.若复数z=(Y—3a+2)+(a-l)i(i为虚数单位)为纯虚数，则实数。=.

【答案】2

【解析】

【分析】根据实部为0且虚部不为0得到方程(不等式)组，解得即可.

【详解】因为复数Z=(Y-3a+2)+(a—l)i为纯虚数,

cr—3a+2=0

所以《解得a=2.

。一1。0

故答案为：2

14.甲乙两人下棋，每局甲获胜的概率均为0.6,且没有和棋，在三局两胜制的规则下(即先胜两局者获得

最终胜利)，则甲获胜的概率为.

81

【答案】0.648##——

125

【解析】

【分析】分别计算出甲前两局赢的概率和前两局赢一局，第三局赢的概率，然后利用独立事件乘法公式及互

斥事件求和公式即可得结果.

【详解】根据题意，甲获胜一种是前两局赢，另一种是前两局赢一局，第三局赢这两种情况，

故分别计算这两种情况的概率，前两局赢的概率为0.6x0.6=0.36,

前两局赢一局，第三局赢的概率为0.6x0.4x0.6+0.4x0.6x0.6=0.288,

则甲获胜的概率为0.36+0.288=0.648，

故答案为：0.648

15.海伦不仅是古希腊的数学家，还是一位优秀的测绘工程师，在他的著作《测地术》中最早出现了已知

三边求三角形面积的公式，即著名的海伦公式S=Jp(p_a)(p_b)(/?—c)(其中〃=g(a+〃+c)),

a,仇c分别为一ABC的三个内角所对的边，该公式具有轮换对称的特点，形式很美.已知在ABC

中，a=2,8=3,c=4,则该三角形内切圆的半径为.

【答案】叵##L岳

66

【解析】

【分析】由p=；(a+b+c)及S=Qp(p_a)(p_b)(p-c)可求出的面积，结合

gr(a+/?+c)=S即可求出r.

19

【详角单】p=Q（a+b+c）,且。+Z;+c=9，p=-

.＞。、,9“9八3屏

：.s=-x（7-2）（T_3）（T_4）=---

22224

r—IS3屈Vis

a+b+c186

故答案为："5

6

16.如图，在直角梯形ABC。中，ZBAD=90,AB=AD=l,CD=2,将△ABD沿8。翻折成

一480,使二面角A-8D-C为60，则三棱锥A-BCD外接球的表面积为.

【答案】--7T

3

【解析】

【分析】外接球的球心为0,半径为广,时为8。中点，N为8中点，由二面角的定义可得NA'MN为

二面角A'-BD-C的平面角，所以有NAMN=6()，作A77LMV于"，由题意可求得A'”=逅，

4

历7

NH="，进而可得户=二,即可得答案.

46

【详解】解：如图，设外接球的球心为。，半径为为8。中点，N为。。中点，

因为AB=AT>=1，所以AM_LBO，MN//BC,

又因为/区4。=90，CD=2,

所以CN=DN=1,

所以BN=y/BD2-DN2=1BC=dcM+BN?=血，

所以NJVA/D=90,,NM±BD,

所以NA'AW为二面角A-BD-C的平面角，

所以NA'MN=60，

作A'”_LMW于H,

因为AM_L8£），NM工BD,NMcAM=M,

所以8。J.平面A'MN，

又因为A'Hu平面A'MN，

所以BD上A'H,

又因为A'H工MN,BDcMN=M,

则AH,平面8CO，所以A'H〃ON,

则有OC=04'=r,

即ON2+CN2=NU2+（AH+ON）2,

由题意可求得：CN=1,A'H=AM•sin60°=二・2二=上，

224

56I/y

NH=MN-MH=MN-A'M-cos600=-------,

2224

设ON=h,

.([2丫

由题上式可得：h2+l=-+—+h,

814J

,1,7

求得：〃=需，从而求得：「=不，

14

故三棱锥A—5CD外接球表面积为S=4口2=?_兀.

_14

故答案为：—兀

3

四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17.已知平面向量“/,|°|=2,屹|=6，且〃

(1)求a与。的夹角。的值;

(2)当1-/la|取得最小值时，求实数2的值.

【答案】(1)。=占7T

6

(2)A=—

4

【解析】

【分析】(1)根据数量积的运算律及向量的夹角公式求解即可；

(2)根据向量模长的公式及数量积的运算律得J。--6%+3,然后利用一元二次函数求解最值.

【小问1详解】

由匕•(a-0)=0,2|=有，可得4力=方2=3，

Z)a-b+71

又|a|=2,所以cose=Ey=亏，又owes兀，所以。=一；

阿眄26

【小问2详解】

因为。・。=。2=3，|。|=2,

所以卜一；la卜ylb2+(Aa)2-2Aa-b=74A2-6A+3=

所以|一九/|的最小值为乎，止匕时2=(

18.在中，内角A,B,C所对的边分别为a,上c,已知4=2,请在①

(sinA-sinC)2=sin25-sinAsinC；②人cosC+gc=2；

这两个条件中任选一个，完成下列问题:

⑴求角8；

(2)若6=2,点。在的延长线上，且3C=2CD，求AD的长.

注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答记分.

【答案】(1)条件选择见解析，8=方

(2)AD=#i

【解析】

【分析】(1)若选①，利用正弦定理化角为边，再利用余弦定理求解即可；若选②，利用正弦定理化边为角,

再利用三角形性质和两角和正弦公式化简得cosB=L,从而求解即可；

2

⑵利用余弦定理直接计算即可.

【小问1详解】

若选①，由(siM-sin。/=sin25-sinAsinC,

可得siifA+sirC-sir^BusinAsinC，由正弦定理可得：a2+c2-b1=ac，

又由余弦定理可得：cos3="+C、＞又0＜8＜兀，故B=M

2ac23

若选②，bcosC+—c=2,a=2,即〃cosC+'c=。，

22

由正弦定理可得：sinBcosC+；sinC=sinA=sin(8+C),

可得sinBcosC+—sinC=siuBcosC+cosfisinC,即-sinC=cosBsinC,

22

1兀

又sinCwO,所以cos8=—,又0＜3＜兀，故8=彳；

23

【小问2详解】

JT

由(1)知8及a=2,b=2,所以一ABC为正三角形，

由3C=2C£),所以BZ)=3,

由余弦定理得=胡2+BD2-2BA-BDcosB=22+32-2x2x3x-=7,

2

所以

19.已知在四棱锥产一ABCD中，24J_平面ABCO,底面ABCO为直角梯形，AB1BC,AD//BC,

ACryBD=0,AB="BC=1,AO=2,PA=1.

(1)求点A到平面PBC的距离;

(2)若CQ=，CP,且勿平面BOQ,求实数丸的值.

【答案】（1）也

2

【解析】

【分析】（1）作于H，因为平面A3CD,结合线面垂直的性质可证8C1平面Q48,进

而可证AH_L平面P8C,即AH即为点A到平面PBC的距离，在直角，中即可求出结果；

（2）由线面平行的性质，可证HV/OQ,由三角形相似可求出比例关系.

小问1详解】

作依于〃，因为PAL平面ABC。，BC在面ABC。内，所以PAJ_BC,

又因为AB13C,而24AB=A,以、A2在面％B内，

所以平面RW，AH在面物8内，所以BCLAH,

而8cPB=B,BC,PB在面PBC内，

所以AH_L平面PBC,即AH即为点A到平面PBC的距离，

在直角sA48中，AB=C,PA=1,所以依=2,故A“=15.1.二也,

PB2

即点A到平面PBC的距离为B；

2

【小问2详解】

由题意，Q4〃平面8。。,抬口平面必。

平面PAC'平面BDQ=OQ,所以PA//OQ

CQCOBC1

底面ABC。为直角梯形，由BC=1,AO=2,可知===

PQOAAD2

所以几=四=」.

CP3

20.1981年，在大连召开的第一届全国数学普及工作会议上，确定将数学竞赛作为中国数学会及各省、市、

自治区数学会的一项经常性工作，每年10月中旬的第一个星期日举行“全国高中数学联合竞赛”，竞赛分为

一试（满分120分）和二试（满分180分），在这项竞赛中取得优异成绩的学生有资格参加由中国数学会奥林

匹克委员会主办的“中国数学奥林匹克（CM。）暨全国中学生数学冬令营”（每年11月），已知某地区有50人

参加全国高中数学联赛，其取得的一试成绩绘制成如图所示的频率分布直方图.

（1）根据频率分布直方图估计学生成绩的平均数”和中位数6的值（同一组数据用该组区间的中点值代替）；

（2）若成绩在100分及以上的试卷需要主委会抽样进行二次审阅，评审员甲根据上表在此地区100分以上的

试卷中根据分层抽样的原则抽取3份进行审阅，已知4同学的成绩是105分，E同学的成绩是111分，求

这两位同学的试卷同时被抽到的概率.

【答案】（1）。=85,/?=84.375

1

⑵了

【解析】

【分析】（1）根据频率分布直方图所有小长方形的面积和为1求出团，可得平均数、中位数；

（2）由图求出成绩在［100,110）、［110,120］的人数，设A,B,C,。四位同学的成绩在［100,110）,两

位同学的成绩在［110,120］,由列举法可得古典概型概率.

【小问1详解】

由上表可知I,0.12+0.24+0.32+10m+0.08+0.04=1,解得m=（）.02,

平均数4=65x0.12+75x0.24+85x0.32+95x0.2+105x0.08+115x0.04=85

中位数北（80,90）,

由题意可知，0.12+0.24+（Z?-80）x0.032=0.5,解得b=84.375,

即平均数a=85,中位数〃=84.375；

【小问2详解】

由图可知，成绩在［1（）0,11（））有50x（）.08=4人,

成绩在［11(),120］有50x0.04=2人，

根据分层抽样的原则，成绩在［1(X),110)抽2份，成绩在［11(),120］抽1份，

设4,B,C,力四位同学的成绩在［100,110),瓦/两位同学的成绩在［11(),120］,

根据分层抽样的原则有ABE,ABFACE,ACFADEADF,BCE,BCF,BDE,BDF,CDE,CDF共12个样

本，

31

符合条件的ABE,ACEAOE3个样本，所以符合条件的概率为P=二,

124

即AE两位同学的试卷都被抽到的概率为'.

4

TT

21.如图，已知等腰梯形458与矩形8DEF所在平面互相垂直，AB=AD=CD=l,NABC=—.

3

(1)求证：平面CQEL平面BDEV；

(2)设二面角3-CE-D的大小为与平面8。防所成的角为月，若。与月满足

tana