2024届辽宁省沈阳市第120中学高三上学期第四次质量监测数学试题及答案

沈阳市第120中学2023－2024学年度上学期高三年级第四次质量监测数学试题满分：150分时间：120分钟一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）8x15Axx2Bxax1BAa，则实数取值集合的真子集的1.设集合，集合，若个数为（）A.2B.3C.7，则z的虚部为（D.82i)z32.已知复数z满足）8811D.AB.C.5555n2x23.若x的展开式中，只有第6项的二项式系数最大，则该项式的展开式中常数项为（）A.90B.-90C.180D.-180ab1c3，cosac,bc4.向量且abc0，则（）44D.A.B.C.55()5.在《九章算术商功》中将正四面形棱台体棱台的上、下底面均为正方形称为方亭．在方亭ABCD2AB23311中，1111积为（）776727622A.B.C.D.2中，3x3的2na11fxx5n1sinx9的值6.在数列n为（A.1021B.1022C.10232上的动点，线段ABD.1024M:(x2)2(y2)2C:(x是圆2(y24的一条动弦，7.已知点P是圆|PA|且||23，则的最大值是（）A.32B.82C.52D.822第1页/共4页PABC8.已知三棱锥的底面为等腰直角三角形，其顶点P到底面ABC的距离为3，体积为24，若该三棱锥的外接球O的半径为5，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为（）A.6πB.30π92π62πC.D.二、多选题（本题共4小题，共20分，每题选项全对给5分，少选或漏选给2分，错选、多选和不选给0分）9.下列命题正确的是（A.在回归分析中，相关指数越小，说明回归效果越好2×2）rP(20.052B.已知类变量有关C.已知由一组样本数据，若根据列联表得到的观测值为4.1，则有95%的把握认为两个分，且（i1，，，）得到的回归直线方程为i,i2ny4x201ni10，则这组样本数据中一定有60ni1X~N,4，则不论PX46取何值，为定值D.若随机变量2fxsinxx10.若函数x的图象关于直线对称，则（）6A.33,0yfx的一个对称中心B.点是曲线xC.直线也是一条对称轴3312D.函数在区间,fx上单调的前项和，且，则下列选项中正确的是（）.SanSn1Snn211.已知是数列nnanan12n1（n2A.B.）an2n2a01S4950，则C.若第2页/共4页1143单调递增，则的取值范围是an1,D.若数列abab，且ab012.若正实数满足，则下列不等式一定成立的是（）11logab0abA.B.baC.2ab12abD.ab1ba1三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.若直线：：平行，则，间的距离是______．lxay90与la2x3ya0l1212sincos211tan1tan14.已知锐角，满足，则__________.15.第19届杭州亚运会的吉祥物是一组名为“江南忆”的机器人：“琮琮”代表世界遗产良渚古城遗址，“莲莲”代表世界遗产西湖，“宸宸”代表世界遗产京杭大运河.现有6个不同的吉祥物，其中“琮琮”､“莲莲”和“宸宸”各2个，将这6个吉祥物排成前后两排，每排3个，且每排相邻两个吉祥物名称不同，则排法种数共有__________.（用数字作答）14APxAByxy，则的最大值为16.在锐角中，，若点为的外心，且___________.四、解答题（本题共6小题，共70分）的内角AbaBbAbc的对边分别为，，，已知．，B，Cac17.（1）求tanA；（2）若a17，22，求的周长．18.已知点A4,B3，圆C的半径为1.C2，过点A作圆C的切线，求此切线的方程；（1）若圆C的圆心坐标为（2）若圆C的圆心C在直线l:yx1上，且圆C上存在点，使MMB2MO，O为坐标原点，求圆心C的横坐标的取值范围.aan3中，，是数列的前项和，且an11Snann19.已知数列.Snn2（1）求数列的通项公式：an12n3（2）证明：1S2Sn第3页/共4页-ABCBB2，E，F分别为AC和CC的120.已知直三棱柱中，侧面为正方形，11111AB1B1中点，D为棱上的点．11（1）证明：BFDE；BD1CC与面所成的二面角的正弦值最小?（2）当为何值时，面1121.在一次数学随堂小测验中，有单项选择题和多项选择题两种.单项选择题，每道题四个选项中仅有一个正确，选择正确得5分，选择错误得0分；多项选择题，每道题四个选项中有两个或三个选项正确，全部选对得5分，部分选对得2分，有选择错误的得0分.（1）小明同学在这次测验中，如果不知道单项选择题的答案就随机猜测.已知小明知道单项选择题的正确1答案和随机猜测的概率都是.问小明在做某道单项选择题时，在该道题做对的条件下，求他知道这道单项2选择题正确答案的概率；（2）小明同学在做某道多项选择题时，发现该题的四个选项他均无把握判断正误，于是他考虑了以下两种方案：方案①单选：在四个选项中，等可能地随机选择一个；方案②多选：在有可能是正确答案的所有选项组合（如AB、BCD等）中，等可能地随机选择一种.若该多项选择题有三个选项是正确的，请从数学期望的角度分析，小明应选择何种方案，并说明理由.x1fxax2aR，其中.22.设函数ex（1）讨论的单调性；fx（2）若存在两个极值点，设极大值点为的零点，求证：fx为fxx,x01ln2.01第4页/共4页沈阳市第120中学2023－2024学年度上学期高三年级第四次质量监测数学试题满分：150分时间：120分钟命题人：马健于茂源校对人：高越一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）8x15Axx2Bxax1BAa，则实数取值集合的真子集的1.设集合，集合，若个数为（）A.2B.3C.7D.8【答案】C【解析】Aa0和合，进而可求出其真子集的个数.a0两种情况由BA可求出取值集aax3x5或，【详解】由x28x0，得(xx0，解得A3,5，所以当a0时，B，满足BA，1a111315a0BBA3或5，得aa当时，，因为，所以，或，aa11,a综上，实数取值的集合为35所以实数a取值集合的真子集的个数为2317，故选：C2i)z32.已知复数z满足，则z的虚部为（）88115D.A.B.C.555【答案】A【解析】18zi18zi，结合复数的定义，即可求解.【分析】根据复数的运算法则，求得，得到5555第1页/共25页313111182i)z3zi，【详解】由复数，可得551885zi所以，所以复数z的虚部为.55故选：A.n2x23.若x的展开式中，只有第6项的二项式系数最大，则该项式的展开式中常数项为（）A.90B.-90C.180D.-180【答案】C【解析】【分析】由已知可知项数n=10，再表示通项并令其中x的指数为零，求得指定项的系数即可.n2【详解】解：因为x的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则项数n=10，即x21022x，xr105r2xr则通项为r1rC2rrx，2x2105r0r22C180.22令，则T23故选：C.ab1c3，cosac,bc4.向量且abc0，则（）445D.A.B.C.5【答案】A【解析】【分析】利用平面向量的数量积及模长计算夹角即可.1cabc2a2b22abab【详解】由已知可得，2又ac2ab,bcba，22abab2a5abb13142所以ac,bc.774a24abb2b24aba2故选：A第2页/共25页()5.在《九章算术商功》中将正四面形棱台体棱台的上、下底面均为正方形称为方亭．在方亭ABCD2AB23311中，1111积为（）776727622A.B.C.D.2【答案】D【解析】AA【分析】先根据方亭四个侧面的面积之和得到的长度，然后作辅助线找到并求方亭的高，最后利用棱1台的体积计算公式求解即可．A1AE1，垂足为E，【详解】如图，过作331A由四个侧面的面积之和为33知，侧面的面积为，．14123343(AB)AE1E1112121123由题意得：(AB)，在Rt△AA1E中，1AE21E2()21．21122ACACA1AFAC作，垂足为1连接，，过F，11121AAC2111易知四边形为等腰梯形且AC22，，则，12221F212，21276该方亭的体积V2221222)232故选：D．中，3x32n的值a11fxx5n1sinx96.在数列n为（A.1021B.1022C.1023D.1024第3页/共25页【答案】A【解析】【分析】对应函数求导，利用奇偶性定义判断f(x)为偶函数，根据有唯一零点知n132(nf(0)0，构造法有，应用等比数列定义写出通项公式并求对应项.4axn12a3在R上有唯一零点，nf(x)5x【详解】由f(x)x)4acos(x)n12a342anf(x)，5xaxn1而n所以f(x)为偶函数，则f(0)n12n30，故an132(n，且a341，所以na342n12n1是首项为4，公比为2的等比数列，则，na1031021.9则故选：A【点睛】关键点点睛：判断导函数f(x)为偶函数，进而得到2上的动点，线段AB0为关键f(0).M:(x2)2(y2)2C:(x2(y4的一条动弦，27.已知点P是圆是圆|PA|且||23，则的最大值是（）A.32B.82C.52D.822【答案】D【解析】【分析】作出图象，过点C作CDAB，垂足为D，连接，则有|CD|1，从而得点D的轨迹方程为(x2(y1，由向量的加法法则可得2，根据圆与圆的位置关系求出||即可²得答案.M2,2，半径为2，M:(x2)2(y2)4的圆心为C22的圆心为【详解】解：圆圆C:(x2(y2，半径为2，如图，过点C作CDAB，垂足为D，连接，第4页/共25页D为AB中点，即|BD3，又|CB2，|CD|CB22431，点D的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，点D的轨迹方程为(x2(y²1，D是AB中点，2，||CM21(12)2(12)21421，2max所以||的最大值为2(42822.故选：8.已知三棱锥24，若该三棱锥的外接球O的半径为5，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为（PABC的底面为等腰直角三角形，其顶点到底面PABC的距离为3，体积为）A.6πB.30π92π62πC.D.【答案】D【解析】PABC【分析】利用三棱锥的体积，求解底边边长，求出的外接圆半径，以及球心O到底面的距离，判断顶点的轨迹是两个不同截面圆的圆周，P进而求解周长即可．，xx0【详解】依题意得，设底面等腰直角三角形的边长为11PABCVx3242三棱锥的体积32第5页/共25页解得：x=43ABC1r24326的外接圆半径为12球心O到底面的距离为1R2r25241，21顶点P到底面ABC的距离为3，顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周当球心在底面和截面圆之间时，球心O到该截面圆的距离为d312，2截面圆的半径为d2254r2R2221，2221顶点P的轨迹长度为；当球心在底面和截面圆同一侧时，球心O到该截面圆的距离为d314，3截面圆的半径为r3R2d3225163，3；顶点P的轨迹长度为62π综上所述，顶点P故选：D．【点睛】本题考查空间几何体外接球的问题以及轨迹周长的求法，考查空间想象能力、转化思想以及计算能力，题目具有一定的难度．二、多选题（本题共4小题，共20分，每题选项全对给5分，少选或漏选给2分，错选、多选和不选给0分）9.下列命题正确的是（A.在回归分析中，相关指数越小，说明回归效果越好2×2）rP(20.052B.已知类变量有关C.已知由一组样本数据，若根据列联表得到的观测值为4.1，则有95%的把握认为两个分，且（i1，，，）得到的回归直线方程为i,i2ny4x20第6页/共25页1ni10，则这组样本数据中一定有60ni1X~N,4，则不论PX46取何值，为定值D.若随机变量【答案】BD【解析】【分析】A.由相关指数的意义判断；B.由临界值表判断；C.由样本数据和回归直线方程的关系判断；D.由正态曲线的原则判断.r【详解】A.在回归分析中，相关指数越大，说明回归效果越好，故错误；P(20.052，且的把握4.13.841，则有95%B.已知若根据2×2列联表得到的观测值为4.1认为两个分类变量有关，故正确；（i1，，，）得到的回归直线方程为，由i,iC.已知由一组样本数据2ny4x201nxi1060是样本点的中心，一定在直线上，但这组样本中数据不一定有，得到y，则ni160，故错误；X~N,4，则2，D.若随机变量PX3P2X6P2X所以P4X，2PX3P2X0.99740.95440.9759，22所以不论取何值，P4X6为定值.故选：BD2fxsinxx10.若函数x的图象关于直线对称，则（）6A.33,0yfx的一个对称中心B.点是曲线xC.直线也是一条对称轴3第7页/共25页,D.函数在区间fx上单调312【答案】CD【解析】【分析】利用辅助角公式化简函数，再根据三角函数性质进行求解即可.fx42kfx2sinx【详解】由题意函数x,(kZ)，其对称轴为，即042kk5xx0，,，所以令，解得0246212212125,对于选项A,因此A错误；1212对于选项B，该函数没有对称中心，因此B错误；kx0k0,对于选项C，令，解得，取，符合题意，因此C正确；3212122对于选项D，函数在kxk单调递增，fx42312kxk，当fx在区间,即时，函数上单调递增，4412312当时，函数fx在区间,上单调递减，因此选项D正确.12故选：CD的前项和，且，则下列选项中正确的是（）.SanSn1Snn211.已知是数列nnanan12n1（n2A.B.）an2n2a01S4950，则C.若1143单调递增，则的取值范围是an1,D.若数列【答案】AC【解析】SSnn2【分析】对于A，由，多写一项，两式相减即可得出答案.n1anan12n1（n2n2.对于B，由，两式相减即可得出答案少了条件第8页/共25页对于C，由分析知，所以奇数项是以10为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以an2n2ana21n为首项，2为公差的等差数列，由等差数列得前项和公式即可得出答案.对于D，因为数列单调递增，根据aaaaa，即可求出.ana11234n【详解】对于A，因为，当2，两式相减得：Sn1n1SSnn2n2S，n1nanan12n1（n2）,所以A正确.aa2n1（n2anan22nn1，对于B，因为）,所以nn1an2n2（n2两式相减得：B不正确.对于C，Sn1Snn，令n1，则S1a1，因为12Sa，122110a1n2SS4aaaaa4a2，所以3，所以.令，则，.23212312an2n2（n2aa2an2.n2因为，所以31所以奇数项是以a01为首项，2为公差的等差数列.ana12偶数项是以为首项，2为公差的等差数列.aaaaa=aaa+aaa1231324S则：5049504950025012=4950，所以C正确.22SSnn2n1，则S2S1aaa1a2a1对于D，，令，，则n1112121aan2=2n1，令n1则aa=3a=3a213212又因为同理：，所以，n2332a=5a52a22a34，311a=7a73214214，5因为数列单调递增，所以aaaaa1234n，an13aaa1解解解得：，121aa2a得：，31414aa3a得：，41第9页/共25页14aaa解解得：得：，45114aaa1，561144a,所以的取值范围是，所以D不正确.1故选：AC.aa2n1，得出的奇数项、偶数a【点睛】本题考查的是等差数列的知识，解题的关键是利用nn1n项分别成等差数列，考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力，属于难题.ababab0，且，则下列不等式一定成立的是（12.若正实数满足）11logab0abA.B.baC.2ab12abD.ab1ba1【答案】AD【解析】b0，yxabab0，故【分析】因为aab0为单调递增函数，故，由于ba0.对于ABC，分ab0、ba0，结合对数函数的性质及，或作差比较法即可判断；对于D，由ab1a1两边取自然对数得到b1aa1b，即baba1b1x()x0且，构造函数fx=（x1.x-1b0，yxab，【详解】因为a为单调递增函数，故由于ab0，故ab0，或ba0，ab0ab1，此时b0当时，；a11a1ab11abab10ab，故；bba1aba1b10，2ab12ab；1ab1a1abba0时，0ba1，此时b0，ab10，故当ab111aba1b10，2ab12abab；；ba对于ABC，A正确，BC均错误；第10页/共25页a1，两边取自然对数，对于D，ab1b1aa1b，b因为不管ab1，还是0ba1，均有a1b1，0aba1b1aba1b1所以，故只需证即可，11xxf(x)=（x0且x1fxx设，x-12x11111xgxxx0x1（且gx1令当，xx2xx2gx0，x时，gx0，当x时，gxg10所以fx0在xx1上恒成立，0且，所以xf(x)=（x0且x1）单调递减，故x-1aba1b1因为ab，所以故选：AD．，结论得证，D正确．【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.若直线：a2x3ya0：平行，则，间的距离是______．lxay90与ll1212【答案】42【解析】a【分析】先根据两直线平行得出的值，再根据平行线的距离公式计算即可.13aa21a9a2且，解之得a1，【详解】因为两直线平行可得l:xy90l:3x3y30xy10所以，，1291d42故两直线的距离为.212故答案为：42.14.已知锐角sincos211tan1tan，满足，则__________.第11页/共25页2【答案】【解析】2tan1.【分析】根据二倍角公式与同角三角函数的关系可得，进而可得sincos211tan1tan【详解】由题意，，由二倍角公式与同角三角函数的关系可得2sincos1tan11tan，即，2sin21tantan1tantan1tan整理可得1，tantantantan1tan，故3π又锐角，故π，，43π2故cos.422故答案为：215.第19届杭州亚运会的吉祥物是一组名为“江南忆”的机器人：“琮琮”代表世界遗产良渚古城遗址，“莲莲”代表世界遗产西湖，“宸宸”代表世界遗产京杭大运河.现有6个不同的吉祥物，其中“琮琮”､“莲莲”和“宸宸”各2个，将这6个吉祥物排成前后两排，每排3个，且每排相邻两个吉祥物名称不同，则排法种数共有__________.（用数字作答）【答案】336【解析】【分析】考虑到前排是有两种不同名称的吉祥物，还是有三种不同名称的吉祥物，分类求出排法数，根据分类加法计数原理即可得答案.【详解】由题意可分两种情形：①前排含有两种不同名称的吉祥物，首先，前排从“琮琮”“莲莲”和“宸宸”中取两种，其中一种取两个，另一种选一个，有C23C12C1C222A2224种排法；A222242种排法，故共有种不同的排法；其次，后排有C12C1C212A3348②前排含有三种不同名称的吉祥物，有种排法；A336486288种排法，此时共有种排法；后排有48288336因此，共有种排法，第12页/共25页故答案为：336【点睛】关键点睛：解答本题的关键是分类考虑，即考虑到前排是有两种不同名称的吉祥物，还是有三种不同名称的吉祥物，分类求解即可.14APxAByxy，则的最大值为16.在锐角中，，若点为的外心，且___________.4【答案】##0.85【解析】【分析】通过向量的减法，把AB，AC转化为APPB与，进行整理后再平方处理即可得解.1xyxPByPC，整理得：xAByACxy【详解】R，则上式两边平方得：设锐角外接圆的半径为，所以R781x2R2x2R2y2R22①，其中BPC2A，2cosBPC2cosA12y74代入①式，得：1xy2222x2y，xy，整理得：415xy2xy由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立424344xyxyxy即当2x2y，解得：或515442322xyxy时，此时，，此时P点在△ABC外部，△ABC为钝角三角形，333445xyxy与题干矛盾，所以舍去，成立34故答案为：5四、解答题（本题共6小题，共70分）的内角AbaBbAbc的对边分别为，，，已知．，B，Cac17.（1）求tanA；（2）若a17，的面积为22，求的周长．【答案】（1）A22（2）5【解析】第13页/共25页13A1）根据正弦定理得，从而求得tanA；（2）根据面积公式和余弦定理即可求得【小问1详解】.因为aBbAbc，所以由正弦定理可得sinAB2sinBAsinBsinC．3sinBAsinB，所以．sinCsinABsinABAsinB又1因为sinB0，所以A．3223Aπ，所以sinA，A22．又【小问2详解】122bc6．的面积SbcsinAbc22，则32432b2c2bcAb2c2bcbc2a2bc25，a由余弦定理：所以bc5，得3的周长为5，故．18.已知点A4,B3，圆C的半径为1.C2，过点A作圆C的切线，求此切线的方程；（1）若圆C的圆心坐标为（2）若圆C的圆心C在直线l:yx1上，且圆C上存在点，使MMB2MO，O为坐标原点，求圆心C的横坐标的取值范围.a【答案】（1）x4或3x4y402322322（2）a或a.222【解析】1）根据圆心到直线的距离分直线斜率存在与不存在求解；a（2）由条件求出M所在圆，利用两圆相交求出的取值范围.【小问1详解】由题意得圆C标准方程为(x2(y2)21，y4kx4，当切线的斜率存在时，设切线方程为第14页/共25页2k34d1，解得：k由，2k1当切线的斜率不存在时，切线方程为x4，满足题意；3x4y40.所以切线的方程为x4或【小问2详解】上，设Ca,a由圆心C在直线l:yx1，，由Mx,yMB2MO，设点得：x2(y22x42y2，x2(y2化简得：，所以点M在以D为圆心，2为半径的圆上.又点M在圆C上，所以圆C与圆D有交点，则1CD3，即1a2a23，2323222a或a.解得：222an3中，，是数列的前项和，且an11Snann19.已知数列.Snn2（1）求数列的通项公式：an12n3.（2）证明：1S2Snnn1【答案】（1）n2（2）证明见解析【解析】ann1an1n1anSa，利用累乘法即可求得；n1）利用与关系可推导得到nan3naSn（2）由，结合可得，并由此得到；采用裂项相消法可整理得到Snn2nSn第15页/共25页12n112n21n26，由0可证得结论.1S2Sn【小问1详解】an33Snn2aa0且；nn由得：Snn2a3S3Sn2annan1，当n2且nN时，nnn1an1整理可得：n1an1a，n，nn1an1n1an1nan2n1an2n2an3n3a42a2131，3则，，，，a243nnann1nn1121a1，又，1各式相乘得：1n1n2n32nn1n.2nn1当n1时成立，故n.2【小问2详解】an3nn1n2n2n由得：Sn，Snn236nn6116nn2nn1n2n1n2，Sn612n1111233411112n266，1S2Snn1n21n212n10，63又.1S2Sn2-ABCBB2，E，F分别为AC和CC的120.已知直三棱柱中，侧面为正方形，11111AB1B1中点，D为棱上的点．11第16页/共25页（1）证明：BFDE；BD1CC（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?111BD1【答案】（12）2【解析】1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；【详解】（1）[方法一]：几何法AB,AB//因为，所以BFAB．1111BFBB1B1B2．又因为，构造正方体又因为，，所以平面11ABCGABCG，如图所示，1111AM,BN过E作AB的平行线分别与AC和CC，BC交于其中点M,N，连接，11因为E，F分别为的中点，所以N是BC的中点，1RtBCFRt1BNN易证，则．BBNBNBBNBBN又因为，所以．1111第17页/共25页AB,BNABBAMNB又因为1，所以平面．1111111又因为ED平面AMNBBFDE，所以．11[方法二]-ABC是直三棱柱，BB1底面因为三棱柱1111AB//1BBB1B1B,BC,．所以1平面，，，又1111两两垂直．以B为坐标原点，分别以,BC,x,y,z所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．1B0,0,0,A2,0,0,C2,0,B0,0,2,A2,0,2,C2E0,F2,1，．111由题设Da,0,2（0a22,1,1a2因为所以，BFDE01a21120，所以BFDE．1BABBFABBFAB0[方法三]：因为，，所以，故，BFAB0，所以111111BD=BFBDBFEBBBBFEBBFBB1111121121212BFBABCBFBB11211121BFBCcosFBCBFBBcosFBB=52520，所以112255．（2）[方法一]，设平面的法向量为mx,y,z第18页/共25页,1a2因为所以，xyz0mEF0，即．1axy2z0mDE0令z2a，则ma,2a2,0,0，1B因为平面的法向量为111与平面的二面角的平面角为设平面，mBA63cos则当．mBA22a22a142a22a1412272a2a14时，2a2取最小值为，36cos此时取最大值为273．22631BD，此时1所以sin1．332[方法二]：几何法如图所示，延长EF交AC的延长线于点S，联结DSBC交于点T，则平面平面1111BBC．BH1，则DHCCCC与平面11作，垂足为H，因为平面，联结1为平面111所成二面角的平面角．BDt,tBTsCG//AB111DS于点G．设，过C1作交11第19页/共25页1S1G1D13(2t)．由又又得CGSA31ts1DTGT3tt1，即12s，所以s．(2t)31HT1F1H1ssBH1，即，所以．1(2s)21(2s)2s2t21H21D2t2t2．所以1(2s)22tt519t1D1则sin1，tt522t212922tt213所以，当t时，1min．23[方法三]：投影法FB1,FN如图，联结，，记面所成的二面角的平面角为，则CCCC与面11在平面的投影为11S1NFSDEFcos．BDttRtDBF22t5．2设在，在中，DF1D1F11RtECFEN中，223，过D作BN的平行线交于点Q．1第20页/共25页RtDEQD2EQ25t)2在中，．t15(t2222在中，由余弦定理得，523t2tt21132Ssintt142S，,，51NF3t222S1S39，1，2tt7t142t211233当t，即BD1，面CC与面．所成的二面角的正弦值最小，最小值为112【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方CC法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，11CC上的投影三角形的面积与△不是很容易找到；方法三：利用面在面面积之比即为面11CC与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常11好的方法，开阔学生的思维．21.在一次数学随堂小测验中，有单项选择题和多项选择题两种.单项选择题，每道题四个选项中仅有一个正确，选择正确得5分，选择错误得0分；多项选择题，每道题四个选项中有两个或三个选项正确，全部选对得5分，部分选对得2分，有选择错误的得0分.（1）小明同学在这次测验中，如果不知道单项选择题的答案就随机猜测.已知小明知道单项选择题的正确1答案和随机猜测的概率都是.问小明在做某道单项选择题时，在该道题做对的条件下，求他知道这道单项2选择题正确答案的概率；（2）小明同学在做某道多项选择题时，发现该题的四个选项他均无把握判断正误，于是他考虑了以下两种方案：方案①单选：在四个选项中，等可能地随机选择一个；方案②多选：在有可能是正确答案的所有选项组合（如AB、BCD等）中，等可能地随机选择一种.若该多项选择题有三个选项是正确的，请从数学期望的角度分析，小明应选择何种方案，并说明理由.4【答案】（1）5（2）选择方案①.第21页/共25页【解析】1）根据全概率公式可求得该单项选择题回答正确的概率，由条件概率公式可求得结果；（2）分别计算方案①②的得分期望，比较大小即可.【小问1详解】记