江苏省南京市金陵中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

2023－2024学年第二学期高一年级期末测试 数学试卷 命题：高一数学备课组 审核：朱骏 一、选择题：本题共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i为虚数单位，复数z满足|z|＝1，则|z－i|的最大值为 ( ) A． 1 B． 2 C． 3 D． 4 2．已知数据3，7，a，6的平均数是4，则这组数据的标准差为 ( ) A． B． C． D． 3．抛掷一枚质地均匀的骰子两次，A表示事件“第一次抛掷，骰子正面向上的点数是3”，B表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是4”，C表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是7”，则 ( ) A． A与B互斥 B． B与C互为对立 C． A与B相互独立 D． A与C相互独立 4．已知两个不重合的平面α，β和三条不重合的直线a，b，c，则下列四个命题中正确的是 ( ) A．若a∥b，bα，则a∥α B．若a⊥b，b⊥c，则a∥c C．a∥β，b∥β，aα，bα，则α∥β D．a∥α，aβ，α∩β＝b，则a∥b 5．已知sin(θ＋)＝2cosθ，则tan2θ＝ ( ) A． B． C．－ D．2 6．已知非零向量a，b满足(a－b)⊥(a＋2b)，且2|a|＝3|b|，则向量a，b的夹角的余弦值为 ( ) A．－ B．－ C． D． 7．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝，则三棱锥A－BEF的体积是 ( ) A． B． C． D． 8．如图是古希腊数学家波克拉底研究的几何图形，此图由三个半圆构成，直径分别为直角三角形ABC的斜边AB，直角边BC，AC，N为AC的中点，点D在以AC为直径的半圆上，已知cos∠DNC＝，cos∠DAB＝，则以直角边AC，BC为直径的两个半圆的面积之比为 ( )A B C D N A．16：9 B．144：25 C．225：64 D．160：81 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得3分，有选错的得0分． 9． 已知复数z1，z2，下列说法正确的是 ( ) A． 若z1＝，则＝z2 B． 若|z1|＝|z2|，则z＝z C．若z2≠0，则＝ D． 若|z1|＝|z2|，则z1·＝z2· 10．已知向量a＝(，sinθ)，b＝(cosθ，1)，0≤θ≤π，下列说法正确的是 ( ) A．若a⊥b，则tanθ＝－ B．a与b一定不是平行向量 C．|a＋b|的最大值为2 D．若|a|＝|b|，且b在a上的投影向量为－a，则a与b的夹角为 11．如图，四边形ABCD是边长为2a的正方形，点E，F分别为边BC，CD的中点，将 △ABE，△ECF，△FDA分别沿AE，EF，FA折起，使B，C，D三点重合于点P，则 ( ) A．AP⊥EF B．点P在平面AEF内的射影为△AEF的外心 C．二面角A－EF－P的正弦值为 D．四面体P－AEF的外接球的体积为πa3A E F P A B C D E F 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为__________． 13．甲、乙、丙三人参加一次考试，他们合格的概率分别为，，，那么三人中恰有两人合格的概率是_________． 14．如图，在△ABC中，D是BC的中点，E在AB边上，BE＝2EA，AD与CE交于点O，若·＝6·，则的值是_________．A B C D E O 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15．(13分) 已知复数z＝1－i． (1)若z1＝，求z1； (2)若|z2|＝2，且z·z2是纯虚数，求z2． 16．(15分) 某学校承办了2024年某次大型体育比赛的志愿志选拔面试工作．现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组[45，55)，第二组[55，65)，第三组[65，75)，第四组[75，85)，第五组[85，95]，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同． (1)求a、b的值，并估计这100名候选者面试成绩的中位数； (2)在第四、五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两个来自同一组概率．(要求列出样本空间进行计算) 17．(15分) 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，M为棱AC的中点，AB＝BC，AC＝AA1．A B C A1 B1 C1 M (1)求证：B1C//平面A1BM； (2)求证：AC1⊥平面A1BM． 18．(17分) 如图，已知△ABC中，AC＝4，∠BCA＝90°，∠BAC＝60°，M，N为线段AB上两点，且∠MCN＝30°． (1)若CM⊥AB，求·的值； (2)设∠ACM＝θ，试将△MCN的面积S表示为θ的函数，并求其最大值． (3)若BN＝AM，求cos∠ACM的值． 19．(17分) 已知如图一，在矩形ABCD中，AB＝，AD＝2．将△ABD沿BD折起，得到大小为θ的二面角A'－BD－C．O E F G 图二 A B C D A' B C D 图一 (1)当θ＝时，求A'C与平面BCD所成角的正切； (2)当θ＝时，求B到平面A'CD的距离； (3)①当cosθ＝，求cos∠A'BC的值． ②如图二，在三棱锥O－EFG中，已知∠OEF＝α，∠FEG＝β，∠OEG＝γ，二面角 O－EF－G的大小为θ．试直接写出利用α，β，γ的三角函数表示cosθ的结论，不需要证明． A' B C D H 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023－2024学年第二学期高一年级期末测试 数学试卷 命题：高一数学备课组 审核：朱骏 一、选择题：本题共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i为虚数单位，复数z满足|z|＝1，则|z－i|的最大值为 ( ) A． 1 B． 2 C． 3 D． 4 【答案】B 【解析】设复数z在复平面内所对的点为 Z，由|z|＝1知，Z在以 (0，0)为圆心，半径为 1的圆上，|z－i|表示点 Z与(0，1)的距离，∴|z－i|max＝1＋1＝2．故选B． 2．已知数据3，7，a，6的平均数是4，则这组数据的标准差为 ( ) A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由＝4，得a＝0，方差＝＝，故标准差＝．故选C． 3．抛掷一枚质地均匀的骰子两次，A表示事件“第一次抛掷，骰子正面向上的点数是3”，B表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是4”，C表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是7”，则 ( ) A． A与B互斥 B． B与C互为对立 C． A与B相互独立 D． A与C相互独立 【答案】D 【解析】显然选项A，选项B错误．对于选项C与D，先后抛掷两枚骰子出现点数的所有可能情况为36种，P(A)＝＝，P(B)＝＝，P(C)＝＝，P(AB)＝，P(AC)＝．由于P(AB)≠P(A)P(B)，P(AC)＝P(A) P(C)，所以A与B不独立，A与C相互独立，故选D． 4．已知两个不重合的平面α，β和三条不重合的直线a，b，c，则下列四个命题中正确的是 ( ) A．若a∥b，bα，则a∥α B．若a⊥b，b⊥c，则a∥c C．a∥β，b∥β，aα，bα，则α∥β D．a∥α，aβ，α∩β＝b，则a∥b 【答案】D 【解析】a∥b，bα时存在aα的情形，所以选项A错误；当a∩c＝A，且b垂直于a，c确定的平面时也满足a⊥b，b⊥c，所以选项B错误；对于C选项，当α∩β＝l时，存在aα，bα，且a∥l，b∥l的情形，此时符合a∥β，b∥β， 故选项C错误；根据线面平行的性质定理，知选项D正确，故选D． 5．已知sin(θ＋)＝2cosθ，则tan2θ＝ ( ) A． B． C．－ D．2 【答案】C 【解析】由sin(θ＋)＝2cosθ，得sinθ＋cosθ＝2cosθ，化简得sinθ－cosθ＝0，解得tanθ＝，由二倍角公式得tan2θ＝＝＝－，故选C． 6．已知非零向量a，b满足(a－b)⊥(a＋2b)，且2|a|＝3|b|，则向量a，b的夹角的余弦值为 ( ) A．－ B．－ C． D． 【答案】A 【解析】∵向量a，b满足 (a－b)⊥(a＋2b)，∴(a－b)·(a＋2b)＝0，即a2＋a·b－2b2＝0，∴a·b＝2b2－a2＝2b2－b2＝－b2，∴cos＜a，b＞＝＝＝－ ，故选A． 7．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝，则三棱锥A－BEF的体积是 ( )A B C D A1 B1 C1 D1 E F A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由于△BEF的高＝BB1＝3，所以△BEF的面积S＝××3＝，又A到平面BEF的距离即A到平面BB1D1D的距离，所以三棱锥A－BEF的高＝AC＝，所以三棱锥A－BEF的体积＝××＝，故选A． 8．如图是古希腊数学家波克拉底研究的几何图形，此图由三个半圆构成，直径分别为直角三角形ABC的斜边AB，直角边BC，AC，N为AC的中点，点D在以AC为直径的半圆上，已知cos∠DNC＝，cos∠DAB＝，则以直角边AC，BC为直径的两个半圆的面积之比为 ( )A B C D N A．16：9 B．144：25 C．225：64 D．160：81 【答案】B 【解析】由题意可知∠DNC＝2∠DAN，所以cos∠DAN＝＝，sin∠DAN＝＝，因为cos∠DAB＝，所以sin∠DAB＝＝， cos∠CAB＝cos(∠DAB－∠DAN)＝×＋×＝，tan∠CAB＝，所以Rt△BCA中，＝，所以以直角边AC，BC为直径的两个半圆的面积之比为144：25，故选B． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得3分，有选错的得0分． 9． 已知复数z1，z2，下列说法正确的是 ( ) A． 若z1＝，则＝z2 B． 若|z1|＝|z2|，则z＝z C．若z2≠0，则＝ D． 若|z1|＝|z2|，则z1·＝z2· 【答案】ACD 【解析】若z1＝，则z1与z2互为共轭复数，所以＝z2，故选项A正确；不妨取z1＝1，z2＝i，则|z1|＝|z2|，而z12＝1，z22＝－1，所以z12≠z22，故选项B错误；根据共轭复数的性质知，选项C正确；若|z1|＝|z2|，又|z1|2＝z1·，|z2|2＝z2·，则z1·＝z2·，故选项D正确．故选ACD． 10．已知向量a＝(，sinθ)，b＝(cosθ，1)，0≤θ≤π，下列说法正确的是 ( ) A．若a⊥b，则tanθ＝－ B．a与b一定不是平行向量 C．|a＋b|的最大值为2 D．若|a|＝|b|，且b在a上的投影向量为－a，则a与b的夹角为 【答案】ABD 【解析】对于选项A，若a⊥b，则a·b＝cosθ＋sinθ＝0，所以tanθ＝－，故选项A正确；对于选项B，由于sinθcosθ＜，所以sinθcosθ≠，a与b一定不是平行向量，故选项B正确；对于选项C，因为a＋b＝(＋cosθ，sinθ＋1)，所以|a＋b|＝＝，所以当θ＝时|a＋b|取得最大值，最大值为3，故选项C错误；对于选项D，b在a上的投影向量为·＝·a＝ －a，所以＝－，所以cos＜a，b＞＝＝×＝×(－)＝ －，又0≤＜a，b＞≤π，所以＜a，b＞＝，故选项D正确．故选ABD． 11．如图，四边形ABCD是边长为2a的正方形，点E，F分别为边BC，CD的中点，将 △ABE，△ECF，△FDA分别沿AE，EF，FA折起，使B，C，D三点重合于点P，则 ( ) A．AP⊥EF B．点P在平面AEF内的射影为△AEF的外心 C．二面角A－EF－P的正弦值为 D．四面体P－AEF的外接球的体积为πa3A E F P A B C D E F 【答案】AD 【解析】对于选项A，∵AP⊥PF，AP⊥PE，∵PE∩PF＝P，∴AP⊥平面PEF，∵EF平面PEF，∴AP⊥EF，故选项A正确；对于选项B，设P在底面AEF上的射影为O，又因为AP⊥EF，则AO⊥EF，同理可证EO⊥AF，FO⊥AE，即点P在平面AEF内的射影为ΔAEF的垂心，又由△AEF的形状得其垂心与外心不重合，所以选项B错误；对于选项C，设AO与EF交于点G，易得∠PGA为二面角A－EF－P的平面角．在Rt△APG中，有cos∠PGA＝＝，故选项C错误；对于选项D，由于三棱锥P－AEF的三条侧棱PA、PE、PF两两互相垂直，且PA＝2a，PE＝PF＝a．把该三棱锥补形为长方体，则其对角线长为a＝a，则其外接球的半径为a，则其外接球的体积V＝π×(a)3＝6πa3，故选项D正确．故选AD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为__________． 【答案】 【解析】如图，将正四棱台ABCD－A1B1C1D1补成正四棱锥，则AO＝，SA＝2，OO1＝，故V＝(S1＋S2＋)h， V＝×(22＋12＋)×＝． 13．甲、乙、丙三人参加一次考试，他们合格的概率分别为，，，那么三人中恰有两人合格的概率是_________． 【答案】 【解析】由题意知本题是一个相互独立事件同时发生的概率，三个人中恰有2个合格，包括三种情况，这三种情况是互斥的，∴三人中恰有两人合格的概率××＋××＋××＝． 14．如图，在△ABC中，D是BC的中点，E在AB边上，BE＝2EA，AD与CE交于点O，若·＝6·，则的值是_________．A B C D E O 【答案】 【解析】设＝λ，则＝＋＝＋，由于C，O，E三点共线，所以＋＝1，解得λ＝．所以＝＋，又＝－＝－．由·＝6·，得·＝6(＋)·(－)，化简得32＝2，所以＝． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15．(13分) 已知复数z＝1－i． (1)若z1＝，求z1； (2)若|z2|＝2，且z·z2是纯虚数，求z2． 解 (1)∵复数z＝1－i， ∴z1＝＝＝＝＝＝＋i． 6分 (2)设z2＝a＋bi，a，b∈R， ∵|z2|＝＝2，∴a2＋b2＝4①． 8分 又∵z·z2＝(1－i)(a＋bi)＝(a＋b)＋(b－a)i， ∴a＋b＝0，b－a≠0②， 10分 由①②联立，解得或， ∴z2＝－i或z2＝－＋i． 13分 16．(15分) 某学校承办了2024年某次大型体育比赛的志愿志选拔面试工作．现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组[45，55)，第二组[55，65)，第三组[65，75)，第四组[75，85)，第五组[85，95]，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同． (1)求a、b的值，并估计这100名候选者面试成绩的中位数； (2)在第四、五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两个来自同一组概率．(要求列出样本空间进行计算) 解 (1)因为第三、四、五组的频率之和为0.7， 所以(0.045＋0.020＋a)×10＝0.7， 解得a＝0.005， 2分 所以前两组的频率之和为1－0.7＝0.3， 即(a＋b)×10＝0.3，所以b＝0.025； 4分 面试成绩的中位数为65＋×10≈69.4． 7分 (2)第四、第五两组志愿者分别有20人，5人， 故按照分层抽样抽得的第四组志愿者人数为4，分别设为a，b，c，d，第五组志愿者人数为1，设为e， 9分 则样本空间Ω＝{(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)．(b，e)，(c，d)，(c，e)，(d，e)}，样本空间共包含10个样本点． 11分 设“从这5人中选出2人来自同一组”的事件记为A， 则A＝{(a，b)，(a，c)，(a，d)，(b，c)，(b，d)，(c，d)},A包含6个样本点， 13分 故选出的两人来自同一组的概率为＝． 15分 17．(15分) 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，M为棱AC的中点，AB＝BC，AC＝AA1．A B C A1 B1 C1 M (1)求证：B1C//平面A1BM； (2)求证：AC1⊥平面A1BM． 解 (1)连接AB1，与A1B两线交于点O，连接OM， 在△B1AC中M，O分别为AC，AB1的中点， 所以OM//B1C， 3分 又OM平面A1BM，B1C平面A1BM， 所以B1C//平面A1BM． 6分A B C A1 B1 C1 M O (2)因为在直三棱柱ABC－A1B1C1中， AA1⊥底面ABC，BM平面ABC，所以AA1⊥BM． 又M为棱AC的中点，AB＝BC，所以BM⊥AC． 因为AA1∩AC＝A，AA1，AC平面ACC1A1， 所以BM⊥平面ACC1A1， 8分 又AC1平面ACC1A1，所以BM⊥AC1． 9分 因为AC＝AA1．不妨设AC＝2，所以AA1＝，AM＝1． 在Rt△ACC1和Rt△A1AM中，tan∠AC1C＝tan∠A1MA＝， 所以∠AC1C＝∠A1MA，即∠AC1C＋∠C1AC＝∠A1MA＋∠C1AC＝90°， 所以A1M⊥AC1， 13分 又BM∩A1M＝M，BM，A1M平面A1BM， 所以AC1⊥平面A1BM． 15分 18．(17分) 如图，已知△ABC中，AC＝4，∠BCA＝90°，∠BAC＝60°，M，N为线段AB上两点，且∠MCN＝30°． (1)若CM⊥AB，求·的值； (2)设∠ACM＝θ，试将△MCN的面积S表示为θ的函数，并求其最大值． (3)若BN＝AM，求cos∠ACM的值． 解 (1) △CAM中，AC＝4，CM⊥AB，∠MAC＝∠BAC＝60°， 所以CM＝AC·sin60°＝2． 所以·＝||·||·cos∠BCM＝||·|＝12． 4分 (2)在△ACM中，∠ACM＝θ(0°≤θ≤60°)，AC＝4，∠MAC＝60°， 所以＝，所以CM＝， 6分 在△ACN中，∠ACN＝θ＋30°，AC＝4，∠NAC＝60°， 所以＝，所以CN＝＝， 8分 所以SΔCMN＝CM·CN·sin30°＝＝ ＝＝， 11分 因为0°≤θ≤60°，所以60°≤2θ＋60°≤180°，所以当且仅当2θ＋60°＝180°，即θ＝60°时，△CMN的面积取最大值为4． 12分 (3)当BN＝AM时，S△CBN＝S△CAM， 即·BC·CN·sin∠BCN＝··AC·CM·sin∠ACM， 即8 CN·sin∠BCN＝ CM·sin∠ACM． 设∠ACM＝θ，由(2)得CM＝，CN＝，且∠BCN＝60°－θ， 所以4sin(60°－θ)sin(60°＋θ)＝sinθcosθ， 14分 4[(cosθ)2－(sinθ)2]＝sinθcosθ，所以sin2θ＋sinθcosθ－3cos2θ＝0， 两边同除以cos2θ，得tan2θ＋tanθ－3＝0， 解得tanθ＝，或tanθ＝－(舍去)． 16分 此时cos∠ACM＝． 17分 19．(17分) 已知如图一，在矩形ABCD中，AB＝，AD＝2．将△ABD沿BD折起，得到大小为θ的二面角A'－BD－C．O E F G 图二 A B C D A' B C D 图一 (1)当θ＝时，求A'C与平面BCD所成角的正切； (2)当θ＝时，求B到平面A'CD的距离； (3)①当cosθ＝，求cos∠A'BC的值． ②如图二，在三棱锥O－EFG中，已知∠OEF＝α，∠FEG＝β，∠OEG＝γ，二面角 O－EF－G的大小为θ．试直接写出利用α，β，γ的三角函数表示cosθ的结论，不需要证明． A' B C D H 解 (1) 过A'作A'H⊥BD于H，连接AH，CH． 因为二面角A'－BD－C的大小为， 所以平面A'BD⊥平面BCD， 因为A'H⊥BD，平面A'BD∩平面BCD＝BD，A'H平面A'BD， 所以A'H⊥平面BCD， 所以∠A'CH为A'C与平面BCD的所成角． 2分 在Rt△BA'D中，A'B＝，AD＝2，所以A'H＝＝2． Rt△A'HB中，BH＝＝＝1． 因为在Rt△DBC中，BC＝2，cos∠CBD＝， 所以在△HBC中， HC2＝BC2＋BH2－2BC·BH·cos∠CBD＝(2)2＋12－2·2·1·＝13， 所以HC＝． 在Rt△A'CH中，tan∠A'CH＝＝＝． 即A'C与平面BCD所成角的正切是． 5分 (2)在(1)图中，A'C2＝A'H2＋HC2＝4＋13＝17， 在△A'DC中，cos∠A'DC＝＝＝． 所以sin∠A'DC＝＝， △A'DC的面积S＝·A'D·DC·sin∠A'DC＝·2··＝． 因为A'H⊥平面BCD， 所以三棱锥A'－BCD的体积V＝·S△BCD·A'H＝··2··2＝． 8分 所以B到平面A'CD的距离的距离d＝＝＝． 10分 (3)①矩形ABCD中找到A'H的对应线段AH，并设AH的延长线交BC于G．A B C D H G 在Rt△BHG中，BH＝1，tan∠DBC＝， 所以HG＝，BG＝． 在三棱锥A'－BCD中，由A'H⊥BD，GH⊥BD， 所以∠A'HG为二面角A'－BD－C的平面角， 12分A' B C D H G 即cos∠A'HG＝． 在△A'HG中，A'G2＝AH2＋HG2－2·AH·HG·cos∠A'HG ＝22＋()2－2·2··＝． 在△A'BG中，cos∠A'BG＝＝＝． 15分 ② cosθ＝． 17分 学科网（北京）股份有限公司 $$2023－2024 学年第二学期高一年级期末测试 数学试卷 命题：高一数学备课组 审核：朱骏 一、选择题：本题共 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 i为虚数单位，复数 z满足|z|＝1，则|z－i|的最大值为 ( ) A． 1 B． 2 C． 3 D． 4 【答案】B 【解析】设复数 z在复平面内所对的点为 Z，由|z|＝1知，Z在以 (0，0)为圆心，半径为 1 的圆上，|z－i|表示点 Z与(0，1)的距离，∴|z－i|max＝1＋1＝2．故选 B． 2．已知数据 3，7，a，6的平均数是 4，则这组数据的标准差为 ( ) A． 15 2 B． 29 4 C． 30 2 D． 29 2 【答案】C 【解析】由 3＋7＋a＋6 4 ＝4，得 a＝0，方差＝(3－4) 2＋(7－4)2＋(0－4)2＋(6－4)2 4 ＝ 30 4 ，故 标准差＝ 30 2 ．故选 C． 3．抛掷一枚质地均匀的骰子两次，A表示事件“第一次抛掷，骰子正面向上的点数是 3”， B表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是 4”，C表示事件“两次抛掷，骰子 正面向上的点数之和是 7”，则 ( ) A． A与 B互斥 B． B与 C互为对立 C． A与 B相互独立 D． A与 C相互独立 【答案】D 【解析】显然选项 A，选项 B错误．对于选项 C与 D，先后抛掷两枚骰子出现点数的所有 可能情况为 36种，P(A)＝ 6 36 ＝ 1 6 ，P(B)＝ 3 36 ＝ 1 12 ，P(C)＝ 6 36 ＝ 1 6 ，P(AB)＝ 1 36 ，P(AC)＝ 1 36 ．由 于 P(AB)≠P(A)P(B)，P(AC)＝P(A) P(C)，所以 A与 B不独立，A与 C相互独立，故选 D． 4．已知两个不重合的平面α，β和三条不重合的直线 a，b，c，则下列四个命题中正确的是 ( ) A．若 a∥b，bα，则 a∥α B．若 a⊥b，b⊥c，则 a∥c C．a∥β，b∥β，aα，bα，则α∥β D．a∥α，aβ，α∩β＝b，则 a∥b 【答案】D 【解析】a∥b，bα时存在 aα的情形，所以选项 A错误；当 a∩c＝A，且 b垂直于 a，c 确定的平面时也满足 a⊥b，b⊥c，所以选项 B错误；对于 C选项，当α∩β＝l时，存 在 aα，bα，且 a∥l，b∥l的情形，此时符合 a∥β，b∥β， 故选项 C错误；根据线 面平行的性质定理，知选项 D正确，故选 D． 5．已知 sin(θ＋π 6 )＝2cosθ，则 tan2θ＝ ( ) A． 3 3 B． 3 C．－ 3 D．2 3 【答案】C 【解析】由 sin(θ＋π 6 )＝2cosθ，得 3 2 sinθ＋1 2 cosθ＝2cosθ，化简得 3 2 sinθ－3 2 cosθ＝0，解得 tanθ ＝ 3，由二倍角公式得 tan2θ＝ 2tanθ 1－tan2θ ＝ 2× 3 1－( 3)2 ＝－ 3，故选 C． 6．已知非零向量 a，b 满足(a－b)⊥(a＋2b)，且 2|a|＝3|b|，则向量 a，b 的夹角的余弦值 为 ( ) A．－1 6 B．－3 8 C．1 6 D．3 8 【答案】A 【解析】∵向量 a，b 满足 (a－b)⊥(a＋2b)，∴(a－b)·(a＋2b)＝0，即 a2＋a·b－2b2＝0， ∴a·b＝2b2－a2＝2b2－9 4 b2＝－1 4 b2，∴cos＜a，b＞＝ a·b |a||b| ＝ － 1 4 b2 3 2 b2 ＝－ 1 6 ，故选 A． 7．如图，正方体 ABCD－A1B1C1D1的棱长为 3，线段 B1D1上有两个动点 E，F，且 EF＝ 2， 则三棱锥 A－BEF的体积是 ( ) A．3 2 B．3 2 2 C． 2 2 D．1 2 【答案】A 【解析】由于△BEF的高＝BB1＝3，所以△BEF的面积 S＝1 2 × 2×3＝3 2 2 ，又 A到平面 BEF的距离即 A到平面 BB1D1D的距离，所以三棱锥 A－BEF的高＝1 2 AC＝3 2 2 ，所以 三棱锥 A－BEF的体积＝1 3 × 3 2 2 × 3 2 2 ＝ 3 2 ，故选 A． 8．如图是古希腊数学家波克拉底研究的几何图形，此图由三个半圆构成，直径分别为直角 三角形 ABC的斜边 AB，直角边 BC，AC，N为 AC的中点，点 D在以 AC为直径的半圆 上，已知 cos∠DNC＝ 7 25 ，cos∠DAB＝33 65 ，则以直角边 AC，BC为直径的两个半圆的面 积之比为 ( ) A．16：9 B．144：25 C．225：64 D．160：81 A BC D A1 B1C1 D1 E F A B C D N 【答案】B 【解析】由题意可知∠DNC＝2∠DAN，所以 cos∠DAN＝ 1＋cos∠DNC 2 ＝ 4 5 ，sin∠DAN ＝ 1－cos∠DNC 2 ＝ 3 5 ，因为 cos∠DAB＝33 65 ，所以 sin∠DAB＝ 1－(33 65 )2＝56 65 ， cos∠CAB＝cos(∠DAB－∠DAN)＝33 65 × 4 5 ＋ 56 65 × 3 5 ＝ 12 13 ，tan∠CAB＝ 5 12 ，所以 Rt△BCA 中， AC BC ＝ 12 5 ，所以以直角边 AC，BC为直径的两个半圆的面积之比为 144：25，故选 B． 二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18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 6分，部分选对的得 3分，有选错的得 0分． 9． 已知复数 z1，z2，下列说法正确的是 ( ) A． 若 z1＝ z2 － ，则 z1－＝z2 B． 若|z1|＝|z2|，则 z21＝z22 C．若 z2≠0，则(z1 z2 ) － ＝ z1－ z2－ D． 若|z1|＝|z2|，则 z1· z1－＝z2· z2－ 【答案】ACD 【解析】若 z1＝ z2－，则 z1与 z2互为共轭复数，所以 z1－＝z2，故选项 A正确；不妨取 z1＝1， z2＝i，则|z1|＝|z2|，而 z12＝1，z22＝－1，所以 z12≠z22，故选项 B错误；根据共轭复数的 性质知，选项 C正确；若|z1|＝|z2|，又|z1|2＝z1· z1－，|z2|2＝z2· z2－，则 z1· z1－＝z2· z2－，故选项 D正确．故选 ACD． 10．已知向量 a＝( 3，sinθ)，b＝(cosθ，1)，0≤θ≤π，下列说法正确的是 ( ) A．若 a⊥b，则 tanθ＝－ 3 B．a 与 b 一定不是平行向量 C．|a＋b|的最大值为 2 2 D．若|a|＝ 6|b|，且 b 在 a 上的投影向量为－ 2 4 a，则 a 与 b 的夹角为5π 6 【答案】ABD 【解析】对于选项 A，若 a⊥b，则 a·b＝ 3cosθ＋sinθ＝0，所以 tanθ＝－ 3，故选项 A正 确；对于选项 B，由于 sinθcosθ＜ 3，所以 sinθcosθ≠ 3，a 与 b 一定不是平行向量， 故选项 B正确；对于选项 C，因为 a＋b＝( 3＋cosθ，sinθ＋1)，所以|a＋b|＝ ( 3＋cosθ)2＋(sinθ＋1)2＝ 5＋4sin(θ＋π 3 )，所以当θ＝π 6 时|a＋b|取得最大值，最大 值为 3，故选项 C错误；对于选项 D，b 在 a 上的投影向量为a·b |a| · a |a| ＝ a·b |a|2 ·a＝ － 2 4 a，所以 a·b |a|2 ＝－ 2 4 ，所以 cos＜a，b＞＝ a·b |a||b| ＝ 6× a·b |a|2 ＝ 6×(－ 2 4 )＝ － 3 2 ，又 0≤＜a，b＞≤π，所以＜a，b＞＝5π 6 ，故选项 D正确．故选 ABD． 11．如图，四边形 ABCD是边长为 2a的正方形，点 E，F分别为边 BC，CD的中点，将 △ABE，△ECF，△FDA分别沿 AE，EF，FA折起，使 B，C，D三点重合于点 P，则 ( ) A．AP⊥EF B．点 P在平面 AEF内的射影为△AEF的外心 C．二面角 A－EF－P的正弦值为1 3 D．四面体 P－AEF的外接球的体积为 6πa3 【答案】AD 【解析】对于选项 A，∵AP⊥PF，AP⊥PE，∵PE∩PF＝P，∴AP⊥平面 PEF，∵EF平面 PEF，∴AP⊥EF，故选项 A正确；对于选项 B，设 P在底面 AEF上的射影为 O，又因 为 AP⊥EF，则 AO⊥EF，同理可证 EO⊥AF，FO⊥AE，即点 P 在平面 AEF内的射影为ΔAEF的垂心，又由△AEF的形状得其垂 心与外心不重合，所以选项 B错误；对于选项 C，设 AO与 EF交 于点 G，易得∠PGA为二面角 A－EF－P的平面角．在 Rt△APG 中，有 cos∠PGA＝PG AG ＝ 1 3 ，故选项 C错误；对于选项 D，由于三 棱锥 P－AEF的三条侧棱 PA、PE、PF两两互相垂直，且 PA＝2a， PE＝PF＝a．把该三棱锥补形为长方体，则其对角线长为 22＋12＋12a＝ 6a，则其外 接球的半径为 6 2 a，则其外接球的体积 V＝4 3 π×( 6 2 a)3＝6πa3，故选项 D正确．故选 AD． 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分． 12．在正四棱台 ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝ 2，则该棱台的体积为 __________． 【答案】 7 6 6 【解析】如图，将正四棱台 ABCD－A1B1C1D1补成正四棱锥，则 AO ＝ 2，SA＝2 2，OO1＝ 6 2 ，故 V＝1 3 (S1＋S2＋ S1S2)h， V＝1 3 ×(22＋12＋ 22×12)× 6 2 ＝ 7 6 6 ． 13．甲、乙、丙三人参加一次考试，他们合格的概率分别为2 3 ， 3 4 ， 2 5 ，那么三人中恰有两人 合格的概率是_________． 【答案】 7 15 【解析】由题意知本题是一个相互独立事件同时发生的概率，三个人中恰有 2个合格，包括 三种情况，这三种情况是互斥的，∴三人中恰有两人合格的概率 1 3 × 3 4 × 2 5 ＋ 2 3 × 1 4 × 2 5 ＋ 2 3 × 3 4 × 3 5 ＝ 7 15 ． 14．如图，在△ABC中，D是 BC的中点，E在 AB边上，BE＝2EA，AD与 CE交于点 O， 若 →AB ·→AC＝6→AO·→EC，则AB AC 的值是_________． 【答案】 3 【解析】设 →AO＝λ→AD，则→AO＝λ 2 →AB＋λ 2 →AC＝3λ 2 →AE＋λ 2 →AC，由于 C，O，E三点共线，所以 A B CD E O A E F P A B CD E F 3λ 2 ＋ λ 2 ＝1，解得λ＝1 2 ．所以 →AO＝1 4 →AB＋1 4 →AC，又→EC＝→AC－→AE＝→AC－1 3 →AB．由→AB ·→AC ＝6→AO·→EC，得→AB ·→AC＝6(1 4 →AB＋1 4 →AC )·(→AC－1 3 →AB )，化简得3→AC 2＝→AB 2，所以AB AC ＝ 3． 四、解答题：本题共 5小题，共 77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15．(13分) 已知复数 z＝1－i． (1)若 z1＝ z 3－4i ，求 z1； (2)若|z2|＝2，且 z·z2是纯虚数，求 z2． 解 (1)∵复数 z＝1－i， ∴z1＝ z 3－4i ＝ 1－i 3－4i ＝ (1－i)(3＋4i) (3－4i)(3＋4i) ＝ 3＋4i－3i－4i2 32－(4i)2 ＝ 7＋i 25 ＝ 7 25 ＋ 1 25 i．·············· 6分 (2)设 z2＝a＋bi，a，b∈R， ∵|z2|＝ a2＋b2＝2，∴a2＋b2＝4①． ······················································ 8分 又∵z·z2＝(1－i)(a＋bi)＝(a＋b)＋(b－a)i， ∴a＋b＝0，b－a≠0②， ······································································ 10分 由①②联立，解得 a＝ 2 b＝－ 2或 a＝－ 2 b＝ 2 ， ∴z2＝ 2－ 2i或 z2＝－ 2＋ 2i．····························································13分 16．(15分) 某学校承办了 2024年某次大型体育比赛的志愿志选拔面试工作．现随机抽取了 100名 候选者的面试成绩并分成五组：第一组[45，55)，第二组[55 65)，第三组[65，75)，第四组[75，85)，第五组[85，95]， 绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组 的频率之和为 0.7，第一组和第五组的频率相同． (1)求 a、b的值，并估计这 100名候选者面试成绩的中位 数； (2)在第四、五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取 5人， 然后再从这 5人中选出 2人，求选出的两个来自同一组概 率．(要求列出样本空间进行计算) 解 (1)因为第三、四、五组的频率之和为 0.7， 所以(0.045＋0.020＋a)×10＝0.7， 解得 a＝0.005，····················································································· 2分 所以前两组的频率之和为 1－0.7＝0.3， 即(a＋b)×10＝0.3，所以 b＝0.025；·························································· 4分 面试成绩的中位数为 65＋ 0.2 0.45 ×10≈69.4．··················································7分 (2)第四、第五两组志愿者分别有 20人，5人， 故按照分层抽样抽得的第四组志愿者人数为 4，分别设为 a，b，c，d，第五组志愿者人 数为 1，设为 e，···················································································· 9分 则样本空间Ω＝{(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)．(b，e)，(c，d)，(c， e)，(d，e)}，样本空间共包含 10个样本点．·············································· 11分 设“从这 5人中选出 2人来自同一组”的事件记为 A， 则 A＝{(a，b)，(a，c)，(a，d)，(b，c)，(b，d)，(c，d)},A包含 6个样本点， ········································································································· 13分 故选出的两人来自同一组的概率为 6 10 ＝ 3 5 ．·················································15分 17．(15分) 如图，在直三棱柱 ABC－A1B1C1中，M为棱 AC的中点， AB＝BC，AC＝ 2AA1． (1)求证：B1C//平面 A1BM； (2)求证：AC1⊥平面 A1BM． 解 (1)连接 AB1，与 A1B两线交于点 O，连接 OM， 在△B1AC中 M，O分别为 AC，AB1的中点， 所以 OM//B1C，······················································································ 又 OM平面 A1BM，B1C平面 A1BM， 所以 B1C//平面 A1BM．············································································· (2)因为在直三棱柱 ABC－A1B1C1中， AA1⊥底面 ABC，BM平面 ABC，所以 AA1⊥BM． 又 M为棱 AC的中点，AB＝BC，所以 BM⊥AC． 因为 AA1∩AC＝A，AA1，AC平面 ACC1A1， 所以 BM⊥平面 ACC1A1，·········································································· 又 AC1平面 ACC1A1，所以 BM⊥AC1．······················································· 因为 AC＝ 2AA1．不妨设 AC＝2，所以 AA1＝ 2，AM＝1． 在 Rt△ACC1和 Rt△A1AM中，tan∠AC1C＝tan∠A1MA＝ 2， 所以∠AC1C＝∠A1MA，即∠AC1C＋∠C1AC＝∠A1MA＋∠C1AC＝90°， 所以 A1M⊥AC1，···················································································13分 又 BM∩A1M＝M，BM，A1M平面 A1BM， A B C A1 B1 C1 M A B C A1 B1 C1 M O 所以 AC1⊥平面 A1BM．·········································································· 15分 18．(17分) 如图，已知△ABC中，AC＝4，∠BCA＝90°，∠BAC＝60°，M，N为线段 AB上两点， 且∠MCN＝30°． (1)若 CM⊥AB，求→CM·→CB的值； (2)设∠ACM＝θ，试将△MCN的面积 S表示为θ的 函数，并求其最大值． (3)若 BN＝ 6 8 AM，求 cos∠ACM的值． 解 (1) △CAM中，AC＝4，CM⊥AB，∠MAC＝∠BAC＝60°， 所以 CM＝AC·sin60°＝2 3． 所以 →CM·→CB＝|→CM|·|→CB|·cos∠BCM＝|→CM|·→CM|＝12．······························4分 (2)在△ACM中，∠ACM＝θ(0°≤θ≤60°)，AC＝4，∠MAC＝60°， 所以 CM sin60° ＝ AC sin(60°＋θ) ，所以 CM＝ 2 3 sin(θ＋60°) ，·······································6分 在△ACN中，∠ACN＝θ＋30°，AC＝4，∠NAC＝60°， 所以 CN sin60° ＝ AC sin(90°＋θ) ，所以 CN＝ 2 3 sin(θ＋90°) ＝ 2 3 cosθ ，······························ 8分 所以 SΔCMN＝1 2 CM·CN·sin30°＝ 3 sin(θ＋60°)cosθ ＝ 3 1 2 sinθcosθ＋ 3 2 cos2θ ＝ 6 sin2θ 2 ＋ 3cos2θ 2 ＋ 3 2 ＝ 12 2sin(2θ＋60°)＋ 3 ，······························ 11分 因为 0°≤θ≤60°，所以 60°≤2θ＋60°≤180°，所以当且仅当 2θ＋60°＝180°，即θ＝60° 时，△CMN的面积取最大值为 4 3．························································12分 (3)当 BN＝ 6 8 AM时，S△CBN＝ 6 8 S△CAM， 即 1 2 ·BC·CN·sin∠BCN＝ 6 8 ·1 2 ·AC·CM·sin∠ACM， 即 8 CN·sin∠BCN＝ 2 CM·sin∠ACM． 设∠ACM＝θ，由(2)得 CM＝ 2 3 sin(θ＋60°) ，CN＝2 3 cosθ ，且∠BCN＝60°－θ， 所以 4 2sin(60°－θ)sin(60°＋θ)＝sinθcosθ，·················································14分 4 2[( 3 2 cosθ)2－(1 2 sinθ)2]＝sinθcosθ，所以 2sin2θ＋sinθcosθ－3 2cos2θ＝0， 两边同除以 cos2θ，得 2tan2θ＋tanθ－3 2＝0， 解得 tanθ＝ 2，或 tanθ＝－3 2 2 (舍去)．····················································· 16分 此时 cos∠ACM＝ 3 3 ．············································································ 17分 19．(17分) 已知如图一，在矩形 ABCD中，AB＝ 5，AD＝2 5．将△ABD沿 BD折起，得到大小 为θ的二面角 A'－BD－C． (1)当θ＝π 2 时，求 A'C与平面 BCD所成角的正切； (2)当θ＝π 2 时，求 B到平面 A'CD的距离； (3)①当 cosθ＝1 3 ，求 cos∠A'BC的值． ②如图二，在三棱锥 O－EFG中，已知∠OEF＝α，∠FEG＝β，∠OEG＝γ，二面角 O－EF－G的大小为θ．试直接写出利用α，β，γ的三角函数表示 cosθ的结论，不需要证 明． 解 (1) 过 A'作 A'H⊥BD于 H，连接 AH，CH． 因为二面角 A'－BD－C的大小为π 2 ， 所以平面 A'BD⊥平面 BCD， 因为 A'H⊥BD，平面 A'BD∩平面 BCD＝BD，A'H平面 A'BD， 所以 A'H⊥平面 BCD， 所以∠A'CH为 A'C与平面 BCD的所成角．················································· 2分 在 Rt△BA'D中，A'B＝ 5，AD＝2 5，所以 A'H＝ 5·2 5 ( 5)2＋(2 5)2 ＝2． Rt△A'HB中，BH＝ A'B2－A'H2＝ 52－22＝1． 因为在 Rt△DBC中，BC＝2 5，cos∠CBD＝2 5 5 ， 所以在△HBC中， HC2＝BC2＋BH2－2BC·BH·cos∠CBD＝(2 5)2＋12－2·2 5·1·2 5 5 ＝13， O E F G 图二 A B C D A' B C D 图一 A' B C D H A' B C D H G 所以 HC＝ 13． 在 Rt△A'CH中，tan∠A'CH＝A'H HC ＝ 2 13 ＝ 2 13 13 ． 即 A'C与平面 BCD所成角的正切是2 13 13 ．·················································· 5分 (2)在(1)图中，A'C2＝A'H2＋HC2＝4＋13＝17， 在△A'DC中，cos∠A'DC＝A'D 2＋DC2－A'C2 2·A'D·DC ＝ (2 5)2＋( 5)2－17 2·2 5· 5 ＝ 2 5 ． 所以 sin∠A'DC＝ 1－(2 5 )2＝ 21 5 ， △A'DC的面积 S＝1 2 ·A'D·DC·sin∠A'DC＝1 2 ·2 5· 5· 21 5 ＝ 21． 因为 A'H⊥平面 BCD， 所以三棱锥 A'－BCD的体积 V＝1 3 ·S△BCD·A'H＝ 1 3 ·1 2 ·2 5· 5·2＝10 3 ．··················· 8分 所以 B到平面 A'CD的距离的距离 d＝ V 1 3 S ＝ 10 3 1 3 · 21 ＝ 10 21 21 ．··························· 10分 (3)①矩形 ABCD中找到 A'H的对应线段 AH，并设 AH的延长 线交 BC于 G． 在 Rt△BHG中，BH＝1，tan∠DBC＝1 2 ， 所以 HG＝1 2 ，BG＝ 5 2 ． 在三棱锥 A'－BCD中，由 A'H⊥BD，GH⊥BD， 所以∠A'HG为二面角 A'－BD－C的平面角，·············································12分 即 cos∠A'HG＝1 3 ． 在△A'HG中，A'G2＝AH2＋HG2－2·AH·HG·cos∠A'HG ＝22＋(1 2 )2－2·2·1 2 ·1 3 ＝ 43 12 ． 在△A'BG中，cos∠A'BG＝A'B 2＋BG2－A'G2 2·A'B·BG ＝ ( 5)2＋( 5 2 )2－43 12 2· 5· 5 2 ＝ 8 15 ．·············15分 ② cosθ＝cosγ－cosα·cosβ sinα·sinβ ． ··································································· 17分 A B C D H G 2023－2024 学年第二学期高一年级期末测试 数学试卷 命题：高一数学备课组 审核：朱骏 一、选择题：本题共 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 i为虚数单位，复数 z满足|z|＝1，则|z－i|的最大值为 ( ) A． 1 B． 2 C． 3 D． 4 2．已知数据 3，7，a，6的平均数是 4，则这组数据的标准差为 ( ) A． 15 2 B． 29 4 C． 30 2 D． 29 2 3．抛掷一枚质地均匀的骰子两次，A表示事件“第一次抛掷，骰子正面向上的点数是 3”， B表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是 4”，C表示事件“两次抛掷，骰子正 面向上的点数之和是 7”，则 ( ) A． A与 B互斥 B． B与 C互为对立 C． A与 B相互独立 D． A与 C相互独立 4．已知两个不重合的平面α，β和三条不重合的直线 a，b，c，则下列四个命题中正确的是 ( ) A．若 a∥b，bα，则 a∥α B．若 a⊥b，b⊥c，则 a∥c C．a∥β，b∥β，aα，bα，则α∥β D．a∥α，aβ，α∩β＝b，则 a∥b 5．已知 sin(θ＋π 6 )＝2cosθ，则 tan2θ＝ ( ) A． 3 3 B． 3 C．－ 3 D．2 3 6．已知非零向量 a，b 满足(a－b)⊥(a＋2b)，且 2|a|＝3|b|，则向量 a，b 的夹角的余弦值 为 ( ) A．－1 6 B．－3 8 C．1 6 D．3 8 7．如图，正方体 ABCD－A1B1C1D1的棱长为 3，线段 B1D1上有两个动点 E，F，且 EF＝ 2， 则三棱锥 A－BEF的体积是 ( ) A．3 2 B．3 2 2 C． 2 2 D．1 2 8．如图是古希腊数学家波克拉底研究的几何图形，此图由三个半圆构成， 直径分别为直角三角形 ABC的斜边 AB，直角边 BC，AC，N为 AC的中 点，点 D在以 AC为直径的半圆上，已知 cos∠DNC＝ 7 25 ，cos∠DAB＝33 65 ， A B C D N 则以直角边 AC，BC为直径的两个半圆的面积之比为 ( ) A．16：9 B．144：25 C．225：64 D．160：81 二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18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 6分，部分选对的得 3分，有选错的得 0分． 9． 已知复数 z1，z2，下列说法正确的是 ( ) A． 若 z1＝ z2 － ，则 z1－＝z2 B． 若|z1|＝|z2|，则 z21＝z22 C．若 z2≠0，则( z1 z2 ) － ＝ z1－ z2－ D． 若|z1|＝|z2|，则 z1· z1 － ＝z2· z2 － 10．已知向量 a＝( 3，sinθ)，b＝(cosθ，1)，0≤θ≤π，下列说法正确的是 ( ) A．若 a⊥b，则 tanθ＝－ 3 B．a 与 b 一定不是平行向量 C．|a＋b|的最大值为 2 2 D．若|a|＝ 6|b|，且 b 在 a 上的投影向量为－ 2 4 a，则 a 与 b 的夹角为5π 6 11．如图，四边形 ABCD是边长为 2a的正方形，点 E，F分别为边 BC，CD的中点，将 △ABE，△ECF，△FDA分别沿 AE，EF，FA折起，使 B，C，D三点重合于点 P，则 ( ) A．AP⊥EF B．点 P在平面 AEF内的射影为△AEF的外心 C．二面角 A－EF－P的正弦值为1 3 D．四面体 P－AEF的外接球的体积为 6πa3 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分． 12．在正四棱台 ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝ 2，则该棱台的体积为 __________． 13．甲、乙、丙三人参加一次考试，他们合格的概率分别为2 3 ， 3 4 ， 2 5 ，那么三人中恰有两人 合格的概率是_________． 14．如图，在△ABC中，D是 BC的中点，E在 AB边上，BE＝2EA，AD与 CE交于点 O， 若 →AB ·→AC＝6→AO·→EC，则AB AC 的值是_________． A B CD E O A E F P A B CD E F 四、解答题：本题共 5小题，共 77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15．(13分) 已知复数 z＝1－i． (1)若 z1＝ z 3－4i ，求 z1； (2)若|z2|＝2，且 z·z2是纯虚数，求 z2． 16．(15分) 某学校承办了 2024年某次大型体育比赛的志愿志选拔面试工作．现随机抽取了 100名 候选者的面试成绩并分成五组：第一组[45，55)，第二组[55 65)，第三组[65，75)，第四组[75，85)，第五组[85，95]， 绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组 的频率之和为 0.7，第一组和第五组的频率相同． (1)求 a、b的值，并估计这 100名候选者面试成绩的中位 数； (2)在第四、五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取 5人， 然后再从这 5人中选出 2人，求选出的两个来自同一组概 率．(要求列出样本空间进行计算) 17．(15分) 如图，在直三棱柱 ABC－A1B1C1中，M为棱 AC的中点， AB＝BC，AC＝ 2AA1． (1)求证：B1C//平面 A1BM； (2)求证：AC1⊥平面 A1BM． A B C A1 B1 C1 M 18．(17分) 如图，已知△ABC中，AC＝4，∠BCA＝90°，∠BAC＝60°，M，N为线段 AB上两点， 且∠MCN＝30°． (1)若 CM⊥AB，求→CM·→CB的值； (2)设∠ACM＝θ，试将△MCN的面积 S表示为θ的 函数，并求其最大值． (3)若 BN＝ 6 8 AM，求 cos∠ACM的值． 19．(17分) 已知如图一，在矩形 ABCD中，AB＝ 5，AD＝2 5．将△ABD沿 BD折起，得到大小 为θ的二面角 A'－BD－C． (1)当θ＝π 2 时，求 A'C与平面 BCD所成角的正切； (2)当θ＝π 2 时，求 B到平面 A'CD的距离； (3)①当 cosθ＝1 3 ，求 cos∠A'BC的值． ②如图二，在三棱锥 O－EFG中，已知∠OEF＝α，∠FEG＝β，∠OEG＝γ，二面角 O－EF－G的大小为θ．试直接写出利用α，β，γ的三角函数表示 cosθ的结论，不需要证 明． O E F G 图二 A B C D A' B C D 图一 A' B C D H