高一数学下学期期末模拟卷（苏教版必修第二册，高效培优·提升卷）

**基本信息** 苏教版高一数学期末模拟卷，覆盖必修二统计、复数、向量等核心知识，通过分层题型与真实情境（如共享单车调查、塔高测量）考查数学眼光、思维与语言，适配期末综合评估。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题58分|统计（分位数）、复数（共轭复数）、向量（垂直）|基础巩固与能力区分，如多选结合兴趣班数据考查独立性| |填空题|3题15分|斜二测画法、解三角形（测量）、立体几何（线线角）|情境化应用，塔高测量题体现数学眼光| |解答题|5题77分|统计（频率分布直方图）、复数（方程根）、立体几何（线面角）、创新情境（仿射坐标系）|综合与创新，仿射坐标系题考查数学思维，共享单车调查体现数据意识|

命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2025-2026学年高一数学下学期期末模拟卷 提升卷·参考答案 第一部分（选择题共58分） 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。 5 6 7 6 D B B C D C D 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9 10 11 BC AD ACD 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.22 13.20W5 14. 2525 3 55 0.6 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) 【详解】(1)由频率分布直方图可知各组频率依次为0.05,10x,0.35,0.3,0.1, 由0.05+10x+0.35+0.3+0.1=1,解得x=0.02 (2)用每组区间的中点值为代表， 则平均数x=55×0.05+65×0.2+75×0.35+85×0.3+95×0.1=77, 方差s2=(55-77)2×0.05+(65-77)2×0.2+(75-77)2×0.35+85-77)2×0.3+(95-77)2×0.1=106 (3)在[50,60)的人数有100×0.05=5人，其中男生3人，女生2人， 记三个男生分别为A,A2,A,两个女生分别为B,B2, 则从5人中随机抽取2人进行座谈所有样本点： {A,A},{A,A},{A,B},{A,B2},{A,A},A,B},{A2,B2},{A3,B},A,B2},B1,B2},共10个； 恰有1名女生的样本点：{A,B},{A,B2},{A,B,},{A2,B2},{A,B},A,B2},共6个； 1/6 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以从5人中随机抽取2人进行座谈恰有1名女生的概率为P= 63 105 16.(15分) m2+8m+12=0m=-6或-2 【详解】(1)由题意得： → m2-m-6≠0 m≠-2且m≠3’所以m=-6: (2)当m=-3时，z=-3+6i,由复数z是关于x的方程x2+px+q=0的一个根， 所以z=-3-6i是方程x2+px+q=0的另一个根， 所以 ∫z+z=-6=-pJp=6 z·z=45=gq=451 所以3p-q=3×6-45=-27; (3)当m=-1时，z=5-4i,所以复数z所对应的平面向量为ā=(5，-4， 当m=-3时，z=-3+6i,所以复数z所对应的平面向量为b=（-3,6), 所以a+2b=(5,-4+2(-3,6)=（-1,8),ta-b=1(5,-4)--3,6)=(51+3,-41-6), 因为向量ā+2b与ta-b的夹角为钝角， 所以ā+26ta-)<0,且ā+26与a-6不共线， 51 -(51+3)+8(-41-6)<0 t> 所以 37 -(-41-6)≠8(51+3) 1 t*2 所以（引引（行+树 17.(15分) 【详解】(1)由余弦定理a2=b2+c2-2 bcos可得cosA=6+c2-a 2be 己知b2+c2=a2+bc,即b2+c2-a2=bc 代入得ms4=纸-又0长a,故4：月 3 (2)(2)4=写，Sc=5,由Sc=)besind=5,得bcx5-V5, 2 解得bc=4又a=B+c2-2bcos4,得4=B+c2-2bcx2 .1 即b2+c2-bc=4. b2+c2-bc=4 联立 bc=4，解得b=2,c=2 2/6 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (3)设周长为L,则L=a+b+c=2+b+c, a245 4=号a=2,:由正弦定理得sinB"sinc"sin万=号，解得b=4y5 =4V sinB,c=- 3 3 sinc 2 4+B+C=,4=音C=-B 3 .L=2+ 3 (sinB+sinc)=24 4V sinB+sin 3 2+43 .1 3 2 cosB+。sinB 2 =2+23sinB+2cosB =2+6如8+别 0<B<2 ,π5π ,<B+ 3 6 66 sn8+君}行，则4sm8+引e2.2+4sin8+e4,.即Le4,. ABC周长的取值范围为4,6 18.(17分) 【详解】(I)证明：因为PA⊥底面ABCD,且BCc底面ABCD,所以PA⊥BC, 因为ABCD为正方形，所以AB⊥BC, 因为PA∩AB=A,又PA,ABC平面PAB,所以BC⊥平面PAB, 因为AEc平面PAB,所以BC⊥AE. 由PA=AB,E为线段PB的中点，可知AE⊥PB, 因为PB∩BC=B,且PB,BCc平面PBC,所以AE⊥平面PBC. (2)取AB的中点M,连接EM,FM. D -- B 因为E为PB中点，M为AB中点，所以EM是△PAB的中位线， 散EM/PA,且EM=PA=h 3/6 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 又PA⊥底面ABCD,所以EM⊥底面ABCD, 因此FM是EF在底面ABCD内的射影，∠EFM即为直线EF与平面ABCD所成的角. 由题意，F是BC的四等分点，BC=2,故BFBC=号 4 又M是AB中点，AB=2,故MB=1. 在RIAMBF中，FM=VMB2+BF 在RtAEMF中，EF=VEM2+FM2 12+ 5 2 因此， sin∠EFM=EM=1-2 EF33. 2 (i)利用等体积法'，-AEF='r-APE,设点P到平面AEF的距离为h, 由(I)知BC1平面PAB,故BF⊥平面PAB,即点F到平面APE的距离为BF= 2 在等腰RiaPAB中，AE1PB,AE=PB=,E=5, 故5e2EpE=355=1. 因此，m=兮5e8f=1x -326 由(I)知AE⊥平面PBC,故AE⊥EF,即△AEF为直角三角形. 又-.-微m时}华 24 e=,得数g海石台2行特，-号 1 3 19.(17分) 【详解】(1) 仿所坐际系即为直角坐标系，所以2a+5=4,-2+-12=30。 所以2a+6=3,0川=3： (2)在直角坐标系xOy'中，记e,=(1,0),则e=(cosa,sina), 在α-仿射坐标系中， a-9}-5e-g9wa9 4/6 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 1, ae cos(a,e〉= 2 -cosa -1+3cosa π1 cos 2-1+osa) +3sin'a V4-2√3cosa 32 整理得3cos2a- 3 2-cosa=0. 解得cosa=0(舍去)或cosa= 2,所以a= 2 6: （3》在宜角坐标系0中，9=1o,8=co号n引}9】 0C=n, 则BC-m2+m2-2 mncos5=2,所以m+r2-m=2, E,F分别为BC,BD的中点， 0r-1ooml-+g9o际-o-o列-5 oor-e++兽9-2时 =25mr+3r)-月 BC OB OC △OBC中，由正弦定理.nπsin∠BCO sin∠CBO, sin 3 设<8c0=0.则sm<c80=sm0+骨引00} 所以m=22 3 5m'+3m=40sin9+8sin0+=40xcos20.1-co[20+ 3 +8× 2 202 cos28+4+2c0s28+259in20 33 -(g-4-9+2j小s29+25sm0 5/6 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 +2w5sin20-14c 3 os20=4 3 n28-p1+2号 7 其中9为锐角，且tanp= 3V5, 因为0∈0,2π 3 则-0<20-0< 3, 故当29-0-号时，5m2+3m取得最大值419+32 33 0cs丽-sr+0-}9 6/6 2025-2026学年高一数学下学期期末模拟卷 提升卷·全解全析 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：苏教版必修第二册。 第一部分（选择题 共58分） 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．数据：1，2，4，5，3，6，7，8，9，10的分位数是（　　） A．4 B．5 C．3.5 D．4.5 2．已知复数，则的共轭复数在复平面内对应的点的坐标为（   ） A． B． C． D． 3．设向量，且，则（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 4．已知甲、乙两名运动员击中目标的概率分别为，，且2人是否击中目标相互独立，若他们2人向目标各发1枪，则目标被击中的概率为（    ） A． B． C． D． 5．已知中，内角，，所对边长分别为，，，且，，则的面积为（   ） A． B． C． D． 6．已知角满足，则的值为（   ） A． B． C． D． 7．已知，是球的球面上两点，，为该球面上的动点．若三棱锥体积的最大值为36，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 8．在中，已知，，，为线段上的一点，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．某社区有150名中老年人参加园艺、摄影、书画等三个兴趣班，每人只参加一个兴趣班，各班人数及年龄（单位：岁）分布如下表： 兴趣班年龄 园艺班 摄影班 书画班 合计 12 5 10 27 20 15 25 60 18 10 35 63 合计 50 30 70 150 从这150人中随机抽取1人，设事件为“抽到的人年龄位于区间”，事件为“抽到的人来自园艺班”，则（   ） A．事件与事件互斥 B．事件与事件相互独立 C．60岁以上的老年人参加园艺班的人数约为28人 D．这150人年龄平均数的估计值为60岁 10．如图，在圆的内接四边形中，，下列说法正确的是（    ）    A． B． C． D．四边形的面积为 11．已知圆锥顶点为S，高为1，底面圆O的直径AB长为，若C为底面圆周上不同于A，B的任意一点，则下列说法中正确的是（    ） A．圆锥SO的侧面积为 B．过顶点S作圆锥的截面，截面面积的最大值为 C．若P为SB的中点，过P作平面与底面圆周交于M、N，且，则△PMN的周长的最大值为 D．若，E为线段AC上的动点，则的最小值为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知水平放置的是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中， ，那么原的面积是______. 13．如图，为了测量河对岸的塔高，某测量队选取与塔底在同一水平面内且相距20米的两个测量基点与．现测量得，在点处测得塔顶的仰角分别为，若河宽至少12米，则塔高______米．    14．如图，在正方体中，E是棱的中点，记平面与平面的交线为，平面与平面的交线为，若直线分别与、所成的角为、，则______，______． 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）某城市交通部门为了对该城市共享单车加强监管，随机选取了100人就该城市共享单车的运行情况进行问卷调查，并将问卷中的这100人根据其满意度评分值（百分制）按照分成5组，制成如图所示的频率分布直方图. (1)求图中的值； (2)求这组数据的平均数与方差； (3)已知满意度评分值在内的男性人数与女性人数的比为.若在满意度评分值为的人中随机抽取2人进行座谈，求恰有1名女性的概率. 16．（15分）已知复数，其中为虚数单位，． (1)若是纯虚数，求实数的值； (2)当时，复数是关于的方程的一个根，求的值； (3)当时，复数所对应的平面向量为；当时，复数所对应的平面向量为，若向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围． 17．（15分）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且. (1)求A； (2)若，的面积为，求b，c； (3)若，求周长的取值范围； 18．（17分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点.    (1)若为线段上的动点，证明：平面； (2)若为的中点，是上靠近的四等分点， （i）求和平面夹角的正弦值； （ii）求点到平面的距离. 19．（17分）如图1，若平面内两条射线，相交成角，，分别为与，同向的单位向量，则称平面坐标系为“仿射坐标系”．在“仿射坐标系”中，若，则记． (1)在“仿射坐标系”中，，，求； (2)在“仿射坐标系”中，若，且与的夹角为，求； (3)如图2，在“仿射坐标系”中，点，分别在射线，射线上（均与点不重合），，，，分别为，的中点，求的最大值． 17 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高一数学下学期期末模拟卷 提升卷·全解全析 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：苏教版必修第二册。 第一部分（选择题 共58分） 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．数据：1，2，4，5，3，6，7，8，9，10的分位数是（　　） A．4 B．5 C．3.5 D．4.5 【答案】D 【分析】先将原始数据从小到大排列，再按百分位数的定义计算求解即可. 【详解】因为数据为：1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，则，， 所以， 所以分位数是：. 故选：D. 2．已知复数，则的共轭复数在复平面内对应的点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据复数的乘除运算计算，然后得到其共轭复数，进而得到其对应的点的坐标. 【详解】因为复数. 所以共轭复数. 所以共轭复数在复平面内对应的点的坐标为. 故选：B. 3．设向量，且，则（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】A 【详解】向量，且， 所以，，得，则. 4．已知甲、乙两名运动员击中目标的概率分别为，，且2人是否击中目标相互独立，若他们2人向目标各发1枪，则目标被击中的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据独立事件概率乘法公式结合对立事件概率公式运算求解. 【详解】设甲击中目标为事件，乙击中目标为事件，目标被击中为事件， 则，，且，可得，， 所以. 故选：B. 5．已知中，内角，，所对边长分别为，，，且，，则的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用余弦定理求出，再利用三角形面积公式求解. 【详解】由及，得， 而，则，所以的面积. 故选：C 6．已知角满足，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用降幂扩角公式及和差角的余弦公式求解. 【详解】角满足， 则 . 故选：D 7．已知，是球的球面上两点，，为该球面上的动点．若三棱锥体积的最大值为36，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】用等体积法，将三棱锥的顶点转化到上，即求三棱锥体积的最大值，则有当到平面的距离最大，即平面时，体积最大，结合锥体体积公式与圆的表面积公式即可求解. 【详解】因为， 所以三棱锥体积的最大值即三棱锥体积的最大值， 所以当到平面的距离最大，即平面时，体积最大， 设球的半径为，此时有，三棱锥的高， 则，解得， 则球的表面积． 故选：C. 8．在中，已知，，，为线段上的一点，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题目信息结合三角恒等变换及向量的数量积公式解出三角形，建立平面直角坐标系，由为线段上的一点，则存在实数使得，求出点坐标，再根据，求出点坐标，从而得到，利用基本不等式即可求出答案. 【详解】中设，，， 因为，， 所以， 即， 所以， 因为，所以， 所以，又，所以， 又因为，所以， 又，所以， 在中，，，， 根据，所以，， ， 以所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立直角坐标系， 可得，，，所以，， 为线段上的一点， 则存在实数使得， 设，，则，， 所以，则， 所以，，则， 所以， 当且仅当，即，时，等号成立， 此时， 所以的最小值为. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．某社区有150名中老年人参加园艺、摄影、书画等三个兴趣班，每人只参加一个兴趣班，各班人数及年龄（单位：岁）分布如下表： 兴趣班年龄 园艺班 摄影班 书画班 合计 12 5 10 27 20 15 25 60 18 10 35 63 合计 50 30 70 150 从这150人中随机抽取1人，设事件为“抽到的人年龄位于区间”，事件为“抽到的人来自园艺班”，则（   ） A．事件与事件互斥 B．事件与事件相互独立 C．60岁以上的老年人参加园艺班的人数约为28人 D．这150人年龄平均数的估计值为60岁 【答案】BC 【分析】利用互斥事件定义可得A；利用相互独立事件的性质，验证与是否相等即可得B；估算60岁以上的老年人参加园艺班的人数即可得C；计算平均数即可得D. 【详解】对A：由园艺班中有年龄位于区间的人，故事件与事件可以同时发生， 故事件与事件不互斥，故A错误； 对B：，，， 有，则， 故事件与事件相互独立，故B正确； 对C：，故60岁以上的老年人参加园艺班的人数约为28人，故C正确； 对D：，故D错误. 10．如图，在圆的内接四边形中，，下列说法正确的是（    ）    A． B． C． D．四边形的面积为 【答案】AD 【分析】连接，利用圆内接四边形对角互补及余弦定理求出判断A；利用数量积的定义、余弦定理、三角形面积公式求解判断BCD. 【详解】在圆内接四边形中，连接，，，    对于A，由余弦定理得，， 即，解得，而，则，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，，解得，C错误； 对于D，四边形的面积，D正确. 故选：AD 11．已知圆锥顶点为S，高为1，底面圆O的直径AB长为，若C为底面圆周上不同于A，B的任意一点，则下列说法中正确的是（    ） A．圆锥SO的侧面积为 B．过顶点S作圆锥的截面，截面面积的最大值为 C．若P为SB的中点，过P作平面与底面圆周交于M、N，且，则△PMN的周长的最大值为 D．若，E为线段AC上的动点，则的最小值为 【答案】ACD 【分析】对于A，直接代公式即可求解；对于B，截面为等腰三角形且腰长确定，由基本不等式即可求解；对于C，利用向量法表示出中线长，结合余弦定理，即可求解；对于D，将三角形展开，即可求解. 【详解】对于A，由勾股定理得，由侧面积公式得，故A正确； 对于B，如图截面为，， 设，的高为，则， 可得，当且仅当时取等号，故B错误； 对于C，如图，设， 而， 即，即， 又，所以可化为， 而 ，当且仅当时取得等号. 故的周长为， 即的周长的最大值为，故C正确， 对于D，将翻折到平面上，如图，的最小值即为， 如图，另作出平面图形如下， 易得，， 且， 由两角和的余弦公式得， 在中， . 可得的最小值即为，故D正确. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知水平放置的是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中， ，那么原的面积是______. 【答案】 【分析】根据斜二测画法将直观图还原，可得原图底边长和高，即可求出原图的面积. 【详解】还原该坐标系和直观图可得： 由斜二测画法的规定可知： ，， 则. 故答案为：. 13．如图，为了测量河对岸的塔高，某测量队选取与塔底在同一水平面内且相距20米的两个测量基点与．现测量得，在点处测得塔顶的仰角分别为，若河宽至少12米，则塔高______米．    【答案】 【分析】根据余弦定理结合几何关系求出，结合河宽至少12米进一步判断即可. 【详解】由题意知，平面，，，，. 因为平面，所以，. 在中，，所以. 在中，，所以. 在中，由余弦定理得，， 即，整理得， 即，解得或. 当时，，符合题意； 当时，，不符合题意； 故. 14．如图，在正方体中，E是棱的中点，记平面与平面的交线为，平面与平面的交线为，若直线分别与、所成的角为、，则______，______． 【答案】 / / 【分析】利用平面基本事实作出直线，进而求出；利用面面平行的性质结合等角定理，再利用和角的正切计算即得. 【详解】延长与延长线交于点F，连接，则直线即为直线，故， 由，得，又，于是，故， 由平面平面，平面平面，平面平面， 则，又，因此，故， 所以，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）某城市交通部门为了对该城市共享单车加强监管，随机选取了100人就该城市共享单车的运行情况进行问卷调查，并将问卷中的这100人根据其满意度评分值（百分制）按照分成5组，制成如图所示的频率分布直方图. (1)求图中的值； (2)求这组数据的平均数与方差； (3)已知满意度评分值在内的男性人数与女性人数的比为.若在满意度评分值为的人中随机抽取2人进行座谈，求恰有1名女性的概率. 【答案】(1) (2)77；106 (3) 【分析】（1）根据频率分布直方图求各组频率，结合频率和为1运算求解； （2）用每组区间的中点值为代表，结合平均数和方差公式运算求解； （3）分析可知男生3人，女生2人，利用枚举法结合古典概型运算求解. 【详解】（1）由频率分布直方图可知各组频率依次为， 由，解得. （2）用每组区间的中点值为代表， 则平均数， 方差. （3）在的人数有人，其中男生3人，女生2人， 记三个男生分别为，两个女生分别为， 则从5人中随机抽取2人进行座谈所有样本点： ，，共10个； 恰有1名女生的样本点：，共6个； 所以从5人中随机抽取2人进行座谈恰有1名女生的概率为. 16．（15分）已知复数，其中为虚数单位，． (1)若是纯虚数，求实数的值； (2)当时，复数是关于的方程的一个根，求的值； (3)当时，复数所对应的平面向量为；当时，复数所对应的平面向量为，若向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用纯虚数的概念即可求解； （2）实系数一元二次方程虚根的共轭性结合韦达定理即可求解； （3）根据向量夹角为钝角进而得，且与不共线，解出即可. 【详解】（1）由题意得：，所以； （2）当时，，由复数是关于的方程的一个根， 所以是方程的另一个根， 所以， 所以； （3）当时，，所以复数所对应的平面向量为， 当时，，所以复数所对应的平面向量为， 所以，， 因为向量与的夹角为钝角， 所以，且与不共线， 所以， 所以. 17．（15分）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且. (1)求A； (2)若，的面积为，求b，c； (3)若，求周长的取值范围； 【答案】(1) (2)， (3) 【分析】（1）由余弦定理即可得解； （2）由面积公式及余弦定理建立关于的方程组即可求解； （3）由正弦定理边化角，再结合三角函数的图象即可求解. 【详解】（1）由余弦定理可得. 已知，即. 代入得，又，故. （2）（2），，由，得， 解得.又，得， 即. 联立，解得，. （3）设周长为，则. ，，由正弦定理得，解得，. ，，. ，； ，则，，即. 周长的取值范围为. 18．（17分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点.    (1)若为线段上的动点，证明：平面； (2)若为的中点，是上靠近的四等分点， （i）求和平面夹角的正弦值； （ii）求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii） 【详解】（1）证明：因为底面，且底面所以， 因为为正方形，所以， 因为，又平面，所以平面， 因为平面，所以. 由为线段的中点，可知， 因为且平面，所以平面． （2）取的中点，连接．    因为为中点，为中点，所以是的中位线， 故，且． 又底面，所以底面， 因此是在底面内的射影，即为直线与平面所成的角． 由题意，是的四等分点，，故． 又是中点，，故． 在中，． 在中，． 因此，． （ii）利用等体积法，设点到平面的距离为． 由(1)知平面，故平面，即点到平面的距离为． 在等腰中，，，， 故． 因此，． 由(1)知平面，故，即为直角三角形． 又，，故． 由，得：，，解得． 19．（17分）如图1，若平面内两条射线，相交成角，，分别为与，同向的单位向量，则称平面坐标系为“仿射坐标系”．在“仿射坐标系”中，若，则记． (1)在“仿射坐标系”中，，，求； (2)在“仿射坐标系”中，若，且与的夹角为，求； (3)如图2，在“仿射坐标系”中，点，分别在射线，射线上（均与点不重合），，，，分别为，的中点，求的最大值． 【答案】(1)3 (2) (3) 【分析】（1）先利用仿射坐标系等价于直角坐标系的性质，直接对向量进行坐标线性运算求出对应坐标，再由向量模长公式直接算出模的值. （2）先在直角坐标系下写出基底的坐标表示，再依据仿射坐标系向量分解规则把向量转化为直角坐标形式，接着利用向量夹角余弦公式列出等式，化简方程后求解cos并结合题意舍去不合理解，最终求出夹角的值. （3）先在给定基底夹角的直角坐标系中写出两个基底的坐标，用参数表示的坐标，借助余弦定理由得到的约束等式，再利用中点向量公式表示出，展开数量积并化简为含的表达式，接着在三角形中用正弦定理把转化为角的三角函数，通过降幂公式化简，再用辅助角公式整理成正弦型函数，结合的范围求出最大值，最后代回数量积式子算出最大值. 【详解】（1）仿射坐标系即为直角坐标系，所以， 所以 ； （2）在直角坐标系中，记，则， 在仿射坐标系中，， ， 整理得. 解得（舍去）或，所以； （3）在直角坐标系中，，， 设，，，，，即， ， 则，所以， ，分别为，的中点， 则，           中，由正弦定理， 设，则， 所以，， . 其中为锐角，且， 因为，则 ， 故当时，取得最大值， 则． 17 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $