安徽省桐城中学2026-2027学年高二上学期第一次学情调研数学试题

保密★考试结束前 桐城中学2026一2027学年度上学期第一次学情调研 高二数学试卷 命题人：张国飞审题人：姚国凡 考生须知： 1.本卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试时间120分钟： 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂。 卷I选择题(58分) 单选题（每小题5分 1.若+3+1.则z=（） A.1一3 B.1+31 4 D.4 2.已知，n是两条直线，a,B是两个平面.有以下命题： ①若m,n相交且都在平面a,B外，∥a,m∥B,n∥a,n∥B,则a∥B: ②若∥a,∥B,则a∥B; ③若m∥a,n∥B,∥n,则a∥β. 其中正确命题的个数是() A.0 B.1 C.2 D.3 3.对于考试成绩的统计，若小明的成绩处在第95百分位数上，则以下说法正确的是() A.小明得了95分 B.小明答对了95%的试题 C.95%的参加考试者得到了和小明一样的考分或还要低的分数 D.小明排名在第95名 4.己知O为△ABC所在平面内一点，若aOA+bOB+cOC=0,其中内角A,B,C的对边分别为a,b,c,则 点O是△ABC的() A.外心 B.内心 C.重心 D.垂心 5.己知向量a,方，c,满足|a=bHa-b=a+b-c=1,记Ic的最大值为M,最小值为m,则M+m= () 试卷第1页 保密★考试结束前 桐城中学2026一2027学年度上学期第一次学情调研 高二数学试卷 命题人：张国飞审题人：姚国凡 考生须知： 1.本卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试时间120分钟： 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂。 卷I选择题(58分) 单选题（每小题5分 1.若+3+1.则z=（） A.1一3 B.1+31 4 D.4 2.已知，n是两条直线，a,B是两个平面.有以下命题： ①若m,n相交且都在平面a,B外，∥a,m∥B,n∥a,n∥B,则a∥B: ②若∥a,∥B,则a∥B; ③若m∥a,n∥B,∥n,则a∥β. 其中正确命题的个数是() A.0 B.1 C.2 D.3 3.对于考试成绩的统计，若小明的成绩处在第95百分位数上，则以下说法正确的是() A.小明得了95分 B.小明答对了95%的试题 C.95%的参加考试者得到了和小明一样的考分或还要低的分数 D.小明排名在第95名 4.己知O为△ABC所在平面内一点，若aOA+bOB+cOC=0,其中内角A,B,C的对边分别为a,b,c,则 点O是△ABC的() A.外心 B.内心 C.重心 D.垂心 5.己知向量a,方，c,满足|a=bHa-b=a+b-c=1,记Ic的最大值为M,最小值为m,则M+m= () 试卷第1页 A.2W5 B.2 C.5 D.1 6.如图所示，在正方体ABCD-ABC,D中，过对角线BD的一个平面交AA于E,交CC,于F,给出 下面几个命题： D B ①四边形BFDE一定是平行四边形： ②四边形BFDE有可能是正方形； ③平面BFDE有可能垂直于平面BBD; ④设DF与DC的延长线交于M,DE与DA的延长线交于N,则MN、B三点共线： ⑤四棱锥B,-BFD,E的体积为定值 以上命题中真命题的个数为() A.2 B.3 C.4 D.5 7.已知正三棱锥P-ABC,底面边长为3，高为1，四边形EFGH为正三棱锥P-ABC的一个截面，若 截面为平行四边形，则四边形EFGH面积的最大值为() A.2 3 2 B.3 2 c. D. 4 8.鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部 的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后 完全对称，从外表上看，六根等长的正四棱柱分成三组，经90°榫卯起来，如图，若正四棱柱的高为8， 底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为() (容器壁的厚度忽略不计) (共3页) A.2W5 B.2 C.5 D.1 6.如图所示，在正方体ABCD-ABC,D中，过对角线BD的一个平面交AA于E,交CC,于F,给出 下面几个命题： D B ①四边形BFDE一定是平行四边形： ②四边形BFDE有可能是正方形； ③平面BFDE有可能垂直于平面BBD; ④设DF与DC的延长线交于M,DE与DA的延长线交于N,则MN、B三点共线： ⑤四棱锥B,-BFD,E的体积为定值 以上命题中真命题的个数为() A.2 B.3 C.4 D.5 7.已知正三棱锥P-ABC,底面边长为3，高为1，四边形EFGH为正三棱锥P-ABC的一个截面，若 截面为平行四边形，则四边形EFGH面积的最大值为() A.2 3 2 B.3 2 c. D. 4 8.鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部 的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后 完全对称，从外表上看，六根等长的正四棱柱分成三组，经90°榫卯起来，如图，若正四棱柱的高为8， 底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为() (容器壁的厚度忽略不计) (共3页) A.21π B.40π C.41π D.84π 二、多选题 9(在ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列各组条件中，能使△ABC恰有一个解的是() A.A-T.c-2.a= 1 B.A-I.c=2.a=1 61 c.A=0c=2a= 3 D.A=,c=2,a=2 6 10.有10个连续排列的方格，每个方格可能被放置一枚棋子，且每个格子被放置棋子的概率均相等， 已知前4格同时被放入棋子的概率为6甲和乙用该方格组进行游戏，游戏分两轮 第一轮：棋子被放置后，选取第1个格子，若有棋子，则甲胜，否则乙胜： 第二轮：棋子被放置后，若这10个格子中，存在连续3格或以上被放入棋子，则甲胜，否则乙胜 则() A.第一轮游戏是公平的 B.第一轮游戏是不公平的 C.第二轮游戏不公平，且甲胜率比乙低 D.第二轮游戏不公平，且乙胜率比甲低 11.如图，正方体ABCD-ABC,D的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A,P, Q的平面截该正方体所得的截面记为S,则下列命题正确的是() 0 3 A.当CO=1时，S的面积为V6 试卷第2页 A.21π B.40π C.41π D.84π 二、多选题 9(在ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列各组条件中，能使△ABC恰有一个解的是() A.A-T.c-2.a= 1 B.A-I.c=2.a=1 61 c.A=0c=2a= 3 D.A=,c=2,a=2 6 10.有10个连续排列的方格，每个方格可能被放置一枚棋子，且每个格子被放置棋子的概率均相等， 已知前4格同时被放入棋子的概率为6甲和乙用该方格组进行游戏，游戏分两轮 第一轮：棋子被放置后，选取第1个格子，若有棋子，则甲胜，否则乙胜： 第二轮：棋子被放置后，若这10个格子中，存在连续3格或以上被放入棋子，则甲胜，否则乙胜 则() A.第一轮游戏是公平的 B.第一轮游戏是不公平的 C.第二轮游戏不公平，且甲胜率比乙低 D.第二轮游戏不公平，且乙胜率比甲低 11.如图，正方体ABCD-ABC,D的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A,P, Q的平面截该正方体所得的截面记为S,则下列命题正确的是() 0 3 A.当CO=1时，S的面积为V6 试卷第2页 B.当0<CQ<一时，S为四边形 2 C.当CQ=时，S为等腰梯形 D.当CO=时，S与CD的交点R满足C1R=号 3 4 卷Ⅱ非选择题(92分) 三、填空题（每小题5分） 12.已知点O是△MBC的内心，若40-AB+号AC,则cs∠B4C- 1 13.在a4BC中，S8e-a-),其外接圆半径R=2,且4smA-mB)-(5a-bnB,则 sin 4-B C 2 +sin 14.己知矩形ABCD在平面的同一侧，顶点A在平面上，AB=4,BC=2W2,且AB,BC与平面C 所成的角的大小分别为30°，45°，则矩形ABCD与平面所成角的正切值为 四、解答题 15.我国是世界上严重缺水的国家，某市为了制定合理的节水方案，对居民用水情况进行调查，通过 抽样，获得某年100位居民每人的月均用水量（单位：吨），将数据按照[0.0.5)，[0.5,1)，，[4,4.5]分成9 组，制成了如图所示的频率分布直方图. 频率 组距 0.50f 0.42 0.16 0.12 0.08 0.04 起一 00.511.522.533.544.5月平均用水量（吨） (共3页) B.当0<CQ<一时，S为四边形 2 C.当CQ=时，S为等腰梯形 D.当CO=时，S与CD的交点R满足C1R=号 3 4 卷Ⅱ非选择题(92分) 三、填空题（每小题5分） 12.已知点O是△MBC的内心，若40-AB+号AC,则cs∠B4C- 1 13.在a4BC中，S8e-a-),其外接圆半径R=2,且4smA-mB)-(5a-bnB,则 sin 4-B C 2 +sin 14.己知矩形ABCD在平面的同一侧，顶点A在平面上，AB=4,BC=2W2,且AB,BC与平面C 所成的角的大小分别为30°，45°，则矩形ABCD与平面所成角的正切值为 四、解答题 15.我国是世界上严重缺水的国家，某市为了制定合理的节水方案，对居民用水情况进行调查，通过 抽样，获得某年100位居民每人的月均用水量（单位：吨），将数据按照[0.0.5)，[0.5,1)，，[4,4.5]分成9 组，制成了如图所示的频率分布直方图. 频率 组距 0.50f 0.42 0.16 0.12 0.08 0.04 起一 00.511.522.533.544.5月平均用水量（吨） (共3页) (I)求直方图的a的值： (2)设该市有30万居民，估计全市居民中月均用水量不低于3吨的人数，说明理由； (3)估计居民月用水量的中位数 16月知7②=snCc+四cos2元-tan2元- tan(-a-π)cos (1)化简：f(a): (2)在aABC中，内角A、B、C所对的边长分别是a、6、c,若c=2,f(C)=-,且△ABC的面 S=√3，求a、b的值， 17.如图，在正方体ABCD-ABCD中，E,F,G分别是AB,CC1,AD的中点. D B A D E (1)证明：G∥平面DBC; ②技CD上是否存在点，使4平面AF?若存在，求出瓷的值：若不存在，诗说明理由 18.在△4BC中，设角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知cos2A=sinB+cos2C+sinAsin B, (1)求角C的大小： (2)若c=√3，求△ABC周长的取值范围. 试卷第3页 (I)求直方图的a的值： (2)设该市有30万居民，估计全市居民中月均用水量不低于3吨的人数，说明理由； (3)估计居民月用水量的中位数 16月知7②=snCc+四cos2元-tan2元- tan(-a-π)cos (1)化简：f(a): (2)在aABC中，内角A、B、C所对的边长分别是a、6、c,若c=2,f(C)=-,且△ABC的面 S=√3，求a、b的值， 17.如图，在正方体ABCD-ABCD中，E,F,G分别是AB,CC1,AD的中点. D B A D E (1)证明：G∥平面DBC; ②技CD上是否存在点，使4平面AF?若存在，求出瓷的值：若不存在，诗说明理由 18.在△4BC中，设角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知cos2A=sinB+cos2C+sinAsin B, (1)求角C的大小： (2)若c=√3，求△ABC周长的取值范围. 试卷第3页 19.如图，平面ADEF⊥平面ABCD,四边形ADEF为矩形，且M为线段EF上的动点，AB/CD, ∠ABC=90°，AD=2DE,AB=2CD=2BC=2. M D B (1)当M为线段EF的中点时， (i)求证：AM⊥平面BDM; (ii)求直线AM与平面MBC所成角的正弦值： (2)记直线AM与平面MBC所成角为，平面MAD与平面MBC的夹角为B,是否存在点M使得=B? 若存在，求出FM;若不存在，说明理由 (共3页) 19.如图，平面ADEF⊥平面ABCD,四边形ADEF为矩形，且M为线段EF上的动点，AB/CD, ∠ABC=90°，AD=2DE,AB=2CD=2BC=2. M D B (1)当M为线段EF的中点时， (i)求证：AM⊥平面BDM; (ii)求直线AM与平面MBC所成角的正弦值： (2)记直线AM与平面MBC所成角为，平面MAD与平面MBC的夹角为B,是否存在点M使得=B? 若存在，求出FM;若不存在，说明理由 (共3页) 《2026年8月25日高中数学作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C B A C 0 BD AD 题号 11 答案 ABC 1.C 【分析】设复数z=x+i(x,y∈R),代入方程得：√x2+y2+x+yi=3+i,从而求出答案. 【详解】设复数z=x+yi(x,y∈R), 依题意有√x2+y2+x+yi=3+i, 〔4 因此++=3解得-故 y=1, 31 y=1, 故选：C 2.B 【分析】由面面平行的判定定理和平面与平面平行的传递性可判断①：举反例可判断②③ 【详解】对于①，设相交直线，n确定一个平面y,因为，n相交，且m∥a,m∥B,n∥a,n∥B,所 以有y∥a,y∥B,∴.a∥B,故①正确 在长方体ABCD-AB,C,D中，记平面ABCD为C,平面ADDA为B,直线BC1为m,直线BC为n,显 然②③不正确. 故选：B. D 3.C 【分析】由百分位数的定义进行判断即可 【详解】解：第95百分位数是指把数据从小到大排序，至少有95%的数据小于或等于这个值，至少有5% 的数据大于或等于这个值， 故选：C 答案第1页（共14页） 《2026年8月25日高中数学作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C B A C 0 BD AD 题号 11 答案 ABC 1.C 【分析】设复数z=x+i(x,y∈R),代入方程得：√x2+y2+x+yi=3+i,从而求出答案. 【详解】设复数z=x+yi(x,y∈R), 依题意有√x2+y2+x+yi=3+i, 〔4 因此++=3解得-故 y=1, 31 y=1, 故选：C 2.B 【分析】由面面平行的判定定理和平面与平面平行的传递性可判断①：举反例可判断②③ 【详解】对于①，设相交直线，n确定一个平面y,因为，n相交，且m∥a,m∥B,n∥a,n∥B,所 以有y∥a,y∥B,∴.a∥B,故①正确 在长方体ABCD-AB,C,D中，记平面ABCD为C,平面ADDA为B,直线BC1为m,直线BC为n,显 然②③不正确. 故选：B. D 3.C 【分析】由百分位数的定义进行判断即可 【详解】解：第95百分位数是指把数据从小到大排序，至少有95%的数据小于或等于这个值，至少有5% 的数据大于或等于这个值， 故选：C 答案第1页（共14页） 4.B 【分析】由对称性知可任选其一作变换，如用OB=OA+AB,OC=OA+AC代换，将各向量转化为共起 点的三个向量的关系式(a+b+c)OA=-bAB-cAC,进一步变形判断. 【详解】因为OB=OA+AB,OC=OA+AC, 所以(a+b+c)OA+bAB+cAC=0, 所以A0=b B+c—AC(*). atb+c atb+c 又因为AB=c名，AC=b形，其中，2分别表示AB,AC方向的单位向量， (+)式可进一步化为40=c(低+)， a+b+c 而+e2表示与∠BAC的平分线共线的向量， 所以AO平分∠BAC. 同理，BO平分∠ABC,CO平分∠ACB, 所以O是△ABC的内心， 故选：B 5.A 【分析】根据向量的线性运算结合图形的性质分析求解。 【详解】在△OAB中，设a=OA,b=OB,则a-b=OA-OB=BA, 因为a=b=a-b=1,即OA=|OB=AB=1,所以△OAB为等边三角形， 以OA,OB为邻边作平行四边形OADB,设OD,AB交于点E, 可得OD=2OE到=2VO4-AE=3, 则a+b=OA+OB=OD, 因为a+b-c=oD-c=1,取c的起点为0， 可知c的终点C的轨迹为以点D为圆心，半径为r=I的圆， 如图，当点C为OD的延长线与圆C的交点C,时，|C的最大值为M=OD+r=√3+1： 当点C为线段OD与圆C的交点C时，IC的最小值为m=OD-r=√3-1： 所以M+m=（3+1+(5-125 故选：A. 答案第2页（共14页） 4.B 【分析】由对称性知可任选其一作变换，如用OB=OA+AB,OC=OA+AC代换，将各向量转化为共起 点的三个向量的关系式(a+b+c)OA=-bAB-cAC,进一步变形判断. 【详解】因为OB=OA+AB,OC=OA+AC, 所以(a+b+c)OA+bAB+cAC=0, 所以A0=b B+c—AC(*). atb+c atb+c 又因为AB=c名，AC=b形，其中，2分别表示AB,AC方向的单位向量， (+)式可进一步化为40=c(低+)， a+b+c 而+e2表示与∠BAC的平分线共线的向量， 所以AO平分∠BAC. 同理，BO平分∠ABC,CO平分∠ACB, 所以O是△ABC的内心， 故选：B 5.A 【分析】根据向量的线性运算结合图形的性质分析求解。 【详解】在△OAB中，设a=OA,b=OB,则a-b=OA-OB=BA, 因为a=b=a-b=1,即OA=|OB=AB=1,所以△OAB为等边三角形， 以OA,OB为邻边作平行四边形OADB,设OD,AB交于点E, 可得OD=2OE到=2VO4-AE=3, 则a+b=OA+OB=OD, 因为a+b-c=oD-c=1,取c的起点为0， 可知c的终点C的轨迹为以点D为圆心，半径为r=I的圆， 如图，当点C为OD的延长线与圆C的交点C,时，|C的最大值为M=OD+r=√3+1： 当点C为线段OD与圆C的交点C时，IC的最小值为m=OD-r=√3-1： 所以M+m=（3+1+(5-125 故选：A. 答案第2页（共14页） Cx 0 E 6.C 【分析】由面面平行的性质和四边形的判定定理可判断①：由正方形的性质可判断②；由面面垂直的判定 定理可判断③：由两平面相交的性质可判断④：由等积法和棱锥的体积公式可判断⑤. 【详解】因为平面AADD与平面BCC,B,平行，截面与它们交于DE,BF,可得DEBF, 同样可得BED,F,所以四边形BFDE是一个平行四边形，故①正确： 如果四边形BFDE是正方形，则BE⊥DE, 因为BE⊥AD,所以BE⊥平面ADE, 又BA⊥平面ADE,E与A重合，此时BFDE不是正方形，故②错误： 当两条棱上的交点是中点时，四边形BFDE为菱形，EF⊥平面BB,DD, 此时四边形BFDE垂直于平面BB,DD,故③正确： 由DF与DC的延长线交于M,可得M∈DF,且M∈DC, 又因为DFC平面BFDE,DCC平面ABCD, 所以M∈平面BFDE,M∈平面ABCD, 又因为B∈平面BFDE,BE平面ABCD, 所以平面BFDE∩平面ABCD=BM, 同理平面BFDE∩平面ABCD=BN, 所以BM,BN都是平面BFDE与平面ABCD的交线， 所以B,M,N三点共线，故④正确： 由于A-BDF=V-BBD+-BBA,CC IIAA∥平面BB,D, 则E,F到平面BBD的距离相等，且为正方体的棱长，三角形BAD的面积为定值， 答案第3页（共14页） Cx 0 E 6.C 【分析】由面面平行的性质和四边形的判定定理可判断①：由正方形的性质可判断②；由面面垂直的判定 定理可判断③：由两平面相交的性质可判断④：由等积法和棱锥的体积公式可判断⑤. 【详解】因为平面AADD与平面BCC,B,平行，截面与它们交于DE,BF,可得DEBF, 同样可得BED,F,所以四边形BFDE是一个平行四边形，故①正确： 如果四边形BFDE是正方形，则BE⊥DE, 因为BE⊥AD,所以BE⊥平面ADE, 又BA⊥平面ADE,E与A重合，此时BFDE不是正方形，故②错误： 当两条棱上的交点是中点时，四边形BFDE为菱形，EF⊥平面BB,DD, 此时四边形BFDE垂直于平面BB,DD,故③正确： 由DF与DC的延长线交于M,可得M∈DF,且M∈DC, 又因为DFC平面BFDE,DCC平面ABCD, 所以M∈平面BFDE,M∈平面ABCD, 又因为B∈平面BFDE,BE平面ABCD, 所以平面BFDE∩平面ABCD=BM, 同理平面BFDE∩平面ABCD=BN, 所以BM,BN都是平面BFDE与平面ABCD的交线， 所以B,M,N三点共线，故④正确： 由于A-BDF=V-BBD+-BBA,CC IIAA∥平面BB,D, 则E,F到平面BBD的距离相等，且为正方体的棱长，三角形BAD的面积为定值， 答案第3页（共14页） 所以四棱锥B,-BEDF的体积为定值，故⑤正确. 故选：C 【点睛】此题涉及的设问情况较多，有一定成立，有可能成立对于一定成立的命题，需要利用定理加以证 明，对于可能成立的问题举出例子即可说明其成立，利用反证法才能证明其不成立故此类题在判断时，要 学会选用适当的方法 7.C 【分析】又正三棱锥的性质求得三棱锥的侧棱长，结合平行四边形的面积公式及基本不等式求最值即可得 解。 【详解】设侧棱长为a,则由底面边长为3，高为1，由√a2-(W3)2=1可求得a=2, 如图，设5-元，则CBR4g职-元，且B-GH-1-2,于是阳=22B即=30-刘. AP PC BP AP PC ABAB 所以s-1n-20-列-620-列6（2+号2 2 当且仅当=1-2即2=二时取等号 2 故四边形EFGH的面积最大值为， 3 故选：C 8.D 【分析】根据题给的限制条件与球的对称性，分析出该几何体也是同样处于对称的状态时，其外接球最小. 【详解】由题意知，当该球为底面边长分别为4、2，高为8的长方体的外接球时，球的半径取最小值， 所以，该球形容器的半径的最小值为R=】、64+16十4=⑧4，因此，该球形容器的表面积的最小值为 2 S=84π 故选：D 【点睛】本题考查球的表面积，结合传统文化，考查实际问题的理解能力，属于创新题. 9.BD 【分析】由己知条件，利用正弦定理角三角形，根据结果判断解的个数 答案第4页（共14页） 所以四棱锥B,-BEDF的体积为定值，故⑤正确. 故选：C 【点睛】此题涉及的设问情况较多，有一定成立，有可能成立对于一定成立的命题，需要利用定理加以证 明，对于可能成立的问题举出例子即可说明其成立，利用反证法才能证明其不成立故此类题在判断时，要 学会选用适当的方法 7.C 【分析】又正三棱锥的性质求得三棱锥的侧棱长，结合平行四边形的面积公式及基本不等式求最值即可得 解。 【详解】设侧棱长为a,则由底面边长为3，高为1，由√a2-(W3)2=1可求得a=2, 如图，设5-元，则CBR4g职-元，且B-GH-1-2,于是阳=22B即=30-刘. AP PC BP AP PC ABAB 所以s-1n-20-列-620-列6（2+号2 2 当且仅当=1-2即2=二时取等号 2 故四边形EFGH的面积最大值为， 3 故选：C 8.D 【分析】根据题给的限制条件与球的对称性，分析出该几何体也是同样处于对称的状态时，其外接球最小. 【详解】由题意知，当该球为底面边长分别为4、2，高为8的长方体的外接球时，球的半径取最小值， 所以，该球形容器的半径的最小值为R=】、64+16十4=⑧4，因此，该球形容器的表面积的最小值为 2 S=84π 故选：D 【点睛】本题考查球的表面积，结合传统文化，考查实际问题的理解能力，属于创新题. 9.BD 【分析】由己知条件，利用正弦定理角三角形，根据结果判断解的个数 答案第4页（共14页） 【详解】由正弦定理，a sinA sinc,得sinC=csi4 a 1 若A=,c=2,a= 6 2 ，sinC=csin4 =2>1,△ABC无解，A选项错误； 若A=元c=2,a=1,simC=sn4-1,得c 61 a 2,△ABC恰有一个解，B选项正确： 2,sinC=csinA 2 3 若A=匹，c=2,a= 6 ，C>a,C有两解，△ABC有两个解，C选项错误： a 3 若A名c=2a=2,c=a,C=名MBC怡有一个解，D选项正确 兀 6 故选：BD 10.AD 【分析】需要分别计算第一轮和第二轮游戏中甲、乙获胜的概率，再根据概率大小判断游戏是否公平. 【详解】根据条件，设每个格子被放入棋子的概率为P,则p=D=号， 16P=2,A正确B错误： 研究前n个格子，设存在连续3格或以上有棋子的概率为p(m,分两种情况： ①前-1格已经存在连续3格或以上有棋子，概率为p0-1): ②前-1格不存在连续3格或以上有棋子，则第n、-2、n-1格有棋子， 第m格淡有桃子，度率为分分-》0-n-4圳-上P区a) 16 则p0m=pn-l+1-p-m≥》 16 所以PO三8>，所以C错误D正确. 故选：AD, 11.ABCD 【分析】根据各选项的条件作出对应的截面图形，再经判断即可得解， 【详解】对于A选项：点Q与C1重合，取B1C1中点E,连PE,A1E,如图： D A 正方体AC1中，P为BC中点，则PE/BB1∥AA1,且PE=BB1=AA1,得口APEA1,有A1E∥AP,且A1E=AP, 取A1D1中点F,连AF,C1F,由A1F/CE,A1F=CE,得口CFA1E,有C1F∥A1E/AP,且C1F=A1E=AP, 从而APC1F是平行四边形， A-C,QACP是菱形，对角线4C=5,原反，S的商积为}55-气，A正确： 2 答案第5页（共14页） 【详解】由正弦定理，a sinA sinc,得sinC=csi4 a 1 若A=,c=2,a= 6 2 ，sinC=csin4 =2>1,△ABC无解，A选项错误； 若A=元c=2,a=1,simC=sn4-1,得c 61 a 2,△ABC恰有一个解，B选项正确： 2,sinC=csinA 2 3 若A=匹，c=2,a= 6 ，C>a,C有两解，△ABC有两个解，C选项错误： a 3 若A名c=2a=2,c=a,C=名MBC怡有一个解，D选项正确 兀 6 故选：BD 10.AD 【分析】需要分别计算第一轮和第二轮游戏中甲、乙获胜的概率，再根据概率大小判断游戏是否公平. 【详解】根据条件，设每个格子被放入棋子的概率为P,则p=D=号， 16P=2,A正确B错误： 研究前n个格子，设存在连续3格或以上有棋子的概率为p(m,分两种情况： ①前-1格已经存在连续3格或以上有棋子，概率为p0-1): ②前-1格不存在连续3格或以上有棋子，则第n、-2、n-1格有棋子， 第m格淡有桃子，度率为分分-》0-n-4圳-上P区a) 16 则p0m=pn-l+1-p-m≥》 16 所以PO三8>，所以C错误D正确. 故选：AD, 11.ABCD 【分析】根据各选项的条件作出对应的截面图形，再经判断即可得解， 【详解】对于A选项：点Q与C1重合，取B1C1中点E,连PE,A1E,如图： D A 正方体AC1中，P为BC中点，则PE/BB1∥AA1,且PE=BB1=AA1,得口APEA1,有A1E∥AP,且A1E=AP, 取A1D1中点F,连AF,C1F,由A1F/CE,A1F=CE,得口CFA1E,有C1F∥A1E/AP,且C1F=A1E=AP, 从而APC1F是平行四边形， A-C,QACP是菱形，对角线4C=5,原反，S的商积为}55-气，A正确： 2 答案第5页（共14页） 对于B选项：过点A,P,Q的平面与平面ADDA1交于直线AH,AH交DD1于H,如图： D 平面ADDA1平面BCC1B1,则AH∥PO,由等角定理知∠HAD=∠QPC,Rt△HAD~Rt△QPC, HD_C ,因0<CQ<,则<HD<1,点H必在线段DD1上（不含点D,D),截面S为四边形，B正 AD PC 确； 对于C达项：连BC,A0,P0/BC,PQ-BC,如图 1 因ABA1B1∥D1C1,且AB=A1B1=D1C1,得DABC1D1,AD1/BC1,AD1=BC1, 则POAD,PQ-之4D,APOD1是稀形，而AD-D,Q-5,截面S为等腰梯形，C正确： 对于D选项：同A选项有口APEA1,PQ延长线交B1C1延长线于点M,如图： R 过M作MNAE交A1D1于N,交C1D1于R,连AN,则NAP,四边形APMN为截面S, 是-是言面议4，器器甘则c子D错哭 故选：ABC 【点睛】关键点睛：作平面截正方体所得截面，用平面与平面平行的性质和基本事实3是解决问题的关键 2. 答案第6页（共14页） 对于B选项：过点A,P,Q的平面与平面ADDA1交于直线AH,AH交DD1于H,如图： D 平面ADDA1平面BCC1B1,则AH∥PO,由等角定理知∠HAD=∠QPC,Rt△HAD~Rt△QPC, HD_C ,因0<CQ<,则<HD<1,点H必在线段DD1上（不含点D,D),截面S为四边形，B正 AD PC 确； 对于C达项：连BC,A0,P0/BC,PQ-BC,如图 1 因ABA1B1∥D1C1,且AB=A1B1=D1C1,得DABC1D1,AD1/BC1,AD1=BC1, 则POAD,PQ-之4D,APOD1是稀形，而AD-D,Q-5,截面S为等腰梯形，C正确： 对于D选项：同A选项有口APEA1,PQ延长线交B1C1延长线于点M,如图： R 过M作MNAE交A1D1于N,交C1D1于R,连AN,则NAP,四边形APMN为截面S, 是-是言面议4，器器甘则c子D错哭 故选：ABC 【点睛】关键点睛：作平面截正方体所得截面，用平面与平面平行的性质和基本事实3是解决问题的关键 2. 答案第6页（共14页） 【分析】根据已知条件用OA,OB表示出OC,判断出C,O,D的位置关系，利用三角形内心的特点结合角平 分线定理即可计算出coS∠BAC的值 【详解】因为-0A=os-0A+(0c-0A,即0c=-3@1+o丽)， 取AB中点D,连接OD,则OA+OB=2OD,故OC=-6OD,故点C,O,D共线， 又∠ACO=∠BCO,故AC=BC,且cD1A8,所以cos∠BAC=D4_OD=L CA OC 6 故答案为：6 C D 【点睛】本题考查向量的线性运算在几何图形中的应用，难度较难.此题可以推广为一般性结论：已知点O 是△MBC的内心，若D-丽4C,则es∠4C=品 2n+1 2n+1 13.1 【分析】利用正弦定理的边角互化结合三角恒等变换即可求解 【详解】因为R=2, 所以4(sinA-sin2B)=（V3a-b)sinB →d2-b2=(V5a-b)b →a=V3b 因为Se-a-b, 所以besin4=c(a-b)→sin4=oc-bc=V5-L, bc 进而有sinB=sin4-1-5 3 3 2 2 =sin4-B+co4+B+2sin 4-B cos+B 2 2 2 2 答案第7页（共14页） 【分析】根据已知条件用OA,OB表示出OC,判断出C,O,D的位置关系，利用三角形内心的特点结合角平 分线定理即可计算出coS∠BAC的值 【详解】因为-0A=os-0A+(0c-0A,即0c=-3@1+o丽)， 取AB中点D,连接OD,则OA+OB=2OD,故OC=-6OD,故点C,O,D共线， 又∠ACO=∠BCO,故AC=BC,且cD1A8,所以cos∠BAC=D4_OD=L CA OC 6 故答案为：6 C D 【点睛】本题考查向量的线性运算在几何图形中的应用，难度较难.此题可以推广为一般性结论：已知点O 是△MBC的内心，若D-丽4C,则es∠4C=品 2n+1 2n+1 13.1 【分析】利用正弦定理的边角互化结合三角恒等变换即可求解 【详解】因为R=2, 所以4(sinA-sin2B)=（V3a-b)sinB →d2-b2=(V5a-b)b →a=V3b 因为Se-a-b, 所以besin4=c(a-b)→sin4=oc-bc=V5-L, bc 进而有sinB=sin4-1-5 3 3 2 2 =sin4-B+co4+B+2sin 4-B cos+B 2 2 2 2 答案第7页（共14页） -12cos(4-B到+号oA+B)+smM-sim8 =1-sinAsinB+sinA-sinB =1-5-09}+-9 =1 因为0<A-B<兀，0<C<π， 所以simA-B 2 .C=1 +sin 故答案为：1 14.5 【分析】如图，过B,D分别做平面的垂线，垂足分别为E,F,连接AE,AF,通过几何关系可得 到BE=DF=AF=2,AE=2V3,EF=BD=√24，过A作I满足/EF,过E做EP垂直I于点P,连接BP, 则∠BP驱即为所求，通过等面积法计算出PE=W3即可求解 3 【详解】如图，过B,D分别做平面a的垂线，垂足分别为E,F,连接AE,AF, 由DF⊥a,BE⊥a,AE,AFcx,所以DF⊥AF,BE⊥AE, 因为AB,BC与平面C所成的角的大小分别为30°，45°，且BC1∥AD,BC=AD, 所以∠BAE=30°，∠DAF=45°，得BE=DF=AF=2,AE=2√5， 因为DF⊥L,BE⊥a,所以DF//BE, 又BE=DF=2,所以四边形DFEB是平行四边形， 所以BDI/EF,因为BD￠a,EFCa,所以BD∥a,所以EF=BD=√24， 过A作I满足LEE，,则1即为矩形ABCD与平面a的交线， 过E做EP垂直I于点P,连接BP,则∠BPE即为所求， 在aABF中，cos∠RAB=4+12-24-5 2×2×25-31 由cos∠PAB+si'∠RPAB=10<∠1B<π可得n∠RAB=V 3 所以9s分2×25n∠R1证2×旺，解得P阳-2 3 所以矩形ABCD与平面a所成角的正切值为m<s-装-5 答案第8页（共14页） -12cos(4-B到+号oA+B)+smM-sim8 =1-sinAsinB+sinA-sinB =1-5-09}+-9 =1 因为0<A-B<兀，0<C<π， 所以simA-B 2 .C=1 +sin 故答案为：1 14.5 【分析】如图，过B,D分别做平面的垂线，垂足分别为E,F,连接AE,AF,通过几何关系可得 到BE=DF=AF=2,AE=2V3,EF=BD=√24，过A作I满足/EF,过E做EP垂直I于点P,连接BP, 则∠BP驱即为所求，通过等面积法计算出PE=W3即可求解 3 【详解】如图，过B,D分别做平面a的垂线，垂足分别为E,F,连接AE,AF, 由DF⊥a,BE⊥a,AE,AFcx,所以DF⊥AF,BE⊥AE, 因为AB,BC与平面C所成的角的大小分别为30°，45°，且BC1∥AD,BC=AD, 所以∠BAE=30°，∠DAF=45°，得BE=DF=AF=2,AE=2√5， 因为DF⊥L,BE⊥a,所以DF//BE, 又BE=DF=2,所以四边形DFEB是平行四边形， 所以BDI/EF,因为BD￠a,EFCa,所以BD∥a,所以EF=BD=√24， 过A作I满足LEE，,则1即为矩形ABCD与平面a的交线， 过E做EP垂直I于点P,连接BP,则∠BPE即为所求， 在aABF中，cos∠RAB=4+12-24-5 2×2×25-31 由cos∠PAB+si'∠RPAB=10<∠1B<π可得n∠RAB=V 3 所以9s分2×25n∠R1证2×旺，解得P阳-2 3 所以矩形ABCD与平面a所成角的正切值为m<s-装-5 答案第8页（共14页） 故答案为：√5. 15.(1)a=0.30 (2)36000,根据（1)，100位居民月均用水量不低于3吨的频率为0.06+0.04+0.02=0.12 由以上样本的频率分布，可以估计30万居民中月均用水量不低于3吨的人数为300000×0.12=36000. (3)2.04 【分析】(1)由高×组距=频率，计算每组的频率，根据所有频率之和为1，计算出的值. (2)利用高×组距=频率，先计算出每人月均用水量不低于3吨的频率，再利用频率×样本容量=频数， 计算所求人数 (3)将前5组的频率之和与前4组的频率之和进行比较，得出2≤x≤2.5，再估计月均用水量的中位数 【详解】(1)由频率分布直方图，可知：月均用水量在「0.0.5)的频率为0.08×0.5=0.04. 同理，在[0.5,1)，[1.5,2)，[2,2.5)，[3,3.5)[3.5,4)[4,4.5]等组的频率分别为0.08,0.21,0.25,006,0.04,0.02. 由1-(0.04+0.08+0.21+0.25+0.06+0.04+0.02)=a×0.5+a×0.5,解得a=0.30. （2)略 (3)设中位数为x吨. 因为前5组的频率之和为0.04+0.08+0.15+0.21+0.25=0.73>0.5， 而前4组的频率之和为0.04+0.08+0.15+0.21=0.48<0.5， 所以2≤x≤2.5，由0.50×(x-2)=0.5-0.48,解得x=2.04. 故可估计居民月均用水量的中位数为2.04吨. 16.(1)f()=-cosa;(2)a=b=2. 【分析】(1)根据诱导公式可化简f(); (2)由(4)可得C行，再根据三角形的面积公式和余弦定理可求得 [ab=4 a2+b2=8’ 解之得答案 【详解】(1)因为fa)=-sin-tam四=-cosa,所以f()=-cosa: -tan asin a 答案第9页（共14页） 故答案为：√5. 15.(1)a=0.30 (2)36000,根据（1)，100位居民月均用水量不低于3吨的频率为0.06+0.04+0.02=0.12 由以上样本的频率分布，可以估计30万居民中月均用水量不低于3吨的人数为300000×0.12=36000. (3)2.04 【分析】(1)由高×组距=频率，计算每组的频率，根据所有频率之和为1，计算出的值. (2)利用高×组距=频率，先计算出每人月均用水量不低于3吨的频率，再利用频率×样本容量=频数， 计算所求人数 (3)将前5组的频率之和与前4组的频率之和进行比较，得出2≤x≤2.5，再估计月均用水量的中位数 【详解】(1)由频率分布直方图，可知：月均用水量在「0.0.5)的频率为0.08×0.5=0.04. 同理，在[0.5,1)，[1.5,2)，[2,2.5)，[3,3.5)[3.5,4)[4,4.5]等组的频率分别为0.08,0.21,0.25,006,0.04,0.02. 由1-(0.04+0.08+0.21+0.25+0.06+0.04+0.02)=a×0.5+a×0.5,解得a=0.30. （2)略 (3)设中位数为x吨. 因为前5组的频率之和为0.04+0.08+0.15+0.21+0.25=0.73>0.5， 而前4组的频率之和为0.04+0.08+0.15+0.21=0.48<0.5， 所以2≤x≤2.5，由0.50×(x-2)=0.5-0.48,解得x=2.04. 故可估计居民月均用水量的中位数为2.04吨. 16.(1)f()=-cosa;(2)a=b=2. 【分析】(1)根据诱导公式可化简f(); (2)由(4)可得C行，再根据三角形的面积公式和余弦定理可求得 [ab=4 a2+b2=8’ 解之得答案 【详解】(1)因为fa)=-sin-tam四=-cosa,所以f()=-cosa: -tan asin a 答案第9页（共14页） (2)因为fa即cosc2又0<csx,所以c 3, 因为△4BC的面积S=V5,所以S=}bsin5=万，解得b=4,又c0sC=+2-2_是，所以+6=8， 3 2ab 2 「ab=4 a=2 由d+w=8解得62所以a=b=2 【点睛】本题考查运用诱导公式化简，三角形的面积公式和余弦定理的运用求解三角形，属于中档题 17.(1) 连接BD,BD,CD, D C B F :E,G分别为AB,AD中点，.EG/BD, D G E B BB∥DD,BB=DD,四边形BDDB为平行四边形，BD/B,D, .EG/BD,又EG平面DBC,BDC平面DBC, ∴EGl平面DB,C. (2) 假设在棱CD上存在点T,使得AT∥平面BEF, 延长BC,B,F交于H,连接EH交DC于K, D C B H:CC l/BB,F为CC1中点，C为BH中点， D月 T CDlAB,KCMAB.KC=EB=DC, :AT∥平面BEF,ATC平面ABCD,平面B,EF⌒平面ABCD=EK, 4k,又KAB，四边形AKE为平行四边形，K=AB三DC :DT=KC=-DC 4 答案第10页（共14页） (2)因为fa即cosc2又0<csx,所以c 3, 因为△4BC的面积S=V5,所以S=}bsin5=万，解得b=4,又c0sC=+2-2_是，所以+6=8， 3 2ab 2 「ab=4 a=2 由d+w=8解得62所以a=b=2 【点睛】本题考查运用诱导公式化简，三角形的面积公式和余弦定理的运用求解三角形，属于中档题 17.(1) 连接BD,BD,CD, D C B F :E,G分别为AB,AD中点，.EG/BD, D G E B BB∥DD,BB=DD,四边形BDDB为平行四边形，BD/B,D, .EG/BD,又EG平面DBC,BDC平面DBC, ∴EGl平面DB,C. (2) 假设在棱CD上存在点T,使得AT∥平面BEF, 延长BC,B,F交于H,连接EH交DC于K, D C B H:CC l/BB,F为CC1中点，C为BH中点， D月 T CDlAB,KCMAB.KC=EB=DC, :AT∥平面BEF,ATC平面ABCD,平面B,EF⌒平面ABCD=EK, 4k,又KAB，四边形AKE为平行四边形，K=AB三DC :DT=KC=-DC 4 答案第10页（共14页） :当DC=时，ATM平面BEr DC 4 【分析】(1)利用三角形中位线性质和平行四边形性质可证得EGWB,D,根据线面平行的判定可证得结论： (2)假设存在点T,延长BC,8P交于H,连接BH交DC于K,根据三角形中位线性质可确定KC=DC, 4 利用线面平行的性质可证得四边形A7x8为平行四边形，由此可确定Dr=DC 【详解】(1)略 (2)略 18.1)2:2)(25,2+5 【分析】(1)由三角函数的平方关系及余弦定理即可得出(2)利用正弦定理、两角和差的正弦公式、三 角函数的单调性转化为三角函数求值域即可得出， 【详解】(1)由题意知1-sin2A=sin2B+1-sinC+sin4sinB, sin2A+sin2B-sin2C=-sinAsinB, 由正弦定理得2+b2-c2=-ab 由余弦定理得cosC=+b-c2-ab1 2ab 2ab2' 又：0<C<元，C=2r 31 a b （2) ·sin sinB sinC =2,..a=2sinA,b=2sinB 3 则△ABC的周长 i-a6+c=ammw5=n4n写}3-24写) 25<2m4+写到}+5<2*5， △4BC周长的取值范围是(2W3,2+3 【点睛】本题主要考查了三角函数的平方关系，正余弦定理，两角和差的正弦公式，三角函数的单调性， 属于中档题. 19.(1)(i)由题意，四边形ABCD为直角梯形，且∠ABC=90,AB/ICD, 所以∠BCD=90°，所以BD=√BC2+CD2=V1+1=√2， 取AB的中点N,连接DN,则CDIIBN且CD=BN,且∠BCD=90°， 故四边形BCDN为矩形， 答案第11页（共14页） :当DC=时，ATM平面BEr DC 4 【分析】(1)利用三角形中位线性质和平行四边形性质可证得EGWB,D,根据线面平行的判定可证得结论： (2)假设存在点T,延长BC,8P交于H,连接BH交DC于K,根据三角形中位线性质可确定KC=DC, 4 利用线面平行的性质可证得四边形A7x8为平行四边形，由此可确定Dr=DC 【详解】(1)略 (2)略 18.1)2:2)(25,2+5 【分析】(1)由三角函数的平方关系及余弦定理即可得出(2)利用正弦定理、两角和差的正弦公式、三 角函数的单调性转化为三角函数求值域即可得出， 【详解】(1)由题意知1-sin2A=sin2B+1-sinC+sin4sinB, sin2A+sin2B-sin2C=-sinAsinB, 由正弦定理得2+b2-c2=-ab 由余弦定理得cosC=+b-c2-ab1 2ab 2ab2' 又：0<C<元，C=2r 31 a b （2) ·sin sinB sinC =2,..a=2sinA,b=2sinB 3 则△ABC的周长 i-a6+c=ammw5=n4n写}3-24写) 25<2m4+写到}+5<2*5， △4BC周长的取值范围是(2W3,2+3 【点睛】本题主要考查了三角函数的平方关系，正余弦定理，两角和差的正弦公式，三角函数的单调性， 属于中档题. 19.(1)(i)由题意，四边形ABCD为直角梯形，且∠ABC=90,AB/ICD, 所以∠BCD=90°，所以BD=√BC2+CD2=V1+1=√2， 取AB的中点N,连接DN,则CDIIBN且CD=BN,且∠BCD=90°， 故四边形BCDN为矩形， 答案第11页（共14页） 则DNBC,且DN=BC,所以AD=VDN2+AN2=√1+1=√2， 又由AB=2,所以BD2+AD2=AB2,所以BD⊥AD, 又平面ADM⊥平面ABCD,平面ADMO平面ABCD=AD,BDC平面ABCD, 所以BD⊥平面ADM, 又AMC平面ADM,所以AM⊥BD, 因为MD=MA=1,AD=√2，则AMP+DMP=AD2,所以AM⊥DM, 又DMBD=D,DM、BDC平面BDM,所以AM⊥平面BDM. M D (i)2W22 11 (2) 假设存在点M,使得a=B,延长AD与BC交于点G,连接MG, 则平面AMDO平面MBC=MG, 设AR⊥平面MBC,垂足为R,连接MR,∠AMR是直线AM与平面MBC所成的角， 因为CD4B且cD-号B,所以，点D为4G的中点，则AG=21D-2万， 过点R作RT垂直于MG,垂足为T, 因为AR⊥平面MBC,MGC平面MBC,所以AR⊥MG, 又因为RT⊥MG,AR∩RT=R,AR、RTc平面ART,所以MG⊥平面ART,因为ATc平面ART, 所以AT⊥MG, ∠ATR是二面角A-MG-B的平面角， 所以sina= AM's迦B=AR AR AT' 由u=B,得AM=AT,所以M、T重合，由AT⊥MG,得AM⊥MG, 设M=x(0sx≤，则M=r+分GM-万-+ 由勾股定理可得AM2+GM2=AG2, 即++25-+号8，整理可得2x2-4W2+1=0, 2 解得r-万-5或x=5+6 (舍)” 答案第12页（共14页) 则DNBC,且DN=BC,所以AD=VDN2+AN2=√1+1=√2， 又由AB=2,所以BD2+AD2=AB2,所以BD⊥AD, 又平面ADM⊥平面ABCD,平面ADMO平面ABCD=AD,BDC平面ABCD, 所以BD⊥平面ADM, 又AMC平面ADM,所以AM⊥BD, 因为MD=MA=1,AD=√2，则AMP+DMP=AD2,所以AM⊥DM, 又DMBD=D,DM、BDC平面BDM,所以AM⊥平面BDM. M D (i)2W22 11 (2) 假设存在点M,使得a=B,延长AD与BC交于点G,连接MG, 则平面AMDO平面MBC=MG, 设AR⊥平面MBC,垂足为R,连接MR,∠AMR是直线AM与平面MBC所成的角， 因为CD4B且cD-号B,所以，点D为4G的中点，则AG=21D-2万， 过点R作RT垂直于MG,垂足为T, 因为AR⊥平面MBC,MGC平面MBC,所以AR⊥MG, 又因为RT⊥MG,AR∩RT=R,AR、RTc平面ART,所以MG⊥平面ART,因为ATc平面ART, 所以AT⊥MG, ∠ATR是二面角A-MG-B的平面角， 所以sina= AM's迦B=AR AR AT' 由u=B,得AM=AT,所以M、T重合，由AT⊥MG,得AM⊥MG, 设M=x(0sx≤，则M=r+分GM-万-+ 由勾股定理可得AM2+GM2=AG2, 即++25-+号8，整理可得2x2-4W2+1=0, 2 解得r-万-5或x=5+6 (舍)” 答案第12页（共14页) 所以存在点M,当M=V2-5,有a=D成立 2 E G B 【分析】(I)(i)利用面面垂直的性质可推导出BD⊥平面ADM,可得出AM⊥BD,利用勾股定理可得 出AM⊥DM,再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； (ii)取AD的中点为P,BC的中点为Q,连接P、PO、OM,计算出点A到平面MBC的距离以及线 段AM的长，即可得出直线AM与平面MBC所成角的正弦值： (2)假设存在点M,使得a=B,延长AD与BC交于点G,连接MG,根据已知条件得出∠AMR是直线 AM与平面MBC所成的角，∠ATR是二面角A-MG-B的平面角，计算出△AMF三边边长，利用勾股定 理求出x的值，即可得出结论， 【详解】(1)(i)略 (ii)取AD的中点为P,BC的中点为Q,连接MP、PQ、QM, 过P在平面POM内作PO垂直于MQ,垂足为O, 又平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,AF⊥AD, 所以AF⊥平面ABCD,M为EF的中点， 所以MPI∥AF,所以MP⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,所以BC⊥PM, 又因为BC⊥PO,PO⌒PM=P,PQ、PMc平面PM0, 所以BC⊥平面PMQ,POc平面PMQ, 所以PO⊥BC,MQ∩BC=O,MQ,BCC平面BCM, 得O1平面BCM,因为MP.三，PO-=子AMP0-号 2 所以0-wr+Pg-作+号之 1,911 32 由等面积法可得P0=P:P_ 3W23V22 MO 11211221 2 延长AD与BC交于点G,则D为AG的中点，G为直线AD与平面MBC的交点， 答案第13页（共14页) 所以存在点M,当M=V2-5,有a=D成立 2 E G B 【分析】(I)(i)利用面面垂直的性质可推导出BD⊥平面ADM,可得出AM⊥BD,利用勾股定理可得 出AM⊥DM,再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； (ii)取AD的中点为P,BC的中点为Q,连接P、PO、OM,计算出点A到平面MBC的距离以及线 段AM的长，即可得出直线AM与平面MBC所成角的正弦值： (2)假设存在点M,使得a=B,延长AD与BC交于点G,连接MG,根据已知条件得出∠AMR是直线 AM与平面MBC所成的角，∠ATR是二面角A-MG-B的平面角，计算出△AMF三边边长，利用勾股定 理求出x的值，即可得出结论， 【详解】(1)(i)略 (ii)取AD的中点为P,BC的中点为Q,连接MP、PQ、QM, 过P在平面POM内作PO垂直于MQ,垂足为O, 又平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,AF⊥AD, 所以AF⊥平面ABCD,M为EF的中点， 所以MPI∥AF,所以MP⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,所以BC⊥PM, 又因为BC⊥PO,PO⌒PM=P,PQ、PMc平面PM0, 所以BC⊥平面PMQ,POc平面PMQ, 所以PO⊥BC,MQ∩BC=O,MQ,BCC平面BCM, 得O1平面BCM,因为MP.三，PO-=子AMP0-号 2 所以0-wr+Pg-作+号之 1,911 32 由等面积法可得P0=P:P_ 3W23V22 MO 11211221 2 延长AD与BC交于点G,则D为AG的中点，G为直线AD与平面MBC的交点， 答案第13页（共14页) E G M D B 设点A到平面MBC的距离为d,直线AM与平面MBC所成的角为B, 则P0_GP3 dGa4,所以d=P0=4x32222 322 11 由AM=1,所以，sin6=d-2W22 AM 11 (2)略 【点睛】关键点点睛：第二问的关键点是假设存在点M,使得W=B,延长AD与BC交于点G,根据已 知条件得出∠AMR是直线AM与平面MBC所成的角，考查了学生的空间想象能力、运算能力. 答案第14页（共14页） E G M D B 设点A到平面MBC的距离为d,直线AM与平面MBC所成的角为B, 则P0_GP3 dGa4,所以d=P0=4x32222 322 11 由AM=1,所以，sin6=d-2W22 AM 11 (2)略 【点睛】关键点点睛：第二问的关键点是假设存在点M,使得W=B,延长AD与BC交于点G,根据已 知条件得出∠AMR是直线AM与平面MBC所成的角，考查了学生的空间想象能力、运算能力. 答案第14页（共14页）