安徽省合肥市合肥第一中学2022-2023学年高一下学期期末考试数学试题

末考试数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题1．已知复数z满足z=(3-2i)(1+2i)，i为虚数单位，则z=（ ）A．B．C．-1+4iD．-1-4i7+4i7-4i2．某班有位同学，他们依次编号为01，02，….29，30，现利用下面的随机数表选30取5位同学组建“文明校园督查组”.选取方法是从随机数表的第1行的第5列数字开始，由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5位同学的编号为（ ）41 79 27 35 16 86 08 16 21 57 95 62 39 41 59 49 2749 55 12 83 59 83 78 83 51 34 78 70 20 79 93 21 22 41A．20B．21C．27D．123．在DABC中，点D是线段AC上一点，点P是线段BD上一点，且uuuruuuruuuruuur1uuurl=CD=DA,AP=lAB+AC，则（ ）6A．16B．13C．23D．5．木楔子在传统木工中运用广泛，它使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等.如图为一个木楔子的直观图，其中四边形ABCD是边长为1的正方形，且VADE，△BCF均为正三角形，EF//CD，EF=2，则该木楔子的体积为（ ）试卷第11页，共33页

A．423B．2C．223D．235．先后抛掷两枚骰子，甲表示事件“第一次掷出正面向上的点数是1”，乙表示事件“第二次掷出正面向上的点数是2”，丙表示事件“两次掷出的点数之和是7”，丁表示事件“两次掷出的点数之和是8”，则（ ）A．甲与丙相互C．乙与丁相互6．某地一年之内12个月的降水量分别为：71，66，，58，56，56，56，53，53，51，48，46，则该地区的月降水量75%分位数（ ）A．61B．53C．58D．B．甲与丁相互D．丙与丁相互7．如图，在棱长为2的正方体ABCD-ABCD中，Q为AD的中点，P为正方体内部1111及其表面上的一动点，且PQ^BD1，则满足条件的所有点P构成的平面图形的周长是（ ） A．332B．33C．62D．4+428．为了普及党史知识，某校举行了党史知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为p，乙同学答对每题的概率都为q(p>q)，且在考试中每人各题答题结果互不影响.已知每题甲、乙两人同时答对的概率为2，恰有一人答对的概率为则甲、乙两人共答对至少3道题的概率是（ ）15.12A．512B．49C．23D．34试卷第21页，共33页

二、多选题9．下列说法正确的是（ ）A．甲乙两人地解题，已知各人能解出的概率分别是0.5，0.25，则题被解出的概率是0.625B．若A，B是互斥事件，则P(AB)=P(A)P(B)C．某校200名教师的职称分布情况如下：高级占比20%，中级占比50%，初级占比30%，现从中抽取50名教师做样本，若采用分层抽样方法，则初级教师应抽取15人D．一位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生相邻的概率是3410．《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马，将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图在堑堵ABC-A1B1C1中，AB^AC，CC1=BC=2，D，E分别为棱AA1，B1C1的中点，则（ ） A．四面体C-ABC不为鳖臑1B．DE//平面ABC1ABDEC．若AB=3，则与所成角的正弦值为D．三棱锥C1-ABC的外接球的体积为定值82π3试卷第31页，共33页

11．如图，在VABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinA=sinB，且3(acosC+ccosA)=2bsinB，D是VABC外一点，DC=2，DA=6，则下列说法正确的是（ ）A．VABC是等边三角形B．若AC=213，则A，B，C，D四点共圆C．四边形ABCD面积最大值为103+12D．四边形ABCD面积最小值为103-1212．如图，在圆锥SO中，A，B是圆O上的动点，BB¢是圆O的直径，M，N是SB的两个三等分点，ÐAOB=q(0π三、填空题rrrrrra=2,-1b=1,-2()，()，2a+b//ma-3b，则m= .13．已知()()14．对某中学高一年级学生身高（单位：cm）的调查中，采用分层随机抽样的方法，抽取了男生23人，其身高的平均数为170.6，抽取了女生27人，其身高的平均数为160.6，则可估计高一年级全体学生身高的平均数为 .15．已知VABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c且DB=2AD，CD=1，uuuruuur(a-b)sinA=(c+b)(sinC-sinB)，则a+2b的最大值为 ．16．在四棱锥P-ABCD中，BC//AD,AD^AB,AB=23,AD=6,BC=4,PA=PB=PD=43，则三棱锥P-BCD外接球的表面积为 .四、解答题

17．“一切为了每位学生的发展”是新课程改革的核心理念．新高考取消文理分科，采用选科模式，赋予了学生充分的自由选择权．新高考模式下，学生是否选择物理为高考考试科目对大学专业选择有着非常重要的意义．某校为了解高一年级600名学生

物理科目的学习情况，将他们某次物理测试成绩（满分100分）按照[40，50)，[50，60)，

[60，70)，[70，，分成6组，制成如图所示的频率分布直方图．80)，[80，90)，[90100](1)求这600名学生中物理测试成绩在[50，60)内的频数，并且补全这个频率分布直方图；(2)学校建议本次物理测试成绩不低于a分的学生选择物理为高考考试科目，若学校希

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望高一年级恰有65％的学生选择物理为高考考试科目，试求a的估计值．（结果精确到0.1）18．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3(sinB-sinA)3c-2a=sinCb+a.(1)求cosB.2a(2)若点D在边AC上，且AD=2DC，BD=b，求.3c19．1.第32届夏季奥林匹克运动会于2021年7月23日至8月8日在日本东京举办，某国男子乒乓球队为备战本届奥运会，在某训练基地进行封闭式训练，甲、乙两位队员进行对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢2个球者获胜，通过分析甲、乙过去对抗赛的数据知，甲发球甲赢的概率为3，乙发球甲赢的概率为已知某局甲先发球．(1)求该局打4个球甲赢的概率；(2)求该局打5个球结束的概率．20．在四棱锥21，不同球的结果互不影响，42P-ABCD中，四边形ABCD是边长为的菱形，ÐDAB=60°，PA=PD，ÐAPD=90°，平面PAD^平面ABCD，(1)求证：(2)求直线AD^PBBC与平面PBD所成角的余弦值. 试卷第61页，共33页

21．已知锐角VABC的三个内角满足sinBsinC=(sin2B+sin2C-sin2A)tanA．(1)求角A的大小；

uuuruuuruuur(2)若VABC的外接圆的圆心是O，半径是1，求OA×(AB+AC)的取值范围．22．在多面体ABCDE中，BC=BA，

DE//BC，AE^平面BCDE，BC=2DE，F为

AB的中点.

(1)求证：(2)若

EF//平面ACD；

.

EA=EB=CD，求二面角B-AD-E的平面角正弦值的大小

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参：1．B【分析】由复数的乘法运算，先化简复数z，再结合共轭复数的定义可得出答案.【详解】由z=(3-2i)(1+2i)，可得z=3+4+4i=7+4i所以z=7-4i故选：B2．D【分析】利用随机数表法直接求解．【详解】依次从数表中读出的有效编号为：27，16，08，16，21，27，12，去掉重复的，得到选出来的第5位同学的编号为12．故选：D．3．CuuuruuurBP=xBD【分析】设uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur1uuur，由AP=AB+BP=AB+xBD=(1-x)AB+xAD=(1-x)AB+x×AC，2结合题干条件和平面向量基本定理，即得解【详解】根据题意画出草图，如图：Q点P是线段BD上一点，uuuruuur设BP=xBD，uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuurQAP=AB+BP=AB+xBD=AB+x(AD-AB)uuuruuuruuur1uuur=(1-x)AB+xAD=(1-x)AB+x×AC2答案第11页，共22页

uuurxuuuruuur1uuur=(1-x)AB+AC=lAB+AC.262ì1-x=lìl=ïïï3.íx1由平面向量基本定理可得ï=解得íî26ïx=1ï3î故选：C4．D【分析】如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG,CH，取AD的中点O，连接GO，求出SVADG=SVBCH=2，结合三棱锥和三棱柱的体积公式计算即可.4【详解】如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG,CH，则由题意等腰梯形ABEF全等于等腰梯形CDEF，则2-113.æ1öEG=HF==,AG=GD=BH=HC=12-ç÷=222è2ø2取AD的中点O，连接GO，因为AG=GD，所以GO^AD，2æ3öæ1ö22-=÷则GO=ç，ç÷ç2÷è2ø2èø∴SVADG122.=SVBCH=´´1=224因为AB//EF，AG^EF，所以AB^AG，因为四边形ABCD为正方形，所以AB^AD，又因为ADIAG=A，AD,AGÌ平面ADG，所以AB^平面ADG，答案第21页，共22页

所以EF^平面AGD，同理可证EF^平面BCH，∴多面体的体积V=V三棱锥三棱+柱V+VE-ADG锥三棱三棱锥三棱F-BCH柱=2V+VAGD-BHCE-ADGAGD-BHC12122，=´´´2+´1=34243故选：D.5．A【分析】根据事件性的定义：P(AB)=P(A)P(B)判断各选项的正误.【详解】丙事件的{第一次,第二次}点数组合为{1,6},{6,1},{2,5},{5,2},{3,4},{4,3}，则P(丙)=1；6丁事件的{第一次,第二次}点数组合为{2,6},{6,2},{3,5},{5,3},{4,4}，则P(丁)=5；36P(甲)=P(乙)=1；6∴1、P(甲丙)=P(甲)P(丙)=1，故甲与丙相互.362、P(甲丁)=0¹P(甲)P(丁)=5，故甲与丙不相互.2163、P(乙丁)=1P()P(5乙丁)=，故乙与丁不相互；¹21636答案第31页，共22页

4、显然，丙与丁为互斥事件，故选：A6．AP(丙丁)=0¹P(丙)P(丁)=5，故不相互.216【分析】根据百分位数的定义求解.【详解】将降水量从小到大排列：46，48，51，53，53，56，56，56，58，，66，71，i=12´75%=9， 该地区的月降水量75%分位数为58+=61.2故选：A7．C【分析】证明出BD1^平面AB1C，BD1^平面A1C1D，确定过点Q的截面与正方体各棱的交点，可知截面图形是边长为2的正六边形，进而可求得结果.【详解】连接A1D、C1D、A1C1、AC、AB1、B1C、BD，如下图所示： 因为四边形ABCD为正方形，则AC^BD，QDD1^平面ABCD，ACÌ平面ABCD，\\AC^DD1，QDD1IBD=D，\\AC^平面BDD1，QBD1Ì平面BDD1，\\BD1^AC，同理可得BD1^AB1，答案第41页，共22页

，QACIAB1=A，\\BD1^平面AB1C，同理可证BD1^平面AC11D设过点Q且垂直于BD1的平面为平面a，则a与平面AB1C、平面AC都平行，11DQa//平面ACB1，平面ABCDÇ平面a=QN，平面ABCDÇ平面ACB1=AC，\\QN//AC，QQ为AD的中点，则N为CD的中点，同理可知，平面a分别与棱CC1、B1C1、A1B1、AA1交于中点，易知六边形EFGHNQ为正六边形，且其边长为1AC=2，2因此，满足条件的所有点P构成的平面图形的周长是62.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查正方体截面周长的计算，解题的关键在于利用正方体的几何性质，找出体对角线的垂面，进而确定截面与垂面平行，并以此作出截面.8．C【分析】利用相互事件、互斥事件概率公式求出p,q，再利用利用相互事件、互斥事件求解作答.p>q321ìq=p=pq=ï34ï2【详解】依题意，í，而，解得，，5ïp(1-q)+q(1-p)=ï12î设Ai=“甲同学答对了i题”，Bi=“乙同学答对了i题”，（i=0,1,2），1331321124339则P(A1)=´+´=，P(A2)=´=，P(B1)=´+´=，44448333394416224P(B2)=´=，339答案第51页，共22页

甲、乙两人共答对至少3道题的事件C=A1B2+A2B1+A2B2，3494942因此P(E)=P(A1B2)+P(A2B1)+P(A2B2)=´+´+´=，1691693所以甲、乙两人共答对至少3道题的概率是3．故选：C【点睛】关键点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互事件的积是解题的关键.9．AC【分析】先求此题不能解出的概率，再利用对立事件可得此题能解出的概率可判断A；由2P(AUB)=P(A)+P(B)，P(AB)=0可判断B；计算出初级教师应抽取的人数可判断C；由列举法得出两位女生相邻的概率可判断D.1【详解】对于A，∵他们各自解出的概率分别是2，1，则此题不能解出的概率为4æ1öæ1ö3，则此题能解出的概率为1-3=5，故A对；ç1-÷-ç1-÷=88è2øè4ø8对于B，若A，B是互斥事件，则P(AUB)=P(A)+P(B)，P(AB)=0，故B错；对于C，初级教师应抽取50´30%=15人，故C正确；对于D，由列举法可知，用1、2表示两名女生，a表示男生，则样本空间W={12a,1a2,21a,2a1,a12,a21}42=，故D错.63两位女生相邻的概率是故选：AC.10．BD答案第61页，共22页

【分析】由线面垂直的判定定理和性质定理可判断A；连接B1C、C1B相交于点O，可得四

边形ADEO为平行四边形，DE//AO，再由线面平行的判定定理可判断B；由B选项知AB与DE所成角即AB与AO所成角为ÐBAO或其补角，求出AO、BO，在VABO中由余弦定

理得cosÐBAO，再求出sinÐBAO可判断C；由△C1AB、△C1CB均为直角三角形可得点

O是三棱锥C1-ABC的外接球的球心，求出外接球的半径可判断D.

【详解】对于A，在堑堵ABC-平面ABC，BCABÌA1B1C1中，CC1^平面ABC，AC、、所以CC1⊥AC，CC1^BC，CC1^AB，所以VC1AC、△C1CB均为直角三角形，因为AB^AC，所以VABC为直角三角形，且CC1IAC=C，CC1、ACÌ平面ACC1，所以AB^平面ACC1，AC1Ì平面ACC1，

所以AB^AC1，所以VABC1为直角三角形，所以四面体C1-ABC为鳖臑，故A错误；对于B，

如图，连接B1C、C1B相交于点O，所以点O为C1B的中点，连接EO、AO，

答案第71页，共22页

所以EO//B1BAD//EOAD=EO11AD//B1B，EO=B1B，因为，AD=B1B，所以，，22所以四边形ADEO为平行四边形，所以DE//AO，因为DEË平面ABC1，AOÌ平面ABC1，所以DE//平面ABC1，故B正确；对于C，AB=3，由B选项知，DE//AO， 所以AB与DE所成角即AB与AO所成角ÐBAO或其补角，因为CC1=BC=2，所以BO=11AEBC1=2，连接1，所以A1E=B1C1=1，2222所以DE=A1E+A1D=2，所以AO=DE=2，在VABO222中，由余弦定理得cosÐBAO=AO+AB-BO=2+3-2=6，2AO´AB42´2´3ÐBAO所以æ6ö10为锐角，则sinÐBAO=1-ç，故C错误；=ç4÷÷4èø2对于D，如图，连接AO，由A选项可知，△C1AB、△C1CB均为直角三角形，且ÐC1AB=90o，ÐC1CB=90o，且点O为C1B的中点，所以CO=CO=BO=AO=2，1答案第81页，共22页

所以点O是三棱锥C1-ABC的外接球的球心，且外接球的半径为2，因为AB^AC，所以VABC为直角三角形， 所以三棱锥C1-ABC的外接球的体积为4π2π3()382，与AB、AC长度无关，故D正=3确.故选：BD.【点睛】方法点睛：异面直线所成角的求法有几何法和向量法：几何法：平移两直线中的一条或两条，到一个平面中，利用边角关系，找到（或构造）所求角所在的三角形，求出3边或3边的比例关系，用余弦定理求角.向量法：求两直线的方向向量，求两向量夹角的余弦，因为直线夹角为锐角，所以对所求的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.11．ABCsinA=sinB【分析】根据正弦定理，求得3sinB=2sinB×sinB，求得sinB=3，结合，2可判定A正确；由圆内接四边形的性质，得到D=B2p，结合余弦定理，可判定正确；设3AC=x，利用余弦定理求得x2=40-24cosDpöæ，得出S四边形ABCD=12sinçD-÷+103，结合三角è3ø函数的性质，可判定C正确，D错误.答案第91页，共22页

【详解】因为3(acosC+ccosA)=2bsinB，所以3(sinAcosC+sinCcosA)=2sinB×sinB，即3sin(A+C)=3sinB=2sinB×sinB，由sinB¹02pp，可得sinB=3，所以B=或，332又因为sinA=sinB，可得a=b．所以B=ÐCAB=ÐACB=Ap，故正确；3若四点A，，BC，D共圆，则四边形对角互补，由A正确，可得D=2p，3在△ADC中，因为DC=2，DA=6，B2p=213，故正确；3所以AC=DC2+DA2-2DC×DA×cos等边VABC中，设AC=x，x>0，在△ADC中，由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD×CD×cosD，由于AD=6，DC=2，可得x2=62+22-2´2´6cosD=40-24cosD，所以S四边形ABCD=SVABC+SVACD=1x×xsinp+1×6×2sinD=23232pöæx+6sinD=12sinçD-÷+103，43øè因为DÎ(0,p)，D-Î(-，p3p32p)，所以3点P,Q，由此作出二面角N-OA-B，M-AB¢-B的平面角，并表示出tana,tanb，由a£b建立关系求解即可.【详解】在圆锥SO中，令底面圆半径r=3，高SO=3h，过点M,N分别作MP∥SO，NQ∥SO，交OB于点P,Q，如图所示，因为AM=MN=NB，所以OP=PQ=QB=1,MP=2h,NQ=h，因为SO^平面AOB，OA,OBÌ平面AOB，所以SO^OA,SO^OB，因为MP∥SO，NQ∥SO，所以MP^OA,MP^OB，NQ^OA,NQ^OB，因为OA,OBÌ平面AOB，OAIOB=O，所以MP^平面AOB，NQ^平面AOB，过P作PF^AB¢于F，连接MF，因为AB¢Ì平面AOB，MP^平面AOB，所以MP^AB¢，因为MPIPF=P，MP,PFÌ平面MPF，所以AB¢^平面MPF，因为MFÌ平面MPF，所以AB¢^MF，所以ÐMFP是二面角M-AB¢-B的平面角，即ÐMFP=b，Q过作QE^直线OA于点E（q=EEAOOππ时，点与点重合，当因为ÐAOB=q(0π0，所以cos³，所以0<£，所以0rr【详解】因为a=(2，-1)，b=(1,-2)，rrrr所以2a+b=(5,-4)，ma-3b=(2m-3,6-m)，rrrr由(a+b)//(ma-3b)，得5(6-m)+4(2m-3)=0，得m=-6.故答案为：-6.14．165.2【分析】根据平均数公式计算可得.23´170.6+27´160.6=165.2.23+27【详解】依题意可得高一年级全体学生身高的平均数为故答案为：165.215．23【分析】先由正弦定理进行角化边，再用余弦定理求出C=60°；利用向量运算得到a2+4b2+2ab=9，构造基本不等式求最值.【详解】解：因为(a-b)sinA=(c+b)(sinC-sinB)，由正弦定理得，(a-b)a=(c+b)(c-b)，整理得，a2+b2-c2=ab，222由余弦定理得，cosC=a+b-c=1，2ab2因为C为三角形内角，所以C=60°，ruuur，因为uuuDB=2AD答案第131页，共22页

uuuruuuruuuruuur1uuuruuur1uuuruuur1uuur2uuur所以CD=CA+AD=CA+AB=CA+(CB-CA)=CB+CA，3333uuur21uuur24uuur24uuuruuur144所以CD=CB+CA+CB×CA，即1=a2+b2+abcosC，999999所以a2+4b2+2ab=9，所以，(a+2b)2=a2+4ab+4b2=9+2ab„9+æa+2bö，ç÷è2ø当且仅当a=2b=3时取等号，解得a+2b£23，即最大值23．故答案为：23．【点睛】（1）在解三角形中，选择用正弦定理或余弦定理，可以从两方面思考：①从题目给出的条件，边角关系来选择；②从式子结构来选择．（2）求最值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.16．80π2【分析】根据题意画出图形，取AD的两个三等分点O1,E，连接BD,O1C,CE，设BDIO1C=H，连接PH,AH，可证得O1是△BCD的外接圆的圆心，且PH^平面ABCD，设O为三棱锥P-BCD外接球的球心，连接OO1,OP,OD，过O作OF^PH于点F，求出外接球的半径R，即可求得三棱锥P-BCD外接球的表面积.【详解】根据题意画出图形，取AD的两个三等分点O1,E，连接BD,O1C,CE，设答案第141页，共22页

BDIO1C=H，连接PH,AH，则AO1=O1E=ED=2，所以BC=O1D=4，因为BC∥O1D，所以四边形BCDO1为平行四边形，所以AH=BH=DH=11BD=´12+36=23，22所以O1B=O1C=(23)2+22=4=O1D，所以O1是△BCD1的外接圆的圆心，O1H=O1C=2，2因为PA=PB=PD=43，PH公共边，所以VPAH≌△PBH≌△PDH，所以ÐPHA=ÐPHB=ÐPHD，因为ÐPHB+ÐPHD=π，所以ÐPHA=ÐPHB=ÐPHD=π，2所以PH^BH,PH^AH，因为BHIAH=H，BH,AHÌ平面ABCD，PH^所以平面ABCD，且PH=PA2-AH2=(43-23)(2)2=6，设O为三棱锥P-BCD外接球的球心，连接OO1,OP,OD，则O1O^平面ABCD，过O作OF^PH于点F，则三棱锥P-BCD外接球的半径R满足R2=OO2+42=(6-OO)2+OH2，111答案第151页，共22页

设O1O=x，则x2+16=(6-x)2+4，解得x=2，所以R2=22+42=20，

所以三棱锥P-BCD外接球的表面积为4π80πR2=故答案为：80π，

【点睛】关键点点睛：此题考查多面体外接球问题，考查球的表面积公式的应用，解题的关键是根据题意找出棱锥外接球的球心的位置，从而可求出球的半径，考查空间想象能力和计算能力，属于难题.17．(1)频数为(2)a»66.790，作图见解析

【分析】（1）根据频率分布直方图的小矩形面积之和为1求得成绩在[50，60)内的频率，再求频数，然后根据数据补全的频率分布直方图如图；

（2）根据恰有65％的学生选择物理为高考考试科目，先确定a所在区间，再求解.【详解】（1）解：由频率分布直方图可知，成绩在[50，60)内的频率为:

1-10´(0.010+0.015+0.030+0.025+0.005)=0.15，

答案第161页，共22页

所以这600名学生中物理成绩在[50，60)内的频数为600´0.15=90，补全的频率分布直方图如图所示：（2）学生物理测试成绩在[40,60)的频率为0.25<0.35，物理测试成绩在[40,70)的频率为0.4>0.35．故要使高一年级恰有65％的学生选择物理为高考考试科目，则aÎ[60,70)，且(a-60)´0.015=0.1，解得a»66.7．118．(1)；3(2)3.4cosB2【分析】（1）根据正弦定理进行角换边得b2=a2+c2-ac，结合余弦定理即可求出3的值；uuur1uuur2uuur411214（2）利用转化法得BD=BA+BC，两边同平方得b2=c2+2´´ca´+a2，结33993339答案第171页，共22页

2a合（1）中整理的式子b2=a2+c2-ac即可解出的值.3c【详解】（1）据已知条件及正弦定理得3(b-a)3c-2a=cb+a2整理得b2=a2+c2-ac，3222ac>02又据余弦定理b=a+c-2accosB，则有-ac=-2accosB，因为31则cosB=；3（2）因为AD=2DC，uuuruuuruuuruuur2uuuruuur2uuuruuur1uuur2uuur所以BD=BA+AD=BA+AC=BA+BC-BA=BA+BC，3333()uuur2æ1uuur2uuurö2,故(BD)=BA+BCç÷3è3øuuur21uuur24uuuruuurr24uuu即BD=BA+BABCcosB+BC99941414所以b2=c2+ca´+a2,99939整理得b2=121c+ca+a243211故a2+c2-ac=c2+ca+a2,343化解得3c2-4ac=0，因为c>0，答案第181页，共22页

故3c-4a=0，则a3=.c419．(1)112(2)19216【分析】（1）先设甲发球甲赢为事件A，乙发球甲赢为事件B，然后分析这4个球的发球者及输赢者，即可得到所求事件的构成，利用相互事件的概率计算公式即可求解；（2）先将所求事件分成甲赢与乙赢这两个互斥事件，再分析各事件的构成，利用互斥事件和相互事件的概率计算公式即可求得概率．【详解】（1）设甲发球甲赢为事件A，乙发球甲赢为事件B，该局打4个球甲赢为事件C， 由题知，P(A)=12C=ABAB，P(B)=，∴，3423211∴P(C)=P(ABAB)=P(A)P(B)P(A)P(B)=´´´=，343412∴该局打4个球甲赢的概率为1．12（2）设该局打5个球结束时甲赢为事件D，乙赢为事件E，打5个球结束为事件F，易知D，E为互斥事件，D=ABABA，E=ABABA，F=DÈE，∴P(D)=P(ABABA)=P(A)P(B)P(A)P(B)P(A)答案第191页，共22页

1æ2ö1æ2ö12，=ç1-÷´´ç1-÷´´=34343216èøèøP(E)=P(ABABA)=P(A)P(B)P(A)P(B)P(A)2æ1ö2æ1öæ2ö1=´ç1-÷´´ç1-÷´ç1-÷=，3è4ø3è4øè3ø12∴P(F)=P(DÈE)=P(D)+P(E)=1119+=，21612216∴该局打5个球结束的概率为19．21620．(1)证明见解析(2)277【分析】（1）先证明AD^平面PBE，再由线面垂直得到线线垂直；（2）过A点作平面PBD的垂线，垂足为H，运用等体积法求出A点到平面PBD的距离，解三角形ADH即可.【详解】（1）取AD的中点E，连接PE，BE，如下图：QPA=PD,\\PE^AD，又ÐDAB=60°,\\VABD是等边三角形，即AD^BE，PE,BEÌ平面PBE，PEIBE=E,\\AD^平面PBE，PBÌ平面PBE，\\AD^PB；答案第201页，共22页

（2）QÐAPD=90°,AD=2,\\PE=1，BE=3，PA=PD=ABCD，Q2，平面PAD^平面平面PADÇ平面ABCD=AD,PE^AD,\\PE^平面ABCD，BEÌ平面ABCD，PE^BE，在RtVPEB中，PB=12+()32=2，过A点作平面PBE的垂线，得垂足H，连接DH，QBC//AD,\\BC与平面PBD的夹角即为AD与平面PAD的夹角，设其为q，则q=ÐADH，下面用等体积法求出AH的长度，113，在△PBD中，ADgBE=3,VP-ABD=SVABDgPE=233SVABD=PB2+BD2-PD237，cosÐPBD==,\\sinÐPBD=2PBgBD44SVPBD=171221，PBgBDgsinÐPBD=,VA-PBD=SVPBDgAH=VP-ABD,\\AH=2237在RtVAHD中sinÐADH=sinq=AH=21,\\cosq=27；AD77综上，直线BC与平面PBD所成角的余弦值为27.721．(1)A=p67(2)[-2-3,-)2答案第211页，共22页

222b+c-asinA1，再根据余弦定理可得【分析】（1）由已知根据正弦定理可得×=2bccosA2sinA=A1，从而可求角的大小；2（2）根据向量减法的三角形法则及平面向量的数量积公式可得uuuruuuruuurVABC5pp7ppöæ是锐角三角形，可得，<2B+VABC∵pppìÞïî2则5pp7ppö7，-1£cosæ2B+pö<-3，-2-3£3cosæ<2B+<2B+-2<-ç÷ç6666ø2è6÷2èøuuuruuuruuur7ö故OA×AB+AC的取值范围是é-2-3,-÷．ê2ëø()22．(1)证明见解析(2)9113【分析】（1）取AC中点G，连接DG,FG，由已知得四边形DEFG是平行四边形，由此能证明EF//平面ACD．（2）过点B作BM垂直DE的延长线于点M，过M作MH^AD，垂足为H，连接BH，则ÐBHM是二面角B-AD-E的平面角，由此即可求出二面角B-AD-E的正弦值的大小．【详解】（1） 证明：取AC中点G，连接DG，FG.因为F是AB的中点，所以FG是VABC的中位线，答案第231页，共22页

则FG∥BC，FG=FG∥DEFG=DE1，，BC，所以2则四边形DEFG是平行四边形，所以EF∥DG，又EFË平面ACD，DGÌ平面ACD，故EF∥平面ACD.（2）过点B作BM垂直DE的延长线于点M，因为AE^平面BCDE，BMÌ平面ADE，所以AE^BM，且BM^DE，DE、AEÌ平面ADE，DEIAE=E，则BM^平面ADE，ADÌ平面ADE，BM^AD，过M作MH^AD，垂足为H，连接BH，BM、MHÌ平面BMH，BMIMH=M，则AD^平面BMH，所以AD^BH，则ÐBHM是二面角B-AD-E的平面角.设DE=a，则BC=AB=2a，在△BEM中，EM=aBE=2a，，2所以BM=7a.2又因为△△ADE∽MDH，所以HM=6a，则tanÐBHM=4226∴sinÐBHM=91.13答案第241页，共22页