2023-2024學(xué)年湖北省荊州市沙市中學(xué)高二（上）月考數(shù)學(xué)試卷（9月份）（含解析）

2023-2024學(xué)年湖北省荊州市沙市中學(xué)高二（上）月考數(shù)學(xué)試卷

（9月份）

一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項(xiàng)中，選出符合題目的一項(xiàng)）

1.用簡(jiǎn)單隨機(jī)抽樣的方法從含有10個(gè)個(gè)體的總體中，抽取一個(gè)容量為3的樣本，其中某一個(gè)

體a”第一次被抽到”的可能性，”第二次被抽到”的可能性分別是（）

AJ__LA11AAA

,io'ioR,io'5r0+I。Dn-io'10

2.已知陽(yáng)，方，可為空間的一組基底，則下列向量也能作為空間的一組基底的是（）

A.a+K>b+c>a—c

B.a+2b^b,a+c

C.2a+K.b+2c，a+b+c

D.a+c,b+2a>b-2c

3.己知兩個(gè)向量己=（2,—1,3）,石=（4,犯〃），且8//石，則爪+n的值為（）

A.1B.2C.4D.8

4.已知向量3=（2C,0,2）,向量G=go,?），則向量力在向量至上的投影向量為（）

A.（73,0,3）B.（-/3,0,1）C.（1,0,AT3）D.G，O,?）

5.如圖，元件4。=1,234）通過電流的概率均為0.9,且各元件是否通過電流相互獨(dú)立，則

電流能在“，N之間通過的概率是（）

A.0.729B.0.8829C.0.864D.0.9891

6.同時(shí)拋擲兩顆骰子，觀察向上的點(diǎn)數(shù)，記事件4="點(diǎn)數(shù)之和為7"，事件B="點(diǎn)數(shù)之和

為3的倍數(shù)”，則（）

A.A+B為不可能事件B.4與B為互斥事件

C.4B為必然事件D.4與B為對(duì)立事件

7.袋子里裝有形狀大小完全相同的4個(gè)小球，球上分別標(biāo)有數(shù)字1,2,3,4,從中有放回的

隨機(jī)取兩次，每次取1個(gè)球，4表示事件“第一次取出的球上數(shù)字是1"，B表示事件“第二次

取出的球上數(shù)字是2"，C表示事件“兩次取出的球上數(shù)字之和是5"，。表示事件“兩次取出

的球上數(shù)字之和是6”，通過計(jì)算，則可以得出（）

A.B與。相互獨(dú)立B.4與。相互獨(dú)立C.B與C相互獨(dú)立D.C與。相互獨(dú)立

8.在邊長(zhǎng)為1的菱形4BC。中，/.ABC=60°,將△EMC沿對(duì)角線AC折起得三棱錐。一48c.當(dāng)

三棱錐體積最大時(shí)，此三棱錐ABC的外接球的表面積為（）

A.57rB.4?rC.乎D.

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二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項(xiàng)符合題目要求）

9.下列說法正確的是（）

A.若空間中的0,A,B,C滿足次=：用+|而，則A,B,C三點(diǎn)共線

B.空間中三個(gè)向量五，K，c,若五〃方，則落b，下共面

C.對(duì)空間任意一點(diǎn)。和不共線的三點(diǎn)4B,C,若而=2瓦？+2022南一2023元，則P，

A,B,C四點(diǎn)共面

D.設(shè)砥，瓦可是空間的一組基，若記=方+3,n=a-b，則｛布,有1｝不能為空間的一組基

10.己知空間向量隹=（一1,2,4）,元=（2,-4/）,則下列選項(xiàng)中正確的是（）

A.當(dāng)沅1元時(shí)，x=3B.當(dāng)記〃元時(shí)，x=-8

C.當(dāng)|記+記|時(shí)，x=-4D.當(dāng)％=1時(shí)，sin（rn,n）=

11.如圖，正方體ABCD-ABiCiDi的棱長(zhǎng)為2,點(diǎn)。為底面D,______________C,

ABCD的中心，點(diǎn)P為側(cè)面BBiGC內(nèi)（不含邊界）的動(dòng)點(diǎn)，則（）/

A.1ACAT-

B.存在一點(diǎn)P,使得。iO〃B】P；\p

C.三棱錐4-OiDP的體積為g/1一--J]

D.若5O1PO,則△6￡＞小面積的最小值為誓“B

12.已知長(zhǎng)方體力BCD—4B1GD1的棱ZB=4D=2,

AAt=1,點(diǎn)P滿足：AP=AAB+HAD+YAAI'，、"、/€

[0,1],下列結(jié)論正確的是（）

A

A.當(dāng);1=1,y=0時(shí)，P到45的距離為C

B.當(dāng)〃=1時(shí)，點(diǎn)P到平面BOD/i的距離的最大值為1

C.當(dāng)；I=0,〃=1時(shí)，直線PB與平面4BCD所成角的正切值的最大值為?

D.當(dāng)；1=4=1,丫=，時(shí)，四棱錐P—BBiOD］外接球的表面積為甯

三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）

13.已知2,B,C三點(diǎn)不共線，0是平面ABC外的任意一點(diǎn)，若點(diǎn)P在平面4BC內(nèi)，且赤=

^OA+^OB+mOC,則實(shí)數(shù)m=

14.如圖，在二面角a中，力Gl,BeI,AC^a,BDa/3

且AC1AB,BD14B,垂足分別為4B,已知4c=AB=BD=

6,CD=12,則二面角a-1一夕所成平面角為.

15.如圖，在三棱錐P-ABC中，AB1BC,PA1平面ZBC,AE1

PB于點(diǎn)E,M是4c的中點(diǎn)，PB=1,則前.西的最小值為

16.中國(guó)古代數(shù)學(xué)經(jīng)典仇章算術(shù)》系統(tǒng)地總結(jié)了戰(zhàn)國(guó)、秦、

漢時(shí)期的數(shù)學(xué)成就，書中將底面為長(zhǎng)方形且有一條側(cè)棱與底面

垂直的四棱錐稱之為陽(yáng)馬，將四個(gè)面都為直角三角形的三棱錐

稱之為鱉席，如圖為一個(gè)陽(yáng)馬與一個(gè)鱉牖的組合體，已知PA1

平面4BCE,四邊形4BCD為正方形，AD=<5.ED=，？，

若鱉膈P-ADE的外接球的體積為9/1兀，則陽(yáng)馬P-ABCD

的外接球的表面積等于

四、解答題（本大題共6小題，共70.0分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟）

17.（本小題10.0分）

在△ABC中，內(nèi)角A,B,C所對(duì)邊的長(zhǎng)分別為a,b,c,且滿足a+c=伏，百$譏4+cosA）.

⑴求B；

(2)若b=3,且△ABC的面積為「，BC是AABC的中線，求BD的長(zhǎng).

18.(本小題12.0分)

某市為了了解人們對(duì)“中國(guó)夢(mèng)”的偉大構(gòu)想的認(rèn)知程度，針對(duì)本市不同年齡和不同職業(yè)的人

舉辦了一次“一帶一路”知識(shí)競(jìng)賽，滿分100分(95分及以上為認(rèn)知程度高)，結(jié)果認(rèn)知程度高

的有20人，按年齡分成5組，其中第一組：［20,25),第二組：［25,30),第三組：［30,35),第

四組：［35,40),第五組：［40,45］,得到如圖所示的頻率分布直方圖.

(1)根據(jù)頻率分布直方圖，估計(jì)這20人的平均年齡和第80百分位數(shù)；

(2)若第四組宣傳使者的年齡的平均數(shù)與方差分別為37和|,第五組宣傳使者的年齡的平均數(shù)

與方差分別為43和1,求這20人中35?45歲所有人的年齡的方差.

19.(本小題12.0分)

為了普及垃圾分類知識(shí)，某校舉行了垃圾分類知識(shí)考試，試卷中只有兩道題目，已知甲同學(xué)

答對(duì)每題的概率都為p,乙同學(xué)答對(duì)每題的概率都為q(p>q),且在考試中每人各題答題結(jié)果

互不影響，己知每題甲、乙兩人同時(shí)答對(duì)的概率為:、恰有一人答對(duì)的概率為保

⑴求p和q的值；

(2)求甲、乙兩人共答3對(duì)道題的概率.

20.(本小題12.0分)

我省從2021年開始，高考不分文理科，實(shí)行“3+1+2”模式.其中“3”指的是語文、數(shù)

學(xué)、外語三科為必選科目，“1”指的是考生在物理、歷史2門首選科目中選擇1門，“2”指

的是考生在思想政治、地理、化學(xué)、生物4門再選科目中選擇2門.已知福建醫(yī)科大學(xué)臨床醫(yī)

學(xué)類招生選科要求是首選科目為物理，再選科目為化學(xué)生物至少1門.

(1)從所有選科組合中任意選取1個(gè)，求該選科組合符合福建醫(yī)科大學(xué)臨床醫(yī)學(xué)類招生選科要

求的概率；

(2)假設(shè)甲、乙、丙三人每人選擇任意一個(gè)選科組合是等可能的，求這三人中恰好有一人的選

科組合符合福建醫(yī)科大學(xué)臨床醫(yī)學(xué)類招生選科要求的概率.

21.(本小題12.0分)

如圖，已知四棱錐P-4BC0,底面4BCD為菱形，PA1平面4BC0,AABC=60°,E,尸分別

是BC,PC的中點(diǎn).

(1)證明：AE1PD；

(2)若“為PO上的動(dòng)點(diǎn)，與平面P4Z)所成最大角的正弦值為?，求二面角E-4F-C的余

弦值.

22.(本小題12.0分)

如圖，在矩形4BCD中，AB=1,BC=C，M是線段40上的一動(dòng)點(diǎn)，將△4BM沿著BM折

起，使點(diǎn)4到達(dá)點(diǎn)A的位置，滿足點(diǎn)4任平面BCDM且點(diǎn)4'在平面BCDM內(nèi)的射影E落在線段BC

上.

(1)當(dāng)點(diǎn)M與端點(diǎn)。重合時(shí)，證明：4B1平面4CD；

(2)求三棱錐E-ABM的體積的最大值；

(3)設(shè)直線CD與平面4BM所成的角為a,二面角4一BM-C的平面角為￡、求sin2a?cos/?的

最大值.

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：在抽樣過程中，個(gè)體a每一次被抽中的概率是相等的，

???總體容量為10,

故個(gè)體a“第一次被抽到”的可能性，“第二次被抽到”的可能性均為白，

故選：A.

在抽樣過程中，個(gè)體a每一次被抽中的概率是相等的，結(jié)合已知中的總體容量，可得答案.

本題考查的知識(shí)點(diǎn)是簡(jiǎn)單隨機(jī)抽樣，正確理解簡(jiǎn)單隨機(jī)抽樣中的等可能性，是解答的關(guān)鍵.

2.【答案】B

【解析】解：對(duì)于4CD,「^+3=（石+2）+0—？），蒼+石+不=*2五+區(qū)）+*方+20方+下=

i（K+2a）-1（K-2c）,

.?.4,C,。中的向量共面，不能作為空間的基底，

對(duì)于B,假設(shè)五+2a石,有一力共面，

則存在4,〃使得日+23=4另+〃（五-?），

p=1

2=2,無解，

-H=0

.-.a+26.K.五―蕓不共面，可以作為空間的一組基底.

故選:B.

根據(jù)已知條件，結(jié)合空間向量的共面定理，即可求解.

本題考查了向量基底定義的理解與應(yīng)用，以及空間向量共面定理的運(yùn)用，屬于基礎(chǔ)題.

3.【答案】C

【解析】【分析】

本題考查了空間向量共線定理、方程的解法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題.

由方〃石，則存在實(shí)數(shù)A使得五=人石，建立方程組即可得出.

【解答】

解：?.,五〃石，

存在實(shí)數(shù)k使得五=上方，

2=4k

:，—1=km,

3=kn

解得k=m=—2,n=6,

則?n+n=4.

故選c.

4.【答案】A

【解析】解：由于向量方=(2，^,0,2),向量B=?,0,?)，

則向量五在向量石上的投影向量為：篙擊='3；'3彳=<3,0,3),

故選：A.

根據(jù)投影向量的定義計(jì)算即可.

本題考查投影向量的定義，屬于基礎(chǔ)題.

5.【答案】B

【解析】【分析】

本題主要考查相互獨(dú)立事件的概率乘法公式，所求的事件的概率與它的對(duì)立事件的概率之間的關(guān)

系，屬于中檔題.

求出電流不能通過①、&,且也不能通過/的概率，用1減去此概率，即得電流能通過系統(tǒng)公、&、

&的概率.再根據(jù)電流能通過人的概率為09,利用相互獨(dú)立事件的概率乘法公式求得電流能在用,

N之間通過的概率.

【解答】

解：電流能通過&、A2,的概率為0.9X0.9=0.81,電流能通過/的概率為09

故電流不能通過入、A2,且也不能通過小的概率為(1-0.81)(1-0.9)=0.019,

故電流能通過系統(tǒng)公、①、4的概率為1一0Q19=0.981,

而電流能通過4的概率為0?9，

故電流能在M,N之間通過的概率是(1-0.019)X0.9=0.8829,

故選8.

6.【答案】B

【解析】解：同時(shí)拋擲兩顆骰子，有36個(gè)結(jié)果，

事件4=''點(diǎn)數(shù)之和為7"，包括：(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1),

事件B="點(diǎn)數(shù)之和為3的倍數(shù)”，包括：(1,2),(2,1),(1,5),(5,1),(2,4),(4,2),(3,3),

故A+B為“點(diǎn)數(shù)之和為7或3的倍數(shù)”，不是不可能事件，故A錯(cuò)誤，

4與8為互斥事件，故B正確，

4B為不可能事件，故C錯(cuò)誤，

事件A,B不能包含全部基本事件，即4與B不是對(duì)立事件，故。錯(cuò)誤.

故選：B.

先分析事件力，B的構(gòu)成，再結(jié)合不可能事件，互斥事件，必然事件，對(duì)立事件的定義，即可求解.

本題主要考查不可能事件，互斥事件，必然事件，對(duì)立事件的定義，屬于基礎(chǔ)題.

7.【答案】C

【解析】解：由題意得,P⑷=；,P(B)=2,P(C)=^=；,P(D)=:=4,

對(duì)于4,P(BD)=^KP(B)xP(D),則B與。不相互獨(dú)立，4錯(cuò)；

對(duì)于B,P(/W)=0HP(4)xP(。)，則4與。不相互獨(dú)立，B錯(cuò)；

對(duì)于C,P(BC)=2=P(B)xP(C),則8與C相互獨(dú)立，C對(duì)；

對(duì)于。，P(CD)=04P(C)xP(C),則C與。不相互獨(dú)立，。錯(cuò).

故選：C.

根據(jù)獨(dú)立事件的概念分別判斷即可求解.

本題考查相互獨(dú)立事件的判斷方法和概率的求法，是基礎(chǔ)題.

8.【答案】C

【解析】解：如圖所示，

當(dāng)平面ABC1平面D4C時(shí)，三棱錐體積最大，

取4c中點(diǎn)E,連接BE,DE,由條件知BEJ.DE,

設(shè)。1，。2分別為AABC,A/IOC的外心，過01作平面4BC的垂線m,過。2作平面ADC的垂線n,

則m,n的交點(diǎn)即為三棱錐D-ABC外接球的球心。；002=O^E=\BE=三，D02=IDE=

3633

所以。。=J(詈)2+(￥)2=J卷，

所以，表面積為4n??(J^)2=|兀.

故選：C.

體積最大時(shí)，即兩個(gè)面垂直時(shí)，然后利用幾何關(guān)系找到外接球圓心即可.

本題考查空間幾何體的表面積的求法，考查運(yùn)算求解能力，屬中檔題.

9.【答案】ABC

【解析】解：對(duì)于4根據(jù)向量的線性運(yùn)算，若空間中的0,A,B,C滿足元=力瓦5+|麗，則4

B,C三點(diǎn)共線，故A正確，

對(duì)于B,因?yàn)槲濉ㄎ鋭t區(qū)3共線，則根據(jù)共面向量的定義可得，落a3共面，故B正確，

對(duì)于C,對(duì)空間任意一點(diǎn)。和不共線的三點(diǎn)4B,C,^0P=20/1+2022OF-20230C.又2+

2022-2023=1,則C正確，

對(duì)于。，因?yàn)閊與五+反4-石不共面，所以｛沅，元，可能為空間的一組基底，故。錯(cuò)誤，

故選：ABC.

根據(jù)向量的線性運(yùn)算可判斷4根據(jù)向量的共面定理可判斷BCD.

本題考查向量的線性運(yùn)算以及向量的共面定理，屬于中檔題.

10.【答案】BCD

【解析】解：若記，元，-1x2+2x(-4)+4%=0,x=|,

若沅〃記，(―1,2,4)=2(2,—4,%),.,?%=-8,

若|記+利=vm4-n=(1,-2,4+%),|m+n|=J1?+(-2)2+(4+%)?=V-5,AX=

—4,

當(dāng)x=l時(shí)，sin＜亂元＞=JT^^尸寫'

故選：BCD.

利用空間向量的運(yùn)算公式，即可解出.

本題考查了空間向量的應(yīng)用，學(xué)生的數(shù)學(xué)運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題.

11.【答案】ACD

【解析】解：對(duì)于4連接A。1，CD.,由正方體的性質(zhì)得△AC/是等邊三角形,

???。為底面ABC。的中心，故為AC中點(diǎn)，故AClDi。，故A正確；

對(duì)于B,將50進(jìn)行平移到過為點(diǎn)，使之與B]P具有公共頂點(diǎn)，

根據(jù)立體圖象判斷，無論如何也不可能滿足當(dāng)“平行或重合于BiP,

二￡>1。不可能平行于Bi”，故B錯(cuò)誤；

對(duì)于C,由平面〃平面4。。涕1，

得三棱錐力-DiCP的體積為：

KA-DIDP=^C-ADD1=WXSA4D￡)IXDC——X—X2X2X2=故C正確;

如圖，當(dāng)點(diǎn)P在C處時(shí)，Dx01OC,當(dāng)點(diǎn)P在B1B的中點(diǎn)Pl時(shí)，

OPl=(<7)2+M=3,

D^2=(\T2)2+22=6.=(2\T7)2+F=9,

OP：+5。2=%P3

。1。10P「

?.?OP1COC=。，二。1。1_平面OP1C,.?.點(diǎn)P的軌跡是線段RC,

???DiGJ_平面PiGC,.?.△DiGP面積最小時(shí)，cxpipxc,

-

「C]CxBC44A/51

此時(shí)C】Pn=一行=行宰=亍，SADgp=：x2xA^=A警，故。正確?

故選：ACD.

對(duì)于4,連接CD1，由為等邊三角形進(jìn)行判斷求解；對(duì)于8,將D1。進(jìn)行平移到過當(dāng)點(diǎn)，

使之具有公共頂點(diǎn)，根據(jù)立體圖象判斷，無論如何都不可能滿足DiO〃B]P；由平面BBiGC〃平

面得三棱錐4-D】DP的體積為以“MP=皿，由此判斷求解；對(duì)于。，取中點(diǎn)

Pi，根據(jù)劣。1OP1,轉(zhuǎn)化為為。，平面OP]C,得到點(diǎn)P的軌跡是線段AC,由^DiGP最小時(shí)，CiP1

PiC,由此能求出結(jié)果.

本題考查正方體結(jié)構(gòu)特征、平行公理、等體積法、線面垂直的判定與性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算

求解能力，是中檔題.

12.【答案】CD

【解析】解：4AP=AB+nAD=AB+nBC，HG[0,1],

.??點(diǎn)P在BC上，???4DJ/BC,：.P到力Wi的距離為=V22+*=故4錯(cuò)誤.

B.當(dāng)4=1時(shí)，AP=AAB+AD+YAA1=AD+ADC+Y^D\<心丫€[0,1]）叩存一而=4而+

y西，即而=4荏+y西，九[0,1],

.??點(diǎn)P在平面CDCiG上，

則當(dāng)P位于CG上，P到平面BDDiBi的距離的最大，此時(shí)的最大值為C。=「，故8錯(cuò)誤.

C.當(dāng)2=0,”=1時(shí)，而=而+丫西，

即而一而=而=y可，

則P位于線段上，當(dāng)P位于5時(shí)，直線PB與平面ABCD所成角的正切值最大,

此時(shí)tanND$D=需=余=?，即正切值最大為?，故C正確，

DUZvL44

D當(dāng);1=〃=1,丫=機(jī)寸，存=南+萬+3西=前+；西，即P是CG中點(diǎn),

Di

則PB=PB1=J4+[=晝,

則四棱錐P-BBiODi外接球的球心在P與中點(diǎn)M的連線上，且過長(zhǎng)方形BBiOD]的對(duì)角線的交

點(diǎn)。1，

???BD]=JBD2+DD：=3，則/。1=P0]=PB1-=J卜;=C，

設(shè)球心為0,球半徑為R,

則。1。2+0]庭=0B/,即(/?一。)2+\=/?2,

得R=W，則外接球的表面積s=4兀/?2=4兀X(翡)2=要，故。正確.

故選：CD.

根據(jù)向量共線關(guān)系，確定點(diǎn)P的位置，根據(jù)點(diǎn)到直線的距離，點(diǎn)到平面的距離以及線面角，球的

表面積公式分別進(jìn)行判斷即可.

本題主要考查空間點(diǎn)線面位置關(guān)系的判斷，根據(jù)條件確定P的位置關(guān)系，利用距離公式，線面角

的定義以及球半徑的求法進(jìn)行計(jì)算是解決本題的關(guān)鍵，是中檔題.

13.【答案】1

【解析】解：法一：因?yàn)辄c(diǎn)P在平面4BC內(nèi)，點(diǎn)。在平面4BC外，

所以由共面向量基本定理知，|+1+m=1,解得爪=奈

法二：因?yàn)閙市+，而+m靈，

所以m=OA+^(OB-OA)+m(0C-0A)+(^+m-^)0A=0A+^AB+mAC+(m-

金加

所以赤-0A=|荏+mAC+(m-^)0A,即Q=|荏+mAC+(m--^)0A,

因?yàn)辄c(diǎn)P在平面ABC內(nèi)，

所以由平面向量基本定理知，m—卷=0,即m=余

故答案為：

法一：由共面向量基本定理知，|+|+m=1,解之即可；

法二：根據(jù)向量的線性運(yùn)算，把已知條件變形拼湊成荏=乂而+丫前的形式，再由平面向量基

本定理，得解.

本題考查空間向量的基本定理，熟練掌握空間向量的線性運(yùn)算，共面向量定理是解題的關(guān)鍵，考

查邏輯推理能力和運(yùn)算能力，屬于中檔題.

14.【答案】120°

【解析】解：設(shè)二面角a-l-。的大小為0,且4C_U,BD11,

所以<前，BD>=。，

所以CD=(-AC+AB+BD)2=AC+48+BD-2AC-AB+2AB-BD-2AC-BD

=62+624-62-04-0—2x6x6xcosd=144,

-i

所以cos。=-

所以0=120°.

故答案為:120°.

設(shè)二面角a一1一0的大小為。，且AC11,BD1則<而，前>=。,而2=(_尼+南+前￥=

144,進(jìn)而可得答案.

本題考查二面角，解題關(guān)鍵是向量法的應(yīng)用，屬于中檔題.

15.【答案】二

O

【解析】解；因?yàn)镻4_L平面ABC,BCu平面ABC,所以241BC,

V.AB1BC,Pan4B=A,PA,ABu平面P4B,

所以8CJL平面PAB,

因?yàn)榱u平面PAB,所以BC_L4E,

因?yàn)锳E1PB,BCCPB=B,BC,PBu平面PBC,

所以AE1平面PBC,所以4E1EC,

因?yàn)镸為AC的中點(diǎn)，所以EM=g4C=BM,即ABME是等腰三角形，

所以前?前=\EP\-\EM\COS￡.PEM=|并|?(一|前|)=一;EP?(1-EP)2

(EP+1-EP)2__1(

4-

當(dāng)且僅當(dāng)EP=1-EP,即EP=g時(shí)取等號(hào),

所以前?麗的最小值為一：.

O

故答案為：-J.

O

易證BCJ■平面PAB,從而知BC1AE,結(jié)合AEJ.PB,可得4E_L平面PBC,有4E1EC,利用直

角三角形的性質(zhì)，可推出是等腰三角形，再根據(jù)平面向量數(shù)量積的幾何意義與基本不等式,

得解.

本題考查立體幾何與平面向量的綜合，熟練掌握線面垂直的判定定理與性質(zhì)定理，平面向量數(shù)量

積的幾何意義，以及基本不等式是解題的關(guān)鍵，考查邏輯推理能力和運(yùn)算能力，屬于中檔題.

16.【答案】2071

【解析】解：鱉腌P—40E可以看成如圖所示的長(zhǎng)方體的一部

分：則長(zhǎng)方體的外接球即為整

螭P—4DE的外接球，又,??鱉膈P-4DE的外接

球的體積為9，攵兀，

鱉腌P-ADE的外接球的半徑R=

3s

-----,

2

???ED2+AD2+PA2=等，二

PA=<10-

陽(yáng)馬P-ABC?？梢钥闯扇鐖D所示的長(zhǎng)方體的一部分:

則長(zhǎng)方體的外接球即為陽(yáng)馬P-力BCO的外接球，

陽(yáng)馬P-4BCO的外接球的半徑R，二AD2+CD2+PA2=

二陽(yáng)馬P-4BC。的外接球的表面積為47rx5=20兀，

故答案為：207r.

先把鱉膈P—ADE補(bǔ)成一個(gè)長(zhǎng)方體，由已知條件即可求出P4的長(zhǎng)，再把陽(yáng)馬P-4BCD補(bǔ)成一個(gè)長(zhǎng)

方體，則長(zhǎng)方體的外接球即為陽(yáng)馬P-4BCD的外接球，求出陽(yáng)馬P-4BC。的外接球的半徑，從

而求出陽(yáng)馬P-/BCD的外接球的表面積.

本題主要考查了三棱錐與四棱錐的外接球，是中檔題.

17.【答案】解：(1)因?yàn)镼+c=幾4+cos4)，

由正弦定理可得sin/+sinC=sinBf^T^sinA+cos/),

即sinA+sin(/l+8)=sinB(y/~~3sinA+cosA),

^VsinA+sinAcosB=\T3sinAsinB

又因?yàn)閟in4>0,所以I5sinB—cosB=1,所以sin(B—^)=

又因?yàn)锽￡(0,7T),所以B—看E(—宗)，

所以8V=3所以

oo3

(2)因?yàn)镾“8C=所以gacsinB=V"號(hào)得QC=4,

由余弦定理得：a2+c2=624-2accosB=13.

又前="畫+硝,

所以|前|2=,(%?+元)2=[(c2+Q2+2QCCOSB)=[,

得?前|=子，故3。的長(zhǎng)為子.

【解析】(1)根據(jù)正弦定理、輔助角公式等知識(shí)化簡(jiǎn)已知條件，從而求得從

(2)利用三角形ABC的面積求得ac,結(jié)合余弦定理、向量的模、數(shù)量積等知識(shí)求得BD的長(zhǎng).

本題主要考查解三角形，正余弦定理的應(yīng)用，考查運(yùn)算求解能力，屬于中檔題.

18.【答案】解:(1)設(shè)這案人的平均年齡為3

25+30八”,八八，，40+45

則土=(失交X0.01+x0c.c07r+,-30+--35X0.06+-35+--40X0.04+x0.02)x5=32.25,

22

設(shè)第80百分位數(shù)為a,由5x0.02+(40—a)x0.04=0.2,解得a=37.5；

(2)設(shè)第四組、第五組的宣傳使者的年齡的平均數(shù)分別為五，云，

方差分別為s；,s￡,則*4=37，x5=43>s&=|,sj=1>

設(shè)第四組和第五組所有宣傳使者的年齡平均數(shù)為3,方差為S2.

則5=4和產(chǎn)$=39,s2=-4x底+(%4—z)2]+2x(%5-Z)2])=10,

6。

因此，第四組和第五組所有宣傳使者的年齡方差為10,

據(jù)此，可估計(jì)這20人中年齡在35-45歲的所有人的年齡方差為10.

【解析】(1)由平均值的求法可得平均數(shù)；

(2)由題意可得第四組，第五組的平均數(shù)及方差，可得第四組和第五組所有宣傳使者的年齡平均數(shù)

為3,方差為s2的值.

本題考查頻率分布直方圖的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

19.【答案】解：(1)設(shè)4=”甲同學(xué)答對(duì)第一題"，B="乙同學(xué)答對(duì)第一題”,P(A)=p,P(B)=q.

設(shè)。=“AnB",0=(AnB)u(4n

因?yàn)榧滓覂扇舜痤}互不影響，且每人各題答題結(jié)果互不影響，

所以4與B相互獨(dú)立，4nB與4nB互斥，

所以P(C)=PQ4nB)=P(A)P(B)=pq=~,p(0)=p.n5)+P(An5)=P(A)(1-P(B))+

(1-P⑷)P(B)=p(l-Q)+(1-p)q=去

(pq=2(p=3

即p+—pq*解得：q/

lp>qI3

(2)設(shè)4="甲同學(xué)答對(duì)了譴題"，Bi="乙同學(xué)答對(duì)了譴題"，i=0,1,2.P(ai)=,x*+

、、、

3X1=3Pn/d339n/c21124224

448'^2)=4X-=-,P(B1)=-X-+-X-=--P(B2)=-X-=~,

設(shè)￡="甲、乙兩大共答對(duì)3道題"，E=A1B2UA2B1,

所以P(E)=PGM?)+=那+白><(=得?

【解析】(1)根據(jù)相互獨(dú)立事件的乘法公式列式求解即可；

(2)分別求得甲2道、乙1道，甲1道，乙兩道的概率，再求和即可.

本題考查概率的求法，是基礎(chǔ)題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意相互獨(dú)立事件概率乘法公式的靈活運(yùn)

用.

20.【答案】解：(1)用a,b分別表示“選擇物理”，“選擇歷史”，

用c,d,e,f分別表示“選擇化學(xué)”，“選擇生物”，“選擇政治”，“選擇地理”，

則所有選科組合的樣本空間為：

C=[acd,ace,acf,ade,adf,aef,bed,bee,bef,bde,bdf,be/},

An(/2)=12,

設(shè)”=“從所有選科組合中任意選取1個(gè)，該選科組合符合福建醫(yī)科大學(xué)臨床醫(yī)學(xué)類招生選科要

求”，

則M={acd,ace,acf,ade,adf},

???n(M)=5,

二該選科組合符合福建醫(yī)科大學(xué)臨床醫(yī)學(xué)類招生選科要求的概率P(“)=粽=得.

(2)設(shè)甲、乙、丙每人選擇的組合符合福建醫(yī)科大學(xué)臨床類招生選科要求分別是事件M，N2,N3,

由題意知事件NI，N2,N3相互獨(dú)立，

由(1)知P(M)=P(W)=P(M)=

記％="甲、乙、丙三人中恰好有一人的選科組合符合福建醫(yī)科大學(xué)臨床醫(yī)學(xué)類招生選科要求”，

則N=MN2N3U兇限=UN1N2N3,

??,事件N1N2N3，MN2N3N1N2N3兩兩互斥，

???根據(jù)互斥事件概率加法公式得：

P(N)=P(MN2M)+PNN2N3)+P(N/2N3)

555555555

12X(1-12)X(1-12)+(1-12)XT2X(1-12)+(1-12)X(1-T2)X12

245

576

【解析】本題考查概率的求法，考查古典概型、列舉法、互斥事件概率加法公式等基礎(chǔ)知識(shí)，考

查運(yùn)算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.

(1)用a,b分別表示“選擇物理”，“選擇歷史”，用c,d,e,/分別表示“選擇化學(xué)”，“選

擇生物”，“選擇政治”，“選擇地理”，利用列舉法能求出該選科組合符合福建醫(yī)科大學(xué)臨床

醫(yī)學(xué)類招生選科要求的概率.

(2)設(shè)甲、乙、丙每人選擇的組合符合福建醫(yī)科大學(xué)臨床類招生選科要求分別是事件N1，N2,N3,

由題意知事件NI，N2,N3相互獨(dú)立，P(NI)=P(N2)=P(N3)=5記N="甲、乙、丙三人中恰

好有一人的選科組合符合福建醫(yī)科大學(xué)臨床醫(yī)學(xué)類招生選科要求”，則N=N,N2N3UN,N2N3U

欣其心，根據(jù)互斥事件概率加法公式能求出所求概率-

21.【答案】證明：(1)由四邊形4BC。為菱形，乙4BC=60。，可得AABC為正三角形.

因?yàn)镋為BC的中點(diǎn)，所以4EJ.BC

5LBC//AD,因此AE_LAD

因?yàn)镻A1平面ABC。，4Eu平面ZBCD,所以P414E

而PAu平面P/W,ADu平面P/W且P4n/W=A

所以4E1平面PAD.又P。u平面240

所以4E_LPD.(3分)

解：(2)設(shè)4B=2,H為PD上任意一點(diǎn),連接力H,EH.

由(1)知AE_L平面PAD

所以ZEH4為E”與平面P40所成的角

在Rt^EAH中，AE=\/~3,

所以當(dāng)4"最短時(shí)，4E/M最大，即當(dāng)AH1PC時(shí)，4EH4最大.

因?yàn)閟in/E/M=此時(shí)tanZ_E/M=第=-rr-

5AHAH2

因此4H=p：又AD=2,所以乙4DH=45°,所以24=2.(5分)

解法一：因?yàn)镻4平面4BCD,24u平面P4C

所以平面PAC平面4BCD

過E作E。14c于。，則E。，平面P4C

過。作OS_L”于S,連接ES,則“S。為二面角E—AF-C的平面角，(7分)

在Rt△40E中，E0=AE-sin30°=?，AO=AE-cos300=|

Z4

又F是PC的中點(diǎn)，在HM4S0中,S050"45。=學(xué)

又SE=VEO2+SO2=V-30

4

3>n.—

在Rt△ES。中，cos/ESO=胃=舌=甘，（9分）

-4~

即所求二面角的余弦值為qia。分)

解法二：由(1)知AE,AD,4P兩兩垂直，

以4為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

又E,F分別為BC,PC的中點(diǎn)，

所以4(0,0,0),8(口-1,0),C(/3,1,0),D(0,2,0)P(0,0,2),E(C,0,0),1)

所以荏=(「,0,0),酢=(?[/)

設(shè)平面4EF的一法向量為m=（%i，yi，zi）

則卜?亞=0因此度

(?n?AF=0(―Xj+-y1+Zi=0

取Z]=-1,則m=(0,2,-1),(7分)

因?yàn)锽D1PAfPAQAC=A,所以BD_L平面

AFC

故前為平面4FC的一法向量，又前=(一，？,3,0)

所以儂＜犯前"后=品=萼.（9分）

因?yàn)槎娼荅-AF-C為銳角，所以所求二面角的余弦值為（1。分）

解法三：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

設(shè)菱形4BC。的邊長(zhǎng)為2,貝以(0,0,0),E(C,0,0),D(0,2,0),C(q,1,0),

設(shè)P(0,0,t)(t>0)

由P,",。三點(diǎn)共線可設(shè)而=4前(OS2S1),則H(0,2—24"t),(4分)

EH=(-<3,2-2A,At),又平面PAD的一個(gè)法向量亢=(1,0,0)

設(shè)EH與平面P4D所成角為6,則=|cos<EH,n>\=J(rt2+'4(A-l)廠z+3一十分)7

令g(a)="嚴(yán)+4(2-1)2+3=(4+t2)A2-8A4-7(0<2<1)

???當(dāng)4=提€[OH時(shí),gO)min=4詈?>°)(6分)

???(smo)s=產(chǎn)=?，解得t=2,即P(0,0,2),則1)

J7正+12,(7分)

AE=(<3,0,0),^F=(?弓,1),亞=(「,1,0)，

設(shè)平面4EF的法向量而=(x,y,z),

阿,荏=Cx=0

則｛――><31，取y=2,得元=(0,2,—1),

2?AF=—X+-y+z=0

設(shè)平面4FC的一個(gè)法向量荻=(見仇c),

(nJ?AC=y/~3a4-6=0

則一個(gè)ik八，取。=1，得五=(1,一二,0)-(8分)

n-AF=-z-a+-b+c=0

、《222

?."。$<汨，而>=篇=一?，(9分)

又：二面角E-AF-C是銳二面角

???二面角E-AF-C的余弦值為