重慶市某中學(xué)2024-2025學(xué)年高二年級上冊開學(xué)考試數(shù)學(xué)試卷（B）

高二（上）入學(xué)考試數(shù)學(xué)試題卷（B）

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是

符合題目要求的.

1.已知（l+i”=l3+4i|,則彳=（）

A.---iB.—+—iC.----iD.--i

22222222

【答案】B

【解析】

【分析】由復(fù)數(shù)的模長公式及除法運算求解復(fù)數(shù)z,然后求其共鈍復(fù)數(shù)即可.

【詳解】因為（l+i）z=|3+4i|,所以（l+i）z=5,

故選：B

2.現(xiàn)采用隨機模擬的方式估計一運動員三次投籃恰有兩次命中的概率：先由計算機產(chǎn)生0到9之間取整數(shù)

值的隨機數(shù)，指定1,2,3,4表示命中，5,6,7,8,9,0表示不命中；再以三個隨機數(shù)為一組，代表

三次投籃結(jié)果，經(jīng)隨機模擬產(chǎn)生了如下12組隨機數(shù)：137960197925271815952683829436

730257,據(jù)此估計，該運動員三次投籃恰有兩次命中的概率為（）

1355

A.—B.-C.—D.一

48128

【答案】A

【解析】

【分析】根據(jù)古典概型概率計算公式即可求解.

【詳解】依題意在12組隨機數(shù)中三次投籃恰有兩次命中的有：137,271,436共3個，

31

所以該運動員三次投籃恰有兩次命中的概率P=7T=二，

124

故選：A.

3.已知兩條不同的直線加，〃，兩個不同的平面。，￡,則（

A若,mua,nu0,貝i］和〃〃

C.若_Lm,貝!|“〃a

D.若〃zua,加〃月，貝!|相〃”

【答案】D

【解析】

【分析】根據(jù)面面平行的性質(zhì)結(jié)合線線的位置關(guān)系，判斷A；根據(jù)面面垂直的性質(zhì)結(jié)合線面的位置關(guān)系，判

斷B；根據(jù)線面垂直的性質(zhì)結(jié)合線面的位置關(guān)系，判斷C；根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理判斷D.

【詳解】對于A,若。//￡,〃zutz,〃u分，則機，〃可能平行，也可能異面，A錯誤；

對于B,若l_1_尸,℃=&力1^^,4_1匕，則可能有。_1_，，也可能有a//尸，B錯誤；

對于C,若加，則有可能是4/&,也可能“ua,C錯誤，

對于D,根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理可知若a口尸=",muc,祖〃△則加〃〃，正確，

故選：D

4.平均數(shù)、中位數(shù)和眾數(shù)都是刻畫一組數(shù)據(jù)的集中趨勢的信息，它們的大小關(guān)系和數(shù)據(jù)分布的形態(tài)有關(guān)在

下圖分布形態(tài)中，a,6,c分別對應(yīng)這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)、中位數(shù)和眾數(shù)，則下列關(guān)系正確的是（）

4

A.a<b<cB.b<a<c

C.c<b<aD.c<a<b

【答案】A

【解析】

【分析】利用數(shù)據(jù)分布圖左拖尾，即平均數(shù)小于中位數(shù)，再利用眾數(shù)是用最高矩形的中點值來估計，可判

斷眾數(shù)大于中位數(shù)，即可作出判斷.

【詳解】由數(shù)據(jù)分布圖知，眾數(shù)是最高矩形下底邊的中點橫坐標(biāo)，因此眾數(shù)c為右起第二個矩形下底邊的

中點值，

直線x=b左右兩邊矩形面積相等，而直線無=。左邊矩形面積大于右邊矩形面積，則匕<c,

又數(shù)據(jù)分布圖左拖尾，則平均數(shù)。小于中位數(shù)6,即a<3,

所以a<Z><c.

故選：A

5.如圖，在平面四邊形48。中，若3C=2AB=4,AC=277，AB±BD,ZBCD=,則5D=

)

A.叢B.2C.276-2V2D.4百—4

【答案】D

【解析】

2兀

【分析】先由余弦定理得出NABC=§,再應(yīng)用正弦定理求邊長即可.

【詳解】在VABC中，由余弦定理，

22+42—(2⑺2

0+叱―31

得cosNABC=,所以NABC=」，

2BABC2x2x453

TT

因為ABLBD，所以NCBD=—,

6

717r7

在△BCD中，ZBDC=n------=一兀，

6412

4加

由正弦定理，得一BD=_BC所以加=心螫=曹%=4百一4

sinZBCDsinZBDCsmZBDCV6+V2

4

故選:D.

6.用平行于底面的平面截正四棱錐，截得幾何體為正四棱臺.己知正四棱臺的上、下底面邊長分別為1和

7T

2,側(cè)棱與底面所成的角為一，則該四棱臺的體積是（）

4

7

A.-B,述C.述D.迤

6632

【答案】B

【解析】

【分析】根據(jù)正四棱臺性質(zhì)可求得該棱臺的高，代入棱臺的體積公式即可求得結(jié)果.

【詳解】如下圖所示：a分別為上下底面的中心，作GELAC于點E,

7T

根據(jù)題意可知44=1,A3=2,側(cè)棱與底面所成的角即為NC|CE,可知NC|CE=1；

因此可得GE=CE,

易知AC=2J5，AG=J5,由正四棱臺性質(zhì)可得cE=g(ac—AG)=*；

所以該正四棱臺的高為CE=CE=—，

12

因此該四棱臺的體積是V=L(12+22+JI33nx^=W2.

3\/26

故選：B

7.在矩形ABCD中，AB=2,AD=3,尸為矩形ABC。所在平面內(nèi)的動點，且24=1,則麗.定的

最大值是()

A.9B.10C.11D.12

【答案】B

【解析】

【分析】建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)P(x,y),根據(jù)條件得到麗二(2-X,-"定=(2-%,3-y),從而得

到尸"PC=(x—2y+(y—$2一又好+,2=1,結(jié)合圖形，得

P"=J(x—2y+(y—|y<AH+AP,即可求出結(jié)果.

【詳解】如圖，建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)PXy),3c中點為H,

因為AB=2,AD=3,所以A(0,。)，3(2,0),C(2,3),HQ,；)，

____kkk3Q

得到明(2—x,—y),定=(2—x,3—y),所以而?定=(x—2了+/-3、=Q—2了+(y—萬》—彳，

又因為以=1,所以必+產(chǎn)=1,

又PH=J(x—2)2+(y—1)2<A"+AP=小22+：+1=:，當(dāng)且僅當(dāng)",AP(尸在HA的延長線上)

三點共線時取等號，

所以P5.PC=(x—2)2+y2_3y=(x—2)2+(y_：)2=10,

故選：B.

【點睛】關(guān)鍵點點晴：設(shè)尸（％y）,利用向量數(shù)量積的坐標(biāo)運算，得到

__3Q

PB-PC=（x-2）2+（y--）2--,再利用圓的幾何性質(zhì)，即可求解.

8.已知正四棱錐P-A3CD的所有棱長均為2,點￡為正四棱錐P-A5CE）的外接球球面上一動點，

PE=近,則動點E的軌跡長度為（）

A.3兀B.1兀C.67rD.幾兀

2

【答案】D

【解析】

【分析】連接AC、BD,設(shè)4。口3。=0,連接尸0,分析可得。為正四棱錐P—A3CD外切球的球

心，且外接球的半徑R=夜，作出正四棱錐尸-A5CD外接球的軸截面（過點尸、A、C）,過點E作

EFLPO交P0于點、F,即可求出跖，從而求出軌跡長.

【詳解】依題意，正四棱錐尸-A5CD的所有棱長均為2,連接AC、BD，

設(shè)ACn3￡>=O,連接P0,則PO_L平面ABCD,則60=4=,萬萬=0,

22

所以P0=商_（用=拒，所以po=on=QB=oc=?！辏?后，

則。為正四棱錐P-ABCD外切球的球心，且外接球的半徑R=PO=42'

作出正四棱錐P-A5CD外接球的軸截面（過點尸、A、C）如下所示：

JT

因為PE=R=C，所以為等邊三角形，所以NPOE=NEPO=§，

過點E作EFLPO交P0于點F，則EF=PEsinZEPO=6.義昱=在

22

所以點E在以尸為圓心，EB=邁為半徑的圓上，

2

所以動點E的軌跡長度為2TTXEP=2兀乂逅=扃.

故選：D

二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題

目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.

9.某高中舉行的數(shù)學(xué)史知識答題比賽，對參賽的2000名考生的成績進行統(tǒng)計，可得到如圖所示的頻率分

布直方圖，若同一組中數(shù)據(jù)用該組區(qū)間中間值作為代表值，則下列說法中正確的是（）

頻率

A.考生參賽成績的平均分約為72.8分

B.考生參賽成績的第75百分位數(shù)約為82.5分

C.分數(shù)在區(qū)間［60,70）內(nèi)的頻率為0.2

D.用分層抽樣的方法從該校學(xué)生中抽取一個容量為200的樣本，則成績在區(qū)間［70,80）應(yīng)抽取30人

【答案】BC

【解析】

【分析】利用頻率分布直方圖估計平均數(shù)判斷A；求出第75百分位數(shù)判斷B；求出分數(shù)在區(qū)間［60,70）內(nèi)

的頻率判斷C；用分層隨機抽樣求出區(qū)間［70,80）內(nèi)應(yīng)抽人數(shù)判斷D.

【詳解】對于A,平均成績?yōu)樵?45x0.05+55x0.15+65x0.2+75x0.3+85x0.2+95x0.1=72.5,

A錯誤；

對于B,由頻率分布直方圖知，分數(shù)在［40,80）內(nèi)的頻率為0.7,在［40,90）內(nèi)的頻率為0.9,

075—07

因此第75百分位數(shù)位于（80,90）內(nèi)，第此百分位數(shù)為80+=82.5,B正確；

0.02

對于C,分數(shù)在區(qū)間［60,70）內(nèi)的頻率為0.02x10=0.2,C正確；

對于D,區(qū)間［70,80）應(yīng)抽取200*0.3=60人，D錯誤.

故選：BC

10.在VA3C中，設(shè)角A,B,C所對的邊分別為a,6,c,則下列命題一定成立的是（）

A.若/+/>。2,則VA3C是銳角三角形

B.若。=2,b=應(yīng),B=—,則VABC有唯一解

4

C.若VA5C是銳角三角形，b=3,B=|,設(shè)VA6C面積為S,則Se（浮，竽］

D.若VABC是銳角三角形，則sinA+sin5>cosA+cos6

【答案】BCD

【解析】

分析】由余弦定理可判斷A；

由正弦定理可判斷B；

利用邊化角結(jié)合面積公式可得S=3^sin12A-四〕+地，求2A-烏的范圍，結(jié)合正弦函數(shù)的性質(zhì)可得

2I6）46

S的范圍，即可判斷C；

JIJIJIJIJi

由銳角三角形可得一>A>——B>G及一>B>——A>0,利用y=sinx在（0,不）上的單調(diào)性結(jié)合誘導(dǎo)

22222

公式可判斷D.

【詳解】?.■a2+b2>c2,

ci~+b~—c->0，

a2+b2-c2

.1.cosC>0,

2ab

C為銳角，但不能確定角A3是否為銳角，

故VA3C不一定是銳角三角形，故A錯誤；

°亞

由正弦定理得.4asmB2>

smA=--------=—j=——11

bV2

AG(0,71),

.-.A=-,C=-,

24

VABC有唯一解，故B正確；

?.?4=上=2豆

?兀，

sin3sin—

3

/.a=2百sinA，c=273sinC=2百sin(-y-A),

二.S=gQcsin5=；x2百sinA?243sin(^-A)?sin三

=3A/3sinA(sincosA-cos暫sinA)

=3A/3sincosA+gsinA)

9.A36.2A

=—sinA4cosAd------sinA

22

_9.o,3A/3

——sin2A------cos2AH-------

444

36?。人兀、373

=----sin(2A——)+------，

264

0<A<

f解得

o2

兀小，兀5兀

:.—<2A<TI-<2A——<—

3666

<sin(2A--)<1,

26

4262

4竽，即Sc(孚，乎],故C正確；

jr

VABC是銳角三角形，「.A+B〉一，

2

兀

又AIKO,]),

714兀八八兀C兀4八

/.—>A>——B>0,—>B>——A>0,

2222

TT

又y=sinx在(0,-)上單調(diào)遞增,

7171

sinA>sin(--B)=cosB,sinB>sin(-—A)=cosA,

/.sinA+sinB>cosA+cosB,故D正確；

故選：BCD.

H.如圖，在直三棱柱ABC—451G中，A&=3,AB=BC=2,AB與AC相交于點。，點

E是側(cè)棱3瓦上的動點，則下列結(jié)論正確的是（）

A.直三棱柱ABC-AAG的體積是6B.三棱錐O-A&E的體積為定值

C.AE+EG的最小值為加D.直三棱柱ABC-451cl的外接球表面積是17兀

【答案】ABD

【解析】

【分析】A選項，求出5摻4=2,從而根據(jù)柱體體積公式得到答案；B選項，S.AEA=；S=3為定值,

點。到平面ABB】A的距離為定值，故三棱錐O-A&E的體積為定值；C選項，將矩形3CG用與矩形

展開到同一平面內(nèi)，由勾股定理求出最小值；D選項，將直三棱柱ABC-AUG補形為長方體

ABCD-^B^D,,求出外接球半徑，得到外接球表面積.

【詳解】A選項，直三棱柱ABC—451G中，=3,AB=BC=2,ABLBC,

所以直三棱柱A3C—4與G的體積是S，ABC.44=2x3=6,A正確；

B選項，矩形45與4的面積為S=2x3=6,

當(dāng)E是側(cè)棱8片上運動時，SAEA=-5=3為定值，

又點。到平面的距離為定值，故三棱錐O-A&E的體積為定值，B正確；

C選項，將矩形5CC］用與矩形A54A展開到同一平面內(nèi)，如圖所示，

連接ACi，與88］相交于點￡,

故AC】的長即為AE+EC,的最小值，故最小值為JM+4C；=新+（2+2）2=5,

G

Bi

4

AE+EG的最小值為5,C錯誤；

D選項，將直三棱柱ABC—4與。］補形為長方體ABCD—4與。12，

則長方體ABC。-A4G，的外接球即為直三棱柱ABC-431cl的外接球,

c

D

B6

A也1

故外接球的半徑為4,22+22+32=叵

22

表面積為4兀=17TC,D正確,

故選：ABD

【點睛】特殊幾何體的內(nèi)切球或外接球的問題，常常進行補形，轉(zhuǎn)化為更容易求出外接球或內(nèi)切球球心和

半徑的幾何體，比如墻角模型，對棱相等的三棱錐常常轉(zhuǎn)化為棱柱來進行求解.

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.

12.在VA3C中，內(nèi)角A,B,C的對邊依次為“，b,c,sin2A+B-cos2C=~,c=2,A=-

224

△ABC的面積為一

【答案】1或

3

【解析】

【分析】根據(jù)三角形內(nèi)角和定理，結(jié)合二倍角余弦公式、正弦定理、三角形面積公式分類討論進行求解即可.

【詳解】因為sin2a±0—COS2C=L,

22

所以sin2（"2。）-cos2C=cos2三一cos2C=-cos2C=^,即cosC=2cos2C，

所以cosC=0,或cosC='，

2

因為?！辏ā?兀），

所以。=巴，或色.

23

71

因為。=2,A=—,

4

當(dāng)時,3=1,可得〃=b=行,^ABC^-ab=l；

、V2

當(dāng)0、時’由正弦定理就片表‘可得"誓F亞一丁

2

可得sMC=，acsinB=Lx或x2xsin]兀一二一3]=^^.

&ABC223(34)3

故答案為：1或犯衛(wèi)

3

13.如圖，在VA3C中，點尸滿足麗=2正，過點尸的直線與A5,AC所在的直線分別交于點M,N,

若加=AAB,AN=〃記(4〃>0),則4+2〃的最小值為,

【解析】

—.1—.2—.1___.2—■12

【分析】先由題意得AP=zA5+zAC=77AM+丁AN,進而由共線定理得丁+丁=1,接著結(jié)

33323〃3A3〃

合基本不等式即可求解.

【詳解】因為麗=2正，AM=AAB,AN=jLiAC,^//>0）,

o____o____

所以Q=荏+/=通+:沅=通+:(衣—礪)=-AB+-AC=—AM+—AN,

33323〃

12

因為V、P、N三點共線，所以”+丁=1（4〃>。），

J/U3jn

(12)52〃22、5c2〃2454c

所以X+24=(X+2〃)一+一=-+—+——>-+2J-x——=-+—=3,

、323323〃3y323〃33

當(dāng)且僅當(dāng)11改1=可22即"="=】時等號成立.

所以2+2〃的最小值為3.

故答案為：3.

【點睛】思路點睛：根據(jù)已知條件關(guān)系和所求問題的特征，結(jié)合向量的環(huán)境優(yōu)先考慮共線定理中的三點共

線系數(shù)和為1,故先由題意得通=三通+不恁=丁麗+二兩，從而由共線定理得;7丁+丁=1,

3337t3〃323〃

接著結(jié)合基本不等式可求解.

14.如圖，已知點A是圓臺反。的上底面圓。1上的動點，民。在下底面圓。上，AOj=l,001=2,

50=3,BC=25則直線A0與平面QBC所成角的正弦值的最大值為.

【解析】

【分析】以。為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，求得對應(yīng)點的坐標(biāo)，設(shè)出未知點的坐標(biāo)，利用向量法求

線面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可.

【詳解】解：連接OC,過C點作CH垂直于80的延長線于點“，以。為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐

標(biāo)系如下所示：

。笈+叱―9+20-9—逐

故cosB=

2OBBC2x3x2追一3

則==2氐無=”,

33

則CH=sjBC2-BH-=RL逑

93

OH=BH-OB=~,

3

「14

故點C--,^-,0,又。(0,0,0),01(0,0,2),8(3,0,0),

設(shè)點4>,",2),m,?e[-l,l],由O]A=1,可得7T?+/2=],

部羋，o1

函=(-3,0,2),

33

\7

設(shè)平面。內(nèi)。的法向量記=(x,y,z),

1°J新

m-BC=0n

則《33

m-BO]=0

~3x+2z=0

取y=若，則X=2,Z=3,

故平面印C的法向量沆=(2,后3)

又Q4=(m,42),

JT

設(shè)直線A。與平面。田。所成角為6,0,-

則sine-IcosOAml-卜司-2m+泡+6_恨+鬲+61

川F’r網(wǎng)函—3內(nèi)而金=-3歷，

因為辦〃且蘇+/=],

故令根=cos(z,n=sina,cce(0,2^-),

275

則2〃z+石〃+6=6sina+2cosa+6=3sin(a+Q)+6tan(p————，?！?/p>

又￡/^(0,2萬)，所以sin(a+0),

.,.3sin(cr+0)+6e[3,9],即2m+yf5n+6e[3,9],

所以sin6的最大值為~^==2w.

3M10

故答案為：題.

10

四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

15.如圖，四棱錐尸-A3CD的底面是正方形，陽，平面ABCD,點后是外的中點，E是線段PB上

（2）求點尸到平面5QE的距離.

【答案】（1）證明見解析

（2）—.

9

【解析】

【分析】（1）連接AC交3D于點。，連接E0,由中位線證明線線平行，然后由線面平行的判定定理證

明即可；

（2）由線面垂直證明出計算出三角形5DE的面積，設(shè)點E到平面的距離為d,由等

體積法求解即可.

【小問1詳解】

連接AC交于點。，連接E0,

?.?四邊形A3CD是正方形，.1O為AC中點,

是上4中點，.?.EO〃PC,

EOu平面BDE,PC<Z平面BDE,r.PC〃平面BDE.

【小問2詳解】

?.?2D，平面ABCD,90：平面488,..人5，？0.

又四邊形ABCD是正方形，.：A5_ZAD.

又PDcAD=D,。。,40<=平面？4。，.：鉆工平面？4。.

又DEu平面PAD,:.ABIDE.

???點E是上4的中點，PD^AD=2,：.DE1PA.

又=45,/%<=平面245，，。石，平面已43.

又BEU平面PAB,:.DE±BE.

又易知DE=①,:.BE=y/BD2-DE2=76.

：0BDE=g也義底=6.

1門C八c4

??TZ./-?。=§X[5義2乂2）'2=§.

又S.ADE=S/DE，F(xiàn)是線段PB上靠近P的三等分點，

..^B-ADE~5^P-ABD=§，^F-PDE二萬'§^P-ABD~§，

.__4

…VF-BDE=^P-ABD-VB-ADE-^F-PDE~§

設(shè)點E到平面BQE的距離為d,則』x/xd=±,解得]=生8.

399

.?■點F到平面BDE的距離為—.

9

16.在VABC中，點。在5C上，AC=2AB=6,ABAC=120°.

（1）求sinC的值；

（2）若BD=2DC,求AD的長.

【答案】（1）sinC=Y^

14

（2）屈

【解析】

【分析】（1）利用余弦定理與正弦定理依次求得BC,sinC,從而得解;

（2）利用向量的線性運算與數(shù)量積的運算法則即可得解.

【小問1詳解】

在VABC中，AC=2AB=6,Z￡L4C=120°,則AB=3,

2

所以5c2=筋2+AC-2AB-ACcosZBAC

=32+62-2x3x6xf-|j=63,所以3c=34，

BC

又荒則."ABsinABAC

sinZBACsinC二-------------

3A/7—14

【小問2詳解】

因為5￡>=2OC,則麗=,交,

3

所以詬=通+麗=通+：覺=詬+：（/_通）=而,

x|AB|=3,|Ac|=6,AB-AC=3x6xcosl20o=-9,

所以m2=（工荏+2前［二工旗2+色亞.而+&記2

U3J999

14zX4

=-x302+-x（-9）+-x602=13,

99'/9

則AD=|AD|=y/13

17.隨著科技的發(fā)展，互聯(lián)網(wǎng)也隨之成熟，網(wǎng)絡(luò)安全也涉及到一個國家經(jīng)濟，金融，政治等安全.為提高中

學(xué)生的網(wǎng)絡(luò)安全意識和信息技術(shù)能力，某中學(xué)組織了一次信息技術(shù)創(chuàng)新比賽，參賽選手兩人為一組，需要在

規(guī)定時間內(nèi)獨自對兩份不同的加密文件進行解密，每份文件只有一次解密機會.已知甲每次解開密碼的概

率為ag<tz<l,乙每次解開密碼的概率為〃5〈/〈I,每次是否解開密碼也互不影響.設(shè)

A=｛甲成功解密一份文件｝,&=｛甲成功解密兩份文件｝，4=｛乙成功解密一份文件｝

與=｛乙成功解密兩份文件｝

34

(1)已知概率「(4)=_,尸(為)=—，

89

(i)求的值.

(ii)求甲、乙兩次解密過程中一共解開密碼三次的概率.

11c

（2）若一+7=3,求甲、乙兩次解密過程中一共解開密碼三次的概率最小值.

ap

325

【答案】（1）（i）。=—,〃=—；（ii）一；

4312

32

81

【解析】

【分析】（1）（i）根據(jù)獨立性性質(zhì)建立方程，即可求解；（ii）由（i）知：

2

P（A,）=?=—,P（B1）=2/?（l-^）=-,設(shè)4="甲乙兩人兩次一共解開密碼3次的事件”，則

A=+4耳，再根據(jù)互斥加法公式和獨立性乘法公式即可求解；

AXB2

119

（2）由［+/=3可得。+分=3羽，從而求得P（A）=2（S）~,再利用基本不等式即可求得最小值.

【小問1詳解】

34

（i）由題知P（4）=2O（1_（Z）=W，P（52）=/2=§,

32

解得：?=—,/?=—,

43

94

（ii）由（i）知：P（4）=a2=—,P（耳）=2/（1—尸）=—,

169

設(shè)A="甲乙兩人兩次一共解開密碼3次的事件”，則

A=4耳+&耳,\B2與44互斥，&與耳,4與8］分別相互獨立，

所以尸⑷=尸（）+尸（44）=尸（A）尸（男）+尸（4）尸（4）

34945

=-X—HX—=—,

8916912

因此，甲、乙兩次解密過程中一共解開密碼三次的概率為2.

12

【小問2詳解】

由題知：—\----3,:.a-\-（3=3aB，

ap

22

P（A）=2?（l-?）,P（A）=?,P（B1）=2/7（l-/7）,P（B2）=/7,

設(shè)A="甲乙兩人兩次一共解開密碼3次的事件”，則

A=4耳+&耳,弓員與44互斥，&與星,人與與分別相互獨立，

所以p(A)=p(4與)+p(44)=p(4)巴與)+P(4)p(4)

=2a(l-a^j32+2)3(1-J3^a2=2a/3^a+/3^-2a/3~^

=2(淅

9:a+(3=3aB22A,

42

當(dāng)且僅當(dāng)a=〃=§時等號成立，

，2(M221f.

32

故甲、乙兩次解密過程中一共解開密碼三次的概率最小值為一.

81

18.在Rt^ABC中，ZC=90°,BC=3,AC=6,。,石分別是AC,AB上的點，滿足。石〃3C且DE

經(jīng)過VA3C的重心，將VADE沿折起到△4DE的位置，使ACLCD,M是4。的中點，如圖所

小.

(1)求證：4。，平面5。。石；

(2)求CM與平面ABE所成角的大?。?/p>

(3)在線段A。上是否存在點N,使平面CBM與平面成角余弦值為"？若存在，求出CN的

4

長度；若不存在，請說明理由.

【答案】(1)證明見解析

⑵-

4

(3)存在，6或2出

【解析】

【分析】(1)應(yīng)用線面垂直的判定定理證明線面垂直關(guān)系，再由性質(zhì)定理得到線線垂直關(guān)系，進而再利用

判定定理證明所求證的線面垂直關(guān)系；

(2)以C￡＞為x軸，CB為V軸，CA為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系用向量法求。欣與平面ABE所成角

的大小；

(3)假設(shè)存在點N,使平面與平面成角余弦值為手，設(shè)國=彳區(qū)，分別求解兩平面的

法向量，用X表示余弦值解方程可得.

【小問1詳解】

因為在RtAABC中，ZC=90°,DE//BC,且5CLCD,

所以DE工CD,DE上AD,則折疊后，DE1AXD,

所以DE,平面4。。，ACu平面所以。E，A|C,

又已知A]CLCD,8口。￡=。且都在面3?！?￡內(nèi)，所以AC，平面3cDE；

【小問2詳解】

由(1),以CD為x軸，CB為V軸，C4為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系C-乎.

2

因為AZ)=2CD,故。石=]BC=2,

由幾何關(guān)系可知，CD=2,4。=4,AC=2百,

故C(0,0,0),r>(2,0,0),E(2,2,0),B(0,3,0),A(0,0,2硯M(1,0,⑹,

CM-(1,0,73),48=(0,3,-273),乖=(2,2,-2@,

后

n-A}B=03y-2=0

設(shè)平面ABE的法向量為方=(x,y,z),貝卜_L，即{

n-4E=02x+2y-2百z=0

不妨令y=2,則z=6，x=l,?=(1,2,A/3)

設(shè)CM與平面ABE所成角的大小為e,

.\CCMM--nn\\_4

則有sin8=|cosCM,同口由憫=2x20=耳'

jr

設(shè)e為CM與平面45￡所成角，故。=—,

4

77

即CM與平面ABE所成角的大小為一；

j4

【小問3詳解】

假設(shè)在線段4。上存在點N,使平面CW與平面成角余弦值為且

4

在空間直角坐標(biāo)系中，麗=(1,—3,6),CM=(1,0,73),%=(0,0,26),

設(shè)不，則,=(0,0,2辰)，B2V=BC+GV=(0,-3,0)+(0,0,2732)=(0,-3,2732),

H,"BM=0%-3y2+V3Z=0

設(shè)平面的法向量為%=（%2，%，Z2），則有，，一，即2

n?BN=0

2—3y2+=0

不妨令z2=百，則%=2%,x2=62-3,所以叼=(64-3,24,

n,-BM=0

設(shè)平面CBA7的法向量為4=（%3，%，23），則有，2_.，即〈

%CM=Q

不妨令Z3=百，貝|］七=一3,%=0,所以%=(—3,0,6b

若平面CBM與平面BMN成角余弦值為B