2020-2021学年山西省大同市部高一（下）期末考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山西省大同市部高一（下）期末考试数学试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知复数z满足z=4+3i1+2i，则z的共轭复数是( )
A.2−iB.2+iC.1+2iD.1−2i

2. 某镇有A，B，C三个村，它们的精准扶贫的人口数量分别为300，400，700．现在用按比例分层随机抽样的方法从中抽出一个容量为n的样本，其中A村抽取了15人，则样本容量n为（ ）
A.50B.60C.70D.80

3. 已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )
A.122πB.12πC.82πD.10π

4. 袋子中有四个小球，分别写有“民、族、复、兴”四个字，有放回地从中任取一个小球，直到“民”“族”两个字都取到才停止．用随机模拟的方法估计恰好抽取三次停止的概率，利用电脑随机产生0到3之间取整数值的随机数，分别用0、1，2，3代表“民、族、复、兴”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下20组随机数：
232，321， 230，023， 123， 021， 132 ，220， 001，120，
231，130 ，133 ，231， 031，320， 122， 103， 233， 310.
由此可以估计，恰好抽取三次就停止的概率为（ ）

5. 如图，在山脚A处测得该山峰仰角为θ，对着山峰在平行地面上前进600m后测得仰角为原来的2倍，继续在平行地面上前进2003m后，测得山峰的仰角为原来的4倍，则该山峰的高度为（ ）

A.200mB.1003mC.300mD.400m

6. 在某次数学考试中，第二大题为多项选择题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分，小明因某原因没有学习网课，导致题目均不会做，那么小明做一道多选题得5分的概率为（ ）
A.111B.14C.112D.115

7. 我们打印用的A4纸的长与宽的比约为2，之所以是这个比值，是因为把纸张对折，得到的新纸的长与宽之比仍约为2，纸张的形状不变．已知圆柱的母线长小于底面圆的直径长（如图所示），它的轴截面ABCD为一张A4纸，若点E为上底面圆上弧AB的中点，则异面直线DE与AB所成的角约为( )

A.π6B.π4C.π3D.π2

8. △ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a−b=4，a+c=2b，且最大角为120∘，则此三角形的最大边长为（ ）
A.8B.10C.12D.14

9. 如图1，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将△ADE，△CDF，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使A，B，C重合于点P，得到如图2所示的三棱锥P−DEF．则下列结论正确的是（ ）

A.PD⊥EF
B.平面PDE⊥平面EFD
C.二面角P−EF−D的余弦值为13
D.三棱锥P−DEF外接球表面积为24π
二、多选题

一个均匀的正方体玩具的各个面上分别标有数字1，2．3，4，5，6．将这个玩具向上抛掷1次，设事件A表示“向上的一面出现奇数点”，事件B表示“向上的一面出现的点数不超过3”，事件C表示“向上的一面出现的点数不小于4”，则下列说法正确的是（ ）
A.A与B是对立事件B.B与C是对立事件
C.A与B不是互斥事件D.B与C是互斥而非对立事件

甲、乙两班举行电脑汉字录入比赛，参赛学生每5分钟录人汉字个数经统计计算后填入下表：
某同学根据表中数据分析得出的结论正确的是（ ）
A.甲、乙两班学生的平均水平相同
B.甲班成绩波动比乙班成绩波动大
C.乙班优秀的人数多于甲班优秀的人数（每分钟录人汉字数≥150个为优秀）
D.甲班成绩的众数小于乙班成绩的众数

△ABC是边长为2的等边三角形，已知向量a→，b→满足AB→=2a→，AC→=2a→+b→，则下列结论正确的是( )
A.a→是单位向量B.BC→//b→
C.a→⋅b→=1D.BC→⊥(4a→+b→)
三、填空题

已知一组数据4，2a，3−a，5，7的平均数为4，则这组数的方差是________.

若|a→|=|b→|=1，a→⊥b→，且2a→+b→⊥ka→−b→，则k=________.

如图所示，1，2，3表示三个开关．若它们每个正常工作的概率都是0.9，且相互独立，那么此系统能正常运行的概率是________.


在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a−b=13c ，3sinB=2sinA，2≤ac+c2≤32，设△ABC的面积为S，t=S+22a，则t的最小值为________.
四、解答题

现有6名马拉松比赛志愿者，其中志愿者A1，A2，A3通晓阿拉伯语， B1，B2，B3通晓俄语，从中选出通晓阿拉伯语、俄语的志愿者各1名，组成一个小组．
(1)写出样本空间Ω；

(2)求A1被选中的概率；

(3)求A1和B1不全被选中的概率．

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足3ccsA−asinC=0．
(1)求角A的大小；

(2)已知b=4，△ABC的面积为123，求边长a的值．

甲、乙两名跳高运动员在一次2米跳高中成功的概率分别为0.8，0.7，且每次试跳成功与否相互之间没有影响，求：
(1)甲试跳三次，第三次才成功的概率；

(2)甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功的概率；

(3)甲、乙各试跳两次，甲比乙的成功次数恰好多一次的概率．

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=2AC，D，E分别为AA1，BC1的中点，DC1⊥BD，求证：

(1)DE//平面ABC；

(2)DC1⊥BC.

销售某种活海鲜，根据以往的销售情况，按日需量x（公斤）属于[0,100)，[100,200)，[200,300)，[300,400)，400,500进行分组，得到如图所示的频率分布直方图．这种海鲜经销商进价成本为每公斤20元，当天进货当天以每公斤30元进行销售，当天未售出的须全部以每公斤10元卖给冷冻库．某海鲜产品经销商某天购进了300公斤这种海鲜，设当天利润为Y元．

(1)根据直方图，估计日需量x（公斤）的平均数；

(2)求Y关于x的函数关系式并结合直方图估计利润Y不小于2000元的概率．

如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，PA=AB，∠ABC=60∘， ∠BCA=90∘，点D，E分别在棱PB，PC上，且DE//BC．

(1)求证： BC⊥平面PAC；

(2)当D为PB的中点时，求AD与平面PAC所成的角的正弦值；

(3)是否存在点E使得二面角A−DE−P的平面角为120∘？若存在，求出PEPC的值，若不存在，说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省大同市部高一（下）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
【解析】
直接由复数代数形式的除法运算化简复数z，则z的共轭复数可求．
【解答】
解：∵ z=4+3i1+2i=4+3i1−2i1+2i1−2i=10−5i5=2−i，
∴ z的共轭复数是2+i.
故选B．
2.
【答案】
C
【考点】
分层抽样方法
【解析】
由分层抽样的特点，用A村的样本数除以A村所占的比例，即得样本的容量n．
【解答】
解：A村所占的比例为300300+400+700=314，
15÷314=70，
故样本容量n=70.
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
柱体、锥体、台体的面积求解
【解析】
利用圆柱的截面是面积为8的正方形，求出圆柱的底面直径与高，然后求解圆柱的表面积．
【解答】
解：设圆柱的底面直径为2R，则高为2R，
圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，
过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，
可得：4R2=8，解得R=2，
则该圆柱的表面积为：π⋅(2)2×2+22π×22=12π．
故选B．
4.
【答案】
D
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
经随机模拟产生的20组随机数中，恰好第三次就停止包含的基本事件有6个，由此可以估计恰好第三次就停止的概率．
【解答】
解：由题意可知，经随机模拟产生的20组随机数中，
恰好第三次就停止包含的基本事件有：021，001，120，130，031，310共6个，
恰好抽取三次就停止的概率为620=0.3.
故选D.
5.
【答案】
B
【考点】
余弦定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依题意可知AB=BP=600，
BC=CP=2003，
∴cs2θ=BC2+BP2−PC22BC⋅BP=32，
∴2θ=30∘，θ=15∘．
∴该山峰的高度：
PD=PC⋅sin60∘=2003×32=300m．
故选B．
6.
【答案】
A
【考点】
古典概型及其概率计算公式
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
利用列举法进行求解即可.
【解答】
解：设四个选项分别为A，B，C，D，
那么正确答案可能为：AB，AC，AD，BC，BD，CD，ABC，ABD，ACD，BCD，ABCD，共十一种情况，
小明随便选一个，正确的情况只有一种，
那么小明做一道多选题得5分的概率为111.
故选A.
7.
【答案】
C
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵AB//CD，
∴ ∠EDC（或补角）为异面直线DE与AB所成的角.
设CD的中点为O，过E作EF⊥底面⊙O，连接OE，OF，
∵E是AB的中点，
∴ F是CD的中点，
∴ CD⊥OF.
又EF⊥平面⊙O，
∴ EF⊥CD.
∵EF∩OF=F，
∴CD⊥平面OEF，
∴OD⊥OE.
设AD=1，则CD=2，
故OF=22，EF=1，
∴OE=12+222=62，
∴tan∠EDO=OEOD=6222=3，∠EDO=π3.
故选C.
8.
【答案】
D
【考点】
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由a−b=4，a+c=2b，得a>b>c，且a=b+4，c=b−4，
∵ 最大角A=120∘，
∴ csA=b2+c2−a22bc=b2+(b−4)2−(b+4)22b(b−4)=−12，
解得：b=10，
则最大边a=b+4=14．
故选D.
9.
【答案】
A,C
【考点】
二面角的平面角及求法
平面与平面垂直的判定
【解析】
由题意进行分析即可.
【解答】
解：对于A，取EF的中点H，连接PH，DH，如图所示，
由原图知△PEF和△DEF为等腰三角形，
所以PH⊥EF，DH⊥EF，
所以EF⊥平面PDH，
所以PD⊥EF，故A正确；
对于B，根据折起前后，可知PE，PF，PD两两垂直，
于是可证PE⊥平面PDF，
所以平面PDE⊥平面PDF，
所以平面PDE不可能垂直于平面EFD，故B错误；
对于C，由A选项可知∠PHD为二面角P−EF−D的平面角，
由正方形的边长为2，得PE=PF=1，PH=22，DH=22−22=322，PD=2，
所以cs∠PHD=PHHD=13，故C正确；
对于D，把三棱锥P−EFD放置在长方体中，
可得长方体的对角线长为12+12+22=6，
三棱锥A1−EFD的外接球半径R为62，
所以外接球的表面积为4πR2=4π×(62)2=6π，故D错误.
故选AC．
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
互斥事件与对立事件
【解析】
利用互斥事件、对立事件的定义求解即可.
【解答】
解：事件A表示“向上的一面出现为1，3或5点”，
事件B表示“向上的一面出现的点数为3，2或1点”，
事件C表示“向上的一面出现的点数为4，5或6点”，
∴ A与B不是对立事件，故A错误；
B与C是对立事件，故B正确，D错误；
A与B不是互斥事件， 故C正确.
故选BC.
【答案】
A,B,C
【考点】
众数、中位数、平均数
极差、方差与标准差
【解析】
分别根据中位数，平均数和方差的大小关系进行判断即可．
【解答】
解：A，甲、乙两班学生成绩的平均数相等，所以平均水平相同，该选项正确；
B，甲班的方差大于乙班的方差，甲班成绩波动比乙班成绩波动大，该选项正确；
C，由甲班的中位数小于乙班的中位数，所以乙班优秀的人数多于甲班优秀的人数（每分钟录人汉字数≥150个为优秀），该选项正确；
D，无法判定甲班成绩的众数小于乙班成绩的众数，该选项错误.
故选ABC.
【答案】
A,B,D
【考点】
向量的减法及其几何意义
平面向量数量积的运算
【解析】
A．根据△ABC是边长为2的等边三角形和AB→=2a→判断；B．根据AB→=2a→,AC→=2a→+b→，利用平面向量的减法运算得到
BC→判断；C．根据a→=12AB→,b→=BC→，利用数量积运算判断；D．根据b→=BC→,a→⋅b→=−1，利用数量积运算判断．
【解答】
解：A，因为△ABC是边长为2的等边三角形，
所以|AB|=2，
又AB→=2a→，
所以a→是单位向量，故选项正确；
B，因为AB→=2a→，AC→=2a→+b→，
所以BC→=AC→−AB→=b→，则BC→//b→，故选项正确；
C，因为a→=12AB→，b→=BC→，
所以a→⋅b→=12AB→⋅BC→=12×2×2cs120∘=−1，故选项错误；
D，因为b→=BC→，a→⋅b→=−1，
所以BC→⋅4a→+b→=b→⋅4a→+b→=4a→⋅b→+b→2=−4+4=0，
所以BC→⊥4a→+b→，故选项正确．
故选ABD.
三、填空题
【答案】
185
【考点】
极差、方差与标准差
众数、中位数、平均数
【解析】
利用平均数的定义求出a，再代入方差公式即可.
【解答】
解：一组数据4，2a，3−a，5，7的平均数为4，
∴ 4+2a+3−a+5+7=4×5，
∴ a=1，
∴ 这组数据分别为4，2，2，5，7，
∴ 这组数的方差是15[(4−4)2+(2−4)2+(2−4)2+(5−4)2+(7−4)2]=185.
故答案为：185.
【答案】
12
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】
利用两向量垂直，两向量的数量积为零求解即可.
【解答】
解：由题意可得|a→|=|b→|=1，a→⋅b→=0，
且(2a→+b→)⋅(ka→−b→)
=2ka→2−b→2+(k−2)a→⋅b→
=2k−1=0，
解得k=12.
故答案为：12.
【答案】
0.981
【考点】
相互独立事件的概率乘法公式
【解析】
求出开关1，2均正常工作的概率及开关3正常工作的概率，由相互独立事件概率公式、对立事件的概率公式即可得解．
【解答】
解：由题意，开关1，2在某段时间内均正常工作的概率
P1=0.9×0.9=0.81，
开关3正常工作的概率P2=0.9，
故该系统正常工作的概率为
P=1−1−P11−P2
=1−1−0.81×1−0.9=0.981，
所以该系统的可靠性为0.981.
故答案为：0.981.
【答案】
423
【考点】
正弦定理
基本不等式
三角形的面积公式
【解析】
利用正弦定理以及三角形的面积公式求出t的表达式，结合基本不等式的性质进行求解即可．
【解答】
解：∵ 3sinB=2sinA，
∴ 3b=2a ，即b=23a，
∵ a−b=13c，
∴ a−23a=13c=13a，即c=a，
即三角形为等腰三角形，则AC边上的高ℎ=a2−13a2=223a，
则三角形的面积S=12×23a×223a=229a2，
∵ 2≤ac+c2≤32，
∴ 2≤a2+a2≤32 ，
即2≤2a2≤32 ，
得1≤a2≤16 ，即1≤a≤4，
则t=S+22a=229a2+22a
=229a+22a≥2229a⋅22a=423，
当且仅当229a=22a ，即a2=9，a=3时取等号.
故答案为：423.
四、解答题
【答案】
解：(1)由题可得样本空间为
Ω={(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A2B1),(A2B2),(A2B3),(A3,B1),(A3,B2),(A3,B3)}．
(2)设A1被选中为事件A，
则nA=3，
所以PA=nAnΩ=39=13．
(3)设A1和B1不全被选中为事件B，
则事件B的对立事件B¯为A1，B1全被选中，
PB¯=nB¯nΩ=19，
∴ PB=1−19=89．
【考点】
基本事件个数（列举法、列表法、树状图法）
等可能事件的概率
互斥事件与对立事件
【解析】

无

【解答】
解：(1)由题可得样本空间为
Ω={(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A2B1),(A2B2),(A2B3),(A3,B1),(A3,B2),(A3,B3)}．
(2)设A1被选中为事件A，
则nA=3，
所以PA=nAnΩ=39=13．
(3)设A1和B1不全被选中为事件B，
则事件B的对立事件B¯为A1，B1全被选中，
PB¯=nB¯nΩ=19，
∴ PB=1−19=89．
【答案】
解：(1)在△ABC中，由正弦定理得：3sinCcsA−sinAsinC=0．
因为0所以sinC>0，
从而3csA=sinA，
又csA>0，
所以tanA=3，
∴ A=π3．
(2)在△ABC中，S△ABC=12×4c×sinπ3=123，
得c=12．
由余弦定理得：a2=122+42−2×12×4csπ3=112，
所以a=47．
【考点】
三角函数中的恒等变换应用
正弦定理
余弦定理
三角形的面积公式
【解析】


【解答】
解：(1)在△ABC中，由正弦定理得：3sinCcsA−sinAsinC=0．
因为0所以sinC>0，
从而3csA=sinA，
又csA>0，
所以tanA=3，
∴ A=π3．
(2)在△ABC中，S△ABC=12×4c×sinπ3=123，
得c=12．
由余弦定理得：a2=122+42−2×12×4csπ3=112，
所以a=47．
【答案】
解：(1)记“甲第i次试跳成功“为事件Ai，“乙第i次试跳成功“为事件Bi，
依题意得P(Ai)=0.8，PBi=0.7，
且Ai，Bi相互独立．
“甲试跳三次，第三次才成功”为事件A1A2¯A3，且这三次试跳相互独立．
所以P(A1¯A2¯A3)=P(A1¯)P(A2¯)P(A3)=0.2×0.2×0.8=0.032．
(2)记甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功”为事件C．
P(C)=1−P(A1¯)P(B2¯)=1−0.2×0.3=0.94．
(3)记“甲在两改试跳中成功i次“为事件M(i=0,1,2)，“乙在两次试跳中成功i次”为事件N(i=0,1,2)，
因为事件“甲、乙各试跳两次，甲比乙的成功次数恰好多一次“可表示为M1N0+M2N1，
且M1N0，M2N1为互斥事件，
则所求的概率为
P(M1N0+M2N1)=P(M1N0)+P(M2N1)
P(M1)P(N0)+P(M2)P(N1)
=2×0.8×0.2×0.32+0.82×2×0.7×0.3
=0.0288+0.2688=0.2976.
所以甲、乙每人试跳两次，
甲比乙的成功次数恰好多一次的概率为0.2976 ．
【考点】
相互独立事件的概率乘法公式
互斥事件的概率加法公式
【解析】



【解答】
解：(1)记“甲第i次试跳成功“为事件Ai，“乙第i次试跳成功“为事件Bi，
依题意得P(Ai)=0.8，PBi=0.7，
且Ai，Bi相互独立．
“甲试跳三次，第三次才成功”为事件A1A2¯A3，且这三次试跳相互独立．
所以P(A1¯A2¯A3)=P(A1¯)P(A2¯)P(A3)=0.2×0.2×0.8=0.032．
(2)记甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功”为事件C．
P(C)=1−P(A1¯)P(B2¯)=1−0.2×0.3=0.94．
(3)记“甲在两改试跳中成功i次“为事件M(i=0,1,2)，“乙在两次试跳中成功i次”为事件N(i=0,1,2)，
因为事件“甲、乙各试跳两次，甲比乙的成功次数恰好多一次“可表示为M1N0+M2N1，
且M1N0，M2N1为互斥事件，
则所求的概率为
P(M1N0+M2N1)=P(M1N0)+P(M2N1)
P(M1)P(N0)+P(M2)P(N1)
=2×0.8×0.2×0.32+0.82×2×0.7×0.3
=0.0288+0.2688=0.2976.
所以甲、乙每人试跳两次，
甲比乙的成功次数恰好多一次的概率为0.2976 ．
【答案】
证明：(1)如图，取BC中点F，连接AF，EF．
∵ E，F分别为BC1，BC的中点．
∴ EF//CC1，且EF=12CC1．
又D为AA1中点，
∴ AD=12AA1．
∵ 直三棱柱中，AA1=//CC1，
∴ EF=//AD，
∴ 四边形ADEF为平行四边形，
∴ AF//DE．
又AF⊂平面ABC，DE⊄平面ABC，
∴ DE//平面ABC．
(2)设AA1=2AC=2a．如图，连接CD，
∵ AC=AD=a，
∴ CD=2a．
同理C1D=2a．
又CC1=AA1=2a，
∴ CD2+C1D2=CC12，
∴ CD⊥DC1．
又DC1⊥BD，BD∩CD=D，
∴ DC1⊥平面BCD．
又BC⊂平面BCD，
∴ DC1⊥BC．
【考点】
直线与平面平行的判定
两条直线垂直的判定
【解析】


【解答】
证明：(1)如图，取BC中点F，连接AF，EF．
∵ E，F分别为BC1，BC的中点．
∴ EF//CC1，且EF=12CC1．
又D为AA1中点，
∴ AD=12AA1．
∵ 直三棱柱中，AA1=//CC1，
∴ EF=//AD，
∴ 四边形ADEF为平行四边形，
∴ AF//DE．
又AF⊂平面ABC，DE⊄平面ABC，
∴ DE//平面ABC．
(2)设AA1=2AC=2a．如图，连接CD，
∵ AC=AD=a，
∴ CD=2a．
同理C1D=2a．
又CC1=AA1=2a，
∴ CD2+C1D2=CC12，
∴ CD⊥DC1．
又DC1⊥BD，BD∩CD=D，
∴ DC1⊥平面BCD．
又BC⊂平面BCD，
∴ DC1⊥BC．
【答案】
解：(1)50×0.1+150×0.2+250×0.3+
350×0.25+450×0.15=265，
日需求量平均值大约是265公斤．
(2)当日需求量不低于300公斤时，
利润Y=(30−20)×300=3000元；
当日需求量不足300公斤时，
利润Y=(30−20)x−(300−x)×10
=20x−3000（元）；
故Y=20x−3000,0≤x<300,3000,300≤x≤500.
由Y≥2000得，250≤x≤500，
∴ p(x≥250)=(0.0030×0.5+0.0025+0.0015)×100=0.55.
【考点】
频率分布直方图
用频率估计概率
【解析】


【解答】
解：(1)50×0.1+150×0.2+250×0.3+
350×0.25+450×0.15=265，
日需求量平均值大约是265公斤．
(2)当日需求量不低于300公斤时，
利润Y=(30−20)×300=3000元；
当日需求量不足300公斤时，
利润Y=(30−20)x−(300−x)×10
=20x−3000（元）；
故Y=20x−3000,0≤x<300,3000,300≤x≤500.
由Y≥2000得，250≤x≤500，
∴ p(x≥250)=(0.0030×0.5+0.0025+0.0015)×100=0.55.
【答案】
(1)证明：∵ PA⊥底面ABC，
∴ PA⊥BC，
∵ ∠BCA=90∘，
∴ AC⊥BC．
∵ PA∩AC=A，
∴ BC⊥平面PAC．
(2)解：∵ DE//BC，又由(1)知，
BC⊥平面PAC，
∴ DE⊥平面PAC，
∴ ∠DAE是AD与平面PAC所成的角．
∵ PA⊥底面ABC，
∴ PA⊥AB，
又PA=AB，
∴ △ABP为等腰直角三角形，
∴ AD=12AB．
∵ D为PB的中点，DE//BC，
∴ DE=12BC．
在Rt△ACB中，∵ ∠ABC=60∘，
∴ BC=12AB．
∴ DE=12BC=14AB．
∴ 在Rt△AED中，sin∠DAE=DEAD=14AB12AB=24，
∴ AD与平面PAC所成的角的正弦值为24．
(3)解：存在点E使得二面角A−DE−P的平面角为120∘，
理由如下：
由(2)知，DE⊥平面PAC，
∴ DE⊥AE，DE⊥PE，
∴ ∠AEP为二面角A−DE−P的平面角，
∵ PA⊥底面ABC，
∴ PA⊥AC，
∴ ∠PAC=90∘，
∴ 在棱PC上存在一点E，使得∠AEP=120∘．
由(2)知sin∠APC=ACPC=32AB72AB=217，
∴ sin∠PAE=sin(120∘+∠APE)
=32⋅277−12⋅217=2114
由正弦定理可得：
PEsin∠PAE=PAsin120∘，
即PE=PA⋅211432=77AB，
又∵ PC=72AB，
∴ 存在E使得PEPC=27．
【考点】
直线与平面垂直的判定
直线与平面所成的角
二面角的平面角及求法
【解析】



【解答】
(1)证明：∵ PA⊥底面ABC，
∴ PA⊥BC，
∵ ∠BCA=90∘，
∴ AC⊥BC．
∵ PA∩AC=A，
∴ BC⊥平面PAC．
(2)解：∵ DE//BC，又由(1)知，
BC⊥平面PAC，
∴ DE⊥平面PAC，
∴ ∠DAE是AD与平面PAC所成的角．
∵ PA⊥底面ABC，
∴ PA⊥AB，
又PA=AB，
∴ △ABP为等腰直角三角形，
∴ AD=12AB．
∵ D为PB的中点，DE//BC，
∴ DE=12BC．
在Rt△ACB中，∵ ∠ABC=60∘，
∴ BC=12AB．
∴ DE=12BC=14AB．
∴ 在Rt△AED中，sin∠DAE=DEAD=14AB12AB=24，
∴ AD与平面PAC所成的角的正弦值为24．
(3)解：存在点E使得二面角A−DE−P的平面角为120∘，
理由如下：
由(2)知，DE⊥平面PAC，
∴ DE⊥AE，DE⊥PE，
∴ ∠AEP为二面角A−DE−P的平面角，
∵ PA⊥底面ABC，
∴ PA⊥AC，
∴ ∠PAC=90∘，
∴ 在棱PC上存在一点E，使得∠AEP=120∘．
由(2)知sin∠APC=ACPC=32AB72AB=217，
∴ sin∠PAE=sin(120∘+∠APE)
=32⋅277−12⋅217=2114
由正弦定理可得：
PEsin∠PAE=PAsin120∘，
即PE=PA⋅211432=77AB，
又∵ PC=72AB，
∴ 存在E使得PEPC=27．班级
参加人数
中位数
方差
平均数
甲
55
149
191
135
乙
55
157
110
135