2020-2021学年山西省晋中市高一（下）6月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山西省晋中市高一（下）6月月考数学试卷人教A版，共15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. 设z=3+i1−i+i，则z¯在复平面对应的点位于第（ ）象限
A.一B.二C.三D.四

2. 一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为( )

A.82B.22C.43D.23

3. 若向量a→=1,0，b→=2,1，c→=x,1，满足条件3a→−b→与c→共线，则x的值（ ）
A.1B.−1C.−2D.−3

4. 设l，m表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，Q表示一个点，给出下列四个命题，其中正确的命题是（ ）
①Q∈α ，l⊂α，则Q∈l ，
②l∩m=Q，m⊂β，则l⊂β，
③l//m ，l⊂α，Q∈m，Q∈α，则m⊂α，
④α⊥β且α∩β=m，Q∈β，Q∈l，l⊥α，则l⊂β.
A.①②B.①③C.②③D.③④

5. 斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，它的画法是：以斐波那契数：1，1，2，3，5，…为边的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为90∘的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．自然界存在很多斐波拉契螺旋线的图案，例如向日葵、鹦鹉螺等．如图为该螺旋线的前一部分，如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面，则该圆锥的体积为( )

A.815π3B.415π3C.12515π192D.12515π64

6. 某班有48名学生，在一次考试中统计出平均分为70分，方差为75，后来发现有2名同学的分数登错了，甲实得80分却记成了50分，乙实得70分却记成了100分，则更正后平均分和方差分别是( )
A.70，75B.70，50C.75，1.04D.65，2.35

7. 如图，已知正三棱柱ABC−A1B1C1的底面边长为2cm，高为5cm，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点A1的最短路线的长为( )cm．

A.12B.13C.14D.15

8. 如图，在平面四边形ABCD中，若E为边CD上的动点，AB=AD=1 ，AB⊥BC， AD⊥CD， ∠BAD=120∘ ，则AE→⋅BE→的最小值为（ ）

A.32B.92C.2116D.2516
二、多选题

已知i为虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ）
A.i+i2+i3+i4=0
B.复数z=3−i的模是10
C.若复数z−3+2i>0，则z>3+2i
D.已知复数z满足|z−1|=|z+1|，则z在复平面内对应的点的轨迹为直线

中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一，印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美，如图是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的棱上，且此正方体的棱长为1．则下列关于该多面体说法中正确的是（ ）

A.多面体有12个顶点，14个面B.多面体的体积为56
C.多面体的表面积为3D.多面体有外接球

在△ABC中，已知(a+b):(c+a):(b+c)=6:5:4，给出下列结论中正确结论是（ ）
A.由已知条件，这个三角形被唯一确定
B.△ABC一定是钝三角形
C.sinA:sinB:sinC=7:5:3
D.若b+c=8，则△ABC的面积是1532

在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G分别为BC， CC1，BB1的中点，则（ ）

A.D1D⊥AF
B.A1G//平面AEF
C.异面直线A1G与EF所成角的余弦值为1010
D.点G到平面AEF的距离是点C到平面AEF的距离的2 倍
三、填空题

为了解某团战士的体重情况，采用随机抽样的方法，将样本体重数据整理后，画出了如图所示的频率分布直方图，已知图中从左到右前三个小组频率之比为1:2:3，第二小组频数为12，则全团共抽取人数为________．


△ABC中， AC=7, AB=4，BC边上的中线AD=3.5，则BC=________.

已知圆锥的母线长为2r，底面圆的半径为r，圆心为O，点M是母线PA的中点，AB为底面圆的直径．若点C为底面圆周上的一点，且OC与母线PB所成的角等于60∘，则MC与底面所成的角的正弦值为________.

在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AP=2，点M是矩形ABCD内（含边界）的动点，且AB=1，AD=3，直线PM与平面ABCD所成的角为π4．记点M的轨迹长度为α，则tanα=________；当三棱锥P−ABM的体积最小时，三棱锥P−ABM的外接球的表面积为________．

△ABC中， BC=2，点O，G分别为△ABC的外心、重心，若AO→⋅AG→=AB→⋅AC→，则△ABC面积的最大值为________.
四、解答题

已知向量a→与向量b→的夹角为45∘，其中|a→|=2，|b→|=1.
(1)求|a→+2b→|的值；

(2)若向量2a→−λb→与λa→−3b→的夹角是锐角，求实数λ的取值范围．

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，AB=3，AC=4，AD=5．

(1)求证：PB⊥AC；

(2)若________，求点A到平面PCD的距离．要求：在①PA=2；②二面角P−CD−A的大小为60∘；③VP−ABCD=12，这三个条件中，任选一个补充在问题中，并加以解答．

某学校高一100名学生参加数学竞赛，成绩均在40分到100分之间，学生成绩的频率分布直方图如图：

(1)估计这100名学生分数的中位数与平均数；（精确到0.1）

(2)某老师抽取了10名学生的分数x1，x2，x3，⋯，x10，已知这10个分数的平均数x¯=90，标准差s=6，若剔除其中的100和80两个分数，求剩余8个分数的平均数与标准差．
（参考公式：s=i=1nxi2−nx¯2n ）

在△ABC中，已知a+ba=sinBsinB−sinA，且cs(A−B)+csC=1−cs2C．
(1)试确定△ABC的形状；

(2)求a+cb的取值范围．

如图所示，某市有一块空地△OAB，其中OA=2km，∠AOB=90∘，∠OAM=60∘．当地政府计划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖△OMN，其中M，N都在边AB上，且∠MON=30∘，挖出的泥土堆放在△OAM地带上形成假山，剩下的△OBN地带开设儿童游乐场．为安全起见，需在△OAN的周围安装防护网．设∠AOM=θ．

(1)当AM=1km时，求防护网的总长度；

(2)若θ=15∘，问此时人工湖用地△OMN的面积是堆假山用地△OAM的面积的多少倍？

如图，已知三棱柱ABC−A′B′C′的侧棱垂直于底面，点M，N分别为A′B和B′C′的中点，AB=AC，∠BAC=90∘．

(1)证明：MN//平面AA′C′C；

(2)(ⅰ)设AB=λAA′，当λ为何值时，使得CN⊥平面A′MN？试证明你的结论．
(ⅱ)在(ⅰ)的条件下，求二面角N−A′B−B′的余弦值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省晋中市高一（下）6月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
共轭复数
复数代数形式的混合运算
【解析】
先化简复数，再利用共轭复数和复数的几何意义求解即可.
【解答】
解：设z=3+i1−i+i=3+i1+i1−i1+i+i=2+4i2+i=1+3i，
则z¯=1−3i在复平面对应的点位于第四象限.
故选D.
2.
【答案】
A
【考点】
斜二测画法画直观图
【解析】
利用斜二测画法的过程把给出的直观图还原回原图形，找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，用直线段连结后得到原四边形，再计算平行四边形的面积即可．
【解答】
解：由斜二测画法可知，原图形是一个平行四边形，且平形四边形的一组对边长为2．
在斜二测图形中O′B′=22，且∠B′O′A′=45∘.
那么在原图形中，∠BOA=90∘，且OB=42.
因此原平面图形的面积为：2×42=82.
故选A.
3.
【答案】
B
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
先求出3a→−b→=1,−1，再利用3a→−b→与c→共线，得到1×1−x×(−1)=0，求解即可.
【解答】
解：由题意可得：3a→−b→=1,−1，
∵ 3a→−b→与c→共线，
∴ 1×1−x×(−1)=0，
解得x=−1.
故选B.
4.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】
根据空间点，线面之间的位置关系进行判断即可．
【解答】
解：①Q∈α ，l⊂α，则Q∈l不一定成立，故①错误；
②l∩m=Q，m⊂β，则l⊂β不一定成立，故②错误；
③l//m ，l⊂α，Q∈m，Q∈α，则m⊂α，故③正确；
④如图：α⊥β且α∩β=m，Q∈β，Q∈l，l⊥α，则l⊂β，故④正确.

故选D．
5.
【答案】
A
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
根据斐波那契数得接下来的一段圆弧的半径为8，然后根据圆锥侧面展开图计算出圆锥的底面半径和高，从而可得体积.
【解答】
解：根据已知可得所求扇形半径为r=3+5=8，即圆锥母线长为l=8，
设圆锥底面半径为R，则2πR=π22π×2π×8，R=2.
圆锥的高为ℎ=l2−R2=82−22=215，
所以圆锥体积为V=13πR2ℎ=13π×22×215=815π3.
故选A．
6.
【答案】
B
【考点】
极差、方差与标准差
众数、中位数、平均数
【解析】
根据平均数、方差的概念先表示出更正前的平均数、方差和更正后的平均数、方差，比较其异
同，然后整体代入即可求解．
【解答】
解：设更正前甲，乙，丙．．的成绩依次为a1，a2，… a48，
则a1+a2+⋯+a48=48×70，
即50+100+a3+⋯+a48=48×70，
∴ a1−702+a2−702+⋯+a48−702=48×75 ，
即202+302+a3−702+⋯+a48−702=48×75,
更正后平均分x¯=80+70+a3+⋯+a4848=70，
方差s2=148[80−702+70−702+a3−702+⋯+a48−702]
=148×100+48×75−202−302=50．
故选B．
7.
【答案】
B
【考点】
多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】
将三棱柱的侧面展开，得到棱柱的侧面展开图，利用矩形的对角线长，即可求解．
【解答】
解：将正三棱柱ABC−A1B1C1沿侧棱展开两次，得到棱柱的侧面展开图，如图所示，
最短距离是上图中对角线的长度，
即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值，
由已知求得的长等于6×2=12，宽等于5，
由勾股定理得d=122+52=13.
故选B．
8.
【答案】
C
【考点】
平面向量数量积
二次函数在闭区间上的最值
【解析】
可建立坐标系，然后根据给的条件求出A,BE的坐标，再设E0,m ，则可将AE→⋅BE→整理成m的函数，然后求其最小值．
【解答】
解：因为AB=AD=1 ，AB⊥BC， AD⊥CD， ∠BAD=120∘，
故建立如图所示的平面直角坐标系．
则A1,0 ，连接AC，易证Rt△ACD≅Rt△ACB，
∴ ∠DAC=∠CAB=60∘，
∴DC=ADtan60∘=3，
xB=1+1×cs60∘=32 ，yB=1×sin60∘=32，
∴ B32,32，
设E0,m 0则AE→=(−1,m)， BE→=(−32,m−32)，
∴ AE→⋅BE→=32+m2−32m=m−342+2116，
故当m=34时，AE→⋅BE→的最小值为2116.
故选C.
二、多选题
【答案】
A,D
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的代数表示法及其几何意义
复数的模
【解析】
由题意，结合复数的运算、复数的模和复数的几何意义对选项进行逐一分析，进而即可求解.
【解答】
解：对于选项A，因为i+i2+i3+i4=i−1−i+1=0，故选项A正确；
对于选项B，已知复数z=3−i，则|z|=32+(−1)2=10，故选项B错误；
对于选项C，无法确定z的表达式，所以由若复数z−3+2i>0，得不到z>3+2i，故选项C错误；
对于选项D，已知复数z满足|z−1|=|z+1|=|z−(−1)|，
即z表示到点(1,0)和(−1,0)的距离相等，
此时z在复平面内对应的点的轨迹为直线，故选项D正确.
故选AD.
【答案】
A,B,D
【考点】
正多面体
简单组合体的结构特征
【解析】
求得一个棱数为24的半正多面体的顶点数和面数，可判断选项A；将半正多面体补成棱长为1的正方体，故其顶点是正方体各棱的中点，求得半正多面体的棱长，计算表面积和体积，可判断选项B，C；再由正方体的中心到多面体各顶点的距离相等，可判断D．
【解答】
解：将该半正多面体补全为一个棱长为1的正方体，显然其顶点为正方体棱中点，
对于选项A，由图可知该多面体上层有4个顶点，中间有4个顶点，下层有4个顶点，共12个顶点，该多面体有6个正方形面，8个等边三角形面，共14个面，故选项A正确；
对于选项B，体积可看成正方体减去8个三棱锥，
故V=1−12×13×123×8=56，故选项B正确；
对于选项C，该多面体棱长为22，表面积由6个正方形和8个等边三角形组成，
故面积S=6×222+8×34×222=3+3，故选项C错误；
对于选项D，正方体的中心到多面体的各顶点距离都为22，有外接球，选项D正确．
故选ABD.
【答案】
B,C
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
根据边长比例关系，求出a，b，c的关系，结合正弦定理，余弦定理以及三角形的面积公式分别进行计算，判断即可．
【解答】
解：因为a+b:c+a:b+c=6:5:4，
不妨设a+b=6k，c+a=5k，b+c=4k（k>0），
可得a=72k，b=52k，c=32k，
所以a:b:c=7:5:3，
利用正弦定理得sinA:sinB:sinC=7:5:3，故选项C正确，
由于三角形ABC的边长不确定，则三角形不确定，故选项A错误，
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=254k2+94k2−494k22×52×32k2=−12<0，
则A是钝角，
所以△ABC是钝角三角形，故选项B正确，
若b+c=8，则52k+32k=4k=8，
则k=2，即b=5，c=3，A=120∘，
△ABC的面积S=12bcsinA=12×5×3×32=1534，故选项D错误.
故选BC．
【答案】
B,C,D
【考点】
棱柱的结构特征
点、线、面间的距离计算
直线与平面平行的判定
空间中直线与直线之间的位置关系
异面直线及其所成的角
【解析】
由D1D//A1A，A1A与AF不垂直，由此可判断A；取B1C1的中点Q，连接GQ，A1Q，由条件可知：GQ//EF，A1Q//AE，根据线面平行的判定和面面平行的判定和性质可判断B；异面直线A1G与EF所成的角为∠A1GQ或其补角，求解三角形可判断C；连接GC，与FE交于O（也是GC与平面AEF的交点），连接GF，设点G与点C到平面AEF的距离分别为ℎ1，ℎ2，由平面几何的性质可判断D．
【解答】
解：对于A，由于D1D//A1A，而A1A与AF不垂直，因此异面直线D1D与AF不能垂直，则A错误；
对于B，取B1C1的中点Q，连接GQ，A1Q，
由条件可知：GQ//EF，A1Q//AE，
所以GQ// 平面 AEF，A1Q//平面 AEF，
又GQ∩A1Q=Q，EF∩AE=E，
所以平面A1GQ//平面AEF，
又因为A1G⊂平面 A1GQ，
所以A1G//平面 AEF，则B正确；
对于C，异面直线A1G与EF所成的角为∠A1GQ或其补角，
设正方体的棱长为2，则A1G=A1Q=5，QG=2，
由余弦定理知cs∠A1GQ=1010，则C正确；
对于D，连接GC，与FE交于O（也是GC与平面AEF的交点），
连接GF，设点G与点C到平面AEF的距离分别为ℎ1，ℎ2，
则ℎ1ℎ2=GOOC=GFEC=2，
所以点G到平面AEF的距离是点C到平面AEF的距离的2倍，则D正确．
故选BCD．
三、填空题
【答案】
48
【考点】
频率分布直方图
用样本的频率分布估计总体分布
【解析】
先计算得前三组频数之和与频率之和，再用频数之和除频率之和可得．
【解答】
解：因为图中从左到右前三个小组频率之比为1:2:3，第二小组频数为12，
所以第一、第三组频数为6和18，
后两组频率之和为(0.0125+0.0375)×5=0.25，
所以前3组频率之和为0.75，
故全团共抽取人数为：6+12+180.75=48(人)．
故答案为：48.
【答案】
9
【考点】
余弦定理
【解析】
在△ADC，△ADB中分别利用余弦定理并结合cs∠ADB+cs∠ADC=0求解出CD的长度，则BC的长度可求
【解答】
解：由余弦定理得cs∠ADC=AD2+CD2−AC22AD⋅CD=CD2−14747CD，
cs∠ADB=AD2+BD2−AB22AD⋅BD=BD2−1547BD
因为CD=BD ，cs∠ADB+cs∠ADC=0，
所以 2CD2−16247CD=0，
解得CD=92 ，
此时所以BC=2CD=9.
故答案为：9.
【答案】
32或12
【考点】
异面直线及其所成的角
直线与平面所成的角
余弦定理
【解析】
连结MO，则MO//PB，过M作MD⊥AO，交AO与点D，连结DC，则MD⊥底面AOC， ∠MCD是直线MC与底面所成角，由MO//PB，得∠MOC是异面直线OC与PB所成角（或其补角），由此能求出MC与底面所成的角的正弦值．
【解答】
解：连结MO，则MO//PB，
过点M作MD⊥AO，交AO于点D，
连结DC，则MD⊥底面AOC，
所以∠MCD是直线MC与底面所成角，
又PO=4r2−r2=3r，
解得MD=3r2，
因为MO//PB，∠MOC是异面直线OC与PB所成角（或其补角），
所以∠MOC=60∘或∠MOC=120∘，
已知OC=r，OM=r，
所以MC=OM2+OC2−2⋅OM⋅OC⋅cs∠MOC，
解得MC=r或MC=3r，
所以 sin∠MCD=MDMC=32rr=32 或sin∠MCD=MDMC=32r3r=12，
故MC与底面所成的角的正弦值为32或12．
故答案为：32或12.
【答案】
3 , 8π
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
异面直线及其所成的角
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
根据题意画出图形，结合题意得出∠PMA为直线PM与平面ABCD所成的角，点M的轨迹为圆弧EF，求出弧长EF，计算tanα的值；当点M位于F时，三棱锥P−ABM的体积最小，三棱锥P−ABM的外接球球心为PF的中点，求出PF的值，即可求得三棱锥P−ABM外接球的表面积.
【解答】
解：如图所示，
因为PA⊥平面ABCD，垂足为A，
则∠PMA为直线PM与平面ABCD所成的角，
所以∠PMA=π4.
因为AP=2，所以AM=2，
所以点M位于底面矩形ABCD内以点A为圆心，2为半径的圆上，
记点M的轨迹为圆弧EF，连接AF，
则AF=2，
因为AB=1，AD=3，
所以∠AFB=∠FAE=π6，
则弧EF的长度为α=π6×2=π3，
所以tanα=3．
当点M位于F时，三棱锥P−ABM的体积最小，
又∠PAF=∠PBF=π2，
所以三棱锥P−ABM的外接球球心为PF的中点.
因为PF=22+22=22，
所以三棱锥P−ABM的外接球的表面积为
S=4π(2)2=8π．
故答案为：3；8π.
【答案】
2
【考点】
向量在几何中的应用
基本不等式在最值问题中的应用
平面向量数量积
正弦定理
余弦定理
三角形五心
【解析】
设BC的中点为M，由数量积的定义可得AO→⋅AG→=16|AB→|2+16|AC→|2，AB→⋅AC→=|AB→|2+|AC→|2−|BC→|22
，可得|AB→|2+|AC→|2=6，csA=b2+c2−a22bc=1bc ，再利用三角形面积公式结合基本不等式即可得到答案．
【解答】
解：不妨设BC的中点为M，
如图所示：
因为G为△ABC的重心，
所以AG→=23AM→=23×12AB→+AC→=13AB→+13AC→，
此时AO→⋅AG→=13AO→⋅AB→+13AO→⋅AC→
=13×|AB→|22+13×|AC→|22
=16|AB→|2+16|AC→|2，
又AB→⋅AC→=|AB→|⋅|AC→|csA=|AB→|2+|AC→|2−|BC→|22，
即16|AB→|2+16|AC→|2=|AB→|2+|AC→|2−42，
整理得|AB→|2+|AC→|2=6 ，即b2+c2=6，
由余弦定理得 csA=b2+c2−a22bc=6−42bc=1bc，
而S△ABC=12bcsinA=12bc1−cs2A=12bc1−1b2c2=12b2c2−1≤12b2+c222−1
=1232−1=2，
当且仅当b=c=3时等号成立，
所以△ABC面积的最大值为2.
故答案为：2.
四、解答题
【答案】
解：(1)已知向量a→与向量b→的夹角为45∘，
其中|a→|=2，|b→|=1.
所以|a→+2b→|=(a→+2b→)2
=a→2+4a→⋅b→+4b→2
=2+4×2×1×22+4
=10.
(2)∵2a→−λb→与λa→−3b→的夹角是锐角，
∴ 2a→−λb→⋅λa→−3b→>0，
且2a→−λb→与λa→−3b→不能同向共线，
∴ λ2−7λ+6<0且2a→−λb→≠k（λa→−3b→),k>0,
解得1<λ<6或6<λ<6.
【考点】
向量的模
平面向量数量积
数量积表示两个向量的夹角
向量的共线定理
【解析】
（1）利用|a→+2b→|=(a→+2b→)2，根据数量积的运算法则代入求解得到结果；
（2）根据数量积符号与夹角的关系可得2a→−λb→⋅λa→−3b→>0，且2a→−λb→与λa→−3b→不能同向共线.
【解答】
解：(1)已知向量a→与向量b→的夹角为45∘，
其中|a→|=2，|b→|=1.
所以|a→+2b→|=(a→+2b→)2
=a→2+4a→⋅b→+4b→2
=2+4×2×1×22+4
=10.
(2)∵2a→−λb→与λa→−3b→的夹角是锐角，
∴ 2a→−λb→⋅λa→−3b→>0，
且2a→−λb→与λa→−3b→不能同向共线，
∴ λ2−7λ+6<0且2a→−λb→≠k（λa→−3b→),k>0,
解得1<λ<6或6<λ<6.
【答案】
(1)证明：∵ 底面ABCD为平行四边形，
∴ BC=AD=5．
∵ 在△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，
∴ △ABC为直角三角形，AB⊥AC，
又∵ PA⊥平面ABCD，
∴ PA⊥AC．
∵ PA∩AB=A，
∴ AC⊥平面PAB．
∵ PB⊂平面PAB，
∴ AC⊥PB．
(2)解：由(1)可得CD⊥AC，
∵ PA⊥平面ABCD，
∴ PA⊥CD．
∵ PA∩AC=A，
∴ CD⊥平面PAC．
∵ PC⊂平面PAC，
∴ CD⊥PC．
选条件①PA=2，
∴ PC=PA2+AC2=4+16=25，
设点A到平面PCD的距离为ℎ，
则由VP−ACD=VA−PCD可得，
13×12×4×3×2=13×12×25×3ℎ，
解得ℎ=455，
即点A到平面PCD的距离为455．
选条件②二面角P−CD−A的大小为60∘，
∵ PC⊥CD，AC⊥CD，
∴ ∠PCA为二面角P−CD−A的平面角，
∴ ∠PCA=60∘，
PA=AC⋅tan60∘=43，PC=PA2+AC2=48+16=8，
设点A到平面PCD的距离为ℎ，
则由VP−ACD=VA−PCD可得，
13×12×4×3×43=13×12×8×3ℎ，
解得：ℎ=23，
∴ 点A到平面PCD的距离为23．
选条件③VP−ABCD=12，
则VP−ACD=13S△ACD⋅PA=13×12×3×4⋅PA=6，
∴ PA=3，
∴ PC=PA2+AC2=9+16=5，
设点A到平面PCD的距离为ℎ，
∴ VA−PCD=13⋅S△PCD⋅ℎ=13×12×3×5ℎ=6，
解得ℎ=125，
∴ 点A到平面PCD的距离为125．
【考点】
两条直线垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
二面角的平面角及求法
点、线、面间的距离计算
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：∵ 底面ABCD为平行四边形，
∴ BC=AD=5．
∵ 在△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，
∴ △ABC为直角三角形，AB⊥AC，
又∵ PA⊥平面ABCD，
∴ PA⊥AC．
∵ PA∩AB=A，
∴ AC⊥平面PAB．
∵ PB⊂平面PAB，
∴ AC⊥PB．
(2)解：由(1)可得CD⊥AC，
∵ PA⊥平面ABCD，
∴ PA⊥CD．
∵ PA∩AC=A，
∴ CD⊥平面PAC．
∵ PC⊂平面PAC，
∴ CD⊥PC．
选条件①PA=2，
∴ PC=PA2+AC2=4+16=25，
设点A到平面PCD的距离为ℎ，
则由VP−ACD=VA−PCD可得，
13×12×4×3×2=13×12×25×3ℎ，
解得ℎ=455，
即点A到平面PCD的距离为455．
选条件②二面角P−CD−A的大小为60∘，
∵ PC⊥CD，AC⊥CD，
∴ ∠PCA为二面角P−CD−A的平面角，
∴ ∠PCA=60∘，
PA=AC⋅tan60∘=43，PC=PA2+AC2=48+16=8，
设点A到平面PCD的距离为ℎ，
则由VP−ACD=VA−PCD可得，
13×12×4×3×43=13×12×8×3ℎ，
解得：ℎ=23，
∴ 点A到平面PCD的距离为23．
选条件③VP−ABCD=12，
则VP−ACD=13S△ACD⋅PA=13×12×3×4⋅PA=6，
∴ PA=3，
∴ PC=PA2+AC2=9+16=5，
设点A到平面PCD的距离为ℎ，
∴ VA−PCD=13⋅S△PCD⋅ℎ=13×12×3×5ℎ=6，
解得ℎ=125，
∴ 点A到平面PCD的距离为125．
【答案】
解：(1)0.005+0.015+0.025+0.035+2a×10=1，
∴ a=0.01．
因为0.05+0.15+0.25=0.45<0.5，
0.05+0.15+0.25+0.35=0.8>0.5，
所以中位数为x满足70由80−x10×0.35+0.1+0.1=0.5，
解得x=80−607≈71.4．
设平均分为y，
则y=0.05×45+0.15×55+0.25×65+0.35×75+0.1×85+0.1×95=71．
(2)由题意，剩余8个分数的平均值为x0¯=10x¯−100−808=90．
因为10个分数的标准差s=i=110xi2−10×90210=6，
所以x12+x22+…+x102=10×62+10×902=81360，
所以剩余8个分数的标准差为s0=x12+x22+…x102−802−1002−8×9028
=20=25．
【考点】
频率分布直方图
众数、中位数、平均数
极差、方差与标准差
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)0.005+0.015+0.025+0.035+2a×10=1，
∴ a=0.01．
因为0.05+0.15+0.25=0.45<0.5，
0.05+0.15+0.25+0.35=0.8>0.5，
所以中位数为x满足70由80−x10×0.35+0.1+0.1=0.5，
解得x=80−607≈71.4．
设平均分为y，
则y=0.05×45+0.15×55+0.25×65+0.35×75+0.1×85+0.1×95=71．
(2)由题意，剩余8个分数的平均值为x0¯=10x¯−100−808=90．
因为10个分数的标准差s=i=110xi2−10×90210=6，
所以x12+x22+…+x102=10×62+10×902=81360，
所以剩余8个分数的标准差为s0=x12+x22+…x102−802−1002−8×9028
=20=25．
【答案】
解：(1)由csC+cs(A−B)=1−cs2C，
可得cs(A−B)−cs(A+B)=2sin2C，
即sinAsinB=sin2C，
根据正弦定理，ab=c2，①，
又由正弦定理及(b+a)(sinB−sinA)=asinB，
可知b2−a2=ab，②，
由①②得b2=a2+c2，
所以△ABC是直角三角形，且B=π2.
(2)由正弦定理化简a+cb=sinA+sinCsinB=sinA+sinC=sinA+csA=2sin(A+π4)，
∵ A∈(0, π2)，A+π4∈(π4, 3π4)，
∵ 22故1<2sin(A+π4)≤2，
则a+cb的取值范围是(1, 2]．
【考点】
三角形的形状判断
正弦定理
两角和与差的余弦公式
二倍角的余弦公式
正弦函数的定义域和值域
两角和与差的正弦公式
【解析】
（1）利用和差化积公式和二倍角公式对cs2C+csC=1−cs(A−B)整理求得sinAsinB=sin2C，利用正弦定理换成边的关系，同时利用正弦定理把(b+a)(sinB−sinA)=asinB角的正弦转化成边的问题，然后联立方程求得b2=a2+c2，推断出三角形为直角三角形．
（2）利用正弦定理化简所求式子，将B的度数代入，用A表示出C，整理后利用正弦函数的值域即可确定出范围．
【解答】
解：(1)由csC+cs(A−B)=1−cs2C，
可得cs(A−B)−cs(A+B)=2sin2C，
即sinAsinB=sin2C，
根据正弦定理，ab=c2，①，
又由正弦定理及(b+a)(sinB−sinA)=asinB，
可知b2−a2=ab，②，
由①②得b2=a2+c2，
所以△ABC是直角三角形，且B=π2.
(2)由正弦定理化简a+cb=sinA+sinCsinB=sinA+sinC=sinA+csA=2sin(A+π4)，
∵ A∈(0, π2)，A+π4∈(π4, 3π4)，
∵ 22故1<2sin(A+π4)≤2，
则a+cb的取值范围是(1, 2]．
【答案】
解：(1)在三角形OAM中，由余弦定理得
OM=22+12−2×2×1×cs60∘=3，
所以OM2+AM2=3+1=4=OA2，
所以三角形OAM是直角三角形，
所以∠OMA=90∘，θ=30∘．
由于∠MON=30∘，
所以∠AON=∠A=60∘，
所以△OAN是等边三角形，
周长为2×3=6，
即防护网的总长度为6km.
(2)θ=15∘时，在三角形OAM中，由正弦定理得
OMsin60∘=AMsin15∘⇒OM=AM⋅sin60∘sin15∘，
在三角形OMN中，∠ONA=180∘−60∘−15∘−30∘=75∘，
由正弦定理得MNsin30∘=OMsin75∘⇒MN=OM⋅sin30∘sin75∘=AM⋅sin60∘⋅sin30∘sin75∘sin15∘，
所以MNAM=sin60∘⋅sin30∘sin75∘sin15∘=sin60∘⋅sin30∘cs15∘sin15∘
=sin60∘⋅sin30∘12sin30∘=2sin60∘=3，
以O为顶点时，△OMN和△OAM的高相同，
所以S△OMNS△OAM=MNAM=3，S△OMN=3S△OAM，，
即人工湖用地△OMN的面积是堆假山用地△OAM的面积的3倍．
【考点】
余弦定理
正弦定理
二倍角的正弦公式
【解析】


【解答】
解：(1)在三角形OAM中，由余弦定理得
OM=22+12−2×2×1×cs60∘=3，
所以OM2+AM2=3+1=4=OA2，
所以三角形OAM是直角三角形，
所以∠OMA=90∘，θ=30∘．
由于∠MON=30∘，
所以∠AON=∠A=60∘，
所以△OAN是等边三角形，
周长为2×3=6，
即防护网的总长度为6km.
(2)θ=15∘时，在三角形OAM中，由正弦定理得
OMsin60∘=AMsin15∘⇒OM=AM⋅sin60∘sin15∘，
在三角形OMN中，∠ONA=180∘−60∘−15∘−30∘=75∘，
由正弦定理得MNsin30∘=OMsin75∘⇒MN=OM⋅sin30∘sin75∘=AM⋅sin60∘⋅sin30∘sin75∘sin15∘，
所以MNAM=sin60∘⋅sin30∘sin75∘sin15∘=sin60∘⋅sin30∘cs15∘sin15∘
=sin60∘⋅sin30∘12sin30∘=2sin60∘=3，
以O为顶点时，△OMN和△OAM的高相同，
所以S△OMNS△OAM=MNAM=3，S△OMN=3S△OAM，，
即人工湖用地△OMN的面积是堆假山用地△OAM的面积的3倍．
【答案】
(1)证明：设A′B′的中点为E，连接EM，EN，
∵ 点M，N分别为A′B和B′C′的中点，
∴ NE//A′C′，ME//AA′，
又∵ A′C′⊂平面 ACC′A′，A′A⊂平面ACC′A′，
NE⊄平面ACC′A′，ME⊄平面ACC′A′．
∴ NE//平面ACC′A′，ME//平面ACC′A′．
∵ NE∩ME=E，NE⊂平面EMN，ME⊂平面EMN，
∴ 平面EMN//平面ACC′A′．
∵ MN⊂平面EMN，
∴ MN//平面ACC′A′．
(2)解：(ⅰ)设AA′=a，AB=λAA′=λa，
由题意知，BC=2λa，BN=CN=C′C2+C′N2=a2+12λ2a2．
∵ 三棱柱ABC−A′B′C′侧棱垂直于底面，
∴ 平面A′B′C′⊥平面BB′C′C．
∵ AB=AC，∠BAC=90∘，点N为B′C′的中点，
∴ A′N⊥B′C′．
又平面A′B′C′∩平面BB′C′C=B′C′，A′N⊂平面A′B′C′，
∴ A′N⊥平面BB′C′C，
又CN⊂平面BB′C′C，
∴ CN⊥A′N．
要使CN⊥平面A′MN，
只需CN⊥BN即可，
∴ CN2+BN2=BC2，
即2a2+12λ2a2=2λ2a2，
∴ λ=2，
即λ=2时，CN⊥平面A′MN．
(ⅱ)取A′B′中点P，连接NP，过点P作PQ⊥A′B，垂足为Q，
连接NQ．
∵NP为B′A′C′的中位线，
∴NP//C′A′，
又∵∠B′A′C′=90∘，
∴NP⊥A′B′．
∵直三棱锥ABC−A′B′C′中，面A′B′C′⊥面A′B′BA，且交线为A′B′，
∴NP⊥平面A′B′BA，
又∵A′B⊂面A′B′BA，
∴NP⊥A′B，
又∵A′B⊥PQ且PQ∩NP=P，PQ、NP⊂面PQN，
∴A′B⊥ 平面PQN，
又∵NQ⊂平面PQN，
∴A′B⊥NQ，
∴∠PQN 为二面角N−A′B−B′的平面角．
由(ⅰ)知AB=2AA′，
设AA′=2a，AB=2a，
∴NP=a．
易得△A′QP∽△A′B′B，
∴PQBB′=A′PA′B且BB′=2a，A′P=a，A′B=6a，
∴PQ=33a．
在△A′NB中，A′N⋅BN=A′B⋅NQ，
∴NQ=233a．
在△PQN中，cs∠PQN=PQ2+QN2−PN22⋅PQ⋅QN=13a2+43a2−a22×33a×233a=12，
∴二面角N−A′B−B′的余弦值为12．
【考点】
直线与平面平行的判定
二面角的平面角及求法
余弦定理
直线与平面垂直的性质
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：设A′B′的中点为E，连接EM，EN，
∵ 点M，N分别为A′B和B′C′的中点，
∴ NE//A′C′，ME//AA′，
又∵ A′C′⊂平面 ACC′A′，A′A⊂平面ACC′A′，
NE⊄平面ACC′A′，ME⊄平面ACC′A′．
∴ NE//平面ACC′A′，ME//平面ACC′A′．
∵ NE∩ME=E，NE⊂平面EMN，ME⊂平面EMN，
∴ 平面EMN//平面ACC′A′．
∵ MN⊂平面EMN，
∴ MN//平面ACC′A′．
(2)解：(ⅰ)设AA′=a，AB=λAA′=λa，
由题意知，BC=2λa，BN=CN=C′C2+C′N2=a2+12λ2a2．
∵ 三棱柱ABC−A′B′C′侧棱垂直于底面，
∴ 平面A′B′C′⊥平面BB′C′C．
∵ AB=AC，∠BAC=90∘，点N为B′C′的中点，
∴ A′N⊥B′C′．
又平面A′B′C′∩平面BB′C′C=B′C′，A′N⊂平面A′B′C′，
∴ A′N⊥平面BB′C′C，
又CN⊂平面BB′C′C，
∴ CN⊥A′N．
要使CN⊥平面A′MN，
只需CN⊥BN即可，
∴ CN2+BN2=BC2，
即2a2+12λ2a2=2λ2a2，
∴ λ=2，
即λ=2时，CN⊥平面A′MN．
(ⅱ)取A′B′中点P，连接NP，过点P作PQ⊥A′B，垂足为Q，
连接NQ．
∵NP为B′A′C′的中位线，
∴NP//C′A′，
又∵∠B′A′C′=90∘，
∴NP⊥A′B′．
∵直三棱锥ABC−A′B′C′中，面A′B′C′⊥面A′B′BA，且交线为A′B′，
∴NP⊥平面A′B′BA，
又∵A′B⊂面A′B′BA，
∴NP⊥A′B，
又∵A′B⊥PQ且PQ∩NP=P，PQ、NP⊂面PQN，
∴A′B⊥ 平面PQN，
又∵NQ⊂平面PQN，
∴A′B⊥NQ，
∴∠PQN 为二面角N−A′B−B′的平面角．
由(ⅰ)知AB=2AA′，
设AA′=2a，AB=2a，
∴NP=a．
易得△A′QP∽△A′B′B，
∴PQBB′=A′PA′B且BB′=2a，A′P=a，A′B=6a，
∴PQ=33a．
在△A′NB中，A′N⋅BN=A′B⋅NQ，
∴NQ=233a．
在△PQN中，cs∠PQN=PQ2+QN2−PN22⋅PQ⋅QN=13a2+43a2−a22×33a×233a=12，
∴二面角N−A′B−B′的余弦值为12．