还剩16页未读，
继续阅读
2020-2021学年浙江省湖州市高一（下）期末数学试卷
展开
这是一份2020-2021学年浙江省湖州市高一（下）期末数学试卷，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年浙江省湖州市高一（下）期末数学试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）设i是虚数单位，则复数在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（5分）“幸福感指数”是指某个人主观评价他对自己目前生活状态满意程度的指标，常用区间[0，10]内的一个数来表示，该数越接近10表示满意度越高．现随机抽取10位湖州市居民，他们的幸福感指数为5，6，6，6，7，7，8，8，9，10．则这组数据的80%分位数是（ ）
A．7.5 B．8 C．8.5 D．9
3．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1B与AD1所成的角是（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
4．（5分）已知（2，3），（﹣3，y），若⊥，则||等于（ ）
A．2 B． C．5 D．
5．（5分）在一个袋子中放2个白球，2个红球，摇匀后随机摸出2个球，与“摸出1个白球1个红球”互斥而不对立的事件是（ ）
A．至少摸出1个白球
B．至少摸出1个红球
C．摸出2个白球
D．摸出2个白球或摸出2个红球
6．（5分）在△ABC中，M为边BC上任意一点，N为AM中点，，则λ+μ的值为（ ）
A． B． C． D．1
7．（5分）已知△ABC的三个内角A、B、C所对边分别为a、b、c，则“c＝acosB”是“△ABC为直角三角形”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
8．（5分）已知球面被互相垂直的两个平面所截，得到的两个圆公共弦长为．若两个圆的半径分别为和4，则该球的体积是（ ）
A．36π B． C．125π D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.
（多选）9．（5分）为庆祝中国共产党成立100周年，某校开展“唱红色歌曲，诵红色经典”歌咏比赛活动，甲、乙两位选手经历了7场初赛后进入决赛，他们的7场初赛成绩如下：
甲选手：78 84 85 85 86 88 92
乙选手：72 84 86 87 89 93 94
则以下结论正确的是（ ）
A．甲成绩的极差比乙成绩的极差小
B．甲成绩的众数比乙成绩的中位数小
C．甲成绩的方差比乙成绩的方差小
D．甲成绩的平均数比乙成绩的平均数大
（多选）10．（5分）有一道数学难题，学生甲解出的概率为，学生乙解出的概率为，学生丙解出的概率为．若甲，乙，丙三人独立去解答此题，则（ ）
A．恰有一人解出的概率为
B．没有人能解出的概率为
C．至多一人解出的概率为
D．至少两个人解出的概率为
（多选）11．（5分）记E，F分别是正方形ABCD边AD和BC的中点，现将△ABE绕着边BE旋转，则在旋转过程中（ ）
A．AE与BF不可能垂直 B．AB与DF可能垂直
C．AC与AF不可能垂直 D．AF与DE可能垂直
（多选）12．（5分）如图，△OA1B1，△A1A2B2，△A2A3B3是全等的等腰直角三角形（OB1＝1，Bi（i＝1，2，3）处为直角顶点），且O，A1，A2，A3四点共线．若点P1，P2，P3分别是边A1B1，A2B2，A3B3上的动点（包含端点），记I1•，I2•，I3•，则（ ）
A．I1＞3 B．I3≥I1 C．I3≤I2 D．5≤I2≤6
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）已知某圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆，则该圆锥的母线长是 ．
14．（5分）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AB＝1，D在棱BB1上，且BD＝1，若AD与平面AA1CC1所成的角为a，则sina＝ ．
15．（5分）如图，A，B两点在河的同侧，且A，B两点均不可到达，要测出A，B的距离，测量者可以在河岸边选定两点C，D，若测得CD＝4km，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝60°，∠ACB＝45°，则A，B两点间的距离是 km．
16．（5分）已知平面向量，的夹角为45°，且，则的最小值是 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长均为2，且∠A1B1C1＝60°．
（Ⅰ）求证：C1D∥平面AB1C；
（Ⅱ）求二面角B1﹣AC﹣D1的余弦值．
18．为普及抗疫知识、弘扬抗疫精神，某学校组织防疫知识竞赛．比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛．已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为，；甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响．
（1）从甲、乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？
（2）若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率．
19．某地统计局就本地居民的月收入调查了10000人，并根据所得数据画了样本数据的频率分布直方图（每个分组包括左端点，不包括右端点，如第一组表示收入在[1000，1500）．
（1）求居民月收入在[3000，3500）的频率；
（2）根据频率分布直方图算出样本数据的中位数；
（3）为了分析居民的收入与年龄、职业等方面的关系，必须按月收入再从这10000人中用分层抽样方法抽出100人作进一步分析，则月收入在[2500，3000）的这段应抽多少人？
20．请在①；②（2c﹣a）cosB＝bcosA；③这三个条件中任意选择一个，补充在下面问题的横线上，并进行解答．
在△ABC中，三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若满足 ______．
（Ⅰ）若b＝2且，求△ABC的面积；
（Ⅱ）若4a+b＝3c，求cosC．
21．如图，在直角梯形OABC中，OA∥CB，OA⊥OC，OA＝2BC＝2OC．F为AB上靠近B的三等分点，OF交AC于D，E为线段BC上的一个动点（包含端点）．
（Ⅰ）若，求实数t的值；
（Ⅱ）设，求λ•μ的取值范围．
22．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，AD∥BC且AB⊥AD，，AB＝4，，△PAD的面积等于，E是PD是中点．
（Ⅰ）求四棱锥P﹣ABCD体积的最大值；
（Ⅱ）若，．
（ⅰ）求证：AD⊥PC；
（ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
2020-2021学年浙江省湖州市高一（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）设i是虚数单位，则复数在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【解答】解：由，
可得复数在复平面内所对应的点的坐标为（），位于第一象限．
故选：A．
2．（5分）“幸福感指数”是指某个人主观评价他对自己目前生活状态满意程度的指标，常用区间[0，10]内的一个数来表示，该数越接近10表示满意度越高．现随机抽取10位湖州市居民，他们的幸福感指数为5，6，6，6，7，7，8，8，9，10．则这组数据的80%分位数是（ ）
A．7.5 B．8 C．8.5 D．9
【解答】解：∵10×80%＝8，
∴数据5，6，6，6，7，7，8，8，9，10的80%的分位数是．
故选：C．
3．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1B与AD1所成的角是（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【解答】解∵AD1∥BC1，
∴∠A1BC1是异面直线A1B与AD1所成的角（或所成角的补角），
∵A1B＝BC1＝A1C1，
∴∠A1BC1＝60°，
∴异面直线A1B与AD1所成的角是60°．
故选：C．
4．（5分）已知（2，3），（﹣3，y），若⊥，则||等于（ ）
A．2 B． C．5 D．
【解答】解：∵已知（2，3），（﹣3，y），若⊥，
∴•6+3y＝0，y＝2，∴（﹣5，y﹣3）＝（﹣5，﹣1），
则||，
故选：B．
5．（5分）在一个袋子中放2个白球，2个红球，摇匀后随机摸出2个球，与“摸出1个白球1个红球”互斥而不对立的事件是（ ）
A．至少摸出1个白球
B．至少摸出1个红球
C．摸出2个白球
D．摸出2个白球或摸出2个红球
【解答】解：样本空间为：都是白球，1个白球，1个红球，都是红球，
A：至少有1个白球包含1个白球，1个红球和都是白球，故A不对，
B：至少有1个红球包含1个白球，1个红球和都是红球，故B不对，
C：摸出1个白球1个红球发生时，摸出2个白球不会发生，且在一次实验中不可能必有一个发生，故C对，
D：摸出1个白球1个红球和摸出2个白球或摸出2个红球，是对立事件，故D不对，
故选：C．
6．（5分）在△ABC中，M为边BC上任意一点，N为AM中点，，则λ+μ的值为（ ）
A． B． C． D．1
【解答】解：设
则
＝（）
∴，
∴
故选：A．
7．（5分）已知△ABC的三个内角A、B、C所对边分别为a、b、c，则“c＝acosB”是“△ABC为直角三角形”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【解答】解：因为c＝acosB
由正弦定理可得，sinC＝sinAcosB 即sin（A+B）＝sinAcosB
所以 sinAcosB+sinBcosA＝sinAcosB
所以sinBcosA＝0
因为 0＜A＜π，0＜B＜π 所以sinB≠0，cosA＝0
则A，△ABC为直角三角形
但△ABC为直角三角形时不一定是A
所以c＝acosB是△ABC为直角三角形充分不必要条件
故选：A．
8．（5分）已知球面被互相垂直的两个平面所截，得到的两个圆公共弦长为．若两个圆的半径分别为和4，则该球的体积是（ ）
A．36π B． C．125π D．
【解答】解：如图，由题可知，⊙M和⊙N是球O被互相垂直的两个平面所截得到的图形，⊙M和⊙N半径分别为和4，
∵两个圆的公共弦为AB，取AB中点为P，连接NP，MP，ON，OM，
∴由圆的性质可知NP⊥AB，MP⊥AB，由球的性质可知ON⊥NP，OM⊥MP，
所以OMPN为矩形，
∵公共弦长AB，
∴，
∴，ON＝MP＝3，
在Rt△OMC中，球的半径满足：，解得R＝5，（或者在Rt△OAN中，R2＝42+32，解得R＝5），
∴球的体积V，
故选：D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.
（多选）9．（5分）为庆祝中国共产党成立100周年，某校开展“唱红色歌曲，诵红色经典”歌咏比赛活动，甲、乙两位选手经历了7场初赛后进入决赛，他们的7场初赛成绩如下：
甲选手：78 84 85 85 86 88 92
乙选手：72 84 86 87 89 93 94
则以下结论正确的是（ ）
A．甲成绩的极差比乙成绩的极差小
B．甲成绩的众数比乙成绩的中位数小
C．甲成绩的方差比乙成绩的方差小
D．甲成绩的平均数比乙成绩的平均数大
【解答】解：由题中的数据，可得甲的极差为92﹣78＝14，乙的极差为94﹣72＝22，
∴甲成绩的极差比乙成绩的极差小，故A选项正确，
∵甲成绩的众数为85分，乙成绩的中位数为87分，
∴甲成绩的众数比乙成绩的中位数小，故B选项正确，
观察甲、乙数据，可得甲成绩的数据更集中，乙成绩的数据更离散，
∴甲成绩的方差比乙成绩的方差小，故C选项正确，
甲成绩的平均数为，
乙成绩的平均数为，
∴甲成绩的平均数比乙成绩的平均数小，故D选项错误．
故选：ABC．
（多选）10．（5分）有一道数学难题，学生甲解出的概率为，学生乙解出的概率为，学生丙解出的概率为．若甲，乙，丙三人独立去解答此题，则（ ）
A．恰有一人解出的概率为
B．没有人能解出的概率为
C．至多一人解出的概率为
D．至少两个人解出的概率为
【解答】解：A：∵P（恰有一人解出试题）（1）×（1）+（1）（1）
+（1）（1），∴A正确，
B：∵P（没有人解出试题）＝（1）×（1）×（1），∴B错误，
C：∵P（至多一人解出试题）＝P（恰有一人解出试题）+P（没有人解出试题），∴C正确，
D：∵P（至少两个人解出试题）＝1﹣P（至多一人解出试题）＝1，∴D错误．
故选：AC．
（多选）11．（5分）记E，F分别是正方形ABCD边AD和BC的中点，现将△ABE绕着边BE旋转，则在旋转过程中（ ）
A．AE与BF不可能垂直 B．AB与DF可能垂直
C．AC与AF不可能垂直 D．AF与DE可能垂直
【解答】解：如图，将△ABE绕着边BE旋转，A落在四边形EBCD中时，记A为A1，在旋转过程，A的轨迹是以AA1为直径的圆，并且A在面ABCD上的投影都在线段AA1上．
对于A，∵AE在平面ABCD的投影可以与BF垂直，故AE与BF可能垂直，故A错；
对于B，因为AB在平面ABCD的投影不可能与DF垂直，∴AB与DF不可能垂直，故B错；
对于C，因为AC在平面ABCD的投影不可能与AF垂直，∴AC与AF不可能垂直，故C正确；
对于D，因为AF在平面ABCD的投影可以与DE垂直，故AF与DE可能垂直，故D正确；
故选：CD．
（多选）12．（5分）如图，△OA1B1，△A1A2B2，△A2A3B3是全等的等腰直角三角形（OB1＝1，Bi（i＝1，2，3）处为直角顶点），且O，A1，A2，A3四点共线．若点P1，P2，P3分别是边A1B1，A2B2，A3B3上的动点（包含端点），记I1•，I2•，I3•，则（ ）
A．I1＞3 B．I3≥I1 C．I3≤I2 D．5≤I2≤6
【解答】解：如图所示，以 O 为原点建立平面直角坐标系，则
，
直线A1B1的方程为，所以设，
直线A2B2的方程为，所以设，
直线A3B3的方程为，所以设，
所以，故A错误；
，故D正确；
，所以I3⩽I2，I3⩾I2，故BC正确；
故选：BCD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）已知某圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆，则该圆锥的母线长是 2 ．
【解答】解：设圆锥的母线长为l，
则母线长l为侧面展开图的半圆的半径，
又圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆，
所以，
则l＝2，
所以圆锥的母线长为2．
故答案为：2．
14．（5分）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AB＝1，D在棱BB1上，且BD＝1，若AD与平面AA1CC1所成的角为a，则sina＝ ．
【解答】解：如图所示，过B作BF⊥AC，过B1作B1E⊥A1C1，连接EF，过D作DG⊥EF，连接AG，
在正三棱柱中，有B1E⊥面AA1C1C，BF⊥面AA1C1C，
故DG⊥面AA1C1C，
∴∠DAG＝α，可求得DG＝BF，
AD，
故sinα
故答案为．
15．（5分）如图，A，B两点在河的同侧，且A，B两点均不可到达，要测出A，B的距离，测量者可以在河岸边选定两点C，D，若测得CD＝4km，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝60°，∠ACB＝45°，则A，B两点间的距离是 km．
【解答】解：∠ADC＝∠ADB+∠CDB＝60°，
∠ACD＝60°，
∴△ADC是等边三角形，∴AD＝CD＝AC＝4．
在△BCD中，∠BCD＝60°+45°＝105°，∠BDC＝30°，∠CBD＝45°，
由正弦定理得，，，
∴BC，
在△ABC中，由余弦定理得
AB2＝AC2+BC2﹣2AC•BC•cos45°＝16+8﹣2×48，
∴AB，
即A、B两点间的距离为km．
故答案为：2．
16．（5分）已知平面向量，的夹角为45°，且，则的最小值是 ．
【解答】解：如图所示，设，则A′，O，A三点共线，且OA′＝2OA，
设，因为平面向量与的夹角为45°，
所以C点在一条直线上运动，且这条直线与OA′的夹角为45°，设这条直线为l，
所以，
于是，
设O点关于直线l的对称点为O′，连接OO′交直线l于点M，连接AO′交直线l与点N，
所以OC+AC＝O′C+AC⩾AO′，当C点与N点重合时，不等式取等号．
在△AOO′中，，
由余弦定理可得，即．
故的最小值为．
故答案为：．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长均为2，且∠A1B1C1＝60°．
（Ⅰ）求证：C1D∥平面AB1C；
（Ⅱ）求二面角B1﹣AC﹣D1的余弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：ABCD﹣A1B1C1D1为直四棱柱，
所以AD∥B1C1，且AD＝B1C1，
所以四边形AB1C1D为平行四边形，
则C1D∥AB1，又C1D⊄面AB1C，AB1⊂面AB1C，
所以C1D∥面AB1C；
（Ⅱ）解：取AC中点O，连接OB1，OD1，
因为直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长均为2，
则AB1＝B1C＝D1C＝AD1，
则OB1⊥AC，OD1⊥AC，
由二面角定义，∠B1OD1即为二面角B1﹣AC﹣D1的平面角，
在等腰△AB1C中，，
同理，OD1，
在△B1OD1中，cos∠B1OD1，
故二面角B1﹣AC﹣D1的余弦值为．
18．为普及抗疫知识、弘扬抗疫精神，某学校组织防疫知识竞赛．比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛．已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为，；甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响．
（1）从甲、乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？
（2）若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率．
【解答】解：（1）设事件A1表示“甲在第一轮比赛中胜出”，事件A2表示“甲在第二轮比赛中胜出”，
事件B1表示“乙在第一轮比赛中胜出”，事件B2表示“乙在第二轮比赛中胜出”，
则A1A2表示“甲赢得比赛”，P（A1A2）＝P（A1）P（A2），
B1B2表示“乙赢得比赛“，P（B1B2）＝P（B1）P（B2），
∵，∴派甲参赛赢得比赛的概率更大．
（2）设C表示“甲赢得比赛”，D表示“乙赢得比赛”，
由（1）知P（）＝1﹣P（A1A2）＝1，
P（）＝1﹣P（B1B2）＝1，
∴C∪D表示“两人中至少有一个赢得比赛”，
∴P（C∪D）＝1﹣P（）＝1﹣P（）P（）＝1．
19．某地统计局就本地居民的月收入调查了10000人，并根据所得数据画了样本数据的频率分布直方图（每个分组包括左端点，不包括右端点，如第一组表示收入在[1000，1500）．
（1）求居民月收入在[3000，3500）的频率；
（2）根据频率分布直方图算出样本数据的中位数；
（3）为了分析居民的收入与年龄、职业等方面的关系，必须按月收入再从这10000人中用分层抽样方法抽出100人作进一步分析，则月收入在[2500，3000）的这段应抽多少人？
【解答】解：（1）由频率分布直方图可知，居民月收入在[3000，3500）内的频率为0.0003×500＝0.15；
（2）由频率分布直方图可知，
0.0002×（1500﹣1000）＝0.1，0.0004×（2000﹣1500）＝0.2，0.0005×（2500﹣2000）＝0.25
∵0.1+0.2+0.25＝0.55＞0.5
∴样本数据的中位数20002400；
（3）居民月收入在[2500，3000]的频率为0.0005×（3000﹣2500）＝0.25，
∴10000人中月收入在[2500，3000]的人数为0.25×10000＝2500（人），
再从10000人用分层抽样方法抽出100人，
∴月收入在[2500，3000]的这段应抽取10025人．
20．请在①；②（2c﹣a）cosB＝bcosA；③这三个条件中任意选择一个，补充在下面问题的横线上，并进行解答．
在△ABC中，三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若满足 ______．
（Ⅰ）若b＝2且，求△ABC的面积；
（Ⅱ）若4a+b＝3c，求cosC．
【解答】解：若选①，由展开得，
又由正弦定理可知，
且sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+cosAsinB，
所以，
又A∈（0，π），则sinA＞0，所以，所以，可得，
又B∈（0，π），所以，所以，所以；
若选②，因为（2c﹣a）cosB＝bcosA，
又由正弦定理可知：（2sinC﹣sinA）cosB＝sinBcosA，
所以2sinCcosB＝sinBcosA+sinAcosB＝sin（A+B）＝sinC，
又C∈（0，π），则sinC＞0，所以，又B∈（0，π），所以；
若选③，，由余弦定理得a2+c2﹣b2＝2accosB，
所以，
又B∈（0，π）且，所以，又B∈（0，π），所以；
（Ⅰ）由b＝2，及正弦定理知，
又，所以．
（Ⅱ）解法一：若4a+b＝3c，由正弦定理得4sinA+sinB＝3sinC，
又，所以，
可得，
所以，
又sin2C+cos2C＝1，所以52cos2C+24cosC﹣1＝0，
所以（2cosc+1）（26cosC﹣1）＝0，又，
所以，所以；
（没有舍去扣1分）
解法二：若4a+b＝3c，又，
由余弦定理a2+c2﹣b2＝2accosB可知a2+c2﹣b2＝ac，
即a2+c2﹣ac＝b2＝（3c﹣4a）2＝9c2+16a2﹣24ac，
整理得8c2﹣23ac+15a2＝0，解得a＝c或，
若a＝c，，则a＝c＝b，与4a+b＝3c矛盾；
若，则，
由余弦定理可得．
（没有舍去扣1分）
21．如图，在直角梯形OABC中，OA∥CB，OA⊥OC，OA＝2BC＝2OC．F为AB上靠近B的三等分点，OF交AC于D，E为线段BC上的一个动点（包含端点）．
（Ⅰ）若，求实数t的值；
（Ⅱ）设，求λ•μ的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）由题意得，
则，
故，
由共起点的三向量终点共线的充要条件知，，则，
（Ⅱ）由已知，
因P是线段BC上动点，则令，
，
又，不共线，则有，，
在上递增，
所以当μ＝1时，（λ⋅μ）min＝0，当时，，
故λ⋅μ的取值范围是．
22．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，AD∥BC且AB⊥AD，，AB＝4，，△PAD的面积等于，E是PD是中点．
（Ⅰ）求四棱锥P﹣ABCD体积的最大值；
（Ⅱ）若，．
（ⅰ）求证：AD⊥PC；
（ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
【解答】（Ⅰ）解：记P点到AD的距离为h，由及△PAD的面积等于
得，得h＝4，
当△PAD翻折到面PAD⊥面ABCD时，四棱锥P﹣ABCD体积有最大值，
则；
（Ⅱ）（i）证明：记点P在AD上的射影为H，则PH⊥AD，
由，可得，
又由题意AD∥BC，得四边形ABCH为矩形，得CH⊥AD，
又PH⊥AD，且PH∩CH＝H，
∴AD⊥面PCH，得AD⊥PC；
（ii）解：取PH中点G，则GE∥HD，且，
在BC上取，则GE∥CF且GE＝CF，
∴四边形FCEG为平行四边形，得CE∥FG，
则直线CE与平面PBC所成角即为直线FG与平面PBC所成角，
由AD⊥面PCH，且AD∥BC，得BC⊥面PCH，
作GM⊥PC于M，则GM⊥面PBC，连MF，则∠GFM即为直线CE与平面PBC所成角，
在Rt△PCB中，由，得，
又，由平行四边形对角线定理得（2CE）2+PD2＝2（PC2+CD2），得，
又PH＝CH＝4，可得GM＝1，
在Rt△GMF中，得．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/5/26 10:14:43；用户：高中数学；邮箱：sdgs@xyh.com；学号：28144983
2020-2021学年浙江省湖州市高一（下）期末数学试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）设i是虚数单位，则复数在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（5分）“幸福感指数”是指某个人主观评价他对自己目前生活状态满意程度的指标，常用区间[0，10]内的一个数来表示，该数越接近10表示满意度越高．现随机抽取10位湖州市居民，他们的幸福感指数为5，6，6，6，7，7，8，8，9，10．则这组数据的80%分位数是（ ）
A．7.5 B．8 C．8.5 D．9
3．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1B与AD1所成的角是（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
4．（5分）已知（2，3），（﹣3，y），若⊥，则||等于（ ）
A．2 B． C．5 D．
5．（5分）在一个袋子中放2个白球，2个红球，摇匀后随机摸出2个球，与“摸出1个白球1个红球”互斥而不对立的事件是（ ）
A．至少摸出1个白球
B．至少摸出1个红球
C．摸出2个白球
D．摸出2个白球或摸出2个红球
6．（5分）在△ABC中，M为边BC上任意一点，N为AM中点，，则λ+μ的值为（ ）
A． B． C． D．1
7．（5分）已知△ABC的三个内角A、B、C所对边分别为a、b、c，则“c＝acosB”是“△ABC为直角三角形”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
8．（5分）已知球面被互相垂直的两个平面所截，得到的两个圆公共弦长为．若两个圆的半径分别为和4，则该球的体积是（ ）
A．36π B． C．125π D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.
（多选）9．（5分）为庆祝中国共产党成立100周年，某校开展“唱红色歌曲，诵红色经典”歌咏比赛活动，甲、乙两位选手经历了7场初赛后进入决赛，他们的7场初赛成绩如下：
甲选手：78 84 85 85 86 88 92
乙选手：72 84 86 87 89 93 94
则以下结论正确的是（ ）
A．甲成绩的极差比乙成绩的极差小
B．甲成绩的众数比乙成绩的中位数小
C．甲成绩的方差比乙成绩的方差小
D．甲成绩的平均数比乙成绩的平均数大
（多选）10．（5分）有一道数学难题，学生甲解出的概率为，学生乙解出的概率为，学生丙解出的概率为．若甲，乙，丙三人独立去解答此题，则（ ）
A．恰有一人解出的概率为
B．没有人能解出的概率为
C．至多一人解出的概率为
D．至少两个人解出的概率为
（多选）11．（5分）记E，F分别是正方形ABCD边AD和BC的中点，现将△ABE绕着边BE旋转，则在旋转过程中（ ）
A．AE与BF不可能垂直 B．AB与DF可能垂直
C．AC与AF不可能垂直 D．AF与DE可能垂直
（多选）12．（5分）如图，△OA1B1，△A1A2B2，△A2A3B3是全等的等腰直角三角形（OB1＝1，Bi（i＝1，2，3）处为直角顶点），且O，A1，A2，A3四点共线．若点P1，P2，P3分别是边A1B1，A2B2，A3B3上的动点（包含端点），记I1•，I2•，I3•，则（ ）
A．I1＞3 B．I3≥I1 C．I3≤I2 D．5≤I2≤6
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）已知某圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆，则该圆锥的母线长是 ．
14．（5分）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AB＝1，D在棱BB1上，且BD＝1，若AD与平面AA1CC1所成的角为a，则sina＝ ．
15．（5分）如图，A，B两点在河的同侧，且A，B两点均不可到达，要测出A，B的距离，测量者可以在河岸边选定两点C，D，若测得CD＝4km，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝60°，∠ACB＝45°，则A，B两点间的距离是 km．
16．（5分）已知平面向量，的夹角为45°，且，则的最小值是 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长均为2，且∠A1B1C1＝60°．
（Ⅰ）求证：C1D∥平面AB1C；
（Ⅱ）求二面角B1﹣AC﹣D1的余弦值．
18．为普及抗疫知识、弘扬抗疫精神，某学校组织防疫知识竞赛．比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛．已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为，；甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响．
（1）从甲、乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？
（2）若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率．
19．某地统计局就本地居民的月收入调查了10000人，并根据所得数据画了样本数据的频率分布直方图（每个分组包括左端点，不包括右端点，如第一组表示收入在[1000，1500）．
（1）求居民月收入在[3000，3500）的频率；
（2）根据频率分布直方图算出样本数据的中位数；
（3）为了分析居民的收入与年龄、职业等方面的关系，必须按月收入再从这10000人中用分层抽样方法抽出100人作进一步分析，则月收入在[2500，3000）的这段应抽多少人？
20．请在①；②（2c﹣a）cosB＝bcosA；③这三个条件中任意选择一个，补充在下面问题的横线上，并进行解答．
在△ABC中，三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若满足 ______．
（Ⅰ）若b＝2且，求△ABC的面积；
（Ⅱ）若4a+b＝3c，求cosC．
21．如图，在直角梯形OABC中，OA∥CB，OA⊥OC，OA＝2BC＝2OC．F为AB上靠近B的三等分点，OF交AC于D，E为线段BC上的一个动点（包含端点）．
（Ⅰ）若，求实数t的值；
（Ⅱ）设，求λ•μ的取值范围．
22．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，AD∥BC且AB⊥AD，，AB＝4，，△PAD的面积等于，E是PD是中点．
（Ⅰ）求四棱锥P﹣ABCD体积的最大值；
（Ⅱ）若，．
（ⅰ）求证：AD⊥PC；
（ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
2020-2021学年浙江省湖州市高一（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）设i是虚数单位，则复数在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【解答】解：由，
可得复数在复平面内所对应的点的坐标为（），位于第一象限．
故选：A．
2．（5分）“幸福感指数”是指某个人主观评价他对自己目前生活状态满意程度的指标，常用区间[0，10]内的一个数来表示，该数越接近10表示满意度越高．现随机抽取10位湖州市居民，他们的幸福感指数为5，6，6，6，7，7，8，8，9，10．则这组数据的80%分位数是（ ）
A．7.5 B．8 C．8.5 D．9
【解答】解：∵10×80%＝8，
∴数据5，6，6，6，7，7，8，8，9，10的80%的分位数是．
故选：C．
3．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1B与AD1所成的角是（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【解答】解∵AD1∥BC1，
∴∠A1BC1是异面直线A1B与AD1所成的角（或所成角的补角），
∵A1B＝BC1＝A1C1，
∴∠A1BC1＝60°，
∴异面直线A1B与AD1所成的角是60°．
故选：C．
4．（5分）已知（2，3），（﹣3，y），若⊥，则||等于（ ）
A．2 B． C．5 D．
【解答】解：∵已知（2，3），（﹣3，y），若⊥，
∴•6+3y＝0，y＝2，∴（﹣5，y﹣3）＝（﹣5，﹣1），
则||，
故选：B．
5．（5分）在一个袋子中放2个白球，2个红球，摇匀后随机摸出2个球，与“摸出1个白球1个红球”互斥而不对立的事件是（ ）
A．至少摸出1个白球
B．至少摸出1个红球
C．摸出2个白球
D．摸出2个白球或摸出2个红球
【解答】解：样本空间为：都是白球，1个白球，1个红球，都是红球，
A：至少有1个白球包含1个白球，1个红球和都是白球，故A不对，
B：至少有1个红球包含1个白球，1个红球和都是红球，故B不对，
C：摸出1个白球1个红球发生时，摸出2个白球不会发生，且在一次实验中不可能必有一个发生，故C对，
D：摸出1个白球1个红球和摸出2个白球或摸出2个红球，是对立事件，故D不对，
故选：C．
6．（5分）在△ABC中，M为边BC上任意一点，N为AM中点，，则λ+μ的值为（ ）
A． B． C． D．1
【解答】解：设
则
＝（）
∴，
∴
故选：A．
7．（5分）已知△ABC的三个内角A、B、C所对边分别为a、b、c，则“c＝acosB”是“△ABC为直角三角形”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【解答】解：因为c＝acosB
由正弦定理可得，sinC＝sinAcosB 即sin（A+B）＝sinAcosB
所以 sinAcosB+sinBcosA＝sinAcosB
所以sinBcosA＝0
因为 0＜A＜π，0＜B＜π 所以sinB≠0，cosA＝0
则A，△ABC为直角三角形
但△ABC为直角三角形时不一定是A
所以c＝acosB是△ABC为直角三角形充分不必要条件
故选：A．
8．（5分）已知球面被互相垂直的两个平面所截，得到的两个圆公共弦长为．若两个圆的半径分别为和4，则该球的体积是（ ）
A．36π B． C．125π D．
【解答】解：如图，由题可知，⊙M和⊙N是球O被互相垂直的两个平面所截得到的图形，⊙M和⊙N半径分别为和4，
∵两个圆的公共弦为AB，取AB中点为P，连接NP，MP，ON，OM，
∴由圆的性质可知NP⊥AB，MP⊥AB，由球的性质可知ON⊥NP，OM⊥MP，
所以OMPN为矩形，
∵公共弦长AB，
∴，
∴，ON＝MP＝3，
在Rt△OMC中，球的半径满足：，解得R＝5，（或者在Rt△OAN中，R2＝42+32，解得R＝5），
∴球的体积V，
故选：D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.
（多选）9．（5分）为庆祝中国共产党成立100周年，某校开展“唱红色歌曲，诵红色经典”歌咏比赛活动，甲、乙两位选手经历了7场初赛后进入决赛，他们的7场初赛成绩如下：
甲选手：78 84 85 85 86 88 92
乙选手：72 84 86 87 89 93 94
则以下结论正确的是（ ）
A．甲成绩的极差比乙成绩的极差小
B．甲成绩的众数比乙成绩的中位数小
C．甲成绩的方差比乙成绩的方差小
D．甲成绩的平均数比乙成绩的平均数大
【解答】解：由题中的数据，可得甲的极差为92﹣78＝14，乙的极差为94﹣72＝22，
∴甲成绩的极差比乙成绩的极差小，故A选项正确，
∵甲成绩的众数为85分，乙成绩的中位数为87分，
∴甲成绩的众数比乙成绩的中位数小，故B选项正确，
观察甲、乙数据，可得甲成绩的数据更集中，乙成绩的数据更离散，
∴甲成绩的方差比乙成绩的方差小，故C选项正确，
甲成绩的平均数为，
乙成绩的平均数为，
∴甲成绩的平均数比乙成绩的平均数小，故D选项错误．
故选：ABC．
（多选）10．（5分）有一道数学难题，学生甲解出的概率为，学生乙解出的概率为，学生丙解出的概率为．若甲，乙，丙三人独立去解答此题，则（ ）
A．恰有一人解出的概率为
B．没有人能解出的概率为
C．至多一人解出的概率为
D．至少两个人解出的概率为
【解答】解：A：∵P（恰有一人解出试题）（1）×（1）+（1）（1）
+（1）（1），∴A正确，
B：∵P（没有人解出试题）＝（1）×（1）×（1），∴B错误，
C：∵P（至多一人解出试题）＝P（恰有一人解出试题）+P（没有人解出试题），∴C正确，
D：∵P（至少两个人解出试题）＝1﹣P（至多一人解出试题）＝1，∴D错误．
故选：AC．
（多选）11．（5分）记E，F分别是正方形ABCD边AD和BC的中点，现将△ABE绕着边BE旋转，则在旋转过程中（ ）
A．AE与BF不可能垂直 B．AB与DF可能垂直
C．AC与AF不可能垂直 D．AF与DE可能垂直
【解答】解：如图，将△ABE绕着边BE旋转，A落在四边形EBCD中时，记A为A1，在旋转过程，A的轨迹是以AA1为直径的圆，并且A在面ABCD上的投影都在线段AA1上．
对于A，∵AE在平面ABCD的投影可以与BF垂直，故AE与BF可能垂直，故A错；
对于B，因为AB在平面ABCD的投影不可能与DF垂直，∴AB与DF不可能垂直，故B错；
对于C，因为AC在平面ABCD的投影不可能与AF垂直，∴AC与AF不可能垂直，故C正确；
对于D，因为AF在平面ABCD的投影可以与DE垂直，故AF与DE可能垂直，故D正确；
故选：CD．
（多选）12．（5分）如图，△OA1B1，△A1A2B2，△A2A3B3是全等的等腰直角三角形（OB1＝1，Bi（i＝1，2，3）处为直角顶点），且O，A1，A2，A3四点共线．若点P1，P2，P3分别是边A1B1，A2B2，A3B3上的动点（包含端点），记I1•，I2•，I3•，则（ ）
A．I1＞3 B．I3≥I1 C．I3≤I2 D．5≤I2≤6
【解答】解：如图所示，以 O 为原点建立平面直角坐标系，则
，
直线A1B1的方程为，所以设，
直线A2B2的方程为，所以设，
直线A3B3的方程为，所以设，
所以，故A错误；
，故D正确；
，所以I3⩽I2，I3⩾I2，故BC正确；
故选：BCD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）已知某圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆，则该圆锥的母线长是 2 ．
【解答】解：设圆锥的母线长为l，
则母线长l为侧面展开图的半圆的半径，
又圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆，
所以，
则l＝2，
所以圆锥的母线长为2．
故答案为：2．
14．（5分）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AB＝1，D在棱BB1上，且BD＝1，若AD与平面AA1CC1所成的角为a，则sina＝ ．
【解答】解：如图所示，过B作BF⊥AC，过B1作B1E⊥A1C1，连接EF，过D作DG⊥EF，连接AG，
在正三棱柱中，有B1E⊥面AA1C1C，BF⊥面AA1C1C，
故DG⊥面AA1C1C，
∴∠DAG＝α，可求得DG＝BF，
AD，
故sinα
故答案为．
15．（5分）如图，A，B两点在河的同侧，且A，B两点均不可到达，要测出A，B的距离，测量者可以在河岸边选定两点C，D，若测得CD＝4km，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝60°，∠ACB＝45°，则A，B两点间的距离是 km．
【解答】解：∠ADC＝∠ADB+∠CDB＝60°，
∠ACD＝60°，
∴△ADC是等边三角形，∴AD＝CD＝AC＝4．
在△BCD中，∠BCD＝60°+45°＝105°，∠BDC＝30°，∠CBD＝45°，
由正弦定理得，，，
∴BC，
在△ABC中，由余弦定理得
AB2＝AC2+BC2﹣2AC•BC•cos45°＝16+8﹣2×48，
∴AB，
即A、B两点间的距离为km．
故答案为：2．
16．（5分）已知平面向量，的夹角为45°，且，则的最小值是 ．
【解答】解：如图所示，设，则A′，O，A三点共线，且OA′＝2OA，
设，因为平面向量与的夹角为45°，
所以C点在一条直线上运动，且这条直线与OA′的夹角为45°，设这条直线为l，
所以，
于是，
设O点关于直线l的对称点为O′，连接OO′交直线l于点M，连接AO′交直线l与点N，
所以OC+AC＝O′C+AC⩾AO′，当C点与N点重合时，不等式取等号．
在△AOO′中，，
由余弦定理可得，即．
故的最小值为．
故答案为：．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长均为2，且∠A1B1C1＝60°．
（Ⅰ）求证：C1D∥平面AB1C；
（Ⅱ）求二面角B1﹣AC﹣D1的余弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：ABCD﹣A1B1C1D1为直四棱柱，
所以AD∥B1C1，且AD＝B1C1，
所以四边形AB1C1D为平行四边形，
则C1D∥AB1，又C1D⊄面AB1C，AB1⊂面AB1C，
所以C1D∥面AB1C；
（Ⅱ）解：取AC中点O，连接OB1，OD1，
因为直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长均为2，
则AB1＝B1C＝D1C＝AD1，
则OB1⊥AC，OD1⊥AC，
由二面角定义，∠B1OD1即为二面角B1﹣AC﹣D1的平面角，
在等腰△AB1C中，，
同理，OD1，
在△B1OD1中，cos∠B1OD1，
故二面角B1﹣AC﹣D1的余弦值为．
18．为普及抗疫知识、弘扬抗疫精神，某学校组织防疫知识竞赛．比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛．已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为，；甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响．
（1）从甲、乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？
（2）若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率．
【解答】解：（1）设事件A1表示“甲在第一轮比赛中胜出”，事件A2表示“甲在第二轮比赛中胜出”，
事件B1表示“乙在第一轮比赛中胜出”，事件B2表示“乙在第二轮比赛中胜出”，
则A1A2表示“甲赢得比赛”，P（A1A2）＝P（A1）P（A2），
B1B2表示“乙赢得比赛“，P（B1B2）＝P（B1）P（B2），
∵，∴派甲参赛赢得比赛的概率更大．
（2）设C表示“甲赢得比赛”，D表示“乙赢得比赛”，
由（1）知P（）＝1﹣P（A1A2）＝1，
P（）＝1﹣P（B1B2）＝1，
∴C∪D表示“两人中至少有一个赢得比赛”，
∴P（C∪D）＝1﹣P（）＝1﹣P（）P（）＝1．
19．某地统计局就本地居民的月收入调查了10000人，并根据所得数据画了样本数据的频率分布直方图（每个分组包括左端点，不包括右端点，如第一组表示收入在[1000，1500）．
（1）求居民月收入在[3000，3500）的频率；
（2）根据频率分布直方图算出样本数据的中位数；
（3）为了分析居民的收入与年龄、职业等方面的关系，必须按月收入再从这10000人中用分层抽样方法抽出100人作进一步分析，则月收入在[2500，3000）的这段应抽多少人？
【解答】解：（1）由频率分布直方图可知，居民月收入在[3000，3500）内的频率为0.0003×500＝0.15；
（2）由频率分布直方图可知，
0.0002×（1500﹣1000）＝0.1，0.0004×（2000﹣1500）＝0.2，0.0005×（2500﹣2000）＝0.25
∵0.1+0.2+0.25＝0.55＞0.5
∴样本数据的中位数20002400；
（3）居民月收入在[2500，3000]的频率为0.0005×（3000﹣2500）＝0.25，
∴10000人中月收入在[2500，3000]的人数为0.25×10000＝2500（人），
再从10000人用分层抽样方法抽出100人，
∴月收入在[2500，3000]的这段应抽取10025人．
20．请在①；②（2c﹣a）cosB＝bcosA；③这三个条件中任意选择一个，补充在下面问题的横线上，并进行解答．
在△ABC中，三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若满足 ______．
（Ⅰ）若b＝2且，求△ABC的面积；
（Ⅱ）若4a+b＝3c，求cosC．
【解答】解：若选①，由展开得，
又由正弦定理可知，
且sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+cosAsinB，
所以，
又A∈（0，π），则sinA＞0，所以，所以，可得，
又B∈（0，π），所以，所以，所以；
若选②，因为（2c﹣a）cosB＝bcosA，
又由正弦定理可知：（2sinC﹣sinA）cosB＝sinBcosA，
所以2sinCcosB＝sinBcosA+sinAcosB＝sin（A+B）＝sinC，
又C∈（0，π），则sinC＞0，所以，又B∈（0，π），所以；
若选③，，由余弦定理得a2+c2﹣b2＝2accosB，
所以，
又B∈（0，π）且，所以，又B∈（0，π），所以；
（Ⅰ）由b＝2，及正弦定理知，
又，所以．
（Ⅱ）解法一：若4a+b＝3c，由正弦定理得4sinA+sinB＝3sinC，
又，所以，
可得，
所以，
又sin2C+cos2C＝1，所以52cos2C+24cosC﹣1＝0，
所以（2cosc+1）（26cosC﹣1）＝0，又，
所以，所以；
（没有舍去扣1分）
解法二：若4a+b＝3c，又，
由余弦定理a2+c2﹣b2＝2accosB可知a2+c2﹣b2＝ac，
即a2+c2﹣ac＝b2＝（3c﹣4a）2＝9c2+16a2﹣24ac，
整理得8c2﹣23ac+15a2＝0，解得a＝c或，
若a＝c，，则a＝c＝b，与4a+b＝3c矛盾；
若，则，
由余弦定理可得．
（没有舍去扣1分）
21．如图，在直角梯形OABC中，OA∥CB，OA⊥OC，OA＝2BC＝2OC．F为AB上靠近B的三等分点，OF交AC于D，E为线段BC上的一个动点（包含端点）．
（Ⅰ）若，求实数t的值；
（Ⅱ）设，求λ•μ的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）由题意得，
则，
故，
由共起点的三向量终点共线的充要条件知，，则，
（Ⅱ）由已知，
因P是线段BC上动点，则令，
，
又，不共线，则有，，
在上递增，
所以当μ＝1时，（λ⋅μ）min＝0，当时，，
故λ⋅μ的取值范围是．
22．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，AD∥BC且AB⊥AD，，AB＝4，，△PAD的面积等于，E是PD是中点．
（Ⅰ）求四棱锥P﹣ABCD体积的最大值；
（Ⅱ）若，．
（ⅰ）求证：AD⊥PC；
（ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
【解答】（Ⅰ）解：记P点到AD的距离为h，由及△PAD的面积等于
得，得h＝4，
当△PAD翻折到面PAD⊥面ABCD时，四棱锥P﹣ABCD体积有最大值，
则；
（Ⅱ）（i）证明：记点P在AD上的射影为H，则PH⊥AD，
由，可得，
又由题意AD∥BC，得四边形ABCH为矩形，得CH⊥AD，
又PH⊥AD，且PH∩CH＝H，
∴AD⊥面PCH，得AD⊥PC；
（ii）解：取PH中点G，则GE∥HD，且，
在BC上取，则GE∥CF且GE＝CF，
∴四边形FCEG为平行四边形，得CE∥FG，
则直线CE与平面PBC所成角即为直线FG与平面PBC所成角，
由AD⊥面PCH，且AD∥BC，得BC⊥面PCH，
作GM⊥PC于M，则GM⊥面PBC，连MF，则∠GFM即为直线CE与平面PBC所成角，
在Rt△PCB中，由，得，
又，由平行四边形对角线定理得（2CE）2+PD2＝2（PC2+CD2），得，
又PH＝CH＝4，可得GM＝1，
在Rt△GMF中，得．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/5/26 10:14:43；用户：高中数学；邮箱：sdgs@xyh.com；学号：28144983
相关试卷
2022-2023学年浙江省湖州市高一（下）期末数学试卷（含解析）： 这是一份2022-2023学年浙江省湖州市高一（下）期末数学试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年浙江省湖州市高二（下）期末数学试卷： 这是一份2020-2021学年浙江省湖州市高二（下）期末数学试卷，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年浙江省湖州市安吉县高一（下）期末数学试卷： 这是一份2020-2021学年浙江省湖州市安吉县高一（下）期末数学试卷，共20页。试卷主要包含了给出如下数据等内容，欢迎下载使用。
