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2020-2021学年浙江省温州市高一（下）期末数学试卷（a卷）
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这是一份2020-2021学年浙江省温州市高一（下）期末数学试卷（a卷），共22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学年浙江省温州市高一（下）期末数学试卷（A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）i2021的虚部为（ ）
A．1 B．﹣1 C．i D．﹣i
2．（5分）为迎接2022年杭州亚运会，亚委会采用按性别分层随机抽样的方法从某高校报名的200名学生志愿者中抽取30人组成亚运志愿小组，若30人中共有男生12人，则这200名学生志愿者中女生可能有（ ）人
A．12 B．18 C．80 D．120
3．（5分）已知（0，1），（1，0），（2，4），则下列各组向量中，不可以作为平面内所有向量的一个基底的是（ ）
A． B． C． D．
4．（5分）法国罗浮宫玻璃金字塔外表呈正四棱锥形状（如图所示），已知塔高21m，底宽34m，则塔身的表面积（精确到0.01m2）是（ ）（可能用到的参考数据：272＝729，342＝1156）
A．3674.52m2 B．2993.26m2 C．1837.26m2 D．1682.26m2
5．（5分）多项选择题给出的四个选项中会有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．某题恰有3个选项符合题目要求，则随机作答该题时（至少选择一个选项），得2分的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．（5分）已知三个不同的平面α，β，γ，三条不同的直线m，n，l，满足α∩β＝m，β∩γ＝n，α∩γ＝l，则下列命题不一定正确的为（ ）
A．若m∥n，则m∥l B．若点A∈m，A∈n，则A∈l
C．若α⊥γ，β⊥γ，则m⊥γ D．若m⊥n，m⊥l，则n⊥l
7．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝1，a+c＝2b（cosA+cosC），若满足条件的△ABC有两个，则b的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（5分）已知平面向量，，（与不共线），满足||＝||，||＝||＝1，设λμ（λ，μ∈R），则λ+μ的取值范围为（ ）
A． B．
C．[2，+∞） D．（﹣∞，2]
二、选择题：本题共四小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
（多选）9．（5分）抛掷三枚硬币，设事件Ai＝“第i枚硬币正面朝上”，i＝1，2，3．则（ ）
A．A1与A2互斥 B．A1∪A2与A3相互独立
C．P（A2∩A3） D．P（A1∪A2）
（多选）10．（5分）某市教育局为了解疫情时期网络教学期间的学生学习情况，从该市随机抽取了1000名高中学生，对他们每天的平均学习时间进行问卷调查，根据所得信息制作了如图所示的频率分布直方图，则（ ）
A．这1000名高中学生每天的平均学习时间为6～8小时的人数有100人
B．估计该市高中学生每天的平均学习时间的众数为9小时
C．估计该市高中学生每天的平均学习时间的60%分位数为9.2小时
D．估计该市高中学生每天的平均学习时间的平均值为8.6小时
（多选）11．（5分）平面向量，，满足•1，•1，•1，||＝1，则下列说法一定正确的有（ ）
A．在上的投影向量为 B．在上的投影向量为
C．min{||，||}＝1 D．max{||，||}≥1
（多选）12．（5分）已知正方体ABCD﹣A'B'C'D'的边长为2，Q为棱AA'的中点，M，N分别为线段C'D'，CD上两动点（包括端点），记直线QM，QN与平面ABB'A'所成角分别为α，β，且tan2α+tan2β＝4，则存在点M，N，使得（ ）
A．MN∥AA' B．MN＝2 C．MN D．MN⊥C'Q
三、填空题：本题共四小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）如图，已知梯形A'B'C'D'是水平放置的四边形ABCD斜二测画法的直观图，梯形A'B'C'D'的面积为，∠D'A'B'＝45°，则原四边形ABCD的面积为 ．
14．（5分）若复数，其中i为虚数单位，a∈R，则|z﹣i|的最小值为 ．
15．（5分）截止至目前，中国已经建成全球最大的5G网络，无论是大山深处还是广袤平原，处处都能见到5G基站的身影．如图，某同学在一条水平公路上观测旁边山顶上的一座5G基站AB，已知基站AB高40m，该同学在公路D、E两点处测得基站顶部A处的仰角分别为30°、45°，且∠DCE＝150°．该同学沿着公路的边缘从D处走至E处一共走了700m．则山高BC为 m．（该同学的身高忽略不计）
16．（5分）已知同一平面上的△OAB和△OCD分别是边长为1和2的正三角形（其中A，B，O和C，D，O均按逆时针排列），则的取值范围是 ．
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．（10分）在复平面内，复数z1，z2对应的点分别为（1，﹣2），（a，1），a∈R，且为纯虚数．
（1）求a的值；
（2）若z1的共轭复数是关于x的方程x2+px+q＝0的一个根，求实数p，q的值．
18．（12分）已知三棱柱ABC﹣DEF中，四边形BCFE为矩形．
（1）记平面BCD与平面DEF的交线为l，求证：l∥平面BCFE；
（2）若CD⊥DE，求证：AC⊥BD．
19．（12分）在①，②DC＝3，③△ABC的面积为这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并求解．问题：在△ABC中，∠B＝90°，BC＝4，线段AC中存在一点D使得AD＝AB，求BD的长度．
20．（12分）本着健康、低碳的生活，租共享电动自行车出行的人越来越多，某共享电动自行车租车点的收费标准是起步价2元（20分钟及以内），超过20分钟每10分钟收费1元（不足10分钟的部分按40分钟计算）．现有甲、乙、丙三人来该租车点租车是相互独立的（各租一车一次），设甲、乙、丙不超过20分钟还车的概率分别为、、，20分钟以上且不超过30分钟还车的概率分别为、、，三人租车时间都不会超过40分钟．
（1）求甲、乙、丙三人的租车费用不完全相同的概率：
（2）求甲、乙、丙三人的租车费用和为10元的概率．
21．（12分）如图，在梯形ABCD中，，E，F是DC的两个三等分点，G，H是AB的两个三等分点，线段BC上一动点P满足λ（0≤λ≤1），AP分别交EG，FH于M，N两点，记，．
（1）当λ时，用，表示；
（2）若μ，试写出λ和μ的关系，并求出μ的取值范围．
22．（12分）已知矩形ABCD中，AB＝3，AD＝1，E为线段CD上一点（不在端点），沿线段AE将△ADE折成△AD'E，使得平面AD'C⊥平面ABC．
（1）证明：平面ABD'与平面BCD'不可能垂直；
（2）若二面角D'﹣AE﹣B大小为60°，
（ⅰ）求直线AD'与BC所成角的余弦值；
（ⅱ）求三棱锥D'﹣ABC的外接球的体积．
2020-2021学年浙江省温州市高一（下）期末数学试卷（A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）i2021的虚部为（ ）
A．1 B．﹣1 C．i D．﹣i
【解答】解：i2021＝（i4）505•i＝i，
∴i2021的虚部为1．
故选：A．
2．（5分）为迎接2022年杭州亚运会，亚委会采用按性别分层随机抽样的方法从某高校报名的200名学生志愿者中抽取30人组成亚运志愿小组，若30人中共有男生12人，则这200名学生志愿者中女生可能有（ ）人
A．12 B．18 C．80 D．120
【解答】解：因为30人中共有男生12人，则这200名学生志愿者中男生可能有20080（人），
所以女生可能有120人．
故选：D．
3．（5分）已知（0，1），（1，0），（2，4），则下列各组向量中，不可以作为平面内所有向量的一个基底的是（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：A：（﹣1，﹣4），∵0×（﹣4）≠1×（﹣1），∴与不共线，∴A错误，
B：（3，4），∵0×（4）≠1×3，∴与不共线，∴B错误，
C：2（0，﹣4），∵0×（﹣4）＝0×1，∴与2共线，∴C正确，
D：2（4，4），∵0×4≠1×4，∴与2不共线，∴D错误，
故选：C．
4．（5分）法国罗浮宫玻璃金字塔外表呈正四棱锥形状（如图所示），已知塔高21m，底宽34m，则塔身的表面积（精确到0.01m2）是（ ）（可能用到的参考数据：272＝729，342＝1156）
A．3674.52m2 B．2993.26m2 C．1837.26m2 D．1682.26m2
【解答】解：如图，正四棱锥P﹣ABCD，PO⊥底面ABCD，PO＝21m，AB＝34m，
则AOAB＝17，所以AP，
作PE⊥AB，则PE
所以该四棱锥的表面积S＝4AB×PE＝681837.26
故选：C．
5．（5分）多项选择题给出的四个选项中会有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．某题恰有3个选项符合题目要求，则随机作答该题时（至少选择一个选项），得2分的概率为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：随机作答该题时（至少选择一个选项），
基本事件总数n15，
得2分的包含的基本事件个数：
mC6，
∴得2分的概率为P．
故选：B．
6．（5分）已知三个不同的平面α，β，γ，三条不同的直线m，n，l，满足α∩β＝m，β∩γ＝n，α∩γ＝l，则下列命题不一定正确的为（ ）
A．若m∥n，则m∥l B．若点A∈m，A∈n，则A∈l
C．若α⊥γ，β⊥γ，则m⊥γ D．若m⊥n，m⊥l，则n⊥l
【解答】解：对于A，如图，
若m∥n，则m∥γ，又m⊂α，α∩γ＝l，∴m∥l，故A正确；
对于B，若点A∈m，A∈n，又m⊂α，n⊂γ，
∴A∈α且A∈γ，而α∩γ＝l，∴A∈l，故B正确；
对于C，如图，
若α⊥γ，β⊥γ，在γ内任取一点A（A∉n，A∉l），
在γ内过A分别作AB⊥l，AC⊥n，
由面面垂直的性质可得AB⊥α，AC⊥β，
则AB⊥m，AC⊥m，∴m⊥γ，故C正确；
若m⊥n，m⊥l，则n∥l或n与l相交或n与l异面，故D错误．
故选：D．
7．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝1，a+c＝2b（cosA+cosC），若满足条件的△ABC有两个，则b的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：∵a+c＝2b（cosA+cosC），
∴a+c＝2b（），
化为：b2＝c2﹣ac+a2＝c2﹣c+1，
∵满足条件的△ABC有两个，
∴'0＜c＜1，1＞b2，解得1＞b．
故选：D．
8．（5分）已知平面向量，，（与不共线），满足||＝||，||＝||＝1，设λμ（λ，μ∈R），则λ+μ的取值范围为（ ）
A． B．
C．[2，+∞） D．（﹣∞，2]
【解答】解：设C（），∵，∴，设，
∵||＝||＝1，，，∴，
故A，B在以C为圆心，以1为半径的圆上，即，
∵||，即，∴，如图1：
由圆的对称性可知AB中点P在以C为圆心，以为半径的圆上，
，∵，，
∴当P运动到图2中位置时，，，
∵，∴，
∴λ＝1，μ＝1，此时λ+μ取最大值2，
当P运动到图3中位置时，，
，∴，
∴，此时λ+μ取得最小值，
故选：B．
二、选择题：本题共四小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
（多选）9．（5分）抛掷三枚硬币，设事件Ai＝“第i枚硬币正面朝上”，i＝1，2，3．则（ ）
A．A1与A2互斥 B．A1∪A2与A3相互独立
C．P（A2∩A3） D．P（A1∪A2）
【解答】解：事件Ai＝“第i枚硬币正面朝上”，i＝1，2，3，
因为A1与A2可以同时发生，所以A1与A2不互斥，故选项A错误；
因为A1，A2与A3相互独立，所以A1∪A2与A3相互独立，故选项B正确；
因为P（A2∩A3），故选项C正确；
因为A1∪A2的对立事件为“第1枚反面向上，第2枚反面向上”，
所以P（A1∪A2）＝1，故选项D正确．
故选：BCD．
（多选）10．（5分）某市教育局为了解疫情时期网络教学期间的学生学习情况，从该市随机抽取了1000名高中学生，对他们每天的平均学习时间进行问卷调查，根据所得信息制作了如图所示的频率分布直方图，则（ ）
A．这1000名高中学生每天的平均学习时间为6～8小时的人数有100人
B．估计该市高中学生每天的平均学习时间的众数为9小时
C．估计该市高中学生每天的平均学习时间的60%分位数为9.2小时
D．估计该市高中学生每天的平均学习时间的平均值为8.6小时
【解答】解：由图可得，每天的平均学习时间为6～8小时的频率为0.1×2＝0.2，
这1000名高中学生每天的平均学习时间为6～8小时的人数有1000×0.2＝200，故A选项错误，
每天的平均学习时间为8～10小时的频率为0.25×2＝0.05×2+0.1×2+0.1×2，即该时段的频率最大，
故估计该市高中学生每天的平均学习时间的众数为小时，故选项B正确，
每天的平均学习时间为4～6小时的频率为0.05×2＝0.1，即0.1×1000＝100人，
每天的平均学习时间为6～8小时的频率为0.1×2＝0.2，即0.2×1000＝200人，
每天的平均学习时间为8～9.2小时的频率为0.25×0.12＝0.3，即0.3×1000＝300人，
即该市高中学生每天的平均学习时间的60%分位数为9.2小时，故选项C正确，
每天的平均学习时间为10～12小时的频率为0.1×2＝0.2，．
故选：BCD．
（多选）11．（5分）平面向量，，满足•1，•1，•1，||＝1，则下列说法一定正确的有（ ）
A．在上的投影向量为 B．在上的投影向量为
C．min{||，||}＝1 D．max{||，||}≥1
【解答】解：在的投影为，故选项A正确；
由于未知，无法求得在上的投影向量，故选项B错误；
设与的夹角为α，则设•|||cosα＝﹣1，∴||0，又∵cosα∈[﹣1，0），则||≥1，∴C对；
∵•||||cos，1，例如，180°，||＝2，||或
||＝||＝1可知D对．
故选：ACD．
（多选）12．（5分）已知正方体ABCD﹣A'B'C'D'的边长为2，Q为棱AA'的中点，M，N分别为线段C'D'，CD上两动点（包括端点），记直线QM，QN与平面ABB'A'所成角分别为α，β，且tan2α+tan2β＝4，则存在点M，N，使得（ ）
A．MN∥AA' B．MN＝2 C．MN D．MN⊥C'Q
【解答】解：如图所示，以 A 为原点建立空间直角坐标系，
则 Q（0，0，1），C′＝（2，2，2），设 M（a，2，2），N（b，2，0），则 M′＝（a，0，2），N′（b，0，0），
所以 ，其中 a，b∈[0，2]，
过 M 点作 A′B′的垂线，垂足为 M′，作 N 点作 AB 的垂线，垂足为 N′，则 MM′⊥平面 ABB′A′，NN′⊥平面 ABB′A′，
所以直线 QM，QN 与平面 ABB′A′所成的角分别为∠MQM′，∠NQN，
即 α＝∠MQM′，β＝∠NQN，
所以 ，
因为 tan2α+tan2β＝4，所以 ，即 ，
对于 A 选项，若 MN//AA′，即 a＝b，解得 a＝b＝1，满足题意，故 A 正确；对于 B 选项，
若 ，即 ，此时 a，b 无解，故 B 错误；
对于 C 选项，若 ，即 ，解得 ，满足题意，故 C 正确；
对于 D 选项，
MN⊥C′Q，即 （b﹣a，0，﹣2）⋅（2，2，1）＝0，又即 b﹣a＝1，
所以 b＝a+1∈[0，2]，故 a∈[0，1]，于是 ，
令 ，又 ，
故 f（0）f（1）＜0，由零点存在定理可得 f（x） 在[0，1]上存在零点，
即方程 有[0，1]内的解，满足题意，故 D 正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共四小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）如图，已知梯形A'B'C'D'是水平放置的四边形ABCD斜二测画法的直观图，梯形A'B'C'D'的面积为，∠D'A'B'＝45°，则原四边形ABCD的面积为 2 ．
【解答】解：因为水平放置的平面直观图形A'B'C'D'的面积为，
所以原四边形ABCD的面积为S＝2S′＝22．
故答案为：2．
14．（5分）若复数，其中i为虚数单位，a∈R，则|z﹣i|的最小值为 ．
【解答】解：因为，
所以，
则|z﹣i|的最小值为．
故答案为：．
15．（5分）截止至目前，中国已经建成全球最大的5G网络，无论是大山深处还是广袤平原，处处都能见到5G基站的身影．如图，某同学在一条水平公路上观测旁边山顶上的一座5G基站AB，已知基站AB高40m，该同学在公路D、E两点处测得基站顶部A处的仰角分别为30°、45°，且∠DCE＝150°．该同学沿着公路的边缘从D处走至E处一共走了700m．则山高BC为 10040 m．（该同学的身高忽略不计）
【解答】解：如图，设BC＝x，则AC＝40+x，又由已知得△ACD，△ACE为直角三角形，且∠ADC＝30°，∠AEC＝45°，
所以由△ACD，△ACE为直角三角形得，，
，
解得，CE＝x+40，
在三角形CDE中，又∠DCE＝150°，DE＝700，由余弦定理得：DE2＝CD2+CE2﹣2CD•CEcos∠DCE，
即（x+40）2+3（x+40）27002，
解得x＝100．
故答案为：．
16．（5分）已知同一平面上的△OAB和△OCD分别是边长为1和2的正三角形（其中A，B，O和C，D，O均按逆时针排列），则的取值范围是 [，] ．
【解答】解：设∠BOC＝θ，如图：
•（）•（）••••
2cos（60°﹣θ）﹣2cosθ+22（cosθsinθ）﹣2cosθ2sin（θ﹣30°），
∵θ∈[0°，180°]，∴θ﹣30°∈[﹣30°，150°]，∴sin（θ﹣30°）∈[，1]，
∴2sin（θ﹣30°）∈[，]．
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．（10分）在复平面内，复数z1，z2对应的点分别为（1，﹣2），（a，1），a∈R，且为纯虚数．
（1）求a的值；
（2）若z1的共轭复数是关于x的方程x2+px+q＝0的一个根，求实数p，q的值．
【解答】解：（1），
∵为纯虚数，
∴a﹣2＝0，
∴a＝2．
（2）∵z1的共轭复数是关于x的方程x2+px+q＝0的一个根，
又∵复数z1对应的点为（1，﹣2），
∴复数对应的点为（1，2），
∴，
∴p＝﹣2，q＝5．
18．（12分）已知三棱柱ABC﹣DEF中，四边形BCFE为矩形．
（1）记平面BCD与平面DEF的交线为l，求证：l∥平面BCFE；
（2）若CD⊥DE，求证：AC⊥BD．
【解答】证明：（1）由棱柱性质得BC∥EF，
∵BC⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，∴BC∥平面DEF，
∵EF⊂平面DEF，平面BCD与平面DEF的交线为l，
∴BC∥l，
∵l⊄平面BCFE，BC⊂平面BCFE，
∴l∥平面BCFE．
（2）作D在△ABC所在平面的投影于点O，
延长AO，BO，CO，交边长BC，AC，AB于点G，R，H，
∵CD⊥DE，DE∥AB，∴CD⊥AB，
∵AB⊥OD，CD∩OD＝D，CD、OD⊂平面OCD，
∴AB⊥平面OCD，
∵OC⊂平面OCD，∴AB⊥OC，
再由条件可知：CF⊥BC，CF∥AD，∴BC⊥AD，
∴BC⊥平面AOD，∴BC⊥AO，∴O为△ABC的垂心，
∴AC⊥OB，
∵AC⊥DO，OB∩DO＝O，OB、DO⊂平面BDO，
∴AC⊥平面BDO，
∵BD⊂平面BDO，∴AC⊥BD．
19．（12分）在①，②DC＝3，③△ABC的面积为这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并求解．问题：在△ABC中，∠B＝90°，BC＝4，线段AC中存在一点D使得AD＝AB，求BD的长度．
【解答】解：选择条件①：
∵，∠ABC＝90°，
∴sin∠ABD，cos∠ABD，
设AD＝AB＝x，BD＝y，
在Rt△ABC中，sin∠BAC，
在△ABD中，由正弦定理知，，即，化简得y（1），
由余弦定理知，AD2＝AB2+BD2﹣2AB•BD•cos∠ABD，
∴x2＝x2+y2﹣2x•y•，化简得x（2），
由（1）（2）解得，y，
∴BD的长度为．
选择条件②：
设AD＝AB＝x，
∵∠ABC＝90°，BC＝4，
∴AB2+BC2＝AC2，即x2+42＝（x+3）2，
解得x，
∴cos∠BAC，
在△ABD中，由余弦定理知，BD2＝AB2+AD2﹣2AB•AD•cos∠BAC2，
∴BD．
选择条件③：
∵∠ABC＝90°，BC＝4，∴SAB•BCAB×4，
∴AD＝AB，AC，
在Rt△ABC中，cos∠BAC，
在△ABD中，由余弦定理知，BD2＝AB2+AD2﹣2AB•AD•cos∠BAC2，
∴BD．
20．（12分）本着健康、低碳的生活，租共享电动自行车出行的人越来越多，某共享电动自行车租车点的收费标准是起步价2元（20分钟及以内），超过20分钟每10分钟收费1元（不足10分钟的部分按40分钟计算）．现有甲、乙、丙三人来该租车点租车是相互独立的（各租一车一次），设甲、乙、丙不超过20分钟还车的概率分别为、、，20分钟以上且不超过30分钟还车的概率分别为、、，三人租车时间都不会超过40分钟．
（1）求甲、乙、丙三人的租车费用不完全相同的概率：
（2）求甲、乙、丙三人的租车费用和为10元的概率．
【解答】解：（1）由题意可得，甲、乙、丙30分钟以上且不超过40分钟还车的概率分别为，
甲、乙、丙三人的租车费用完全相同的概率为P，
甲、乙、丙三人的租车费用不完全相同的概率为1．
（2）由题意可得，甲、乙、丙三人的租车费用和为10元，
①当三人的租车费用组合为2，4，4时，，
②当三人的租车费用组合为3，3，4时，，
即甲、乙、丙三人的租车费用和为10元的概率为P．
21．（12分）如图，在梯形ABCD中，，E，F是DC的两个三等分点，G，H是AB的两个三等分点，线段BC上一动点P满足λ（0≤λ≤1），AP分别交EG，FH于M，N两点，记，．
（1）当λ时，用，表示；
（2）若μ，试写出λ和μ的关系，并求出μ的取值范围．
【解答】解：（1）当λ时，，
则
（）
（）
．
所以；
（2）连结AE，AF，
所以，
，
，
因为E，M，G三点共线，F，N，H三点共线，
所以，
，
因为，所以，
可得，
，
因为，
所以，可得①，
，则有，即②，
将②代入①可得，（λ﹣3）（λ﹣6）μ2+（3λ﹣6）μ＝0，
因为μ≠0，
则（λ﹣3）（λ﹣6）μ+3（λ﹣2）＝0，
故，
因为λ∈[0，1]，令t＝λ﹣2，则t∈[﹣2，﹣1]，
则y＝t在t∈[﹣2，﹣1]上单调递减，
所以t∈[﹣5，﹣4]，
则μ∈，
故μ的取值范围为．
22．（12分）已知矩形ABCD中，AB＝3，AD＝1，E为线段CD上一点（不在端点），沿线段AE将△ADE折成△AD'E，使得平面AD'C⊥平面ABC．
（1）证明：平面ABD'与平面BCD'不可能垂直；
（2）若二面角D'﹣AE﹣B大小为60°，
（ⅰ）求直线AD'与BC所成角的余弦值；
（ⅱ）求三棱锥D'﹣ABC的外接球的体积．
【解答】解：（1）证明：作AH⊥BD′交BD′于点H，作AO⊥AC交AC于点O，
假设平面ABD′⊥平面BCD′，
因为AH⊥BD′，平面ABD′⊥平面BCD′，平面ABD′∩平面BCD′＝BD′，所以AH⊥平面BCD′，
因为BC⊂平面ABD′，所以AH⊥BC；
又因为BC⊥AB，AB∩AH＝A，AB，AH⊂平面ABD′，所以BC⊥平面ABD′，
因为，BD′⊂平面ABD′，所以BC⊥BD′，
因为D′O⊥AC，平面AD′C⊥平面ABC，平面AD′C∩平面ABC＝AC，
所以D′O⊥平面ABC，
因为BC⊂平面ABC，所以BC⊥D′O，
又因为D′O∩BD′＝D′，D′O，BD′⊂平面BOD′，所以BC⊥平面BOD′，
因为OB⊂平面BOD′，所以OB⊥BC，显然矛盾，故假设不成立，
故平面ABD'与平面BCD'不可能垂直；
（2）（ⅰ）作OF⊥AE交AE于垂足F，连接AF，则∠D′FO即为二面角D′﹣AE﹣B的平面角，故∠D′FO＝60°，故D′F＝2OF，
设∠DAF＝α，∠BAC＝β，则DF＝sinα，OFsinα，AF＝cosα，tanβ，
，又，
所以，解得tanα＝1（tanα＝﹣2）舍去，
所以，，，，
因为AD＝AD′＝1，所以，
因为AD∥BC，所以AD与AD′所成角为BC与AD′所成角，设为θ，
因为，
由三余弦定理可知，，
所以，线AD'与BC所成角的余弦值；
（ⅱ）因为AB⊥BC，所以△ABC的外心为AC的中点，
又因为平面AD′C⊥平面ABC，所以三棱锥D′﹣ABC的外接球球心在平面AD′C上，
故三棱锥D′﹣ABC的外接球半径即为AD′C外接圆的半径，设半径为R，
所以，
因为，所以，所以R＝2，
所以三棱锥D′﹣ABC外接球的体积为．
三棱锥D'﹣ABC的外接球的体积．
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2020-2021学年浙江省温州市高一（下）期末数学试卷（A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）i2021的虚部为（ ）
A．1 B．﹣1 C．i D．﹣i
2．（5分）为迎接2022年杭州亚运会，亚委会采用按性别分层随机抽样的方法从某高校报名的200名学生志愿者中抽取30人组成亚运志愿小组，若30人中共有男生12人，则这200名学生志愿者中女生可能有（ ）人
A．12 B．18 C．80 D．120
3．（5分）已知（0，1），（1，0），（2，4），则下列各组向量中，不可以作为平面内所有向量的一个基底的是（ ）
A． B． C． D．
4．（5分）法国罗浮宫玻璃金字塔外表呈正四棱锥形状（如图所示），已知塔高21m，底宽34m，则塔身的表面积（精确到0.01m2）是（ ）（可能用到的参考数据：272＝729，342＝1156）
A．3674.52m2 B．2993.26m2 C．1837.26m2 D．1682.26m2
5．（5分）多项选择题给出的四个选项中会有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．某题恰有3个选项符合题目要求，则随机作答该题时（至少选择一个选项），得2分的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．（5分）已知三个不同的平面α，β，γ，三条不同的直线m，n，l，满足α∩β＝m，β∩γ＝n，α∩γ＝l，则下列命题不一定正确的为（ ）
A．若m∥n，则m∥l B．若点A∈m，A∈n，则A∈l
C．若α⊥γ，β⊥γ，则m⊥γ D．若m⊥n，m⊥l，则n⊥l
7．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝1，a+c＝2b（cosA+cosC），若满足条件的△ABC有两个，则b的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（5分）已知平面向量，，（与不共线），满足||＝||，||＝||＝1，设λμ（λ，μ∈R），则λ+μ的取值范围为（ ）
A． B．
C．[2，+∞） D．（﹣∞，2]
二、选择题：本题共四小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
（多选）9．（5分）抛掷三枚硬币，设事件Ai＝“第i枚硬币正面朝上”，i＝1，2，3．则（ ）
A．A1与A2互斥 B．A1∪A2与A3相互独立
C．P（A2∩A3） D．P（A1∪A2）
（多选）10．（5分）某市教育局为了解疫情时期网络教学期间的学生学习情况，从该市随机抽取了1000名高中学生，对他们每天的平均学习时间进行问卷调查，根据所得信息制作了如图所示的频率分布直方图，则（ ）
A．这1000名高中学生每天的平均学习时间为6～8小时的人数有100人
B．估计该市高中学生每天的平均学习时间的众数为9小时
C．估计该市高中学生每天的平均学习时间的60%分位数为9.2小时
D．估计该市高中学生每天的平均学习时间的平均值为8.6小时
（多选）11．（5分）平面向量，，满足•1，•1，•1，||＝1，则下列说法一定正确的有（ ）
A．在上的投影向量为 B．在上的投影向量为
C．min{||，||}＝1 D．max{||，||}≥1
（多选）12．（5分）已知正方体ABCD﹣A'B'C'D'的边长为2，Q为棱AA'的中点，M，N分别为线段C'D'，CD上两动点（包括端点），记直线QM，QN与平面ABB'A'所成角分别为α，β，且tan2α+tan2β＝4，则存在点M，N，使得（ ）
A．MN∥AA' B．MN＝2 C．MN D．MN⊥C'Q
三、填空题：本题共四小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）如图，已知梯形A'B'C'D'是水平放置的四边形ABCD斜二测画法的直观图，梯形A'B'C'D'的面积为，∠D'A'B'＝45°，则原四边形ABCD的面积为 ．
14．（5分）若复数，其中i为虚数单位，a∈R，则|z﹣i|的最小值为 ．
15．（5分）截止至目前，中国已经建成全球最大的5G网络，无论是大山深处还是广袤平原，处处都能见到5G基站的身影．如图，某同学在一条水平公路上观测旁边山顶上的一座5G基站AB，已知基站AB高40m，该同学在公路D、E两点处测得基站顶部A处的仰角分别为30°、45°，且∠DCE＝150°．该同学沿着公路的边缘从D处走至E处一共走了700m．则山高BC为 m．（该同学的身高忽略不计）
16．（5分）已知同一平面上的△OAB和△OCD分别是边长为1和2的正三角形（其中A，B，O和C，D，O均按逆时针排列），则的取值范围是 ．
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．（10分）在复平面内，复数z1，z2对应的点分别为（1，﹣2），（a，1），a∈R，且为纯虚数．
（1）求a的值；
（2）若z1的共轭复数是关于x的方程x2+px+q＝0的一个根，求实数p，q的值．
18．（12分）已知三棱柱ABC﹣DEF中，四边形BCFE为矩形．
（1）记平面BCD与平面DEF的交线为l，求证：l∥平面BCFE；
（2）若CD⊥DE，求证：AC⊥BD．
19．（12分）在①，②DC＝3，③△ABC的面积为这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并求解．问题：在△ABC中，∠B＝90°，BC＝4，线段AC中存在一点D使得AD＝AB，求BD的长度．
20．（12分）本着健康、低碳的生活，租共享电动自行车出行的人越来越多，某共享电动自行车租车点的收费标准是起步价2元（20分钟及以内），超过20分钟每10分钟收费1元（不足10分钟的部分按40分钟计算）．现有甲、乙、丙三人来该租车点租车是相互独立的（各租一车一次），设甲、乙、丙不超过20分钟还车的概率分别为、、，20分钟以上且不超过30分钟还车的概率分别为、、，三人租车时间都不会超过40分钟．
（1）求甲、乙、丙三人的租车费用不完全相同的概率：
（2）求甲、乙、丙三人的租车费用和为10元的概率．
21．（12分）如图，在梯形ABCD中，，E，F是DC的两个三等分点，G，H是AB的两个三等分点，线段BC上一动点P满足λ（0≤λ≤1），AP分别交EG，FH于M，N两点，记，．
（1）当λ时，用，表示；
（2）若μ，试写出λ和μ的关系，并求出μ的取值范围．
22．（12分）已知矩形ABCD中，AB＝3，AD＝1，E为线段CD上一点（不在端点），沿线段AE将△ADE折成△AD'E，使得平面AD'C⊥平面ABC．
（1）证明：平面ABD'与平面BCD'不可能垂直；
（2）若二面角D'﹣AE﹣B大小为60°，
（ⅰ）求直线AD'与BC所成角的余弦值；
（ⅱ）求三棱锥D'﹣ABC的外接球的体积．
2020-2021学年浙江省温州市高一（下）期末数学试卷（A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）i2021的虚部为（ ）
A．1 B．﹣1 C．i D．﹣i
【解答】解：i2021＝（i4）505•i＝i，
∴i2021的虚部为1．
故选：A．
2．（5分）为迎接2022年杭州亚运会，亚委会采用按性别分层随机抽样的方法从某高校报名的200名学生志愿者中抽取30人组成亚运志愿小组，若30人中共有男生12人，则这200名学生志愿者中女生可能有（ ）人
A．12 B．18 C．80 D．120
【解答】解：因为30人中共有男生12人，则这200名学生志愿者中男生可能有20080（人），
所以女生可能有120人．
故选：D．
3．（5分）已知（0，1），（1，0），（2，4），则下列各组向量中，不可以作为平面内所有向量的一个基底的是（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：A：（﹣1，﹣4），∵0×（﹣4）≠1×（﹣1），∴与不共线，∴A错误，
B：（3，4），∵0×（4）≠1×3，∴与不共线，∴B错误，
C：2（0，﹣4），∵0×（﹣4）＝0×1，∴与2共线，∴C正确，
D：2（4，4），∵0×4≠1×4，∴与2不共线，∴D错误，
故选：C．
4．（5分）法国罗浮宫玻璃金字塔外表呈正四棱锥形状（如图所示），已知塔高21m，底宽34m，则塔身的表面积（精确到0.01m2）是（ ）（可能用到的参考数据：272＝729，342＝1156）
A．3674.52m2 B．2993.26m2 C．1837.26m2 D．1682.26m2
【解答】解：如图，正四棱锥P﹣ABCD，PO⊥底面ABCD，PO＝21m，AB＝34m，
则AOAB＝17，所以AP，
作PE⊥AB，则PE
所以该四棱锥的表面积S＝4AB×PE＝681837.26
故选：C．
5．（5分）多项选择题给出的四个选项中会有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．某题恰有3个选项符合题目要求，则随机作答该题时（至少选择一个选项），得2分的概率为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：随机作答该题时（至少选择一个选项），
基本事件总数n15，
得2分的包含的基本事件个数：
mC6，
∴得2分的概率为P．
故选：B．
6．（5分）已知三个不同的平面α，β，γ，三条不同的直线m，n，l，满足α∩β＝m，β∩γ＝n，α∩γ＝l，则下列命题不一定正确的为（ ）
A．若m∥n，则m∥l B．若点A∈m，A∈n，则A∈l
C．若α⊥γ，β⊥γ，则m⊥γ D．若m⊥n，m⊥l，则n⊥l
【解答】解：对于A，如图，
若m∥n，则m∥γ，又m⊂α，α∩γ＝l，∴m∥l，故A正确；
对于B，若点A∈m，A∈n，又m⊂α，n⊂γ，
∴A∈α且A∈γ，而α∩γ＝l，∴A∈l，故B正确；
对于C，如图，
若α⊥γ，β⊥γ，在γ内任取一点A（A∉n，A∉l），
在γ内过A分别作AB⊥l，AC⊥n，
由面面垂直的性质可得AB⊥α，AC⊥β，
则AB⊥m，AC⊥m，∴m⊥γ，故C正确；
若m⊥n，m⊥l，则n∥l或n与l相交或n与l异面，故D错误．
故选：D．
7．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝1，a+c＝2b（cosA+cosC），若满足条件的△ABC有两个，则b的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：∵a+c＝2b（cosA+cosC），
∴a+c＝2b（），
化为：b2＝c2﹣ac+a2＝c2﹣c+1，
∵满足条件的△ABC有两个，
∴'0＜c＜1，1＞b2，解得1＞b．
故选：D．
8．（5分）已知平面向量，，（与不共线），满足||＝||，||＝||＝1，设λμ（λ，μ∈R），则λ+μ的取值范围为（ ）
A． B．
C．[2，+∞） D．（﹣∞，2]
【解答】解：设C（），∵，∴，设，
∵||＝||＝1，，，∴，
故A，B在以C为圆心，以1为半径的圆上，即，
∵||，即，∴，如图1：
由圆的对称性可知AB中点P在以C为圆心，以为半径的圆上，
，∵，，
∴当P运动到图2中位置时，，，
∵，∴，
∴λ＝1，μ＝1，此时λ+μ取最大值2，
当P运动到图3中位置时，，
，∴，
∴，此时λ+μ取得最小值，
故选：B．
二、选择题：本题共四小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
（多选）9．（5分）抛掷三枚硬币，设事件Ai＝“第i枚硬币正面朝上”，i＝1，2，3．则（ ）
A．A1与A2互斥 B．A1∪A2与A3相互独立
C．P（A2∩A3） D．P（A1∪A2）
【解答】解：事件Ai＝“第i枚硬币正面朝上”，i＝1，2，3，
因为A1与A2可以同时发生，所以A1与A2不互斥，故选项A错误；
因为A1，A2与A3相互独立，所以A1∪A2与A3相互独立，故选项B正确；
因为P（A2∩A3），故选项C正确；
因为A1∪A2的对立事件为“第1枚反面向上，第2枚反面向上”，
所以P（A1∪A2）＝1，故选项D正确．
故选：BCD．
（多选）10．（5分）某市教育局为了解疫情时期网络教学期间的学生学习情况，从该市随机抽取了1000名高中学生，对他们每天的平均学习时间进行问卷调查，根据所得信息制作了如图所示的频率分布直方图，则（ ）
A．这1000名高中学生每天的平均学习时间为6～8小时的人数有100人
B．估计该市高中学生每天的平均学习时间的众数为9小时
C．估计该市高中学生每天的平均学习时间的60%分位数为9.2小时
D．估计该市高中学生每天的平均学习时间的平均值为8.6小时
【解答】解：由图可得，每天的平均学习时间为6～8小时的频率为0.1×2＝0.2，
这1000名高中学生每天的平均学习时间为6～8小时的人数有1000×0.2＝200，故A选项错误，
每天的平均学习时间为8～10小时的频率为0.25×2＝0.05×2+0.1×2+0.1×2，即该时段的频率最大，
故估计该市高中学生每天的平均学习时间的众数为小时，故选项B正确，
每天的平均学习时间为4～6小时的频率为0.05×2＝0.1，即0.1×1000＝100人，
每天的平均学习时间为6～8小时的频率为0.1×2＝0.2，即0.2×1000＝200人，
每天的平均学习时间为8～9.2小时的频率为0.25×0.12＝0.3，即0.3×1000＝300人，
即该市高中学生每天的平均学习时间的60%分位数为9.2小时，故选项C正确，
每天的平均学习时间为10～12小时的频率为0.1×2＝0.2，．
故选：BCD．
（多选）11．（5分）平面向量，，满足•1，•1，•1，||＝1，则下列说法一定正确的有（ ）
A．在上的投影向量为 B．在上的投影向量为
C．min{||，||}＝1 D．max{||，||}≥1
【解答】解：在的投影为，故选项A正确；
由于未知，无法求得在上的投影向量，故选项B错误；
设与的夹角为α，则设•|||cosα＝﹣1，∴||0，又∵cosα∈[﹣1，0），则||≥1，∴C对；
∵•||||cos，1，例如，180°，||＝2，||或
||＝||＝1可知D对．
故选：ACD．
（多选）12．（5分）已知正方体ABCD﹣A'B'C'D'的边长为2，Q为棱AA'的中点，M，N分别为线段C'D'，CD上两动点（包括端点），记直线QM，QN与平面ABB'A'所成角分别为α，β，且tan2α+tan2β＝4，则存在点M，N，使得（ ）
A．MN∥AA' B．MN＝2 C．MN D．MN⊥C'Q
【解答】解：如图所示，以 A 为原点建立空间直角坐标系，
则 Q（0，0，1），C′＝（2，2，2），设 M（a，2，2），N（b，2，0），则 M′＝（a，0，2），N′（b，0，0），
所以 ，其中 a，b∈[0，2]，
过 M 点作 A′B′的垂线，垂足为 M′，作 N 点作 AB 的垂线，垂足为 N′，则 MM′⊥平面 ABB′A′，NN′⊥平面 ABB′A′，
所以直线 QM，QN 与平面 ABB′A′所成的角分别为∠MQM′，∠NQN，
即 α＝∠MQM′，β＝∠NQN，
所以 ，
因为 tan2α+tan2β＝4，所以 ，即 ，
对于 A 选项，若 MN//AA′，即 a＝b，解得 a＝b＝1，满足题意，故 A 正确；对于 B 选项，
若 ，即 ，此时 a，b 无解，故 B 错误；
对于 C 选项，若 ，即 ，解得 ，满足题意，故 C 正确；
对于 D 选项，
MN⊥C′Q，即 （b﹣a，0，﹣2）⋅（2，2，1）＝0，又即 b﹣a＝1，
所以 b＝a+1∈[0，2]，故 a∈[0，1]，于是 ，
令 ，又 ，
故 f（0）f（1）＜0，由零点存在定理可得 f（x） 在[0，1]上存在零点，
即方程 有[0，1]内的解，满足题意，故 D 正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共四小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）如图，已知梯形A'B'C'D'是水平放置的四边形ABCD斜二测画法的直观图，梯形A'B'C'D'的面积为，∠D'A'B'＝45°，则原四边形ABCD的面积为 2 ．
【解答】解：因为水平放置的平面直观图形A'B'C'D'的面积为，
所以原四边形ABCD的面积为S＝2S′＝22．
故答案为：2．
14．（5分）若复数，其中i为虚数单位，a∈R，则|z﹣i|的最小值为 ．
【解答】解：因为，
所以，
则|z﹣i|的最小值为．
故答案为：．
15．（5分）截止至目前，中国已经建成全球最大的5G网络，无论是大山深处还是广袤平原，处处都能见到5G基站的身影．如图，某同学在一条水平公路上观测旁边山顶上的一座5G基站AB，已知基站AB高40m，该同学在公路D、E两点处测得基站顶部A处的仰角分别为30°、45°，且∠DCE＝150°．该同学沿着公路的边缘从D处走至E处一共走了700m．则山高BC为 10040 m．（该同学的身高忽略不计）
【解答】解：如图，设BC＝x，则AC＝40+x，又由已知得△ACD，△ACE为直角三角形，且∠ADC＝30°，∠AEC＝45°，
所以由△ACD，△ACE为直角三角形得，，
，
解得，CE＝x+40，
在三角形CDE中，又∠DCE＝150°，DE＝700，由余弦定理得：DE2＝CD2+CE2﹣2CD•CEcos∠DCE，
即（x+40）2+3（x+40）27002，
解得x＝100．
故答案为：．
16．（5分）已知同一平面上的△OAB和△OCD分别是边长为1和2的正三角形（其中A，B，O和C，D，O均按逆时针排列），则的取值范围是 [，] ．
【解答】解：设∠BOC＝θ，如图：
•（）•（）••••
2cos（60°﹣θ）﹣2cosθ+22（cosθsinθ）﹣2cosθ2sin（θ﹣30°），
∵θ∈[0°，180°]，∴θ﹣30°∈[﹣30°，150°]，∴sin（θ﹣30°）∈[，1]，
∴2sin（θ﹣30°）∈[，]．
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．（10分）在复平面内，复数z1，z2对应的点分别为（1，﹣2），（a，1），a∈R，且为纯虚数．
（1）求a的值；
（2）若z1的共轭复数是关于x的方程x2+px+q＝0的一个根，求实数p，q的值．
【解答】解：（1），
∵为纯虚数，
∴a﹣2＝0，
∴a＝2．
（2）∵z1的共轭复数是关于x的方程x2+px+q＝0的一个根，
又∵复数z1对应的点为（1，﹣2），
∴复数对应的点为（1，2），
∴，
∴p＝﹣2，q＝5．
18．（12分）已知三棱柱ABC﹣DEF中，四边形BCFE为矩形．
（1）记平面BCD与平面DEF的交线为l，求证：l∥平面BCFE；
（2）若CD⊥DE，求证：AC⊥BD．
【解答】证明：（1）由棱柱性质得BC∥EF，
∵BC⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，∴BC∥平面DEF，
∵EF⊂平面DEF，平面BCD与平面DEF的交线为l，
∴BC∥l，
∵l⊄平面BCFE，BC⊂平面BCFE，
∴l∥平面BCFE．
（2）作D在△ABC所在平面的投影于点O，
延长AO，BO，CO，交边长BC，AC，AB于点G，R，H，
∵CD⊥DE，DE∥AB，∴CD⊥AB，
∵AB⊥OD，CD∩OD＝D，CD、OD⊂平面OCD，
∴AB⊥平面OCD，
∵OC⊂平面OCD，∴AB⊥OC，
再由条件可知：CF⊥BC，CF∥AD，∴BC⊥AD，
∴BC⊥平面AOD，∴BC⊥AO，∴O为△ABC的垂心，
∴AC⊥OB，
∵AC⊥DO，OB∩DO＝O，OB、DO⊂平面BDO，
∴AC⊥平面BDO，
∵BD⊂平面BDO，∴AC⊥BD．
19．（12分）在①，②DC＝3，③△ABC的面积为这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并求解．问题：在△ABC中，∠B＝90°，BC＝4，线段AC中存在一点D使得AD＝AB，求BD的长度．
【解答】解：选择条件①：
∵，∠ABC＝90°，
∴sin∠ABD，cos∠ABD，
设AD＝AB＝x，BD＝y，
在Rt△ABC中，sin∠BAC，
在△ABD中，由正弦定理知，，即，化简得y（1），
由余弦定理知，AD2＝AB2+BD2﹣2AB•BD•cos∠ABD，
∴x2＝x2+y2﹣2x•y•，化简得x（2），
由（1）（2）解得，y，
∴BD的长度为．
选择条件②：
设AD＝AB＝x，
∵∠ABC＝90°，BC＝4，
∴AB2+BC2＝AC2，即x2+42＝（x+3）2，
解得x，
∴cos∠BAC，
在△ABD中，由余弦定理知，BD2＝AB2+AD2﹣2AB•AD•cos∠BAC2，
∴BD．
选择条件③：
∵∠ABC＝90°，BC＝4，∴SAB•BCAB×4，
∴AD＝AB，AC，
在Rt△ABC中，cos∠BAC，
在△ABD中，由余弦定理知，BD2＝AB2+AD2﹣2AB•AD•cos∠BAC2，
∴BD．
20．（12分）本着健康、低碳的生活，租共享电动自行车出行的人越来越多，某共享电动自行车租车点的收费标准是起步价2元（20分钟及以内），超过20分钟每10分钟收费1元（不足10分钟的部分按40分钟计算）．现有甲、乙、丙三人来该租车点租车是相互独立的（各租一车一次），设甲、乙、丙不超过20分钟还车的概率分别为、、，20分钟以上且不超过30分钟还车的概率分别为、、，三人租车时间都不会超过40分钟．
（1）求甲、乙、丙三人的租车费用不完全相同的概率：
（2）求甲、乙、丙三人的租车费用和为10元的概率．
【解答】解：（1）由题意可得，甲、乙、丙30分钟以上且不超过40分钟还车的概率分别为，
甲、乙、丙三人的租车费用完全相同的概率为P，
甲、乙、丙三人的租车费用不完全相同的概率为1．
（2）由题意可得，甲、乙、丙三人的租车费用和为10元，
①当三人的租车费用组合为2，4，4时，，
②当三人的租车费用组合为3，3，4时，，
即甲、乙、丙三人的租车费用和为10元的概率为P．
21．（12分）如图，在梯形ABCD中，，E，F是DC的两个三等分点，G，H是AB的两个三等分点，线段BC上一动点P满足λ（0≤λ≤1），AP分别交EG，FH于M，N两点，记，．
（1）当λ时，用，表示；
（2）若μ，试写出λ和μ的关系，并求出μ的取值范围．
【解答】解：（1）当λ时，，
则
（）
（）
．
所以；
（2）连结AE，AF，
所以，
，
，
因为E，M，G三点共线，F，N，H三点共线，
所以，
，
因为，所以，
可得，
，
因为，
所以，可得①，
，则有，即②，
将②代入①可得，（λ﹣3）（λ﹣6）μ2+（3λ﹣6）μ＝0，
因为μ≠0，
则（λ﹣3）（λ﹣6）μ+3（λ﹣2）＝0，
故，
因为λ∈[0，1]，令t＝λ﹣2，则t∈[﹣2，﹣1]，
则y＝t在t∈[﹣2，﹣1]上单调递减，
所以t∈[﹣5，﹣4]，
则μ∈，
故μ的取值范围为．
22．（12分）已知矩形ABCD中，AB＝3，AD＝1，E为线段CD上一点（不在端点），沿线段AE将△ADE折成△AD'E，使得平面AD'C⊥平面ABC．
（1）证明：平面ABD'与平面BCD'不可能垂直；
（2）若二面角D'﹣AE﹣B大小为60°，
（ⅰ）求直线AD'与BC所成角的余弦值；
（ⅱ）求三棱锥D'﹣ABC的外接球的体积．
【解答】解：（1）证明：作AH⊥BD′交BD′于点H，作AO⊥AC交AC于点O，
假设平面ABD′⊥平面BCD′，
因为AH⊥BD′，平面ABD′⊥平面BCD′，平面ABD′∩平面BCD′＝BD′，所以AH⊥平面BCD′，
因为BC⊂平面ABD′，所以AH⊥BC；
又因为BC⊥AB，AB∩AH＝A，AB，AH⊂平面ABD′，所以BC⊥平面ABD′，
因为，BD′⊂平面ABD′，所以BC⊥BD′，
因为D′O⊥AC，平面AD′C⊥平面ABC，平面AD′C∩平面ABC＝AC，
所以D′O⊥平面ABC，
因为BC⊂平面ABC，所以BC⊥D′O，
又因为D′O∩BD′＝D′，D′O，BD′⊂平面BOD′，所以BC⊥平面BOD′，
因为OB⊂平面BOD′，所以OB⊥BC，显然矛盾，故假设不成立，
故平面ABD'与平面BCD'不可能垂直；
（2）（ⅰ）作OF⊥AE交AE于垂足F，连接AF，则∠D′FO即为二面角D′﹣AE﹣B的平面角，故∠D′FO＝60°，故D′F＝2OF，
设∠DAF＝α，∠BAC＝β，则DF＝sinα，OFsinα，AF＝cosα，tanβ，
，又，
所以，解得tanα＝1（tanα＝﹣2）舍去，
所以，，，，
因为AD＝AD′＝1，所以，
因为AD∥BC，所以AD与AD′所成角为BC与AD′所成角，设为θ，
因为，
由三余弦定理可知，，
所以，线AD'与BC所成角的余弦值；
（ⅱ）因为AB⊥BC，所以△ABC的外心为AC的中点，
又因为平面AD′C⊥平面ABC，所以三棱锥D′﹣ABC的外接球球心在平面AD′C上，
故三棱锥D′﹣ABC的外接球半径即为AD′C外接圆的半径，设半径为R，
所以，
因为，所以，所以R＝2，
所以三棱锥D′﹣ABC外接球的体积为．
三棱锥D'﹣ABC的外接球的体积．
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