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2022-2023学年陕西省西安中学高一（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年陕西省西安中学高一（下）期末数学试卷（含解析），共17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。
2022-2023学年陕西省西安中学高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共28.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知复数z满足(3+i)z=1−3i，i为虚数单位，则下列说法正确的是( )
A. |z|=i B. z=−i C. z2=1 D. z的虚部为−i
2. 某校高一年级一名学生七次月考数学成绩(满分100分)分别为78，82，84，84，86，89，96，则这名学生七次月考数学成绩的第80百分位数为( )
A. 82 B. 84 C. 89 D. 96
3. 如图所示的是用斜二测法画的直观图，其平面图形的面积为( )
A. 3
B. 3 22
C. 6
D. 3 2
4. 一个袋中装有大小、质地相同的3个红球和3个黑球，从中随机摸出3个球，设事件A=“至少有2个黑球”，下列事件中，与事件A互斥而不互为对立的是( )
A. 都是黑球 B. 恰好有1个黑球 C. 恰好有1个红球 D. 至少有2个红球
5. 已知非零向量a，b满足|b|=2|a|，且(a+b)⊥a，则a+b与b的夹角为( )
A. π6 B. π3 C. 2π3 D. 5π6
6. 如图，点P在正方体ABCD−A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列结论不总成立的是( )
A. 三棱锥A−D1PD的体积不变
B. A1P//平面ACD1
C. 平面PDB1⊥平面ACD1
D. AP⊥D1C
7. 泰州基督教堂，始建于清光绪二十八年，位于泰州市区迎春东路185号，市人民医院北院对面，总建筑面积2500多平方米．2017年被认定为省四星级宗教活动场所．小明同学为了估算泰州基督教堂的高度，在人民医院北院内找到一座建筑物AB，高为(15 3−15)m，在它们之间的地面上的点M(B,M,D三点共线)处测得楼顶A，教堂顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则小明估算泰州基督教堂的高度为( )
A. 20m B. 30m C. 20 3m D. 30 3m
8. 在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，已知四棱锥S−ABCD为阳马，且AB=AD，SD⊥底面ABCD.若E是线段AB上的点(不含端点)，设SE与AD所成的角为α，SE与底面ABCD所成的角为β，二面角S−AE−D的平面角为γ，则( )
A. β<γ<α B. β<α<γ C. α<γ<β D. α<β<γ
二、多选题（本大题共4小题，共14.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知向量a=(2,1)，b=(−3,1)，则( )
A. 与向量a方向相同的单位向量是(2 55, 55)
B. (a+b)⊥a
C. 向量a在向量b上的投影向量是− 102a
D. |a+2b|=5
10. △ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，则下列说法正确的是( )
A. 若A>B，则sinA>sinB
B. 若A=30°，b=4，a=3，则△ABC有两解
C. 若sinA
11. 在发生公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续7天，每天新增疑似病例不超过5人”.过去7日，甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据信息如下，则一定符合该标志的是( )
甲地：总体平均数x−≤3，且中位数为0；
乙地：总体平均数为2，且标准差s≤2；
丙地：总体平均数x−≤3，且极差c≤2；
丁地：众数为1，且极差c≤4．
A. 甲地 B. 乙地 C. 丙地 D. 丁地
12. 甲罐中有3个红球、2个白球，乙罐中有4个红球、1个白球，先从甲罐中随机取出1个球放入乙罐，分别以A1，A2表示由甲罐中取出的球是红球、白球的事件，再从乙罐中随机取出1个球，以B表示从乙罐中取出的球是红球的事件，下列命题正确的是( )
A. P(B)=2330 B. 事件B与事件A1相互独立
C. 事件B与事件A2相互独立 D. A1，A2互斥
三、填空题（本大题共4小题，共14.0分）
13. 已知向量a=(4,−2)，b=(−2,λ)，且a与b共线，则|b|= ______ ．
14. 在复平面内，若数z满足|z+1|=2，则|z−1−i|的最大值为______ ．
15. 已知锐角△ABC中，AB=3，AC=4，A=π3，延长AB到点D，使sin∠BCD= 3926，则S△BCD= ______ ．
16. 已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°.以D1为球心， 5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 ．
四、解答题（本大题共5小题，共44.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
在△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知向量m=( 3cosA,sinA)，n=(1,−1)，且m⊥n．
(1)求角A的大小；
(2)若a= 7，3sinB=2sinC，求△ABC的面积．
18. (本小题8.0分)
社会的进步与发展，关键在于人才，引进高素质人才对社会的发展具有重大作用．某市进行人才引进，需要进行笔试和面试，一共有200名应聘者参加笔试，他们的笔试成绩都在[40,100]内，将笔试成绩按照[40,50)，[50,60)，…，[90,100]分组，得到如图所示频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中a的值；
(2)求全体应聘者笔试成绩的众数和平均数(每组数据以区间中点值为代表)；
(3)若计划面试150人，请估计参加面试的最低分数线．
19. (本小题8.0分)
如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，其它四个侧面都是侧棱长为 3的等腰三角形，E、F分别为AB、PC的中点．
(Ⅰ)证明：BF//平面PDE；
(Ⅱ)求三棱锥E−BDF的体积．
20. (本小题10.0分)
袋中装有6个形状、大小完全相同的球，其中黑球2个、白球2个、红球2个，规定取出一个黑球记0分，取出一个白球记1分，取出一个红球记2分，抽取这些球的时候，谁也无法看到球的颜色，首先由甲取出3个球，并不再将它们放回原袋中，然后由乙取出剩余的3个球，规定取出球的总积分多者获胜．
(1)求甲、乙成平局的概率；
(2)从概率的角度分析先后取球的顺序是否影响比赛的公平性．
21. (本小题10.0分)
如图所示，某市有一块正三角形状空地△ABC，其中测得BC=10千米．当地政府计划将这块空地改造成旅游景点，拟在中间挖一个人工湖△DEF，其中点D在AB边上，点E在BC边上，点F在AC边上，DF=2DE，∠DEF=90°，剩余部分需做绿化，设∠DEB=θ．
(1)若θ=π3，求DE的长；
(2)当θ变化时，△DEF的面积是否有最小值？若有则求出最小值，若无请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为(3+i)z=1−3i，
则z=1−3i3+i=(1−3i)(3−i)10=−10i10=−i，
|z|=1，z2=−1，
∴z的虚部为−1．
故选：B．
利用复数的运算法则、模的计算公式、虚部的定义即可得出．
本题考查了复数的运算法则、模的计算公式、虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为7×80%=5.6，
所以这名学生七次月考数学成绩的第80百分位数为89．
故选：C．
利用百分位数的定义分析求解即可．
本题考查了百分位数的定义，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由图可知直观图为三角形，其面积为12×2×3×sin45°=3 22，
∴平面图面积为：3 22×2 2=6．
故选：C．
根据直观图中图形数据计算出直观图面积，再用直观图面积乘以2 2，即可算出平面图面积．
本题考查直观图与平面图面积关系，考查数学运算能力，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查命题真假的判断，考查对立事件、互斥事件的定义，是基础题．
利用对立事件、互斥事件的定义直接求解即可．
【解答】
解：从装有大小和质地完全相同的3个红球和3个黑球的袋内任取3个球，
在A中，至少有2个黑球和都是黑球能同时发生，不是互斥事件，故A错误，
在B中，至少有2个黑球和恰有1个黑球不能同时发生，是互斥而不对立事件，故B正确，
在C中，至少有2个黑球和恰有1个红球能同时发生，不是互斥事件，故C错误，
在D中，至少有2个黑球和至少有2个红球事件不能同时发生，是对立事件，故D错误．
故选：B．
5.【答案】A
【解析】解：设a+b与b的夹角为θ，因为|b|=2|a|，且(a+b)⊥a，
所以a⋅(a+b)=0，即|a|2+a⋅b=0，所以a⋅b=−|a|2，
所以(a+b)⋅b=a⋅b+|b|2=−|a|2+4|a|2=3|a|2，
|a+b|= |a|2+2a⋅b+|b|2= 3|a|，
所以cosθ=(a+b)⋅b|a+b||b|=3|a|2 3|a|⋅2|a|= 32，
又θ∈[0,π]，所以θ=π6．
故选：A．
根据已知，利用向量垂直的性质可得a⋅b=−|a|2，分别求出(a+b)⋅b=3|a|2，|a+b|= 3|a|，由向量的夹角公式求解即可．
本题主要考查平面向量的夹角，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：由三棱锥A−D1PD的体积即为三棱锥P−D1AD的体积，
而底面ADD1的面积为定值，P到平面ADD1的距离为正方体的棱长，
故三棱锥P−D1AD的体积为定值，则A正确；
由A1C1//AC，BC1//AD1，由面面平行的判定定理可得平面A1BC1//平面ACD1，
而A1P⊂平面A1C1B，所以A1P//平面ACD1，则B正确；
由BD⊥AC，AC⊥BB1，可得AC⊥平面BDD1，则AC⊥B1D，
同理可得AD1⊥DB1，则DB1⊥平面ACD1，
而DB1⊂面PDB1，即平面PDB1⊥平面ACD1，则C正确；
当P与B重合时，AP与CD1成45°的角，则D不正确．
故选：D．
由等积法和棱锥的体积公式可判断A；由面面平行的性质定理可判断B；由面面垂直的判定定理可判断C；考虑P与B重合，AP与CD1所成角可判断D．
本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，考查转化思想和空间想象能力、推理能力，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查三角形的正弦定理和解直角三角形应用问题，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
利用Rt△ABM求得AM，在△ACM中运用正弦定理可得CM，解Rt△CDM，可得CD的值．
【解答】
解：在Rt△ABM中，sin15°=ABAM，
解得AM=ABsin15∘=15 3−15 6− 24=30 2；
在△ACM中，∠CAM=30°+15°=45°，∠AMC=180°−15°−60°=105°，
所以∠ACM=180°−45°−105°=30°，
由正弦定理得，AMsin30∘=CMsin45∘，
解得CM=AM⋅sin45°sin30∘=30 2× 2212=60；
在Rt△CDM中，CD=CMsin60°=60× 32=30 3，
即估算泰州基督教堂的高度为30 3m.
故选：D．
8.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查异面直线所成角、线面角、二面角的大小的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
由异面直线所成角、线面角、二面角的概念得到β<γ=∠SAD<α，从而β<γ<α．
【解答】
解：在DC上取点F，连接EF，SF，使EF//AD．
四棱锥S−ABCD为阳马，且AB=AD，SD⊥底面ABCD.E是线段AB上的点(不含端点)，
设SE与AD所成的角为α，SE与底面ABCD所成的角为β，二面角S−AE−D的平面角为γ，
∴sinβ=SDSE
∴β<γ<α．
故选A．
9.【答案】ABD
【解析】解：∵向量a=(2,1)，b=(−3,1)，
∴与向量a方向相同的单位向量是a|a|=(2,1) 5=(2 55, 55)，∴A正确；
又(a+b)⋅a=(−1,2)⋅(2,1)=−1×2+2×1=0，∴B正确；
又向量a在向量b上的投影向量是(a⋅bb2)⋅b=−510b=−12b，∴C错误；
又|a+2b|=|(−4,3)|= (−4)2+32=5，∴D正确，
故选：ABD．
根据向量的数乘运算，向量的模，向量垂直定理坐标运算，投影向量的定义即可求解．
本题考查向量的数乘运算，向量的模，向量垂直定理坐标运算，投影向量的定义，属基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：对于A，A>B⇒a>b⇒2RsinA>2RsinB⇒sinA>sinB，A正确；
对于B，因为A=30°，b=4，a=3，
由正弦定理得，312=4sinB，
故sinB=23，
因为b>a，
所以B>A，
故B有两角，B正确；
对于C，由题意得B一定为锐角，A显然不为直角，
当A为锐角时，则sinAπ2，⇒△ABC为钝角三角形，
当A为钝角时，sinAB⇒A>B+π2⇒A>π2⇒△ABC为钝角三角形，C正确；
对于D，因为A=60°，a=2，
由余弦定理得，a2=4=b2+c2−bc≥bc，当且仅当b=c时取等号，
故bc≤4，
△ABC面积S=12bc⋅ 32= 34bc≤ 3，即最大值为 3，D错误．
故选：ABC．
由已知结合正弦定理可检验A；结合正弦定理及三角形大边对大角可检验选项B；然后结合三角函数关系分别检验C；结合余弦定理及基本不等式，三角形的面积公式可检验选项D．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在求解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
11.【答案】CD
【解析】解：该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续7天，每天新增疑似病例不超过5人”．
甲地：总体平均数x−≤3，且中位数为0，
存在连续7天中某一天新增疑似病例超过5人的可能，故甲地不一定符合标准，故A错误．
乙地：总体平均数为2，且标准差s≤2，
存在连续7天中某一天新增疑似病例超过5人的可能，
例如7天中新增病例数为1，1，1，1，2，2，6，
满足总体平均数为2，且标准差s≤2，故乙地不一定符合标准，故B错误；
丙地：总体平均数x−≤3，且极差c≤2，
每天新增疑似病例没有超过5人的可能，故丙地一定符合标准，故C正确；
丁地：众数为1，且极差c≤4．
每天新增疑似病例没有超过5人的可能，故丁地一定符合标准，故D正确．
故选：CD．
利用标准差、中位数、极差、众数的性质直接求解．
本题考查命题真假的判断，考查方差、中位数、极差、众数的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
12.【答案】AD
【解析】解：P(A1)=35，P(A2)=25，P(B|A1)=56，P(B|A2)=46=23，
则P(B)=P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)P(A2)=56×35+23×25=2330，故A正确；
事件B与事件A1，A2不相互独立，故B、C错误；
A1、A2不可能同时发生，故彼此互斥，故D正确．
故选：AD．
故选：AD．
由互斥事件及条件概率公式求得P(B)判断A；由相互独立事件的概念判断B与C；根据互斥事件的概念判断D．
本题考查相互独立事件、互斥事件的概念，考查条件概率的求法，是基础题．
13.【答案】 5
【解析】解：∵a与b共线，
∴4λ−4=0，解得λ=1，
∴b=(−2,1)，
∴|b|= 5．
故答案为： 5．
根据a与b共线即可求出λ的值，然后即可求出|b|的值．
本题考查了共线向量的坐标关系，根据向量的坐标求向量的长度的方法，考查了计算能力，属于基础题．
14.【答案】4
【解析】解：因为|z+1|=2，则复数z对应的点Z的轨迹为以P(−1,0)为圆心，r=2为半径的圆，
|z−1−i|表示点Z与点Q(1,1)之间的距离，
所以|z−1−i|的最大值为PQ+r=2+2=4．
故答案为：4．
利用复数模的几何意义，将问题转化为圆上的点到定点距离的最值问题，由圆的几何性质求解即可．
本题考查了复数模的几何意义的理解和应用，圆的几何性质的应用，考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于基础题．
15.【答案】 3
【解析】解：因为AB=3，A=π3，
由余弦定理得，BC= 9+16−2×3×4×12= 13，
所以sin∠ABC=ACBCsinA=2 3913，则CDBD=sin∠DBCsin∠BCD=4，
设BD=x，则CD=4x，
因为cos∠ABC= 1313，cos∠DBC=−cos(π−∠ABC)，
所以cos∠DBC=− 1313，
由余弦定理得16x2=x2+13+2x× 13× 1313，即15x2−2x−13=0，解得x=1或−1315(舍)，
所以BD=1，CD=4，
则S△BCD=12×4× 13× 3926= 3，
故答案为： 3．
运用三角形的余弦定理可求BC的值，结合正弦定理可求出BD与CD的等量关系，再在三角形BCD中运用余弦定理，即可求出BD的值，最后运用面积公式，即可求解．
本题考查三角形的面积公式、正弦定理、余弦定理，考查运算求解能力，考查数学运算及逻辑推理核心素养，属于基础题．
16.【答案】 2π2
【解析】
【分析】
本题考查空间点线面距离的求法，球与几何体相交的交线的问题，属于难题．
画出直观图，建立如图所示的坐标系，设出P的坐标，通过D1P= 5.求出P的轨迹方程，然后求解以D1为球心， 5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长．
【解答】
解：由题意直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°.可知：D1B1=2，上下底面是菱形，建立如图所示的平面直角坐标系，
设P(x,y)，则D1E2=D1B12+x2−2⋅D1B1⋅xcos60°=x2+4−2x．
由题意可知D1P= 5．
可得：5=x2+4−2x+(2−y)2．
即(x−1)2+(y−2)2=2，
所以P在侧面BCC1B1的轨迹是以B1C1的中点为圆心，半径为 2的圆弧．
以D1为球心， 5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为：14×2 2π= 2π2．
故答案为： 2π2．
17.【答案】解：(1)△ABC中，向量m=( 3cosA,sinA)，n=(1,−1)，且m⊥n，
∴m⋅n= 3cosA−sinA=0，
∴sinAcosA=tanA= 3，
又A∈(0,π)，
∴A=π3；
(2)若a= 7，3sinB=2sinC，
则3b=2c，
∴c=32b，
由余弦定理a2=b2+c2−2bccosA，
∴7=b2+94b2−2b×32b×cosπ3，
解得b=2，c=3，
∴△ABC的面积为
S=12bcsinA=12×2×3×sinπ3=3 32．
【解析】(1)根据平面向量的数量积与同角的三角函数关系求得角A的值；
(2)由正弦、余弦定理求得b、c的值，再计算△ABC的面积．
本题考查了平面向量的数量积与解三角形的应用问题，是基础题．
18.【答案】解：(1)由频率分布直方图的性质得：
(0.005+0.010+a+0.030+a+0.015)×10=1，
解得a=0.020．
(2)应聘者笔试成绩的众数为：70+802=75，
应聘者笔试成绩的平均数为：
45×0.05+55×0.1+65×0.2+75×0.3+85×0.2+95×0.15=74.5．
(3)由频率分布直方图可知：
[90,100]中有：200×0.15=30，
[80,90)中有：200×0.2=40，
[70,80)中有：200×0.3=60，
[60,70)中有：200×0.2=40，
设分数线定为x，则x∈[60,70)，
(70−x)×0.02×200+30+40+60=150，
解得x=65．
故分数线为65．
【解析】(1)由频率分布直方图的性质列出方程组，能求出a．
(2)由频率分布直方图的性质能求出应聘者笔试成绩的众数、平均数．
(3)由频率分布直方图分别求出[90,100]中有30，[80,90)中有40，[70,80)中有60，[60,70)中有40，设分数线定为x，列出方程能求出分数线．
本题考查频率、众数、平均数、分数线的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
19.【答案】证明：(Ⅰ)∵F为PC的中点，取PD的中点为G，连EG，FG
∵ABCD为正方形，E为AB的中点，
∴BE//CD且BE=12CD，
又∵FG//CD，且FG=12CD，
∴四边形BEGF为平行四边形，故BF//EG，
∵EG⊂平面PDE，BF⊄平面PDE，
∴BF//平面PDE；
解：(Ⅱ)∵ABCD为正方形，且PA=PB=PC=PD，
∴P−ABCD为正四棱锥，则P在平面ABCD的射影为AC的中点O，
∵F为PC的中点，S△BDE=14S正方形ABCD，
∴VE−BDF=VF−BDE=18VP−ABCD，
∵PA= 3,OA= 2，∴OP=1，
∴VP−ABCD=13⋅22⋅1=43，
则∴VE−BDF=18×43=16．
【解析】(Ⅰ)取PD的中点为G，连EG，FG，证明四边形BEGF为平行四边形，得BF//EG，再由直线与平面平行的判定可得BF//平面PDE；
(Ⅱ)求出正四棱锥P−ABCD的体积，结合已知利用等体积法求三棱锥E−BDF的体积．
本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等体积法求多面体的体积，是中档题．
20.【答案】解：(1)记黑球为1，2号，白球为3，4号，红球为5，6号，
则甲的可能取球共有以下20种情况：
123，124，125，126，134，135，136，145，146，156，
234，235，236，245，246，256，345，346，356，456，
甲乙平局时都得3分，所以甲取出的三个小球是一黑一白一红，共8种情况，
故平局的概率P1=820=25．
(2)甲获胜时，得分只能是4分或5分，即取出的是2红1白，1红2白，2红1黑共6种情况，
故先取者(甲)获胜的概率P2=620=310，
后取者(乙)获胜的概率P3=1−25−310=310，
所以P2=P3，故先取后取获胜的概率一样．
【解析】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
(1)记黑球为1，2号，白球为3，4号，红球为5，6号，利用列举法求出甲的可能取球共有20种情况，甲乙平局时都得3分，从而甲取出的三个小球是一黑一白一红，共8种情况，由此能求出平局的概率．
(2)甲获胜时，得分只能是4分或5分，即取出的是2红1白，1红2白，2红1黑共6种情况，从而求出先取者(甲)获胜的概率和后取者(乙)获胜的概率相等，由此得到先取后取获胜的概率一样．
21.【答案】解：(1)设DE=x千米，当θ=π3时，△BDE为等边三角形，所以BE=DE=x，
由∠DEF=90°，DF=2DE=2x，得EF= 3x，
△CEF中，∠CEF=30°，∠C=60°，所以∠CFE=90°，所以EC=EFsin60∘= 3x 32=2x，
所以DE+EC=BE+EC=3x=BC=10，解得x=103，
所以DE=103千米；
(2)△BDE中，∠DEB=θ，由正弦定理得BEsin(120∘−θ)=xsin60∘，
解得BE=xsin(120°−θ)sin60∘；
△CEF中，∠CEF=90°−θ，由正弦定理得ECsin(30∘+θ)= 3xsin60°，
解得EC= 3xsin(30°+θ)sin60°；
由BE+EC=BC，得xsin(120°−θ)sin60∘+ 3xsin(30°+θ)sin60°=10，
即x[sin(120°−θ)+ 3sin(30°+θ)]=5 3，
解得x=5 3 3cosθ+2sinθ=5 3 7sin(θ+α)；
由S△DEF=12x⋅ 3x= 32x2，
所以当x取得最小值xmin=5 3 7时，
△DEF的面积取得最小值为S△DEFmin= 32×(5 3 7)2=75 314(平方千米)．
【解析】(1)设DE=x千米，θ=π3时△BDE为等边三角形，根据Rt△DEF中勾股定理求出EF，判断△CEF是Rt△，求出EC，再列方程求出x的值；
(2)△BDE中利用正弦定理求出BE，△CEF中利用正弦定理求出EC，利用BE+EC=BC列方程求出x，根据三角形的面积公式求出x取最小值时△DEF的面积取得最小值．
本题考查了解三角形的应用问题，也考查了运算求解能力与方程、函数思想，是中档题．
2022-2023学年陕西省西安中学高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共28.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知复数z满足(3+i)z=1−3i，i为虚数单位，则下列说法正确的是( )
A. |z|=i B. z=−i C. z2=1 D. z的虚部为−i
2. 某校高一年级一名学生七次月考数学成绩(满分100分)分别为78，82，84，84，86，89，96，则这名学生七次月考数学成绩的第80百分位数为( )
A. 82 B. 84 C. 89 D. 96
3. 如图所示的是用斜二测法画的直观图，其平面图形的面积为( )
A. 3
B. 3 22
C. 6
D. 3 2
4. 一个袋中装有大小、质地相同的3个红球和3个黑球，从中随机摸出3个球，设事件A=“至少有2个黑球”，下列事件中，与事件A互斥而不互为对立的是( )
A. 都是黑球 B. 恰好有1个黑球 C. 恰好有1个红球 D. 至少有2个红球
5. 已知非零向量a，b满足|b|=2|a|，且(a+b)⊥a，则a+b与b的夹角为( )
A. π6 B. π3 C. 2π3 D. 5π6
6. 如图，点P在正方体ABCD−A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列结论不总成立的是( )
A. 三棱锥A−D1PD的体积不变
B. A1P//平面ACD1
C. 平面PDB1⊥平面ACD1
D. AP⊥D1C
7. 泰州基督教堂，始建于清光绪二十八年，位于泰州市区迎春东路185号，市人民医院北院对面，总建筑面积2500多平方米．2017年被认定为省四星级宗教活动场所．小明同学为了估算泰州基督教堂的高度，在人民医院北院内找到一座建筑物AB，高为(15 3−15)m，在它们之间的地面上的点M(B,M,D三点共线)处测得楼顶A，教堂顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则小明估算泰州基督教堂的高度为( )
A. 20m B. 30m C. 20 3m D. 30 3m
8. 在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，已知四棱锥S−ABCD为阳马，且AB=AD，SD⊥底面ABCD.若E是线段AB上的点(不含端点)，设SE与AD所成的角为α，SE与底面ABCD所成的角为β，二面角S−AE−D的平面角为γ，则( )
A. β<γ<α B. β<α<γ C. α<γ<β D. α<β<γ
二、多选题（本大题共4小题，共14.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知向量a=(2,1)，b=(−3,1)，则( )
A. 与向量a方向相同的单位向量是(2 55, 55)
B. (a+b)⊥a
C. 向量a在向量b上的投影向量是− 102a
D. |a+2b|=5
10. △ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，则下列说法正确的是( )
A. 若A>B，则sinA>sinB
B. 若A=30°，b=4，a=3，则△ABC有两解
C. 若sinA
11. 在发生公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续7天，每天新增疑似病例不超过5人”.过去7日，甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据信息如下，则一定符合该标志的是( )
甲地：总体平均数x−≤3，且中位数为0；
乙地：总体平均数为2，且标准差s≤2；
丙地：总体平均数x−≤3，且极差c≤2；
丁地：众数为1，且极差c≤4．
A. 甲地 B. 乙地 C. 丙地 D. 丁地
12. 甲罐中有3个红球、2个白球，乙罐中有4个红球、1个白球，先从甲罐中随机取出1个球放入乙罐，分别以A1，A2表示由甲罐中取出的球是红球、白球的事件，再从乙罐中随机取出1个球，以B表示从乙罐中取出的球是红球的事件，下列命题正确的是( )
A. P(B)=2330 B. 事件B与事件A1相互独立
C. 事件B与事件A2相互独立 D. A1，A2互斥
三、填空题（本大题共4小题，共14.0分）
13. 已知向量a=(4,−2)，b=(−2,λ)，且a与b共线，则|b|= ______ ．
14. 在复平面内，若数z满足|z+1|=2，则|z−1−i|的最大值为______ ．
15. 已知锐角△ABC中，AB=3，AC=4，A=π3，延长AB到点D，使sin∠BCD= 3926，则S△BCD= ______ ．
16. 已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°.以D1为球心， 5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 ．
四、解答题（本大题共5小题，共44.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
在△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知向量m=( 3cosA,sinA)，n=(1,−1)，且m⊥n．
(1)求角A的大小；
(2)若a= 7，3sinB=2sinC，求△ABC的面积．
18. (本小题8.0分)
社会的进步与发展，关键在于人才，引进高素质人才对社会的发展具有重大作用．某市进行人才引进，需要进行笔试和面试，一共有200名应聘者参加笔试，他们的笔试成绩都在[40,100]内，将笔试成绩按照[40,50)，[50,60)，…，[90,100]分组，得到如图所示频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中a的值；
(2)求全体应聘者笔试成绩的众数和平均数(每组数据以区间中点值为代表)；
(3)若计划面试150人，请估计参加面试的最低分数线．
19. (本小题8.0分)
如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，其它四个侧面都是侧棱长为 3的等腰三角形，E、F分别为AB、PC的中点．
(Ⅰ)证明：BF//平面PDE；
(Ⅱ)求三棱锥E−BDF的体积．
20. (本小题10.0分)
袋中装有6个形状、大小完全相同的球，其中黑球2个、白球2个、红球2个，规定取出一个黑球记0分，取出一个白球记1分，取出一个红球记2分，抽取这些球的时候，谁也无法看到球的颜色，首先由甲取出3个球，并不再将它们放回原袋中，然后由乙取出剩余的3个球，规定取出球的总积分多者获胜．
(1)求甲、乙成平局的概率；
(2)从概率的角度分析先后取球的顺序是否影响比赛的公平性．
21. (本小题10.0分)
如图所示，某市有一块正三角形状空地△ABC，其中测得BC=10千米．当地政府计划将这块空地改造成旅游景点，拟在中间挖一个人工湖△DEF，其中点D在AB边上，点E在BC边上，点F在AC边上，DF=2DE，∠DEF=90°，剩余部分需做绿化，设∠DEB=θ．
(1)若θ=π3，求DE的长；
(2)当θ变化时，△DEF的面积是否有最小值？若有则求出最小值，若无请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为(3+i)z=1−3i，
则z=1−3i3+i=(1−3i)(3−i)10=−10i10=−i，
|z|=1，z2=−1，
∴z的虚部为−1．
故选：B．
利用复数的运算法则、模的计算公式、虚部的定义即可得出．
本题考查了复数的运算法则、模的计算公式、虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为7×80%=5.6，
所以这名学生七次月考数学成绩的第80百分位数为89．
故选：C．
利用百分位数的定义分析求解即可．
本题考查了百分位数的定义，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由图可知直观图为三角形，其面积为12×2×3×sin45°=3 22，
∴平面图面积为：3 22×2 2=6．
故选：C．
根据直观图中图形数据计算出直观图面积，再用直观图面积乘以2 2，即可算出平面图面积．
本题考查直观图与平面图面积关系，考查数学运算能力，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查命题真假的判断，考查对立事件、互斥事件的定义，是基础题．
利用对立事件、互斥事件的定义直接求解即可．
【解答】
解：从装有大小和质地完全相同的3个红球和3个黑球的袋内任取3个球，
在A中，至少有2个黑球和都是黑球能同时发生，不是互斥事件，故A错误，
在B中，至少有2个黑球和恰有1个黑球不能同时发生，是互斥而不对立事件，故B正确，
在C中，至少有2个黑球和恰有1个红球能同时发生，不是互斥事件，故C错误，
在D中，至少有2个黑球和至少有2个红球事件不能同时发生，是对立事件，故D错误．
故选：B．
5.【答案】A
【解析】解：设a+b与b的夹角为θ，因为|b|=2|a|，且(a+b)⊥a，
所以a⋅(a+b)=0，即|a|2+a⋅b=0，所以a⋅b=−|a|2，
所以(a+b)⋅b=a⋅b+|b|2=−|a|2+4|a|2=3|a|2，
|a+b|= |a|2+2a⋅b+|b|2= 3|a|，
所以cosθ=(a+b)⋅b|a+b||b|=3|a|2 3|a|⋅2|a|= 32，
又θ∈[0,π]，所以θ=π6．
故选：A．
根据已知，利用向量垂直的性质可得a⋅b=−|a|2，分别求出(a+b)⋅b=3|a|2，|a+b|= 3|a|，由向量的夹角公式求解即可．
本题主要考查平面向量的夹角，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：由三棱锥A−D1PD的体积即为三棱锥P−D1AD的体积，
而底面ADD1的面积为定值，P到平面ADD1的距离为正方体的棱长，
故三棱锥P−D1AD的体积为定值，则A正确；
由A1C1//AC，BC1//AD1，由面面平行的判定定理可得平面A1BC1//平面ACD1，
而A1P⊂平面A1C1B，所以A1P//平面ACD1，则B正确；
由BD⊥AC，AC⊥BB1，可得AC⊥平面BDD1，则AC⊥B1D，
同理可得AD1⊥DB1，则DB1⊥平面ACD1，
而DB1⊂面PDB1，即平面PDB1⊥平面ACD1，则C正确；
当P与B重合时，AP与CD1成45°的角，则D不正确．
故选：D．
由等积法和棱锥的体积公式可判断A；由面面平行的性质定理可判断B；由面面垂直的判定定理可判断C；考虑P与B重合，AP与CD1所成角可判断D．
本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，考查转化思想和空间想象能力、推理能力，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查三角形的正弦定理和解直角三角形应用问题，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
利用Rt△ABM求得AM，在△ACM中运用正弦定理可得CM，解Rt△CDM，可得CD的值．
【解答】
解：在Rt△ABM中，sin15°=ABAM，
解得AM=ABsin15∘=15 3−15 6− 24=30 2；
在△ACM中，∠CAM=30°+15°=45°，∠AMC=180°−15°−60°=105°，
所以∠ACM=180°−45°−105°=30°，
由正弦定理得，AMsin30∘=CMsin45∘，
解得CM=AM⋅sin45°sin30∘=30 2× 2212=60；
在Rt△CDM中，CD=CMsin60°=60× 32=30 3，
即估算泰州基督教堂的高度为30 3m.
故选：D．
8.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查异面直线所成角、线面角、二面角的大小的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
由异面直线所成角、线面角、二面角的概念得到β<γ=∠SAD<α，从而β<γ<α．
【解答】
解：在DC上取点F，连接EF，SF，使EF//AD．
四棱锥S−ABCD为阳马，且AB=AD，SD⊥底面ABCD.E是线段AB上的点(不含端点)，
设SE与AD所成的角为α，SE与底面ABCD所成的角为β，二面角S−AE−D的平面角为γ，
∴sinβ=SDSE
∴β<γ<α．
故选A．
9.【答案】ABD
【解析】解：∵向量a=(2,1)，b=(−3,1)，
∴与向量a方向相同的单位向量是a|a|=(2,1) 5=(2 55, 55)，∴A正确；
又(a+b)⋅a=(−1,2)⋅(2,1)=−1×2+2×1=0，∴B正确；
又向量a在向量b上的投影向量是(a⋅bb2)⋅b=−510b=−12b，∴C错误；
又|a+2b|=|(−4,3)|= (−4)2+32=5，∴D正确，
故选：ABD．
根据向量的数乘运算，向量的模，向量垂直定理坐标运算，投影向量的定义即可求解．
本题考查向量的数乘运算，向量的模，向量垂直定理坐标运算，投影向量的定义，属基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：对于A，A>B⇒a>b⇒2RsinA>2RsinB⇒sinA>sinB，A正确；
对于B，因为A=30°，b=4，a=3，
由正弦定理得，312=4sinB，
故sinB=23，
因为b>a，
所以B>A，
故B有两角，B正确；
对于C，由题意得B一定为锐角，A显然不为直角，
当A为锐角时，则sinA
当A为钝角时，sinA
对于D，因为A=60°，a=2，
由余弦定理得，a2=4=b2+c2−bc≥bc，当且仅当b=c时取等号，
故bc≤4，
△ABC面积S=12bc⋅ 32= 34bc≤ 3，即最大值为 3，D错误．
故选：ABC．
由已知结合正弦定理可检验A；结合正弦定理及三角形大边对大角可检验选项B；然后结合三角函数关系分别检验C；结合余弦定理及基本不等式，三角形的面积公式可检验选项D．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在求解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
11.【答案】CD
【解析】解：该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续7天，每天新增疑似病例不超过5人”．
甲地：总体平均数x−≤3，且中位数为0，
存在连续7天中某一天新增疑似病例超过5人的可能，故甲地不一定符合标准，故A错误．
乙地：总体平均数为2，且标准差s≤2，
存在连续7天中某一天新增疑似病例超过5人的可能，
例如7天中新增病例数为1，1，1，1，2，2，6，
满足总体平均数为2，且标准差s≤2，故乙地不一定符合标准，故B错误；
丙地：总体平均数x−≤3，且极差c≤2，
每天新增疑似病例没有超过5人的可能，故丙地一定符合标准，故C正确；
丁地：众数为1，且极差c≤4．
每天新增疑似病例没有超过5人的可能，故丁地一定符合标准，故D正确．
故选：CD．
利用标准差、中位数、极差、众数的性质直接求解．
本题考查命题真假的判断，考查方差、中位数、极差、众数的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
12.【答案】AD
【解析】解：P(A1)=35，P(A2)=25，P(B|A1)=56，P(B|A2)=46=23，
则P(B)=P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)P(A2)=56×35+23×25=2330，故A正确；
事件B与事件A1，A2不相互独立，故B、C错误；
A1、A2不可能同时发生，故彼此互斥，故D正确．
故选：AD．
故选：AD．
由互斥事件及条件概率公式求得P(B)判断A；由相互独立事件的概念判断B与C；根据互斥事件的概念判断D．
本题考查相互独立事件、互斥事件的概念，考查条件概率的求法，是基础题．
13.【答案】 5
【解析】解：∵a与b共线，
∴4λ−4=0，解得λ=1，
∴b=(−2,1)，
∴|b|= 5．
故答案为： 5．
根据a与b共线即可求出λ的值，然后即可求出|b|的值．
本题考查了共线向量的坐标关系，根据向量的坐标求向量的长度的方法，考查了计算能力，属于基础题．
14.【答案】4
【解析】解：因为|z+1|=2，则复数z对应的点Z的轨迹为以P(−1,0)为圆心，r=2为半径的圆，
|z−1−i|表示点Z与点Q(1,1)之间的距离，
所以|z−1−i|的最大值为PQ+r=2+2=4．
故答案为：4．
利用复数模的几何意义，将问题转化为圆上的点到定点距离的最值问题，由圆的几何性质求解即可．
本题考查了复数模的几何意义的理解和应用，圆的几何性质的应用，考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于基础题．
15.【答案】 3
【解析】解：因为AB=3，A=π3，
由余弦定理得，BC= 9+16−2×3×4×12= 13，
所以sin∠ABC=ACBCsinA=2 3913，则CDBD=sin∠DBCsin∠BCD=4，
设BD=x，则CD=4x，
因为cos∠ABC= 1313，cos∠DBC=−cos(π−∠ABC)，
所以cos∠DBC=− 1313，
由余弦定理得16x2=x2+13+2x× 13× 1313，即15x2−2x−13=0，解得x=1或−1315(舍)，
所以BD=1，CD=4，
则S△BCD=12×4× 13× 3926= 3，
故答案为： 3．
运用三角形的余弦定理可求BC的值，结合正弦定理可求出BD与CD的等量关系，再在三角形BCD中运用余弦定理，即可求出BD的值，最后运用面积公式，即可求解．
本题考查三角形的面积公式、正弦定理、余弦定理，考查运算求解能力，考查数学运算及逻辑推理核心素养，属于基础题．
16.【答案】 2π2
【解析】
【分析】
本题考查空间点线面距离的求法，球与几何体相交的交线的问题，属于难题．
画出直观图，建立如图所示的坐标系，设出P的坐标，通过D1P= 5.求出P的轨迹方程，然后求解以D1为球心， 5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长．
【解答】
解：由题意直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°.可知：D1B1=2，上下底面是菱形，建立如图所示的平面直角坐标系，
设P(x,y)，则D1E2=D1B12+x2−2⋅D1B1⋅xcos60°=x2+4−2x．
由题意可知D1P= 5．
可得：5=x2+4−2x+(2−y)2．
即(x−1)2+(y−2)2=2，
所以P在侧面BCC1B1的轨迹是以B1C1的中点为圆心，半径为 2的圆弧．
以D1为球心， 5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为：14×2 2π= 2π2．
故答案为： 2π2．
17.【答案】解：(1)△ABC中，向量m=( 3cosA,sinA)，n=(1,−1)，且m⊥n，
∴m⋅n= 3cosA−sinA=0，
∴sinAcosA=tanA= 3，
又A∈(0,π)，
∴A=π3；
(2)若a= 7，3sinB=2sinC，
则3b=2c，
∴c=32b，
由余弦定理a2=b2+c2−2bccosA，
∴7=b2+94b2−2b×32b×cosπ3，
解得b=2，c=3，
∴△ABC的面积为
S=12bcsinA=12×2×3×sinπ3=3 32．
【解析】(1)根据平面向量的数量积与同角的三角函数关系求得角A的值；
(2)由正弦、余弦定理求得b、c的值，再计算△ABC的面积．
本题考查了平面向量的数量积与解三角形的应用问题，是基础题．
18.【答案】解：(1)由频率分布直方图的性质得：
(0.005+0.010+a+0.030+a+0.015)×10=1，
解得a=0.020．
(2)应聘者笔试成绩的众数为：70+802=75，
应聘者笔试成绩的平均数为：
45×0.05+55×0.1+65×0.2+75×0.3+85×0.2+95×0.15=74.5．
(3)由频率分布直方图可知：
[90,100]中有：200×0.15=30，
[80,90)中有：200×0.2=40，
[70,80)中有：200×0.3=60，
[60,70)中有：200×0.2=40，
设分数线定为x，则x∈[60,70)，
(70−x)×0.02×200+30+40+60=150，
解得x=65．
故分数线为65．
【解析】(1)由频率分布直方图的性质列出方程组，能求出a．
(2)由频率分布直方图的性质能求出应聘者笔试成绩的众数、平均数．
(3)由频率分布直方图分别求出[90,100]中有30，[80,90)中有40，[70,80)中有60，[60,70)中有40，设分数线定为x，列出方程能求出分数线．
本题考查频率、众数、平均数、分数线的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
19.【答案】证明：(Ⅰ)∵F为PC的中点，取PD的中点为G，连EG，FG
∵ABCD为正方形，E为AB的中点，
∴BE//CD且BE=12CD，
又∵FG//CD，且FG=12CD，
∴四边形BEGF为平行四边形，故BF//EG，
∵EG⊂平面PDE，BF⊄平面PDE，
∴BF//平面PDE；
解：(Ⅱ)∵ABCD为正方形，且PA=PB=PC=PD，
∴P−ABCD为正四棱锥，则P在平面ABCD的射影为AC的中点O，
∵F为PC的中点，S△BDE=14S正方形ABCD，
∴VE−BDF=VF−BDE=18VP−ABCD，
∵PA= 3,OA= 2，∴OP=1，
∴VP−ABCD=13⋅22⋅1=43，
则∴VE−BDF=18×43=16．
【解析】(Ⅰ)取PD的中点为G，连EG，FG，证明四边形BEGF为平行四边形，得BF//EG，再由直线与平面平行的判定可得BF//平面PDE；
(Ⅱ)求出正四棱锥P−ABCD的体积，结合已知利用等体积法求三棱锥E−BDF的体积．
本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等体积法求多面体的体积，是中档题．
20.【答案】解：(1)记黑球为1，2号，白球为3，4号，红球为5，6号，
则甲的可能取球共有以下20种情况：
123，124，125，126，134，135，136，145，146，156，
234，235，236，245，246，256，345，346，356，456，
甲乙平局时都得3分，所以甲取出的三个小球是一黑一白一红，共8种情况，
故平局的概率P1=820=25．
(2)甲获胜时，得分只能是4分或5分，即取出的是2红1白，1红2白，2红1黑共6种情况，
故先取者(甲)获胜的概率P2=620=310，
后取者(乙)获胜的概率P3=1−25−310=310，
所以P2=P3，故先取后取获胜的概率一样．
【解析】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
(1)记黑球为1，2号，白球为3，4号，红球为5，6号，利用列举法求出甲的可能取球共有20种情况，甲乙平局时都得3分，从而甲取出的三个小球是一黑一白一红，共8种情况，由此能求出平局的概率．
(2)甲获胜时，得分只能是4分或5分，即取出的是2红1白，1红2白，2红1黑共6种情况，从而求出先取者(甲)获胜的概率和后取者(乙)获胜的概率相等，由此得到先取后取获胜的概率一样．
21.【答案】解：(1)设DE=x千米，当θ=π3时，△BDE为等边三角形，所以BE=DE=x，
由∠DEF=90°，DF=2DE=2x，得EF= 3x，
△CEF中，∠CEF=30°，∠C=60°，所以∠CFE=90°，所以EC=EFsin60∘= 3x 32=2x，
所以DE+EC=BE+EC=3x=BC=10，解得x=103，
所以DE=103千米；
(2)△BDE中，∠DEB=θ，由正弦定理得BEsin(120∘−θ)=xsin60∘，
解得BE=xsin(120°−θ)sin60∘；
△CEF中，∠CEF=90°−θ，由正弦定理得ECsin(30∘+θ)= 3xsin60°，
解得EC= 3xsin(30°+θ)sin60°；
由BE+EC=BC，得xsin(120°−θ)sin60∘+ 3xsin(30°+θ)sin60°=10，
即x[sin(120°−θ)+ 3sin(30°+θ)]=5 3，
解得x=5 3 3cosθ+2sinθ=5 3 7sin(θ+α)；
由S△DEF=12x⋅ 3x= 32x2，
所以当x取得最小值xmin=5 3 7时，
△DEF的面积取得最小值为S△DEFmin= 32×(5 3 7)2=75 314(平方千米)．
【解析】(1)设DE=x千米，θ=π3时△BDE为等边三角形，根据Rt△DEF中勾股定理求出EF，判断△CEF是Rt△，求出EC，再列方程求出x的值；
(2)△BDE中利用正弦定理求出BE，△CEF中利用正弦定理求出EC，利用BE+EC=BC列方程求出x，根据三角形的面积公式求出x取最小值时△DEF的面积取得最小值．
本题考查了解三角形的应用问题，也考查了运算求解能力与方程、函数思想，是中档题．
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