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2024版新教材高中数学期末素养水平监测新人教A版必修第二册
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这是一份2024版新教材高中数学期末素养水平监测新人教A版必修第二册，共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题(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．复数 eq \f(5－i,i)的共轭复数是( )
A．－1＋5i B．－1－5i C．1＋5i D．1－5i
2．某工厂生产甲、乙两种不同型号的产品，产量分别为2 000件，3 000件．为检验产品的质量，现用等比例分层抽样的方法从以上所有产品中抽取100件进行检验，则应从甲种型号的产品中抽取的产品数量为( )
A.20 B．30 C．40 D．60
3．如图所示，一个水平放置的平面图形OABC的斜二测直观图是平行四边形O′A′B′C′，且O′C′＝2O′A′＝2，∠A′O′C′＝45°，则平面图形OABC的周长为( )
A．12 B．4 eq \r(2)
C．5 D．10
4．已知单位向量a，b满足(a＋b)·(a－2b)＝－ eq \f(4,3)，则a·b＝( )
A． eq \f(1,2) B． eq \f(1,3) C． eq \f(1,4) D． eq \f(1,5)
5．从装有两个红球和三个黑球的口袋里任取两个球，则互斥且不对立的两个事件是( )
A．“都是红球”与“都是黑球” B．“至少有一个红球”与“恰好有一个黑球”
C．“至少有一个红球”与“至少有一个黑球” D．“都是红球”与“至少有一个黑球”
6．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱AB的中点，则异面直线D1E与BC1所成角的正切值为( )
A. eq \f(\r(2),2) B． eq \f(\r(2),4) C． eq \r(2) D. 2 eq \r(2)
7．一艘船航行到点A处时，测得灯塔C在其北偏东75°方向，如图所示，随后该船以15海里/小时的速度，向东南方向航行 2小时后到达点B，测得灯塔C在其北偏东30°方向，此时船与灯塔C间的距离为( )
A．10 eq \r(2) 海里 B．15 eq \r(6) 海里
C．10 eq \r(6) 海里 D．30海里
8．在△ABC中，AB＝AC＝3 eq \r(5)，BC＝6，且存在D，E满足 eq \(AD,\s\up6(→))＝－2 eq \(BD,\s\up6(→))， eq \(CE,\s\up6(→))＝－2 eq \(AE,\s\up6(→))，则 eq \(DE,\s\up6(→))· eq \(AB,\s\up6(→))＝( )
A．－21 B．－20 C．－18 D．－16
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．)
9．已知复数z＝(1－i)(a＋i)(a∈R)，则( )
A．若a＝2，则z＝3－i B．若a＝2，则|z|＝10
C．若z为纯虚数，则a＝－1 D．若z＋|z|＝x＋5i(x∈R)，则a＝4
10．近年，随着人工智能，AIT，云计算等技术的推动，全球数据量正在无限制地扩展和增加．某公司统计了2016—2020年全球每年产生的数据量及其增速，所得结果如图所示，根据该统计图，下列说法正确的是( )
A．2016—2020年，全球每年产生的数据量在持续增加
B．2016—2020年，全球数据量的年平均增长率持续下降
C．2016—2020 年，全球每年产生的数据量的平均数为33.7
D．2015年，全球产生的数据量超过15 ZB
11．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝1，A＝ eq \f(π,3)，则( )
A．b＝2a sin B B．sin B＝b sin A
C．△ABC周长的最大值为3 D． eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))的最大值为 eq \f(1,2)
12．在矩形ABCD中，AB＝2BC＝2，E是CD的中点，将△BCE沿BE翻折，直至点C落在边AB上．当△BCE翻折到△PBE的位置时，连接AP，DP，如图所示，则下列说法正确的是( )
A．四棱锥PABED体积的最大值为 eq \f(\r(2),4)
B．设AB的中点为F，当PF＝ eq \f(1,2)时，二面角PBED的余弦值为 eq \f(3,4)
C．不存在某一翻折位置，使得PA⊥PE
D．M是PB的中点，无论翻折到什么位置，都有EM∥平面PAD
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．)
13．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，2a2＋2c2－2b2＝ac，则cs B＝________．
14．袋中有除颜色外完全相同的球共4个，其中红球3个，黄球1个，从袋中任意取出2个球，则取出的2个球都是红球的概率为________．
15．已知某圆锥的母线长为5，其侧面展开图的面积为15π，则该圆锥外接球的表面积为________．
16．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“勾股圆方图”，后人称其为“赵爽弦图”，如图，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．已知HE＝2EB，M为线段AB的中点，设P为中间小正方形EFGH内一点(不含边界).若 eq \(MP,\s\up6(→))＝λ eq \(ME,\s\up6(→))－ eq \(MB,\s\up6(→))，则λ的取值范围为________．
四、解答题(本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．)
17．(本小题10分)已知向量a＝(2，x)，b＝(1，2).
(1)若a⊥b，求|a＋b|；
(2)若a∥b，向量c＝(1，1)，求a与c夹角的余弦值．
18．(本小题12分)如图，平面ABCD⊥平面ABEF，在矩形ABCD中，AB＝ eq \r(3)AD＝6，四边形ABEF为菱形，G为线段BE的中点，∠ABE＝60°.
(1)证明：AG⊥平面ADF.
(2)求三棱锥EACG的体积．
19．(本小题12 分)某校在某次学业水平测试后，随机抽取了若干份数学试卷，并对其得分(满分100分)进行统计，根据所得数据，绘制了如图所示的频率分布直方图(分组区间为[50，60)，[60，70) [70，80)，[80，90) [90，100]) ，根据试卷得分从低到高将学生的成绩分为D，C，B，A四个等级，每个等级中的学生人数占比如表所示．
(1)求图中a的值，并根据频率分布直方图估计该校学生这次学业水平测试数学成绩的平均分(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)试确定成绩等级为B的得分范围(结果保留一位小数).
20．(本小题12分)如图，在平面四边形ABCD中，AB＝ eq \r(2)，BC＝ eq \r(3)，AC⊥CD，且AC＝CD.
(1)若cs ∠BAC＝ eq \f(3\r(2),8)，求AC；
(2)求四边形ABCD面积的最大值．
21．(本小题12分)甲、乙、丙三人进行摔跤比赛，比赛规则如下：①每场比赛有两人参加，另一人当裁判，没有平局；②每场比赛结束时，负的一方在下一场当裁判；③累计负两场者被淘汰；④当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人累计负两场被淘汰，另一人最终获得冠军，比赛结束．已知在每场比赛中，甲胜乙和甲胜丙的概率均为 eq \f(2,3)，乙胜丙的概率为 eq \f(1,2)，各局比赛的结果相互独立．经抽签，第一场比赛甲当裁判．
(1)求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率；
(2)求只需四场比赛就决出冠军的概率；
(3)求甲最终获胜的概率．
22．(本小题12分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝ eq \f(π,3)，F是PC的中点，G，E分别是棱PB上靠近点B和点P的三等分点，PA＝PC＝ eq \r(7)，PB＝PD.
(1)证明：GA∥平面DEF.
(2)求点G到平面DEF的距离．
期末素养水平监测
1．解析： eq \f(5－i,i)＝ eq \f(（5－i）i,i2)＝－1－5i，则复数 eq \f(5－i,i)的共轭复数是－1＋5i.故选A.
答案：A
2．解析：从甲种型号的产品中抽取的产品数量为100× eq \f(2 000,2 000＋3 000)＝40.故选C.
答案：C
3．解析：根据斜二测画法的规则可知该平面图形是矩形，且长为4，宽为1.故该平面图形的周长为10.故选D.
答案：D
4．解析：∵a，b为单位向量，∴(a＋b)·(a－2b)＝a2－2b2－a·b＝－ eq \f(4,3)，∴a·b＝ eq \f(1,3).故选B.
答案：B
5．解析：“都是红球”与“都是黑球”不可能同时发生，也可能都不发生， 符合题意，选项A正确；“至少有一个红球”与“恰好有一个黑球”可能同时发生， 不符合题意，选项B错误；“至少有一个红球”与“至少有一个黑球”可能同时发生， 不符合题意，选项C错误；“都是红球”与“至少有一个黑球”不可能同时发生，但其中之一一定发生，是对立事件， 不符合题意，选项D错误．故选A.
答案：A
6．解析：连接AD1，
由AD1∥BC1，则异面直线D1E与BC1所成的角为∠AD1E(或其补角)，设AB＝2，则AE＝1，AD1＝2 eq \r(2)，则tan ∠AD1E＝ eq \f(AE,AD1)＝ eq \f(1,2\r(2))＝ eq \f(\r(2),4)，即异面直线D1E与BC1所成角的正切值为 eq \f(\r(2),4).故选B.
答案：B
7．解析：由题意可知，∠C＝45°，∠A＝60°，AB＝30海里，由正弦定理可得 eq \f(BC,sin A)＝ eq \f(AB,sin C)，解得BC＝15 eq \r(6) 海里．故选B.
答案：B
8．解析：设BC的中点为O，∵AB＝AC，∴AO⊥BC，又AB＝3 eq \r(5)，BC＝6，∴AO＝ eq \r(AB2－BO2)＝ eq \r(45－9)＝6，∵ eq \(AD,\s\up6(→))＝－2 eq \(BD,\s\up6(→))， eq \(CE,\s\up6(→))＝－2 eq \(AE,\s\up6(→))，∴D为线段AB上靠近点B的三等分点，E是线段AC上靠近点A的三等分点．
建立如图所示的平面直角坐标系．则B(－3，0)，C(3，0)，A(0，6)，D(－2，2)，E(1，4)，∴ eq \(DE,\s\up6(→))＝(3，2)， eq \(AB,\s\up6(→))＝(－3，－6)，∴ eq \(DE,\s\up6(→))· eq \(AB,\s\up6(→))＝－21.故选A.
答案：A
9．解析：对于AB，若a＝2，则z＝3－i，|z|＝ eq \r(32＋（－1）2)＝ eq \r(10)，故A正确，B错误；对于C，z＝(1－i)(a＋i)＝1＋a＋(1－a)i，若z为纯虚数，则1＋a＝0，解得a＝－1，故C正确；z＋|z|＝1＋a＋(1－a)i＋ eq \r(（1＋a）2＋（1－a）2)＝x＋5i，则1－a＝5，解得a＝－4，故D错误．故选AC.
答案：AC
10．解析：由图可得2016—2020年，全球每年产生的数据量在持续增加，A正确；2016—2017年，全球数据量的年平均增长率由16.13%增长到了44.44%，B错误；2016—2020年，全球每年产生的数据量的平均数为 eq \f(1,5)×(18＋26＋33＋41＋50.5)＝33.7，C正确；设2015全球产生的数据量为x ZB，则 eq \f(18－x,x)＝16.13%，解得x＝ eq \f(18,1.161 3)＞ eq \f(18,1.2)＝15，D正确．故选ACD.
答案：ACD
11．解析：因为a＝1，A＝ eq \f(π,3)，由正弦定理可知， eq \f(a,sin A)＝ eq \f(b,sin B)，即 eq \f(1,sin \f(π,3))＝ eq \f(b,sin B)，所以b＝ eq \f(sin B,sin \f(π,3))＝ eq \f(sin B,\f(\r(3),2))＝ eq \f(2\r(3),3)sin B，故A错误；sin B＝b sin eq \f(π,3)＝b sin A，故B正确；因为a＝1，A＝ eq \f(π,3)，所以由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bc cs A，即1＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，所以(b＋c)2＝3bc＋1，即bc＝ eq \f(（b＋c）2－1,3)，因为b2＋c2≥2bc，所以(b＋c)2≥4bc，即(b＋c)2≥ eq \f(4（b＋c）2－4,3)，整理得，(b＋c)2≤4，即b＋c≤2, (当且仅当b＝c＝1时等号成立)，即(b＋c)max＝2，所以三角形ABC周长的最大值为3，故C正确； eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))＝bc cs A＝ eq \f(1,2)bc，由前面的分析可知，1＝b2＋c2－bc，即b2＋c2＝bc＋1，由b2＋c2≥2bc，可得bc＋1≥2bc，所以bc≤1，当且仅当b＝c＝1时等号成立，bc的最大值为1，所以 eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))的最大值为 eq \f(1,2)，故D正确．故选BCD.
答案：BCD
12．解析：在矩形ABCD中，AB＝2BC＝2，E是CD的中点，将△BCE沿BE翻折，直至点C落在边AB上，当△BCE翻折到△PBE的位置时，连接AP，DP，当平面PBE⊥平面ABED时，四棱锥PABED的体积最大，此时四棱锥PABED的高为点C到BE的距离，直角梯形ABED的面积为 eq \f(1,2)(AB＋DE)×AD＝ eq \f(3,2)，四棱锥PABED体积的最大值为 eq \f(1,3)× eq \f(3,2)× eq \f(\r(2),2)＝ eq \f(\r(2),4)，A正确；
取BE的中点G，连接PG，FG，则FG⊥BE，PG⊥BE，所以∠PGF为二面角PBED的平面角，在△PGF中，PF＝ eq \f(1,2)，PG＝FG＝ eq \f(\r(2),2)，cs ∠PGF＝ eq \f(PG2＋FG2－PF2,2PG·FG)＝ eq \f(3,4)，B正确；设PA⊥PE，在△PAE中，PE＝1，AE＝ eq \r(2)，PA＝ eq \r(AE2－PE2)＝1，即当P与AB的中点重合时，PA⊥PE，故存在某一翻折位置，使得PA⊥PE，C错误；当P与AB的中点重合时，EM⊂平面PAD，D错误．故选AB.
答案：AB
13．解析：因为2a2＋2c2－2b2＝ac，所以a2＋c2－b2＝ eq \f(1,2)ac，所以由余弦定理可得cs B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝ eq \f(\f(1,2)ac,2ac)＝ eq \f(1,4).
答案： eq \f(1,4)
14．解析：设3个红球的编号分别为1，2，3，黄球的编号为4.从袋中的4个小球中任取2个球的样本空间Ω＝{(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)}，样本点为6个．所取的2个球都是红球的样本点有3个，分别为(1，2)，(1，3)，(2，3). 故所求概率为 eq \f(3,6)＝ eq \f(1,2).
答案： eq \f(1,2)
15．解析：作出如图所示的圆锥，其侧面展开图的面积为π·OA·SA＝15π，解得OA＝3，
由圆锥的性质知其外接球的球心B在SO上，连接AB，设圆锥外接球的半径为R，则AB＝R，OS＝ eq \r(SA2－OA2)＝4，AB2＝OA2＋(OS－SB)2，即R2＝32＋(4－R)2，解得R＝ eq \f(25,8)，所以该圆锥外接球的表面积为4π·( eq \f(25,8))2＝ eq \f(625π,16).
答案： eq \f(625π,16)
16．解析：过点A作AK∥ME，分别交EH，EF于点N，K，过点N作NQ∥AB，交ME的延长线于点Q，过点K作KL∥AB，交ME的延长线于点L，
如图，由 eq \(MP,\s\up6(→))＝λ eq \(ME,\s\up6(→))－ eq \(MB,\s\up6(→))＝λ eq \(ME,\s\up6(→))＋ eq \(MA,\s\up6(→))可知，点P在线段NK上运动(不含端点)，当点P与点N重合时， eq \(MP,\s\up6(→))＝ eq \(MQ,\s\up6(→))＋ eq \(MA,\s\up6(→))＝2 eq \(ME,\s\up6(→))＋ eq \(MA,\s\up6(→))，可知λ＝2；当点P与点K重合时， eq \(MP,\s\up6(→))＝ eq \(ML,\s\up6(→))＋ eq \(MA,\s\up6(→))＝4 eq \(ME,\s\up6(→))＋ eq \(MA,\s\up6(→))，可知λ＝4.∴当点P在线段NK上运动(不含端点)时，2＜λ＜4.综上，λ的取值范围为(2，4).
答案：(2，4)
17．解析：已知向量a＝(2，x)，b＝(1，2)，
因为a⊥b，所以a·b＝0，
即2×1＋2x＝0，解得x＝－1，
所以a＋b＝(3，1)，
故|a＋b|＝ eq \r(32＋12)＝ eq \r(10).
(2)因为a∥b，
所以2×2＝x，
解得x＝4，
则a＝(2，4).
因为a·c＝6，|a|＝2 eq \r(5)，|c|＝ eq \r(2)，
所以cs 〈a，c〉＝ eq \f(a·c,|a||c|)＝ eq \f(3\r(10),10)，
即a与c夹角的余弦值为 eq \f(3\r(10),10).
18．解析：(1)证明：因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，AB⊥AD，
所以AD⊥平面ABEF，
因为AG⊂平面ABEF，所以AD⊥AG，
在菱形ABEF中，G为线段BE的中点，∠ABE＝60°，易证AG⊥BE，
因为AF∥BE，所以AG⊥AF.
因为AD∩AF＝A，所以AG⊥平面ADF.
(2)由ABCD是矩形，即AB∥CD，
AB⊂平面ABEF，CD⊄平面ABEF，所以CD∥平面ABEF，
故C，D到平面ABEF的距离相等，
由(1)知AD⊥平面ABEF，故D到平面ABEF的距离为AD＝2 eq \r(3)，
又S△AGE＝ eq \f(1,2)AG·GE＝ eq \f(9\r(3),2)，
则VEACG＝VCAGE＝ eq \f(1,3)S△AGE·AD＝9.
19．解析：根据频率分布直方图可得(2a＋0.02＋0.03＋0.04)×10＝1，解得a＝0.005.
所以该校学生这次学业水平测试数学成绩的平均分为
0．05×55＋0.4×65＋0.3×75＋0.2×85＋0.05×95＝73.
(2)由频率分布直方图可得，最后一组[90，100]的频率为0.005×10＝0.05，
后两组[80，90)，[90，100]的频率之和为(0.005＋0.02)×10＝0.25，后三组[70，80)，[80，90)，[90，100]的频率之和为(0.005＋0.02＋0.03)×10＝0.55，
则y∈[70，80)，z∈[80，90)，
0．02×(90－z)＋0.05＝0.2，
解得z＝82.5，
又0.03×(80－y)＋0.25＝0.2＋0.3，解得y≈71.7，
所以成绩等级为B的得分范围为[71.7，82.5).
20．解析：(1)因为在△ABC中，AB＝ eq \r(2)，BC＝ eq \r(3)，cs ∠BAC＝ eq \f(3\r(2),8)，
所以由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC cs ∠BAC，
可得3＝2＋AC2－2 eq \r(2)·AC· eq \f(3\r(2),8)，整理可得AC2－ eq \f(3,2)AC－1＝0，
解得AC＝2，或－ eq \f(1,2)(舍去).
(2)在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cs ∠ABC＝5－2 eq \r(6)cs ∠ABC，
又△ACD的面积为 eq \f(1,2)AC2＝ eq \f(5,2)－ eq \r(6)cs ∠ABC，△ABC的面积为 eq \f(1,2)AB·BC sin ∠ABC＝ eq \f(\r(6),2)sin ∠ABC，所以四边形ABCD的面积为 eq \f(5,2)－ eq \r(6)cs ∠ABC＋ eq \f(\r(6),2)sin ∠ABC＝ eq \f(5,2)＋ eq \f(\r(30),2)sin (∠ABC－φ)，其中tan φ＝2，
故四边形ABCD面积的最大值为 eq \f(5,2)＋ eq \f(\r(30),2).
21．解析：(1)记事件A为甲胜乙，则P(A)＝ eq \f(2,3)，P( eq \(A,\s\up6(－)))＝ eq \f(1,3)，事件B为甲胜丙，则P(B)＝ eq \f(2,3)，P( eq \(B,\s\up6(－)))＝ eq \f(1,3)，事件C为乙胜丙，则P(C)＝ eq \f(1,2)，P( eq \(C,\s\up6(－)))＝ eq \f(1,2)，前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率为
P1＝P(C eq \(A,\s\up6(－))C)＋P(CAB)＝ eq \f(1,2)× eq \f(1,3)× eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)× eq \f(2,3)× eq \f(2,3)＝ eq \f(11,36).
(2)只需四场比赛就决出冠军的概率为P2＝P(C eq \(A,\s\up6(－))C eq \(A,\s\up6(－)))＋P( eq \(C,\s\up6(－)) eq \(B,\s\up6(－)) eq \(C,\s\up6(－)) eq \(B,\s\up6(－)))＋P(CABA)＋P( eq \(C,\s\up6(－))BAB)＝ eq \f(1,2)× eq \f(1,3)× eq \f(1,2)× eq \f(1,3)＋ eq \f(1,2)× eq \f(1,3)× eq \f(1,2)× eq \f(1,3)＋ eq \f(1,2)× eq \f(2,3)× eq \f(2,3)× eq \f(2,3)＋ eq \f(1,2)× eq \f(2,3)× eq \f(2,3)× eq \f(2,3)＝ eq \f(19,54).
(3)由于甲胜乙和甲胜丙的概率均为 eq \f(2,3)，且乙胜丙和丙胜乙的概率也相等，均为 eq \f(1,2)，第一场比赛甲当裁判，以后的比赛相对于甲，可视乙丙为同一人，设甲胜为事件D，甲当裁判为事件E，P3＝P(EDDD)＋P(EDD eq \(D,\s\up6(－))D)＋P(ED eq \(D,\s\up6(－))ED)＋P(E eq \(D,\s\up6(－))EDD)＝ eq \f(2,3)× eq \f(2,3)× eq \f(2,3)＋ eq \f(2,3)× eq \f(2,3)× eq \f(1,3)× eq \f(2,3)＋ eq \f(2,3)× eq \f(1,3)× eq \f(2,3)＋ eq \f(1,3)× eq \f(2,3)× eq \f(2,3)＝ eq \f(56,81).
22．解析：(1)证明：连接AC，BD并交于点O，连接CG，GO.
在△BDE中，G，O分别为BE，BD的中点，所以GO∥DE，
同理，在△PCG中，有EF∥CG.
又因为EF∩DE＝E，CG∩GO＝G，所以平面GCO∥平面DEF.
又GA⊂平面GCO，所以GA∥平面DEF.
(2)连接OP.因为PA＝PC，AB＝BC，所以△PAB≌△PCB，则AG＝CG.
又因为O是AC的中点，所以OC⊥OG.
因为底面ABCD是菱形，所以OC⊥OD.
因为OG∩DO＝O，所以OC⊥平面PBD，则OC⊥PB.
因为底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝ eq \f(π,3)，所以OB＝ eq \r(3)，OC＝1.
又因为PA＝PC＝ eq \r(7)，
所以PO＝ eq \r(PC2－OC2)＝ eq \r(（\r(7)）2－12)＝ eq \r(6)，
BP＝ eq \r(OB2＋PO2)＝ eq \r(（\r(3)）2＋（\r(6)）2)＝3，
则cs ∠PBD＝ eq \f(OB,BP)＝ eq \f(\r(3),3)，
OG＝ eq \r(BG2＋OB2－2BG·OB cs ∠PBD)＝ eq \r(2)，
则OG2＋BG2＝OB2，故BG⊥OG.
又因为OC∩OG＝O，所以PB⊥平面ACG.
又因为平面GCO∥平面DEF，所以PB⊥平面DEF，则点G到平面DEF的距离即GE.
又因为GE＝1，所以点G到平面DEF的距离为1.
成绩等级
D
C
B
A
得分范围
[50，x)
[x，y)
[y，z)
[z，100]
占比
20%
30%
30%
20%
一、单项选择题(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．复数 eq \f(5－i,i)的共轭复数是( )
A．－1＋5i B．－1－5i C．1＋5i D．1－5i
2．某工厂生产甲、乙两种不同型号的产品，产量分别为2 000件，3 000件．为检验产品的质量，现用等比例分层抽样的方法从以上所有产品中抽取100件进行检验，则应从甲种型号的产品中抽取的产品数量为( )
A.20 B．30 C．40 D．60
3．如图所示，一个水平放置的平面图形OABC的斜二测直观图是平行四边形O′A′B′C′，且O′C′＝2O′A′＝2，∠A′O′C′＝45°，则平面图形OABC的周长为( )
A．12 B．4 eq \r(2)
C．5 D．10
4．已知单位向量a，b满足(a＋b)·(a－2b)＝－ eq \f(4,3)，则a·b＝( )
A． eq \f(1,2) B． eq \f(1,3) C． eq \f(1,4) D． eq \f(1,5)
5．从装有两个红球和三个黑球的口袋里任取两个球，则互斥且不对立的两个事件是( )
A．“都是红球”与“都是黑球” B．“至少有一个红球”与“恰好有一个黑球”
C．“至少有一个红球”与“至少有一个黑球” D．“都是红球”与“至少有一个黑球”
6．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱AB的中点，则异面直线D1E与BC1所成角的正切值为( )
A. eq \f(\r(2),2) B． eq \f(\r(2),4) C． eq \r(2) D. 2 eq \r(2)
7．一艘船航行到点A处时，测得灯塔C在其北偏东75°方向，如图所示，随后该船以15海里/小时的速度，向东南方向航行 2小时后到达点B，测得灯塔C在其北偏东30°方向，此时船与灯塔C间的距离为( )
A．10 eq \r(2) 海里 B．15 eq \r(6) 海里
C．10 eq \r(6) 海里 D．30海里
8．在△ABC中，AB＝AC＝3 eq \r(5)，BC＝6，且存在D，E满足 eq \(AD,\s\up6(→))＝－2 eq \(BD,\s\up6(→))， eq \(CE,\s\up6(→))＝－2 eq \(AE,\s\up6(→))，则 eq \(DE,\s\up6(→))· eq \(AB,\s\up6(→))＝( )
A．－21 B．－20 C．－18 D．－16
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．)
9．已知复数z＝(1－i)(a＋i)(a∈R)，则( )
A．若a＝2，则z＝3－i B．若a＝2，则|z|＝10
C．若z为纯虚数，则a＝－1 D．若z＋|z|＝x＋5i(x∈R)，则a＝4
10．近年，随着人工智能，AIT，云计算等技术的推动，全球数据量正在无限制地扩展和增加．某公司统计了2016—2020年全球每年产生的数据量及其增速，所得结果如图所示，根据该统计图，下列说法正确的是( )
A．2016—2020年，全球每年产生的数据量在持续增加
B．2016—2020年，全球数据量的年平均增长率持续下降
C．2016—2020 年，全球每年产生的数据量的平均数为33.7
D．2015年，全球产生的数据量超过15 ZB
11．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝1，A＝ eq \f(π,3)，则( )
A．b＝2a sin B B．sin B＝b sin A
C．△ABC周长的最大值为3 D． eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))的最大值为 eq \f(1,2)
12．在矩形ABCD中，AB＝2BC＝2，E是CD的中点，将△BCE沿BE翻折，直至点C落在边AB上．当△BCE翻折到△PBE的位置时，连接AP，DP，如图所示，则下列说法正确的是( )
A．四棱锥PABED体积的最大值为 eq \f(\r(2),4)
B．设AB的中点为F，当PF＝ eq \f(1,2)时，二面角PBED的余弦值为 eq \f(3,4)
C．不存在某一翻折位置，使得PA⊥PE
D．M是PB的中点，无论翻折到什么位置，都有EM∥平面PAD
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．)
13．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，2a2＋2c2－2b2＝ac，则cs B＝________．
14．袋中有除颜色外完全相同的球共4个，其中红球3个，黄球1个，从袋中任意取出2个球，则取出的2个球都是红球的概率为________．
15．已知某圆锥的母线长为5，其侧面展开图的面积为15π，则该圆锥外接球的表面积为________．
16．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“勾股圆方图”，后人称其为“赵爽弦图”，如图，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．已知HE＝2EB，M为线段AB的中点，设P为中间小正方形EFGH内一点(不含边界).若 eq \(MP,\s\up6(→))＝λ eq \(ME,\s\up6(→))－ eq \(MB,\s\up6(→))，则λ的取值范围为________．
四、解答题(本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．)
17．(本小题10分)已知向量a＝(2，x)，b＝(1，2).
(1)若a⊥b，求|a＋b|；
(2)若a∥b，向量c＝(1，1)，求a与c夹角的余弦值．
18．(本小题12分)如图，平面ABCD⊥平面ABEF，在矩形ABCD中，AB＝ eq \r(3)AD＝6，四边形ABEF为菱形，G为线段BE的中点，∠ABE＝60°.
(1)证明：AG⊥平面ADF.
(2)求三棱锥EACG的体积．
19．(本小题12 分)某校在某次学业水平测试后，随机抽取了若干份数学试卷，并对其得分(满分100分)进行统计，根据所得数据，绘制了如图所示的频率分布直方图(分组区间为[50，60)，[60，70) [70，80)，[80，90) [90，100]) ，根据试卷得分从低到高将学生的成绩分为D，C，B，A四个等级，每个等级中的学生人数占比如表所示．
(1)求图中a的值，并根据频率分布直方图估计该校学生这次学业水平测试数学成绩的平均分(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)试确定成绩等级为B的得分范围(结果保留一位小数).
20．(本小题12分)如图，在平面四边形ABCD中，AB＝ eq \r(2)，BC＝ eq \r(3)，AC⊥CD，且AC＝CD.
(1)若cs ∠BAC＝ eq \f(3\r(2),8)，求AC；
(2)求四边形ABCD面积的最大值．
21．(本小题12分)甲、乙、丙三人进行摔跤比赛，比赛规则如下：①每场比赛有两人参加，另一人当裁判，没有平局；②每场比赛结束时，负的一方在下一场当裁判；③累计负两场者被淘汰；④当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人累计负两场被淘汰，另一人最终获得冠军，比赛结束．已知在每场比赛中，甲胜乙和甲胜丙的概率均为 eq \f(2,3)，乙胜丙的概率为 eq \f(1,2)，各局比赛的结果相互独立．经抽签，第一场比赛甲当裁判．
(1)求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率；
(2)求只需四场比赛就决出冠军的概率；
(3)求甲最终获胜的概率．
22．(本小题12分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝ eq \f(π,3)，F是PC的中点，G，E分别是棱PB上靠近点B和点P的三等分点，PA＝PC＝ eq \r(7)，PB＝PD.
(1)证明：GA∥平面DEF.
(2)求点G到平面DEF的距离．
期末素养水平监测
1．解析： eq \f(5－i,i)＝ eq \f(（5－i）i,i2)＝－1－5i，则复数 eq \f(5－i,i)的共轭复数是－1＋5i.故选A.
答案：A
2．解析：从甲种型号的产品中抽取的产品数量为100× eq \f(2 000,2 000＋3 000)＝40.故选C.
答案：C
3．解析：根据斜二测画法的规则可知该平面图形是矩形，且长为4，宽为1.故该平面图形的周长为10.故选D.
答案：D
4．解析：∵a，b为单位向量，∴(a＋b)·(a－2b)＝a2－2b2－a·b＝－ eq \f(4,3)，∴a·b＝ eq \f(1,3).故选B.
答案：B
5．解析：“都是红球”与“都是黑球”不可能同时发生，也可能都不发生， 符合题意，选项A正确；“至少有一个红球”与“恰好有一个黑球”可能同时发生， 不符合题意，选项B错误；“至少有一个红球”与“至少有一个黑球”可能同时发生， 不符合题意，选项C错误；“都是红球”与“至少有一个黑球”不可能同时发生，但其中之一一定发生，是对立事件， 不符合题意，选项D错误．故选A.
答案：A
6．解析：连接AD1，
由AD1∥BC1，则异面直线D1E与BC1所成的角为∠AD1E(或其补角)，设AB＝2，则AE＝1，AD1＝2 eq \r(2)，则tan ∠AD1E＝ eq \f(AE,AD1)＝ eq \f(1,2\r(2))＝ eq \f(\r(2),4)，即异面直线D1E与BC1所成角的正切值为 eq \f(\r(2),4).故选B.
答案：B
7．解析：由题意可知，∠C＝45°，∠A＝60°，AB＝30海里，由正弦定理可得 eq \f(BC,sin A)＝ eq \f(AB,sin C)，解得BC＝15 eq \r(6) 海里．故选B.
答案：B
8．解析：设BC的中点为O，∵AB＝AC，∴AO⊥BC，又AB＝3 eq \r(5)，BC＝6，∴AO＝ eq \r(AB2－BO2)＝ eq \r(45－9)＝6，∵ eq \(AD,\s\up6(→))＝－2 eq \(BD,\s\up6(→))， eq \(CE,\s\up6(→))＝－2 eq \(AE,\s\up6(→))，∴D为线段AB上靠近点B的三等分点，E是线段AC上靠近点A的三等分点．
建立如图所示的平面直角坐标系．则B(－3，0)，C(3，0)，A(0，6)，D(－2，2)，E(1，4)，∴ eq \(DE,\s\up6(→))＝(3，2)， eq \(AB,\s\up6(→))＝(－3，－6)，∴ eq \(DE,\s\up6(→))· eq \(AB,\s\up6(→))＝－21.故选A.
答案：A
9．解析：对于AB，若a＝2，则z＝3－i，|z|＝ eq \r(32＋（－1）2)＝ eq \r(10)，故A正确，B错误；对于C，z＝(1－i)(a＋i)＝1＋a＋(1－a)i，若z为纯虚数，则1＋a＝0，解得a＝－1，故C正确；z＋|z|＝1＋a＋(1－a)i＋ eq \r(（1＋a）2＋（1－a）2)＝x＋5i，则1－a＝5，解得a＝－4，故D错误．故选AC.
答案：AC
10．解析：由图可得2016—2020年，全球每年产生的数据量在持续增加，A正确；2016—2017年，全球数据量的年平均增长率由16.13%增长到了44.44%，B错误；2016—2020年，全球每年产生的数据量的平均数为 eq \f(1,5)×(18＋26＋33＋41＋50.5)＝33.7，C正确；设2015全球产生的数据量为x ZB，则 eq \f(18－x,x)＝16.13%，解得x＝ eq \f(18,1.161 3)＞ eq \f(18,1.2)＝15，D正确．故选ACD.
答案：ACD
11．解析：因为a＝1，A＝ eq \f(π,3)，由正弦定理可知， eq \f(a,sin A)＝ eq \f(b,sin B)，即 eq \f(1,sin \f(π,3))＝ eq \f(b,sin B)，所以b＝ eq \f(sin B,sin \f(π,3))＝ eq \f(sin B,\f(\r(3),2))＝ eq \f(2\r(3),3)sin B，故A错误；sin B＝b sin eq \f(π,3)＝b sin A，故B正确；因为a＝1，A＝ eq \f(π,3)，所以由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bc cs A，即1＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，所以(b＋c)2＝3bc＋1，即bc＝ eq \f(（b＋c）2－1,3)，因为b2＋c2≥2bc，所以(b＋c)2≥4bc，即(b＋c)2≥ eq \f(4（b＋c）2－4,3)，整理得，(b＋c)2≤4，即b＋c≤2, (当且仅当b＝c＝1时等号成立)，即(b＋c)max＝2，所以三角形ABC周长的最大值为3，故C正确； eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))＝bc cs A＝ eq \f(1,2)bc，由前面的分析可知，1＝b2＋c2－bc，即b2＋c2＝bc＋1，由b2＋c2≥2bc，可得bc＋1≥2bc，所以bc≤1，当且仅当b＝c＝1时等号成立，bc的最大值为1，所以 eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))的最大值为 eq \f(1,2)，故D正确．故选BCD.
答案：BCD
12．解析：在矩形ABCD中，AB＝2BC＝2，E是CD的中点，将△BCE沿BE翻折，直至点C落在边AB上，当△BCE翻折到△PBE的位置时，连接AP，DP，当平面PBE⊥平面ABED时，四棱锥PABED的体积最大，此时四棱锥PABED的高为点C到BE的距离，直角梯形ABED的面积为 eq \f(1,2)(AB＋DE)×AD＝ eq \f(3,2)，四棱锥PABED体积的最大值为 eq \f(1,3)× eq \f(3,2)× eq \f(\r(2),2)＝ eq \f(\r(2),4)，A正确；
取BE的中点G，连接PG，FG，则FG⊥BE，PG⊥BE，所以∠PGF为二面角PBED的平面角，在△PGF中，PF＝ eq \f(1,2)，PG＝FG＝ eq \f(\r(2),2)，cs ∠PGF＝ eq \f(PG2＋FG2－PF2,2PG·FG)＝ eq \f(3,4)，B正确；设PA⊥PE，在△PAE中，PE＝1，AE＝ eq \r(2)，PA＝ eq \r(AE2－PE2)＝1，即当P与AB的中点重合时，PA⊥PE，故存在某一翻折位置，使得PA⊥PE，C错误；当P与AB的中点重合时，EM⊂平面PAD，D错误．故选AB.
答案：AB
13．解析：因为2a2＋2c2－2b2＝ac，所以a2＋c2－b2＝ eq \f(1,2)ac，所以由余弦定理可得cs B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝ eq \f(\f(1,2)ac,2ac)＝ eq \f(1,4).
答案： eq \f(1,4)
14．解析：设3个红球的编号分别为1，2，3，黄球的编号为4.从袋中的4个小球中任取2个球的样本空间Ω＝{(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)}，样本点为6个．所取的2个球都是红球的样本点有3个，分别为(1，2)，(1，3)，(2，3). 故所求概率为 eq \f(3,6)＝ eq \f(1,2).
答案： eq \f(1,2)
15．解析：作出如图所示的圆锥，其侧面展开图的面积为π·OA·SA＝15π，解得OA＝3，
由圆锥的性质知其外接球的球心B在SO上，连接AB，设圆锥外接球的半径为R，则AB＝R，OS＝ eq \r(SA2－OA2)＝4，AB2＝OA2＋(OS－SB)2，即R2＝32＋(4－R)2，解得R＝ eq \f(25,8)，所以该圆锥外接球的表面积为4π·( eq \f(25,8))2＝ eq \f(625π,16).
答案： eq \f(625π,16)
16．解析：过点A作AK∥ME，分别交EH，EF于点N，K，过点N作NQ∥AB，交ME的延长线于点Q，过点K作KL∥AB，交ME的延长线于点L，
如图，由 eq \(MP,\s\up6(→))＝λ eq \(ME,\s\up6(→))－ eq \(MB,\s\up6(→))＝λ eq \(ME,\s\up6(→))＋ eq \(MA,\s\up6(→))可知，点P在线段NK上运动(不含端点)，当点P与点N重合时， eq \(MP,\s\up6(→))＝ eq \(MQ,\s\up6(→))＋ eq \(MA,\s\up6(→))＝2 eq \(ME,\s\up6(→))＋ eq \(MA,\s\up6(→))，可知λ＝2；当点P与点K重合时， eq \(MP,\s\up6(→))＝ eq \(ML,\s\up6(→))＋ eq \(MA,\s\up6(→))＝4 eq \(ME,\s\up6(→))＋ eq \(MA,\s\up6(→))，可知λ＝4.∴当点P在线段NK上运动(不含端点)时，2＜λ＜4.综上，λ的取值范围为(2，4).
答案：(2，4)
17．解析：已知向量a＝(2，x)，b＝(1，2)，
因为a⊥b，所以a·b＝0，
即2×1＋2x＝0，解得x＝－1，
所以a＋b＝(3，1)，
故|a＋b|＝ eq \r(32＋12)＝ eq \r(10).
(2)因为a∥b，
所以2×2＝x，
解得x＝4，
则a＝(2，4).
因为a·c＝6，|a|＝2 eq \r(5)，|c|＝ eq \r(2)，
所以cs 〈a，c〉＝ eq \f(a·c,|a||c|)＝ eq \f(3\r(10),10)，
即a与c夹角的余弦值为 eq \f(3\r(10),10).
18．解析：(1)证明：因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，AB⊥AD，
所以AD⊥平面ABEF，
因为AG⊂平面ABEF，所以AD⊥AG，
在菱形ABEF中，G为线段BE的中点，∠ABE＝60°，易证AG⊥BE，
因为AF∥BE，所以AG⊥AF.
因为AD∩AF＝A，所以AG⊥平面ADF.
(2)由ABCD是矩形，即AB∥CD，
AB⊂平面ABEF，CD⊄平面ABEF，所以CD∥平面ABEF，
故C，D到平面ABEF的距离相等，
由(1)知AD⊥平面ABEF，故D到平面ABEF的距离为AD＝2 eq \r(3)，
又S△AGE＝ eq \f(1,2)AG·GE＝ eq \f(9\r(3),2)，
则VEACG＝VCAGE＝ eq \f(1,3)S△AGE·AD＝9.
19．解析：根据频率分布直方图可得(2a＋0.02＋0.03＋0.04)×10＝1，解得a＝0.005.
所以该校学生这次学业水平测试数学成绩的平均分为
0．05×55＋0.4×65＋0.3×75＋0.2×85＋0.05×95＝73.
(2)由频率分布直方图可得，最后一组[90，100]的频率为0.005×10＝0.05，
后两组[80，90)，[90，100]的频率之和为(0.005＋0.02)×10＝0.25，后三组[70，80)，[80，90)，[90，100]的频率之和为(0.005＋0.02＋0.03)×10＝0.55，
则y∈[70，80)，z∈[80，90)，
0．02×(90－z)＋0.05＝0.2，
解得z＝82.5，
又0.03×(80－y)＋0.25＝0.2＋0.3，解得y≈71.7，
所以成绩等级为B的得分范围为[71.7，82.5).
20．解析：(1)因为在△ABC中，AB＝ eq \r(2)，BC＝ eq \r(3)，cs ∠BAC＝ eq \f(3\r(2),8)，
所以由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC cs ∠BAC，
可得3＝2＋AC2－2 eq \r(2)·AC· eq \f(3\r(2),8)，整理可得AC2－ eq \f(3,2)AC－1＝0，
解得AC＝2，或－ eq \f(1,2)(舍去).
(2)在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cs ∠ABC＝5－2 eq \r(6)cs ∠ABC，
又△ACD的面积为 eq \f(1,2)AC2＝ eq \f(5,2)－ eq \r(6)cs ∠ABC，△ABC的面积为 eq \f(1,2)AB·BC sin ∠ABC＝ eq \f(\r(6),2)sin ∠ABC，所以四边形ABCD的面积为 eq \f(5,2)－ eq \r(6)cs ∠ABC＋ eq \f(\r(6),2)sin ∠ABC＝ eq \f(5,2)＋ eq \f(\r(30),2)sin (∠ABC－φ)，其中tan φ＝2，
故四边形ABCD面积的最大值为 eq \f(5,2)＋ eq \f(\r(30),2).
21．解析：(1)记事件A为甲胜乙，则P(A)＝ eq \f(2,3)，P( eq \(A,\s\up6(－)))＝ eq \f(1,3)，事件B为甲胜丙，则P(B)＝ eq \f(2,3)，P( eq \(B,\s\up6(－)))＝ eq \f(1,3)，事件C为乙胜丙，则P(C)＝ eq \f(1,2)，P( eq \(C,\s\up6(－)))＝ eq \f(1,2)，前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率为
P1＝P(C eq \(A,\s\up6(－))C)＋P(CAB)＝ eq \f(1,2)× eq \f(1,3)× eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)× eq \f(2,3)× eq \f(2,3)＝ eq \f(11,36).
(2)只需四场比赛就决出冠军的概率为P2＝P(C eq \(A,\s\up6(－))C eq \(A,\s\up6(－)))＋P( eq \(C,\s\up6(－)) eq \(B,\s\up6(－)) eq \(C,\s\up6(－)) eq \(B,\s\up6(－)))＋P(CABA)＋P( eq \(C,\s\up6(－))BAB)＝ eq \f(1,2)× eq \f(1,3)× eq \f(1,2)× eq \f(1,3)＋ eq \f(1,2)× eq \f(1,3)× eq \f(1,2)× eq \f(1,3)＋ eq \f(1,2)× eq \f(2,3)× eq \f(2,3)× eq \f(2,3)＋ eq \f(1,2)× eq \f(2,3)× eq \f(2,3)× eq \f(2,3)＝ eq \f(19,54).
(3)由于甲胜乙和甲胜丙的概率均为 eq \f(2,3)，且乙胜丙和丙胜乙的概率也相等，均为 eq \f(1,2)，第一场比赛甲当裁判，以后的比赛相对于甲，可视乙丙为同一人，设甲胜为事件D，甲当裁判为事件E，P3＝P(EDDD)＋P(EDD eq \(D,\s\up6(－))D)＋P(ED eq \(D,\s\up6(－))ED)＋P(E eq \(D,\s\up6(－))EDD)＝ eq \f(2,3)× eq \f(2,3)× eq \f(2,3)＋ eq \f(2,3)× eq \f(2,3)× eq \f(1,3)× eq \f(2,3)＋ eq \f(2,3)× eq \f(1,3)× eq \f(2,3)＋ eq \f(1,3)× eq \f(2,3)× eq \f(2,3)＝ eq \f(56,81).
22．解析：(1)证明：连接AC，BD并交于点O，连接CG，GO.
在△BDE中，G，O分别为BE，BD的中点，所以GO∥DE，
同理，在△PCG中，有EF∥CG.
又因为EF∩DE＝E，CG∩GO＝G，所以平面GCO∥平面DEF.
又GA⊂平面GCO，所以GA∥平面DEF.
(2)连接OP.因为PA＝PC，AB＝BC，所以△PAB≌△PCB，则AG＝CG.
又因为O是AC的中点，所以OC⊥OG.
因为底面ABCD是菱形，所以OC⊥OD.
因为OG∩DO＝O，所以OC⊥平面PBD，则OC⊥PB.
因为底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝ eq \f(π,3)，所以OB＝ eq \r(3)，OC＝1.
又因为PA＝PC＝ eq \r(7)，
所以PO＝ eq \r(PC2－OC2)＝ eq \r(（\r(7)）2－12)＝ eq \r(6)，
BP＝ eq \r(OB2＋PO2)＝ eq \r(（\r(3)）2＋（\r(6)）2)＝3，
则cs ∠PBD＝ eq \f(OB,BP)＝ eq \f(\r(3),3)，
OG＝ eq \r(BG2＋OB2－2BG·OB cs ∠PBD)＝ eq \r(2)，
则OG2＋BG2＝OB2，故BG⊥OG.
又因为OC∩OG＝O，所以PB⊥平面ACG.
又因为平面GCO∥平面DEF，所以PB⊥平面DEF，则点G到平面DEF的距离即GE.
又因为GE＝1，所以点G到平面DEF的距离为1.
成绩等级
D
C
B
A
得分范围
[50，x)
[x，y)
[y，z)
[z，100]
占比
20%
30%
30%
20%
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