2022-2023学年福建省厦门双十中学高一下学期第二次月考数学试题（含解析）

这是一份2022-2023学年福建省厦门双十中学高一下学期第二次月考数学试题（含解析），共25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。

1.已知复数a+i1+i为纯虚数，则实数a等于
( )
A. −1B. 0C. 1D. 2
2.已知A1,0，B2,1，C4,3，则
( )
A. AB⋅BC=6B. BC=2ABC. AB⋅CB=4D. BC=2BA
3.在▵ABC中，已知a= 2，b= 3，B=60∘，则A角的度数为( )
A. 30∘B. 45∘C. 45∘或135∘D. 60∘
4.一个侧棱长为2 3的直棱柱的底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图为如图所示的菱形O′A′B′C′，其中O′A′=2，则该直棱柱的体积为
( )
A. 4 3B. 8 3C. 16 3D. 32 3
5.某公司2021年5月至2022年3月的各月利润率与每百元营业收入中的成本如图所示，则下列说法中正确的是( )
A. 2021年5—12月的利润率呈递减趋势
B. 这11个月的利润率的80%分位数为7.09%
C. 这11个月的每百元营业收入中的成本呈递增趋势
D. 这11个月的每百元营业收入中的成本的方差大于1
6.我国古代为了进行复杂的计算，曾经使用“算筹”表示数，后渐渐发展为算盘.算筹有纵式和横式两种排列方式，0∼9各个数字及其算筹表示的对应关系如下表：
排列数字时，个位采用纵式，十位采用横式，百位采用纵式，千位采用横式⋯⋯纵式和横式依次交替出现.如“
”表示21，“
”表示609.在“○”、“
”、“
”、“
”、“
”按照一定顺序排列成的三位数中任取一个，取到偶数的概率是( )
A. 25B. 12C. 35D. 710
7.已知一组数据x1，x2，…，xnn≥2的平均数为x，标准差为s，M=1ni=1nxi−a2，若a≠x，则s与 M的大小关系为
( )
A. s< MB. s> MC. s= MD. 不确定
8.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D是BB1中点．AA1=6，AC=8，BC=4，∠ACB=68∘.则下列结论正确的是
( )
(参考数据：sin68°≈0.927，cs68°≈0.375， 3≈1.732)
A. 点A到平面BCC1B1的距离是4 3
B. 异面直线DC1与AB 所成的角的余弦值是25
C. 若P为侧面AA1C1C(含边界)上一点，满足BP//平面ADC1，则线段BP长的最小值是5．
D. 过A，D，C1的截面是钝角三角形
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.关于复数z1、z2，下列说法正确的是
( )
A. z1⋅z2=z1⋅z2B. 若z1=z2，z12=z22
C. 若z1+z2=z1−z2，则z1⋅z2=0D. z1+z2=z1+z2
10.向量是近代数学中重要和基本的概念之一，它既是代数研究对象，也是几何研究对象，是沟通代数与几何的桥梁.若向量a，b满足a=b=2，a+b=2 3，则
( )
A. a⋅b=−2B. a与b的夹角为π3
C. a−b11.如图1，矩形ABCD中，BC=2AB=4，等腰梯形ADEF中，EF/​/AD，DE=EF=2.将梯形ADEF沿AD折起，得到如图2所示的多面体ABCDE′F′，则
( )
A. 异面直线AE′与BC所成的角为30∘
B. 当二面角E′−AD−C的大小为60∘时，VE′−ABCD=4
C. 存在某个位置，使得E′C⊥平面ADE′F′
D. 点D到平面ACE′的距离大于点F′到平面ACE′的距离
12.记▵ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列命题正确的是
( )
A. 若cs2A>cs2B且acsA=bcsB，则▵ABC是直角三角形
B. 若cs2A+cs2B−cs2C<1，则▵ABC为锐角三角形
C. 若a+b=ccsA+csB，且c=1，则该三角形内切圆面积的最大值是3−2 24π
D. 若2OA+OB+3OC=0，S▵AOC，S▵ABC分别表示▵AOC，▵ABC的面积，则S△AOC:S△ABC=1:6
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量a与b的夹角为π4，|a|=2,|b|= 2,a⊥(a+λb)，则实数λ= ．
14.已知关于x的实系数方程x2−2ax+a2−4a+6=0a∈R的一个虚根为1+ 2i，则a= ．
15.袋中装有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中一次性随机取出两个球，设两球标号为x1和y1，并记u1=x1+y1，v1=x1−y1.将球放回袋中，重复上述操作，得到u2和v2.设平面向量n1=u1,v1，n2=u2,v2，则n1与n2能构成基底n1,n2的概率为 ．
16.已知球O的体积为36π，球面上四点A，B，C，D，满足▵ABC是边长为3的正三角形，若点E为▵ABC的外心，且DE=3 3，则四面体ABCD的体积等于 ．
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.(本小题10分)
某中学为了解高中一年级学生对《生涯规划》读本学习情况，在该年级1500名学生中随机抽取了40名学生作为样本，对他们一周内对《生源规划》读本学习时间进行调查，经统计，这些时间全部介于10至60(单位：分钟)之间，现将数据分组，并制成如图所示的频率分布直方图．为了研究的方便，该年级规定，若一周学习《生涯规划》读本时间多于50分钟的学生称为“精生涯生”，若一周学习《生涯规划》读本时间小于20分钟的学生称为“泛生涯生”．
(1)求图中a的值，并估计该年级学生一周内对《生涯规划》读本学习时间的均值；
(2)从样本中的“精生涯生”和“泛生涯生”中任选2名学生，求这两名学生一周内对《生源规划》读本学习时间的差不超过10分钟的概率．
18.(本小题12分)
在▵ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足2atanB=btanB+tanC．
(1)求C；
(2)若▵ABC的面积为10 3，BD为AC边上的中线，求BD的最小值．
19.(本小题12分)
如图，在圆柱OO1中，OO1=2，A为圆O上一定点，B为圆O上异于点A的一动点，OA=2 3，过点O作平面ABO1的垂线，垂足为C点.
(1)若OA⊥OB，求证：BC⊥O1A．
(2)若▵AOB为等边三角形，求二面角A−O1B−O的余弦值．
20.(本小题12分)
如图所示，已知圆O是▵ABC的外接圆，圆O的直径BD=2.设BC=a，AC=b，AB=c，在下面给出条件中选一个条件解答后面的问题，
①tan ∠ACB⋅(b− 3csin ∠BAC)+ 3c⋅cs∠BAC=0；
②2cs ∠ACB+cs∠BAC=(2sin ∠ACB−sin ∠BAC)⋅tan ∠BAC；
③▵ABC的面积为 34a2+c2−b2.选择条件______．
(1)求b的值；
(2)求▵ACD的周长的取值范围．
21.(本小题12分)
如图，在三棱柱ADP−BCQ中，侧面ABCD为矩形．
(1)设M为AD中点，点N在线段PC上且NC=2PN，求证：PM//平面BDN；
(2)若二面角Q−BC−D的大小为θ，θ∈π4,5π6，且AD=csθAB，求直线BD和平面QCB所成角的正弦值的取值范围．
22.(本小题12分)
已知正△ABC的边长为4 3，内切圆圆心为I，点P满足∣PI⊨1．
(1)求证：PA2+PB2+PC2为定值；
(2)把三个实数a，b，c的最小值记为min{a,b,c}，若m=min{PA⋅PB,PB⋅PC,PA⋅PC}，求m的取值范围；
(3)若xPA+yPB+zPC=0，(x,y,z∈R+)，求当xy取最大值时，zx+y的值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查复数的概念与分类，考查复数的运算，难度较易．
根据复数的运算，结合纯虚数的定义即可得到结果．
【解答】
解：因为 a+i1+i=a+i1−i1+i1−i=a+1+1−ai2 为纯虚数，
所以 a+1=01−a≠0 ，
解得 a=−1 ．
故选：A．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查向量数量积的坐标运算，难度较易．
根据平面向量数量积及线性运算的坐标表示计算即可．
【解答】
解：因为 A1,0 ， B2,1 ， C4,3 ，
所以 AB=1,1 ， BC=2,2 ，
所以 BC=2AB ， BC=−2BA ， AB⋅BC=4 ， AB⋅CB=−4 ，
则ACD错误，B正确．
故选：B．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了利用正弦定理解三角形，难度较易．
根据大边对大角得到角 A【解答】
解：由 a= 2 ， b= 3 得 a由正弦定理得 sinA=asinBb= 2× 32 3= 22 ，
∴ A=45∘ ，
故选：B．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查水平放置的平面图形的直观图的画法，考查直棱柱体积的求法，是基础题．
由已知直观图可得原直棱柱的底面为矩形且边长分别为2和4，直棱柱的侧棱长为2 3，由棱柱体积公式得答案．
【解答】
解：由直棱柱的底面四边形的直观图可知，
原直棱柱的底面为矩形且边长分别为2和4，直棱柱的侧棱长为2 3，
∴该直棱柱的体积为V=2×4×2 3=16 3．
故选C．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了统计图数据的运用，百分位数，方差、标准差，难度较易．
由图中信息可判断A，C；由百分位数和方差的定义可判断B，D．
【解答】
解：对于A，2021年5，6月的利润率相同，8，9月的利润率在递减，
所以A不正确；
对于B，将这11个月的利润率从小排到大为：
5.97％,6.25％,6.35％,6.81％,6.96％,6.98％,
7.01％,7.01％,7.09％,7.11％,7.11％，
所以80%分位数为： 11×80%=8.8 ，为第9个数即7.09%．
所以B正确；
对于C，由图中可知，9，10月的每百元营业收入中的成本呈递减趋势，
所以C不正确；
对于D，这11个月的每百元营业收入中的成本的平均数为 x≈83.77 ，
因为 (84.30−83.77)2+(83.48−83.77)2=0.2809+0.0841=0.365 ，所以这11个月的每百元营业收入中的成本的方差不可能大于1，
所以D不正确．
故选：B．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查古典概型，属于基础题．
利用列举法，结合古典概型概率计算公式，计算出所求概率．
【解答】
解：由题可知，个位和百位可取的数字为：0，1，4，十位可取的数字为：0，3，8，且三个数字不重复，
所有情况列举如下：
所以取到偶数的概率是710，
故选D．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查方差和标准差的应用，属于中档题．
依据方差定义和二次函数的性质即可比较 s 与 M 的大小关系．
【解答】
解： s2=1n(x1−x)2+(x2−x)2+⋯+(xn−x)2
=1n[n(x)2−2(x1+x2+⋯+xn)x+(x 12+x 22+⋯+x n2)]
=(x)2−2n(x1+x2+⋯+xn)x+x12+x22+⋯+xn2n，
二次函数 f(x)=x2−2nx1+x2+⋯+xnx+1nx12+x22+⋯+xn2
开口向上，对称轴 x=1nx1+x2+⋯+xn ，
当 x=1nx1+x2+⋯+xn 即 x=x 时 f(x) 取得最小值，
则当 x=a≠x 时， f(a)>f(x)，
即 s2=1ni=1nxi−x2<1ni=1nxi−a2=M ，则 s< M．
故选：A
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查立体几何中的线面垂直，面面平行的证明及应用，属于综合题．
根据点到面的距离，异面直线所成的角，线面平行的判断，余弦定理等知识逐一判断即可．
【解答】
解：对于A：过 A 作 AE⊥BC ，交 BC 于点 E ，在直三棱柱 ABC−A1B1C1 中，
易知 AE⊥ 平面 BCC1B1 ，故点 A 到平面 BCC1B1 的距离是 AE ，
由 S▵ABC=12AC×BC×sin∠ACB=12BC×AE ，得
AE=AC×sin∠ACB=8×sin68∘≈8×0.927=7.416 ，
而 4 3≈6.928 ，故A错误；
对于B：取 CC1 的中点 F ，连接 AF,BF ，
则易知异面直线 DC1 与 AB 所成的角为 ∠ABF或其补角 ，
在 ▵ABC 中，
AB2=AC2+BC2−2AC×BC×cs∠ACB=64+16−2×8×4×cs68∘≈56
∴AB≈2 14 ，
AF2=AC2+CF2=64+9=73 ， AF= 73 ，
BF2=BC2+CF2=16+9=25 ， BF=5 ，
∴cs∠ABF=BF2+AB2−AF22BF×AB=25+56−732×5×2 14=25 14 ，
则异面直线DC1与AB 所成的角的余弦值是25 14，故B错误；
对于C：取 CC1 的中点 F ， AC 的中点 G ，连接 GF,BF，BG，
则易证平面 BGF// 平面 ADC1 ，
故点 P 在 GF 上时，满足 BP// 平面 ADC1 ，
在△BCG中利用余弦定理得BG≈2 5，在△BCF中利用勾股定理得BF=5，
则线段 BP≤BF=5 ，
即线段 BP 长的最大值为5，故线段 BP 长的最小值不可能为5，故C错误；
对于D： AD2=AB2+BD2=56+9=65，AD= 65 ，
C1D2=B1C12+B1D2=16+9=25，C1D=5 ，
AC12=CC12+AC2=36+64=100，AC1=10 ，
∴cs∠ADC1=AD2+C1D2−AC122AD×C1D=65+25−1002× 65×5=−1 65<0 ，
∴∠ADC1 为钝角，故D正确
故选：D
9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题主要考查了复数的运算，复数的模及其几何意义，是中档题．
利用复数的模长公式可判断A选项；利用特殊值法可判断BC选项；利用复数的运算法则结合共轭复数的定义可判断D选项．
【解答】
解：设z1=a1+b1i，z2=a2+b2ia1,a2,b1,b2∈R．
对于A选项，z1⋅z2=a1+b1i⋅a2+b2i=a1a2−b1b2+a1b2+a2b1i，
所以，z1⋅z2= a1a2−b1b22+a1b2+a2b12= a12a22+b12b22+a12b22+a22b12
= a12+b12a22+b22=z1⋅z2，A选项正确；
对于B选项，取z1=1+i，z2=1−i，
则z1=z2= 2，
但z12=1+i2=2i，z22=1−i2=−2i，
则z12≠z22，B选项错误；
对于C选项，取z1=1+i，z2=1−i，
则z1+z2=2，z1−z2=2i，
此时，z1+z2=z1−z2=2，但z1⋅z2=2≠0，C选项错误；
对于D选项，由于z1+z2=(a1+a2)+(b1+b2)i，
则z1+z2=(a1+a2)−(b1+b2)i=(a1−b1i)+(a2−b2i)=z1+z2，D选项正确．
综上故选：AD．
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题主要考查了向量的数量积的概念及其运算，利用向量的数量积求向量的夹角，投影向量，是中档题．
利用向量的模长公式以及题中条件即可判断A，C，由夹角公式可判断B，根据投影向量的求法即可判断D．
【解答】
解： ∵a=b=2 ， a+b=2 3 ，
∴12=|a+b|2=a2+2a⋅b+b2=4+2a⋅b+4 ，
解得 a⋅b=2 ，故A错误；
csa,b=a⋅bab=12 ，
由于 ⟨a,b⟩∈0,π ， ∴a 与 b 的夹角为 π3 ，故B正确；
a−b= a−b2= a2−2a⋅b+b2= 4−2a⋅b+4=2a−b 在 b 上的投影向量为 b⋅a−bb⋅bb=a⋅b−b22⋅bb=−bb=−12b ，故D错误．
故选：BC
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查空间异面直线所成角，二面角以及点、线、面间的位置和距离，属中档题．
利用平移法求得异面直线 AE′ 与BC所成的角，判断A；
作出二面角 E′−AD−C 的平面角，求得四棱锥的高，根据棱锥体积公式可判断B；
采用反证的方法可判断C；
将点D到平面 ACE′ 的距离和点 F′ 到平面 ACE′ 的距离转化为棱锥 D−ACE′,F′−ACE′ 的体积的问题可判断D．
【解答】
解：对于A，如图，作 E′G⊥AD ，垂足为G，

由于ADE′F′为等腰梯形，故E′G= 22−(4−22)2= 3 ， AG=4−1=3，
即有 tan∠E′AD=E′GAG= 33 ，故在 Rt▵E′GA 中， ∠E′AD=30∘ ，
因为 AD/​/BC ，所以 AD与AE′所成角即为异面直线AE′与BC所成的角，
而 AD与AE′所成角为 30∘ ，则异面直线 AE′ 与BC所成的角为 30∘ ，A正确；
对于B，过G点作 GM//DC，交BC于点M，
由于四边形ABCD为矩形，故 GM⊥AD ，
由于 E′G⊥AD ，且 E′M∩GM=G,E′M,GM⊂ 平面 E′GM ，
故 AD⊥ 平面 E′GM ，又AD⊂平面ABCD ，
故平面ABCD⊥平面E′GM，又平面ABCD∩平面E′GM=GM，
作 E′H⊥GM ，垂足为H，因为 E′H⊂ 平面 E′GM ，故 E′H⊥ 平面 ABCD ，
因为 E′G⊥AD ， GM⊥AD ，故 ∠E′GM 即为二面角 E′−AD−C 的平面角，
故 ∠E′GM=60∘ ，所以 E′H=E′G×sin 60∘= 3× 32=32 ，
故 VE′−ABCD=13SABCD×E′H=13×2×4×32=4 ，B正确；
对于C，假设存在某个位置，使得 E′C⊥平面ADE′F′，又E′D⊂ 平面 ADE′F′ ，
则 E′C⊥E′D,∴∠CE′D=90∘ ，
又因为 E′D=DC ，故 ∠E′CD=90∘ ，这与三角形内角和矛盾，故C错误；
对于D，点D到平面 ACE′ 的距离和点 F′ 到平面 ACE′ 的距离可分别看作为三棱锥 D−ACE′,F′−ACE′ 的高，
故只需比较三棱锥 D−ACE′,F′−ACE′ 的体积大小，
而 VD−ACE′=VC−ADE′,VF′−ACE′=VC−AF′E′ ，故只需比较 S▵ADE′,S▵AE′F′ 的大小，
在等腰梯形 ADE′F′ 中， AD>E′F′ ，故 S▵ADE′>S▵AE′F′ ，
则点D到平面 ACE′ 的距离大于点 F′ 到平面 ACE′ 的距离，D正确．
故选：ABD
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查利用余弦定理判断三角形的形状，向量在平面几何中的应用，正弦定理及变形，是较难题．
利用同角的三角函数关系以及正弦定理判断A；
利用余弦定理可判断B；
根据正弦定理边化角结合三角恒等变换，确定三角形为直角三角形，再求得内切圆半径的范围，即可判断C；
根据向量的线性运算构造三角形，利用三角形重心性质可判断D．
【解答】
解：对于A，由 cs2A>cs2B 可得 1−sin2A>1−sin2B,∴sin2A即 a2由 acsA=bcsB 得 sinAcsA=sinBcsB,∴sin2A=sin2B ，
由于 A,B 为三角形内角，则 2A+2B=π 或 2A=2B ，即 A+B=π2 或 A=B ，
综合可得 A+B=π2 ，即 ▵ABC 是直角三角形，A正确；
对于B，由 cs2A+cs2B−cs2C<1 可得 1−2sin2A+1−2sin2B−1+2sin2C<1 ，
即 sin2A+sin2B−sin2C>0 ，即 a2+b2−c2>0 ，
故 csC=a2+b2−c22Ab>0 ，C为三角形内角，故C为锐角，但不能判定 ▵ABC 为锐角三角形，B错误；
对于C， a+b=ccsA+csB ，则 sinA+sinB=sinCcsA+csB ，
故 sin(B+C)+sin(A+C)=sinCcsA+sinCcsB ，
即 sinBcsC+csBsinC+sinAcsC+csAsinC=sinCcsA+sinCcsB ，
即 sinBcsC+sinAcsC=0 ，即 (sinB+sinA)csC=0 ，
由于 sinB+sinA>0 ，故 csC=0 ，由于 C∈(0,π),∴C=π2 ，
设三角形内切圆半径为r，则 r=12a+b−c=12sinA+sinB−1
=12sinA+sinπ2−A−1=12sinA+csA−1
= 22sinA+π4−12 ，
∵ 0所以 0< 22sinA+π4−12≤ 22−12 ，即 r∈0, 2−12 ，
故该三角形内切圆面积的最大值是 S=π 2−122=3−2 24π ，C正确；
对于D，若 2OA+OB+3OC=0 ，设 OA′=2OA,OC′=3OC ，
则 OA′+OB+OC′=0 ，可得O为 △A′BC′ 的重心，如图：

设 S▵AOB=x,S▵BOC=y,S▵AOC=z ，则 S▵A′OB=2x,S▵BOC′=3y ， S▵A′OC′=6z ，
由于O为 △A′BC′的重心，延长 BO 交 A′C′ 与E，则E为 A′C′ 的中点；
则 S△A′OE=S△C′OE,S △A′BE=S△C′BE,
∴S△A′OB=S△C′OB，
同理可得 S▵A′OB=S▵A′OC′ ，
故 2x=3y=6z ，不妨取 z=1,∴x=3,y=2 ，
可得 S▵AOC:S▵ABC=z:x+y+z=1:6 ，D正确．
故选：ACD
13.【答案】−2
【解析】【分析】
本题考查向量的数量积与向量的垂直关系，是较易题．
根据题意，运用向量的数量积的定义和向量垂直的条件，解方程即可得到所求值．
【解答】
解：因为 a⊥(a+λb) ，则 a⋅a+λb=0 ，
即 a2+λabcsπ4=0，
将 |a|=2,|b|= 2 ，代入计算可得，
4+2 2× 22λ=0 ，
解得 λ=−2．
故答案为： −2
14.【答案】1
【解析】【分析】
本题考查了复数集内解方程或分解因式，是中档题．
根据已知条件方程的根为 1+ 2i ，将根代入方程即可求解．
【解答】
解：因为关于x的实系数方程 x2−2ax+a2−4a+6=0 的一个虚根为 1+ 2i ，
所以 1+ 2i2−2a1+ 2i+a2−4a+6=0 ，
即 −1+2 2i−2a−2 2ai+a2−4a+6=0 ，
也即 a2−6a+5+2 2(1−a)i=0 ，
所以 a2−6a+5=01−a=0 ，
解得 a=1 ，
故答案为：1．
15.【答案】89
【解析】【分析】
本题考查古典概型及其计算，难度中等．
首先列举向量 n1 和 n2 的所有情况，得到不能构成基底的情况，最后利用对立事件求概率．
【解答】
解：由条件可知，向量 n1 和 n2 为 3,1,4,2,5,3,6,4,7,5,5,1,6,2 ， 7,3,8,4,7,1,8,2,9,3,9,1,10,2,11,1 ，共15种情况，
当 n1=n2 ，共15种情况；
当 n1≠n2 时，满足 n1//n2 ，有 3,1,6,2,9,3 ，共 6 种情况；
4,2,8,4 ，共 A22=2 种情况；以及 5,1,10,2 ，共 2 种情况；
综上可知， n1//n2 时， n1 与 n2 不能构成基底，共有 15+6+2+2=25 种情况，
所以 n1 与 n2 能构成基底 n1,n2 的概率 P=1−2515×15=89 ．
故答案为： 89
16.【答案】9 22
【解析】【分析】
本题主要考查了棱锥的体积和球的切、接问题，难度中等．
由题意求得球的半径，利用正弦定理求得 ▵ABC 外接圆半径，利用球的性质结合条件可得四面体ABCD的高，再根据棱锥的体积公式即得答案．
【解答】
解：如图所示，设过球心O和平面 ABC 垂直的直径和球的大圆的交点为G，

因为球O的体积为 36π ，
设球的半径为R，则 36π=43πR3,∴R=3 ，
▵ABC 是边长为3的正三角形，设其外接圆半径为r，外接圆圆心E，
则 E,O,G 共线，
则 2r=3sinπ3=2 3,∴r= 3 ，
则 OE= 32−( 3)2= 6 ，
由于 DE=3 3>3− 6 ，
故D点在球心O所在的一侧．
作 DF⊥GE ，垂足为F，则 DF2+OF2=OD2=9 ，且 DF2+EF2=DE2=27 ，
即 DF2+( 6+OF)2=27 ，
联立 DF2+OF2=9 ，解得 OF= 6 ，
故 EF=2 6 ，
由于GE⊥平面 ABC，DF⊥GE，D∉平面ABC，
故DF//平面 ABC ，
则三棱锥 D−ABC 的高为 2 6 ，
故 VD−ABC=13× 34×32×2 6=9 22 ，
故答案为： 9 22
17.【答案】解：(1)由题意，得 0.005+0.035+0.030+a+0.010×10=1 ，解得 a=0.020 ．
估计该年级学生一周内对《生涯规划》读本学习时间的均值为： t=15×0.05+25×0.35+35×0.3+45×0.2+55×0.1=34.5(分钟)．
所以该年级学生一周内对《生涯规划》读本学习时间的均值为34.5分钟；
(2)样本中“精生涯生”有 40×0.1=4 人，“泛生涯生”有 40×0.05=2 人，
从6人中选2人时间的差不超过 10 分钟，即2人同在一个时间组内，
则时间的差不超过 10 分钟的概率 P=C42C62+C22C62=715 ．

【解析】本题主要考查频率分布直方图，古典概型概率的求法，是中档题．
(1)根据频率分布直方图频率之和为1求 a ，再根据频率分布直方图求平均值的求法估计阅读时间的均值；
(2)由题意，所取2人在同一时间组内，据此由古典概型求解．
18.【答案】解：(1)因为 2atanB=btanB+tanC ， sin B≠0 ，
故 2sinAsinBsinBcsB=sinBcsB+sinCcsC ，
即 2sinAsinBsinBcsB=sinBcsC+sinCcsBcsBcsC ，
故 2sinAcsC=sin(B+C)=sinA ，
因为A∈(0,π),所以sin A≠0 ，故 csC=12 ，
由于 C∈(0,π) ，故 C=π3 ；
(2)由题意知 S△ABC=12absin C= 34ab=10 3, 则ab=40，
在 ▵BCD 中， BD2=a2+b42−2a×b2×12=a2+b42−20≥2 a2⋅b42−20=20 ，
当且仅当 a=b2 ，结合 ab=40 ，即 a=2 5,b=4 5 时，等号成立，
故BD的最小值 2 5 ．

【解析】本题考查利用余弦定理解三角形，逆用两角和与差的正弦公式，由基本不等式求最值或取值范围，难度中等．
(1)根据正弦定理边化角结合同角的三角函数关系式以及三角恒等变换，化简可得答案；
(2)由三角形面积可得 ab=40 ，再用余弦定理结合基本不等式即可求得答案．
19.【答案】解：(1)证明：由圆柱的性质得： OO1⊥OB ， OA⊥OB
因为 OA∩OO1=O ，OA,OO1⊂平面OO1A，
所以 OB⊥平面OO1A ，
因为 O1A⊂平面OO1A ，所以 OB⊥O1A ，
因为 OC⊥平面ABO1 ， O1A⊂平面ABO1 ，
所以 OC⊥O1A ，
又因为 OC∩OB=O ，OB,OC⊂平面BOC，
所以 O1A⊥平面BOC ，
因为 BC⊂平面BOC ，
所以 BC⊥O1A ．
(2)过点 A 作 AM⊥OB 垂足为 M ，过 M 作 MN⊥O1B 于 N ，连接 AN ，
由已知 O1O⊥平面ABO ， O1O⊂平面BO1O
所以 平面BO1O⊥平面ABO ，又平面BO1O∩平面ABO=OB ，AM⊥BO，AM⊂平面ABO，
所以AM⊥平面BOO1，又BO1⊂平面BOO1，
所以 AM⊥BO1 ，
又MN⊥O1B，AM∩MN=M，AM,MN⊂平面AMN，
所以 BO1⊥平面AMN ，又AN⊂平面AMN，
所以 BO1⊥AN ，所以 ∠ANM 为二面角 A−O1B−O 的平面角，
又因为 ▵AOB 为等边三角形， AO=2 3 ，
所以 AM=3 ，在直角三角形 BO1O 中， BO1= 12+4=4 ，
因为▵BMN∼▵BO1O ，所以BMBO1=MNOO1，即 34=MN2 ，所以 MN= 32 ，
在直角三角形 AMN 中， AN= 9+34= 392 ，
所以 cs∠ANM=MNAN= 1313 ．

【解析】本题考查线面垂直的性质，二面角，是中档题．
(1)由线面垂直证线线垂直即可；
(2)由二面角的定义，找到二面角的平面角，在三角形中求二面角的余弦值大小即可．
20.【答案】解：(1)若选①，因为 tan ∠ACB⋅(b− 3csin∠BAC)+ 3c⋅cs∠BAC=0 ，
由正弦定理可得 sin ∠ACBcs ∠ACB⋅(sin ∠ABC− 3sin ∠ACBsin∠BAC)+ 3sin ∠ACB⋅cs∠BAC=0 ，
显然 sin ∠ACB>0 ，所以 sin∠ABC− 3sin ∠ACBsin ∠BAC+ 3cs ∠ACB⋅cs ∠BAC=0 ，
即 sin ∠ABC+ 3cs ( ∠ACB+∠BAC)=0 ，所以 sin ∠ABC− 3cs ∠ABC=0 ，所以 tan ∠ABC= 3 ，又 ∠ABC∈(0,π) ，所以 ∠ABC=π3 ，
因为 ▵ABC 外接圆的半径 R=1 ，所以 b=2Rsin ∠ABC= 3 ．
若选②，因为 2cs∠ACB+cs∠BAC=(2sin ∠ACB−sin ∠BAC)⋅tan ∠BAC ，
所以 2cs ∠ACB+cs ∠BAC=(2sin ∠ACB−sin ∠BAC)⋅sin ∠BACcs ∠BAC ，
即 2cs ∠ACBcs ∠BAC+cs2∠BAC=2sin ∠ACBsin ∠BAC−sin2∠BAC ，
所以 2cs ∠ACBcs ∠BAC−2sin ∠ACBsin ∠BAC=−sin2∠BAC−cs2∠BAC ，
所以 2cs (∠ACB+∠BAC)=−1 ，所以 cs ∠ABC=12 ，又 ∠ABC∈(0,π) ，所以 ∠ABC=π3 ，
因为 ▵ABC 外接圆的半径 R=1 ，所以 b=2Rsin∠ABC= 3 ．
若选③， ▵ABC 的面积为 34a2+c2−b2 ，则 S=12acsin∠ABC= 34(a2+c2−b2) ，
由余弦定理可得 a2+c2−b2=2accs ∠ABC ，所以 12acsin ∠ABC= 32accs ∠ABC ，所以 tan ∠ABC= 3 ，又 ∠ABC∈(0,π) ，所以 ∠ABC=π3 ，
因为 ▵ABC 外接圆的半径 R=1 ，所以 b=2Rsin ∠ABC= 3 ．
(2)由题知 ∠ADC=2π3 ，设 ∠CAD=α ， 0<α<π3 ，
由正弦定理 ACsin∠ADC=ADsin∠ACD=CDsin∠CAD= 3sin2π3=2 ，
所以 CD=2sinα ， AD=2sinπ3−α ，
所以▵ACD的周长为：
C▵ACD= 3+2sinα+2sinπ3−α
= 3+2sinα+2sinπ3csα−2csπ3sinα
= 3+sinα+ 3csα= 3+2sinα+π3 ，
因为 0<α<π3 ，所以 π3<α+π3<2π3 ，所以 32所以 C▵ACD∈2 3, 3+2 ．

【解析】本题考查利用正余弦定理和面积公式解三角形，还考查了三角函数的值域和三角恒等变换，属于中档题目，难度一般．
(1)若选①利用正弦定理将边化角，再结合两角和的余弦公式及诱导公式求出 tan ∠ABC ，再利用正弦定理计算可得；若选②，根据同角三角函数的基本关系、和差角公式及诱导公式求出 cs∠ABC ，再利用正弦定理计算可得；若选③，利用面积公式及余弦定理求出 tan∠ABC ，再利用正弦定理计算可求解．
(2)由题知 ∠ADC=2π3 ，设 ∠CAD=α ， 0<α<π3 ，利用正弦定理得到 CD=2sinα ， AD=2sinπ3−α ，再根据三角恒等变换公式及正弦函数的性质计算可求解．
21.【答案】解：(1)连接MC交BD于E，连接 NE ，
因为侧面ABCD为矩形，
所以 AD/​/BC ，又M为AD中点，
所以 ECEM=BCDM=2 ，
又因为 NC=2PN ，
所以 CNNP=CEEM=2 ．
所以 PM//NE ，
又 PM⊄ 平面NBD， NE⊂ 平面NBD，
所以 PM// 平面BDN．
(2)在平面QBC中，过点C作射线 CF⊥BC ，
因为底面ABCD为矩形，所以 BC⊥CD ，
所以 ∠DCF 为二面角 Q−BC−D 的平面角，且 ∠DCF=θ ．
又 CF∩CD=C ，所以 BC⊥ 平面CDF，
在平面DCF中，过点D作 DG⊥FC ，垂足为G，
因为 BC⊥ 平面DCF， DG⊂ 平面DCF，
所以 DG⊥BC ，又 BC∩FC=C ， BC⊂ 平面BCQ， FC⊂ 平面BCQ，
所以 DG⊥ 平面BCQ，
于是DG为点D到平面BCQ的距离，且 DG=DCsinθ ，
设直线BD和平面BCQ所成角为 α ，
则 sinα=DGBD=ABsinθ AB2+AD2=sinθ 1+cs2θ = 21+cs2θ−1 ，
由 θ∈π4,5π6 ，可得 csθ∈− 32, 22,cs2θ∈0,34 ，
∴ 21+cs2θ−1∈17,1, 21+cs2θ−1∈ 77,1，
所以直线BD和平面QCB所成角的正弦值的取值范围是 77,1 ．

【解析】本题考查直线与平面所成角，线面平行的判定，是较难题．
(1)连接MC交BD于E，由题可得 PM//NE ，然后利用线面平行的判定定理即得；
(2)过点C作射线 CF⊥BC ，可得 ∠DCF 为二面角 Q−BC−D 的平面角，过点D作 DG⊥FC ，可得 DG⊥ 平面BCQ，设直线BD和平面PAD所成角为 α ，结合条件可得 sinα=sinθ 1+cs2θ ，然后利用余弦函数的性质即得．
22.【答案】解：(1)以I为原点建立如图所示坐标系：
以I为圆心作单位圆，IA所在直线为y轴.所以A(0,4),B(−2 3,−2),C2 3,−2,
因为PI=1,所以点P在圆x2+y2=1上，设P(csα,sinα)，所以PA=(−csα,4−sinα)，PB=(−2 3−csα,−2−sinα)，PC=(2 3−csα,−2−sinα)，
所以PA2+PB2+PC2=cs2α+(4−sinα)2+(2 3+csα)2+(2+sinα)2
+(2 3−csα)2+(2+sinα)2=cs2α+16+sin2α−8sinα+2cs2a+24+8+8sinα+2sin2α
=51.
所以PA2+PB2+PC2为定值．
(2)PA·PB=2 3csα+cs2α+sin2α−2sinα−8=−4sinα−π3−7，(α∈R)，
同理可得PB·PC=4sinα−7，PA·PC=−4sin(α+π3)−7．
所以PA⋅PB,PB⋅PC,PA⋅PC的最小值均为−11，最大值均为−3，
所以m∈−11,−3．
(3)由xPA+yPB+zPC=0，可得x(IA−IP)+y(IB−IP)+z(IC−IP)=0 ，
整理可得：xIA+yIB+zIC=(x+y+z)IP，
两边平方得： 16x2+16y2+16z2−16xy−16xz−16yz=x2+y2+z2+2xy+2xz+2yz
则5x2+5y2+5z2−6xy−6xz−6yz=0，
两边同除y2，可得：5x2y2+5+5z2y2−6xy−6xzy2−6zy=0 ，
令t=xy，n=zy，则有5t2+5+5n2−6t−6tn−6n=0，
即5n2−(6t+6)n+5t2−6t+5=0， Δ=(6+6t)2−4×5(5t2−6t+5)≥0，则t2−3t+1≤0 ，
解得：3− 52⩽t⩽3+ 52，xy的最大值，即t的最大值3+ 52 ，
此时，Δ=0，所以n=3m+35 ，即：z=3t+35y，x=ty，
∴zx+y=3t+35y(t+1)y=35．
【解析】本题主要考查了向量的加减法，向量的数量积，考查了运算能力，属于难题．
(1)以I为原点建立直角坐标系，求得A，B，C的坐标，设P(csα,sinα)，求得PA，PB，PC的坐标，
化简即可证明;
(2)由(1)可得PA⋅PB=−4sin(α−π3)−7，PA⋅PC=−4sin(α+π3)−7，PB⋅PC=4sinα−7，利用三角函数的性质即可求解;
(3)由xPA+yPB+zPC=0，可得x(IA−IP)+y(IB−IP)+z(IC−IP)=0 ，整理可得：xIA+yIB+zIC=(x+y+z)IP，两边平方整理可得：5x2y2+5+5z2y2−6xy−6xzy2−6zy=0 ，令t=xy，n=zy，则有5n2−(6t+6)n+5t2−6t+5=0，由 Δ≥0，解得t的最大值3+ 52 ，从而得出结果．
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
纵式
○
横式