还剩15页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2022-2023学年广东省云浮市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）
展开
这是一份2022-2023学年广东省云浮市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共18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。
1.1i=( )
A. −1B. −iC. 1D. i
2.若正方形ABCD的边长为2，则|AD−AB|=( )
A. 4 2B. 2 2C. 2D. 22
3.高一年级有男生480人，女生520人，张华按男生、女生进行分层，通过分层随机抽样的方法抽取了总样本量为50的样本，则张华从男生中抽取的样本量为( )
A. 23B. 24C. 25D. 26
4.一个几何体由6个面围成，则这个几何体不可能是( )
A. 四棱台B. 四棱柱C. 四棱锥D. 五棱锥
5.如图，在长方体ABCD−A′B′C′D′中，A′E=2EB′，BF=FB′，G，H，分别在棱CC′，C′D′上，EH//B′C′//FG，该长方体被平面EFGH截成两个几何体，设体积较大的几何体的体积为V1，体积较小的几何体的体积为V2，则V1V2=( )
A. 10B. 5C. 12D. 11
6.柜子中有3双不同颜色的手套，红色、黑色、白色各1双.若从中随机地取出2只，则取出的手套是一只左手套一只右手套，但不是一双手套的概率为( )
A. 15B. 25C. 35D. 45
7.2012年至2021年全国及广东固定资产投资年增速情况如图所示，则( )
A. 2012年至2021年全国固定资产投资先减后增
B. 2012年至2021年广东固定资产投资年增速的40%分位数为11.1%
C. 2012年至2021年全国固定资产投资年增速的平均数比2012年至2021年广东固定资产投资年增速的平均数大
D. 2012年至2021年全国固定资产投资年增速的方差比2012年至2021年广东固定资产投资年增速的方差大
8.罗定文塔，位于广东省云浮市罗定市城区.宝塔平面上呈八角形，各层塔檐微微翘起，状如绽开的花瓣.顶层的莲花座铁柱、塔刹九霄盘、宝珠等铸件总重逾七吨，为广东古塔之最.如图，为了测量罗定文塔的高度，选取了与该塔底B在同一平面内的两个测量基点C与D，现测得∠BCD=69∘，∠CDB=37∘，CD=37.6m，在点C测得罗定文塔顶端A的仰角为64∘，则罗定文塔的高度AB=(参考数据：取tan64∘=2，cs37∘=0.8， 6≈2.449， 2≈1.414)( )
A. 23.5m
B. 47m
C. 24.5m
D. 49m
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。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.若(1+i)z−=5−3i，则( )
A. z的实部为1
B. z的虚部为−4
C. |z|= 17
D. z−2−i在复平面内对应的点位于第二象限
10.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=3，b=4，锐角C满足sinC= 154，则( )
A. △ABC的面积为3 15B. csC=14
C. c= 19D. csB= 1919
11.如图，这是一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B，其中n(Ω)=120，n(A)=40，n(B)=30，n(A∩B)=10，则( )
A. P(AB)=112
B. P(A∪B)=12
C. A与B互斥
D. A与B相互独立
12.已知矩形ABCD，AB=1，BC= 3，将△ADC沿对角线AC进行翻折，得到三棱锥D−ABC，在翻折过程中，下列结论正确的是( )
A. 三棱锥D−ABC的外接球的体积不变
B. 三棱锥D−ABC的体积的最大值为13
C. 当三棱锥D−ABC的体积最大时，二面角D−BC−A的正切值为2 3
D. 异面直线AB与CD所成角的最大值为90∘
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.从1∼9这9个数中随机选择一个数，则这个数的平方的个位数字为4的概率为______.
14.已知向量a，b满足|a|=5，|b|=2，且a在b上的投影向量为2b，则a，b夹角的余弦值为______，a⋅b=______.
15.已知一个圆锥的侧面展开图是半径为4，圆心角为π2的扇形，将该圆锥加工打磨成一个球状零件，则该零件表面积的最大值为______.
16.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D2中，AB=2，E，M，N，P，Q分别为AB，C1D1，B1C1，BC，CD的中点，O为平面MNPQ内的一个动点，则A1O+OE的最小值为______.
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.(本小题10分)
已知点A(1,1)，B(−1,0)，C(0,1)，且AB=CD.
(1)求点D的坐标；
(2)求△ABC的面积.
18.(本小题12分)
如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，P，Q分别为A1B，CC1的中点.
(1)证明：PQ//平面ABC.
(2)证明：平面A1BQ⊥平面AA1B1B.
19.(本小题12分)
村BA全称是“美丽乡村”篮球联赛，近几个月以来，广东各地村居篮球联赛众多.村BA以篮球为纽带，掀起乡村体育热潮，大力促进全民健身和乡村振兴的发展.某村BA球队对最近50场比赛的得分进行了统计，将数据按[55,65),[65,75),[75,85),[85,95]分为4组，画出的频率分布直方图如图所示.
(1)求频率分布直方图中m的值；
(2)估计这50场比赛得分的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表)；
(3)若该球队准备对得分排名前20%的比赛进行宣传，试估计被宣传的比赛得分不低于多少.
20.(本小题12分)
已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且 3a−2bsinA=0，B为锐角.
(1)求B；
(2)若a+c=5，b= 7，求AB⋅AC.
21.(本小题12分)
某高校的入学面试中有A，B，C三道题目，规则如下：第一环节，面试者先从三道题目中随机抽取一道，若答对抽到的题目，则面试通过，若没答对抽到的题目，则进入第二环节；第二环节，该面试者从剩下的两道题目中随机抽取一道，若答对抽到的题目，则面试通过，若没答对抽到的题目，则进入第三环节；第三环节，若该面试者答对剩下的一道题目，则面试通过，若没有答对剩下的题目，则面试失败.假设对抽到的不同题目能否答对是独立的，李明答对A，B，C题的概率依次是12，13，14.
(1)求李明第一环节抽中A题，且第一环节通过面试的概率；
(2)求李明第二环节或第三环节通过面试的概率.
22.(本小题12分)
如图，在四面体ABCD中，AB=AD，BC=CD，E为BD的中点，F为AC上一点．
(1)求证：平面ACE⊥平面BDF；
(2)若∠BCD=90∘，∠BAD=60∘，AC= 3BC，求直线BF与平面ACD所成角的正弦值的最大值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了复数的运算法则，利用复数的运算法则即可得出，属于基础题．
【解答】
解：1i=−i−i⋅i=−i.
故选B.
2.【答案】B
【解析】解：因为正方形ABCD的边长为2，
所以|AD|=|AB|=2，且AD⊥AB，
所以|AD−AB|=|BD|= 22+22=2 2.
故选：B.
根据数量积的运算律计算可得．
本题考查平面向量数量积运算，属基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由题意，高一年级有男生480人，女生520人，可得高一年级共有480+520=1000人，
可得分层随机抽样的方法抽取了总样本量为50的样本，
则张华从男生中抽取的样本量为501000×480=24人．
故选：B.
根据分层抽样的概念以及抽取方法，即可求解．
本题主要考查分层抽样的定义，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，四棱台是上下两个四边形，四个侧面有6个面，满足题意；
对于B，四棱柱是上下两个四边形，四个侧面有6个面，满足题意；
对于C，四棱锥有一个底面，四个侧面有5个面，不满足题意；
对于D，五棱锥有一个底面，五个侧面有6个面，满足题意．
故选：C.
根据题意，由棱柱，棱台和棱锥的面的个数，结合选项得出答案即可．
本题考查棱台、棱锥、棱柱的结构特征，注意常见几何体的面、棱、顶点的数目，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：不妨设A′B′=3，BB′=2，∵A′E=2EB′，∴A′E=2，EB′=1，
又BF=FB′，∴BF=FB′=1，
∴S△EFB′=12×1×1=12，得SABFEA′=SABB′A′−S△EFB′=3×2−12=112，
∵EH//B′C′//FG，∴长方体被平面EFGH截成的两部分均为高为BC的直棱柱，
∴其体积之比即为底面积之比，得V1V2=SABFEA′S△EFB′=11.
故选：D.
不妨设A′B′=3，BB′=2，即可求出S△EFB′、SABFEA′，依题意截成的两部分均为高为BC的直棱柱，则体积之比即为底面积之比．
本题考查棱柱体积的求法，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是中档题．
6.【答案】B
【解析】解：由题意，分别用a1，a2，b1，b2，c1，c2表示6只手套，
从中随机地取出2只，包含(a1,a2)，(a1,b1)，(a1,b2)，(a1,c1)，(a1,c2)，(a2,b1)，(a2,b2)，(a2,c1)，(a2,c2)，(b1,b2)，(b1,c1)，(b1,c2)，(b2,c1)，(b2,c2)，(c1,c2)，共有15种，
其中取出的手套中一只左手套一只右手套，
包含(a1,b2)，(a1,c2)，(a2,b1)，(a2,c1)，(b1,c2)，(b2,c1)，共有6种，
所以不是一双手套的概率为P=615=25.
故选：B.
利用列举法求得基本事件的总数，以及所求事件中包含的基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解．
本题考查古典概型相关知识，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：对于选项A，由折线统计图可知2012年至2021年全国固定资产投资年增速先减后增，
但是均为正数，故全国固定资产投资均增加，故A错误；
对于选项B，2012年至2021年广东固定资产投资年增速从小到大排列为6.3%、7.2%、10.0%、
10.7%、11.1%、13.5%、14.6%、15.8%、15.9%、18.2%，
因为10×40%=4，所以第40%分位数为第4、5位两数的平均数，即为10.7%+11.1%2=10.9%，故B错误；
对于选项C，由统计图可知只有2012年全国固定资产投资年增速比广东固定资产投资年增速大，
其余年份广东固定资产投资年增速均大于全国固定资产投资年增速，
所以2012年至2021年全国固定资产投资年增速的平均数比2012年至2021年广东固定资产投资年增速的平均数小，故C错误；
对于选项D，全国固定资产投资年增速比较分散，广东固定资产投资年增速比较集中，
所以2012年至2021年全国固定资产投资年增速的方差比2012年至2021年广东固定资产投资年增速的方差大，故D正确．
故选：D.
根据折线统计图一一分析即可．
本题主要考查了统计图的应用，考查了平均数、方差和百分位数的计算，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：因为cs37∘=0.8，所以sin37∘= 1−cs237∘=0.6，
又sin74∘≈sin75∘=sin(45∘+30∘)
=sin45∘cs30∘+cs45∘sin30∘
= 22× 32+ 22×12= 6+ 24，
因为∠BCD=69∘，∠CDB=37∘，所以∠CBD=180∘−69∘−37∘=74∘，
在△BCD中由正弦定理CDsin∠CBD=CBsin∠CDB，
即CB=CDsin∠CDBsin∠CBD=37.6sin37∘sin74∘，又tan64∘=ABBC，
所以AB=BCtan64∘=2BC=2×37.6sin37∘sin74∘≈2×37.6×0.6 6+ 24≈47m.
故选：B.
首先求出sin37∘，再由两角和的正弦公式求出sin75∘，在△BCD中由正弦定理表示出BC，再由锐角三角函数得到AB=BCtan64∘，从而计算可得．
本题主要考查了和差角公式，正弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：因为(1+i)z−=5−3i，所以z−=5−3i1+i=(5−3i)(1−i)(1+i)(1−i)=5−5i−3i+3i22=1−4i，
所以z=1+4i，所以z的实部为1，虚部为4，|z|= 12+42= 17，故A、C正确，B错误；
z−2−i=1+4i−2−i=−1+3i，
所以z−2−i在复平面内对应的点(−1,3)位于第二象限，故D正确．
故选：ACD.
根据复数代数形式的除法运算化简z−，即可求出z，从而判断A、B、C，再求出z−2−i，根据复数的几何意义判断即可．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查余弦定理，以及三角形的面积公式，属于一般题目，
由三角形的 面积公式，可判定A错误；由三角函数的基本关系式，可判定B正确，由余弦定理，可判定C正确，D错误.
【解答】
解：在△ABC中，因为a=3,b=4，且sinC= 154，
由三角形的面积公式，可得S△ABC=12absinC=12×3×4× 154=3 152，所以A错误；
由C为锐角，且sinC= 154，可得csC= 1−sin2C=14，所以B正确；
由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC=9+16−2×3×4×14=19，可得c= 19，所以C正确；
由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac=9+19−162×3× 19=2 1919，所以D不正确.
故选：BC.
11.【答案】ABD
【解析】解：因为n(Ω)=120，n(A)=40，n(B)=30，n(A∩B)=10，
所以P(A)=n(A)n(Ω)=13，P(B)=n(B)n(Ω)=14，P(AB)=n(A∩B)n(Ω)=112，
所以P(AB)=P(A)⋅P(B)，即A与B相互独立，故A、D正确；
因为n(A∩B)=10，所以A与B不互斥，故C错误；
P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=13+14−112=12，故B正确．
故选：ABD.
根据古典概型的概率公式求出P(A)，P(B)，P(AB)，即可判断A、C、D，再根据和事件的概率公式计算P(A∪B)，即可判断B.
本题主要考查了独立事件和互斥事件的定义，属于基础题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A，设AC的中点为O，则由Rt△ABC、Rt△ADC知，
OA=OB=OC=OD，所以O为三棱锥D−ABC外接球的球心，其半径为12AC=1，
所以三棱锥D−ABC外接球的体积为43π，故A正确；
对于B，设三棱锥D−ABC底面ABC上的高为h，则VD−ABC=13S△ABC⋅h，
当平面ADC⊥平面ABC时，三棱锥D−ABC的高最大，
此时三棱锥D−ABC的体积VD−ABC=13×12×1× 3× 32=14，故B错误；
对于C，三棱锥D−ABC的体积的最大时，平面ADC⊥平面ABC，
过点D作DM⊥AC交AC于点M，过点M作MN//AB，交BC于点N，连接DN，
由平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC=AC，DM⊂平面ADC，
所以DM⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以DM⊥BC，
又MN//AB，AB⊥BC，所以MN⊥BC，
DM∩MN=M，DM，MN⊂平面DMN，所以BC⊥平面DMN，
DN⊂平面DMN，所以BC⊥DN，所以∠DNM即为二面角D−BC−A的平面角，
又DM=AD⋅DCAC= 32，则MC= DC2−DM2=12，
又△CMN∽△CAB，所以MNAB=CMCA，则MN=14，所以tan∠DNM=DMMN=2 3，
即二面角D−BC−A的正切值为2 3，故C正确；
对于D，当翻折后点D到点B的距离为 2，即BD= 2，在△BCD中，BC2=BD2+CD2，
则CD⊥BD，又CD⊥AD，AD∩BD=D，AD，BD⊂平面ABD，则CD⊥平面ABD，即异面直线AB与CD所成角为90∘，
即异面直线AB与CD所成角的最大值为90∘，故D正确．
故选：ACD.
由直角三角形的性质得出AC的中点为三棱锥D−ABC外接球的球心，进而得出A正确；当平面ADC⊥平面ABC时，三棱锥D−ABC的体积最大，从而判断B；三棱锥D−ABC的体积的最大时，平面ADC⊥平面ABC，二面角D−BC−A的正切值；当BD= 2，由线面垂直判定定理证明CD⊥平面ABD，进而得出异面直线AB与CD所成角的最大值为90∘.
本题主要考查棱锥的体积，异面直线所成的角，二面角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】29
【解析】解：因为12=1，22=4，32=9，42=16，52=25，62=36，72=49，82=64，92=81，
从1∼9这9个数中随机选择一个数共有9种选法，
其中这个数的平方的个位数字为4的只有2、8共2个，
所以所求的概率P=29.
故答案为：29.
根据古典概型的概率公式计算可得．
本题考查古典型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14.【答案】45 8
【解析】解：∵|a|=5，|b|=2，且a在b上的投影向量为2b，
∴a⋅b|b|⋅b|b|=2b，即a⋅b=2|b|2=8，
∴cs⟨a,b⟩=a⋅b|a|⋅|b|=85×2=45.
故答案为：45；8.
根据a在b上的投影向量为a⋅b|b|⋅b|b|，求出a⋅b，再求出夹角的余弦值，即可得出答案．
本题考查平面向量数量积的性质，考查转化思想，考查运算能力，属于基础题．
15.【答案】12π5
【解析】解：根据题意，该圆锥的母线长为l=4，设圆锥底面圆半径为R，高为h，如图所示，
由2πR=4×π2得，R=1，所以h= l2−R2= 15.
圆锥PO内切球的半径等于△PAB内切圆的半径，
设△PAB的内切圆圆心为O1，半径为r，
由于S△PAB=S△PAO1+S△PBO1+S△ABO1，则有12×2× 15=12×4r+12×4r+12×2r，
解得r= 155.
所以该球状零件表面积的最大值为4πr2=12π5.
故答案为：12π5.
根据题意，运用扇形的弧长公式可求得圆锥半径，结合等面积法可求得三角形的内切圆半径，进而求得圆锥内切球的表面积．
本题考查球的表面积计算，涉及旋转体的结构特征，属于基础题．
16.【答案】 17
【解析】解：延长EP，与DC的延长线交于点T，ABCD是正方形，
因为AC⊥BD，EP//AC，QP//BD，
所以EP⊥QP，
所以EP⊥PN，
又PN∩PQ=P，PN⊂平面MNPQ，PQ⊂平面MNPQ，
所以EP⊥平面MNPQ，
所以TP⊥平面MNPQ，EP=PT，
所以E关于面MNPQ的对称点T，
所以A1O+OE=A1O+OT≥A1T，
以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
因为AB=2，E，P，分别为AB，BC的中点，EP=PT，
因为A1(2,0,2)，T(0,3,0)，
所以A1T= 22+33+22= 17，
故答案为： 17.
先根据线面垂直得出E关于面MNPQ的对称点T，EP=PT，再建系根据两点间距离求解即可．
本题考查空间中距离，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为A(1,1)，B(−1,0)，C(0,1)，
所以AB=(−1,0)−(1,1)=(−2,−1)，设D(x,y)，则CD=(x,y)−(0,1)=(x,y−1)，
又AB=CD，所以x=−2y−1=−1，解得x=−2y=0，即D(−2,0).
(2)因为|AC|=1，且AC//x轴，B到AC的距离为1，
所以S△ABC=12×1×1=12.
【解析】(1)设D(x,y)，表示出AB、CD的坐标，根据对应坐标相等得到方程组，解得即可；
(2)根据点的坐标的特征，直接求出三角形的面积．
本题主要考查平面向量的坐标运算，属于基础题．
18.【答案】解：(1)证明：取AB的中点D，连接PD、CD，因为P，Q分别为A1B，CC1的中点，
所以PD//AA1且PD=12AA1，
又三棱柱ABC−A1B1C1是正三棱柱，所以CQ//AA1，CQ=12AA1，
所以PD//CQ且PD=CQ，
所以PDCQ为平行四边形，所以PQ//CD，
又因为PQ⊄平面ABC，CD⊂平面ABC，
所以PQ//平面ABC.
(2)证明：在正三棱柱ABC−A1B1C1中D为AB的中点，
所以CD⊥AB，又AA1⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，所以CD⊥AA1，
AA1∩AB=A，AA1，AB⊂平面ABB1A1，所以CD⊥平面ABB1A1，
又CD//PQ，所以PQ⊥平面ABB1A1，又PQ⊂平面A1BQ，
所以平面A1BQ⊥平面AA1B1B.
【解析】(1)取AB的中点D，连接PD、CD，即可证明PDCQ为平行四边形，从而得到PQ//CD，即可得证；
(2)首先证明CD⊥平面ABB1A1，即可得到PQ⊥平面ABB1A1，从而得证．
本题考查线面平行的证法及面面垂直的证法，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由频率分布直方图可得(m+0.03+2m+0.01)×10=1，解得m=0.02.
(2)由频率分布直方图可得平均数为(0.02×60+0.03×70+0.04×80+0.01×90)×10=74.
(3)因为(0.02+0.03+0.04)×10=0.9>0.8，
(0.02+0.03)×10=0.5<0.8，
所以第80%百分位数位于[75,85)之间，设为x，
则(0.02+0.03)×10+(x−75)×0.04=0.8，解得x=82.5，
所以被宣传的比赛得分不低于82.5.
【解析】本题考查频率分布直方图的性质、平均数、百分位数等基础知识，属于基础题．
(1)根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为1得到方程，解得即可；
(2)根据平均数公式计算可得；
(3)计算第80%百分位数，即可得解．
20.【答案】解：(1)∵ 3a−2bsinA=0，
由正弦定理得 3sinA=2sinBsinA，
又sinA≠0，
即sinB= 32，又B为锐角，所以B=π3.
(2)由余弦定理可得csB=a2+c2−b22ac=12，
即a2+c2−7=ac，由a+c=5，即a2+2ac+c2=25，
则25−2ac−7=ac，即ac=6，
所以a=2c=3或a=3c=2，
若a=2c=3，由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，
即22=( 7)2+32−2×3× 7csA，
解得csA=2 77，所以AB⋅AC=|AB|⋅|AC|csA= 7×3×2 77=6；
若a=3c=2，由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，
即32=( 7)2+22−2×2× 7csA，
解得csA= 714，
所以AB⋅AC=|AB|⋅|AC|csA= 7×2× 714=1.
【解析】(1)利用正弦定理将边化角，即可求出sinB，从而得解；
(2)利用余弦定理求出a、c，再由余弦定理求出csA，最后由数量积的定义计算可得．
本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和向量数量积的定义，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)设事件D为李明第一环节抽中A题，且第一环节通过面试．
由题意得李明第一环节抽到每道题目的概率均为13，
所以P(D)=13×12=16.
(2)设事件E为李明第一环节通过面试，
则P(E)=13×12+13×13+13×14=1336.
设事件F为李明面试失败，李明答题情况如下：
A题错B题错C题错，A题错C题错B题错，
B题错A题错C题错，B题错C题错A题错，
C题错A题错B题错，C题错B题错A题错．
所以P(F)=13×12×6×12×23×34=14.
故李明第二环节或第三环节通过面试的概率为1−P(E)−P(F)=718.
【解析】(1)利用积事件的概率公式求解即可．
(2)利用对立事件求解．
本题考查积事件的概率公式以及对立事件相关知识，属于基础题．
22.【答案】(1)证明：在四面体ABCD中，AB=AD，BC=CD，E为BD的中点，则AE⊥BD，CE⊥BD，
而AE∩CE=E，AE，CE⊂平面ACE，于是得BD⊥平面ACE，
又BD⊂平面BDF，所以平面ACE⊥平面BDF；
(2)解：依题意，不妨设BC=CD=2，
又∠BCD=90∘，则BD=2 2,CE= 2，
又∠BAD=60∘，则AB=AD=BD=2 2，AE= 6，
在△ACE中，AC=2 3，所以cs∠AEC=AE2+CE2−AC22AE⋅CE=6+2−122× 6× 2=− 33，
则sin∠AEC= 63，S△AEC=12AE⋅CEsin∠AEC=12× 6× 2× 63= 2，
由(1)得，VB−ACD=13S△AEC⋅BD=43，
因AD2+CD2=12=AC2，即∠ADC=90∘，
则S△ACD=12AD⋅CD=2 2，
设点B到平面ACD的距离为h，则VB−ACD=13S△ACD⋅h=13×2 2h=43，解得h= 2，
即点B到平面ACD的距离为 2，
设直线BF与平面ACD所成角为θ，所以sinθ=hBF= 2BF，
因为AB2+BC2=12=AC2，所以∠ABC=90∘，
故当BF⊥AC时，BF最短，
此时BF=2 212×2 3=2 63，正弦值最大为 22 63= 32.
【解析】本题考查了面面垂直的证明以及直线与平面所成的角的应用，属于较难题．
(1)根据等腰三角形的性质易知BD⊥AE，BD⊥CE，即可证明出BD⊥平面ACE，由面面垂直的判定定理即可证出；
(2)利用等体积法求三棱锥B−ACD的体积，可得到点B到平面ACD的距离h，再根据直线BF与平面ACD所成角的正弦值等于hBF，即可知当BF⊥AC时，BF最短，此时正弦值最大．
1.1i=( )
A. −1B. −iC. 1D. i
2.若正方形ABCD的边长为2，则|AD−AB|=( )
A. 4 2B. 2 2C. 2D. 22
3.高一年级有男生480人，女生520人，张华按男生、女生进行分层，通过分层随机抽样的方法抽取了总样本量为50的样本，则张华从男生中抽取的样本量为( )
A. 23B. 24C. 25D. 26
4.一个几何体由6个面围成，则这个几何体不可能是( )
A. 四棱台B. 四棱柱C. 四棱锥D. 五棱锥
5.如图，在长方体ABCD−A′B′C′D′中，A′E=2EB′，BF=FB′，G，H，分别在棱CC′，C′D′上，EH//B′C′//FG，该长方体被平面EFGH截成两个几何体，设体积较大的几何体的体积为V1，体积较小的几何体的体积为V2，则V1V2=( )
A. 10B. 5C. 12D. 11
6.柜子中有3双不同颜色的手套，红色、黑色、白色各1双.若从中随机地取出2只，则取出的手套是一只左手套一只右手套，但不是一双手套的概率为( )
A. 15B. 25C. 35D. 45
7.2012年至2021年全国及广东固定资产投资年增速情况如图所示，则( )
A. 2012年至2021年全国固定资产投资先减后增
B. 2012年至2021年广东固定资产投资年增速的40%分位数为11.1%
C. 2012年至2021年全国固定资产投资年增速的平均数比2012年至2021年广东固定资产投资年增速的平均数大
D. 2012年至2021年全国固定资产投资年增速的方差比2012年至2021年广东固定资产投资年增速的方差大
8.罗定文塔，位于广东省云浮市罗定市城区.宝塔平面上呈八角形，各层塔檐微微翘起，状如绽开的花瓣.顶层的莲花座铁柱、塔刹九霄盘、宝珠等铸件总重逾七吨，为广东古塔之最.如图，为了测量罗定文塔的高度，选取了与该塔底B在同一平面内的两个测量基点C与D，现测得∠BCD=69∘，∠CDB=37∘，CD=37.6m，在点C测得罗定文塔顶端A的仰角为64∘，则罗定文塔的高度AB=(参考数据：取tan64∘=2，cs37∘=0.8， 6≈2.449， 2≈1.414)( )
A. 23.5m
B. 47m
C. 24.5m
D. 49m
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。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.若(1+i)z−=5−3i，则( )
A. z的实部为1
B. z的虚部为−4
C. |z|= 17
D. z−2−i在复平面内对应的点位于第二象限
10.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=3，b=4，锐角C满足sinC= 154，则( )
A. △ABC的面积为3 15B. csC=14
C. c= 19D. csB= 1919
11.如图，这是一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B，其中n(Ω)=120，n(A)=40，n(B)=30，n(A∩B)=10，则( )
A. P(AB)=112
B. P(A∪B)=12
C. A与B互斥
D. A与B相互独立
12.已知矩形ABCD，AB=1，BC= 3，将△ADC沿对角线AC进行翻折，得到三棱锥D−ABC，在翻折过程中，下列结论正确的是( )
A. 三棱锥D−ABC的外接球的体积不变
B. 三棱锥D−ABC的体积的最大值为13
C. 当三棱锥D−ABC的体积最大时，二面角D−BC−A的正切值为2 3
D. 异面直线AB与CD所成角的最大值为90∘
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.从1∼9这9个数中随机选择一个数，则这个数的平方的个位数字为4的概率为______.
14.已知向量a，b满足|a|=5，|b|=2，且a在b上的投影向量为2b，则a，b夹角的余弦值为______，a⋅b=______.
15.已知一个圆锥的侧面展开图是半径为4，圆心角为π2的扇形，将该圆锥加工打磨成一个球状零件，则该零件表面积的最大值为______.
16.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D2中，AB=2，E，M，N，P，Q分别为AB，C1D1，B1C1，BC，CD的中点，O为平面MNPQ内的一个动点，则A1O+OE的最小值为______.
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.(本小题10分)
已知点A(1,1)，B(−1,0)，C(0,1)，且AB=CD.
(1)求点D的坐标；
(2)求△ABC的面积.
18.(本小题12分)
如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，P，Q分别为A1B，CC1的中点.
(1)证明：PQ//平面ABC.
(2)证明：平面A1BQ⊥平面AA1B1B.
19.(本小题12分)
村BA全称是“美丽乡村”篮球联赛，近几个月以来，广东各地村居篮球联赛众多.村BA以篮球为纽带，掀起乡村体育热潮，大力促进全民健身和乡村振兴的发展.某村BA球队对最近50场比赛的得分进行了统计，将数据按[55,65),[65,75),[75,85),[85,95]分为4组，画出的频率分布直方图如图所示.
(1)求频率分布直方图中m的值；
(2)估计这50场比赛得分的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表)；
(3)若该球队准备对得分排名前20%的比赛进行宣传，试估计被宣传的比赛得分不低于多少.
20.(本小题12分)
已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且 3a−2bsinA=0，B为锐角.
(1)求B；
(2)若a+c=5，b= 7，求AB⋅AC.
21.(本小题12分)
某高校的入学面试中有A，B，C三道题目，规则如下：第一环节，面试者先从三道题目中随机抽取一道，若答对抽到的题目，则面试通过，若没答对抽到的题目，则进入第二环节；第二环节，该面试者从剩下的两道题目中随机抽取一道，若答对抽到的题目，则面试通过，若没答对抽到的题目，则进入第三环节；第三环节，若该面试者答对剩下的一道题目，则面试通过，若没有答对剩下的题目，则面试失败.假设对抽到的不同题目能否答对是独立的，李明答对A，B，C题的概率依次是12，13，14.
(1)求李明第一环节抽中A题，且第一环节通过面试的概率；
(2)求李明第二环节或第三环节通过面试的概率.
22.(本小题12分)
如图，在四面体ABCD中，AB=AD，BC=CD，E为BD的中点，F为AC上一点．
(1)求证：平面ACE⊥平面BDF；
(2)若∠BCD=90∘，∠BAD=60∘，AC= 3BC，求直线BF与平面ACD所成角的正弦值的最大值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了复数的运算法则，利用复数的运算法则即可得出，属于基础题．
【解答】
解：1i=−i−i⋅i=−i.
故选B.
2.【答案】B
【解析】解：因为正方形ABCD的边长为2，
所以|AD|=|AB|=2，且AD⊥AB，
所以|AD−AB|=|BD|= 22+22=2 2.
故选：B.
根据数量积的运算律计算可得．
本题考查平面向量数量积运算，属基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由题意，高一年级有男生480人，女生520人，可得高一年级共有480+520=1000人，
可得分层随机抽样的方法抽取了总样本量为50的样本，
则张华从男生中抽取的样本量为501000×480=24人．
故选：B.
根据分层抽样的概念以及抽取方法，即可求解．
本题主要考查分层抽样的定义，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，四棱台是上下两个四边形，四个侧面有6个面，满足题意；
对于B，四棱柱是上下两个四边形，四个侧面有6个面，满足题意；
对于C，四棱锥有一个底面，四个侧面有5个面，不满足题意；
对于D，五棱锥有一个底面，五个侧面有6个面，满足题意．
故选：C.
根据题意，由棱柱，棱台和棱锥的面的个数，结合选项得出答案即可．
本题考查棱台、棱锥、棱柱的结构特征，注意常见几何体的面、棱、顶点的数目，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：不妨设A′B′=3，BB′=2，∵A′E=2EB′，∴A′E=2，EB′=1，
又BF=FB′，∴BF=FB′=1，
∴S△EFB′=12×1×1=12，得SABFEA′=SABB′A′−S△EFB′=3×2−12=112，
∵EH//B′C′//FG，∴长方体被平面EFGH截成的两部分均为高为BC的直棱柱，
∴其体积之比即为底面积之比，得V1V2=SABFEA′S△EFB′=11.
故选：D.
不妨设A′B′=3，BB′=2，即可求出S△EFB′、SABFEA′，依题意截成的两部分均为高为BC的直棱柱，则体积之比即为底面积之比．
本题考查棱柱体积的求法，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是中档题．
6.【答案】B
【解析】解：由题意，分别用a1，a2，b1，b2，c1，c2表示6只手套，
从中随机地取出2只，包含(a1,a2)，(a1,b1)，(a1,b2)，(a1,c1)，(a1,c2)，(a2,b1)，(a2,b2)，(a2,c1)，(a2,c2)，(b1,b2)，(b1,c1)，(b1,c2)，(b2,c1)，(b2,c2)，(c1,c2)，共有15种，
其中取出的手套中一只左手套一只右手套，
包含(a1,b2)，(a1,c2)，(a2,b1)，(a2,c1)，(b1,c2)，(b2,c1)，共有6种，
所以不是一双手套的概率为P=615=25.
故选：B.
利用列举法求得基本事件的总数，以及所求事件中包含的基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解．
本题考查古典概型相关知识，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：对于选项A，由折线统计图可知2012年至2021年全国固定资产投资年增速先减后增，
但是均为正数，故全国固定资产投资均增加，故A错误；
对于选项B，2012年至2021年广东固定资产投资年增速从小到大排列为6.3%、7.2%、10.0%、
10.7%、11.1%、13.5%、14.6%、15.8%、15.9%、18.2%，
因为10×40%=4，所以第40%分位数为第4、5位两数的平均数，即为10.7%+11.1%2=10.9%，故B错误；
对于选项C，由统计图可知只有2012年全国固定资产投资年增速比广东固定资产投资年增速大，
其余年份广东固定资产投资年增速均大于全国固定资产投资年增速，
所以2012年至2021年全国固定资产投资年增速的平均数比2012年至2021年广东固定资产投资年增速的平均数小，故C错误；
对于选项D，全国固定资产投资年增速比较分散，广东固定资产投资年增速比较集中，
所以2012年至2021年全国固定资产投资年增速的方差比2012年至2021年广东固定资产投资年增速的方差大，故D正确．
故选：D.
根据折线统计图一一分析即可．
本题主要考查了统计图的应用，考查了平均数、方差和百分位数的计算，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：因为cs37∘=0.8，所以sin37∘= 1−cs237∘=0.6，
又sin74∘≈sin75∘=sin(45∘+30∘)
=sin45∘cs30∘+cs45∘sin30∘
= 22× 32+ 22×12= 6+ 24，
因为∠BCD=69∘，∠CDB=37∘，所以∠CBD=180∘−69∘−37∘=74∘，
在△BCD中由正弦定理CDsin∠CBD=CBsin∠CDB，
即CB=CDsin∠CDBsin∠CBD=37.6sin37∘sin74∘，又tan64∘=ABBC，
所以AB=BCtan64∘=2BC=2×37.6sin37∘sin74∘≈2×37.6×0.6 6+ 24≈47m.
故选：B.
首先求出sin37∘，再由两角和的正弦公式求出sin75∘，在△BCD中由正弦定理表示出BC，再由锐角三角函数得到AB=BCtan64∘，从而计算可得．
本题主要考查了和差角公式，正弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：因为(1+i)z−=5−3i，所以z−=5−3i1+i=(5−3i)(1−i)(1+i)(1−i)=5−5i−3i+3i22=1−4i，
所以z=1+4i，所以z的实部为1，虚部为4，|z|= 12+42= 17，故A、C正确，B错误；
z−2−i=1+4i−2−i=−1+3i，
所以z−2−i在复平面内对应的点(−1,3)位于第二象限，故D正确．
故选：ACD.
根据复数代数形式的除法运算化简z−，即可求出z，从而判断A、B、C，再求出z−2−i，根据复数的几何意义判断即可．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查余弦定理，以及三角形的面积公式，属于一般题目，
由三角形的 面积公式，可判定A错误；由三角函数的基本关系式，可判定B正确，由余弦定理，可判定C正确，D错误.
【解答】
解：在△ABC中，因为a=3,b=4，且sinC= 154，
由三角形的面积公式，可得S△ABC=12absinC=12×3×4× 154=3 152，所以A错误；
由C为锐角，且sinC= 154，可得csC= 1−sin2C=14，所以B正确；
由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC=9+16−2×3×4×14=19，可得c= 19，所以C正确；
由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac=9+19−162×3× 19=2 1919，所以D不正确.
故选：BC.
11.【答案】ABD
【解析】解：因为n(Ω)=120，n(A)=40，n(B)=30，n(A∩B)=10，
所以P(A)=n(A)n(Ω)=13，P(B)=n(B)n(Ω)=14，P(AB)=n(A∩B)n(Ω)=112，
所以P(AB)=P(A)⋅P(B)，即A与B相互独立，故A、D正确；
因为n(A∩B)=10，所以A与B不互斥，故C错误；
P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=13+14−112=12，故B正确．
故选：ABD.
根据古典概型的概率公式求出P(A)，P(B)，P(AB)，即可判断A、C、D，再根据和事件的概率公式计算P(A∪B)，即可判断B.
本题主要考查了独立事件和互斥事件的定义，属于基础题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A，设AC的中点为O，则由Rt△ABC、Rt△ADC知，
OA=OB=OC=OD，所以O为三棱锥D−ABC外接球的球心，其半径为12AC=1，
所以三棱锥D−ABC外接球的体积为43π，故A正确；
对于B，设三棱锥D−ABC底面ABC上的高为h，则VD−ABC=13S△ABC⋅h，
当平面ADC⊥平面ABC时，三棱锥D−ABC的高最大，
此时三棱锥D−ABC的体积VD−ABC=13×12×1× 3× 32=14，故B错误；
对于C，三棱锥D−ABC的体积的最大时，平面ADC⊥平面ABC，
过点D作DM⊥AC交AC于点M，过点M作MN//AB，交BC于点N，连接DN，
由平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC=AC，DM⊂平面ADC，
所以DM⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以DM⊥BC，
又MN//AB，AB⊥BC，所以MN⊥BC，
DM∩MN=M，DM，MN⊂平面DMN，所以BC⊥平面DMN，
DN⊂平面DMN，所以BC⊥DN，所以∠DNM即为二面角D−BC−A的平面角，
又DM=AD⋅DCAC= 32，则MC= DC2−DM2=12，
又△CMN∽△CAB，所以MNAB=CMCA，则MN=14，所以tan∠DNM=DMMN=2 3，
即二面角D−BC−A的正切值为2 3，故C正确；
对于D，当翻折后点D到点B的距离为 2，即BD= 2，在△BCD中，BC2=BD2+CD2，
则CD⊥BD，又CD⊥AD，AD∩BD=D，AD，BD⊂平面ABD，则CD⊥平面ABD，即异面直线AB与CD所成角为90∘，
即异面直线AB与CD所成角的最大值为90∘，故D正确．
故选：ACD.
由直角三角形的性质得出AC的中点为三棱锥D−ABC外接球的球心，进而得出A正确；当平面ADC⊥平面ABC时，三棱锥D−ABC的体积最大，从而判断B；三棱锥D−ABC的体积的最大时，平面ADC⊥平面ABC，二面角D−BC−A的正切值；当BD= 2，由线面垂直判定定理证明CD⊥平面ABD，进而得出异面直线AB与CD所成角的最大值为90∘.
本题主要考查棱锥的体积，异面直线所成的角，二面角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】29
【解析】解：因为12=1，22=4，32=9，42=16，52=25，62=36，72=49，82=64，92=81，
从1∼9这9个数中随机选择一个数共有9种选法，
其中这个数的平方的个位数字为4的只有2、8共2个，
所以所求的概率P=29.
故答案为：29.
根据古典概型的概率公式计算可得．
本题考查古典型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14.【答案】45 8
【解析】解：∵|a|=5，|b|=2，且a在b上的投影向量为2b，
∴a⋅b|b|⋅b|b|=2b，即a⋅b=2|b|2=8，
∴cs⟨a,b⟩=a⋅b|a|⋅|b|=85×2=45.
故答案为：45；8.
根据a在b上的投影向量为a⋅b|b|⋅b|b|，求出a⋅b，再求出夹角的余弦值，即可得出答案．
本题考查平面向量数量积的性质，考查转化思想，考查运算能力，属于基础题．
15.【答案】12π5
【解析】解：根据题意，该圆锥的母线长为l=4，设圆锥底面圆半径为R，高为h，如图所示，
由2πR=4×π2得，R=1，所以h= l2−R2= 15.
圆锥PO内切球的半径等于△PAB内切圆的半径，
设△PAB的内切圆圆心为O1，半径为r，
由于S△PAB=S△PAO1+S△PBO1+S△ABO1，则有12×2× 15=12×4r+12×4r+12×2r，
解得r= 155.
所以该球状零件表面积的最大值为4πr2=12π5.
故答案为：12π5.
根据题意，运用扇形的弧长公式可求得圆锥半径，结合等面积法可求得三角形的内切圆半径，进而求得圆锥内切球的表面积．
本题考查球的表面积计算，涉及旋转体的结构特征，属于基础题．
16.【答案】 17
【解析】解：延长EP，与DC的延长线交于点T，ABCD是正方形，
因为AC⊥BD，EP//AC，QP//BD，
所以EP⊥QP，
所以EP⊥PN，
又PN∩PQ=P，PN⊂平面MNPQ，PQ⊂平面MNPQ，
所以EP⊥平面MNPQ，
所以TP⊥平面MNPQ，EP=PT，
所以E关于面MNPQ的对称点T，
所以A1O+OE=A1O+OT≥A1T，
以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
因为AB=2，E，P，分别为AB，BC的中点，EP=PT，
因为A1(2,0,2)，T(0,3,0)，
所以A1T= 22+33+22= 17，
故答案为： 17.
先根据线面垂直得出E关于面MNPQ的对称点T，EP=PT，再建系根据两点间距离求解即可．
本题考查空间中距离，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为A(1,1)，B(−1,0)，C(0,1)，
所以AB=(−1,0)−(1,1)=(−2,−1)，设D(x,y)，则CD=(x,y)−(0,1)=(x,y−1)，
又AB=CD，所以x=−2y−1=−1，解得x=−2y=0，即D(−2,0).
(2)因为|AC|=1，且AC//x轴，B到AC的距离为1，
所以S△ABC=12×1×1=12.
【解析】(1)设D(x,y)，表示出AB、CD的坐标，根据对应坐标相等得到方程组，解得即可；
(2)根据点的坐标的特征，直接求出三角形的面积．
本题主要考查平面向量的坐标运算，属于基础题．
18.【答案】解：(1)证明：取AB的中点D，连接PD、CD，因为P，Q分别为A1B，CC1的中点，
所以PD//AA1且PD=12AA1，
又三棱柱ABC−A1B1C1是正三棱柱，所以CQ//AA1，CQ=12AA1，
所以PD//CQ且PD=CQ，
所以PDCQ为平行四边形，所以PQ//CD，
又因为PQ⊄平面ABC，CD⊂平面ABC，
所以PQ//平面ABC.
(2)证明：在正三棱柱ABC−A1B1C1中D为AB的中点，
所以CD⊥AB，又AA1⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，所以CD⊥AA1，
AA1∩AB=A，AA1，AB⊂平面ABB1A1，所以CD⊥平面ABB1A1，
又CD//PQ，所以PQ⊥平面ABB1A1，又PQ⊂平面A1BQ，
所以平面A1BQ⊥平面AA1B1B.
【解析】(1)取AB的中点D，连接PD、CD，即可证明PDCQ为平行四边形，从而得到PQ//CD，即可得证；
(2)首先证明CD⊥平面ABB1A1，即可得到PQ⊥平面ABB1A1，从而得证．
本题考查线面平行的证法及面面垂直的证法，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由频率分布直方图可得(m+0.03+2m+0.01)×10=1，解得m=0.02.
(2)由频率分布直方图可得平均数为(0.02×60+0.03×70+0.04×80+0.01×90)×10=74.
(3)因为(0.02+0.03+0.04)×10=0.9>0.8，
(0.02+0.03)×10=0.5<0.8，
所以第80%百分位数位于[75,85)之间，设为x，
则(0.02+0.03)×10+(x−75)×0.04=0.8，解得x=82.5，
所以被宣传的比赛得分不低于82.5.
【解析】本题考查频率分布直方图的性质、平均数、百分位数等基础知识，属于基础题．
(1)根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为1得到方程，解得即可；
(2)根据平均数公式计算可得；
(3)计算第80%百分位数，即可得解．
20.【答案】解：(1)∵ 3a−2bsinA=0，
由正弦定理得 3sinA=2sinBsinA，
又sinA≠0，
即sinB= 32，又B为锐角，所以B=π3.
(2)由余弦定理可得csB=a2+c2−b22ac=12，
即a2+c2−7=ac，由a+c=5，即a2+2ac+c2=25，
则25−2ac−7=ac，即ac=6，
所以a=2c=3或a=3c=2，
若a=2c=3，由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，
即22=( 7)2+32−2×3× 7csA，
解得csA=2 77，所以AB⋅AC=|AB|⋅|AC|csA= 7×3×2 77=6；
若a=3c=2，由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，
即32=( 7)2+22−2×2× 7csA，
解得csA= 714，
所以AB⋅AC=|AB|⋅|AC|csA= 7×2× 714=1.
【解析】(1)利用正弦定理将边化角，即可求出sinB，从而得解；
(2)利用余弦定理求出a、c，再由余弦定理求出csA，最后由数量积的定义计算可得．
本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和向量数量积的定义，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)设事件D为李明第一环节抽中A题，且第一环节通过面试．
由题意得李明第一环节抽到每道题目的概率均为13，
所以P(D)=13×12=16.
(2)设事件E为李明第一环节通过面试，
则P(E)=13×12+13×13+13×14=1336.
设事件F为李明面试失败，李明答题情况如下：
A题错B题错C题错，A题错C题错B题错，
B题错A题错C题错，B题错C题错A题错，
C题错A题错B题错，C题错B题错A题错．
所以P(F)=13×12×6×12×23×34=14.
故李明第二环节或第三环节通过面试的概率为1−P(E)−P(F)=718.
【解析】(1)利用积事件的概率公式求解即可．
(2)利用对立事件求解．
本题考查积事件的概率公式以及对立事件相关知识，属于基础题．
22.【答案】(1)证明：在四面体ABCD中，AB=AD，BC=CD，E为BD的中点，则AE⊥BD，CE⊥BD，
而AE∩CE=E，AE，CE⊂平面ACE，于是得BD⊥平面ACE，
又BD⊂平面BDF，所以平面ACE⊥平面BDF；
(2)解：依题意，不妨设BC=CD=2，
又∠BCD=90∘，则BD=2 2,CE= 2，
又∠BAD=60∘，则AB=AD=BD=2 2，AE= 6，
在△ACE中，AC=2 3，所以cs∠AEC=AE2+CE2−AC22AE⋅CE=6+2−122× 6× 2=− 33，
则sin∠AEC= 63，S△AEC=12AE⋅CEsin∠AEC=12× 6× 2× 63= 2，
由(1)得，VB−ACD=13S△AEC⋅BD=43，
因AD2+CD2=12=AC2，即∠ADC=90∘，
则S△ACD=12AD⋅CD=2 2，
设点B到平面ACD的距离为h，则VB−ACD=13S△ACD⋅h=13×2 2h=43，解得h= 2，
即点B到平面ACD的距离为 2，
设直线BF与平面ACD所成角为θ，所以sinθ=hBF= 2BF，
因为AB2+BC2=12=AC2，所以∠ABC=90∘，
故当BF⊥AC时，BF最短，
此时BF=2 212×2 3=2 63，正弦值最大为 22 63= 32.
【解析】本题考查了面面垂直的证明以及直线与平面所成的角的应用，属于较难题．
(1)根据等腰三角形的性质易知BD⊥AE，BD⊥CE，即可证明出BD⊥平面ACE，由面面垂直的判定定理即可证出；
(2)利用等体积法求三棱锥B−ACD的体积，可得到点B到平面ACD的距离h，再根据直线BF与平面ACD所成角的正弦值等于hBF，即可知当BF⊥AC时，BF最短，此时正弦值最大．
相关试卷
2022-2023学年广东省肇庆市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年广东省肇庆市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），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学年广东省湛江市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年广东省湛江市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共19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学年广东省云浮市高一下学期期末数学试题（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年广东省云浮市高一下学期期末数学试题（含详细答案解析），共19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。
