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2022-2023学年湖南省永州一中高二（下）入学数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年湖南省永州一中高二（下）入学数学试卷（含解析），共20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.设集合A={x|x2−4x+3<0}，B={x|2x−3>0}，则A∩B=( )
A. {x|−3C. {x|12.已知平面α⊥平面β，则“直线m⊥平面α”是“直线m//平面β”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3.在梯形ABCD中，∠ABC=π2，AD//BC，BC=2AD=2AB=2，将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为( )
A. 4πB. (4+ 2)πC. 6πD. (5+ 2)π
4.已知α∈(−π2,0)，且 2cs2α=sin(α+π4)，则sin2α=( )
A. −34B. 34C. −1D. 1
5.在△ABC中，过重心E任作一直线分别交AB，AC于M，N两点，设AM=xAB，AN=yAC，(x>0,y>0)，则4x+y的最小值是( )
A. 43B. 103C. 3D. 2
6.已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为 3，AB=2，AC=1，∠BAC=60°，则此球的表面积等于( )
A. 8πB. 9πC. 10πD. 11π
7.已知△ABC是边长为4的等边三角形，P为平面ABC内一点，则PA⋅(PB+PC)的最小值为( )
A. −3B. −6C. −2D. −83
8.在空间直角坐标系O−xyz中，经过点P(x0,y0,z0)且一个法向量为m=(a,b,c)的平面α的方程为a(x−x0)+b(y−y0)+c(z−z0)=0，经过点P且一个方向向量为n=(μ,v,ω)(μvω≠0)的直线l的方程为x−x0μ=y−y0v=z−z0ω.阅读上面材料并解决下面问题：现给出平面α的方程为3x−5y+4z+1=0，直线l的方程为x3=y5=z4，则直线l到平面α的距离为( )
A. 0B. 22C. 210D. 1010
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.已知复数z=1+i1−i，则( )
A. z2021是纯虚数
B. |z+i|=2
C. z⋅z−=−1
D. 在复平面内，复数z−+z⋅i对应的点位于第三象限
10.已知△ABC中的两个内角的正切值为方程x2−5x+6=0的两个根，最长的边为3，则△ABC的( )
A. 最小角为π4B. 最短边的中线长为 29
C. 最长边上的高为2D. 外接圆的半径为 10
11.下面四个结论正确的是( )
A. 已知向量a=(9,4,−4)，b=(1,2,2)，则a在b上的投影向量为(1,2,2)
B. 若对空间中任意一点O，有OP=16OA+13OB+12OC，则P，A，B，C四点共面
C. 已知{a,b,c}是空间的一组基底，若m=a+c，则{a,b,m}也是空间的一组基底
D. 若直线l的方向向量为e=(1,0,3)，平面α的法向量n=(−2,0,23)，则直线l⊥α
12.如图，若正方体的棱长为1，点M是正方体ABCD−A1B1C1D1的侧面ADD1A1上的一个动点(含边界)，P是棱CC1的中点，则下列结论正确的是( )
A. 沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为 132
B. 若保持|PM|= 2，则点M在侧面ADD1A1内运动路径的长度为π3
C. 三棱锥B−C1MD的体积最大值为13
D. 若点M在A1A上运动，则D1到直线PM的距离的最小值为 33
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.向量a=(x,1,3),b=(1,y,1),c=(2,−4,2)，且a⊥c，b//c，则|2a+b|=______．
14.若k1，k2，…，k6的方差为4，则3(k1−2)，3(k2−2)，…，3(k6−2)的方差为______．
15.若三个向量a=(2,3,2)，b=(6,m,7)，c=(0,5,1)共面，则实数m的值为______．
16.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P满足B1P=xB1A+yB1C+zB1D1，且x+y+z=1，直线B1P与平面ACD1所成角为π3，若二面角P−AD−B1的大小为θ，则tanθ的最大值是 ．
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.(本小题10分)
△ABC中，sin2A−sin2B−sin2C=sinBsinC．
(1)求A；
(2)若BC=3，求△ABC周长的最大值．
18.(本小题12分)
甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲机床加工的零件是一等品而乙机床加工的零件不是一等品的概率为14，乙机床加工的零件是一等品而丙机床加工的零件不是一等品的概率为112112，甲、丙两台机床加工的零件都是一等品的概率为29．
(1)分别求甲、乙、丙三台机床各自加工零件是一等品的概率；
(2)从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，求至少有一个一等品的概率．
19.(本小题12分)
如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，∠A1AD=∠A1AB=∠BAD=60°，AB=AD=2，AA1=1，点P为线段BC中点．
(1)求|D1P|；
(2)求直线AB1与D1P所成角的余弦值．
20.(本小题12分)
如图，等腰梯形ABCD中，AB//CD，AB=1，CD=3，AD=BC= 3,AE⊥CD，沿AE把△DEA折起成四棱锥D′−ABCE，使得D′B=2．
(1)求证：平面D′BE⊥平面D′AC；
(2)求点A到平面D′BC的距离．
21.(本小题12分)
如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的一点，平面PAC⊥平面ABC，△PAC是边长为2的等边三角形，BC=3，E是PC的中点．
(1)求证：AE⊥PB；
(2)过直线AE与直线BC平行的平面交棱PB于点F，线段AF上是否存在一点Q，使得二面角A−CQ−B的正弦值为 74？若存在，求AQQF的值；否则，说明理由．
22.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l．
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A={x|x2−4x+3<0}=(1,3)，B={x|2x−3>0}=(32,+∞)，
则A∩B=(32,3)．
故选：D．
先求出集合A，B，然后结合集合交集运算即可求解．
本题主要考查了集合的交集运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：平面α⊥平面β，则“直线m⊥平面α”⇒“直线m//平面β或m⊂β”，
反之，平面α⊥平面β，直线m//平面β，推不出直线m⊥平面α．
∴平面α⊥平面β，则“直线m⊥平面α”是“直线m//平面β”的既不充分也不必要条件．
故选：D．
利用空间线面面面垂直与平行的关系即可判断出结论．
本题考查了空间线面面面垂直与平行的关系、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查旋转体的表面积的求法，考查圆柱、圆锥性质等基础知识，考查运算求解能力、考查函数与方程思想，是基础题．
将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是：一个底面半径为AB=1，高为BC=2的圆柱减去一个底面半径为AB=1，高为BC−AD=2−1=1的圆锥，由此能求出该几何体的表面积．
【解答】
解：∵在梯形ABCD中，∠ABC=π2，AD//BC，BC=2AD=2AB=2，
∴将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是：
一个底面半径为AB=1，高为BC=2的圆柱减去一个底面半径为AB=1，
高为BC−AD=2−1=1的圆锥，
∴几何体的表面积为：
S=π×12+2π×1×2+π×1× 12+12
=(5+ 2)π．
故选：D．
4.【答案】C
【解析】解：∵α∈(−π2,0)，且 2cs2α=sin(α+π4)，
∴ 2(cs2α−sin2α)= 22(sinα+csα)，
∴sinα+csα=0，或csα−sinα=12，
∴tanα=−1，或sin2α=34(舍去)，
∴α=−π4，
则sin2α=sin(−π2)=−1．
故选：C．
由题意利用查两角和的正弦公式求得α的值，可得sin2α的值．
本题主要考查两角和差的三角公式、二倍角公式的应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：由题可得：AE=23⋅12(AB+AC)=13(AB+AC)，
因为AM=xAB，AN=yAC(x>0,y>0)，
所以AB=1xAM，AC=1yAN，
所以AE=13⋅1xAM+13⋅1yAN=13xAM+13yAN．
因为M、E、N三点共线，所以13x+13y=1，
所以(4x+y)(13x+13y)=43+13+y3x+4x3y≥53+2 y3x⋅4x3y=3(当且仅当y3x=4x3y，即x=12，y=1时取等号)．
故4x+y的最小值是3．
故选：C．
先利用平面向量基本定理及三点共线得到13x+13y=1，利用基本不等式“1的妙用”求出最小值．
本题考查平面向量的线性运算，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查三棱柱的体积及三棱柱的棱长与外接球的半径之间的关系，及球的表面积公式，属于中档题．
由AB=2，AC=1，∠BAC=60°可得三角形ABC的面积及外接圆的半径，再由三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面，所以三棱柱的外接球的球心是过底面外接圆的圆心作垂直于底面的直线与中截面的交点，可得外接球的半径，进而求出外接球的表面积．
【解答】
解：由AB=2，AC=1，∠BAC=60°，
由余弦定理可得BC= AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cs60°= 4+1−2×2×1×12= 3，
所以SABC=12AB⋅AC⋅sin60°=12×2×1× 32= 32，
所以V柱=S△ABC⋅AA1= 3，所以可得AA1=2，
设三角形ABC的外接圆的半径为r，所以r=AB2=1，
因为三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面，
所以三棱柱的外接球的球心是过底面外接圆的圆心作垂直于底面的直线与中截面的交点，
设外接球的半径为R，则R2=r2+(AA12)2=12+12=2，
所以外接球的表面积S=4πR2=4π×2=8π，
故答案选：A．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了平面向量的应用问题，是中档题．
建立平面直角坐标系，利用坐标表示出PA、PB、PC，求出PA⋅(PB+PC)的最小值．
【解答】
解：以BC中点为坐标原点，建立如图所示的坐标系，
则A(0,2 3)，B(−2,0)，C(2,0)，
设P(x,y)，则PA=(−x,2 3−y)，PB=(−2−x,−y)，PC=(2−x,−y)，
所以PA⋅(PB+PC)
=−x(−2x)+(2 3−y)(−2y)
=2x2−4 3y+2y2=2[x2+2(y− 3)2−3]，
所以当x=0，y= 3时，PA⋅(PB+PC)取得最小值为2×(−3)=−6，
故选B．
8.【答案】C
【解析】解：由题意知点O(0,0,0)在直线l上，
取平面α内一点P(0,0,−14)，
根据题设材料可知平面α一个法向量为m=(3,−5,4)，OP=(0,0,−14)，
∴cs=OP⋅m|OP|⋅|m|=−15 2×14=−2 25，
∴直线l到平面α的距离为：
d=|OP||cs|=14×2 25= 210．
故选：C．
根据线面距离的空间向量坐标运算能求出直线l到平面α的距离．
本题考查线面距离的空间向量坐标运算公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：化简复数z=1+i1−i=(1+i)2(1−i)(1+i)=1+2i−11+1=i，
所以z2021=i2021=i4×505+1=i，即z2021为纯虚数，选项A正确；
|z+i|=|2i|=2，选项B正确；
z⋅z−=i⋅(−i)=−i2=1，选项C错误；
由z−+z⋅i=−i+i2=−1−i，知z−+z⋅i对应的点为(−1,−1)，位于第三象限，选项D正确．
故选：ABD．
化简复数z，再对选项中的命题进行分析，判断真假性即可．
本题考查了复数的化简与运算问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：由x2−5x+6=0的两根为2，3，设A若tanA=2> 3，此时A>60°，B>C>60°，与内角和为180°矛盾，故tanB=2，tanC=3，
又tanA=−tan(B+C)=1，故A=π4，故A正确；
故sinC=3 10，sinB=2 5，由正弦定理得asinA=bsinB=csinC，可得b=2 2，
设AD是BC边上的中线，则AD=12(AB+AC)，
所以AD2=14(AB2+2AB⋅AC+AC2)=14(9+8+2×2 2×12×3)=17+6 24≠29，所以AD≠ 29，故B错误；
因为S△ABC=12bcsinA=12AB⋅h，解得h=2，故C正确；
外接圆的直径为2R=ABsinC= 10.故D正确．
故选：ACD．
求出方程两根，设A本题考查两个角的正切公式，以及正弦定理，以及三角形的面积公式，属中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：A．a⋅b=9+8−8=9，b2=9，
∴a在b上的投影向量为：a⋅b|b|2⋅b=(1,2,2)，A正确；
B.∵OP=16OA+13OB+12OC且16+13+12=1，∴P，A，B，C四点共面，B正确；
C.若a,b,m共面，设m=xa+yb，即a+c=xa+yb，
∴c=(x−1)a+yb，则a,b,c共面，与已知矛盾，∴a,b,m不共面，可构成基底，C正确；
D.∵e⋅n=−2+3×23=0，∴l//α或l⊂α，D错误．
故选：ABC．
根据投影向量的计算公式即可判断A的正误；根据四点共面的充要条件即可判断B的正误；根据共面向量基本定理即可判断C的正误；根据向量坐标的数量积运算及平面法向量的定义即可判断D的正误．
本题考查了投影向量的定义及计算公式，向量坐标的数乘和数量积的运算，基底的定义，四点共面的充要条件，属于基础题．
12.【答案】ABC
【解析】解：对于A，将平面ABB1A1与平面BCC1B1展开到同一平面内，连接AP，此时AP= (1+1)2+(12)2= 172；
将平面ABCD与平面CDD1C1展开到同一平面内，此时AP= 12+(1+12)2= 132, 132< 172，
所以沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为 132，故A正确；
对于B，取DD1中点E，连EM，PE，
因为P是CC1中点，
则PE//CD，又CD⊥平面ADD1A1，所以PE⊥平面ADD1A1，
又EM⊂平面ADD1A1，于是得PE⊥EM，
由PM2=PE2+EM2=2，PE=1得，EM=1，
因此，点M在侧面ADD1A1内运动路径是以E为圆心，1为半径的圆在正方形ADD1A1内的圆弧，
圆弧所对圆心角为π3，所以圆弧长l=π3×1=π3，故B正确；
对于C，连接C1B，C1D，BD，MD，MB，MC1，
则BD=C1D=C1B= 2,所以S△DBC1= 34×( 2)2= 32，
以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
因为正方体棱长为1，
所以D(0,0,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，设M(m,0,n)，(0≤m≤1,0≤n≤1)，
所以DB=(1,1,0)，DC1=(0,1,1)，
设平面C1BD的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅DB=x+y=0n⋅DC1=y+z=0，
令y=1，可得x=z=−1，所以n=(−1,1,−1)，
设M(m,0,n)到平面C1BD的距离为h，则h=|DM⋅n||n|=|−m−n| 1+1+1=|m+n| 3，
故当m=1，n=1时，h取得最大值，为2 3=2 33，此时三棱锥B−C1MD体积最大，最大值为VB−C1MD=VM−C1BD=13× 32×2 33=13，故C正确；
对于D，正方体的棱长为1，P为CC1的中点，点M在A1A上运动，设AM=λAA1(0≤λ≤1)，
所以A(1,0,0)，A1(1,0,1)，P(0,1,12),D1(0,0,1),AA1=(0,0,1)，
所以AM=(0,0,λ)，
所以M(1,0,λ),PD1=(0,−1,12),PM=(1,−1,λ−12)，
显然，当M与A1重合时，D1到直线PM的距离的最小，此时λ=1，故PM=(1,−1,12)，
设直线PD1与直线PM的夹角为θ，可得csθ=|PM⋅PD1|PM|⋅|PD1||= 53，则sinθ=23，
故D l到直线PM的距离的最小值为d=|PD1|⋅sinθ= 52×23= 53，故D错误；
故选：ABC．
A选项，把两个平面展开到同一平面内，利用两点之间线段最短进行求解；
B选项，找到点M在侧面内的运动轨迹是圆弧，再求解弧长；
C选项，建立空间直角坐标系，结合等体积法求出VB−C1MD的最大值，即为VM−C1BD最大值；
D选项，在空间直角坐标系中利用点与线距离公式即可判断该选项．
本题考查了立体几何的综合问题，属于较难题目．
13.【答案】5 2
【解析】解：向量a=(x,1,3),b=(1,y,1),c=(2,−4,2)，b//c，
所以y=−2，
且a⊥c，故x−2+3=0，解得x=−1．
由于a⊥c，解得x=−1；
故a=(−1,1,3)，b=(1,−2,1)，
所以2a+b=(−1,0,7)，
整理得|2a+b|= (−1)2+0+72=5 2．
故答案为：5 2．
直接利用向量的坐标运算，向量垂直和平行的充要条件，向量的模求出结果．
本题考查的知识要点：向量的坐标运算，向量垂直和平行的充要条件，向量的模，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
14.【答案】36
【解析】解：k1，k2，…，k6的方差为4，
则3(k1−2)，3(k2−2)，…，3(k6−2)的方差为32×4=36．
故答案为：36．
根据已知条件，结合方差的线性公式，即可求解．
本题主要考查方差的线性公式，属于基础题．
15.【答案】14
【解析】解：根据题意，可设a=xb+yc，
所以(2,3,2)=x(6,m,7)+y(0,5,1)=(6x,mx+5y,7x+y)，
所以2=6x3=mx+5y2=7x+y，解得x=13，y=−13，m=14．
故答案为：14．
根据三个向量共面的充要条件，即可得解．
本题考查空间向量基本定理，熟练掌握三个向量共面的充要条件是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．
16.【答案】 3
【解析】解：∵B1P=xB1A+yB1C+zB1D1，且x+y+z=1，
∴P在平面ACD1上，
设CD1∩C1D=O，连接B1D，AO，且B1D∩AO=O1，如图所示，
∵B1C1⊥平面C1D1DC，又CD1⊂平面C1D1DC，
∴B1C1⊥CD1，又CD1⊥C1D，B1C1∩C1D=C1，C1D⊂平面B1C1DA，B1C1⊂平面B1C1DA，
∴CD1⊥平面B1C1DA，B1D⊂平面B1C1DA，
∴CD1⊥B1D，
同理可得B1D⊥AC，又AC∩CD1=C，AC⊂平面ACD1，CD1⊂平面ACD1，
∴B1D⊥平面ACD1，
设正方体的棱长为1，则可知B1−ACD1为棱长为 2的正四面体，
∴O1为等边三角形ACD1的中心，
由题可得AO= 32× 2= 62，得AO1=23AO= 63，∴B1O1= 2−69=2 33，
又B1P与平面ACD1所成角为π3，∴B1O1O1P=tanπ3= 3，
可求得O1P=23，即P在以O1为圆心，半径r=23的圆上，且圆在平面ACD1内，
∵B1D⊥平面ACD1，又B1D⊂平面AB1C1D，
∴平面AB1C1D⊥平面ACD1，且两个平面的交线为AO，把两个平面抽象出来，如图所示，
作PM⊥AO于M点，过点M作MN⊥AD交AD于N点，连接PN，
∵平面AB1C1D⊥平面ACD1，PM⊂平面ACD1，平面AB1C1D∩平面ACD1=AO，
∴PM⊥平面AB1C1D，AD⊂平面AB1C1D，
∴PM⊥AD，
又MN⊥AD，MN与PM为平面PMN中两相交直线，
故AD⊥平面PMN，PN⊂平面PMN，∴AD⊥PN
∴∠PNM为二面角P−AD−B1的平面角，即为角θ，
设AM=x，当M与点O1不重合时，在Rt△PMO1中，
可求得PM= (23)2−(x− 63)2= −x2+2 63x−29，
若M与点O1重合时，即当x= 63时，可求得PM=PO1=23，也符合上式，
∴PM= −x2+2 63x−29，
∵MN⊥AD，OD⊥AD，∴MN//OD，
∴MNOD=AMAO，
∴MN=OD×AMAO= 22x 62= 33x，
∴tanθ=PMMN= −x2+2 63x−29 33x= 3 −29(1x)2+2 63×(1x)−1，
令y=−29(1x)2+2 63×(1x)−1，
则y=−29(1x−3 62)2+2≤2，
当1x=3 62，即x= 69时等号成立，
∴tanθ= 3⋅ y≤ 3× 2= 6，
∴tanθ的最大值是 6．
故答案为： 6．
根据共面的充要条件及线面垂直的判定定理，利用线面垂直的性质定理及线面角的定义，结合二面角的平面角的定义及二次函数的性质，即可求解．
本题考查二面角的求解，线面垂直的判定定理与性质，二面角的概念，解三角形，函数思想，属中档题．
17.【答案】解：(1)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
因为sin2A−sin2B−sin2C=sinBsinC，
由正弦定理可得a2−b2−c2=bc，
即为b2+c2−a2=−bc，
由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=−bc2bc=−12，
由0(2)由题意可得a=3，
又B+C=π3，可设B=π6−θ，C=π6+θ，−π6<θ<π6，
由正弦定理可得3sin2π3=bsinB=csinC=2 3，
可得b=2 3sin(π6−θ)，c=2 3sin(π6+θ)，
则△ABC周长为a+b+c=3+2 3[sin(π6−θ)+sin(π6+θ)]
=3+2 3(12csθ− 32sinθ+12csθ+ 32sinθ)，
=3+2 3csθ，
当θ=0，即B=C=π6时，△ABC的周长取得最大值3+2 3．
【解析】本题考查三角形的正弦定理和余弦定理的运用，考查三角恒等变换和三角函数的性质，考查化简运算能力，属于中档题．
(1)运用正弦定理得到a2−b2−c2=bc，再利用余弦定理可得所求角；
(2)可设B=π6−θ，C=π6+θ，−π6<θ<π6，运用正弦定理和三角恒等变换，将周长转化为关于θ的函数，结合余弦函数的性质，可得周长的最大值．
18.【答案】解：(1)设A、B、C分别为甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的事件．
由题设条件有P(A⋅B)=PA·1−PB=14①P(B⋅C)=PB·1−PC=112②P(A⋅C)=PA·PC=29③,
由①、③得P(B)=1−98P(C)，代入②得27[P(C)]2−51P(C)+22=0，解得P(C)=2323．
将P(C)=23分别代入③、②可得P(A)=13,P(B)=14.
即甲、乙、丙三台机床各加工的零件是一等品的概率分别是13,14,23.
(2)记D为从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的事件，
则P(D)=1−P(D)=1−(1−P(A))(1−P(B))(1−P(C))=1−23⋅34⋅13=56.
故从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的概率为56.
【解析】(1)由已知结果独立事件概率公式，构造方程，易得甲、乙、丙三台机床各自加工零件是一等品的概率；
(2)甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品与甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，没有一个一等品为互斥事件，我们可以根据互斥事件概率的关系，求出甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，没有一个一等品的概率，再进一步求出从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，求至少有一个一等品的概率．
本题考查独立事件的概率求法，属于中档题．
19.【答案】解：(1)在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段BC上，且满足BP=PC．
设AB=a，AD=b，AA1=c，这三个向量不共面，{a,b,c}构成空间的一个基底．
所以D1P=AP−AD1=(AB+BP)−(AD+AA1)=(a+12b)−(b+c)=a−12b−c．
∵D1P=a−12b−c，∴D1P2=(a−12b−c)2=a2+14b2+c2−a⋅b−2a⋅c+b⋅c
=4+14×4+1−2×2×12−2×2×1×12+2×1×12=3，∴|D1P|= 3．
(2)由(1)知D1P=a−12b−c，|D1P|= 3，
∵AB1=a+c，|AB1|= (a+c)2= 4+1+2×2×1×12= 7，
∴cs〈AB,D1P〉=AB1⋅D1P|AB1||D1P|=(a+c)⋅(a−12b−c) 7× 3=a2−12a⋅b−a⋅c+a⋅c−12b⋅c−c2 7× 3=32 21= 2114，
直线AB1与D1P所成角的余弦值为 2114．
【解析】(1)根据平面向量的基本定理，设AB=a，AD=b，AA1=c，这三个向量不共面，{a,b,c}构成空间的一个基底，再表示D1P，再求模即可；
(2)由题意，表示出AB1与D1P，再求夹角即可．
本题考查异面直线所成的角，考查学生的运算能力，属于中档题．
20.【答案】证明：(1)由题可知：D′E=1,BE= 3,D′B=2，
∴D′E2+BE2=D′B2，∴D′E⊥BE，
又∵D′E⊥AE，BE∩AE=E，BE，AE⊂平面ABCE，
∴D′E⊥平面ABCE，又AC⊂平面ABCE，∴D′E⊥AC，
在等腰梯形ABCD中，AD2+AC2=CD2，∴AD⊥AC，
∵AD//BE，∴BE⊥AC，
又∵D′E∩BE=E，D′E，BE⊂平面ABCE，∴AC⊥平面D′BE，
∵AC⊂平面D′AC，∴平面D′BE⊥平面D′AC；
解：(2)由题意可知：EA，EC，ED′两两垂直，以E为坐标原点，EA，EC，ED′所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A( 2,0,0),B( 2,1,0),C(0,2,0),D′(0,0,1)，
所以CD′=(0,−2,1),BC=(− 2,1,0)，设平面D′BC的法向量为n=(x,y,z)，
则n⊥BCn⊥CD′，即n⋅BC=0n⋅CD′=0，即− 2x+y=0−2y+z=0，
取x=1，得y= 2,z=2 2，则n=(1, 2,2 2)，
D′A=( 2,0,−1)，
所以点A到平面D′BC的距离d=|D′A⋅n||n|= 2 11= 2211．
【解析】(1)由勾股定理得到D′E⊥BE，根据线面垂直的性质定理和面面垂直的判定定理即可得证；
(2)以E为坐标原点，EA，EC，ED′所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，得到D′A=( 2,0,−1)和平面D′BC的法向量，代入点到平面的距离公式即可求解．
本题考查了面面垂直的证明和点到平面的距离计算，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：C是以AB为直径的圆O上异于A，B的一点，平面PAC⊥平面ABC，△PAC是边长为2的等边三角形，
BC=3，E是PC的中点．取AC中点D，连接DP，则有DP⊥CA，
又因为面PCA⊥面CAB，所以PD⊥面CAB
以C为原点，CA，CB所在直线分别为x轴，y轴，过C作平面ABC的垂线为z轴建立空间直角坐标系，
则有：A(2,0,0)，B(0,3,0)，C(0,0,0)，P(1,0, 3)，E(12,0, 32)
所以AE=(−32,0, 32)，PB=(−1,3,− 3)，所以AE⋅PB=32+0−32=0，
所以AE⊥PB．
(2)因为BC//面AEF，且面AEF∩面PBC=EF，所以EF//BC，
又因为点E是线段PC的中点，所以点F为线段PB的中点．
F(12,32, 32)，AF=(−32,32, 32)
设AQ=λAF，则有CQ=CA+AQ=(2−32λ,32λ, 32λ)，
且CA=(2,0,0)，CB=(0,3,0)．
设n1=(x1,y1,z1)为面ACQ的法向量，
则有CA⋅n1=2x1=0CQ⋅n1=(2−32λ)x1+32λy1+ 32λz1=0，取y1=1，得n1=(0,1,− 3)．
同理，设n2=(x2,y2,z2)为面BCQ的法向量，
则有CB⋅n2=3y2=0CQ⋅n2=(2−32λ)x2+32λy2+ 32λz2=0，
取x2=− 32λ，得n2=(− 32λ,0,2−32λ)．
则有|cs〈n1,n2〉|=|− 3⋅(2−32λ)2 3λ2−6λ+4|=34，解得6λ−4=0，所以λ=23．
所以AQQF=2．
【解析】(1)E是PC的中点．取AC中点D，连接DP，则有DP⊥CA，推导出PD⊥面CAB以C为原点，CA，CB所在直线分别为x轴，y轴，过C作平面ABC的垂线为z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能证明AE⊥PB．
(2)EF//BC，由点E是线段PC的中点，得点F为线段PB的中点，求出面ACQ和面BCQ的法向量，利用向量法能求出结果．
本题考查线面垂直、线面垂直的判定与性质、二面角的定义及正弦值的求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
22.【答案】解：(1)证明：过P在平面PAD内作直线l//AD，
由AD//BC，可得l//BC，即l为平面PAD和平面PBC的交线，
∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC，
又BC⊥CD，CD∩PD=D，∴BC⊥平面PCD，
∵l//BC，∴l⊥平面PCD；
(2)如图，以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D−xyz，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，B(1,1,0)，
设Q(m,0,1)，DQ=(m,0,1)，PB=(1,1,−1)，DC=(0,1,0)，
设平面QCD的法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅DC=0n⋅DQ=0，∴b=0am+c=0，取a=−1，可得n=(−1,0,m)，
∴cs=n⋅PB|n|⋅|PB|=−1−m 3⋅ 1+m2，
∴PB与平面QCD所成角的正弦值为|1+m| 3⋅ 1+m2= 33⋅ 1+2m+m21+m2
= 33⋅ 1+2m1+m2≤ 33⋅ 1+22= 63，当且仅当m=1取等号，
∴PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为 63．
【解析】(1)过P在平面PAD内作直线l//AD，推得l为平面PAD和平面PBC的交线，由线面垂直的判定和性质，即可得证；
(2)以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D−xyz，设Q(0,m,1)，运用向量法，求得平面QCD的法向量，结合向量的夹角公式，以及基本不等式可得所求最大值．
本题考查空间线面垂直的判定，以及线面角的求法，考查转化思想和向量法的运用，考查运算能力和推理能力，属于中档题．
1.设集合A={x|x2−4x+3<0}，B={x|2x−3>0}，则A∩B=( )
A. {x|−3
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3.在梯形ABCD中，∠ABC=π2，AD//BC，BC=2AD=2AB=2，将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为( )
A. 4πB. (4+ 2)πC. 6πD. (5+ 2)π
4.已知α∈(−π2,0)，且 2cs2α=sin(α+π4)，则sin2α=( )
A. −34B. 34C. −1D. 1
5.在△ABC中，过重心E任作一直线分别交AB，AC于M，N两点，设AM=xAB，AN=yAC，(x>0,y>0)，则4x+y的最小值是( )
A. 43B. 103C. 3D. 2
6.已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为 3，AB=2，AC=1，∠BAC=60°，则此球的表面积等于( )
A. 8πB. 9πC. 10πD. 11π
7.已知△ABC是边长为4的等边三角形，P为平面ABC内一点，则PA⋅(PB+PC)的最小值为( )
A. −3B. −6C. −2D. −83
8.在空间直角坐标系O−xyz中，经过点P(x0,y0,z0)且一个法向量为m=(a,b,c)的平面α的方程为a(x−x0)+b(y−y0)+c(z−z0)=0，经过点P且一个方向向量为n=(μ,v,ω)(μvω≠0)的直线l的方程为x−x0μ=y−y0v=z−z0ω.阅读上面材料并解决下面问题：现给出平面α的方程为3x−5y+4z+1=0，直线l的方程为x3=y5=z4，则直线l到平面α的距离为( )
A. 0B. 22C. 210D. 1010
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.已知复数z=1+i1−i，则( )
A. z2021是纯虚数
B. |z+i|=2
C. z⋅z−=−1
D. 在复平面内，复数z−+z⋅i对应的点位于第三象限
10.已知△ABC中的两个内角的正切值为方程x2−5x+6=0的两个根，最长的边为3，则△ABC的( )
A. 最小角为π4B. 最短边的中线长为 29
C. 最长边上的高为2D. 外接圆的半径为 10
11.下面四个结论正确的是( )
A. 已知向量a=(9,4,−4)，b=(1,2,2)，则a在b上的投影向量为(1,2,2)
B. 若对空间中任意一点O，有OP=16OA+13OB+12OC，则P，A，B，C四点共面
C. 已知{a,b,c}是空间的一组基底，若m=a+c，则{a,b,m}也是空间的一组基底
D. 若直线l的方向向量为e=(1,0,3)，平面α的法向量n=(−2,0,23)，则直线l⊥α
12.如图，若正方体的棱长为1，点M是正方体ABCD−A1B1C1D1的侧面ADD1A1上的一个动点(含边界)，P是棱CC1的中点，则下列结论正确的是( )
A. 沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为 132
B. 若保持|PM|= 2，则点M在侧面ADD1A1内运动路径的长度为π3
C. 三棱锥B−C1MD的体积最大值为13
D. 若点M在A1A上运动，则D1到直线PM的距离的最小值为 33
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.向量a=(x,1,3),b=(1,y,1),c=(2,−4,2)，且a⊥c，b//c，则|2a+b|=______．
14.若k1，k2，…，k6的方差为4，则3(k1−2)，3(k2−2)，…，3(k6−2)的方差为______．
15.若三个向量a=(2,3,2)，b=(6,m,7)，c=(0,5,1)共面，则实数m的值为______．
16.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P满足B1P=xB1A+yB1C+zB1D1，且x+y+z=1，直线B1P与平面ACD1所成角为π3，若二面角P−AD−B1的大小为θ，则tanθ的最大值是 ．
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.(本小题10分)
△ABC中，sin2A−sin2B−sin2C=sinBsinC．
(1)求A；
(2)若BC=3，求△ABC周长的最大值．
18.(本小题12分)
甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲机床加工的零件是一等品而乙机床加工的零件不是一等品的概率为14，乙机床加工的零件是一等品而丙机床加工的零件不是一等品的概率为112112，甲、丙两台机床加工的零件都是一等品的概率为29．
(1)分别求甲、乙、丙三台机床各自加工零件是一等品的概率；
(2)从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，求至少有一个一等品的概率．
19.(本小题12分)
如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，∠A1AD=∠A1AB=∠BAD=60°，AB=AD=2，AA1=1，点P为线段BC中点．
(1)求|D1P|；
(2)求直线AB1与D1P所成角的余弦值．
20.(本小题12分)
如图，等腰梯形ABCD中，AB//CD，AB=1，CD=3，AD=BC= 3,AE⊥CD，沿AE把△DEA折起成四棱锥D′−ABCE，使得D′B=2．
(1)求证：平面D′BE⊥平面D′AC；
(2)求点A到平面D′BC的距离．
21.(本小题12分)
如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的一点，平面PAC⊥平面ABC，△PAC是边长为2的等边三角形，BC=3，E是PC的中点．
(1)求证：AE⊥PB；
(2)过直线AE与直线BC平行的平面交棱PB于点F，线段AF上是否存在一点Q，使得二面角A−CQ−B的正弦值为 74？若存在，求AQQF的值；否则，说明理由．
22.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l．
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A={x|x2−4x+3<0}=(1,3)，B={x|2x−3>0}=(32,+∞)，
则A∩B=(32,3)．
故选：D．
先求出集合A，B，然后结合集合交集运算即可求解．
本题主要考查了集合的交集运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：平面α⊥平面β，则“直线m⊥平面α”⇒“直线m//平面β或m⊂β”，
反之，平面α⊥平面β，直线m//平面β，推不出直线m⊥平面α．
∴平面α⊥平面β，则“直线m⊥平面α”是“直线m//平面β”的既不充分也不必要条件．
故选：D．
利用空间线面面面垂直与平行的关系即可判断出结论．
本题考查了空间线面面面垂直与平行的关系、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查旋转体的表面积的求法，考查圆柱、圆锥性质等基础知识，考查运算求解能力、考查函数与方程思想，是基础题．
将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是：一个底面半径为AB=1，高为BC=2的圆柱减去一个底面半径为AB=1，高为BC−AD=2−1=1的圆锥，由此能求出该几何体的表面积．
【解答】
解：∵在梯形ABCD中，∠ABC=π2，AD//BC，BC=2AD=2AB=2，
∴将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是：
一个底面半径为AB=1，高为BC=2的圆柱减去一个底面半径为AB=1，
高为BC−AD=2−1=1的圆锥，
∴几何体的表面积为：
S=π×12+2π×1×2+π×1× 12+12
=(5+ 2)π．
故选：D．
4.【答案】C
【解析】解：∵α∈(−π2,0)，且 2cs2α=sin(α+π4)，
∴ 2(cs2α−sin2α)= 22(sinα+csα)，
∴sinα+csα=0，或csα−sinα=12，
∴tanα=−1，或sin2α=34(舍去)，
∴α=−π4，
则sin2α=sin(−π2)=−1．
故选：C．
由题意利用查两角和的正弦公式求得α的值，可得sin2α的值．
本题主要考查两角和差的三角公式、二倍角公式的应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：由题可得：AE=23⋅12(AB+AC)=13(AB+AC)，
因为AM=xAB，AN=yAC(x>0,y>0)，
所以AB=1xAM，AC=1yAN，
所以AE=13⋅1xAM+13⋅1yAN=13xAM+13yAN．
因为M、E、N三点共线，所以13x+13y=1，
所以(4x+y)(13x+13y)=43+13+y3x+4x3y≥53+2 y3x⋅4x3y=3(当且仅当y3x=4x3y，即x=12，y=1时取等号)．
故4x+y的最小值是3．
故选：C．
先利用平面向量基本定理及三点共线得到13x+13y=1，利用基本不等式“1的妙用”求出最小值．
本题考查平面向量的线性运算，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查三棱柱的体积及三棱柱的棱长与外接球的半径之间的关系，及球的表面积公式，属于中档题．
由AB=2，AC=1，∠BAC=60°可得三角形ABC的面积及外接圆的半径，再由三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面，所以三棱柱的外接球的球心是过底面外接圆的圆心作垂直于底面的直线与中截面的交点，可得外接球的半径，进而求出外接球的表面积．
【解答】
解：由AB=2，AC=1，∠BAC=60°，
由余弦定理可得BC= AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cs60°= 4+1−2×2×1×12= 3，
所以SABC=12AB⋅AC⋅sin60°=12×2×1× 32= 32，
所以V柱=S△ABC⋅AA1= 3，所以可得AA1=2，
设三角形ABC的外接圆的半径为r，所以r=AB2=1，
因为三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面，
所以三棱柱的外接球的球心是过底面外接圆的圆心作垂直于底面的直线与中截面的交点，
设外接球的半径为R，则R2=r2+(AA12)2=12+12=2，
所以外接球的表面积S=4πR2=4π×2=8π，
故答案选：A．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了平面向量的应用问题，是中档题．
建立平面直角坐标系，利用坐标表示出PA、PB、PC，求出PA⋅(PB+PC)的最小值．
【解答】
解：以BC中点为坐标原点，建立如图所示的坐标系，
则A(0,2 3)，B(−2,0)，C(2,0)，
设P(x,y)，则PA=(−x,2 3−y)，PB=(−2−x,−y)，PC=(2−x,−y)，
所以PA⋅(PB+PC)
=−x(−2x)+(2 3−y)(−2y)
=2x2−4 3y+2y2=2[x2+2(y− 3)2−3]，
所以当x=0，y= 3时，PA⋅(PB+PC)取得最小值为2×(−3)=−6，
故选B．
8.【答案】C
【解析】解：由题意知点O(0,0,0)在直线l上，
取平面α内一点P(0,0,−14)，
根据题设材料可知平面α一个法向量为m=(3,−5,4)，OP=(0,0,−14)，
∴cs
∴直线l到平面α的距离为：
d=|OP||cs
故选：C．
根据线面距离的空间向量坐标运算能求出直线l到平面α的距离．
本题考查线面距离的空间向量坐标运算公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：化简复数z=1+i1−i=(1+i)2(1−i)(1+i)=1+2i−11+1=i，
所以z2021=i2021=i4×505+1=i，即z2021为纯虚数，选项A正确；
|z+i|=|2i|=2，选项B正确；
z⋅z−=i⋅(−i)=−i2=1，选项C错误；
由z−+z⋅i=−i+i2=−1−i，知z−+z⋅i对应的点为(−1,−1)，位于第三象限，选项D正确．
故选：ABD．
化简复数z，再对选项中的命题进行分析，判断真假性即可．
本题考查了复数的化简与运算问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：由x2−5x+6=0的两根为2，3，设A
又tanA=−tan(B+C)=1，故A=π4，故A正确；
故sinC=3 10，sinB=2 5，由正弦定理得asinA=bsinB=csinC，可得b=2 2，
设AD是BC边上的中线，则AD=12(AB+AC)，
所以AD2=14(AB2+2AB⋅AC+AC2)=14(9+8+2×2 2×12×3)=17+6 24≠29，所以AD≠ 29，故B错误；
因为S△ABC=12bcsinA=12AB⋅h，解得h=2，故C正确；
外接圆的直径为2R=ABsinC= 10.故D正确．
故选：ACD．
求出方程两根，设A
11.【答案】ABC
【解析】解：A．a⋅b=9+8−8=9，b2=9，
∴a在b上的投影向量为：a⋅b|b|2⋅b=(1,2,2)，A正确；
B.∵OP=16OA+13OB+12OC且16+13+12=1，∴P，A，B，C四点共面，B正确；
C.若a,b,m共面，设m=xa+yb，即a+c=xa+yb，
∴c=(x−1)a+yb，则a,b,c共面，与已知矛盾，∴a,b,m不共面，可构成基底，C正确；
D.∵e⋅n=−2+3×23=0，∴l//α或l⊂α，D错误．
故选：ABC．
根据投影向量的计算公式即可判断A的正误；根据四点共面的充要条件即可判断B的正误；根据共面向量基本定理即可判断C的正误；根据向量坐标的数量积运算及平面法向量的定义即可判断D的正误．
本题考查了投影向量的定义及计算公式，向量坐标的数乘和数量积的运算，基底的定义，四点共面的充要条件，属于基础题．
12.【答案】ABC
【解析】解：对于A，将平面ABB1A1与平面BCC1B1展开到同一平面内，连接AP，此时AP= (1+1)2+(12)2= 172；
将平面ABCD与平面CDD1C1展开到同一平面内，此时AP= 12+(1+12)2= 132, 132< 172，
所以沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为 132，故A正确；
对于B，取DD1中点E，连EM，PE，
因为P是CC1中点，
则PE//CD，又CD⊥平面ADD1A1，所以PE⊥平面ADD1A1，
又EM⊂平面ADD1A1，于是得PE⊥EM，
由PM2=PE2+EM2=2，PE=1得，EM=1，
因此，点M在侧面ADD1A1内运动路径是以E为圆心，1为半径的圆在正方形ADD1A1内的圆弧，
圆弧所对圆心角为π3，所以圆弧长l=π3×1=π3，故B正确；
对于C，连接C1B，C1D，BD，MD，MB，MC1，
则BD=C1D=C1B= 2,所以S△DBC1= 34×( 2)2= 32，
以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
因为正方体棱长为1，
所以D(0,0,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，设M(m,0,n)，(0≤m≤1,0≤n≤1)，
所以DB=(1,1,0)，DC1=(0,1,1)，
设平面C1BD的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅DB=x+y=0n⋅DC1=y+z=0，
令y=1，可得x=z=−1，所以n=(−1,1,−1)，
设M(m,0,n)到平面C1BD的距离为h，则h=|DM⋅n||n|=|−m−n| 1+1+1=|m+n| 3，
故当m=1，n=1时，h取得最大值，为2 3=2 33，此时三棱锥B−C1MD体积最大，最大值为VB−C1MD=VM−C1BD=13× 32×2 33=13，故C正确；
对于D，正方体的棱长为1，P为CC1的中点，点M在A1A上运动，设AM=λAA1(0≤λ≤1)，
所以A(1,0,0)，A1(1,0,1)，P(0,1,12),D1(0,0,1),AA1=(0,0,1)，
所以AM=(0,0,λ)，
所以M(1,0,λ),PD1=(0,−1,12),PM=(1,−1,λ−12)，
显然，当M与A1重合时，D1到直线PM的距离的最小，此时λ=1，故PM=(1,−1,12)，
设直线PD1与直线PM的夹角为θ，可得csθ=|PM⋅PD1|PM|⋅|PD1||= 53，则sinθ=23，
故D l到直线PM的距离的最小值为d=|PD1|⋅sinθ= 52×23= 53，故D错误；
故选：ABC．
A选项，把两个平面展开到同一平面内，利用两点之间线段最短进行求解；
B选项，找到点M在侧面内的运动轨迹是圆弧，再求解弧长；
C选项，建立空间直角坐标系，结合等体积法求出VB−C1MD的最大值，即为VM−C1BD最大值；
D选项，在空间直角坐标系中利用点与线距离公式即可判断该选项．
本题考查了立体几何的综合问题，属于较难题目．
13.【答案】5 2
【解析】解：向量a=(x,1,3),b=(1,y,1),c=(2,−4,2)，b//c，
所以y=−2，
且a⊥c，故x−2+3=0，解得x=−1．
由于a⊥c，解得x=−1；
故a=(−1,1,3)，b=(1,−2,1)，
所以2a+b=(−1,0,7)，
整理得|2a+b|= (−1)2+0+72=5 2．
故答案为：5 2．
直接利用向量的坐标运算，向量垂直和平行的充要条件，向量的模求出结果．
本题考查的知识要点：向量的坐标运算，向量垂直和平行的充要条件，向量的模，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
14.【答案】36
【解析】解：k1，k2，…，k6的方差为4，
则3(k1−2)，3(k2−2)，…，3(k6−2)的方差为32×4=36．
故答案为：36．
根据已知条件，结合方差的线性公式，即可求解．
本题主要考查方差的线性公式，属于基础题．
15.【答案】14
【解析】解：根据题意，可设a=xb+yc，
所以(2,3,2)=x(6,m,7)+y(0,5,1)=(6x,mx+5y,7x+y)，
所以2=6x3=mx+5y2=7x+y，解得x=13，y=−13，m=14．
故答案为：14．
根据三个向量共面的充要条件，即可得解．
本题考查空间向量基本定理，熟练掌握三个向量共面的充要条件是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．
16.【答案】 3
【解析】解：∵B1P=xB1A+yB1C+zB1D1，且x+y+z=1，
∴P在平面ACD1上，
设CD1∩C1D=O，连接B1D，AO，且B1D∩AO=O1，如图所示，
∵B1C1⊥平面C1D1DC，又CD1⊂平面C1D1DC，
∴B1C1⊥CD1，又CD1⊥C1D，B1C1∩C1D=C1，C1D⊂平面B1C1DA，B1C1⊂平面B1C1DA，
∴CD1⊥平面B1C1DA，B1D⊂平面B1C1DA，
∴CD1⊥B1D，
同理可得B1D⊥AC，又AC∩CD1=C，AC⊂平面ACD1，CD1⊂平面ACD1，
∴B1D⊥平面ACD1，
设正方体的棱长为1，则可知B1−ACD1为棱长为 2的正四面体，
∴O1为等边三角形ACD1的中心，
由题可得AO= 32× 2= 62，得AO1=23AO= 63，∴B1O1= 2−69=2 33，
又B1P与平面ACD1所成角为π3，∴B1O1O1P=tanπ3= 3，
可求得O1P=23，即P在以O1为圆心，半径r=23的圆上，且圆在平面ACD1内，
∵B1D⊥平面ACD1，又B1D⊂平面AB1C1D，
∴平面AB1C1D⊥平面ACD1，且两个平面的交线为AO，把两个平面抽象出来，如图所示，
作PM⊥AO于M点，过点M作MN⊥AD交AD于N点，连接PN，
∵平面AB1C1D⊥平面ACD1，PM⊂平面ACD1，平面AB1C1D∩平面ACD1=AO，
∴PM⊥平面AB1C1D，AD⊂平面AB1C1D，
∴PM⊥AD，
又MN⊥AD，MN与PM为平面PMN中两相交直线，
故AD⊥平面PMN，PN⊂平面PMN，∴AD⊥PN
∴∠PNM为二面角P−AD−B1的平面角，即为角θ，
设AM=x，当M与点O1不重合时，在Rt△PMO1中，
可求得PM= (23)2−(x− 63)2= −x2+2 63x−29，
若M与点O1重合时，即当x= 63时，可求得PM=PO1=23，也符合上式，
∴PM= −x2+2 63x−29，
∵MN⊥AD，OD⊥AD，∴MN//OD，
∴MNOD=AMAO，
∴MN=OD×AMAO= 22x 62= 33x，
∴tanθ=PMMN= −x2+2 63x−29 33x= 3 −29(1x)2+2 63×(1x)−1，
令y=−29(1x)2+2 63×(1x)−1，
则y=−29(1x−3 62)2+2≤2，
当1x=3 62，即x= 69时等号成立，
∴tanθ= 3⋅ y≤ 3× 2= 6，
∴tanθ的最大值是 6．
故答案为： 6．
根据共面的充要条件及线面垂直的判定定理，利用线面垂直的性质定理及线面角的定义，结合二面角的平面角的定义及二次函数的性质，即可求解．
本题考查二面角的求解，线面垂直的判定定理与性质，二面角的概念，解三角形，函数思想，属中档题．
17.【答案】解：(1)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
因为sin2A−sin2B−sin2C=sinBsinC，
由正弦定理可得a2−b2−c2=bc，
即为b2+c2−a2=−bc，
由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=−bc2bc=−12，
由0
又B+C=π3，可设B=π6−θ，C=π6+θ，−π6<θ<π6，
由正弦定理可得3sin2π3=bsinB=csinC=2 3，
可得b=2 3sin(π6−θ)，c=2 3sin(π6+θ)，
则△ABC周长为a+b+c=3+2 3[sin(π6−θ)+sin(π6+θ)]
=3+2 3(12csθ− 32sinθ+12csθ+ 32sinθ)，
=3+2 3csθ，
当θ=0，即B=C=π6时，△ABC的周长取得最大值3+2 3．
【解析】本题考查三角形的正弦定理和余弦定理的运用，考查三角恒等变换和三角函数的性质，考查化简运算能力，属于中档题．
(1)运用正弦定理得到a2−b2−c2=bc，再利用余弦定理可得所求角；
(2)可设B=π6−θ，C=π6+θ，−π6<θ<π6，运用正弦定理和三角恒等变换，将周长转化为关于θ的函数，结合余弦函数的性质，可得周长的最大值．
18.【答案】解：(1)设A、B、C分别为甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的事件．
由题设条件有P(A⋅B)=PA·1−PB=14①P(B⋅C)=PB·1−PC=112②P(A⋅C)=PA·PC=29③,
由①、③得P(B)=1−98P(C)，代入②得27[P(C)]2−51P(C)+22=0，解得P(C)=2323．
将P(C)=23分别代入③、②可得P(A)=13,P(B)=14.
即甲、乙、丙三台机床各加工的零件是一等品的概率分别是13,14,23.
(2)记D为从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的事件，
则P(D)=1−P(D)=1−(1−P(A))(1−P(B))(1−P(C))=1−23⋅34⋅13=56.
故从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的概率为56.
【解析】(1)由已知结果独立事件概率公式，构造方程，易得甲、乙、丙三台机床各自加工零件是一等品的概率；
(2)甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品与甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，没有一个一等品为互斥事件，我们可以根据互斥事件概率的关系，求出甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，没有一个一等品的概率，再进一步求出从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，求至少有一个一等品的概率．
本题考查独立事件的概率求法，属于中档题．
19.【答案】解：(1)在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段BC上，且满足BP=PC．
设AB=a，AD=b，AA1=c，这三个向量不共面，{a,b,c}构成空间的一个基底．
所以D1P=AP−AD1=(AB+BP)−(AD+AA1)=(a+12b)−(b+c)=a−12b−c．
∵D1P=a−12b−c，∴D1P2=(a−12b−c)2=a2+14b2+c2−a⋅b−2a⋅c+b⋅c
=4+14×4+1−2×2×12−2×2×1×12+2×1×12=3，∴|D1P|= 3．
(2)由(1)知D1P=a−12b−c，|D1P|= 3，
∵AB1=a+c，|AB1|= (a+c)2= 4+1+2×2×1×12= 7，
∴cs〈AB,D1P〉=AB1⋅D1P|AB1||D1P|=(a+c)⋅(a−12b−c) 7× 3=a2−12a⋅b−a⋅c+a⋅c−12b⋅c−c2 7× 3=32 21= 2114，
直线AB1与D1P所成角的余弦值为 2114．
【解析】(1)根据平面向量的基本定理，设AB=a，AD=b，AA1=c，这三个向量不共面，{a,b,c}构成空间的一个基底，再表示D1P，再求模即可；
(2)由题意，表示出AB1与D1P，再求夹角即可．
本题考查异面直线所成的角，考查学生的运算能力，属于中档题．
20.【答案】证明：(1)由题可知：D′E=1,BE= 3,D′B=2，
∴D′E2+BE2=D′B2，∴D′E⊥BE，
又∵D′E⊥AE，BE∩AE=E，BE，AE⊂平面ABCE，
∴D′E⊥平面ABCE，又AC⊂平面ABCE，∴D′E⊥AC，
在等腰梯形ABCD中，AD2+AC2=CD2，∴AD⊥AC，
∵AD//BE，∴BE⊥AC，
又∵D′E∩BE=E，D′E，BE⊂平面ABCE，∴AC⊥平面D′BE，
∵AC⊂平面D′AC，∴平面D′BE⊥平面D′AC；
解：(2)由题意可知：EA，EC，ED′两两垂直，以E为坐标原点，EA，EC，ED′所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A( 2,0,0),B( 2,1,0),C(0,2,0),D′(0,0,1)，
所以CD′=(0,−2,1),BC=(− 2,1,0)，设平面D′BC的法向量为n=(x,y,z)，
则n⊥BCn⊥CD′，即n⋅BC=0n⋅CD′=0，即− 2x+y=0−2y+z=0，
取x=1，得y= 2,z=2 2，则n=(1, 2,2 2)，
D′A=( 2,0,−1)，
所以点A到平面D′BC的距离d=|D′A⋅n||n|= 2 11= 2211．
【解析】(1)由勾股定理得到D′E⊥BE，根据线面垂直的性质定理和面面垂直的判定定理即可得证；
(2)以E为坐标原点，EA，EC，ED′所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，得到D′A=( 2,0,−1)和平面D′BC的法向量，代入点到平面的距离公式即可求解．
本题考查了面面垂直的证明和点到平面的距离计算，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：C是以AB为直径的圆O上异于A，B的一点，平面PAC⊥平面ABC，△PAC是边长为2的等边三角形，
BC=3，E是PC的中点．取AC中点D，连接DP，则有DP⊥CA，
又因为面PCA⊥面CAB，所以PD⊥面CAB
以C为原点，CA，CB所在直线分别为x轴，y轴，过C作平面ABC的垂线为z轴建立空间直角坐标系，
则有：A(2,0,0)，B(0,3,0)，C(0,0,0)，P(1,0, 3)，E(12,0, 32)
所以AE=(−32,0, 32)，PB=(−1,3,− 3)，所以AE⋅PB=32+0−32=0，
所以AE⊥PB．
(2)因为BC//面AEF，且面AEF∩面PBC=EF，所以EF//BC，
又因为点E是线段PC的中点，所以点F为线段PB的中点．
F(12,32, 32)，AF=(−32,32, 32)
设AQ=λAF，则有CQ=CA+AQ=(2−32λ,32λ, 32λ)，
且CA=(2,0,0)，CB=(0,3,0)．
设n1=(x1,y1,z1)为面ACQ的法向量，
则有CA⋅n1=2x1=0CQ⋅n1=(2−32λ)x1+32λy1+ 32λz1=0，取y1=1，得n1=(0,1,− 3)．
同理，设n2=(x2,y2,z2)为面BCQ的法向量，
则有CB⋅n2=3y2=0CQ⋅n2=(2−32λ)x2+32λy2+ 32λz2=0，
取x2=− 32λ，得n2=(− 32λ,0,2−32λ)．
则有|cs〈n1,n2〉|=|− 3⋅(2−32λ)2 3λ2−6λ+4|=34，解得6λ−4=0，所以λ=23．
所以AQQF=2．
【解析】(1)E是PC的中点．取AC中点D，连接DP，则有DP⊥CA，推导出PD⊥面CAB以C为原点，CA，CB所在直线分别为x轴，y轴，过C作平面ABC的垂线为z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能证明AE⊥PB．
(2)EF//BC，由点E是线段PC的中点，得点F为线段PB的中点，求出面ACQ和面BCQ的法向量，利用向量法能求出结果．
本题考查线面垂直、线面垂直的判定与性质、二面角的定义及正弦值的求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
22.【答案】解：(1)证明：过P在平面PAD内作直线l//AD，
由AD//BC，可得l//BC，即l为平面PAD和平面PBC的交线，
∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC，
又BC⊥CD，CD∩PD=D，∴BC⊥平面PCD，
∵l//BC，∴l⊥平面PCD；
(2)如图，以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D−xyz，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，B(1,1,0)，
设Q(m,0,1)，DQ=(m,0,1)，PB=(1,1,−1)，DC=(0,1,0)，
设平面QCD的法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅DC=0n⋅DQ=0，∴b=0am+c=0，取a=−1，可得n=(−1,0,m)，
∴cs
∴PB与平面QCD所成角的正弦值为|1+m| 3⋅ 1+m2= 33⋅ 1+2m+m21+m2
= 33⋅ 1+2m1+m2≤ 33⋅ 1+22= 63，当且仅当m=1取等号，
∴PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为 63．
【解析】(1)过P在平面PAD内作直线l//AD，推得l为平面PAD和平面PBC的交线，由线面垂直的判定和性质，即可得证；
(2)以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D−xyz，设Q(0,m,1)，运用向量法，求得平面QCD的法向量，结合向量的夹角公式，以及基本不等式可得所求最大值．
本题考查空间线面垂直的判定，以及线面角的求法，考查转化思想和向量法的运用，考查运算能力和推理能力，属于中档题．
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