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2023-2024学年湖南省长沙市长郡中学高一下学期期末考试数学试题（含答案）
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这是一份2023-2024学年湖南省长沙市长郡中学高一下学期期末考试数学试题（含答案），共10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.若复数z的模为10，虚部为−8，则复数z的实部为
A. −6B. 6C. ±6D. 36
2.掷两枚质地均匀的骰子，设A=“第一枚出现奇数点”，B=“第二枚出现偶数点”，则A与B的关系为( )
A. 互斥B. 互为对立C. 相互独立D. 相等
3.如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形O′A′B′C′，且O′A′ // B′C′，O′A′=2B′C′=2，A′B′=1，则该平面图形的高为
A. 2B. 1C. 2 2D. 2
4.已知一组样本数据：8，9，9，11，12，13，15，16，17，18，18，20，则这组样本数据的第70百分位数与中位数之和是
A. 29B. 30C. 31D. 32
5.已知M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且MN=12ON,AP=34AN，以OA,OB,OC为基底，则OP可以表示为( )
A. OP=12OA+14OB+14OCB. OP=12OA+13OB+13OC
C. OP=14OA+13OB+13OCD. OP=14OA+14OB+14OC
6.已知非零向量a，b满足|a+b|=|a−2b|，且b在a上的投影向量为23a，则|a||b|= ( )
A. 12B. 32C. 2D. 3
7.如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，若点E，F分别满足AE=23AB，AF=23AC，三棱柱高为3，△ABC面积为3 3，则几何体B1C1BCFE的体积为
A. 8 33B. 3 3C. 10 33D. 11 33
8.有能力互异的3人应聘同一公司，他们按照报名顺序依次接受面试，经理决定“不录用第一个接受面试的人，如果第二个接受面试的人比第一个能力强，就录用第二个人，否则就录用第三个人”，记该公司录用到能力最强的人的概率为p，录用到能力中等的人的概率为q，则(p,q)=( )
A. (16,16)B. (12,16)C. (12,14)D. (12,13)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的有
A. 某班有40名学生，若采用简单随机抽样从中抽取4人代表本班参加社区活动，那么学号为04的学生被抽到的可能性为10%
B. 已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5
C. 将一组数据中的每个数据都乘以3后，方差也变为原来的3倍
D. 若一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2.现样本中又加入一个新数据5，此时样本容量为9，平均数不变，方差变小
10.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为BC，CC1的中点，则下列结论正确的是
A. 直线A1B与EF所成的角的大小为60°
B. 直线AD1//平面DEF
C. 平面DEF⊥平面BCC1B1
D. 直线CD与平面DEF所成角的正弦值为13
11.点O在△ABC所在的平面内，则以下说法正确的有( )
A. 若OA·OB=OB·OC=OC·OA，则点O为△ABC的外心(外接圆圆心)
B. 若AO=λ(AB|AB|sin B+AC|AC|sin C)(λ∈R)，则动点O的轨迹一定通过△ABC的重心
C. 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
D. 若OA·(ABAB+CACA)=OB·(BABA+CBCB)=OC·(BCBC+CACA)=0，则点O是△ABC的内心
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.复数z=i3+4i，则z+z=__________．
13.如图，一架无人机距离地面的高度PQ=200 m，在Q处观测到岳麓山山顶C的仰角为15°，地面上A处的俯角为45°，若∠BAC=60°，则岳麓山的高度BC为__________m．
14.已知在三棱锥PABC中，PA=4，BC=2 6，PB=PC=3，PA⊥平面PBC，则三棱锥PABC的外接球的表面积是________．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足2a−c=2bcs C．
(1)求角B；
(2)若D为AC的中点，且BD=52，b=3，求△ABC的面积．
16.(本小题15分)
对800名参加竞赛选拔学生的成绩作统计(满分：100分)，将数据分成五组，从左到右依次记为50,60,60,70，70,80,80,90，90,100，并绘制成如图所示的频率分布直方图．
(1)根据频率分布直方图估计这800名学生成绩的众数和平均数(求平均数时同一组数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)现从以上各组中采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取40人．若分数在区间70,90的学生实际成绩的平均数与方差分别为78分和2775，第三组[70,80)的学生实际成绩的平均数与方差分别为72分和1，求第四组[80,90)的学生实际成绩的平均数与方差．
17.(本小题15分)
如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O上，圆O的半径为1，AF= 3，点G是线段BF的中点．
(1)证明：EG //平面DAF；
(2)若直线DF与圆柱底面所成角为45°，求三棱锥CADF的体积．
18.(本小题17分)
据人民网报道：“美国国家航空航天局(NASA)发文称，相比20年前世界变得更绿色了．卫星资料显示中国和印度的行动主导了地球变绿．”据统计，中国新增绿化面积的42%来自植树造林，下表是中国十个地区在2017年植树造林的相关数据．(造林总面积为人工造林、飞播造林、新封山育林、退化林修复、人工更新的面积之和)
单位：ℎm2
(1)请根据上述数据，分别写出在这十个地区中人工造林面积与造林总面积的比值最大和最小的地区；
(2)在这十个地区中，任取一个地区，该地区人工造林面积占造林总面积的比值不足50%的概率是多少？
(3)从上表新封山育林面积超过十万公顷的地区中，任选两个地区，求其中至少有一个地区的退化林修复面积超过五万公顷的概率．
19.(本小题17分)
刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为π3，故其各个顶点的曲率均为2π−3×π3=π.如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，点A的曲率为2π3，N，M分别为AB，CC1的中点，且AB=AC．
(1)证明：CN⊥平面ABB1A1；
(2)若AA1= 2AB，求二面角B1AMC1的余弦值；
(3)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体．关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为D，棱数为L，面数为M，则有：D−L+M=2.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率(多面体所有顶点的曲率之和)是常数．
参考答案
1.C
2.C
3.C
4.C
5.D
6.B
7.A
8.D
9.AD
10.ABD
11.BCD
12.825
13.300
14.43π
15.解：(1)因为2a−c=2bcsC，由正弦定理可知，2sinA−sinC=2sinBcsC，
又sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，得到sinC=2csBsinC，
又sinC>0且B∈(0,π)，所以B=π3．
(2)由BD=52，得BD=52，则由平行四边形法则可得BA+BC=5，
则BA2+BC2+2BA·BC=25，即a2+c2+ac=25，①
又b2=a2+c2−2accsB，即a2+c2−ac=9，②
由①②可得ac=8.则S△ABC=12acsinB=4× 32=2 3．
16.解：(1)这800名学生成绩的众数用频率分布直方图最高矩形中点的横坐标来估计，所以估计众数为65；
平均数x=55×0.30+65×0.40+75×0.15+85×0.10+95×0.05=67(分);
(2)由分层随机抽样可知，第三组和第四组分别抽取6人和4人，
设分数在区间[70,90)的学生实际成绩分别为ui(i=1,2,3,⋯,10)，其平均数与方差分别为u，s2，
则u=78，s2=2775，
设第三组学生实际成绩分别为xi(i=1,2,3,4,5,6)，其平均数与方差分别为x，sx2，
则x=72，sx2=1，
设第四组学生实际成绩分别为yi(i=1,2,3,4)，其平均数与方差分别为y，sy2，
由6×72+4y10=78，得y=87，
又i=110ui2−10u210=2775，
所以i=16xi2+i=14yi2−10u210=2775，
因为i=16xi2−6x26=1，
所以i=16xi2=6+6×722=31110，
所以i=14yi2=554+10×782−31110=30284，
所以sy2=i=14yi2−4y24=30284−4×8724=2，
第四组学生实际成绩的平均数为87，方差为2．
17.解：(1)取AF中点M，连接DM，GM，如图所示：
G为BF中点，则GM // AB，又AB // DE，得GM // DE，
由GM=12AB，DE=12AB，得GM=DE，
所以四边形DEGM为平行四边形，DM // EG，
又DM⊂平面DAF，EG⊄平面DAF，所以EG //平面DAF．
(2)因为OB=1，AF= 3，∠AFB=90°，所以BF= AB2−AF2= 4−3=1．
因为DA⊥平面ABF，且直线DF与圆柱底面所成角为45°，
所以∠AFD=45°，则有AD= 3．
因为BC // AD，又AD⊂平面DAF，BC⊄平面DAF，
所以BC //平面DAF，点B和点C到面DAF距离相等．
故VCADF=VBADF=VDABF=13S△ABF·AD=13×12×1× 3× 3=12．
18.解：(1)人工造林面积与造林总面积的比值最大的地区为甘肃省，
人工造林面积与造林总面积的比值最小的地区为青海省；
(2)设在这十个地区中，任取一个地区，该地区人工造林面积占造林总面积的比值不足50%为事件A，
在十个地区中，有三个地区(重庆、新疆、青海)人工造林面积占造林总面积的比值不足50%，则P(A)=310；
(3)设其中至少有一个地区的退化林修复面积超过五万公顷为事件B，
新封山育林面积超过十万公顷的有四个地区：
内蒙古、河北、新疆、青海，分别设为a1，a2，a3，a4，
其中退化林修复面积超过五万公顷的有两个地区：
内蒙古、河北，即a1，a2．
从四个地区中任取两个地区共有6种情况：
(a1,a2)，(a1,a3)，(a1,a4)，(a2,a3)，(a2,a4)，(a3,a4)，
其中至少有一个地区退化林修复面积超过五万公顷共有5种情况：
a1,a2，a1,a3，a1,a4，a2,a3，a2,a4，
则P(B)=56．
19.(1)在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC，AB⊂平面ABC，
则AA1⊥AC，AA1⊥AB，所以点A的曲率为2π−2×π2−∠BAC=2π3，
所以∠BAC=π3.因为AB=AC，所以△ABC为正三角形．
因为N为AB的中点，所以CN⊥AB．
又AA1⊥平面ABC，CN⊂平面ABC，所以AA1⊥CN，
因为AA1∩AB=A，AA1、AB⊂平面ABB1A1，所以CN⊥平面ABB1A1．
(2)取A1C1的中点F，连接B1F、MF，则B1F⊥A1C1，
因为ABC—A1B1C1为直三棱柱，故平面AA1C1C⊥平面A1B1C1，交线为A1C1，
故B 1F⊥平面AA1C1C，又AM、MF⊂平面AA1C1C，故B 1F⊥AM，B1F⊥FM，
设AB= 2，则AA1=2，AM=B1M= 3，AB1= 6，
AM2+B1M2=AB 12=6，故AM⊥B1M，又B1F∩B1M=B1，
所以AM⊥平面B1FM，而MF⊂平面B1FM，故AM⊥MF，
所以∠FMB1为二面角B1AMC1的平面角，
因MF= 222+12= 62，B1M= 3，
在Rt△B1FM中，cs∠FMB1=FMMB1= 22，故二面角B1AMC1的余弦值为 22．
(3)设多面体有M个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1，2，…，M号．
设第i号(1≤i≤M)多边形有Li条边．
则多面体共有L=L1+L2+…+LM2条棱．
由题意，多面体共有D=2−M+L=2−M+L1+L2+…+LM2个顶点．
i号多边形的内角之和为πLi−2π，故所有多边形的内角之和为π(L1+L2+…+LM)−2πM，
故多面体的总曲率为2πD−πL1+L2+…+LM−2πM
=2π2−M+L1+L2+…+LM2−πL1+L2+…+LM−2πM=4π．
所以简单多面体的总曲率为4π．
则简单多面体的总曲率(多面体所有顶点的曲率之和)是常数得证．
1.若复数z的模为10，虚部为−8，则复数z的实部为
A. −6B. 6C. ±6D. 36
2.掷两枚质地均匀的骰子，设A=“第一枚出现奇数点”，B=“第二枚出现偶数点”，则A与B的关系为( )
A. 互斥B. 互为对立C. 相互独立D. 相等
3.如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形O′A′B′C′，且O′A′ // B′C′，O′A′=2B′C′=2，A′B′=1，则该平面图形的高为
A. 2B. 1C. 2 2D. 2
4.已知一组样本数据：8，9，9，11，12，13，15，16，17，18，18，20，则这组样本数据的第70百分位数与中位数之和是
A. 29B. 30C. 31D. 32
5.已知M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且MN=12ON,AP=34AN，以OA,OB,OC为基底，则OP可以表示为( )
A. OP=12OA+14OB+14OCB. OP=12OA+13OB+13OC
C. OP=14OA+13OB+13OCD. OP=14OA+14OB+14OC
6.已知非零向量a，b满足|a+b|=|a−2b|，且b在a上的投影向量为23a，则|a||b|= ( )
A. 12B. 32C. 2D. 3
7.如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，若点E，F分别满足AE=23AB，AF=23AC，三棱柱高为3，△ABC面积为3 3，则几何体B1C1BCFE的体积为
A. 8 33B. 3 3C. 10 33D. 11 33
8.有能力互异的3人应聘同一公司，他们按照报名顺序依次接受面试，经理决定“不录用第一个接受面试的人，如果第二个接受面试的人比第一个能力强，就录用第二个人，否则就录用第三个人”，记该公司录用到能力最强的人的概率为p，录用到能力中等的人的概率为q，则(p,q)=( )
A. (16,16)B. (12,16)C. (12,14)D. (12,13)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的有
A. 某班有40名学生，若采用简单随机抽样从中抽取4人代表本班参加社区活动，那么学号为04的学生被抽到的可能性为10%
B. 已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5
C. 将一组数据中的每个数据都乘以3后，方差也变为原来的3倍
D. 若一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2.现样本中又加入一个新数据5，此时样本容量为9，平均数不变，方差变小
10.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为BC，CC1的中点，则下列结论正确的是
A. 直线A1B与EF所成的角的大小为60°
B. 直线AD1//平面DEF
C. 平面DEF⊥平面BCC1B1
D. 直线CD与平面DEF所成角的正弦值为13
11.点O在△ABC所在的平面内，则以下说法正确的有( )
A. 若OA·OB=OB·OC=OC·OA，则点O为△ABC的外心(外接圆圆心)
B. 若AO=λ(AB|AB|sin B+AC|AC|sin C)(λ∈R)，则动点O的轨迹一定通过△ABC的重心
C. 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
D. 若OA·(ABAB+CACA)=OB·(BABA+CBCB)=OC·(BCBC+CACA)=0，则点O是△ABC的内心
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.复数z=i3+4i，则z+z=__________．
13.如图，一架无人机距离地面的高度PQ=200 m，在Q处观测到岳麓山山顶C的仰角为15°，地面上A处的俯角为45°，若∠BAC=60°，则岳麓山的高度BC为__________m．
14.已知在三棱锥PABC中，PA=4，BC=2 6，PB=PC=3，PA⊥平面PBC，则三棱锥PABC的外接球的表面积是________．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足2a−c=2bcs C．
(1)求角B；
(2)若D为AC的中点，且BD=52，b=3，求△ABC的面积．
16.(本小题15分)
对800名参加竞赛选拔学生的成绩作统计(满分：100分)，将数据分成五组，从左到右依次记为50,60,60,70，70,80,80,90，90,100，并绘制成如图所示的频率分布直方图．
(1)根据频率分布直方图估计这800名学生成绩的众数和平均数(求平均数时同一组数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)现从以上各组中采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取40人．若分数在区间70,90的学生实际成绩的平均数与方差分别为78分和2775，第三组[70,80)的学生实际成绩的平均数与方差分别为72分和1，求第四组[80,90)的学生实际成绩的平均数与方差．
17.(本小题15分)
如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O上，圆O的半径为1，AF= 3，点G是线段BF的中点．
(1)证明：EG //平面DAF；
(2)若直线DF与圆柱底面所成角为45°，求三棱锥CADF的体积．
18.(本小题17分)
据人民网报道：“美国国家航空航天局(NASA)发文称，相比20年前世界变得更绿色了．卫星资料显示中国和印度的行动主导了地球变绿．”据统计，中国新增绿化面积的42%来自植树造林，下表是中国十个地区在2017年植树造林的相关数据．(造林总面积为人工造林、飞播造林、新封山育林、退化林修复、人工更新的面积之和)
单位：ℎm2
(1)请根据上述数据，分别写出在这十个地区中人工造林面积与造林总面积的比值最大和最小的地区；
(2)在这十个地区中，任取一个地区，该地区人工造林面积占造林总面积的比值不足50%的概率是多少？
(3)从上表新封山育林面积超过十万公顷的地区中，任选两个地区，求其中至少有一个地区的退化林修复面积超过五万公顷的概率．
19.(本小题17分)
刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为π3，故其各个顶点的曲率均为2π−3×π3=π.如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，点A的曲率为2π3，N，M分别为AB，CC1的中点，且AB=AC．
(1)证明：CN⊥平面ABB1A1；
(2)若AA1= 2AB，求二面角B1AMC1的余弦值；
(3)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体．关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为D，棱数为L，面数为M，则有：D−L+M=2.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率(多面体所有顶点的曲率之和)是常数．
参考答案
1.C
2.C
3.C
4.C
5.D
6.B
7.A
8.D
9.AD
10.ABD
11.BCD
12.825
13.300
14.43π
15.解：(1)因为2a−c=2bcsC，由正弦定理可知，2sinA−sinC=2sinBcsC，
又sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，得到sinC=2csBsinC，
又sinC>0且B∈(0,π)，所以B=π3．
(2)由BD=52，得BD=52，则由平行四边形法则可得BA+BC=5，
则BA2+BC2+2BA·BC=25，即a2+c2+ac=25，①
又b2=a2+c2−2accsB，即a2+c2−ac=9，②
由①②可得ac=8.则S△ABC=12acsinB=4× 32=2 3．
16.解：(1)这800名学生成绩的众数用频率分布直方图最高矩形中点的横坐标来估计，所以估计众数为65；
平均数x=55×0.30+65×0.40+75×0.15+85×0.10+95×0.05=67(分);
(2)由分层随机抽样可知，第三组和第四组分别抽取6人和4人，
设分数在区间[70,90)的学生实际成绩分别为ui(i=1,2,3,⋯,10)，其平均数与方差分别为u，s2，
则u=78，s2=2775，
设第三组学生实际成绩分别为xi(i=1,2,3,4,5,6)，其平均数与方差分别为x，sx2，
则x=72，sx2=1，
设第四组学生实际成绩分别为yi(i=1,2,3,4)，其平均数与方差分别为y，sy2，
由6×72+4y10=78，得y=87，
又i=110ui2−10u210=2775，
所以i=16xi2+i=14yi2−10u210=2775，
因为i=16xi2−6x26=1，
所以i=16xi2=6+6×722=31110，
所以i=14yi2=554+10×782−31110=30284，
所以sy2=i=14yi2−4y24=30284−4×8724=2，
第四组学生实际成绩的平均数为87，方差为2．
17.解：(1)取AF中点M，连接DM，GM，如图所示：
G为BF中点，则GM // AB，又AB // DE，得GM // DE，
由GM=12AB，DE=12AB，得GM=DE，
所以四边形DEGM为平行四边形，DM // EG，
又DM⊂平面DAF，EG⊄平面DAF，所以EG //平面DAF．
(2)因为OB=1，AF= 3，∠AFB=90°，所以BF= AB2−AF2= 4−3=1．
因为DA⊥平面ABF，且直线DF与圆柱底面所成角为45°，
所以∠AFD=45°，则有AD= 3．
因为BC // AD，又AD⊂平面DAF，BC⊄平面DAF，
所以BC //平面DAF，点B和点C到面DAF距离相等．
故VCADF=VBADF=VDABF=13S△ABF·AD=13×12×1× 3× 3=12．
18.解：(1)人工造林面积与造林总面积的比值最大的地区为甘肃省，
人工造林面积与造林总面积的比值最小的地区为青海省；
(2)设在这十个地区中，任取一个地区，该地区人工造林面积占造林总面积的比值不足50%为事件A，
在十个地区中，有三个地区(重庆、新疆、青海)人工造林面积占造林总面积的比值不足50%，则P(A)=310；
(3)设其中至少有一个地区的退化林修复面积超过五万公顷为事件B，
新封山育林面积超过十万公顷的有四个地区：
内蒙古、河北、新疆、青海，分别设为a1，a2，a3，a4，
其中退化林修复面积超过五万公顷的有两个地区：
内蒙古、河北，即a1，a2．
从四个地区中任取两个地区共有6种情况：
(a1,a2)，(a1,a3)，(a1,a4)，(a2,a3)，(a2,a4)，(a3,a4)，
其中至少有一个地区退化林修复面积超过五万公顷共有5种情况：
a1,a2，a1,a3，a1,a4，a2,a3，a2,a4，
则P(B)=56．
19.(1)在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC，AB⊂平面ABC，
则AA1⊥AC，AA1⊥AB，所以点A的曲率为2π−2×π2−∠BAC=2π3，
所以∠BAC=π3.因为AB=AC，所以△ABC为正三角形．
因为N为AB的中点，所以CN⊥AB．
又AA1⊥平面ABC，CN⊂平面ABC，所以AA1⊥CN，
因为AA1∩AB=A，AA1、AB⊂平面ABB1A1，所以CN⊥平面ABB1A1．
(2)取A1C1的中点F，连接B1F、MF，则B1F⊥A1C1，
因为ABC—A1B1C1为直三棱柱，故平面AA1C1C⊥平面A1B1C1，交线为A1C1，
故B 1F⊥平面AA1C1C，又AM、MF⊂平面AA1C1C，故B 1F⊥AM，B1F⊥FM，
设AB= 2，则AA1=2，AM=B1M= 3，AB1= 6，
AM2+B1M2=AB 12=6，故AM⊥B1M，又B1F∩B1M=B1，
所以AM⊥平面B1FM，而MF⊂平面B1FM，故AM⊥MF，
所以∠FMB1为二面角B1AMC1的平面角，
因MF= 222+12= 62，B1M= 3，
在Rt△B1FM中，cs∠FMB1=FMMB1= 22，故二面角B1AMC1的余弦值为 22．
(3)设多面体有M个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1，2，…，M号．
设第i号(1≤i≤M)多边形有Li条边．
则多面体共有L=L1+L2+…+LM2条棱．
由题意，多面体共有D=2−M+L=2−M+L1+L2+…+LM2个顶点．
i号多边形的内角之和为πLi−2π，故所有多边形的内角之和为π(L1+L2+…+LM)−2πM，
故多面体的总曲率为2πD−πL1+L2+…+LM−2πM
=2π2−M+L1+L2+…+LM2−πL1+L2+…+LM−2πM=4π．
所以简单多面体的总曲率为4π．
则简单多面体的总曲率(多面体所有顶点的曲率之和)是常数得证．
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