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2023-2024学年安徽省合肥168中学高一（下）期末数学试卷（含答案）
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这是一份2023-2024学年安徽省合肥168中学高一（下）期末数学试卷（含答案），共9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.设平面向量AB=(−3,6)，点A(1,−2)，则点B的坐标为( )
A. (+2,−4)B. (−2,4)C. (−4,8)D. (4,−8)
2.已知复数z=−2+i，则z−3−i在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.已知事件A，B互斥，它们都不发生的概率为16，且P(A)=2P(B)，则P(A−)=( )
A. 518B. 1318C. 59D. 49
4.现有甲、乙两组数据.甲组数据有6个数，其平均数为3，方差为5；乙组数据有9个数，其平均数为5，方差为3.若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为( )
A. 4.76B. 4.52C. 4.2D. 3.8
5.如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，E，F分别为BB1，A1C1中点，过A，E，F作三棱柱的截面交B1C1于M，且B1M−=λMC1−，则λ的值为( )
A. 13
B. 12
C. 23
D. 1
6.如图，设α∈(0,π)，且α≠π2，当∠xOy=α时，定义平面坐标系xOy为α的斜坐标系，在α的斜坐标系中，任意一点P的斜坐标这样定义：设e1,e2是分别与x轴，y轴正方向相同的单位向量，若OP=xe1+ye2，记OP=(x,y)，则下列结论中正确的是( )
A. 设a=(m,n),b=(s,t)，若a⊥b，则mt+ns=0
B. 设a=(m,n)，则|a|= m2+n2
C. a=(m,n),b=(s,t)，若a//b，则mt−ns=0
D. 设a=(1,2),b=(2,1)，若a与b的夹角为π3，则α=π3
7.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c=b(2csA+1)，则下列结论错误的是( )
A. A=2B
B. 若a= 3b，则△ABC为直角三角形
C. 若△ABC为锐角三角形，则ca的取值范围为( 22,2 33)
D. 若△ABC为锐角三角形，1tanB−1tanA的最小值为1
8.如图，在矩形ABCD中，AB=2，AD=1，M为AB的中点，将△ADM沿DM翻折.在翻折过程中，当二面角A−BC−D的平面角最大时，其正弦值为( )
A. 12B. 55C. 23D. 2 55
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.已知复数z满足|z|=1，则下列结论正确的是( )
A. z⋅z−=1B. z+1z∈R
C. |z−1|的最大值为2D. z2=1
10.在△ABC中，由以下各条件分别能得出△ABC为等边三角形的有( )
A. 已知a+b=2c且A+B=2CB. 已知sinA= 32且b=c
C. 已知a+b=2c且a2+b2=2c2D. 已知ab=csBcsA且A=60°
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，棱AB，BC的中点分别为E，F，点G在底面A1B1C1D1上，且平面EFG//平面ACD1，则下列说法正确的是( )
A. 若存在λ，使得A1G=λGD1，则λ=1 B. 若G∈C1D1，则EG//平面ADD1A1
C. 三棱锥G−BC1D体积的最大值为3 D. 二面角D−EF−G的余弦值为 33
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.定义：|a×b|=|a|⋅|b|⋅sin θ，其中θ为向量a与b的夹角，若|a|=2，|b|=5，a⋅b=−6，则|a×b|等于______．
13.已知△ABC为锐角三角形，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A=π3,c=2，则△ABC面积的取值范围为______．
14.将1，2，3，⋯，20，21共21个正整数排成六行，按照第一行1个数，第二行2个数…，第六行6个数的顺序排列，则每一行中最大的数都小于其后一行中最大的数的概率是______．
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)
如图所示是在圆锥内部挖去一正四棱柱所形成的几何体，该正四棱柱上底面的四顶点在圆锥侧面上，下底面落在圆锥底面内，已知圆锥侧面积为15π，底面半径为r=3．
(Ⅰ)若正四棱柱的底面边长为a= 2，求该几何体的体积；
(Ⅱ)求该几何体内正四棱柱侧面积的最大值．
16.(本小题15分)
航天员安全返回，中国航天再创辉煌！去年6月4日，当地时间6时20分许，神舟十五号载人飞船成功着陆，费俊龙、邓清明、张陆等航天员安全顺利地出舱，身体状况良好.这标志着神舟十五号载人飞行任务取得了圆满成功.某学校高一年级利用高考放假期间开展组织1200名学生参加线上航天知识竞赛活动，现从中抽取200名学生，记录他们的首轮竞赛成绩并作出如图所示的频率直方图，根据图形，请回答下列问题：
(1)若从成绩不高于60分的同学中按分层抽样方法抽取10人成绩，求10人中成绩不高于50分的人数；
(2)求a的值，并以样本估计总体，估计该校学生首轮竞赛成绩的平均数以及中位数；
(3)由首轮竞赛成绩确定甲、乙、丙三位同学参加第二轮的复赛，已知甲复赛获优秀等级的概率为23，乙复赛获优秀等级的概率为34，丙复赛获优秀等级的概率为12，甲、乙、丙是否获优秀等级互不影响，求三人中至少有两位同学复赛获优秀等级的概率．
17.(本小题15分)
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a=3，2c−b=2acsB．
(1)求角A的大小；
(2)M为△ABC外心，AM的延长线交BC于点D，且MD= 32，求△ABC的面积．
18.(本小题17分)
如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，且∠ABC=60°，AA1=BB1=CC1=1，侧棱BB1与底面ABC所成角的正弦值为 63.若球O与三棱台ABC−A1B1C1内切(即球与棱台各面均相切)．
(1)求证：AC⊥平面B1D1DB；
(2)求二面角B1−BC−A的正切值；
(3)求四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积和球O的表面积．
19.(本小题17分)
给定两组数据A=(x1,x2,⋯,xn)与B=(y1,y2,⋯,yn)，称X(A,B)=i=1n|xi−yi|为这两组数据之间的“差异量”.鉴宝类的节目是当下非常流行的综艺节目.现有n个古董，它们的价值各不相同，最值钱的古董记为1号，第二值钱的古董记为2号，以此类推，则古董价值的真实排序为I=(1,2,⋯,n).现在某专家在不知道古董真实排序的前提下，根据自己的经验对这n个古董的价值从高到低依次进行重新排序为x1，x2，⋯，xn，其中xi为该专家给真实价值排第i位古董的位次编号，记A=(x1,x2,⋯,xn)，那么A与I的差异量X(A,I)= n|xi−i|可以有效反映一个专家的水平，该差异量X(A,I)越小说明专家的鉴宝能力越强．
(1)当n=3时，求X(A,I)的所有可能取值；
(2)当n=5时，求满足X(A,I)=4的A的个数；
(3)现在有两个专家甲、乙同时进行鉴宝，已知专家甲的鉴定结果与真实价值I的差异量为a，专家甲与专家乙的鉴定结果的差异量为4，那么专家乙的鉴定结果与真实价值I的差异量是否可能为a+6？请说明理由．
(注：实数a，b满足：|a+b|≤|a|+|b|，当且仅当a⋅b≥0时取“=”号)
参考答案
1.B
2.C
3.D
4.A
5.B
6.C
7.D
8.B
9.ABC
10.AC
11.ABD
12.8
13.( 32,2 3)
14.4315
15.解：(Ⅰ)由S圆锥侧=πrl，可得3πl=15π，
∴l=5，
∴圆锥的高ℎ= l2−r2= 52−32=4，
∴圆锥的体积V圆锥=13×πr2×ℎ=13×π×9×4=12π，
∵a= 2，∴正四棱柱的底面对角线长为2，
设正四棱柱的高为ℎ1，如图所示，
∴ℎ1ℎ=r−1r，
∴ℎ1=r−1rℎ=3−13×4=83，
∴正四棱柱的体积V正四棱柱=a2ℎ1=2×83=163，
∴该几何体的体积V=V圆锥−V正四棱柱=12π−163．
(Ⅱ)由图可知，ℎ1ℎ=r− 2a2r，即ℎ14=3− 2a23，即3ℎ1+2 2a=12，
由3ℎ1+2 2a≥2 3ℎ1⋅2 2a=2 6 2aℎ1，当且仅当3ℎ1=2 2a=6时，等号成立，
∴2 6 2aℎ1≤12，∴ℎ1a≤3 2，当且仅当ℎ1=2，a=3 22时，等号成立，
∴正四棱柱侧面积S正四棱柱侧=4ℎ1a≤12 2，当且仅当ℎ1=2，a=3 22时，等号成立，
∴该几何体内正四棱柱侧面积的最大值为12 2．
16.解：(1)∵成绩不高于60分的同学为频率分布直方图中的前2组，
又前两组的比例为10：15=2：3，
∴从成绩不高于60分的同学中按分层抽样方法抽取10人成绩，
10人中成绩不高于50分的人数为10×25=4；
(2)根据题意可得(0.01+0.015+0.015+a+0.025+0.005)×10=1，∴a=0.03；
∴估计该校学生首轮竞赛成绩的平均数为：
45×0.1+55×0.15+65×0.15+75×0.3+85×0.25+95×0.05=71；
估计该校学生首轮竞赛成绩的中位数为：
70+0.5−0.1−0.15−；
(3)设“甲，乙，丙复赛获优秀等级“分别为事件A，B，C，
则P(A)=23，P(B)=34，P(C)=12，
设“三人中至少有两位同学复赛获优秀等级“为事件D，
∴P(D)=P(A−BC)+P(AB−C)+P(ABC−)+P(ABC)
=13×34×12+23×14×12+23×34×12+23×34×12=1724．
17.解：(1)由正弦定理及2c−b=2acsB，得2sinC−sinB=2sinAcsB，
因为sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
所以2sinAcsB+2csAsinB−sinB=2sinAcsB，即sinB=2csAsinB，
因为sinB≠0，所以csA=12，
又A∈(0,π)，所以A=π3．
(2)由(1)得A=π3，
设△ABC的外接圆M的半径为R，
在△ABC中，由正弦定理得，2R=asinA=2 3，解得R= 3，
所以BM=CM=R= 3，
在△BMC中，∠BMC=2∠BAC=2π3，∠MBC=∠MCB=π6，BC=3，
在△BDM中，由正弦定理得，MDsin∠MBC=BMsin∠BDM，
所以sin∠BDM=BMsin∠MBCMD= 3⋅12 32=1，
所以∠BDM=π2，即MD⊥BC，
所以△ABC是边长为3的等边三角形，
故△ABC的面积为12×32× 32=9 34．
18.解：(1)证明：设A1C1与B1D1、AC与BD分别交点E，F，连接EF，
因为底面ABCD为菱形，所以AC⊥BD，
在等腰梯形A1C1CA中，因为E，F为底边中点，
所以AC⊥EF，又EF与BD相交，
∴AC⊥平面B1D1DB；
(2)由(1)可知平面ABCD⊥平面B1D1DB，又平面ABCD∩平面B1D1DB=BD，
过点B1作B1H⊥BD于H，则B1H⊥平面ABCD，再作HG⊥BC于G，
则由三垂线定理得B1G⊥BC，则∠B1GH是二面角B1−BC−A的平面角，
因为B1H⊥平面ABCD，故∠B1BH是侧棱BB1与底面ABC所成角，
所以sin∠B1BH= 63，
在Rt△B1BH中，B1H=BB1sin∠B1BH= 63，BH=BB1cs∠B1BH= 33，
在Rt△BGH，GH=BHsin30°= 36，
在Rt△B1GH中，tan∠B1GH=B1HGH= 63 36=2 2，
因此二面角B1−BC−A的正切值为2 2；
(3)由题意可知三棱台ABC−A1B1C1为正三棱台，设O1，O2是△A1B1C1和△ABC的中心，
M，N分别是B1C1和BC的中点，故O1O2为内切球的球心O的直径，
不妨设△A1B1C1和△ABC的边长分别是x，y，球O的半径为r，
则2r=O1O2=B1H= 63，
所以球O的表面积为S=4πr2=4π( 66)2=23π，
在Rt△B1GH中，MN=B1G= B1H2+GH2= 32，
由O为内切球可知MN= 36(x+y)，解得x+y=3，
在直角梯形O1O2NM中，MN2=(2r)2+[ 36(y−x)]2=[ 36(x+y)]2，
解得xy=2，
因此x=1，y=2，
因此四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积V=13×ℎ×[S1+ S1⋅S2+S2]=13× 63×[2 3+ 2 3⋅ 32+ 32]=7 26．
19.解：(1)若n=3时，则A=(1,2,3)，(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，(3,2,1)，且I=(1,2,3)，
∴X(A,I)=0，2，2，4，4，4，
∴X(A,I)的所有可能取值为0，2，4．
(2)设“X(A,I)=4”为事件M，样本空间为Ω，
∵n=5，∴A共有5×4×3×2×1=120个，即样本容量为n(Ω)=120，
若对调两个位置的序号之差大于2，则X(A,I)>4，
可知X(A,I)=4只能调整两次两个连续序号或连续三个序号之间调整顺序，
若调整两次两个连续序号，则有{(1,2)，(3,4)}，{(1,2)，(4,5}，{(2,3)，(4,5)}，共有3种可能，
若连续三个序号之间调整顺序，连续三个序号有：
{1,2,3}，{2,3,4}，{3,4,5}，共3组，
由(1)可知每组均有3种可能满足X(A,I)=4，
可得共有3×4=12种可能，
综上所述：n(M)=3+12=15．
(3)不可能，理由如下：
设专家甲的排序为x1，x2，⋅⋅⋅，xn，记A=(x1,x2,⋅⋅⋅,xn)，
专家乙的排序为y1，y2，⋅⋅⋅，yn，记B=(y1,y2,⋅⋅⋅,yn)，
由题意可得：X(A,I)=i=1n|xi−i|=a，X(A,B)=i=1n|xi−yi|=4，
∵|yi−i|=|(yi−xi)+(i−i)|≤|yi−i|+|xi−i|+|xi−yi|，
结合i的任意性可得i=1n|yi−i|≤i=1n|xi−i|+i=1n|xi−yi|=a+4
1.设平面向量AB=(−3,6)，点A(1,−2)，则点B的坐标为( )
A. (+2,−4)B. (−2,4)C. (−4,8)D. (4,−8)
2.已知复数z=−2+i，则z−3−i在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.已知事件A，B互斥，它们都不发生的概率为16，且P(A)=2P(B)，则P(A−)=( )
A. 518B. 1318C. 59D. 49
4.现有甲、乙两组数据.甲组数据有6个数，其平均数为3，方差为5；乙组数据有9个数，其平均数为5，方差为3.若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为( )
A. 4.76B. 4.52C. 4.2D. 3.8
5.如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，E，F分别为BB1，A1C1中点，过A，E，F作三棱柱的截面交B1C1于M，且B1M−=λMC1−，则λ的值为( )
A. 13
B. 12
C. 23
D. 1
6.如图，设α∈(0,π)，且α≠π2，当∠xOy=α时，定义平面坐标系xOy为α的斜坐标系，在α的斜坐标系中，任意一点P的斜坐标这样定义：设e1,e2是分别与x轴，y轴正方向相同的单位向量，若OP=xe1+ye2，记OP=(x,y)，则下列结论中正确的是( )
A. 设a=(m,n),b=(s,t)，若a⊥b，则mt+ns=0
B. 设a=(m,n)，则|a|= m2+n2
C. a=(m,n),b=(s,t)，若a//b，则mt−ns=0
D. 设a=(1,2),b=(2,1)，若a与b的夹角为π3，则α=π3
7.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c=b(2csA+1)，则下列结论错误的是( )
A. A=2B
B. 若a= 3b，则△ABC为直角三角形
C. 若△ABC为锐角三角形，则ca的取值范围为( 22,2 33)
D. 若△ABC为锐角三角形，1tanB−1tanA的最小值为1
8.如图，在矩形ABCD中，AB=2，AD=1，M为AB的中点，将△ADM沿DM翻折.在翻折过程中，当二面角A−BC−D的平面角最大时，其正弦值为( )
A. 12B. 55C. 23D. 2 55
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.已知复数z满足|z|=1，则下列结论正确的是( )
A. z⋅z−=1B. z+1z∈R
C. |z−1|的最大值为2D. z2=1
10.在△ABC中，由以下各条件分别能得出△ABC为等边三角形的有( )
A. 已知a+b=2c且A+B=2CB. 已知sinA= 32且b=c
C. 已知a+b=2c且a2+b2=2c2D. 已知ab=csBcsA且A=60°
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，棱AB，BC的中点分别为E，F，点G在底面A1B1C1D1上，且平面EFG//平面ACD1，则下列说法正确的是( )
A. 若存在λ，使得A1G=λGD1，则λ=1 B. 若G∈C1D1，则EG//平面ADD1A1
C. 三棱锥G−BC1D体积的最大值为3 D. 二面角D−EF−G的余弦值为 33
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.定义：|a×b|=|a|⋅|b|⋅sin θ，其中θ为向量a与b的夹角，若|a|=2，|b|=5，a⋅b=−6，则|a×b|等于______．
13.已知△ABC为锐角三角形，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A=π3,c=2，则△ABC面积的取值范围为______．
14.将1，2，3，⋯，20，21共21个正整数排成六行，按照第一行1个数，第二行2个数…，第六行6个数的顺序排列，则每一行中最大的数都小于其后一行中最大的数的概率是______．
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)
如图所示是在圆锥内部挖去一正四棱柱所形成的几何体，该正四棱柱上底面的四顶点在圆锥侧面上，下底面落在圆锥底面内，已知圆锥侧面积为15π，底面半径为r=3．
(Ⅰ)若正四棱柱的底面边长为a= 2，求该几何体的体积；
(Ⅱ)求该几何体内正四棱柱侧面积的最大值．
16.(本小题15分)
航天员安全返回，中国航天再创辉煌！去年6月4日，当地时间6时20分许，神舟十五号载人飞船成功着陆，费俊龙、邓清明、张陆等航天员安全顺利地出舱，身体状况良好.这标志着神舟十五号载人飞行任务取得了圆满成功.某学校高一年级利用高考放假期间开展组织1200名学生参加线上航天知识竞赛活动，现从中抽取200名学生，记录他们的首轮竞赛成绩并作出如图所示的频率直方图，根据图形，请回答下列问题：
(1)若从成绩不高于60分的同学中按分层抽样方法抽取10人成绩，求10人中成绩不高于50分的人数；
(2)求a的值，并以样本估计总体，估计该校学生首轮竞赛成绩的平均数以及中位数；
(3)由首轮竞赛成绩确定甲、乙、丙三位同学参加第二轮的复赛，已知甲复赛获优秀等级的概率为23，乙复赛获优秀等级的概率为34，丙复赛获优秀等级的概率为12，甲、乙、丙是否获优秀等级互不影响，求三人中至少有两位同学复赛获优秀等级的概率．
17.(本小题15分)
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a=3，2c−b=2acsB．
(1)求角A的大小；
(2)M为△ABC外心，AM的延长线交BC于点D，且MD= 32，求△ABC的面积．
18.(本小题17分)
如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，且∠ABC=60°，AA1=BB1=CC1=1，侧棱BB1与底面ABC所成角的正弦值为 63.若球O与三棱台ABC−A1B1C1内切(即球与棱台各面均相切)．
(1)求证：AC⊥平面B1D1DB；
(2)求二面角B1−BC−A的正切值；
(3)求四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积和球O的表面积．
19.(本小题17分)
给定两组数据A=(x1,x2,⋯,xn)与B=(y1,y2,⋯,yn)，称X(A,B)=i=1n|xi−yi|为这两组数据之间的“差异量”.鉴宝类的节目是当下非常流行的综艺节目.现有n个古董，它们的价值各不相同，最值钱的古董记为1号，第二值钱的古董记为2号，以此类推，则古董价值的真实排序为I=(1,2,⋯,n).现在某专家在不知道古董真实排序的前提下，根据自己的经验对这n个古董的价值从高到低依次进行重新排序为x1，x2，⋯，xn，其中xi为该专家给真实价值排第i位古董的位次编号，记A=(x1,x2,⋯,xn)，那么A与I的差异量X(A,I)= n|xi−i|可以有效反映一个专家的水平，该差异量X(A,I)越小说明专家的鉴宝能力越强．
(1)当n=3时，求X(A,I)的所有可能取值；
(2)当n=5时，求满足X(A,I)=4的A的个数；
(3)现在有两个专家甲、乙同时进行鉴宝，已知专家甲的鉴定结果与真实价值I的差异量为a，专家甲与专家乙的鉴定结果的差异量为4，那么专家乙的鉴定结果与真实价值I的差异量是否可能为a+6？请说明理由．
(注：实数a，b满足：|a+b|≤|a|+|b|，当且仅当a⋅b≥0时取“=”号)
参考答案
1.B
2.C
3.D
4.A
5.B
6.C
7.D
8.B
9.ABC
10.AC
11.ABD
12.8
13.( 32,2 3)
14.4315
15.解：(Ⅰ)由S圆锥侧=πrl，可得3πl=15π，
∴l=5，
∴圆锥的高ℎ= l2−r2= 52−32=4，
∴圆锥的体积V圆锥=13×πr2×ℎ=13×π×9×4=12π，
∵a= 2，∴正四棱柱的底面对角线长为2，
设正四棱柱的高为ℎ1，如图所示，
∴ℎ1ℎ=r−1r，
∴ℎ1=r−1rℎ=3−13×4=83，
∴正四棱柱的体积V正四棱柱=a2ℎ1=2×83=163，
∴该几何体的体积V=V圆锥−V正四棱柱=12π−163．
(Ⅱ)由图可知，ℎ1ℎ=r− 2a2r，即ℎ14=3− 2a23，即3ℎ1+2 2a=12，
由3ℎ1+2 2a≥2 3ℎ1⋅2 2a=2 6 2aℎ1，当且仅当3ℎ1=2 2a=6时，等号成立，
∴2 6 2aℎ1≤12，∴ℎ1a≤3 2，当且仅当ℎ1=2，a=3 22时，等号成立，
∴正四棱柱侧面积S正四棱柱侧=4ℎ1a≤12 2，当且仅当ℎ1=2，a=3 22时，等号成立，
∴该几何体内正四棱柱侧面积的最大值为12 2．
16.解：(1)∵成绩不高于60分的同学为频率分布直方图中的前2组，
又前两组的比例为10：15=2：3，
∴从成绩不高于60分的同学中按分层抽样方法抽取10人成绩，
10人中成绩不高于50分的人数为10×25=4；
(2)根据题意可得(0.01+0.015+0.015+a+0.025+0.005)×10=1，∴a=0.03；
∴估计该校学生首轮竞赛成绩的平均数为：
45×0.1+55×0.15+65×0.15+75×0.3+85×0.25+95×0.05=71；
估计该校学生首轮竞赛成绩的中位数为：
70+0.5−0.1−0.15−；
(3)设“甲，乙，丙复赛获优秀等级“分别为事件A，B，C，
则P(A)=23，P(B)=34，P(C)=12，
设“三人中至少有两位同学复赛获优秀等级“为事件D，
∴P(D)=P(A−BC)+P(AB−C)+P(ABC−)+P(ABC)
=13×34×12+23×14×12+23×34×12+23×34×12=1724．
17.解：(1)由正弦定理及2c−b=2acsB，得2sinC−sinB=2sinAcsB，
因为sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
所以2sinAcsB+2csAsinB−sinB=2sinAcsB，即sinB=2csAsinB，
因为sinB≠0，所以csA=12，
又A∈(0,π)，所以A=π3．
(2)由(1)得A=π3，
设△ABC的外接圆M的半径为R，
在△ABC中，由正弦定理得，2R=asinA=2 3，解得R= 3，
所以BM=CM=R= 3，
在△BMC中，∠BMC=2∠BAC=2π3，∠MBC=∠MCB=π6，BC=3，
在△BDM中，由正弦定理得，MDsin∠MBC=BMsin∠BDM，
所以sin∠BDM=BMsin∠MBCMD= 3⋅12 32=1，
所以∠BDM=π2，即MD⊥BC，
所以△ABC是边长为3的等边三角形，
故△ABC的面积为12×32× 32=9 34．
18.解：(1)证明：设A1C1与B1D1、AC与BD分别交点E，F，连接EF，
因为底面ABCD为菱形，所以AC⊥BD，
在等腰梯形A1C1CA中，因为E，F为底边中点，
所以AC⊥EF，又EF与BD相交，
∴AC⊥平面B1D1DB；
(2)由(1)可知平面ABCD⊥平面B1D1DB，又平面ABCD∩平面B1D1DB=BD，
过点B1作B1H⊥BD于H，则B1H⊥平面ABCD，再作HG⊥BC于G，
则由三垂线定理得B1G⊥BC，则∠B1GH是二面角B1−BC−A的平面角，
因为B1H⊥平面ABCD，故∠B1BH是侧棱BB1与底面ABC所成角，
所以sin∠B1BH= 63，
在Rt△B1BH中，B1H=BB1sin∠B1BH= 63，BH=BB1cs∠B1BH= 33，
在Rt△BGH，GH=BHsin30°= 36，
在Rt△B1GH中，tan∠B1GH=B1HGH= 63 36=2 2，
因此二面角B1−BC−A的正切值为2 2；
(3)由题意可知三棱台ABC−A1B1C1为正三棱台，设O1，O2是△A1B1C1和△ABC的中心，
M，N分别是B1C1和BC的中点，故O1O2为内切球的球心O的直径，
不妨设△A1B1C1和△ABC的边长分别是x，y，球O的半径为r，
则2r=O1O2=B1H= 63，
所以球O的表面积为S=4πr2=4π( 66)2=23π，
在Rt△B1GH中，MN=B1G= B1H2+GH2= 32，
由O为内切球可知MN= 36(x+y)，解得x+y=3，
在直角梯形O1O2NM中，MN2=(2r)2+[ 36(y−x)]2=[ 36(x+y)]2，
解得xy=2，
因此x=1，y=2，
因此四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积V=13×ℎ×[S1+ S1⋅S2+S2]=13× 63×[2 3+ 2 3⋅ 32+ 32]=7 26．
19.解：(1)若n=3时，则A=(1,2,3)，(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，(3,2,1)，且I=(1,2,3)，
∴X(A,I)=0，2，2，4，4，4，
∴X(A,I)的所有可能取值为0，2，4．
(2)设“X(A,I)=4”为事件M，样本空间为Ω，
∵n=5，∴A共有5×4×3×2×1=120个，即样本容量为n(Ω)=120，
若对调两个位置的序号之差大于2，则X(A,I)>4，
可知X(A,I)=4只能调整两次两个连续序号或连续三个序号之间调整顺序，
若调整两次两个连续序号，则有{(1,2)，(3,4)}，{(1,2)，(4,5}，{(2,3)，(4,5)}，共有3种可能，
若连续三个序号之间调整顺序，连续三个序号有：
{1,2,3}，{2,3,4}，{3,4,5}，共3组，
由(1)可知每组均有3种可能满足X(A,I)=4，
可得共有3×4=12种可能，
综上所述：n(M)=3+12=15．
(3)不可能，理由如下：
设专家甲的排序为x1，x2，⋅⋅⋅，xn，记A=(x1,x2,⋅⋅⋅,xn)，
专家乙的排序为y1，y2，⋅⋅⋅，yn，记B=(y1,y2,⋅⋅⋅,yn)，
由题意可得：X(A,I)=i=1n|xi−i|=a，X(A,B)=i=1n|xi−yi|=4，
∵|yi−i|=|(yi−xi)+(i−i)|≤|yi−i|+|xi−i|+|xi−yi|，
结合i的任意性可得i=1n|yi−i|≤i=1n|xi−i|+i=1n|xi−yi|=a+4
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