2023-2024学年江苏省苏州市高一（下）期末数学试卷

这是一份2023-2024学年江苏省苏州市高一（下）期末数学试卷，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）设i为虚数单位，已知复数，则|z|＝（ ）
A．B．C．D．
2．（5分）sin164°sin44°﹣cs16°sin46°＝（ ）
A．B．C．D．
3．（5分）某射击运动员射击6次，命中的环数如下：7，9，6，9，10，7，则关于这组数据的说法正确的是（ ）
A．极差为10B．中位数为7.5
C．平均数为8.5D．标准差为
4．（5分）某科研单位对ChatGPT的使用情况进行满意度调查，在一批用户的有效问卷（用户打分在50分到100分之间的问卷）中随机抽取了100份，按分数进行分组（每组为左闭右开的区间），得到如图所示的频率分布直方图，估计这批用户问卷的得分的第75百分位数为（ ）
A．78.5B．82.5C．85D．87.5
5．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，c＝2，B＝60°，则A＝（ ）
A．45°B．60°C．75°D．105°
6．（5分）已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若l∥m，l∥α，m∥β，则α∥β
B．若l⊥m，l⊥α，m∥β，则α∥β
C．若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m
D．若l⊥m，l⊥α，m⊥β，则α⊥β
7．（5分）在△ABC中，已知cs2A+cs2B＝2cs2C，则△ABC的形状一定为（ ）
A．等腰三角形B．锐角三角形
C．直角三角形D．钝角三角形
8．（5分）长篇评弹《玉蜻蜓》在江南可谓家喻户晓，是苏州评弹的一颗明珠．为了让更多年轻人走近评弹、爱上经典，苏州市评弹团在保留原本精髓的基础上，打造了《玉蜻蜓》精简版，将长篇压缩至三场，分别是《子归》篇、《认母》篇、《归宗》篇．某班级开展对《玉蜻蜓》的研究，现有三位学生随机从三篇中任意选一篇研究，记“三人都没选择《子归》篇”为事件M，“至少有两人选择的篇目一样”为事件N，则下列说法正确的是（ ）
A．M与N互斥B．P（M）＝P（MN）
C．M与N相互独立D．P（M）+P（N）＜1
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
（多选）9．（6分）已知函数，则（ ）
A．f（x）的最小正周期为2π
B．f（x）≥﹣2
C．f（x）的图象关于直线对称
D．f（x）在区间 上单调递增
（多选）10．（6分）已知复数z1，z2，z3，则下列说法正确的有（ ）
A．|z1z2|＝|z1||z2|
B．若z1﹣z2＞0，则z1＞z2
C．若z1z2＝0，则|z1﹣z2|＝|z1+z2|
D．若z1z2＝z1z3 且z1≠0，则z2＝z3
（多选）11．（6分）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G，H分别为AB，CC1，A1D1，DD1 的中点，则（ ）
A．B1D⊥平面EFG
B．AH∥平面EFG
C．点B1，D到平面EFG的距离相等
D．平面EFG截该正方体所得截面的面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（5分）设向量（1，3），（4，﹣2），λ，若⊥，则实数λ的值为 ．
13．（5分）在直角三角形ABC中，已知CH为斜边AB上的高，，BC＝2，现将△BCH沿着CH折起，使得点B到达点 B'，且平面B′CH⊥平面ACH，则三棱锥B'﹣ACH的外接球的表面积为 ．
14．（5分）在△ABC中，已知，则3sinA+2sinB的最大值为 ．
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．（13分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，已知底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，E，F，G分别为线段AD，BC，PB的中点．
（1）求证：AG⊥平面PBC；
（2）求证：PE∥平面AFG．
16．（15分）一个袋子中有大小和质地均相同的四个球，其中有两个红球（标号为1和2），一个黑球（标号为3），一个白球（标号为4），从袋中不放回地依次随机摸出两个球．设事件A＝“第一次摸到红球”，B＝“第二次摸到黑球”，C＝“摸到的两个球恰为一个红球和一个白球”．
（1）用数组（x1，x2）表示可能的结果，x1是第一次摸到的球的标号，x2是第二次摸到的球的标号，试用集合的形式写出试验的样本空间Ω；
（2）分别求事件A，B，C发生的概率；
（3）求事件A，B，C中至少有一个发生的概率．
17．（15分）如图，在平面四边形ABCD中，已知AC与BD交于点E，且E是线段BD的中点，△BCE是边长为1的等边三角形．
（1）若，求线段AE的长；
（2）若AB：且AE＜BD，求sin∠ADC．
18．（17分）如图，在平行四边形ABCD中，已知，AB＝2，AD＝1，E为线段AB的中点，F为线段BC上的动点（不含端点）．记．
（1）若，求线段EF的长；
（2）若，设，求实数x和y的值；
（3）若CE与DF交于点G，，求向量与的夹角的余弦值．
19．（17分）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，已知侧面CDD1C1为矩形，∠BAD＝∠ABC＝60°，AB＝3，AD＝2，BC＝1，，，．
（1）求证：平面DEF∥平面A1BC；
（2）求证：平面ADD1A1⊥平面ABCD；
（3）若三棱锥E﹣A1BC的体积为，求平面A1BC与平面ABCD的夹角的余弦值．
2023-2024学年江苏省苏州市高一（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
二．多选题（共3小题）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（5分）设i为虚数单位，已知复数，则|z|＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】由已知结合复数的四则运算进行化简，然后结合模长公式即可求解．
【解答】解：，
则|z|．
故选：B．
【点评】本题主要考查了复数的四则运算及复数的模长公式的应用，属于基础题．
2．（5分）sin164°sin44°﹣cs16°sin46°＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】结合诱导公式与两角差的正弦公式，求解即可．
【解答】解：sin164°sin44°﹣cs16°sin46°＝sin16°cs46°﹣cs16°sin46°＝sin（16°﹣46°）＝﹣sin30°．
故选：A．
【点评】本题考查三角函数的求值，熟练掌握诱导公式，两角差的正弦公式是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．
3．（5分）某射击运动员射击6次，命中的环数如下：7，9，6，9，10，7，则关于这组数据的说法正确的是（ ）
A．极差为10B．中位数为7.5
C．平均数为8.5D．标准差为
【分析】根据极差、中位数、平均数和标准差的定义求解．
【解答】解：数据从小到大排列为：6，7，7，9，9，10，
所以这组数据的极差为10﹣6＝4，中位数为8，平均数为8，
故A错误，B错误，C错误，
标准差为，
故D正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查了极差、中位数、平均数和标准差的定义，属于基础题．
4．（5分）某科研单位对ChatGPT的使用情况进行满意度调查，在一批用户的有效问卷（用户打分在50分到100分之间的问卷）中随机抽取了100份，按分数进行分组（每组为左闭右开的区间），得到如图所示的频率分布直方图，估计这批用户问卷的得分的第75百分位数为（ ）
A．78.5B．82.5C．85D．87.5
【分析】根据百分位数的定义计算即可．
【解答】解：[50，80）的频率为0.7，
则75%分位数在区间[80，90）内，
设为t，则，解得t＝82.5．
故选：B．
【点评】本题考查百分位数的定义，属于基础题．
5．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，c＝2，B＝60°，则A＝（ ）
A．45°B．60°C．75°D．105°
【分析】由正弦定理可得sinC的值，由c边小于b边，可得角C为锐角，进而可得角A的大小．
【解答】解：因为，c＝2，B＝60°，由正弦定理可得，
即，解得sinC，
因为b＞c，所以角C为锐角，
所以C＝45°，
所以A＝180°﹣B﹣C＝180°﹣60°﹣45°＝75°．
故选：C．
【点评】本题考查正弦定理及三角形内角和定理的应用，属于基础题．
6．（5分）已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若l∥m，l∥α，m∥β，则α∥β
B．若l⊥m，l⊥α，m∥β，则α∥β
C．若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m
D．若l⊥m，l⊥α，m⊥β，则α⊥β
【分析】对于A，α与β相交或平行；对于B，α与β相交或平行；对于C，l与m相交、平行或异面；对于D，由面面垂直的判定定理得α⊥β．
【解答】解：l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，
对于A，若l∥m，l∥α，m∥β，则α与β相交或平行，故A错误；
对于B，若l⊥m，l⊥α，m∥β，则α与β相交或平行，故B错误；
对于C，若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l与m平行或异面，故C错误；
对于D，若l⊥m，l⊥α，m⊥β，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．
7．（5分）在△ABC中，已知cs2A+cs2B＝2cs2C，则△ABC的形状一定为（ ）
A．等腰三角形B．锐角三角形
C．直角三角形D．钝角三角形
【分析】由已知结合二倍角公式，同角平方关系进行化简，然后结合正弦定理即可判断．
【解答】解：因为cs2A+cs2B＝2cs2C，
所以1﹣2sin2A+1﹣2sin2B＝2﹣2sin2C，
即sin2A+sin2B＝sin2C，
所以a2+b2＝c2，即C＝90°，
所以△ABC为直角三角形．
故选：C．
【点评】本题主要考查了二倍角公式，同角平方关系，正弦定理，勾股定理在三角形形状判断中的应用，属于中档题．
8．（5分）长篇评弹《玉蜻蜓》在江南可谓家喻户晓，是苏州评弹的一颗明珠．为了让更多年轻人走近评弹、爱上经典，苏州市评弹团在保留原本精髓的基础上，打造了《玉蜻蜓》精简版，将长篇压缩至三场，分别是《子归》篇、《认母》篇、《归宗》篇．某班级开展对《玉蜻蜓》的研究，现有三位学生随机从三篇中任意选一篇研究，记“三人都没选择《子归》篇”为事件M，“至少有两人选择的篇目一样”为事件N，则下列说法正确的是（ ）
A．M与N互斥B．P（M）＝P（MN）
C．M与N相互独立D．P（M）+P（N）＜1
【分析】由互斥事件的定义可判断A，根据题意求出P（M），P（N），P（MN），可判断BD，由独立事件的定义可判断C．
【解答】解：显然当有2位同学选《认母》篇，剩下1位同学选《归宗》篇时，事件M与事件N同时发生，
所以M与N不互斥，故A错误；
由题意可知，P（M），P（N），P（MN），
所以P（M）＝P（MN），故B正确；
因为P（M）P（N）≠P（MN），
所以M与N不独立，故C错误；
因为P（M）+P（N）1，故D错误．
故选：B．
【点评】本题主要考查了古典概型的概率公式，考查了互斥事件和独立事件的定义，属于中档题．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
（多选）9．（6分）已知函数，则（ ）
A．f（x）的最小正周期为2π
B．f（x）≥﹣2
C．f（x）的图象关于直线对称
D．f（x）在区间 上单调递增
【分析】化简可得f（x）＝2sin（2x），再根据正弦函数的性质，逐一分析选项，即可得解．
【解答】解：sin2xcs2x＝2sin（2x），
选项A，最小正周期Tπ，即选项A错误；
选项B，因为sin（2x）∈[﹣1，1]，
所以f（x）＝2sin（2x）≥﹣2，即选项B正确；
选项C，f（）＝2sin（2•）±2，
所以f（x）的图象不关于直线对称，即选项C错误；
选项D，由x∈（，0），知2x∈（，）⫋（，），
所以f（x）在区间（，0）上单调递增，即选项D正确．
故选：BD．
【点评】本题考查三角函数的图象与性质，熟练掌握辅助角公式，正弦函数的性质是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
（多选）10．（6分）已知复数z1，z2，z3，则下列说法正确的有（ ）
A．|z1z2|＝|z1||z2|
B．若z1﹣z2＞0，则z1＞z2
C．若z1z2＝0，则|z1﹣z2|＝|z1+z2|
D．若z1z2＝z1z3 且z1≠0，则z2＝z3
【分析】A项，表达出|z1z2|和|z1||z2|，即可得出相等；B项，作出示意图即可得出结论；C项，写出|z1﹣z2|和|z1+z2|的表达式，利用z1z2＝0得出两复数的实部和虚部的关系，即可得出结论；D项，对z1z2＝z1z3进行化简即可得出结论．
【解答】解：由题意，设z1＝a+bi，z2＝c+d，a，b，c，d∈R，
A项，，，
所以|z1z2|＝|z1||z2|，A正确；
B项，当z1﹣z2＞0时，若两复数是虚数z1，z2，不能比较大小，B错误；
C项，z1﹣z2＝a﹣c+（b﹣d）i，z1+z2＝a+c+（b+d）i，，
当z1z2＝0时，|z1z2|＝|z1||z2|＝0，，
∴a＝0，b＝0，c，d任取，或c＝0，d＝0，a，b任取，即z1z2至少有一个为0（其中至少有两项为0），C正确；
D项，z1z2＝z1z3，
∴z1（z2﹣z3）＝0，
z1≠0，z2﹣z3＝0，
即z2＝z3D正确；
故选：ACD．
【点评】本题考查复数的概念及其相关运算，属于基础题．
（多选）11．（6分）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G，H分别为AB，CC1，A1D1，DD1 的中点，则（ ）
A．B1D⊥平面EFG
B．AH∥平面EFG
C．点B1，D到平面EFG的距离相等
D．平面EFG截该正方体所得截面的面积为
【分析】作出图形，拓展平面EFG可得平面EFG截正方体所得截面为正六边形EKGIFJ，其中E，K，G，I，F，J均为对应棱的中点，再针对各个选项分别求解即可．
【解答】解：如图，拓展平面EFG可得平面EFG截正方体所得截面为正六边形EKGIFJ，
其中E，K，G，I，F，J均为对应棱的中点，
对A选项易知D1B1⊥GI，∴根据三垂线定理可知B1D⊥GI，
同理可得B1D⊥IF，又GI∩IF＝F，GI，IF⊂平面EKGIFJ，
∴B1D⊥平面EKGIFJ，∴A选项正确；
对B选项，∵AH与KG不平行，∴AH与平面EFG不平行，∴B选项错误；
对C选项，根据正方体的对称性可知点B1，D到平面EKGIFJ的距离相等，
∴C选项正确；
对D选项，∵得截面是边长为的正六边形EKGIFJ，
∴所得截面的面积为，∴D选项正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查正方体的截面问题，线面垂直的证明，线面平行的判定，三垂线定理的应用，化归转化思想，属中档题．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（5分）设向量（1，3），（4，﹣2），λ，若⊥，则实数λ的值为 ．
【分析】根据题意，求出的坐标，由向量垂直的判断方法可得•λ+4+3（3λ﹣2）＝10λ﹣2＝0，解可得答案．
【解答】解：根据题意，向量（1，3），（4，﹣2），
则λ（λ+4，3λ﹣2），
若⊥，则•λ+4+3（3λ﹣2）＝10λ﹣2＝0，解可得λ．
故答案为：．
【点评】本题考查向量数量积的坐标计算，涉及向量垂直的判断，属于基础题．
13．（5分）在直角三角形ABC中，已知CH为斜边AB上的高，，BC＝2，现将△BCH沿着CH折起，使得点B到达点 B'，且平面B′CH⊥平面ACH，则三棱锥B'﹣ACH的外接球的表面积为 13π ．
【分析】根据已知得出HA，HB′，HC两两垂直，进而根据，求出外接球半径，即可求解．
【解答】解：若平面B′CH⊥平面ACH，则BH⊥平面ACH，
又AH⊥CH，
所以HA，HB′，HC两两垂直，
，HA＝3，HB'＝1，
所以三棱锥B′﹣ACH的外接球，
所以三棱锥B′﹣ACH的外接球的表面积为S＝4πR2＝13π．
故答案为：13π．
【点评】本题考查几何体的外接球问题，属于中档题．
14．（5分）在△ABC中，已知，则3sinA+2sinB的最大值为 ．
【分析】由题意及二倍角公式整理可得tanC的值，再由角C的范围，可得角C的值，求出3sinA+2sinB的表达式，由辅助角公式可得它的最大值．
【解答】解：，则2cs2C＝（1）cs2C+（1）（1+sin2C），
整理可得（1）cs2C＝（1）（1+sin2C），
即（1）（cs2C﹣sin2C）＝（1）（sinC+csC）2，
在△ABC中，sinC+csC≠0，
可得（1）（csC﹣sinC）＝（1）（sinC+csC），
整理可得：csC＝sinC，所以tanC，
而C∈（0，π），
所以C，
所以3sinA+2sinB＝3sin（B）+2sinB＝3（csBsinB）+2sinB
csBsinBsin（B+φ），tanφ＝32，
所以φ，
因为B∈（0，），
所以当B+φ时，3sinA+2sinB取到最大值．
故答案为：．
【点评】本题考查二倍角公式的应用及辅助角公式的应用，属于中档题．
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．（13分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，已知底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，E，F，G分别为线段AD，BC，PB的中点．
（1）求证：AG⊥平面PBC；
（2）求证：PE∥平面AFG．
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可得证；
（2）利用线面平行的判定定理即可得证．
【解答】证明：（1）因为底面ABCD为矩形，所以BC⊥AB，
PA⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，
所以PA⊥BC，AB∩PA＝A，AB、PA⊂平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，AG⊂平面PAB，
所以BC⊥AG，
又PA＝AB，G为PB中点，
所以AG⊥PB，
BC、PB⊂平面PBC，BC∩PB＝B，
所以AG⊥平面PBC；
（2）连结BE交AF于点H，连结GH，
因为四边形ABCD为平行四边形，E、F分别为AD，BC中点，
所以△AHE≌△FHB，
所以BH＝HE，即H为BE中点，
又因为G为BP中点，
所以GH∥PE，GH⊂平面AFG，PE⊄平面AFG，
所以PE∥平面AFG．
【点评】本题考查线面垂直与平行的判定，属于中档题．
16．（15分）一个袋子中有大小和质地均相同的四个球，其中有两个红球（标号为1和2），一个黑球（标号为3），一个白球（标号为4），从袋中不放回地依次随机摸出两个球．设事件A＝“第一次摸到红球”，B＝“第二次摸到黑球”，C＝“摸到的两个球恰为一个红球和一个白球”．
（1）用数组（x1，x2）表示可能的结果，x1是第一次摸到的球的标号，x2是第二次摸到的球的标号，试用集合的形式写出试验的样本空间Ω；
（2）分别求事件A，B，C发生的概率；
（3）求事件A，B，C中至少有一个发生的概率．
【分析】（1）根据事件的定义列出样本空间即可；
（2）根据古典概型概率计算公式计算即可；
（3）根据古典概型概率计算公式计算即可．
【解答】解：（1）样本空间Ω＝{（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，3），（2，4），（3，1），（3，2），（3，4），（4，1），（4，2），（4，3）}，Ω共有12个基本事件；
（2）事件A的基本事件为：{（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，3），（2，4）} 共6个基本事件，
所以，
事件B的基本事件为：{（1，3），（2，3），（4，3）}共3个基本事件，
所以，
事件C的基本事件为：{（1，4）（2，4），（4，1），（4，2）}共4个基本事件，
所以；
（3）事件A，B，C中至少有一个发生的基本事件为：{（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，3），（2，4）（4，1），（4，2），（4，3）}共9个基本事件，
所以．
【点评】本题主要考查了样本空间的定义，考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
17．（15分）如图，在平面四边形ABCD中，已知AC与BD交于点E，且E是线段BD的中点，△BCE是边长为1的等边三角形．
（1）若，求线段AE的长；
（2）若AB：且AE＜BD，求sin∠ADC．
【分析】（1）在△ABE中，设AE＝x，结合题意，分别利用正弦定理和余弦定理列式计算可求得线段AE的长；
（2）依题意，设AE＝t，ABm，ADm，在△ADE，12+t2﹣2tt2﹣t+1，在△ABE中，12+t2+2tt2+t+1，联立二式，可求得t与m，再在△CAD中，利用正弦定理可求得sin∠ADC．
【解答】解：（1）在△ABE中，∠AEB＝180°﹣60°＝120°，BE＝1，sin∠ABE，
设AE＝x，则由正弦定理，得，即⇒ABx①；
在△ABE中，由余弦定理，得AB2＝AE2+EB2﹣2AE•EBcs120°＝x2+1+x②；
联立①②．解得x或（舍去）；
故线段AE；
（2）因为AB：，设AE＝t，ABm，ADm，
在△ADE中，由余弦定理，得12+t2﹣2tt2﹣t+1③；
在△ABE中，由余弦定理，得12+t2+2tt2+t+1④；
将，得⇒＝3或t，又AE＜BD＝2，
故AE＝t，代入③，解得m，
因此AD，AC＝AE+EC1，在等腰△DEC中，∠DCA＝∠CDB＝30°⇒DC，
在△CAD中，由正弦定理，得，即，解得sin∠ADC．
【点评】本题主要考查了正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，考查了数形结合思想和转化化归思想及综合运算能力，属于中档题．
18．（17分）如图，在平行四边形ABCD中，已知，AB＝2，AD＝1，E为线段AB的中点，F为线段BC上的动点（不含端点）．记．
（1）若，求线段EF的长；
（2）若，设，求实数x和y的值；
（3）若CE与DF交于点G，，求向量与的夹角的余弦值．
【分析】（1）由向量的线性运算可得，，两边平方可求解；
（2）由已知可得，，，可得结论；
（3）利用向量的线性关系可得，，计算可得结论．
【解答】解：（1）若，则，，
所以，
两边平方得，，
所以；
（2）若，则，所以，
，，
由①②可得，；
（3），
，
设，又，
又，所以，
由，可得，所以，，
所以，
由，可得，即 ，
所以，
又D，F，G三点共线，所以，
联立①②解得，，，
所以，
，，
所以
，
所以，同理可得，||，
所以cs．
【点评】本题主要考查了向量的线性运算及向量数量积的性质的应用，属于中档题．
19．（17分）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，已知侧面CDD1C1为矩形，∠BAD＝∠ABC＝60°，AB＝3，AD＝2，BC＝1，，，．
（1）求证：平面DEF∥平面A1BC；
（2）求证：平面ADD1A1⊥平面ABCD；
（3）若三棱锥E﹣A1BC的体积为，求平面A1BC与平面ABCD的夹角的余弦值．
【分析】（1）分别证出EF∥平面A1BC，DF∥平面A1BC，再根据面面平行的判定定理即可得证；
（2）根据已知证出CD⊥平面ADD1A1，再利用面面垂直的判定定理即可得证；
（3）利用等体积法求出点A1到底面FBC的距离为d，分两种情况确定二面角的平面角，求救即可．
【解答】解：（1）证明：，，
因为EF与A1B不共线，所以EF∥A1B，
因为A1B⊂平面A1BC，EF⊄平面A1BC，
所以EF∥平面A1BC
由，AB＝3，
所以AF＝2，AD＝2，∠BAD＝60°，
所以△AFD为等边三角形，∠AFD＝60°，
因为∠ABC＝60°，在平面ABCD中，DF∥BC，BC⊂平面A1BC，DF⊄平面A1BC，
所以DF∥平面A1BC，DF、EF⊂平面DEF，DF∩EF＝F，
所以平面DEF∥平面A1BC；
（2）证明：因为AF＝AD＝2，BF＝BC＝1，∠BAD＝∠ABC＝60°，
所以△ADF，△BFC均为等边三角形，
所以∠DFC＝60°，
在△DFC中，由余弦定理CD2＝DF2+CF2﹣2DF•CFcs∠DFC＝3，
所以，
所以CD2+CF2＝DF2＝4，
△CDF为直角三角形，，
所以∠CDF＝30°，
所以∠ADC＝90°，即CD⊥AD，
因为侧面CDD1C1为矩形，所以CD⊥DD1，AD、DD1⊂平面ADD1A1，AD∩DD1＝D，
所以CD⊥平面ADD1A1，CD⊂平面ABCD，
所以平面ADD1A1⊥平面ABCD；
（3）因为EF∥平面A1BC，
所以点E到平面A1BC的距离等于点F到平面A1BC的距离，
所以，
设点A1到底面FBC的距离为d，
则，
解得d＝4，
因为平面ADD1A1⊥平面ABCD，平面ADD1A1∩平面ABCD＝AD，
作A1O⊥AD，垂足为O，
因为A1O⊂平面ADD1A1，
所以A1O⊥平面ABCD，
即A1O＝4，因为，
由勾股定理，
①若，则点O在线段AD上，且为AD中点，
延长AD、BC交于点G，∠BAD＝∠ABC＝60°，则△ABG为等边三角形，
所以点A到BC边距离为，
作OP⊥BG，垂足为P，则，连结A1P，
由勾股定理得，
因为A1O⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，
所以A1O⊥BC，OP⊥BC，可得BC⊥平面A1OP，
所以A1P⊥BC，
所以∠A1PO即为平面A1BC与平面ABCD的夹角，
，
②若，则点O在线段DA延长线上，
此时，，
．
【点评】本题考查空间线面位置关系的判定以及二面角的计算，属于难题．
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1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
A
D
B
C
D
C
B
题号
9
10
11
答案
BD
ACD
ACD