贵州省贵阳市第一中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷

这是一份贵州省贵阳市第一中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷，共23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。
一、单选题（本大题共 8 小题）
若集合 A  x 1  x  1, B  x 0  x  2 ，则 A ∩ B  （）
x 1  x  1
x 1  x  2
x  2026  x  1
C. x 0  x  1
D. x 1  x  0

设函数 f  x  

8
x2 1
1  x  0 ，则 f  f  f 2022的值是（）
1 x  0
A. 2022B. 1
C. 4
D. 8
向量 ＝(2,4,x), ＝(2,y,2)，若| |＝6,且 ⊥ ，则 x＋y 的值为
A. －3B. 1C. －3 或 1D. 3 或 1
“ ab  0 ”是“ b  a  2 ”的（）
ab
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
对于样本频率分布折线图与总体密度曲线的关系,下列说法中正确的是()
频率分布折线图与总体密度曲线无关
频率分布折线图就是总体密度曲线
样本容量很大的频率分布折线图就是总体密度曲线
如果样本容量无限增大、分组的组距无限减小,那么频率分布折线图就会无限接近总体密度曲线
正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 2，E，F，G，H 分别为 A1B1 ，AD， B1C1 ， C1D1 的中点，则过 GH
且与 EF 平行的平面截正方体所得的截面的面积为（）
2
A.
B. 2C. 2
D. 4
2
高一（1）班有 8 名身高都不相同的同学去参加红歌合唱，他们站成前后对齐的 2 排，每排 4 人，则前排的同学都比后排对应的同学矮的概率为（）
13
A.B.
3844
31
C. D.
816
已知V ABC 是边长为 6 的等边三角形，点 D 是 AB 的中点，点 G 是线段 CD 上一点，满足
–––→–––→1 –––→
AG  λAB  5 AC ，则GA  AC  （）
A.  72B. 36
55
72
D.
5
 36
5
二、多选题（本大题共 3 小题）
函数 f (x)  sinωx csωx  cs2 ωx  1 ，ω 0 ， f (x) 的最小正周期为π ，且方程 f (x)  2 2 在
π
[0, ]
4
25
上有两个不相等的实数根 x1, x2 ，则下列说法正确的是（ ）
f (x) 
2 sin(2x  π)
24
把 f (x)1
π
个单位长度，
图象上所有点的横坐标缩短到原来的 2 ，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移 4
得到函数 g(x) 的图象，则 g(x) 
2 sin(4x  3π)
24
Cx  x  π
12
cs(x
4
 x )  4
125
某企业协会规定：企业员工一周 7 天要有一天休息，另有一天的工作时间不超过 4 小时，且其余 5 天的工作时间均不超过 8 小时（每天的工作时间以整数小时计），则认为该企业“达标”．请根据以下企业上报的一周 7 天的工作时间的数值特征，判断其中无法确保“达标”的企业有（ ）
甲企业：均值为 5，中位数为 8
乙企业：众数为 6，中位数为 6
丙企业：众数和均值均为 5，下四分位数为 4，上四分位数为 8
丁企业：均值为 5，方差为 6
如图，正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 2，动点 P，Q 分别在线段C1D ， AC 上，则下列命题正确的是（）
2
直线 BC 与平面 ABC D 所成的角等于πB. 点C 到平面 ABC D 的距离为
1 141 1
C. 异面直线 D C 和 BC 所成的角为π.D. 线段 PQ 长度的最小值为 2 3
1143
三、填空题（本大题共 3 小题）
某校高一（1）班有男生 20 人，女生 30 人.已知某次数学测验中，男生成绩的平均数为 100，方差为
11，女生成绩的平均数为 95，方差为 16，则这次测验中班级总体成绩的方差为.
已知复数 z  a  bi ，其中 a, b  R 且a  b  1 ，则| z  1  2i |的最小值是.
四边形 ABCD 和 ADPQ 均为边长为 2 的正方形，且它们所在的平面互相垂直， M , E, F 分别为
QP, AB, BC 的中点，则四面体 AEFM 外接球的表面积为．
四、解答题（本大题共 5 小题）
如图，从参加环保知识竞赛的学生中抽出40 名，将其成绩（均为整数）整理后画出的频率分布直方图如下：观察图形，回答下列问题：
80 ~ 90 这一组的频数､频率分别是多少？
估计这次环保知识竞赛成绩的平均数､众数､上四分位数
从成绩是80 分以上（包括80 分）的学生中选两人，求他们在同一分数段的概率.
如图，在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， M , N 分别是棱 A1B1, AC 的中点．
证明： MN / / 平面 BCC1B1 ；
若 AB  BC  BB1  2 ，且 AB  BC ，求点A 到平面 BMN 的距离．
设V ABC 的内角 A, B,C 所对的边分别为 a, b, c, 2ac  a2  c2  b2 .
（1）求 B ；
（2）若sinB 
6
2csA, a  2
，求 BC 边上的高.
大冶市甲、乙两所学校之间进行排球比赛，采用五局三胜制（先赢三局的学校获胜，比赛结束）.约定比赛规则如下：先进行两局男生排球比赛，后只进行女生排球比赛.按照以往比赛经验，在男生排球比赛
3
中，每局甲校获胜的概率为
4
3
1
，乙校获胜的概率为
4
2
；在女生排球比赛中，每局甲校获胜的概率为 ，乙
5
校获胜的概率为
5
.设各局比赛相互之间没有影响且无平局.
求恰好比赛三局，比赛结束的概率；
求甲校以 3:1 获胜的概率.
在V ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，请从下列条件中选择一个条件作答：（注：如果选择条件①和条件②分别作答，按第一个解答计分.）
① c  a cs B  b  3a sin B ；② b sin B  c sin C  a sin A  b sin C .
（1）求 A；
3
若V ABC 的面积为4，内角 A 的角平分线交边 BC 于 E，求 AE 的最大值；
若 a  7 ，边 BC 上的中线 AD 
11 ，设点 O 为V ABC 的外接圆圆心，求 AO  AD 的值.
2
贵州省贵阳市南明区贵阳市第一中学 2025-2026 学年高二上学期开学
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一、单选题（本大题共 8 小题）
若集合 A  x 1  x  1, B  x 0  x  2 ，则 A ∩ B  （）
x 1  x  1
x 1  x  2
x 0  x  1
x 1  x  0
【答案】C
【解析】
【分析】根据交集定义即可求出.
【详解】因为 A  x 1  x  1, B  x 0  x  2 ，所以 A ∩ B  x 0  x  1.
故选：C.
x  2026  x  1

设函数 f  x  

8
x2 1
1  x  0 ，则 f  f  f 2022的值是（）
1 x  0
A. 2022B. 1
【答案】A
【解析】
C. 4
D. 8
【分析】将自变量代入解析式求解即可.
11
【详解】 f (2022)  1, f (1)   8  4, f  f  f 2022 
f (4)  4  2026  2022
故选：A
向量 ＝(2,4,x), ＝(2,y,2)，若| |＝6,且 ⊥ ，则 x＋y 的值为
A. －3B. 1C. －3 或 1D. 3 或 1
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：由题 ＝（2,4,x）且| |＝6,则； 6 
22  42  x2 , x  4 ， ⊥ ，可得；
x1  x2  y1  y2  z1  z2  0 ，又 ＝（2,y,2），代入可得： x  4, 4  4 y  8  0, y  3
x  4, 4  4 y  8  0, y  1，则； x  y  3或1
考点：空间向量的坐标运算及垂直的性质.
“ ab  0 ”是“ b  a  2 ”的（）
ab
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
【答案】C
【解析】
【分析】利用作差法、不等式的基本性质结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
b  a 
baa  b2
【详解】由
ab
2 可得
  2  0 ，
abab
2
a  b2
由已知 a  0 且b  0 ，若 ab  0 ，则a  b  0 ，所以， a  b
0 ，则
ab
 0 ，矛盾.
2ba
a  b2
若 ab  0 ，则a  b
 0 ，从而
  2  0 ，合乎题意.
abab
综上所述，“ ab  0 ”是“ b  a  2 ”的充要条件.
ab
故选：C.
对于样本频率分布折线图与总体密度曲线的关系,下列说法中正确的是()
频率分布折线图与总体密度曲线无关
频率分布折线图就是总体密度曲线
样本容量很大的频率分布折线图就是总体密度曲线
如果样本容量无限增大、分组的组距无限减小,那么频率分布折线图就会无限接近总体密度曲线
【答案】D
【解析】
【分析】根据样本频率分布折线图与总体密度曲线的性质逐个选项判断即可.
【详解】总体密度曲线通常是用样本频率分布估计出来的.而频率分布折线图在样本容量无限增大,分组的组距无限减小的情况下会无限接近于一条光滑曲线,这条光滑曲线就是总体密度曲线.
故选：D
正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 2，E，F，G，H 分别为 A1B1 ，AD， B1C1 ， C1D1 的中点，则过 GH
且与 EF 平行的平面截正方体所得的截面的面积为（）
2
A.
B. 2C. 2
D. 4
2
【答案】C
【解析】
【分析】取 A1D1 中点为 M，连接 ME、MF，取 CD、CB 中点分别为 P、Q，连接 QH、PQ、QG，证明平
面 MEF / / 平面 PQGH，进而有 EF / / 平面 PQGH，所以过 GH 且与 EF 平行的平面截正方体所得的截面为矩形 PQGH，从而即可求解.
【详解】解：取 A1D1 中点为 M，连接 ME、MF，取 CD、CB 中点分别为 P、Q，连接 QH、PQ、QG，
在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，由题意四边形 PQGH 为矩形，且 ME / / GH，MF / / QG，因为 ME  平面 PQGH，MF  平面 PQGH，GH  平面 PQGH，QG  平面 PQGH，
所以 ME / / 平面 PQGH，MF / / 平面 PQGH，
又 ME  MF=M，
所以平面 MEF / / 平面 PQGH，
因为 EF  平面 MEF，所以 EF / / 平面 PQGH，
所以过 GH 且与 EF 平行的平面截正方体所得的截面为矩形 PQGH，
因为正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 2，所以 PQ 
2, QG  2 ,
2
所以矩形 PQGH 的面积为 PQ  QG  2,
2
所以过 GH 且与 EF 平行的平面截正方体所得的截面的面积为2，
故选：C.
高一（1）班有 8 名身高都不相同的同学去参加红歌合唱，他们站成前后对齐的 2 排，每排 4 人，则前排的同学都比后排对应的同学矮的概率为（）
13
A.B.
3844
31
C. D.
816
【答案】D
【解析】
【分析】因为 8 名同学，所以任选两人，身高都不同，只需将抽取的两人安排到一组，高的同学站后即可.
8
【详解】8 名身高都不相同的同学站在 8 个不同的位置有A8 种站法，将 8 名同学分为 4 组，每组 2 人，则
C2C2C2C2
有 8 6 4 2 种分法，4 组人有A4 种站法，故所求概率
2 2 2 2
C C C C
A
8 6 4 2 4
A441 .
A
A
8
4
44P  4 
816
故选：D.
已知V ABC 是边长为 6 的等边三角形，点 D 是 AB 的中点，点 G 是线段 CD 上一点，满足
–––→–––→1 –––→
AG  λAB  5 AC ，则GA  AC  （）
A.  72B. 36
55
72
C.D.
5
 36
5
【答案】A
【解析】
–––→–––→  1 –––→–––→
1 –––→
C, D, G
λ= 2
【分析】根据题意，得到 AG  λAB AC  2λAD 
55
AC ，由
三点共线，求得
，得到
5
–––→
AG 
2 –––→
AB 
1 –––→
AC ，结合向量的数量积的运算公式，即可求解.
55
–––→–––→
1 –––→–––→1 –––→
【详解】因为 D 为 AB 的中点， AG  λAB  AC  2λAD  AC ，
55
因为C, D, G
三点共线，可得2λ 1  1，解得λ= 2
–––→
，即 AG 
2 –––→
AB 
1 –––→
AC ，
5555
又因为V ABC 是边长为 6的等边三角形，
–––→ –––→2 –––→1 –––→–––→2 –––→ –––→1 –––→2
所以GA  AC  ( AB  AC)  AC  ( AB  AC  AC )
2
5
1
5
5555
 
–––→ –––→
π
–––→ 2
211272
(
AB AC cs
3

AC )  (
 6  6    6 )  .
5255
故选：A.
二、多选题（本大题共 3 小题）
函数 f (x)  sinωx csωx  cs2 ωx  1 ，ω 0 ， f (x) 的最小正周期为π ，且方程 f (x)  2 2 在
π
[0, ]
4
25
上有两个不相等的实数根 x1, x2 ，则下列说法正确的是（ ）
f (x) 
2 sin(2x  π)
24
把 f (x)1
π
个单位长度，
图象上所有点的横坐标缩短到原来的 2 ，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移 4
得到函数 g(x) 的图象，则 g(x) 
2 sin(4x  3π)
24
x  x  π
12
cs(x
4
 x )  4
125
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用二倍角公式、辅助角公式化简函数 f (x) ，求出解析式并结合图象变换判断 AB；由给定实根
计算判断 CD.
【详解】依题意，函数 f (x)  1 sin 2ωx  1 cs 2ωx 2 sin(2ωx  π) ，
2224
由 f (x) 的最小正周期为π ，得 2π  π ，解得ω 1 ，
2ω
对于 A， f (x) 
2 sin(2x  π) ，A 错误；
24
2
对于 B，把 f (x) 图象上所有点的横坐标缩短到原来的 1 ，纵坐标不变，得 y 
2 sin(4x  π) ，
24
则 g(x) 2 sin[4(x  π)  π] 2 sin(4x  3π) ，B 正确；
24424
对于 C，当 x [0, π] 时， 2x  π [ π , 3π] ，而正弦函数 y  sin x 在[ π , 3π] 上的图象关于直线 x  π 对
4444442
称，
依题意， 2x  π  2x  π  2  π ，解得 x  x  π ，C 正确；
14242
124
对于 D，由 f (x )  2 2 ，得 2 sin(2x  π)  2 2 ，解得sin(2x  π)  4 ，
152
145
145
由选项 C 知， x
 π  x ，因此cs(x
 x )  cs(2x
 π)  cs[(2x
π)  π]  sin(2x
π)  4 ，D
正确.
故选：BCD
241
1214
142
145
某企业协会规定：企业员工一周 7 天要有一天休息，另有一天的工作时间不超过 4 小时，且其余 5 天的工作时间均不超过 8 小时（每天的工作时间以整数小时计），则认为该企业“达标”．请根据以下企业上报的一周 7 天的工作时间的数值特征，判断其中无法确保“达标”的企业有（ ）
甲企业：均值为 5，中位数为 8
乙企业：众数为 6，中位数为 6
丙企业：众数和均值均为 5，下四分位数为 4，上四分位数为 8
丁企业：均值为 5，方差为 6
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据每个企业所给数字特征，找出满足数字特征但不达标的一个特例即可判断 ABD，对 C 中满足条件的数据分析，确定工作时长数据达标.
【详解】甲企业每周 7 天的工作时间可以为：9,8,8,8,2,0,0，满足均值为 5，中位数为 8，故不达标，故 A
正确；
乙企业：众数为 6，中位数为 6，满足条件的 7 天工作时间可以为：6,6,6,6,6,6,6,故不达标，故 B 正确；丙企业：众数和均值均为 5，下四分位数为 4，上四分位数为 8，
设 7 天的工作时间为：4,5,5,8,a,b,c a  4  b  8  c , b  c  a  13,c  13  b  9 , c  9, b  4 与众数
矛盾， c  8 ，为使众数为 5， b  5 成立，故丙企业达标，故 C 错误；
丁企业：均值为 5，方差为 6，7 天的工作时间可以为0, 5, 5, 5, 5, 6, 9 ，故 D 正确.故选：ABD
如图，正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 2，动点 P，Q 分别在线段C1D ， AC 上，则下列命题正确
的是（）
2
A. 直线 BC 与平面 ABC D 所成的角等于πB. 点C 到平面 ABC D 的距离为
1 141 1
C. 异面直线 D C 和 BC 所成的角为π.D. 线段 PQ 长度的最小值为 2 3
1143
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据直线和平面所成的夹角，点到平面的距离，异面直线所成的角以及异面直线距离的计算方法进行逐项判断.
【详解】解：由题意得：
正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 2
对于选项 A：连接 B1C ，设 B1C、BC1 交于 O 点
Q B1C  BC1, B1C  AB
 B1C  平面 ABC1D1
CBC 即为直线 BC 与平面 ABC D 所成的角，且CBC
 π，故 A 正确；
11 114
对于选项 B：连接 B1C ，设 B1C、BC1 交于 O 点
QCO  BC1, B1C  AB
CO  平面 ABC1D1
2
点C 到平面 ABC D 的距离为CO  1 B C  1  2
,故 B 正确；
1 12 12
2
对于选项 C：连接 D1C 、 AD1 ，由正方体性质可知 AD1 ∥ BC1
故异面直线 D1C 和 BC1 所成的角即为 D1C 和 AD1 所成的角AD1C
又Q AD1  AC  CD1
V AD1C 为等边三角形
AD C  π
13
故 C 错误；
对于选项 D：过 P 作 PM  CD ，过 M 作 MQ  AC ，连接 PQ
PQ 为异面直线之间的距离，这时 PQ 距离最小；
设 DP  x ， RtVDPM 为等腰直角三角形，则 PM 
2 x ， CM  CD  DM  2 2 x
22
RtVCQM 也为等腰直角三角形，则 MQ 
2 CM 2  2 2 x   1 x
2
2222
QVPMQ 为直角三角形
2
2


2 2
1 2334
2
故 PQ2  PM 2  MQ2  x   
 x   x2 2x  2  (x )2 
 2
2 4433
当 x  2 2 时， PQ2 取最小值 4 ，故 PQ 2 3 ，故 D 正确；
33min3
故选：ABD
三、填空题（本大题共 3 小题）
某校高一（1）班有男生 20 人，女生 30 人.已知某次数学测验中，男生成绩的平均数为 100，方差为
11，女生成绩的平均数为 95，方差为 16，则这次测验中班级总体成绩的方差为.
【答案】20
【解析】
【分析】根据平均数、方差公式计算可得.
20
【详解】依题意得这次测验中班级总体成绩的平均数为
100 
30 95  97 ，
20  3020  30

方差为 20  (100  97)2 11  30  (95  97)2 16  20 .
20  3020  30
故答案为： 20
已知复数 z  a  bi ，其中 a, b  R 且a  b  1 ，则| z  1  2i |的最小值是.
2
【答案】
【解析】
【分析】利用复数的模的定义，将| z  1  2i |2 进行展开，简化，消元后，转化成关于 a 的一元二次函数，求其最值即得.
【详解】因 z  a  bi ， | z  1  2i |2 | a  1  (b  2)i |2  (a  1)2  (b  2)2 ，因a  b  1 ，则b  1 a ， | z 1 2i |2  a 12  3  a2  2 a  22  2 ，
2
故当 a  2 时， | z  1  2i |2 取得最小值 2，此时| z  1  2i |的最小值为.
2
故答案为：.
四边形 ABCD 和 ADPQ 均为边长为 2 的正方形，且它们所在的平面互相垂直， M , E, F 分别为
QP, AB, BC 的中点，则四面体 AEFM 外接球的表面积为．
【答案】11π
【解析】
【分析】以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，设外接球的球心坐标为O  x, y, z  ，根据
OA  OE
 OF
 OM
，求得 x, y, z 的值，得到外球的半径，即可求解.
【详解】如图所示，以A 为坐标原点，以 AB, AD, AQ 分别为 x, y, z 轴，建立空间直角坐标系，可得 A0, 0, 0 ， E 1, 0, 0 ， F 2,1, 0 ， M 0,1, 2 ，
设外接球的球心坐标为O  x, y, z  ，
可得 x2  y2  z2   x 12  y2  z2   x  22   y 12  z2  x2   y 12   z  22 ，
解得 x  1 , y  3 , z  1 ，所以 r 2  1 2  3 2  1 2  11 ，
222
()()()
2224
所以四面体外接球的表面积为 S  4πr 2  11π .
故答案为：11π .
四、解答题（本大题共 5 小题）
如图，从参加环保知识竞赛的学生中抽出40 名，将其成绩（均为整数）整理后画出的频率分布直方图如下：观察图形，回答下列问题：
80 ~ 90 这一组的频数､频率分别是多少？
估计这次环保知识竞赛成绩的平均数､众数､上四分位数
从成绩是80 分以上（包括80 分）的学生中选两人，求他们在同一分数段的概率.
【答案】（1） 4 ， 0.1
540
（2） 68.5 ， 75 ， 7
7
（3）
15
【解析】
【分析】（1）先求得50 ~ 60 ， 60 ~ 70 ， 70 ~ 80 ， 90 ~ 100 各组的频率，再利用对立事件的概率求解，进而得到频数；
根据频率分布直方图，利用平均数的平均数､众数､上四分位数的定义求解；
易得80 ~ 90 和90 ~ 100 之间的人数分别为 4 人和 2 人，然后利用古典概型的概率求解.
【小问 1 详解】
根据题意， 50 ~ 60 的这一组的频率为0.01510  0.15 ，
60 ~ 70 的这一组的频率为0.02510  0.25 ，
70 ~ 80 的这一组的频率为0.03510  0.35 ，
90 ~ 100 的这一组的频率为0.00510  0.05 ，
1 0.15  0.25  0.35  0.05
则80 ~ 90 这一组的频率为
2
其频数为40  0.1  4 ；
 0.1 ，
【小问 2 详解】
这次竞赛的平均数为45 0.1 55 0.15  65 0.25  75 0.35  85 0.1 95 0.05  68.5 ，
70 ~ 80 一组的频率最大，人数最多，则众数为75 ，前3 的频率之和为0.1 0.15  0.25  0.5 ，
前4 组的频率之和为0.1 0.15  0.25  0.35  0.85 ，故上四分位数在第 4 组，
设上四分位数为 x ，则0.5   x  70 0.035  0.75 ， x  540 ，
7
故上四分位数（第 75 百分位数）为
【小问 3 详解】
540
；
7
记“取出的2 人在同一分数段”为事件 E ，
因为80 ~ 90 之间的人数为40  0.1  4 ，设为 a ､ b ､ c ､ d ，
90 ~ 100 之间有40  0.05  2 人，设为A ､ B ，从这6 人中选出2 人，有
a, b 、a, c 、a, d  、a, A ､ a, B 、b, c 、b, d  、
b, A 、b, B 、c, d  、c, A ､ c, B 、d , A 、d , B 、
 A, B ，共15 个基本事件，
其中事件 E 包括a, b 、a, c 、a, d  、b, c 、b, d  、c, d  、 A, B ，共7 个基本事件，
则 P  E   7 .
15
如图，在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， M , N 分别是棱 A1B1, AC 的中点．
证明： MN / / 平面 BCC1B1 ；
若 AB  BC  BB1  2 ，且 AB  BC ，求点A 到平面 BMN 的距离．
【答案】（1）证明见解析
4
（2）
3
【解析】
【分析】（ 1 ） 方法一： 取 BC 的中点 D ， 连接 ND, B1D ， 证得四边形 MNDB1 是平行四边形， 得到
MN / / B1D ，结合线面平行的判定定理，即可证得 MN / / 平面 BCC1B1 ；
方法二：取 AB 的中点 E ，连接 ME, NE ，分别证得 NE / / 平面 BCC1B1 和 ME / / 平面 BCC1B1 ，证得平面 MNE / / 平面 BCC1B1 ，即可证得 MN / / 平面 BCC1B1 ．
（2）连接 AM ，求得V三棱锥M  ABN
 2 ，以及 BM 
3
5, MN ，及 BN ，设点A 到平面 BMN
5
2
的距离为 d ，结合体积列出方程，即可求解.
【小问 1 详解】
证明：方法一：取 BC 的中点 D ，连接 ND, B1D ，
因为 N , D 分别是 AC, BC 的中点，所以 ND / / AB ，且 ND  1 AB ，
2
又因为 MB  1 A B , AB / / A B , AB  A B ，所以 ND / /MB 且 ND  MB ，
12 1 11 11 111
所以四边形 MNDB1 是平行四边形，所以 MN / / B1D ，
因为 MN  平面 BCC1B1 ，且 B1D  平面 BCC1B1 ，所以 MN / / 平面 BCC1B1 .
方法二：取 AB 的中点 E ，连接 ME, NE ，
因为 N , E 分别是 AC, AB 的中点，所以 NE / / BC ，可得 NE / / 平面 BCC1B1 ， 因为 M , E 分别是 A1B1 , AB 的中点，所以 ME / / BB1 ，可得 ME / / 平面 BCC1B1 ，
因为 ME  NE  E ，所以平面 MNE / / 平面 BCC1B1 ，所以 MN / / 平面 BCC1B1 ．
【小问 2 详解】
解：在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中，因为 AB  BC  BB1  2 ，且 AB  BC ，
连接 AM ，则V
 1 S
 BB  1  1  1  2  2  2  2 ，
三棱锥M  ABN
3 △ABN
13223
BB2  B M 2
11
且 BM 
5, MN 
，
BB2 
 BC 2
1
 2 

5
1
AB2  BC2
2
BN  1 AC ，
22
BM 2  
 BN 2

2

5  1
2
113
所以 S
V BMN
  BN 
2
  2  ．
22
12132
设点A 到平面 BMN 的距离为 d ，则V三棱锥ABMN  3 S△BMN d  3 ，即
解得d  4 ，即点A 到平面 BMN 的距离为 4 ．
 d  ，
323
33
设V ABC 的内角 A, B,C 所对的边分别为 a, b, c, 2ac  a2  c2  b2 .
（1）求 B ；
6
（2）若sinB 2csA, a  2，求 BC 边上的高.
【答案】（1） B  π
4
6
2
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据余弦定理和题目条件可得： csB 
2 ；再结合特殊角的三角函数值即可求解.
2
（2）先根据题目条件和特殊角的三角函数值求出 A  π ；再利用诱导公式和两角和的正弦公式求出
3
sinC 
6 2 ；最后利用正弦定理求出b  4 ，结合图形可求解.
4
【小问 1 详解】
由余弦定理可知： b2  a2  c2  2accsB ，即 a2  c2  b2  2accsB .
因为 2ac  a2  c2  b2 ，
所以 2ac  2accsB ，整理可得： csB 2 .
2
又因为 B 0, π ，所以 B  π .
4
【小问 2 详解】
因为 sinB 
2csA ， B  π ，
4
所以csA  1 ，
2
又因为 A 0, π ，
所以 A  π .
3
3
2
2
所以sinC  sin π   A  B =sin  A  B  sinAcsB  csAsinB  1 
6
2
 .
由正弦定理
a
sinA
b
sinB
，可得b  a sin B 
sin A
2 6 
3
2
2
2  4 ，
22224
设 BC 边上的高为h ，
所以 h  b sinC  4 6 
4
2 .
6
2
大冶市甲、乙两所学校之间进行排球比赛，采用五局三胜制（先赢三局的学校获胜，比赛结束）.约定比赛规则如下：先进行两局男生排球比赛，后只进行女生排球比赛.按照以往比赛经验，在男生排球比赛
3
中，每局甲校获胜的概率为
4
3
1
，乙校获胜的概率为
4
2
；在女生排球比赛中，每局甲校获胜的概率为 ，乙
5
校获胜的概率为
5
.设各局比赛相互之间没有影响且无平局.
求恰好比赛三局，比赛结束的概率；
求甲校以 3:1 获胜的概率.
21
【答案】（1）
80
39
（2）
200
【解析】
【分析】（1）就不同学校连胜 3 场分类讨论后可求比赛结束的概率；
（2）就前两局甲校两胜、一胜一负分类讨论后可求甲校以 3:1 获胜的概率.
【小问 1 详解】
恰好比赛三局，比赛结束的情况如下：
甲校连胜 3 局，概率为 P  3  3  2  9 ；

144540
乙校连胜 3 局，概率为 P  1  1  3  3 .
144580
故恰好比赛三局，比赛结束的概率 P  P  P  9  3  21 .
12408080
【小问 2 详解】
甲校以 3:1 获胜的情况如下：
①前两局男生排球比赛中甲校全胜，第三局比赛甲校负，第四局比赛甲校胜，
14
 3 2
概率为 P   

 3  2  27 ；
55200
②前两局男生羽毛球比赛中甲校 1 胜 1 负，第三局比赛甲校胜，第四局比赛甲校胜，
概率为 P  2  3  1  2  2  3 .

2445550
故甲校以 3:1 获胜的概率 P  P  P  27  3  39 .
1220050200
在V ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，请从下列条件中选择一个条件作答：（注：如果选择条件①和条件②分别作答，按第一个解答计分.）
① c  a cs B  b  3a sin B ；② b sin B  c sin C  a sin A  b sin C .
（1）求 A；
3
若V ABC 的面积为4，内角 A 的角平分线交边 BC 于 E，求 AE 的最大值；
若 a  7 ，边 BC 上的中线 AD 
【答案】（1） A  2π
3
15
11 ，设点 O 为V ABC 的外接圆圆心，求 AO  AD 的值.
2
（2）2（3）
2
【解析】
【分析】（1）选①，利用正弦定理化边为角，再求出cs A ，即可得解；选②，利用正弦定理化边为角，再根据余弦定理即可得解；
根据 S△ABC  S△ABE  S△ACE ，再结合基本不等式即可得解；
由题意 AB  AC  2 AD ，两边平方得，结合余弦定理可求出b2  c2 ，再根据数量积得几何意义即可得解.
【小问 1 详解】
若选①，
在V ABC 中，由c 
3a sin B  b  a cs B  0 及正弦定理，
得sin C  sin A cs B  sin B 
3 sin Asin B ，
而sin C  sin  A  B  sin A cs B  cs Asin B ，则cs Asin B 
3 sin Asin B  sin B  0 ，
显然sin B  0 ，因此1 cs A 
3 sin A ， 1 cs A2  3sin2 A  31 cs2 A ，
则0  A  π ，得1  cs A  1，解得cs A   1 ，
2
又 A 0, π ，所以 A  2π ；
3
若选②，
由已知条件及正弦定理，得b2  c2  a2  bc ，
b2  c2  a21
所以cs A   ，
2bc2
又 A 0, π ，所以 A  2π ；
3
3
【小问 2 详解】
由 S△ ABC
 1 bc sin A  4 2
得， bc  16 ，
又 S△ABC  S△ABE  S△ACE ，
∴ 4
 1 AE  b 3  1 AE  c 3 ，
3
2222
∴ AE 
16 16
2 bc
b  c
 2 （当且仅当b  c  4 时取等），
即 AE 的最大值为2 ；
【小问 3 详解】
在V ABC 中，由余弦定理 a2  b2  c2  2bc cs A ，得b2  c2  bc  49 ，
由边 BC 上的中线 AD 
11 ，又因为 AB  AC  2 AD ，
2
–––→2
两边平方得 AB
–––→2
AC
–––→ –––→–––→2
2 AB  AC  4 AD ，
则b2  c2  2bc cs 2π  11，即b2  c2  bc  11，
3
解得b2  c2  30 ，
令边 AB, AC 的中点分别为 M , N ，由点O 为V ABC 的外接圆圆心，得OM  AB ， ON  AC ，

–––→ –––→––––→––––→–––→––––→ –––→1 –––→21
AO  AB  AM  MO  AB  AM  AB  AB  c2 ，
22

–––→ –––→–––→–––→–––→–––→ –––→1 –––→21
AO  AC  AN  NO  AC  AN  AC  AC  b2 ，
22
–––→ –––→–––→ 1
所以 AO  AD  AO 
–––→–––→

AB  AC 
1 –––→ –––→
AO  AB 
1 –––→ –––→
AO  AC 
1 c
2  b2   15 .
22242
【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：
若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；
若式子中含有 a 、b 、c 的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；
若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；
代数式变形或者三角恒等变换前置；
含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；
同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.