2022-2023学年河北省石家庄二中教育集团高一（下）期末数学试卷(含解析)

这是一份2022-2023学年河北省石家庄二中教育集团高一（下）期末数学试卷(含解析)，共29页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年河北省石家庄二中教育集团高一（下）期末数学试卷
一、单项选择题（每小题5分）
1．若z＝3i+2i2+i3，则|z|＝（　　）
A．4 B．8 C． D．
2．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列判断正确的是（　　）
A．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则直线m与n可能相交或异面
B．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则直线m与n一定垂直
C．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则直线m与n一定垂直
D．若m∥α，n∥β，α∥β，则直线m与n一定平行
3．已知某射击运动员每次击中目标的概率都是0.8，现采用随机模拟的方法估计该运动员射击4次，至少击中3次的概率：先由计算器给出0到9之间取整数值的随机数，指定0，1表示没有击中目标，2，3，4，5，6，7，8，9表示击中目标，以4个随机数为一组，代表射击4次的结果，经随机模拟产生了20组随机数，根据以下数据估计该运动员射击4次，至少击中3次的概率为（　　）
7527 0923 7140 9857 0347 4373 8636 6947 1417 4698
0371 6233 2616 8045 6011 3661 9597 7424 7610 4281
A．0.852 B．0.8192 C．0.8 D．0.75
4．已知A和B是随机试验E中的两个随机事件，事件，下列选项中正确的是（　　）
A．A与B互斥 B．A与C互斥
C．A与B相互独立 D．A与C相互独立
5．在△ABC中，cosA+cosB＝，则△ABC是（　　）
A．等腰直角三角形 B．等腰或直角三角形
C．等腰三角形 D．直角三角形
6．已知向量，若与垂直，则＝（　　）
A．1 B． C．2 D．4
7．正四面体的棱长为2，MN是它内切球的一条弦（把球面上任意2个点之间的线段称为球的弦），P为正四面体表面上的动点，当弦MN最长时，的最大值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．在三棱锥S﹣ABC中，底面△ABC是边长为3的等边三角形，，，若此三棱锥外接球的表面积为21π，则二面角S﹣AB﹣C的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题（每题5分）
（多选）9．设z1，z2为复数，则下列结论中错误的是（　　）
A．若+＞0，则＞﹣
B．
C．+＝0⇔z1＝z2＝0
D．若复数z满足，则z＝0
（多选）10．下列说法正确的是（　　）
A．一组数据由10个正数组成，其方差为1，平方和为100，则这10个数的平均数为3
B．某次分层抽样中，已知一班抽取的6名同学答对题目个数的平均数为1，方差为1；二班抽取的4名同学答对题目个数的平均数为1.5，方差为0.35，则这10人答对题目个数的方差为0.8
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．一组数据x1，x2，…，x100的平均数是5，方差为1，现将其中一个值为5的数据剔除后，余下99个数据的方差还是1
（多选）11．锐角△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其外接圆O的半径，点D在边BC上，且BD＝2DC＝2，则下列判断正确的是（　　）

A．A＝60°
B．△BOD为直角三角形
C．△ABC周长的取值范围是（3，9]
D．的取值范围为
（多选）12．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝2AB＝2AA1＝4，E是棱B1C1的中点，过点B，E，D1的平面α交棱AD于点F，点P为线段D1F上一动点，则（　　）

A．当且仅当点P重合于D1时，三棱锥P﹣ABE的体积取得最大值
B．不存在点P，使得DP⊥α
C．直线PE与平面BCC1B1所成角的正切值的最大值为
D．三棱锥P﹣BB1E外接球表面积的取值范围是[12π，44π]
三、填空题（每小题5分）
13．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，书中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，则直角圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为 　 　．
14．如图，在△ABC中，∠BAC＝，，P为CD上一点，且满足，若AC＝3，AB＝4，则的值为　 　．

15．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，，M，N，P分别是B1C1，AA1和AC的中点，若三棱锥P﹣MNB1的体积为V，三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为V2，则＝　 　．

16．△ABC中，AB＝1，AC＝4，∠A＝60°，AD是BC边上的中线，E，F分别为线段AB，AC上的动点，EF交AD于点G．若△AEF面积为△ABC面积的一半，则的极小值为 　 　．
四、解答题（17题10分，18-22题每题12分）
17．已知锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，，且．
（1）求角A的大小；
（2）若c＝2，BC边上的中线AD长为，求b．
18．在甲、乙两个盒子中分别装有标号为1，2，3，4的四张卡片，现从甲、乙两个盒子中各取出一张卡片、每张卡片被取出的可能性相等．
（1）求取出的两张卡片上标号为相邻整数的概率；
（2）求取出的两张卡片上标号之和能被3整除的概率．
19．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为菱形，PB＝PD，E，F分别为AB和PD的中点．
（1）求证：EF∥平面PBC；
（2）若AB＝2＝PB，∠BAD＝60°，求直线PB与平面PAC所成角的大小．

20．我校后勤服务中心为监控学校稻香圆食堂的服务质量情况，每学期会定期进行两次食堂服务质量抽样调查，每次调查的具体做法是：随机调查50名就餐的教师和学生，请他们为食常服务质量进行名评分，师生根据自己的感受从0到100分选取一个分数打分，根据这50名师生对食堂服务质量的评分并绘制频率分布直方图．如图是根据本学期第二次抽样调查师生打分结果绘制的频率分布直方图，其中样本数据分组为[40，50），[50，60），……，[90，100]．
（1）求频率分布直方图中a的值并估计样本的众数：
（2）学校规定：师生对食堂服务质量的评分平均分不得低于75分，否则将进行内部整顿．用每组数据的中点值代替该组数据，试估计该校师生对食堂服务质量评分的平均分，并据此回答食堂是否需要进行内部整顿；
（3）我校每周都会随机抽取3名学生和校长共进午餐，每次校长都会通过这3名学生了解食堂服务质量，校长的做法是让学生在“差评、中评、好评”中选择一个作答，如果出现“差评”或者“没有出现好评”，校长会立即责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务情况．若以本次抽取的50名学生样本频率分布直方图作为总体估计的依据，并假定本周和校长共进午餐的学生中评分在[40，60）之间的会给“差评”，评分在[60，80）之间的会给“中评”，评分在[80，100]之间的会给“好评”，已知学生都会根据自己的感受独立地给出评价不会受到其它因素的影响，试估计本周校长会责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务质量的概率．

21．如图，在平面四边形ABCD中，AD＝BD，∠ADB＝90°．CD＝2，BC＝2．
（1）若∠BDC＝45°，求线段AC的长；
（2）求线段AC长的最大值．

22．如图，在三棱台ABC﹣DEF中，AC＝4，BC＝2，EF＝1，，AD＝BE＝CF．
（1）求证：平面ABED⊥平面ABC；
（2）若四面体BCDF的体积为2，求二面角D﹣BE﹣F的正弦值．



参考答案
一、单项选择题（每小题5分）
1．若z＝3i+2i2+i3，则|z|＝（　　）
A．4 B．8 C． D．
【分析】根据已知条件，运用复数的运算法则，以及复数模的公式，即可求解．
解：∵z＝3i+2i2+i3＝﹣2+2i，
∴．
故选：C．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
2．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列判断正确的是（　　）
A．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则直线m与n可能相交或异面
B．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则直线m与n一定垂直
C．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则直线m与n一定垂直
D．若m∥α，n∥β，α∥β，则直线m与n一定平行
【分析】对于A，若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则直线m与n相交垂直或异面垂直；对于B，直线m与n相交、平行或异面；对于C，直线m与n相交、平行或异面；对于D，直线m与n平行或异面．
解：m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，
对于A，若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则直线m与n相交垂直或异面垂直，故A正确；
对于B，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则直线m与n相交、平行或异面，故B错误；
对于C，若m⊥α，n∥β，α⊥β，则直线m与n相交、平行或异面，故C错误；
对于D，若m∥α，n∥β，α∥β，则直线m与n平行或相交或异面，故D错误．
故选：A．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，涉及逻辑推理等数学学科核心素养，属于中档题．
3．已知某射击运动员每次击中目标的概率都是0.8，现采用随机模拟的方法估计该运动员射击4次，至少击中3次的概率：先由计算器给出0到9之间取整数值的随机数，指定0，1表示没有击中目标，2，3，4，5，6，7，8，9表示击中目标，以4个随机数为一组，代表射击4次的结果，经随机模拟产生了20组随机数，根据以下数据估计该运动员射击4次，至少击中3次的概率为（　　）
7527 0923 7140 9857 0347 4373 8636 6947 1417 4698
0371 6233 2616 8045 6011 3661 9597 7424 7610 4281
A．0.852 B．0.8192 C．0.8 D．0.75
【分析】由题意知模拟射击4次的结果，经随机模拟产生了如下20组随机数，在20组随机数中表示种射击4次至少击中3次的有多少组，可以通过列举得到共多少组随机数，根据概率公式，得到结果．
解：由题意知模拟射击4次的结果，经随机模拟产生了如下20组随机数，
在20组随机数中表示射击4次至少击中3次的有：7527 0923 9857 0347 4373 8636 9647 4698 6233 2616 8045 3661 9597 7424 4281，共15组随机数，
∴所求概率为0.75．
故选：D．
【点评】本题考查模拟方法估计概率、随机数的含义与应用，是一个基础题．
4．已知A和B是随机试验E中的两个随机事件，事件，下列选项中正确的是（　　）
A．A与B互斥 B．A与C互斥
C．A与B相互独立 D．A与C相互独立
【分析】根据公式P（A∪B）＝P（A）+P（B）可判断A；由C＝A∪B可判断B；由公式P（AB）＝P（A）+P（B）﹣P（A∪B）先求P（AB），然后根据P（AB）＝P（A）P（B）可判断C；根据C＝A∪B可知可知P（AC）＝P（A），然后判断P（AC），P（A）P（C）是否相等可判断D．
解：由题知，P（C）＝，因为P（A）+P（B）＝＝≠P（A∪B）＝P（C），故A错误；
因为C＝A∪B，A发生时C一定发生，故B错误；
因为P（A∪B）＝，所以P（AB）＝P（A）+P（B）﹣P（A∪B）＝＝，
又P（A）P（B）＝＝，所以P（AB）＝P（A）P（B），故C正确；
因为C＝A∪B，所以P（AC）＝P（A）＝，由P（A）P（C）＝＝，P（AC）≠P（A）P（C），故D错误．
故选：C．
【点评】本题考查的知识点是互斥事件和相互独立事件的判断，难度不大，属于基础题．
5．在△ABC中，cosA+cosB＝，则△ABC是（　　）
A．等腰直角三角形 B．等腰或直角三角形
C．等腰三角形 D．直角三角形
【分析】利用余弦定理⇒ab（a+b）＝c2（a+b）﹣（a+b）（a2﹣ab+b2），⇒ab＝c2﹣a2﹣b2+ab．⇒c2＝a2+b2．即可．
解：∵，，
∴cosA+cosB＝⇒．
⇒a（b2+c2﹣a2）+b（a2+c2﹣b2）＝2ab（a+b）
⇒ab（a+b）＝c2（a+b）﹣（a+b）（a2﹣ab+b2），
⇒ab＝c2﹣a2﹣b2+ab．
⇒c2＝a2+b2．
则△ABC是直角三角形．
故选：D．
【点评】本题考查了三角形形状判定，关键是余弦定理得合理运用，属于中档题．
6．已知向量，若与垂直，则＝（　　）
A．1 B． C．2 D．4
【分析】运用坐标运算得出＝（3，n），根据垂直得出（）•＝0，求解n2＝3，就看得出模的值．
解：∵向量，
∴＝（3，n），
∵与垂直，
∴（）•＝0，
∴﹣1×3+n2＝0，即n2＝3，
∴＝＝＝2，
故选：C．
【点评】本题考查了平面向量的坐标运算，考察了学生的计算能力，属于基础题．
7．正四面体的棱长为2，MN是它内切球的一条弦（把球面上任意2个点之间的线段称为球的弦），P为正四面体表面上的动点，当弦MN最长时，的最大值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由弦MN的长度最大可知MN为球的直径，由向量的线性运算用表示出，即可由取值范围求得的最大值．
解：连接PO，根据题意作图如下：

设球的球心为O，由题意易知当弦MN的长度最大时，球的直径即为MN，
根据向量的线性运算可得：
＝＝，
因为正方体的棱长为2，所以球的半径为，
故＝，
又因为，
可以得到，
整理得到，
所以的最大值为2．
故选：B．
【点评】本题主要考查空间中点，线，面之间的位置关系，属于中档题．
8．在三棱锥S﹣ABC中，底面△ABC是边长为3的等边三角形，，，若此三棱锥外接球的表面积为21π，则二面角S﹣AB﹣C的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据题意可得SB2＝SA2+AB2，则SA⊥SB，取SB的中点N，则N为△SAB的外心，进而可得球心O在过底面△ABC的外心，球心O在过底面△ABC的外心（中心）G且垂直底面ABC的直线上，也在过△SAB外心N且垂直侧面SAB的直线上，由三棱锥外接球的表面积为21π，解得R，取AB的中点M，连接CM，MN，OM，则MN∥SA，可得∠NMG是二面角S﹣AB﹣C的平面角，再计算余弦值，即可得出答案．
解：因为SA＝，SB＝2，AB＝3，
所以SB2＝SA2+AB2，
所以SA⊥SB，
所以△SAB为在直角三角形，
取SB的中点N，则N为△SAB的外心，
球心O在过底面△ABC的外心，
球心O在过底面△ABC的外心（中心）G且垂直底面ABC的直线上，也在过△SAB外心N且垂直侧面SAB的直线上，
如图：

因为三棱锥外接球的表面积为21π，即4πR2＝21π，
解得R＝，
取AB的中点M，连接CM，MN，OM，则MN∥SA，
所以CM，NM都垂直于AB，
所以∠NMG是二面角S﹣AB﹣C的平面角，
又MN＝，
CM＝，MG＝，GB＝，
在Rt△OGB中，OG＝＝＝，
又GM＝×＝，
在Rt△OGM中，OM＝＝＝，
所以tan∠OMG＝＝＝，
所以∠OMG＝，
在Rt△ONM中，OM＝，MN＝SA＝，
cos∠OMN＝＝∠OMN＝，
由OG⊥面ABC得AB⊥OG，又GM⊥AB，
所以AB⊥面OMG，
由ON⊥面ABS得AB⊥ON，
又NM⊥AB，ON∩NM＝N，
所以AB⊥面OMN，
又平面OMG，平面OMN有公共点O，
所以O，N，M，G四点共面，
所以∠NMG＝∠OMG+∠OMN＝，
即二面角S﹣AB﹣C的大小为，其余弦值为cos＝﹣．
故选：A．
【点评】本题考查直线与平面的位置关系，二面角的余弦值，解题中注意数形结合思想的应用，属于中档题．
二、多项选择题（每题5分）
（多选）9．设z1，z2为复数，则下列结论中错误的是（　　）
A．若+＞0，则＞﹣
B．
C．+＝0⇔z1＝z2＝0
D．若复数z满足，则z＝0
【分析】根据复数的相关概念，通过举反例的方式对选项进行判定即可．
解：选项A，若z1＝4+i，z2＝2﹣2i，
则＝15+8i，＝﹣8i，满足+＞0，
但和﹣都是虚数，不能比较大小，故A错误；
选项B，若z1＝1+i，z2＝i，则|z1+z2|＝|1+2i|＝，
而＝＝，
所以|z1+z2|，故B错误；
选项C，若z1＝2+i，z2＝1﹣2i，
则+＝3+4i﹣3﹣4i＝0，
但是z1≠z2≠0，故选项C错误；
选项D，设z＝a+bi，（a，b∈R），
则z＝（a+bi）（a﹣bi）＝a2+b2＝0，
所以a＝b＝0，即z＝0，故D正确．
故选：ABC．
【点评】本题考查复数的模和运算，属基础题．
（多选）10．下列说法正确的是（　　）
A．一组数据由10个正数组成，其方差为1，平方和为100，则这10个数的平均数为3
B．某次分层抽样中，已知一班抽取的6名同学答对题目个数的平均数为1，方差为1；二班抽取的4名同学答对题目个数的平均数为1.5，方差为0.35，则这10人答对题目个数的方差为0.8
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．一组数据x1，x2，…，x100的平均数是5，方差为1，现将其中一个值为5的数据剔除后，余下99个数据的方差还是1
【分析】由题意，根据平均数和方差的计算公式对选项进行逐一分析，进而即可求解．
解：对于选项A：已知数据x1，x2，…，x10由10个正数组成，
因为平方和为100，
所以x+x+...+x＝100，
又方差为1，
即s2＝
＝＝1，
解得＝3，故选项A正确
对于选项B：已知一班抽取的6名同学答对题目个数的平均数为1，方差为1；二班抽取的4名同学答对题目个数的平均数为1.5，方差为0.35，
所以这10人中答对题目的个数的平均数＝＝1.2，
方差s2＝＝0.8，故选项B正确．
对于选项C：已知一组数据为x1，x2，…，xn，
其平均数＝，方差s2＝
若将一组数据中的每个数据都乘以3后，
此时＝＝3，
方差s′2＝＝9s2，故选项C错误；
对于选项D：因为数据x1，x2，…，x100的平均数是5，方差为1，
所以x1+x2+…+x100＝500，[（x1﹣）2+（x2﹣）2+...+（x99﹣）2+（5﹣5）2]＝100，
现将其中一个值为5的数据剔除后，
此时新平均数＝＝5，方差s′2＝，故选项D错误．
故选：AB．
【点评】本题考查平均数和方差，考查了逻辑推理和运算能力．
（多选）11．锐角△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其外接圆O的半径，点D在边BC上，且BD＝2DC＝2，则下列判断正确的是（　　）

A．A＝60°
B．△BOD为直角三角形
C．△ABC周长的取值范围是（3，9]
D．的取值范围为
【分析】选项A，利用正弦定理，解可得解；
选项B，过O作OM⊥BC于M，利用勾股定理及其逆定理，可证OB⊥OD，得解；
选项C，由正弦定理可得AB＝2sinC，AC＝2sin∠ABC，再结合三角恒等变换公式，化简推出△ABC周长为6sin（C+30°）+3，然后根据正弦函数的图象与性质，得解；
选项D，结合平面向量数量积的几何意义与正弦函数的值域，即可得解．
解：对于选项A，∵BD＝2DC＝2，∴BC＝2+1＝3，
由正弦定理得，＝2R，
∴sinA＝＝＝，
又0°＜A＜90°，∴A＝60°，即选项A正确；

对于选项B，过O作OM⊥BC于M，则M为BC的中点，BM＝，OM＝＝＝，
∴OD＝＝＝1，
∴OB2+OD2＝3+1＝4＝BD2，即OB⊥OD，
∴△BOD为直角三角形，即选项B正确；
对于选项C，由正弦定理知，＝＝2R＝2，
∴AB＝2sinC，AC＝2sin∠ABC，
∴△ABC周长为AC+AB+BC＝2sin∠ABC+2sinC+3＝2sin（120°﹣C）+2sinC+3＝3cosC+sinC+2sinC+3
＝3cosC+3sinC+3＝6sin（C+30°）+3，
∵锐角△ABC，
∴，解得30°＜C＜90°，
∴60°＜C+30°＜120°，∴＜sin（C+30°）≤1，
∴3+3＜6sin（C+30°）+3≤9，即选项C错误；
对于选项D，由选项C可知，AB＝2sinC，C∈（30°，90°），
∴sinC∈（，1），∴AB∈（，2），∴＝∈（，6），即选项D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查解三角形与三角函数的综合应用，熟练掌握正弦定理，三角恒等变换公式，平面向量数量积的几何意义是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
（多选）12．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝2AB＝2AA1＝4，E是棱B1C1的中点，过点B，E，D1的平面α交棱AD于点F，点P为线段D1F上一动点，则（　　）

A．当且仅当点P重合于D1时，三棱锥P﹣ABE的体积取得最大值
B．不存在点P，使得DP⊥α
C．直线PE与平面BCC1B1所成角的正切值的最大值为
D．三棱锥P﹣BB1E外接球表面积的取值范围是[12π，44π]
【分析】对于选项A，利用面面平行的性质，得到D1F∥平面ABC，从而可判断出选项A错误；
对于选项B，假设存在，可推出BF⊥平面AA1D1D，从而判断选项B错误；
对于选项C，利用线面角的定义，找出线面角为∠PEP′，从而在Rt△PP′E中，求出tan∠PEP′的值，进而判断选项C正确．
对于选项D，利用球的截面圆的几何性质，找出球心在直线O1O2上，利用R2＝r2+d2，建立方程，从而求出球的表面积的取值范围．
解：对于A，∵在长方体中，平面AA1D1D∥平面BB1C1C，
根据面面平行的性质，平面α与这两个平面的交线互相平行，即D1F∥BE，
∵D1F⊄面ABE，BE⊂面ABE，
∴D1F∥平面ABE，
又点P在线段D1F上，∴三棱锥P﹣ABE的体积为定值，故A错误；
对于B，若存在点P，使得DP⊥α，∵BF⊂α，则DP⊥BF，
∵DD1⊥BF，DD1∩DP＝D，DD1，DP⊂平面AA1D1D，∴BF⊥平面AA1D1D，与题意矛盾，故B错误；
对于C，如图1所示，取BC的中点Q，连接C1Q，
则点P在平面BCC1B1内的射影P在C1Q上，直线PE与平面BCC1B1所成角即∠PEP′，且有，
由已知可得PP′＝2，EP′最小为，∴tan∠PEP′的最大值为，故C正确；
对于D，如图2，取A1D1的中点G，连接AG～，分别取～BE，AG的中点O1，O2，
连接O1，O2，∵△BB1E是等腰直角三角形，
∴三棱锥P﹣BB1E外接球的球心O在直线O1O2上，
设三棱锥P﹣BB1E外接球的半径为R，则OB＝OP＝R，
∴，
设|OO1|＝d，则，
∴，
当点P与F重合时，|O2P|取最小值，此时d＝1，R2＝3，
三棱锥P﹣BB1E外接球的表面积为4πR2＝12π，
当点P与D1重合时，|O2P|取最大值，
此时d＝3，R2＝11，三棱锥P﹣BB1E外接球的表面积为4πR2＝44π，故D正确．
故选：CD．

【点评】本题主要考查棱锥体积的求法，线面位置关系的判断，直线与平面所成角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
三、填空题（每小题5分）
13．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，书中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，则直角圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为 　　．
【分析】根据题意可得圆锥的底面半径和母线的关系，再根据弧长公式即可得解．
解：设圆锥底面半径为r，根据直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形可得，
母线长，
则圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了圆锥的结构特征，属于基础题．
14．如图，在△ABC中，∠BAC＝，，P为CD上一点，且满足，若AC＝3，AB＝4，则的值为　　．

【分析】如图所示，建立直角坐标系．AC＝3，AB＝4，根据∠CAB＝，通过解三角形及其根据，利用向量运算性质，可得．设＝λ+（1﹣λ）＝λ+（1﹣λ）×，与＝m+比较，可得m．再利用数量积运算性质即可得出．
解：如图所示，建立直角坐标系．
AC＝3，AB＝4
∵∠CAB＝，∴|OA|＝，|OC|＝，
∴A（﹣，0），C（0，），B（，0）．
∵，∴＝＝（，0），
∴＝+（，0）＝（，0），
∴＝（，﹣）．
设＝λ+（1﹣λ）＝λ+（1﹣λ）×，
与＝m+比较，可得：m＝λ，＝，
解得m＝．
∴＝+＝（，）+（4，0）＝（，），
∴＝×﹣×＝．
故答案为：．

【点评】本题考查了向量共线定理、平面向量基本定理、数量积运算性质、基本不等式的性质、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
15．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，，M，N，P分别是B1C1，AA1和AC的中点，若三棱锥P﹣MNB1的体积为V，三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为V2，则＝　　．

【分析】连接PC1、C1N，设，计算出V1、V2，即可得解．
解：连接PC1、C1N，

设，则
＝，
因为AC⊥BC，则B1C1⊥A1C1，
∵CC1⊥平面A1B1C1，B1C1⊂平面A1B1C1，∴B1C1⊥CC1，
∵A1C1∩CC1＝C1，A1C1、CC1⊂平面AA1C1C，∴B1C1⊥平面AA1C1C，
所以，，
，故．
故答案为：．
【点评】本题考查了三棱锥和三棱柱的体积计算，属于中档题．
16．△ABC中，AB＝1，AC＝4，∠A＝60°，AD是BC边上的中线，E，F分别为线段AB，AC上的动点，EF交AD于点G．若△AEF面积为△ABC面积的一半，则的极小值为 　2　．
【分析】利用平面向量的共线定理结合基底表示数量积，转化为函数求最值即可．
解：设，由向量共线的充要条件不妨设，
则，
即，
又△AEF面积为△ABC面积的一半可得：，
所以．
，
易知∵，
当m＝1时，即E，B重合时取得最小值．
故答案为：2．
【点评】本题考查向量的线性运算，向量数量积的最值的求解，化归转化思想，函数思想，属中档题．
四、解答题（17题10分，18-22题每题12分）
17．已知锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，，且．
（1）求角A的大小；
（2）若c＝2，BC边上的中线AD长为，求b．
【分析】（1）由已知结合向量共线的坐标运算可得，再结合正弦定理得到，可得A；
（2）在△ABC中，，两边平方后可得关于b的方程，求解得答案．
解：（1）∵，，且，
∴2asinB﹣＝0，即，
由正弦定理得：，
∵sinB＞0，∴，又A为锐角，则；
（2）在△ABC中，，
∴，
∵，∴，整理得b2+2b﹣8＝0，
解得b＝﹣4（舍去）或b＝2．
此时，C＝B，，为锐角三角形，符合题意，
故b＝2．
【点评】本题考查三角形的解法，考查正弦定理及平面向量数量积的应用，考查运算求解能力，是中档题．
18．在甲、乙两个盒子中分别装有标号为1，2，3，4的四张卡片，现从甲、乙两个盒子中各取出一张卡片、每张卡片被取出的可能性相等．
（1）求取出的两张卡片上标号为相邻整数的概率；
（2）求取出的两张卡片上标号之和能被3整除的概率．
【分析】（1）设从甲、乙两个盒子中各取一张卡片，其数字分别为x，y，利用列举法求出用（x，y）表示抽取结果共16种，所取两张卡片上的数字为相邻整数的结果有6种，由此能求出取出的两张卡片上的标号为相邻整数的概率；
（2）所取出的两张卡片上的数字和能被3整除的结果有5种，由此能求出取出的两张卡片上标号之和能被3整除的概率．
解：设从甲、乙两个盒子中各取一张卡片，其数字分别为x，y，用（x，y）表示抽取结果，
则所有可能有（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，2），
（2，3），（2，4），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），（4，1），
（4，2），（4，3），（4，4），共16种，
（1）所取两张卡片上的数字为相邻整数的结果有：
（1，2），（2，1），（2，3），（3，2），（3，4），（4，3），共6种．
故所求概率，
即取出的两张卡片上标号为相邻整数的概率为；
（2）取出的两张卡片上标号之和能被3整除的结果有：
（1，2），（2，1），（2，4），（3，3），（4，2），共5种，
故所求概率为P＝．，
即取出的两张卡片上标号之和能被3整除的概率为．
【点评】本题考查概率的求法，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是基础题．
19．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为菱形，PB＝PD，E，F分别为AB和PD的中点．
（1）求证：EF∥平面PBC；
（2）若AB＝2＝PB，∠BAD＝60°，求直线PB与平面PAC所成角的大小．

【分析】（1）取PC的中点G，连接GF，易证四边形BEFG是平行四边形，知EF∥BG，再由线面平行的判定定理，得证；
（2）由OP⊥BD，AC⊥BD，证得BD⊥平面PAC，从而知∠OPB即为所求，再由三角函数的知识，得解．
【解答】（1）证明：取PC的中点G，连接GF，则GF∥CD∥BE，GF＝CD＝BE，
所以四边形BEFG是平行四边形，
所以EF∥BG，
因为EF⊄平面PBC，BG⊂平面PBC，
所以EF∥平面PBC．

（2）解：因为PB＝PD，O为BD的中点，所以OP⊥BD，
因为菱形ABCD，所以AC⊥BD，
又OP∩AC＝O，OP、AC⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC，
所以∠OPB就是直线PB与平面PAC所成角，
在Rt△PBO中，PB＝2，OB＝BD＝AB＝1，
所以sin∠OPB＝＝，
因为∠OPB∈（0°，90°），所以∠OPB＝30°，
故直线PB与平面PAC所成角的大小为30°．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线与面平行、垂直的判定定理或性质定理，线面角的定义是解题的关键，考查空间立体感，推理论证能力和运算能力，属于中档题．
20．我校后勤服务中心为监控学校稻香圆食堂的服务质量情况，每学期会定期进行两次食堂服务质量抽样调查，每次调查的具体做法是：随机调查50名就餐的教师和学生，请他们为食常服务质量进行名评分，师生根据自己的感受从0到100分选取一个分数打分，根据这50名师生对食堂服务质量的评分并绘制频率分布直方图．如图是根据本学期第二次抽样调查师生打分结果绘制的频率分布直方图，其中样本数据分组为[40，50），[50，60），……，[90，100]．
（1）求频率分布直方图中a的值并估计样本的众数：
（2）学校规定：师生对食堂服务质量的评分平均分不得低于75分，否则将进行内部整顿．用每组数据的中点值代替该组数据，试估计该校师生对食堂服务质量评分的平均分，并据此回答食堂是否需要进行内部整顿；
（3）我校每周都会随机抽取3名学生和校长共进午餐，每次校长都会通过这3名学生了解食堂服务质量，校长的做法是让学生在“差评、中评、好评”中选择一个作答，如果出现“差评”或者“没有出现好评”，校长会立即责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务情况．若以本次抽取的50名学生样本频率分布直方图作为总体估计的依据，并假定本周和校长共进午餐的学生中评分在[40，60）之间的会给“差评”，评分在[60，80）之间的会给“中评”，评分在[80，100]之间的会给“好评”，已知学生都会根据自己的感受独立地给出评价不会受到其它因素的影响，试估计本周校长会责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务质量的概率．

【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形面积之和为1，得到方程，求出a，再由最高小组的组中值即为众数，能求出结果．
（2）根据频率分布直方图中平均数公式能求出结果．
（3）根据频率分布直方图分别计算出“差评”，“中评”，“好评”的概率，结合独立事件的概率乘法公式进行求解即可．
解：（1）由（0.004+a+0.022+0.028+0.022+0.018）×10＝1，
解得a＝0.006，
∴众数的估计值为＝75．
（2）由频率分布直方图鉴得师生对食堂服务质量评分的平均分为：
＝45×0.004×10+55×0.006×10+65×0.022×10+75×0.028×10+85×0.022×10+95×0.018×10＝76.2，
∵76.2＞75，
∴食堂不需要内部整顿．
（3）由频率分布直方图可知，“差评”的概率为0.04+0.06＝0.1，“中评”的概率为0.22+0.28＝0.5，“好评”的概率为0.22+0.18＝0.4，
则本周校长会责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务质量的概率P＝1﹣（0.43）＝0.396．
【点评】本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了众数、平均数的估计，以及独立事件的概率乘法公式，属于中档题．
21．如图，在平面四边形ABCD中，AD＝BD，∠ADB＝90°．CD＝2，BC＝2．
（1）若∠BDC＝45°，求线段AC的长；
（2）求线段AC长的最大值．

【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理求出BD，再利用余弦定理计算作答；
（2）设∠BCD＝θ（0＜θ＜π），在△BCD中用余弦定理求出BD，用正弦定理表示出∠CDB，再在△ADC中，利用余弦定理列式求解作答．
解：（1）在△BCD中，，由余弦定理得：
BC2＝CD2+BD2﹣2CD⋅BDcos∠BDC，即BD2﹣4BD+4＝0，解得BD＝2，
在△ADC中，AD＝BD＝2，∠ADC＝135°，由余弦定理得：
AC2＝AD2+CD2﹣2AD⋅CDcos∠ADC，
所以；
（2）设∠BCD＝θ（0＜θ＜π），
在△BCD中，由余弦定理得：，
由正弦定理得：，
在△ADC中，由余弦定理得：＝，
当且仅当，即时取“＝”，此时AC＝6，
所以当时，线段AC长取最大值6．
【点评】本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题．
22．如图，在三棱台ABC﹣DEF中，AC＝4，BC＝2，EF＝1，，AD＝BE＝CF．
（1）求证：平面ABED⊥平面ABC；
（2）若四面体BCDF的体积为2，求二面角D﹣BE﹣F的正弦值．

【分析】（1）根据已知条件，结合勾股定理，先推出CA⊥CB，再结合三角形全等，以及面面垂直的判定定理，即可证明．
（2）根据已知条件，结合棱锥的等体积法，求出PM，再以C为坐标原点，CA，BC为x轴、y轴，建立空间直角坐标系，依次求出两个平面的法向量，再结合向量的夹角公式，即可求解．
解：（1）证明：延长三条侧棱交于点P，
则PA＝PB＝PC，且D，E，F为中点，
取AB的中点M，
则PM⊥AB，
又∵AC2+BC2＝AB2，
∴CA⊥CB．
又∵AM＝CM，
∴△PAM≅△PCM，
故∠PMA＝∠PMC＝90°，
即PM⊥MC，
所以PM⊥平面ABC，
又PM⊂平面ABED，
故平面ABED⊥平面ABC．

（2）由，得PM＝6，
以C为坐标原点，CA，BC为x轴、y轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

则，
设平面EBD的一个法向量为，又，
则，则可取，
设平面BEF的一个法向量为，又，
则，则可取，
则＝＝＝，
由图形可知，所求二面角为锐角，所以二面角E﹣BD﹣F的余弦值为．
【点评】本题主要考查二面角的平面角及其求法，考查转化能力，属于中档题．