2022-2023學(xué)年河北省石家莊市辛集市高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷

2022-2023學(xué)年河北省石家莊市辛集市高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷

一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項(xiàng)中，選出符合題目的一項(xiàng)）

1.在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)，有下列命題：①-1的平方根只有i;②i是1的平方根；③若復(fù)數(shù)a+

加（a,R）是某一元二次方程的根，則a-bi一定是方程的另一個(gè)根；④若z為純虛數(shù)i,貝Ijz

的平方根為虛數(shù).上述命題中真命題的個(gè)數(shù)為（）

A.3B.2C.0D.1

2.下列命題中成立的是（）

A.各個(gè)面都是三角形的多面體一定是棱錐

B.有兩個(gè)相鄰側(cè)面是矩形的棱柱是直棱柱

C.一個(gè)棱錐的側(cè)面是全等的等腰三角形，那它一定是正棱錐

D.各個(gè)側(cè)面都是矩形的棱柱是長方體

3.在所有的兩位數(shù)（10-99）中，任取一個(gè)數(shù)，則這個(gè)數(shù)能被2或3整除的概率是（）

12C1D5

-一--

A.3326

4.從3,4,5,6四個(gè)數(shù)中任取三個(gè)數(shù)作為三角形的三邊長，則構(gòu)成的三角形是銳角三角形

的概率是（）

11C13

---D-

A.4324

5.已知按從小到大順序排列的兩組數(shù)據(jù)：

甲組：27,30,37,m,40,50；

乙組：24,n,33,44,48,52.

若這兩組數(shù)據(jù)的第30百分位數(shù)、第50百分位數(shù)都分別對應(yīng)相等，則?等于（）

4CD7

-107-

A.34

6.某地區(qū)為了解最近11天該地區(qū)的空氣質(zhì)量，調(diào)查了該地區(qū)過去11天PM2.5的濃度（單位：

M5/m3）,數(shù)據(jù)依次為53,56,69,70,72,79,65,80,45,41,7n（7n>50）.已知這組

數(shù)據(jù)的極差為40,則這組數(shù)據(jù)的第m百分位數(shù)為（）

A.71B.75.5C.79D.72

7.在△ABC中，4D為BC上的中線，G為4D的中點(diǎn)，M,N分別為線段AB,AC上的動點(diǎn)（不

包括端點(diǎn)4B,C）,且M,N,G三點(diǎn)共線，若初=4前，AN=fiAC，則；1+4〃的最小值

為（）

A.|B.|C.2D.1

8.在銳角AABC中，角4B,C所對的邊分別為a,b,c,若cosA=妥，則票的取值范圍

2cc+b

是（）

7i1

A.（1,1）B.（1,1）C.（l,+8）D.&+8）

二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項(xiàng)符合題目要求）

9.已知a,b,c分別是△力BC三個(gè)內(nèi)角4,B,C的對邊，則下列命題中正確的是（）

A.若5加力>sinB,則A>B

B.若AABC是邊長為1的正三角形，則南.布=?

C.若B=*,b=\T~2^c=2,則△48C有一解

D.若0<tanAtanB<1,則44BC是鈍角三角形

10.設(shè)有兩條不同的直線加、幾和兩個(gè)不同的平面a、B，下列命題中錯(cuò)誤的命題是（）

A.若m//a,n//a,則?n/加

B.若mua,nca,m//p,九〃夕，則a〃/?

C.若m〃幾，mca,則n〃a

D.若a"B，mua,則

11.若z（l+i）=2i,其中i為虛數(shù)單位，則（）

A.\z\=1B.z2—2i

C.z的共加復(fù)數(shù)為1+iD.z的實(shí)部為1

12.甲、乙兩盒中皆裝有若干個(gè)不同色的小球，從甲盒中摸出一個(gè)紅球的概率是全從乙盒

中摸出一個(gè)紅球的概率是：，現(xiàn)小明從兩盒各摸出一個(gè)球，每摸出一個(gè)紅球得3分，摸出其他

顏色小球得0分，下列說法中正確的是（）

A.小明得6分的概率為JB.小明得分低于6分的概率為J

C.小明得分不少于3分的概率為qD.小明恰好得3分的概率為:

三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）

13.已知瓦？=（一2,6），0瓦=（n,l），0C=（5,-1），若點(diǎn)4、8、。在同一條直線上,且根=2n,

則m+n=?

14.哥德巴赫猜想是“每個(gè)大于2的偶數(shù)可以表示為兩個(gè)素?cái)?shù)的和”，如8=3+5,在不超

過11的素?cái)?shù)中，隨機(jī)選取兩個(gè)不同的數(shù)，其和為偶數(shù)的概率是(用分?jǐn)?shù)表示).

15.在擲一個(gè)骰子的試驗(yàn)中，事件4表示“出現(xiàn)不大于4的偶數(shù)點(diǎn)”，事件B表示“出現(xiàn)小于

5的點(diǎn)數(shù)”，則事件4+后發(fā)生的概率為(后表示B的對立事件)

16.在△ABC中，已知4B=2,AC=，^-ABC=120°,貝UBC=.

四、解答題(本大題共6小題，共70.0分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)

17.(本小題10.0分)

已知應(yīng)石是兩個(gè)單位向量，且日與B的夾角為今

(1)求五+3|;

(2)求d與qn+方的夾角的余弦值.

18.(本小題12.0分)

2

已知復(fù)數(shù)Z]=+(a-l)i,z2=2+2(a+l)i(aGR,i是虛數(shù)單位).

(1)若復(fù)數(shù)zi-Z2在復(fù)平面上對應(yīng)點(diǎn)落在第一象限，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；

(2)若虛數(shù)Z]是實(shí)系數(shù)一元二次方程4/-4x+m=0的根，求實(shí)數(shù)小值.

19.(本小題12.0分)

在A48C中，AB=3,AC=1,44=60。.

(1)求sinzJlCB；

(2)若。為BC的中點(diǎn)，求4。的長度.

20.(本小題12.0分)

如圖，四棱錐P-4BCD中，P41平面4BCD,NBA。=4BCD=^,AB=BC=1,PA=BD=2.

過點(diǎn)作直線AB的平行線交4。于尸，G為線段PD上一點(diǎn).

(1)求證：平面P4D±平面CFG；

(2)求平面PBC與平面PDC所成二面角的余弦值.

p

21.(本小題12.0分)

甲，乙兩人進(jìn)行圍棋比賽，采取積分制，規(guī)則如下：每勝1局得1分，負(fù)1局或平局都不得分，

積分先達(dá)到2分者獲勝；若第四局結(jié)束，沒有人積分達(dá)到2分，則積分多的一方獲勝；若第四

局結(jié)束，設(shè)有人積分達(dá)到2分，且積分相等，則比賽最終打平.假設(shè)在每局比賽中，甲勝的概

率為：，負(fù)的概率為主且每局比賽之間的勝負(fù)相互獨(dú)立.

(1)求第三局結(jié)束時(shí)乙獲勝的概率；

(2)求甲獲勝的概率.

22.(本小題12.0分)

我國是世界上嚴(yán)重缺水的國家，某市政府為了鼓勵(lì)居民節(jié)約用水，計(jì)劃調(diào)整居民生活用水收

費(fèi)方案，擬確定一個(gè)合理的月用水量標(biāo)準(zhǔn)x(單位：噸)，一位居民的月用水量不超過x的部分

按平價(jià)收費(fèi)，超出x的部分按議價(jià)收費(fèi)，為了了解居民用水情況，通過抽樣，獲得了某年100

位居民每人的月均用水量(單位：噸)，將數(shù)據(jù)按照［0,0.5),［0.5,1),…，［4,4.5］分成9組，制成

了如圖所示的頻率分布直方圖.

(1)求直方圖中a的值；

(2)設(shè)該市有50萬居民，估計(jì)全市居民中月均用水量不低于3噸的人數(shù)，并說明理由;

（3）若該市政府希望使80%的居民每月的用水量不超過標(biāo)準(zhǔn)x（噸），估計(jì)X的值，并說明理由.（

結(jié)果保留到小數(shù)點(diǎn)后三位）

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：對于①，-1的平方根有兩個(gè)，分別為i和-K故①錯(cuò)誤；

對于②，1的平方根是-1和1,故②錯(cuò)誤；

對于③，令a=1,6=0,則a+bi=1是方程/+刀一2=0的一個(gè)根，但方程/+x-2=0的

另一個(gè)根是x=-2,并非a-bi=1,

實(shí)際上，只有實(shí)系數(shù)方程的虛根才是共粗復(fù)數(shù)，故③錯(cuò)誤；

對于④，設(shè)z=i的平方根為x+yi(x,yeR),則(x+yi)2=i,即/—y2+2町;‘=3

故IL解得f7或f=一3，

12盯=1[y=?[y=_?

所以z=i的平方根為浮+?i或-好-?i，顯然Z的平方根是虛數(shù)，故④正確；

綜上：①②③錯(cuò)誤，④正確，故真命題的個(gè)數(shù)為L

故選：D.

對于①②，根據(jù)平方根的定義即可判斷；對于③，舉反例即可排除；對于④，利用平方根的定

義與復(fù)數(shù)相等的性質(zhì)求得z=i的平方根，從而得以判斷.

本題主要考查復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題.

2.【答案】B

【解析】解：對4只要將底面全等的兩個(gè)棱錐的底面重合在一起，

所得多面體的每個(gè)面都是三角形，但這個(gè)多面體不是棱錐，如圖，故A錯(cuò)誤;

對B,若棱柱有兩個(gè)相鄰側(cè)面是矩形，則側(cè)棱與底面兩條相交的邊垂直,

則側(cè)棱與底面垂直，此時(shí)棱柱一定是直棱柱，故8正確；

對于C,如圖所示，若4B=4C=CD=BD=4,BC=AD=3,

滿足側(cè)面均為全等的等腰三角形，但此時(shí)底面BCD不是正三角形，故C錯(cuò)誤;

對。，各個(gè)側(cè)面都是矩形的棱柱不一定是長方體,

比如底面為三角形的直三棱柱，故。錯(cuò)誤.

故選：B.

根據(jù)相關(guān)空間幾何體的定義，舉出部分反例空間幾何體即可判斷.

本題考查柱體與錐體的結(jié)構(gòu)特征，屬基礎(chǔ)題.

3.【答案】B

【解析】解：在所有的兩位數(shù)(10-99)共有90個(gè)，其中被2整除的有10,12,14,98,共計(jì)45

個(gè).

被3整除的有12,15,18.........99,共計(jì)30個(gè)，被6整除的有12,18,24,96,共計(jì)15個(gè),

故能被2或3整除的數(shù)有45+30-15=60個(gè).

任取一個(gè)數(shù)，則這個(gè)數(shù)能被2或3整除的概率為喘=|,

故選：B.

在所有的兩位數(shù)(10-99)共有90個(gè)，求得其中被2整除的有45個(gè)，被3整除的有30個(gè)，被6整除的

有15個(gè)，可得能被2或3整除的數(shù)有60個(gè)，由此求得這個(gè)數(shù)能被2或3整除的概率.

本題考查古典概型及其概率計(jì)算公式的應(yīng)用，等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，求得被2或3整除的數(shù)有60個(gè),

是解題的關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題.

4.【答案】A

【解析】解：從3,4,5,6四個(gè)數(shù)中任取三個(gè)數(shù)，所有基本事件為(3,4,5),(3,4,6),(4,5,6),(3,5,6)

共4個(gè)，

構(gòu)成的三角形是銳角三角形的基本事件有：(4,5,6)共1個(gè)，

所以構(gòu)成的三角形是銳角三角形的概率是

4

故選：A.

直接利用古典概型的概率公式求解.

本題主要考查了古典概型的概率公式，屬于基礎(chǔ)題.

5.【答案】A

【解析】解：因?yàn)榧滓覂山M都有6個(gè)數(shù)據(jù)，30%x6=1.8,50%x6=3,

所以第30百分位數(shù)為n=30,

第50百分位數(shù)為等=生產(chǎn)，

所以m=40,

所以里=竺=上

n303

故選：A.

根據(jù)百分位數(shù)的定義，求出小，n的值即可得答案.

本題主要考查百分位數(shù)的定義，屬于基礎(chǔ)題.

6.【答案】C

【解析】解：數(shù)據(jù)依次為53,56,69,70,72,79,65,80,45,41,>50）.而這組數(shù)據(jù)

的極差為40,數(shù)據(jù)中最小值為41,

故m應(yīng)為最大值81,

則81%x11=8.91,

將數(shù)據(jù)從小到大排列:41,45,53,56,65,69,70,72,79,80,81,

故這組數(shù)據(jù)的第m百分位數(shù)為79,

故選：C.

利用極差以及50可判斷m為最大值，可求再利用百分位數(shù)定義可解.

本題考查了百分位數(shù)的計(jì)算，屬于基礎(chǔ)題.

7.【答案】D

【解析】解：由題意前=］而=：（同+前）=：（近+；能）=：荏+；（前—四）=；荏+

4

設(shè)而=xMN，0<x<1,

A

則尼=AM+MG=AM+x~MN=AM+x(AN-AM)=%而+(1-x)箱=4(1-x)而+

HxAC>

所以;1(1-x)=%=[,得X；+，=l，

所以4+4〃=+4〃)(：+》=亨(5+與+》2*(5+4)=*,

當(dāng)且僅當(dāng)多=4,即;1=,，〃"時(shí)等號成立，

Aju4尸8

A+4〃的最小值為

故選：D.

利用平面向量的基本定理，用荏，就表示而，設(shè)而=x'MN，0<x<1,再用含參的方式用荏，

尼表示尼，得到關(guān)于參數(shù)的方程組求得[(；+，=1，最后應(yīng)用基本不等式“1”的代換求4+4”

的最小值，注意取值條件.

本題考查了平面向量的線性運(yùn)算的應(yīng)用及平面向量基本定理的應(yīng)用，考查利用基本不等式求最值,

是中檔題.

8.【答案】A

【解析】解：因?yàn)閏osA=^,

2c

所以2sinCcosA=sinB-sinC=sin(A4-C)—sinC,

貝!J2smecosA=sinAcosC+cosAsinC—sinC,

則sinC=sin(i4—C),

則C=4-C或C+/-C=TT,

則4=2c或4=兀(舍)，

由7P駁宗理可得2c__2sMe____2sinC___________2sin°____

Ji“c+bsinC+sinBsEC+sin(A+C)s譏C+sin(2C+C)

_2sinC_2sinC_1

-sinC+sin2CcosC+cos2CsinC—sinC+2sinCcos2C-^-(2cos2C-l)sinC-2cos2C9

又因?yàn)椤鰽BC是銳角三角形，

’0<2C<]

所以，0<兀-3。<泉解得，<C<],

IZO4-

[o<y

則?<cosC<?，

則:</汴<1,即：<W<1.

32cos〃C3c+b

故選：A.

先根據(jù)已知條件化簡可得4=2C,再將吉化為嬴,結(jié)合AABC為銳角三角形,可得C的范圍,

進(jìn)而得解.

本題考查三角恒等變換，解三角形與三角函數(shù)的性質(zhì)，考查運(yùn)算求解能力，屬于中檔題.

9.【答案】AD

【解析】解：A,vsinA>sinB,由正弦定理可得Q>b,?,.A>B,???正確，

8,548。是邊長為1的正三角形，??.四,元=”1乂（一3=-a???錯(cuò)誤，

C,B=々b=y/~2^c=2,由余弦定理得,2=44-a2-2x2xax（之,即小—2y/~3a+2=0,

??.a=—1,或Q=，？+1,則△ABC有兩解，.,?錯(cuò)誤，

D,vtanAtanB>0,AtanA>0,tanB>0,即A,8都為銳角，

vtanAtanB<1,:.，嗎，嗎<1,AcosAcosB-sinAsinB>0,cosM+B）>0,

cosAcosB、'

AcosC<0,C為鈍角，???△ABC是鈍角三角形，二正確.

故選：AD.

根據(jù)正弦定理及大邊對大角判斷4根據(jù)向量的數(shù)量積計(jì)算判斷B,根據(jù)余弦定理判斷C,根據(jù)兩

角和的余弦公式判斷D.

本題考查正弦定理，余弦定理，三角形解的個(gè)數(shù)的判斷，向量數(shù)量積的運(yùn)算，兩角和的余弦公式，

屬于中檔題.

10.【答案】ABC

【解析】解：對于4若m〃a,n//a,則zn,n可能平行、異面或相交，A錯(cuò)誤；

對于B,若mua,riua,m///?,n〃0,m,九不一定為相交直線，

只有當(dāng)m,ri為相交直線時(shí)，才可得到a〃0,故B錯(cuò)誤；

對于C,當(dāng)m〃n,mua時(shí)，可能是nua,推不出一定是n〃a,C錯(cuò)誤；

對于。，若戊〃/?,mea,根據(jù)面面平行的性質(zhì)可知血〃氏。正確.

故選：ABC.

根據(jù)直線與直線的位置關(guān)系可判斷4根據(jù)面面平行的判定定理可判斷B；根據(jù)線面的位置關(guān)系判

斷C；根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理判斷D.

本題考查空間中線線，線面，面面間的位置關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題.

11.【答案】BD

【解析】解：由題意，z=總1+1=c.景十叭J.-?1)=1+i,

則|z|==<2,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

z2-(1+i)2=2i,選項(xiàng)B正確；

z的共規(guī)復(fù)數(shù)為l-i,選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

z的實(shí)部為1,選項(xiàng)O正確.

故選：BD.

先化簡復(fù)數(shù)z,計(jì)算復(fù)數(shù)的模判斷選項(xiàng)A,計(jì)算復(fù)數(shù)的平方判斷選項(xiàng)B,由z的共趣復(fù)數(shù)判斷選項(xiàng)C,

由z的實(shí)部判斷選項(xiàng)D.

本題考查復(fù)數(shù)的運(yùn)算和概念，考查復(fù)數(shù)的模，考查共輒復(fù)數(shù)的概念，屬于基礎(chǔ)題.

12.【答案】BD

【解析】

【分析】

本題考查概率的求法，是基礎(chǔ)題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意相互獨(dú)立事件概率乘法公式的靈活運(yùn)

用，是基礎(chǔ)題.

根據(jù)相互獨(dú)立事件的乘法公式逐一求解即可.

【解答】

解：對選項(xiàng)A,小明得6分的概率為:x/=士故A錯(cuò)誤；

DZo

對選項(xiàng)B,小明得分低于6分的概率為1-之=?故B正確；

對選項(xiàng)C,小明得分不少于3分的概率為l—|x，=|,故C錯(cuò)誤；

在。中，小明恰好得3分的概率為：x,+|x,=/故Q正確.

DD44

故選：BD.

13.【答案】?

【解析】解：??,m=2n；

???OA=(-2,2n);

4B,C三點(diǎn)在同一條直線上；

???存在2使萬=ABC;

.-.OB-OA=A(OC-OB^

?b?(九，1)一(一2,2n)=A[(5,—1)—(n,1)]；

.pi+2=(5—n)A

Atl-2n=-2A；

3

或

3,i2

9

m+n=3n-9或

2-

9

9或

2-

先由m=2n,得到。力=(-2,2n).而根據(jù)點(diǎn)4,8,C在一條直線上得到：存在實(shí)數(shù)4使4B=ABC,

所以得到赤-方=4(元-赤)，代入函，礪，元的坐標(biāo)即可求出n,從而求出zn+n.

考查共線向量基本定理，向量的減法，以及向量坐標(biāo)的減法和數(shù)乘的坐標(biāo)運(yùn)算.

14.【答案】|

【解析】解：因?yàn)椴怀^11的素?cái)?shù)有2,3,5,7,11五個(gè)數(shù)，

從中選取兩個(gè)不同的數(shù)的基本事件有(2,3),(2,5),(2,7),(2,11),(3,5),(3,7),(3,11),(5,7),

(5,11),(7,11)共10件，

其中和為偶數(shù)的基本事件有(3,5),(3,7),(3,11),(5,7),(5,11),(7,11)共6件,

所以和為偶數(shù)的概率為白=1?

故答案為：

先把不超過11的素?cái)?shù)列舉出來，再利用列舉法與古典概型的概率求法求解即可.

本題主要考查了古典概型的概率公式，屬于中檔題.

15.【答案】|

【解析】解：隨機(jī)擲一個(gè)骰子一次共有6種不同的結(jié)果，

事件4表示“出現(xiàn)不大于4的偶數(shù)點(diǎn)”，事件B表示“出現(xiàn)小于5的點(diǎn)數(shù)”，

則事件4包括2,4兩種結(jié)果，p(a)=3=g,

事件B包括1,2,3,4四種結(jié)果，P(B)=*=|,P(5)=3

且事件A和B是互斥事件，

???事件4+5發(fā)生的概率為P(A+B)=PQ4)+P⑻=1+|=|.

故答案為:

事件A包括2,4兩種結(jié)果，事件B包括1,2,3,4四種結(jié)果，且事件4和B/互斥事件，由此能求出

事件A+5發(fā)生的概率.

本題考查概率的求法，涉及到互斥事件概率加法公式等基礎(chǔ)知識，考查運(yùn)算求解能力等核心數(shù)學(xué)

素養(yǎng)，是基礎(chǔ)題.

16.【答案】4

【解析】解：在AABC中，已知AB=2,AC=^ABC=120°,

利用余弦定理：AC2=AB2+BC2-2-AB-BCcos乙ABC,

整理得28=4+M+2?2?BCW，即BC?+2BC-24=0,

解得：BC=-6或4.

故BC=4.

故答案為：4.

直接利用余弦定理求出8c的長.

本題考查的知識要點(diǎn)：余弦定理，主要考查學(xué)生的理解能力和計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題.

17.【答案】解：(1)因?yàn)橐媸鞘莾蓚€(gè)單位向量，且日與族的夾角為全

所以k?K=|a|x|K|cos^=?，

所以+b|=J(C2+l)2=V3+2<^a-K=J3+2<Ix殍=7-5-

(2)設(shè)4與，父w+B的夾角為。，

2

因?yàn)槲?(A/-2a+b)=V-2a+a-b=弓工,

所以cos。=皿衛(wèi)地=受=剋衛(wèi).

\a\\>/~2a+h\<510

【解析】(1)根據(jù)模長公式結(jié)合向量的數(shù)量積公式求解計(jì)算即可；

(2)應(yīng)用向量的夾角余弦公式計(jì)算可得.

本題考查向量數(shù)量積的運(yùn)算，向量夾角公式的應(yīng)用，屬中檔題.

18.(衿案】解：(1)由已知得到Z]—z?=—2+(a2—2a—3)i,

因?yàn)樵趶?fù)平面上對應(yīng)點(diǎn)落在第一象限，

所以展一2>0,解得,

IQ2_2Q-3>0(a>3或Q<—1

所以一2<a<一|；

(2)因?yàn)樘摂?shù)zi是實(shí)系數(shù)一元二次方程4/一4x+加=0的根，

所以21是方程的另一個(gè)根，所以21+/=亮=1,所以a=0,

所以Zi=g-i,z7=1+i>

所以ZiN=；=*,所以m=5.

【解析】(1)由復(fù)數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)在第一象限得到實(shí)部大于0,虛部大于0,解不等式組即可；

(2)利用Z]是實(shí)系數(shù)一元二次方程4合-4x+m=0的根，得到另一個(gè)根是復(fù)數(shù)z1的共扼復(fù)數(shù)，利

用根與系數(shù)的關(guān)系得到a和

本題考查了復(fù)數(shù)的幾何意義以及實(shí)系數(shù)的一元二次方程有虛數(shù)根時(shí)，根互為共加復(fù)數(shù)的運(yùn)用.

19.【答案】解：(1)???在△4BC中，AB=3,AC=1,44=60。.

???由余弦定理可得：BC=VAB2+AC2-2AB-AC-cosA=J32+l2-2x3xlxj=

???由正弦定理：=可得：sin乙4cB=型組=土=紅包;

sxn￡ACBsinAbinz,/iGD8c「14

(2)???。為BC的中點(diǎn),

???可得：CD=；BC==，

T7cAC2+BC2-AB21+7-9C

乂COS'=2AGBC=充k=F'

??.在4ACD中，由余弦定理可得：AD=VAC2+CD2-2AC-CD-cosC=

J1+--2X1X—x(--)=-.

【解析】(1)由余弦定理可得BC的值，根據(jù)正弦定理可得sin乙4cB的值.

(2)由。為BC的中點(diǎn)，可求CD=],由余弦定理先求cosC,在△ACD中，由余弦定理可得40的

值.

本題主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的綜合應(yīng)用，考查了計(jì)算能力和轉(zhuǎn)化思想，屬

于基礎(chǔ)題.

20.【答案】解：(1)證明：因?yàn)镻A1平面ABC",4Bu平面4BCD,

所以2414B,

因?yàn)?BAD=p

所以AB_L4D,

因?yàn)镻AnAD=4,PA,A。u平面PAD,

所以AB_L平面PAD,

因?yàn)镃F〃4B,

所以CF_L平面PAD,

因?yàn)镃Fu平面CFG,

所以平面CFGJ_平面PAD；

(2)連結(jié)AC,過點(diǎn)B作BEJ.PC于點(diǎn)E,連接DE,如圖,

PAJ?平面ABC。，AD,ACu平面ABC。,

所以PA1AD,PALAC,

因?yàn)镹BA。=乙BCD=pAB=BC=1,PA=BD=2,

由勾股定理得：AD=VBD2-AB2=G，

則乙4DB=30°,

同理可得CO=C，/COB=30。,

故"DC=60°,

所以三角形ACD為等邊三角形，AC=CD=C，

故PB=VPA2+AB2=V_5>PC=VPA2+AC2=V_7，PD=VPA2+AD2C，

BC?+Cp2-PH?_1+7-5_3

在中,由余弦定理得:

28CPcosZ.BCP2BCCP-=2/7=

貝iJCE=BCcosZ-BCP=后BE=VBC2-CE2=清,

PC2+CD2-DP2_7+3-7_>T3

在△口?產(chǎn)中,由余弦定理得:

cosZ.PCD=2PCCD-=273x77=2<7'

在^CCE中，DE2=CE2+CD2-2CE-CDcos^PCD=總+3-2x高x<3>/~375

云亨=五'

因?yàn)镃E?+叱=3=CD2,

所以DE1PC,

所以4BED為平面PBC與平面PDC所成二面角的平面角,

222品十條4

BE+DE-BD3XT57

由余弦定理得:cos乙BED=

2BEDE2,渭,需一95,

【解析】(1)證明出ABJ_平面PAD,由C/7/4B,得到CF_L平面P4O,故而得證；

(2)作出輔助線，找到NBEC為平面PBC與平面PDC所成二面角的平面角，利用余弦定理求出二面

角的大小即可.

本題考查面面垂直的判定定理，考查二面角的定義及其求解，考查空間想象能力，推理論證能力

和運(yùn)算求解能力，考查直觀想象和數(shù)學(xué)運(yùn)算等核心素養(yǎng)，屬于中檔題.

21.【答案】解：（1）設(shè)事件A為“第三局結(jié)束乙獲勝”.

由題意知，乙每局獲勝的概率為最不獲勝的概率為|.

若第三局結(jié)束乙獲勝，則乙第三局必定獲勝，總共有2種情況：（勝，不勝，勝），（不勝，勝，勝）.

1212114

XX+XX=

故p（a）3-3-3-3-一

27

（2）設(shè)事件B為“甲獲勝3-”3-.

若第二局結(jié)束甲獲勝，則甲兩局連勝，此時(shí)的概率匕=：x：=；.

若第三局結(jié)束甲獲勝，則甲第三局必定獲勝，總共有2種情況：（勝，不勝，勝），（不勝，勝，勝）.

此時(shí)的概率P2=3xJxJ+；x：xj=；,

若第四局結(jié)束甲以積分（2分）獲勝，則甲第四局必定獲勝，前三局為1勝2平或1勝1平1負(fù)，總共有

9種情況：（勝，平，平，勝），（平，勝，平，勝），（平，平，勝，勝），（勝，平，負(fù)，勝），（勝,

負(fù)，平，勝），（平，勝，負(fù)，勝），（負(fù)，勝，平，勝），（平，負(fù)，勝，勝），（負(fù)，平，勝，勝）.

111111115

XXXXXXX6