2022-2023学年黑龙江省哈尔滨重点中学高一（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年黑龙江省哈尔滨重点中学高一（下）期末数学试

卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.若复数z=3-2i,则复数z的虚部为（）

A.-2iB.2iC.-2D.2

2.m,n是两条不同直线，a,£是两个不同的平面，则下列说法正确的是（）

A.若m〃a,n//a,则m〃nB.若m〃n,n//a,则

C.若771_1_0,al/?,贝Um///?D.若几，a,几_1"夕，则a///?

3.若P（AB）=g,P（A）­=I，P（8）=g,则事件4与B的关系是（）

A.互斥但不对立B.对立C.相互独立D.既互斥又独立

4.己知向量苍了的夹角为泮且|引=1,@=/3，则（2五一五0+尤）=（）

A.—1—yB.jC.\D.-|

5.某人从水库中打了一网鱼共1000条，作上记号再放回水库中，数日后又从水库中打了一

网鱼共跟条，其中4条有记号，由此估计水库中共有鱼的条数为（）

A1000D1000n

A--B-~~T~C.lOOOnD.无法估计

6.围棋起源于中国，据先秦典籍他本》记载“尧造围棋，丹朱善之”，围棋至今已有四

千多年历史，蕴含着中华文化的丰富内涵.在某次国际比赛中，中国派出包含甲、乙在内的5位

棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙不

在同一个小组的概率为（）

A弋BtC.|D4

7.在三棱锥P-ABC中，P41底面ABC,AB=2,AC=AP,BC1CA,若三棱锥P-ABC外

接球的表面积为5兀，则8c=()

A.1B.yT2C.7~3D.V-5

8.如图，在山脚4测得山顶P的仰角为a,沿倾斜角为0的斜坡向上走a米到B,在8处测得山

顶P的仰角为y,则山高八=（）

Aacosasin(y-a)口asinasin(y—a)

•sin(y-0)此sin(y-/?)

「acosasin(y-p')nasinasin(y-p)

・sin(y-a)・sin(y-a)

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.下列说法正确的是（）

A.用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体小被抽

到的概率是0.1

B.已知一组数据1,2,3,3,4,5的众数大于中位数

C.数据27,12,14,30,15,17,19,23的第70百分位数是21

D.甲乙丙三种个体按3：1：2的比例分层抽样，如果抽取的甲个体数为9,则样本容量为18

10.在AABC中，a,b,c分别为乙4,乙B,NC的对边，则下列叙述正确的是（）

A.若七=—则△ABC为等腰三角形

cosBcosA

B,若A>B,则sim4>sinB

C.若四•能V0，则△ABC为钝角三角形

D.若Q=bsinC+ccosB,贝IJNC=7

11.如图，AD与BC分别为圆台上下底面直径，AD〃BC,若4B=46二

3,AD=2,BC=4,则（）/\

A.圆台的母线与底面所成的角的正切值为2/至8c............................\C

B.圆台的全面积为147r

C.圆台的外接球（上下底面圆周都在球面上）的半径为q

D.从点4经过圆台的表面到点C的最短距离为3C

12.“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应A

的图形与“奔驰”轿车的三叉车标很相似，故形象地称其为“奔驰定理”./\

奔驰定理：已知。是4人⑶。内的一点，ABOC,△40C,AAOB的面积分别

B-------C

为SA、SB、SC,则有以布+SB而+Sc岳=1设。是锐角AABC内的一

点，4BAC,4ABC,NACB分别是AABC的三个内角，以下命题正确的是（）

A.若瓦？+南+k=6,则。为AABC的重心

B.若瓦？+2赤+3而=6，则%：SB：SC=1：2：3

C.则。为△ABC（不为直角三角形）的垂心，则tan/BAC,耐+tan乙4BC•方+tan乙4cB•

0C=0

D.若画|=|而|=2，/.AOB=2OA+3OB+40C=0,则“48c=£

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.已知z=2-i,|z+i|=

14.如图，在四棱锥P—ABCD中，PA1平面Z8CD,四边形A8CD

为菱形，4ABe=60。，且/M=4B,E为AP的中点，则异面直线

PC与DE所成的角的余弦值为.

15.甲、乙两班参加了同一学科的考试，其中甲班50人，乙班40人.甲班的平均成绩为76分，

方差为96分2；乙班的平均成绩为85分，方差为60分2.那么甲、乙两班全部90名学生的平均

成绩是分，方差是分2.

16.二战期间盟军的统计学家主要是将缴获的德军坦克—1—1~1------1------L—►

0XixtxnN

序列号作为样本，用样本估计总体的方法得出德军某月生

产的坦克总数.假设德军某月生产的坦克总数是N,缴获的该月生产的n辆坦克编号从小到大为

%1（小，・・・，0，即最大编号为X”，且缴获的坦克是从所生产的坦克中随机获取的，因为生

产坦克是连续编号的，所以缴获坦克的编号与，小，…，xn,相当于从［0,N］中随机抽取的n个

整数，这n个数将区间［0,N］分成（n+1）个小区间，

由于N是未知的，除了最右边的区间外，其他n个区间都是已知的.由于这n个数是随机抽取的,

所以可以用前n个区间的平均长度票估计所有5+1）个区间的平均长度总，进而得到N的估

计值.

例如，缴获坦克的编号是3,5,12,18,20,则统计学家利用上述方法估计德军每月生产的

坦克数为.

四、解答题(本大题共6小题，共70.()分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)

17.(本小题10.0分)

四棱锥A-BCDE的侧面4BC是等边三角形，EB平面ABC,DC1平面ABC,BE=1,BC=

CD=2,F是棱AD的中点.

(1)求证：EF〃平面ABC：

(2)求四棱锥4-8C0E的体积.

18.(本小题12.0分)

在△48C中，角4B,C所对的边分别是a,b,c.已知a=/而，b=2,乙4=120。.

(1)求c的值；

(2)求sin(B-C).

19.(本小题12.0分)

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：

(1)80〜90这一组的频数、频率分别是多少？

(2)估计这次环保知识竞赛成绩的平均数、中位数；

(3)从成绩是80分以上的学生中选两人，求他们在同一分数段的概率.

20.(本小题12.0分)

如图，三棱柱ABC-4181cl中、四边形4BB141是菱形，且N4B&=60°,AB=BC=2,CA=

CBi,CA1CB],

(1)证明：平面CAB11平面4BB141：

(2)求直线BBi和平面ABC所成角的正弦值;

21.(本小题12.0分)

已知A/IBC中，角4B,C的对边分别为a,b,c,在①笔=一月，=

JcosC2a+cJsinB-sinCa+c

③2s=-，弓锢•元三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答.

Q)选,求角8的大小；

(2)如图，作4B14D,设乙B4C=心使得四边形4BCD满足乙4CD4，AD=口,求BC的

取值范围.

R

22.(本小题12.0分)

在校运动会上，有甲、乙、丙三位同学参加羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘

汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比

赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其

中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签，甲、丙首先比赛，乙轮空,设每场比赛双

方获胜的概率都为;.

(1)求丙连胜四场的概率；

(2)求需要进行第五场比赛的概率：

(3)甲、乙、丙三人中谁最终获胜的概率最大？请说明理由.

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：由复数的概念可知，复数z=3-2i的虚部为-2.

故选：C.

由复数的概念判断即可.

本题主要考查复数虚部的定义，属于基础题.

2.【答案】D

【解析】解：根据题意，依次分析选项：

对于4平行于同一个平面的两条直线可以平行、相交或异面，4错误；

对于B,m可能在平面a内，B错误；

对于C,m可能在平面£内，C错误；

对于。，垂直于同一直线的两个平面平行，。正确；

故选：D.

根据题意，依次分析选项是否正确，综合可得答案.

本题考查空间直线、平面间的位置关系，注意线面平行、垂直的性质以及判断方法，属于基础题.

3.【答案】C

【解析】解：•••「(?!)=3・•.「(/1)=1一PQ4)=1-|=}

•••P(AB)=P(A)尸(B)=3于0，

•••事件4与B不互斥但相互独立，

故选：C.

根据独立事件的乘法公式判断独立性，根据互斥事件的定义判断是否互斥.

本题考查独立事件的乘法公式以及互斥事件的定义，属于基础题.

4.【答案】D

【解析】解：因为向量方,石的夹角为也且I乙I=1,19I=，弓，

所以方1b=|a||K|cos^=1xV-3x（―^^）=—1>

所以（2五一］）-（a+K）=2a2+a-K-b2=2xl2-|-3=-|.

故选：D.

利用平面向量的数量积公式直接计算即可.

本题考查平面向量的数量积运算，考查运算求解能力，属于基础题.

5.【答案】B

【解析】解：估计水库中共有鱼的条数为x，则驷=£

xn

lOOOn

X-j•

k

故选：B.

估计水库中共有鱼的条数为X，解方程理=会即得解.

xn

本题主要考查简单随机抽样的定义，属于基础题.

6.【答案】C

【解析】解：这5名棋手分别记为：甲，乙，A,B,C,分组情况有：

（甲乙4BC）,（甲乙B,AC},（甲乙C,4B）,（甲AB,乙C）,（甲4C,乙B）

（甲BC,乙4）,（乙4B,甲C）,（乙4C,甲B）,（乙BC,甲A）,（ABC,甲乙）共10种，

其中甲和乙在同一人组的有4种，分别为：（甲乙4BC）,（甲乙B,AC）,（甲乙C,4B）,（ABC,

甲乙），共4种，

所以甲和乙不在同一个小组的概率为1-△=|.

故选：C.

这5名棋手分别记为：甲，乙，4B,C,利用列举法写出基本事件，最后利用古典概型的概率公

式即可求解.

本题主要考查古典概型的问题，熟记概率的计算公式即可，属于常考题型.

7.【答案】C

【解析】解：••・PZ1底面ABC,BCu底面4BC,

BC1PA,又：BC1CA,CAHPA=A,

BCl^PAC,PB是RtAPBC和RtAPBA的公共斜边，

PB是三棱锥的外接球直径，由S=4TTR2=5兀=R=

设4c=AP=m,则PB=2R=Vm2+4=H，

则m=1,BC=V4-1=q.

故选：C.

由已知可得PB是三棱锥的外接球直径，可得PB,设ac=ap=m,进而可得vm2+1=口,

进而可求BC.

本题考查空间几何体的外接球问题，属中档题.

8.【答案】D

【解析】解：在APAB中，Z.PAB=a-/?,Z.BPA=(2-a)--y)=y-a,

由正弦定理得一^■语=可得PB=竺半畔，

sin(a-/?)sin(y-a)sin(y-a)

所以PQ=PC+CQ=PB•siny+asin/3=吧:蔡;,:丁)■

故选：D.

在APAB中，根据正弦定理求得PB=为器潦，结合PQ=PC+CQ,即可求解.

本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题.

9.【答案】AD

【解析】解：对于4个体m被抽到的概率为以=0.1,所以选项4正确;

对于8,数据1,2,3,3,4,5的众数是3,中位数是3,众数等于中位数，选项B错误;

对于C,数据27,12,14,30,14,17,19,23从小到大排列为：12,14,14,17,19,23,

27,30,

由于8x70%=5.6,其中第6个数为23,所以选项C错误；

对于D，根据分层抽样原理知，抽取的甲个体数为9时，样本容量为9+豆工=18,选项力正确.

故选：AD.

根据古典概型的计算公式，众数和百分位数以及分层抽样原理求解即可.

本题考查了古典概型的概率计算以及数据分析与应用问题，是基础题.

10.【答案】BD

【解析】解：由T=上得吗=迎?=sin2B=sin2A=24=28+2kn,或24+2B=乃+

cosBcosAcosBcosA

2kn,k£Z,

由于在三角形中，所以4=B或A+B=*故△ABC为等腰三角形或者为直角三角形，故A错误；

由A>B,得a>b,由正弦定理得sirM>sinB,故8正确；

若荏•近<0，则|南|•|近|COS(TT-B)<0=cosB>0，因此B为锐角，

故无法确定△ABC为钝角三角形，故C错误；

由。=bsinC+ccosB得sinA=sinBsinC+sinCcosB,

进而可得sin(B+C)=sinBsinC+sinCcosB=sinBcosC=sinBsinC,由于sinB丰0,

所以cosC=sinC=tanC=1,由于Ce(0,TT),所以C=*故£>正确.

故选：BD.

由正弦定理边角互化，结合三角函数的性质以及和差角二倍角公式即可判断4B0,由向量的数量

积定义即可判断C.

本题主要考查解三角形，正弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题.

11.【答案】ABD

【解析】解：取圆台的轴截面48CD,设4。、BC的中点分别为01、02,连接。山?，

分别过点A、。在平面4BCD内作AELBC,DF1BC,垂足分别为点E、F,

0,D

由题意可知，。1。2与圆台的底面垂直，易知四边形力BCD为等腰梯形，

且AB=CD=3,AD=2,BC=4,

在AABE和ADCF中，AB=DC,4ABE=Z-DCF,/.AEB=/.DFC=90°,

所以AABE三△OCF,所以，BE=CF,

因为AD〃BC,AEIBC,DFIBC,则四边形ACFE为矩形，且EF=CD=2,

同理可证四边形4〃。2。1为矩形，则。1。2=力凡且//〃。1。2，

所以力E与圆台的底面垂直，则圆台的母线与底面所成的角为乙4BE,

所以BE=CF=*里=子=1，则力E=VAB2-BE2=V32-1=2门，

所以tan乙4BE=£=2/7,4对；

对于B,圆台的全面积为兀*12+兀*22+兀*(1+2)'3=14兀，B对；

对于C,易知圆台的外接球球心在梯形4BC。内，且。后=8。-8后=4-1=3,

由勾股定理可得AC=VAE2+CE2=V8+9=C7，且sin乙48E=黑=4，

AD3

所以圆台的外接球直径为2R=而编=您=?，则/?=骞，B错;

~3~8

对于C选项，将圆台沿着轴截面4BCD切开，将圆台的侧面的一半展开如下图所示:

延长BA、DC交于点M,在圆台的轴截面等腰梯形力BCD中，AB//CDiiAB=^CD,

易知2、D分别为BM、CM的中点，所以，AM=DM=AB=3,

设乙4MD=8,则筋=3。=兀，则

在△4CM中，AM=3,CM=6,/-AMD=p

由余弦定理可得AC=JAM2+CM2-2AM-CMcos^=J32+62-2X3x6X1=3^.

因此从点A经过圆台的侧面到点C的最短距离为3/耳，。对.

故选:ABD.

取圆台的轴截面4BCD,利用线面角的定义可判断4选项；利用圆台的表面积公式可判断B选项；

利用正弦定理求出等腰梯形4BC0的外接圆半径，即为圆台的外接球半径，可判断C选项；将圆台

沿着轴截面4BCD切开，将圆台的侧面的一半展开，结合余弦定理可判断。选项.

本题考查圆台的全面积的求解，线面角的求解，圆台的外接球问题，化归转化思想，属中档题.

12.【答案】ABC

【解析】解：对于4设BC的中点为。，则而+方=2而=一成，

0,A,。三点共线，且而=|同，

设E,F分别为力B,AC中点，同理可得，

CO前=|丽，

。为AABC的重心，选项A正确；

对于B,由奔驰定理可知，若瓦？+2而+3记=6，

则以：SB：SC=1：2：3,选项B正确；

对于C,5^0(:=^\OB\\OC|sinzfiOC,

ShAOc=1\OA\\OC\sin^AOC,

ShAOB=\\OA\\OB\sm^AOB,

y^OA-OB=\OA\\OB\cos^AOB=-\OA\\OB\cos^ACB，

OB-OC=\OB\\OC\cosz.BOC=-\OB\\OC\cos^BAC，

又近■AC='OB-(OC-OA)='OB-OC-OA-OB=0,

|OX|cos乙4cB=|OC\COS/LBAC，

BP|O4|.-\OC\=COSZ.BAC：COS^ACB,

同理可得：|刀I；|南I：|无|=COSNBAC：cos乙4BC：cos乙4CB,

SA80C:SMOC：S“OB

_sir\z.BACs\nz.ABCsinZ.ACB

cosZ.BAC,cosZ-ABC*cosZ-ACB

=tanZ.BAC：tanZ.ABC：tanZJlCB,

结合奔驰定理可知，选项c正确；

对于。，在AAOB中，由I西=|南1=2，乙408=缗1得：

11

S"OB=2^2x2X—=1,

又2。4+30B+40C=0，则S^BOC：S—oc：^LAOB=2：3：4，

则SABOC=2'Sfoc=［，

"S^ABC=ShAOB+S&BOC+St^AOC=1+1+|=1，选项D错误•

故选：ABC.

对于4,设BC的中点为D,易知。，A,D三点共线，且刀=：而，由此容易判断：对于B,直接

由题意得出结论；对于C,由。为△ABC的垂心可得，OAOB='OBOC=OAOC，再结合三角

形的面积公式以及平面向量的数量积运算化简，对照奔驰定理即可得出结论；对于D,求出A/lOB

的面积，再根据奔驰定理求得ABOC及△AOC的面积，即可得到△4BC的面积.

本题以新定义在载体，考查平面向量的综合运用，涉及了平面向量的线性运算，三角形的面积公

式，同角三角函数的基本关系等知识点，考查化简变形能力，运算求解能力，逻辑推理能力等，

属于难题.

13.［答案］2y/~2

【解析】解：•.・z=2-i,

••z=2+i>

•••|z+i|=|2+2i|=V22+22=2<2.

故答案为：2，

根据已知条件，结合共痫复数的概念，以及复数模公式，即可求解.

本题主要考查共辄复数的概念，以及复数模公式，属于基础题.

14.【答案】Y

【解析】解：连接AC,取47的中点。，

连接E。、BD,

则EO〃PC,

则异面直线PC与DE所成的角的平面角为NOED,

设AB=1,

由已知可得：PA-AD=AC=1,

又P/4_L平面ABC。，

则PC=V2,

则E。=4,

因为BD1AC,BD1PA,

所以BDIf^PAC,

则BD1E0,

又OD=%BD=?，

则DE=J(?」+(?尸=浮

则COSNOEC=器=告=

UCiV35

r

故答案为：

连接力C,取AC的中点0,连接EO、BD,则EO〃PC,则异面直线PC与DE所成的角的平面角为/OED,

然后解三角形即可得解.

本题考查了异面直线所成角的求法，重点考查了异面直线所成角的作法，属基础题.

15.【答案】80100

【解析】解：甲、乙两班全部90名学生的平均成绩是瑞;x76+患;x85=80(分)；

50+4050+40

甲、乙两班全部90名学生的方差是3{50[96+(76-80)2]+40[60+(85-80)2]}=100(分2).

由已知数据代入总体平均数及总体方差公式计算即可.

本题考查数据的平均分及方差算法，考查数学运算能力，属于基础题.

16.【答案】24

【解析】解：由于用前n个区间的平均长度空估计所有(n+1)个区间的平均长度福,

而缴获坦克的编号是3,5,12,18,20,即n=5,%5=20,

故七**=24,

即则统计学家利用上述方法估计德军每月生产的坦克数为24.

故答案为：24.

根据统计学家利用的方法列比例式计算，即可求得答案.

本题考查系统抽样方法，属于基础题.

17.【答案】证明：(1)如图，取4C中点M,连接尸M、BM,

-F是4。中点，

FM//DC,且FM==1,

•:EB_L平面ABC,DC1平面ABC,

EB//DC,

FM//EB.

又EB=1,AFM=EB,

••・四边形BEFM是平行四边形，

EF//BM,

EF（4平面ABC,u平面4BC,

二EF〃平面ABC.

解：（2）取BC中点N,连接4N,

AB=AC,

.-.AN1BC,

■：EBJ■平面ABC,

AN1EB,

vBC与EB是底面BCCE内的相交直线，

•••ANJ_平面BCDE,

由(1)得，底面8CDE为直角梯形，S甥颜©DE="等"=3，

在等边A4BC1中,BC=2,

:.AN—

：*V棱锥A-BCDE=qS梯形BCDE,AN=\/~3.

【解析】(1)取4c中点“，连接可由中位线定理，线面垂直的性质定理，证得四边形BEFM

是平行四边形，进而EF〃BM,再由线面平行的判定定理，得到结论

(2)取BC中点N,连接AN,可证得AN，平面BCDE,由⑴求出底面8CDE的面积S悌形院团代入

棱锥体积公式，可得答案.

本题考查的知识点是直线与平面平行的判定，棱锥的体积，熟练掌握线面平行的判定定理，线面

垂直的性质定理和判定定理是解答的关键.

18.【答案】解：(1)(1=/方，6=2,乙4=120。,

则彦=炉+_2bc•cosA=4+c?+2c=39,

化简整理可得，(c+7)(c-5)=0,

解得c=5(负值舍去);

(2)a=<39，6=2,/.A=120°,

2义警_口3

则5讥8=史世

a-13

则cosB=V1—sin2B=

则s讥。=*=宣=等，

aV3926

故COSC=V1—sin2C=

zo

/升以S山(8—C)——rz—x——-----——x———=——~

SITLBCOSC-svnCcosB—1326，613

【解析】(1)根据已知条件，结合余弦定理，即可求解；

(2)根据已知条件，结合三角函数的同角公式，以及正弦的两角差公式，即可求解.

本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题.

19.【答案】解:(1)根据题意,50〜60的这一组的频率为0.015x10=0.15,

60〜70的这一组的频率为0.025x10=0.25,

70〜80这一组的频率为0.035x10=0.35,90〜100的这一组的频率为0.005x10=0.05,

则80〜90这一组的频率为口-(0.15+0.25+0.35+0.05)]4-2=0.1,

其频数为40X0.1=4；

(2)这次竞赛的平均数为45x0.1+55x0.15+65x0.25+75x0.35+85x0.1+95x0.05=

68.5,70(分)左右两侧的频率均为0.5,则中位数为70；

(3)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40x0.1=4人，设为a、b、c、d,90〜100之间有40x0.05=2人，

设为4、B,

从这6人中选出2人,有｛a,b｝、｛a,c｝、｛a,d｝、｛a,这卜｛a,B｝、｛b,c｝、｛b,d｝、｛b,4｝、｛b,B｝、｛c,d｝、

｛c,A｝、｛c,B｝、｛"｝、｛d,B｝、共15个基本事件,

其中事件E包括｛a,b｝、｛a,c｝、｛a,d｝、｛瓦c｝、｛b,d｝、｛c,d｝、｛A.B｝,共7个基本事件,

则P(E)=

【解析】(1)由频率分布直方图求出80〜90这一组的频率，由此求出80〜90这一组的频数；

(2)由频率分布直方图能估计这次环保知识竞赛成绩的平均数、中位数：

(3)利用列举法列出样本总数和基本事件总数，即可算出概率.

本题主要考查频率分布直方图的应用，属于基础题.

20.【答案】证明：(1)取的中点0,连接OC,OB,K

如图所示：dG

V

L1

且

vCA=CBr,CA±CBj,CO1ABr,CO=-ABA=1>

又“BC=2,BC2=OB2+CO2,

ACO1OB,

又•:

CO14ABrnOB=0,

■■■CO，平面4B814,

又：COu平面CAB1，

二平面CAB11平面4BBi4；

解：(2)由(1)可知,OB,OB】,OC两两垂直,

以点。为坐标原点，分别以赤，西，瓦的正方向为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如

图所示：

则B(C,0,0)，&(0,1,0),71(0,-1,0),C(0,0,l),

•••西=(-V3,1,0)，AB=(C,1,0)，AC=(0,1,1)，

设平面ABC的一个法向量为记=(x,y,z),则伊,亚=°,

B|Jf^3X+n=°1取”)得，fy=73.

(y+z=0iz=3

・••运=(C,-3,3)，

二直线BBi和平面ABC所成角的正弦值为|cos<西，n>\=黑喘=早.

【解析】(1)取4当的中点0,连接OC,0B,由题意可知COJ.AB1，再利用勾股定理证得CO1OB,

由线面垂直的判定定理可得C。1平面4BB14，进而证得平面CAB11平面力BB/i；

(2)以点。为坐标原点，分别以南，两，元的正方向为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系,

求出相应点的坐标，进而求出相应向量的坐标，得到平面4BC的一个法向量，再利用线面夹角的

向量公式求解即可.

本题主要考查了面面垂直的判定，考查了利用空间向量求直线与平面所成的角，属于中档题.

21.【答案】解：(1)选①，由正弦定理可得：笔z

、'JcosC2stnA+sinC

整理可得：sinCcosB+sinBcosC+2sinAcosB=0,

即sin(B+C)+2sinAcosB=0,

因为sin(8+C)=s)力，且sinAH0,可得cosB=-g,

因为3€(0,兀),

所以B=|TT；

选②，由正弦定理可得：2x|acsinB=-V-3xaccosB=空,

2b-ca+c

整理可得：a2-Vac=b2—c2即彦4-c2—b2=—ac,

由余弦定理得：C0sB=a2+c2--=_L,

2ac2

因为Be

所以8=|TT；

选③，由2s=—V-3