浙江省宁波市某中学2024-2025下高一年级下册期中考试数学试卷（含答案）

浙江省宁波市镇海中学2024-2025下高一下学期期中考试数学试卷

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.

2025

1.若复数z满足勺?+]_=2T，则Z的实部与虚部之和为（）

21.21.31

AA-一耳一耳iRB・5-5ICr--5Dn-5

2.设a,是三个不同平面,且any=，/ny=m,则“〃/m”是是〃个的（）

A.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

3.若斜二测画法的直观图是边长为2的正三角形，则原图形的面积为（）

A.堂B.V3C.2bD.2石

4.已知勺，与，…，/的方差为2,则3与+1,3X2+1,…，3xn+1的方差为（）

A.12B.18C.19D.36

5.己知圆锥的高为2,底面半径为2&，过圆锥任意两条母线所作的截面中，截面面积的最大值为（）

A.4B.6C.挈D.4V2

6.如图,棱长为2的正方体力BCD-4181QD1中,E为棱的%中点,尸为棱CC1中点，点G在侧面上

运动（含边界），若AG〃平面4止凡则点G的轨迹长度为（）

7.如图，已知Zk/WC满足4B1AC,44cB=30。，。为中点，E为线段AC上的动点，记/EDC=8.将四

边形力BOE沿着DE翻折成几何体C-&B1OE,在翻折过程中，总存在某一个位置使得々C1EC,贝加的取值

范围为（）

BDC

第1页

A.（演B.（舞）C.■第D.（先约

8.体积为1的正四棱锥P—48C。的侧棱尸A,PC,PD上分别有三点瓦F,G,且瓦4=2PE,PF=FC,PG=

3GD,则三棱锥8-E"G的体积为（）

A•而B-8C-6D'I

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，有选错的得。分，部分选对的得部分分.

9.已知Z1，Z2是复数，则下列结论正确的是（）

A.若Zi-z2>0,则Zi>z2B.若Z1Z2=0,则Zi=0或Z2=0

C.（zf+Z2）2=（zi+Z2）2D.\z^+Z2I2+|zi—Z2I2=2IZJ2+2\Z2\2

10.亚运会期间，宁波市要选拔射击运动员参加比赛，已知射击标靶的环数是0到10环，若要求连续10次

射击均不小于7环.下面是四位选手各自连续10次的射击情况的数据特征，其中肯定能通过选拔的是

（）

A.甲选手：平均数为8,众数为7B.乙选手：平均数为9,方差为1

C.丙选手：中位数为7,众数为8D.丁选手：中位数为9,极差为2

11.如图，正四面体P-ABC中，M是线段力8上的动点，N是线段PC上的动点，记8N与平面PMC的所成角

为。，BN与AC的夹角为仍平面PMC与平面P8C的夹角为夕，则下列说法正确的是（）

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.有一组数据：5,7,2,4,11,9则这组数据的第40百分位数为.

13.己知正四棱台的高为常上、下底面边长分别为空和26，若在它的内部有一个球，那么该球表面积的最

大值为.

14.如图，在棱长为1的正方体力8。0-48传1。1中，点P在线段上运动，点E在线段上运动，点"

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在底面A8C0运动（含边界），则鱼PF+PE的最小值为

四、解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

15.如图，已知圆台001的轴截面为等腰梯形人8%久,满足力8=4,&%=2,点C为7（不包括端点）上

一点，M为线段8C的中点，

（1）证明：〃平面&AC；

（2）若圆台。。1的体积为厚兀，求圆台。。1的表面积.

«3

16.宁波市政府为r鼓励居民节约用电，计划调整居民生活用电收费方案，拟确定一个合理的月用电量标准

X（千瓦时）：月用电量不超过工的部分按平价收费，超出X的部分按议价收费.为了了解居民用电情况，通过

抽样，获得了100位居民每人的月均用电量（千瓦时）,将数据按照了100）,［居0,200）,…，［600,700）分成7

组，制成了如图所示的频率分布直方图.

（1）求直方图中a的值以及所有样本的平均用电量；

（2）宁波市有900万居民，估计全市居民中月均用电量不低于400千瓦时的人数，并说明理由：

（3）宁波市政府希望使85%的居民每月的用电量不超过标准工（千瓦时），估计x的值（保留整数），并说

明理由.

17.如图，已知四棱锥P-A8co的底面为平行四边形，其中＞48=2,4。=PD=V5/B4D=专，BD_L

AP,AB1PD,

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（1）证明：PB1BC；

（2）求直线PC与平面248的所成角的正弦值.

18.如图，已知四边形48C。满足AD=2,8C=CO=2百,401CD,AC_L8C,现将△n4c沿着4c翻折得到

△P4C形成四棱锥P-ABCD,记二面角P-AC-。的平面角大小为6.

（1）若8=去证明：AP1PB.

（2）在线段4P上是否存在一点E使得0E〃平面PBC,若存在，求出第；若不存在，请说明理由.

（3）三棱锥P—A8C的外接球球心为。，二面角。一4P—C和0—8C—A的平面角大小分别为a,/?,求

taMa—taM/?（记入=sin8,结果用入表示）.

19.已知i为虚数单位，定义片=1的解称为几次单位根或单位根，这几个单位根分别为外=cos%〃

1n

sin等，（k=0,1,2,…，九-1）.复数单位根在代数、分析、信号处理和几何学等领域都有广泛的应用.例

如在平面几何中，记瓦7对应的复数为zi=r（cosa+isina）,将西*绕原点0逆时针旋转^得到被则

对应的复数为22=21例==[85卜+竿）+心访心+竿）].此外，在数字信号处理中，单位根用于设计滤

波器，以选择或抑制特定频率的示性信号.

（1）方程好+%+1=0在复数域上的两根为Zi，Z2，将Zi，Z2对应的向量西*，被^逆时针旋转今后得到

诙7,应〉记正7,方费对应的复数为Z3,Z4,请求出Zi，Zz，Z3,Z4（结果用代数形式表示）；

，l,x=3k也eZ）

（2）己知定义在整数集上的示性函数/（%）=-=3Z+l（k€Z）（g=cos母+i•sin告），在复平面

co2,x=3k+2（kEZ）

上的正三角形△ABC顶点4,8,C三点分别对应的复数为a,0,y,若存在孙孙打€{0,1,…，9}使得/（/）。+

/（丫2）尸+f（》3）y=。.则称力=1。。丫1+10r2+丫3为正二角形数.若"为正二角形数•求/'（力）；

（3）一个圆环上系有九5工6）个绳结，且圆环上每个绳结的位置都不相同，现有两种打结方式分别可以

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得到48型绳结，每个绳结等可能地采用两种打结方式.记顺序相邻的5个绳结中恰有1,2,3,4个A型绳

结的组数分别为a,瓦c,d,证明：3a+6-。-3d足5的倍数.

第5页

答案解析部分

1.【答案】C

【解析】【解答】解：易知(T)2025=(-0(-1)2024=T,则原式化为晶=2T,即/=2z+l,

贝⑵+1=等辿=*>即z=—>卜

故Z的实部与虚部之和为-行

故答案为：C.

【分析】易知(T)2025=(T)(T)2024=T,原式化为人=2一0即忑=2z+l,再利用复数代数形式

乙乙IJL4I

的乘除运算求得复数Z,最后根据复数的概念求实部和虚部的和即可.

2.【答案】B

【解析】【解答】解：若。〃氏aCiy=/,/?ny=m,

由平面平行的性质定理：得〃/m；

但当aCy=Cy=m时，可能有a〃氏也可能有a,/?相交，

如，,m是三棱柱的两条侧棱所在直线，y是，7九确定的平面，

另两个侧面所在平面分别为见/?,此时符合条件，

又因为a,/?相交，

所以“〃/m”是“a〃夕’的必要不充分条件.

故答案为：B.

【分析】利用面面平行的性质定理和它们之间的推导美系，再结合充分条件、必要条件的判断方法，从而找

出正确的选项.

3.【答案】D

【解析】【解答】解：直观图是边长为2的正三角形，则直观图的面积为S“=：x2x2xsin60。=V5,

则原图的面积为S原=2V2xV3=2V6.

故答案为：D.

【分析】由题意，先计算直观图的面积，再根据直观图和原图面积之间的关系求解原图面积即可.

4.【答案】B

2

【解析】【解答】解：因为勺，外，…，与的方差为2,则3/+1,3X2+1,…，3xn+1为2x3=18,

故答案为：B.

【分析】直接根据方差的性质求解即可.

5.【答案】R

【解析】【解答】解：如图所示：

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V

匕4,U8,PC为母线，。为底面圆心，其中△IMB为轴截面三角形，

由题意可得0B=2鱼，V0=2,VB=ylVO24-OB2=V4T8=2A/3»

999

在^V/B中，利用余弦定理可得cos乙二四朋高二」2+g3'_1,

2VA-VB2x28x28=3<0

则乙为钝角，

设过圆锥任意两条母线所作的截面三角形IMC的顶角4W。=a,则0<a<^BVAf

则截面三角形的面积为2-VA-VC-sina=6sina,

则当sina=1,即。=狮，截面三角形的面积最大，最大值为6.

故答案为：B.

【分析】作圆锥图，匕为母线，。为底面圆心，其中△IMB为轴截面三角形，在△匕48中，利用余

弦定理计算圆锥的轴截面三角形顶角的余弦值，判断其为钝角，再根据三角形的面积公式可知，当截面顶角

为直角时截面面积最大，结合正弦函数的性质求解即可.

6.【答案】A

【解析】【解答】解：取OC,ODi的中点分别为M,N,连接MN,EM,如图所示：

在正方形D1DCQ中，因为E,M为中点，所以EM〃。劣且EM=ODi，

由正方体力BC。-481的。1可得A4//001且4Al=CO1，则则/纵,AA1=DDlt

四边形EM44为平行四边形，

故4E//AM,而0M=MC,DN=ND;故MN//DC

同理EF〃DiC,故MN"EF,

而MNC平面为E凡EFu平面&EF,故MN〃平面力透入

同理4M〃平面&E凡而MNn4M=M,MN,AMu平面4MN,

故平面4MN〃平面人避广，而平面4MNn平面。=MN,

第7页

结合4G〃平面AiEE故G的轨迹为线段MN,其长度为痘.

故答案为：A.

【分析】取的中点分别为M.N,连接利用中位线性质，以及正方体的特征推出四边形

EM44为平行四边形，证明MN〃仇C,同理MN〃£•凡再根据线面平行的判定定理以及面面平行的判定则可

证平面力MN〃平面&EF,推出G的轨迹为线段MN,求其长度即可.

7.【答案】B

【解析】【解答】解：由题设不妨设A8=l,BC=2,

取8道的中点为5,81c的中点为M,连接

延长为瓦JO交于7\过C作CH_L平面481DE,垂足为H,连接Bm,如图所示：

贝|JSM〃CE且SD〃£T,而8山=CD=1,故MD1B©

若为C1CE,则8也IMS,而MSnM。二例,MS,M0u平面MSD,

故&CJL平面MSD,而SDu平面MSD,故B]C_LSD,

而SOu平面4道山邑故CH1SD,

因为CHn8iC=C,。从8道u平面8GH,故SO，平面8道”，

而々Hu平面故SO_LB]〃，但S0〃&T,8i&_L&T,

故B141S。，故81H与8遇]重合，

而C。=0Bi=。&=1,故m7<1,故”在上（不含端点），

过〃作，NIDE,交DE于N,连接CN,TN,同理可证CN1DE,

由旋转不变性得TN1DE,故T,N,“三点共线，

因此问题转化为如下平面问题：

当E在C&如何变化，使得〃在4道1上（不含端点），

设E（0,s）（0<s<仔），而o&笥，设H（九,0）,

则7"=（九,_⑹，而朝=（一必_字），结合T，.DE=0，

-1Q

可得一/+尹bs=0，则九=3-2A/5S，令0<3—28svl，

故当<svV5，当$=当时，4TOE=60。，当$=百时，^.TDE=90°,

故,<LCDE<冬

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【分析】由题设不妨设48=1,BC=2,取&E的中点为S,/C的中点为M,连接SM,SD,例D,延长

交于。过C作CH1平面4出1。邑垂足为H,连接々从根据々C_LCE可得C在平面上的投

影H在,4/1上（不含端点），故可求。的取值范围.

8.【答案】C

【解析】【解答】解：连接AC,8。相交于点。，连接P。，则由题意可知4。18。/。_1平面480

则47,BD,P。两两垂直，以O为原点，建立空间直角坐标系，如图所示:

设正四棱锥底面边长为6，则正四棱锥的体积为（xxp。=1=p。=1,

所以。A=OB=0C=0D=等,

所以ER邛1）,F（0,乎,aG卜等修0,0）,

所以扉=（0，襄一寺）,而=（一等,坐,一勖,而=（一乎，-手,一/）,同=（坐需,一分

所以西=等,I画=嚼，国=等，

35

EFEG70

所以cosz_GEF=72

冏胸~irx^rTT75TT

故sin“EF=

由NcZ^CE-_1'"154v1f68237^339_V1373

所以SAEFG=2\EF\\EG\s\nz.GEF=之x”x24x1］、对=~96~

设平面EGF的个法向量为五二Q,yz）,则nlEF

nLEG，

第9页

(n-FF=^y-iz=O,、

所以1后6,取z=5倔则五=(一1苧4,2,5⑹，

I—L-3J6J6sc/

(豌.EG=--g-x+后y-中=°

所以点B到平面ZGF的距离为d=嚅=髯=需，

-3~

所以三棱锥B-EFG的体积为暴=jxx瑞=/

故答案为：C.

【分析】连接力C,BD相交于点0,连接P0,由题意推出4c,8。,尸。两两垂直，以O为原点，建立空间直角坐

标系,利用向量依次求出出尸|,|EG|,|GF|,sinNEG£前,以及平面E尸G的法向量有,再求点B到面EFG的距离

d=牌和旌£.，最后根据锥体体积公式计算求解即可.

网

9.【答案】B,C,D

【解析】【解答】解：A、取Zi=1+2i,Z2=2K满足zi-Z2=1>0,但不能得出Zi>Z2，故A错误；

B、设复数Zi=Q+bi,z2=c+di(a,b,c,deR),

22

\zY•z2|—|(a+bi)(c+di)\-\ac-bd+(ad+bc)i\—J(ac—bd)+(ad4-be)—

,(ac)2+(bd)2+(ad)2+(bc)2,

2222ac2222

必1|•㈤=y/a+b-Vc+d=7()+(bd)+(be)+(bc)»则因,z21=\z1[.|z2|,

若2/2=0,lz1z2l=\zx\•\z2\=0,%|=0或。|=0,可得Z1=O或Z2=0,故B正确;

222

C、(z1+z2)=[(a+c)+(6+d)i]2=(a+c)-(/?+d)+2(a+c)(b+d)i，

Qi+Z2)2=(Q+c)2-(匕+d)2-2(Q4-c)(匕+d)i，

Z+^)2=[(Q+c)—(b+d)i]2=(Q+c)2_(b+d)2_2(Q+c)(b+di)，两式相等，故C正确；

22222222

D、%+z2\+|zi-z2\=[a+c+(b+d)i]+[a-c+(Z?-d)i]=2(a+c-b-d)+4(ab4-cd)i,

22222222

2|zi『+2\Z2\=2(M—b4-2abi)+2(c—d+2cdi)=2(a+c-b—d)+4(ab4-cdji,

222

则|zi+z2\+|zi—z2\=2|z/2+2|Z2|,故D正确.

故答案为：BCD.

【分析】取特殊的复数，求解即可判断A；设复数Z]=a+bi,Z2=c+di(a,b,c,dER),根据复数的乘法运

算以及复数模长的计算求解即可判断B；根据共聊复数的概念，以及复数的乘方法则求解即可判断C；根据

复数模长的计算即可判断D.

10.【答案】B,D

【解析】【解答】解：A、由平均数为8,可得射击的总环数为8X10=80,众数为7,假如存在一个6环，

则其余9个环数需满足和为80-6=74,则平均环数为9x8.22环，

其可能为：6,7,7,7,7,8,9,9,10,10,此时众数为7,平均数为8,但存在6环，故A不符；

B、平均数为9,方差为1,则总环数为9X10=90,假如存在一个6环，

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则其余9个环数需满足和为90-6=84,则平均环数为等工9.33环，

此时方差=69)+9为9.33二9)=9±%80[=099801V1，则不可能存在6环，故B正确；

C、中位数为7,众数为8,则第5,6个数为7,且8环次数最多，

可能为，0,1,2,7,7,7,8,8,8,8,故C不符题意；

D、中位数为9,极差为2,则从小大排列环数时，第5,6位上数为9,最大值为9,最小值为7,故D正

确.

故答案为：BD.

【分析】先根据平均数计算射击的总环数，假如存在一个6环，再计算剩余9环的平均环数，最后根据众数

和方差，推出矛盾即可判断AB；区选手射击的中位数为7,众数为8,可知第5,6个数为7,且8环次数最

多，推出得可能的射击环数即可判断C；根据中位数，极差的定义即可判断D.

11.【答案】A,B

【解析】【解答】解：在正四面体中，取PC中点F,连接FM,F8,凡4,

过B作垂足为连接NH,如图所示：

WJPC1FB.PC1FAtFBC\FA=F,尸B,凡4u平面

则PC_L平面B48,又PCu平面PMC,

所以平面尸MC1平面R48,平面PMCn平面凡48=FM,

面产A8,则8HJL平面PMC,

则HN即为BN在平面PMC内的射影，

故/8NH即为8N与平面PMC的所成角仇

由PC_L平面片4B,FMu平面F4B,则PC1尸M,又PC工FB,

故48FM即为平面PMC与平面PBC的夹角/?,

过N作NQ〃/1C交P4于Q,连接BQ交PM于R,连接NR,如图所示:

第11页

则乙8NQ即为8N与4C的夹角且Z8NR＜乙BNQ；

A、由直线ZJN与平面PMC所成角。是3N与平面PMC内所有直线夹角中的最小角,

又NRu平面PMC,故64乙BNRW乙BNQ=(p,故A正确；

B、如图所示：

在Rt△BHN中,sin®=sin乙BNH=下祠;

在/?£△BHF中,sinfi=sinzBFM=sinZ-BFH=解；

由B/WBN可知I,sinJWsin/?,又8,/?£[o,皆，故63/?,故B正确;

C、当M与力重合，N与P重合时，

分别取PC4C中点F,G,如图所示：

则8N在平面PMC内的射影即为PG,

则BN与平面PMC的所成角即乙BPG=0,

由力CJ.PGMCJ.BG,PG,BGu平面PGB,PGCBG=G,

则4c1平面PGB,BNu平面PGB,则4c1BN,故8N与AC的夹角租=去

由PC1BF,PC1AF,则凡4即平面PMC与平面PBC的夹角/?,

设正四面体棱长力B=2,则在△力FB中，AF=BF=V3»

网2+（再）222

AF2+BF2-AB2

故cos£=COSZ.BFA=，。为锐角,

2AFBF-2Xy/3Xy[3

故此时故C错误；

D、当M与A重合，N与C重合时，如图所示:

第12页

p

F

/BL夕"\

A(M)C(N)

凡4为平面PMC与平面PBC的夹角氏

cosSJ©,则"生此时BN与"的夹角即8="0,故D错误.

故答案为：AB.

【分析】取PC中点F,连接FM,FB,凡4,过3作8H1尸M,垂足为H,连接NH,取PC中点，利用PCJL平面

凡48,根据面面垂直的判定定理证明平面尸MCI平面凡48,再根据线面所成角定义找到仇借助平行关系找

到仍借助棱PC的垂面FAB找到处利用最小角定理可证即可判断A；通过解直角三角形可得sin。=

需与si叩=器，再由8N>"可比较仇/?大小即可判断B；分别取M,N在特殊位置处求相应角并比较大小,

即可判断CD.

12.【答案】5

【解析】【解答】解：6个数由小到大的排列为2,4,5,7,9,11,6X40%=2.4,则第40百分位数为5.

故答案为：5.

【分析】先将数据从小到大排序，再根据第40百分位数的定义求解即可.

13.【答案】47r

【解析】【解答】解：作正四棱台的轴截面，如图所示：

分别取AB,CD的中点及F,连接EF,取E尸的中点0,连接08,0C,过。作。M18C,

9

过B作BN_LDC,由题意可知48=§=如,EF=-

CD4

乙

则。=nF2+FC2

"2=加+叱=由+图)2二岩,

第13页

°”B2+0.C2-B”C2_的93,2+7前3对10811

在△OBC中，由余弦定理可得cos乙BOC=

2OBOC2日

则收”=舒

因S®c=义。8.0C•sin/80c=•BC,

193-273^308

64X34-X71BT_159_

则0M=OBOCsin乙BOC

BC—逋-I6<8"0F，

-2~

在线段。尸上取点01，过01作。1K18C,使得0iK=01F,连接OiC,

此时△0/C=△01KC,

因sinzBCN=需=?乂*=乎，则々8CN=60。，则乙。停尸=30。,

则。1尸="•tan300=V5x字=1，

故球的半径最大值为R=1,则球表面积的最大值为4〃产=47r.

故答案为：47r.

【分析】先作正四棱台的轴截面，分别取48,CD的中点E,F,连接EF,取EF的中点。，连接OB,OC,过。作

0M1BC,过8作BN1OC,利用勾股定理以及余弦定理和三角形的面积公式求出垂线段长，并与高的一半

比较，垂线段小于高的一半时，则需将轴中点往下底面方向移动，使其到下底面的距离和到侧面的距离相

等，求半径，最后根据球的表面积公式求解即可.

14.【答案】V2

【解析】【解答】解：易知PE1C15时，PE长度最短，

尸尸，底面时，即长度最小，由正方体的结构性质易知F在8D上,

过F作/G1AB,连接PG,如图所示：

,PFBFFG-r^nr->.,（（―

由西=丽=而，可得&PF=PG,W0V2PF+PE=PG+PE,

连接4Di，BC],可知E,P,G三点共线，且EG_L4B,

在正方体中，易知4Di_L4B,EG=AD、=®

则或PF+PE的最小值为企.

第14页

故答案为：yj2.

【分析】易知P£_LGOi时，，PE长度最短，当PF_L底而A3C。时，PFK度最小，由正方体的结构性质易知”

在8。上，过户作FGJ.AB,连接PG,利用三角形相似求得四PF=PG,&PF+PE转化为PG+PE,连接

ADltBClf可知及P,G三点共线，在正方体中中求得EG=ADi=VL即可得+PE的最小值.

15.【答案】(1)证明：连接OB〉0M,如图所示：

因为四边形488遇1为等腰梯形，所以48〃4当，

因为48=4,41%=2,。为48中点，所以4/1=40,所以四边形4。81Al为平行四边形，所以。8“/441，

又因为。当C平面4AC,A&u平面4AC,所以。当〃平面44C,

又因为M为的中点，所以0M为三角形/KC的中位线，所以0M〃4C,

又因为。何《平面44C,ACu平面&AC,所以0M〃平面44C,

又因为OMu平面OMBi，0B1u平面OMBi，0B〔COM=M,所以平面0M/〃平面&4C,

又因为u平面OMB],所以〃平面4〃。；

(2)解：设上底面圆半径为r',则r=41。1==1,s=nr2=zr»

上底面圆半径为r,则r=4。==2,S=nr2=4TT,

设圆台高为九，体积为V,

则V=义(S+S'+yJSS^h=£(7T+4TT+y/n-4TT)/2=^^冗，解彳=V3»

ooo

在截面等腰梯形中，过心作48的垂线，垂足为E,如图所示：

则为E=百,4£=1,441=*1产+4产=2,即圆台母线长1=2,

故圆台001的表面积S圆台=S+S,+?r(r+r)Z=TT+4TT+〃x(1+2)x2=11兀

【解析】【分析】(1)连接。/，0M,根据梯形的性质以及中位线定理，面面平行的判定先证明平面。MB"/

平面44U再根据线面平行的判定定理证明〃平面44c即可：

(2)设上底面圆半径为r',上底面圆半径为r,圆台高为九，体积为V,由题意，根据圆台体积，求出圆台的

第15页

高，再求圆台的母线长，最后根据表面积公式求解即可.

连接。8「0M,

因为四边形为等腰梯形，

所以〃&Bi，

因为力B=4,4占=2,。为48中点，

所以4避1=4。，

所以四边形A。8ml为平行四边形，

所以。％〃44i，

又因为。为O平面44C,AA±L平面

所以OB1〃平面44C,

又因为M为BC的中点，

所以0M为三角形48。的中位线，

所以。M〃4C,

乂因为OMU平面44C,4Cu平面A遇C,

所以0"〃平面4/4C,

又因为OMu平面。MB〉0B1u平面。OBXnOM=M,

所以平面OMBi〃平面A/C,

又因为当Mu平面OMB],

所以B]M〃平面&AC.

(2)设上底面圆半径为r,则r'=AiOi=a&Bi=1，S=nr'2=n

上底面圆半径为r,则r=4。=*48=2,S=nr2=4TT,

设圆台高为/i，体积为V,

则V=g(S+S'+y/SS^h=i(7T4-4TT+y/n-4TT)/I=

解得h=V3»

在截面等腰梯形488遇1中，过力i作48的垂线，垂足为E,如图，

第16页

45

则A1E==l,A4i=JA0+AE2=2,

所以圆台母线长/=2,

所以圆台。。1的表面积S圆台=s+s'+n(r+/)/=7r4-47r+7TX(l+2)x2=117T.

16.【答案】(1)解：由频率和为1可得(0.0005+0.为1x3+a+0.002+0003)X100=1,解得a二

0.0015,

样本的平均用电量为：50x0.05+150x0.1+250X0.1+350x0.2+450x0.3+550x0.15+650x

0.1=395(千瓦3

(2)解：由宜方图可得用电量不低于400千瓦的频率为0.3+0.15+0.1=0.55,

故全市居民中月均用电量不低于400千瓦的人数为900x0.55=495万人：

(3)解：由直方图得前5组的频率之和为0.05+0.1x2+0.2+0.3=0.75,

前6组的频率之和为0.05+0.1x24-0.2+0.3+0.15=0.9,

故第85百分位数x在［500,600)中，故0.75+(%-500)x0.0015=0.85,

故x-500=n氏.«67,故x*567(千瓦).

U・UUJLJ

【解析】【分析】(1)先根据频率分布直方图各矩形面积和为1列式求参数a,再利用频率分布直方图平均值

的计算方法求平均数即可；

(2)先求出后三组的频率之和，再估计全市居民中月均用电量不低于400千瓦时的人数即可：

(3)先计算前6组、前7组的频率，由前6组、前7组的频率可判断85%分位数在第7组，利用第85百分位

数公式求解即可.

(1)由频率和为1可得(0.0005+0.001x3+a+0.002+0.003)x100=1解得a=0.0015,

样本的平均用电量为：50x0.05+150x0.1+250x0.1+350x0.2+450x0.3+550x0.15+650x

0.1=395(千瓦).

(2)由直方图可得用电量不低于400千瓦的频率为0.3+0.15+0.1=0.55,

故全市居民中月均用电量不低于400千瓦的人数为900x0.55=495万人.

(3)由直方图得前5组的频率之和为0.05+0.1x2+0.2+0.3=0.75,

前6组的频率之和为0.05+0.1x2+0.2+0.3+0.15=0.9,

故第85百分位数%在［500,600)中,故0.75+(%-500)x0.0015=0.85,

故x—500=x67,故x=567(千瓦).

第17页

17.【答案】（1）证明：因为48=2,40=旧，乙84。=1

由余弦定理可得：BD2=AB2+AD2-2AB-40cos5=4+3-6=1,

所以BD2+AO2=482,即/4。8=去

所以/W1BD,又AD〃BC,可得：BC工BD,

又BDLAP,AD,4尸为平面ADP内两条相交直线，

所以8D1平面A0P,又P0在平面ADP内，

所以80J.PD,乂AB工PD,48,80为平面ABC。内两条相交直线，

所以PD_L平面4BC0,8c在平面4BC0内，

所以PDJLBC,又BCJLBD,BD,P0为平面PBD内两条相交直线，

所以BC1平面PBD,PB在平面PBD,所以PB1BC；

（2）解：由（1）PDl^ABCD,4D,B0,0C在平面48CD内，9APD1DC,PD1AD,PDLBD,

因为PD=AD=V3,CD=2,BD=1,所以PC=V7,PB=2,PA=遍，

则COSNABP=^2x2=rsin/ABP=半，

=2x2x2xS△力即=x1xV3=苧'

设0到平面24B的距离为d,

由等体积法：VD_PAB=VP_ABDf可得等d=^x6,解得d=/，

乙乙3

又因为CD〃AB,A8在平面/MB内，C0在平面P48夕卜，

所以G）〃平面PAB,所以C到平面P4B的距离为4=隼，

则直线PC与平面P4B的所成角的正弦值为且=空=①匹.

PC"35

【解析】【分析】（1）由题意，利用余弦定理，结合勾股定理求得上408=今即4018D,再根据线面垂直

的判定定理求证BC1平面P8D,由PB在平面PBD,即可证明PB1BC；

（2）由（1）PDJL平面48CD,40,8。,0。在平面48。。内，iiE^PD1DC,PD1AD,PD1BD,利用余弦定

理，同角三角函数基木关系以及三角形面积公式求得△48尸小ABO的面积，设0到平面PA8的距离为d,由等

体积法求得C到平面PA8的距离，再结合线面角的定义求解即可.

BC

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由余弦定理可得：BD2=AB2+AD2-2AB•/IDcosJ=4+3-6=1,

O

所以BD2+/1。2=4B2,即乙4。8二1

所以AD1B0,又4D〃BC,可得：8cl80,

又BDLAP,4D,4P为平面40P内两条相交直线，

所以8D_L平面力DP,乂P0在平面力DP内，

所以8D_LP0,乂ABiPD,力为平面48C。内两条相交直线，

所以PDJ_平面4BC0,BC在平面49co内，

所以PD_L8C,又BC_LBD,BD,PD为平面PB。内两条相交直线，

所以BC1平面PBO,PB在平面PBD,

所以P81BC；

(2)由(1)P01平面ABC。，40,8。,DC在平面48co内，

所以PD1DC,PD1AD,PD1BD,

又P。=AD=yf3fCD=2,BD=1，

所以PC=\f7,PB=2,PA=瓜,

则cos乙48P=甥翡=J,所以si山BP=李，

zxzxzq4

所以S〃8P=1x2x2x

1万总

$△48°=②X1XVS=-2~

设。到平面PAB的距离为d,

由等体积法：VD-PAB=Vp-ABD，

可得孚壮=枭后

解得：d=?，

乂CDI!AB,AB在平面/MB内，CO在平面PAB夕卜，

所以CD〃平面P48,

所以C到平面P48的距离为d=半，

所以直线PC与平面PAB的所成角的王弦值为旦=受=迹

PC4735

18.【答案】(1)证明：若6=3,则平面24cl平面4CD,

在平面PAC内过P作PSIAC,垂足为S,连接AS,8S,

因:为平面I平面力平面C平面4f7)=/「，

PSu平面PAC,故PSJ■平面4CB,而BSu平面故PS_LSB.

第19页

在直角AP/IC中，AP=2,CP=2a,PA1PC,故PS=%2f=汽,

J4+12

2

而CS="=卫=3，在RtABCS中，BS=V9+12=V21，则PB?=3+21=24,

AC4

满足AB?=AC2+BC2=28=AP2+PB2,故AP1PB；

（2）解：存在E且满足弟=J,使得。E〃平面P8C,证明如下：

/1II

取（1）中S,由（1）可得力5=4。一。5=1,连接SQ,如图所示:

由旋转不变性可得SO1AC,

而BC14C且SO,8cu平面ABCD,故DS〃BC,

而DSC平面PBC,BCu平面PBC,故。S〃平面PBC,

而笫=/且第=/,故ES//PC,同理可得ES〃平面P8C,

而SDC\ES=S,SD,ESu平面DES,故平面DES〃平面PBC,

而DEu平面。ES,故DE〃平面P8C

（3）解：由旋转过程中形成四棱锥，故。6（0,0，

若。Wl：。,?），取4GBC,P4的中点分别为T,N,M,连接ON,OM,MT,TQ,QN,如图所示:

V

因为。为三棱锥P-4BC的外接球球心，故OQ_L平面48C,。71平面H4C,

因为BCu平面/WC,故BC1OQ,而QN为中位线，故QN11AC,

故QN上BC,@QNdOQ=Q,QN,OQu平面ONQ,

故BC1平面。NQ,而ONu平面。NQ,故BCLON,

故NONQ为二曲角。一8。一人的平面角，故乙ONQ=0,

第20页

同理可证：乙OMT=a,LOTQ=TT—0—54=5—

在直角三角形OQN中，0Q=ONtan/?=2tan0,同理。T=MTtana=V5tana,

故在直角三角形。TQ中有07cos管-=TQ=®

故JStanasin。=V5即tanasin。=1,

且“tan0-=焉=OQ=2tan0，

4-3(1-?)2

故最…n/=e-鬻1+3A

4A2-4A2

当。=掾时，此时。,Q重合，且0=O,tana=第=1,

2

满足tan2a—tan2/?=1=,

4xlz

当0eg,7r）,此时乙OTQ=8且0在平面4BC的下方，

2

同理可得tan2a—tan2^=上学

4乃

综上，tan2a-tan2/?=1+^•

4A

【解析】【分析】（1）若。=?,则平面P"_L平面ACD,在平面PAC内过P作PS_LAC,垂足为S,连接

AS.BS,利用空间中垂直关系的转化可得PS_LSB,结合勾股定理求证4P1PB即可；

（2）取（1）中S,由（1）可得4s=4C-CS=1,连接SD,利用面面平行的判定定理可证平面DES〃平面

PBC,可得第=；时，DE//平面PBC：

（3）若66（04），取AC,8cp4的中点分别为7,N,M,连接0N,0M,MT,TQ,QN,利用球心的性质结合二面