2023-2024学年河北省保定市高一(下)期末数学试卷

2023-2024学年河北省保定市高一（下）期末数学试卷一、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。1．（5分）若复数z满足zi＝i﹣1，则复数z的虚部为（）A．1 B．﹣1 C．i D．﹣i2．（5分）已知直线m，平面α、β、γ，下面条件能推出α∥β的是（）A．α⊥γ，β⊥γ B．m⊂α，m∥β C．m与α、β所成的角相等 D．m⊥α，m⊥β3．（5分）若一组数据3，4，m，7，9的平均数为6，则这组数据的方差是（）A．3 B．185 C．245 4．（5分）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且A+B＝2C，cosA=63，a＝3，则A．72 B．92 C．25．（5分）底面积是π，侧面积是2π的圆锥的体积是（）A．3π B．2π C．2π3 6．（5分）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝2，则点A到平面A1BC的距离为（）A．2 B．2217 C．77．（5分）一个盒子里装有除颜色外完全相同的四个小球，其中黑球有两个，编号为1，2；红球有两个，编号为3，4．从中不放回的依次取出两个球，A表示事件“取出的两球不同色”，B表示事件“第一次取出的是红球”，C表示事件“取出的两球同色”，则下列说法错误的是（）A．A与C互斥 B．A与B相互独立 C．P（B∪C）=56 D．P（AB8．（5分）已知△ABC的外接圆圆心为O，且2AO→=AB→+AC→，A．−14 B．−116 C．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。（多选）9．（6分）已知i是虚数单位，下列说法中正确的是（）A．若z1，z2互为共轭复数，则|z1B．若复数z满足|z﹣i|＝3，则复数z对应的点在以点（1，0）为圆心，3为半径的圆上 C．复数5+4i与﹣2+5i分别表示向量OA→与OB→，则表示向量AB→D．若2i﹣3是关于x的方程2x2+px+q＝0的一个根，其中p，q为实数，则p＝12（多选）10．（6分）设Ox，Oy是平面内相交的两条数轴，其中∠xOy=θ(0＜θ＜π且θ≠π2)，e1→，e2→分别是与x轴，y轴正方向同向的单位向量．若平面向量a→满足a→=xe1→+ye2→，则有序数对（xA．已知a→=（2，3）π3，则|aB．已知a→=（x1，y1）θ，b→=（x2，y2）θ，则a→+b→=（x1+x2C．已知a→=（﹣1，2）θ，b→=（2，1）θD．已知a→=（x1，y1）θ，b→=（x2，y2）θ，若a→∥b→，则x2•y1（多选）11．（6分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点M是四边形BB1C1C内部及边界上一动点，点P是棱AA1上靠近点A的三等分点，下列结论正确的有（）A．BD1⊥A1D B．当直线AM与平面A1D1DA所成的角为45°时，点M的轨迹长度为π C．若BD1⊥PM，则点M的运动轨迹长度为22D．直线D1P被正方体ABCD﹣A1B1C1D1的外接球所截得的线段的长度为10三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）已知向量a→=（1，﹣1），b→=（2，1），若（λa→+b13．（5分）在山脚A测得山顶P的仰角α＝30°，沿倾斜角β＝15°的公路向上走600m到达B处，在B处测得山顶P的仰角γ＝60°，如图，若在山高的34处的点S位置建造下山索道，则此索道离地面的高度为m14．（5分）我国古代《九章算术》中将底面为矩形，顶部为一条棱，且棱与底面平行的五面体称为刍甍，如图，刍蔓EF﹣ABCD有外接球，且EF∥AB，AB=2EF=43，AD＝4，EA=ED=22，则该刍甍外接球的表面积为四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）“青年大学习”是由共青团中央发起，广大青年参与，通过学习来提升自身理论水平、思维层次的行动．某市宣传部门为了了解广大青年的学习情况，从全市随机抽取了1000名共青团员进行调查，统计他们2023年下半年的学习时长，下图是根据调查结果绘制的频率分布直方图．（1）求频率分布直方图中a的值，并估计学习时长的样本数据的67%分位数；（2）为了解广大青年学习的具体情况，现采用比例分配的分层随机抽样方法，从样本中再抽取50人参加座谈，则参加座谈的共青团员中学习时长在区间[150，170）内的有多少人？16．（15分）如图在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动．（1）证明：D1E⊥A1D；（2）若点E满足AE→=12AB→，求二面角D17．（15分）甲、乙、丙三人进行乒乓球比赛，比赛规则如下：每次比赛两人上场比赛，第三人为裁判，一局结束后，败者下场作为裁判，原裁判上场与胜者比赛，按此规则循环下去，共进行4局比赛．三人决定由乙、丙先上场比赛，甲作为裁判．（1）第一局比赛开始前，丙提出由掷骰子决定谁先发球，连续抛掷一枚质地均匀的六面体骰子两次，记下骰子朝上的点数，若两次点数之和为6则由乙发球，两次点数之和能被4整除则由丙发球，用所学知识判断这个方法公平吗？并说明理由；（2）三人实力相当，在每局比赛中战胜对手的概率均为1218．（17分）一块四棱锥木块如图所示，SD⊥平面ABCD，四边形ABCD为平行四边形，且∠BAD＝60°，AB＝2BC＝2SD＝4．δ（1）要经过点B、D将木料锯开，使得截面平行于侧棱SA，在木料表面该怎样画线？并说明理由；（2）计算（1）中所得截面的面积；（3）求直线SC与（1）中截面所在平面所成角的正弦值．19．（17分）阿波罗尼奥斯（Apollonius）是古希腊著名的数学家，他提出的阿波罗尼奥斯定理是一个关于三角形边长与中线长度关系的定理，内容为：三角形两边平方的和，等于所夹中线及第三边之半的平方和的两倍，即如果AD是△ABC中BC边上的中线，则AB（1）若在△ABC中，AB＝5，AC＝3，∠BAC=π3，求此三角形（2）请证明题干中的定理；（3）如图△ABC中，若AB＞AC，D为BC中点，BD＝DC＝3，asinA+3bsinB＝3bsin（A﹣C），SΔABC=3

2023-2024学年河北省保定市高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、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。1．（5分）若复数z满足zi＝i﹣1，则复数z的虚部为（）A．1 B．﹣1 C．i D．﹣i【考点】复数的实部与虚部．【答案】A【分析】根据复数虚部的定义化简求解即可．【解答】解：因为zi＝i﹣1，所以z=i−1所以虚部为1．故选：A．2．（5分）已知直线m，平面α、β、γ，下面条件能推出α∥β的是（）A．α⊥γ，β⊥γ B．m⊂α，m∥β C．m与α、β所成的角相等 D．m⊥α，m⊥β【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【答案】D【分析】由空间中直线与平面、平面与平面的位置关系逐一分析四个选项得答案．【解答】解：由α⊥γ，β⊥γ，可得α∥β或α与β相交，故A错误；由m⊂α，m∥β，可得α∥β或α与β相交，故B错误；由m与α、β所成的角相等，可得α∥β或α与β相交，故C错误；由m⊥α，m⊥β，结合直线与平面垂直的性质可得α∥β，故D正确．故选：D．3．（5分）若一组数据3，4，m，7，9的平均数为6，则这组数据的方差是（）A．3 B．185 C．245 【考点】方差．【答案】C【分析】根据平均数和方差的定义求解．【解答】解：∵这组数据3，4，m，7，9的平均数为6，∴15×（3+4+解得m＝7，∴这组数据的方差为15×[（3﹣6）2+（4﹣6）2+（7﹣6）2+（7﹣6）2+（9﹣6）2]故选：C．4．（5分）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且A+B＝2C，cosA=63，a＝3，则A．72 B．92 C．2【考点】余弦定理；正弦定理．【答案】B【分析】根据A+B＝2C，利用三角形内角和定理求出C＝60°，根据cosA=63，利用同角三角函数的基本关系求出sinA，然后根据正弦定理列式求出边【解答】解：在△ABC中，A+B＝2C且A+B+C＝180°，所以3C＝180°，可得C＝60°，因为cosA=63，A∈（0，π），所以sinA由正弦定理，得asinA=csinC，即3故选：B．5．（5分）底面积是π，侧面积是2π的圆锥的体积是（）A．3π B．2π C．2π3 【考点】圆锥的体积．【答案】D【分析】利用圆锥的底面积和侧面积公式求出底面圆半径和母线长，再求圆锥的高，即可计算圆锥的体积．【解答】解：设圆锥的母线长为l，高为h，半径为r，则S底＝πr2＝π，且S侧＝π×r×l＝2π，解得r＝1，l＝2，所以h=l所以圆锥的体积为13πr2h=3故选：D．6．（5分）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝2，则点A到平面A1BC的距离为（）A．2 B．2217 C．7【考点】空间中点到平面的距离．【答案】B【分析】利用等体积法求得点A到平面A1BC的距离即可．【解答】解：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1为正三棱柱，且AB＝AA1＝2，所以A1则等腰三角形A1BC的面积S=1设点A到平面A1BC的距离为h，由VA可得13解得h=2故选：B．7．（5分）一个盒子里装有除颜色外完全相同的四个小球，其中黑球有两个，编号为1，2；红球有两个，编号为3，4．从中不放回的依次取出两个球，A表示事件“取出的两球不同色”，B表示事件“第一次取出的是红球”，C表示事件“取出的两球同色”，则下列说法错误的是（）A．A与C互斥 B．A与B相互独立 C．P（B∪C）=56 D．P（AB【考点】相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式．【答案】C【分析】利用互斥事件、对立事件、相互独立事件、事件的并、事件的交、古典概型、列举法直接求解．【解答】解：对于A，事件A包含（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，1），（3，2），（4，1），（4，2），事件C包含（1，2），（2，1），（3，4），（4，3），A∩C＝∅，∴事件A与事件C是互斥事件，故A正确；对于B，从中不放回依次抽取两个球为：（1，2），（2，1），（1，3），（3，1），（1，4），（4，1），（2，3），（3，2），（2，4），（4，2），（3，4），（4，3），共12种情况，∴P（A）=8事件B包含（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，3），（2，4），共6处情况，∴P（B）=6事件AB包含（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），共4种情况，故P（AB）=4∵P（AB）＝P（A）P（B），∴A与B相互独立，故B正确；对于C，B∪C包含（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，3），（2，4），（3，4），（4，3），共9种情况，∴P（B∪C）=912=对于D，事件B包含（3，1），（4，1），（3，2），（2，4），（3，4），（4，3），事件A包含（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，1），（3，2），（4，1），（4，2），∴AB包含（2，4），（3，1），（3，2），（4，1），共4种情况，∴P（AB）=412=故选：C．8．（5分）已知△ABC的外接圆圆心为O，且2AO→=AB→+AC→，A．−14 B．−116 C．【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】C【分析】AO是BC边上的中线，BC是圆O的直径，∠C=π3，AB=3，BC＝2；建立平面直角坐标系，利用坐标表示向量，计算DA【解答】解：△ABC中，2AO→=AB→+因为O是△ABC外接圆的圆心，所以BC是圆O的直径，∠BAC=π又因为|OA→|＝|AC→|＝1，所以△AOC是等边三角形，∠C所以AB=3，BC以BC所在直线为x轴，以BC的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示：则B（﹣1，0），C（1，0），A（12，3因为D是线段BC上的点，设D（x，0），x∈[﹣1，1]，所以DA→=（12−x，32所以DA→•DB→=（12−x）（﹣1﹣x）＝xx=−14时，x2+12x所以DA→•DB→的最小值是故选：C．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。（多选）9．（6分）已知i是虚数单位，下列说法中正确的是（）A．若z1，z2互为共轭复数，则|z1B．若复数z满足|z﹣i|＝3，则复数z对应的点在以点（1，0）为圆心，3为半径的圆上 C．复数5+4i与﹣2+5i分别表示向量OA→与OB→，则表示向量AB→D．若2i﹣3是关于x的方程2x2+px+q＝0的一个根，其中p，q为实数，则p＝12【考点】复数的代数表示法及其几何意义；复数对应复平面中的点；复数的混合运算；实系数多项式虚根成对定理．【答案】ACD【分析】根据复数代数形式的运算以及复数的混合运算进行计算即可．【解答】解：A、设z1＝a+bi，则z2＝a﹣bi，∴|z1|2=∴|z1|B、∵复数z满足|z﹣i|＝3，复数z对应的点在以点（0，1）为圆心，3为半径的圆上，故B错误；C、∵复数5+4i与﹣2+5i分别表示向量OA→与OB→，∴OA→=(5，4)，OB→=(−2，5)，∴AB→D、∵2i﹣3是关于x的方程2x2+px+q＝0的一个根，∴﹣2i﹣3也是关于x的方程2x2+px+q＝0的一个根，∴2i−3+(−2i−3)=−p2，(2i−3)(−2i−3)=q2，∴p＝12，故选：ACD．（多选）10．（6分）设Ox，Oy是平面内相交的两条数轴，其中∠xOy=θ(0＜θ＜π且θ≠π2)，e1→，e2→分别是与x轴，y轴正方向同向的单位向量．若平面向量a→满足a→=xe1→+ye2→，则有序数对（xA．已知a→=（2，3）π3，则|aB．已知a→=（x1，y1）θ，b→=（x2，y2）θ，则a→+b→=（x1+x2C．已知a→=（﹣1，2）θ，b→=（2，1）θD．已知a→=（x1，y1）θ，b→=（x2，y2）θ，若a→∥b→，则x2•y1【考点】平面向量的综合题．【答案】BD【分析】由“仿射”坐标的定义，结合向量的坐标运算，即可判定各选项．【解答】解：选项A，由a→=（2，3）可得|a→|=选项B，由a→=（x1，y1）θ，b→=（x2，y可得a→+b→=(选项C，由a→=（﹣1，2）θ，b→可得a→⋅b→=(−选项D，a→=（x1，y1）θ，b→=（x2，y若a→∥b→，则由向量共线定理，可得x1e则有x2•y1＝x1•y2，故D正确．故选：BD．（多选）11．（6分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点M是四边形BB1C1C内部及边界上一动点，点P是棱AA1上靠近点A的三等分点，下列结论正确的有（）A．BD1⊥A1D B．当直线AM与平面A1D1DA所成的角为45°时，点M的轨迹长度为π C．若BD1⊥PM，则点M的运动轨迹长度为22D．直线D1P被正方体ABCD﹣A1B1C1D1的外接球所截得的线段的长度为10【考点】几何法求解直线与平面所成的角；球内接多面体．【答案】ABD【分析】连接A1D，AD1，证明A1D⊥平面ABD1，再根据线面垂直的性质即可判断A；连接BM，推导出∠AMB即为直线AM与平面A1D1DA所成角的平面角，求出BM，即可判断B；分别在A1B1，B1C1取靠近点B1的三等分点E，F，在CC1上取靠近眯C的三等分点G，连接PE，EF，FG，PG，AB1，A1C1，B1D1，B1C，先证明P，E，F，G四点共面，再证明BD1⊥平面PEFG，进而可判断C；推导出正方形ADD1A1外接圆所截得的线段即为所求，在平面图形中求解即可判断D．【解答】解：对于A，连接A1D，AD1，则A1D⊥AD1，∵AB⊥平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1，∴AB⊥A1D，∵AB∩AD1＝D，∴A1D⊥平面ABD1，∵BD1⊂平面ABD1，∴BD1⊥A1D，故A正确；对于B，∵直线AM与平面A1D1DA所成角为45°，∵平面A1D1DA与平面BB1C1C平行，∴直线AM与平面BB1C1C所成角为45°，连接BM，∵AB⊥平面BCC1B1，∴∠AMB即为直线AM与平面BCC1B1所成角的平面角，则tan∠AMB＝tan45°=AB∴BM＝AB＝2，∴点M的轨迹是以点B为圆心的圆与四边形BB1C1C的公共部分，∴点M的轨迹长度为14×2π×2=π，故对于C，分别在A1B1，B1C1取靠近点B1的三等分点E，F，在CC1上取靠近点C的三等分点G，连接PE，EF，FG，PG，AB1，A1C1，B1D1，B1C，则EF∥A1C1，∵点P是棱AA1上靠近点A的三等分点，∴PE∥AB1，PG∥A1C1，∴PG∥EF，∴P，E，F，G四点共面，由正方体的结构特征得A1C1⊥B1D1，∵BB1⊥平面BB1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，∴BB1⊥A1C1，∵B1D1∩BB1＝B1，∴A1C1⊥平面BB1D1，∴EF⊥平面BB1D1，∵BD1⊂平面BB1D1，∴EF⊥BD1，同理可得PE⊥BD1，∵PE∩EF＝E，∴BD1⊥平面PEFG，∵BD1⊥PM，点M是四边形BB1C1C内部及边界上一动点，∴点M的轨迹即为FG，FG=23B对于D，直线D1P被正方体ABCD﹣A1B1C1D1的外接球所截得线段，即为正方形ADD1A1外接圆所截得的线段，如图，点O为正方形ADD1A1外接圆的圆心，则点O为AD1的中点，过点O作ON⊥D1P于点N，则所求线段为2D1N，A1P=43，D1∴cos∠OD1P=A1D∴cos∠OD1P＝cos（π4−∠A∴D1N＝OD1cos∠OD∴直线D1P被正方体ABCD﹣A1B1C1D1的外接球所截得的线段的长度为101313，故故选：ABD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）已知向量a→=（1，﹣1），b→=（2，1），若（λa→+b【考点】平面向量数量积的性质及其运算；数量积判断两个平面向量的垂直关系．【答案】−1【分析】根据题意，求出λa→+b→的坐标，由向量数量积的坐标计算公式可得（λa→+【解答】解：根据题意，向量a→=（1，﹣1），b→=（2，1），则λa→若（λa→+b→）⊥a→，则（λa→解可得：λ=−1故答案为：−113．（5分）在山脚A测得山顶P的仰角α＝30°，沿倾斜角β＝15°的公路向上走600m到达B处，在B处测得山顶P的仰角γ＝60°，如图，若在山高的34处的点S位置建造下山索道，则此索道离地面的高度为m【考点】解三角形．【答案】2252．【分析】过B作BD⊥AQ于点D，利用两角差的正弦公式计算sin15°的值，从而求出BD的长，在△PAB中，利用正弦定理求出PB的长，从而得PC的长，再由SQ=34PQ=34（【解答】解：过B作BD⊥AQ于点D，在△ABD中，sinβ＝sin15°＝sin（45°﹣30°）=22（32所以BD＝ABsinβ＝150（6−在△PAB中，∠APB＝∠APQ﹣∠BPC＝（90°﹣α）﹣（90°﹣γ）＝（90°﹣30°）﹣（90°﹣60°）＝30°，由正弦定理知，ABsin∠APB所以600sin30°=PBsin15°，解得PB在Rt△PBC中，PC＝PBsinγ＝300（6−2）×3所以PQ＝BD+PC＝150（6−2）+150（32−所以此索道离地面的高度为SQ=34PQ=34×300故答案为：2252．14．（5分）我国古代《九章算术》中将底面为矩形，顶部为一条棱，且棱与底面平行的五面体称为刍甍，如图，刍蔓EF﹣ABCD有外接球，且EF∥AB，AB=2EF=43，AD＝4，EA=ED=22，则该刍甍外接球的表面积为【考点】球内接多面体；球的表面积．【答案】208π．【分析】作辅助线，可证平面ABCD⊥平面EFNM，MN的中点P作平面ABCD的垂线，分析可知O∈PQ，进而结合球的性质列式求球的半径，即可得表面积．【解答】解：分别取AD，BC的中点M，N，连接MN，则MN∥AB，因为EF∥AB，则MN∥EF，即M，N，F，E四点共面，又EA＝ED，则EM⊥AD，且EM＝2，MN=43由题意可知：MN⊥AD，且EM∩MN＝M，EM，MN⊂平面EFNM，∴AD⊥平面EFNM，又AD⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面EFNM，∴矩形ABCD的外接圆圆心即为MN的中点P，则PB＝4，在平面EFNM内过点P作平面ABCD的垂线，设垂线与EF的交点为Q，该刍蔓外接球的球心O∈PQ，半径为R，则PQ⊥MN，OM＝ON，又EF∥∥AB∥∥MN，且E，F也在球面上，所以PQ⊥EF，且PE＝PF，可知Q为EF的中点，综上，结合球的对称性，易知四边形EFNM为等腰梯形，过E作EH⊥MN，垂足为H，则MH=3，EH＝1，即PQ可得R2=EQ所以该刍甍外接球的表面积为4πR2＝208π．故答案为：208π．四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）“青年大学习”是由共青团中央发起，广大青年参与，通过学习来提升自身理论水平、思维层次的行动．某市宣传部门为了了解广大青年的学习情况，从全市随机抽取了1000名共青团员进行调查，统计他们2023年下半年的学习时长，下图是根据调查结果绘制的频率分布直方图．（1）求频率分布直方图中a的值，并估计学习时长的样本数据的67%分位数；（2）为了解广大青年学习的具体情况，现采用比例分配的分层随机抽样方法，从样本中再抽取50人参加座谈，则参加座谈的共青团员中学习时长在区间[150，170）内的有多少人？【考点】频率分布直方图的应用；百分位数．【答案】（1）a＝0.009，67%分位数为185；（2）27．【分析】（1）根据频率之和即可求出a，根据频率分布直方图中百分位数的求法求百分位数即可；（2）根据分层抽样的定义求解即可．【解答】解：（1）由题意，20×（0.002+0.003+0.006+a+0.018+0.008+0.004）＝1，解得a＝0.009，因为20×（0.002+0.003+0.006+0.009）＝0.4＜0.67，0.4+0.018×20＝0.76＞0.67，所以67%分位数在区间[170，190）上，设为x，则0.4+0.018（x﹣170）＝0.67，解得x＝185，即样本数据的67%分位数为185；（2）由题意，在区间[150，170）内的有50×0.009+0.01816．（15分）如图在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动．（1）证明：D1E⊥A1D；（2）若点E满足AE→=12AB→，求二面角D【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；空间中直线与直线之间的位置关系．【答案】（1）证明见解答；（2）22【分析】（1）先证明A1D⊥平面ABD1，结合线面垂直的性质定理即得证；（2）利用勾股定理证明CE⊥DE，通过证明CE⊥平面DD1E得出CE⊥D1E，故∠D1ED为二面角D1﹣EC﹣D的平面角，在Rt△DD1E中求出tan∠D1ED即可．【解答】解：（1）证明：由题意易知AB⊥平面DAA1D1，∵A1D⊂平面DAA1D1，所以AB⊥A1D，又∵AD1⊥A1D，AD1∩AB＝A，∴A1D⊥平面ABD1，又∵D1E⊂平面ABD1，∴D1E⊥A1D．（2）连结DE，∵AE→=12AB∵DD1⊥平面ABCD，CE⊂平面ABCD，∴CE⊥DD1，∵AD＝AE＝BC＝BE＝1，CD＝AB＝2，∴DE＝CE=2∴DE2+CE2＝CD2，∴CE⊥DE，又DD1⊂DD1E，DE⊂平面DD1E，DD1∩DE＝D，∴CE⊥平面DD1E，又D1E⊂平面DD1E，∴CE⊥D1E，∴∠D1ED为二面角D1﹣EC﹣D的平面角，∵DE=A∴tan∠D17．（15分）甲、乙、丙三人进行乒乓球比赛，比赛规则如下：每次比赛两人上场比赛，第三人为裁判，一局结束后，败者下场作为裁判，原裁判上场与胜者比赛，按此规则循环下去，共进行4局比赛．三人决定由乙、丙先上场比赛，甲作为裁判．（1）第一局比赛开始前，丙提出由掷骰子决定谁先发球，连续抛掷一枚质地均匀的六面体骰子两次，记下骰子朝上的点数，若两次点数之和为6则由乙发球，两次点数之和能被4整除则由丙发球，用所学知识判断这个方法公平吗？并说明理由；（2）三人实力相当，在每局比赛中战胜对手的概率均为12【考点】古典概型及其概率计算公式．【答案】（1）这个方法不公平，理由见解析；（2）34【分析】（1）利用古典概型的概率公式分别求出由乙先发球和由丙先发球的概率，再比较即可；（2）利用古典概型的概率公式求解．【解答】解：（1）连续掷骰子两次的基本事件总数为36，记“两次点数之和为6”为事件B，“两次点数之和能被4整除”为事件C，则B＝{（1，5），（2，4），（3，3），（4，2），（5，1）}，即n（B）＝5，C＝{（1，3），（3，1），（2，2），（2，6），（6，2），（3，5），（5，3），（4，4），（6，6）}，即n（C）＝9，所以P（B）=536，P（C）即由乙先发球的概率为536，由丙先发球的概率为1故这个方法不公平；（2）法用树状图列举每局当裁判的可能一共8种：其中甲当两局裁判的可能为6种，所以在四局比赛中甲当2局裁判的概率为6818．（17分）一块四棱锥木块如图所示，SD⊥平面ABCD，四边形ABCD为平行四边形，且∠BAD＝60°，AB＝2BC＝2SD＝4．δ（1）要经过点B、D将木料锯开，使得截面平行于侧棱SA，在木料表面该怎样画线？并说明理由；（2）计算（1）中所得截面的面积；（3）求直线SC与（1）中截面所在平面所成角的正弦值．【考点】几何法求解直线与平面所成的角．【答案】（1）DP，BP即为所画的线；理由见解答；（2）6；（3）105【分析】（1）取SC的中点，记为点P，连接EP，DP，BP，根据线面平行的判定定理即可得出DP，BP即为所画的线；（2）分别求出三角形PBD各边的长度，即可求解；（3）先利用等体积法求出点C到平面PBD的距离为h，再利用直角三角形求线面角的正弦值即可．【解答】解：（1）证明：连接AC和BD，相交于点E，取SC的中点，记为点P，连接EP，DP，BP，则DP，BP即为所画的线，理由如下：∵四边形ABCD为平行四边形，∴点E为AC的中点，又∴点P为SC的中点，∴PE为三角形SAC的中位线，∴PE∥SA，又∵PE⊂面PBD且SA⊄面PBD，∴