2023-2024学年山西省运城市高一(下)期末数学试卷

2023-2024学年山西省运城市高一（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．在每个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）已知复数z满足（z+3）i＝3﹣i，则|z|＝（）A． B．4 C．5 D．2．（5分）已知平面向量的夹角为，满足，则＝（）A．﹣1 B．1 C． D．3．（5分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若（a+b﹣c）（a+b+c）＝3ab，a＝4，b＝2，则△ABC的面积是（）A．2 B．4 C． D．34．（5分）抛掷一枚质地均匀的骰子2次，事件甲为“第一次骰子正面向上的数字是1”，事件乙为“两次骰子正面向上的数字之和是4”，事件丙为“两次骰子正面向上的数字之和是8”，则（）A．甲乙互斥 B．乙丙互为对立 C．甲乙相互独立 D．甲丙互斥5．（5分）已知平面α，β，直线m满足m⊄β，α⊥β，则“m⊥α”是“m∥β”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6．（5分）△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acosB＝2ccosA﹣bcosA且，则△ABC的形状是（）A．有一个角是的等腰三角形 B．等边三角形 C．三边均不相等的直角三角形 D．等腰直角三角形7．（5分）某次趣味运动会，设置了教师足球射门比赛：教师射门，学生守门．已知参与射门比赛的教师有60名，进球数的平均值和方差分别是3和13，其中男教师进球数的平均值和方差分别是4和8，女教师进球数的平均值为2，则女教师进球数的方差为（）A．15 B．16 C．17 D．188．（5分）在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝1，AD＝3，BC＝4，点P为边AD上一动点，则的取值范围为（）A． B．[﹣2，1] C．[﹣3，1] D．[1，5]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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．（多选）9．（6分）在复平面内，复数z1＝1﹣2i，z2＝﹣3+4i对应的向量为，其中O是原点，则下列说法正确的是（）A．复数z1的虚部为﹣2i B．复数对应的点在第一象限 C．当a＝﹣4时，复数为纯虚数 D．向量对应的复数为4﹣6i（多选）10．（6分）正六边形瓷砖是一种常见的装饰材料，被广泛应用于室内和室外的墙壁、地面和装饰品的制作．正六边形瓷砖的设计能够形成美观的六边形花纹，增加空间的层次感和艺术感．如图是一块正六边形瓷砖ABCDEF，它的边长为1，点P是△DEF内部（包括边界）的动点，则下列说法正确的是（）A． B． C．若P为EF的中点，在上的投影向量为 D．的最大值为（多选）11．（6分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，点P为线段A1G上的动点，则下列结论正确的是（）A．直线EF与A1G所成角的余弦值为 B．三棱锥P﹣AEF的体积为定值 C．平面AEF截正方体所得的截面周长为 D．直线AF与平面B1BCC1所成角的正弦值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（5分）已知数据2x1+1，2x2+1，2x3+1，2x4+1，2x5+1的方差为16，则数据3x1﹣2，3x2﹣2，3x3﹣2，3x4﹣2，3x5﹣2的方差为．13．（5分）已知相互独立事件A，B满足P（A）＝0.6，P（AB）＝0.42，则＝．14．（5分）已知正三棱台上、下底面边长分别为和，侧面与下底面所成的二面角为60°，则该正三棱台外接球的表面积为．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）北京大兴半程马拉松暨第八届“花绘北京悦跑大兴”于2024年4月27日在大兴区魏善庄镇鸣枪开跑，参赛规模为6000人并设有两个项目，为让更多的人了解马拉松运动项目，某区举办了马拉松知识竞赛，并从中随机抽取了m名参赛者的成绩，得到的数据如下表所示：分数[50，60）[60，70）[70，80）[80，90）[90，100）频数5102030b频率a0.100.200.300.35（1）分别求m，a，b的值，并在图中画出频率分布直方图；（2）若参赛者得分分数不低于70的人数至少要占80%以上，并且参赛者得分分数的平均数超过80分，则该区可以评为“一马当先区”，估计该区能否评为“一马当先区”，并说明理由．（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）16．（15分）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的动点，PA垂直于⊙O所在的平面ABC，点F为线段AC的中点，（1）证明：平面PAC⊥平面PFO；（2）设，求点F到平面PBC的距离．17．（15分）如图，四边形ABCD中，，AB＝3，BC＝2，且∠ABC为锐角．（1）求DB；（2）求△ACD的面积．18．（17分）2024年4月25日20时59分，搭载神舟十八号载人飞船的长征二号F遥十八运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射成功，实现了两个飞行乘组太空“会师”．下表记录了我国已发射成功的所有神舟飞船的发射时间和飞行时长．名称发射时间飞行时长神舟一号1999年11月20日21小时11分神舟二号2001年1月10日6天18小时22分神舟三号2002年3月25日6天18小时39分神舟四号2002年12月30日6天18小时36分神舟五号2003年10月15日21小时28分神舟六号2005年10月12日4天19小时32分神舟七号2008年9月25日2天20小时30分神舟八号2011年11月1日16天神舟九号2012年6月16日13天神舟十号2013年6月11日15天神舟十一号2016年10月17日32天神舟十二号2021年6月17日3个月神舟十三号2021年10月16日6个月神舟十四号2022年6月5日6个月神舟十五号2022年11月29日6个月神舟十六号2023年5月30日5个月神舟十七号2023年10月26日6个月神舟十八号2024年4月25日预计6个月为帮助同学们了解我国神舟飞船的发展情况，某学校“航天社团”准备通过绘画、海报、数据统计图表等形式宣传“神舟系列飞船之旅”．（1）绘画组成员从表中所有的神舟飞船中随机选取1艘进行绘画，求选中的神舟飞船的发射时间恰好是在10月份的概率；（2）海报组A组成员从飞行时长（包括预计飞行时长）大于4个月的神舟飞船中随机选取2艘制作海报；海报组B组成员从飞行时长（包括预计飞行时长）小于5天的神舟飞船中随机选取2艘制作海报，两组选择互不影响，求两组选中的两艘神舟飞船的发射时间恰好都在10月或11月份的概率．19．（17分）类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线PA，PB，PC构成的三面角P﹣ABC，∠APC＝α，∠BPC＝β，∠APB＝γ，二面角A﹣PC﹣B的大小为θ，则cosγ＝cosαcosβ+sinαsinβcosθ．（1）当α、时，证明以上三面角余弦定理；（2）如图2，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC＝60°，∠BAC＝45°，①求∠A1AB的余弦值；②在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．

2023-2024学年山西省运城市高一（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．在每个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）已知复数z满足（z+3）i＝3﹣i，则|z|＝（）A． B．4 C．5 D．【考点】复数的除法运算；复数的模．【答案】C【分析】根据条件，利用复数的运算，得到z＝﹣4﹣3i，即可求解．【解答】解：因为（z+3）i＝3﹣i，所以，得到z＝﹣4﹣3i，所以．故选：C．2．（5分）已知平面向量的夹角为，满足，则＝（）A．﹣1 B．1 C． D．【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】B【分析】根据题意，由向量垂直得出向量数量积为0，再应用数量积定义计算即可．【解答】解：根据题意，平面向量的夹角为，满足，则有，变形可得：．故选：B．3．（5分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若（a+b﹣c）（a+b+c）＝3ab，a＝4，b＝2，则△ABC的面积是（）A．2 B．4 C． D．3【考点】余弦定理．【答案】C【分析】由余弦定理求出C，再由面积公式求解即可．【解答】解：（a+b﹣c）（a+b+c）＝3ab⇒a2+b2﹣c2＝ab，在△ABC中，由余弦定理得，因为0＜C＜π，所以，则△ABC的面积是．故选：C．4．（5分）抛掷一枚质地均匀的骰子2次，事件甲为“第一次骰子正面向上的数字是1”，事件乙为“两次骰子正面向上的数字之和是4”，事件丙为“两次骰子正面向上的数字之和是8”，则（）A．甲乙互斥 B．乙丙互为对立 C．甲乙相互独立 D．甲丙互斥【考点】事件的互斥（互不相容）及互斥事件；相互独立事件的概率乘法公式．【答案】D【分析】利用互斥事件的定义，即可判断出选项A，B和D的正误，对于选项C，分别求出事件甲、事件乙发生的概率，事件甲、乙同时发生的概率，再利用相互独立事件的判断方法，即可求解．【解答】解：对于选项A，当第二次骰子正面向上的数字是3时，事件甲与事件乙可以同时发生，所以选项A错误；对于选项B，抛掷一枚质地均匀的骰子2次，正面向上的数字之和可能是2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，所以乙丙互斥但不对立，故B错误；对于选项C，设事件甲，事件乙发生的概率分别为P（A），P（B），事件甲、乙同时发生的概率为P（AB），因为，又，所以P（A）P（B）≠P（AB），故选项C错误；对于选项D，因为事件甲与事件乙不能同时发生，所以甲丙互斥，故选项D正确．故选：D．5．（5分）已知平面α，β，直线m满足m⊄β，α⊥β，则“m⊥α”是“m∥β”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【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；充分条件与必要条件．【答案】A【分析】平面α，β，直线m满足m⊄β，α⊥β，则“m⊥α”⇒“m∥β”，反之不一定成立．即可判断出关系．【解答】解：平面α，β，直线m满足m⊄β，α⊥β，则“m⊥α”⇒“m∥β”，反之不一定成立，可能m∥α．∴平面α，β，直线m满足m⊄β，α⊥β，则“m⊥α”是“m∥β”的充分不必要条件．故选：A．6．（5分）△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acosB＝2ccosA﹣bcosA且，则△ABC的形状是（）A．有一个角是的等腰三角形 B．等边三角形 C．三边均不相等的直角三角形 D．等腰直角三角形【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】B【分析】由acosB＝2ccosA﹣bcosA根据正弦定理和两角和的正弦公式可求得，再根据可得△ABC是等腰三角形，即可判断．【解答】解：由acosB＝2ccosA﹣bcosA及正弦定理，可得sinAcosB＝2sinCcosA﹣sinBcosA，即sinAcosB+sinBcosA＝2sinCcosA，所以sin（A+B）＝sinC＝2sinCcosA，因为C∈（0，π），所以sinC≠0，所以，又A∈（0，π），所以，如图所示，在边AB、AC上分别取点D、E，使，，以AD、AE为邻边作平行四边形ADFE，则，显然，因此平行四边形ADFE为菱形，AF平分∠BAC，又，则有，即AF⊥BC，于是得△ABC是等腰三角形，所以AB＝AC，又，所以△ABC为等边三角形．故选：B．7．（5分）某次趣味运动会，设置了教师足球射门比赛：教师射门，学生守门．已知参与射门比赛的教师有60名，进球数的平均值和方差分别是3和13，其中男教师进球数的平均值和方差分别是4和8，女教师进球数的平均值为2，则女教师进球数的方差为（）A．15 B．16 C．17 D．18【考点】平均数；方差．【答案】B【分析】设参加射门比赛的男教师人数为k，根据总体的平均数求出k，设女教师进球数的方差为s2，根据方差公式计算可得．【解答】解：设参加射门比赛的男教师人数为k，则全部参赛教师进球数的平均数，解得k＝30，即参赛的男女教师各有30人，设女教师进球数的方差为s2，依题意可得，解得s2＝16．故选：B．8．（5分）在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝1，AD＝3，BC＝4，点P为边AD上一动点，则的取值范围为（）A． B．[﹣2，1] C．[﹣3，1] D．[1，5]【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】C【分析】根据条件，建立平面直角坐标系，设P（0，b）（0≤b≤3），从而得到，即可示可求出结果．【解答】解：如图，建立平面直角坐标系，因为AD∥BC，AB⊥BC，AB＝1，AD＝3，BC＝4，所以B（1，0），C（1，4），设P（0，b）（0≤b≤3），所以，得到，因为0≤b≤3，所以，故选：C．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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．（多选）9．（6分）在复平面内，复数z1＝1﹣2i，z2＝﹣3+4i对应的向量为，其中O是原点，则下列说法正确的是（）A．复数z1的虚部为﹣2i B．复数对应的点在第一象限 C．当a＝﹣4时，复数为纯虚数 D．向量对应的复数为4﹣6i【考点】复数对应复平面中的点；纯虚数．【答案】BC【分析】选项A，利用复数的定义可知选项A错误；利用复数的几何意义，即可判断出选项B和D的正误；选项C，利用复数的运算，即可判断出选项C的正误．【解答】解：对于选项A，因为z1＝1﹣2i，所以复数z1的虚部为﹣2，故选项A错误，对于选项B，因为z1＝1﹣2i，所以，故复数对应的点为（1，2），在第一象限，所以选项B正确，对于选项C，因为z2＝﹣3+4i，又a＝﹣4，所以，故选项C正确，对于选项D，因为，所以，得到向量对应的复数为﹣4+6i，所以选项D错误．故选：BC．（多选）10．（6分）正六边形瓷砖是一种常见的装饰材料，被广泛应用于室内和室外的墙壁、地面和装饰品的制作．正六边形瓷砖的设计能够形成美观的六边形花纹，增加空间的层次感和艺术感．如图是一块正六边形瓷砖ABCDEF，它的边长为1，点P是△DEF内部（包括边界）的动点，则下列说法正确的是（）A． B． C．若P为EF的中点，在上的投影向量为 D．的最大值为【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量的投影向量．【答案】ACD【分析】选项A，根据图形，利用向量的几何运算，即可求解；选项B，因为，再利用数量积的定义，再利用正六边形的性质得，，即可求解；选项C，由正六边形的性质知，再利用数量积的几何意义，即可求解，选项D，建立平面直角坐标系，设P（x，y），，得到，即可求解．【解答】解：对于A，如图1，因为，且，所以，即，所以，故A正确；对于B，如图1，因为，且正六边形的边长为1，所以由余弦定理得：，且，所以＝＝，故B错误；对于C，如图1，由正六边形的性质知，，所以在上的投影向量为，故C正确；对于D，如图2，建立平面直角坐标系，设P（x，y），且，F（﹣1，0），，所以，，所以，即，所以当，即点P与点D重合时，取得最大，此时，故的最大值为，故D正确．故选：ACD．（多选）11．（6分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，点P为线段A1G上的动点，则下列结论正确的是（）A．直线EF与A1G所成角的余弦值为 B．三棱锥P﹣AEF的体积为定值 C．平面AEF截正方体所得的截面周长为 D．直线AF与平面B1BCC1所成角的正弦值为【考点】几何法求解直线与平面所成的角；棱锥的体积；异面直线及其所成的角．【答案】ABC【分析】对于A，取B1C1中点H，连接GH得GH∥EF，则求出∠A1GH的余弦值即为直线EF与A1G所成角余弦值，判断出A的真假；对于B，连接AD1、FD1，证明AD1∥EF，即可得到平面AEF截正方体所得的截面图形为四边形AD1FE，证明A1G∥平面AD1FE，结合棱锥的体积公式即可判断出B的真假；对于C，由选项B即可得到截面的图形，进而根据数据直接求解，即可判断出B的真假；对于D，根据线面角定义以及正方体性质可得到∠AFB是直线AF与平面B1BCC1所成的角，求出∠AFB的正弦值即可得解，判断出D的真假．【解答】解：对于A，取B1C1中点H，连接GH、A1H、BC1，则由题意可知，，且GH∥BC1∥EF，所以∠A1GH是直线EF与A1G所成角或补角，且，所以直线EF与A1G所成角余弦值为，故A正确；对于B，连接AD1，FD1，由正方体几何性质可知AB∥D1C1且AB＝D1C1，所以四边形ABC1D1是平行四边形，故AD1∥BC1，又BC1∥EF，所以AD1∥EF，故AD1与EF共面且过AD1与EF的面有且只有一个，故四边形AD1FE是平面AEF截正方体所得的截面图形，连接GF，则由G、F均为所在边的中点以及正方体性质得GF∥B1C1∥A1D1，且GF＝B1C1＝A1D1，故A1G∥D1F，又D1F⊂平面AD1FE，A1G⊄平面AD1FE，所以A1G∥平面AD1FE，故点P到平面AEF的距离即为G到平面AEF的距离，所以V三棱锥P﹣AEF＝V三棱锥G﹣AEF为定值，即三棱锥P﹣AEF的体积为定值，故选项B正确；对于C，由B可知平面AEF截正方体所得的截面图形为四边形AD1FE，又由上以及题意得，，，所以平面AEF截正方体所得的截面周长为，故C正确；对于D，连接BF，由正方体性质可知AB⊥平面B1BCC1，故∠AFB是直线AF与平面B1BCC1所成的角，又，所以，所以，故直线AF与平面B1BCC1所成角的正弦值为，故D错．故选：ABC．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（5分）已知数据2x1+1，2x2+1，2x3+1，2x4+1，2x5+1的方差为16，则数据3x1﹣2，3x2﹣2，3x3﹣2，3x4﹣2，3x5﹣2的方差为36．【考点】方差．【答案】36．【分析】根据以及方差性质即可得解．【解答】解：因为，又数据2x1+1，2x2+1，2x3+1，2x4+1，2x5+1的方差为16，所以由方差性质得数据3x1﹣2，3x2﹣2，3x3﹣2，3x4﹣2，3x5﹣2的方差为．故答案为：36．13．（5分）已知相互独立事件A，B满足P（A）＝0.6，P（AB）＝0.42，则＝0.72．【考点】相互独立事件的概率乘法公式．【答案】0.72．【分析】根据独立事件乘积概率公式及对立事件概率计算即可．【解答】解：因为相互独立事件A，B，P（A）＝0.6，P（AB）＝0.42，所以P（AB）＝P（A）P（B）＝0.6×P（B）＝0.42，所以，所以．故答案为：0.72．14．（5分）已知正三棱台上、下底面边长分别为和，侧面与下底面所成的二面角为60°，则该正三棱台外接球的表面积为．【考点】球的表面积．【答案】．【分析】画出图形，由正三棱台的对称性可得，正三棱台的外接球的球心落在上底面中心与下底面中心的连线上，先求出三棱台的高，再由外切球的性质得到外接球的半径，即可求解．【解答】解：如图，设正三棱台上、下底面的中心分别为O1，O2，AC，A1C1的中点分别为E，F，连接BE，B1F，EF，O1O2，由正三棱台的性质可知BE⊥AC，EF⊥AC，所以∠FEB为侧面与下底面所成的二面角的平面角，易知正三棱台外接球的球心在直线O1O2上，设球心为O，如图所示，过F作FH⊥BE于H，因为正三棱台上、下底面边长分别为和，所以，因为O1，O2分别为△ABC，△A1B1C1的中心，所以，O1E＝1，O1B＝2，在Rt△FHE中，，∠FEH＝60°，所以，又，设OO2＝h，正三棱台外接球的外接球半径为R，由，得到，解得，所以球心在O2O1的延长线上，得到，所以正三棱台外接球的表面积为．故答案为：．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）北京大兴半程马拉松暨第八届“花绘北京悦跑大兴”于2024年4月27日在大兴区魏善庄镇鸣枪开跑，参赛规模为6000人并设有两个项目，为让更多的人了解马拉松运动项目，某区举办了马拉松知识竞赛，并从中随机抽取了m名参赛者的成绩，得到的数据如下表所示：分数[50，60）[60，70）[70，80）[80，90）[90，100）频数5102030b频率a0.100.200.300.35（1）分别求m，a，b的值，并在图中画出频率分布直方图；（2）若参赛者得分分数不低于70的人数至少要占80%以上，并且参赛者得分分数的平均数超过80分，则该区可以评为“一马当先区”，估计该区能否评为“一马当先区”，并说明理由．（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）【考点】频率分布直方图的应用；画频率分布直方图．【答案】（1）a＝0.05，m＝100，b＝35，频率分布直方图如下所示：（2）该区可以评为“一马当先区”，理由见解析．【分析】（1）根据频率之和为1以及表格所给数据可依次得可得a、m、b的值，接着明确每组数据的的值即可得频率分布直方图；（2）根据题中所给数据算出分数不低于70的频率以及参赛者得分分数的平均数即可判断得解．【解答】解：（1）由a+0.10+0.20+0.30+0.35＝1，解得a＝0.05，由表格数据得，b＝0.35×100＝35，因为每组的分别为0.005，0.010，0.020，0.030，0.035，所以频率分布直方图如下所示：（2）该区可以评为“一马当先区”，理由如下：因为参赛者得分分数不低于70的频率为0.2+0.30+0.35＝0.85＞80%，所以满足参赛者得分分数不低于70的人数至少要占80%以上，又参赛者得分分数的平均数为：55×0.05+65×0.10+75×0.20+85×0.30+95×0.35＝83＞80，所以该区可以评为“一马当先区”．16．（15分）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的动点，PA垂直于⊙O所在的平面ABC，点F为线段AC的中点，（1）证明：平面PAC⊥平面PFO；（2）设，求点F到平面PBC的距离．【考点】空间中点到平面的距离；平面与平面垂直．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）根据条件得到BC⊥AC，利用线面垂直的性质得到BC⊥AP，从而得到BC⊥平面PAC，再利用OF∥BC和面面垂直的判定定理，即可证明结果；（2）过A作PC垂线，根据条件得到AD⊥平面PBC，利用几何关系得到，从而可求出结果．【解答】解：（1）证明：∵AB是⊙O的直径，∴BC⊥AC，又PA垂直于⊙O所在的平面ABC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥AP，又AC∩AP＝A，AC，AP⊂平面PAC，∴BC⊥平面PAC，又点F为线段AC的中点，∴OF∥BC，∴OF⊥平面PAC，又OF⊂平面POF，∴平面PAC⊥平面PFO；（2）如图，过A作PC垂线，垂足为D．由（1）知BC⊥平面PAC，BC⊂平面PBC，∴平面PAC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC＝PC，AD⊂平面PAC，∴AD⊥平面PBC，即AD为点A到平面PBC的距离，又，AC＝1，PA垂直于⊙O所在的平面ABC∴PA⊥AC，∴，在△PAC中，，∴，即点A到平面PBC的距离为，∵F为线段AC的中点，点F到平面PBC的距离为点A到平面PBC的距离的一半，∴点F到平面PBC的距离为．17．（15分）如图，四边形ABCD中，，AB＝3，BC＝2，且∠ABC为锐角．（1）求DB；（2）求△ACD的面积．【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】（1）BD＝；（2）△ACD的面积为．【分析】（1）已知AB、BC的值，运用三角形面积公式求出sin∠ABC的值，再结合余弦定理，以及外接圆公式，即可求解．（2）分别在△ABD，△BCD中，运用勾股定理可得AD，CD，再结合三角形的面积公式，即可求解．【解答】解：（1）∵，∴AB•BC•sin∠ABC＝，又AB＝3，BC＝2，×3×2×sin∠ABC＝，∴sin∠ABC＝，∵∠ABC是锐角，∴．由余弦定理可得AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC＝7，则AC＝．∵，∴BD是四边形ABCD外接圆的直径，∴BD是△ABC外接圆的直径，利用正弦定理知BD＝＝×＝；（2）由，BD＝，AB＝3，BC＝2，则AD＝，CD＝，又，则，因此S△ACD＝AD•CD•sin∠ADC＝×××＝，故△ACD的面积为．18．（17分）2024年4月25日20时59分，搭载神舟十八号载人飞船的长征二号F遥十八运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射成功，实现了两个飞行乘组太空“会师”．下表记录了我国已发射成功的所有神舟飞船的发射时间和飞行时长．名称发射时间飞行时长神舟一号1999年11月20日21小时11分神舟二号2001年1月10日6天18小时22分神舟三号2002年3月25日6天18小时39分神舟四号2002年12月30日6天18小时36分神舟五号2003年10月15日21小时28分神舟六号2005年10月12日4天19小时32分神舟七号2008年9月25日2天20小时30分神舟八号2011年11月1日16天神舟九号2012年6月16日13天神舟十号2013年6月11日15天神舟十一号2016年10月17日32天神舟十二号2021年6月17日3个月神舟十三号2021年10月16日6个月神舟十四号2022年6月5日6个月神舟十五号2022年11月29日6个月神舟十六号2023年5月30日5个月神舟十七号2023年10月26日6个月神舟十八号2024年4月25日预计6个月为帮助同学们了解我国神舟飞船的发展情况，某学校“航天社团”准备通过绘画、海报、数据统计图表等形式宣传“神舟系列飞船之旅”．（1）绘画组成员从表中所有的神舟飞船中随机选取1艘进行绘画，求选中的神舟飞船的发射时间恰好是在10月份的概率；（2）海报组A组成员从飞行时长（包括预计飞行时长）大于4个月的神舟飞船中随机选取2艘制作海报；海报组B组成员从飞行时长（包括预计飞行时长）小于5天的神舟飞船中随机选取2艘制作海报，两组选择互不影响，求两组选中的两艘神舟飞船的发射时间恰好都在10月或11月份的概率．【考点】古典概型及其概率计算公式；相互独立事件的概率乘法公式．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）根据条件，求出样本空间点和事件A包含的样本点，再利用古典概率公式，即可求解；（2）设“A组选中的神舟飞船的飞行时长（包括预计飞行时长）大于4个月的神舟飞船中随机选取2艘恰好在10月或11月份”为事件M，设“B组选中的神舟飞船的飞行时长（包括预计飞行时长）小于5天的神舟飞船中随机选取2艘恰好在10月或11月份”为事件N，利用古典概率公式，求出事件M和事件N的概率，再利用相互独立事件同时发生的概率公式，即可求出结果．【解答】解：（1）记名称为神舟第i号飞船为ai，则“从表中所有的神舟飞船中随机选取1艘”的样本空间为Ω1＝{a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，a10，a11，a12，a13，a14，a15，a16，a17，a18}，共18个样本点，设“神舟飞船的发射时间恰好是在10月份”为事件A，则A＝{a5，a6，a11，a13，a17}，共5个样本点，所以；（2）“A组从飞行时长（包括预计飞行时长）大于4个月的神舟飞船中随机选取2艘”的样本空间为Ω2＝{（a13，a14），（a13，a15），（a13，a16），（a13，a17），（a13，a18）（a14，a15）（a14，a16），（a14，a17），（a14，a18），（a15，a16），（a15，a17），（a15，a18），（a16，a17），（a16，a18），（a17，a18）}，共15个样本点，“B组从飞行时长（包括预计飞行时长）小于5天的神舟飞船中随机选取2艘”的样本空间为Ω3＝{（a1，a5），（a1，a6），（a1，a7），（a5，a6），（a5，a7）（a6，a7）}，共6个样本点，设“A组选中的神舟飞船的飞行时长（包括预计飞行时长）大于4个月的神舟飞船中随机选取2艘恰好在10月或11月份”为事件M，则M＝{（a13，a15）（a13，a17）（a15，a17）}，共3个样本点，所以，设“B组选中的神舟飞船的飞行时长（包括预计飞行时长）小于5天的神舟飞船中随机选取2艘恰好在10月或11月份”为事件N，则N＝{（a1，a5）（a1，a6）（a5，a6）}，共3个