2024-2025学年湖南师大附中高一下学期5月月考数学试题含答案

高中湖南师大附中2024—2025学年度高一第二学期第二次大练习数学时量：120分钟满分：150分得分：______________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．复平面内，复数eq\f(5,i－2)表示的点在A．第四象限B．第三象限C．第二象限D．第一象限2．已知向量a＝(n，3)，b＝(2，2n－4)，则“n＝－1”是“a∥b”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a，b表示两条不同的直线，α，β，γ表示三个不同的平面，则下列命题正确的是A．若aα，bβ，a∥b，则α∥βB．若aα，bβ，α∥β，则a∥bC．若α⊥β，γ⊥β，则α⊥γD．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γ4．设一组样本数据x1，x2，…，xn的方差为3，则数据0.1x1，0.1x2，…，0.1xn的方差为A．0.03B．0.3C．3D．305．将Rt△ABC的每条边都增加相同的长度，得到△A′B′C′，则△A′B′C′的形状为A．直角三角形B．锐角三角形C．钝角三角形D．无法判断6．设两异面直线a与b所成的角为60°，O为空间一定点，则经过点O且与a，b所成的角都是60°的直线l有A．1条B．2条C．3条D．4条7．已知平面向量a，b，a＝(2cosα，2sinα)，b＝(cosβ，sinβ)，若函数f(λ)＝|a－λb|(λ∈R＋)的最小值为eq\r(3)，则|a－b|＝A．1B．2C.eq\r(2)D.eq\r(3)8．如图，在矩形ABCD中，AB＝3AD＝3eq\r(2)，E在AB上且AE＝eq\r(2)，将△ADE沿DE折起到△FDE，使得F平面BCDE，点G在线段CF上，若BG∥平面FDE，则eq\f(CG,CF)的值等于A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(1,3)D.eq\f(\r(3),3)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．)9．湖南师大附中为了解学生体质健康状况，决定采用分层随机抽样的方法，从1000名学生中抽选出一个容量为100的样本，其中男女比例为11∶9，所获得的样本数据记为x1，x2，…，x100，其中x1为最小值，x100为最大值．经过数据分析，得到男性平均体重为66kg，女性平均体重为54kg，下列说法正确的是A．这1000名学生中，每名学生被抽中的可能性为eq\f(1,10)B．这1000名学生的平均体重为60kgC．x1，x2，…，x100的中位数等于x2，x3，…，x99的中位数D．x1，x2，…，x100的极差不大于x2，x3，…，x99的极差10．已知z1，z2∈C，则下列等式正确的是A．|z1＋z2|＝|z1|＋|z2|B．z1＋z2＝z1＋z2C．|z1z2|＝|z1||z2|D．z1z2＝z1·z211．三棱锥PABC的四个顶点都在球O上，且PA⊥底面ABC，PA＝2AB＝2AC＝2，∠BAC＝eq\f(2π,3)，则下列说法正确的是A．BC＝eq\r(3)B．球心O在三棱锥的外部C．球心O到底面ABC的距离为2D．球O的表面积为8π答题卡题号1234567891011得分答案三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．)12．设复数z1，z2满足|z1|＝2，|z2|＝1，z1＋z2＝1＋2i，则|z1－z2|＝________．13．在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱BC的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足B1P⊥D1E，则点P的运动轨迹的周长是________．14．已知A，B，C三点在以O为圆心，1为半径的圆上运动，且AC⊥BC，M为圆O所在平面内一点，且|OM|＝2，则|eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))＋2eq\o(MC,\s\up6(→))|的最大值是________．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．(本小题满分13分)如图，圆锥PO的底面半径和高均是a.(1)过线段PO的中点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的体积．(2)若过线段PO上的任意一点作平行于底面的截面，并以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的最大表面积．16．(本小题满分15分)已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，b＝2.(1)求A；(2)若△ABC为锐角三角形，其外接圆圆心为O.(ⅰ)证明：eq\o(BO,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2－c.(ⅱ)记△OAC和△OBC的面积分别为S1，S2，求S1－S2的取值范围．17．(本小题满分15分)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，D为棱AC的中点，E为棱CC1中点，AC＝AA1.(1)证明：AB1∥平面C1BD；(2)证明：平面A1B1C⊥平面BDE；(3)求二面角DBEC的正切值．(严禁使用空间向量法)

18.(本小题满分17分)离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为ΦP＝1－eq\f(1,2π)(∠Q1PQ2＋∠Q2PQ3＋…＋∠Qk－1PQk＋∠QkPQ1)，其中Qi(i＝1，2，…，k，k≥3)为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，…，平面Qk－1PQk和平面QkPQ1为多面体M的所有以P为顶点的面．例如，若P是正四面体N一个顶点，则N在P处的离散曲率为ΦP＝1－eq\f(1,2π)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋\f(π,3)＋\f(π,3)))＝eq\f(1,2).如图，在三棱锥PABC中：(1)求三棱锥PABC在各个顶点处的离散曲率的和；(2)若PA⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，三棱锥PABC在顶点C处的离散曲率为eq\f(3,8).①若点O和点E分别为线段AB的中点和四等分点(靠近B)，C1为点C关于AB的对称点，求点E到平面PCC1的距离；②点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为eq\f(\r(30),6)，求eq\f(BQ,BP).(严禁使用空间向量法)19.(本小题满分17分)设函数f(x)＝ax2＋bx＋c，a>0.(1)若a＝4，b＝1，c＝2，求集合{f(sinx)|x∈[0，2π]}中的整数个数；(2)若集合{x|f(x)∈{1，2，3}}＝{1，2，3}，求a，b，c的值；(3)若a＝1，设集合A＝{x|f(x)∈{1，2，3，4，5，6}}∩{1，2，3，4，5，6}，求集合A的元素个数的最大值．湖南师大附中2024－2025学年度高一第二学期第二次大练习数学参考答案题号1234567891011答案BADABCDCACBCDABD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．B【解析】eq\f(5,i－2)＝eq\f(5（－2－i）,（－2＋i）（－2－i）)＝eq\f(5（－2－i）,5)＝－2－i，表示的点位于第三象限．2．A【解析】当n＝－1时，a＝(－1，3)，b＝(2，－6)，此时a∥b，故充分性成立，当a∥b时，满足n(2n－4)－6＝0，解得n＝－1或n＝3，故“n＝－1”是“a∥b”的充分不必要条件．4．A【解析】由已知条件可知样本数据x1，x2，…，xn的平均数eq\o(x,\s\up6(－))＝eq\f(x1＋x2＋…＋xn,n)，方差seq\o\al(2,1)＝eq\f(1,n)[(x1－eq\o(x,\s\up6(－)))2＋(x2－eq\o(x,\s\up6(－)))2＋…＋(xn－eq\o(x,\s\up6(－)))2]＝3，则数据0.1x1，0.1x2，…，0.1xn的平均数为eq\f(0.1x1＋0.1x2＋…＋0.1xn,n)＝0.1eq\o(x,\s\up6(－))，所以这组数据的方差seq\o\al(2,2)＝eq\f(1,n)[(0.1x1－0.1eq\o(x,\s\up6(－)))2＋(0.1x2－0.1eq\o(x,\s\up6(－)))2＋…＋(0.1xn－0.1eq\o(x,\s\up6(－)))2]＝eq\f(1,100n)[(x1－eq\o(x,\s\up6(－)))2＋(x2－eq\o(x,\s\up6(－)))2＋…＋(xn－eq\o(x,\s\up6(－)))2]＝eq\f(1,100)seq\o\al(2,1)＝0.03.5．B【解析】由题意不妨设C＝eq\f(π,2)，则可得a2＋b2＝c2，设每条边增加m(m>0)，则新的三角形的三边分别为a＋m，b＋m，c＋m，因为c>a，c>b，所以c＋m>a＋m，c＋m>b＋m，即c＋m为新的三角形的最大边，所以新的三角形的最大角的余弦值为cosC′＝eq\f(（a＋m）2＋（b＋m）2－（c＋m）2,2（a＋m）（b＋m）)＝eq\f(a2＋2am＋m2＋b2＋2bm＋m2－（c2＋2cm＋m2）,2（a＋m）（b＋m）)＝eq\f(a2＋2am＋m2＋b2＋2bm＋m2－c2－2cm－m2,2（a＋m）（b＋m）)＝eq\f(2m（a＋b－c）＋m2,2（a＋m）（b＋m）).因为a＋b>c，a＋m>0，b＋m>0，m>0，所以cosC′＝eq\f(2m（a＋b－c）＋m2,2（a＋m）（b＋m）)>0，所以新的三角形的最大角为锐角，则新的三角形为锐角三角形．6．C【解析】过O分别作a，b的平行线a1，b1，且a1，b1确定平面α，若直线l在α内，则有1条，若直线l在α外，则有2条，这两条直线关于平面α对称．故共有3条．7．D【解析】a－λb＝(2cosα－λcosβ，2sinα－λsinβ)∴|a－λb|＝eq\r(（2cosα－λcosβ）2＋（2sinα－λsinβ）2)＝eq\r(4＋λ2－4λ（cosαcosβ＋sinαsinβ）)＝eq\r([λ－2cos（α－β）]2＋4－4cos2（α－β）)若cos(α－β)≤0，则当λ＝0时|a－λb|有最小值，而λ≠0，故不成立．∴cos(α－β)>0，∴当λ＝2cos(α－β)时|a－λb|有最小值，∴eq\r(4－4cos2（α－β）)＝eq\r(3)，∴4－4cos2(α－β)＝3，cos(α－β)＝eq\f(1,2)，(另一解为负，舍去)，∴λ＝2cos(α－β)＝1，∴|a－b|＝|a－λb|＝eq\r(3).8．C【解析】作BM∥DE交CD于M，连接MG.则四边形BEDM是平行四边形，DM＝2eq\r(2)，CM＝eq\r(2)，由BM∥DE，BM不在平面FDE内，DE在平面FDE内，可得BM∥平面FDE.又BG∥平面FDE，BM∩BG＝B，BM，BG平面BGM，所以平面FDE∥平面BMG.又平面FDE∩平面FDC＝FD，平面BMG∩平面FDC＝MG，所以MG∥FD，因此eq\f(CG,CF)＝eq\f(CM,CD)＝eq\f(1,3).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．)9．AC【解析】每一名学生被抽中的概率为eq\f(100,1000)＝eq\f(1,10)，A正确；由题意知，这1000名学生的平均体重为66×eq\f(11,20)＋54×eq\f(9,20)＝60.6kg，故B错误；设这组数据从小到大排列为x1，x′2，x′3，…，x′99，x100，则x1，x2，…，x100的中位数为eq\f(x′50＋x′51,2)，x2，x3，…，x99的中位数为eq\f(x′50＋x′51,2)，故C正确；由C选项知，x1，x2，…，x100的极差为x100－x1，x2，x3，x4，…，x99的极差为x′99－x′2，显然有x100－x1≥x′99－x′2，故D错误．10．BCD【解析】根据复数的代数形式，结合运算法则，判断A错B对，根据复数的三角表示，结合运算法则，判断C，D均对．11．ABD【解析】对A，在△ABC中，由余弦定理得BC2＝1＋1－2×1×1×coseq\f(2π,3)＝3，即BC＝eq\r(3)，故A正确；对B，如图，设△ABC外接圆的圆心为O1，连接OO1，则OO1⊥底面ABC，又PA⊥底面ABC，所以OO1∥PA，由∠BAC＝eq\f(2π,3)，得圆心O1在△ABC外部，故球心O在三棱锥的外部，故B正确；对C，取线段PA的中点Q，连接OQ，因为PA是球O的一条弦，所以OQ⊥PA，所以四边形OO1AQ为矩形，故OO1＝AQ＝eq\f(1,2)PA＝1，即球心O到底面ABC的距离为1，故C不正确；对D，设球O的半径为R，圆O1的半径为r，由正弦定理得2r＝eq\f(BC,sin∠BAC)＝2，所以r＝1，进而R＝eq\r(OOeq\o\al(2,1)＋r2)＝eq\r(2)，球O的表面积为4πR2＝8π，故D正确．三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．)12.eq\r(5)【解析】设z1，z2在复平面内对应的向量为a，b，则原题等价于eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝2，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝1，且a＋b＝(1，2)，求eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－b)).考虑到(a＋b)2＋(a－b)2＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))eq\s\up12(2)＋2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))eq\s\up12(2)，故5＋(a－b)2＝10，故eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－b))＝eq\r(5)，所以|z1－z2|＝eq\r(5).13．3eq\r(2)＋2eq\r(5)【解析】如图，取CC1的中点F，连接B1F并延长B1F，BC，设B1F∩BC＝G，连接AG，设AG∩CD＝M，连接FM，AB1.因为四边形BCC1B1为正方形，且E为BC中点，F为CC1中点，所以B1F⊥C1E，又D1C1⊥B1F(D1C1⊥平面BCC1B1)，且C1E平面D1C1E，D1C1平面D1C1E，D1C1∩C1E＝C1，所以B1F⊥平面D1C1E，故B1F⊥D1E，又AB1⊥平面A1D1CB，进而有AB1⊥D1E，由此可得D1E⊥平面AB1G，则点P的运动轨迹周长为四边形AB1FM，由相似得M为DC中点，则AM＝B1F＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，AB1＝2eq\r(2)，MF＝eq\r(2)，所以四边形AB1FM周长为2eq\r(5)＋3eq\r(2).14．10【解析】eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))＋2eq\o(MC,\s\up6(→))＝(eq\o(MO,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→)))＋(eq\o(MO,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))＋2(eq\o(MO,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))＝(eq\o(MO,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→)))＋(eq\o(MO,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＋2(eq\o(MO,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))＝2eq\o(OC,\s\up6(→))－4eq\o(OM,\s\up6(→))，所以|eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))＋2eq\o(MC,\s\up6(→))|2＝|2eq\o(OC,\s\up6(→))－4eq\o(OM,\s\up6(→))|2＝4|eq\o(OC,\s\up6(→))|2＋16|eq\o(OM,\s\up6(→))|2－16eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))＝68－16eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|×|eq\o(OM,\s\up6(→))|·cos〈eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OM,\s\up6(→))〉＝2cos〈eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OM,\s\up6(→))〉，因为〈eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OM,\s\up6(→))〉∈[0，π]，所以cos〈eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OM,\s\up6(→))〉∈[－1，1]，所以eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))＝2cos〈eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OM,\s\up6(→))〉∈[－2，2]，所以|eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))＋2eq\o(MC,\s\up6(→))|2＝68－16eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))∈[36，100]，所以|eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))＋2eq\o(MC,\s\up6(→))|∈[6，10]，即|eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))＋2eq\o(MC,\s\up6(→))|的最大值是10.(也可建系解答)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．【解析】(1)如图，设圆锥母线PB与圆柱交点为A，连接O′A.依题意，∠POB＝eq\f(π,2)，则有l＝eq\r(a2＋a2)＝eq\r(2)a，2分又O′为PO中点，设圆柱的高为h，则eq\f(PO－h,PO)＝eq\f(O′A,OB)＝eq\f(1,2)，解得h＝eq\f(1,2)PO＝eq\f(1,2)a.设圆柱半径为r，则r＝O′A＝eq\f(1,2)a.4分因为圆锥内部挖去一个圆柱，故剩下几何体的体积V＝eq\f(1,3)πa2×a－π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a))eq\s\up12(2)×eq\f(1,2)a＝eq\f(5,24)πa3.6分(2)设圆柱半径为r，高为h.则依题意，有eq\f(PO－h,PO)＝eq\f(r,R)，其中R为圆锥的底面半径，即eq\f(a－h,a)＝eq\f(r,a).所以h＝a－r.8分又圆锥内部挖去一个圆柱，所以剩下几何体的表面积S＝πa2＋πa×eq\r(2)a＋2π×r×h＝πa2＋πa×eq\r(2)a＋2π×r×(a－r)＝－2π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r－\f(a,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3π,2)a2＋eq\r(2)πa2.12分故r＝eq\f(a,2)时，S取到最大值eq\f(3＋2\r(2),2)πa2.13分16．【解析】(1)(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，即b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).3分(2)(ⅰ)由eq\o(BO,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(BO,\s\up6(→))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up6(→))－\o(BA,\s\up6(→))))＝eq\o(BO,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(BO,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))，4分因为O为△ABC外接圆圆心，即外心，所以eq\o(BO,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))2＝eq\f(1,2)a2，eq\o(BO,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))2＝eq\f(1,2)c2，6分由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccosA＝4＋c2－2c，所以eq\o(BO,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)a2－eq\f(1,2)c2＝eq\f(1,2)(4＋c2－2c)－eq\f(1,2)c2＝2－c.8分(ⅱ)设△ABC外接圆半径为R，则OA＝OB＝OC＝R，且2R＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(2,sinB)，即R＝eq\f(1,sinB)，9分因为∠AOC＝2B，∠BOC＝2A＝eq\f(2π,3)，10分所以S△OAC＝eq\f(1,2)R2·sin∠AOC＝eq\f(1,2)·eq\f(1,sin2B)·sin2B＝eq\f(1,tanB)，S△OBC＝eq\f(1,2)R2·sin∠BOC＝eq\f(1,2)·eq\f(1,sin2B)·sineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),4)·eq\f(sin2B＋cos2B,sin2B)＝eq\f(\r(3),4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,tan2B)))，所以S1－S2＝eq\f(1,tanB)－eq\f(\r(3),4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,tan2B)))＝－eq\f(\r(3),4)·eq\f(1,tan2B)＋eq\f(1,tanB)－eq\f(\r(3),4)，12分由△ABC为锐角三角形知，tanB∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))，令eq\f(1,tanB)＝x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(3)))，则S1－S2＝f(x)＝－eq\f(\r(3),4)x2＋x－eq\f(\r(3),4)＝－eq\f(\r(3),4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2\r(3),3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(\r(3),12)，∵f(0)＝－eq\f(\r(3),4)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))＝eq\f(\r(3),12)，∴S1－S2∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),4)，\f(\r(3),12)))即为所求.15分17．【解析】(1)设B1C交BC1于点O，连接DO，在正三棱柱ABCA1B1C1中，BB1∥CC1且BB1＝CC1，所以四边形BB1C1C是平行四边形，则O为B1C的中点，因为D为AC的中点，所以OD为△AB1C的中位线，AB1∥OD，3分因为AB1平面C1BD，OD平面C1BD，所以AB1∥平面C1BD；4分(2)在正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1∥CC1且AA1＝CC1，因为AC＝AA1，AA1⊥AC，所以四边形ACC1A1是正方形，所以AC1⊥A1C，因为D，E分别是AC，CC1的中点，所以DE是△ACC1的中位线，所以AC1∥DE，又因为AC1⊥A1C，所以DE⊥A1C，6分在正三棱柱中CC1⊥平面ABC，BD平面ABC，所以BD⊥CC1，在正三角形ABC中，D为AC的中点，所以BD⊥AC，因为CC1∩AC＝C，CC1，AC平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，因为A1C平面ACC1A1，所以A1C⊥BD，8分因为DE⊥A1C，BD∩DE＝D，BD，DE平面BDE，所以A1C⊥平面BDE，因为A1C平面A1B1C，所以平面A1B1C⊥平面BDE.9分(3)设正三棱柱底边边长为2a，取BC的中点F，连接AF，取CF中点G，连接DG，过G作GH垂直BE于点H，连接DH，因为三角形ABC为正三角形，且F为BC中点，所以AF⊥BC，又因为此多面体为正三棱柱，所以面ABC⊥面BCC1B1，且面ABC∩面BCC1B1＝BC，所以AF⊥面BCC1B1因为D为AC中点，G为FC中点，所以DG∥AF，所以DG⊥面BCC1B1，又BE面BCC1B1，所以DG⊥BE，又HG⊥BE，HG∩DG＝G，HG平面HGD，DG平面HGD，所以BE⊥平面DHG，又DH平面DHG，所以DH⊥BE，由此，∠DHG即为所求二面角的平面角，12分在直角三角形DGC中，DG⊥BC，则DG＝eq\f(\r(3),2)a，在直角三角形BCE中，sin∠EBC＝eq\f(EC,BE)＝eq\f(a,\r(5)a)＝eq\f(\r(5),5)，又HG⊥BE，所以在直角三角形BHG中，BG＝eq\f(3,2)a，则HG＝BGsin∠EBC＝eq\f(3\r(5),10)a，又因为DG⊥面BCC1B1，且HG面BCC1B1，所以DG⊥HG，所以tan∠DHG＝eq\f(DG,HG)＝eq\f(\r(15),3).15分18．【解析】(1)由离散曲率的定义得ΦP＝1－eq\f(1,2π)(∠APB＋∠BPC＋∠APC)，ΦA＝1－eq\f(1,2π)(∠PAB＋∠BAC＋∠PAC)，ΦB＝1－eq\f(1,2π)(∠PBA＋∠ABC＋∠PBC)，ΦC＝1－eq\f(1,2π)(∠PCA＋∠BCA＋∠PCB)，所以ΦP＋ΦA＋ΦB＋ΦC＝4－eq\f(1,2π)×4π＝2.3分(2)由PA⊥平面ABC，BC平面ABC，得PA⊥BC，又AC⊥BC，AC∩PA＝A，AC，PA平面PAC，则BC⊥平面PAC，由PC平面PAC，得BC⊥PC，即∠BCP＝eq\f(π,2)，又ΦC＝1－eq\f(1,2π)(∠PCA＋∠BCA＋∠PCB)，即eq\f(3,8)＝1－eq\f(1,2π)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∠PCA＋\f(π,2)＋\f(π,2)))，解得∠PCA＝eq\f(π,4)，4分又PA⊥平面ABC，AC平面ABC，所以PA⊥AC，所以∠ACP＝∠APC，所以AC＝AP＝2，PC＝2eq\r(2)，6分又C1为C关于AB的对称点，且AC⊥BC，AC＝BC，所以四边形ACBC1为正方形，所以OB⊥CC1，又AB＝CC1＝2eq\r(2)，E为OB中点，所以OE＝eq\f(\r(2),2)，所以S△CC1E＝eq\f(1,2)OE·CC1＝1，又PA⊥平面ABC，综上三角形APC1，三角形APC，三角形ACC1均为等腰直角三角形，所以PC1＝PC＝CC1＝2eq\r(2)，则三角形CC1P为等边三角形，则S△CC1P＝2eq\r(3)，8分设E到平面PCC1的距离为d，所以V棱锥P－ECC1＝V棱锥E－PCC1，即eq\f(1,3)AP·S△ECC1＝eq\f(1,3)d·S△PCC1，所以d＝eq\f(\r(3),3)，综上，点E到平面PCC1的距离为eq\f(\r(3),3)，10分(3)过点Q作QG∥PA交AB于点G，连接CG，由PA⊥平面ABC，得QG⊥平面ABC，则∠GCQ为直线CQ与平面ABC所成的角，11分依题意，PA＝2，AB＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，PB＝eq\r(22＋（2\r(2)）2)＝2eq\r(3)，则sin∠PBA＝eq