山东菏泽市联考2025-2026学年高一年级下册7月期末数学试题（试卷+解析）

高一数学试题

2026.07

注意事项：

L本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.

2.答题前，考生务必将姓名、班级等个人信息填写在答题卡指定位置.

3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对

应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5亳米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题

区域内作答.超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.

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.已知复数z=3i—4,则z的虚部为（）

A.3B.3iC.-4D.4

2.一组从小到大排列的数据：34x,12,16,若这组数据的第60百分位数为11,则工=（）

A.7B.8C.9D.10

3.如图，在正方形A3CD中，E,尸分别为CO,BE的中点，则而二（）

DEC

HIuuu1uin]3—•

A.-AD+-ABB.-AD+-AB

4224

2—1—Iuum।um

C.-AD+-ABD.-AD^--AB

3224

4.已知某9个数的平均数为3,方差为2,现加入一个新数据3,此时这10个数的平均数和方差分别记为

元和一,则（）

A.x>3B.：x<3C.52>2D./<2

5.已知同=石，5=（1,2）,若4，则□=（）

A.(一2,1)或(1,一2)B.或

C.(2,-1)或(-2,1)D.(-2,1)或(-1,-2)

6.对于随机事件4,B,若P（A）=0.4,P（AD8）=0.6,则下列说法中惜诺的是（）

A.当A,4互斥时，P（B）=0.2

B.当AqB时，P（B）=0.6

C.当P（8）=；时，月，3相互独立

D.当/（A）+P伊）=1时,A,8互为对立事件

7.如图,在直角梯形A8CO中，AB//CD,ABLBC,Zfi4£>=45°,AB=2,AD=41>以直线

AO为轴,其余各边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的体积为（）

A.述兀B."幻

C.07rD.

643

8.现有3本相同的书,厚度为3cm,长为15cm,摆放在书架的一角（如图1）,在其正视图（图2）中,

记N3HE=NFZK=a0<。<2，则石K=（）

I47

15sina+3

--------------cm

cosa

15+3coscr15+3sina

C.---------------cmD.--------------cm

sinacosa

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.为评估某款AI芯片在不同模型架构下的推理延迟表现，抽取200个模型作为样本，测试模型的推理延

迟时间（单位：ms）,将测试数据适当分组，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间为［0/0）,

[10,20）,[20,30）,[30,40）,[40,50],则（）

A.。=0.014

B.样本中延迟时间在［10,20）ms内的模型个数为60

C.样本的中位数落在区间［20,30）内

D.15可以作为样本众数的估计值

10.如图，在长方体ABCZ）-AMG2中，AB=AD=2,A4,=1,M,N,P分别为人匕CD,B,C,

的中点，则（）

A.CP〃平面AMN1B.直线AM与CP所成的角等于:

C.点P到平面AMNQ的距离为J5D.二面角A-MN-。的大小为2

6

m-n

,n,定义新运算：成合万=△A3C中三个内角A,B,C的对边为

11.对任意两个非零向量比同

〃，b,c,则（）

兀_____

A.当。=2,c=l,A=§时，配（8）丽二0

——►b+c

B.当5c区）C4=-----时，A=2C

2

^―.c/兀兀、aC

C.当CAZA8=—彳，时，—<tanC<3

3143J5

BA③BC、病

D.当2+4〃=2c2时，—i=—的最小值为—

a|AC2

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.已知AABC的三个内角A,B,C的对边为小b,c,且a=l,b=&，8=45。，则。=.

13.若虚数z=a+〃（a,/?€R）是实系数一元二次方程/+〃元+4=。的一个根，且目=6,则夕=

23

14.甲乙两人投篮比赛，甲每次投进的概率为彳，乙每次投进的概率为二，且各次投篮互不影响.若甲投3

34

次，乙投2次，则乙比甲多投进一球的概率为.

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.在复平面内，。是原点，向量凝对应的复数是4=l+i,向量而对应的复数是Z2=〃?+2i,

meR.

z.

（I）若」•是纯虚数，求加；

（2）若04，痂的夹角为锐角，求利的取值范围.

16.如图，在四棱台ABC。-44GA中，底面48CQ是菱形，平面43c。，AO=24A，点

E在棱8c上.

（1）求证：平面8/）G，平面ACGA：

（2）若RE//平面求证：E是棱3c的中点.

17.盒子中装有标号为1,2,2,3,3的5张标签（除标号外其他完全相同），随机地选取两张标签，根据

下列条件求两张标签上的数字为相等整数的概率.

（1）标签的选取是不放回的；

（2）标签的选取是有放回的.

18.已知a,b,c分别为△A8C的三个内角A,B,。的对边，且

g（〃sinA+csinC-〃sinA）+27?sin>4sinC=0.

(1)求A；

(2)记△/18c的外接圆圆心为。.

(i)求不。而(用。,b,c表示);

(ii)若M为边上一点，BM=2MC,4W=2,AOAM=6^求△ABC的面积.

19.如图，在四棱锥夕一A3CD中，底面A/6CO是菱形，AC,BD交于点E,PD=AB=AP=2,

ZBAD=\20°,AB±AP.

(1)求尸E的长;

(2)求证：AC_L平面尸8。：

C)设。为三棱锥尸_A血的外接球球心，M,N分别为PAPD的中点,过点O.M,N的平面与人。

交于点H.

Af-{

(i)求空■的值；

AP

(ii)点Q为四边形。内一动点(含边界)，且以2=。。，求三棱锥P-CMQ体积的最大值.

高一数学试题

2026.07

注意事项：

L本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.

2.答题前，考生务必将姓名、班级等个人信息填写在答题卡指定位置.

3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对

应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5亳米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题

区域内作答.超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.

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.已知复数z=3i—4,则z的虚部为（）

A.3B.3iC.YD.4

【答案】A

【解析】

【详解】复数z=3i—4,即2=-1+予的虚部为3.

2.一组从小到大排列的数据：3,4,x,12,16,若这组数据的笫60百分位数为II,则工=（）

A.7B.8C.9D.10

【答案】D

【解析】

【分析】根据第60百分位数计算方法得到其表达式，结合第60百分位数为11，再求出工的值.

【详解】该组数据共有5个，从小到大排列：3,4,x,12,16.首先计算i=5x60%=3,所以根据百分位数的

发十]2

定义，第60百分位数为第3项与第4项数据的算术平均数，即^——=11,解得x=10.

2

3.如图，在正方形A3CO中，E,尸分别为CD,在:的中点，则行;=（）

1一3一

B.-AD+-AB

24

2—1—1UUU!1UU1

C.-AD+-ABD.-AD^-AB

3224

【答案】B

【解析】

【详解】因为七为CO中点，

所以危=而+方后=通+4通，

2

则衣理+通）=1而+，而+，通」而+3福

2、,24224

4.已知某9个数的平均数为3,方差为2,现加入一个新数据3,此时这10个数的平均数和方差分别记为

了和$2,则（）

22

A.x>3B.x<3C.S>2D.S<2

【答案】D

【解析】

【分析】加入等于原平均数的新数据会使平均数保持不变，但由于数据总数增加且新数据不产生新的偏差,

从而导致方差减小.

【详解】由题意得原数据的总和为9x3=27,加入3后数据总和变为27+3=30,

30

此时这10个数的平均数亍=元=3,故AB错误，

9

又25-3）2=9x2=18,加入3后平方和变为18+（3-3/=18,

!=1

IQ

此时这10个数的方差$2=丁=1.8<2,故C错误，D正确.

5.已知同=石，b=（1,2）,若MJ_B，则后=（）

A.（一2,1）或（1,一2）B.（2,-1）或（一1,2）

C.（2,-1）或（一2,1）D.（一2,1）或

【答案】C

【解析】

【分析】由数量积的坐标运算结合向量的模即可求解.

l2y2J5[x=2（x=-2

【详解】设a=（x,y）,由题意得｛Vx+J=Y,解得<I或V,,

x+2y=0[y=T卜=1

即。二（一2,1）或。=（2,-1）.

6.对于随机事件4B,若P(A)=0.4,P(AD8)=0.6,则下列说法中惜诺的是()

A.当A,4互斥时，尸(3)=0.2

B.当AqB时，P(B)=0.6

C.当P(8)=g时，月，8相互独立

D.当尸(勾+尸伊)=1时,A,3互为对立事件

【答案】D

【解析】

【分析】利用概率的加法公式，结合互斥、包含、独立与对立事件的定义，逐一代入已知条件验证各个选项.

【详解】对于A,若4,4互斥，所以尸(Au8)=P(A)+尸(5)=0.4+尸(8)=。.6,

解得P(8)=02,故A正确，

对于B,当AqB时，〃(478)=f(4)=。.6,故B正确，

对于C,0(AD6)=P(A)+P(B)-P(AB)=0.4+1-P(AB)=0.6,

2

解得=y=P(A)P(8),故4,8相互独立，C正确，

1J

对于D,对立事件要求P(AuB)=l,与。(AD3)=0.6的条件不符，故D错误.

7.如图，在直角梯形ABCO中，AB//CD,AB上BC,ZH4D=45°,AN=2，AD=垃,以直线

AO为轴，其余各边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的体积为()

A.—nB.也兀C.鬲D.J兀

643

【答案】A

【解析】

【分析】通过解三角形确定梯形各边长度及位置关系，发现将旋转体分割为圆锥和圆台挖去圆

锥的组合体，分别计算体积后求和.

【详解】在直角梯形ABCD中，过点。作_LAB于点R，

因为二8八。=45‘，AD=42»所以AF=ADcos45=1,。/=4。$也45=1.

因为A3=2,所以=尸=1,

因为A8〃CD,ABA.BC,所以四边形8COF为矩形，因此。。二尸8=1,8。=。尸=1,

在中，由余弦定理得：BD2=AB2+AD2-2-ABAD-COS45=4+2-2x2xV2x—=2>

2

所以J5，

因为A。？+3。2=2+2=4=482,

所以，A£>8=90，即BD±AD,

该几何体由△A3D和△88绕直线AO旋转而成，

（1）AABD绕直线4力旋转形成一个圆锥，底面半径，i=8Z）=JL高％=AD=C.,

所以该部分体积为V；=」兀片/［兀'2'&=延兀；

（2）ABCD绕直线AD旋转形成的几何体为圆台挖去一个圆锥，

如图，直角梯形BCE。绕直线AD形成圆台，△COE绕直线八。形成圆锥，

因为445。=45。，所以ND8C=45。，

因为30=正，所以3C=CO=1,作CE_LAD所在直线，所以。£=也，

2

所以可得圆台的上底半径—=也，下底半径R=5D=&，高力=也,

22

所以圆台体积R=-^x—xf2+-+ll=-71.

"32I2J12

小圆锥体积匕=,兀乂r>/2Y母收

X——=-------71.

32212

所以该部分体积为匕=匕-匕=逑人也.也兀

4-12122

综上，该几何体的体积为丫=乂+匕=迪兀+交兀二迪兀

,4326

8.现有3本相同的书，厚度为3cm,长为15cm,摆放在书架的一角（如图1）,在其正视图（图2）中,

记/8"后=/产七犬=。0<a<2],则EK=（）

14）

图1图2

15cosa+315sina+3

A.--------------cmB.-------------cm

sinacosa

15+3cos«15+3sina

C.--------------cmD.-------------cm

sinacosa

【答案】B

【解析】

【分析】通过解直角二角形求出关键点的坐标或线段长度，利用平行线性质和角度关系确定第二本书的倾

斜角，最后通过线段投影计算EK的长度.

【详解】如图，设4为坐标原点，直线为工轴，直线为轴，

在中，ZHBE=90°,HE=15,/BHE=a,

所以3E="£・sina=15sina,因为"£〃=90。，/HEB=900-a,

所以//话"二180。-90。一（90。一。）二1（其中M为尸在x轴上的投影）,

在Rt△庄M中，EF=3,所以£A/=3cosa,RW=3sina,

所以点尸的纵坐标力=3sina,

因为四边形"EFG为矩形，所以房〃”石，乂与竖直方向（HB）夹角为。，

所以/G与竖直方向夹角也为。，因为L在巾上，所以射线£厂与竖直方向夹角为a,

已知NFLK=a,所以LK与竖直方向的夹角为a+a=2a,则£K与水平方向的夹角为90。一2。,

因为LK=15,所以点L的纵坐标九二I5COS2。，

设L在厂的左上方，则L与尸的竖直距离为yL-yF=15cos2a-3sin«,

因为尸G与竖直方向夹角为a,

L与F的水平距离为（九一力）1加2=（158§2。一35m。）1@11。，

点K在点L的右下方，水平距离为15cos（90。-2a）=15sin2a,

所以打=4十15sin2a,

XK~XE=(XL~XE^+15sin2a

=(xf-xE)~(yL-)*)tana+15sin2a

sina

=3cosa-15(cos2a-3sina)------+15sinla

cosa

_3cos2ez-15sinacos24z+3sin2ez+15sin2acos(z

cosa

_3-30sinacos2cz+15sina+30sinacos2a

cosa

15sincr+3

cost?

"匚.Z7jzl5sina+3

所以EK=-------------cm.

cosa

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.为评估某款AI芯片在不同模型架构下的推理延迟表现，抽取200个模型作为样本，测试模型的推理延

迟时间（单位：ms）,将测试数据适当分组，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间为［0,10）,

[10,20),[20,30),[30,40),[40,50],则()

A.。=0.014

B.样本中延迟时间在［10,20)ms内的模型个数为60

C.样本的中位数落在区间［20,30)内

D.15可以作为样本众数的估计值

【答案】ABD

【解析】

【详解】选项A：因为组距为10,所以有(0.022+0.030+0.024+4+0.010)x10=1,解得

0.086+4=01,即。=0.014,正确;

选项B：延迟时间在［10,20)内的频率为0.030x10=0.3,样本总数为200,所以该区间内的模型个数为

200x0.3=60,正确；

选项C：前两组的频率之和为(0.022+0.030)x10=0.52,

因为0.52>0.5,且第一组频率为0.22v0.5,所以中位数位于第二组［10,20)内，而不是［20,30)内，错

误；

选项D：图中最高的矩形对应区间为［10,20),其中点值为比3=15,所以15可以作为样本众数的估

2

计值，正确.

10.如图，在长方体ABCQ-A4GR中，AB=AD=2^=1,M,N,P分别为AB,CD,B,C,

7T

A.CP〃平面AIMND]B.直线AM与CP所成的角等于£

3

C.点P到平面AMNZ)1的距离为正D.二面角A-MN-。的大小为3

6

【答案】BC

【解析】

【分析】对于选项A,利用反证法证明3与平面4MNR不平行；对于选项B,通过平移转化为两条相交

直线所成的角，解三角形即得；对于选项C,作出点P到平面AMN。的垂线段，解三角形即得；对于选项

D,作出二面角的平面角求解.

【详解】对于选项A,假设C/7/平面因为M,N分别为4B,C。的中点，

所以BC//MN,又平面AMNR,MNu平面A】MND.,

所以BC〃平面AMNR,又3CCPu平面8CC蜴，且BCcCP=C,

所以平面BCC.BJ1平面AMND、.

根据长方体的性质，有平面4CC；4〃平面

所以平面4MN。//平面AOR4,显然矛盾，故选项A错误；

对于选项B,取GA的中点。，连接CQ，尸Q，因为MQ分别为C/)，GR的中点，

所以CQ〃QN,又D\NHA、M,所以AM〃CQ,

所以AM与CP所成的角等于。。与CP所成的角，即/PCQ或其补角.

又CP=PQ=CQ=4i,所以？PCQp故选项B正确;

对于选项C,如图(1),取8C，AR,A。的中点分别为G,E,F,连PG,GF,EF,PE,

设MNC1Gb=0.根据长方体的性质，则MN_L平面PGFE,

又MNu平面A/WNR,所以平面尸GFE八平面AMNR,平面尸GFED平面AMNR=EO,过『作

PRAOE,则P/?J_平面4MNR,

所以PR的长即为点P到平面AMN)的距离.

在图(2)中，设？PERa,则%=PEsina=2sina,

兀(兀、EF1历

?OEF--«,cos--ex=——=—j=,所以sina=—>

2V2)OE^)22

因此〃=2sina=，故选项C正确；

对于选项D,根据长方体的性质知平面AMNR_L平面ABB}A,,

所以NAM4即为二面角A—MN—。的平面角，在R^AMA中，AM=AA,=1,

71

所以？AM4故选项D错误.

4

11.对任意两个非零向量抗，力，定义新运算:团③〃=百，中三个内角A,B,C的对边为

a,b,c,则()

A.当。=2,c=l,A=g时，BC®AB=O

J

B.当宛③£%=—"£时，A=2C

2

C.当CA③=ef,7,7时，——<tanC<3

3U3J5

BA③B(j的最小值为业

D.当/+4〃2=2。2时,

AC2

【答案】BCD

【解析】

【分析】利用新定义，对选项的各个式子进行转化，再利用三角形的边与角关系、构造函数、基本不等式等

判断对应式子的值或范围.

【详解】对于选项A,由余弦定理/+c?-2Z?ccosA得4=〃+1-〃，则人二匕业3.

2

22+俨fuVIlf

所以a2+c2-b2[2J3-V13-

cosB=---------=----------------=------

lac2x2x18

——BCAB|阮卜|祠cosS-B）

品与通夹角为万—8,则8C区A8=一二J_11——

网网

=-|5c|cosB=-2X3-^=-3-^，故A错误；

对于选项B，而与dX夹角为;r-C，

WcK^CCAobcos（兀-C）b+cb+c

所以BC®CA=———=-----------=-4cosC=-即tzcosC=

、2ab。加.,「sin3+sinC

由正弦定理-----=-----=-----得smAcosC=----------.

sinAsinBsinC2

又sinB=sin（A+C）=sin4cosc+cosAsinC,

所以2sinAcosC=sinAcosC+cosAsinC+sinC»即sinAcosC-cosAsinC=sin。,

得sin（A-C）=sinC,又OvA<;r,O<Cv»,所以A—C=C，即A=2C，故B正确;

对于选项C,dX与血夹角为;r-A,

Q~A~DC&ABOccos（兀―A）,.CQ

所以GA⑤AB二||二------------L=-bcosA=--即/cosA=」

\AB\c3t73

be1

由正弦定理-----=—;—得sinBcosA=-sinC.

sinBsinC3

又sinC=sin（A+B）=sinAcosB+cosAsinB,所以3sinBcosA=siMcosB+cosAsinB，

得2sinBcosA=sinAcosB,即2tanB=tanA.

tanB+tanC3tanB

由A=7T-B-C,得tanA=-tan（3+C）==2tanB,所以tanC=

1-tanBtanC2tan2B-l

令工=tan8,由气得代词.

-6X2-3

函数/（X）=的导数/'（"）=<°，所以/（x）在（1,百）上单调递减.

2r—1-I)

3^3oaA

又/(1)=2=3,f(^)=373

W，所以斗v/(x)<3,即二vtanC<3,故C

，—155

正确;

BA-BCcacosB

对干选项D,丽与配夹角为8,所以8A（8）BC==ccosB

C■22…

所以BA®BC_ccosB2〃c二矿+c、b~

AC\bb2ab

又〃2+4从=2。2得/=伫也

2

_2*_________

所以万3至万心，+2一”_3a2+2y_3a।b=,伊b底,

|AC|2ab4ab~^b+2a~'2a~^2'

Q1

当且仅当;=——即3。2=给2时等号成立，故D正确.

【点睛】本题核心是将新定义的向量运算转化为向量投影，易错点是三角形中向量夹角多为内角的补角.解

题以正余弦定理实现边角互化为核心，结合三角恒等变换、函数单调性、基本不等式综合求解，是解三角

形的经典综合题.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.己知△?15c的三个内角A,B,。的对边为小b,c,且。=1,b=近,8=45。，则。=.

[:]105°

【解析】

ah.,asinB1xsin4501

【详解】在AABC中，由正弦定理二一=--，得sinA=­；—=—/=-=-,

smAsinBb，22

因为。<人，所以AvA=45。，所以A=30。，根据三角形内角和为180。，

故C=180。-4-5=105°.

13.若虚数z=a+砥是实系数一元二次方程/+*+夕=。的一个根，且目=6,则4=

【答案】36

【解析】

【分析】利用实系数一元二次方程共规虚根成对的性质，结合韦达定理与复数模的运算公式求解即可；

【详解】根据实系数一元二次方程的虚根性质：若虚数z=a+bi(a,/?£R)是实系数一元二次方程

x2+px+q=0的根，

则其共枕复数一砥4,〃£R)也为该方程的根。

由韦达定理，^=Z-Z=|Z|2=62=36.

23

14.甲乙两人投篮比赛，甲每次投进的概率为一，乙每次投进的概率为一，且各次投篮互不影响.若甲投3

34

次，乙投2次，则乙比甲多投进一球的概率为.

【答案】a

36

【解析】

【分析】乙比甲多投进1球包含两类互斥事件：乙投进1球且甲投进0球、乙投进2球且甲投进1球；甲投

篮命中次数X乙投箧命中次数丫~8(2,；),分别计算两类事件的概率后求和即可.

2(2、

【详解】设甲3次投篮投进的次数为随机变量X,由甲每次投进的概率为工，得乂~33,-；乙2次

投篮投进的次数为随机变量y,由乙每次投进的概率为1，得＞'~8(2,5),

p(y=x+i)=p(y=2,x=i)+p(y=i,x=o)

二.乙比甲多投进一球的概率为三.

36

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.在复平面内，。是原点，向量加对应的复数是Z1=l+i,向量而对应的复数是z2=〃z+2i,

meR.

z.

(1)若」■是纯虚数，求""

(2)若方，丽的夹角为锐角，求〃，的取值范围.

【答案】(1)m=-2

(2)(—2,2)kJ(2,-boo)

【脩析】

z.

【分析】(1)由」是纯虚数，先利用复数的除法进行化简，再利用纯虚数的定义即可求，〃的直；

(2)若砺，历的夹角为锐角，则3•砺>0且次，砺的夹角不为0，结合复数的几何意义即可求

解m的取值范围.

【小问1详解】

2

z1_l+i_(l+i)(/n-2i)_m-2i+mi-2i_(m+2)+2)i

2

z2〃z+2i/77+4nV+4nr4-4

加+2+(m-2)i

m~+4m~+4

由于五是纯虚数，所以坐马=0,〃7=—2.

22w+4

【小问2详解】

由向量”i对应的复数是4=l+i,向量。月对应的复数是z?=/〃+2i可得

0^=(1,1),丽=(m,2),

若西，砺的夹角为锐角，则9•丽>0且方，丽的夹角不为0,那么

m+2>0

“八解得m>-2»且m=2,

m+2

所以，，〃的取值范围(一2,2)口(2,+。).

16.如图，在四棱台A3CO-A4GA中，底面A8C力是菱形，AA_L平面488,4。二24。「点

E在棱8c上.

（1）求证：平面_L平面ACGA；

（2）若〃E//平面求证：上是棱BC的中点.

【答案】（1）因为底面ABCO是菱形，所以8OJ_AC,

又因为AA_L平面ABC。，BDu平面ABCD,所以BD_LA4）,

又4CcAA=AAC,A4u平面ACGA，所以3。L平面4CGA，且区Du平面

所以平面6OG，平面ACG4；

（2）因为4。//8£,所以四边形4REB是平面四边形，

连接48,因为平面A8B1A，"£u平面4。砧，平面AQEBc平面488园=A8,

所以4B//QE,

又因为A。//BE,所以四边形AQEB是平行四边形，

所以=

因为在四棱台A8CO-AgC|A中，AD=2A,Dlf所以AD=28E，

因为四边形A3CO为菱形，所以AO=BC,

所以8C=23E,所以E是棱3。的中点.

【解析】

【分析】（1）应用线面垂直判定定理得到8。_1_平面AC04,进而应用面面垂直判定定理证明即可;

（2）应用线面平行性质定理得出4〃//R£，再应用证明平行四边形得出边长关系即可证明中点.

【小问1详解】

略

【小问2详解】

略

17.盒子中装有标号为1,2,2,3,3的5张标签（除标号外其他完全相同），随机地选取两张标签，根据

下列条件求两张标签上的数字为相等整数的概率.

(1)标签的选取是不放回的；

(2)标签的选取是有放回的.

【答案】⑴-

5

(2)—

25

【解析】

【分析】(1)统计不放回抽取方式下的总等可能样本数，以及两张标签数字相等的事件对应的样本数，代入

古典概型概率公式求解；

(2)统计有放回抽取方式下的总等可能样本数，以及两张标签数字相等的事件对应的样本数，代入古典概

型St率公式求解.

【小问1详解】

将5张标签标记为互不相同的等可能个体：A(标号1)、稣&(标号2)、G，。？(标号3)，试验

符合古典概型特征；

不放回选取两张标签：样本空间为

{(A4),(A82),(AG)，(AG)，(4,82)，(4C),(4，G)，(82C),(%G)，(G，G)}；

设事件儿为"两张标签数字为相等整数”，

则A包含的样本为{4,6},{G，G}，共〃(A)=2个:

/、〃(4)21

由占典概型概率公式得P(A)=-77Y4=—=T.

【小问2详解】

有放回选取两张标签：样本空间总样本数〃(Cj=5x5=25；

设事件A为"两张标签数字为相等整数”，

则A2包含的样本：(1)两张均为4,共1种;

(2)两张均为BJB2,共2x2=4种;

(3)两张均为C,/C2,共2x2=4种,

合计〃(4)=9个；由古典概型概率公式得P(A)=4-4=2_

'J〃(QJ25

18.已知小b,c分别为“W?。的三个内角A,8,C的对边，且

V§（〃sin8+csinC-〃sinA）+2Z?sinAsinC=O.

（1）求A；

（2）记△ABC的外接圆圆心为0.

（i）求而•通（用a/,c表示）；

（ii）若M为边8C上一点，BM=2MC,AM=2,AOAM=6^求aABC的面积.

【答案】（1）多

3

（2）（i）—；（ii）S4M=3后

2△/iov

【解析】

【分析】（】）利用正弦定理和余弦定理将已知式子化简即可.

（2）（i）取八8中点D，转化为而，力。的线性关系即可；（订）利用（i）的结果将［询］,AOAM

转换成〃,c的关系，联立方程可解。,c的值，从而可得aABC的面枳.

【小问1详解】

因为G（〃sin3+csinC-asinA）+2Z?sinAsinC=0,

根据正弦定理‘一二'-=二一二2R得6伍2+/-42）+2庆由14=0,

sinAsinBsinC'7

根据余弦定理a2=b2+c2-20ccosA，贝Ub1+c2-a2=2Z?ccosA，

所以2gbecosA+2/?csinA=0，则sinA=->J3cosA»即tanA=sin=一石，

cosA

2万

因为Aw（O,兀），所以A=?-；

【小问2详解】

（i）如图，取A3中点O,连接QAO8.

因为。是AABC的外接圆圆心，所以OD_LA3,即方0.福=0,

又诟至一国•网COSO-£KCX1_1

22

所以而.通=（而+加）•通;通.通+前.通=3+0=

,2

（ii）同理可得而•/=—,

2

因为〃为边8C上一点，BM=2MC,

所以丽=而+丽=赤+5前二丽+§（/一丽）=3而+§/，

1\4

I——.2（\—.?--V1--24—►——4—-2|,4+b2-4

所以AM=-AB+-AC=-AB+—ABAC+—AC=-c2+-xcZ?x2-9-

l（33>）999997

即C?一次+劭2=36,

___（1—2——、1----------2-------------1C2bc+2b2

所以4O・AM=____-A8+-AC\=-AOAf3+-AOAC=-x—^-x—=----------=6,

V33J3332326

所以。2+2y=36,

c2-2bc+4b2=36b=2C

所以＜解得＜

「2+2〃=36c=20

所以S=—Z?csinA=—x2>/3x2y/3x—=3>/3.

ARC22,

19.如图，在四棱锥尸—A3c。中，底面ABC。是菱形，AC,BD交于点E,PD=AB=AP=2,

Z/?AD=120°,AB.LAP.

(1)求P£的长；

(2)求证：ACJL平面尸8D；

(3)设。为三楂锥尸一AB。的外接球球心，M,N分别为的中点，过点O,M,N的平面与AP

交于点H.

AU

(i)求「的值;

AP

（ii）点。为四边形内一