浙江衢州市2025-2026学年高一年级下册6月期末数学试题（试卷+解析）

高一数学

考生须知：（与答题卷上的要求一致）

1.全卷分试卷和答题卷.考试结束后，将答题卷上交.

2.试卷共4页，有4大题，19小题.满分150分，考试时间120分钟.

3.请将答案做在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效.

一、单项选择题：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.若复:数z=l—i，则复数z在笈平面内对应的点位于（）

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D.第四象限

2.已知向量a=（l,2）,Z?=（3"）,若〃_!_/?，则,=（）

33

A.---B.1C.—D.6

22

3.已知直线〃，b和平面若，blla，则（）

A.aliaB.auaC.。与。相交D.alia或Qua

4.抛掷一颗质地均匀的骰子，记事件A为“向上的点数为2或3”，事件8为“向上的点数为偶数”，则事件A

与事件3（）

A.互斥B.相互独立C.互为对立D.相等

5."2*<2”是"l&t<10”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.有一组样本数据1,2,2,2,3,5,去掠1和5后，相较于原数据不变的是（）

A.平均数B.极差C.方差D.中位数

7.己知函数/（x）=sin2x+2cosb;的图象向左平移。（。>0）个单位长度后关于）'轴对称，则。的最

小值为（）

\xvc,x<e

8.已知函数，若函数g（x）=[/（x）T+硝力一2/恰有3个不同的零点，则实数。的

取值范围()

A.,0B.(0,1)

C.信,0卜(0,1)

二、多项选择题：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.已知函数/(M=2sin(2x-?1,下列关于函数y=/(x)的说法正确的是()

A.最小正周期是兀B.(一日,0)是对称中心

C.x=—是对称轴方程D.在(0,：]上单调递增

12I3J

10.若正实数。，人满足4+〃=1,则下列说法正确的是()

A.0<a<]B.。力有最大值!

C.—h:有最大值5D.-H—有最小值,3

abba

11.定义在R上的函数/(x)，满足当x>0时，/(x)>0，且Wx,yeR,都有

x+y

f(^y)=三2/二)，下列说法正确的是(

A./(0)=0B./(”是偶函数

C./(x+y)=/(x)+/(y)D.若/(”+2/(x-3)N0,则M2

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.某校有400名男生和2(X)名女生，现采用按比例分配的分层随机抽样方法进行抽取，已知女生抽取20

人，则男生抽取人.

13.已知锐角..ABC中，角A,8,C的对边分别是。，b,c,A=60。，AB=2,则周长的取

值范闱是.

14.矩形A8CD中，AB=\,4。=夜，将沿直线翻折至使得二面角A'-BD-C

的大小为60。，点M是线段3C的中点，则三棱锥A'—M8。外接球半径为.

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.近年来人工智能在教育领域的应用越加广泛.某校为了解周末某款AI应用软件在学生中的使用时长（单

位：小时）情况，进行了问卷调查，从所有问卷中随机抽取100份作为样本，得到如图所示的频率分布直方

（1）求图中。的值与该样本数据的第80百分位数；

（2）根据该频率分布直方图，估计1800名学生中有多少学生使用时长在1小时及以上.

16.在AAAC中，角4，B,C的对边分别是〃,h,ct满足2〃COSL4+J5〃=2C.

（1）求角8；

（2）若。在线段AB上，满足AO=CO=23O,且c=3,求-ABC的面积.

17.某商场为吸引顾客，开展抽奖送代金券活动，规则如下：A，B两个箱子中均有若干个小球（除颜色外

均相同），其中A箱中有2个白球和，〃个黑球，8箱中有1个白球和〃个黑球.顾客每轮抽奖，需从A，B

两个箱子中分别取一个球，按先A后〃的顺序进行，取球结束后将球放向原箱子，且每次取球用互独立.若

A箱中取出白球，则送面值2元的代金券，否则无奖励；若B箱中取出白球，则送面值3元的代金券，否则

无奖励.（每位顾客每日至多参与两轮抽奖；代金券可用于商场停车缴贽或参与下次消费，可叠加使用）

（1）顾客甲参与一轮取球，求甲在A箱中取出白球的概率；（用〃，表示）

（2）已知参与一轮取球后获得5元代金券的概率为1,只获得一张代金券且为2元代金券的概率为

63

（i）求加,n；

（ii）若顾客乙参与两轮抽奖，现需用这两轮抽奖获得的代金券支付8元停车费，求乙可足额支付停车费的

概率.

18.如图，三棱柱ABC—ABC乜BB,11AB].

（1）求证：平面AqG，平面BBCC；

（2）若A3=2,AC=0BC=不,BB,=1；

（i）当/=1,求直线A3与平面所成角的正弦值；

（ii）当，为何值时，三棱柱ABC-44G体积最大，并求此最大值.

19.已知函数/"）和向量〃，b，定义：尸=/（。功）+/（卜+6）一/（同）/（忖），当尸之0时，称函数

/（x）为向量”，b的相关函数.

（1）若5=（0/）,5=（1,0）,函数〃同=|斗求尸的值;

（2）当〃=义6（2>0）时，

（i）证明：/（力=，为向量〃的相关函数；

（证）若）（"=""+〃（例>0,〃>0）为向量。，8的相关函数，求所有满足条件的有序数对（根,〃）

组成的集合A.

高一数学

考生须知：(与答题卷上的要求一致)

1.全卷分试卷和答题卷.考试结束后，将答题卷上交.

2.试卷共4页，有4大题，19小题.满分150分，考试时间120分钟.

3.请将答案做在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效.

一、单项选择题：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.若复:数z=l—i，则复数z在笈平面内对应的点位于()

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D.第四象限

【答案】D

【解析】

【分析】直接根据复数的几何意义判断即可；

【详解】解：复数z=l-i在复平面内所对应的点的坐标为位于第四象限；

故选：D

2.已知向量力=(1,2),b=(3j)＞若Q_L〃，则,=()

33

A.—B.1C.—D.6

22

【答案】A

【解析】

【分析】直接由向量的数量积的坐标运算及向量垂直的条件可得.

【详解】因为向量6=(1,2),5=(3#,且

3

所以a/=lx3+2x/=()，解得)=一耳.

3.已知直线〃，b和平面若a//b,blla，贝iJ()

A.aliaB.auaC.。与a相交D.alia或Qua

【答案】D

【解析】

【分析】根据线面平行的定义与判定，分类讨论直线〃与平面。的位置关系即可得结论.

【详解】由b//a,可知直线人与平面。无公共点，而。//〃，

当auc时，根据线面平行的判定定理，得。〃a；

当时，此时仍满足〃//且〃//a.

因此〃与。的关系为a〃a或Qua.

4.抛掷一颗质地均匀的骰子，记事件A为“向上的点数为2或3”，事件8为“向上的点数为偶数”，则事件4

与事件3（）

A.互斥B.相互独立C.互为对立D.相等

【答案】B

【解析】

【分析】利用互斥事件，相互独立事件的定义依次判断选项即可.

【详解】抛掷一颗质地均匀的骰子，记事件A为“向上的点数为2或3”，对于A,C选项，事件A与事件

8能同时发生，A,C错误；

9I31|

对于B,抛掷一颗质地均匀的骰子，基本事件总数〃=6,P（A）=-=-,P（B）=-=-,P（AB）=-,

63626

满足夕（4B）=尸（4）P（8）,所以事件A与事件8为相互独立事件，故B正确：

对于D,事件A包含两个基本事件，事件9包含三个基本事件，所以事件A与事件3不相等，故D错误;

5."2'<2户是"19<怆）一'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

【答案】B

【解^5]

【分析】根据指数函数、对数函数的单调性，充分条件、必要条件判断即同;

【详解】由指数函数的单调性可知2、v2'=>x<y,

而上<）不能推出IgA<Igy,（例如x=-1,y=0时函数意义）,

又Igx<Igyn0vxvyn2'<2y,

所以"2、<2"是"1gA<igy”的必要不充分条件.

6.有一组样本数据1,2,2,2,3,5,去掉1和5后，相较于原数据不变的是（）

A.平均数B.极差C.方差D.中位数

【答案】D

【解析】

【分析】根据平均数，极差，中位数的计算即可比较求解，利用方差的性质即可求解C.

【详解】样本数据1，2,2,2,3,5的平均数为:，极差为4,中位数为2,

2

去掉1和5后的数据的平均数为？，极差为1,中位数为2,故平均数和极差都发生变化，中位数不改

4

变，

由于去掉I和5后，数据的波动性更小，故相比较于原数据，方差变小，故ABC错误，D正确.

故选:D.

7.已知函数/(x)=sin2x+28Cv的图象向左平移W(^>0)个单位长度后关于)，轴对称，则。的最

小值为()

5兀-兀一兀一兀

A.—B.-C.-D.一

8248

【答案】D

【解析】

【分析】首先利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用平移变换

的性质求出结果.

、2得+1,

【详解】由题可得fM=sin2x-2cos2x=sin2x+cos2x+1=V2sin

所以g(x)=V^sin2(x+e)+：+1=&sin(2x+29+[+1,

因为函数g。)的图象关于)'轴对称，

所以2°+四=2+々兀/wZ,即0=四+名次wZ,

4282

71

又g>0,所以。的最小值是三.

O

lru\x<e

8.已知函数f(x)=«e，若函数g(x)=[/(x)T+0'(x)-恰有3个不同的零点，则实数。的

lx

取值范围()

(\\,

A.——B.(0,1)

、2)

C1最可5°』)DH』)

【答案】C

【解析】

【分析】根据/(x)的表达式，先画出函数图象，再令g(x)=o,利用数形结合即可求出函数g(x)恰有3

个不同的零点时，。的取值范围.

\wc,x＜e

易知x=e处的函数值为/(e)=l,即如图中的点A(e/)，所以/(五)£(YO,1],

令z=/(x),贝Me(-oo』],由图可知，

当7〉1时，丁=，与＞=/(力无交点；

当Ov/vl时，y=f与y=/(x)有2个交点；

当〔wo时，y=，与y=/(x)有1个交点.

令g(x)=O,则/+G-2/=0，化简得«+2〃)。-。)=0,解得4=-2。，=4,

要使函数g(1)恰有3个不同的零点,

则当Ov%=-2。＜1时，有2个零点，且当[2=。＜0时，有1个零点，共3个零点，

满足题意，此时。的取值范围为〃£(-g,O)；

或者，当0＜?2=。＜1时，有2个零点，且当4二-24＜0时，有1个零点，共3个零点,

满足题意，此时。的取值范围为〃£(。』)，

当〃=0时，/,=/2=0,此时只有1个零点，不合题意，

综上，函数g(力=[-31+叭元)一2/恰有3个不同的零点时，〃的取值范围为

i2，

二、多项选择题：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.已知函数〃x）=2sin2x--,下列关于函数y=的说法正确的是（）

\6J

A.最小正周期是兀B.（一二是对称中心

I12）

C.1二号是对称轴方程D.在（0,：）上单调递增

【答案】AD

【解析】

【分析】由函数y=4sin（〃）x+。）的图象与性质，根据选项利用性质逐一判断即可.

【详解】对于A,f（x）=2sin（2x-21的最小正周期为丁=&=兀，故A正确；

ko；2

对干B,由〃x）=2sin2X一国可得对称中心横坐标满足2x-四=EZ,

解得X=与+^,ZEZ,故（一联,0）不是函数/（幻的对称中心，故B错误;

对于c,rtlf（X）=2sin2工一2可得对称轴方程满足2X一?=E+二,ZeZ,

ko/62

解得x=@+故C错:吴；

23

对干D,函数f（x）=2sin[2x一4的单调递增区间满足

--+2kn<2x--<-+2knykEZt解得一四+EKxK工+&7rMwZ,

26263

兀兀

当左=0时，得函数/*）的一个单调增区间为一7，3（&WZ）,故D正确.

10.若正实数〃，人满足。+〃=1,则下列说法正确的是（）

B.而有最大值;

A.0<a<\

C.--b7有最大值5D.yd--有最小(直3

abba

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用4+〃=1(。/为正实数)和基本不等式逐一分析判断各选项即可.

【详解】对于A,由正实数。，力满足。+〃=1,易得故A正确；

对于B,由基本不等式可得4匕4"2[=_1,当且仅当。=/?=1时等号成立，故B正确；

I2J42

对于C,因为。+8=1,所以』+1=史2=」-,由B项知。<6必V』，则」-之4,

ababah4ab

即—I—有最小值为4,无最大值，故C错误；

ab

对于D.因为a+A=l,且上〃为正实数，所以@+1=@+9吆=q+2+1>2、/@.2+1=3.

bababa\ba

当且仅当。=/?=!时，f有最小值3,故D正确.

2ba

11.定义在R上的函数/(x)，满足当x>0时，/(x)>0,且X/x,yeR,都有

/⑹二岁/(三斗三与(三斗下列说法正确的是<)

A./(O)=OB./(X)是偶函数

C./(x+y)=/(x)+/(y)D.若/(K)+2/(X_3)NO,则XN2

【答案】ACD

【解析】

【分析】令R=y=o可判断A；令无=0结合函数奇偶性的定义可判断B；令》=工，可得

/(丁)=4(工)，然后通过换元法证明/(4+与=/(。)+/伍)(。/之。成立)，结合奇函数的性质可

判断C；先利用定义法证明函数的单调性，然后把不等式变形为/(3%-6)之/(0),最后利用函数单调性

解不等式可判断D.

【详解】令x=y=0,可得/(o)=o/⑼一。/⑼=0,故A正确；

令工=0,可得［+§/一白，因为y不恒等于0,结合/(o)=o可得；

'6+/(一］=°'即〃X)+/(T)=°(X£R)，所以/(x)是奇函数，又/(X)不恒等于0,

所以/(x)不是偶函数，故B错误；

令卜=工，可得

令〃=三2#=三)，则原式变形为:/(l/2-V2)=#(W)-vf(V)=/(M2)-/(V2),

对任意20,令。=〃2力=，，得f(a-b)=f(a)-f(b),

替换。为a+人得〃a)=/(4+/?)—/他)，即/(4+0)=/(4)+“〃)(4120成立)：

当〃力<0时，对等式/(4+匕)=/(〃)+/(〃)用一〃替换〃，—〃替换人可得：

f(-/7-h)=f(-/7)+/(-/?).由奇函数的性质可得一/(〃+〃)=一〃〃)一〃〃)，

即/1(〃+〃)=/(«)+/(b)(。12<0成立)；

当〃，人一个非负数一个负数时，不妨设。20,〃<0,

对等式/(〃+/?)=+用—。替换〃可得“。一3)=/(〃)+/(—/?)=/(〃)一/(。)，

再用。+力替换〃得/(。)=〃。+〃)一/伍),即用(a+/)=/(。)+/(1)(。20/v0成立)；

故f(x+y)=/W+f(y)对所有x9yGR成立,c正确；

fM是奇函数且满足7(x4-y)=/(x)+f(y)得：

若占>%,则/(王)一)(工2)=/(5)+/(—42)=/(%—々)，因为当为>。时,/(X)>。,

所以即/(玉)>/(9)，所以/(幻是R上的增函数，

由FS+>)=/(*)十/(y)得：/(A)+2/(A-3)=/(A)+/(2A-6)=/(3A-6)>0=/I0),

由增函数性质得3x—620,即R22,故D正确.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.某校有400名男生和200名女生，现采用按比例分配的分层随机抽样方法进行抽取，已知女生抽取20

人,则男生抽取人.

【答案】

40

【解析】

20

【详解】根据分层抽样可知男生抽取人数为400x(历=40人

13.已知锐角二4BC中，角A，B,C的对边分别是〃，b,c,A=60。，A4=2,则.ABC周长的取

值范围是______.

【答案】(3+6,6+26)

【解析】

【分析】根据已知条件A=60。，AB=2,分别构造RtcABO和RtZ\43C，结合锐角eABC的条件，即

可求出其他两边的取值范围，进而求出一A8C周长的取值范围.

【详解】解：由题意知A=60。，c=AB=2,

过点8作3O_LAC,如图所示，

则在Rt_A3。，A=60°,A8=2,所以4O=ABco$60=1,3。=ABsin60=G，

因为二ABC为锐角三角形，所以AC>AD=1,BC>6

AD

当A8_L8c时，二ABC为直角三角形，则AC=--------=4,BC=ABtan60=273»

cos60

又..ABC为锐角三角形，则AC<4,8。<26，所以1<AC<4,6<BC<20

因此，.ABC周长L的取值范围为3+6<A8+8C+AC<6+2JJ，

即LW(3+G,6+2G).

14.矩形ABC。中，AB=\,AD=M，将二A3。沿直线4。翻折至「AH。，使得二面角4一8加一。

的大小为60。，点M是线段8C的中点，则三棱锥A'—MB。外接球半径为.

【答案】叵

2

【解析】

【详解】法1：如图，在矩形ABC。中，连接AM交3。于。，

因为点〃是线段3C的中点，所以6M=正，

2

则lan4BAM=tanNDBC=—，则NBAM=/DBC,

2

因为N3AM+ZAM3=90，所以NOBC+ZAA/3=90，所以NBOM=90，即。用_L03,

AOLOB,

因为A8=1,AD=JI,四边形A6CO为矩形,

旦,

3，

由折叠可知A'O=AO=迈

3

又NA'OM=60,所以在AA'OM中，A:M1=A:O2+OM--2A,OOMcos60

代入得4M2="[J"丫2.亚亚1」

\3/\6/3622

故AM=—.

2

并且ArO2=OW2+AM2，所以A'M1OM.

因为8O_LA'O,BD1OM,因为A'OcOM=M,AO,。用u平面AOM,

所以3。_1_平面AOM,因为AMu平面AQM，所以4D_LA'M.

在平面M5D内过点M作直线〃/8。，则AM_L/.

又。Mu平面MW),I与0M交于M，所以4M，平面

在底面」.MBO中，sm"BC=&0『=彳，且DM=][曰卜『=告’

一,1DM1V372

设，一MAO的外接圆半径为P,则由正弦定理知夕=二*——=^x=―

2smZ.DBC2J34

T

由于A'M_L平面M3D,外接球球心在./W3D外接圆圆心的垂线上.

设球心到平面MBD的距离为3由球心到4与到底面三点距离相等，得夕2+r=p2+（A，M-r）\所以

A,M

t=----.

2

因此/?2="+（竿j，

代入得力逑二罔匕.

14JI4J4

故R咚

A!

/

C

法2：如图，作AOJL8O,爻BD于0,CNA.BD,交.BD于N,

因为A3=1,40=&，四边形A8CO为矩形，

所以如6A。比矗，,同理CN二5

F'

BO=^AB--AO1=—,所以0N=ND=B,01、2百

333

BMC

连。M,因为。为BN中点，M为中点，所以OM_L3Q.

以。为原点，所在直线为x轴，8。所在直线为）'轴，过0且垂直于平面3c。的直线为z轴，建立

如图空间直角坐标系，

因为二面角A!-BD-C的大小为60°,所以ZAOM=60°,

ci所以a=近,b=0,

设4的坐标为（。,方©，则cos600=

~^b6

sin60°=C,所以c=,即,

A'O2I62J

B0,-冬0,C乎,当，0，小半°］，所以M借0,0

设三棱锥A-MBD外接球球心的坐标为（x,y,z）,

瓜

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.近年来人工智能在教育领域的应用越加广泛.某校为了解周末某款AI应用软件在学生中的使用时长（单

位：小时）情况，进行了问卷调查，从所有问卷中随机抽取100份作为样本，得到如图所示的频率分布直方

图.

赎率尚I即

(1)求图中。的值与该样本数据的第80百分位数；

(2)根据该频率分布直方图，估计1800名学生中有多少学生使用时长在1小时及以上.

【答案】(1)a=0.26,第80百分位数为2.875：

(2)1566人.

【解析】

【小问1详解】

由题(0.06x2+0,20+2〃+0.38+0.46+0.32)x0.5=1.

解律4=0.26.

因为［0,2.5)的频率为(0.06+0.20+0.26+0.38+0.46)x0.5=0.68<0.80,

［0,3)的频率为(0.06+0.20+0.26+0.38+0.46+0.32)x0.5=0.84>0.80,

所以该样本数据的第80百分位数位于区间［2.5,3)中，

所以该样本数据的第80百分位数为：2.5+0,80,68x0.5=2.875.

0.84-0.68

【小问2详解】

根据频率分布直方图，使用时长在1小时及以上的频率为1-(0.06+0.20)x0.5=0.87,而

18(X)x0.87=1566.

故估计1800名学生中有1566名学生使用时长在1小时及以上.

16.在△A6c中，角A,B,C的对边分别是。,b，c,漏足2Z?cosA+石。=2c.

(1)求角8；

(2)若。在线段上，满足AD=CO=2BO,且c=3，求.ABC的面积.

71

【答案】(1)B=-

6

⑵3(6+啊

8

【解析】

【分析】（1）利用余弦定理将角亿边，再利用余弦定理计算COS8=X3,即可得解；

2

（2）在二BCD中，利用余弦定理求得。二色上叵，再求面积即可.

2

【小问1详解】

由余弦定理知，2，+\J'+6=2c,

2bc

化简为A?+c?-/+\[3ac=2c*,

化简为a2+C1-b2=yf3ac，

_a2+c2-b2y/3

cosB=---------------=——，

lac2

BW（0,7T）,「.B=—.

6

【小问2详解】

由于。=3,AD=CD=2BD,

所以BD=l,CD=2,

在LBCD中，CD2=BD2+BC2-2BD-BCcosB，

即4=l+3C2-2BCxg

2

解得〃=+4，

2

11G+屏13（6+后）

..S=—acsxnB=—x------------x3x—=----------------

wAeftr22228

17.某商场为吸引顾客，开展抽奖送代金券活动，规则如下：A，B两个箱子中均有若干个小球（除颜色外

均相同），其中A箱中有2个白球和，〃个黑球，。箱中有I个白球和〃个黑球.顾客每轮抽奖，需从A，B

两个箱子中分别取一个球，按先4后3的顺序进行，取球结束后将球放阿I原箱子，且每次取球用互独立.若

4箱中取出白球，则送面值2元的代金券，否则无奖励；若B箱中取出白球，则送面值3元的代金券，否则

无奖励.（每位顾客每日至多参与两轮抽奖：代金券可用于商场停车缴费或参与下次消费，可叠加使用）

（1）顾客甲参与一轮取球，求甲在A箱中取出白球的概率；（用机表示）

（2）已知参与一轮取球后获得5元代金券的概率为二，只获得一张代金券且为2元代金券的概率为；.

63

（i）求〃?，”；

（ii）若顾客乙参与两轮抽奖，现需用这两轮抽奖获得的代金券支付8元停车费，求乙可足额支付停车费的

概率.

2

【答案】（1）----

77/4-2

（2）（i）m=2,77=2；（n）—

12

【解析】

【分析】（1）利用古典概型概率公式直接求解即可：

（2）（i）利用占典概型概率公式列方程组求解即可；

（ii）先确定单轮抽奖各收益对应的概率，再枚举两轮总金额不低于8元的所有情况，结合古典概型概率公

式求解即可.

【小问1详解】

甲在A箱中取一个球的试验的样本空间包含机+2个样本点，

2

事件A：A箱取出白球包含2个样本点，故甲在A箱中取出白球的概率为-----；

w+2

【小问2详解】

（i）一轮取球的试验的样本空间包含（机+2）（〃+1）个样本点，

事件：,、获得5元代金券”包含2个样本点，事件：,、只获得一张代金券且为2元代金券“包含2”个样本点，

21In1

所以7\~~2，71\一”解得根=〃=2；

++6（机+2）（〃+1）3

（ii）乙可足额支付停车费的概率，即乙两轮抽奖获得的代金券面值叠加后大于等于8元的概率，

乙两轮抽奖试验的样本空间包含12x12=144个样本点，获得的代金券面值叠加后大于等J--8元的有：（白，

白，白，白），（白，白，黑，白），（黑，白，白，白），

41

共3个随机事件，均包含4个样本点，所以发生的概率为——=—,

14436

所以乙两轮抽奖获得的代金券面值叠加后大于等于8元的概率为二，

12

即乙可足额支付停车费的概率为」

12

18.如图,三棱柱ABC—44G中，BBi上BQ1,BBJAB、.

(1)求证：平面44G，平面BBCC；

(2)若A3=2,AC=6，BC=不,BB『；

(i)当，=1,求直线A3与平面34GC所成角的正弦值；

(ii)当，为何值时，三棱柱A3C-44C；体积最大，并求此最大值.

【答案】(1)因为8⑸JL8[CI,BBJABi，44小耳弓=耳，u平面AqC；,

所以84J.平面AgG，又平面88CC，所以平面A^G_L平面8片6。；

(2)叵；/=这时，体积最大值为迈

1477

【解析】

【分析】(1)先根据线面垂直的判断定理证明平面A片G，再根据面面垂直的判断定理即可证明;

(2)(i)先做出线面角，并计算A4和AC；,然后在•44G中运用等面积法计算出A。，最后由

sin0=4?即可求解：

AB

(iO把体积用，的函数表示，利用基本不等式即可求解.

【小问1详解】

略

【小问2详解】

(i)由(I)知平面4与G_L平面3BCC，交线为qG，过A作AO_LMG于O,连接0B

则40±平面BB£C,因此NA80就是AB与平面BB«C所成的角，

由B4_LAq,/为直角三角形，得A哥二AI—B母=4一产；

又CC\UBB\,8q_1.平面/18£,所以CGJ.平面AgG，

因为AQu平面A8C1,所以CC；_LAG，

故AC2=AC；+CC：,得AC：=AC2-J=3-产，且B£=BC=5,

当z=l时，AB\=C，AC、=0在▲ABC中由余弦定

AB；+AC；—BC；_3+2-7

理:cosZ^AC]=得sinN/AC；=

2世.AC；2>/6

“与G面积：S明弓=gA/4G.sin/g4G=gx6x亚x噜=冬

।2q”

又S4立=一旦6・40,得40二二一二年,

♦©24Ga

&

因此直线43与平面所成角e满足：,八A0币底.

sin。==——=----

AB214

(ii)三棱