2022-2023学年福建省福州一中高一(下)期末数学试卷【答案版】

2022-2023学年福建省福州一中高一（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．若（1﹣2i ）z ＝2i 3，则z •z =（ ） A ．
2√55
B ．4
5
C ．
1225
D ．
1625
2．已知不重合的平面α，β，γ和直线l ，则“α∥β”的充分不必要条件是（ ） A ．α内有无数条直线与β平行 B ．l ⊥α且l ⊥β
C ．γ⊥α且γ⊥β
D ．α内的任何直线都与β平行
3．平行四边形ABCD 中，点E 是DC 的中点，点F 是BC 的一个三等分点（靠近B ），则EF →
=（ ） A ．1
2AB →
−
13
AD →
B ．1
4
AB →
+
12
AD →
C ．1
3
AB →
+
12
AD →
D ．1
2
AB →
−
23
AD →
4．镇海植物园有两块地，从A ，B ，C ，D 四种树木中任选2种树木种植在一块地中，余下2种树木种植在另一块地中，则A ，B 种植在同一块地的概率为（ ） A ．2
3
B ．1
3
C ．1
2
D ．3
4
5．如图，何尊是我国西周早期的青铜礼器，其造型浑厚，工艺精美，尊内底铸铭文中的“宅兹中国”为“中国”一词最早的文字记载，何尊还是第一个出现“德”字的器物，证明了周王朝以德治国的理念．何尊的形状可近似看作是由上部分圆台和下部分圆柱的组合体，组合体的高约为40cm ，上口直径约为28cm ，圆柱的底面直径约为18cm ．取π的近似值为3，经计算得到圆柱的侧面积约为1296cm 2，则该组合体上部分圆台的体积约为（ ）
A ．6448cm 3
B ．6548cm 3
C ．5548cm 3
D ．5448cm 3
6．在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，AB =4，BC =AC =2√2，AA 1=1，点M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，则直线BM 与CN 所成角的余弦值为（ ） A ．
√15
5
B ．
√10
5
C ．
√53
D ．
√63
7．已知△ABC 的面积等于2，AB ＝1，当△ABC 三条高的乘积取最大值时，sin C 的值为（ ）
A ．
1665
B ．
6365
C ．
1516
D ．1
2
8．如图，在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，Q 为AD 的中点，P 为正方体内部及其表面上的一动点，且PQ ⊥BD 1，则满足条件的所有点P 构成的平面图形的面积是（ ）
A ．
3√32
B ．2√3
C ．4
D ．3√3
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9．掷一枚骰子，记事件A 为掷出的数大于4，事件B 为掷出偶数点，则下列说法正确的是（ ） A ．P(A ∪B)=56
B ．P(A)=13
C ．事件A 与事件B 为相互独立事件
D ．事件A 与事件B 对立
10．已知一组样本数据x 1，x 2，…，x n （x 1＜x 2＜…＜x n ），现有一组新的数据
x 1+x 22
，
x 2+x 32
，…，
x n−1+x n
2
，
x n +x 1
2
，则与原样本数据相比，新的样本数据（ ）
A ．平均数不变
B ．中位数不变
C ．极差变小
D ．方差变小
11．已知四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED ，AB ＝ED ＝2FB ，记三棱锥E ﹣ACD ，F ﹣ABC ，F ﹣ACE 的体积分别为V 1，V 2，V 3，则（ ） A ．V 3＝2V 2
B ．V 1＝2V 2
C ．V 3＝V 1+V 2
D ．2V 3＝3V 1
12．在△ABC 中，D ，E 分别是BC ，AC 的中点，且BC ＝6，AD ＝2，则（ ） A ．△ABC 面积最大值是6 B ．△ABC 周长可能是14
C ．|A
D →
+BE →
|不可能是5
D ．B
E →
⋅AC →
∈(112，35
2)
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．若复数z 1=3−i ，z 2=−3−i ，z 3=2+√6i ，z 4=a −√3i 在复平面内对应的点在同一个圆上，则正实数a 的值为 ．
14．在棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 为线段A 1B 1的中点，F 为线段AB 的中点，则直线FC 到平面AEC 1的距离为 ．
15．在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若b 2+c 2﹣a 2=√2bc ，c ＝4，则边a 的取值范围是 ．
16．在三棱锥P ﹣ABC 中，PB ＝1，P A ＝PC ＝AB ＝BC ＝2，二面角P ﹣AC ﹣B 的大小为60°，则该三棱锥的体积为 ；其外接球的表面积为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10分）某社区举办《“环保我参与”有奖问答比赛》活动，某场比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题．已知甲家庭回答正确这道题的概率是3
4，甲、丙两个家庭都回答错误的概
率是
1
12
，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是1
4
．若各家庭回答是否正确互不影响．
（1）求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；
（2）求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率．
18．（12分）在平面直角坐标系xOy 中，角α终边与单位圆O 的交点为E ，将向量OE →
逆时针方向旋转90°，得到向量OF →
，记A （1，0），B （0，﹣1）． （1）判断向量AE →
与BF →
的位置关系，并说明理由； （2）求|AE →
+AF →|的最大值．
19．（12分）如图，三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的侧面BCC 1B 1是平行四边形，BC 1⊥C 1C ，BC 1⊥A 1C ，且E ，F 分别是BC ，A 1B 1的中点． （1）求证：EF ∥平面A 1C 1CA ；
（2）在线段AB 上是否存在点P ，使得BC 1⊥平面EFP ？若存在，求出AP AB
的值；若不存在，请说明理
由．
20．（12分）用分层随机抽样从某校高一年级学生的数学期末成绩（满分为100分，成绩都是整数）中抽取一个样本量为100的样本，其中男生成绩数据40个，女生成绩数据60个，再将40个男生成绩样本
数据分为6组：[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，绘制得到如图所示的频率分布直方图．
（Ⅰ）估计男生成绩样本数据的第80百分位数；
（Ⅱ）在区间[40，50）和[90，100]内的两组男生成绩样本数据中，随机抽取两个进行调查，求调查对象来自不同分组的概率；
（Ⅲ）已知男生成绩样本数据的平均数和方差分别为71和187.75，女生成绩样本数据的平均数和方差分别为73.5和119，求总样本的平均数和方差．
21．（12分）在△ABC中，内角A，B，C对的边分别为a，b，c，若sin2A+3sin2B＝5sin2C．（1）求cos C的最小值；
（2）若△ABC的面积为a2，求tan C的值．
22．（12分）如图，已知矩形ABCD，BC＝2AB＝4，M是AD的中点，现将△ABM沿着BM翻折至△PBM．（1）若PC=2√3，求证：平面PBM⊥平面BCDM；
（2）求二面角P﹣CD﹣B的正弦值的最大值．
2022-2023学年福建省福州一中高一（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．若（1﹣2i ）z ＝2i 3，则z •z =（ ） A ．
2√55
B ．4
5
C ．
1225
D ．
1625
解：∵（1﹣2i ）z ＝2i 3，
∴z =2i 31−2i =−2i(1+2i)(1−2i)(1+2i)=4−2i 5=45−2
5
i ，
∴z =
45+25
i ， ∴z ⋅z =(4
5)2+(2
5)2=4
5． 故选：B ．
2．已知不重合的平面α，β，γ和直线l ，则“α∥β”的充分不必要条件是（ ） A ．α内有无数条直线与β平行 B ．l ⊥α且l ⊥β
C ．γ⊥α且γ⊥β
D ．α内的任何直线都与β平行
解：A 无数条平行推不出α∥β，
B ，垂直于用一条直线的两平面平行，成立，反之不一定成立；
C ，γ⊥α且γ⊥β，推不出
D 充要条件，
则“α∥β”的充分不必要条件是B ， 故选：B ．
3．平行四边形ABCD 中，点E 是DC 的中点，点F 是BC 的一个三等分点（靠近B ），则EF →
=（ ） A ．1
2AB →
−
13
AD →
B ．1
4
AB →
+
12
AD →
C ．1
3
AB →
+
12
AD →
D ．1
2
AB →
−
23
AD →
解：因为ABCD 为平行四边形，所以AB →
=DC →
，AD →
=BC →
，
故EF →
=EC →
+CF →
=12DC →+23CB →=12AB →−23AD →
．
故选：D ．
4．镇海植物园有两块地，从A ，B ，C ，D 四种树木中任选2种树木种植在一块地中，余下2种树木种植在另一块地中，则A ，B 种植在同一块地的概率为（ ）
A ．2
3
B ．1
3
C ．1
2
D ．3
4
解：从A ，B ，C ，D 四种树木中任选2种树木种植在一块地中，余下2种树木种植在另一块地中，
基本事件总数n =C 42C 22
=6，
A ，
B 种植在同一块地包含的基本事件个数m =
C 22A 22=2，
则A ，B 种植在同一块地的概率P =m n =26=1
3． 故选：B ．
5．如图，何尊是我国西周早期的青铜礼器，其造型浑厚，工艺精美，尊内底铸铭文中的“宅兹中国”为“中国”一词最早的文字记载，何尊还是第一个出现“德”字的器物，证明了周王朝以德治国的理念．何尊的形状可近似看作是由上部分圆台和下部分圆柱的组合体，组合体的高约为40cm ，上口直径约为28cm ，圆柱的底面直径约为18cm ．取π的近似值为3，经计算得到圆柱的侧面积约为1296cm 2，则该组合体上部分圆台的体积约为（ ）
A ．6448cm 3
B ．6548cm 3
C ．5548cm 3
D ．5448cm 3
解：由题意可知，该几何体上部分圆台的下底面半径r 1＝14cm ，上底面半径r 2＝9cm ，该几何体下部分圆柱的底面半径r 3＝9cm ，
设圆台的高为hcm ，则圆柱的高为（40﹣h ）cm ， 则有2πr 3（40﹣h ）＝1296，又π的近似值为3， 所以2×3×9×（40﹣h ）＝1296，解得h ＝16，
所以圆台的体积V =1
3π(r 12+r 22+r 1r 2)ℎ≈
1
3
×3×(142+92+14× 9）×16＝6448（cm 3）． 故选：A ．
6．在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，AB =4，BC =AC =2√2，AA 1=1，点M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，则直线BM 与CN 所成角的余弦值为（ ） A ．
√15
5
B ．
√10
5
C ．
√53
D ．
√63
解：如图所示，取BC 的中点E ，连接EN ， 则根据题意易得四边形MNEB 为平行四边形，
∴BM ∥EN ，
∴直线BM 与CN 所成角为∠CNE ，
又根据题意易知BC ⊥平面ACC 1A 1，且CN ⊂平面ACC 1A 1，
∴BC ⊥CN ，又EN ＝BM =√B 1M 2+B 1B 2=√5，CN =√C 1N 2+C 1C 2=√3， ∴cos ∠CNE =CN EN =√35=√15
5
， 故选：A ．
7．已知△ABC 的面积等于2，AB ＝1，当△ABC 三条高的乘积取最大值时，sin C 的值为（ ） A ．
1665
B ．
6365
C ．
1516
D ．1
2
解：设△ABC 三个内角A ，B ，C 对应的边为a ，b ，c ，对应的高为m ，n ，t ， △ABC 面积为2，AB ＝1，即S ＝2，c ＝1， S =12am =12bn =12ct ＝2，S 3=18
abcmnt ＝8， mnt =64abc =64
ab ， 因为S =1
2ab sin C ＝2， 所以ab =
4
sinC
，mnt ＝16sin C ， 因为cos C =a 2+b 2
−c 22ab ≥2ab−12ab =1−1
2ab
，当且仅当a ＝b 时取得等号，
所以2ab ≤1
1−cosC ，即
8
sinC
≤
11−cosC ，
sinC 1−cosC
=
2sin C 2cos C 2
2sin 2
C
2
=tan C
2≤18
，
可得sin C =
2tan C 2
1+tan 2C 2
=
2
tan C 2+1
tan C
2
≤21
8+8
=16
65， 所以当△ABC 三条高的乘积取最大值时，sin C 的值为16
65
．
故选：A ．
8．如图，在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，Q 为AD 的中点，P 为正方体内部及其表面上的一动点，且PQ ⊥BD 1，则满足条件的所有点P 构成的平面图形的面积是（ ）
A ．
3√32
B ．2√3
C ．4
D ．3√3
解：如图，正方体中，BD 1在平面ABCD 的射影为AC ，在平面ADD 1A 1的射影为AD 1， 分别取DC 中点E ，AA 1中点F ，利用三垂线定理得，QE ⊥BD 1，QF ⊥BD 1， 所以BD 1⊥平面QEF ．所以，P 点在正方体中过Q 、E 、F 的截面上．
分别取A 1B 1，B 1C 1，CC 1的中点G 、M 、N ，连接FG ，GM ，MN ，NE ，平面FGMNEQ 即为截面． 在正方体中求得FQ ＝QE ＝EN ＝NM ＝MG ＝GF =√2， 所以正六边形FGMNEQ 的面积为6×12
×√2×√2×√3
2
=3√3．
故选：D ．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9．掷一枚骰子，记事件A 为掷出的数大于4，事件B 为掷出偶数点，则下列说法正确的是（ ） A ．P(A ∪B)=5
6
B ．P(A)=1
3
C ．事件A 与事件B 为相互独立事件
D ．事件A 与事件B 对立
解：掷一枚骰子，记事件A 为掷出的数大于4，事件B 为掷出偶数点，
则P （A ）=
26=13，P （B ）=36=1
2
，故B 正确； P （A ∪B ）＝P （A ）+P （B ）﹣P （AB ）=
13+12−16=2
3
，故A 错误； ∵事件AB 表示“掷出的数大于4”且“掷出偶数点”，即“掷出6”， ∴P （AB ）=1
6，故P （AB ）＝P （A ）P （B ）=1
3×1
2=1
6， 故事件A 与事件B 是为相互独立事件，故C 正确；
∵P （A ）+P （B ）=1
3+1
2=5
6≠1，故事件A 与事件B 不是对立事件，故D 错误． 故选：BC ．
10．已知一组样本数据x 1，x 2，…，x n （x 1＜x 2＜…＜x n ），现有一组新的数据
x 1+x 22
，
x 2+x 32
，…，
x n−1+x n
2
，
x n +x 1
2
，则与原样本数据相比，新的样本数据（ ）
A ．平均数不变
B ．中位数不变
C ．极差变小
D ．方差变小
解：对于A 项，新数据的总数为：x 1+x 22
+
x 2+x 32
...+
x n +x 1
2
=x 1+x 2+...+x n ，故平均数不变，A
正确；
对于B 项，不妨设原数据为：1，2.5，3，则新数据为：1.75，2.75，2，显然中位数变了，故B 错误； 对于C 项，原数据极差为：x n ﹣x 1，新数据极差为：
x n−1+x n
2
−
x 1+x 22
，
x n−1+x n 2
−
x 1+x 22
−(x n −x 1)=
x n−1−x n +x 1−x 2
2
＜0，极差变小了，故C 正确；
对于D 项，由于两组数据的平均数不变，而极差变小，说明新数据相对原数据更集中于平均数，故方差变小，即D 项正确． 故选：ACD ．
11．已知四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED ，AB ＝ED ＝2FB ，记三棱锥E ﹣ACD ，F ﹣ABC ，F ﹣ACE 的体积分别为V 1，V 2，V 3，则（ ） A ．V 3＝2V 2
B ．V 1＝2V 2
C ．V 3＝V 1+V 2
D ．2V 3＝3V 1
解：如图连接BD 交AC 于O ，连接OE ，OF ． 设AB ＝ED ＝2FB ＝2， V 1=
13×S △ACD ×|ED |=4
3， V 2=1
3×S △ABC ×|FB |=2
3，
由ED ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以ED ⊥AC ． 又AC ⊥BD ，且ED ∩BD ＝D ，ED ，BD ⊂平面BDEF ， 所以AC ⊥平面BDEF ，所以AC ⊥OF ．
易知BD =2√2，OB =√2，OE =√OD 2+ED 2=√6，OF =√OB 2+BF 2=√3， EF =√BD 2+(ED −FB)2=3，
所以EF 2＝OF 2+OE 2，所以OF ⊥OE ，而OE ∩AC ＝O ， OE 、AC ⊂平面ACE ，所以OF ⊥平面ACE ． 又AC =AE =CE =2√2，
V 3=V F−ACE =1
3S △ACE ⋅OF =1
3×√3
4AC 2⋅OF =2， 所以有V 3≠2V 2，V 1＝2V 2，V 3＝V 1+V 2，2V 3＝3V 1， 所以选项A 不正确，BCD 正确． 故选：BCD ．
12．在△ABC 中，D ，E 分别是BC ，AC 的中点，且BC ＝6，AD ＝2，则（ ） A ．△ABC 面积最大值是6 B ．△ABC 周长可能是14
C ．|A
D →
+BE →
|不可能是5 D ．BE →
⋅AC →
∈(
112
，352) 解：如图，
设三角形ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ， A 到BC 的距离为h ，可得△ABC 的面积S =12
aℎ=1
2
×6ℎ≤3×2＝6， 当AD ⊥BC 时等号成立，故A 正确；
在△ABD 中，由余弦定理可得：c 2＝32+22﹣2×2×3cos ∠ADB ， 在△ADC 中，由余弦定理可得：b 2＝32+22﹣2×2×3cos ∠ADC ， 而cos ∠ADB +cos ∠ADC ＝0，以上两式作和得c 2+b 2＝26， ∵b +c ＞a ＝6，∴三角形周长为a +b +c ＝b +c +6＞12，
得b+c 2
≤
√
c 2+b 22
=
√
262
，当且仅当b =c =√13时等号成立，
可得c +b +6≤2√13+6，即三角形的周长的范围是(12，2√13+6]， 故三角形周长不可以取到14，故B 错误；
∵AD →
+BE →
=AD →
+BC →
+CE →
=−DA →
+2DC →
+12(DA →−DC →)=32DC →−12DA →
，
∴|AD →+BE →|=√(32DC →−12DA →)2=12√9DC →2+DA →2−6DC →⋅DA →=1
2√85−6DC →⋅DA →
，
而DC →⋅DA →=|DC →|⋅|DA →
|cos∠ADC =6cos∠ADC ∈(−6，6)，
∴|AD →
+BE →
|∈(72，11
2
)，则|AD →+BE →|的值可能取到5，故C 错误；
由BE →
=BC →
+CE →
=2DC →
+12(DA →−DC →)=12DA →+32DC →
， 得BE →•DA →
=(3
2DC →
+1
2DA →)•(DC →−DA →
)=3
2DC →
2−1
2DA →2−DC →⋅DA →
=23
2−DC →⋅DA →
， 由推导C 可得DC →
⋅DA →
∈(−6，6)，得232
−DC →⋅DA →
∈(
112
，
352
)，故D 正确．
故选：AD ．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．若复数z 1=3−i ，z 2=−3−i ，z 3=2+√6i ，z 4=a −√3i 在复平面内对应的点在同一个圆上，则正实数a 的值为 √7． ．
解：因为z 1=3−i ，z 2=−3−i ，z 3=2+√6i ，z 4=a −√3i 在复平面上对应点分别为Z 1(3，−1)，Z 2(−3，−1)，Z 3(2，√6)，Z 4(a ，−√3)， 设圆方程为(x −x 0)2+(y −y 0)2=r 2(r ＞0)，
则有(3−x 0)2+(−1−y 0)2=r 2，(−3−x 0)2+(−1−y 0)2=r 2，(2−x 0)2+(√6−y 0)2=r 2，联立方程解得x 0=0，y 0=0，r =√10， 所以圆方程为x 2+y 2＝10，
又Z 4(a ，−√3)在圆上，所以a 2+3＝10，又a ＞0，解得a =√7． 故答案为：√7．
14．在棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 为线段A 1B 1的中点，F 为线段AB 的中点，则直线FC 到平面AEC 1的距离为
√6
6
． 解：以D 1为原点，D 1A 1D 1C 1D 1D 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(1，0，1)，B(1，1，1)，C(0，1，1)，C 1(0，1，0)，E(1，12，0)，F(1，1
2，1)，
所以AB →
=(0，1，0)，AC 1→
=(−1，1，−1)，AE →
=(0，12，−1)，EC 1→=(−1，1
2，0)，FC →=(−1，12，0)，AF →=(0，1
2
，0)． 因为FC →=EC 1→
=(−1，1
2，0)，所以FC ∥EC 1，所以FC ∥平面AEC 1． 所以点F 到平面AEC 1的距离为直线FC 到平面AEC 1的距离． 设平面AEC 1的法向量为n →
=(x ，y ，z)， 则{n →
⋅AE →
=1
2y −z =0n →⋅EC 1→=−x +1
2y =0
，
取z ＝1，则x ＝1，y ＝2．所以，n →
=(1，2，1)是平面AEC 1的一个法向量．
又因为AF →
=(0，1
2，0)，所以点F 到平面AEC 1的距离为|AF →⋅n →
||n →
|
=
|(0，12
，0)⋅(1，2，1)|
√6
=
√66
． 即直线FC 到平面AEC 1的距离为
√66
． 故答案为：√6
6
．
15．在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若b 2+c 2﹣a 2=√2bc ，c ＝4，则边a 的取值范围是 （2√2，4） ． 解：因为b 2+c 2﹣a 2=√2bc ，
所以由余弦定理可得cos A =b 2
+c 2−a 22bc
=√2bc 2bc =√2
2， 因为A 为锐角， 所以A =π4
，
因为在锐角△ABC 中，{C ∈(0，π
2)3π4−C ∈(0，π2)，可得C ∈(π4，π2
)， 所以sin C ∈（
√2
2，1）， 由正弦定理a
sinA =c
sinC
，可得a =c⋅sinA sinC =4×√2
2sinC =2√2
sinC ∈（2√2，4）．
故答案为：（2√2，4）．
16．在三棱锥P ﹣ABC 中，PB ＝1，P A ＝PC ＝AB ＝BC ＝2，二面角P ﹣AC ﹣B 的大小为60°，则该三棱锥的体积为
12
；其外接球的表面积为
52π3
．
解：由题意如图所示：
取AC 的中点M ，连接PM ，BM ，
∵P A ＝PC ＝AB ＝BC ，AC ＝AC ，则△ABC ≅△APC ，PM ⊥AC ，BM ⊥AC ， ∴二面角P ﹣AC ﹣B 的平面角为∠PMB ＝60°， 故△PMB 为等边三角形，即PM ＝BM ＝PB ＝1，
则AC ＝2CM ＝2√BC 2−BM 2=2√3，tan ∠BCM =BM
CM =√3
3， ∵∠BCM ∈（0，π
2），则∠BCM =π6
，
设△ABC 的外接圆圆心为O 1，半径为r ， 则2r =
AB sin∠ACB
=2
12
=4，即r ＝2，
故O 1在BM 的延长线上，
同理△P AC 的外接圆圆心为O 2在PM 的延长线上，
∵PM ⊥AC ，BM ⊥AC ，PM ∩BM ＝M ，PM ，BM ⊂平面PBM ， ∴AC ⊥平面PBM ，
且AC ⊂平面ABC ，AC ⊂平面ACP ，故平面ABC ⊥平面PBM ，平面P AC ⊥平面PBM ， 则△PBM 的高即为三棱锥P ﹣ABC 的高，且△PMB 为等边三角形，边长为1， 则其高h =√3
2，S △ABC =12AC •CB sin ∠ACB =12×2√3×2×1
2=√3，
所以V P ﹣ABC =13S △ABC •h =
13×√3×√32=1
2
， 设三棱锥P ﹣ABC 的外接球的球心为O ，连接OO 1，OO 2，则OO 1⊥平面ABC ，OO 2⊥平面ACP ， 故OO 1，OO 2⊂平面PBM ，
连接O 1A ，O 1C ，O 1O 2，OA ，MO ，则MO 1＝MO 2＝1，O 1A ＝2，∠OMO 1＝30°， 可得O 1O ＝MO 1tan ∠O 1MO =√3
3，
则三棱锥S ﹣ABC 的外接球的半径R 2＝O 1A 2+O 1O 2=13
3
， 故三棱锥S ﹣ABC 的外接球的表面积S ＝4πR 2＝4π×133=52π3
． 故答案为：1
2；
52π3
．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10分）某社区举办《“环保我参与”有奖问答比赛》活动，某场比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题．已知甲家庭回答正确这道题的概率是3
4，甲、丙两个家庭都回答错误的概
率是
1
12
，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是1
4
．若各家庭回答是否正确互不影响．
（1）求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；
（2）求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率．
解：（1）设事件A 表示“甲家庭回答正确这道题”，事件B 表示“乙家庭回答正确这道题”， 事件C 表示“丙家庭回答正确这道题”， 由题意得：{
P(A)=3
4
[1−P(A)][1−P(C)]=1
12P(B)P(C)=14，
解得乙家庭回答正确这道题的概率P （B ）=3
8
， 丙家庭回答正确这道题的概率P （C ）=2
3．
（2）甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率为： P ＝P （ABC ）+P （ABC ）+P （A B C ）+P （AB C ） =34×38×23+14×38×23+34×58×23+34×38×1
3 =21
32．
18．（12分）在平面直角坐标系xOy 中，角α终边与单位圆O 的交点为E ，将向量OE →
逆时针方向旋转90°，得到向量OF →
，记A （1，0），B （0，﹣1）． （1）判断向量AE →
与BF →
的位置关系，并说明理由； （2）求|AE →
+AF →|的最大值．
解：（1）向量AE →
与BF →
共线，理由如下：
角α终边与单位圆O 的交点为E ，设E （cos α，sin α），得OE →
=（cos α，sin α）， 又将向量OE →
逆时针方向旋转90°得到向量OF →
， 得OF →
=(cos(α+π2)，sin(α+π
2))=(−sinα，cosα)，
已知A （1，0），B （0，﹣1），则AE →
=(cosα−1，sinα)，BF →
=(−sinα，cosα+1)， ∵（cos α﹣1）•（cos α+1）﹣sin α•（﹣sin α）＝cos 2α﹣1+sin 2α＝0， ∴AE →
∥BF →
，即向量AE →
与BF →
共线；
（2）∵AE →
=(cosα−1，sinα)，AF →
=(−sinα−1，cosα)， ∴AE →
+AF →=(−sinα+cosα−2，sinα+cosα)， 则|AE →
+AF →
|=√(−sinα+cosα−2)2+(sinα+cosα)2 =√4sinα−4cosα+6=√4√2sin(α−π
4)+6，
当α−π4=π2+2kπ，k ∈Z ，即α=3π4+2kπ，k ∈Z 时，sin(α−π
4)有最大值1， ∴|AE →
+AF →
|有最大值√4√2+6=√(2+√2)2=2+√2． 即|AE →
+AF →
|的最大值为2+√2．
19．（12分）如图，三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的侧面BCC 1B 1是平行四边形，BC 1⊥C 1C ，BC 1⊥A 1C ，且E ，F
分别是BC ，A 1B 1的中点． （1）求证：EF ∥平面A 1C 1CA ；
（2）在线段AB 上是否存在点P ，使得BC 1⊥平面EFP ？若存在，求出AP AB
的值；若不存在，请说明理
由．
（1）证明：取A 1C 1中点G ，连FG ，连GC ．
在△A 1B 1C 1中，因为F ，G 分别是A 1B 1，A 1C 1中点， ∴FG ∥B 1C 1，且FG =1
2B 1C 1．∵E 是BC 的中点， ∴EC ∥B 1C 1，且EC =12B 1C 1．∴EC ∥FG ，且EC ＝FG ． ∴FECG 是平行四边形．∴FE ∥GC ．
又∵FE ⊄平面A 1C 1CA ，GC ⊂平面A 1C 1CA ，∴EF ∥平面A 1C 1CA ； （2）解：取AB 的中点P ，连PE ，连PF ．
∵BC 1⊥平面ACC 1A 1，AC ⊂平面ACC 1A 1，CG ⊂平面ACC 1A 1， ∴BC 1⊥AC ，BC 1⊥CG ，
在△ABC 中，因为P ，E 分别是AB ，BC 中点，∴PE ∥AC ． 又由（1）知FE ∥CG ，∴BC 1⊥PE ，BC 1⊥EF ． 由PE ∩EF ＝E ，得BC 1⊥平面EFP ．
故当点P 是线段AB 的中点时，BC 1⊥平面EFP ．此时，
AP AB
=1
2
．
20．（12分）用分层随机抽样从某校高一年级学生的数学期末成绩（满分为100分，成绩都是整数）中抽取一个样本量为100的样本，其中男生成绩数据40个，女生成绩数据60个，再将40个男生成绩样本
数据分为6组：[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，绘制得到如图所示的频率分布直方图．
（Ⅰ）估计男生成绩样本数据的第80百分位数；
（Ⅱ）在区间[40，50）和[90，100]内的两组男生成绩样本数据中，随机抽取两个进行调查，求调查对象来自不同分组的概率；
（Ⅲ）已知男生成绩样本数据的平均数和方差分别为71和187.75，女生成绩样本数据的平均数和方差分别为73.5和119，求总样本的平均数和方差．
解：（Ⅰ）由频率分布直方图可知，在[40，80）内的成绩占比为70%，在[40，90）内的成绩占比为95%，因此第80百分位数一定位于[80，90）内．
因为80+10×
0.8−0.7
0.95−0.7
=84，
所以估计男生成绩样本数据的第80百分位数约是84．
（Ⅱ）在区间[40，50）和[90，100]内的男生成绩样本数据分别有4个和2个，则在这6个数据中随机抽取两个的样本空间Ω包含的样本点个数为
n（Ω）＝5+4+3+2+1＝15．
记事件A＝“调查对象来自不同分组”，
则事件A包含的样本点个数为n（A）＝4×2＝8，
所以P（A）=n(A)
n(Ω)
=
8
15
．
（Ⅲ）设男生成绩样本数据为x1，x2，…，x40，其平均数为x=71，方差为s x2=187.75；女生成绩样本数据为y1，y2，…，y60，其平均数为y=73.5，方差为s y2=119；
总样本的平均数为z，方差为s2．
由按比例分配分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系，
得z=
40
100
x+
60
100
y=72.5．
因为s 2=1100 [∑ 40i=1（x i −z ）²+∑ 60j=1（y j −z ）²]=1100
[∑ 40i=1（x i −x +x −z ）²+∑ 60j=1（y j −y +y −z ）²]，
又∑ 40i=12（x i −x ）（x −z ）＝2（x −z ）（∑ 40i=1（x i −x ））＝2（x −z ）（∑ 40i=1x i ﹣40x ）＝0， 同理∑ 60j=12（y j −y ）
（y −z ）＝0，所以 s 2=1
100[∑ 40i=1（x i −x ）²+∑ 40i=1（x −z ）²+∑ 60j=1（y j −y ）²+∑ 60
j=1（y −z ）²]
=
1
100{40[s x 2+（x −z ）²]+60[s y 2+（y −z ）²]} =1
100{40[187.75+（71﹣72.5）²]+60[119+（73.5﹣72.5）²]} ＝148．
所以总样本的平均数和方差分别为72.5和148．
21．（12分）在△ABC 中，内角A ，B ，C 对的边分别为a ，b ，c ，若sin 2A +3sin 2B ＝5sin 2C ． （1）求cos C 的最小值；
（2）若△ABC 的面积为a 2，求tan C 的值．
解：（1）由sin 2A +3sin 2B ＝5sin 2C ，根据正弦定理可得a 2+3b 2＝5c 2， 由余弦定理可得cosC =
a 2+
b 2
−c 2
2ab
=a 2+b 2−a 2+3b 25
2ab =2a 2+b 25ab ≥2√2ab 5ab
=2√25， 当且仅当b =√2a 时，等号成立，
所以cos C 的最小值为2√2
5
；
（2）由△ABC 的面积为a 2，即S =12absinC =a 2，则a =12
bsinC ，
由（1）可知cosC =
2a 2+b
2
5ab
=
2(12bsinC)2
+b
2
5×12b 2sinC
，
即52
sinCcosC =
12
sin 2C +1，即5sin C cos C ＝sin 2C +2（sin 2C +cos 2C ），
所以5sin C cos C ＝3sin 2C +2cos 2C ，即3tan 2C ﹣5tan C +2＝0， 解得tan C ＝1或tanC =2
3，
当tan C ＝1时，满足cosC =√22＞2√2
5， 当tanC =23时，满足cosC =3132√2
5， 所以tan C ＝1或tanC =2
3．
22．（12分）如图，已知矩形ABCD ，BC ＝2AB ＝4，M 是AD 的中点，现将△ABM 沿着BM 翻折至△PBM ．
（1）若PC =2√3，求证：平面PBM ⊥平面BCDM ； （2）求二面角P ﹣CD ﹣B 的正弦值的最大值．
解：（1）证明：由题意矩形ABCD 中，BC ＝2AB ＝4，M 是AD 的中点， 可知PM ＝PB ＝2，∠AMB ＝45°， 设O 为BM 中点，连接PO ，则PO ⊥BM ，
又∠MBC ＝∠AMB ＝45°，BO =12BM =1
2√AB 2+AM 2=√2，
故OC =√OB 2+BC 2−2OB ⋅BCcos∠OBC =√2+16−2×√2×4×√2
2
=√10，
又PB ⊥PM ，O 为BM 中点，故PO =1
2BM =√2，而PC =2√3， 故PC 2＝12＝PO 2+OC 2，故PO ⊥OC ，
而OC ∩BM ＝O ，OC ，BM ⊂平面BCDM ，故PO ⊥平面BCDM ， PO ⊂平面PBM ，故平面PBM ⊥平面BCDM ；
（2）由（1）可知，将△ABM 沿着BM 翻折至平面PBM ⊥平面BCDM 时， 二面角P ﹣CD ﹣B 逐渐增大，
当平面PBM ⊥平面BCDM 时，作OE ⊥CD ，垂足为E ，连接PE ，
因为O为BM中点，则E为CD中点，此时OE=MD+BC
2
=3；
由于PO⊥平面BCDM，CD，OE⊂平面BCDM，故PO⊥CD，PO⊥OE PO∩OE＝O，PO，OE⊂平面POE，故CD⊥平面POE，
则∠PEO为二面角P﹣CD﹣B的平面角，而PE=√PO2+OE2=√11，
故sin∠PEO=PO
PE
=√
2
√11
=√
22
11
；
下面考虑△ABM翻折到越过平面PBM⊥平面BCDM时的位置后的情况：
设Q为BC中点，连接MQ，则四边形ABQM为正方形，
连接AQ，则O在AQ上，则PO⊥BM，QO⊥BM，
PO∩QO，PO，QO⊂平面POQ，故BM⊥平面POQ，
BM⊂平面BCDM，故平面POQ⊥平面BCDM，
平面POQ∩平面BCDM＝OQ，作PF⊥OQ，垂足为F，
则PF⊥平面BCDM，FG，CD⊂平面BCDM，故PF⊥CD，PF⊥FG，
作FG⊥CD，垂足为G，连接PG，
PF∩FG＝F，PF，FG⊂平面PFG，故CD⊥平面PFG，
故∠PGF为二面角P﹣CD﹣B的平面角，
设∠POF＝α，0°≤α＜90°，当α＝0°时，二面角P﹣CD﹣B的正弦值为0；当0°＜α＜90°时，PF=√2sinα，OF=√2cosα，
作FH⊥OE，垂足为H，则四边形EHFG为矩形，
则OH＝OF cos45°＝cosα，故FG＝EH＝3﹣cosα，
故tan∠PGF=PF
FG
=√
2sinα
3−cosα
=
√2sinα2cosα2
2sin2α
2
+cos2α
2
=
√2tanα2
2tan2α
2
+1
=√
2
2tanα
2
+1
tanα2
，
由于tan α
2
＞0，故2tanα
2
+
1
tanα
2
≥2√2，故
√2
2tanα
2
+1
tan
α
2
≤
1
2，
第21页（共21页） 当且仅当2tan α2=1tan α2
，即tan α2=√22时等号成立， 即二面角P ﹣CD ﹣B 的正切值的最大值为12，
此时二面角P ﹣CD ﹣B 的正弦值的最大值
√55， 由于√2211＜√55，故二面角P ﹣CD ﹣B 的正弦值的最大值√55
．。