2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)模塊綜合測(cè)評(píng)含解析蘇教版必修第二冊(cè)

PAGE模塊綜合測(cè)評(píng)(時(shí)間120分鐘，滿(mǎn)分150分)一、單項(xiàng)選擇題(本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求)1．復(fù)數(shù)z滿(mǎn)意(3－2i)z＝4＋3i(i為虛數(shù)單位)，則復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限 B．其次象限C．第三象限 D．第四象限A[由題意得，z＝eq\f(4＋3i,3－2i)＝eq\f(4＋3i3＋2i,3－2i3＋2i)＝eq\f(6,13)＋eq\f(17i,13)，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第一象限，故選A.]2．將一顆質(zhì)地勻稱(chēng)的骰子(一種各個(gè)面分別標(biāo)有1,2,3,4,5,6個(gè)點(diǎn)的正方體玩具)先后拋擲2次，則出現(xiàn)向上的點(diǎn)數(shù)之和為大于8的偶數(shù)的概率為()A.eq\f(1,12)B.eq\f(1,9)C.eq\f(1,6)D.eq\f(1,4)B[將先后兩次的點(diǎn)數(shù)記為有序?qū)崝?shù)對(duì)(x，y)，則共有6×6＝36(個(gè))基本領(lǐng)件，其中點(diǎn)數(shù)之和為大于8的偶數(shù)有(4,6)，(6,4)，(5,5)，(6,6)，共4種，則滿(mǎn)意條件的概率為eq\f(4,36)＝eq\f(1,9).故選B.]3．從2名男同學(xué)和3名女同學(xué)中任選2人參與社區(qū)服務(wù)，則選中的恰有一名女同學(xué)的概率為()A．0.3B．0.4C．0.5D．0.6D[設(shè)2名男生為a，b,3名女生為A，B，C,則任選2人的種數(shù)為ab，aA，aB，aC，bA，bB，bC，AB，AC，BC共10種，其中恰有一名女生為aA，aB，aC，bA，bB，bC共6種，故恰有一名女同學(xué)的概率P＝eq\f(6,10)＝0.6.故選D.]4．已知△ABC為等腰三角形，滿(mǎn)意AB＝AC＝eq\r(3)，BC＝2，若P為底邊BC上的動(dòng)點(diǎn)，則eq\o(AP,\s\up6(→))(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))()A．有最大值8 B．是定值2C．有最小值1 D．是定值4

D[如圖，設(shè)AD是等腰三角形底邊BC上的高，長(zhǎng)度為eq\r(3－1)＝eq\r(2).故eq\o(AP,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DP,\s\up6(→)))·2eq\o(AD,\s\up6(→))＝2eq\o(AD,\s\up6(→))2＋2eq\o(DP,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝2eq\o(AD,\s\up6(→))2＝2×(eq\r(2))2＝4.故選D.]5．在△ABC中，若lgsinA－lgcosB－lgsinC＝lg2，則△ABC是()A．等腰三角形 B．直角三角形C．等邊三角形 D．等腰直角三角形A[因?yàn)閘gsinA－lgcosB－lgsinC＝lg2，所以lgeq\f(sinA,cosBsinC)＝lg2.所以sinA＝2cosBsinC.因?yàn)椤螦＋∠B＋∠C＝180°，所以sin(B＋C)＝2cosBsinC，所以sin(B－C)＝0.所以∠B＝∠C，所以△ABC為等腰三角形．]6．《九章算術(shù)》中將底面為長(zhǎng)方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱(chēng)之為陽(yáng)馬，將四個(gè)面都為直角三角形的四面體稱(chēng)之為鰲臑．在鰲臑P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝4，AB＝BC＝2，鰲臑P-ABC的四個(gè)頂點(diǎn)都在同一個(gè)球上，則該球的表面積是()A．16πB．20πC．24πD．64πC[四棱錐P-ABC的四個(gè)面都是直角三角形，∵AB＝BC＝2，∴AB⊥BC，又PA⊥平面ABC，∴AB是PB在平面ABC上的射影，PA⊥CA，∴BC⊥PB，取PC中點(diǎn)O，則O是P-ABC外接球球心．由AB＝BC＝2得AC＝2eq\r(2)，又PA＝4，則PC＝eq\r(8＋16)＝2eq\r(6)，OP＝eq\r(6)，所以球表面積為S＝4π(OP)2＝4π×(eq\r(6))2＝24π.故選C.]7．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知三個(gè)向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，cos\f(A,2)))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，cos\f(B,2)))，p＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，cos\f(C,2)))共線(xiàn)，則△ABC的形態(tài)為()A．等邊三角形 B．等腰三角形C．直角三角形 D．等腰直角三角形A[∵向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，cos\f(A,2)))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，cos\f(B,2)))共線(xiàn)，∴acoseq\f(B,2)＝bcoseq\f(A,2).由正弦定理得sinAcoseq\f(B,2)＝sinBcoseq\f(A,2).∴2sineq\f(A,2)coseq\f(A,2)coseq\f(B,2)＝2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2)coseq\f(A,2).則sineq\f(A,2)＝sineq\f(B,2).∵0<eq\f(A,2)<eq\f(π,2)，0<eq\f(B,2)<eq\f(π,2)，∴eq\f(A,2)＝eq\f(B,2)，即A＝B.同理可得B＝C.∴△ABC的形態(tài)為等邊三角形．故選A.]8．如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為棱BB1，CC1的中點(diǎn)，點(diǎn)O為上底面的中心，過(guò)E，F(xiàn)，O三點(diǎn)的平面把正方體分為兩部分，其中含A1的部分為V1，不含A1的部分為V2，連接A1和V2的任一點(diǎn)M，設(shè)A1M與平面A1B1C1D1所成角為α，則sinα的最大值為()A.eq\f(\r(2),2)B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(2\r(6),5)D.eq\f(2\r(6),6)B[連接EF，因?yàn)镋F∥平面ABCD，所以過(guò)EFO的平面與平面ABCD的交線(xiàn)肯定是過(guò)點(diǎn)O且與EF平行的直線(xiàn)，過(guò)點(diǎn)O作GH∥BC交CD于點(diǎn)G，交AB于H點(diǎn)，則GH∥EF，連接EH，F(xiàn)G，則平行四邊形EFGH即為截面，則五棱柱A1B1EHA-D1C1FGD為V1，三棱柱EBH-FCG為V2，設(shè)M點(diǎn)為V2的任一點(diǎn)，過(guò)M點(diǎn)作底面A1B1C1D1的垂線(xiàn)，垂足為N，連接A1N，則∠MA1N即為A1M與平面A1B1C1D1所成的角，所以∠MA1N＝α.因?yàn)閟inα＝eq\f(MN,A1M)，要使α的正弦值最大，必需MN最大，A1M最小，當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)H重合時(shí)符合題意．故(sinα)max＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(MN,A1M)))max＝eq\f(HN,A1H)＝eq\f(2\r(5),5).故選B.]二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得3分，有選錯(cuò)的得0分)9．如圖是2024年春運(yùn)期間十二個(gè)城市售出的來(lái)回機(jī)票的平均價(jià)格以及相比去年同期改變幅度的數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)圖，給出下列4個(gè)結(jié)論其中結(jié)論正確的是()A．深圳的改變幅度最小，北京的平均價(jià)格最高；B．深圳和廈門(mén)來(lái)回機(jī)票的平均價(jià)格同去年相比有所下降；C．平均價(jià)格從高到低位于前三位的城市為北京，深圳，廣州；D．平均價(jià)格的漲幅從高到低位于前三位的城市為天津，西安，上海．ABC[對(duì)于A.由圖可知深圳對(duì)應(yīng)的小黑點(diǎn)最接近0%，故改變幅度最小，北京對(duì)應(yīng)的條形圖最高，則北京的平均價(jià)格最高，故A正確；對(duì)于B.由圖可知深圳和廈門(mén)對(duì)應(yīng)的小黑點(diǎn)在0%以下，故深圳和廈門(mén)的價(jià)格同去年相比有所下降，故B正確；對(duì)于C由圖可知條形圖由高到低居于前三位的城市為北京、深圳和廣州，故C正確；對(duì)于D由圖可知平均價(jià)格的漲幅由高到低分別為天津、西安和南京，故D錯(cuò)誤．故選ABC.]10．已知圓錐的頂點(diǎn)為P，母線(xiàn)長(zhǎng)為2，底面半徑為eq\r(3)，A，B為底面圓周上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是()A．圓錐的高為1B．三角形PAB為等腰三角形C．三角形PAB面積的最大值為eq\r(3)D．直線(xiàn)PA與圓錐底面所成角的大小為eq\f(π,6)ABD[如圖所示：PO＝eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)))2)＝1，A正確；PA＝PB＝2，B正確；易知直線(xiàn)PA與圓錐底面所成的角為∠PAO＝eq\f(π,6)，D正確；取AB中點(diǎn)為C，設(shè)∠PAC＝θ，則θ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，S△PAB＝2sinθ·2cosθ＝2sin2θ，當(dāng)θ＝eq\f(π,4)時(shí)，面積有最大值為2，C錯(cuò)誤．故選ABD.]11．以下對(duì)各事務(wù)發(fā)生的概率推斷正確的是()A．連續(xù)拋兩枚質(zhì)地勻稱(chēng)的硬幣，有3個(gè)基本領(lǐng)件，出現(xiàn)一正一反的概率為eq\f(1,3)B．每個(gè)大于2的偶數(shù)都可以表示為兩個(gè)素?cái)?shù)的和，例如12＝5＋7，在不超過(guò)15的素?cái)?shù)中隨機(jī)選取兩個(gè)不同的數(shù)，其和等于14的概率為eq\f(1,15)C．將一個(gè)質(zhì)地勻稱(chēng)的骰子先后拋擲2次，登記兩次向上的點(diǎn)數(shù)，則點(diǎn)數(shù)之和為6的概率是eq\f(5,36)D．從三件正品、一件次品中隨機(jī)取出兩件，則取出的產(chǎn)品全是正品的概率是eq\f(1,2)BCD[對(duì)于A，連續(xù)拋兩枚質(zhì)地勻稱(chēng)的硬幣，其樣本區(qū)間為Ω＝{(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)}；有4個(gè)基本領(lǐng)件，出現(xiàn)一正一反事務(wù)A包含的樣本點(diǎn)為(正，反)，(反，正)，所以A錯(cuò)誤；對(duì)于B，從集合{2,3,5,7,11,13}中取出兩個(gè)數(shù)，其樣本空間Ω＝{(2,3)，(2,5)，(2,7)，(2,11)，(2,13)，(3,5)，(3,7)，(3,11)，(3,13)，(5,7)，(5,11)，(5,13)，(7,11)，(7,13)，(11,13)}，即包含15個(gè)基本等可能事務(wù)，“兩個(gè)數(shù)的和為14”的事務(wù)B僅包含一個(gè)樣本點(diǎn)(3,11)，所以P(B)＝eq\f(1,15)，所以B正確；對(duì)于C，樣本空間有36個(gè)樣本點(diǎn)，“點(diǎn)數(shù)和為6”的事務(wù)C包含5個(gè)樣本點(diǎn)(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，即P(C)＝eq\f(5,36)，所以C正確；對(duì)于D，從四件產(chǎn)品中取出兩件，其樣本空間為Ω＝{(正1，正2)，(正2，正3)，(正1，正3)，(正1，次)，(正2，次)，(正3，次)}，故共有6個(gè)基本等可能事務(wù)，“全是正品”的事務(wù)的樣本點(diǎn)為3個(gè)，所以P(D)＝eq\f(1,2)，所以故選BCD.]12．已知復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)復(fù)平面內(nèi)點(diǎn)A，則下列關(guān)于復(fù)數(shù)z，z1，z2結(jié)論正確的是()A.|z＋2i|表示點(diǎn)A到點(diǎn)(0,2)的距離B.若|z－1|＝|z＋2i|，則點(diǎn)A的軌跡是直線(xiàn)C.||z1|－|z2||≤|z1＋z2|≤|z1|＋|z2|D.|z1z2|＝|z1||z2|BCD[對(duì)于A，|z＋2i|表示點(diǎn)A到點(diǎn)(0，－2)的距離，所以A錯(cuò)誤；對(duì)于B,|z－1|＝|z＋2i|表示A點(diǎn)到M(1,0)和N(0，－2)的距離相等，所以A的軌跡是MN的垂直平分線(xiàn)，是一條直線(xiàn)，所以B正確；由復(fù)數(shù)模的性質(zhì)知，C、D均正確，故選BCD.]三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，把答案填在題中橫線(xiàn)上)13．2024年國(guó)際山地旅游大會(huì)于8月29日在貴州黔西南州召開(kāi)，據(jù)統(tǒng)計(jì)有來(lái)自全世界的4000名女性和6000名男性徒步愛(ài)好者參與徒步運(yùn)動(dòng)，其中抵達(dá)終點(diǎn)的女性與男性徒步愛(ài)好者分別為1000名和2000名，抵達(dá)終點(diǎn)的徒步愛(ài)好者可獲得紀(jì)念品一份．若記者隨機(jī)電話(huà)采訪(fǎng)參與本次徒步運(yùn)動(dòng)的1名女性和1名男性徒步愛(ài)好者，其中恰好有1名徒步愛(ài)好者獲得紀(jì)念品的概率是________．eq\f(5,12)[“男性獲得紀(jì)念品，女性沒(méi)有獲得紀(jì)念品”的概率為eq\f(2000,6000)×eq\f(3000,4000)＝eq\f(1,4)，“男性沒(méi)有獲得紀(jì)念品，女性獲得紀(jì)念品”的概率為eq\f(4000,6000)×eq\f(1000,4000)＝eq\f(1,6)，故“恰好有1名徒步愛(ài)好者獲得紀(jì)念品”的概率為eq\f(1,4)＋eq\f(1,6)＝eq\f(5,12).]14．已知向量a＝(1，－2)，b＝(x,3y－5)，且a∥b，若x，y均為正數(shù)，則xy的最大值是________．eq\f(25,24)[∵a∥b，∴(3y－5)×1＋2x＝0，即2x＋3y＝5.∵x＞0，y＞0，∴5＝2x＋3y≥2eq\r(6xy)，∴xy≤eq\f(25,24)，當(dāng)且僅當(dāng)3y＝2x時(shí)取等號(hào)．]15．?dāng)S紅、白兩顆骰子，事務(wù)A＝{紅骰子點(diǎn)數(shù)小于3}，事務(wù)B＝{白骰子點(diǎn)數(shù)小于3}，則事務(wù)P(AB)＝__________，P(A＋B)＝________.eq\f(1,9)eq\f(5,9)[由擲紅、白兩顆骰子，向上的點(diǎn)數(shù)共6×6＝36種可能，紅色骰子的點(diǎn)數(shù)分別記為紅1，紅2，…，白色骰子的點(diǎn)數(shù)分別記為白1，白2，…其中紅骰子點(diǎn)數(shù)小于3的有1,2二種可能，其中白骰子點(diǎn)數(shù)小于3的有1,2二種可能，事務(wù)A＝{紅1，白1}，{紅1，白2}，{紅1，白3}，{紅1，白4}，{紅1，白5}，{紅1，白6}，{紅2，白1}，{紅2，白2}，{紅2，白3}，{紅2，白4}，{紅2，白5}，{紅2，白6}，共12種事務(wù)B＝{白1，紅1}，{白1，紅2}，{白1，紅3}，{白1，紅4}，{白1，紅5}，{白1，紅6}，{白2，紅1}，{白2，紅2}，{白2，紅3}，{白2，紅4}，{白2，紅5}，{白2，紅6}，共12種，事務(wù)AB＝{紅1，白1}，{紅1，白2}，{紅2，白1}，{紅2，白2}，共4種，故P(AB)＝eq\f(4,36)＝eq\f(1,9)，事務(wù)A＋B共有12＋12－4＝20種，故P(A＋B)＝eq\f(20,36)＝eq\f(5,9).]16．如圖，四棱錐P-ABCD中，ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝1，BC＝2，四棱錐外接球的球心為O，點(diǎn)E是棱AD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．給出如下命題：①直線(xiàn)PB與直線(xiàn)CE是異面直線(xiàn)；②BE與PC肯定不垂直；③三棱錐E-BCO的體積為定值；④CE＋PE的最小值為2eq\r(2).其中正確命題的序號(hào)是________．(將你認(rèn)為正確的命題序號(hào)都填上)①③④[對(duì)于①，∵直線(xiàn)PB經(jīng)過(guò)平面ABCD內(nèi)的點(diǎn)B，而直線(xiàn)CE在平面ABCD內(nèi)不過(guò)B，∴直線(xiàn)PB與直線(xiàn)CE是異面直線(xiàn)，故①正確；對(duì)于②，當(dāng)E在線(xiàn)AD上且AE＝eq\f(1,4)AD位置時(shí)，BE⊥AC，因?yàn)镻A⊥平面ABCD，BE?平面ABCD，所以PA⊥BE，又PA∩AC＝A，PA?平面PAC，AC?平面PAC，∴BE⊥平面PAC，則BE垂直P(pán)C，故②錯(cuò)誤；對(duì)于③，由題意知，四棱錐P-ABCD的外接球的球心為O是PC的中點(diǎn)，則△BCE的面積為定值，且O到平面ABCD的距離為定值，∴三棱錐E-BCO的體積為定值，故③正確；對(duì)于④，設(shè)AE＝x，則DE＝2－x，∴PE＋EC＝eq\r(1＋x2)＋eq\r(1＋2－x2).由其幾何意義，即平面內(nèi)動(dòng)點(diǎn)(x,1)與兩定點(diǎn)(0,0)，(2,0)距離和的最小值知，其最小值為2eq\r(2)，故④正確．故答案為①③④.]四、解答題(本大題共6小題，共10分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算)17．(本小題滿(mǎn)分10分)benti從青島市統(tǒng)考的學(xué)生數(shù)學(xué)考試試卷中隨機(jī)抽查100份數(shù)學(xué)試卷作為樣本，分別統(tǒng)計(jì)出這些試卷總分，由總分得到如下的頻率分布直方圖．(1)求這100份數(shù)學(xué)試卷成果的中位數(shù)；(2)從總分在[55,65)和[135,145)的試卷中隨機(jī)抽取2份試卷，求抽取的2份試卷中至少有一份總分少于65分的概率．[解](1)記這100份數(shù)學(xué)試卷成果的中位數(shù)為x(95<x<105)，則0.002×10＋0.008×10＋0.013×10＋0.015×10＋(x－95)×0.024＝0.5，解得x＝100，所以中位數(shù)為100.(2)總分在[55,65)的試卷共有0.002×10×100＝2(份)，記為A，B，總分在[135,145)的試卷共有0.004×10×100＝4(份)，記為a，b，c，d，則從上述6份試卷中隨機(jī)抽取2份的結(jié)果為{A，B}，{A，a}，{A，b}，{A，c}，{A，d}，{B，a}，{B，b}，{B，c}，{B，d}，{a，b}，{a，c}，{a，d}，{b，c}，{b，d}，{c，d}，共計(jì)15個(gè)樣本點(diǎn)，且是等可能的．至少有一份總分少于65分的有：{A，B}，{A，a}，{A，b}，{A，c}，{A，d}，{B，a}，{B，b}，{B，c}，{B，d}，共計(jì)9個(gè)樣本點(diǎn)，所以抽取的2份至少有一份總分少于65分的概率P＝eq\f(9,15)＝eq\f(3,5).18．(本小題滿(mǎn)分12分)已知向量m＝(cosα，sinα)，n＝(－1,2)．(1)若m∥n，求eq\f(sinα－2cosα,sinα＋cosα)的值；(2)若|m－n|＝eq\r(2)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))的值．[解](1)因?yàn)閙∥n，所以sinα＝－2cosα.所以原式＝eq\f(－2cosα－2cosα,－2cosα＋cosα)＝eq\f(－4cosα,－cosα)＝4.(2)因?yàn)閨m－n|＝eq\r(2)，所以2sinα－cosα＝2.所以cos2α＝4(sinα－1)2，所以1－sin2α＝4(sinα－1)2，所以α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以sinα＝eq\f(3,5)，cosα＝－eq\f(4,5).所以原式＝－eq\f(7\r(2),10).19．(本小題滿(mǎn)分12分)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，a＝btanA.(1)證明：sinB＝cosA；(2)若sinC－sinAcosB＝eq\f(3,4)，且B為鈍角，求A，B，C.[解](1)證明：由正弦定理知eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，∴a＝2RsinA，b＝2RsinB，代入a＝btanA得sinA＝sinB·eq\f(sinA,cosA)，又∵A∈(0，π)，∴sinA>0，∴1＝eq\f(sinB,cosA)，即sinB＝cosA.(2)由sinC－sinAcosB＝eq\f(3,4)知，sin(A＋B)－sinAcosB＝eq\f(3,4)，∴cosAsinB＝eq\f(3,4).由(1)知，sinB＝cosA，∴cos2A＝eq\f(3,4)，由于B是鈍角，故A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosA＝eq\f(\r(3),2)，A＝eq\f(π,6).sinB＝eq\f(\r(3),2)，B＝eq\f(2π,3)，∴C＝π－(A＋B)＝eq\f(π,6).20．(本小題滿(mǎn)分12分)如圖，E是以AB為直徑的半圓上異于A，B的點(diǎn)，矩形ABCD所在的平面垂直于該半圓所在的平面，且AB＝2AD＝2.(1)求證：EA⊥EC；(2)設(shè)平面ECD與半圓弧的另一個(gè)交點(diǎn)為F.①證明：EF∥AB；②若EF＝1，求三棱錐E-ADF的體積．[解](1)證明：∵平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，BC⊥AB，BC?平面ABCD，∴BC⊥平面ABE.又∵AE?平面ABE，∴BC⊥AE.∵E在以AB為直徑的半圓上，∴AE⊥BE，又∵BE∩BC＝B，BC，BE?平面BCE，∴AE⊥平面BCE.又∵CE?平面BCE，∴EA⊥EC.(2)①證明：∵AB∥CD，AB?平面CED，CD?平面CED，∴AB∥平面CED.又∵AB?平面ABE，平面ABE∩平面CED＝EF，∴AB∥EF.②取AB的中點(diǎn)O，EF的中點(diǎn)O′，在Rt△OO′F中，OF＝1，O′F＝eq\f(1,2)，∴OO′＝eq\f(\r(3),2).由(1)得BC⊥平面ABE，又已知AD∥BC，∴AD⊥平面ABE.故VE-ADF＝VD-AEF＝eq\f(1,3)·S△AEF·AD＝eq\f(1,3)·eq\f(1,2)·EF·OO′·AD＝eq\f(\r(3),12).21．(本小題滿(mǎn)分12分)已知△ABC中，三個(gè)內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c.(1)證明：acosB＋bcosA＝c；(2)在①eq\f(2c－b,cosB)＝eq\f(a,cosA)，②ccosA＝2bcosA－acosC，③2a－eq\f(bcosC,cosA)＝eq\f(ccosB,cosA)這三個(gè)條件中任選一個(gè)補(bǔ)充在下面問(wèn)題中，并解答若a＝7，b＝5，________，求△ABC的周長(zhǎng)．[解](1)依據(jù)余弦定理：acosB＋bcosA＝a·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＋b·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(a2＋c2－b2＋b2＋c2－a2,2c)＝c，所以acosB＋bcosA＝c.(2)選①：因?yàn)閑q\f(2c－b,cosB)＝eq\f(a,cosA)，所以2c·cosA＝bcosA＋acosB，所以由(1)中所證結(jié)論可知，2ccosA＝c，即cosA＝eq\f(1,2)，因?yàn)锳∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3)；選②：因?yàn)閏cosA＝2bcosA－acosC，所以2bcosA＝acosC＋ccosA，由(1)中的證明過(guò)程同理可得，acosC＋ccosA＝b，所以2bcosA＝b，即cosA＝eq\f(1,2)，因?yàn)锳∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3)；選③：因?yàn)?a－b·eq\f(cosC,cosA)＝c·eq\f(cosB,cosA)，所以2acosA＝bcosC＋ccosB，由(1)中的證明過(guò)程同理可得，bcosC＋ccosB＝a，所以2acosA＝a，即cosA＝eq\f(1,2)，因?yàn)锳∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).在△ABC中，由余弦定理知，a2＝b2＋c2－2bccosA＝25＋c2－10c·eq\f(1,2)＝49，即c2－5c－24＝0，解得c＝8或c＝－3(舍)，所以a＋b＋c＝7＋5＋8＝20，即△ABC的周長(zhǎng)為20.22.(本小題滿(mǎn)分12分)如圖，某住宅小區(qū)的平面圖呈圓心角為120°的扇形AOB，小區(qū)的兩個(gè)出入口設(shè)置在點(diǎn)A及點(diǎn)C處，且小區(qū)里有一條平行于BO的小路CD.(1)已知某人從C沿CD走到D用了10分鐘，從D沿DA走到A用了6分鐘，若此人步行的速度為每分鐘50米，