浙江省紹興市柯橋區(qū)2023-2024學(xué)年高一數(shù)學(xué)上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試卷（含答案）

浙江省紹興市柯橋區(qū)2023-2024學(xué)年高一上學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量調(diào)測數(shù)學(xué)試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1．已知復(fù)數(shù)z=2+i（i為虛數(shù)單位），則|z|=（）A．5 B．2 C．3 D．12．已知向量a=(1,1)，b=(x,A．12 B．2 C．?123．已知水平放置的四邊形ABCD的斜二測直觀圖為矩形A'B'C'D'A．62 B．122 C．2424．大善塔，位于紹興市區(qū)城市廣場東南隅，是紹興城地標(biāo)性建筑，其塔頂部可以近似地看成一個正六棱錐.假設(shè)該六棱錐的側(cè)面和底面的夾角為π3A．2:3 B．1:3 C．3:2 D．3:15．某校組織高一1班，2班開展數(shù)學(xué)競賽，1班40人，2班30人，根據(jù)統(tǒng)計分析，兩班成績的方差分別為s12，s2A．s2≥sC．s2=46．有一座6層大樓，3人從大樓第一層進(jìn)入電梯，假設(shè)每個人自第二層開始在每一層離開電梯是等可能的，則這3人離開電梯的層數(shù)之和為10的概率是（）A．4125 B．325 C．241257．已知點(diǎn)P是邊長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1表面上的動點(diǎn)，若直線A．32 B．22+π C．28．費(fèi)馬點(diǎn)是指位于三角形內(nèi)且到三角形三個頂點(diǎn)距離之和最小的點(diǎn).當(dāng)三角形三個內(nèi)角都小于23π時，費(fèi)馬點(diǎn)與三角形三個頂點(diǎn)的連線構(gòu)成的三個角都為23π.已知在△ABC中，B=π2，P為△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)，若A．[1,+∞) B．[2?3,+∞) C．[1+23二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9．下面給出的關(guān)系式中，不正確的是（）A．a(chǎn)⊥b?C．a(chǎn)?b?10．已知復(fù)數(shù)z1，zA．若z1=B．若z1?C．若z1zD．若z?z1=11．下列命題正確的是（）A．對于事件A，B，若A?B，則PB．若三個事件A，B，C兩兩互斥，則PC．若PA>0，PB>0，則事件D．若事件A，B滿足PA=12，P12．如圖棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E是A1D1A．平面ACE與線段C1D1B．P到平面ACE的距離為4C．三棱錐Q?ACP體積存在最大值D．直線DP與直線AQ所成角的余弦值的最大值為17三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13．已知向量a=1,2,2，b=2,3,214．已知點(diǎn)O為△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，若AC2?AB2=2AO?15．在△ABC中，角A,B,C分別對應(yīng)邊a,b,c，∠A=5π6，a=1，已知函數(shù)fb,c=b+tc，若fb,c16．已知三棱錐P?ABC，PA⊥面ABC，AB⊥BC，AD⊥PB交PB于D，AE⊥PC交PC于E，PA=AB=1，記三棱錐P?ADE，四棱錐A?DECB的外接球的表面積分別為S1，S2，當(dāng)三棱錐P?ADE體積最大時，則S四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17．已知平面向量a，b的夾角為π3，且a=1，b=2（1）當(dāng)λ=1，求c；（2）當(dāng)b⊥c時，求18．《中國制造2025》提出“節(jié)能與新能源汽車”作為重點(diǎn)發(fā)展領(lǐng)域，這為我國節(jié)能與新能源汽車產(chǎn)業(yè)發(fā)展指明了方向，某新能源汽車生產(chǎn)商為了提升產(chǎn)品質(zhì)量，對某款汽車的某項(xiàng)指標(biāo)進(jìn)行檢測后，頻率分布直方圖如圖所示：（1）求該項(xiàng)指標(biāo)的第30百分位數(shù)；（2）若利用該指標(biāo)制定一個標(biāo)準(zhǔn)，需要確定臨界值x，將該指標(biāo)小于x的汽車認(rèn)為符合節(jié)能要求，已知x∈90,100，以事件發(fā)生的頻率作為相應(yīng)事件發(fā)生的概率，求該款汽車符合節(jié)能要求的概率f19．如圖，在四棱錐P?ABDC中，∠BAC=π2，PD2?PB2=19，PB=PA，AB=AC=6，（1）證明：EP⊥平面ABDC；（2）當(dāng)直線PB與平面ABC所成角為π4時，求二面角A?PB?C20．在△ABC中，內(nèi)角A,B,C對應(yīng)的邊分別為a，b，c，若2c（1）證明：1tan（2）求ab21．某班學(xué)生分A，B，C，D四組參加數(shù)學(xué)知識競答，規(guī)則如下：四組之間進(jìn)行單循環(huán)（每組均與另外三組進(jìn)行一場比賽）；每場比賽勝者積3分，負(fù)者0分；若出現(xiàn)平局，則比賽雙方各積1分.現(xiàn)假設(shè)四個組戰(zhàn)勝或者負(fù)于對手的概率均為14，出現(xiàn)平局的概率為1（1）求A組在參加兩場比賽后得分為3分的概率；（2）一輪單循環(huán)結(jié)束后，求四組總積分一樣的情況種數(shù)，并計算四組總積分一樣的概率.22．如圖1，在梯形ABCD中，AB//CD，E是線段AB上的一點(diǎn)，BE=CD=CE=2，BC=2，將△ADE沿DE翻折到△PDE（1）如圖2，若二面角P?ED?B為直二面角，M，N分別是BC，PE的中點(diǎn)，若直線MN與平面PBC所成角為θ，sinθ>36，求平面PBC（2）我們把和兩條異面直線都垂直相交的直線叫做兩條異面直線的公垂線，點(diǎn)K為線段CE的中點(diǎn)，G，H分別在線段PK，CD上（不包含端點(diǎn)），且GH為PK，CD的公垂線，如圖3所示，記四面體CKGH的內(nèi)切球半徑為r，證明：1r

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】解：因?yàn)閦=2+i，所以|z|=22+122．【答案】D【解析】【解答】解：因?yàn)閍⊥b，則a→·b→=x+2=03．【答案】D【解析】【解答】解：因?yàn)锳'B'=6，B'C'=3，

取A'因?yàn)樾倍y直觀圖為矩形A'B'C'則O'可得原圖ABCD（上圖中的右圖），AB=AO+OB=AOC=2O所以，四邊形ABCD的面積為AB?OC=6×62故選：D.【分析】根據(jù)斜二測畫法，再結(jié)合勾股定理，從而畫出復(fù)原圖，再由平行四邊形的面積公式得出四邊形ABCD的面積.4．【答案】C【解析】【解答】解：如圖，正六棱錐P?ABCDEF中，底面中心為O，取AB的中點(diǎn)M，連接PM，OM，則AB⊥PM，AB⊥OM，所以∠PMO因?yàn)镻O⊥底面ABCDEF，OM?底面ABCDEF，所以PO⊥OM，所以POOM又因?yàn)镺M=32AB所以POAB故選：C.

【分析】在正六棱錐P?ABCDEF中，取AB的中點(diǎn)M，從而得出∠PMO為側(cè)面和底面的夾角，再由線面垂直證出線線垂直，再根據(jù)正切函數(shù)的定義得出POOM的值，從而求出PO5．【答案】B【解析】【解答】解：設(shè)兩個班的平均分分別為x1，x2，兩個班的總的平均分為則s=4故選：B.【分析】借助分層抽樣的方法和方差公式以及不等式的基本性質(zhì)，從而找出正確的選項(xiàng).6．【答案】B【解析】【解答】解：假設(shè)每個人自第二層開始在每一層離開電梯是等可能的，則基本事件的總數(shù)n=5這3人離開電梯的層數(shù)之和為10有4種情況：①三個人下電梯的層數(shù)分別為2,2,6，有C3②三個人下電梯的層數(shù)分別為2,3,5，有A3③三個人下電梯的層數(shù)分別為2,4,4，有C3④三個人下電梯的層數(shù)分別為3,3,4，有C3所以這3人離開電梯的層數(shù)之和為10的概率是3+6+3+3125故選：B.【分析】利用已知條件結(jié)合排列數(shù)公式和組合數(shù)公式，再根據(jù)這3人離開電梯的層數(shù)之和為10的情況進(jìn)行分類，從而由分類加法計數(shù)原理和古典概型求概率公式，從而得出這3人離開電梯的層數(shù)之和為10的概率.7．【答案】D【解析】【解答】解：若點(diǎn)P在正方形A1B1C1D1內(nèi)，過點(diǎn)P作PP則∠PAP'為直線AP與平面ABCD所成的角，則又因?yàn)镻P'=1，則PA=則點(diǎn)P的軌跡為以A1若點(diǎn)P在正方形ABB1A1內(nèi)或ADD因?yàn)辄c(diǎn)P不可能落在其他三個正方形內(nèi)，所以，點(diǎn)P的軌跡如圖所示：故點(diǎn)P的軌跡長度為21+1故選：D.【分析】由題意，分析可得點(diǎn)P的軌跡，再分別計算各段軌跡的長度求和得出點(diǎn)P的軌跡長度.8．【答案】D【解析】【解答】解：已知如圖所示：設(shè)∠PAB=α,則∠PBA=π3?α由B=∠PBA+∠PBC=π2得解得α+β=π6，滿足0<α<π在△PAB中，|PB|sin可得|PA|=|PB|同理可得|PC所以λ=|PA|+|PC|====3因?yàn)閟in=1所以當(dāng)2α+π3=π2，即α=結(jié)合sinαsinβ>0，可得1所以當(dāng)α=π12時，λ=|即λ的取值范圍是[2+23故答案為：D.【分析】根據(jù)題意作出圖形，設(shè)∠PAB=α,∠PCB=β，利用正弦定理將λ表示為關(guān)于sinα9．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：對于A：由a⊥b可得a?對于B：取a=0，則a?對于C：因?yàn)閍?b?c表示與c共線的向量，a?b?對于D：因?yàn)閍?b=a?故選：BCD.【分析】根據(jù)兩向量垂直數(shù)量積為0的等價關(guān)系，從而判斷出選項(xiàng)A；利用數(shù)量積的運(yùn)算法則和向量相等的判斷方法，從而判斷出選項(xiàng)B；利用向量共線定理和數(shù)乘向量的運(yùn)算法則，從而判斷出選項(xiàng)C；利用數(shù)量積的定義和向量求模公式，從而判斷出選項(xiàng)D，進(jìn)而找出不正確的關(guān)系式.10．【答案】A,D【解析】【解答】解：對于A：設(shè)z1=a+bi，若z1=z必有z2對于B：若z1=1，z2=i，則有對于C：若z1=1+i，z2=2?2i，則有對于D：設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為A和B，若z?z1=z?z2，故選：AD.【分析】根據(jù)題意，由共軛復(fù)數(shù)的定義和復(fù)數(shù)相等的判斷方法，從而判斷出選項(xiàng)A；舉反例判斷出選項(xiàng)B和選項(xiàng)C；由復(fù)數(shù)的幾何意義和復(fù)數(shù)求模公式，從而判斷出選項(xiàng)D，進(jìn)而找出說法正確的選項(xiàng).11．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：對于A：因?yàn)锳?B，所以事件A，B不是互斥事件，

因此PA∪B對于B：根據(jù)互斥事件的性質(zhì)可知B正確；對于C：假設(shè)事件A，B相互獨(dú)立，則有PAB=PA所以A和B不互斥；反之，若事件A，B是互斥事件，則有AB=?，那么PAB=0,?PAB≠PA因此件A，B相互獨(dú)立與互斥不會同時發(fā)生，所以C正確；對于D：P因?yàn)镻A因?yàn)镻B所以PA故選：BCD.【分析】根據(jù)事件的包含關(guān)系和互斥事件加法求概率公式判斷出選項(xiàng)A和選項(xiàng)B；利用互斥事件的定義和獨(dú)立事件的定義，從而判斷出選項(xiàng)C；利用互斥事件和對立事件的概率公式判斷出選項(xiàng)D，進(jìn)而找出正確的命題.12．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：如圖所示：對A：取C1D1的中點(diǎn)F，連接EF,CF所以A,C,F,E四點(diǎn)共面，所以平面ACE與線段C1D1對B：分別取A1B1,B因?yàn)锳B//EN，且AB=EN，所以四邊形ABNE為平行四邊形，所以AE//BN，又AE?平面ACFE，BN?平面ACFE，所以BN//平面ACFE，同理可證：BM//平面ACFE，又BM∩BN=B，BM,BN?平面BMN，所以，平面BMN//平面ACFE，又因?yàn)锽P//平面ACE，

所以BP?平面BMN，所以P的軌跡為線段BM,BN,MN，所以P到平面ACE的距離為B到平面ACE的距離，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA,DC,DD1為則D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D則AC=(?2,2,0),設(shè)平面ACE的一個法向量n=(x,y,z)則AC?n=?2x+2y=0AE?B到平面ACE的距離為d=AB所以P到平面ACE的距離為43對C：VQ?ACP=VP?ACQ=而Q為△ACE內(nèi)(不含邊界)的點(diǎn)，故S△ACQ沒有最大值，

所以三棱錐Q?ACP對D：下面證明當(dāng)P在線段BM,BN,MN上運(yùn)動時，恒有DP≤DN，當(dāng)P在線段BN上運(yùn)動時，設(shè)P由于P在經(jīng)過B,N兩點(diǎn)的直線上知，x02+z0所以DP==5因?yàn)閤0∈1,2，當(dāng)x0=1時，DP=3所以，當(dāng)x0=1即P在N處時DP有最大值當(dāng)P在線段BM上運(yùn)動時，由對稱性知，當(dāng)P在M處時DP有最大值DM=DN，當(dāng)P在線段MN上運(yùn)動時，設(shè)MN中點(diǎn)為K，則DP=D所以，點(diǎn)P在點(diǎn)N（或M）處時DP有最大值DN，綜上可知，當(dāng)P在線段BM,BN,MN上運(yùn)動時，恒有DP≤DN，平面BMN//平面ACFE，平面AQP∩平面ACFE=AQ，設(shè)平面AQP∩平面BMN=l,∴l(xiāng)//AQ，∴直線DP與直AQ所成角為θ與l所成角，設(shè)夾角θ，根據(jù)最小角定理（斜線與平面內(nèi)任意直線的夾角大于等于斜線與該平面的夾角）可知，

θ大于等于DP與平面BMN的夾角，作DH⊥平面BMN于H，則sinθ≥DHDP，而DH所以sinθ≥DHDP≥DHDN，而DN=(1,2,2)，平面BMN的法向量為nDHDN∴sinθ≥89，所以，直線DP與直線AQ所成角的余弦值的最大值為179故選：ABD.【分析】取C1D1的中點(diǎn)F，連接EF,CF，可證A,C,F,E四點(diǎn)共面，即可判斷選項(xiàng)A；分別取A1B1,B1C1的中點(diǎn)M,N，可證平面BMN//平面ACFE，將P到平面ACE的距離轉(zhuǎn)化為B到平面ACE的距離，再利用建系的方法得出點(diǎn)的坐標(biāo)和向量坐標(biāo)，再結(jié)合兩向量垂直數(shù)量積為0的等價關(guān)系得出平面ACE的一個法向量，從而由數(shù)量積得出點(diǎn)B到平面ACE的距離，進(jìn)而得出點(diǎn)P到平面ACE的距離，則判斷出選項(xiàng)B；利用VQ?ACP=VP?ACQ=113．【答案】5【解析】【解答】解：因?yàn)閍=1,2,2，b=所以a+故填：52【分析】利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算得出向量a+b的坐標(biāo)，再結(jié)合向量的模的坐標(biāo)表示得出14．【答案】外心【解析】【解答】解：因?yàn)辄c(diǎn)O為△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，若AC2設(shè)M為BC的中點(diǎn)，AC?則有AO?AM?所以，動點(diǎn)O在線段BC的中垂線上，則點(diǎn)O的軌跡必通過△ABC的外心.故填：外心.【分析】利用點(diǎn)M為BC的中點(diǎn)，由AC2?AB2=2AO?15．【答案】3【解析】【解答】解：設(shè)△ABC的外接圓的半徑為R，由正弦定理可得asinA=bsinB=csin即有b=2sin所以f=2=4t2因?yàn)?<B<π6，若sinB+θ所以tanθ>3，即解得32故填：32【分析】由正弦定理的性質(zhì)得出三角形外接圓的半徑，再結(jié)合正弦定理邊化角的方法和三角恒等變換，從而將fb,c16．【答案】1【解析】【解答】解：由AD⊥PB、AE⊥PC，取PA中點(diǎn)O1，

則O1故O1為三棱錐P?ADE外接球球心，且其半徑r=由PA⊥平面ABC，且AC、BC?平面ABC，故PA⊥AC，PA⊥BC，又因?yàn)锳B⊥BC，AB、PA?平面PAB，且AB∩PA=A，故BC⊥平面PAB，又PB、AD?平面PAB，故BC⊥PB，BC⊥AD，又因?yàn)锳D⊥PB，且BC、PB?平面PBC，BC∩PB=B，故AD⊥平面PBC，又因?yàn)镻C、DE?平面PBC，故AD⊥PC，AD⊥DE，又因?yàn)锳E⊥PC，AE、AD?平面AED，AE∩AD=A，故PC⊥平面AED，又DE?平面AED，故PC⊥DE，又因?yàn)锽C⊥PB，故∠DEC=∠DBC=90°，連接PC，取PC中點(diǎn)M，則M為四邊形DECB外接圓圓心，連接點(diǎn)M與AC中點(diǎn)O2，則MO2//DA，又故MO2⊥平面PBC，即M又因?yàn)镺2A=O2C且其半徑R=1由AD⊥平面PBC，故VP?ADEAD=PD=1由PC⊥DE，故S△PDE則PE則PE×DE≤PE2故三棱錐P?ADE體積最大時，有PE=DE=1由AD⊥DE，則AE=D由AE⊥PC，PA⊥AC，則有PC×AE=PA×AC，則有AC2+故R=12AC=故填：13【分析】利用已知條件，畫出對應(yīng)圖形，由題中條件可得其中相應(yīng)線與線、線與面的位置關(guān)系，再結(jié)合勾股定理可計算出相應(yīng)長度，即可確定三棱錐P?ADE的外接球球心、半徑以及四棱錐A?DECB的外接球球心、半徑與AC的關(guān)系，當(dāng)三棱錐P?ADE體積最大時，借助等體積法與基本不等式求最值的方法，可得此時PE、DE的長度，即可確定四棱錐A?DECB的外接球半徑的值，再結(jié)合球的表面積公式得出當(dāng)三棱錐P?ADE體積最大時的S117．【答案】（1）解：因?yàn)槠矫嫦蛄縜，b的夾角為π3，且a=1，b=2，

當(dāng)λ=1，c所以c=（2）解：當(dāng)b⊥c時，則所以λ=?4.【解析】【分析】（1）當(dāng)λ=1，c=a+（2）利用兩向量垂直數(shù)量積為0的等價關(guān)系和數(shù)量積的運(yùn)算法則以及數(shù)量積的定義，從而得出實(shí)數(shù)λ的值.（1）平面向量a，b的夾角為π3，且a=1，b=2，當(dāng)λ=1則c2所以c=（2）當(dāng)b⊥c時，所以λ=?4.18．【答案】（1）解：0.002×5+0.012×5+0.034×5=0.24<0.3，0.002×5+0.012×5+0.034×5+0.036×5=0.42>0.3，所以第30百分位數(shù)落在區(qū)間105,110內(nèi)，設(shè)其為m，則0.24+m?105×0.036=0.3，解得即該項(xiàng)指標(biāo)的第30百分位數(shù)為3203（2）解：當(dāng)x∈[90,95]時，f(x)=當(dāng)x∈95,100時，所以fx【解析】【分析】（1）利用頻率分布直方圖求百分位數(shù)的方法，從而得出該項(xiàng)指標(biāo)的第30百分位數(shù).（2）利用已知條件，分x∈90,95和x∈95,100兩種情況，分別求出函數(shù)fx（1）0.002×5+0.012×5+0.034×5=0.24<0.3，0.002×5+0.012×5+0.034×5+0.036×5=0.42>0.3，所以第30百分位數(shù)落在區(qū)間105,110內(nèi)，設(shè)其為m，則0.24+m?105×0.036=0.3，解得即該項(xiàng)指標(biāo)的第30百分位數(shù)為3203（2）當(dāng)x∈[90,95]時，f(x)=當(dāng)x∈95,100時，所以fx19．【答案】（1）證明：以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB為x軸，AC為y軸，

過點(diǎn)A且垂直于面ABDC的直線向上方向?yàn)閦軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示則A(0,0,0),C(0,6,0),B(6,0,0),E(3,3,0)，設(shè)D(x,y,0)，則由CD=5,BD=85得(x?6)由圖知x>0,y>0，故解得x=4y=9，所以D(4,9,0)設(shè)P(a,b,c)(c>0)，則PD2=(a?4)2+因?yàn)镻D2?P所以a?42+b?92+c2?a?6因?yàn)锳B=(6,0,0),AC=(0,6,0)，易知面ABDC因?yàn)镋P//（2）解：由（1）知PB=(3?6)因?yàn)橹本€PB與平面ABC所成角為45°，且EP⊥平面ABC，故有sin45因?yàn)閏>0，解得c=32，所以P(3,3,3則AP=(3,3,3設(shè)平面PAB的法向量為n1則有AP?n1=3則面PAB的一個法向量n1設(shè)面PBC的法向量為n2則有BP?n2=?3x2則面PBC的一個法向量n2設(shè)二面角A?PB?C的平面角為θ，由圖知θ為銳角，故cosθ=即二面角A?PB?C的余弦值為33【解析】【分析】（1）以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)條件求出各點(diǎn)坐標(biāo)和向量的坐標(biāo)，再結(jié)合兩向量垂直數(shù)量積為0的等價關(guān)系，從而求出平面ABDC的一個法向量，再根據(jù)EP//n證出直線EP⊥平面（2）由（1）結(jié)合勾股定理得出PB的長，再結(jié)合直線PB與平面ABC所成角為45°，且EP⊥平面ABC，再由正弦函數(shù)的定義和c的取值范圍，則得出c的值，從而得出點(diǎn)P的坐標(biāo)，進(jìn)而得出向量的坐標(biāo)，再由兩向量垂直數(shù)量積為0得出平面PAB與平面PBC的法向量，再根據(jù)數(shù)量積求向量夾角公式得出二面角A?PB?C的余弦值.（1）以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB為x軸，AC為y軸，過點(diǎn)A且垂直于面ABDC的直線向上方向?yàn)閦軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖.則A(0,0,0),C(0,6,0),B(6,0,0),E(3,3,0).設(shè)D(x,y,0)，則由CD=5,BD=85得(x?6)由圖知x>0,y>0，故解得x=4y=9，所以D(4,9,0)設(shè)P(a,b,c)(c>0)，則PD2=(a?4)2因?yàn)镻D2?P所以有a?42+b?9故P(3,3,c)，則EP=(0,0,c)因?yàn)锳B=(6,0,0),AC=(0,6,0)，易知面ABDC因?yàn)镋P//（2）由（1）知PB=因?yàn)橹本€PB與平面ABC所成角為45°，且EP⊥平面ABC，故有sin45因?yàn)閏>0，故解得c=32，所以P(3,3,3則AP=(3,3,3設(shè)面PAB的法向量為n1則有AP?n1=3則面PAB的一個法向量n1設(shè)面PBC的法向量為n2則有BP?n2=?3則面PBC的一個法向量n2設(shè)二面角A?PB?C的平面角為θ，由圖知θ為銳角，故cosθ=即二面角A?PB?C的余弦值為3320．【答案】（1）證明：解法1：c2sin∴1解法2：要證1tanA+即證tan?只要證c2因?yàn)?c2=故1tan（2）解：∵c∵c設(shè)t=a∴a【解析】【分析】（1）利用兩種方法求解，解法一：利用已知條件結(jié)合正弦定理、余弦定理以及同角三角函數(shù)基本關(guān)系式，從而證出1tanA+（2）由已知條件合三角函數(shù)值在各象限的符號判斷，從而變形可得ab+b（1）解法1：c2sin∴1解法2：要證1tanA+即證tan?只要證c2因?yàn)?c2=故1tan（2）∵c∵設(shè)t=∴a21．【答案】（1）解：A組在參加兩場比賽后得分為3分的概率為14（2）解：四組總積分一樣，可以每次都是平局，也可以每組學(xué)生是一勝一負(fù)一平，如：A勝B負(fù)，A負(fù)C勝，AD平，BC平，B勝D負(fù)，C負(fù)D勝，不難發(fā)現(xiàn)，A的三種情況確定后，(B,C),(B,D),(C,D)比賽結(jié)果是確定的，所以只要去看A,B,(A,C),A勝B負(fù)，A負(fù)C勝，AD平，A負(fù)B勝，A勝C負(fù)，AD平，A勝B負(fù)，A負(fù)D勝，AC平，A負(fù)B勝，A勝D負(fù)，AC平，A勝C負(fù)，A負(fù)D勝，AB平，A負(fù)C勝，A勝D負(fù)，AB平，共6+1=7種，P=1【解析】【分析】（1）A組在參加兩場比賽后得分為3分有兩種情況，一場勝二場負(fù)和一場負(fù)二場勝，再根據(jù)分步乘法計數(shù)原理和分類加法計數(shù)原理，從而得出A組在參加兩場比賽后得分為3分的概率.（2）利用已知條件，求出6場比賽都出現(xiàn)平局的概率和每組學(xué)生3場比賽結(jié)果均為1勝1平1負(fù)的概率，再求和得出四組總積分一樣的概率.（1）A組在參加兩場比賽后得分為3分的概率為1（2）四組總積分一樣，可以每次都是平局，也可以每組學(xué)生是一勝一負(fù)一平.如：A勝B負(fù)，A負(fù)C勝，AD平BC平，B勝D負(fù)，C負(fù)D勝不難發(fā)現(xiàn)，A的三種情況確定后，(B,C),(B,D),(C,D)比賽結(jié)果是確定的，所以只要去看A,B,(A,C),A勝B負(fù)，A負(fù)C勝，AD平，A負(fù)B勝，A勝C負(fù)，AD平A勝B負(fù)，A負(fù)D勝，AC平，A負(fù)B勝，A勝D負(fù)，AC平A勝C負(fù)，A負(fù)D勝，AB平，A負(fù)C勝，A勝D負(fù)，AB平共6+1=7種P=22．【答案】（1）解：由題意知∠BEC=∠ECD=∠AEC=90而BE=CE，M是BC的中點(diǎn)，所以ME⊥ED，又因?yàn)槠矫鍼ED⊥平面BCDE，

平面PED∩平面BCDE=DE，ME?平面BCDE，所以ME⊥平面PED，在平面PDE內(nèi)作ED的垂直作為z軸，所以ME⊥z軸，如圖，以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以EM,ED分別為x,y軸正半軸建立空間