【文档说明】黑龙江省哈尔滨市第三中学2020-2021学年高一下学期第二模块考试（期末考试）数学试卷【精准解析】.doc，共(27)页，1.276 MB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年黑龙江省哈尔滨三中高一（下）期末数学试卷一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）.1．已知复数z＝，则z+＝（）A．2B．2C．6iD．6i2．如图，若一个水平放置的图形用斜二测画法作出的直观图是直角梯形ABCD，其中，AB∥

CD，AB⊥AD，AB＝AD＝1，CD＝2，则原平面图形的面积是（）A．B．C．D．33．以下调查中适合普查的是（）A．一个水库的所有鱼中卿鱼所占的比例B．一批种子的发芽率C．境外返哈人员的核酸检测结果

D．全市中学生的平均身高4．已知l，m为不同的直线，α，β为不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若l∥m，m∥α，则l∥αB．若1∥α，α∥β，则1∥βC．若l⊥m，m⊥α，l⊥β，则α⊥βD．若α⊥β，α∩β＝l，A∈α，A∈m，m⊥l，

则m⊥β5．已知15个不同数据的第25百分位数是9．则下列说法正确的是（）A．这15个数据中一定有4个数小于9B．把这15个数据从小到大排列后，9是第4个数据C．把这15个数据从小到大排列后，9是第4个数据和第5个数据的平均数D．把这15个数据从小到大排列后，9是第3个

数据和第4个数据的平均数6．若一个圆锥的轴截面是斜边长为4的等腰直角三角形，则此圆锥的表面积为（）A．4πB．2（+1）πC．2（+2）πD．4（+1）π7．关于一组样本数据的平均数、中位数、频率分布直方图和方

差，有下列说法：①改变其中一个数据，平均数一定改变，中位数可能不变；②频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积应该相等；③若数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则平均数小于中位数；④样本中每个数据变为原来的2倍，则样本方差也变为原来的2倍．其中正确的个数

为（）A．1B．2C．3D．48．某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为（）A．πB．πC．πD．28π9．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD为平行四边形，∠ABC＝60°且SA＝AB＝2

BC＝2，E为SA的中点，则异面直线SC与DE所成的角的余弦值为（）A．B．C．D．10．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝1，AA1＝2，∠BAD＝60°，∠BAA1＝∠DAA1＝45°，则

AC1＝（）A．3B．5C．2+D．3+11．用0，1，2，3，4，5，6构成无重复数字的三位偶数共有（）个A．75B．90C．105D．12012．如图，在正方形ABCD中，已知AB＝4，将△ABD沿着BD向上翻折至△A'BD，记锐二面角A'﹣BD

﹣C的平面角为α，A'B与平面ABCD所成的角为β，则下列结论不可能成立的是（）A．sinα＝sinβB．cosα＝cosβC．α＜2βD．α﹣β＞二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知非零向量，满足||＝||，且（﹣）⊥（5+2），则与的夹角为．14．已知正

四面体ABCD中，AB＝2，点E，F，G，H分别在AB，AD，CD，BC上，且AC∥平面EFGH，BD∥平面EFGH，则四边形EFGH的面积的最大值为．15．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，满足acosB+bcosA＝a，b＝2，B∈[，]，则

•的取值范围是．16．现有4种颜色可供选用，给三棱柱的每个顶点涂色，同一条棱的顶点不同色，则共有种不同的涂色方法（用数字作答）．三、解答题：共70分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.17．在中国共产党建党100周年华诞之际，哈三中积极响应党和国家的号

召，为激发学生的爱国热情，举办了党史知识竞赛活动，来回顾中国共产党从成立到发展壮大的历程．为了解学生此次知识竞赛成绩，现随机抽取了50名学生作为样本，将分数按照[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]分为5组，绘制了如图所示的频率分布直方图

．已知[70，80）组的频数比[80，90）组的频数多3．（1）求频率分布直方图中a和b的值；（2）估计这50名学生知识竞赛成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（3）学校给成绩在从高到低的前30%学生准备了奖品，试估计多少分以上的同学可以获奖？18．在△

ABC中，|﹣|＝2，•＝6，∠C＝60°，D为BC中点．（1）求AD的长；（2）求AC的长．19．如图，已知AD⊥平面ABC，CE⊥平面ABC，AD＝AB＝AC＝BC＝2，CE＝1．（1）在线段AB上是否存在点F，使得CF∥平面BDE？若存在，确定点F的位置，

若不存在，请说明理由；（2）求二面角D﹣BE﹣C的余弦值．20．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面AA1B1B⊥平面ABC，AA1＝AB＝2，AC＝BC＝，∠BAA1＝60°，点E为棱AB的中点，点F为棱A1C1上的动点．（1）求证：EF⊥BC；

（2）当直线A1E与平面B1EF成角的正弦值为时，求三棱锥C1﹣B1EF的体积．21．现多个省份的高考以实行“3+1+2”模式，“3”指必考科目，语文、数学、外语是全国统考科目，不分文理；“1”是指学生需要从首选科目物理、历史中选择一门；“2”为再选科目，在政治、地理

、化学、生物四个学科中再选择两门．在这种模式下，后期的专业报考就被划分为了“物理类”和“历史类”两大类．某校高三年级共有1500名学生，其中1000人选择了物理，500人选择了历史．在某次模拟考试中，为了了解学生的数学成绩，计划从1500名学生中随机抽取一个容量为30的样本．

若采用比例分配的分层随机抽样，按照学生选择物理或历史将学生分为两层：样本中选择物理的学生数学成绩的平均数为124，方差为379；选择历史的学生数学成绩的平均数为110，方差为300．（1）后来发现在计算样本中选择物理的学生的数学成绩的平均数和方差时，甲同学的成

绩有误，甲实得145分却记为125分，试计算数据更正后，样本中选择物理的学生数学成绩的平均数和方差；（2）在（1）的条件下，在成绩更正后，试用样本估计本次模拟考试中该校高三年级1500名学生数学成绩的平均数和方

差．22．如图，已知点A，B，C在平面α的同侧，在三棱锥O﹣ABC中，OA、OB、OC两两垂直，OA＝2，OB＝3，OC＝4，直线OA，OB与过点O的平面α所成的角都是30°．（1）在棱OC上是否存在一点M，使二面角M﹣AB﹣O为60°？若存在，求出的值，若不存在，请

说明理由；（2）若G为△ABC的重心，求点G到平面α的距离．参考答案一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）.1．已知复数z＝，则z+＝（）A．2B．2C．6iD．6i【分析】根据已知条件，结合共

轭复数的概念，以及复数代数形式的乘法运算，即可求解．解：∵z＝＝，∴z+＝1+3i+1﹣3i＝2．故选：A．2．如图，若一个水平放置的图形用斜二测画法作出的直观图是直角梯形ABCD，其中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝AD＝1，CD＝2，则原平面图形的面积是（）A．B．C．D．3

【分析】求出直观图是直角梯形ABCD的面积，利用公式S原＝2S直求出原图形面积．解：计算直观图是直角梯形ABCD的面积为：S直＝×（1+2）×1＝，则原平面图形的面积是：S原＝2S直＝2×＝3．故选：D．3．以下调查中适合普查的是（）A．一个水

库的所有鱼中卿鱼所占的比例B．一批种子的发芽率C．境外返哈人员的核酸检测结果D．全市中学生的平均身高【分析】根据所调查的对象数目不多，调查时没有破坏性，且对调查的结果要求较高时，常用普查方式．解：对于A，一个水库中所有鱼中鲫鱼所占的比例，调查的对象数目多，不适

合用普查；对于B，一批种子的发芽率，调查的对象数目多，且具有破坏性，不适合用普查；对于C，境外返哈人员的核酸检测结果，所调查的结果非常重要，必须用普查；对于D，全市中学生的平均身高，调查的对象数目多，

要求精确度不是很高，可以适用抽样调查．故选：C．4．已知l，m为不同的直线，α，β为不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若l∥m，m∥α，则l∥αB．若1∥α，α∥β，则1∥βC．若l⊥m，m⊥α，l⊥β，则α⊥βD．若α⊥β，α∩β＝l，A∈

α，A∈m，m⊥l，则m⊥β【分析】由空间中直线与直线平行、直线与平面平行判断线面关系分析A与B；由直线与直线、直线与平面垂直分析面面关系判断C；由平面与平面垂直的性质判断D．解：若l∥m，m∥α，则l∥α或l⊂α，

故A错误；若1∥α，α∥β，则1∥β或l⊂β，故B错误；若l⊥m，m⊥α，则l⊂α或l∥α，又l⊥β，则α⊥β，故C正确；若α⊥β，α∩β＝l，A∈α，A∈m，m⊥l，则m⊥β错误，只有添加条件m⊂α，才有m⊥β．故选：C．5．已知15个不同数据的第25百分位数是9

．则下列说法正确的是（）A．这15个数据中一定有4个数小于9B．把这15个数据从小到大排列后，9是第4个数据C．把这15个数据从小到大排列后，9是第4个数据和第5个数据的平均数D．把这15个数据从小到大排列后，9是第3个数据和第4个数据的平

均数【分析】先求出15×25%＝3.75，然后由百分位数的定义分析即可．解：因为15×25%＝3.75，又15个不同数据的第25百分位数是9，所以把这15个数据从小到大排列后，9是第4个数据．故选：B．6．若一个圆锥的轴截面是斜边长为4的等腰直角三角形，则此圆锥的表面积为（）A．4πB

．2（+1）πC．2（+2）πD．4（+1）π【分析】由题意求出圆锥的底面圆半径和侧棱长，再求圆锥的表面积．解：圆锥的轴截面是斜边长为4的等腰直角三角形，所以圆锥的底面半径为r＝2，侧棱长为l＝2，所以圆锥的表面积为S＝πrl+πr2＝π•2•2+π•22＝4π（+

1）．故选：D．7．关于一组样本数据的平均数、中位数、频率分布直方图和方差，有下列说法：①改变其中一个数据，平均数一定改变，中位数可能不变；②频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积应该相等；③若数据的频率分布直方图为单峰不对称，

且在右边“拖尾”，则平均数小于中位数；④样本中每个数据变为原来的2倍，则样本方差也变为原来的2倍．其中正确的个数为（）A．1B．2C．3D．4解：改变其中一个数据时，平均数肯定会发生变化，当改变的数据为最大值，且改变后的最大值比原始最大值大，则中位数不变，

故①正确，根据频率分布直方图中位数的求法，故②正确，根据频率分布直方图可得，右边“拖尾”，则平均数变大，中位数变小，故平均数大于中位数，故③正确，样本中每个数据变为原来的2倍，则样本方差也变为原来的4倍，故④

错误，故正确的个数为3个．故选：C．8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为（）A．πB．πC．πD．28π解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为正三棱柱，底面边长为2，高为4，底面三角形外接圆的半径为，则正三棱柱外接球的半径R满足＝．∴该几何体外接球的表面积为．故选：A．9．

如图，在四棱锥S﹣ABCD中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD为平行四边形，∠ABC＝60°且SA＝AB＝2BC＝2，E为SA的中点，则异面直线SC与DE所成的角的余弦值为（）A．B．C．D．【分析】连接AC和BD，设AC与BD交于点

O，则EO∥SC，所以异面直线SC与DE所成的角即直线EO与直线ED所成的夹角，求出EO，OD，DE，结合余弦定理可求出∠OED的余弦值，进而得到异面直线SC与DE所成的角的余弦值．解：如图所示，连接

AC和BD，设AC与BD交于点O，则EO是△ASC的中位线，所以EO∥SC，于是异面直线SC与DE所成的角即直线EO与直线ED所成的夹角，即∠OED或其补角，在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2+BC2﹣2AC⋅BCcos∠ABC＝3，故，所以，又SA⊥平面ABCD，AO⊂平面ABCD，所以

SA⊥AO，所以，因为BC2+AC2＝AB2，所以∠ACB＝90°，所以，因为SA⊥平面ABCD，所以SA⊥AD，所以，在△EOD中，由余弦定理可得．故选：B．10．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝

2，AD＝1，AA1＝2，∠BAD＝60°，∠BAA1＝∠DAA1＝45°，则AC1＝（）A．3B．5C．2+D．3+【分析】利用＝（）2＝+++2+2+2计算即可．解：∵在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，因

为AB＝2，AD＝1，AA1＝2，∠BAD＝60°，∠BAA1＝∠DAA1＝45°，∴＝（）2＝+++2+2+2＝4+1+8+2•2•1•cos60°+2•2•2•cos45°+2•1•2•os45°＝13+2+8+4＝27．∴AC

1＝3．故选：A．11．用0，1，2，3，4，5，6构成无重复数字的三位偶数共有（）个A．75B．90C．105D．120【分析】利用元素优先法，结合偶数的定义分别进行讨论求解即可．解：若个位数字是0，则有＝

30个，若个位数字是2，则先排首位有＝5，然后连同0在内再选一个排在十位有5种，此时共有5×5＝25种，若个位数是4或6和个位数是2方法相同，则共有30+25×3＝105，故选：C．12．如图，在正方形ABCD中，已知AB＝4，将△ABD沿着BD向上翻折至△A'BD，记锐二

面角A'﹣BD﹣C的平面角为α，A'B与平面ABCD所成的角为β，则下列结论不可能成立的是（）A．sinα＝sinβB．cosα＝cosβC．α＜2βD．α﹣β＞【分析】取BC的中点F，连接EF，连接AF与BE交于点O，过

点A'作A'H⊥OF于点H，连接BF，由线面角和二面角的定义确定α和β，然后利用三角形的边角关系求出sinα和sinβ，比较即可判断选项A，将选项A的结论平方，结合二倍角公式和余弦函数的单调性，即可判断选项C，计算cosα和cosβ，即可

判断选项B，判断，结合α＜2β，可得α﹣β＜，即可判断选项D．解：取BC的中点F，连接EF，连接AF与BE交于点O，由题意可得，四边形ABFE为正方形，则A'O⊥BE，OF⊥BE，所以锐二面角A'﹣BE﹣C的平面角为α＝∠A'O

F，由翻折的性质可得，BE⊥平面AOF，过点A'作A'H⊥OF于点H，则BE⊥A'H，又BE∩OF＝O，BE，OF⊂平面BCDE，所以A'H⊥平面BCDE，连接BH，则A'B与平面BCDE所成的角为∠A'BH，令A'H＝h，在Rt△A'OH

中，故，在Rt△A'BH中，，故sinα＝sinβ①，故选项A正确；将①平方可得，sin2α＝2sin2β，所以1﹣cos2α＝2（1﹣cos2β），即cos2α＝2cos2β﹣1＝cos2β，因为α和β都是锐角，则cos2α＜cosα，所以cos2β＜cosα，又0＜2

β＜π，0＜α＜π，由余弦函数的单调性可知，α＜2β，故选项C正确；因为，若要使得，则需2OH＝BH，即当∠OBH＝时可以成立，故选项B可能成立；由于α，β都是锐角，且，则，所以，由选项C可知，α＜2β，则α﹣β＜2β﹣β＝β＜，故选项D错误．故

选：D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知非零向量，满足||＝||，且（﹣）⊥（5+2），则与的夹角为0．【分析】根据题意，设||＝||＝t，与的夹角为θ，由向量垂直的判断方法可得（﹣）•（5+2）＝52﹣22﹣3•＝0，求出cosθ的值，分析可

得答案．解：根据题意，设||＝||＝t，与的夹角为θ，若（﹣）⊥（5+2），则有（﹣）•（5+2）＝52﹣22﹣3•＝0，又由||＝||＝t，变形可得：•＝t2cosθ＝t2，必有cosθ＝1，与的夹角为0，故答案为：0．14．已知正四面体ABCD中，AB＝2，点E，F，G，H分

别在AB，AD，CD，BC上，且AC∥平面EFGH，BD∥平面EFGH，则四边形EFGH的面积的最大值为1．【分析】由题意画出图形，证明四边形EFGH为矩形，再由平行线截线段成比例列式，结合基本不等式即可求得四边形EFGH的面

积的最大值．解：如图，∵AC∥平面EFGH，AC⊂平面ABC，平面ABC∩平面EFGH＝EH，∴AC∥EH，同理AC∥FG，则EH∥FG，∵BD∥平面EFGH，BD⊂平面ABD，平面ABD∩平面EFGH＝EF，∴BD∥EF，同理BD∥GH，则EF∥GH．则四边形E

FGH为平行四边形，又由正四面体的对称性可证得AC⊥BD，则EH⊥EF，即四边形EFGH为矩形，∵正四面体的棱长为2，则，，两式相加可得：1＝，即GH•GF≤1，当且仅当GH＝GF时等号成立．∴四边形EFGH的面积的最大值为1．故答案为：1．15．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边

，满足acosB+bcosA＝a，b＝2，B∈[，]，则•的取值范围是[0，2]．【分析】由acosB+bcosA＝a可得a＝c，设边AC的中点为O，可得1≤|BO|，则•＝（）•（）＝（）•（）＝﹣，即可求解．解：∵acosB+bcosA＝a，∴a+b•＝a，整理可得a＝c，设边AC的中点为O

，当B＝时，BO＝，当B＝时，BO＝1．∴1≤|BO|则•＝（）•（）＝（）•（）＝﹣＝|BO|2﹣＝|BO|2﹣1，∴则•的取值范围是：[0，2]．故答案为：：[0，2]．16．现有4种颜色可供选用，给三棱柱的每个顶点涂色，同一条棱的顶点不同色，则共有264种不同的涂色方法（用

数字作答）．【分析】利用分类讨论思想分别进行讨论即可．解：先给顶点A，B，C染色，有A＝24种方法，再给顶点D染色，①若它和点B染同﹣﹣种颜色，点E和点C染相同颜色，点F就有2种方法，若点E和点C染不同颜色，则点E有2种方法，点F也有1种

方法，则D，E，F的染色方法一共有2+2×1＝4种方法；②若点D和点B染不同颜色，且与点C颜色不同，则点D有1种方法，点E与点C颜色不同，则点E有1种方法，则点F有1种方法，此时有1种方法；若最后E与C相同，则F有2种方法，则共有2种方法；点D与点C颜色相同，则点D有1种

方法，则点E有2种方法，则点F有2种方法，共有2×2＝4种方法，所以点D和点B染不同，颜色共有1+2+4＝7种方法；所以点D，E，F的染色方法一共有4+7＝11种，所以共有24×11＝264种方法．故答案为：264．三、解答题：共70分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.1

7．在中国共产党建党100周年华诞之际，哈三中积极响应党和国家的号召，为激发学生的爱国热情，举办了党史知识竞赛活动，来回顾中国共产党从成立到发展壮大的历程．为了解学生此次知识竞赛成绩，现随机抽取了50

名学生作为样本，将分数按照[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]分为5组，绘制了如图所示的频率分布直方图．已知[70，80）组的频数比[80，90）组的频数多3．（1）求频率分布直方图

中a和b的值；（2）估计这50名学生知识竞赛成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（3）学校给成绩在从高到低的前30%学生准备了奖品，试估计多少分以上的同学可以获奖？【分析】（1）根据已知条件，结合频率分布

直方图的性质，以及频数与频率的关系，即可求解．（2）根据已知条件，结合平均数的公式，即可求解．（3）设x分以上的同学可以获奖，可得0.1+，即可求解．解：（1）由频率分布直方图的性质可得，（a+b）×10＝1﹣（0.018+0.01+0.006）×10，

即a+b＝0.066①，∵[70，80）组的频数比[80，90）组的频数多3，∴（a﹣b）×10×50＝3，即a﹣b＝0.006②，联立①②解得a＝0.036，b＝0.03．（2）估计这50名学生知识竞赛成绩的平均数为55×0.06+65×0.18+75×0.36+85×0.3+95×0.

1＝77．（3）设x分以上的同学可以获奖，则0.1+，解得x＝83.3，故83.3分以上的同学可以获奖．18．在△ABC中，|﹣|＝2，•＝6，∠C＝60°，D为BC中点．（1）求AD的长；（2）求AC的长．【分析】（1）根据条件

，可得＝（+），两边平方后，求出||，即可得到AD的长度；（2）根据条件，直接在△ACD中利用余弦定理，求出AC的值．解：（1）△ABC中，|﹣|＝2，•＝6，D为BC中点；所以＝﹣2•+＝4，所以+＝4+2×6＝16；因为＝（+

），所以＝×（+2•+）＝×（16+2×6）＝7，所以||＝，即AD＝；（2）△ACD中，∠C＝60°，DC＝BC＝1，AD＝，由余弦定理，得AD2＝AC2+CD2﹣2AC•CD•cos∠C，即7＝AC2+1﹣2

AC×1×cos60°，解得AC＝3或AC＝﹣2（不合题意，舍去）；所以AC＝3．19．如图，已知AD⊥平面ABC，CE⊥平面ABC，AD＝AB＝AC＝BC＝2，CE＝1．（1）在线段AB上是否存在点F，使得CF∥平面BDE？若存在，确定点F的位置，若不存在，请说明理由；（2）求二面角

D﹣BE﹣C的余弦值．【分析】（1）取BD的中点M，连接ME，MF，利用中位线定理证明四边形MFCE为平行四边形，从而得到CF∥ME，由线面平行的判定定理证明即可；（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐

标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面BDE和平面BEC的法向量，由向量的夹角公式求解即可．解：（1）线段AB上存在中点F，使得CF∥平面BDE．证明如下：取BD的中点M，连接ME，MF，因为M，F分别为BD，AB的中点，则MF∥AD且MF＝，因为AD⊥平面ABC，CE⊥平面ABC，则C

E∥AD，又CE＝1，AD＝2，则CE＝，所以MF∥CE且MF＝CE，故四边形MFCE为平行四边形，则CF∥ME，因为CF⊄平面BDE，ME⊂平面BDE，故CF∥平面BDE；（2）以点C为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则，所以，设平面BDE的法向量为，则，

即，令z＝2，则x＝1，，所以，因为，设平面BEC的法向量为，则，即，令，则b＝﹣1，所以，则＝，所以二面角D﹣BE﹣C的余弦值为．20．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面AA1B1B⊥平面ABC，AA1＝AB＝2，AC＝B

C＝，∠BAA1＝60°，点E为棱AB的中点，点F为棱A1C1上的动点．（1）求证：EF⊥BC；（2）当直线A1E与平面B1EF成角的正弦值为时，求三棱锥C1﹣B1EF的体积．【分析】（1）证明A1F⊥AB．推出A1F⊥平面ABC，得到A1F⊥BC，证明BC⊥AC，然后证明BC⊥面A1EF，即

可推出BC⊥EF．（2）以E为原点，EC，EB，EA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量及直线A1E与平面B1EF成角的正弦值为，确定F的位置，从而求出三棱锥C1﹣B1EF的体积．解：

（1）证明：因为AB＝AA1＝A1B，F为AB中点，所以A1F⊥AB．因为平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，A1F⊂平面AA1B1B，所以A1F⊥平面ABC，而BC⊂平面ABC，故A1F⊥BC，又因为BC2+AC2＝AB2，所以BC⊥AC，又∵在三棱柱ABC﹣A

1B1C1中，AC∥A1C1∴BC⊥A1C1，BC⊥A1E又A1C1∩A1E＝A1，∴BC⊥面A1EC1，又EF⊂面A1EC1，所以BC⊥EF，即EF⊥BC．（2）由（1）知△ACB为等腰直角三角形，又E为AB的中点，所以CE⊥AB，由（1）知

A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AB，A1E⊥EC，所以以E为原点，EC，EB，EA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，因为A1E＝＝，AE＝1，所以E（0，0，0），A（0，﹣1，0），B（0，1，0），C（1，0，0），A1（0，0，），

B1（0，2，），所以＝（0，0，），＝（0，﹣2，﹣），设＝λ＝λ＝λ（1，1，0）＝（λ，λ，0），（0＜λ＜1）＝+＝（0，0，）+（λ，λ，0）＝（λ，λ，），设平面B1FE的法向量为＝（x，y，z），所以，即，取＝（，﹣，2）因为直线A1E与平面B1EF成角的正弦值

为，所以cos＜，＞＝||＝＝，解得λ＝．则三棱锥C1﹣B1EF的体积V＝V＝•A1E＝＝＝．21．现多个省份的高考以实行“3+1+2”模式，“3”指必考科目，语文、数学、外语是全国统考科目，不分文理；“1”是指学生需要从首选科目物理、历史中选择

一门；“2”为再选科目，在政治、地理、化学、生物四个学科中再选择两门．在这种模式下，后期的专业报考就被划分为了“物理类”和“历史类”两大类．某校高三年级共有1500名学生，其中1000人选择了物理，500人选择了历史．在某次模拟考试中，为了了解学生的数

学成绩，计划从1500名学生中随机抽取一个容量为30的样本．若采用比例分配的分层随机抽样，按照学生选择物理或历史将学生分为两层：样本中选择物理的学生数学成绩的平均数为124，方差为379；选择历史的学生数学成绩的平均数为110，方差为300．（1

）后来发现在计算样本中选择物理的学生的数学成绩的平均数和方差时，甲同学的成绩有误，甲实得145分却记为125分，试计算数据更正后，样本中选择物理的学生数学成绩的平均数和方差；（2）在（1）的条件下，在成绩更正后，试用样本估计本次模拟考试中该校高三年级1500

名学生数学成绩的平均数和方差．【分析】（1）由分层抽样可得物理类学生有20人，历史类学生有10人，结合平均数，方差公式，计算即可得出答案．（2）结合（1）的计算结果，可得30人的平均数，方差．解：（1）因为从1500名学生中随机抽取一个容量为30的样本，所

以由分层抽样可得物理类学生有×30＝20人，历史类学生有×30＝10人，由于样本中选择物理的学生数学成绩的平均数为124，则物理类学生分数总和为124×20＝2480分，去掉甲同学125分后物理类其他学生分数总和为2480﹣125＝2355分，换成甲

实得145分后物理类30名学生分数总和为2355+145＝2500分，所以数据更正后物理类学生平均分为＝125分，因为更正前物理类方差为379，所以去掉甲同学这个数据后，其他19人的方差为＝，所以更正甲同学的成绩后，20人的方差为[19×+（145﹣125）2]＝398.95．（2

）30人的总分为20×125+10×110＝3600，所以30人的平均分为＝120分，30人的方差为≈366．22．如图，已知点A，B，C在平面α的同侧，在三棱锥O﹣ABC中，OA、OB、OC两两垂直，OA＝2，OB＝3，OC＝4，直

线OA，OB与过点O的平面α所成的角都是30°．（1）在棱OC上是否存在一点M，使二面角M﹣AB﹣O为60°？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；（2）若G为△ABC的重心，求点G到平面α的距离．【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，设M（0，0，m），m∈[0，4]，

求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面MAB的法向量，由向量的夹角公式列出关于m的关系，求解即可得到答案；（2）利用重心的坐标公式求出点G的坐标，然后由直线OA，OB与过点O的平面α所成的角都是30°，可得GO⊥平面α，再利用两点间距离公式求解即可．解：（1）

因为OA、OB、OC两两垂直，则以点O为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，又OA＝2，OB＝3，OC＝4，则A（2，0，0），B（0，3，0），C（0，0，4），因为点M在棱OC上，设M（0，0，m），m∈[0，4]，所以，设平面MAB

的法向量为，则，即，令x＝3，则y＝2，z＝，所以，又平面ABO的一个法向量为，因为二面角M﹣AB﹣O为60°，则＝，解得，所以在棱OC上是存在一点M，且＝，使得二面角M﹣AB﹣O为60°；（2）因为G为△ABC的重心，则，即，因为直线OA，OB与过点O的平面α所成的角都是30°

，设点A，B到平面α的距离分别为h，h'，则，故，则GO⊥平面α，所以点G到平面α的距离为＝．