【文档说明】湖北省武汉外国语学校2024-2025学年高二上学期10月阶段性诊断考试数学试卷 Word版含解析.docx，共(22)页，1.580 MB，由小赞的店铺上传

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武汉外国语学校2024-2025学年度上学期10月阶段性诊断考试高二数学试卷命题教师：田玉审题教师：赵永志考试时间：2024年10月9日考试时长：120分钟试卷满分：150分一、单选题：本题共8小题，每题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.已知直线1:12ylx+=，直线2:220lxay−+=，且12ll∥，则a=（）A.1B.1−C.4D.4−【答案】B【解析】【分析】由直线平行的充要条件列方程求解即可.【详解】由题意直线1:12ylx+=，直线2:220lxay−+=，且

12ll∥，所以()11202a−−=，解得1a=−.故选：B.2.已知复数z满足1i2iz−=（i为虚数单位），则复数z在复平面上的对应点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】C【解析】【分析】利用复数除法运算和复数几何意义可求得z对应点的坐标，由

此可得结果.【详解】()()()1ii1i1i11i2i2ii222z−−−−−====−−−，z对应的点为11,22−−，位于第三象限.故选：C.3.四棱柱1111ABCDABCD−的底面ABCD是边长为

1的菱形，侧棱长为2，且1160CCBCCDBCD===，则线段1AC的长度是（）A.6B.342C.3D.11【答案】D【解析】【分析】根据空间向量运算法则得到11CACDCBCC=++，再利用模长公式进行求解.【详解】因为1160CCBCCDBCD

===，112CDCBCC===，，所以1=cos60=2CDCBCDCB，1=1CDCC，1=1CBCC，因为1111CACAAACACCCDCBCC=+=+=++，所以()2211CACDCBCC=++2221112

+2+2CDCBCCCDCBCDCCCBCC=+++111422121112=+++++=，所以111CA=，即线段1AC的长度是11.故选：D.4.已知四边形ABCD内接于圆O，且满足1AB=，3AD=，2BCCD==，则圆O的半径为（）A213B.221

3C.212D.21【答案】A【解析】【分析】由题意可得πBADBCD=−，分别在BAD中和在BCD△中利用余弦定理求出1cos7BAD=和877BD=，然后在BCD△中，由正弦定理可得【详解】由题意可得πBADBCD=−，在BAD中，由余弦定理得2222cos

106cosBDADABADABBADBAD=+−=−,在BCD△中，由余弦定理得()2222cosπ88cosBDCDCBCDCBBCDBAD=+−−=+，两式相减得1cos7BAD=，因为()

0,πBAD，所以2143sin177BAD=−=，所以887877BD=+=，.在BCD△中，由正弦定理得圆O的半径为872172sin34327BDBAD==，故选：A5.一条经过点()4,2A−的入射光线l的斜率为2−，若入射光线l经

x轴反射后与y轴交于点B，O为坐标原点，则AOBV的面积为（）A.16B.12C.8D.6【答案】B【解析】【分析】由已知求得直线l的方程，令0y=，可求得直线l与x轴的交点，继而求得反射直线的方程，求得点B的坐标，由三

角形的面积公式可得选项.【详解】设直线l与x轴交于点C，因为l的方程为()224yx−=−+，令0y=，得点C的坐标为()3,0−，从而反射光线所在直线的方程为()23yx=+，令0x=得()0,6B，所以AO

B的面积164122S==．故选：B.6.如图，在棱长均为2的直三棱柱111ABCABC−中，D是11AB的中点，过B、C、D三点的平面将该三棱柱截成两部分，则顶点1B所在部分的体积为（）A.233B.536C.3D.736【答案】B【解析】【分析】设平面BCD交11AC于点

E，连接DE、CE，推导出点E为11AC的中点，用三棱柱111ABCABC−的体积减去三棱台1ADEABC−的体积即可得解.【详解】设平面BCD交11AC于点E，连接DE、CE，在三棱柱111ABCABC−中，平面//ABC平面111ABC，平面BCD平面ABCBC=，平面BCD平

面111ABCDE=，所以，//DEBC，又因为11//BBCC且11BBCC=，故四边形11BBCC为平行四边形，所以，11//BCBC，所以，11//DEBC，因为D为11AB的中点，所以，E为11AC的中点，且11112D

EBC==，因为直三棱柱111ABCABC−的每条棱长都为2，则11121322234ABCABCABCVSAA−===△，易知1ADE△是边长为1的等边三角形，则1233144ADES==△，

()111113ADEABCADEABCADEABCVSSSSAA−=++三棱台13373323426=++=，因此，顶点1B所在部分的体积为111173532366ABCABCADEABCVV−−−=−=三棱

台.故选：B.7.A、B两位同学各有2张卡片，现以投掷均匀硬币的形式进行游戏，当出现正面向上时A赢得B一张卡片，否则B赢得A一张卡片，如果某人已赢得所有卡片，则游戏终止，那么恰好掷完6次硬币时游戏终止的概率是（）A.116B.332C.18D.316

【答案】C【解析】【分析】分析出能导致在投掷硬币第6次时结束的各种情况即可.【详解】设A赢得B卡片为事件A，B赢得A卡片为事件B，依题意，在第6次硬币投掷时游戏结束，如果是A赢了B的卡片，则必然是以下4种情形中的一种：ABABAA，

ABBAAA，BABAAA，BAABAA；如果是B赢了A的卡片，则必然是以下4种情形中的一种：BABABB，BAABBB，ABABBB，ABBABB，所以第6次投掷硬币游戏结束的概率为：6112428

=，故选：C.8.如图，在三棱锥ABCD−中，45ABC=，点P在平面BCD内，过P作PQAB⊥于Q，当PQ与面BCD所成最大角的正弦值是114时，PQ与平面ABC所成角的余弦值是（）A.5

511B.64C.155D.106【答案】A【解析】【分析】过点Q作AB的垂面，过AB作平面BCD的垂面ABM，过点Q作QGBM⊥，利用面面垂直和线面垂直的性质，证得此点，即为PQ与平面BCD所成角最大时对应的点为P点，得到11sin4QBP=，过点P作PHQE⊥，结合线面角的定

义，得到EQP即为PQ与平面ABC所成角，利用1tancostanQPBQPBQPB==，即可求解.【详解】过点Q作AB的垂面QEF，交平面ABC于直线EF，即,,ABQEABQFABEF⊥⊥⊥，再过AB作平面BCD的垂面ABM，即平面ABM⊥平面

BCD，过O作QGBM⊥，垂足为G，如图所示，设BMEFP=，则此点即为PQ与平面BCD所成角最大时，对应的P点，理由如下：因为PQAB⊥恒成立，所以P平面QEF，又因为P平面BCD，平面QEF平面BCDEF=，所

以PEF，过点Q作QGBM⊥，因为平面ABM⊥平面BCD，平面ABM平面BCDBM=，且QG平面ABM，所以QG⊥平面BCD，所以PQ与平面BCD所成角即为QPB，所以sinQGQPBPQ=，因为QG为定值，所以当PQ最小时，sinQPB最大，即QPB

最大，又因为EF平面BCD，所以QGEF⊥，因,ABEFABQGQ⊥=，,ABQG平面ABM，所以⊥EF平面ABM，则当P为BM与EF交点时，EFPQ⊥，此时PQ取得最小值，所以，当BMEFP=时，PQ与平面BCD所成角最大，即为QPB，所以11sin4QPB=，过点P

作PHQE⊥，垂足为H，连接BH，因为AB⊥平面QEF，AB平面ABC，所以平面ABC⊥平面QEF，又因为QEF平面ABCQE=，PH平面QEF，所以PH⊥平面ABC，所以EQP即为PQ与平面ABC所成角，为在直角QPE△中，cosPQEQPQE

=，因为45ABC=，且ABQE⊥，所以BQE△为等腰直角三角形，所以QBQE=，又因为tanPQQBPOB=，所以tancosQBPEQP=，因为11sin4QPB=，所以11tan5QP

B=，因为π2QBPQPB+=，所以1555tantan1111QBPQPB===.故选：A.方法点拨：对于立体几何体中探索性问题的求解策略：1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹，点的位置的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；2、解答方法：一般时根据线面

平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面

位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在

，若有解但不满足题意或无解则不存在.二、多选题：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.下列说法正确的有（）A.在对

101个人进行一次抽样时，先采用抽签法从中剔除一个人，再在剩余的100人中随机抽取10人，每个人被抽到的可能性不相等B.一个盒子中有若干白色围棋子，为了估计其中围棋子的数目，小明将100颗黑色的围棋子放入其中，充分搅拌后随机抽出了20颗，数得其中有5颗黑色的

围棋子，根据这些信息可以估计白色围棋子的数目约为300颗C.一组数据53，56，69，70，72，79，65，80，45，41，()50mm.已知这组数据极差为40，则这组数据的第m百分位数为79D.数据1x，2

x，3x的方差为22212393xxx++−，则121x+，221x+，321x+的平均数为7【答案】BC【解析】【分析】根据抽样的等可能性判断A；计算白色棋子的个数判断B，根据极差的概念求出m，再求第m百分位数判断C；根据方差求x，再求新数据的平均数，判断D的真

假.【详解】对A：每个人被抽到的可能性均为10101，是等可能的，故A错误；对B：设白色棋子的个数为n，由510020100n=+300n=，所以估计白色围棋子的数目约为300颗，故B正确；对C：除m外，剩余数据的极差为804139−=，因为所有数据的极差为40，

且50m，所以4140m−=81m=.把数据按从小到大顺序排列，得：41，45，53，56，65，69，0，72，79，80，81.由1181%8.92=，所以这组数据的第m百分位数为第9个，为79.故C正确；对D：因为数据1x，

2x，3x的方差为22212393xxx++−，所以29x=，所以3x=或3x=−，所以121x+，221x+，321x+的平均数为21x+，为7或5−，故D错误.故选：BC10.已知集合{S=直线sincos|1lxymn+=，其中,mn是正常数，)0,2}，下列结论中

正确的是（）A.当π4=时，S中直线的斜率为nm−B.S中所有直线均经过同一个定点C.当mn时，S中的两条平行线间的距离的最小值为2nD.S中的所有直线可覆盖整个直角坐标平面【答案】AC【解析】的【分析】代入特殊值求出直线判断A，利用平行线间距离公式

结合放缩法求解最值判断C，举反例判断B，D即可.【详解】对于A，当π4=时，2sincos2==，S中直线的方程为22122xymn+=，即2nyxnm=−+，故其斜率为nm−，故A正确；对于B

，当π4=时，直线方程为2nyxnm=−+，该直线必过(0,2)n，当π2=时，直线方程为11xm=，化简得xm=，不一定过(0,2)n，故B错误，对于C，当mn时，S中的两条平行直线间的距离为22222sincosd

mn=+，而2222sinsinmn，则22222sincos1mnn+，故222222sincosdnmn=+，即最小值为2n，故C正确；对于D，点(0,0)不满足方程，所以S中的所有直线不可覆盖整个平面，故D错误，故选：AC.11.

如图，四边形ABCD是边长为5的正方形，半圆面APD⊥平面ABCD，点P为半圆弧AD上一动点（点P与点A，D不重合），下列说法正确的是（）A.三棱锥PABD−的四个面都是直角三角形B.三棱锥PABD−的体积最大

值为1254C.异面直线PA与BC的距离是定值D.当直线PB与平面ABCD所成角最大时，平面PAB截四棱锥PABCD−外接球的截面面积为252π4【答案】ACD【解析】【分析】对于A，使用空间中直线、平面垂直有关定理证明；对于B，三棱锥PABD−底面积固定，当高最大时，体积最

大，可通过计算进行判断；对于C，找到与PA和BC均垂直的AB即可判断；对于D，首先利用空间向量解决PB与平面ABCD所成角最大时点P的位置，再用△PAB的外接圆解决平面PAB的截面圆面积的计算即可.【详解】对于A，∵四边形ABCD为正方形，∴△BAD为直角三角形；∵AD为直径，P为半圆弧A

D上一动点，∴PAPD⊥，△APD为直角三角形；∵平面APD⊥平面ABCD，平面APD平面ABCDAD=，AB平面ABCD，ABAD⊥，∴AB⊥平面APD，∵PA平面APD，∴ABPA⊥，△PA

B为直角三角形；∵AB⊥平面APD，PD平面APD，∴ABPD⊥，又∵PAPD⊥，ABPAA=，AB平面PAB，PA平面PAB，∴PD⊥平面PAB，∵PB平面PAB，∴PDPB⊥，△BPD为直角三角形；因此，三棱锥PABD−

的四个面都是直角三角形，故A正确；对于B，过点P在平面APD内作PEAD⊥于点E，∵平面APD⊥平面ABCD，平面APD平面ABCDAD=，PE平面APD，∴PE⊥平面ABCD，PE为三棱锥PABD−的高，∴三棱锥PABD−的体积13PABDABDVSPE−=△∵△ABD的面积1

255522ABDS==△为定值，∴当PE最大时，三棱锥PABD−的体积最大，此时点P为半圆弧AD的中点，1522PEAD==，∴三棱锥PABD−体积的最大值为125512532212=，故B错误；对于C，由A选项解析可知，ABPA⊥，又∵四边形ABCD为正方形，∴ABBC⊥

，∴异面直线PA与BC的距离为线段AB的长，5AB=，∴异面直线PA与BC的距离是定值，故C正确；对于D，由B选项解析知，PE⊥平面ABCD，EB为PB在平面ABCD内射影，∴PBE为直线PB与平面ABCD所成角，当直线PB与平面ABCD

所成角最大时，cosPBE取最小值，以D为原点，建立空间直角坐标系如图，设DEa=，()0,5a，PEh=，则5AEa=−∴在直角三角形APD内，2PEAEED=，即2(5)haa=−，∴(),0,0Ea

，(),0,Pah，()5,5,0B，()5,5,BPah=−−，()5,5,0BEa=−−()()()2222525coscos,525525aBPBEPBEBPBEBPBEaha−+===−++−+()()()2222225251050105010505505525aaaaaa

aaaaah−+−+−+===−++−−−++()()()2105010501010102510510510510aaaaaaaaaa−+−+−−===+=+−−−−−∵()0,5a，∴100a−∴101010102222

22510510aaaa−−+−−=−−−∴当且仅当1010510aa−=−，即1052a=−时，cosPBE取最小值，直线PB与平面ABCD所成角最大，的此时，()2222525505252PBBPaha==−++=−=

∵P，A，B三点均为四棱锥PABCD−的顶点，∴平面PAB截四棱锥PABCD−外接球的截面为△PAB的外接圆面，∵直角三角形PAB外接圆半径12rPB=，∴截面面积22252πππ44PBSr===，故D正确.故选：ACD.【点睛】易错点睛：在判断三棱锥PABD−的四个面是否都是直角三角形时，

易忽视△BPD，需通过证明PD⊥平面PAB进行判断；在确定直线PB与平面ABCD所成角最大时点P的位置时，容易错误的认为当点P为半圆弧AD的中点时，直线PB与平面ABCD所成角最大，需使用空间向量，借助三角函数知识

进行判断.三、填空题：本小题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知圆C的圆心在直线310xy−−=上，且过点()2,3A−，()2,5B，则圆C的一般方程为__________．【答案】222450xyxy+−−−=【解析】【分析】设出圆的标准方程，代入点的坐标，结合圆心在310x

y−−=上，列出方程组，求出圆心和半径，写出圆的标准方程，化为一般方程.【详解】设所求圆的标准方程为()()222xaybr−+−=，由题意得：()()()()2222222325310abrabrab−−+−=−+−=−−=，解得：21210abr==

=，故所求圆的方程为()()221210xy−+−=，即222450xyxy+−−−=．故答案为：222450xyxy+−−−=．13.ABCV中，A，B，C对应的边为a，b，c，BC边上的高长为3a，则()2bcbc+的取值范围

为___________.【答案】4,132+【解析】【分析】利用三角形面积公式和余弦定理得到222cos3sin+=+bcbcAbA，从而表达出()22cos3sin2bcAAbc+=++，结合三角函数的性质，可求()2bcbc+的

最大值；结合基本不等式求出()2bcbc+的最小值可得答案.【详解】由三角形面积公式得111sin223bcAaa=，即21sin3bcAa=，由余弦定理得222cos2bcaAbc+−=，故222cos3sinbcbcAbcA+=+，()22222cos

3sin22cos3sin2bcbcbcbcAbcAbcAAbcbcbc+++++===++()13sin2132A=+++，其中23πsin,cos021313==，当且仅当π2A

+=，即π2A=−时，等号成立，又()2222224bcbcbcbcbcbcbcbc++++==，当且仅当bc=时，等号成立，故()24132bcbc++.故答案为：4,132+.14.若二次函数(

)()2121fxaxbxa=+−−−在区间2,5上存在零点，则22ab+的最小值为___________.【答案】4169【解析】【分析】设t为()fx在2,5上的零点，可得()21210atbta+−−−=，转化为点(),ab在直线()21210txtyt−−+

−=上，结合22ab+的几何意义，可得()()2222211tabt−++有解问题，利用对勾函数的单调性和最值即得.【详解】设t为()fx在2,5上的零点，可得()21210atbta+−−−=，即()21210tatbt−−+−=，所以点(

),ab在直线()21210txtyt−−+−=上，而22ab+表示点(),ab到原点的距离平方，依题意，问题转化为()22222114tabtt−+−+，2,5t有解，即()()2222211tabt−++，2,5t有解，设()()()22211tgtt−=+，2,

5t，令1t=−，则1,4，则()()()222212112gth===++++，因为()2=+在1,2上单调递减，在(2,4上单调递增，又()13=，()942=，所以()的最大值为92，则

()4169gt，当4=，即5t=时，224169ab+，所以22ab+的最小值为4169.故答案为：4169.四、解答题：本小题共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.已知ABCV的三个顶点为()4,0A，()2,3B，()

4,6C.（1）求BC边上的高AD的直线方程；（2）求过点B且与A、C距离相等的直线方程.【答案】（1）2380xy+−=（2）2x=和3y=.【解析】【分析】（1）求出直线BC的斜率，进而求出直线AD的斜率，再

利用直线的点斜式方程求解即得.（2）利用两定点到直线距离相等的特性，分情况求解即可.【小问1详解】由点B、C的坐标，得直线BC的斜率633422BCk−==−，由ADBC⊥，得直线AD的斜率123ADBCkk=−=−，由点斜式方程得

直线AD的方程为()2043yx−=−−，整理得2380xy+−=，所以BC边上的高AD的直线方程为2380xy+−=.【小问2详解】由点A、C的坐标，得线段AC的中点E坐标为()4,3，显然点A，C到直线BE的距离相等，而直线BEy⊥轴，于是直线BE的方程为3y=；又点A，C到与

直线AC平行的直线的距离也相等，而直线ACx⊥轴，此时所求直线方程为2x=，所以过点B且与A、C距离相等的直线方程为2x=和3y=.16.在三棱柱111ABCABC−中，已知15ABACAA===，4BC=，点1A在底面ABC的投影是线段BC的中点O.（1）

证明：在侧棱1AA上存在一点E，使得OE⊥平面11BBCC，并求出AE的长；（2）求平面11ABC与平面11BBCC夹角的正弦值.【答案】（1）55AE=（2）7010【解析】【分析】（1）利用线面垂直性质以及线面垂直判定定理

证明可得结论，再利用三角形相似可得55AE=；（2）建立空间直角坐标系分别求得两平面的法向量，利用面面角的向量求法计算可得结果.【小问1详解】证明：连接AO，在1AOA中，作1OEAA⊥于点E；因为11//AABB，可得1OEBB⊥，又因为1AO⊥平面ABC，BC

平面ABC，所以1AOBC⊥；因为,ABACOBOC==可得AOBC⊥，又1AOAOO=，1,AOAO平面1AAO，所以⊥BC平面1AAO；因为OE平面1AAO，所以OEBC⊥，而1BBBCB=，1,BBBC平面

11BBCC，可得OE⊥平面11BBCC；易知221AOABBO=−=，15AA=，又AEO△∽1AOA，可得1AEAOAOAA=，即2155AOAEAA==；即在侧棱1AA上存在一点E，使得OE⊥平面11BBCC，且55AE=；【小问2详解】由（1）可知1,,OAOBOA两两垂直，以

O为坐标原点，分别以1,,OAOBOA所在直线为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：则()()()()11,0,0,0,2,0,0,2,0,0,0,2ABCA−，由1112,0,555AEAA==−，可得E点的坐标为42,0,55；由（1）的平面1

1BBCC的一个法向量为42,0,55OE=，又()()11,2,0,0,2,2ABAC=−=−−设平面11ABC的一个法向量为(),,nxyz=r，则120220ABnxyACnyz=−+==−−=，令1y=，可得2,1xz==−；可得

()2,1,1n=−即为平面11ABC的一个法向量，设平面11ABC与平面11BBCC的夹角为，因此可得6305coscos,102565OEnOEnOEn====，所以平面11ABC与平面11BBCC夹角的正弦值为

223070sin1cos11010=−=−=.17.在ABCV中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且222sinsinsin1coscosAABBC−=−.（1）若3c=，6ab+=，求边AB上的角平分线CD长；（2）若ABCV为锐角三角形，点F为ABCV

的垂心，6CF=，求3CFAFBF−的取值范围.【答案】（1）22（2）1,12【解析】【分析】（1）先根据平方关系及正弦定理化角为边，再利用余弦定理求出C；利用余弦定理求出ab，再由等面积法计算可得答案；（2）

延长AF交BC于M，延长BF交AC于E，设π,0,3BCF=，分别求出AF、BF，再根据三角恒等变换化，结合正切函数的性质即可得解.【小问1详解】因为222sinsinsin1coscosAABBC−=−，2222cos1sin,cos1

sinBBCC=−=−，所以222sinsinsinsinsin−=−AABCB，由正弦定理得222aabcb−=−，即222abcab+−=，由余弦定理得2221cos22abcCab+−==，因为()0,πC，所以π3C=；又因为3c=，6ab+=，所以(

)22221232cabababab=+−=+−，即()()22363ab=−，解得1ab=，设AB边上的角平分线CD长为x，则111sinsinsin22222==+ABCCCSabCaxbx()1sin22Cabx=+，即()ππsinsin36ababx=+，即3622x=，解得22x

=，即AB边上的角平分线CD长为22；【小问2详解】延长AF交BC于M，延长BF交AC于E，设π,0,3BCF=，所以π3ACF=−，在RtCMF中sin6sinMFCF==，在CEB中，π3ECB=，π2

BEC=，所以π6EBC=，在RtBMF中12sinπsin6MFBF==，同理可得在RtAEF中π212sin3AFEF==−，所以πππ6312sin32sincoscossin333312si

n2sinCFAFBF−−−−−==()31cos33cossin12sin2sin2−−+==+223sin1312tan22224sincos22=+=+，因为π0,3

，所以π0,26，所以3tan0,23，所以311tan,12222+，即3CFAFBF−的取值范围为(12,1).18.（1）甲乙两人分别进行独立重复

试验，每人抛掷一枚质地均匀的硬币.甲抛掷()1n+次，乙抛掷n次，*nN，求抛掷结果中甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数的概率.（2）某单位进行招聘面试，已知参加面试的50名学生全都来自A，B，C三所学校，其中来自A校的学生人数为10.该单位要求所有面试人员面试前到场，并随机给每人安排一个

面试号码()1,2,3,,50kk=，按面试号码k由小到大依次进行面试，每人面试时长5分钟，面试完成后自行离场.若B，C两所学校参加面试的学生人数比为1：3，求A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试（A校所有参加面试的学

生完成面试后，B，C两校都还有学生未完成面试）的概率.【答案】（1）12，（2）920【解析】【分析】（1）根据题意，设抛掷结果中甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数为事件C，先分析甲乙都投掷了n次的情况，结合概率的“

对称性”分析得解；（2）先确定来自各校的学生人数，再利用条件概率公式进行计算.【详解】（1）设抛掷结果中甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数为事件C，先考虑甲乙都投掷了n次的情况，设甲乙正面向上次数相等的概率为1P，甲正面朝

上次数大于乙正面朝上次数的概率为2P，甲正面朝上次数小于乙正面朝上次数的概率为3P，则23PP=，所以3121221PPPPP++=+=，若投掷n次中，甲乙正面向上次数相等，则甲在第1n+次投掷要正面向上，有满足甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数，若投掷n次中，甲正面朝上次数小于乙正面朝

上次数，无论甲在第1n+次投掷什么结果，都不合题意，所以事件C是由下面两个事件的和事件构成，即甲乙都投掷了n次时，甲乙正面向上次数相等，且甲在第1n+次投掷要正面向上；甲乙都投掷了n次时，甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数，所

以()()12121112222PCPPPP=+=+=，所以抛掷结果中甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数得概率为12.（2）设B校参加面试的学生有x名，由题意得150103xx=−−，解得10x=．所以B校参加面试的学生有10名，C校参加面试的学生有

30名．记“最后面试的学生来自B校”为事件B，“最后面试的学生来自C校”为事件C，显然事件B，C互斥．记“A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试”为事件D，则DBDCD=+．当事件B发生时，只需考虑A，C两所学校所有参加

面试的学生中最后面试的那位来自C校，则()()()10303504020PBDPBPDB===，当事件C发生时，只需考虑A，B两所学校所有参加面试的学生中最后面试的那位来自B校，则()()()301035020

10PCDPCPDC===，所以()()()339201020PDPBDPCD=+=+=.所以A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试得概率为920.19.在空间直角坐标系Oxyz−中，已知向量(),,uabc=，点()0000,,Pxyz.若平面以u为法向量且经过点0P，则平面的点法式方

程可表示为()()()0000axxbyyczz−+−+−=，一般式方程可表示为0axbyczd+++=.（1）若平面1:210xy−−=，平面1:310yz−+=，直线l为平面1和平面1的交线，求直线l的一个方向向量；（2）已知集合(),,|1,1,1Pxy

zxyz=，(),,|2Qxyzxyz=++，(),,|2,2,2Txyzxyyzzx=+++，记集合Q中所有点构成的几何体的体积为1V，PQ中所有点构成的几何体的体积为2V，集合T中所有点构成的几何体为W.（ⅰ）求1V和2V的值

；（ⅱ）求几何体W的体积3V和相邻两个面（有公共棱）所成二面角的余弦值.【答案】（1）()1,2,6（2）（ⅰ）1323V=；2203V=.（ⅱ）316V=；12−.【解析】【分析】（1）求出平面1，1的法向量，设直线l的法向量为()

,,nxyz=，根据12nn⊥⊥，可求一个n.（2）（ⅰ）分析集合Q，PQ所表示的几何体的形状，利用体积公式求体积即可.（ⅱ）利用题目中给定的定义求出法向量，结合面面角的向量法求解即可．【小问1详解】由题设可知：平面1的法向量为：()12,1,0=

−，平面1的法向量为()20,3,1=−.设直线l的法向量为(),,nxyz=，则12nn⊥⊥1200nn==2030xyyz−=−=，取1x=，得()1,2

,6n=.所以：直线l的一个方向向量为()1,2,6n=.【小问2详解】（ⅰ）易知：集合Q表示的几何体是关于平面xoy，yoz，zox对称的，它们在第一卦限的形状分别为正三棱锥，如下图：其中OA，OB，OC两两垂直，且2OAO

BOC===，所以1113288222323OACDVV−===.又集合P表示的几何体在第一卦限的形状是棱长为1的正方体，如图所示：所以PQ在第一卦限内的部分就是正方体截去一角，所以21208163V=−=.（ⅱ）集合T所表示的几何图形

也关于平面xoy，yoz，zox对称，在第一卦限内的部分如图（1），如图（2），就是就是把图（1）的几何图形进行分割的结果.所以()3813MFQPHVV−=+，3181311163V=+=.由平面FEN的方程为：2xz+=，其法向量为()11,0,1e=；平面FNM的方程为：2

yz+=，其法向量为()20,1,1e=.且平面FEN与平面FNM所成的角为钝角，设为θ，则12121cosθ2eeee=−=−【点睛】关键点点睛：解决该题的关键是：（1）根据空间想象，结合学过的知识，弄清楚三个集合表示的几何图形的形状.（2

）根据题设给出结论，由平面的方程可直接得到平面的法向量.利用法向量求平面所成的角.的