【文档说明】吉林省白山市抚松县第一中学2020-2021学年高一下学期暑假综合复习数学试题（十） 含答案.docx，共(18)页，411.683 KB，由小赞的店铺上传

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2020—2021学年（下）抚松一中暑假综合题（十）高一数学一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60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z与1+2i互为共轭复数，则z•i10＝（）A．﹣1﹣2iB．1+2iC．﹣1+2iD．﹣2+

i2．在△𝐴𝐵𝐶中，若∠𝐴=60°，𝑏=1，其面积为√3，则𝑎+𝑏+𝑐𝑠𝑖𝑛𝐴+𝑠𝑖𝑛𝐵+𝑠𝑖𝑛𝐶=（）A．3√3B．2√393C．2633D．√3923．某个总体由编号为001，002，⋯，799，800的800个

个体组成，利用下面的随机数表选取50个个体，选取方法是从随机数表第2行的第4列数字开始由左到右依次选取，每行结束后紧接下一行，则选出来的第4个个体的编号为（）09779319827494800404450731664933

26168045336246862808315446325394133847270736075105032724837289440560358039948813553858591256859926969668273105037293155712101427A．133B．325C．394D．6

034．若𝑥1,𝑥2,⋯,𝑥2019的平数为3，为差为4，且𝑦𝑖=−3(𝑥𝑖−2)，𝑖=1,2,3,⋯,2019，则新数据𝑦1,𝑦2,⋯,𝑦2019的平均数和方差为（）A．-312B．-612C．-336D．-6365．已知向量𝑎⃗=(2,2√3)，𝑏⃗⃗=(√3,1)，

则𝑏⃗⃗在𝑎⃗上的投影是（）A．4B．2C．2√3D．√36．在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴𝐵=𝐴𝐶=𝐵𝐶=2，𝐴𝐴1=1，则点𝐴到平面𝐴1𝐵𝐶的距离为（）A．√34B．√32C．3√34D．√37．如图，在正方形ABCD中，点

E，F分别为BC，AD的中点，将四边形CDFE沿EF翻折，使得平面𝐶𝐷𝐹𝐸⊥平面ABEF，则异面直线BD与CF所成角的余弦值为（）A．√3010B．−√3010C．√7010D．−√70108．正三棱锥的高和底面边长都等于6，则其外接球的表面积

为（）A．8𝜋B．16C．32𝜋D．64𝜋9．将一个总体分为,,ABC三层后，其个体数之比为4:2:1，若用分层抽样的方法抽取容量为140的样本，则应从𝐵层中抽取的个数为（）A．20B．30C．40D．6010．甲乙两名同学6次考试的

成绩统计如图，甲乙两组数据的平均数分别为𝑥甲、𝑥乙，标准差分别为𝜎甲、𝜎乙，则（）A．x甲𝑥乙，甲𝜎乙B．x甲𝑥乙，>甲𝜎乙C．>x甲𝑥乙，甲𝜎乙D．>x甲𝑥乙，>

甲𝜎乙11．对于△𝐴𝐵𝐶，有如下判断，其中错误的判断是（）A．若222sinsinsinABC+，△𝐴𝐵𝐶是钝角三角形B．若AB，则sin𝐴>𝑠𝑖𝑛𝐵C．若𝑏=8,𝑐=10,𝐵=60°，则符合条件的△𝐴𝐵𝐶有两个D．在三角

形中，已知两边和一角就能求三角形的面积12．如图，在三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴𝐵⊥平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1,𝐴𝐵=𝐴𝐶=1,𝐶𝐶1=2,∠𝐴1𝐴𝐶=60°，D，E，F分别为𝐵𝐵1,𝐴1𝐶1,𝐶𝐶1的中点，则下

列说法正确的是（）A．𝐷𝐸//平面ABFB．若G为𝐴𝐴1上点，且𝐴𝐺=14𝐴𝐴1，则𝐶𝐺⊥𝐵𝐵1C．三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1，的体积为2D．𝐴1𝐹与BC所成角的余弦值为34二、填空题(本题共4小

题，每小题5分，共20分．将答案填在题中的横线上)13．已知向量𝑎⃗,𝑏⃗⃗满足|𝑎⃗+2𝑏⃗⃗|=1,|𝑎⃗−2𝑏⃗⃗|=5，则𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=________．14．2020年新冠肺炎疫情期间

，某市在𝐴、𝐵、𝐶三个社区中招募志愿者60人，现用分层抽样的方法分配三个社区的志愿者人数，已知𝐴、𝐵、𝐶的人数之比为1：2：3，则应从𝐵社区抽取_________名志愿者.15．已知△𝐴𝐵�

�的内角𝐴，𝐵，𝐶所对的边分别为𝑎，𝑏，𝑐，且𝑎=√5𝑐，𝑎𝑐𝑜𝑠𝐶+𝑐𝑠𝑖𝑛𝐴=𝑏，则𝑏𝑐=___________.16．唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺.它

的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示.已知球的半径为𝑅，酒杯内壁表面积为143𝜋𝑅2.设酒杯上部分（圆柱）的体积为1V，下部分（半球）的体积为2V，则𝑉1𝑉2的值是__.三．

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．在△𝐴𝐵𝐶中，内角𝐴、𝐵、𝐶所对的边分别为𝑎、𝑏、𝑐，222sinsinsin2sinsinsinABCABC+−=.（1

）求𝐶；（2）若𝑐=√5，△𝐴𝐵𝐶的面积为1，求△𝐴𝐵𝐶的周长.18．如图，在底面是菱形的四棱锥SABCD−中，𝑆𝐴=𝐴𝐵=2，𝑆𝐵=𝑆𝐷=2√2.（1）证明：𝐵𝐷⊥平面SAC；（2）在侧棱𝑆𝐷上是否存在点𝐸，使得𝑆𝐵//平面𝐴𝐶�

�？请证明你的结论；（3）若120BAD=，求几何体𝐴−𝑆𝐵𝐷的体积.19．如图，正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1,𝐴𝐵=2,𝐴𝐴1=1,𝑀为棱𝐵𝐶的中点.（1）证明：𝐴1𝐵//平面𝐴𝑀𝐶1；（2）证明：平面𝐴𝑀𝐶1⊥平面𝐵𝐶�

�1𝐵1；（3）求直线𝐴𝐴1与平面𝐴𝑀𝐶1所成角的正弦值.20．2017年10月18日至10月24日，中国共产党第十九次全国代表大会(简称党的“十九大”)在北京召开.一段时间后，某单位就“十九大”精神的领会程度随机抽取100名员工进行问卷调查，

调查问卷共有20个问题，每个问题5分，调查结束后，发现这100名员工的成绩都在[75,100]内，按成绩分成5组：第1组75,80)，第2组80,85)，第3组85,90)，第4组90,95)，第5组[95,100]，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知甲、乙、丙分别在第3，4，

5组，现在用分层抽样的方法在第3，4，5组共选取6人对“十九大”精神作深入学习．(1)求这100人的平均得分(同一组数据用该区间的中点值作代表)；(2)求第3，4，5组分别选取的作深入学习的人数；(3)若甲、乙、丙都被选取对“十九大”精神作深入学习，之后要从

这6人随机选取2人再全面考查他们对“十九大”精神的领会程度，求甲、乙、丙这3人至多有一人被选取的概率．21．在①222acbac+−=；②22cosacbc−=；③1sincos62BB+=+这三个

条件中,任选一个补充在下列问题中,并给出解答．在ABC中,内角A、B、C的对边分别为a、b、c,____________．（1）求B；（2）若4b=,求ABC周长的最大值．22．甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛

,约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人,另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛,负者下一场轮空,直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后,剩余的两人继续比赛,直至其中一人被淘汰,另一人最终获胜,比赛结束经抽签,甲、乙首先比赛,丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为

12，（1）求甲连胜四场的概率；（2）求需要进行第五场比赛的概率；（3）求丙最终获胜的概率．2020—2021学年（下）抚松一中暑假综合题（十）高一数学二、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60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z与1+2i互为共轭复数

，则z•i10＝（）A．﹣1﹣2iB．1+2iC．﹣1+2iD．﹣2+i【答案】C【解析】【分析】由共轭复数的概念得z，进而由复数的乘法运算求解即可.【详解】∵z与1+2i互为共轭复数，∴z＝1﹣2i，∴z•i10＝（1﹣2i）(-1)5＝﹣

1+2i．2．在△𝐴𝐵𝐶中，若∠𝐴=60°，𝑏=1，其面积为√3，则𝑎+𝑏+𝑐𝑠𝑖𝑛𝐴+𝑠𝑖𝑛𝐵+𝑠𝑖𝑛𝐶=（）A．3√3B．2√393C．2633D．√392【答案】B【

分析】先由面积公式求出𝑐，再由余弦定理求出𝑎，最后利用正弦定理可得出答案.【详解】由面积公式𝑆△𝐴𝐵𝐶=12𝑏𝑐𝑠𝑖𝑛𝐴=√3⇒𝑏𝑐=4⇒𝑐=4，由余弦定理有𝑎2=𝑏2+𝑐2−2𝑏𝑐𝑐𝑜𝑠

𝐴=𝑏2+𝑐2−4⇒𝑎=√13，由正弦定理有𝑎𝑠𝑖𝑛𝐴=𝑎+𝑏+𝑐𝑠𝑖𝑛𝐴+𝑠𝑖𝑛𝐵+𝑠𝑖𝑛𝐶=√13√32=2√393.3．某个总体由编号为001，002，⋯，79

9，800的800个个体组成，利用下面的随机数表选取50个个体，选取方法是从随机数表第2行的第4列数字开始由左到右依次选取，每行结束后紧接下一行，则选出来的第4个个体的编号为（）09779319827494800404450731664

93326168045336246862808315446325394133847270736075105032724837289440560358039948813553858591256859926969668273105037293155

712101427A．133B．325C．394D．603【答案】B【分析】利用随机数表法求解.【详解】由题意，选出的编号为：246，315，446，325，394，…所以第4个个体的编号为3254．若𝑥1,𝑥2,⋯,𝑥2019的平数为3，为差为4，且�

�𝑖=−3(𝑥𝑖−2)，𝑖=1,2,3,⋯,2019，则新数据𝑦1,𝑦2,⋯,𝑦2019的平均数和方差为（）A．-312B．-612C．-336D．-636【答案】C【分析】直接根据平均数公式和方差公式计算即可．【详解】解：∵𝑦𝑖=−3(𝑥𝑖−2)，∴𝑦̄=−3

(𝑥̄−2)=−3，𝑠2=(−3)2×4=36，5．已知向量𝑎⃗=(2,2√3)，𝑏⃗⃗=(√3,1)，则𝑏⃗⃗在𝑎⃗上的投影是（）A．4B．2C．2√3D．√3【答案】D【分析】求得|𝑎⃗

|=4,𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=4√3，根据投影的公式，即可求解.【详解】由题意，向量𝑎⃗=(2,2√3)，𝑏⃗⃗=(√3,1)，可得|𝑎⃗|=4,𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=2×√3+2√3×1=4√3，所以𝑏⃗⃗在𝑎⃗上的

投影是𝑎⃗⃗⋅𝑏⃗⃗|𝑎⃗⃗|=4√34=√3.6．在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴𝐵=𝐴𝐶=𝐵𝐶=2，𝐴𝐴1=1，则点𝐴到平面𝐴1𝐵𝐶的距离为（）A．√3

4B．√32C．3√34D．√3【答案】B【分析】根据棱锥体积公式可求得𝑉𝐴1−𝐴𝐵𝐶，将问题转化为三棱锥𝐴−𝐴1𝐵𝐶高的求解问题，利用等体积的方式来进行求解.【详解】∵𝐴𝐵=𝐵𝐶

=𝐴𝐶=2∴𝛥𝐴𝐵𝐶为边长为2的等边三角形∴𝑆𝛥𝐴𝐵𝐶=12×4𝑠𝑖𝑛60∘=√3，又𝐴𝐴1⊥平面𝐴𝐵𝐶∴𝑉𝐴1−𝐴𝐵𝐶=13𝑆𝛥𝐴𝐵𝐶⋅𝐴𝐴1=√33∵𝐴1𝐵=𝐴1𝐶=√4+1=√5，𝐵𝐶=2∴𝛥𝐴1𝐵𝐶中𝐵𝐶

边上的高ℎ=√5−1=2∴𝑆𝛥𝐴1𝐵𝐶=12𝐵𝐶⋅ℎ=2设点𝐴到平面𝐴1𝐵𝐶的距离为𝑑∵𝑉𝐴1−𝐴𝐵𝐶=𝑉𝐴−𝐴1𝐵𝐶∴13𝑆𝛥𝐴1𝐵𝐶⋅𝑑=23𝑑=√33，解得：𝑑=√327．如图，

在正方形ABCD中，点E，F分别为BC，AD的中点，将四边形CDFE沿EF翻折，使得平面𝐶𝐷𝐹𝐸⊥平面ABEF，则异面直线BD与CF所成角的余弦值为（）A．√3010B．−√3010C．√7010D．−

√7010【答案】A【分析】如图，连接DE交FC于点O，取BE的中点G，连接OG，CG，可得COG（或补角）为异面直线BD与CF所成的角．在△𝐶𝑂𝐺中，由余弦定理即可得答案；【详解】如图，连接DE交FC于点O，取BE的中点G，连接

OG，CG，则//OGBD且𝑂𝐺=12𝐵𝐷，所以COG（或补角）为异面直线BD与CF所成的角．设正方形ABCD的边长为2，则𝐶𝐸=𝐵𝐸=1，𝐶𝐹=𝐷𝐸=√𝐶𝐷2+𝐶𝐸2=√5，所以𝐶

𝑂=12𝐶𝐹=√52．平面𝐶𝐷𝐹𝐸⊥平面𝐴𝐵𝐸𝐹，平面𝐶𝐷𝐹𝐸∩平面𝐴𝐵𝐸𝐹=𝐸𝐹，𝐵𝐸⊥𝐸𝐹,𝐵𝐸⊂平面𝐴𝐵𝐸𝐹，∴𝐵𝐸⊥平面CDFE，

同理CE⊥平面𝐴𝐵𝐸𝐹，所以𝐵𝐸⊥𝐷𝐸，所以𝐵𝐷=√𝐷𝐸2+𝐵𝐸2=√6，所以𝑂𝐺=12𝐵𝐷=√62．由CE⊥平面ABEF，所以𝐶𝐸⊥𝐵𝐸.又𝐺𝐸=12𝐵𝐸=12，所以𝐶𝐺=√𝐶𝐸2+𝐺𝐸2=√52．在△𝐶𝑂𝐺

中，由余弦定理得，𝑐𝑜𝑠∠𝐶𝑂𝐺=𝑂𝐶2+𝑂𝐺2−𝐶𝐺22𝑂𝐶⋅𝑂𝐺=(√52)2+(√62)2−(√52)22×√52×√62=√3010，所以异面直线BD与CF所成角的余弦值为√3010．8．正三棱锥的高和底面边长都等于6，则其外接球的表面积

为（）A．8𝜋B．16C．32𝜋D．64𝜋【答案】D【详解】作𝑃𝑀⊥面𝐴𝐵𝐶于点𝑀，则球心𝑂在𝑃𝑀上，|𝑃𝑀|=6，连结𝐴𝑀,𝐴𝑂，则|𝑂𝑃|=|𝑂𝐴|=𝑅，在𝑅𝑡△𝑂𝐴𝑀中，|𝑂�

�|=6−𝑅，|𝑂𝐴|=𝑅，又|𝐴𝐵|=6，且△𝐴𝐵𝐶为等边三角形，故|𝐴𝑀|=23√62−32=2√3，则𝑅2−(6−𝑅)2=(2√3)2，则4R=，所以球的表面积𝑆=4𝜋𝑅2=64𝜋.

9．将一个总体分为,,ABC三层后，其个体数之比为4:2:1，若用分层抽样的方法抽取容量为140的样本，则应从𝐵层中抽取的个数为（）A．20B．30C．40D．60【答案】C【分析】根据分层抽样的原则可计算的抽样比，再利用样本容量乘以抽样比得到结果

.【详解】由题意可知𝐵层的抽样比为：24+2+1=27∴应从𝐵层中抽取的个数为：140×27=4010．甲乙两名同学6次考试的成绩统计如图，甲乙两组数据的平均数分别为𝑥甲、𝑥乙，标准差分别为𝜎甲、𝜎乙，则（）A．

x甲𝑥乙，甲𝜎乙B．x甲𝑥乙，>甲𝜎乙C．>x甲𝑥乙，甲𝜎乙D．>x甲𝑥乙，>甲𝜎乙【答案】C【分析】根据拆线统计图所反应的实际意义，可以看出两同学的平均成绩的高低和其稳定程度，可得选项.【详解】由图可知，甲同学除第二次考试成绩略低与

乙同学，其他次考试都远高于乙同学，可知>x甲𝑥乙，图中数据显示甲同学的成绩比乙同学稳定，故甲𝜎乙.11．对于△𝐴𝐵𝐶，有如下判断，其中错误的判断是（）A．若222sinsinsinABC+，△𝐴𝐵𝐶是钝角三角形

B．若AB，则sin𝐴>𝑠𝑖𝑛𝐵C．若𝑏=8,𝑐=10,𝐵=60°，则符合条件的△𝐴𝐵𝐶有两个D．在三角形中，已知两边和一角就能求三角形的面积【答案】C【分析】结合正弦定理、余弦定理、

面积公式等相关知识依次对各选项判断即可.【详解】对于选项A：由正弦定理可得𝑎2+𝑏2<𝑐2，所以𝑐𝑜𝑠𝐶=𝑎2+𝑏2−𝑐22𝑎𝑏<0，因此𝐶是钝角，故△𝐴𝐵𝐶是钝角三角形.故A正

确；对于选项B：因为在△𝐴𝐵𝐶中，𝑠𝑖𝑛𝐴>0，𝑠𝑖𝑛𝐵>0，所以sin11sinsinsinaAabABbB，又𝑎>𝑏⇔𝐴>𝐵，所以𝐴>𝐵⇔𝑠𝑖𝑛𝐴>𝑠𝑖𝑛𝐵.故B正确；对于选项C：由正弦定理1053sinsi

nsin601sinsin88bccCBBCb====，矛盾，因此，符合条件的△𝐴𝐵𝐶不存在.故C错误；对于选项D：在三角形中，①如果已知两边及夹角，显然可以直接用三角形面积公式求出三角形面积；②如果已知两边及其一边的对角，可以先用余

弦定理求出第三边，然后再用面积公式求出三角形面积.故D正确.12．如图，在三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴𝐵⊥平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1,𝐴𝐵=𝐴𝐶=1,𝐶𝐶1=2,∠𝐴1𝐴𝐶=60°，D，E，F分别为𝐵𝐵1,𝐴1

𝐶1,𝐶𝐶1的中点，则下列说法正确的是（）A．𝐷𝐸//平面ABFB．若G为𝐴𝐴1上点，且𝐴𝐺=14𝐴𝐴1，则𝐶𝐺⊥𝐵𝐵1C．三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1，的体积为2D．�

�1𝐹与BC所成角的余弦值为34【答案】B【分析】利用所给条件，探讨与DE平行的直线同平面ABF的关系判断A选项，利用异面直线夹角意义并求解可判断选项B，D，过A1作三棱柱的高并求出即可判断C.【详解】在三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1

𝐶1中，连接A1D并延长交AB延长线于M，连C1M，如图：因D是BB1中点，A1B1//AB，则D是A1M的中点，而E是A1C1中点，于是DE//C1M，显然C1M与平面ABF交于点M，则DE与平面ABF必相交，A不正确；点G在�

�𝐴1上，且𝐴𝐺=14𝐴𝐴1，则12AG=，而AC=1，△𝐴𝐶𝐺中，𝐶𝐺2=𝐴𝐺2+𝐶𝐺2−2𝐴𝐺⋅𝐶𝐺𝑐𝑜𝑠∠𝐴1𝐴𝐶=34，于是𝐴𝐺2+𝐶𝐺2=𝐴𝐶2，即𝐶𝐺⊥𝐴𝐴1，而BB1//AA1，则𝐶𝐺⊥𝐵𝐵1，B正确；过A1

作A1O⊥AC于O，因𝐴𝐵⊥平面ACC1A1，𝐴1𝑂⊂平面ACC1A1，则A1O⊥AB，A1O⊥平面ABC，A1O是三棱柱的高，又△𝐴𝐵𝐶是直角三角形，则三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1体积𝑉=𝑆△𝐴𝐵𝐶⋅𝐴1

𝑂=12⋅1⋅2⋅𝑠𝑖𝑛60°=√32，C正确；连接DF，因F是CC1中点，则𝐷𝐹//𝐵𝐶，异面直线A1F与BC所成角是∠𝐴1𝐹𝐷或其补角，在△𝐴1𝐷𝐹中，𝐷𝐹=𝐴𝐵=√2，𝐴1𝐷=√2，显然△𝐴1𝐶1𝐹为正三角形，即𝐴1𝐹=1，

△𝐴1𝐹𝐷是等腰三角形，则𝑐𝑜𝑠∠𝐴1𝐹𝐷=12𝐴1𝐹𝐷𝐹=√24，D不正确.二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中的横线上)13．已知向量𝑎⃗,𝑏⃗⃗满足|𝑎⃗+2𝑏⃗

⃗|=1,|𝑎⃗−2𝑏⃗⃗|=5，则𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=________．14．2020年新冠肺炎疫情期间，某市在𝐴、𝐵、𝐶三个社区中招募志愿者60人，现用分层抽样的方法分配三个社区的志愿者人数，已知𝐴、

𝐵、𝐶的人数之比为1：2：3，则应从𝐵社区抽取_________名志愿者.【答案】20【分析】根据分层抽样的比例，按社区人数比招募自愿者即可求𝐵社区抽取志愿者人数.【详解】有分层抽样的比例关系知：𝐵社区抽取志愿者人数为60×13=20

，故答案为：20.15．已知△𝐴𝐵𝐶的内角𝐴，𝐵，𝐶所对的边分别为𝑎，𝑏，𝑐，且𝑎=√5𝑐，𝑎𝑐𝑜𝑠𝐶+𝑐𝑠𝑖𝑛𝐴=𝑏，则𝑏𝑐=___________.【答案】2√2【分析】先根据正弦定理以及两角和的正弦公式求解出𝐴的值，再根据𝐴对应的

余弦定理以及𝑎,𝑐的关系求解出𝑏𝑐的值.【详解】因为𝑎𝑐𝑜𝑠𝐶+𝑐𝑠𝑖𝑛𝐴=𝑏，由正弦定理得𝑠𝑖𝑛𝐴𝑐𝑜𝑠𝐶+𝑠𝑖𝑛𝐶𝑠𝑖𝑛𝐴=𝑠𝑖𝑛𝐵，又因为𝑠

𝑖𝑛𝐵=𝑠𝑖𝑛(𝐴+𝐶)=𝑠𝑖𝑛𝐴𝑐𝑜𝑠𝐶+𝑐𝑜𝑠𝐴𝑠𝑖𝑛𝐶，所以𝑠𝑖𝑛𝐶𝑠𝑖𝑛𝐴=𝑐𝑜𝑠𝐴𝑠𝑖𝑛𝐶，又𝑠𝑖𝑛𝐶≠0，即𝑠𝑖𝑛𝐴=𝑐𝑜𝑠𝐴，所以𝐴=𝜋4.由余弦定理得𝑎2=𝑏2+𝑐2

−2𝑏𝑐𝑐𝑜𝑠𝐴和𝑎=√5𝑐，得22240bbcc−−=，即(𝑏+√2𝑐)(𝑏−2√2𝑐)=0，解得𝑏𝑐=2√2或−√2(舍)，16．唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和

墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示.已知球的半径为𝑅，酒杯内壁表面积为143𝜋𝑅2.设酒杯上部分（圆柱）的体积为1V，下部分（半球）的体积

为2V，则𝑉1𝑉2的值是__.【答案】2.【分析】设圆柱的高为ℎ，表示出表面积可得ℎ=43𝑅，再分别表示出1V，2V即可.【详解】解：设酒杯上部分高为ℎ，则酒杯内壁表面积𝑆=12×4𝜋𝑅2+2𝜋𝑅ℎ=143𝜋𝑅2，则ℎ=43𝑅，所以𝑉1=𝜋𝑅2ℎ=43𝜋𝑅

3，𝑉2=12×43𝜋𝑅3，故122VV=，三．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．在△𝐴𝐵𝐶中，内角𝐴、𝐵、𝐶所对的边分别为𝑎、𝑏、𝑐，222sinsinsin2s

insinsinABCABC+−=.（1）求𝐶；（2）若𝑐=√5，△𝐴𝐵𝐶的面积为1，求△𝐴𝐵𝐶的周长.【详解】（1）∵𝑠𝑖𝑛2𝐴+𝑠𝑖𝑛2𝐵−𝑠𝑖𝑛2𝐶=2𝑠𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛�

�，由正弦定理有𝑎2+𝑏2−𝑐2=2𝑎𝑏𝑠𝑖𝑛𝐶，可得𝑎2+𝑏2−𝑐22𝑎𝑏=𝑠𝑖𝑛𝐶，有𝑐𝑜𝑠𝐶=𝑠𝑖𝑛𝐶，得𝑡𝑎𝑛𝐶=1.又由0<𝐶<𝜋，可得𝐶=𝜋4；（2）由三角形的面积公式可得𝑆△𝐴𝐵𝐶=12×𝑎�

�×𝑠𝑖𝑛𝜋4=1，可得𝑎𝑏=2√2，由余弦定理有𝑎2+𝑏2−2𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠𝜋4=5，可得𝑎2+𝑏2=9.有(𝑎+𝑏)2=𝑎2+𝑏2+2𝑎𝑏=9+4√2=(2√2+1)2，可得𝑎+𝑏=2√2+1

，故△𝐴𝐵𝐶的周长为𝑎+𝑏+𝑐=√5+2√2+1.18．如图，在底面是菱形的四棱锥SABCD−中，𝑆𝐴=𝐴𝐵=2，𝑆𝐵=𝑆𝐷=2√2.（1）证明：𝐵𝐷⊥平面SAC；（2

）在侧棱𝑆𝐷上是否存在点𝐸，使得𝑆𝐵//平面𝐴𝐶𝐸？请证明你的结论；（3）若120BAD=，求几何体𝐴−𝑆𝐵𝐷的体积.【详解】（1）∵四棱锥SABCD−底面是菱形，∴𝐵𝐷⊥𝐴𝐶且𝐴𝐷=𝐴𝐵，𝑆𝐴=𝐴𝐵=2，𝑆𝐵=𝑆𝐷=2√2，∴𝑆�

�2+𝐴𝐵2=𝑆𝐵2，𝑆𝐴2+𝐴𝐷2=𝑆𝐷2，∴𝑆𝐴⊥𝐴𝐵，SBSD⊥，又ABADA=，∴𝑆𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐵𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，从而𝑆𝐴⊥𝐵𝐷，又𝑆𝐴∩𝐴𝐶=𝐴，∴𝐵𝐷⊥平面SAC；（2）在侧棱𝑆�

�上存在点𝐸，使得𝑆𝐵//平面𝐴𝐶𝐸，其中𝐸为𝑆𝐷的中点，证明如下：设BDACO=，则𝑂为𝐵𝐷的中点，又𝐸为𝑆𝐷的中点，连接𝑂𝐸，则𝑂𝐸为𝛥𝑆𝐵𝐷的中位线.∴𝑂𝐸//𝑆𝐵，又𝑂𝐸⊂平面𝐴𝐸

𝐶，𝑆𝐵⊄平面𝐴𝐸𝐶，∴𝑆𝐵//平面𝐴𝐶𝐸；（3）当120BAD=时，𝑆𝛥𝐴𝐵𝐷=12𝐴𝐵⋅𝐴𝐷⋅𝑠𝑖𝑛120∘=12×2×2×√32=√3，∴几何体𝐴−𝑆𝐵𝐷的体积为𝑉𝐴−𝑆𝐵

𝐷=𝑉𝑆−𝐴𝐵𝐷=13𝑆𝛥𝐴𝐵𝐷⋅𝑆𝐴=13×√3×2=2√33.19．如图，正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1,𝐴𝐵=2,𝐴𝐴1=1,𝑀为棱𝐵𝐶的中点.（1）证明：𝐴1𝐵//平面𝐴𝑀𝐶1；（2）证明：平面𝐴𝑀𝐶1⊥平面𝐵𝐶�

�1𝐵1；（3）求直线𝐴𝐴1与平面𝐴𝑀𝐶1所成角的正弦值.【详解】(1)证明：如图，连接𝐴1𝐶交𝐴𝐶1于点𝑁，则𝑁为𝐴1𝐶的中点，∵𝑀是𝐵𝐶的中点，∴𝑀𝑁//𝐴1𝐵，∵𝑀𝑁⊂平面𝐴𝑀𝐶1，𝐴1𝐵⊄平面𝐴𝑀�

�1，∴𝐴1𝐵//平面𝐴𝑀𝐶1.(2)证明：∵△𝐴𝐵𝐶为正三角形，𝑀为𝐵𝐶的中点，∴𝐴𝑀⊥𝐵𝐶，∵𝐶𝐶1⊥平面𝐴𝐵𝐶，∴𝐶𝐶1⊥𝐴𝑀，∵𝐶𝐶1⊂平面𝐵𝐶𝐶1�

�1，𝐵𝐶⊂平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1且𝐶𝐶1∩𝐵𝐶=𝐶，∴𝐴𝑀⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，AM平面𝐴𝑀𝐶1，∴平面𝐴𝑀𝐶1⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1.(3)∵平面𝐴𝑀𝐶

1⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，且交线为𝑀𝐶1，∴在平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1内，作𝐶𝑃⊥𝑀𝐶1，则𝐶𝑃⊥平面𝐴𝑀𝐶1，∵𝐴𝐴1//𝐶𝐶1，∴∠𝐶𝐶1𝑃即为直线𝐴𝐴1与平面𝐴𝑀𝐶1所成角，在𝑅

𝑡△𝑀𝐶1𝐶中，𝐶1𝐶=1,𝑀𝐶=12𝐵𝐶=1，∴𝑠𝑖𝑛∠𝐶𝐶1𝑀=𝑠𝑖𝑛∠𝐶𝐶1𝑃=√22，∴直线𝐴𝐴1与平面𝐴𝑀𝐶1所成角的正弦值为√22.20

．2017年10月18日至10月24日，中国共产党第十九次全国代表大会(简称党的“十九大”)在北京召开.一段时间后，某单位就“十九大”精神的领会程度随机抽取100名员工进行问卷调查，调查问卷共有20个问题，每个问题5分，调查结束后，发现这100名员工的成绩都在[75,100]内，按

成绩分成5组：第1组75,80)，第2组80,85)，第3组85,90)，第4组90,95)，第5组[95,100]，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知甲、乙、丙分别在第3，4，5组，现在用分层抽样的方法在第3，4，5组共

选取6人对“十九大”精神作深入学习．(1)求这100人的平均得分(同一组数据用该区间的中点值作代表)；(2)求第3，4，5组分别选取的作深入学习的人数；(3)若甲、乙、丙都被选取对“十九大”精神作深入学习，之后要从这6人随机选取2

人再全面考查他们对“十九大”精神的领会程度，求甲、乙、丙这3人至多有一人被选取的概率．(1)这100人的平均得分为：𝑥̄=5×(75+802×0.01+80+852×0.07+85+902×0.06+90+

952×0.04+95+1002×0.02)=87.25.(2)第3组的人数为0.06×5×100=30，第4组的人数为0.04×5×100=20，第5组的人数为0.02×5×100=10，故共有60人，∴用分层抽样在这三个组选取的人数分别为：3，2，1

.(3)记其他人为甲、乙、丙、丁、戊、己，则所有选取的结果为(甲、乙)、(甲、丙)、(甲、丁)、(甲、戊)、(甲、己)、(乙、丙)、(乙、丁)、(乙、戊)、(乙、己)、(丙、丁)、(丙、戊)、(丙、己)、(丁、戊)、(丁、己)、(戊、己)共15种情况，其中甲

、乙、丙这3人至多有一人被选取有12种情况，故甲、乙、丙这3人至多有一人被选取的概率为𝑃=1215=45.21．在①222acbac+−=；②22cosacbc−=；③1sincos62BB+=+这三个条件中,任选一个补充在下列问题中,并给出解答．在ABC中,内角A、B

、C的对边分别为a、b、c,____________．（1）求B；（2）若4b=,求ABC周长的最大值．（1）选①∵222acbac+−=，由余弦定理得222-1cos22acbBac+==又(0,)B，∴3B=（6分）选②∵22cosacbC−=，由余弦定理

得2sinsin2sincosACBC−=，又sinsin()ABC=+（2分）∴2sincos2cossinsin2sincosBCBCCBC+−=即sin(2cos1)0CB−=，又sin0C（4分）1cos2B=，(0,)B3B

=（6分）选③由1sin()cos62BB+=+,得：311sincos222BB−=∴1sin()62B−=，又5666B−−∴3B=（6分）（2）4b=，由余弦定理得：2222cosbacacB=+−∴2216acac=+−∴216()3acac=+−，又22ac

ac+（8分）∴22316)(4acac+−+（）∴8ac+当且仅当4ac==时取等号（10分）∴ABC周长的最大值为12．（12分）22．甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛,约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人,另一人

轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛,负者下一场轮空,直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后,剩余的两人继续比赛,直至其中一人被淘汰,另一人最终获胜,比赛结束经抽签,甲、乙首先比赛,丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为12，（1）求甲连

胜四场的概率；（2）求需要进行第五场比赛的概率；（3）求丙最终获胜的概率．22．解：（1）甲连胜四场的概率为116．（4分）（2）根据赛制,至少需要进行四场比赛,至多需要进行五场比赛．比赛四场结束,共有三种情况：甲连胜四场的概率为116；（5分）乙连胜四场的概率为116；（6分

）丙上场后连胜三场的概率为18．（7分）所以需要进行第五场比赛的概率为11131161684−−−=．（8分）（3）丙最终获胜,有两种情况：比赛四场结束且丙最终获胜的概率为18．比赛五场结束且丙最终获胜,则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜

,胜负空胜,负空胜胜,概率分别为116,18,18．因此丙最终获胜的概率为111178168816+++=．