【文档说明】山东省潍坊市部分学校2023-2024学年高一下学期期末模拟试题 数学 Word版含解析.docx，共(23)页，2.213 MB，由小赞的店铺上传

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2023-2024学年高一下学期第二次月考数学试题注意事项：1．本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时12分钟.2．用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，考试结束后，

请将答题卡、草稿纸一并上交.第Ⅰ卷（选择题）一、单项选择题：本题共8小题，每小题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.在ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，且222acbac+−=，4ac=，则BABC=（）A.3B.

3−C.2D.2−2.在一次数学测试中，某学习小组6名同学的成绩(单位：分)分别为65，82，86，82，76，95．关于这组数据，下列说法错误的是A.众数是82B.中位数是82C.极差是30D.平均数是823.在复平面内

，复数()4i1i+共轭复数对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限4.宋代是中国瓷器的黄金时代，涌现出了五大名窑：汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑．其中汝窑被认为是五大名窑之首．如图1，这是汝窑双耳罐，该汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台拼接而成，其

直观图如图2所示．已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米，中间圆的直径是20厘米，上底面圆的直径是8厘米，高是14厘米，且上、下两圆台的高之比是3:4，则该汝窑双耳罐的体积是（）A.1784π3B.1884π3C.2304π3D.2504π35.正四棱柱1111ABCDA

BCD−中，三棱锥1AABD−的体积为11,3AC与底面ABCD所成角的正切值为2，则此正四棱柱的表面积为（）A.10B.12C.14D.18的6.在ABC中，ABAC=，若点O为ABC的垂心，且满足14AOABxAC=+，则cosBAC的值为（）A.12B.1

3C.14D.157.在明代珠算发明之前，我们的先祖从春秋开始多是用算筹为工具来记数、列式和计算的．算筹实际上是一根根相同长度的小木棍，如图是利用算筹表示数1～9的一种方法，例如：47可以表示为“”，已知用算筹表示一个不含“0”且没有重复数字的三位数共有504种

等可能的结果，则这个数至少要用8根小木棍的概率为（）A.1114B.314C.7384D.678.在一次考试中有一道4个选项双选题，其中B和C是正确选项，A和D是错误选项，甲、乙两名同学都完全不会这道题目，只能在4个选项中随机选取两个选项．设事件

M=“甲、乙两人所选选项恰有一个相同”，事件N=“甲、乙两人所选选项完全不同”，事件X=“甲、乙两人所选选项完全相同”，事件Y=“甲、乙两人均未选择B选项”，则（）A.事件M与事件N相互独立B.事件X与事件Y相互独立C.事件M与事件Y相互独立D.事件N与事件Y相互独立二、多项选择题

：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3分，有选错的得0分．9.有下列说法，其中正确的说法为（）A.若sin2sin2AB=，则ABC是等腰三

角形B.若PAPBPBPCPCPA==，则P是三角形ABC的垂心C.若222sinsincos1ABC++，则ABC钝角三角形D.若//ab，则存在唯一实数使得ab=10.已知m，n是不同的直

线，，是不重合的平面，则下列命题中，真命题有（）A若//，m⊥，//mn，则n⊥B.若//m，//m，n=，则//mn的为.C.若//m，//mn，则//nD.若m⊥，m⊥，n，则//n11.正多面体也称柏拉图立体（被誉为最有规

律的立体结构），是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．已知一个正八面体ABCDEF的棱长都是2（如图），则（）A.//BE平面

ADFB.直线BC与平面BEDF所成的角为60°C.若点P为棱EB上动点，则APCP+的最小值为23D.若点P为棱EB上的动点，则三棱锥FADP−的体积为定值43三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知三个复数1z，2z，3z，且122zz==，32z

=，1z，2z所对应的向量1OZ，2OZ满足120OZOZ=；则312zzz−−的最大值为__________.13.在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，则它的外接球的表面积为__________；若E为11BC的中点，则过B、D、E三点的平面截正方体1

111ABCDABCD−所得的截面面积为____________.14.已知由小到大排列的6个数据1，2，3，5，6，m，若这6个数据的极差是它们中位数的2倍，则m的值是______．四、解答题：本题共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.已知复数z在复平面上对应点在第一象限，且2z=，2z的虚部为2.（1）求复数z；（2）设复数z、2z、2zz−在复平面上对应点分别为A、B、C，求ABACuuuruuur的值.16.如图，在直四棱柱111

1ABCDABCD−中，底面ABCD为正方形，E为棱1AA的中点，的12,3ABAA==．（1）求三棱锥ABDE−的体积．（2）在1DD上是否存在一点P，使得平面1//PAC平面EBD.如果存在，请说明P点位置并证明.如果不存在，请说明理由.17.如图，在长方体1

111ABCDABCD−中，13,2ABBCBB===，（1）求证：11BDBC⊥；（2）求直线1BD与平面11ADDA所成角的正切值.18.奔驰定理是一个关于三角形的几何定理，它的图形形状和奔驰轿车

logo相似，因此得名.如图，P是ABC内的任意一点，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，总有优美等式：0PBCPACPABPASPBSPCS++=△△△.（1）若P是ABC的内心，234bac==，延长AP交BC于点D，求APPD；（2）若P是锐角ABC的外心，2AB=，PBxPAy

PC=+，求xy+的取值范围.19.第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日举办，本届亚运会共设40个竞赛大项．其中首次增设了电子竞技项目．与传统的淘汰赛不同，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐．传统的

淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此更有容错率．假设最终进入到半决赛有四支队伍，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进行比赛，胜者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军．

双败赛制下，两两分组，胜者进入到胜者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组．之前进入到败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军，双败赛制

下会发现一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其它的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？这里我们简单研究一下两个赛制，假设四支队伍分别为A、B、C、D，其中A对阵其他三个队伍获胜

概率均为p，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为12．最初分组时AB同组，CD同组．（1）若34p=，在淘汰赛赛制下，A、C获得冠军的概率分别为多少？（2）分别计算两种赛制下A获得冠军的概率（用p表示），并据此简单分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”？2023-

2024学年高一下学期第二次月考数学试题注意事项：1．本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时12分钟.2．用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，考试结束后，请将答题卡、草稿纸一并上

交.第Ⅰ卷（选择题）一、单项选择题：本题共8小题，每小题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.在ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，且222acbac+−=，4ac=，则BABC=（）A.3B.3−C

.2D.2−【答案】C【解析】【分析】由余弦定理求出cosB，再由数量积的定义计算可得.【详解】因为222acbac+−=，由余弦定理得2221cos222acbacBacac+−===，又4ac=所以1cos422BABCBABCB==

=.故选：C2.在一次数学测试中，某学习小组6名同学的成绩(单位：分)分别为65，82，86，82，76，95．关于这组数据，下列说法错误的是A.众数是82B.中位数是82C.极差是30D.平均数是82【答案】D【解析】【详解】试题分析：A中，82出现的次数最多，所以众数是82，A正

确；B中，把数据按大小排列为：65，76，82，82，86，95，中间两个数为82，82，所以中位数是82，B正确；C中，极差是95－65=30，C正确；D中，平均数659582828676681=（＋＋＋＋＋），D错误，故选D．考点：1、众数；2、中位数；3、极差；4

、平均数．3.在复平面内，复数()4i1i+的共轭复数对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】根据复数的运算法则，求得复数为1i+，得到其共轭复数1i−，结合复数的几何意义，即可求解.【详解】由复数()()()24i1i11i1

i+=−+=+，其共轭复数为1i−，所以对应的点的坐标为()1,1-，位于第四象限.故选：D.4.宋代是中国瓷器的黄金时代，涌现出了五大名窑：汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑．其中汝窑被认为是五大名窑之首．如图1，这是汝窑双耳罐，该汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台

拼接而成，其直观图如图2所示．已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米，中间圆的直径是20厘米，上底面圆的直径是8厘米，高是14厘米，且上、下两圆台的高之比是3:4，则该汝窑双耳罐的体积是（）A.1784π3B.1884π3C.2304π3D.2504π3【答案】D【解析】

【分析】求出上下圆台的高，利用台体体积公式求出答案.【详解】上、下两圆台的高之比是3:4，故上圆台的高为314634=+厘米，下圆台的高为414834=+厘米，故上圆台的体积为()221π410161006312π3V++==立方厘米，下圆台的体

积为()221π6103610015688π33V++==立方厘米，故该汝窑双耳罐的体积为113152506824π31ππ3VV+=+=立方厘米.故选：D5.正四棱柱1111ABCDABCD−中，三棱锥1AAB

D−的体积为11,3AC与底面ABCD所成角的正切值为2，则此正四棱柱的表面积为（）A.10B.12C.14D.18【答案】A【解析】【分析】设此正四棱柱的底面边长为a，高为h，根据三棱锥的体积公式和线面角建立关于a、h的方程组，解之即可求解.【详解】设此正四棱柱的底面边长为a，高为h，

则三棱锥1AABD−的体积为21163ah=，得22ah=，又1AC与底面ABCD所成的角为1CAC，所以1tan22hCACa==，得2ha=，得1,2ah==，所以此正四棱柱的表面积为22410aah+=．故选：A．6.在ABC

中，ABAC=，若点O为ABC的垂心，且满足14AOABxAC=+，则cosBAC的值为（）A.12B.13C.14D.15【答案】B【解析】【分析】利用平面向量基本定理结合三角形垂心的性质、平面向量三点共线的

充要条件计算即可.【详解】由题意可知ABC是以A为顶角的等腰三角形，如图所示：ADBC⊥，BEAC⊥，则ADBEO=，设,AOADBOBE==，则1111212244ABACABxACx=+=+=，()()114AOAB

BEABAEABABAEABxAC=+=+−=−+=+，所以31,43AEAC==，在直角三角形ABE中，1cos3AEAEBACABAC===.故选：B【点睛】思路点睛：由三角形为等腰三角形，及垂心的性质，结合平面向量基本定理、三点共线的线性关系

确定一腰上垂足的位置解三角形即可.7.在明代珠算发明之前，我们的先祖从春秋开始多是用算筹为工具来记数、列式和计算的．算筹实际上是一根根相同长度的小木棍，如图是利用算筹表示数1～9的一种方法，例如：47可以表示为“”，已知用算筹表示一个不含“0”且没有重复数字的三

位数共有504种等可能的结果，则这个数至少要用8根小木棍的概率为（）A1114B.314C.7384D.67【答案】D【解析】【分析】表示一个不含“0”且没有重复数字的三位数有39A种情况，由于至少要用8根小木根的对立事件为用掉5根，6根，7根这三种情况，用掉5根，6根，7根小

木棍的全排列共有337A种，从而求出至少要用.8根小木棍的概率.【详解】至少要用8根小木棍的对立事件为用5根，6根，7根这三种情况．用5根小木棍为1，2，6这一种情况，组成三位数包括6个样本点，用6根有1，2，3；1，2，7；1，6

，3；1，6，7这四种情况，每种情况包含6个样本点，共24个样本点用7根有1，2，4；1，2，8；1，6，4；1，6，8；1，3，7；2，6，7；2，6，3这七种情况，每种情况包含6个样本点，共42个样本

点又表示一个不含“0”且没有重复数字的三位数有504种情况故至少要用8根小木棍的概率为1－6244265047++=，故选：D．8.在一次考试中有一道4个选项的双选题，其中B和C是正确选项，A和D是错误选项，甲、乙两名同学都完全不会这道题目，只能在4个选项中随机选取两个选项．设事件M=“

甲、乙两人所选选项恰有一个相同”，事件N=“甲、乙两人所选选项完全不同”，事件X=“甲、乙两人所选选项完全相同”，事件Y=“甲、乙两人均未选择B选项”，则（）A.事件M与事件N相互独立B.事件X与事件Y相互独立C.事件M与

事件Y相互独立D.事件N与事件Y相互独立【答案】C【解析】【分析】根据互斥、相互独立事件的乘法公式对选项一一判断即可得出答案.详解】依题意甲、乙两人所选选项有如下情形：①有一个选项相同，②两个选项相同，③两个选项不相同，所以()1114322244CCC2

CC3PM==，()22422244CC1CC6PN==，()242244C1CC6PX==，()22332244CC1CC4PY==，因为事件M与事件N互斥，所以()0PMN=，又()()19PMPN=，所以事件M与事件N不相互独立，故A错误；()()()232244C11C

C1224PXYPXPY===，故B错误；由()()()11322244CC1CC6PMYPMPY===，则事件M与事件Y相互独立，故C正确；因为事件N与事件Y互斥，所以()0PNY=，又()()124PYPN=，所以事件N与事件Y不相互独立，故D错误.【故选：C．【点睛】关键点点睛：

本题的关键点在于先求出()PM，()PN，()PX，()PY，再根据互斥、相互独立事件的乘法公式对选项一一判断即可.二、多项选择题：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3分，有选错的得0分．9.有下列说法，其中正确的说法为（

）A.若sin2sin2AB=，则ABC是等腰三角形B.若PAPBPBPCPCPA==，则P是三角形ABC的垂心C.若222sinsincos1ABC++，则ABC为钝角三角形D.若//ab，则存在唯一实数使得ab=【答案】BC【解析】【分析】利用正弦函数性质，结

合三角形判断A；利用向量数量积的运算律计算判断B；利用正弦定理、余弦定理判断C；利用零向量与共线向量的定义可判断D.【详解】对于A，在ABC中，由sin2sin2AB=，得22AB=或22πAB+=，则AB=或π2AB+=，则ABC是等腰三角形或直角三角形，A错误；对于B，由PAPBP

BPC=，得)0(PAPBPBPCPBPAPCPBCA−=−==，则PBCA⊥，同理PACB⊥，PCBA⊥，即P是三角形ABC的垂心，B正确；对于C，由222sinsincos1ABC++，得2222sinsin1cossinABCC+−=，由正弦定理得222a

bc+，则222cos02abcCab+−=，C为钝角，ABC为钝角三角形，C正确；对于于D，当0b=，0a时，显然有//ab，但此时不存在，D错误.故选：BC10.已知m，n是不同的直线，，是不重合的平面，则下列命题中，真命题有（）A.若//，m⊥，//mn，则

n⊥B.若//m，//m，n=，则//mnC若//m，//mn，则//n.D.若m⊥，m⊥，n，则//n【答案】ABD【解析】【分析】根据给定条件，结合直线与平面平行、垂直的判定定理与性质定理可以判断.【详解】对于A，由//，m⊥，得m⊥，又//mn，因此

n⊥，A正确；对于B，由//m，得存在过m的平面与相交，令交线为a（不与n重合），则//ma，由//m，得存在过m的平面与相交，令交线为b（不与n重合），则//mb，于是//ab，显然b，则//b，而,bn=，因此//bn，//mn

，B正确；对于C，//m，//mn，则//n或n，C错误；对于D，由m⊥，m⊥，得//，而n，则//n，D正确.故选：ABD11.正多面体也称柏拉图立体（被誉为最有规律的立体结构），是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）．数学家已经证明世

界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．已知一个正八面体ABCDEF的棱长都是2（如图），则（）A.//BE平面ADFB.直线BC与平面BEDF所成的角为60°C

.若点P为棱EB上的动点，则APCP+的最小值为23D.若点P为棱EB上的动点，则三棱锥FADP−的体积为定值43【答案】AC【解析】【分析】A选项，由对称性可得四边形BFDE为菱形，故//BEDF，从而得到线面平行；B选项，作出辅助

线，得到直线BC与平面BEDF所成的角为CBO，求出边长，得到夹角；C选项，APCP=，故只需AP最小，当P为BE的中点时，AP⊥BE，此时AP最小，且3AP=，从而求出APCP+的最小值；D选项，等体积法得到三棱锥FADP−的体积为定值223.【详

解】A选项，连接,BDEF，由对称性可知，EF⊥平面ABCD，且,EFBD相交于点O，O为BD和EF的中点，又2BEDEBFDF====，故四边形BFDE为菱形，故//BEDF，又DF平面ADF，BE平面ADF，所以//BE平面ADF，正确；B选项，连接AC，则,ACBD相交于点O，

因为四边形ABCD为正方体，故ACBD⊥，由A选项，同理可得四边形AECF为菱形，故ACEF⊥，又BDEFO=，,BDEF平面BEDF，故AC⊥平面BEDF，故直线BC与平面BEDF所成的角为CBO，且由题

意得2222BDABAD=+=，22AC=，故2BOCO==，故45CBO=，错误；C选项，由题意得，APCP=，故只需AP最小，在等边三角形ABE中，当P为BE中点时，AP⊥BE，此时AP最小，且3AP=，故若点P为棱EB上的动点，则AP

CP+的最小值为23，正确；D选项，FADPAFDPVV−−=，其中A到平面FDP的距离为2AO=，设菱形BFDE的面积为S，则112222422SBDEF===，122FDPSS==，若点P为棱EB上的动点，则三棱锥FADP−的体积为定值122332

FDPS=，错误.的故选：AC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知三个复数1z，2z，3z，且122zz==，32z=，1z，2z所对应的向量1OZ，2OZ满足120OZOZ=；则312z

zz−−的最大值为__________.【答案】32【解析】【分析】依题意设12z=，22iz=，()32cos2siniz=+，即可表示出312zzz−−，再由复数的模、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得.【

详解】设复数1z，2z，3z在复平面内对应的点分别为A，B，C，因为122zz==且1z，2z所对应的向量1OZ，2OZ满足120OZOZ=，即12OZOZ⊥，不妨令()2,0A，()0,2B，则12z=，22iz=，又32z=，设(

)2cos,2sinC()R，即()32cos2siniz=+则()()()3122cos2sini22i2cos22sin2izzz−−=+−−=−+−，所以()()223122cos22sin2zzz−−=−+−222cos2sin42cos

42sin8=+−−+()1042cossin=−+π108sin4=−+，所以当πsin14+=−时312zzz−−取得最大值，即312max1832zzz−−==.故答案为：3213.在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，则它的外接球的表

面积为__________；若E为11BC的中点，则过B、D、E三点的平面截正方体1111ABCDABCD−所得的截面面积为____________.【答案】①.12π②.92【解析】【分析】利用正方体的对角线和外接球的半径的关系，求得外接球的半径，进而求得球

的表面积，再利用直线间的平行关系和平面的基本性质，得出截面，进而求得截面等腰梯形的面积.【详解】在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，可得其外接球的半径为222222223R=++=，所以3R=,所以外接球的表面积为24π12πSR==；如图所示，过

点E作//EKBD，连接DK，所以过,,BDE三点的平面截正方体1111ABCDABCD−所得的截面为EKDB且为等腰梯形，过点E作EFBC⊥于点F，过点F作FGBD⊥，连接EG，所以EG为等腰梯形EKDB的高，且222322()22EG=+=,所以梯形EKDB的面积为11329(222)2

22S=+=.故答案为：12π；92.14.已知由小到大排列的6个数据1，2，3，5，6，m，若这6个数据的极差是它们中位数的2倍，则m的值是______．【答案】9【解析】【分析】根据极差和中位数的关系列式计算.【详解】由小到大排列的6个数据1，2，3，5，

6，m，则6m，这6个数据的极差为1m−，中位数为3542+=，因为这6个数据的极差是它们中位数的2倍，所以124m−=，解得9m=．故答案为：9四、解答题：本题共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.已知复数z在复平面上对应点在第一象限，且2z=，2z的虚部为2.（1）求复数z；（2）设复数z、2z、2zz−在复平面上对应点分别为A、B、C，求ABACuuuruuur的值.【答案】（1）1iz=+（2）2ABAC=−【解析

】【分析】（1）设()iR,Rzabab=+，得到z、2z，根据2z=和2z的虚部为2联立方程组解出a、b，再根据复数z在复平面上对应点在第一象限得到复数z；（2）分别求出2z、2zz−，得到点A、B、C的坐标，求出ABACuuuruuur.【小问1详解】设()iR,Rzabab=+

，()()2222i2izababab=+=−+，222zab=+，由题意得22222abab+==，解得11ab==或11ab=−=−，又因为复数z在复平面上对应点在第一象限，

所以1iz=+.【小问2详解】1iz=+，()221i2iz=+=，21i2i1izz−=+−=−，所以对应的点()1,1A，()0,2B，()1,1C−，从而()1,1AB=−，()0,2AC=−，2ABAC=−.16.

如图，在直四棱柱1111ABCDABCD−中，底面ABCD为正方形，E为棱1AA的中点，12,3ABAA==．（1）求三棱锥ABDE−的体积．（2）在1DD上是否存在一点P，使得平面1//PAC平面EBD.

如果存在，请说明P点位置并证明.如果不存在，请说明理由.【答案】（1）1（2）存在，P为1DD的中点【解析】【分析】（1）根据13ABDEEABDABDVVAES−−==计算可得；（2）当P为1DD的中点时满足平面1//PAC平面EBD，设ACBDO=，连接OE，即可证明1

//OEAC、1//DEAP，从而得到//OE平面1PAC，//DE平面1PAC，即可得证.【小问1详解】在直四棱柱1111ABCDABCD−中，底面ABCD为正方形，所以1AA⊥平面ABCD，所以11312213322ABDEEABDABDVVAES−−

====.【小问2详解】当P为1DD的中点时满足平面1//PAC平面EBD，设ACBDO=，连接OE，因为ABCD为正方形，所以O为AC的中点，又E为棱1AA的中点，所以1//OEAC，又OE平面1PAC，1AC平面1PAC，所以//OE平

面1PAC，又P为1DD的中点，所以1//DPAE且1DPAE=，所以1DPAE为平行四边形，所以1//DEAP，又DE平面1PAC，1AP平面1PAC，所以//DE平面1PAC，又DEOEE=，,DEOE平面BDE，所以平面1//PAC平面EBD.17.如图，

在长方体1111ABCDABCD−中，13,2ABBCBB===，（1）求证：11BDBC⊥；（2）求直线1BD与平面11ADDA所成角的正切值.【答案】（1）证明见解析（2）324【解析】【分析】（

1）连接11,BCAD，结合题意可证1BC⊥平面11ABCD，即可得结果；（2）分析可知1ADB∠即为直线1BD与平面11ADDA所成的角，结合题意分析求解即可.【小问1详解】连接11,BCAD，由题意可知：11BBCC为正方体，则11BCBC⊥

，又因为11DC⊥平面11BCCB，1BC平面11BCCB，则111BCDC⊥，且1111BCDCC=，111,BCDC平面11ABCD，可得1BC⊥平面11ABCD，由1BD平面11ABCD，可得11BDBC⊥.【小问2详解】由题意可知：AB

⊥平面11ADDA，则1ADB∠即为直线1BD与平面11ADDA所成的角，又因为13,22ABAD==，则1132tan4ABADBAD==，所以所求角的正切值为32418.奔驰定理是一个关于三角形的几何定理，它的图形形状和奔驰轿车logo相似，因此

得名.如图，P是ABC内的任意一点，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，总有优美等式：0PBCPACPABPASPBSPCS++=△△△.（1）若P是ABC的内心，234bac==，延长AP交BC

于点D，求APPD；（2）若P是锐角ABC的外心，2AB=，PBxPAyPC=+，求xy+的取值范围.【答案】（1）94=（2）5,14−−【解析】【分析】（1）根据奔驰定理以及内切圆的性质可得0PAaPBbPCc++=，即可根据234bac==得4630PAPBPC++

=，进而根据线性运算得()6349DBDCPD+=−,由共线即可求解，（2）根据奔驰定理以及外接圆的性质可得sin2sinsin30PAAPBAPCA+−=，即可得sin2sin3sinPAAPCAPBA−+=，结合三角恒等变换可得22154cos2cos14cos44xy

AAA+=−−=−−，即可根据函数的性质求解.【小问1详解】由于P是ABC的内心，设ABC内切圆的半径为r，由0PBCPACPABPASPBSPCS++=△△△可得1110222PABCrPBACrPCBAr+

+=，即0PAaPBbPCc++=，由234bac==，不妨设4,6,3,0ambmcmm===，故4630PAPBPC++=，设APPD=，则()()4630PDPDDBPDDC−++++=,故()6349DBDCPD+

=−,由于63DBDC+与BC共线，而PD与BC不共线，因此必然490−=，故94=，【小问2详解】设ABC外接圆的半径为R,则由0PBCPACPABPASPBSPCS++=△△△得222111sinsinsin0222PARBPCPBRAPCPCRAPB++=，即sin2s

in2sin20PAAPBBPCC++=，由于2AB=，所以sin2sinsin30PAAPBAPCA+−=,因此sin2sin3sinPAAPCAPBA−+=，又PBxPAyPC=+，所以2sin2sin32sincossin2coscos

2sin2cos2coscos2sinsinAAAAAAAAxyAAAAA−+−+++===−++22154cos2cos14cos44AAA=−−=−−,由于三角形为锐角三角形，所以π02π0223π0π22AABAC==−，解得ππ32A

，故1cos0,2A,故当1cos4A=时，2154cos44xyA+=−−取最小值54−，当cos0A=或12时，2154cos144xyA+=−−=−，故5,14xy+−−.19.第19届亚运会将于2023

年9月23日至10月8日举办，本届亚运会共设40个竞赛大项．其中首次增设了电子竞技项目．与传统的淘汰赛不同，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐．传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此更有容

错率．假设最终进入到半决赛有四支队伍，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进行比赛，胜者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军．双败赛制下，两两分组，胜者进入到胜者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组．之前进入到败者组的两个队伍对

决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军，双败赛制下会发现一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其它的队伍却有一次失败的机会，近

年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？这里我们简单研究一下两个赛制，假设四支队伍分别A、B、C、D，其中A对阵其他三个队伍获胜概率均为p，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为12．最初分组时AB同组，CD同组．（1）若34p=

，在淘汰赛赛制下，A、C获得冠军的概率分别为多少？（2）分别计算两种赛制下A获得冠军的概率（用p表示），并据此简单分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”？【答案】（1）,AC获得冠军的概率分别为916，532

；（2）淘汰赛赛制下A获得冠军的概率为2p，“双败赛制”赛制下A获得冠军的概率为2(32)pp−，双败赛制下对强者更有利.【解析】【分析】（1）利用独立事件乘法、互斥事件加法公式求,AC获得冠军的概率；（2）分别

求出不同赛制下A获得冠军的概率，研究112p哪种赛制下A获得冠军的概率更大，即可得结论.【小问1详解】A获得冠军：AB组A获胜，再由A与CD组胜者决赛并胜出，A获得冠军的概率为1313313942442416P=+=，C

获得冠军：CD组C获胜，再由C与AB组胜者决赛并胜出，为C获得冠军的概率为21331315(1)(1)24424232P=−+−=.【小问2详解】淘汰赛赛制下，A获得冠军的概率为21122ppppp+=，“双败赛制”赛制下，讨论A进入胜者组

、败者组两种情况，当A进入胜者组，若在胜者组A失败，后两局都胜，方可得冠军；若在胜者组A胜利，后一局（与败者组胜者比赛）胜，方可得冠军；当A进入败者组，后三局都胜，方可得冠军；综上，A获得冠军的概率3333(1)(1)(32)pp

ppppp−++−=−.令32222()(32)(231)(21)(1)fpppppppppp=−−=−+−=−−，若A为强队，则112p，故()0fp，所以，双败赛制下对强者更有利.【点睛】关键点点睛：第

二问，根据“双败赛制”赛制的描述讨论A进入胜者组、败者组两种情况，分别求出得冠军的概率为关键.