1．（2024高一下·苏州期末）设为虚数单位，已知复数，则（ ）
A． B． C． D．2
2．（2024高一下·苏州期末）（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·苏州期末）某射击运动员射击6次，命中的环数如下：7，9，6，9，10，7，则关于这组数据的说法正确的是（ ）
A．极差为10 B．中位数为7.5 C．平均数为8.5 D．标准差为
4．（2024高一下·苏州期末）某科研单位对ChatGPT的使用情况进行满意度调查，在一批用户的有效问卷（用户打分在50分到100分之间的问卷）中随机抽取了100份，按分数进行分组（每组为左闭右开的区间），得到如图所示的频率分布直方图，估计这批用户问卷的得分的第百分位数为（ ）
A．78.5 B．82.5 C．85 D．87.5
5．（2024高一下·苏州期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·苏州期末）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
7．（2024高一下·苏州期末）在中，已知，则的形状一定为（ ）
A．等腰三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．钝角三角形
8．（2024高一下·苏州期末）长篇评弹《玉蜻蜓》在江南可谓家喻户晓，是苏州评弹的一颗明珠.为了让更多年轻人走近评弹 爱上经典，苏州市评弹团在保留原本精髓的基础上，打造了《玉蜻蜓》精简版，将长篇压缩至三场，分别是《子归》篇 《认母》篇 《归宗》篇.某班级开展对《玉蜻蜓》的研究，现有三位学生随机从三篇中任意选一篇研究，记“三人都没选择《子归》篇”为事件M，“至少有两人选择的篇目一样”为事件N，则下列说法正确的是（ ）
A．M与N互斥 B．
C．M与N相互独立 D．
9．（2024高一下·苏州期末）已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为 B．
C．的图象关于直线对称 D．在区间上单调递增
10．（2024高一下·苏州期末）已知复数，，，则下列说法正确的有（ ）
A． B．若，则
C．若，则 D．若且，则
11．（2024高一下·苏州期末）如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G，H分别为AB，，，的中点，则（ ）
A．平面
B．平面
C．点，到平面的距离相等
D．平面截该正方体所得截面的面积为
12．（2024高一下·苏州期末）设向量，，，若，则实数λ的值为 .
13．（2024高一下·苏州期末）在直角三角形ABC中，已知CH为斜边AB上的高，，，现将沿着CH折起，使得点B到达点，且平面平面ACH，则三棱锥的外接球的表面积为 .
14．（2024高一下·苏州期末）在中，已知，则的最大值为 .
15．（2024高一下·苏州期末）如图，在四棱锥中，已知底面ABCD为矩形，底面ABCD，，E，F，G分别为线段AD，BC，PB的中点.
（1）求证：平面PBC；
（2）求证：平面AFG.
16．（2024高一下·苏州期末）一个袋子中有大小和质地均相同的四个球，其中有两个红球（标号为1和2），一个黑球（标号为3），一个白球（标号为4），从袋中不放回地依次随机摸出两个球.设事件“第一次摸到红球”，“第二次摸到黑球”，“摸到的两个球恰为一个红球和一个白球”.
（1）用数组表示可能的结果，是第一次摸到的球的标号，是第二次摸到的球的标号，试用集合的形式写出试验的样本空间；
（2）分别求事件A，B，C发生的概率；
（3）求事件A，B，C中至少有一个发生的概率.
17．（2024高一下·苏州期末）如图，在平面四边形ABCD中，已知AC与BD交于点E，且E是线段BD的中点，是边长为1的等边三角形.
（1）若，求线段AE的长；
（2）若且，求.
18．（2024高一下·苏州期末）如图，在平行四边形中，已知，，，为线段的中点，为线段上的动点（不含端点）.记.
（1）若，求线段EF的长；
（2）若，设，求实数和的值；
（3）若与交于点，，求向量与的夹角的余弦值.
19．（2024高一下·苏州期末）如图，在四棱柱中，已知侧面为矩形，，，，，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）求证：平面平面；
（3）若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：复数，则.
故答案为：B.
【分析】根据复数的除法运算法则化简求得，再根据复数的模长公式求即可.
2．【答案】A
【知识点】两角和与差的正弦公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：
.
故答案为：A.
【分析】利用诱导公式以及两角差的正弦公式化简求值即可.
3．【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：命中的环数从小到大排列为：6，7，7，9，9，10，
A、极差为，故A错误；
B、中位数为，故B错误；
C、平均数为，故C错误；
D、标准差为，故D正确.
故答案为：D.
【分析】先将数据从小到大排列，再利用极差、中位数、平均数、标准差的定义逐项计算判断即可.
4．【答案】B
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：设第百分位数为，
易知，
则，解得.
故答案为：B.
【分析】根据百分位数的定义计算即可.
5．【答案】C
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：因为，，，所以由正弦定理，
可得，又因为，所以，所以，
则.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用正弦定理结合三角形内角和求解即可.
6．【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，，，则或与相交，故A错误；
B、若，，，则或与相交，故B错误；
C、若，，，则与平行或异面，故C错误；
D、若，，则或，
若，则在平面内存在直线，使得，又，则，
又，所以；若，又，所以；
综上可得，由，，，可得，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系逐项分析判断即可.
7．【答案】C
【知识点】二倍角的余弦公式；正弦定理；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：由，
利用余弦二倍角公式可得：，
则，由正弦定理可得，故为直角三角形.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用余弦的二倍角公式以及正弦定理化简判断即可.
8．【答案】B
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：三位学生随机从三篇文章中任意选一篇共有种种选法，
事件M：“三人都没选择《子归》篇”共有中选法，则，
事件N：“至少有两人选择的篇目一样”共有种选法，则，
AD、，所以M与N不互斥，故A错误，D错误；
B、事件MN共有种，所以，故B正确；
C、，则M与N不相互独立 故C错误.
故答案为：B.
【分析】由题意，先计算事件M和事件N的概率，再由互斥事件的性质和相互独立事件的定义判断即可.
9．【答案】B,D
【知识点】二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：
，
A、函数的最小正周期，故A错误；
B、因为，所以，故B正确；
C、因为，所以的图象不关于直线对称，故C错误；
D、当时，，因为函数在上单调递增，
所以函数在区间上单调递增，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】先利用余弦的二倍角公式以及两角和的正弦公式化简函数，再根据正弦函数的性质逐项计算判断即可.
10．【答案】A,C,D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：设复数，
A、
，
，
则，故A正确；
B、复数不能比较大小，故B错误；
C、当时，由A选项可知，则，
即，任取，或，任取，即至少有一个为0，
而，
，
，
即（其中至少有两项为0），故C正确；
D、若，则，
因为，所以，即，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】先设复数的代数形式，再表示出和即可判断A；根据复数不能比较大小即可判断B；利用得出两复数的实部和虚部的关系，再写出和的表达式，即可得出结论判断C；对进行化简即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：取的中点，的中点，的中点，
连接、、、、、、、、、，如图所示：
则，，，所以，所以、、、四点共面，
A、因为平面，平面，所以，则
同理可证，又，平面，
所以平面，即平面，故A正确；
B、因为，平面，平面，
所以平面，即平面，又，平面，
平面平面，所以不平行平面，故B错误；
C、设为正方体的中心，即为的中点，根据正方体的性质可知，
即交平面于点，所以点，到平面的距离相等，
即点，到平面的距离相等，故C正确
D、因为，所以、、、四点共面，
同理可证，所以、、、四点共面，
即正六边形为平面截该正方体所得截面，
又因为，所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】取的中点，的中点，的中点，根据线面垂直的判定定理即可判断A；证明平面，即可判断B；根据正方体的性质即可判断C；由题意，即可得到正六边形为平面截该正方体所得截面，求出截面面积，即可判断D；.
12．【答案】
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，，所以
又因为，所以，解得，
故答案为：.
【分析】由题意，根据向量的坐标运算求得的坐标，再根据，列式求实数λ的值即可.
13．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：在中，由，，则斜边，，
因为CH为斜边AB上的高，所以，，，
因为平面平面，平面平面，
所以，平面，则平面，
又因为，所以两两垂直，且，，，
则三棱锥的外接球半径，
所以三棱锥的外接球表面积为.
故答案为：.
【分析】由题意，先证明两两垂直，再由的边长，求出外接球半径，代入球的表面积公式求解即可.
14．【答案】
【知识点】简单的三角恒等变换；二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解：由，可得，
即，即，解得，
因为，所以，所以，
则
，
取为锐角，其中，，因为，所以，
则当时，取得最大值，最大值为.
故答案为：.
【分析】由题意，利用余弦的二倍角公式化简求出，再利用三角形的内角和求得，从而将转化为关于的三角函数，利用辅助角公式结合正弦函数的性质求解即可.
15．【答案】（1）证明：因为四棱锥的底面为矩形，所以，
又因为底面，底面，所以，
又因为，平面，则平面，
平面，所以，
又因为，为中点，所以，
平面，，所以平面.
（2）证明：连接交于点，连接，如图所示：
因为四边形为矩形，分别为中点，
所以，则，即为中点，
又因为为中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）由题意，利用线面垂直的判定定理证明平面，推出，再由，即可证明平面PBC；
（2）连接交于点，由，得为中点，可得，根据线面平行的判定定理即可证明.
16．【答案】（1）解：样本空间
，样本空间共有12个基本事件；
（2）解：事件A包含的基本事件为：，共6个基本事件，
则；
事件B包含的基本事件为：，共3个基本事件，
则；
事件C包含的基本事件为：，共4个基本事件，则；
（3）解：事件A，B，C中至少有一个发生包含的基本事件为：，共9个基本事件，则.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；列举法计算基本事件数及事件发生的概率；样本点与有限样本空间
【解析】【分析】（1）由题意，列出样本空间即可；
（2）根据古典概型概率计算公式计算即可；
（3）根据古典概型概率计算公式计算即可.
17．【答案】（1）解：易知，
因为，所以，
在中，因为，
所以，
由正弦定理，可得；
（2）解：，，
在中，由余弦定理①，
在中，由余弦定理②，
①②两式相加可得，
由，设，，则，
在中，，由余弦定理，
可得，化简得，
由，解得或，
当时，，不合题意，舍去；
当时，，符合题意，
所以，，，
在中，，，可得，
在中，由余弦定理，则.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）易知，利用同角三角函数基本关系可得，再在中，利用正弦定理求线段AE的长即可；
（2）在和中，分别利用余弦定理求得，再根据，解得，再在中，根据余弦定理求，最后根据同角三角函数基本关系即可求.
18．【答案】（1）解：若，则，，，
两边平方可得，则；
（2）解：若，则，所以，
①，
②，
由①②可得，
则
（3）解：，
，
设，又，
又，所以①，
由，可得，所以，所以，
所以，
由，可得，
所以，
又三点共线，所以②，
联立①②解，
所以，所以，
，
，
所以
，
又，
所以，同理可得，
所以.
【知识点】向量的模；平面向量的线性运算；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】（1）由题意，根据向量的线性运算可得，两边平方即可求解；
（2）由已知可得，，可得结论；
（3）利用向量的线性关系可得，，再求其数量积以及模，最后根据向量的夹角公式求解即可.
19．【答案】（1）证明：因为，，所以，
又平面，平面，所以平面，
，，可得，又，，
所以是等边三角形，所以，，
又，所以，又平面，平面，
平面，又，又平面，
所以平面平面；
（2）证明：由侧面为矩形，可得，
连接，可得是等边三角形，所以，
所以，又，，
由余弦定理可得，所以，
所以，所以，所以，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（3）解：延长交于，可得是等边三角形，过作于，如图所示：
由（1）可知平面，所以三棱锥的体积即为三棱锥的体积，
又三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
由（2）可知平面平面ABCD，且两平面的交线为，所以平面，
所以，
解得，过作于，连接，
平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，，
所以为平面与平面所成二面角的平面角，
若，则点在线段上，且为中点，
又，由勾股定理可得，所以，所以，所以由勾股定理可得，
所以，所以平面与平面的夹角的余弦值为；
若，则点在线段延长线上，此时，.
【知识点】平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）由题意，可得平面，平面，根据面面平行的判定定理证明即可；
（2）由余弦定理可得，即可证明，结合已知可证平面，最后逛根据面面垂直的判定定理证明即可；
（3）延长交于，过作于，过作于，连接，可得为平面与平面所成二面角的平面角，求解即可.
1 / 11．（2024高一下·苏州期末）设为虚数单位，已知复数，则（ ）
A． B． C． D．2
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：复数，则.
故答案为：B.
【分析】根据复数的除法运算法则化简求得，再根据复数的模长公式求即可.
2．（2024高一下·苏州期末）（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】两角和与差的正弦公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：
.
故答案为：A.
【分析】利用诱导公式以及两角差的正弦公式化简求值即可.
3．（2024高一下·苏州期末）某射击运动员射击6次，命中的环数如下：7，9，6，9，10，7，则关于这组数据的说法正确的是（ ）
A．极差为10 B．中位数为7.5 C．平均数为8.5 D．标准差为
【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：命中的环数从小到大排列为：6，7，7，9，9，10，
A、极差为，故A错误；
B、中位数为，故B错误；
C、平均数为，故C错误；
D、标准差为，故D正确.
故答案为：D.
【分析】先将数据从小到大排列，再利用极差、中位数、平均数、标准差的定义逐项计算判断即可.
4．（2024高一下·苏州期末）某科研单位对ChatGPT的使用情况进行满意度调查，在一批用户的有效问卷（用户打分在50分到100分之间的问卷）中随机抽取了100份，按分数进行分组（每组为左闭右开的区间），得到如图所示的频率分布直方图，估计这批用户问卷的得分的第百分位数为（ ）
A．78.5 B．82.5 C．85 D．87.5
【答案】B
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：设第百分位数为，
易知，
则，解得.
故答案为：B.
【分析】根据百分位数的定义计算即可.
5．（2024高一下·苏州期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：因为，，，所以由正弦定理，
可得，又因为，所以，所以，
则.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用正弦定理结合三角形内角和求解即可.
6．（2024高一下·苏州期末）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，，，则或与相交，故A错误；
B、若，，，则或与相交，故B错误；
C、若，，，则与平行或异面，故C错误；
D、若，，则或，
若，则在平面内存在直线，使得，又，则，
又，所以；若，又，所以；
综上可得，由，，，可得，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系逐项分析判断即可.
7．（2024高一下·苏州期末）在中，已知，则的形状一定为（ ）
A．等腰三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．钝角三角形
【答案】C
【知识点】二倍角的余弦公式；正弦定理；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：由，
利用余弦二倍角公式可得：，
则，由正弦定理可得，故为直角三角形.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用余弦的二倍角公式以及正弦定理化简判断即可.
8．（2024高一下·苏州期末）长篇评弹《玉蜻蜓》在江南可谓家喻户晓，是苏州评弹的一颗明珠.为了让更多年轻人走近评弹 爱上经典，苏州市评弹团在保留原本精髓的基础上，打造了《玉蜻蜓》精简版，将长篇压缩至三场，分别是《子归》篇 《认母》篇 《归宗》篇.某班级开展对《玉蜻蜓》的研究，现有三位学生随机从三篇中任意选一篇研究，记“三人都没选择《子归》篇”为事件M，“至少有两人选择的篇目一样”为事件N，则下列说法正确的是（ ）
A．M与N互斥 B．
C．M与N相互独立 D．
【答案】B
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：三位学生随机从三篇文章中任意选一篇共有种种选法，
事件M：“三人都没选择《子归》篇”共有中选法，则，
事件N：“至少有两人选择的篇目一样”共有种选法，则，
AD、，所以M与N不互斥，故A错误，D错误；
B、事件MN共有种，所以，故B正确；
C、，则M与N不相互独立 故C错误.
故答案为：B.
【分析】由题意，先计算事件M和事件N的概率，再由互斥事件的性质和相互独立事件的定义判断即可.
9．（2024高一下·苏州期末）已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为 B．
C．的图象关于直线对称 D．在区间上单调递增
【答案】B,D
【知识点】二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：
，
A、函数的最小正周期，故A错误；
B、因为，所以，故B正确；
C、因为，所以的图象不关于直线对称，故C错误；
D、当时，，因为函数在上单调递增，
所以函数在区间上单调递增，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】先利用余弦的二倍角公式以及两角和的正弦公式化简函数，再根据正弦函数的性质逐项计算判断即可.
10．（2024高一下·苏州期末）已知复数，，，则下列说法正确的有（ ）
A． B．若，则
C．若，则 D．若且，则
【答案】A,C,D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：设复数，
A、
，
，
则，故A正确；
B、复数不能比较大小，故B错误；
C、当时，由A选项可知，则，
即，任取，或，任取，即至少有一个为0，
而，
，
，
即（其中至少有两项为0），故C正确；
D、若，则，
因为，所以，即，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】先设复数的代数形式，再表示出和即可判断A；根据复数不能比较大小即可判断B；利用得出两复数的实部和虚部的关系，再写出和的表达式，即可得出结论判断C；对进行化简即可判断D.
11．（2024高一下·苏州期末）如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G，H分别为AB，，，的中点，则（ ）
A．平面
B．平面
C．点，到平面的距离相等
D．平面截该正方体所得截面的面积为
【答案】A,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：取的中点，的中点，的中点，
连接、、、、、、、、、，如图所示：
则，，，所以，所以、、、四点共面，
A、因为平面，平面，所以，则
同理可证，又，平面，
所以平面，即平面，故A正确；
B、因为，平面，平面，
所以平面，即平面，又，平面，
平面平面，所以不平行平面，故B错误；
C、设为正方体的中心，即为的中点，根据正方体的性质可知，
即交平面于点，所以点，到平面的距离相等，
即点，到平面的距离相等，故C正确
D、因为，所以、、、四点共面，
同理可证，所以、、、四点共面，
即正六边形为平面截该正方体所得截面，
又因为，所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】取的中点，的中点，的中点，根据线面垂直的判定定理即可判断A；证明平面，即可判断B；根据正方体的性质即可判断C；由题意，即可得到正六边形为平面截该正方体所得截面，求出截面面积，即可判断D；.
12．（2024高一下·苏州期末）设向量，，，若，则实数λ的值为 .
【答案】
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，，所以
又因为，所以，解得，
故答案为：.
【分析】由题意，根据向量的坐标运算求得的坐标，再根据，列式求实数λ的值即可.
13．（2024高一下·苏州期末）在直角三角形ABC中，已知CH为斜边AB上的高，，，现将沿着CH折起，使得点B到达点，且平面平面ACH，则三棱锥的外接球的表面积为 .
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：在中，由，，则斜边，，
因为CH为斜边AB上的高，所以，，，
因为平面平面，平面平面，
所以，平面，则平面，
又因为，所以两两垂直，且，，，
则三棱锥的外接球半径，
所以三棱锥的外接球表面积为.
故答案为：.
【分析】由题意，先证明两两垂直，再由的边长，求出外接球半径，代入球的表面积公式求解即可.
14．（2024高一下·苏州期末）在中，已知，则的最大值为 .
【答案】
【知识点】简单的三角恒等变换；二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解：由，可得，
即，即，解得，
因为，所以，所以，
则
，
取为锐角，其中，，因为，所以，
则当时，取得最大值，最大值为.
故答案为：.
【分析】由题意，利用余弦的二倍角公式化简求出，再利用三角形的内角和求得，从而将转化为关于的三角函数，利用辅助角公式结合正弦函数的性质求解即可.
15．（2024高一下·苏州期末）如图，在四棱锥中，已知底面ABCD为矩形，底面ABCD，，E，F，G分别为线段AD，BC，PB的中点.
（1）求证：平面PBC；
（2）求证：平面AFG.
【答案】（1）证明：因为四棱锥的底面为矩形，所以，
又因为底面，底面，所以，
又因为，平面，则平面，
平面，所以，
又因为，为中点，所以，
平面，，所以平面.
（2）证明：连接交于点，连接，如图所示：
因为四边形为矩形，分别为中点，
所以，则，即为中点，
又因为为中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）由题意，利用线面垂直的判定定理证明平面，推出，再由，即可证明平面PBC；
（2）连接交于点，由，得为中点，可得，根据线面平行的判定定理即可证明.
16．（2024高一下·苏州期末）一个袋子中有大小和质地均相同的四个球，其中有两个红球（标号为1和2），一个黑球（标号为3），一个白球（标号为4），从袋中不放回地依次随机摸出两个球.设事件“第一次摸到红球”，“第二次摸到黑球”，“摸到的两个球恰为一个红球和一个白球”.
（1）用数组表示可能的结果，是第一次摸到的球的标号，是第二次摸到的球的标号，试用集合的形式写出试验的样本空间；
（2）分别求事件A，B，C发生的概率；
（3）求事件A，B，C中至少有一个发生的概率.
【答案】（1）解：样本空间
，样本空间共有12个基本事件；
（2）解：事件A包含的基本事件为：，共6个基本事件，
则；
事件B包含的基本事件为：，共3个基本事件，
则；
事件C包含的基本事件为：，共4个基本事件，则；
（3）解：事件A，B，C中至少有一个发生包含的基本事件为：，共9个基本事件，则.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；列举法计算基本事件数及事件发生的概率；样本点与有限样本空间
【解析】【分析】（1）由题意，列出样本空间即可；
（2）根据古典概型概率计算公式计算即可；
（3）根据古典概型概率计算公式计算即可.
17．（2024高一下·苏州期末）如图，在平面四边形ABCD中，已知AC与BD交于点E，且E是线段BD的中点，是边长为1的等边三角形.
（1）若，求线段AE的长；
（2）若且，求.
【答案】（1）解：易知，
因为，所以，
在中，因为，
所以，
由正弦定理，可得；
（2）解：，，
在中，由余弦定理①，
在中，由余弦定理②，
①②两式相加可得，
由，设，，则，
在中，，由余弦定理，
可得，化简得，
由，解得或，
当时，，不合题意，舍去；
当时，，符合题意，
所以，，，
在中，，，可得，
在中，由余弦定理，则.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）易知，利用同角三角函数基本关系可得，再在中，利用正弦定理求线段AE的长即可；
（2）在和中，分别利用余弦定理求得，再根据，解得，再在中，根据余弦定理求，最后根据同角三角函数基本关系即可求.
18．（2024高一下·苏州期末）如图，在平行四边形中，已知，，，为线段的中点，为线段上的动点（不含端点）.记.
（1）若，求线段EF的长；
（2）若，设，求实数和的值；
（3）若与交于点，，求向量与的夹角的余弦值.
【答案】（1）解：若，则，，，
两边平方可得，则；
（2）解：若，则，所以，
①，
②，
由①②可得，
则
（3）解：，
，
设，又，
又，所以①，
由，可得，所以，所以，
所以，
由，可得，
所以，
又三点共线，所以②，
联立①②解，
所以，所以，
，
，
所以
，
又，
所以，同理可得，
所以.
【知识点】向量的模；平面向量的线性运算；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】（1）由题意，根据向量的线性运算可得，两边平方即可求解；
（2）由已知可得，，可得结论；
（3）利用向量的线性关系可得，，再求其数量积以及模，最后根据向量的夹角公式求解即可.
19．（2024高一下·苏州期末）如图，在四棱柱中，已知侧面为矩形，，，，，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）求证：平面平面；
（3）若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：因为，，所以，
又平面，平面，所以平面，
，，可得，又，，
所以是等边三角形，所以，，
又，所以，又平面，平面，
平面，又，又平面，
所以平面平面；
（2）证明：由侧面为矩形，可得，
连接，可得是等边三角形，所以，
所以，又，，
由余弦定理可得，所以，
所以，所以，所以，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（3）解：延长交于，可得是等边三角形，过作于，如图所示：
由（1）可知平面，所以三棱锥的体积即为三棱锥的体积，
又三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
由（2）可知平面平面ABCD，且两平面的交线为，所以平面，
所以，
解得，过作于，连接，
平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，，
所以为平面与平面所成二面角的平面角，
若，则点在线段上，且为中点，
又，由勾股定理可得，所以，所以，所以由勾股定理可得，
所以，所以平面与平面的夹角的余弦值为；
若，则点在线段延长线上，此时，.
【知识点】平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）由题意，可得平面，平面，根据面面平行的判定定理证明即可；
（2）由余弦定理可得，即可证明，结合已知可证平面，最后逛根据面面垂直的判定定理证明即可；
（3）延长交于，过作于，过作于，连接，可得为平面与平面所成二面角的平面角，求解即可.
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