参考答案与详解
章末检测（六） 平面向量及其应用
1.D 2.B 3.C 4.C
5.B 根据已知条件可知，在△ABC中，AB＝20，∠BAC＝30°，∠ABC＝105°，所以C＝45°，由正弦定理，得＝，所以BC＝＝10.故选B.
6.D ∵三角形有两个解，∴bsin A＜x＜b，即＜x＜.故选D.
7.C 因为ccos B＝b（a－cos C），所以由正弦定理可得sin Ccos B＝asin B－sin Bcos C，可得sin Ccos B＋sin Bcos C＝sin（B＋C）＝sin A＝asin B，可得a＝ab，可得b＝，因为△ABC的面积为S＝ccos A＝bcsin A＝××c×sin A，可得tan A＝，又A∈（0，π），所以A＝，故选C.
8.C 依题意得｜｜＝｜｜＝，｜｜＝2，∠AOP＝，∠BOP＝，所以·＝｜｜·｜｜cos＝×2×（－）＝－2，·＝｜｜·｜｜cos＝×2×＝2，所以·（＋）＝－·（－＋－）＝－·－·＋2｜｜2＝2－2＋2×22＝8.故选C.
9.AB 因为a，b，c均为单位向量，且a·b＝0，（a－c）·（b－c）≤0，所以a·b－c·（a＋b）＋c2≤0，所以c·（a＋b）≥1，而｜a＋b－c｜＝＝＝≤＝1，所以C、D不符合要求.故选A、B.
10.BC ∵cos2A－cos2B－cos2C＝cos Acos B＋cos C－cos 2B，∴（1－sin2A）－（1－sin2B）－（1－sin2C）＝cos Acos B－cos（A＋B）－（1－2sin2B），∴sin Asin B＋sin2B＋sin2A－sin2C＝0，由正弦定理可得ab＋b2＋a2－c2＝0，∴cos C＝＝－，∵0＜C＜π，∴C＝，c2＝3＝a2＋b2－2abcos ＝a2＋b2＋ab≥2ab＋ab＝3ab，当且仅当a＝b＝1时取等号，∴ab≤1，∴S＝absin C≤.故选B、C.
11.ACD 对于A，由＝＋，得－＝－，即＝，因此点M是边BC的中点，故A正确；对于B，＝2－，－＝－，∴＝，则点M在边CB的延长线上，∴B不正确；对于C，设BC的中点为D，则＝－－＝＋＝2，由重心性质可知C正确；
对于D，＝x＋y，且x＋y＝，∴＝x＋（－x）·（＋），∴－＝（－x），分别取AB，AC的中点为N，F，则－＝－＝，即点M在过AB中点且平行BC的直线上，即M在上，∴M在△ABC的中位线上，∴△MBC的面积是△ABC面积的，选项D正确.故选A、C、D.
12.4 解析：依题意得a＋b＝（3，k＋2），由a＋b与a共线，得3×k－1×（k＋2）＝0，解得k＝1，所以a·b＝2＋2k＝4.
13.2 解析：以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立直角坐标系（图略），则由题意得A（0，0），B（2，0），D（0，1），C（1，1），M（，），所以＝（－，－），＝（－，），所以·＝－＝2.
14. 解析：因为S△ABC＝absin C＝×3×b×＝，可得b＝5，根据余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos C＝19，故c＝，不妨取AB的中点为M，故＝（＋），故｜｜＝
＝＝.即AB边上的中线长为.
15.解：（1）因为＝（－1，3），＝（3，m），＝（1，n），
所以＝＋＋＝（3，3＋m＋n），
因为∥，设＝λ，
即
解得n＝－3.
（2）因为＝＋＝（2，3＋m），
＝＋＝（4，m－3），
又⊥，所以·＝0，
即8＋（3＋m）（m－3）＝0，
解得m＝±1.
16.解：（1）在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC＝25－24cos ＝13，解得AC＝，设R为△ABC外接圆半径，由正弦定理得2R＝＝＝＝，即BD＝.
（2）∵BD为直径，∴∠DAB＝∠DCB＝，
∴AD＝＝，CD＝＝，又∠ADC＝π－＝，
∴S△ACD＝AD·CDsin∠ADC＝×××＝.
17.解：①需要测量的数据有：A观测M，N的俯角α1，β1，B观测M，N的俯角α2，β2；A，B间的距离d（如图所示）.
②法一 第一步：计算AM.在△ABM中，由正弦定理得，AM＝；
第二步：计算AN.在△ABN中，由正弦定理得，
AN＝；
第三步：计算MN.在△AMN中，由余弦定理得，
MN＝.
法二 第一步：计算BM.在△ABM中，由正弦定理得，
BM＝；
第二步：计算BN.在△ABN中，由正弦定理得，
BN＝；
第三步：计算MN.在△BMN中，由余弦定理得，
MN＝.
18.解：（1）因为m∥n，
所以（b－2c）cos A＋acos B＝0，
即bcos A＋acos B＝2ccos A，
由余弦定理得b·＋a·＝2ccos A，
即c＝2ccos A，所以cos A＝，
又A∈（0，π），所以A＝.
（2）①由正弦定理得＝＝＝＝.
所以＝.
②由①知4＝b2＋c2－bc＝（b＋c）2－3bc，
所以bc＝.
又b＋c≥2，
所以（b＋c）2≥4·，
即（b＋c）2≤16，
所以－4≤b＋c≤4.
又b＋c＞a＝2，
所以2＜b＋c≤4.
故4＜a＋b＋c≤6，
即△ABC周长的范围为（4，6].
19.解：（1）根据题意，两两垂直的4维信号向量可以为：（1，1，1，1），（－1，－1，1，1），（－1，1，－1，1），（－1，1，1，－1）.
（2）证明：假设存在14个两两垂直的14维信号向量y1，y2，…，y14，
因为将这14个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变，
所以不妨设y1＝（1，1，…，1），y2＝（1，1，1，1，1，1，1，－1，－1，－1，－1，－1，－1，－1），
因为y1·y3＝0，所以y3有7个分量为－1，
设y3的前7个分量中有r个－1，则后7个分量中有7－r个－1，
所以y2·y3＝r·（－1）＋（7－r）＋（7－r）＋r·（－1）＝0，可得r＝，矛盾，
所以不存在14个两两垂直的14维信号向量.
（3）证明：任取i，j∈{1，2，…，k}，计算内积xi·xj，将所有这些内积求和得到S，
则S＝＋＋…＋＝2 024k，设x1，x2，…，xk的第k个分量之和为ci，
则从每个分量的角度考虑，每个分量为S的贡献为，
所以S＝＋＋…＋≥＋＋…＋＝k2m，
令2 024k≥k2m，所以km≤2 024＜2 025，所以＜45.
章末检测（七） 复数
1.A 2.B 3.B 4.D
5.D 因为z＝1＋i，所以iz＋3＝i（1＋i）＋3（1－i）＝－1＋i＋3－3i＝2－2i，所以｜iz＋3｜＝｜2－2i｜＝＝2.故选D.
6.A 由z1＝2＋i，得＝2－i.由z2在复平面内对应的点在直线x＝1上，可设z2＝1＋bi（b∈R），则·z2＝（2－i）（1＋bi）＝2＋b＋（2b－1）i.由·z2是纯虚数，得2＋b＝0且2b－1≠0，解得b＝－2，故z2＝1－2i.
7.D 由1＜m＜2，可得所以复数m－1＋（m－2）i在复平面内对应的点Z（m－1，m－2）位于第四象限，故选D.
8.A 由b是方程x2＋（4＋i）x＋4＋ai＝0（a∈R）的根可得b2＋（4＋i）b＋4＋ai＝0，整理可得（b＋a）i＋（b2＋4b＋4）＝0，所以解得所以z＝2－2i.故选A.
9.BD ∵z＝＝＝－1－i，∴｜z｜＝，A不正确；z2＝（－1－i）2＝2i，B正确；z的共轭复数为－1＋i，C不正确；z的虚部为－1，D正确.
10.ABC A项，｜z1－z2｜＝0 z1－z2＝0 z1＝z2 ＝，真命题；B项，z1＝ ＝z2，真命题；C项，｜z1｜＝｜z2｜ ｜z1｜2＝｜z2｜2 z1＝z2，真命题；D项，当｜z1｜＝｜z2｜时，可取z1＝1，z2＝i，显然＝1，＝－1，即≠，假命题.
11.AC 对A，由题意可知，当r＝1，θ＝，n＝1时，z＝r（cos θ＋isin θ）＝＋i，所以＝－i，A正确；对B，（＋i）3＝（cos ＋isin ）3＝cos π＋isin π＝－1，所以B错误；对C，｜z4｜＝｜r4（cos 4θ＋isin 4θ）｜＝r4，｜z｜4＝r4，所以C正确；对D，由（＋i）10＝（cos ＋isin ）10＝cos ＋isin ＝－i，所以（＋i）10在复平面内对应的点的坐标为（，－），在第四象限，D错误.故选A、C.
12. 解析：依题意可知＝（－3，4），＝（2a，1）.因为⊥，所以·＝0，即－6a＋4＝0，解得a＝.
13. 解析：z1·z2＝（cos θ－i）·（sin θ＋i）＝（cos θsin θ＋1）＋i（cos θ－sin θ），故实部为cos θsin θ＋1＝1＋sin 2θ≤，最大值为.
14.[0，3] 解析：由复数的模及复数加减运算的几何意义可知，1≤｜z｜≤2表示如图所示的圆环，而｜z＋1｜表示复数z的对应点A（a，b）与复数z1＝－1的对应点B（－1，0）之间的距离，即圆环内的点到点B的距离d.由图易知当A与B重合时，dmin＝0；当点A与点C（2，0）重合时，dmax＝3，∴0≤｜z＋1｜≤3.∴｜z＋1｜的取值范围是[0，3].
15.解：z2＝＝＝
＝＝1－3i.
（1）z1z2＝（2－3i）（1－3i）＝－7－9i.
（2）＝＝＝＝＋i.
16.解：（1）因为的终点Z在虚轴上，所以复数z的实部为0，
则有log2（m2－3m－3）＝0，所以m2－3m－3＝1，所以m＝4或m＝－1.
因为m－2＞0，所以m＝4，此时z＝i，＝（0，1），｜｜＝1.
（2）因为的终点Z在第二象限内，
则有解得＜m＜4，
所以m的取值范围为.
17.解：（1）由题意可得如图所示图象.
（2）由于，，，的坐标分别为（1，0），（0，1），（4，3），（4，－3），
则向量，，，的模分别为｜｜＝1，｜｜＝1，｜｜＝＝5，｜｜＝＝5.
（3）点P3（4，3），P4（4，－3）关于实轴对称，它们所对应的复数4＋3i与4－3i的实部相同，虚部互为相反数，互为共轭复数.
18.解：（1）设x0是方程的一个实根，则－（tan θ＋i）x0－（i＋2）＝0，
即（－tan θ·x0－2）－i（x0＋1）＝0.
根据复数相等知
解得x0＝－1，tan θ＝1，θ＝kπ＋（k∈Z）.
所以当θ＝kπ＋（k∈Z）时，原方程有一实根－1.
（2）假定方程有纯虚数根bi（b∈R，且b≠0），代入原方程得（bi）2－（tan θ＋i）·bi－（i＋2）＝0，
即－b2＋b－2－（btan θ＋1）i＝0.
由复数相等知
但方程－b2＋b－2＝0即b2－b＋2＝0无实数解，即实数b不存在.
所以对任何实数θ，原方程不可能有纯虚数根.
19.解：（1）∵z是虚数，∴可设z＝x＋yi，x，y∈R，且y≠0，
∴ω＝z＋＝x＋yi＋＝x＋yi＋＝x＋＋（y－）i，
可得 x2＋y2＝1 ｜z｜＝1，
此时，ω＝2x －＜x＜1，
即z的实部的取值范围为（－，1）.
（2）证明：μ＝＝＝＝，∵y≠0，∴μ为纯虚数.
（3）ω－μ2＝2x－（－i）2，
化简得ω－μ2＝2（x＋1）＋－3≥ 2－3＝1.
当且仅当x＋1＝，即x＝0时，ω－μ2取得最小值1.
章末检测（八） 立体几何初步
1.B 2.D 3.B 4.C
5.B 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝6，E是BB1的中点，则BE＝3，AE＝CE＝＝3，AC＝6，∴S△ACE＝×6×＝9.设点B到平面ACE的距离为h，由VE-ABC＝VB-ACE，得××6×6×3＝×9h，解得h＝.故选B.
6.D 因为AA1＝AC＝BC＝1，AB＝，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC，易知S△BCE＝CE·BC＝，A1到平面BCE的距离为A1C1＝1.设点C到平面A1BE的距离为d，因为EA1＝BE＝＝，BA1＝，所以＝××＝.由＝，得d·＝A1C1·S△BCE，解得d＝.故直线BC与平面A1BE所成角的正弦值为＝.故选D.
7.C 设球O的半径为R.因为正四棱锥P-ABCD底面的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，且点P在球面上，所以PO⊥底面ABCD，PO＝R，正方形ABCD的面积S＝2R2.因为VP-ABCD＝，所以VP-ABCD＝×2R2×R＝＝，解得R＝2，所以球O的体积V＝πR3＝π×23＝π.
8.C 如图，取A1D1中点为M，连接ME，MF，取CD，CB中点分别为P，Q，连接PH，PQ，QG.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，由题意知四边形PQGH为矩形，且ME∥GH，MF∥QG，因为ME 平面PQGH，MF 平面PQGH，GH 平面PQGH，QG 平面PQGH，所以ME∥平面PQGH，MF∥平面PQGH，又ME∩MF＝M，所以平面MEF∥平面PQGH，因为EF 平面MEF，所以EF∥平面PQGH，所以过GH且与EF平行的平面截正方体所得的截面为矩形PQGH.因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，所以PQ＝，QG＝2，所以矩形PQGH的面积为PQ·QG＝2，所以过GH且与EF平行的平面截正方体所得的截面的面积为2，故选C.
9.ABC 如果m⊥n，m⊥α，n⊥β，那么由面面垂直的判定定理可得α⊥β，故A正确；如果m α，α∥β，那么由面面平行的性质可得m∥β，故B正确；如果α∩β＝l，m∥α，m∥β，那么由线面平行的性质定理可得m∥l，故C正确；如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么平面α，β平行或相交，故D错误.故选A、B、C.
10.ACD 连接D1P，AP（图略），因为A1D1⊥平面A1AP，A1D1 平面D1A1P，所以平面D1A1P⊥平面A1AP，故A正确；当P与A1重合时，∠APD1＝，故B错误；连接D1C，B1D1，B1C，PC，B1P（图略），因为△B1D1C的面积是定值，A1B∥平面B1D1C，所以点P到平面B1D1C的距离是定值，所以三棱锥B1-D1PC的体积为定值，故C正确；连接DC1（图略），因为DC1⊥D1C，DC1⊥BC，D1C∩BC＝C，D1C，BC 平面BCD1A1，所以DC1⊥平面BCD1A1，又D1P 平面BCD1A1，所以DC1⊥D1P，故D正确.故选A、C、D.
11.ABD 连接BD（图略），显然O为BD的中点，又N为PB的中点，所以PD∥ON，由线面平行的判定定理可得，PD∥平面OMN，A正确；由M，N分别为侧棱PA，PB的中点，所以MN∥AB，又底面为正方形，所以AB∥CD，所以MN∥CD，由线面平行的判定定理可得，CD∥平面OMN，又由选项A得PD∥平面OMN，由面面平行的判定定理可得，平面PCD∥平面OMN，B正确；因为MN∥CD，所以∠PDC为直线PD与直线MN所成的角，又因为所有棱长都相等，所以∠PDC＝60°，故直线PD与直线MN所成角的大小为60°，C错误；因为底面为正方形，所以AB2＋AD2＝BD2，又所有棱长都相等，所以PB2＋PD2＝BD2，故PB⊥PD，又PD∥ON，所以ON⊥PB，D正确.故选A、B、D.
12.2 解析：设正方体棱长为a，则×a2×a＝，解得a＝2.
13. 解析：如图，矩形E1F1GH是圆柱沿着其母线EF剪开半个侧面展开而得到的， 则从点E沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离为GE1.由题意可知GH＝5，GF1＝，所以GE1＝＝＝，所以从点E沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离是.
14. 解析：如图，取B'C的中点E，连接BE，∵四边形ABCD和四边形AA'B'B都是矩形，∴AB⊥BC，AB⊥BB'，又BC∩BB'＝B，∴AB⊥平面BCB'，又BE 平面BCB'，∴AB⊥BE，又AB∥CD，∴CD⊥BE，∵AA'＝AD，得BC＝BB'，又E为B'C的中点，∴B'C⊥BE，又CD⊥BE，CD∩B'C＝C，∴BE⊥平面DCB'A'，∴直线AB到平面DA'C的距离即为BE的长，∵平面AA'B'B⊥平面ABCD，且平面AA'B'B∩平面ABCD＝AB，BC⊥AB，∴BC⊥平面ABB'A'，又BB' 平面ABB'A'，∴BC⊥BB'，在Rt△BCB'中，BC＝BB'＝2，∴BE＝.
15.解：（1）设圆台上、下底面半径分别为r，R，AD＝x，
则OD＝72－x，
由题意得解得则AD应取36 cm.
（2）因为2πr＝×OD＝×36，
所以r＝6（cm），
如图所示，
则圆台的高h＝＝＝6（cm），
所以V＝πh（R2＋Rr＋r2）＝π×6×（122＋12×6＋62）＝504π（cm3），
所以容器的容积为504π cm3.
16.证明：（1）∵点E，F分别是AB，BD的中点，
∴EF是△ABD的中位线，∴EF∥AD.
∵EF 平面ACD，AD 平面ACD，
∴直线EF∥平面ACD.
（2）∵AD⊥BD，EF∥AD，∴EF⊥BD.
∵CB＝CD，F是BD的中点，∴CF⊥BD.
又∵EF∩CF＝F，EF，CF 平面EFC，
∴BD⊥平面EFC.
∵BD 平面BCD，∴平面EFC⊥平面BCD.
17.解：（1）证明：∵AB＝AD＝3，PB＝PD＝2PA＝2，∴AB2＋PA2＝PB2，AD2＋PA2＝PD2，
∴PA⊥AB，PA⊥AD，
又AB∩AD＝A，AB，AD 平面ABCD，
∴PA⊥平面ABCD.
（2）在△ABE中，由余弦定理得，
AE＝＝.
如图，连接AC，∵底面ABCD是边长为3的菱形，∠ABC＝，
∴△ABC为等边三角形，∴AC＝AB＝3.
设三棱锥C-PAE以△AEP为底的高为h，
∵VP-ACE＝S△ACE·PA＝××2×3××＝，
VP-ACE＝VC-PAE，即S△AEP·h＝××××h＝，∴h＝.
∵PA⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，∴PA⊥AC，
∴PC＝＝＝2，
∴＝，∴PC与平面PAE所成角的正弦值为.
18.解：（1）证明：根据题意可知，在矩形ABCD中，△DAE和△CBE为等腰直角三角形，所以∠DEA＝∠CEB＝45°，
所以∠AEB＝90°，即BE⊥AE.
因为平面D'AE⊥平面ABCE，且平面D'AE∩平面ABCE＝AE，BE 平面ABCE，所以BE⊥平面D'AE.
因为AD' 平面D'AE，所以AD'⊥BE.
（2）如图所示，取AE的中点F，连接D'F，则D'F⊥AE，且D'F＝.
因为平面D'AE⊥平面ABCE，且平面D'AE∩平面ABCE＝AE，D'F 平面D'AE，
所以D'F⊥平面ABCE，
所以VD'-ABCE＝S四边形ABCE·D'F
＝× ×（1＋2）×1× ＝.
（3）存在.连接AC交BE于Q，假设在D'E上存在点P，使得D'B∥平面PAC，连接PQ.
因为D'B 平面D'BE，
平面D'BE∩平面PAC＝PQ，
所以D'B∥PQ，
所以在△EBD'中， ＝.
因为△CEQ∽△ABQ，所以 ＝＝，
所以 ＝＝，即EP＝ED'，
所以在棱ED'上存在一点P，
使得D'B∥平面PAC，且EP＝ED'.
19.解：（1）四棱锥有5个顶点，4个三角形面，1个凸四边形面，故其总曲率为2π×5－4×π－2π＝4π.
（2）证明：设多面体有M个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1，2，…，M号.
设第i号（1≤i≤M）多边形有Li条边.
则多面体共有L＝条棱.
由题意，多面体共有D＝2－M＋L＝2－M＋个顶点.
i号多边形的内角之和为πLi－2π，故所有多边形的内角之和为π（L1＋L2＋…＋LM）－2πM，
故多面体的总曲率为2πD－[π（L1＋L2＋…＋LM）－2πM]
＝2π（2－M＋）－[π（L1＋L2＋…＋LM）－2πM]＝4π.
所以简单多面体的总曲率是常数4π.
章末检测（九） 统计
1.C 2.D 3.B 4.D
5.D 因为10×40%＝4，所以这组数据的第40百分位数是第4项与第5项数据的平均数，即＝7.5，故选D.
6.C 甲、乙两组成绩的极差都为4，故A错误；甲组成绩的平均数为＝，乙组成绩的平均数为＝，∴甲组成绩的平均数小于乙组成绩的平均数，故B错误；甲、乙两组成绩的中位数都为6，故C正确；甲组成绩的方差为×［（4－）2＋（5－）2＋（6－）2×2＋（7－）2×2＋（8－）2］＝，乙组成绩的方差为×［（5－）2×3＋（6－）2＋（7－）2＋（8－）2＋（9－）2］＝，∴甲组成绩的方差小于乙组成绩的方差，故D错误.故选C.
7.C 由题图②知，小波一星期的食品开支为300元，其中鸡蛋开支为30元，占食品开支的10%，而食品开支占总开支的30%，所以小波一星期的鸡蛋开支占总开支的百分比为3%.
8.A 由题意，可得＝＝70，设收集的48个准确数据分别记为x1，x2，…，x48，则75＝[（x1－70）2＋（x2－70）2＋…＋（x48－70）2＋（60－70）2＋（90－70）2]＝[（x1－70）2＋（x2－70）2＋…＋（x48－70）2＋500]，s2＝[（x1－70）2＋（x2－70）2＋…＋（x48－70）2＋（80－70）2＋（70－70）2]＝[（x1－70）2＋（x2－70）2＋…＋（x48－70）2＋100]＜75，所以s2＜75.故选A.
9.AC 对选项A，由图可知，10×（m＋0.020＋0.016＋0.016＋0.011＋0.006）＝1，解得m＝0.031，故A说法正确；对选项B，因为不低于140分的频率为0.011×10＝0.11，所以n＝＝1 000，故B说法错误；对选项C，因为100分以下的频率为0.006×10＝0.06，所以100分以下的人数为1 000×0.06＝60，故C说法正确；对选项D，成绩在区间[120，140）内的频率为0.031×10＋0.016×10＝0.47＜0.5，人数占小半，故D说法错误.故选A、C.
10.ABD 由条形统计图知，自行乘车上学的有42人，家人接送上学的有30人，其他方式上学的有18人，采用B，C，D三种方式上学的共90人，设结伴步行上学的有x人，由扇形统计图知，结伴步行上学与自行乘车上学的学生占60%，所以＝，解得x＝30，故条形图中A，C一样高，故B正确；扇形图中A的占比与C一样，都为25%，A和C共占50%，故D正确；D的占比最小，故A正确.
11.ABC 甲地：设甲地的其他两个数据分别为e，f，且e＜f，将5个数据由小到大排列得22，22，24，e，f，其中24＜e＜f，满足进入夏季的标志；乙地：设乙地其他四个数据分别为a，b，c，d，且a＜b≤27≤c≤d，将5个数据由小到大排列得a，b，27，c，d，则27＋c＋d≥81，而a＋b＋27＋c＋d＝120，故a＋b≤39，其中必有一个小于22，故不满足进入夏季的标志；丙地：设5个数据分别为p，q，r，s，32，且p，q，r，s∈Z，由方差公式可知（p－26）2＋（q－26）2＋（r－26）2＋（s－26）2＋（32－26）2＝10.8×5＝54，则（p－26）2＋（q－26）2＋（r－26）2＋（s－26）2＝18，易知p，q，r，s均不低于22，满足进入夏季的标志，综上，A、B、C正确.故选A、B、C.
12.1 400 解析：由题意可知，使用寿命不低于1 100 h的灯泡的频率为＝，因此，该批灯泡使用寿命不低于1 100 h的灯泡只数是5 000×＝1 400.
13.80 解析：（0.005＋0.015＋0.020＋0.030）×10＝0.7＝70%，故这次调查数据的70%分位数为80.
14. 解析：设A校200名学生的心理健康评估分为x1，x2，x3，…，x200，则心理健康评估分的平均值为＝a，方差为×[（x1－a）2＋（x2－a）2＋（x3－a）2＋…＋（x200－a）2]＝2，设B校500名学生的心理健康评估分为y1，y2，y3，…，y500，心理健康评估分的平均值为＝b，方差为×[（y1－b）2＋（y2－b）2＋（y3－b）2＋…＋（y500－b）2]＝.因为a＝b，所以这两个学校全体参与调查的学生的心理健康评估分的方差为×[（x1－a）2＋（x2－a）2＋…＋（x200－a）2＋（y1－b）2＋（y2－b）2＋…＋（y500－b）2]＝＝.
15.解：（1）由＝0.13，得x＝130.
因为第一车间的工人数是170＋180＝350，
第二车间的工人数是120＋130＝250，
所以第三车间的工人数是1 000－350－250＝400.
所以y＝400×＝160，z＝400×＝240.
（2）设应从第三车间抽取m名男工人，
全厂共有男工人180＋130＋240＝550（名），
则由＝，得m＝24，
所以应在第三车间抽取24名男工人.
16.解：（1）根据题意，读取的编号依次是512，916（超界），935（超界），805，770，951（超界），512（重复），687，858，554，876，647，547，332.
将有效的编号由小到大排序，得332，512，547，554，647，687，770，805，858，876，
故样本编号的中位数为＝667.
（2）设样本中选择A题目的成绩的平均数为，方差为s2；
样本中选择B题目的成绩的平均数为，方差为t2，
则＝7，s2＝4，＝8，t2＝1，
所以样本的平均数为＋＝×7＋×8＝7.2，
样本的方差为×[s2＋（－7.2）2]＋×[t2＋（－7.2）2]＝×[4＋（7－7.2）2]＋×[1＋（8－7.2）2]＝3.56.
故该校900名学生的选做题得分的平均数约为7.2，方差约为3.56.
17.解：（1）由题意x＝1 000－（60＋90＋300＋160）＝390，故估计该中学达到优秀线的人数为m＝160＋390×＝290.
（2）频率分布直方图如图所示：
由题意，知[0，30）的频率为0.06，[30，60）的频率为0.09，[60，90）的频率为0.30，[90，120）的频率为0.39，前3组频率之和为0.45，前4组频率之和为0.84，所以中位数和80%分位数都在第四组[90，120）内.
中位数为90＋30×≈93.85，
80%分位数为90＋30×≈116.92，
估计该学校本次数学考试成绩的中位数为93.85，80%分位数为116.92.
18.解：（1）由折线图得体育成绩大于或等于70分的学生有14＋3＋13＝30（人），∴估计该校高一年级学生“体育良生”的人数为1 000×＝750.
（2）用样本估计总体的思想，估计该校高一年级学生达标测试的平均分为×（45×2＋55×6＋65×2＋75×14＋85×3＋95×13）＝77.25（分）.
（3）∵甲、乙、丙三人的体育成绩分别为a，b，c，且a∈[70，80），b∈[80，90），c∈[90，100]，其中a，b，c∈N，∴当三人的体育成绩方差s2最小时，a，b，c的所有可能取值为79，84，90或79，85，90.
19.解：（1）因为试销期间每件衬衫的利润为260－200＝60元，
所以要使得日销售总利润高于9 500元，则日销售衬衫的件数大于≈158.3，
故所求频率为＝0.55.
（2）由题可知，该实体店20天的日销售量情况为3天日销售量为48件，6天日销售量为80件，7天日销售量为128件，4天日销售量为160件.
若选择批发2小箱，则批发成本为60×2×165＝19 800元，
当日销售量为48件时，
当日利润为48×360＋0.8×（120－48）×165－19 800＝6 984元；
当日销售量为80件时，
当日利润为80×360＋0.8×（120－80）×165－19 800＝14 280；
当日销量为128件或160件时，
当日利润为120×360－19 800＝23 400元.
所以这20天销售这款衬衫的总利润为6 984×3＋14 280×6＋23 400×11＝364 032元.
若选择批发2大箱，则批发成本为70×2×160＝22 400元，
当日销售量为48件时，
当日利润为48×360＋0.8×（140－48）×160－22 400＝6 656元；
当日销售量为80件时，
当日利润为80×360＋0.8×（140－80）×160－22 400＝14 080元；
当日销量为128件时，
当日利润为128×360＋0.8×（140－128）×160－22 400＝25 216元.
当日销售量为160件时，
当日利润为140×360－22 400＝28 000元.
所以这20天销售这款衬衫的总利润为6 656×3＋14 080×6＋25 216×7＋28 000×4＝392 960元.
因为392 960＞364 032，所以该实体店应该每天批发2大箱衬衫.
章末检测（十） 概率
1.D 2.B 3.D 4.C
5.D 对于A，事件“取出碧螺春”和事件“取出茉莉花茶”不可能同时发生，也有可能都不发生，所以是互斥事件而不是对立事件，故A错误；对于B，事件“取出不发酵茶”和事件“取出龙井”不是互斥事件，因为“取出龙井”时，事件“取出不发酵茶”也发生了，故B错误；对于C，事件“取出乌龙茶”和事件“取出铁观音”不可能同时发生，也有可能都不发生，所以是互斥事件而不是对立事件，故C错误；对于D，事件“取出不发酵茶”和事件“取出发酵茶”不可能同时发生，但必有一个发生，所以既是互斥事件又是对立事件，故D正确.
6.D 设该校有x个同学，则约有0.45x的学生近视，∵0.2x的学生每天玩手机超过1小时且玩手机超过1小时的学生中有0.1x的学生近视，∴有0.8x的学生每天玩手机不超过1小时且其中有0.35x的学生近视，∴从每天玩手机不超过1小时的学生中任意抽查一名学生，则他近视的概率为P＝＝.
7.C 由题意，三次交接棒不失误的概率分别为：1－p1，1－p2，1－p3，则该组合交接棒没有失误的概率为：（1－p1）（1－p2）（1－p3）.故选C.
8.A 当开关合上时，电路畅通，即A至B畅通，且B至C畅通，可求得A至B畅通的概率为1－×［1－×］＝，B至C畅通的概率为1－×＝，所以电路畅通的概率为×＝.
9.AB 对于选项A，事件A∪B指至少有一件次品，即事件C，故A正确；对于选项B，事件B∪D指至少有两件次品或至多有一件次品，次品件数包含0到5，即代表了所有情况，故B正确；对于选项C，事件A和B不可能同时发生，即事件A∩B＝ ，故C错误；对于选项D，事件A∩D指恰有一件次品，即事件A，而事件A和C不同，故D错误.故选A、B.
10.CD 记事件A为“从甲机床制造的产品中抽到一件正品”，事件B为“从乙机床制造的产品中抽到一件正品”，事件C为“抽取的两件产品中至多有一件正品”，事件D为“抽取的两件产品中恰有一件正品”，事件E为“抽取的两件产品中至少有一件正品”.由题意知A，B是相互独立事件，则P（ ）＝P（）P（）＝0.1×0.2＝0.02，故A错误；P（C）＝P（A）＋P（B）＋P（）＝P（A）P（）＋P（）P（B）＋P（）P（）＝0.9×0.2＋0.1×0.8＋0.1×0.2＝0.28，故B错误；P（D）＝P（A）＋P（B）＝P（A）P（）＋P（）·P（B）＝0.9×0.2＋0.1×0.8＝0.26，故C正确；P（E）＝1－P（）＝1－0.02＝0.98，故D正确.故选C、D.
11.BC （a，b）有（1，－1），（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，－1），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（3，－1），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），共15种情况，故A不正确；函数y＝f（x）有零点等价于Δ＝b2－4a≥0，有（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4），共6种情况，所以函数y＝f（x）有零点的概率为＝，故B正确；易知a＞0，函数y＝f（x）图象的对称轴为直线x＝，且在区间[1，＋∞）上单调递增，所以有≤1.满足条件的数对有（1，－1），（1，1），（1，2），（2，－1），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（3，－1），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），共13种情况，所以函数y＝f（x）在区间[1，＋∞）上单调递增的概率为，故C正确，D错误.
12.160 000 解析：设保护区内有鹅喉羚x只，每只鹅喉羚被逮到的概率是相同的，所以＝，解得x＝160 000.
13. 解析：在甲、乙、丙处投中分别记为事件A，B，C，∴至少投中一次的对立事件为事件 发生，∴至少投中一次的概率P＝1－××（1－p）＝，解得p＝.
14. 解析：设“甲抽到2号座位”为事件A，四个人抽3个座位，情况较复杂，可以利用树状图表示抽签的结果，如图所示.
由图可知，有4大类，每大类中有6种可能结果，共有4×6＝24（种）结果，其中甲抽到2号座位的结果有6种，所以P（A）＝＝.
15.解：（1）这5天的平均发芽率为×（23＋25＋30＋26＋16）××100%＝24%.
（2）所有的样本点有10个，分别为（23，25），（23，30），（23，26），（23，16），（25，30），（25，26），（25，16），（30，26），（30，16），（26，16）.
满足“m，n∈[25，30]”的事件A包含的样本点有（25，30），（25，26），（30，26），共3个.
∴满足“m，n∈[25，30]”的事件A的概率P（A）＝.
16.解：（1）依题意成绩在[50，60）这一组的频率为0.015×10＝0.15，成绩在[60，70）这一组的频率为0.025×10＝0.25，
成绩在[70，80）这一组的频率为0.035×10＝0.35，成绩在[90，100]这一组的频率为0.005×10＝0.05，
则成绩在[80，90）这一组的频率为[1－（0.15＋0.25＋0.35＋0.05）]÷2＝0.1，故其频数为40×0.1＝4.
（2）记选出的2人不在同一分数段为事件E，
成绩在[40，50）内有40×0.1＝4人，设为a，b，c，d，成绩在[90，100]内有40×0.05＝2人，设为1，2，从这6人中选出2人，有（a，b），（a，c），（a，d），（a，1），（a，2），（b，c），（b，d），（b，1），（b，2），（c，d），（c，1），（c，2），（d，1），（d，2），（1，2）共15个样本点，
其中事件E包括（a，1），（a，2），（b，1），（b，2），（c，1），（c，2），（d，1），（d，2），共8个样本点，于是得P（E）＝，所以不在同一分数段的概率为.
17.解：（1）∵甲同学能答对A类中问题的概率为，能答对B类中问题的概率为，
∴P（A0）＝1－＝，
P（A1）＝×（1－）＝，
P（A2）＝×＝.
（2）设“乙同学答对1个，2个问题”分别记为事件B1，B2，
∵乙同学能答对A类中问题的概率为，答对B类中问题的概率为，
∴P（B1）＝×（1－）＝，
P（B2）＝×＝，
设事件C表示“星队能进入下一轮”，P（C）＝P（A1B2）＋P（A2B1）＋P（A2B2）＝P（A1）P（B2）＋P（A2）P（B1）＋P（A2）P（B2）＝×＋×＋×＝，
故“星队”能进入下一轮的概率为.
18.解：（1）在图表中，甲品牌的50个样本中，首次出现故障发生在保修期内的频率为＝，
即从该商城销售的甲品牌固态硬盘中随机抽取一个，其首次出现故障发生在保修期内的概率估计为.
（2）设从该商城销售的甲品牌固态硬盘中随机抽取一个，其首次出现故障发生在保修期的第3年为事件B，从该商城销售的乙品牌固态硬盘中随机抽取一个，其首次出现故障发生在保修期的第3年为事件C，利用频率估计概率，得P（B）＝＝，P（C）＝，
则P（B＋C）＝P（B）P（）＋P（）P（C）＝P（B）[1－P（C）]＋[1－P（B）]P（C） ＝×＋×＝，
所以某人在该商城同时购买了甲、乙两种品牌的固态硬盘各一个，恰有一个首次出现故障发生在保修期的第3年的概率为.
19.解：（1）用a，b表示两个红球，用1，2表示两个白球，甲不放回取两球的所有结果有：
（a，b），（b，a），（a，1），（1，a），（a，2），（2，a），（b，1），（1，b），（b，2），（2，b），（1，2），（2，1），共12个不同结果，它们等可能，
令事件A为“第二次取出的是红球”，则事件A所含结果有：（a，b），（b，a），（1，a），（2，a），（1，b），（2，b），共6个，
令事件B为“两次取出球的颜色不同”，则事件B所含结果有：（a，1），（1，a），（a，2），（2，a），（b，1），（1，b），（b，2），（2，b），共8个，
于是得P（A）＝＝，P（B）＝＝，显然，＜，为了尽可能获胜，应该选择猜法二.
（2）由（1）知，乙选择猜法二，每一轮乙获胜的概率为，
游戏结束时，设乙获胜为事件M，则M是乙在第一、二轮胜的事件M1，第一轮负另外两轮胜的事件M2，第二轮负另外两轮胜的事件M3的和，它们互斥，于是得P（M）＝P（M1＋M2＋M3）＝P（M1）＋P（M2）＋P（M3）＝×＋××＋××＝，
所以乙获得游戏胜利的概率是.
模块综合检测
1.A 2.C 3.B 4.C
5.B 由题意可知，若该图形为“和谐图形”，则另外两个三角形上的数字之和恰为26－20＝6.从1，2，3，4，5中任取两个不同的数字的样本点为（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，3），（2，4），（2，5），（3，4），（3，5），（4，5），共10个，其中“两个数字之和为6”的样本点有2个，则所求概率为＝.
6.C 棉花纤维的长度在25 mm以下的比例为（0.01＋0.01＋0.04＋0.06）×5＝0.6＝60%，在30 mm以下的比例为60%＋25%＝85%，因此，80%分位数一定位于[25，30）内，因为25＋5×＝29，所以估计棉花纤维的长度的样本数据的80%分位数是29 mm.故选C.
7.C 若答案是两个选项，所有的可能情况有AB，AC，AD，BC，BD，CD，共有6种情况，此时该同学随机选出一项，得2分的概率为＝；若答案是三个选项，所有的可能情况有ABC，ACD，ABD，BCD，共有4种情况，此时该同学随机选出一项，得2分的概率为；所以该同学得2分的概率为P＝×＋×＝，故选C.
8.D 因为V＝πr2h，L＝2πr，所以V＝π（ ）2h＝L2h.又因为V≈L2h，即L2h≈L2h，所以π≈.设圆锥母线长为l，底面半径为r，则侧面积为×l＝，解得l＝4.因为圆锥底面的周长2πr＝，所以r＝.又π≈，所以r≈3.设截面的顶角为θ，当截面为轴截面时，cos θ＝＝－＜0，即截面顶角的最大值θmax为钝角，所以θ∈（0，θmax].又截面面积为l2sin θ＝8sin θ，所以当θ＝时截面面积最大，为8.故选D.
9.BC 由复数x＋i，当x＝－i时，x＋i＝0为实数，故A不正确；当x＝0时，x＋i＝i，故B正确；取x＝－2－i，可知C正确；由于x的取值未知，故D错误；故选B、C.
10.ACD 对于A，这8个月销量的极差为4 844－712＝4 132，故A正确；对于B，这8个月的销量从小到大依次为712，1 433，1 533，1 952，2 822，3 046，4 532，4 844，所以这8个月销量的中位数是＝2 387，故B不正确；对于C，由题图可知，这8个月中2月份的销量最低，故C正确；对于D，由题图可知，这8个月中销量比前一个月增长最多的是7月份，增加了4 532－2 822＝1 710，故D正确.
11.ABC 如图，对于A，取AD的中点M，连接PM，BM.∵侧面PAD为正三角形，∴PM⊥AD.又底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，∴△ABD是等边三角形，∴AD⊥BM.又PM∩BM＝M，PM，BM 平面PMB，∴AD⊥平面PMB，故A正确.对于B，∵AD⊥平面PBM，∴AD⊥PB，即异面直线AD与PB所成的角为90°，故B正确.对于C，∵平面PBC∩平面ABCD＝BC，BC∥AD，∴BC⊥平面PBM，∴BC⊥PB，BC⊥BM，∴∠PBM是二面角P-BC-A的平面角.设AB＝1，则BM＝，PM＝，在Rt△PBM中，tan∠PBM＝＝1，即∠PBM＝45°，故二面角P-BC-A的大小为45°，故C正确.对于D，易证BD与PA不垂直，∴BD与平面PAC不垂直，故D错误.故选A、B、C.
12. 解析：第一次取出的笔是黑色笔的概率是，第二次取出的笔是黑色笔的概率也是，且两次取笔的结果相互独立，故两次使用的都是黑色笔的概率为×＝.
13. 解析：∵正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为，∴正四棱柱体对角线的长为＝2.又∵正四棱柱的顶点在同一球面上，∴正四棱柱体对角线恰好是球的一条直径，则球的半径R＝1，根据球的体积公式，得此球的体积V＝πR3＝.
14. 解析：由题意知∠ADC＝∠ADB＋∠BDC＝60°，又∠ACD＝60°，所以∠DAC＝60°.所以AD＝CD＝AC＝.在△BCD中，∠BCD＝60°＋45°＝105°，sin∠BCD＝sin（60°＋45°）＝sin 60°cos 45°＋cos 60°sin 45°＝，∠DBC＝180°－30°－105°＝45°，由正弦定理得＝，所以BD＝CD·＝·＝a.在△ADB中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝a2＋（a）2－2·a·a·＝a2，所以AB＝.
15.解：（1）若ka＋2b与3a＋4b共线，则存在实数λ，使得ka＋2b＝λ（3a＋4b），
即（k－3λ）a＋（2－4λ）b＝0，又因为向量a与b不共线，
所以解得所以k＝.
（2）a·b＝｜a｜｜b｜cos θ＝3×2×＝－6，
｜a＋b｜＝＝＝.
16.解：（1）证明：因为sin Csin（A－B）＝sin Bsin（C－A），
所以sin Csin Acos B－sin Csin Bcos A＝sin Bsin Ccos A－sin Bsin Acos C，
所以ac·－2bc·＝－ab·，
即－（b2＋c2－a2）＝－，
所以2a2＝b2＋c2.
（2）因为a＝5，cos A＝，
由（1）得b2＋c2＝50，
由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccos A，
则50－bc＝25，
所以bc＝，
故（b＋c）2＝b2＋c2＋2bc＝50＋31＝81，
所以b＋c＝9.
所以△ABC的周长为a＋b＋c＝14.
17.解：（1）当PO⊥AB时，三棱锥P-ACD体积最大，由PO 平面PAB，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，知PO⊥平面ABCD，此时，点P到平面ABCD的距离最大，为PO＝2，
所以VP-ACD的最大值为×S△ACD×PO＝××2××2＝.
（2）如图，连接BD，交AC于点M，连接QM，
则平面PAC∩平面QBD＝QM，
依题意，PC∥平面QBD，PC 平面PAC，所以PC∥QM，所以＝，在等腰梯形ABCD中，△MAB∽△MCD，则＝，所以＝＝＝.
18.解：（1）设该厂这个月共生产轿车n辆.
由题意得＝，解得n＝2 000，
则z＝2 000－100－300－150－450－600＝400.
（2）设所抽的5辆轿车中有a辆舒适型轿车.
由题意得＝，则a＝2.
因此在抽取的5辆轿车中，有2辆舒适型轿车，3辆标准型轿车.
用A1，A2表示2辆舒适型轿车，用B1，B2，B3表示3辆标准型轿车，从5辆轿车中任取2辆，则样本空间Ω＝{（A1，A2），（A1，B1），（A1，B2），（A1，B3），（A2，B1），（A2，B2），（A2，B3），（B1，B2），（B1，B3），（B2，B3）}.
设事件E＝“至少有1辆舒适型轿车”，则E＝{（A1，A2），（A1，B1），（A1，B2），（A1，B3），（A2，B1），（A2，B2），（A2，B3）}，
故P（E）＝，即所求概率为.
（3）总体平均数＝×（9.4＋8.6＋9.2＋9.6＋8.7＋9.3＋9.0＋8.2）＝9.0.
设事件D＝“从总体中任取一个数，该数与总体平均数之差的绝对值不超过0.5”，则样本空间包含8个样本点，事件D包含6个样本点：9.4，8.6，9.2，8.7，9.3，9.0，
所以P（D）＝＝，即所求概率为.
19.解：（1）由P1（1，1）知z＝1＋i，则f（z）＝z＋1＝2＋i，故Q1（2，1）；
设P2（x，y），则f（z）＝z＋1＝（x＋1）＋yi，
由Q2（1，1）知x＋1＝1，y＝1，则x＝0，y＝1，即P2（0，1）.
（2）∵直线l上的任意一点P（x，y）“f对应”到点Q（x1，y1），
∴z＝x＋yi，f（z）＝z2＝（x2－y2）＋2xyi，且y＝kx＋t，
∴x2－y2＝x1，2xy＝y1，即Q（x2－y2，2xy），
由题意，点Q（x1，y1）仍在直线l上，则2xy＝k（x2－y2）＋t，又y＝kx＋t，
则2x（kx＋t）＝k[x2－（kx＋t）2]＋t，
展开整理得（k3＋k）x2＋（2t＋2k2t）x＋kt2－t＝0，
则解得k＝t＝0，
∴所求的有序实数对（k，t）为（0，0）.
（3）满足条件的一个有序实数对为（－1，1），即a＝－1，b＝1，f（z）＝，证明如下：
设z＝x＋yi，x，y∈R，x＞0，则f（z）＝＝，｜f（z）｜＝＝＝，
∵（－x＋1）2＋y2－[（x＋1）2＋y2]＝－4x＜0，
∴（－x＋1）2＋y2＜（x＋1）2＋y2，
｜f（z）｜＝＜1，即f（z）∈A，满足条件①；
设ω＝m＋ni，m，n∈R，且｜ω｜＜1，即＜1，得m2＋n2＜1，
由ω＝f（z）得ω＝，
则z＝＝－1＋＝－1＋＝－1＋
＝－1＋－
＝－，
则Rez＝＞0，满足条件②，
综上，满足条件的一个有序实数对为（－1，1）.
18 / 18章末检测（八） 立体几何初步
（时间：120分钟 满分：150分）
一、单项选择题（本大题共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.l1，l2，l3是空间中三条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）
A.l1⊥l2，l2⊥l3 l1∥l3
B.l1⊥l2，l2∥l3 l1⊥l3
C.l1∥l2∥l3 l1，l2，l3共面
D.l1，l2，l3共点 l1，l2，l3共面
2.如图Rt△O'A'B'是一平面图形的直观图，斜边O'B'＝2，则这个平面图形的面积是（ ）
A. B.1
C. D.2
3.已知圆锥的底面面积是4π，且它的侧面展开图是半圆，则该圆锥的体积是（ ）
A. B. C.4π D.8π
4.如图，在四面体A-BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，若AB＝BC＝CD＝1，则AD＝（ ）
A.1 B.
C. D.2
5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是BB1的中点.若AB＝6，则点B到平面ACE的距离为（ ）
A. B.
C. D.3
6.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AC＝BC＝1，AB＝，E是CC1的中点，则直线BC与平面A1BE所成角的正弦值为（ ）
A. B.
C. D.
7.如图，正四棱锥P-ABCD底面的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，点P在球面上.若VP-ABCD＝，则球O的体积是（ ）
A.32π B.16π C.π D.8π
8.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G，H分别为A1B1，AD，B1C1，C1D1的中点，则过GH且与EF平行的平面截正方体所得的截面的面积为（ ）
A. B.2 C.2 D.4
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列说法正确的有（ ）
A.如果m⊥n，m⊥α，n⊥β，那么α⊥β
B.如果m α，α∥β，那么m∥β
C.如果α∩β＝l，m∥α，m∥β，那么m∥l
D.如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β
10.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论正确的有（ ）
A.平面D1A1P⊥平面A1AP
B.∠APD1的取值范围是（0，）
C.三棱锥B1-D1PC的体积为定值
D.DC1⊥D1P
11.如图，在棱长均相等的四棱锥P-ABCD中，O为底面正方形的中心，M，N分别为侧棱PA，PB的中点，下列结论正确的是（ ）
A.PD∥平面OMN
B.平面PCD∥平面OMN
C.直线PD与直线MN所成角的大小为90°
D.ON⊥PB
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上）
12.如图，将一个正方体沿相邻三个面的对角线截出一个棱锥，若该棱锥的体积为，则该正方体的棱长为 .
13.边长为5的正方形EFGH是圆柱的轴截面，则从点E沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离为 .
14.如图所示，在三棱柱中，已知四边形ABCD和四边形AA'B'B都是矩形，平面AA'B'B⊥平面ABCD.若AA'＝AD＝2，则直线AB到平面DA'C的距离为 .
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15.（本小题满分13分）如图，有一块扇形铁皮OAB，∠AOB＝，OA＝72 cm，要剪下来一个扇形环ABCD，作圆台形容器的侧面，并且余下的扇形OCD内剪下一块与其相切的圆形使它恰好作圆台形容器的下底面（大底面）.
（1）求AD应取多长？
（2）求容器的容积.
16.（本小题满分15分）如图所示，在四面体ABCD中，CB＝CD，AD⊥BD，点E，F分别是AB，BD的中点.求证：
（1）直线EF∥平面ACD；
（2）平面EFC⊥平面BCD.
17.（本小题满分15分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的菱形，∠ABC＝，PB＝PD＝2PA＝2.
（1）证明：PA⊥平面ABCD；
（2）若棱BC上存在一点E满足BE＝1，求PC与平面PAE所成角的正弦值.
18.（本小题满分17分）如图所示，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为CD的中点，以AE为折痕，把△DAE折起到△D'AE的位置，使平面D'AE⊥平面ABCE.
（1）求证：AD'⊥BE；
（2）求四棱锥D'-ABCE的体积；
（3）在棱ED'上是否存在一点P，使得D'B∥平面PAC？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由.
19.（本小题满分17分）近些年来，三维扫描技术得到空前发展，从而催生了数字几何这一新兴学科.数字几何是传统几何和计算机科学相结合的产物.数字几何中的一个重要概念是曲率，用曲率来刻画几何体的弯曲程度.规定：多面体在顶点处的曲率等于2π与多面体在该点的所有面角之和的差（多面体的面角是指多面体的面上的多边形的内角的大小，用弧度制表示），多面体在面上非顶点处的曲率均为零.由此可知，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正方体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为2π－3×＝，故其总曲率为4π.
（1）求四棱锥的总曲率；
（2）表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为D，棱数为L，面数为M，则有：D－L＋M＝2.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率是常数.
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