资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
北京市2024-2025学年高一下学期数学期末测试押题预测卷
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）（2024春 建邺区校级期中）在复平面内，常把复数z＝a+bi（a，b∈R）和向量进行一一对应．现把与复数1+2i对应的向量绕原点O按逆时针方向旋转90°，所得的向量对应的复数为（　　）
A．﹣2+i B．﹣2﹣i C．2+i D．2﹣i
2．（4分）（2024 浙江学业考试）样本数据1，3，5，6，7，10的中位数为（　　）
A．5 B．5.5 C．6 D．5或6
3．（4分）（2021春 白河县校级期中）在△ABC中，设向量（b﹣c，c﹣a），（b，c+a），若向量⊥，则角A的大小为（　　）
A． B． C． D．
4．（4分）（2024春 开封期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acosB＝bcosA，且a＝2，c＝3，则cosC＝（　　）
A． B． C． D．
5．（4分）（2024秋 端州区校级期中）底面半径为，侧面展开图的扇形圆心角为的圆锥侧面积为（　　）
A．9π B．6π C． D．
6．（4分）（2023春 奉贤区校级月考）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝4，CC1＝5，M、N分别是C1D1、AC的中点，则异面直线DN和CM所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
7．（4分）（2024春 江门期末）已知平面α，β，γ，直线a，b，c，下列命题中正确的是（　　）
A．若a∥b，a∥α，则b∥α
B．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γ
C．若α⊥γ，γ⊥β，则α∥β
D．若a∥α，b∥α，c⊥a，c⊥b，则c⊥α
8．（4分）（2024秋 绵阳期末）抛掷三枚质地均匀的硬币，设事件A＝“第一枚硬币正面朝上”，事件B＝“第二枚硬币正面朝上”，事件C＝“第三枚硬币反面朝上”．下列结论中正确的是（　　）
A．A与B互斥
B．A与C对立
C．
D．P（ABC）＝P（A）P（B）P（C）
9．（4分）（2025春 上城区校级期中）已知正四面体的表面积为，则它的体积为（　　）
A．3 B． C．2 D．
10．（4分）（2024 辽宁一模）猜灯谜是中国元宵节特色活动之一．已知甲、乙、丙三人每人写一个灯谜，分别放入三个完全相同的小球，三人约定每人随机选一个球（不放回），猜出自己所选球内的灯谜者获胜．若他们每人必能猜对自己写的灯谜，并有的概率猜对其他人写的灯谜，则甲独自获胜的概率为（　　）
A． B． C． D．
二．填空题（共5小题，满分25分，每小题5分）
11．（5分）（2025春 浑南区校级期中） 　 　 ．
12．（5分）（2024秋 浙江月考）嵊（shèng）州是历史文化名城，早在秦朝已设郡县，古称剡（shàn）县，赡县、嵊县，古往今来无数文人墨客都醉心于嵊州的山水风景之中，李白曾梦到：湖月照我影，送我至剡溪．杜甫有诗曰：剡溪蕴秀异，欲罢不能忘，其中万年小黄山，千年唐诗路，百年越剧是三张重要历史文化名片，现有甲、乙两人到达高铁嵊州新昌站，前往旅游集散中心，再分赴万年小黄山、千年唐诗路之谢灵运垂钓处、越剧诞生地打卡，已知每人都只去1个景点，且甲、乙两人前往三地打卡的概率分别是和，则甲、乙打卡不相同景点的概率为 　 　 ．
13．（5分）（2023春 华安县校级期中）在平面四边形ABCD中，△BCD是等边三角形，AD＝2，BD＝2，∠BAD，则cos∠ABD＝　 　 ；△ABC的面积是 　 　 ．
14．（5分）化简：5×6　 　 ．
15．（5分）（2024 青浦区二模）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、Q、R在棱AB、BC、BB1上，且，以△PQR为底面作一个三棱柱PQR﹣P1Q1R1，使点P1，Q1，R1分别在平面A1ADD1、D1DCC1、A1B1C1D1上，则这个三棱柱的侧棱长为 　 　 ．
三．解答题（共6小题，满分85分）
16．（12分）（2023春 图木舒克校级期中），求，的坐标．
17．（14分）某投资公司在2023年年初准备将1000万元投资到“低碳”项目上，现有两个项目供选择：
项目一：新能源汽车．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利40%，也可能亏损10%，且这两种情况发生的概率分别为和．
项目二：通信设备．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利50%，可能损失30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为，和．
针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由．
18．（15分）（2025春 南岸区校级月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AD＝2，点E为线段PD的中点．
（1）求证：PB∥平面AEC；
（2）求证：AE⊥平面PCD；
（3）求三棱锥E﹣PAC的体积．
19．（15分）（2023秋 桥西区校级期中）某高校的入学面试中有3道难度相当的题目，李明答对每道题目的概率都是0.8，若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止，假设对抽到的不同题目能否答对是独立的．
（1）求李明第二次答题通过面试的概率；
（2）求李明最终通过面试的概率．
20．（14分）（2022 房山区开学）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，sin2C＝sinC．
（Ⅰ）求∠C的值；
（Ⅱ）若b＝1，且△ABC的面积为，求△ABC的周长．
21．（15分）（2025春 碑林区校级期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，E为线段PB的中点．
（1）若F为线段BC上的动点，证明：平面AEF⊥平面PBC；
（2）若F为线段BC上的动点，探究是否存在点F使得PD∥平面AEF，说明理由；
（3）若F为线段DC的中点，PA＝2，过A、E、F三点的平面交PC于点G，求四棱锥P﹣AEGF与P﹣ABCD的体积之比．
北京市2024-2025学年高一下学期数学期末测试押题预测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）（2024春 建邺区校级期中）在复平面内，常把复数z＝a+bi（a，b∈R）和向量进行一一对应．现把与复数1+2i对应的向量绕原点O按逆时针方向旋转90°，所得的向量对应的复数为（　　）
A．﹣2+i B．﹣2﹣i C．2+i D．2﹣i
【考点】由复平面中的点确定复数．
【专题】对应思想；定义法；数系的扩充和复数；运算求解．
【答案】A
【分析】根据复数乘法的几何意义求解．
【解答】解：复数1+2i对应的向量绕原点O按逆时针方向旋转90°可得（1+2i）（cos90°+isin90°）＝i（1+2i）＝﹣2+i．
故选：A．
【点评】本题考查复数的运算，属于基础题．
2．（4分）（2024 浙江学业考试）样本数据1，3，5，6，7，10的中位数为（　　）
A．5 B．5.5 C．6 D．5或6
【考点】中位数．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】B
【分析】根据中位数定义计算即可．
【解答】解：把数据从小到大排列为1，3，5，6，7，10，
可得中位数为．
故选：B．
【点评】本题主要考查了中位数的定义，属于基础题．
3．（4分）（2021春 白河县校级期中）在△ABC中，设向量（b﹣c，c﹣a），（b，c+a），若向量⊥，则角A的大小为（　　）
A． B． C． D．
【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系．
【专题】转化思想；转化法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】根据已知条件，结合向量的数量积公式，以及余弦定理，即可求解．
【解答】解：∵⊥，（b﹣c，c﹣a），（b，c+a），
∴（b﹣c）b+（c﹣a）（c+a）＝0，即a2＝b2+c2﹣bc，
∴，
∵A∈（0，π），
∴．
故选：B．
【点评】本题主要考查向量的数量积公式，以及余弦定理，属于基础题．
4．（4分）（2024春 开封期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acosB＝bcosA，且a＝2，c＝3，则cosC＝（　　）
A． B． C． D．
【考点】利用正弦定理解三角形．
【专题】计算题；转化思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】B
【分析】利用正弦定理把边化为角，再用和差公式得A＝B，可得b＝a＝2，再用余弦定理即可求解．
【解答】解：由正弦定理得a＝2RsinA，b＝2RsinB，
∵acosB＝bcosA，
∴sinAcosB＝sinBcosA，即sin Acos B﹣sin Bcos A＝sin（A﹣B）＝0，
∵A，B∈（0，π），
∴﹣B∈（﹣π，0），A﹣B∈（﹣π，π），
∴A﹣B＝0，即A＝B，
∴b＝a＝2，
又c＝3，
∴．
故选：B．
【点评】本题考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
5．（4分）（2024秋 端州区校级期中）底面半径为，侧面展开图的扇形圆心角为的圆锥侧面积为（　　）
A．9π B．6π C． D．
【考点】圆锥的侧面积和表面积．
【专题】对应思想；定义法；立体几何；运算求解．
【答案】A
【分析】根据题意，求出底面圆周长和圆锥的母线长，即可求出圆锥的侧面积．
【解答】解：因为圆锥的底面半径为，所以底面圆的周长为2πr＝2π，
又因为侧面展开图的圆心角为α，所以圆锥的母线长为l3，
所以圆锥的侧面积为S侧＝πrl＝π 39π．
故选：A．
【点评】本题考查了圆锥的结构特征与应用问题，是基础题．
6．（4分）（2023春 奉贤区校级月考）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝4，CC1＝5，M、N分别是C1D1、AC的中点，则异面直线DN和CM所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】异面直线及其所成的角．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间角；运算求解．
【答案】D
【分析】取A1D1的中点为P，将MC平移到NP即可知异面直线DN和CM所成的角的平面角即为∠DNP，再利用余弦定理即可解得．
【解答】解：取A1D1的中点为P，连接MP，DP，NP，如下图所示：
M是C1D1的中点，A1D1的中点为P，所以MP∥A1C1，且；
由N分别是AC的中点，所以，由正方体性质可得AC∥A1C1，AC＝A1C1，
所以可得MP∥NC，MP＝NC，即四边形MPNC是平行四边形，
则异面直线DN和CM所成的角的平面角即为∠DNP，
易知，
所以．
故选：D．
【点评】本题考查了异面直线所成的角的计算，属于基础题．
7．（4分）（2024春 江门期末）已知平面α，β，γ，直线a，b，c，下列命题中正确的是（　　）
A．若a∥b，a∥α，则b∥α
B．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γ
C．若α⊥γ，γ⊥β，则α∥β
D．若a∥α，b∥α，c⊥a，c⊥b，则c⊥α
【考点】直线与平面平行；直线与平面垂直；平面与平面平行；平面与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【答案】B
【分析】由线面平行，面面垂直的性质分别判断出所给命题的真假．
【解答】解：A中，a∥b，a∥α，则b∥α或b α，所以A不正确；
B中，α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γ，所以B正确；
C中，若α⊥γ，γ⊥β，则α∥β或α与β相交，所以C不正确；
D中，若a∥α，b∥α，c⊥a，c⊥b，当a与b不平行时，则c⊥α，所以D不正确．
故选：B．
【点评】本题考查线面的性质及面面垂直的性质的应用，属于基础题．
8．（4分）（2024秋 绵阳期末）抛掷三枚质地均匀的硬币，设事件A＝“第一枚硬币正面朝上”，事件B＝“第二枚硬币正面朝上”，事件C＝“第三枚硬币反面朝上”．下列结论中正确的是（　　）
A．A与B互斥
B．A与C对立
C．
D．P（ABC）＝P（A）P（B）P（C）
【考点】事件的互为对立及对立事件；事件的互斥（互不相容）及互斥事件．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】D
【分析】根据题意，由互斥事件的定义分析A，由对立事件的定义分析B，由概率的性质分析C，由相互独立事件概率的性质分析D，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，事件A、B可以同时发生，不是互斥事件，A错误；
对于B，事件A、C可以同时发生，不是对立事件，B错误；
对于C，P（B），P（C），而B、C相互独立，则P（BC）＝P（B）P（C），
则P（B∪C）＝P（B）+P（C）﹣P（BC），C错误；
对于D，事件A、B、C独立，则P（ABC）＝P（A）P（B）P（C），D正确．
故选：D．
【点评】本题考查相互独立事件、互斥事件的判断，涉及概率的计算，属于基础题．
9．（4分）（2025春 上城区校级期中）已知正四面体的表面积为，则它的体积为（　　）
A．3 B． C．2 D．
【考点】棱锥的体积．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】B
【分析】根据题意建立方程求出正四面体的棱长，从而再根据棱锥的体积公式，即可求解．
【解答】解：设正四面体的棱长为a，
则正四面体的表面积为，
解得a＝2，
又边长为2的正三角形的中心到顶点的距离为，
所以正四面体的高为，
所以正四面体的体积为．
故选：B．
【点评】本题考查正四面体的体积的求解，属基础题．
10．（4分）（2024 辽宁一模）猜灯谜是中国元宵节特色活动之一．已知甲、乙、丙三人每人写一个灯谜，分别放入三个完全相同的小球，三人约定每人随机选一个球（不放回），猜出自己所选球内的灯谜者获胜．若他们每人必能猜对自己写的灯谜，并有的概率猜对其他人写的灯谜，则甲独自获胜的概率为（　　）
A． B． C． D．
【考点】概率的应用；古典概型及其概率计算公式．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】C
【分析】根据题意，分2种情况讨论甲获胜的情况，由相互独立事件的概率性质求出各自的概率，由互斥事件的概率公式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，若甲独自获胜，分2种情况讨论：
①甲抽到自己的灯谜，而乙、丙都没有抽到自己的灯谜，
甲乙丙三人每人随机选一个球，有6种抽取方法，
若只有甲抽到自己的灯谜，有1种抽取方法，
故只有甲抽到自己的灯谜的概率为，
则此时甲独自获胜的概率P1（1）×（1），
②甲乙丙都没有抽到自己的灯谜，
甲乙丙都没有抽到自己的灯谜，甲有2种可能，乙、丙只有1种可能，则有2×1＝2种可能，
故甲乙丙都没有抽到自己的灯谜的概率为，
则此时甲独自获胜的概率P2（1）×（1），
故甲独自获胜的概率P＝P1+P2．
故选：C．
【点评】本题考查互斥事件、相互独立事件的概率计算，注意“甲独自获胜”的情形，属于中档题．
二．填空题（共5小题，满分25分，每小题5分）
11．（5分）（2025春 浑南区校级期中） 　　 ．
【考点】复数的模；复数的除法运算．
【专题】方程思想；定义法；数系的扩充和复数；运算求解．
【答案】．
【分析】根据复数模长的性质求解．
【解答】解：||．
故答案为：．
【点评】本题考查复数的模长，属于基础题．
12．（5分）（2024秋 浙江月考）嵊（shèng）州是历史文化名城，早在秦朝已设郡县，古称剡（shàn）县，赡县、嵊县，古往今来无数文人墨客都醉心于嵊州的山水风景之中，李白曾梦到：湖月照我影，送我至剡溪．杜甫有诗曰：剡溪蕴秀异，欲罢不能忘，其中万年小黄山，千年唐诗路，百年越剧是三张重要历史文化名片，现有甲、乙两人到达高铁嵊州新昌站，前往旅游集散中心，再分赴万年小黄山、千年唐诗路之谢灵运垂钓处、越剧诞生地打卡，已知每人都只去1个景点，且甲、乙两人前往三地打卡的概率分别是和，则甲、乙打卡不相同景点的概率为 　　 ．
【考点】相互独立事件的概率乘法公式．
【专题】方程思想；定义法；概率与统计；运算求解．
【答案】．
【分析】求出甲乙打卡相同景点的概率，根据对立事件的概率计算，即可得答案．
【解答】解：甲乙打卡相同景点的概率为，
所以甲、乙打卡不相同景点的概率为．
故答案为：
【点评】本题考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
13．（5分）（2023春 华安县校级期中）在平面四边形ABCD中，△BCD是等边三角形，AD＝2，BD＝2，∠BAD，则cos∠ABD＝　　 ；△ABC的面积是 　6　 ．
【考点】利用正弦定理解三角形．
【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】．
【分析】在三角形ABD中，利用正弦定理求出sin∠ABD的值，再根据正余弦的平方关系求出cos∠ABD的值，然后在三角形ABD中利用余弦定理求出AB的值，利用两角和与差的三角函数的三角函数公式求出sin∠ABC＝sin（∠BAD）的值，然后根据三角形的面积公式化简即可求解．
【解答】解：在三角形ABD中，AD＝2，BD＝2，∠BAD，
由正弦定理可得：，即，解得sin，
所以cos；
因为三角形BCD为等边三角形，则∠CBD，BC＝2，
所以sin∠ABC＝sin（∠BAD）＝sin∠ABDcoscos∠ABDsin，
又在三角形ABD中，由余弦定理可得：BD2＝AB2+AD2﹣2AB AD cos∠BAD，
即28＝AB，解得AB＝4，
所以三角形ABC的面积为S6．
故答案为：．
【点评】本题考查了解三角形问题，三角形正弦定理，余弦定理的应用，考查了学生的运算求解能力，属于中档题．
14．（5分）化简：5×6　15　 ．
【考点】平面向量的数乘与线性运算．
【专题】转化思想；综合法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】15．
【分析】向量与实数的乘积，与多项式计算类似，系数合并即可．
【解答】解：5×615．
故答案为：15．
【点评】本题考查向量与实数的乘积，属于基础题．
15．（5分）（2024 青浦区二模）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、Q、R在棱AB、BC、BB1上，且，以△PQR为底面作一个三棱柱PQR﹣P1Q1R1，使点P1，Q1，R1分别在平面A1ADD1、D1DCC1、A1B1C1D1上，则这个三棱柱的侧棱长为 　　 ．
【考点】棱柱的结构特征；点、线、面间的距离计算．
【专题】对应思想；数形结合法；综合法；立体几何；数学建模；运算求解．
【答案】．
【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，根据三棱柱中向量相等得到P坐标，进而得到的坐标，从而得到侧棱PP1的长度，即得答案．
【解答】解：以D为原点，以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，
则，，，P1（x1，0，z1），Q1（0，y2，z1），R1（x1，y3，1），
则（，，0），（0，，），（﹣x1，y2，0），（0，y3，1﹣z1），
由三棱柱可知，
即，
所以，，
，
即，
所以，，
所以，
所以，
故这个三棱柱的侧棱长为．
故答案为：．
【点评】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，属于中档题．
三．解答题（共6小题，满分85分）
16．（12分）（2023春 图木舒克校级期中），求，的坐标．
【考点】平面向量数乘和线性运算的坐标运算．
【专题】转化思想；转化法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据平面向量坐标的线性运算可求出结果．
【解答】解：因为，
所以3（2，1）+4（﹣3，4）＝（﹣6，19）．
4（2，1）﹣2（﹣3，4）＝（14，﹣4）．
【点评】本题主要考查平面向量的坐标运算，属于基础题．
17．（14分）某投资公司在2023年年初准备将1000万元投资到“低碳”项目上，现有两个项目供选择：
项目一：新能源汽车．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利40%，也可能亏损10%，且这两种情况发生的概率分别为和．
项目二：通信设备．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利50%，可能损失30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为，和．
针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由．
【考点】相互独立事件的概率乘法公式．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】该投资公司投资项目一更合理，理由见解析．
【分析】分别计算出两个投资项目获利的极值和方差，进行比较，即可得出结论．
【解答】解：项目一：到年底可能获利40%，也可能亏损 10%，且这两种情况发生的概率分别为和，
若按“项目一”投资，设获利ξ1万元，
所以ξ1 的分布列为：
ξ1 400 ﹣100
P
所以E（ξ1） （万元）；
而项目二：到年底可能获利50%，可能损失 30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为，和，
若按“项目二”投资，设获利ξ2万元，
则ξ2的分布列为：
ξ2 500 ﹣300 0
P
所以E（ξ2）200（万元），
又60000，，
所以E（ξ1）＝E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2），
这说明虽然项目一、项目二获利相等，但项目一更稳妥，
综上所述，该投资公司投资项目一更合理．
【点评】本题主要考查了离散型随机变量的分布列、期望和方差，属于中档题．
18．（15分）（2025春 南岸区校级月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AD＝2，点E为线段PD的中点．
（1）求证：PB∥平面AEC；
（2）求证：AE⊥平面PCD；
（3）求三棱锥E﹣PAC的体积．
【考点】棱锥的体积；直线与平面平行；直线与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析；
（3）．
【分析】（1）连接BD交AC于点O，连接EO，利用中位线的性质得线线平行，即可证明线面平行；
（2）利用线面垂直的性质与判定定理得CD⊥AE，结合等腰三角形的性质即可得线面垂直；
（3）利用等体积法及三棱锥的体积公式计算即可．
【解答】解：（1）证明：如图，设BD∩AC＝O，连接EO，
易知O为BD中点，又E为PD的中点，
所以OE∥PB，又PB 平面AEC，OE 平面AEC，
所以PB∥平面AEC；
（2）证明：由点E为线段PD的中点，PA＝AD，故AE⊥PD，
由PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，故PA⊥CD，
又底面ABCD是正方形，故AD⊥CD，
又AD、PA 平面PAD，AD∩PA＝A，
故CD⊥平面PAD，又AE 平面PAD，
故CD⊥AE，又CD、PD 平面PCD，CD∩PD＝D，
故AE⊥平面PCD；
（3）因为点E为线段PD的中点，
所以．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．
19．（15分）（2023秋 桥西区校级期中）某高校的入学面试中有3道难度相当的题目，李明答对每道题目的概率都是0.8，若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止，假设对抽到的不同题目能否答对是独立的．
（1）求李明第二次答题通过面试的概率；
（2）求李明最终通过面试的概率．
【考点】对立事件的概率关系及计算；相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式．
【专题】方程思想；定义法；概率与统计；运算求解．
【答案】（1）0.16； （2）0.992．
【分析】（1）利用独立事件的乘法公式求解；
（2）利用独立事件、对立事件概率公式计算求解．
【解答】解：（1）设“李明第二次答题通过面试”为事件A，
则李明第二次答题通过面试的概率为：
P（A）＝0.2×0.8＝0.16．
（2）设“李明最终通过面试”为事件B，其对立事件为3道题都没答对，
∴李明最终通过面试的概率为：
P（B）＝1﹣P（）＝1﹣0.23＝0.992．
【点评】本题考查独立事件概率乘法公式、对立事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20．（14分）（2022 房山区开学）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，sin2C＝sinC．
（Ⅰ）求∠C的值；
（Ⅱ）若b＝1，且△ABC的面积为，求△ABC的周长．
【考点】解三角形．
【专题】综合题；转化思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】（I）．
（II）5．
【分析】（I）由sin2C＝sinC，可得cosC，从而可求C；
（II）由已知利用三角形的面积公式可求ac的值，进而根据余弦定理可求a+c的值，即可求解△ABC的周长．
【解答】解：（I）由sin2C＝sinC，得2sinCcosC＝sinC，
因为0＜C＜π，sinC≠0，∴cosC，
所以C．
（II）因为△ABC的面积为absinC，所以ab＝4，因为b＝1，所以a＝4，
根据余弦定理c2＝a2+b2﹣2abcos16+1﹣2×4×113，
c，
所以△ABC的周长为a+c+b5．
【点评】本题主要考查了正余弦定理等知识点在解三角形中的应用，考查转化与化归的方法与方程思想，属基础题．
21．（15分）（2025春 碑林区校级期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，E为线段PB的中点．
（1）若F为线段BC上的动点，证明：平面AEF⊥平面PBC；
（2）若F为线段BC上的动点，探究是否存在点F使得PD∥平面AEF，说明理由；
（3）若F为线段DC的中点，PA＝2，过A、E、F三点的平面交PC于点G，求四棱锥P﹣AEGF与P﹣ABCD的体积之比．
【考点】平面与平面垂直；棱锥的体积；直线与平面平行．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析；（3）．
【分析】（1）根据题意，分别证得PA⊥BC和AE⊥BC，利用线面垂直的判定定理，证得AE⊥平面PBC，再由面面垂直的判定定理，即可证得平面AEF⊥平面PBC；
（2）连接AC，BD交于点O，得到O为BD的中点，证得OE∥PD，利用线面平行的判定定理，证得PD∥平面ACE，进而得到点F与点C重合时，直线PD∥平面AEF，得到结论；
（3）连接EF，则四棱锥P﹣AEGF可分为P﹣AEF和P﹣GEF两个三棱锥，利用锥体的体积公式，求得四棱锥P﹣ABCD的体积，再由点G为PC的靠近C的三等分点，分别求得VP﹣AEF和VP﹣EFG，根据VP﹣AEGF＝VP﹣EFG+VP﹣AEF，求得VP﹣AEGF即可得到答案．
【解答】解：（1）证明：在△PAB中，因为PA＝AB，且E为线段PB的中点，所以AE⊥PB，
又因为PA⊥底面ABCD，BC 底面ABCD，
所以PA⊥BC，
因为AB⊥BC，AB∩PA＝A，且AB，PA 平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，
又因为AE 平面PAB，所以AE⊥BC，
因为PB∩BC＝B，且PB，BC 平面PBC，
所以AE⊥平面PBC，因为AE 平面AEF，
所以平面AEF⊥平面PBC；
（2）存在，理由如下：
如图所示，连接AC，BD交于点O，可得O为BD的中点，
因为E为PB的中点，所以OE∥PD，
又因为PD 平面ACE，OE 平面ACE，所以PD∥平面ACE，
当点F与点C重合时，此时PD∥平面AEF，
即在BC上存在点F，使得PD∥平面AEF．
（3）如图所示，连接EF，则四棱锥P﹣AEGF可分为P﹣AEF和P﹣GEF两个三棱锥，
因为PA＝AB＝2，且PA⊥底面ABCD，
所以四棱锥P﹣ABCD的体积为，
以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），P（0，0，2），E（1，0，1），F（1，2，0），
则．，，，
设，其中0＜t＜1，
则（0，0，2）+t（2，2，﹣2）＝（2t，2t，2﹣2t），
因为A，E，G，F共面，
则存在实数x，y使得，
即（2t，2t，2﹣2t）＝x （1，0，1）+y （1，2，0），
可得，
解得，
即，
所以G为PC的靠近C的三等分点，
因为F为线段DC的中点，可得，
即，
又因设E到平面PCD的距离为d，B到平面PCD的距离为d1，
则，
所以，
又因为F为线段DC的中点，且BC⊥平面PAB，
因为BC∥AB，BC 平面PAB，AB 平面PAB，
所以BC∥平面PAB，
所以F到平面PAB的距离等于C到平面PAB的距离，此时距离为BC＝2，
则，
所以，
所以．
【点评】本题考查面面垂直的判定，以及向量法的应用，属于中档题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑