2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)模塊素養(yǎng)評(píng)價(jià)含解析北師大版選擇性必修第一冊(cè)

PAGE模塊素養(yǎng)評(píng)價(jià)(120分鐘150分)一、單選題(每小題5分，共40分)1．已知參與2024年某省夏季高考的53萬(wàn)名考生的成果Z近似地聽從正態(tài)分布N(453，992)，估計(jì)這些考生成果落在(552，651]的人數(shù)約為()(附：Z～N(μ，σ2)，則P(μ－σ＜Z≤μ＋σ)＝0.6827，P(μ－2σ＜Z≤μ＋2σ)＝0.9545)A．36014B．72027C．108041D．168222【解析】選B.因?yàn)閿?shù)學(xué)成果ξ近似地聽從正態(tài)分布N(453，992)，所以P(552＜ξ≤651)＝eq\f(1,2)×(0.9545－0.6827)＝0.1359，所以考生成果落在(552，651]的人數(shù)約為530000×0.1359＝72027.2．兩個(gè)變量y與x的4個(gè)不同回來模型中，它們的相關(guān)系數(shù)r如下，其中擬合效果最好的模型是()A．模型2的相關(guān)系數(shù)r為0.88B．模型1的相關(guān)系數(shù)r為－0.99C．模型3的相關(guān)系數(shù)r為0.50D．模型4的相關(guān)系數(shù)r為－0.20【解析】選B.線性回來分析中，相關(guān)系數(shù)為r，|r|越接近于1，相關(guān)程度越大；|r|越小，相關(guān)程度越小，因?yàn)槟Ｐ?的相關(guān)系數(shù)|r|最大，所以模擬效果最好．3．某小區(qū)有排成一排的7個(gè)車位，現(xiàn)有3輛不同型號(hào)的車須要停放，假如要求剩余的4個(gè)車位連在一起，那么不同的停放方法的種數(shù)為()A．16B．18C．24D．32【解析】選C.由題意知，剩余的4個(gè)車位連在一起，把剩余的4個(gè)車位看成一個(gè)元素，且只有一種排法，再加上有3輛不同型號(hào)的車，所以共有四個(gè)不同的元素，其中四個(gè)元素的排列共有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝24種．4．已知圓C1：x2＋y2－2x－4y－4＝0與圓C2：x2＋y2＋4x－10y＋25＝0相交于A，B兩點(diǎn)，則線段AB的垂直平分線的方程為()A．x＋y－3＝0B．x－y＋3＝0C．x＋3y－1＝0D．3x－y＋1＝0【解析】選A.由題設(shè)可知線段AB垂直平分線過兩圓的圓心C1(1，2)，C2(－2，5)，由此可得kC1C2＝eq\f(5－2,－2－1)＝－1，故由點(diǎn)斜式方程可得y－2＝－(x－1)，即x＋y－3＝0.5．(2024·合肥高二檢測(cè))先后擲骰子(骰子的六個(gè)面分別標(biāo)有1，2，3，4，5，6個(gè)點(diǎn))兩次落在水平桌面后，記正面朝上的點(diǎn)數(shù)分別為x，y，設(shè)事務(wù)A為“x＋y為偶數(shù)”，事務(wù)B為“x，y中有偶數(shù)，且x≠y”，則概率P(B|A)＝()A．eq\f(1,3)B．eq\f(1,2)C．eq\f(1,4)D．eq\f(2,5)【解析】選A.事務(wù)A中“x＋y為偶數(shù)”，所以x，y同奇同偶，共包含2×32＝18種基本領(lǐng)件；事務(wù)AB同時(shí)發(fā)生，則x，y都為偶數(shù)，且x≠y，則包含Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝6個(gè)基本領(lǐng)件；P(B|A)＝eq\f(n（AB）,n（A）)＝eq\f(6,18)＝eq\f(1,3).6．已知F1，F(xiàn)2分別是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的左、右焦點(diǎn)，P是以F1，F(xiàn)2為直徑的圓與該雙曲線的一個(gè)交點(diǎn)，且∠PF1F2＝2∠PF2F1，則該雙曲線的離心率是()A．eq\r(3)－1B．eq\r(3)＋1C．eq\f(\r(3)－1,2)D．eq\f(2－\r(3),2)【解析】選B.設(shè)|F1F2|＝2c，由于P是以F1F2為直徑的圓與該雙曲線的一個(gè)交點(diǎn)，則△F1F2P是直角三角形，∠F1PF2＝90°，由∠PF1F2＝2∠PF2F1，則∠PF1F2＝60°，所以|PF2|＝eq\r(3)c，|PF1|＝c，所以|PF2|－|PF1|＝eq\r(3)c－c＝2a，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2,\r(3)－1)＝eq\r(3)＋1.7．(2024·無(wú)錫高二檢測(cè))設(shè)x5＝a0(1＋x)5＋a1(1＋x)4＋…＋a4(1＋x)＋a5，則a0＋a2＋a4＝()A．－32B．0C．16D．－16【解析】選C.x5＝a0(1＋x)5＋a1(1＋x)4＋…＋a4(1＋x)＋a5，令x＝0，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0，令x＝－2，得－a0＋a1－a2＋a3－a4＋a5＝－32，兩式相減，得2a0＋2a2＋2a4＝32，所以a0＋a2＋a4＝16.8．(2024·天津高二檢測(cè))某車站在某一時(shí)刻有9位旅客出站，假設(shè)每位旅客選擇共享單車接著出行的概率都為eq\f(1,2)，且各位旅客之間互不影響．設(shè)在這一時(shí)刻9位旅客中恰好有k人騎行共享單車的概率為p(X＝k)，則()A．p(X＝4)＝p(X＝5)B．p(X＝4)>p(X＝5)C．p(X＝5)<p(X＝6)D．p(X＝5)＝p(X＝6)【解析】選A.在這一時(shí)刻9位旅客中恰好有k人騎行共享單車的概率為p(X＝k)，則p(X＝4)＝Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(9))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)＝Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(9))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(9)，p(X＝5)＝Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(9))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＝Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(9))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(9)，p(X＝6)＝Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(9))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(9))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(9)，所以p(X＝4)＝p(X＝5)>p(X＝6).二、多選題(每小題5分，共20分，全部選對(duì)得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分)9．(2024·南京高二檢測(cè))已知直線l：(a2＋a＋1)x－y＋1＝0，其中a∈R，下列說法正確的是()A．當(dāng)a＝－1時(shí)，直線l與直線x＋y＝0垂直B．若直線l與直線x－y＝0平行，則a＝0C．直線l過定點(diǎn)(0，1)D．當(dāng)a＝0時(shí)，直線l在兩坐標(biāo)軸上的截距相等【解析】選AC.對(duì)于A項(xiàng)，當(dāng)a＝－1時(shí)，直線l的方程為x－y＋1＝0，明顯與x＋y＝0垂直，所以正確；對(duì)于B項(xiàng)，若直線l與直線x－y＝0平行，可知(a2＋a＋1)·(－1)＝1·(－1)，解得a＝0或a＝－1，所以不正確；對(duì)于C項(xiàng)，當(dāng)x＝0時(shí)，有y＝1，所以直線過定點(diǎn)(0，1)，所以正確；對(duì)于D項(xiàng)，當(dāng)a＝0時(shí)，直線l的方程為x－y＋1＝0，在兩軸上的截距分別是－1，1，所以不正確．10．已知點(diǎn)P，Q是圓O：x2＋y2＝1上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)A是直線l：x＋y－eq\r(2)＝0上的肯定點(diǎn)，若∠PAQ的最大值為90°，則點(diǎn)A的坐標(biāo)可以是()A．(0，eq\r(2))B．(1，eq\r(2)－1)C．(eq\r(2)，0)D．(eq\r(2)－1，1)【解析】選AC.設(shè)點(diǎn)A的坐標(biāo)為(t，eq\r(2)－t)，當(dāng)AP，AQ均為圓的切線時(shí)∠PAQ＝90°，此時(shí)四邊形PAQO為正方形，則|OA|＝eq\r(2)，即t2＋(eq\r(2)－t)2＝2，解得t＝0，t＝eq\r(2)，故A(0，eq\r(2))，B(eq\r(2)，0).11．如圖所示的電路中，5只箱子表示保險(xiǎn)匣分別為A，B，C，D，E.箱中所示數(shù)值表示通電時(shí)保險(xiǎn)絲被切斷的概率，下列結(jié)論正確的是()A.AB所在線路暢通的概率為eq\f(1,6)B．ABC所在線路暢通的概率為eq\f(5,6)C．DE所在線路暢通的概率為eq\f(1,30)D．當(dāng)開關(guān)合上時(shí)，整個(gè)電路暢通的概率為eq\f(29,36)【解析】選BD.由題意知，A，B，C，D，E保險(xiǎn)閘被切斷的概率分別為P(A)＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(1,3)，P(C)＝eq\f(1,4)，P(D)＝eq\f(1,5)，P(E)＝eq\f(1,6)，所以A，B兩只箱子暢通的概率為eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)，因此A錯(cuò)誤；D，E兩只箱子并聯(lián)后暢通的概率為1－eq\f(1,5)×eq\f(1,6)＝1－eq\f(1,30)＝eq\f(29,30)，因此C錯(cuò)誤；A，B，C三只箱子混聯(lián)后暢通的概率為1－eq\f(2,3)×eq\f(1,4)＝1－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6)，因此B正確；依據(jù)上述分析可知，當(dāng)開關(guān)合上時(shí)，電路暢通的概率為eq\f(29,30)×eq\f(5,6)＝eq\f(29,36)，因此D正確．12．如圖，一個(gè)結(jié)晶體的形態(tài)為平行六面體ABCD-A1B1C1D1，其中，以頂點(diǎn)A為端點(diǎn)的三條棱長(zhǎng)均為6，且它們彼此的夾角都是60°，下列說法中正確的是()A．AC1＝6eq\r(6)B．AC1⊥DBC．向量與的夾角是60°D．BD1與AC所成角的余弦值為eq\f(\r(6),3)【解析】選AB.因?yàn)橐皂旤c(diǎn)A為端點(diǎn)的三條棱長(zhǎng)均為6，且它們彼此的夾角都是60°，所以·eq\o(AB,\s\up6(→))＝·eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝6×6×cos60°＝18，(＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))2＝2＋eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AD,\s\up6(→))2＋2·eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋2·eq\o(AD,\s\up6(→))＝36＋36＋36＋3×2×18＝216，則||＝|＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))|＝6eq\r(6)，所以A正確；·eq\o(DB,\s\up6(→))＝(＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\o(AA,\s\up6(→))1·eq\o(AB,\s\up6(→))－·eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))2－eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))2＝0，所以B正確；明顯△AA1D為等邊三角形，則∠AA1D＝60°.因?yàn)锽1C＝A1D，且向量A1D與AA1的夾角是120°，所以B1C與AA1的夾角是120°，所以C不正確；因?yàn)锽D1＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋－eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，所以|BD1|＝eq\r(（\o(AD,\s\up6(→))＋AA1－\o(AB,\s\up6(→))）2)＝6eq\r(2)，|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(（\o(AB,\s\up6(→))＋\o(AD,\s\up6(→))）2)＝6eq\r(3)，BD1·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\o(AD,\s\up6(→))＋AA1－eq\o(AB,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＝36，所以cos〈BD1，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(BD1·\o(AC,\s\up6(→)),|BD1|·|\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(36,6\r(2)×6\r(3))＝eq\f(\r(6),6)，所以D不正確．三、填空題(每小題5分，共20分)13．某單位聘請(qǐng)新員工考試，考試分為筆試和面試，只有筆試合格的考生才有資格進(jìn)行面試，面試合格者就算應(yīng)聘合格．現(xiàn)有甲、乙、丙三人，他們筆試合格的概率分別是eq\f(2,3)，eq\f(1,2)，eq\f(3,4)，面試合格的概率分別是eq\f(1,2)，eq\f(2,3)，eq\f(4,9)，那么甲、乙兩人中恰有一人應(yīng)聘合格的概率為________．甲、乙、丙三人中應(yīng)聘合格人數(shù)的數(shù)學(xué)期望是________．【解析】計(jì)算發(fā)覺甲、乙、丙應(yīng)聘合格的概率都是eq\f(1,3)，甲、乙恰有一人合格的概率是Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(4,9)，三人中應(yīng)聘合格人數(shù)X聽從二項(xiàng)分布X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,3)))，所以X的數(shù)學(xué)期望是3×eq\f(1,3)＝1.答案：eq\f(4,9)114．(2024·綿陽(yáng)高二檢測(cè))已知雙曲線的漸近線方程為3x±4y＝0，焦點(diǎn)坐標(biāo)為(－5，0)，則雙曲線的方程為________．【解析】設(shè)以eq\f(x,4)±eq\f(y,3)＝0為漸近線的雙曲線的方程為eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝λ，又因?yàn)樵撾p曲線的焦點(diǎn)為(±5，0)，所以16λ＋9λ＝25，解得λ＝1，即雙曲線方程為eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1.答案：eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝115．如圖，已知平行六面體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD＝60°，當(dāng)eq\f(CD,CC1)的值等于________時(shí)，能使A1C⊥平面C1BD.【解析】不妨設(shè)eq\f(CD,CC1)＝x，CC1＝1，若A1C⊥平面C1BD，則A1C⊥C1B，A1C⊥C1D，而C1D＝C1C＋eq\o(CD,\s\up6(→))，A1C＝A1D1＋D1C1＋C1C＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))＋C1C，由A1C·C1D＝0，得(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))＋C1C)·(C1C＋eq\o(CD,\s\up6(→)))＝C1C2－eq\o(CD,\s\up6(→))2＋C1C·eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，由C1C·eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(x,2)－eq\f(x2,2)，可得方程1－x2＋eq\f(x－x2,2)＝0，解得x＝1或x＝－eq\f(2,3)(舍)，因此，當(dāng)eq\f(CD,CC1)＝1時(shí)，能使A1C⊥平面C1BD.答案：116．已知函數(shù)f(x)＝ln(a＋x－x2)的定義域是(－1，2)，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\r(x)－\f(1,\r(x))))eq\s\up12(6)的綻開式中x2的系數(shù)是________．【解析】因?yàn)閒(x)＝ln(a＋x－x2)的定義域?yàn)?－1，2)，即a＋x－x2>0的解集為(－1，2)，所以－1和2是方程a＋x－x2＝0的兩根，將－1，2代入方程a＋x－x2＝0可得a＝2，則二項(xiàng)式為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(x)－\f(1,\r(x))))eq\s\up12(6)，依據(jù)二項(xiàng)式定理的通項(xiàng)公式Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x\f(1,2)))6－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x－\f(1,2)))r＝(－1)r26－rCeq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))x3－r，令3－r＝2，得r＝1，所以x2的系數(shù)為(－1)126－1Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))＝－192.答案：－192四、解答題(共70分)17．(10分)某高校為了解玩手機(jī)嬉戲?qū)€(gè)人心理健康的影響，用隨機(jī)抽樣的形式對(duì)在校學(xué)生100人進(jìn)行了抽樣調(diào)查，結(jié)果顯示被抽查的100人中，日均玩嬉戲3小時(shí)以上人數(shù)為20人，其中出現(xiàn)心理問題人數(shù)為14人，日均玩嬉戲3小時(shí)以下的學(xué)生中，出現(xiàn)心理問題的人數(shù)是未出現(xiàn)心理問題人數(shù)的eq\f(1,4).(1)經(jīng)過計(jì)算完成以下2×2列聯(lián)表出現(xiàn)心理問題未出現(xiàn)心理問題總計(jì)日均玩嬉戲3小時(shí)以上日均玩嬉戲3小時(shí)以下總計(jì)(2)據(jù)上表，推斷是否有99.9%的把握認(rèn)為“日均玩嬉戲3小時(shí)以上”和“出現(xiàn)心理問題”有關(guān)？附：參考公式：χ2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，附表：P(χ2≥k)0.0500.0100.001k3.8416.63510.828(3)以本次調(diào)查得到的頻率為概率，在校內(nèi)里隨機(jī)調(diào)查3人，設(shè)日均玩嬉戲3小時(shí)以上人數(shù)為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望．【解析】(1)在日均玩嬉戲3小時(shí)以上的20人中，出現(xiàn)心理問題14人，未出現(xiàn)心理問題：20－14＝6(人)，日均玩嬉戲3小時(shí)以下80人，其中出現(xiàn)心理問題人數(shù)80×eq\f(1,5)＝16(人)，未出現(xiàn)心理問題人數(shù)80－16＝64(人).完成表格：出現(xiàn)心理問題未出現(xiàn)心理問題總計(jì)日均玩嬉戲3小時(shí)以上14620日均玩嬉戲3小時(shí)以下166480總計(jì)3070100(2)χ2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)＝eq\f(100×（64×14－16×6）2,20×80×30×70)＝eq\f(100×8002,20×80×30×70)≈19.05>10.828，所以有99.9%的把握認(rèn)為“日均玩嬉戲3小時(shí)以上”和“出現(xiàn)心理問題”有關(guān)．(3)由題意知日均玩嬉戲3小時(shí)以上的概率為：p＝eq\f(20,100)＝0.2，X可取0，1，2，3，P(X＝0)＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(3))(1－p)3＝0.512，P(X＝1)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))p1(1－p)2＝0.384，P(X＝2)＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))p2(1－p)1＝0.096，P(X＝3)＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))p3＝0.008，所以X的分布列為：X0123P0.5120.3840.0960.008EX＝0×0.512＋1×0.384＋2×0.096＋3×0.008＝0.6.18．(12分)(2024·沈陽(yáng)高二檢測(cè))如圖，在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD為菱形，AB＝BD＝2，BB1＝2，BD與AC相交于點(diǎn)E，A1D與AD1相交于點(diǎn)O.(1)求證：AC⊥平面BB1D1D；(2)求直線OB與平面OB1D1所成的角的正弦值．【解析】(1)因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，所以AC⊥BD.因?yàn)樗睦庵鵄BCD-A1B1C1D1為直四棱柱，所以DD1⊥平面ABCD.因?yàn)锳C?平面ABCD.所以AC⊥DD1.又因?yàn)锽D∩DD1＝D.所以AC⊥平面BB1D1D.(2)如圖，取B1D1的中點(diǎn)F，連接EF，以E為原點(diǎn)，eq\o(EA,\s\up6(→))，eq\o(EB,\s\up6(→))，eq\o(EF,\s\up6(→))分別為x，y，z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系：因?yàn)锳E＝eq\r(3)，BE＝1，所以點(diǎn)B(0，1，0)，B1(0，1，2)，D1(0，－1，2)，A(eq\r(3)，0，0)，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1))，設(shè)平面OB1D1的法向量為n＝(x，y，z)，D1B1＝(0，2，0)，OB1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(3,2)，1))，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(D1B1·n＝2y＝0,OB1·n＝－\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＋z＝0))，令x＝2，y＝0，z＝eq\r(3)得n＝(2，0，eq\r(3)).又eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(3,2)，－1))，n·eq\o(OB,\s\up6(→))＝－2eq\r(3)，|n|＝eq\r(7)，|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝2，設(shè)直線OB與平面OB1D1所成的角為θ，所以sinθ＝|cosn，eq\o(OB,\s\up6(→))|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2\r(3),2×\r(7))))＝eq\f(\r(21),7)，故直線OB與平面OB1D1所成的角的正弦值為eq\f(\r(21),7).19．(12分)(2024·北京高二檢測(cè))已知拋物線y2＝2px(p>0)經(jīng)過點(diǎn)(1，2).(1)求拋物線C的方程及其準(zhǔn)線方程；(2)過拋物線C的焦點(diǎn)F的直線l交C于A，B兩點(diǎn)，設(shè)O為原點(diǎn)．(ⅰ)當(dāng)直線l的斜率為1時(shí)，求△AOB的面積；(ⅱ)當(dāng)|FA|＝3|FB|時(shí)，求直線l的方程．【解析】(1)因?yàn)閽佄锞€y2＝2px過點(diǎn)(1，2)，所以2p＝4，解得p＝2，所以拋物線的方程為y2＝4x，準(zhǔn)線方程為x＝－1.(2)由(1)知：F(1，0)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，(ⅰ)由題意得：直線l的方程為y＝x－1，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x,y＝x－1))得：y2－4y－4＝0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝4,y1y2＝－4))，因?yàn)閨OF|＝1，|y1|＋|y2|＝|y1－y2|，所以S△AOB＝S△OFA＋S△OFB＝eq\f(1,2)|OF|·|y1|＋eq\f(1,2)|OF|·|y2|＝eq\f(1,2)|OF|·(|y1|＋|y2|)＝eq\f(1,2)|OF|·|y1－y2|＝eq\f(1,2)eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq\f(1,2)×eq\r(16＋16)＝2eq\r(2)，所以△AOB的面積為2eq\r(2).(ⅱ)易知直線l的斜率存在且不為0，設(shè)直線l：y＝k(x－1)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝k（x－1），))得：k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2＋\f(4,k2)…①,x1x2＝1…②)).因?yàn)閨FA|＝3|FB|，所以x1＋1＝3(x2＋1)，即x1＝3x2＋2…③聯(lián)立②③，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝3，,x2＝\f(1,3)，))代入①得k2＝3，所以k＝±eq\r(3)，所以直線l的方程為y＝±eq\r(3)(x－1).20．(12分)某校為了解校內(nèi)平安教化系列活動(dòng)的成效，對(duì)全校學(xué)生進(jìn)行了一次平安意識(shí)測(cè)試，依據(jù)測(cè)試成果評(píng)定“合格”“不合格”兩個(gè)等級(jí)，同時(shí)對(duì)相應(yīng)等級(jí)進(jìn)行量化：“合格”記5分，“不合格”記0分．現(xiàn)隨機(jī)抽取部分學(xué)生的答卷，統(tǒng)計(jì)結(jié)果及對(duì)應(yīng)的頻率分布直方圖如圖：等級(jí)不合格合格得分[20，40)[40，60)[60，80)[80，100]頻數(shù)6a24b(1)由該題中頻率分布直方圖求測(cè)試成果的平均數(shù)和中位數(shù)；(2)其他條件不變，在評(píng)定等級(jí)為“合格”的學(xué)生中依次抽取2人進(jìn)行座談，每次抽取1人，求在第1次抽取的測(cè)試得分低于80分的前提下，第2次抽取的測(cè)試得分仍低于80分的概率；(3)用分層抽樣的方法，從評(píng)定等級(jí)為“合格”和“不合格”的學(xué)生中抽取10人進(jìn)行座談．現(xiàn)再?gòu)倪@10人中任選4人，記所選4人的量化總分為ξ，求ξ的數(shù)學(xué)期望Eξ.【解析】由題意知，樣本容量為eq\f(6,0.005×20)＝60，b＝60×(0.01×20)＝12，a＝60－6－12－24＝18，c＝eq\f(18,60×20)＝0.015.(1)平均數(shù)為(30×0.005＋50×0.015＋70×0.02＋90×0.01)×20＝64，設(shè)中位數(shù)為x，因?yàn)?.005×20＋0.015×20＝0.4<0.5，0.005×20＋0.015×20＋0.02×20＝0.8>0.5，所以x∈[60，80)，則0.005×20＋0.015×20＋(x－60)×0.02＝0.5，解得x＝65.(2)由題意可知，分?jǐn)?shù)在[60，80)內(nèi)的學(xué)生有24人，分?jǐn)?shù)在[80，100]內(nèi)的學(xué)生有12人．設(shè)“第1次抽取的測(cè)試得分低于80分”為事務(wù)A，“第2次抽取的測(cè)試得分低于80分”為事務(wù)B，則P(A)＝eq\f(24,36)＝eq\f(2,3)，P(AB)＝eq\f(24×23,36×35)＝eq\f(46,105)，所以P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(23,35).(3)在評(píng)定等級(jí)為“合格”和“不合格”的學(xué)生中用分層抽樣的方法抽取10人，則“不合格”的學(xué)生人數(shù)為eq\f(24,60)×10＝4，“合格”的學(xué)生人數(shù)為10－4＝6.由題意可得ξ的全部可能取值為0，5，10，15，20，P(ξ＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4)),Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(10)))＝eq\f(1,210)，P(ξ＝5)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6)),Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(10)))＝eq\f(24,210)，P(ξ＝10)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6)),Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(10)))＝eq\f(90,210)，P(ξ＝15)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6)),Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(10)))＝eq\f(80,210)，P(ξ＝20)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6)),Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(10)))＝eq\f(15,210).所以ξ的分布列為ξ05101520Peq\f(1,210)eq\f(24,210)eq\f(90,210)eq\f(80,210)eq\f(15,210)Eξ＝0＋5×eq\f(24,210)＋10×eq\f(90,210)＋15×eq\f(80,210)＋20×eq\f(15,210)＝12.21．(12分)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，側(cè)面PAB⊥底面ABCD，H為棱AB的中點(diǎn)，E為棱DC上隨意一點(diǎn)，且不與D點(diǎn)、C點(diǎn)重合．AB＝2，AD＝PA＝1，PH＝eq\r(2).(1)求證：平面APE⊥平面ABCD；(2)是否存在點(diǎn)E使得平面APE與平面PHC所成的角的余弦值為eq\f(\r(6),3)？若存在，求出點(diǎn)E的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由．【解析】(1)由于H為AB的中點(diǎn)，AH＝eq\f(1,2)AB＝1.又PH＝eq\r(2)，PA＝1，故PH2＝AP2＋AH2，所以△PAH為直角三角形且∠PAH＝90°，即PA⊥AB.又因?yàn)镻A?平面PAB，平面PAB∩平面ABCD＝AB，平面PAB⊥平面ABCD，故AP⊥平面ABCD，又PA?平面PAE，所以平面PAE⊥平面ABCD.(2)由(1)知AP⊥平面ABCD，又四邊形ABCD為矩形，則AP，AD，AB兩兩垂直．以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(AD,\s\up6(→))為x軸正方向，eq\o(AB,\s\up6(→))為y軸正方向，eq\o(AP,\s\up6(→))為z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系．則A(0，0，0)，P(0，0，1)，H(0，1，0)，C(1，2，0)，設(shè)E(1，2λ，0)，λ∈(0，1)，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(1，2λ，0)，eq\o(PH,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq\o(HC,\s\up6(→))＝(1，1，0)，設(shè)平面APE的法向量為m＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AP,\s\up6(→))＝