z1

3iz（

12080人，按性別進(jìn)行分層，采用比例分配的分層隨機(jī)抽樣方法抽取一個(gè)15的樣本，則女志愿者應(yīng)抽取的人數(shù)是（） m、n、是三個(gè)不同平面，則下列命題中正確的是（若m∥αn∥α，則m∥n

若αββγ，則 → 若向量ab滿足ab,a3b2，且aλb與ab垂直，則實(shí)數(shù)的值為（A．

B．

C．

D．PAB09PA07PB05PAB)（ ∠BAC30,∠ABC105AB90D的仰角為30o，則該建筑物CD（

C．

D．30 一個(gè)袋子中有標(biāo)號分別為12344個(gè)球，除標(biāo)號外沒有其他差異.2個(gè)球A“3”B“第二次摸出球的標(biāo)號為奇數(shù)”，則（與對 B．與互斥但不對C．與相互獨(dú) D．與既不互斥也不獨(dú)三棱錐外接球的表面積是（）

10

．25 若向量a20b1,3，則（ ab→bb在a上的投影向量為1a與b若復(fù)數(shù)z1滿足z12i1i1iz21z1z2是實(shí)數(shù)，則（z2的共軛復(fù)數(shù)是1izz21z的最大值是24ABCDA1B1C1D1中，點(diǎn)E在棱CC1上，且CEλCC1FA1B1C1D1（含邊界）運(yùn)動，則（當(dāng)λ1ADE當(dāng)λ1DAD1E的距離為當(dāng)λ1，且BFAD1EF當(dāng)λ1EFAEF3 在四邊形ABCD中，AD//BC,ABBC,BC2AD2AB2，以AB所在直線為軸，其他三邊旋轉(zhuǎn)一 x1x2,Lx101.yi2xi1i1,23L10，則數(shù)據(jù)x1,x2,L,x10,y1,y2,L,y10的方差 已知點(diǎn)G是VABC的重心，過點(diǎn)GABACEFABmAEACnAFmn 2ABCA1B1C1D為棱BC的中點(diǎn)A1CAB1DAB1A1C所成的角的余弦值 記VABCAB,C所對的邊分別為abc，向量ma,3bncosAsinBm若a CDCFEF2CD2CF4，點(diǎn)在線段BE上當(dāng)直線DP與平面CDEF所成的角的正切值為2時(shí)，求二面角PCFD的大小.32109次，求最終黑棋不落后于白棋的概率1212(z1

3iz

2由抽樣比計(jì)算即可得解15的樣本，則女志愿者應(yīng)抽取的人數(shù)是利用長方體中線面的關(guān)系，逐一確定各選項(xiàng)

m∥αn∥α，但mnB1，A錯(cuò)誤；為平面，有：CABCDA1ABB1為平面βC1D1m，m∥αm∥β，則α∥β，而αβ，C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)：垂直與同一平面的兩直線一定平行，D正確. 由題意可得(aλbab)0，再根據(jù)向量的運(yùn)算律及ab0求解即可→⊥bb0 又因?yàn)棣薭與b 所以(aλbab)0

0解得λ3PABPAB)PAPAB即可求解PABPAPBPAB07050903，PABPAPAB0.70.30.4.首先得ACB45BC452，解直角三角形即可求解

90

1BC452D的仰角為45所以CD 15 45PA1PAB31PB1PAPBPAB 判斷與相互獨(dú)立，從而可得正確判斷PA21，設(shè)事件C“第一次摸出球的標(biāo)號是奇數(shù) 2 2

2 ABABD都錯(cuò)誤；程，求出h3該三棱錐外接球的球心OABCF，PECE2sin60

3，EF1CE3，CF2CE23 設(shè)OFh，連接OPOC，過點(diǎn)O作OGPE于點(diǎn)G則EGOFh，PG h，OGEF 3設(shè)OPOCR，則CF2OF2OG2PG2R2 23 3 即 h 3h，解得h 3 3 23

3

所以R2 ，該三棱錐外接球的表面積是4πR2 3 3 D，由向量夾角的余弦公式驗(yàn)算即可 1A，因?yàn)閍b1,3ab1Bb202B

2Aab 2 1→對于C，b在a上的投影向量 a4a2a→→ a a對于D，由于cosa,b 222，所以a與b的夾角為az2D，由復(fù)數(shù)的幾何意義驗(yàn)算即可.A，因?yàn)閦12i1i1i1

1 所以z1 2i 2i2i22i1

1i1 所以z1的實(shí)部是-2ABz1在復(fù)平面上對應(yīng)的點(diǎn)22B錯(cuò)誤；Cz2aiaR，z1z222iai2a222ai，z1z2是實(shí)數(shù)，所以2a20，解得a1，z21i的共軛復(fù)數(shù)是1iC正確；,zz

1

z3322sinθπ 4

32 4 z的最大值是21D正確.A，取BC中點(diǎn)GAD1AGGEED1AD1EAGED1并求BDAD1Ed，則由VDAEDVAEDDCAAADDD四等分點(diǎn)HIJ

D1I

3ADEBHIC 1

FDAA1C1CEEFAEA1C1FF作SRB1 B1C1C1D1SRAE平面SERF的軌跡并求出軌跡長度A，當(dāng)λ1時(shí)，由題可知此時(shí)點(diǎn)E在棱CC1取BC中點(diǎn)GAD1AGGEED1，則GEBC1ABC1D1ABC1D1ABC1D1BC1//AD1，所以GE//AD1，所以由GE,AD1可唯一確定一個(gè)平面，AD1EAGED1

25,AD12GE AD1EAGED12 24222 2422

162

18AB，當(dāng)λ1時(shí)，由題可知此時(shí)點(diǎn)E在棱CC1DAD1E

則由VD

VAEDD

d

d 1

B錯(cuò)誤；

1

3a

142 C，當(dāng)λ4即CE4CC1AA1A1D1D1D四等分點(diǎn)HIJAHD1I

3BCBHHIICHJHI//ADHJADHJAD

1 1 ABC1//AD1BC1HIBC1HI BC1AD1EAD1AD1E，所以BC1AD1EBCA1D1BCA1D1HJBCHJBC，HJCBBHCJ，同理可得CJED1BHED1BHAD1EED1AD1EBHAD1E，BC1BHBBC1BHBHIC1AD1EBHIC1，因?yàn)锽FAD1EBFDI2C DI2C 1DB1D1AA1C1C，AEAA1C1CB1D1AE，AA1C1CEEFAEA1C1F

5C 則此時(shí)ACEECF90AEC

，所以aAEC與aEFC1ACEC1CF32F作SRBDBCCDSR

1 1 1SR

4 CO即SR 32，1

2 因?yàn)镾REFFSREF平面SERAE平面EFAEF的軌跡為線段SRF32D正確7π/ 由圓臺的體積公式即可求解【詳解】如圖所示，原題等價(jià)于求上下底面半徑依次為1,21故所求為V11π1222127π 5/根據(jù)一組數(shù)據(jù)的平均數(shù)和方差公式以及性質(zhì)即可求解x1,x2,Lx10x12x12...x則 y1,y2,L,y10的平均數(shù)為y12y12...

y1,y2,L,y10的方差為224

4x1x2,Lx10y1y2,Ly101，x1,x2,L,x10,y1,y2,L,y10的方差為x12x12...x12y12y12...

10110

1 1

m n

AF，由共線定理得推論得到mn3弦定理得到AC213，cosA ，表達(dá)出AEAF

12，由基本不等式求出最小值

1

1 ABmAEACnAFAG

m

nAF EFGmn1，解得mn3 AB6BC8Bπ，由余弦定理得AC2AB2BC22ABBCcosπ3664268152 AC213AB2AC2BC 3652262由余弦定理得cos2622AB

1

1

AC，

AEAF

ABACcosA 又mn3，且m0,n0由基本不等式得mn3

，解得mn9

所以AEAF 12 故答案為：366百分位數(shù)即可（1）由400050040085a0051，解得a0.07，x（2）66因?yàn)?0005004008505206640.0050.040.0850.070.80.6666y位于2226所以052y2200706624個(gè)小時(shí)的志愿活動方可獲得本次“優(yōu)秀志愿之星”的稱號16．(1)(2)A1BAB1于EDEDE

A1C先由（1）得B1EDAB1A1C所成的角或其補(bǔ)角，再在aB1DEBE2DE2BDcos∠B1ED 即可得解.2B1E（1）A1BAB1于EDE，ABB1A1為平行四邊形，EA1B的中點(diǎn).D為BC的中點(diǎn)，DEA1CDEAB1DA1CAB1DA1CAB1D（2）由（1）DE//A1C,∠B1EDAB1A1C所成的角或其補(bǔ)角在棱長均為2的正三棱柱ABCABC中，BD ，BE1AB ，DE1AC 11

2BE2DE2BD在aB1DE中，由余弦定理得cos∠B1ED 2B1E

22

1222ABAC所成的角的余弦值為1 17．(1)A(2)(2)3由向量平行的坐標(biāo)表示和正弦定理邊化角得tanA3 EB2EC2EBEC12EBEC4

a

aa求解；法二：先由 1abcr結(jié)合

1bcsinA

1ar

△

(b

2bc2 即可分析求解（1）由題意得asinB3bcosA0由正弦定理得sinAsinB3sinBcosA0B0π，所以sinB0，所以sinA

3cosA0所以tanA

3A0πAπ所以EBCECB1ABC1ACB1ABCACB1πππ2 3 在aBCE中，由余弦定理得a2EB2EC22EBECcos∠BEC，又a EB2EC2EBEC12EB2EC2EBEC3EBEC，EBEC4EBEC2等號成立.

3EBEC 34a 所以aBCE的面積的最大值為3；

1abcr123bcr 又Sa

1bcsinA

bc，所以r ，22所以

a

1ar123 22223bc

2bc23在VABC中，由余弦定理得a2b2c22bccosA，即b2c2bc12(b所以(bc)23bc12，即3bc(bc)212，由基本不等式得bc 解得bc

，當(dāng)且僅當(dāng)bc

等號成立

(bc)2

bc2 2bc232b2bc232bc23 318．(1)

(2)F POCF結(jié)合CFOH得到CFPOH即可分析得到PHOPCFD

POEO

DE2CE2

，由余弦定理

2DEλ2，再同法一即可求解22222222

820λ2

λ222222222DF平面CDEF,ADDF取EF中點(diǎn)GDGDGFC2DGEGDEDF22EF4DE2DF2EF2，DEDF//又CE平面CDEF,BCCE,POBC,PO平面

2λ1λDEDC8(1λ)4λ8λ1λ20λ

tan∠PDO 2 PO2BC4,OH1EF4 PO平面CDEFCF平面又CFOHPOPOHOHPOHPOOHO POEOλPOλBC2λDOPO

DE2CE2由余弦定理得cos∠DEC 2222222

DE2EO22DE22222222

820λ2

λ2PO2BC4,OH1EF4 PO平面CDEFCF平面CDEF,POCF又CFOHPOPOHOHPOHPOOHO 19．(1)(2)(3)思路一：設(shè)事件C”最終黑棋不落后于白棋“PCPC即可得解；思路二：由互斥加法、PC1即可.（1）Ai”甲第i次擲出正面“Bi”乙第i次擲出正面i1,23LnPAPB1PAPB1 A”黑棋離開原點(diǎn)“11

7；1表示硬幣”正面朝上“，0表示硬幣”反面朝上“，3次硬幣的樣本空間ΩnΩ8，A”黑棋離開原點(diǎn)“，A0,0