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2023-2024学年河南省许昌高级中学高一（下）月考数学试卷（6月份）（含答案）
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这是一份2023-2024学年河南省许昌高级中学高一（下）月考数学试卷（6月份）（含答案），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知复数z满足1−3iz=1+i，z−是z的共轭复数，则z+z−等于( )
A. −2iB. −2C. −4iD. −1
2.如图，空间图形A1B1C1−ABC是三棱台，在点A1，B1，C1，A，B，C中取3个点确定平面α，α∩平面A1B1C1=m，且m//AB，则所取的这3个点可以是( )
A. A，B1，C
B. A1，B，C1
C. A，B，C1
D. A，B1，C1
3.已知圆锥侧面积为6πcm2，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为( )
A. 9πB. 6 2πC. 3πD. 3π
4.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且ac=16 3,acsC+3ccsA=0，则△ABC面积的最大值为( )
A. 6 3B. 4 3C. 3 5D. 6
5.空中有一气球，在它的正西方A点测得它的仰角为45°，同时在它南偏东60°的B点，测得它的仰角为30°，若A、B两点间的距离为266米，这两个观测点均离地1米，那么测量时气球到地面的距离是( )
A. 266 77米B. (266 77+1)米C. 266米D. 266 7米
6.在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥面ABC，2AB=AA1，则异面直线A1C与AB1所成角的余弦值为( )
A. 710B. 45C. 12D. 13
7.半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体．它由八个正三角形和六个正方形围成(如图所示)，若它的棱长为2，则下列说法错误的是( )
A. 该二十四等边体的外接球的表面积为16π
B. 该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E，满足关系式V+F−E=2
C. 直线AH与PN的夹角为60°
D. QH⊥平面ABE
8.某地开展植树造林活动，拟测量某座山的高.勘探队员在山脚A测得山顶B的仰角为45°，他沿着坡角为15°的斜坡向上走了100米后到达C，在C处测得山顶B的仰角为60°.设山高为BD，若A，B，C，D在同一铅垂面，且在该铅锤面上A，C位于直线BD的同侧，则BD=( )
A. 50 6−50 2米B. 50 6+50 2米
C. 100 6−100 2米D. 100 6+100 2米
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 若a=(1,−3)，b=(−2,6)，则{a,b}可作为平面向量的一组基底
B. 若a，b都是非零向量，且|a+b|=|a−b|，则a⊥b
C. 已知a=(1,2)，b=(1,1)，且a与a+λb的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是(−53,+∞)
D. 若a=(5,0)，b=(4,3)，则a在b上的投影向量的坐标是(165,125)
10.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=AB=4，BC=2，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则下列说法正确的是( )
A. M，N，A，B四点共面
B. 直线BN与平面ADM相交
C. 直线BN和B1M所成的角为60°
D. 平面ADM和平面A1B1C1D1的夹角的正切值为2
11.已知复数z1，z2(z2≠0)，下列命题中正确的是( )
A. 若z12∈R，则z1∈RB. 若z1z2∈R，则z−1z2∈R
C. 若|z1z2|=2z2，则z1z1−=4D. 若z1z2=|z1|2，则z1=z2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.三棱锥P−ABC的高为PH，若三个侧面两两垂直，则H为△ABC的______心.
13.厦门一中为提升学校食堂的服务水平，组织全校师生对学校食堂满意度进行评分，按照分层抽样方法，抽取200位师生的评分作为样本，在这200个样本中，所有学生评分样本的平均数为x−，方差为sx2，所有教师评分样本的半均数为y−，方差为sy2，总样本的平均数为z−，方差为s2，若x−=y−,s2=45sxsy，抽取的学生样本多于教师样本，则总样本中学生样本的个数至少为______．
14.如图所示，直角三角形ABC所在平面垂直于平面α，一条直角边AC在平百α内，另一条直角边BC长为 33且∠BAC=π6，若平面α上存在点P，使得△ABP的面积为 33，则线段CP长度的最小值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题15分)
已知m∈R，复数z=m2−m−6+(m2−11m+24)i(i是虚数单位)．
(1)若z是纯虚数，求m的值；
(2)若z在复平面内对应的点位于第二象限，求m的取值范围．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD=120°，AB=2，AC∩BD=O，PO⊥底面ABCD，点E在棱PD上．
(1)求证：AC⊥平面PBD；
(2)若OP=2，点E为PD的中点，求二面角P−AC−E的余弦值．
17.(本小题15分)
如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AA1⊥平面ABCD，AB=1，AA1=2，∠BAD=60°，点P为DD1的中点．
(1)求证：直线BD1//平面PAC；
(2)求证：BD1⊥AC；
(3)求二面角B1−AC−P的余弦值．
18.(本小题15分)
在某抽奖活动中，初始时的袋子中有3个除颜色外其余都相同的小球，颜色为2白1红.每次随机抽取一个小球后放回.抽奖规则如下：设定抽中红球为中奖，抽中白球为未中奖；若抽到白球，放回后把袋中的一个白色小球替换为红色；若抽到红球，放回后把三个球的颜色重新变为2白1红的初始状态.记第n次抽奖中奖的概率为Pn．
(1)求P2，P3；
(2)若存在实数a，b，c，对任意的不小于4的正整数n，都有Pn=aPn−1+bPn−2+cPn−3，试确定a，b，c的值，并证明上述递推公式；
(3)若累计中奖4次及以上可以获得一枚优胜者勋章，则从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为多少？
19.(本小题17分)
在△ABC中，BC=3，AB−AC=1.M为边BC上一点，BM=1，D为边AB上一点，AM交CD于P．
(1)若AC=3，AD=2，求cs∠APC；
(2)若BD=32,CD=52，求△APD和△MPC的面积之差．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：1−3iz=1+i，
则z=1−3i1+i=(1−3i)(1−i)(1+i)(1−i)=−1−2i，z−=−1+2i，
故z+z−=−1−2i+(−1+2i)=−2．
故选：B．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：由空间图形A1B1C1−ABC是三棱台，可得平面ABC//平面A1B1C1，
当平面ABC1为平面α，平面α∩平面A1B1C1=m时，又平面α∩平面ABC=AB，
所以由面面平行的性质定理可知m//AB，所以选项C符合要求．
故选：C．
根据面面平行的性质定理即可判断．
本题考查了平面的基本性质以及推论，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：设圆锥母线长为lcm，底面半径为rcm，如图所示，
由题意得：πl22=6π，所以母线l=2 3cm，
所以侧面展开半圆的弧长为2 3πcm，
所以底面圆的周长为2 3π，即2πr=2 3π，所以底面半径r= 3cm，
所以该圆锥的高h= l2−r2= 12−3=3cm，
所以圆锥的体积V=13Sh=13×π×3×3=3πcm3．
故选：C．
设圆锥母线长为l，底面半径为r，根据题意可求得母线l，底面半径r，根据勾股定理，可求得圆锥的高h，代入体积公式，即可求得答案．
本题考查圆锥的结构特征及其应用，属于中档题．
4.【答案】B
【解析】解：因为acsC+3ccsA=0，
由余弦定理可得a×a2+b2−c22ab+3c×b2+c2−a22bc=0，
整理可得：2b2+c2−a2=0，则csB=a2+c2−b22ac=32c2+12a22ac≥2 34a2c22ac= 32，
当且仅当a= 3c，即a=4 3,c=4时，等号成立，
又sin2B+cs2B=1，所以sinB≤12，则△ABC的面积S=12acsinB≤4 3，
所以△ABC面积的最大值为4 3．
故选：B．
由题意，根据余弦定理可得csB=32c2+12a22ac，结合基本不等式和sin2B+cs2B=1可得sinB≤12，即可求解．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，基本不等式的性质的应用，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查三角形的解法、余弦定理的应用，考查实际问题的求解，考查计算能力，属于较难题．
由题意画出图形，设CD=x米，推出AD=x米，在△ABD中，由余弦定理得到关于x的方程，解得x，即可求出结果．
【解答】
解：如图，D为气球C在过AB且与地面平行的平面上的正投影，
设CD=x米，依题意知：∠CAD=45°，∠CBD=30°，∠ADB=150°，
则AD=x米，BD= 3x米．
在△ABD中，由余弦定理得AB2=AD2+BD2−2AD⋅BD⋅cs∠ADB，
即2662=x2+( 3x)2−2x×( 3x)×cs 150°=7x2，
解得x=266 77，
故测量时气球到地面的距离是(266 77+1)米．
故选：B．
6.【答案】A
【解析】解：分别取A1B1，AA1，AB，AC的中点F，E，H，G，
连接EF，FH，EG，GH，FG，所以EF//AB1，EG//A1C，
所以异面直线A1C与AB1所成角即为EF与EG所成角(或其补角)，
即∠FEG，设2AB=AA1=2，所以EF=EG= 1+(12)2= 52，
FG= FH2+GH2= 4+(12)2= 174= 172，
所以在△EFG中，所以cs∠FEG=EF2+EG2−FG22EF⋅EG=54+54−1742⋅ 52⋅ 52=−7452=−710，
所以异面直线A1C与AB1所成角的余弦值为710．
故选：A．
分别取A1B1，AA1，AB，AC的中点F，E，H，G，可得∠FEG是异面直线A1C与AB1所成角即为EF与EG所成角(或其补角)，在△EFG中，由余弦定理求解即可．
本题考查异面直线所成的角，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：由已知，补齐二十四等边体所在的正方体如图所示：
记正方体体心为O，取下底面ABCD中心为O1，二十四等边体的棱长为2，
易知OO1=BO1= 2，则外接球半径R=OB= 2+2=2，
所以外接球的表面积S=4πR2=16π，故A正确；
由欧拉公式可知：顶点数+面数−棱数=2，故B正确；
又因为PN//AD，易知直线AH与PN的夹角即为∠HAD=60°，
直线AH与PN的夹角为60°，故C正确；
又因为QH//EN，AB//MN，易知直线QH与直线AB的夹角为∠ENM=60°，
可知直线QH与直线AB不垂直，故直线QH与平面ABE不垂直，故D错误．
故选：D．
将二十四等边体补齐成正方体，根据空间几何相关知识进行判断．
本题主要考查命题真假的判断，几何体的结构特征，异面直线所成的角，线面位置关系的判断，考查逻辑推理与运算求解能力，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：勘探队员在山脚A测得山顶B的仰角为45°，他沿着坡角为15°的斜坡向上走了100米后到达C，在C处测得山顶B的仰角为60°，
则在△ABC中，∠ACB=135°,∠ABC=15°,AC=100,AB= 2BD，
由正弦定理得ABsin∠ACB=ACsin∠ABC，解得BD=50sin15∘=50( 6+ 2)米．
故选：B．
由题意得∠ACB=135°,∠ABC=15°,AC=100,AB= 2BD，利用正弦定理即可求解．
本题考查了正弦定理的实际应用，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：对于A，因为b=−2a，所以a，b不能作为基底，A错误；
对于B，根据向量的加法与减法的几何意义，当|a+b|=|a−b|时，以a,b为邻边的平行四边形为矩形，所以a⊥b，故B正确；
对于C，由题意知a+λb=(1+λ,2+λ)，当a//(a+λb)时，2(1+λ)=2+λ，解得λ=0，
又a与a+λb的夹角为锐角，所以a⋅(a+λb)=1+λ+2(2+λ)>0且λ≠0，解得λ>−53且λ≠0，所以C错误；
对于D，由题意a⋅b=20，|b|= 42+32=5，所以a在b上的投影向量为a⋅b|b|2⋅b=45(4,3)=(165,125).D正确．
故选：BD．
利用基底的性质、向量垂直的充要条件、向量的夹角与数量积的关系以及投影向量的概念，逐项计算和判断．
本题考查平面向量的有关概念和性质，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：A：连接AD1，BC1，如图AM⊂面ABC1D1，而B∈面ABC1D1，N∉面ABC1D1，
所以M，N，A，B四点不共面，错误；
B：若F为DD1中点，连接AF，N为棱CC1的中点，
由长方体性质知：AF//BN，显然BN⊄面ADM，
若BN//面ADM，而AF∩面ADM=A，显然有矛盾，
所以直线BN与平面ADM相交，正确；
C：若H，G分别是a，b，c中点，连接HD1，GD1，
由长方体性质易知：HD1//AF，GD1//B1M，
而AF//BN，故HD 1//BN，即直线BN和B1M所成的角为∠GD1H，
由题设A1G=A1H=A1D1=2，易知HD1=GD1=AG=2 2，即△HD1G为等边三角形，
所以∠GD1H为60°，正确；
D：若G分别是A1B1中点，显然MG//A1D1//AD，易知A，D，M，G共面，
所以平面ADM和平面A1B1C1D1的夹角，即为面ADMG和面A1B1C1D1的夹角，
而面ADMG∩面A1B1C1D1=MG，长方体中AA1⊥A1G，AA1⊥MG，
如图，∠AGA1为ADMG和面A1B1C1D1夹角的平面角，tan∠AGA1=AA1GA1=2，正确．
故选：BCD．
A：连接AD1，BC1，根据AM、B、N与面ABC1D1位置关系即可判断；B：F为DD1中点，连接AF，易得AF//BN，根据它们与面ADM的位置关系即可判断；C：若H，G分别是a，b，c中点，连接HD1，GD1，易知直线BN和B1M所成的角为∠GD1H，再证明△HD1G为等边三角形即可得大小；D：若G分别是A1B1中点，求面ADMG和面A1B1C1D1的夹角即可，根据面面角的定义找到其平面角即可．
本题考查立体几何知识的综合运用，考查逻辑推理能力以及运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】BC
【解析】解：对于A，取复数z1=i，则z12=−1∈R，z1∉R，选项A错误；
对于B，由z1z2=z1z2−z2z2−=z1⋅z2−|z2|2=z1−⋅z2|z2|2∈R，所以z−1z2∈R，选项B正确；
对于C，因为|z1z2|=|z1|z2|=2z2，所以z2∈R，且z2>0，所以|z2|=z2，且|z1|=2，所以z1z1−=|z1|2=4，选项C正确；
对于D，取z1=i，z2=−i，则z1z2=|z1|2=1，z1≠z2，选项D错误．
故选：BC．
选项A，取复数z1=i，判断即可；
选项B，由复数与它的共轭复数的积是实数，判断即可；
选项C，根据复数的定义与运算性质，判断即可；
选项D，取z1=i，z2=−i，判断即可．
本题考查了复数的概念与应用问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．
12.【答案】垂
【解析】解：因为三个侧面两两垂直可知三条侧棱两两垂直，
所以PA⊥PB⊥PC，
连接AH并延长交BC于点D，
由PA⊥PB⊥PC，知PA⊥BC①，
由PH是三棱锥P−ABC的高，
所以PH⊥BC②，
由①②得AD⊥BC，
同理，连接BH并延长AC交AC于点E，连接CH并延长AB于点F，
则BE⊥AC，CF⊥AB，
所以点H是三角形三边上高的交点，
即H是三角形的垂心，
故答案为：垂．
由三个侧面两两垂直可知三条侧棱两两垂直，得PA⊥PB⊥PC，连接AH并延长交BC于点D，由线面垂直的性质和线线垂直的判定定理，可得AD⊥BC，同理可得BE⊥AC，CF⊥AB，即可得出答案．
本题考查三棱锥的几何体性质，解题中需要理清思路，属于中档题．
13.【答案】160
【解析】解：假设在样本中，学生、教师的人数分别为m，n(1≤n记样本中所有学生的评分为xi，(i=1,2,3,…,m)，所有教师的评分为yj，(j=1,2,3,…,n)，
由x−=y−得z−=mx−+ny−m+n=x−=y−，
所以s2=1200[i=1m(xi−z−)2+j=1n(yj−z−)2]
=1200[i=1m(xi−x−)2+j=1n(yj−y−)2]=1200(msx2+nsy2)=45sxsy，
所以msx2+nsy2=160sxsy，即msxsy+nsysx=160，
令t=sxsy，则mt2−160t+n=0，Δ=25600−4mn=25600−4m(200−m)≥0，
即m2−200m+6400≥0，解得m≤40或m≥160，
因为1≤n100，所以m≥160．
所以总样本中学生样本的个数至少为160．
故答案为：160．
假设在样本中，学生、教师的人数分别为m，n(1≤n本题考查方差的计算，属于中档题．
14.【答案】 63
【解析】解：在Rt△ABC中，BC= 33，∠BAC=π6，则AB=2 33，
又平面ABC⊥α，平面ABC∩α=AC，AC⊥BC，BC⊂平面ABC，
所以BC⊥平面APC，
连接CP，CP⊂α，所以BC⊥CP，
得CP= BP2−BC2= BP2−13，
设∠ABP=θ(0<θ<π)，
则S△ABP=12AB⋅BPsinθ，
即 33=12⋅2 33⋅BPsinθ，
得BP=1sinθ，
当sinθ=1，即θ=π2，即AB⊥BP时，BP取到最小值1，
此时CP取到最小值 BP2−13= 12−13= 63．
故答案为： 63．
由题意，根据面面垂直的性质可得BC⊥平面APC，利用线面垂直的性质可得BC⊥CP，进而CP= BP2−13，由三角形的面积公式可得BP=1sinθ，即可求解．
本题考查勾股定理和三角形面积公式在立体几何中的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为z是纯虚数，
所以m2−m−6=0m2−11m+24≠0，解得m=−2；
(2)在复平面内z对应的点为(m2−m−6,m2−11m+24)，
由题意可得m2−m−6<0,m2−11m+24>0⇒−28或m<3,解得−2故m的取值范围是(−2,3)．
【解析】(1)根据已知条件，结合纯虚数的定义，即可求解；
(2)根据已知条件，结合复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查纯虚数的定义，以及复数的几何意义，属于基础题．
16.【答案】解：(1)证明：因为PO⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以PO⊥AC，
因为ABCD为菱形，所以AC⊥BD，
又BD∩PO=O，BD⊂平面PBD，PO⊂平面PBD，
所以AC⊥平面PBD．
(2)如图，连接OE，则OE⊂平面ACE，
由AC⊥平面PBD，OE⊂平面PBD，OP⊂平面PBD，
得AC⊥OE，AC⊥OP，
故∠POE即为二面角P−AC−E的平面角，
在菱形ABCD中，AB=AD=2，∠BAD=120°，
所以BD=2 3,OD= 3，
又PO=2，所以PB=PD= 22+( 3)2= 7，
由点E为PD的中点，得OE=12PD= 72,PE=12PD= 72，
所以△POE为等腰三角形，
在△POE内过点E作高，垂足为H，则HO=1，
所以cs∠POE=cs∠HOE=HOOE=1 72=2 77，
即二面角P−AC−E的余弦值为2 77．
【解析】(1)先根据线面垂直的性质定理得PO⊥AC，再结合菱形性质利用线面垂直的判定定理证明即可．
(2)根据二面角的平面角定义作出二面角的平面角，然后利用直角三角形的边角关系求解即可．
本题考查线面垂直的判定以及二面角的计算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接PO，如图，
则O为BD的中点，
由于P是DD1的中点，故PO//BD1，
∵PO⊂平面PAC，BD1⊄平面PAC，
∴BD1//平面PAC；
(2)证明：在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，则AC⊥BD，
又DD1⊥平面ABCD，且AC⊂平面ABCD，则DD1⊥AC，
∵BD⊂平面BDD1B1，D1D⊂平面BDD1B1，BD∩D1D=D，
∴AC⊥平面BDD1B1，又BD1⊂平面BDD1B1，
∴BD1⊥AC；
(3)连接B1P，B1O，
∵PA=PC，O是AC的中点，∴PO⊥AC，
∵AA1//BB1，AA1⊥平面ABCD，∴BB1⊥平面ABCD，
又AC⊂平面ABCD，∴BB1⊥AC，
由底面ABCD是菱形，得AC⊥BD，
又BB1∩BD=B，BB1，BD⊂平面BDD1B1，
∴AC⊥平面BDD1B1，又B1O⊂平面BDD1B1，
∴B1O⊥AC，
则∠B1OP为二面角B1−AC−P的平面角，
B1O= 22+(12)2= 172，PO= 12+(12)2= 52，B1P= 12+12= 2，
由余弦定理可知cs∠B1OP=174+54−22× 172× 52=7 8585，
∴二面角B1−AC−P的余弦值为7 8585．
【解析】(1)连接BD交AC于点O，连接PO，易得PO//BD1，再根据线面平行的判定定理，即可证明；
(2)先证明AC⊥平面BDD1B1，再利用线面垂直的性质，即可证明；
(3)连接B1P，B1O，可证明∠B1OP为二面角B1−AC−P的平面角，利用余弦定理求解余弦值即可．
本题考查线面平行的证明，线线垂直的证明，二面角的求解，化归转化思想，属中档题．
18.【答案】解：(1)P2=13×13+23×23=59，
P3=P2×13+23×13×1+13×23×23=59；
(2)因为每次中奖后袋中的球会回到初始状态，
从初始状态开始，若第一次中奖，此时第n次抽奖中奖的概率为13Pn−1，
从初始状态开始，若第一次未中奖而第二次中奖，此时第n次抽奖中奖的概率为23×23×Pn−2=49Pn−2，
从初始状态开始，若前两次均未中奖，则第三次必中奖，
此时第n次抽奖中奖的概率为23×13×1×Pn−3=29Pn−3，
综上所述，对任意的n≥4，Pn=13Pn−1+49Pn−2+29Pn−3，
又Pn=aPn−1+bPn−2+cPn−3，
所以a=13,b=49,c=29；
(3)由题意知每抽三次至少有一次中奖，
故连抽9次至少中奖3次，
所以只需排除3次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，
另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，
从初始状态开始，抽一次中奖的概率为Q1=13，
从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率为Q2=49，
从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率为Q3=29，
用(i,j,k)表示第i次，第j次，第k次中奖，其余未中奖，
则三次中奖的所有情况如下：(1,4,7)，(2,4,7)，(2,5,7)，(2,5,8)，(3,4,7)，(3,5,7)，(3,5,8)，(3,6,7)，(3,6,8)，(3,6,9)，
故仅三次中奖的概率为：
Q1×Q22×23×13×3+Q22×Q3×23×13×3+Q2×Q32×23×3+Q33=2082187，
所以从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为1−2082187=19792187．
【解析】(1)根据概率的乘法公式计算即可；
(2)分别求出第一次中奖，第n次抽奖中奖的概率，第一次未中奖而第二次中奖，第n次抽奖中奖的概率，前两次均未中奖，第n次抽奖中奖的概率，即可得解；
(3)由题意知每抽三次至少有一次中奖，故连抽9次至少中奖3次，故只需排除3次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，分别从初始状态开始，抽一次中奖的概率，从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率，从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率，再求出仅三次中奖的概率即可得解．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，考查了古典概型的概率公式，属于中档题．
19.【答案】解：(1)如图，因为AB−AC=1，AC=3，所以AB=4，
因为D为边AB上一点，AD=2，所以D为AB中点，
又BC=AC=3，所以CD⊥AB，所以cs∠ABC=BDBC=23，
所以BA⋅BC=|BA|⋅|BC|cs∠ABC=4×3×23=8，
设AP=λAM,CP=μCD,λ,μ∈R，
则BP=AP−AB=λAM−AB
=λ(BM−BA)+BA
=λ(13BC−BA)+BA
=(1−λ)BA+13λBC，
BP=CP−CB=μCD−CB
=μ(BD−BC)+BC
=μ(12BA−BC)+BC
=12μBA+(1−μ)BC，
因为BA,BC不共线，所以1−λ=μ2λ3=1−μ，解得λ=35μ=45．
所以AP=35AM=35(BM−BA)=35(13BC−BA)=−35BA+15BC，
CP=45CD=45(BD−BC)=45(12BA−BC)=25BA−45BC，
则AP2=(−35BA+15BC)2=925BA2−625BA⋅BC+125BC2=925×16−625×8+125×9=10525，
所以|AP|= 1055，
CP2=(25BA−45BC)2=425BA2−1625BA⋅BC+1625BC2=425×16−1625×8+1625×9=8025，
所以|CP|=4 55，
AP⋅CP=−625BA2+1425BA⋅BC−425BC2=−625×16+1425×8−425×9=−45，
所以cs∠APC=AP⋅CP|AP||CP|=−45 1055×4 55=− 2121．
(2)如图，在△BCD中，由余弦定理得，cs∠DBC=BD2+BC2−CD22BD⋅BC=59，
所以cs∠ABC=59，设AC=x，则AB=x+1，
在△ABC中，由余弦定理得，cs∠ABC=BA2+BC2−AC22BA⋅BC=(x+1)2+9−x22(x+1)×3=59，
解得x=5，所以AC=5，AB=6，又0<∠ABC<π，
所以sin∠ABC= 1−cs2∠ABC=2 149，
所以△ABM的面积S△ABM=12AB⋅BM⋅sin∠ABM=2 143，
△BCD的面积S△BCD=12BD⋅BC⋅sin∠ABM= 142，
设四边形BDPM的面积为S，
则△APD和△MPC的面积之差S△APD−S△MPC=(S△ABM−S)−(S△BCD−S)=S△ABM−S△BCD= 146．
【解析】(1)以BA,BC为基底表示出向量AP,CP，再由向量夹角的余弦公式计算即可；
(2)先解三角形求出AB，再利用S△APD−S△MPC=S△ABM−S△BCD求解即可．
本题考查了解三角形与平面向量数量积的应用问题，也考查了数学运算核心素养，是中档题．
1.已知复数z满足1−3iz=1+i，z−是z的共轭复数，则z+z−等于( )
A. −2iB. −2C. −4iD. −1
2.如图，空间图形A1B1C1−ABC是三棱台，在点A1，B1，C1，A，B，C中取3个点确定平面α，α∩平面A1B1C1=m，且m//AB，则所取的这3个点可以是( )
A. A，B1，C
B. A1，B，C1
C. A，B，C1
D. A，B1，C1
3.已知圆锥侧面积为6πcm2，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为( )
A. 9πB. 6 2πC. 3πD. 3π
4.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且ac=16 3,acsC+3ccsA=0，则△ABC面积的最大值为( )
A. 6 3B. 4 3C. 3 5D. 6
5.空中有一气球，在它的正西方A点测得它的仰角为45°，同时在它南偏东60°的B点，测得它的仰角为30°，若A、B两点间的距离为266米，这两个观测点均离地1米，那么测量时气球到地面的距离是( )
A. 266 77米B. (266 77+1)米C. 266米D. 266 7米
6.在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥面ABC，2AB=AA1，则异面直线A1C与AB1所成角的余弦值为( )
A. 710B. 45C. 12D. 13
7.半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体．它由八个正三角形和六个正方形围成(如图所示)，若它的棱长为2，则下列说法错误的是( )
A. 该二十四等边体的外接球的表面积为16π
B. 该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E，满足关系式V+F−E=2
C. 直线AH与PN的夹角为60°
D. QH⊥平面ABE
8.某地开展植树造林活动，拟测量某座山的高.勘探队员在山脚A测得山顶B的仰角为45°，他沿着坡角为15°的斜坡向上走了100米后到达C，在C处测得山顶B的仰角为60°.设山高为BD，若A，B，C，D在同一铅垂面，且在该铅锤面上A，C位于直线BD的同侧，则BD=( )
A. 50 6−50 2米B. 50 6+50 2米
C. 100 6−100 2米D. 100 6+100 2米
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 若a=(1,−3)，b=(−2,6)，则{a,b}可作为平面向量的一组基底
B. 若a，b都是非零向量，且|a+b|=|a−b|，则a⊥b
C. 已知a=(1,2)，b=(1,1)，且a与a+λb的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是(−53,+∞)
D. 若a=(5,0)，b=(4,3)，则a在b上的投影向量的坐标是(165,125)
10.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=AB=4，BC=2，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则下列说法正确的是( )
A. M，N，A，B四点共面
B. 直线BN与平面ADM相交
C. 直线BN和B1M所成的角为60°
D. 平面ADM和平面A1B1C1D1的夹角的正切值为2
11.已知复数z1，z2(z2≠0)，下列命题中正确的是( )
A. 若z12∈R，则z1∈RB. 若z1z2∈R，则z−1z2∈R
C. 若|z1z2|=2z2，则z1z1−=4D. 若z1z2=|z1|2，则z1=z2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.三棱锥P−ABC的高为PH，若三个侧面两两垂直，则H为△ABC的______心.
13.厦门一中为提升学校食堂的服务水平，组织全校师生对学校食堂满意度进行评分，按照分层抽样方法，抽取200位师生的评分作为样本，在这200个样本中，所有学生评分样本的平均数为x−，方差为sx2，所有教师评分样本的半均数为y−，方差为sy2，总样本的平均数为z−，方差为s2，若x−=y−,s2=45sxsy，抽取的学生样本多于教师样本，则总样本中学生样本的个数至少为______．
14.如图所示，直角三角形ABC所在平面垂直于平面α，一条直角边AC在平百α内，另一条直角边BC长为 33且∠BAC=π6，若平面α上存在点P，使得△ABP的面积为 33，则线段CP长度的最小值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题15分)
已知m∈R，复数z=m2−m−6+(m2−11m+24)i(i是虚数单位)．
(1)若z是纯虚数，求m的值；
(2)若z在复平面内对应的点位于第二象限，求m的取值范围．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD=120°，AB=2，AC∩BD=O，PO⊥底面ABCD，点E在棱PD上．
(1)求证：AC⊥平面PBD；
(2)若OP=2，点E为PD的中点，求二面角P−AC−E的余弦值．
17.(本小题15分)
如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AA1⊥平面ABCD，AB=1，AA1=2，∠BAD=60°，点P为DD1的中点．
(1)求证：直线BD1//平面PAC；
(2)求证：BD1⊥AC；
(3)求二面角B1−AC−P的余弦值．
18.(本小题15分)
在某抽奖活动中，初始时的袋子中有3个除颜色外其余都相同的小球，颜色为2白1红.每次随机抽取一个小球后放回.抽奖规则如下：设定抽中红球为中奖，抽中白球为未中奖；若抽到白球，放回后把袋中的一个白色小球替换为红色；若抽到红球，放回后把三个球的颜色重新变为2白1红的初始状态.记第n次抽奖中奖的概率为Pn．
(1)求P2，P3；
(2)若存在实数a，b，c，对任意的不小于4的正整数n，都有Pn=aPn−1+bPn−2+cPn−3，试确定a，b，c的值，并证明上述递推公式；
(3)若累计中奖4次及以上可以获得一枚优胜者勋章，则从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为多少？
19.(本小题17分)
在△ABC中，BC=3，AB−AC=1.M为边BC上一点，BM=1，D为边AB上一点，AM交CD于P．
(1)若AC=3，AD=2，求cs∠APC；
(2)若BD=32,CD=52，求△APD和△MPC的面积之差．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：1−3iz=1+i，
则z=1−3i1+i=(1−3i)(1−i)(1+i)(1−i)=−1−2i，z−=−1+2i，
故z+z−=−1−2i+(−1+2i)=−2．
故选：B．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：由空间图形A1B1C1−ABC是三棱台，可得平面ABC//平面A1B1C1，
当平面ABC1为平面α，平面α∩平面A1B1C1=m时，又平面α∩平面ABC=AB，
所以由面面平行的性质定理可知m//AB，所以选项C符合要求．
故选：C．
根据面面平行的性质定理即可判断．
本题考查了平面的基本性质以及推论，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：设圆锥母线长为lcm，底面半径为rcm，如图所示，
由题意得：πl22=6π，所以母线l=2 3cm，
所以侧面展开半圆的弧长为2 3πcm，
所以底面圆的周长为2 3π，即2πr=2 3π，所以底面半径r= 3cm，
所以该圆锥的高h= l2−r2= 12−3=3cm，
所以圆锥的体积V=13Sh=13×π×3×3=3πcm3．
故选：C．
设圆锥母线长为l，底面半径为r，根据题意可求得母线l，底面半径r，根据勾股定理，可求得圆锥的高h，代入体积公式，即可求得答案．
本题考查圆锥的结构特征及其应用，属于中档题．
4.【答案】B
【解析】解：因为acsC+3ccsA=0，
由余弦定理可得a×a2+b2−c22ab+3c×b2+c2−a22bc=0，
整理可得：2b2+c2−a2=0，则csB=a2+c2−b22ac=32c2+12a22ac≥2 34a2c22ac= 32，
当且仅当a= 3c，即a=4 3,c=4时，等号成立，
又sin2B+cs2B=1，所以sinB≤12，则△ABC的面积S=12acsinB≤4 3，
所以△ABC面积的最大值为4 3．
故选：B．
由题意，根据余弦定理可得csB=32c2+12a22ac，结合基本不等式和sin2B+cs2B=1可得sinB≤12，即可求解．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，基本不等式的性质的应用，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查三角形的解法、余弦定理的应用，考查实际问题的求解，考查计算能力，属于较难题．
由题意画出图形，设CD=x米，推出AD=x米，在△ABD中，由余弦定理得到关于x的方程，解得x，即可求出结果．
【解答】
解：如图，D为气球C在过AB且与地面平行的平面上的正投影，
设CD=x米，依题意知：∠CAD=45°，∠CBD=30°，∠ADB=150°，
则AD=x米，BD= 3x米．
在△ABD中，由余弦定理得AB2=AD2+BD2−2AD⋅BD⋅cs∠ADB，
即2662=x2+( 3x)2−2x×( 3x)×cs 150°=7x2，
解得x=266 77，
故测量时气球到地面的距离是(266 77+1)米．
故选：B．
6.【答案】A
【解析】解：分别取A1B1，AA1，AB，AC的中点F，E，H，G，
连接EF，FH，EG，GH，FG，所以EF//AB1，EG//A1C，
所以异面直线A1C与AB1所成角即为EF与EG所成角(或其补角)，
即∠FEG，设2AB=AA1=2，所以EF=EG= 1+(12)2= 52，
FG= FH2+GH2= 4+(12)2= 174= 172，
所以在△EFG中，所以cs∠FEG=EF2+EG2−FG22EF⋅EG=54+54−1742⋅ 52⋅ 52=−7452=−710，
所以异面直线A1C与AB1所成角的余弦值为710．
故选：A．
分别取A1B1，AA1，AB，AC的中点F，E，H，G，可得∠FEG是异面直线A1C与AB1所成角即为EF与EG所成角(或其补角)，在△EFG中，由余弦定理求解即可．
本题考查异面直线所成的角，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：由已知，补齐二十四等边体所在的正方体如图所示：
记正方体体心为O，取下底面ABCD中心为O1，二十四等边体的棱长为2，
易知OO1=BO1= 2，则外接球半径R=OB= 2+2=2，
所以外接球的表面积S=4πR2=16π，故A正确；
由欧拉公式可知：顶点数+面数−棱数=2，故B正确；
又因为PN//AD，易知直线AH与PN的夹角即为∠HAD=60°，
直线AH与PN的夹角为60°，故C正确；
又因为QH//EN，AB//MN，易知直线QH与直线AB的夹角为∠ENM=60°，
可知直线QH与直线AB不垂直，故直线QH与平面ABE不垂直，故D错误．
故选：D．
将二十四等边体补齐成正方体，根据空间几何相关知识进行判断．
本题主要考查命题真假的判断，几何体的结构特征，异面直线所成的角，线面位置关系的判断，考查逻辑推理与运算求解能力，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：勘探队员在山脚A测得山顶B的仰角为45°，他沿着坡角为15°的斜坡向上走了100米后到达C，在C处测得山顶B的仰角为60°，
则在△ABC中，∠ACB=135°,∠ABC=15°,AC=100,AB= 2BD，
由正弦定理得ABsin∠ACB=ACsin∠ABC，解得BD=50sin15∘=50( 6+ 2)米．
故选：B．
由题意得∠ACB=135°,∠ABC=15°,AC=100,AB= 2BD，利用正弦定理即可求解．
本题考查了正弦定理的实际应用，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：对于A，因为b=−2a，所以a，b不能作为基底，A错误；
对于B，根据向量的加法与减法的几何意义，当|a+b|=|a−b|时，以a,b为邻边的平行四边形为矩形，所以a⊥b，故B正确；
对于C，由题意知a+λb=(1+λ,2+λ)，当a//(a+λb)时，2(1+λ)=2+λ，解得λ=0，
又a与a+λb的夹角为锐角，所以a⋅(a+λb)=1+λ+2(2+λ)>0且λ≠0，解得λ>−53且λ≠0，所以C错误；
对于D，由题意a⋅b=20，|b|= 42+32=5，所以a在b上的投影向量为a⋅b|b|2⋅b=45(4,3)=(165,125).D正确．
故选：BD．
利用基底的性质、向量垂直的充要条件、向量的夹角与数量积的关系以及投影向量的概念，逐项计算和判断．
本题考查平面向量的有关概念和性质，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：A：连接AD1，BC1，如图AM⊂面ABC1D1，而B∈面ABC1D1，N∉面ABC1D1，
所以M，N，A，B四点不共面，错误；
B：若F为DD1中点，连接AF，N为棱CC1的中点，
由长方体性质知：AF//BN，显然BN⊄面ADM，
若BN//面ADM，而AF∩面ADM=A，显然有矛盾，
所以直线BN与平面ADM相交，正确；
C：若H，G分别是a，b，c中点，连接HD1，GD1，
由长方体性质易知：HD1//AF，GD1//B1M，
而AF//BN，故HD 1//BN，即直线BN和B1M所成的角为∠GD1H，
由题设A1G=A1H=A1D1=2，易知HD1=GD1=AG=2 2，即△HD1G为等边三角形，
所以∠GD1H为60°，正确；
D：若G分别是A1B1中点，显然MG//A1D1//AD，易知A，D，M，G共面，
所以平面ADM和平面A1B1C1D1的夹角，即为面ADMG和面A1B1C1D1的夹角，
而面ADMG∩面A1B1C1D1=MG，长方体中AA1⊥A1G，AA1⊥MG，
如图，∠AGA1为ADMG和面A1B1C1D1夹角的平面角，tan∠AGA1=AA1GA1=2，正确．
故选：BCD．
A：连接AD1，BC1，根据AM、B、N与面ABC1D1位置关系即可判断；B：F为DD1中点，连接AF，易得AF//BN，根据它们与面ADM的位置关系即可判断；C：若H，G分别是a，b，c中点，连接HD1，GD1，易知直线BN和B1M所成的角为∠GD1H，再证明△HD1G为等边三角形即可得大小；D：若G分别是A1B1中点，求面ADMG和面A1B1C1D1的夹角即可，根据面面角的定义找到其平面角即可．
本题考查立体几何知识的综合运用，考查逻辑推理能力以及运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】BC
【解析】解：对于A，取复数z1=i，则z12=−1∈R，z1∉R，选项A错误；
对于B，由z1z2=z1z2−z2z2−=z1⋅z2−|z2|2=z1−⋅z2|z2|2∈R，所以z−1z2∈R，选项B正确；
对于C，因为|z1z2|=|z1|z2|=2z2，所以z2∈R，且z2>0，所以|z2|=z2，且|z1|=2，所以z1z1−=|z1|2=4，选项C正确；
对于D，取z1=i，z2=−i，则z1z2=|z1|2=1，z1≠z2，选项D错误．
故选：BC．
选项A，取复数z1=i，判断即可；
选项B，由复数与它的共轭复数的积是实数，判断即可；
选项C，根据复数的定义与运算性质，判断即可；
选项D，取z1=i，z2=−i，判断即可．
本题考查了复数的概念与应用问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．
12.【答案】垂
【解析】解：因为三个侧面两两垂直可知三条侧棱两两垂直，
所以PA⊥PB⊥PC，
连接AH并延长交BC于点D，
由PA⊥PB⊥PC，知PA⊥BC①，
由PH是三棱锥P−ABC的高，
所以PH⊥BC②，
由①②得AD⊥BC，
同理，连接BH并延长AC交AC于点E，连接CH并延长AB于点F，
则BE⊥AC，CF⊥AB，
所以点H是三角形三边上高的交点，
即H是三角形的垂心，
故答案为：垂．
由三个侧面两两垂直可知三条侧棱两两垂直，得PA⊥PB⊥PC，连接AH并延长交BC于点D，由线面垂直的性质和线线垂直的判定定理，可得AD⊥BC，同理可得BE⊥AC，CF⊥AB，即可得出答案．
本题考查三棱锥的几何体性质，解题中需要理清思路，属于中档题．
13.【答案】160
【解析】解：假设在样本中，学生、教师的人数分别为m，n(1≤n
由x−=y−得z−=mx−+ny−m+n=x−=y−，
所以s2=1200[i=1m(xi−z−)2+j=1n(yj−z−)2]
=1200[i=1m(xi−x−)2+j=1n(yj−y−)2]=1200(msx2+nsy2)=45sxsy，
所以msx2+nsy2=160sxsy，即msxsy+nsysx=160，
令t=sxsy，则mt2−160t+n=0，Δ=25600−4mn=25600−4m(200−m)≥0，
即m2−200m+6400≥0，解得m≤40或m≥160，
因为1≤n
所以总样本中学生样本的个数至少为160．
故答案为：160．
假设在样本中，学生、教师的人数分别为m，n(1≤n
14.【答案】 63
【解析】解：在Rt△ABC中，BC= 33，∠BAC=π6，则AB=2 33，
又平面ABC⊥α，平面ABC∩α=AC，AC⊥BC，BC⊂平面ABC，
所以BC⊥平面APC，
连接CP，CP⊂α，所以BC⊥CP，
得CP= BP2−BC2= BP2−13，
设∠ABP=θ(0<θ<π)，
则S△ABP=12AB⋅BPsinθ，
即 33=12⋅2 33⋅BPsinθ，
得BP=1sinθ，
当sinθ=1，即θ=π2，即AB⊥BP时，BP取到最小值1，
此时CP取到最小值 BP2−13= 12−13= 63．
故答案为： 63．
由题意，根据面面垂直的性质可得BC⊥平面APC，利用线面垂直的性质可得BC⊥CP，进而CP= BP2−13，由三角形的面积公式可得BP=1sinθ，即可求解．
本题考查勾股定理和三角形面积公式在立体几何中的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为z是纯虚数，
所以m2−m−6=0m2−11m+24≠0，解得m=−2；
(2)在复平面内z对应的点为(m2−m−6,m2−11m+24)，
由题意可得m2−m−6<0,m2−11m+24>0⇒−2
【解析】(1)根据已知条件，结合纯虚数的定义，即可求解；
(2)根据已知条件，结合复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查纯虚数的定义，以及复数的几何意义，属于基础题．
16.【答案】解：(1)证明：因为PO⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以PO⊥AC，
因为ABCD为菱形，所以AC⊥BD，
又BD∩PO=O，BD⊂平面PBD，PO⊂平面PBD，
所以AC⊥平面PBD．
(2)如图，连接OE，则OE⊂平面ACE，
由AC⊥平面PBD，OE⊂平面PBD，OP⊂平面PBD，
得AC⊥OE，AC⊥OP，
故∠POE即为二面角P−AC−E的平面角，
在菱形ABCD中，AB=AD=2，∠BAD=120°，
所以BD=2 3,OD= 3，
又PO=2，所以PB=PD= 22+( 3)2= 7，
由点E为PD的中点，得OE=12PD= 72,PE=12PD= 72，
所以△POE为等腰三角形，
在△POE内过点E作高，垂足为H，则HO=1，
所以cs∠POE=cs∠HOE=HOOE=1 72=2 77，
即二面角P−AC−E的余弦值为2 77．
【解析】(1)先根据线面垂直的性质定理得PO⊥AC，再结合菱形性质利用线面垂直的判定定理证明即可．
(2)根据二面角的平面角定义作出二面角的平面角，然后利用直角三角形的边角关系求解即可．
本题考查线面垂直的判定以及二面角的计算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接PO，如图，
则O为BD的中点，
由于P是DD1的中点，故PO//BD1，
∵PO⊂平面PAC，BD1⊄平面PAC，
∴BD1//平面PAC；
(2)证明：在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，则AC⊥BD，
又DD1⊥平面ABCD，且AC⊂平面ABCD，则DD1⊥AC，
∵BD⊂平面BDD1B1，D1D⊂平面BDD1B1，BD∩D1D=D，
∴AC⊥平面BDD1B1，又BD1⊂平面BDD1B1，
∴BD1⊥AC；
(3)连接B1P，B1O，
∵PA=PC，O是AC的中点，∴PO⊥AC，
∵AA1//BB1，AA1⊥平面ABCD，∴BB1⊥平面ABCD，
又AC⊂平面ABCD，∴BB1⊥AC，
由底面ABCD是菱形，得AC⊥BD，
又BB1∩BD=B，BB1，BD⊂平面BDD1B1，
∴AC⊥平面BDD1B1，又B1O⊂平面BDD1B1，
∴B1O⊥AC，
则∠B1OP为二面角B1−AC−P的平面角，
B1O= 22+(12)2= 172，PO= 12+(12)2= 52，B1P= 12+12= 2，
由余弦定理可知cs∠B1OP=174+54−22× 172× 52=7 8585，
∴二面角B1−AC−P的余弦值为7 8585．
【解析】(1)连接BD交AC于点O，连接PO，易得PO//BD1，再根据线面平行的判定定理，即可证明；
(2)先证明AC⊥平面BDD1B1，再利用线面垂直的性质，即可证明；
(3)连接B1P，B1O，可证明∠B1OP为二面角B1−AC−P的平面角，利用余弦定理求解余弦值即可．
本题考查线面平行的证明，线线垂直的证明，二面角的求解，化归转化思想，属中档题．
18.【答案】解：(1)P2=13×13+23×23=59，
P3=P2×13+23×13×1+13×23×23=59；
(2)因为每次中奖后袋中的球会回到初始状态，
从初始状态开始，若第一次中奖，此时第n次抽奖中奖的概率为13Pn−1，
从初始状态开始，若第一次未中奖而第二次中奖，此时第n次抽奖中奖的概率为23×23×Pn−2=49Pn−2，
从初始状态开始，若前两次均未中奖，则第三次必中奖，
此时第n次抽奖中奖的概率为23×13×1×Pn−3=29Pn−3，
综上所述，对任意的n≥4，Pn=13Pn−1+49Pn−2+29Pn−3，
又Pn=aPn−1+bPn−2+cPn−3，
所以a=13,b=49,c=29；
(3)由题意知每抽三次至少有一次中奖，
故连抽9次至少中奖3次，
所以只需排除3次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，
另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，
从初始状态开始，抽一次中奖的概率为Q1=13，
从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率为Q2=49，
从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率为Q3=29，
用(i,j,k)表示第i次，第j次，第k次中奖，其余未中奖，
则三次中奖的所有情况如下：(1,4,7)，(2,4,7)，(2,5,7)，(2,5,8)，(3,4,7)，(3,5,7)，(3,5,8)，(3,6,7)，(3,6,8)，(3,6,9)，
故仅三次中奖的概率为：
Q1×Q22×23×13×3+Q22×Q3×23×13×3+Q2×Q32×23×3+Q33=2082187，
所以从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为1−2082187=19792187．
【解析】(1)根据概率的乘法公式计算即可；
(2)分别求出第一次中奖，第n次抽奖中奖的概率，第一次未中奖而第二次中奖，第n次抽奖中奖的概率，前两次均未中奖，第n次抽奖中奖的概率，即可得解；
(3)由题意知每抽三次至少有一次中奖，故连抽9次至少中奖3次，故只需排除3次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，分别从初始状态开始，抽一次中奖的概率，从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率，从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率，再求出仅三次中奖的概率即可得解．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，考查了古典概型的概率公式，属于中档题．
19.【答案】解：(1)如图，因为AB−AC=1，AC=3，所以AB=4，
因为D为边AB上一点，AD=2，所以D为AB中点，
又BC=AC=3，所以CD⊥AB，所以cs∠ABC=BDBC=23，
所以BA⋅BC=|BA|⋅|BC|cs∠ABC=4×3×23=8，
设AP=λAM,CP=μCD,λ,μ∈R，
则BP=AP−AB=λAM−AB
=λ(BM−BA)+BA
=λ(13BC−BA)+BA
=(1−λ)BA+13λBC，
BP=CP−CB=μCD−CB
=μ(BD−BC)+BC
=μ(12BA−BC)+BC
=12μBA+(1−μ)BC，
因为BA,BC不共线，所以1−λ=μ2λ3=1−μ，解得λ=35μ=45．
所以AP=35AM=35(BM−BA)=35(13BC−BA)=−35BA+15BC，
CP=45CD=45(BD−BC)=45(12BA−BC)=25BA−45BC，
则AP2=(−35BA+15BC)2=925BA2−625BA⋅BC+125BC2=925×16−625×8+125×9=10525，
所以|AP|= 1055，
CP2=(25BA−45BC)2=425BA2−1625BA⋅BC+1625BC2=425×16−1625×8+1625×9=8025，
所以|CP|=4 55，
AP⋅CP=−625BA2+1425BA⋅BC−425BC2=−625×16+1425×8−425×9=−45，
所以cs∠APC=AP⋅CP|AP||CP|=−45 1055×4 55=− 2121．
(2)如图，在△BCD中，由余弦定理得，cs∠DBC=BD2+BC2−CD22BD⋅BC=59，
所以cs∠ABC=59，设AC=x，则AB=x+1，
在△ABC中，由余弦定理得，cs∠ABC=BA2+BC2−AC22BA⋅BC=(x+1)2+9−x22(x+1)×3=59，
解得x=5，所以AC=5，AB=6，又0<∠ABC<π，
所以sin∠ABC= 1−cs2∠ABC=2 149，
所以△ABM的面积S△ABM=12AB⋅BM⋅sin∠ABM=2 143，
△BCD的面积S△BCD=12BD⋅BC⋅sin∠ABM= 142，
设四边形BDPM的面积为S，
则△APD和△MPC的面积之差S△APD−S△MPC=(S△ABM−S)−(S△BCD−S)=S△ABM−S△BCD= 146．
【解析】(1)以BA,BC为基底表示出向量AP,CP，再由向量夹角的余弦公式计算即可；
(2)先解三角形求出AB，再利用S△APD−S△MPC=S△ABM−S△BCD求解即可．
本题考查了解三角形与平面向量数量积的应用问题，也考查了数学运算核心素养，是中档题．
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