2023-2024学年江苏省溧阳市高一下学期期末教学质量调研数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省溧阳市高一下学期期末教学质量调研数学试题（含解析），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。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.一个射击选手连续射击10次，成绩如下：
则该选手射击成绩的中位数为( )
A. 8B. 9C. 9.5D. 8.7
2.复数z=1+2i3+4i在复平面内对应的点所在的象限是( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.从某班学号为1到10的十名学生(其中含学生甲)中抽取3名学生参加某项调查，现用抽签法抽取样本(不放回抽取)，每次抽取一个号码，共抽3次，设甲第一次被抽到的可能性为a，第二次被抽到的可能性为b，则( )
A. a=310，b=29B. a=110，b=19
C. a=310，b=310D. a=110，b=110
4.正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线BD1与平面BCC1B1所成角的余弦值为( )
A. 12B. 22C. 33D. 63
5.若甲组样本数据x1,x2,⋯,xn(数据各不相同)的平均数为3，方差为4，乙组样本数据2x1−a，2x2−a，⋯，2xn−a的平均数为5，则下列说法错误的是( )
A. a的值为1B. 两组样本数据的样本极差不同
C. 两组样本数据的样本中位数一定相同D. 乙组样本数据的标准差为4
6.函数fx=cs2x−4sinx−1的值域是( )
A. (−∞,2]B. [−2,2]C. [0,2]D. [−6,2]
7.若平面向量a，b，c两两的夹角相等，且|a|=1，|b|=1，|c|=3，则|a+b+c|= ( )
A. 2B. 5C. 2或5D. 2或 5
8.在▵ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知c=2，a+2csA=b+2csB，a≠b，则▵ABC面积的最大值为( )
A. 1B. 2C. 3D. 2 3
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知z1,z2∈C，则下列结论正确的是( )
A. 若z2=z1，则z1+z2∈R
B. z1+z2=z1+z2
C. 若z1，z2是方程x2+x+1=0的两解，则z1z2=1
D. z1z22=z1z22
10.某市高一年级举行了阶段性检测，为了了解本次检测的学生成绩情况，从中抽取了200名学生的成绩(成绩均为正整数，满分为100分)作为样本进行统计，按照50,60,60,70,70,80,80,90,90,100的分组作出频率分布直方图如图所示．则( )
A. 图中x=0.016
B. 估计该市全体学生成绩的平均分为71
C. 若对成绩前10%的学生进行奖励，则受奖励学生的考试成绩大约至少为84分
D. 若在90,100的样本成绩对应的学生(包括学生甲和乙)中随机选取两名进行访谈，则甲、乙两人至少抽到一人的概率为1328
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为2，点P是侧面BB1C1C上的动点(不含边界)，下列结论正确的是( )
A. 三棱锥A−PDD1的体积为43
B. 存在点P，使得A1P⊥平面AB1D1
C. 若PB2+PC2=4，则三棱锥P−ABC的外接球体积为8 23π
D. 若O为线段A1D的中点，OP与平面BB1C1C所成角为π3，则点P的轨迹长度为2π3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.一只不透明的口袋内装有5个小球，其中3个白球、2个黑球．现有放回地从袋中依次摸出1个球，则前两次摸出的球均为白球的概率为 ．
13.在▵ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若c= 3，C=30∘，则a+bsinA+sinB= ．
14.如图，展现的是一种被称为“旋四角反棱柱”的十面体ABCD−EFGH，其上下底面平行且均为正方形，上下底面的中心所在直线垂直于两底面．已知此多面体上下底面的边长为2 2，上下底面之间的距离为3 2，则此十面体体积的最大值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
在▵ABC中，D为线段BC的中点，若AB=(2,4)，AC=(1,3)，求：
(1)线段AD的长；
(2)▵ABC的面积．
16.(本小题12分)
如图所示，在三棱锥P−ABC中，AB=BC=2 2，PA=PB=PC=AC=4，点O，M分别为线段AC，AB的中点．
(1)若平面POM∩平面PBC=l，证明：l//BC；
(2)证明：OP⊥平面ABC；
(3)求二面角P−BC−A的余弦值．
17.(本小题12分)
已知函数fx=cs4ωx−2sinωxcsωx−sin4ωxω>0的最小正周期为π．
(1)求ω的值；
(2)若关于x的方程fx−m=0在0,π2上有解，求m的取值范围；
(3)若A0,1关于Px0,fx0fx0≠0的对称点Q在fx的图象上，求tan2x0．
18.(本小题12分)
在网球比赛中，甲、乙两名选手在决赛中相遇．根据以往赛事统计，甲、乙对局中，甲获胜的频率为23，乙获胜的频率为13.为便于研究，用此频率代替他们在决赛中每局获胜的概率．决赛采用五局三胜制，胜者获得全部奖金．
(1)求前两局乙均获胜的概率；
(2)前2局打成1：1时，
①求乙最终获得全部奖金的概率；
②若比赛此时因故终止，有人提出按2:1分配奖金，你认为分配合理吗?为什么?
19.(本小题12分)
如图1，一个正三棱柱形容器中盛有水，底面边长为4，侧棱AA1=8，若侧面AA1B1B水平放置时，水面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点．现在固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜程度不同，水面的形状也不同．
(1)如图2，当底面ABC水平放置时，水面高为多少?
(2)当水面经过线段A1B1时，水面与地面的距离为多少?
(3)试分析容器围绕AB从图1的放置状态旋转至水面第一次过顶点C的过程中(不包括起始和终止位置)，水面面积S的取值范围．(假设旋转过程中水面始终呈水平状态，不考虑水面的波动)
答案解析
1.【答案】B
【解析】解：将射击成绩按升序排列可得：7,8,8,8,9,9,9,9,10,10，
所以该选手射击成绩的中位数为第5位数和第6位数的平均数，即为9+92=9．
故选：B．
2.【答案】A
【解析】解：复数z=(1+2i)(3−4i)(3+4i)(3−4i)=11+2i25=1125+225i，
所以复数z在复平面内对应的点(1125,225)在第一象限．
故选：A
3.【答案】D
【解析】解：由简单随机抽样的定义知，每个个体在每次抽取中都有相同的可能性被抽到，
因为每次抽取一个号码，所以甲第一次被抽到的可能性为a=110，
第二次被抽到的可能性为b=910×19=110．
即甲同学在每次抽样中被抽到的可能性都是110，所以a=110，b=110．
故选：D．
4.【答案】D
【解析】解：连接BD1,BC1，如图所示，
∵ABCD−A1B1C1D1为正方体，易得C1D1⊥平面BCC1B1，
∴∠D1BC1为直线BD1与平面BCC1B1所成的角，
令AB=1，由正方体知识可得BD1= 3,BC1= 2，
∴cs∠D1BC1= 2 3= 63．
故选：D．
5.【答案】C
【解析】解：因为x1,x2,⋯,xn的数据各不相同，不妨设x1对于选项A：因为甲组样本数据的平均数为3，方差为4，
则乙组样本数据的平均数为2×3−a=5，解得a=1，故 A正确；
对于选项B：可知甲组样本数据的极差为xn−x1>0，
则乙组样本数据的极差为2xn−1−2x1−1=2xn−x1>xn−x1，
所以两组样本数据的样本极差不同，故B正确；
对于选项C：设甲组样本数据的中位数为m，则乙组样本数据的中位数为2m−1，
令2m−1=m，解得m=1，
所以当且仅当m=1时，两组样本数据的样本中位数相同，故 C错误；
对于选项D：因为甲组样本数据的方差为4，即标准差为2，
乙组样本数据的标准差为2×2=4，故 D正确；
故选：C．
6.【答案】D
【解析】解：由函数f(x)=cs2x−4sinx−1=−2sin2x−4sinx=−2(sinx+1)2+2，
因为sinx∈[−1,1]，
所以当sinx=−1时，可得fxmax=2；当sinx=1时，可得fxmin=−6，
所以函数fx的值域为[−6,2]．
故选：D．
7.【答案】C
【解析】解：由向量a、b、c两两所成的角相等，
设向量所成的角为α，由题意可知α=0°或α=120°
则(|a+b+c|) 2=|a|2+|b|2+|c|2+2(a⋅b+a⋅c+b⋅c)
=11+2(|a|⋅|b|csα+|a|⋅|c|csα+|b|⋅|c|csα)=11+14csα
所以当α=0°时，|a+b+c|=5；
当α=120°时，|a+b+c|=2．
故答案选：C．
8.【答案】A
【解析】解：由c=2及a+2csA=b+2csB，得a+ccsA=b+ccsB，
在▵ABC中，由正弦定理得sinA+sinCcsA=sinB+sinCcsB，
即sin(B+C)+sinCcsA=sin(A+C)+sinCcsB，整理得csCsinB=csCsinA，
而a≠b，即sinA≠sinB，因此csC=0，即C=90∘，
4=c2=a2+b2≥2ab，当且仅当a=b= 2时取等号，即ab≤2，S▵ABC=12ab≤1，
所以当a=b= 2时，▵ABC面积的最大值为1．
故选：A
9.【答案】ABC
【解析】解：设z1=a+bi,z2=c+di,a,b,c,d∈R，
对于选项A：若z2=z1=a−bi，则z1+z2=2a∈R，故 A正确；
对于选项B：因为z1+z2=a+c+b+di,z1=a−bi,z2=c−di，
则z1+z2=a+c−b+di,z1+z2=a+c−b+di，
即z1+z2=z1+z2，故 B正确；
对于选项C：因为z1，z2是方程x2+x+1=0的两解，
由韦达定理可得z1z2=1，故 C正确；
对于选项D：例如z1=z2=1+i，则z1z2=1+i2=2i，
可得z1z22=−4,z1z22=4，即z1z22≠z1z22，故 D错误；
故选：ABC．
10.【答案】ACD
【解析】解：对于选项A：由频率分布直方图可知每组频率依次为10x,0.3,0.4,0.1,0.04，
则10x+0.3+0.4+0.1+0.04=1，解答x=0.016，故 A正确；
对于选项B：估计该市全体学生成绩的平均分为
x=0.16×55+0.3×65+0.4×75+0.1×85+0.04×95=70.6，故 B错误；
对于选项C：因为0.04<0.1,0.04+0.1=0.14>0.1，
设受奖励学生的考试成绩大约至少为m分，可知m∈80,90,
则0.0190−m+0.04=0.1，解得m=84，
所以受奖励学生的考试成绩大约至少为84分，故C正确；
对于选项D：成绩在90,100的人数为200×0.04=8，
设甲、乙两人至少抽到一人为事件A，则PA=68×57=1528，
所以PA=1−PA=1328，故 D正确；
故选：ACD．
11.【答案】AC
【解析】解：对于选项A：因为平面BB1C1C//平面AA1D1D，可知点P到平面AA1D1D的距离为定值2，
所以三棱锥A−PDD1的体积为VA−PDD1=VP−ADD1=13×2×12×2×2=43，故 A正确；
对于选项B：因为A1B1C1D1为正方形，则A1C1⊥B1D1，
又因为AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，则AA1⊥B1D1，
且A1C1∩AA1=A1，A1C1,AA1⊂平面AA1C1C，可得B1D1⊥平面AA1C1C，
由A1C⊂平面AA1C1C可得B1D1⊥A1C，
同理可得：AB1⊥A1C，
且B1D1∩AB1=B1，B1D1,AB1⊂平面AB1D1，可得A1C⊥平面AB1D1，
但点P是侧面BB1C1C内，即点P不与点C重合，
所以不存在点P，使得A1P⊥平面AB1D1，故 B错误；
对于选项C：因为PB2+PC2=4=BC2，则PB⊥PC，
又因为AB⊥平面BB1C1C，PC⊂平面BB1C1C，则AB⊥PC，
且PB∩AB=B，PB,AB⊂平面PAB，可得PC⊥平面PAB，
由AP⊂平面PAB，可得PC⊥AP，
取AC的中点M，可得MA=MC=MP= 2，
又因为AB⊥BC，可得MA=MC=MB= 2，即MA=MC=MB=MP= 2，
可知三棱锥P−ABC的外接球的球心为M，半径R= 2，
所以三棱锥P−ABC的外接球体积为43πR3=8 23π，故 C正确；
对于选项D：取B1C的中点N，连接ON，
可知ON//CD，且ON=CD=2，
因为CD⊥平面BB1C1C，则ON⊥平面BB1C1C，
可知OP与平面BB1C1C所成角为∠OPN=π3，则PN=ONtan∠OPN=2 33∈1, 2 ，
可知点P在平面BB1C1C内的轨迹为圆(虚线所示)，点P在侧面BB1C1C内的轨迹为四段圆弧(实线线所示)，
取C1C的中点F，则cs∠ENF=NFNE= 32，
即∠ENF=π6，则∠C1NF=π4−π6=π12，
结合对称性可知：点P的轨迹长度为8×π12×2 33=4 3π9，故 D错误；
故选：AC．
12.【答案】925或0.36
【解析】解：因为放回地从袋中依次摸出1个球，则每次取到白球的概率为p=35，
所以前两次摸出的球均为白球的概率为P=p2=925．
故答案为：925．
13.【答案】2 3
【解析】解：由正弦定理可得asinA=bsinB=csinC，
即得a+bsinA+sinB=csinC= 312=2 3．
故答案为：2 3．
14.【答案】16 2+16
【解析】解：
如图，设有一平行于底面的平面Γ，并设该十面体被平面Γ截得的截面为八边形STUVWXYZ．
并设平面Γ和下底面之间的距离为3 2⋅λ0<λ<1，则
AS=λAE，BT=λBE，BU=λBF，CV=λCF，CW=λCG，DX=λDG，DY=λDH，AZ=λAH．
将所有的点都投影到一个平行于底面的平面上，得到两个外接圆相同的正方形和一个八边形，如下图所示．
设在投影后的图中，▵AEH,▵BFE,▵CGF,▵DHG,▵ABE,▵BCF,▵CDG,▵DAH的面积为S，则S≤12⋅2 2⋅2− 2=2 2−2．
根据相似三角形性质有S▵ASZ=S▵BUT=S▵CWV=S▵DYX=λ2S，S▵ETS=S▵FVU=S▵GXW=S▵HZY=1−λ2S，
所以SSTUVWXYZ=8+4S−4λ2S−41−λ2S=8+8λ1−λS．
由于λ(1−λ)>0，S≤2 2−2，故每个截面的面积最大值都在S=2 2−2时取到．
这个时候AB//HF//DC，AD//EG//BC，此时原组合体的体积取到最大值．
在该条件下，我们计算原几何体的体积，此时有AB//HF//DC，AD//EG//BC．
记下底面和上底面的中心分别为P和Q，则直线PQ垂直于两底面，并设AB的中点为R．
在线段EQ,QG上分别取点M,N，使得MQ=QN=12BC= 2，则由于QM=PR，且QM//BC//PR，故四边形QMRP为平行四边形．
而PQ⊥平面ABCD，且直线PR在平面ABCD内，故PQ⊥PR，所以四边形QMRP为矩形．
所以QM⊥MR，而由QM//BC可知QM⊥AB，且MR和AB在平面ABM内交于点R，故QM⊥平面ABM．
同理，QN⊥平面CDN．
现在，由于S▵EQR=12EQ⋅MR=12EQ⋅QP=12⋅2⋅3 2=3 2，QR=PM= QM2+QP2= 22+3 22=2 5，故点E到QR的距离d=2S▵EQRQR=6 22 5=3 105．
根据对称性，点E到平面ABFH的距离也为d=3 105，同时，直线AB和HF的距离ℎ等于QR的长度，即ℎ=2 5．
同理，点H到平面ADGE的距离和点F到平面BCGE的距离均为d=3 105，AD与EG，和BC与EG的距离都是2 5．
所以VH−ADGE=13⋅d⋅SADGE=13⋅d⋅12AD+EG⋅ℎ=13⋅3 105⋅122 2+4⋅2 5=4 2+4．
同理VF−BCGE=4 2+4．
而VE−ABM=13EM⋅S▵ABM=13EM⋅12AB⋅RM=132− 2⋅12⋅2 2⋅3 2=4−2 2，
同理VG−CDN=4−2 2．
又有VABM−DCN=MN⋅S▵ABM=MN⋅12AB⋅RM=2 2⋅12⋅2 2⋅3 2=12 2．
所以在该条件下，该几何体的体积为
V=VH−ADGE+VF−BCGE+VE−ABM+VG−CDN+VABM−DCN
=4 2+4+4 2+4+4−2 2+4−2 2+12 2
=16 2+16．
综上，此十面体体积的最大值为16 2+16．
故答案为：16 2+16．
15.【答案】解：(1)由题意可得：AD=12AB+AC=32,72，
所以线段AD的长为AD= 322+722= 582．
(2)由题意可得：AB⋅AC=14，AB=2 5,AC= 10，
则cs∠BAC=csAB,AC=AB⋅ACAB⋅AC=142 5× 10=7 210，
且∠BAC∈0,π，则sin∠BAC= 1−cs2∠BAC= 210，
所以▵ABC的面积S△ABC=12AB⋅ACsin∠BAC=12×2 5× 10× 210=1．
【解析】(1)根据中线的性质可得AD的坐标，进而可得模长；
(2)根据向量夹角公式可得cs∠BAC，进而结合面积公式运算求解．
16.【答案】解：(1)因为点O，M分别为线段AC，AB的中点，则OM//BC，
且OM⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，可得OM//平面PBC，
又因为OM⊂平面POM，平面POM∩平面PBC=l，则OM//l，
所以l//BC．
(2)由题意可知：▵PAC为边长为4的等边三角形，且O分别为线段AC的中点，
则OP⊥AC,OP=2 3，
又因为▵ABC为等腰直角三角形，且斜边AC=4，则OB=2，
由PB=4可知OP2+OB2=PB2，即OP⊥OB，
且AC∩OB=O，AC,OB⊂平面ABC，
所以OP⊥平面ABC．
(3)取BC的中点N，连接ON,PN，
由题意可知：OB=OC，则ON⊥BC，且ON=12AB= 2，
由(2)可知：OP⊥平面ABC，且BC⊂平面ABC，则OP⊥BC，
由ON∩OP=O，ON,OP⊂平面PON，可得BC⊥平面PON，
由PN⊂平面PON，可得PN⊥BC，
可知二面角P−BC−A的平面角为∠PNO，且PN= PO2+ON2= 14，
可得cs∠PNO=ONPN= 77，
所以二面角P−BC−A的余弦值为 77．
【解析】(1)根据题意可证OM//平面PBC，结合线面平行的性质分析证明；
(2)根据题意可得OP⊥AC，OP⊥OB，结合线面垂直的判定定理分析证明；
(3)作辅助线，根据三垂线法分析可知二面角P−BC−A的平面角为∠PNO，结合长度运算求解即可．
17.【答案】解：(1)由题意可得：fx=cs4ωx−2sinωxcsωx−sin4ωx
=cs2ωx+sin2ωxcs2ωx−sin2ωx−sin2ωx
=cs2ωx−sin2ωx= 2cs2ωx+π4，
且ω>0，可得2π2ω=π，解得ω=1．
(2)由(1)可知：fx= 2cs2x+π4，
因为fx−m=0，可得fx=m，
因为x∈0,π2，则2x+π4∈π4,5π4，可得cs2x+π4∈−1, 22，
则fx∈− 2,1，所以m的取值范围为− 2,1．
(3)因为A0,1关于Px0,fx0fx0≠0的对称点Q2x0,2fx0−1，
由题意可得：2fx0−1= 2cs4x0+π4，即2 2cs2x0+π4−1= 2cs4x0+π4，
则2cs2x0−2sin2x0−1=cs4x0−sin4x0=2cs22x0−1−2sin2x0cs2x0，
整理可得cs2x0−1cs2x0−sin2x0=0，可得cs2x0=1或sin2x0=cs2x0，
若cs2x0=1，则sin2x0=± 1−cs22x0=0，可得tan2x0=0；
若sin2x0=cs2x0，可得tan2x0=1；
综上所述：tan2x0=0或1．
【解析】(1)根据题意结合三角恒等变换整理可得fx= 2cs2ωx+π4，结合周期性分析求解；
(2)根据题意可得fx=m，以2x+π4为整体，结合余弦函数有界性分析求解；
(3)根据题意可得Q2x0,2fx0−1，代入fx化简整理即可结果．
18.【答案】解：(1)依题意，前两局乙均获胜的概率为13×13=19．
(2)①乙最终获得全部奖金的事件，有以3:1和3:2两种情况，
若以3:1获胜，则乙连胜两局，概率为13×13=19，
若以3:2获胜，则乙第3、4局输1局，第5局胜，概率为13×23×13+23×13×13=427，
所以乙最终获得全部奖金的概率为19+427=727．
②由①知，继续比赛，乙获胜的概率是727，则甲获胜的概率为2027，
所以按2:1分配奖金，不合理，应按20:7将奖金分配给甲乙
【解析】(1)利用独立事件的概率公式计算即得．
(2)①利用互斥事件及相互独立事件的概率公式，列式计算即可；②求出继续比赛甲乙各自获胜的概率，按概率比例进行分配即可．
19.【答案】解：(1)记水面与棱AC,BC,A1C1,B1C1分别交于点D,E,E1,D1，
当侧面AA1B1B水平放置时，水是以ABED为底，高为8的直棱柱，
因为AB=4，D,E分别为棱AC,BC的中点，
所以SABED=12×42× 32−12×22× 32=3 3，所以水的体积为8×3 3=24 3，
当底面ABC水平放置时，设水面高为ℎ1，
则 34×42ℎ1=24 3，解得ℎ1=6，
即当底面ABC水平放置时，水面高为6．
(2)因为三棱柱ABC−A1B1C1体积为 34×42×8=32 3，
所以三棱锥C−A1B1C1的体积为13×32 3=32 33，
空气部分的体积为32 3−24 3=8 3，
因为8 3<32 33，所以当水面经过线段A1B1时，水面与棱CC1交于点G，如图，
由VG−A1B1C1=13× 34×42×GC1=8 3得GC1=6，
记A1B1的中点为H，连接GH,C1H，则C1H= A1C12−A1H2=2 3，
因为A1C1=B1C1，所以C1H⊥A1B1，
又GC1⊥平面A1B1C1，A1B1,C1H⊂平面A1B1C1，所以GC1⊥A1B1，GC1⊥C1H，
因为GC1∩C1H=C1，GC1,C1H⊂平面GC1H，所以A1B1⊥平面GC1H，
因为A1B1⊂平面GA1B1，所以平面GC1H⊥平面GA1B1，
所以直线GC1在平面GA1B1内的投影为GH，
所以∠C1GH为直线GC1与水平面所成角，
又GC1⊥C1H，所以GH= GC12+C1H2= 36+12=4 3，
所以sin∠C1GH=C1HGH=2 34 3=12，
因为AA1//CC1，所以水面到地面的距离为AA1sin∠C1GH=8×12=4．
(3)由上可知，水面第一次过顶点C之前，水面与棱AC,BC,A1C1,B1C1相交，如图：
记DE,D1E1的中点分别为F,F1，Q在C1F1上，且QF1=CF，∠C1CQ=θ，
易知，▵CDE,▵C1D1E1为正三角形，设CD=m,C1D1=n，
则CF= 32m,C1F1= 32n，所以C1Q= 32n−m=CC1tanθ=8tanθ，
整理得n2+m2−2mn=2563tan2θ①，
又因为DD1⊂平面AA1C1C，EE1⊂平面BB1C1C，平面AA1C1C∩平面BB1C1C=CC1，
所以DD1与EE1的交点必在CC1上，所以CDE−C1D1E1为棱台，
所以13 34m2+ 34n2+ 34mn⋅CC1=8 3，
整理得n2+m2+mn=12②，
联立①②可得mn=4−2569tan2θ，n2+m2+2mn=16−2569tan2θ，
因为CF//QF1,CF=QF1，所以CFF1Q为平行四边形，
所以FF1=CQ= CC12+C1Q2= 64+64tan2θ，
易知DEE1D1为等腰梯形，所以FF1为等腰梯形DEE1D1的高，
所以水面面积S=12m+n× 64+64tan2θ=4m+n 1+tan2θ，
则S2=16m2+n2+2mntan2θ=1616−2569tan2θ1+tan2θ
=16299−16tan2θ1+tan2θ=−162916tan4θ+7tan2θ−9
当水面刚好过点C时，VC−C1D1E1=13× 34n2×8=8 3，解得n=2 3，
则C1F1=3，tanθ=38，
由题意可知，0记tan2θ=t，ft=16t2+7t−9,0由二次函数性质可知，f964所以219即水面面积S的取值范围为 219,16．
【解析】(1)根据水的体积不变即可得解；
(2)根据空气部分的体积大小判断水面形状，记A1B1的中点为H，连接GH,C1H，利用空气部分体积求出GC1，然后可求侧棱与水平面所成角的正弦值，由AA1sin∠C1GH可得所求；
(3)判断空气部分为台体，设CD=m,C1D1=n，∠C1CQ=θ，根据体积公式和勾股定理列方程，联立整理，代入梯形面积公式，转化为关于tanθ的函数，通过换元，利用二次函数性质求解可得．成绩/环数
10
9
8
7
次数
2
4
3
1