[数学]2023北京陈经纶中学高二(上)开学考数学(教师版)

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数
学
一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分，在每小题列出的四个选项中，选出符合题
目要求的一项）
A
= 虚数 B = 纯虚数，C = 复数
，
，C
B
间的关系为（
）
A
1. 设集合
，则
，
A
B
B
A
D.
A.
2. 已知
B.
C.
A(0,1) ， B(3,−2)
，且 AC 2CB ，则 AC 的坐标为（
）
=
−
(6,−5)
(2,−2)
A. (2, 1)
B.
D.
(6,−6)
C.
3. 某市 6 月前 10 天的空气质量指数为 35，54，80，86，72，85，58，125，111，53，则这组数据的第 70
百分位数是（
）
A. 86
B. 85.5
C. 85
D. 84.5
 + 
4. 向量 a ，b ， c 在正方形网格中的位置如图所示，若向量 c
，则
的值等于（
）
A. 1
B. −1
C. 3
D. −3
π
y = sin x + cs x
y =
5. 将函数
的图象向右平移 个单位，所得图象的函数解析式为
2
（
）
A. sin x cs x
C. −sin x − cs x
6. 已知四面体 ABCD， DA= a ， DB=b ， DC = c ，点 M 在棱 DA 上， DM =3MA，N 为 BC 中点，则
MN ＝（
−
+
−cs x + sin x
B.
D. sin x cs x
+
）

3
3
A. − a − b − c
B. a + b + c
4
3
2
2
4
3
2
2
C. − a + b + c
D. a − b − c
4
2
2
4
2
2
7. 如图，在直三棱柱 ABC﹣A B C 中，点 E，F 分别是棱 A C ，BC 的中点，则下列结论中不正确的是
1
1
1
1
1
（
）
A. CC ∥平面 A ABB
B. AF∥平面 A B C
1 1 1
1
1
1
C. EF∥平面 A1ABB1
D. AE∥平面 B1BCC1
8. 已知 A，B，C，D，E 是空间中的五个点，其中点 A，B，C 不共线，则“存在实数 x，y，使得
DE = xAB + yAC 是“ DE / / 平面 ABC”的（
）
A. 充分而不必要条件
C. 充分必要条件
B. 必要而不充分条件
D. 既不充分也不必要条件
9. 在西双版纳热带植物园中有一种原产于南美热带雨林的时钟花，其花开花谢非常有规律.有研究表明，时
钟花开花规律与温度密切相关，时钟花开花所需要的温度约为 20 C ，但当气温上升到31 C 时，时钟花基
本都会凋谢.在花期内，时钟花每天开闭一次.已知某景区有时钟花观花区，且该景区 6 时 14 时的气温T
 π 3π 
=
25 10sin
+
t +
t
T
 ，则在 6 时 14
（单位： C ）与时间 （单位：小时）近似满足函数关系式

时
 8
4 
π
中，观花的最佳时段约为（
）（参考数据：sin  0.6
）
5
A. 6.7 时 11.6

B.
D.
6.7 时 12.2 时
8.7 时 12.2 时
时
时
C. 8.7 时 11.6

sin x
x − x
2
10. 已知函数 f (x) =
，给出下列四个结论：
① f (x) 存在无数个零点；
(1,+)
② f (x) 在
上有最大值；

f (2023.7) = a
f (−2022.7) = a
；
③若
，则
 1


,1
f (x) 的单调递减区间．
④区间
 2
 是
其中所有正确结论的序号为（
）
A. ①②③ B. ②③④
C. ①③
D. ①②③④
二、填空题（共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分）
 = − ，则 z =
11. 若复数 z 满足i z 3 4i
．
________
12. 某地区有高中生 3000 人，初中生 6000 人，小学生 6000 人．教育部门为了了解本地区中小学生的近视
率，采用分层抽样的方法，按高中生、初中生、小学生进行分层，如果在各层中按比例分配样本，总样本
量为 150，那么在高中生中抽取了________人．
13. 已知一个长方体的8 个顶点都在一个球面上，且长方体的棱长为 2 ，3 ， 3 ，则长方体的体对角线的
长等于___________；球的表面积等于___________.
中， c = 8, B 30
=
，请给出一个b 的值，使得满足条件的三角形恰有两个，则 b 的一个值
14. 在
是__________．
ABCD − A B C D
M , N
A B , A D
分别是棱 的中点，点 P 在线段
1 1 1 1
15. 如图，在棱长为 2 的正方体
中，
1
1
1
1
CM 上运动，给出下列四个结论：
ABCD − A B C D
所得的截面图形是五边形；
1
①平面CMN 截正方体
1
1
1
2
②直线 B D 到平面CMN 的距离是
；
1
1
2
 B PD = 90
③存在点 P ，使得
④△PDD
；
1
1
4 5
5
面积的最小值是
．
1
其中所有正确结论的序号是__________．
三、解答题（共 6 小题，共 85 分）


π 
2 
π
( ) =
(
+)+
 
是
f x sin 2x
cs 2x
−
，
16. 已知函数


f (x) 的一个零点．
12

（1）求 的值；



π 
2 
Asin x + A  0,  0,  
(
)
（2）请把 f (x) 的解析式化简成
 的形式；
 π π
 6 3
y = m
x − ,
y = f (x)
（3）当
 时，若曲线
与直线
有 2 个公共点，求 m 的取值范围．

17. 某工厂生产某款产品，该产品市场平级规定：评分在 10 分及以上的为一等品，低于 10 分的为二等
品．下面是检验员从一批产品中随机抽样的 10 件产品的评分：
9.6
10.1
9.7
9.8
10.0
9.7
10.0
9.8
10.1
10.2
1
10

xi
2
= 98.048
x
为抽取的第i 件产品的评分，i = 1, 2, 3,,10
经计算得
，其中
．
i
10
i=1
（1）求这组样本平均数和方差；
（2）若厂家改进生产线，使得生产出的每件产品评分均提高 0.2．根据以上随机抽取的 10 件产品改进后
的评分，估计改进后该厂生产的产品评分的平均数和方差；
（3）在第（2）问前提下，再从改进后生产的产品中随机抽取 10 件产品，估计这 10 件产品的平均等级是
否为一等品？说明理由．
18. 向量OA与OB 的夹角为 ，
| OA| 2 | OB |=1，OP tOA OQ (1 t)OB
=
=
= −
，
，
．
（1）请用 ，t 的关系式表示| PQ |；
1
（2）| PQ |在t
时取得最小值．当
0  t0  时，求夹角
的取值范围．
0
5
19. 如图，四边形 ABCD 是矩形， PA 平面
⊥
平面
ABCD ， DE ⊥ ABCD ， AB = DE =1，
AD = PA = 2 ，点 F 在棱 PA 上.
（1）求证：
BF // 平面CDE
；
（2）求二面角C PE A 的余弦值；
−
−
1
（3）若点 F 到平面 PCE 的距离为 ，求线段 AF 的长.
3
B
B
B
2 cs
2
− 2 sin cs =1．
20. 在
中，
2
2
2
（1）求 B ；
（2）再从下列三个条件中，选择两个作为已知，使得
存在且唯一，求
的面积．

1
2
csA = −
条件①：
；
条件②：b = 2 ；
条件③： AB 边上的高为
6
．
2
注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，接第一个解答计分．
21. 设 m,nN ，已知由自然数组成的集合 S = a ,a ,,a (a  a    a )，集合 S ， ，…，
S2
1
2
n
1
2
n
1
nm
数表：
S
是S 的互不相同的非空子集，定义
m
 x
x12  x 
1m
11


 x2m
1, ai


S
x
21
x22


 =
xij =
j
j
d (a )= x + x +  + x (i =1, 2,,n)

， 其 中
， 设
， 令

i
i1
i2
im
0, ai
S




xn1
xn2
 xnm

( )， ( )，…， ( )中的最大值．
d(S) d a
d a2
d an
是
1
1 0 1 


（1）若 m = 3 ，
S ={1, 2,3}，且  = 0 1 1
，求
S
1
，
S
，
3
d(S)
及 ；
S


2


1 0 0


（2）若
S = {1, 2,,n}，集合
，
d(S) = 3，求 n
中的元素个数均相同，若 的最小值；
S
1
S
S
，…，
m
2
（3）若 m = 7 ，
S = {1, 2,,7}
，集合
S
1
，
S
7
S ，…， 中的元素个数均为 3，且
2
Si
1 i  j  7)
d(S)
，求证： 的最小值为 3．

参考答案
一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分，在每小题列出的四个选项中，选出符合题
目要求的一项）
1. 【答案】B
【分析】根据复数的定义、复数的分类判断．
【详解】根据复数的定义，复数包含虚数和实数，虚数包含纯虚数和非纯虚数的虚数．
因此只有 B 正确．
故选：B．
2. 【答案】D
【分析】由题意，设出点的坐标，结合向量的坐标表示以及平行关系，建立方程，可得答案.
【详解】设 (
)，则
AC = (x, y −1)，CB = (3− x,−2 − y)
，
C x, y
 = ( − )
x 2 3 x
x = 2
AC 2, 2
= ( − ) .
，所以
由 AC = 2CB ，则


，解得
− = (− − )
= −1
y 1 2 2 y
y

故选：D.
3. 【答案】B
【分析】把数据从小到大的顺序排列，然后用百分位数的定义求解.
【详解】从小到大的顺序排列数据为：35，53，54，58，72，80，85，86，111，125，因为
85+86
1070% = 7 ，所以这组数据的第 70 百分位数是
= 85.5.
2
故选：B.
4. 【答案】C
【分析】建立平面直角坐标系，求得 a ，b ， c 坐标，根据 c = a + b ，利用向量基本定理，可得答案.
【详解】建立如图所示的直角坐标系，
= ( )
1, 1
= ( − ) c = (2,1)，
b 0, 1
， ，
a
则
由 c = a + b ，则(2,1) = (, + 0,−
) (
)，
2 =  ，1 =  −  ，解得，  = 2 ，  =1，

 +  = 3
则
.
故选：C.
5. 【答案】B
【分析】利用两角和的正弦公式化简，结合图像平移得出结果.


π 
y = sin x + cs x y = 2 sin x +
【详解】由
得

 ，
4 
π


π
π 
4 


π 
y = 2 sin x − +
y = 2 sin x −
图象向右平移 个单位，得到
2

 ，即

 ，
4 
2
y = −cs x + sin x
展开得
.
故选：B.
6. 【答案】C
【分析】根据给定条件用b,c 表示出 DN ，再借助向量加法法则即可得解.
【详解】在四面体 ABCD 中，连接 DN，如图所示，
DM = DA DN = (DB + DC)
， ，
DA= a ， DB=b ， DC = c ，因 DM =3MA，N 为 BC 中点，则
4
2
3
MN = MD + DN = − DA+ (DB + DC) = − a + b + c .
于是得
4
2
4
2
2
故选：C
7. 【答案】D
【分析】利用线面平行的判定定理逐项判断即可．
【详解】解：在直三棱柱 ABC﹣A B C 中，可得 CC ∥AA ，AA ⊂平面 A ABB ，CC ⊄平面 A ABB ，
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
∴CC ∥平面 A ABB ，故 A 正确；
1
1
1
AF⊂平面 ABC，在直三棱柱 ABC﹣A B C 中，可得平面 ABC∥平面 A B C ，∴AF∥平面 A B C ，故 B 正
1
1
1
1
1
1
1 1 1
确；
1
2
取 A B 中点 N，又 E 是 A C 中点，∴NE∥C B ，且 NE＝ C B ，
1
1
1
1
1
1
1 1
1
2
又 F 是棱 BC 的中点，所以 BF＝ C B ，AF∥C B ，∴BF∥NE，BF＝NE，
1
1
1 1
∴四边形 BFEN 是平行四边形，∴EF∥BN，BN⊂平面 A ABB ，EF⊄平面 A ABB ，∴EF∥平面 A ABB ，故
1
1
1
1
1
1
C 正确；

∵EC ∥AC，但 EC ≠AC，∴AE 与 CC 相交，从而有 AE 不平行于平面 B BCC ，故 D 错误．
1
1
1
1
1
故选：D．
8. 【答案】B
【分析】利用存在实数 x，y，使得 DE = xAB + yAC  DE / / 平面 ABC 或 DE 平面 ABC，结合充分必

要条件的定义即可求解.
【详解】若 DE / / 平面 ABC，则 DE, AB, AC 共面，故存在实数 x，y，使得 DE = xAB + yAC ，所以必
要性成立；
若存在实数 x，y，使得 DE = xAB + yAC ，则 DE, AB, AC 共面，则 DE / / 平面 ABC 或 DE 平面

ABC，所以充分性不成立；
所以 “存在实数 x，y，使得 DE = xAB + yAC 是“ DE / / 平面 ABC”的必要不充分条件，
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量共面的问题，理清存在实数 x，y，使得 DE = xAB + yAC 
DE / / 平面 ABC 或 DE  平面 ABC 是解题的关键，属于基础题.
9. 【答案】C
【分析】由三角函数的性质求解
π
3π 3π 5π
 π 3π 
t +
6,14时， t +

,
 ，则T = 25+10sin
 在6,14上单调递增.设花
4 
【详解】当t


8
4
 2 2 
 8
､
开 花谢的时间分别为
t ,t .
1 2
 π
 8
3π 
4 
1 π
= − , t +
3π 11π
26
T = 20 ，得sin t1 +
=
t =
，解得
1
 8.7
时；
由


1
1
2 8
4
6
3

 π
T = 31，得sin t2 +
3π 
4 
π π
= 0.6  sin , t +
3π 11π

，解得t 11.6
时.
由


2
2
 8
5 8
4
5
故在 6 时 14 时中，观花的最佳时段约为8.7 11.6

时
时.
故选：C
10. 【答案】A
【分析】解方程 f (x) = 0
( )在区间( +)上的最大值点在区间 内，再根
f x 1, 2,3
，可判断①；分析函数
( − )= ( )
f 1 x
f x
，可判断③；利用特值法可判断④.
据最值定理可判断②；推导出
【详解】对于①，由 x
( )的定义域为(− )( )( + )，
,0 0,1 1,
2
− 
f x
x 0 ，解得函数
令 f (x) = 0 ，可得sin πx = 0
πx kπ k
=
(  )
Z
，
，则
x = k k Z,k  0,k 1
(
)，所以函数
( )有无数个零点， ①正确；
f x
故
对于②，当 x 1时， x
2
− x  0 ，
(
)
，
令sin πx  0 ，可得，
2kπ  x  2k +1 π k  N
(
)
*
解得， 2k  x  2k +1，假设函数 ( )在
f x
( +)上的最大值点为
1,
，
x0


(
)
，设t N* ，则
x  2k, 2k +1 k  N
*
(x 2t) (x 2t) x
+
2
−
+

− x  0
，

2
则
0
1
1

 0
，则
所以
x
2
− x ( + ) −( + )
2
x 2t x 2t
(
+
)
sin πx 2tπ
sin πx
sin πx
x − x
2
( + ) =
f x 2t
=

f x
= ( )
，
( + )
x 2t
2
−( + ) ( + )
2
−( + )
x 2t
x 2t
x 2t
所以 ( )在
( +)上存在最大值点 ，则  ，
f x
1,
x0 2,3
x0
又因为 ( )在
 上是一条连续不断的曲线，
2,3
f x
所以函数 ( )在
 上存在最大值，
2,3
f x
故函数 ( )在
( +)上存在最大值，②正确；
1,
f x
( − )
sin π πx
sin πx
x − x
2
( − ) =
f 1 x
=
f x
= ( )
，
x −,0
对于③，对任意的
(
)
，
( − )
1 x
2
−( − )
1 x
− 2022.7 =1，当 f (2023.7)= a时，有 f (−2022.7)= a ，③正确；
2
3
sin π
sin π
 2 
9 3
4
 3 
8 2
3
3
2
−
4
2
−
f
=
= −
f
=
= −
对于④，  
，  
，
 3   
 4   
2
2
3
3
3
4
 
 3 
 
 4 

2
2




9 3
4
8 2
3
243 128 2187 − 2048
 −
 =
−
=
 0 ，
因为




16
9
144




 2 
 3 
 3 
 4 
9 3 8 2

f   f  

即
，故
，
4
3
 1
 2


故函数 ( )在
f x
,1
 上不可能单调递减，④错误；
综上，①②③正确.
故选：A.
二、填空题（共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分）
11. 【答案】5
z
【分析】首先化简复数 ，再求复数的模
.
3− 4i 3i − 4i
2
3i + 4
−1
【详解】 z
=
=
=
= −4 −3i ，
i
i
2
= (−4)
2
+ (−3)
2
=
5
所以 z
.
故答案为：5
12. 【答案】30
【分析】根据分层抽样的抽样比即可求解.
3000
3000 + 6000 + 6000
150 = 30
【详解】高中生中抽取了
人，
故答案为：30
13. 【答案】 ①. 4 ②. 16π
【分析】依题意长方体的体对角线即为外接球的直径，设外接球的半径为 R ，利用勾股定理求出体对角线，
即可求出 R ，再根据球的表面积公式计算可得.
【详解】依题意长方体的体对角线即为外接球的直径，设外接球的半径为 R ，
2
+ ( ) =
3
16，所以 2R = 4 ， R = 2 ，即长方体的体对角线为 4 ，
( )
则 2R
2
=
22 32
+
则外接球的表面积 S 4πR
=
2
=
16π .
故答案为： 4 ；16π
14. 【答案】b(4, 8
)
均可，如
b = 5
【分析】根据余弦定理转化为关于 的方程有两解可得b 的取值范围，从b 的范围中取值即可.
a
【详解】由余弦定理可得b
2
=
a
2
+
c
2
−
2accsB a
=
2
+
64 8 3a ，
−
即 a
2
−
8 3a 64 b
+
−
2
=
0 有两解，
所以(a − 4 3)2
= b
2
−16 有两解，所以 a = 4 3  b
−16 ，
2

−16 ，解得b 8 ，又由b2 16  0  b  4，

−
所以 4 3  b
2
所以实数b 的范围是 4 b 8.
 
b 4,8)均可，如b = 5
(
故答案为：
15. 【答案】①③④
【分析】对于①，直线 MN 与
C B ,C D
的延长线分别交于
M1, N
=V
连接
CM1,CN
B B ,D D
分别交 于
1 1 1 1
1
1
1
1
1
1
M2 , N
2
MM2 , NN2
即可解决；对于②等体积法V
B1 −CMN
连接
解决即可；对于③④，建立空间直
C−B1MN
P(2 − ,2 − 2,2)
角坐标系，设 PC = MC,0   1，得
即可.
MN C B ,C D
M1, N
CM1,CN
B B ,D D
分别交
1 1 1 1
【详解】对于①，如图直线
与
的延长线分别交于
连接
1
1
1
1
1
1
M2 , N
MM2 , NN
，
2
于
连接
2
MM2CNN
则五边形
即为所求的截面图形，故①正确；
2
MN / /B1D MN  平面CMN B D  平面CMN
，
对于②，由题知
，
，
1
1
1
B D / / 平面CMN
所以
，
1
1
B
1
到平面CMN
的距离即为直线 B D 到平面CMN 的距离，
所以点
1
1
B
1
到平面CMN
ABCD − A B C D
的距离为 h ，由正方体 的棱长为 2 可得，
1 1 1 1
设点
1
2
17
CM = CN = 3,MN = 2 ， SCMN =  2  3
− (
=
2
)
2
，
2
2
2
1
3
1
17
2
17
6
所以VB1 −CMN
=
S
 = 
h
h =
h，
3

1
1 1
1
3
V
= S
CC =  2 =
，
C−B1MN
1
3
3 2
2 17
17
所以由V
=VC−B1MN
，可得 h =
，
B1 −CMN
2 17
所以直线 B D 到平面CMN 的距离是
，故②错误；
1
1
17
对于③，如图建立空间直角坐标系，
B (2, 0, 2), D (0, 2, 2),C(2, 2,0),M (1, 0, 2)
则
，
1
1
设 PC = MC,0   1，
PC = MC = 
(1, 2, 2)
−
所以
，
B (2, 0, 2), D (0, 2, 2),C(2, 2,0),M (1, 0, 2)
又因为
，
1
1
P(2 − ,2 − 2,2)
所以
所以
，
PB = (,2 − 2,2 2 ),
−  PD =  −
(
2, 2 ,2 − 2) ，

1
1
B PD =
90
假设存在点 P 使得
，
1
1
PB  PD = ( − 2) + 2(2 − 2) + (2 − 2) = 0，
2
所以
1
1
整理得92 −14
7 + 13
 + 4 = 0 ，
7 − 13
所以 =
1（舍去），或 =
，
9
9
B PD =
90
所以存在点 P 使得
，故③正确；
1
1
P(2 − ,2 − 2,2)
对于④，由③知
，
(0, 2, 2)
所以点
所以点
P(2 − ,2 − 2,2) 在 DD
的射影为
的距离为
，
1
P(2 − ,2 − 2,2) 到 DD
1
2
16
5
d = (2 − )
2
+ (−2)
2
= 5
2
− 4 + 4 = 5( − )
2
+
，
5
2
4
5
=
=
当
时， dmin
，
5
5

1
2
4 5 4 5
所以△PDD
面积的最小值是
2
=
，故④正确；
1
5
5
故答案为：①③④
三、解答题（共 6 小题，共 85 分）
π
16. 【答案】（1） = −
6


π 
6 
= sin 2x +
（2） f (x)


1 
,1
（3） 

2 
π
π
( )的一个零点，代入函数的解析式，再由   ，可求得 的值；
−
f x
【分析】（1）
是函数
12
2

( )
解析式，利用三角恒等变化化简可得答案；
f x
（2）将（1）所得 的值代入
 π π
 6 3
π
( )与直线 y = m 有两个
f x
x − ,
2x +
（3）由
 ，可得
的范围，结合正弦函数的性质，可得曲线

6
m
公共点时的 的范围.
【小问 1 详解】
  
 
 6


  
 6 
f −
= sin − + + cs −
= 0．
由题设 





 12 
 

3
所以sin
 −
= −
．


6 
2
π
π
2π
π
π
−   
−
  −

因为
，所以
．
．
2
2
3
6
3


所以 − = −
6
3
π
所以 = −
．
6
【小问 2 详解】


π 
6 
f (x) = sin 2x − + cs 2x

由（1）

3
1
=
sin 2x + cs 2x
2
2


π 
= sin 2x +

 ．
6 
【小问 3 详解】





5
−  x 
−  2x +

因为
，所以
．
6
3
6
6
6
π
π
π
于是，当且仅当 2x
+
=
，即
x =
时， f (x) 取得最大值 1；
6
2
6
π
π
π
1
2x
x = −
f (x)
−
取得最小值
当且仅当
，即
时，
．
6
6
6
2
π
5π
 π 
 3 
5π
1
2
π
2x +
=
x =
f   sin
=
=
又
，即
时，
6
6
3
6
π
π
π
1
2x +
=
x = 0
时，
( ) =
f 0 sin
=
，即
．
6
6
6
2
y = f (x)与直线
y = m
所以曲线
有两个公共点时，
1 
2 
m
,1
则
的取值范围是 
．
17. 【答案】（1）平均数9.9 ，方差为 0.038，
（2）平均数10.1，方差为 0.038，
（3）见解析
【分析】（1）直接利用平均数的定义和方差的定义求解即可；
（2）根据平均数的性质和方差的性质求解即可；
（3）从平均数角度分析或从抽样的随机性角度分析即可.
【小问 1 详解】
9.6 +10.1+9.7 +9.8+10.0 +9.7 +10.0 +9.8 +10.1+10.2
x =
= 9.9
，
样本平均值为
10
1
10
1
10


2
s
2
=
−
=
xi
2
−
x
=
98.048 9.9 = 0.038
−
2
样本方差为
(x x)2
，
i
10
10
i=1
i=1
【小问 2 详解】
因为改进后随机抽取的 10 件产品是改进前抽取的 10 件产品每个提高 0.2 分，
所以估计改进后生产的产品评分的平均数 X = x + 0.2 =10.1，方差为 S
【小问 3 详解】
2
=
s
2
=
0.038，
可以认为是一等品，因为改进后该厂生产的产品评分由样本数据估计平均数为10.110，
所以可以认为这 10 件产品平均等级为一等品，
不一定是一等品，因为样本数据具有随机性，所以新样本平均值不一定达到 10 分以上，
所以新样本平均等级不一定是一等品.
18. 【答案】（1）| PQ |= (5 + 4cs)t
 π 2π 
2
− (2 + 4cs)t +1
（2） 
,


 2 3 

【分析】（1）根据向量的减法表示 PQ ，在求其模长即可；
取二次函数的对称轴时，| PQ |
t
cs
得范围，进一步计算得出夹角
（2）当
取得最小值．解不等式求出
0
 的取值范围.
【小问 1 详解】
∵ PQ OQ OP (1 t)OB tOA，
=
−
=
−
−
又OA与OB 的夹角为 ，|
所以OAOB = 2 cs ，
OA|= 2 ，| OB |=1，
∴ PQ = [(1−t)OB −tOA] = (1−t)
2
+ 4t
2
− 4t(1−t) cs = (5+ 4 cs)t
2
− (2 + 4 cs)t +1，
∴| PQ |=
(5 4 cs )t
+

2
−
(2 4 cs )t 1 ．
+
 +
【小问 2 详解】
由二次函数性质可知当
(2 + 4cs) 1+ 2cs
t =
0
=
时，| PQ |取得最小值，
2(5 4 cs ) 5 4 cs
+

+

1+ 2 cs  1 
 0,
 1
 2


t0 =
cs  − ,0


，


5 4 cs
+

且 [0,π]，故 
,

．
 2 3 
19. 【答案】（1）证明见解析
2
（2）
（3）
3
3
2
【分析】（1）证明平面
PAB // 平面CDE
BF // 平面CDE
，利用面面平行的性质可证得 ；
A− xyz
（2）以点 A 为坐标原点， AB 、 AD 、 AP 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系
x
y
z
，
利用空间向量法可求得二面角 C PE A 的余弦值；
−
−
(
)，  ，利用空间向量法可得出关于 的方程，结合 的范围可求得 的
（3）设 AF = t ，则
F 0, 0,t
t
0, 2
t
t
t
值.
【小问 1 详解】
ABCD
AB // CD .
中，
证明：在矩形
因为 AB  平面CDE ，CD  平面CDE ，所以
AB // 平面CDE .
因为 PA 平面
⊥
ABCD ， DE ⊥
平面
ABCD
PA // DE
，所以 ，
因为 PA  平面CDE ， DE

平面CDE
PA // 平面CDE .
，所以
又因为 PA 平面

PAB ， AB 
平面
PAB ， PA
PAB // 平面CDE
，所以平面 .
因为 BF 平面

PAB
BF // 平面CDE .
，所以

【小问 2 详解】
解：因为 PA 平面
⊥
ABCD ， AD 
平面
ABCD ， AB 
平面
ABCD ，
所以 PA AD ，
⊥
PA ⊥ AB
，又因为
ABCD
是矩形，
AD ⊥ AB
，
x
y
z
所以 AD 、 AB 、 AP 两两垂直，以点 A 为坐标原点， AB 、 AD 、 AP 所在直线分别为 、 、 轴建立
A− xyz
空间直角坐标系
，
则 (
)、
(
)、 E (0, 2,1)，所以CE = (−1, 0,1)，
PE 0, 2, 1
= ( − )
.
C 1, 2,0
P 0,0,2

+ z = 0
设平面 PEC 的一个法向量为
= (2,1, 2)，
n
= (x, y, z)
，则

，
n
y − z = 0

取 x = 2 ，可得
n
cs  m,n =
，则
)
取平面 PEA 的一个法向量为
m
= (1,0,0
，

3
m n
2
由图可知二面角 C PE A 为锐角，所以二面角
−
−
C − PE − A
的余弦值是
.
3
【小问 3 详解】
(
)，  ，所以
1, 2,t
= (− − )，
解：设 AF = t ，则
F 0, 0,t
t
0,2
CF
CF
− +
2t − 4
2
2
2t
1
3
因为点 F 到平面 PCE 的距离
d =
=
=
.
3
3
n
3
3
2
因为  ，解得t = ，故
t  0, 2
AF =
.
2
π
20. 【答案】（1） B =
3− 3
4
（2）
4
【分析】（1）利用降幂公式和二倍角的余弦公式化简即可得解；
a
sinC ，再根
（2）选①②，先利用正弦定理求出边 ，再根据三角形内角和定理及两角和的正弦公式求出

据三角形的面积公式即可得解.
选①③，先根据 AB 边上的高求出边 ，再根据三角形内角和定理及两角和的正弦公式求出sinC
a
，再根据
三角形的面积公式即可得解.
选②③，先根据 AB 边上的高求出边 ，再利用正弦定理求出角 A ，即可得解.
a
【小问 1 详解】
B
B
B
2cs
中，
2
− 2sin cs =1，
在
∴
2
2
2
B
B
B
2cs
2
−1 = 2sin cs
2
2
2
∴ cs B = sin B ，即 tan B =1，
∵在
中， 0  B  π ，
π
B =
∴
；
4
【小问 2 详解】
1
π
cs A = − ,b = 2, B =
选择①②，则
，
2
4
π
2
B = ，∴sinB =
∵
，
4
2
1
3
cs A = − ，∴sinA =
∵
∵
，
2
2
a
b
=
，b = 2 ，
sinA sinB
∴ a
=
3 ，
中，
=
( + ) =
B
sin Acs B + cs Asin B
，
sinC sin A
∵在
3
2
1
2
6 − 2
∴sinC
∴ S
=

− 
=
，
2
2
2
2
4
1
3− 3
=
absinC
=
.
2
4
π
6
2
B =
选择①③，∵ AB 边上的高为
，
，
4
6
∴
，
2
sinB
a =
= 3

1
3
cs A = − ，∴sinA =
∵
∵
，
2
2
a
b
=
， a
=
3 ，
sinA sinB
2
3
2
∴b =
= 2
，
3
2
( + ) =
sin Acs B + cs Asin B
，
sinC sin A
=
B
∵在
中，
3
2
1
2
6 − 2
∴sinC
∴ S
=

− 
=
，
2
2
2
2
4
1
3− 3
=
absinC
=
.
2
4
6
π
选择②③，∵ AB 边上的高为
, B
=
，
2
4
6
∴
，
2
sinB
a =
= 3
a
b
=
,b = 2
，
∵
sin A sin B
3
∴sin A
=
，
2
∵在
中， 0  A  π ，
2π
π
∴ A
=
或
，此时
不唯一．
3
3
21. 【答案】（1） S1 {1, 3},S2 {2},S3 {1, 2}，
=
=
=
d(S) = 2
（2）4 （3）见解析
1 0 1 
1, ai S
0, ai S



 = 0 1 1
x =
ij
j
j
【分析】（1）根据
和

即可求解，





1 0 0

S = {1, 2,
（2）将问题转化为
至少有 3 个元素个数相同的非空子集．分别对S 中的元素个数进行列举
讨论，即可求解，
d a = x + x +  + x (i =1, 2,,n)
（3）由 ( )
| S |= x + x
+
S
，即可结合 ，
1
3
的定义以及
i
i1
i2
im
j
1 j
2 j

S ，…， S 中的元素个数均为 3， S = {1, 2,,7}进行求解.
2
7
【小问 1 详解】
1 0 1 
1, ai S
0, ai S



 = 0 1 1
xij =
j
j







1，3 S1,2 S1，2 S2，1，3 S2，1，2 S3，3 S3
根 据
和
可 得
， 故





1 0 0

S ={1, 3},S ={2},S ={1, 2}， d(S)
=
2
1
2
3
【小问 2 详解】
d(ai ) = d(S) = 3
，
a S
i
设
使得
则 d(ai ) xi1 xi2
=
+
+
m  3
m ，所以 ．
≤
S = {1, 2,
所以
至少有 3 个元素个数相同的非空子集．
当 n = 1时，
当 n = 2 时，
S = {1}
，其非空子集只有自身，不符题意．
S = {1, 2}，其非空子集只有{1},{2},{1, 2}
，不符题意．
当 n 3时，
S ={1, 2,3}，元素个数为 1 的非空子集有{1},{2},{3}，
=
元素个数为 2 的非空子集有
{1, 2},{2, 3},{1, 3}
．
当{S ,S ,S } {{1}, {2}, {3}} 时，
=
3
d(1) = d(2) = d(3) =1
，不符题意．
1
2
当{S ,S ,S } {{1, 2},{2, 3},{1, 3}}时，
=
3
d(1) = d(2) = d(3) = 2
，不符题意．
1
2
=
S = {1, 2,3, 4}，令 S1
=
= =
{1, 2},S2 {1, 3},S3 {1, 4}，
当 n 4 时，
1
1
0
1
0
1


1
0
0
0


 =
d(S) = d(1) = 3
．
则
，




0
1
n
所以 的最小值为 4
【小问 3 详解】
S ={i | x =1,1≤ i ≤ 7}
| S |
Sj ( j =1, 2,
为集合
由题可知，
| S |= x + x +
2 j
，记
中的元素个数，
j
ij
j

3
j
第 列之和．
则
为数表
j
1 j

因为 d(i) xi1 xi2 +
=
+
是数表 第i 行之和，
所以 d(1) d(2)
+
+
1．
d(i) ≤ d(S)(i =1, 2,
21= d(1) + d(2) +
≤ 7d(S)
．
因为
所以 d(S)≥ 3．
，所以
当 S1 {1, 2,3},S2 {1, 4,5},S3 {1, 6, 7},S4 {2, 4,6}，
=
=
=
=
S ={3, 4, 7},S ={3,5, 6},S ={2 5, 7,}时，
5
6
7

1
1
0
0
1
0
0
0
0
0


1
1
0 1
0 1




0
0 1
1
0
0
0
1


 = 0 1 0 1
1

 ，


0 1
0
0
1
0 1


0 0 1
0 1 0


0 0 1 0 1 0 1
d(S) = 3．
d(S) 的最小值为3 .
所以
【点睛】求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学
思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.
对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者
函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.