已知正四棱柱 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中，$AA_{1} = 2AB$，$E$ 为 $AA_{1}$ 中点，则异面直线 $BE$ 与 $CD_{1}$ 所成的角的余弦值为（ ）

\begin{solution} 设 $AB=1$，则 $AA_{1}=2$. 取坐标 $A=(0,0,0)$，$B=(1,0,0)$，$C=(1,1,0)$，$D_{1}=(0,1,2)$，$E=(0,0,1)$. 于是 $\overrightarrow{BE}=(-1,0,1)$，可取 $CD_{1}$ 的方向向量为 $\overrightarrow{CD_{1}}=(-1,0,2)$. 两向量的夹角取锐角，故 故选 C. \end{solution}

若将函数 $y = \tan \left( \omega x + \frac{\pi}{4} \right)$（$\omega > 0$）的图象向右平移 $\frac{\pi}{6}\text{ 个单位长度}$后，与函数 $y = \tan \left( \omega x + \frac{\pi}{6} \right)$ 的图象重合，则 $\omega$ 的最小值为（ ）

\begin{solution} 向右平移 $\frac{\pi}{6}$ 后，函数变为 两正切函数图象重合，当且仅当其自变量相差整数倍的 $\pi$，所以存在 $k\in\mathbb Z$ 使 解得 $\omega=\frac12-6k$. 由 $\omega>0$，最小值在 $k=0$ 时取得，为 $\frac12$. 故选 D. \end{solution}

已知直线 $y = k(x + 2)$ （$k > 0$） 与抛物线 $C: y^2 = 8x$ 相交于 $A$，$B$ 两点，$F$ 为 $C$ 的焦点. 若 $|FA| = 2|FB|$，则 $k =$（ ）

\begin{solution} 抛物线 $y^{2}=8x$ 的焦点为 $F=(2,0)$，准线为 $x=-2$. 设 $A$，$B$ 的横坐标分别为 $x_{A}$，$x_{B}$. 由抛物线的定义， $|FA|=x_{A}+2$，$|FB|=x_{B}+2$. 将直线 $y=k(x+2)$ 代入抛物线，得 故 $x_{A}x_{B}=4$. 由 $|FA|=2|FB|$ 得 $x_{A}=2x_{B}+2$，所以 因交点在抛物线上，$x_{B}\geqslant0$，故 $x_{B}=1$，$x_{A}=4$. 再由根的和 得 $5=\frac{8}{k^{2}}-4$，于是 $k=\frac{2\sqrt2}{3}$. 故选 D. \end{solution}

纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上，下，东，南，西，北. 现有沿该正方体的一些棱将正方体剪开，外面朝上展平，得到如图的平面图形，则标“$\triangle$”的面的方位是（ ）

\begin{solution} 将横向四个正方形依次记为 $F_{0}$，$F_{1}$，$F_{2}$，$F_{3}$，其中 $F_{2}$ 标为“上”，$F_{3}$ 标为“东”，而带三角形的正方形是 $F_{0}$ 上方的面. 折叠后，横向四面依次围成正方体的一周，因此 $F_{0}$ 与 $F_{2}$ 相对，$F_{1}$ 与 $F_{3}$ 相对. 所以 $F_{0}$ 的方位为“下”，$F_{1}$ 的方位为“西”.

以 $F_{2}$ 为“上”、右侧相邻的 $F_{3}$ 为“东”折叠，$F_{0}$ 上方的面折起后位于“北”侧；其下方的面位于“南”侧. 故带三角形的面方位为“北”，选项为 B. \end{solution}

设 $OA$ 是球 $O$ 的半径，$M$ 是 $OA$ 的中点，过 $M$ 且与 $OA$ 成 $45^{\circ}$ 角的平面截球 $O$ 的表面得到圆 $C$. 若圆 $C$ 的面积等于 $\frac{7\pi}{4}$，则球 $O$ 的表面积等于______.

\begin{solution} 设球的半径为 $R$，球心到截面平面的距离为 $d$，截面圆半径为 $r$. 因为 $OM=\frac{R}{2}$，且直线 $OA$ 与平面的夹角为 $45^{\circ}$，所以 由截面圆面积得 $\pi r^{2}=\frac{7\pi}{4}$，即 $r^{2}=\frac74$. 在球心、截面圆心和截面圆上任一点构成的直角三角形中， 故 $R^{2}=2$. 所以球的表面积为 $4\pi R^{2}=8\pi$. \end{solution}

设 $\triangle ABC$ 的内角 $A$，$B$，$C$ 的对边长分别为 $a$，$b$，$c$，$\cos (A - C) + \cos B = \frac{3}{2}$，$b^2 = ac$，求 $B$.

\begin{solution} 由 $A+B+C=\pi$，得 $B=\pi-(A+C)$，所以 $\cos B=-\cos(A+C)$. 因而 利用和差化积公式，得 $2\sin A\sin C=\frac32$，即 由正弦定理，存在 $R>0$ 使 $a=2R\sin A$，$b=2R\sin B$，$c=2R\sin C$. 代入 $b^{2}=ac$，得 因为 $0<B<\pi$，所以 $\sin B=\frac{\sqrt3}{2}$，从而 $B=\frac\pi3$ 或 $B=\frac{2\pi}{3}$.

又由 $b^{2}=ac$，至少有一个数 $a$，$c$ 不小于 $b$. 由边角大小规律，至少有一个角 $A$，$C$ 不小于 $B$，于是 $A+C\geqslant B$，即 $\pi-B\geqslant B$，所以 $B\leqslant\frac\pi2$. 排除 $B=\frac{2\pi}{3}$，故 \end{solution}

设数列 $\{a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$，已知 $a_{1} = 1$，$S_{n+1} = 4a_{n} + 2$.

(1) 设 $b_{n} = a_{n+1} - 2a_{n}$. 证明数列 $\{b_n\}$ 是等比数列. (2) 求数列 $\{a_{n}\}$ 的通项公式.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由已知条件在 $n=1$ 时给出 所以 $a_{2}=5$，从而 $b_{1}=a_{2}-2a_{1}=3$. 对任意 $n\geqslant1$，相邻两式相减得 因此 所以 $\{b_{n}\}$ 是首项为 $3$、公比为 $2$ 的等比数列，即 $b_{n}=3\cdot2^{n-1}$. \item 由 $b_{n}=a_{n+1}-2a_{n}$，有 数列 $\left\{\frac{a_{n}}{2^{n-1}}\right\}$ 是首项为 $1$、公差为 $\frac32$ 的等差数列，故 所以数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n=(3n-1)2^{n-2}$，（$n\geqslant1$）. \end{enumerate} \end{solution}

某车间甲组有 $10\text{ 名}$工人，其中有 $4\text{ 名}$女工人；乙组有 $5\text{ 名}$工人，其中有 $3\text{ 名}$女工人. 现采用分层抽样方法（层内采用不放回简单随机抽样）从甲，乙两组中共抽取 $3\text{ 名}$工人进行技术考核.

(1) 求从甲，乙两组各抽取的人数. (2) 求从甲组抽取的工人中恰有 $1\text{ 名}$女工人的概率. (3) 记 $\xi$ 表示抽取的 $3\text{ 名}$工人中男工人数，求 $\xi$ 的分布列及数学期望.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 甲、乙两组人数之比为 $10:5=2:1$. 按分层抽样的比例，从两组共抽取 $3$ 人，所以甲组抽取 $2$ 人，乙组抽取 $1$ 人. \item 甲组有 $4$ 名女工人和 $6$ 名男工人，故所求概率为 \item 设 $X$ 为从甲组抽取的男工人数，$Y$ 为从乙组抽取的男工人数，则 $\xi=X+Y$. 由不放回抽样， 并且 $P(Y=0)=\frac35$，$P(Y=1)=\frac25$. 两组抽样相互独立，因此 所以分布列为 \begin{center} \begin{tabular}{c|cccc} $\xi$ & 0 & 1 & 2 & 3 \ \hline $P$ & $\frac{6}{75}$ & $\frac{28}{75}$ & $\frac{31}{75}$ & $\frac{10}{75}$ \end{tabular} \end{center} 数学期望为 \end{enumerate} \end{solution}