2023-2024學(xué)年四川省成都市青羊區(qū)重點(diǎn)中學(xué)高二（上）月考數(shù)學(xué)試卷（二）（含解析）

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2023-2024學(xué)年四川省成都市青羊區(qū)重點(diǎn)中學(xué)高二（上）月考數(shù)學(xué)試卷（二）一、選擇題（本大題共12小題，共36分）1.關(guān)于用統(tǒng)計(jì)方法獲取、分析數(shù)據(jù)，下列結(jié)論錯(cuò)誤的是(

)A.質(zhì)檢機(jī)構(gòu)為檢測(cè)一大型超市某商品的質(zhì)量情況，合理的調(diào)查方式為抽樣調(diào)查

B.若甲、乙兩組數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)差滿足S甲<S乙，則可以估計(jì)甲比乙更穩(wěn)定

C.若數(shù)據(jù)x1，x2，x3，?，xn的平均數(shù)為x?，則數(shù)據(jù)yi=ax2.甲、乙兩名運(yùn)動(dòng)員進(jìn)入男子羽毛球單打決賽，假設(shè)比賽打滿3局，贏得2局或3局者勝出，用計(jì)算機(jī)產(chǎn)生1～5之間的隨機(jī)數(shù)，當(dāng)出現(xiàn)隨機(jī)數(shù)1，2，3時(shí)，表示一局比賽甲獲勝；否則，乙獲勝.由于要比賽3局，所以每3個(gè)隨機(jī)數(shù)為一組，產(chǎn)生20組隨機(jī)數(shù)：

423?123?423?344?114?453?525?332?152?342

534?443?512?541?125?432?334?151?314?354

據(jù)此估計(jì)甲獲得冠軍的概率為(

)A.0.5 B.0.6 C.0.65 D.0.683.一組數(shù)據(jù)按從大到小的順序排列為8，7，x，4，4，1，若該組數(shù)據(jù)的中位數(shù)是眾數(shù)的54倍，則該組數(shù)據(jù)的平均值、方差和第60百分位數(shù)分別是(

)A.6，163，5 B.5，5，5 C.5，163，6 D.4，54.已知α，β，γ是三個(gè)不重合的平面，l是直線，給出的下列命題中，正確的命題有(

)A.若l上兩點(diǎn)到α的距離相等，則l/?/α B.若l⊥α，l/?/β，則α⊥β

C.若α/?/β，l?β，且l/?/α，則l/?/β D.若α/?/β，α/?/γ，則β/?/γ5.空氣質(zhì)量指數(shù)是評(píng)估空氣質(zhì)量狀況的一組數(shù)字，空氣質(zhì)量指數(shù)劃分為[0,50)、[50,100)、[100,150)、[150,200)、[200,300)和[300,500)六檔，分別對(duì)應(yīng)“優(yōu)”、“良”、“輕度污染”、“中度污染”、“重度污染”和“嚴(yán)重污染”六個(gè)等級(jí)，如圖是某市4月1日至14日連續(xù)14天的空氣質(zhì)量指數(shù)趨勢(shì)圖，則下列說(shuō)法中正確的是(

)

A.從2日到5日空氣質(zhì)量越來(lái)越差

B.這14天中空氣質(zhì)量指數(shù)的中位數(shù)是214

C.連續(xù)三天中空氣質(zhì)量指數(shù)方差最小是5日到7日

D.這14天中空氣質(zhì)量指數(shù)的平均數(shù)約為1896.若數(shù)據(jù)x1，x2，…，x10的平均數(shù)為2，方差為3，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.數(shù)據(jù)4x1+1，4x2+1，…，4x10+1的平均數(shù)為9

B.i=110xi=20

C.7.小明買(mǎi)了4個(gè)大小相同顏色不同的冰墩墩(北京冬奧會(huì)吉祥物)隨機(jī)放入3個(gè)不同袋子中，則每個(gè)袋子至少放入一個(gè)冰墩墩的概率是(

)A.34 B.227 C.9168.某校高二年級(jí)學(xué)生舉行中國(guó)象棋比賽，經(jīng)過(guò)初賽，最后確定甲、乙、丙三位同學(xué)進(jìn)入決賽.決賽規(guī)則如下：累計(jì)負(fù)兩場(chǎng)者被淘汰；比賽前抽簽決定首先比賽的兩人，另一人輪空；每場(chǎng)比賽的勝者與輪空者進(jìn)行下一場(chǎng)比賽，負(fù)者下一場(chǎng)輪空，直至有一人被淘汰；當(dāng)一人被淘汰后，剩余的兩人繼續(xù)比賽，直至其中一人被淘汰，最后的勝者獲得冠軍，比賽結(jié)束.若經(jīng)抽簽，已知第一場(chǎng)甲、乙首先比賽，丙輪空.設(shè)每場(chǎng)比賽雙方獲勝的概率都為12，則(

)A.甲獲得冠軍的概率最大 B.甲比乙獲得冠軍的概率大

C.丙獲得冠軍的概率最大 D.甲、乙、丙3人獲得冠軍的概率相等9.已知甲盒中有五個(gè)相同的小球，標(biāo)號(hào)為1，2，3，4，5，乙盒中有五個(gè)相同的小球，標(biāo)號(hào)為3，4，5，6，7.現(xiàn)從甲、乙兩盒中分別隨機(jī)抽取1個(gè)小球，記事件A=“抽取的兩個(gè)小球標(biāo)號(hào)相同”，事件B=“抽取的兩個(gè)小球標(biāo)號(hào)之和為奇數(shù)”，事件C=“抽取的兩個(gè)小球標(biāo)號(hào)之和大于8”，則(

)A.事件A與事件B是互斥事件 B.事件A與事件B是對(duì)立事件

C.P(A∪C)=P(B) D.P(B∩C)=P(A)10.袋中裝有6個(gè)相同的小球，編號(hào)分別為1，2，3，4，5，6.從中不放回的隨機(jī)抽取兩個(gè)球，A表示事件“取出的兩個(gè)球中至少有一個(gè)球的編號(hào)為奇數(shù)”，B表示事件“取出的兩個(gè)球的編號(hào)之和為偶數(shù)”，則下列說(shuō)法正確的是(

)A.事件A與事件B不相互獨(dú)立

B.事件A與事件B互斥

C.在事件A發(fā)生的前提下，事件B發(fā)生的概率為14

D.在事件B發(fā)生的前提下，事件A發(fā)生的概率為11.如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)A.直線BD1⊥平面A1C1D

B.三棱錐P?A1C1D的體積為定值

C.異面直線AP與A1D12.“奔馳定理”因其幾何表示酷似奔馳的標(biāo)志得來(lái)，是平面向量中一個(gè)非常優(yōu)美的結(jié)論.奔馳定理與三角形四心(重心、內(nèi)心、外心、垂心)有著神秘的關(guān)聯(lián).它的具體內(nèi)容是：已知M是△ABC內(nèi)一點(diǎn)，△BMC，△AMC，△AMB的面積分別為SA，SB，SC，且SA?A.若SA：SB：SC=1：1：1，則M為△ABC的重心

B.若M為△ABC的內(nèi)心，則BC?MA+AC?MB+AB?MC=0

C.若∠BAC=45°，∠ABC=60°，M為△ABC的外心，則二、非選擇題（共64分）13.PA⊥平面ABC，∠ACB=90°且PA=AC=BC=1，則異面直線PB與AC所成角的正切值為_(kāi)_____．14.已知三棱錐P?ABC，其中PA⊥平面ABC，∠BAC=120°，PA=AB=AC=2，則三棱錐P?ABC外接球的表面積為_(kāi)_____．

15.如圖，在△ABC中，已知AB=2，AC=5，∠BAC=60°，BC，AC邊上的兩條中線AM，BN相交于點(diǎn)P，則∠APB的余弦值為_(kāi)_____．

16.已知銳角△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若acosB?bcos2A=c，且△ABC外接圓半徑為2，則a2b+c的取值范圍是______．17.如圖，在三棱錐P?ABC中，△PAB是等邊三角形，∠PAC=∠PBC=90°．

(1)證明：AB⊥PC；

(2)若PC=4，且平面PAC⊥平面PBC，求三棱錐P?ABC的體積．18.文明城市是反映城市整體文明水平的綜合性榮譽(yù)稱號(hào)，作為普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要?jiǎng)?chuàng)造者.某市為提高市民對(duì)文明城市創(chuàng)建的認(rèn)識(shí)，舉辦了“創(chuàng)建文明城市”知識(shí)競(jìng)賽，從所有答卷中隨機(jī)抽取100份作為樣本，將樣本的成績(jī)(滿分100分，成績(jī)均為不低于40分的整數(shù))分成六段：[40,50)，[50,60)，…，[90,100]得到如圖所示的頻率分布直方圖．

(1)求頻率分布直方圖中a的值；

(2)求樣本成績(jī)的第75百分位數(shù)；

(3)已知落在[50,60)的平均成績(jī)是53，方差是7，落在[60,70)的平均成績(jī)?yōu)?5，方差是4，求兩組成績(jī)的總平均數(shù)z?和總方差s2．19.與學(xué)生安全有關(guān)的問(wèn)題越來(lái)越受到社會(huì)的關(guān)注和重視，為了普及學(xué)生安全教育，某社區(qū)舉辦學(xué)生安全知識(shí)競(jìng)賽活動(dòng)，某場(chǎng)比賽中，甲、乙、丙三個(gè)家庭同時(shí)回答一道有關(guān)學(xué)生安全知識(shí)的問(wèn)題.已知甲家庭回答正確這道題的概率是23，甲、丙兩個(gè)家庭都回答錯(cuò)誤的概率是115.乙、丙兩個(gè)家庭都回答正確的概率是35，各家庭是否回答正確互不影響，

(1)求乙、丙兩個(gè)家庭各自回答正確這道題的概率；

(2)求甲、乙、丙三個(gè)家庭中不少于20.在①3(a?ccosB)=bsinC；②b+bcosC=3csinB；③(2b?a)cosC=ccosA三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面的問(wèn)題中，并解決該問(wèn)題．

在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，其中tanB=35且滿足___．

(1)求角C的大??；

(2)21.如圖1，四邊形ABCD是梯形，AB/?/CD，AD=DC=CB=12AB=4，M是AB的中點(diǎn)，將△ADM沿DM折起至△A′DM，如圖2，點(diǎn)N在線段A′C上．

(1)若N是A′C的中點(diǎn)，求證：平面DNM⊥平面A′BC；

(2)若A′C=26，平面DNM與平面CDM夾角的余弦值為25522.在銳角△ABC中，記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，2bcosA=acosC+ccosA，點(diǎn)O為△ABC的所在平面內(nèi)一點(diǎn)，且滿足(OA+OB)?AB=(OB+OC)?BC=0．

(1)若a=2，求|AO|答案和解析1.【答案】D

【解析】解：根據(jù)題意，依次分析選項(xiàng)：

對(duì)于A，質(zhì)檢機(jī)構(gòu)為檢測(cè)一大型超市某商品的質(zhì)量情況，合理的調(diào)查方式為抽樣調(diào)查，A正確；

對(duì)于B，若甲、乙兩組數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)差滿足S甲<S乙，由標(biāo)準(zhǔn)差的定義可以估計(jì)甲比乙更穩(wěn)定，B正確；

對(duì)于C，若數(shù)據(jù)x1，x2，x3，?，xn的平均數(shù)為x?，則數(shù)據(jù)yi=axi?b(i=1,2,3,?,n)的平均數(shù)為ax??b，C正確；

對(duì)于D，為了解高一學(xué)生的視力情況，現(xiàn)有高一男生2002.【答案】C

【解析】解：20組隨機(jī)數(shù)中，表示甲獲勝的是：

423?123?423

114

332?152?342

512

125?432?334?151?314共13個(gè)，

據(jù)此估計(jì)甲獲得冠軍的概率為P=1320=0.65．

故選：C．

找出203.【答案】C

【解析】解：由題意可知x+42=4×54，

解得x=6，

所以該組數(shù)據(jù)的平均值為16×(8+7+6+4+4+1)=5，

方差為16×[(8?5)2+(7?5)2+(6?5)2+(4?5)2+(4?5)2+(1?54.【答案】BCD

【解析】解：對(duì)于A，若l上兩點(diǎn)到α的距離相等，則l可以與平面α相交，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

對(duì)于B，若l⊥α，l/?/β，則由面面垂直的判定可知，α⊥β，選項(xiàng)B正確；

對(duì)于C，若α/?/β，l?β，且l/?/α，則由線面平行的判定可知，l/?/β，選項(xiàng)C正確；

對(duì)于D，若α/?/β，α/?/γ，則由平行的傳遞性可知，β/?/γ，選項(xiàng)D正確．

故選：BCD．

根據(jù)空間中線線，線面，面面間的位置關(guān)系判斷即可．

本題考查空間中線線，線面，面面間的位置關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題．5.【答案】D

【解析】解：對(duì)于A選項(xiàng)：從2日到5日空氣質(zhì)量指數(shù)逐漸降低，空氣質(zhì)量越來(lái)越好，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；

對(duì)于B選項(xiàng)：由圖象可知，14天的空氣質(zhì)量指數(shù)由小到大依次為：80，83，138，155，157，165，179，214，214，221，243，260，263，275，所以中位數(shù)為179+2142=196.5，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；

對(duì)于C選項(xiàng)：方差表示數(shù)據(jù)波動(dòng)情況，根據(jù)折線圖可知連續(xù)三天中波動(dòng)最小的是9日到11日，所以方差最小的是9日到11日，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；

對(duì)于D選項(xiàng)：這14天中空氣質(zhì)量指數(shù)的平均數(shù)約為

214+275+243+157+80+155+260+83+165+179+138+214+221+26314=189，D選項(xiàng)正確；

故選：D．

觀察數(shù)據(jù)變化可判斷A項(xiàng)；將14天的空氣質(zhì)量指數(shù)由小到大依次排列，即可得出中位數(shù)，判斷B項(xiàng)；根據(jù)折線圖及方差的概念可判斷C項(xiàng)；根據(jù)數(shù)據(jù)計(jì)算平均數(shù)可判斷6.【答案】C

【解析】解：數(shù)據(jù)x1，x2，…，x10的平均數(shù)為2，方差為3，

對(duì)于A，數(shù)據(jù)4x1+1，4x2+1，…，4x10+1的平均數(shù)為2×4+1=9，故A正確；

對(duì)于B，110i=110xi=2，解得i=110xi=20，故B正確；

對(duì)于C，數(shù)據(jù)3x1，3x2，7.【答案】D

【解析】解：小明將4個(gè)大小相同顏色不同的冰墩墩隨機(jī)放入3個(gè)不同袋子中，有34=81種不同的放法，

若每個(gè)袋子至少放入一個(gè)冰墩墩，則分2步進(jìn)行分析：

①將4個(gè)冰墩墩分為3組，有C42=6種分組方法，②將分好的3組放入3個(gè)不同的袋子中，有A33=6種情況，則有6×6=36種方法，

所以所求的概率為3681=49．8.【答案】C

【解析】解：根據(jù)決賽規(guī)則，至少需要進(jìn)行四場(chǎng)比賽，至多需要進(jìn)行五場(chǎng)比賽，

(1)甲獲得冠軍有兩種情況：

①共比賽四場(chǎng)結(jié)束，甲四連勝奪冠，概率為(12)4=116

②共比賽五場(chǎng)結(jié)束，并且甲獲得冠軍．則甲的勝、負(fù)、輪空結(jié)果共有四種情況：勝勝勝負(fù)勝，

勝勝負(fù)空勝，勝負(fù)空勝勝，負(fù)空勝勝勝，概率分別為(12)5,(12)4,(12)4,(12)4，即132,116,116,1169.【答案】AC

【解析】解：事件A的所有基本事件為甲3乙3，甲4乙4，甲5乙5，共3個(gè)；

事件B的所有基本事件為甲1乙4，甲1乙6，甲2乙3，甲2乙5，甲2乙7，甲3乙4，甲3乙6，甲4乙3，甲4乙5，甲4乙7，甲5乙4，甲5乙6，共12個(gè)；

事件C的所有基本事件為甲2乙7，甲3乙6，甲3乙7，甲4乙5，甲4乙6，甲4乙7，甲5乙4，甲5乙5，甲5乙6，甲5乙7，共10個(gè)．

從甲、乙兩盒中各取1個(gè)小球共有25個(gè)基本事件．

因?yàn)槭录嗀與事件B不可能同時(shí)發(fā)生，所以事件A與事件B互斥，故A正確；

因?yàn)镻(A)=325，P(B)=1225，P(A)+P(B)≠1，所以B錯(cuò)誤；

因?yàn)槭录嗀?C的所有基本事件共有12個(gè)，所以P(A∪C)=1225，

所以P(A∪C)=P(B)，故C正確；

因?yàn)槭录﨎∩C的所有基本事件共有6個(gè)，所以P(B∩C)=625，

所以P(B∩C)≠P(A)，故D錯(cuò)誤．

故選：AC．

首先分別列舉10.【答案】ACD

【解析】解：根據(jù)題意，從6個(gè)球中不放回的隨機(jī)抽取兩個(gè)球，有C62=15種情況，

若取出的兩個(gè)球中至少有一個(gè)球的編號(hào)為奇數(shù)，有C62?C32=12種情況，則P(A)=1215=45，

若取出的兩個(gè)球的編號(hào)之和為偶數(shù)，即取出的兩個(gè)球編號(hào)為兩個(gè)偶數(shù)或兩個(gè)奇數(shù)，有C32+C32=6種情況，則P(B)=615=25，

事件AB，即取出兩個(gè)球都是奇數(shù)，有C32=3種情況，則P(AB)=315=15，

依次分析選項(xiàng)：

對(duì)于A，P(A)P(B)≠P(AB)，則事件A與事件B不相互獨(dú)立，A正確；

對(duì)于B，事件A、B可以同時(shí)發(fā)生，則事件A與事件B不是互斥事件，B錯(cuò)誤；

對(duì)于C11.【答案】AB

【解析】解：對(duì)于選項(xiàng)A：因?yàn)锳1B1C1D1為正方形，則A1C1⊥B1D1，

又因?yàn)锽B1⊥平面A1B1C1D1，A1C1?平面A1B1C1D1，則A1C1⊥BB1，

且B1D1∩BB1=B1，B1D1，BB1?平面BB1D1，

所以A1C1⊥平面BB1D1，

且BD1?平面BB1D1，可得A1C1⊥BD1，

同理可得：DC1⊥BD1，

且A1C1∩DC1=C1，A1C1，DC1?平面A1C1D，

所以直線BD1⊥平面A1C1D，故A正確；

對(duì)于選項(xiàng)B：因?yàn)锳1B1/?/CD，且A1B1=CD，

則A1B1CD為平行四邊形，可得A1D/?/B1C，

且A1D?平面A1C1D，B1C?平面A1C1D，所以B1C/?/平面A1C1D，

又因?yàn)辄c(diǎn)P在線段B1C上運(yùn)動(dòng)，則P到平面A1C1D的距離為定值，

且△A1C1D的面積是定值，所以三棱錐12.【答案】ABD

【解析】解：對(duì)于A，取BC的中點(diǎn)D，連接MD，AM，

由SA：SB：SC=1：1：1，則MA+MB+MC=0，

所以2MD=MB+MC=?MA，

所以A，M，D三點(diǎn)共線，且AM=23AD，

設(shè)E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點(diǎn)，同理可得CM=23CE，BM=23BF，

所以M為△ABC的重心，故A正確；

對(duì)于B，由M為△ABC的內(nèi)心，則可設(shè)內(nèi)切圓半徑為r，

則有SA=12BC?r，SB=12AC?r，SC=12AB?r，

所以12BC?r?MA+12AC?r?MB+12AB?r?MC=0，

即BC?MA+AC?MB+AB?MC=0，故B正確；

對(duì)于C，由M為△ABC的外心，則可設(shè)△ABC的外接圓半徑為R，

因?yàn)椤螧AC=45°，∠ABC=60°，

則有∠BMC=2∠BAC=90°，∠AMC=2∠ABC=120°，∠AMB=2∠ACB=150°，

所以SA=12R2?sin∠BMC=12R2?sin90°=12R2，SB=12R2?sin∠AMC=12R2?sin120°=34R2，SC=12R2?sin∠AMB=12R2?sin150°=14R2，

所以SA：SB：SC=2：3：1，故C錯(cuò)誤；

對(duì)于D，如圖，延長(zhǎng)AM交BC于點(diǎn)D，延長(zhǎng)BM交AC于點(diǎn)F，延長(zhǎng)CM交AB于點(diǎn)E，

由M為△ABC的垂心，3MA+4MB+5MC=0，則S13.【答案】2【解析】解：過(guò)B作BD/?/AC，且BD=AC；

所以ADBC為矩形

且∠PBD(或其補(bǔ)角)即為所求．

因?yàn)镻A=AC=BC=1

∴AD=1；BD=1

∵PA⊥平面ABC

∴PD=PA2+AD2=2；

又因?yàn)镻A⊥DB，DB⊥AD∴DB⊥平面PAD∴BD⊥PD．

在RT△PDB中，tan∠PBD=21=2．

即異面直線PB與AC所成的角的正切值等于2

故答案為：14.【答案】20π

【解析】解：根據(jù)題意設(shè)底面△ABC的外心為G，O為球心，所以O(shè)G⊥平面ABC，

因?yàn)镻A⊥平面ABC，所以O(shè)G//PA，

設(shè)D是PA中點(diǎn)，因?yàn)镺P=OA，所以DO⊥PA，

因?yàn)镻A⊥平面ABC，AG?平面ABC，所以AG⊥PA，因此OD/?/AG，

因此四邊形ODAG是平行四邊形，故OG=AD=12PA=1，

∵∠BAC=120°，AB=AC=2，∴∠ACB=30°，

又△ABC外接圓的半徑r=AG，由正弦定理得2r=2AG=2sin30°=4?AG=2，

所以該外接球的半徑R滿足R2=OG2+AG2=5，

所以外接球的表面積為S=4πR2=20π．

故答案為：20π．15.【答案】4【解析】解：在△ABC中，設(shè)AB=a,AC=b，則?a,b?=60°,a?b=|a|?|b|?cos60°=5，

所以AM=12a+1216.【答案】[【解析】解：依題意，acosB?bcos2A=c，

由正弦定理得sinAcosB?sinB(cos2A?sin2A)=sinC，

可得sinAcosB?sinB(cos2A?sin2A)=sin(A+B)，

可得sinAcosB?sinB(cos2A?sin2A)=sinAcosB+cosAsinB，

可得?sinB(2cos2A?1)=cosAsinB，

由于0<B<π，sinB>0，

所以2cos2A+cosA?1=0，

可得(2cosA?1)(cosA+1)=0，

由于0<A<π，

所以cosA+1≠0，

所以cosA=12，

所以A是銳角，且A=π3，

所以asinA=a32=2×2=4，

可得a=4×32=23，

所以a2b+c=217.【答案】解：(1)證明：因?yàn)椤鱌AB是等邊三角形，

所以PA=PB，

因?yàn)椤螾AC=∠PBC=90°，

PC=PC

所以Rt△PBC≌Rt△PAC，

可得AC=BC．

如圖，取AB中點(diǎn)D，連接PD、CD，

則PD⊥AB，CD⊥AB，

因?yàn)镻D，CD?平面PDC，PD∩CD=D，

所以AB⊥平面PDC，因?yàn)镻C?平面PDC，

所以AB⊥PC．

(2)作BE⊥PC，垂足為E，連接AE．

因?yàn)镽t△PBC≌Rt△PAC，

所以AE⊥PC，AE=BE．

由已知，平面PAC⊥平面PBC，

故∠AEB=90°．

因?yàn)镽t△AEB≌Rt△PEB，

所以△AEB，△PEB，△CEB都是等腰直角三角形．

設(shè)PB=PA=BA=a，PE=x，CE=4?x，BE=2a2，x=2a2，

BC2=16?a2，BC2=(2a2)2+(4?【解析】(1)利用△PAB是等邊三角形，證明AC=BC.取AB中點(diǎn)D，連接PD、CD，通過(guò)證明AB⊥平面PDC，然后證明AB⊥PC．

(2)作BE⊥PC，垂足為E，連接AE.通過(guò)Rt△PBC≌Rt△PAC，Rt△AEB≌Rt△PEB，說(shuō)明△AEB，△PEB，△CEB都是等腰直角三角形．然后求出三棱錐P?ABC的體積

本題主要考查空間線面關(guān)系、幾何體的體積等知識(shí)，考查數(shù)形結(jié)合、化歸與轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想方法，以及空間想象能力、推理論證能力和運(yùn)算求解能力．是中檔題．18.【答案】解：(1)利用每組小矩形的面積之和為1可得，

(0.005+0.010+0.020+a+0.025+0.010)×10=1，

解得a=0.030．

(2)成績(jī)落在[40,80)內(nèi)的頻率為(0.005+0.010+0.020+0.030)×10=0.65，

落在[40,90)內(nèi)的頻率為(0.005+0.010+0.020+0.030+0.025)×10=0.9，

設(shè)第75百分位數(shù)為m，

由0.65+(m?80)×0.025=0.75，得m=84，

故第75百分位數(shù)為84；

(3)由圖可知，成績(jī)?cè)赱50,60)的市民人數(shù)為100×0.1=10，

成績(jī)?cè)赱60,70)的市民人數(shù)為100×0.2=20，

故z?=10×53+65×2010+20=61；【解析】(1)根據(jù)圖中小矩形面積之和可求得a=0.030；

(2)利用頻率分布直方圖計(jì)算百分位數(shù)公式可得，第75百分位數(shù)為84；

(3)將總體平均數(shù)代入總體方差公式計(jì)算可得總方差為s2=37．19.【答案】解：(1)記“甲家庭回答正確這道題”“乙家庭回答正確這道題”“丙家庭回答正確這道題”分別為事件A，B，C，

則P(A)=23，P(A?)P(C?)=115，P(A)=23,P(A?)P(C?)=115,P(B)P(C)=35，

即[1?P(A)][1?P(C)]=115，P(A)=23,P(A?)P(C?)=【解析】(1)根據(jù)獨(dú)立事件的乘法公式即可得到方程，解出即可；

(2)利用獨(dú)立事件的乘法公式和互斥事件的加法公式即可得到答案．

本題考查獨(dú)立事件的乘法公式和互斥事件的加法公式，屬于基礎(chǔ)題．20.【答案】解：(1)若選①，∵3(a?ccosB)=bsinC，

∴3(sinA?sinCcosB)=sinBsinC，

∴3[sin(B+C)?sinCcosB]=sinBsinC，

∴3sinBcosC=sinBsinC，

∴tanC=3，

∵C∈(0,π)，

∴C=π3；

若選②，∵b+bcosC=3csinB，

∴由正弦定理可得sinB+sinBcosC=3sinCsinB，

∵B∈(0,π)，sinB≠0，

∴1+cosC=3sinC，可得sin(C?π6)=12，

∵C∈(0,π)，C?π6∈(?π6,5π6)，

∴C?π6=π6，可得C=π3；

若選③，∵(2b?a)cosC=ccosA，可得2bcosC=ccosA+acosC，

∴由正弦定理可得2sinBcosC=sinCcosA+sinAcosC=sin(A+C)=sinB，

又∵B∈(0,π)，sinB≠0，

∴cosC=12，

又∵C∈(0,π)，

∴C=π3；

(2)∵C=π3【解析】(1)若選①，利用正弦定理，兩角和的正弦公式以及同角三角函數(shù)基本關(guān)系式可求tanC=3，結(jié)合C∈(0,π)，可求C的大??；

若選②，由正弦定理，兩角差的正弦公式化簡(jiǎn)已知等式可得sin(C?π6)=12，可求C?π6∈(?π6,5π6)，進(jìn)而可求C的大??；

若選③，由正弦定理，兩角和的正弦公式化簡(jiǎn)已知等式可得cosC=12，結(jié)合C∈(0,π)，可求C的大小．

(2)由題意利用同角三角函數(shù)基本關(guān)系式可求sinB，cosB21.【答案】(1)證明：四邊形ABCD是梯形，AB/?/CD，AD=DC=CB=12AB=4，M是AB的中點(diǎn)，將△ADM沿DM折起至△A′DM，

取DM中點(diǎn)O，連接A′O，CO，

四邊形ABCD是梯形，AB/?/CD，M是AB的中點(diǎn)，且AD=CB=12AB，

可得A′D=A′M，所以A′O⊥MD，

又由AD=CD=CB=12AB，且M是AB的中點(diǎn)，可得CM=CD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，可得CO⊥MD，

因?yàn)镃O?A′O=O，且CO，A′O?平面A′CO，根據(jù)線面垂直的判定定理，可得DM⊥平面A′CO，

又因?yàn)锳′C?平面A′CO，所以DM⊥A′C，

因?yàn)镈C=DA′，且N為CA′的中點(diǎn)，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，所以DN⊥A′C，

又因?yàn)镈N?DM=D，且DN，DM?平面DMN，根據(jù)線面垂直的判定定理，可得A′C⊥平面DMN，

因?yàn)锳′C?平面A′BC，根據(jù)面面垂直的判定定理，得到平面A′BC⊥平面DMN；

(2)解：四邊形ABCD是梯形，AB/?/CD，AD=DC=CB=12AB=4，M是AB的中點(diǎn)，將△ADM沿DM折起至△A′DM，

在△CDM中，由CD=DM=CM=4，且O為DM的中點(diǎn)，可得OC=23，

在△A′DM中，由A′D=A′M=DM=4，且O為DM的中點(diǎn)，可得OA′=23，

因?yàn)锳′C=26，所以O(shè)C2+OA′2=A′C2，可得OC⊥OA′，

又因?yàn)锳′O⊥OD，CO⊥OD，

以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)D，OC，OA′所在直線為x軸，y軸和z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O?xyz，如圖所示，

則D(2,0,0)，M(?2,0,0)，C(0,23,0)，A′(0,0,23)，B(?4,23,0)，

設(shè)A′N=λA′C(0≤λ≤1)，則A′N