2022-2023學年黑龍江省哈爾濱重點中學高一（下）期末數(shù)學試卷（含解析）

2022-2023學年黑龍江省哈爾濱重點中學高一（下）期末數(shù)學試

卷

一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）

1.若復(fù)數(shù)z=3-2i,則復(fù)數(shù)z的虛部為（）

A.-2iB.2iC.-2D.2

2.m,n是兩條不同直線，a,￡是兩個不同的平面，則下列說法正確的是（）

A.若m〃a,n//a,則m〃nB.若m〃n,n//a,則

C.若771_1_0,al/?,貝Um///?D.若幾，a,幾_1"夕，則a///?

3.若P（AB）=g,P（A）-=I，P（8）=g,則事件4與B的關(guān)系是（）

A.互斥但不對立B.對立C.相互獨立D.既互斥又獨立

4.己知向量蒼了的夾角為泮且|引=1,@=/3，則（2五一五0+尤）=（）

A.—1—yB.jC.\D.-|

5.某人從水庫中打了一網(wǎng)魚共1000條，作上記號再放回水庫中，數(shù)日后又從水庫中打了一

網(wǎng)魚共跟條，其中4條有記號，由此估計水庫中共有魚的條數(shù)為（）

A1000D1000n

A--B-~~T~C.lOOOnD.無法估計

6.圍棋起源于中國，據(jù)先秦典籍他本》記載“堯造圍棋，丹朱善之”，圍棋至今已有四

千多年歷史，蘊含著中華文化的豐富內(nèi)涵.在某次國際比賽中，中國派出包含甲、乙在內(nèi)的5位

棋手參加比賽，他們分成兩個小組，其中一個小組有3位，另外一個小組有2位，則甲和乙不

在同一個小組的概率為（）

A弋BtC.|D4

7.在三棱錐P-ABC中，P41底面ABC,AB=2,AC=AP,BC1CA,若三棱錐P-ABC外

接球的表面積為5兀，則8c=()

A.1B.yT2C.7~3D.V-5

8.如圖，在山腳4測得山頂P的仰角為a,沿傾斜角為0的斜坡向上走a米到B,在8處測得山

頂P的仰角為y,則山高八=（）

Aacosasin(y-a)口asinasin(y—a)

?sin(y-0)此sin(y-/?)

「acosasin(y-p')nasinasin(y-p)

?sin(y-a)?sin(y-a)

二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項符合題目要求）

9.下列說法正確的是（）

A.用簡單隨機抽樣的方法從含有50個個體的總體中抽取一個容量為5的樣本，則個體小被抽

到的概率是0.1

B.已知一組數(shù)據(jù)1,2,3,3,4,5的眾數(shù)大于中位數(shù)

C.數(shù)據(jù)27,12,14,30,15,17,19,23的第70百分位數(shù)是21

D.甲乙丙三種個體按3：1：2的比例分層抽樣，如果抽取的甲個體數(shù)為9,則樣本容量為18

10.在AABC中，a,b,c分別為乙4,乙B,NC的對邊，則下列敘述正確的是（）

A.若七=—則△ABC為等腰三角形

cosBcosA

B,若A>B,則sim4>sinB

C.若四?能V0，則△ABC為鈍角三角形

D.若Q=bsinC+ccosB,貝IJNC=7

11.如圖，AD與BC分別為圓臺上下底面直徑，AD〃BC,若4B=46二

3,AD=2,BC=4,則（）/\

A.圓臺的母線與底面所成的角的正切值為2/至8c............................\C

B.圓臺的全面積為147r

C.圓臺的外接球（上下底面圓周都在球面上）的半徑為q

D.從點4經(jīng)過圓臺的表面到點C的最短距離為3C

12.“奔馳定理”是平面向量中一個非常優(yōu)美的結(jié)論，因為這個定理對應(yīng)A

的圖形與“奔馳”轎車的三叉車標很相似，故形象地稱其為“奔馳定理”./\

奔馳定理：已知。是4人⑶。內(nèi)的一點，ABOC,△40C,AAOB的面積分別

B-------C

為SA、SB、SC,則有以布+SB而+Sc岳=1設(shè)。是銳角AABC內(nèi)的一

點，4BAC,4ABC,NACB分別是AABC的三個內(nèi)角，以下命題正確的是（）

A.若瓦？+南+k=6,則。為AABC的重心

B.若瓦？+2赤+3而=6，則%：SB：SC=1：2：3

C.則。為△ABC（不為直角三角形）的垂心，則tan/BAC,耐+tan乙4BC?方+tan乙4cB?

0C=0

D.若畫|=|而|=2，/.AOB=2OA+3OB+40C=0,則“48c=￡

三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）

13.已知z=2-i,|z+i|=

14.如圖，在四棱錐P—ABCD中，PA1平面Z8CD,四邊形A8CD

為菱形，4ABe=60。，且/M=4B,E為AP的中點，則異面直線

PC與DE所成的角的余弦值為.

15.甲、乙兩班參加了同一學科的考試，其中甲班50人，乙班40人.甲班的平均成績?yōu)?6分，

方差為96分2；乙班的平均成績?yōu)?5分，方差為60分2.那么甲、乙兩班全部90名學生的平均

成績是分，方差是分2.

16.二戰(zhàn)期間盟軍的統(tǒng)計學家主要是將繳獲的德軍坦克—1—1~1------1------L—?

0XixtxnN

序列號作為樣本，用樣本估計總體的方法得出德軍某月生

產(chǎn)的坦克總數(shù).假設(shè)德軍某月生產(chǎn)的坦克總數(shù)是N,繳獲的該月生產(chǎn)的n輛坦克編號從小到大為

%1（小，???，0，即最大編號為X”，且繳獲的坦克是從所生產(chǎn)的坦克中隨機獲取的，因為生

產(chǎn)坦克是連續(xù)編號的，所以繳獲坦克的編號與，小，…，xn,相當于從［0,N］中隨機抽取的n個

整數(shù)，這n個數(shù)將區(qū)間［0,N］分成（n+1）個小區(qū)間，

由于N是未知的，除了最右邊的區(qū)間外，其他n個區(qū)間都是已知的.由于這n個數(shù)是隨機抽取的,

所以可以用前n個區(qū)間的平均長度票估計所有5+1）個區(qū)間的平均長度總，進而得到N的估

計值.

例如，繳獲坦克的編號是3,5,12,18,20,則統(tǒng)計學家利用上述方法估計德軍每月生產(chǎn)的

坦克數(shù)為.

四、解答題(本大題共6小題，共70.()分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)

17.(本小題10.0分)

四棱錐A-BCDE的側(cè)面4BC是等邊三角形，EB平面ABC,DC1平面ABC,BE=1,BC=

CD=2,F是棱AD的中點.

(1)求證：EF〃平面ABC：

(2)求四棱錐4-8C0E的體積.

18.(本小題12.0分)

在△48C中，角4B,C所對的邊分別是a,b,c.已知a=/而，b=2,乙4=120。.

(1)求c的值；

(2)求sin(B-C).

19.(本小題12.0分)

從參加環(huán)保知識競賽的學生中抽出40名，將其成績(均為整數(shù))整理后畫出的頻率分布直方圖

如下：觀察圖形，回答下列問題：

(1)80?90這一組的頻數(shù)、頻率分別是多少？

(2)估計這次環(huán)保知識競賽成績的平均數(shù)、中位數(shù)；

(3)從成績是80分以上的學生中選兩人，求他們在同一分數(shù)段的概率.

20.(本小題12.0分)

如圖，三棱柱ABC-4181cl中、四邊形4BB141是菱形，且N4B&=60°,AB=BC=2,CA=

CBi,CA1CB],

(1)證明：平面CAB11平面4BB141：

(2)求直線BBi和平面ABC所成角的正弦值;

21.(本小題12.0分)

已知A/IBC中，角4B,C的對邊分別為a,b,c,在①筆=一月，=

JcosC2a+cJsinB-sinCa+c

③2s=-，弓錮?元三個條件中任選一個補充在下面的橫線上，并加以解答.

Q)選,求角8的大??；

(2)如圖，作4B14D,設(shè)乙B4C=心使得四邊形4BCD滿足乙4CD4，AD=口,求BC的

取值范圍.

R

22.(本小題12.0分)

在校運動會上，有甲、乙、丙三位同學參加羽毛球比賽，約定賽制如下：累計負兩場者被淘

汰；比賽前抽簽決定首先比賽的兩人，另一人輪空；每場比賽的勝者與輪空者進行下一場比

賽，負者下一場輪空，直至有一人被淘汰；當一人被淘汰后，剩余的兩人繼續(xù)比賽，直至其

中一人被淘汰，另一人最終獲勝，比賽結(jié)束.經(jīng)抽簽，甲、丙首先比賽，乙輪空,設(shè)每場比賽雙

方獲勝的概率都為;.

(1)求丙連勝四場的概率；

(2)求需要進行第五場比賽的概率：

(3)甲、乙、丙三人中誰最終獲勝的概率最大？請說明理由.

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：由復(fù)數(shù)的概念可知，復(fù)數(shù)z=3-2i的虛部為-2.

故選：C.

由復(fù)數(shù)的概念判斷即可.

本題主要考查復(fù)數(shù)虛部的定義，屬于基礎(chǔ)題.

2.【答案】D

【解析】解：根據(jù)題意，依次分析選項：

對于4平行于同一個平面的兩條直線可以平行、相交或異面，4錯誤；

對于B,m可能在平面a內(nèi)，B錯誤；

對于C,m可能在平面￡內(nèi)，C錯誤；

對于。，垂直于同一直線的兩個平面平行，。正確；

故選：D.

根據(jù)題意，依次分析選項是否正確，綜合可得答案.

本題考查空間直線、平面間的位置關(guān)系，注意線面平行、垂直的性質(zhì)以及判斷方法，屬于基礎(chǔ)題.

3.【答案】C

【解析】解：???「(?!)=3??.「(/1)=1一PQ4)=1-|=}

???P(AB)=P(A)尸(B)=3于0，

???事件4與B不互斥但相互獨立，

故選：C.

根據(jù)獨立事件的乘法公式判斷獨立性，根據(jù)互斥事件的定義判斷是否互斥.

本題考查獨立事件的乘法公式以及互斥事件的定義，屬于基礎(chǔ)題.

4.【答案】D

【解析】解：因為向量方,石的夾角為也且I乙I=1,19I=，弓，

所以方1b=|a||K|cos^=1xV-3x（―^^）=—1>

所以（2五一］）-（a+K）=2a2+a-K-b2=2xl2-|-3=-|.

故選：D.

利用平面向量的數(shù)量積公式直接計算即可.

本題考查平面向量的數(shù)量積運算，考查運算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.

5.【答案】B

【解析】解：估計水庫中共有魚的條數(shù)為x，則駟=￡

xn

lOOOn

X-j?

k

故選：B.

估計水庫中共有魚的條數(shù)為X，解方程理=會即得解.

xn

本題主要考查簡單隨機抽樣的定義，屬于基礎(chǔ)題.

6.【答案】C

【解析】解：這5名棋手分別記為：甲，乙，A,B,C,分組情況有：

（甲乙4BC）,（甲乙B,AC},（甲乙C,4B）,（甲AB,乙C）,（甲4C,乙B）

（甲BC,乙4）,（乙4B,甲C）,（乙4C,甲B）,（乙BC,甲A）,（ABC,甲乙）共10種，

其中甲和乙在同一人組的有4種，分別為：（甲乙4BC）,（甲乙B,AC）,（甲乙C,4B）,（ABC,

甲乙），共4種，

所以甲和乙不在同一個小組的概率為1-△=|.

故選：C.

這5名棋手分別記為：甲，乙，4B,C,利用列舉法寫出基本事件，最后利用古典概型的概率公

式即可求解.

本題主要考查古典概型的問題，熟記概率的計算公式即可，屬于?？碱}型.

7.【答案】C

【解析】解：???PZ1底面ABC,BCu底面4BC,

BC1PA,又：BC1CA,CAHPA=A,

BCl^PAC,PB是RtAPBC和RtAPBA的公共斜邊，

PB是三棱錐的外接球直徑，由S=4TTR2=5兀=R=

設(shè)4c=AP=m,則PB=2R=Vm2+4=H，

則m=1,BC=V4-1=q.

故選：C.

由已知可得PB是三棱錐的外接球直徑，可得PB,設(shè)ac=ap=m,進而可得vm2+1=口,

進而可求BC.

本題考查空間幾何體的外接球問題，屬中檔題.

8.【答案】D

【解析】解：在APAB中，Z.PAB=a-/?,Z.BPA=(2-a)--y)=y-a,

由正弦定理得一^■語=可得PB=竺半畔，

sin(a-/?)sin(y-a)sin(y-a)

所以PQ=PC+CQ=PB?siny+asin/3=吧:蔡;,:丁)■

故選：D.

在APAB中，根據(jù)正弦定理求得PB=為器潦，結(jié)合PQ=PC+CQ,即可求解.

本題主要考查解三角形，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題.

9.【答案】AD

【解析】解：對于4個體m被抽到的概率為以=0.1,所以選項4正確;

對于8,數(shù)據(jù)1,2,3,3,4,5的眾數(shù)是3,中位數(shù)是3,眾數(shù)等于中位數(shù)，選項B錯誤;

對于C,數(shù)據(jù)27,12,14,30,14,17,19,23從小到大排列為：12,14,14,17,19,23,

27,30,

由于8x70%=5.6,其中第6個數(shù)為23,所以選項C錯誤；

對于D，根據(jù)分層抽樣原理知，抽取的甲個體數(shù)為9時，樣本容量為9+豆工=18,選項力正確.

故選：AD.

根據(jù)古典概型的計算公式，眾數(shù)和百分位數(shù)以及分層抽樣原理求解即可.

本題考查了古典概型的概率計算以及數(shù)據(jù)分析與應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題.

10.【答案】BD

【解析】解：由T=上得嗎=迎?=sin2B=sin2A=24=28+2kn,或24+2B=乃+

cosBcosAcosBcosA

2kn,k￡Z,

由于在三角形中，所以4=B或A+B=*故△ABC為等腰三角形或者為直角三角形，故A錯誤；

由A>B,得a>b,由正弦定理得sirM>sinB,故8正確；

若荏?近<0，則|南|?|近|COS(TT-B)<0=cosB>0，因此B為銳角，

故無法確定△ABC為鈍角三角形，故C錯誤；

由。=bsinC+ccosB得sinA=sinBsinC+sinCcosB,

進而可得sin(B+C)=sinBsinC+sinCcosB=sinBcosC=sinBsinC,由于sinB豐0,

所以cosC=sinC=tanC=1,由于Ce(0,TT),所以C=*故￡>正確.

故選：BD.

由正弦定理邊角互化，結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)以及和差角二倍角公式即可判斷4B0,由向量的數(shù)量

積定義即可判斷C.

本題主要考查解三角形，正弦定理的應(yīng)用，考查運算求解能力，屬于中檔題.

11.【答案】ABD

【解析】解：取圓臺的軸截面48CD,設(shè)4。、BC的中點分別為01、02,連接。山?，

分別過點A、。在平面4BCD內(nèi)作AELBC,DF1BC,垂足分別為點E、F,

0,D

由題意可知，。1。2與圓臺的底面垂直，易知四邊形力BCD為等腰梯形，

且AB=CD=3,AD=2,BC=4,

在AABE和ADCF中，AB=DC,4ABE=Z-DCF,/.AEB=/.DFC=90°,

所以AABE三△OCF,所以，BE=CF,

因為AD〃BC,AEIBC,DFIBC,則四邊形ACFE為矩形，且EF=CD=2,

同理可證四邊形4〃。2。1為矩形，則。1。2=力凡且//〃。1。2，

所以力E與圓臺的底面垂直，則圓臺的母線與底面所成的角為乙4BE,

所以BE=CF=*里=子=1，則力E=VAB2-BE2=V32-1=2門，

所以tan乙4BE=￡=2/7,4對；

對于B,圓臺的全面積為兀*12+兀*22+兀*(1+2)'3=14兀，B對；

對于C,易知圓臺的外接球球心在梯形4BC。內(nèi)，且。后=8。-8后=4-1=3,

由勾股定理可得AC=VAE2+CE2=V8+9=C7，且sin乙48E=黑=4，

AD3

所以圓臺的外接球直徑為2R=而編=您=?，則/?=騫，B錯;

~3~8

對于C選項，將圓臺沿著軸截面4BCD切開，將圓臺的側(cè)面的一半展開如下圖所示:

延長BA、DC交于點M,在圓臺的軸截面等腰梯形力BCD中，AB//CDiiAB=^CD,

易知2、D分別為BM、CM的中點，所以，AM=DM=AB=3,

設(shè)乙4MD=8,則筋=3。=兀，則

在△4CM中，AM=3,CM=6,/-AMD=p

由余弦定理可得AC=JAM2+CM2-2AM-CMcos^=J32+62-2X3x6X1=3^.

因此從點A經(jīng)過圓臺的側(cè)面到點C的最短距離為3/耳，。對.

故選:ABD.

取圓臺的軸截面4BCD,利用線面角的定義可判斷4選項；利用圓臺的表面積公式可判斷B選項；

利用正弦定理求出等腰梯形4BC0的外接圓半徑，即為圓臺的外接球半徑，可判斷C選項；將圓臺

沿著軸截面4BCD切開，將圓臺的側(cè)面的一半展開，結(jié)合余弦定理可判斷。選項.

本題考查圓臺的全面積的求解，線面角的求解，圓臺的外接球問題，化歸轉(zhuǎn)化思想，屬中檔題.

12.【答案】ABC

【解析】解：對于4設(shè)BC的中點為。，則而+方=2而=一成，

0,A,。三點共線，且而=|同，

設(shè)E,F分別為力B,AC中點，同理可得，

CO前=|麗，

。為AABC的重心，選項A正確；

對于B,由奔馳定理可知，若瓦？+2而+3記=6，

則以：SB：SC=1：2：3,選項B正確；

對于C,5^0(:=^\OB\\OC|sinzfiOC,

ShAOc=1\OA\\OC\sin^AOC,

ShAOB=\\OA\\OB\sm^AOB,

y^OA-OB=\OA\\OB\cos^AOB=-\OA\\OB\cos^ACB，

OB-OC=\OB\\OC\cosz.BOC=-\OB\\OC\cos^BAC，

又近■AC='OB-(OC-OA)='OB-OC-OA-OB=0,

|OX|cos乙4cB=|OC\COS/LBAC，

BP|O4|.-\OC\=COSZ.BAC：COS^ACB,

同理可得：|刀I；|南I：|無|=COSNBAC：cos乙4BC：cos乙4CB,

SA80C:SMOC：S“OB

_sir\z.BACs\nz.ABCsinZ.ACB

cosZ.BAC,cosZ-ABC*cosZ-ACB

=tanZ.BAC：tanZ.ABC：tanZJlCB,

結(jié)合奔馳定理可知，選項c正確；

對于。，在AAOB中，由I西=|南1=2，乙408=緡1得：

11

S"OB=2^2x2X—=1,

又2。4+30B+40C=0，則S^BOC：S—oc：^LAOB=2：3：4，

則SABOC=2'Sfoc=［，

"S^ABC=ShAOB+S&BOC+St^AOC=1+1+|=1，選項D錯誤?

故選：ABC.

對于4,設(shè)BC的中點為D,易知。，A,D三點共線，且刀=：而，由此容易判斷：對于B,直接

由題意得出結(jié)論；對于C,由。為△ABC的垂心可得，OAOB='OBOC=OAOC，再結(jié)合三角

形的面積公式以及平面向量的數(shù)量積運算化簡，對照奔馳定理即可得出結(jié)論；對于D,求出A/lOB

的面積，再根據(jù)奔馳定理求得ABOC及△AOC的面積，即可得到△4BC的面積.

本題以新定義在載體，考查平面向量的綜合運用，涉及了平面向量的線性運算，三角形的面積公

式，同角三角函數(shù)的基本關(guān)系等知識點，考查化簡變形能力，運算求解能力，邏輯推理能力等，

屬于難題.

13.［答案］2y/~2

【解析】解：?.?z=2-i,

??z=2+i>

???|z+i|=|2+2i|=V22+22=2<2.

故答案為：2，

根據(jù)已知條件，結(jié)合共癇復(fù)數(shù)的概念，以及復(fù)數(shù)模公式，即可求解.

本題主要考查共輒復(fù)數(shù)的概念，以及復(fù)數(shù)模公式，屬于基礎(chǔ)題.

14.【答案】Y

【解析】解：連接AC,取47的中點。，

連接E。、BD,

則EO〃PC,

則異面直線PC與DE所成的角的平面角為NOED,

設(shè)AB=1,

由已知可得：PA-AD=AC=1,

又P/4_L平面ABC。，

則PC=V2,

則E。=4,

因為BD1AC,BD1PA,

所以BDIf^PAC,

則BD1E0,

又OD=%BD=?，

則DE=J(?」+(?尸=浮

則COSNOEC=器=告=

UCiV35

r

故答案為：

連接力C,取AC的中點0,連接EO、BD,則EO〃PC,則異面直線PC與DE所成的角的平面角為/OED,

然后解三角形即可得解.

本題考查了異面直線所成角的求法，重點考查了異面直線所成角的作法，屬基礎(chǔ)題.

15.【答案】80100

【解析】解：甲、乙兩班全部90名學生的平均成績是瑞;x76+患;x85=80(分)；

50+4050+40

甲、乙兩班全部90名學生的方差是3{50[96+(76-80)2]+40[60+(85-80)2]}=100(分2).

由已知數(shù)據(jù)代入總體平均數(shù)及總體方差公式計算即可.

本題考查數(shù)據(jù)的平均分及方差算法，考查數(shù)學運算能力，屬于基礎(chǔ)題.

16.【答案】24

【解析】解：由于用前n個區(qū)間的平均長度空估計所有(n+1)個區(qū)間的平均長度福,

而繳獲坦克的編號是3,5,12,18,20,即n=5,%5=20,

故七**=24,

即則統(tǒng)計學家利用上述方法估計德軍每月生產(chǎn)的坦克數(shù)為24.

故答案為：24.

根據(jù)統(tǒng)計學家利用的方法列比例式計算，即可求得答案.

本題考查系統(tǒng)抽樣方法，屬于基礎(chǔ)題.

17.【答案】證明：(1)如圖，取4C中點M,連接尸M、BM,

-F是4。中點，

FM//DC,且FM==1,

?:EB_L平面ABC,DC1平面ABC,

EB//DC,

FM//EB.

又EB=1,AFM=EB,

???四邊形BEFM是平行四邊形，

EF//BM,

EF（4平面ABC,u平面4BC,

二EF〃平面ABC.

解：（2）取BC中點N,連接4N,

AB=AC,

.-.AN1BC,

■：EBJ■平面ABC,

AN1EB,

vBC與EB是底面BCCE內(nèi)的相交直線，

???ANJ_平面BCDE,

由(1)得，底面8CDE為直角梯形，S甥顏?DE="等"=3，

在等邊A4BC1中,BC=2,

:.AN—

：*V棱錐A-BCDE=qS梯形BCDE,AN=\/~3.

【解析】(1)取4c中點“，連接可由中位線定理，線面垂直的性質(zhì)定理，證得四邊形BEFM

是平行四邊形，進而EF〃BM,再由線面平行的判定定理，得到結(jié)論

(2)取BC中點N,連接AN,可證得AN，平面BCDE,由⑴求出底面8CDE的面積S悌形院團代入

棱錐體積公式，可得答案.

本題考查的知識點是直線與平面平行的判定，棱錐的體積，熟練掌握線面平行的判定定理，線面

垂直的性質(zhì)定理和判定定理是解答的關(guān)鍵.

18.【答案】解：(1)(1=/方，6=2,乙4=120。,

則彥=爐+_2bc?cosA=4+c?+2c=39,

化簡整理可得，(c+7)(c-5)=0,

解得c=5(負值舍去);

(2)a=<39，6=2,/.A=120°,

2義警_口3

則5譏8=史世

a-13

則cosB=V1—sin2B=

則s譏。=*=宣=等，

aV3926

故COSC=V1—sin2C=

zo

/升以S山(8—C)——rz—x——-----——x———=——~

SITLBCOSC-svnCcosB—1326，613

【解析】(1)根據(jù)已知條件，結(jié)合余弦定理，即可求解；

(2)根據(jù)已知條件，結(jié)合三角函數(shù)的同角公式，以及正弦的兩角差公式，即可求解.

本題主要考查解三角形，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題.

19.【答案】解:(1)根據(jù)題意,50?60的這一組的頻率為0.015x10=0.15,

60?70的這一組的頻率為0.025x10=0.25,

70?80這一組的頻率為0.035x10=0.35,90?100的這一組的頻率為0.005x10=0.05,

則80?90這一組的頻率為口-(0.15+0.25+0.35+0.05)]4-2=0.1,

其頻數(shù)為40X0.1=4；

(2)這次競賽的平均數(shù)為45x0.1+55x0.15+65x0.25+75x0.35+85x0.1+95x0.05=

68.5,70(分)左右兩側(cè)的頻率均為0.5,則中位數(shù)為70；

(3)記”取出的2人在同一分數(shù)段”為事件E,

因為80?90之間的人數(shù)為40x0.1=4人，設(shè)為a、b、c、d,90?100之間有40x0.05=2人，

設(shè)為4、B,

從這6人中選出2人,有｛a,b｝、｛a,c｝、｛a,d｝、｛a,這卜｛a,B｝、｛b,c｝、｛b,d｝、｛b,4｝、｛b,B｝、｛c,d｝、

｛c,A｝、｛c,B｝、｛"｝、｛d,B｝、共15個基本事件,

其中事件E包括｛a,b｝、｛a,c｝、｛a,d｝、｛瓦c｝、｛b,d｝、｛c,d｝、｛A.B｝,共7個基本事件,

則P(E)=

【解析】(1)由頻率分布直方圖求出80?90這一組的頻率，由此求出80?90這一組的頻數(shù)；

(2)由頻率分布直方圖能估計這次環(huán)保知識競賽成績的平均數(shù)、中位數(shù)：

(3)利用列舉法列出樣本總數(shù)和基本事件總數(shù)，即可算出概率.

本題主要考查頻率分布直方圖的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

20.【答案】證明：(1)取的中點0,連接OC,OB,K

如圖所示：dG

V

L1

且

vCA=CBr,CA±CBj,CO1ABr,CO=-ABA=1>

又“BC=2,BC2=OB2+CO2,

ACO1OB,

又?:

CO14ABrnOB=0,

■■■CO，平面4B814,

又：COu平面CAB1，

二平面CAB11平面4BBi4；

解：(2)由(1)可知,OB,OB】,OC兩兩垂直,

以點。為坐標原點，分別以赤，西，瓦的正方向為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，如

圖所示：

則B(C,0,0)，&(0,1,0),71(0,-1,0),C(0,0,l),

???西=(-V3,1,0)，AB=(C,1,0)，AC=(0,1,1)，

設(shè)平面ABC的一個法向量為記=(x,y,z),則伊,亞=°,

B|Jf^3X+n=°1取”)得，fy=73.

(y+z=0iz=3

???運=(C,-3,3)，

二直線BBi和平面ABC所成角的正弦值為|cos<西，n>\=黑喘=早.

【解析】(1)取4當?shù)闹悬c0,連接OC,0B,由題意可知COJ.AB1，再利用勾股定理證得CO1OB,

由線面垂直的判定定理可得C。1平面4BB14，進而證得平面CAB11平面力BB/i；

(2)以點。為坐標原點，分別以南，兩，元的正方向為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系,

求出相應(yīng)點的坐標，進而求出相應(yīng)向量的坐標，得到平面4BC的一個法向量，再利用線面夾角的

向量公式求解即可.

本題主要考查了面面垂直的判定，考查了利用空間向量求直線與平面所成的角，屬于中檔題.

21.【答案】解：(1)選①，由正弦定理可得：筆z

、'JcosC2stnA+sinC

整理可得：sinCcosB+sinBcosC+2sinAcosB=0,

即sin(B+C)+2sinAcosB=0,

因為sin(8+C)=s)力，且sinAH0,可得cosB=-g,

因為3€(0,兀),

所以B=|TT；

選②，由正弦定理可得：2x|acsinB=-V-3xaccosB=空,

2b-ca+c

整理可得：a2-Vac=b2—c2即彥4-c2—b2=—ac,

由余弦定理得：C0sB=a2+c2--=_L,

2ac2

因為Be

所以8=|TT；

選③，由2s=—V-3