2020-2021学年福建省厦门市高一(下)期末数学试卷(附答案详解)

2020-2021学年福建省厦门市高一（下）期末数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分） 1. 已知(1+i)z =2i ，则复数z =( )

A. 1+i

B. 1−i

C. −1+i

D. −1−i

2. 已知a ⃗ ，b ⃗ 是两个不共线的向量，且AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ +2b ⃗ ，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2a ⃗ +λb

⃗ ，若A ，B ，C 三点共线，则实数λ=( )

A. −4

B. −1

C. 1

D. 4

3. 已知某种设备在一年内需要维修的概率为0.2.用计算器产生1～5之间的随机数，当

出现随机数1时，表示一年内需要维修，其概率为0.2，由于有3台设备，所以每3个随机数为一组，代表3台设备一年内需要维修的情况，现产生20组随机数如下：

412 451 312 533 224 344 151 254 424 142 435 414 335 132 123 233 314 232 353 442

据此估计一年内至少有1台设备需要维修的概率为( )

A. 0.4

B. 0.45

C. 0.55

D. 0.6

4. 厦门地铁1号线从镇海路站到文灶站有4个站点．甲、乙同时从镇海路站上车，假

设每一个人自第二站开始在每个站点下车是等可能的，则甲乙在不同站点下车的概率为( )

A. 1

4

B. 1

3

C. 2

3

D. 3

4

5. 已知圆锥的侧面展开图是一个面积为2π的半圆，则这个圆锥的底面半径为( )

A. 1

2

B. 1

C. 2

D. 4

6. 为庆祝建党100周年，某校组织“心中歌儿献给党”歌咏比赛，已知5位评委按百

分制分别给出某参赛班级的评分．可以判断出一定有出现100分的是( )

A. 平均数为97，中位数为95

B. 平均数为98，众数为98

C. 中位数为95，众数为98

D. 中位数为96，极差为8

7. △ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c.已知cosB =3

4，c =2a ，AC 边上的

中线长度为m ，则m

b =( )

A. 1

2

B. √2

2

C. 1

D. √28.如图(1)平行六面体容器ABCD−A1B1C1D1盛有高度为h的水，AB=AD=AA1=2，

∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°.固定容器底面一边BC于地面上，将容器倾斜到图

(2)时，水面恰好过A，B1，C1，D四点，则h的值为()

A. √3

3B. √6

3

C. 2√3

3

D. 2√6

3

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）

9.某学生为了解甲、乙两城市的气温情况，收集并整理了两城市2020年月平均气温

的相关数据，得到折线图(如图)，则()

A. 甲城市有3个月的月平均气温低于0℃

B. 甲城市的月平均气温的最大值比乙城市的月平均气温的最大值大

C. 甲城市年平均气温比乙城市年平均气温低

D. 甲城市月平均气温的方差比乙城市月平均气温的方差小

10.复数z的共轭复数为z−，则()

A. z与z−在复平面内对应的点关于实轴对称

B. z⋅z−在复平面内对应的点在虚轴上

C. 若|z−1|=|z+1|，则z−在复平面内对应的点在实轴上

D. 若|z−|=1，则z在复平面内对应的点的集合是以原点为圆心，半径为1的圆

11.如图是长方体的平面展开图，AB=3，BE=2，

BC=4，则在该长方体中()

A. B，C，F，G四点共面

B. 直线AE与直线GC平行

C. 直线BH与平面ACG的距离为3

D. 三棱锥B−DFH外接球的表面积为29π

12. 已知向量a ⃗ =(4,3)，a ⃗ 在向量b ⃗ 上的投影向量为c

⃗ =(2,4)，则( )

A. a ⃗ ⋅b ⃗ =c ⃗ ⋅b ⃗

B. 与b

⃗ 方向相同的单位向量为(−√55,−2√55)或(√55,2√55) C. b ⃗ ⋅(b ⃗ −a ⃗ )的最小值为0 D. |a ⃗ −b ⃗ |的最小值为√5

三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）

13. 已知1+i 是关于x 的一元二次方程x 2+px +2=0(其中p ∈R)的一个根，则p =

______ ．

14. 为了解学生一学期参与志愿者活动的情况，学校随机调查了10名学生，统计其参

加活动的时长(单位：小时)，得到以下数据：8，9，11，11，12，13，14，16，17，22，则该组数据的75%分位数为______．

15. 若平面上的三个力F ⃗ 1，F ⃗ 2，F ⃗ 3，作用于同一点，且处于平衡状态．已知|F

⃗ 1|=√3N ，|F ⃗ 2|=2N ，且F ⃗ 1与F ⃗ 2的夹角为5π

6，则F ⃗ 2与F ⃗ 3的夹角为______． 16. 厦门双子塔是厦门的新地标，两栋的塔楼由裙楼相连，

外观形似风帆，并融入了厦门市花“三角梅”的视觉元素．小明计划测量双子塔A 塔的高度，他在家测得塔尖的仰角为26.3°，再到正上方距家42米的天台上，测得塔

尖仰角为22.3°，塔底俯角为10.8°.则塔的高度约为______米．(精确到个位) 参考数据：sin4°≈0.07，sin33.1°≈0.55，sin63.7°≈0.90，sin79.2°≈0.98． 四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）

17. 如图，在平行四边形ABCD 中，点E 在AB 上，且AE =

2BE ，点F 是BC 的中点．

(1)设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ ，AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ ，用a ⃗ ，b ⃗ 表示ED ⃗⃗⃗⃗⃗ ，EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ； (2)已知ED ⊥EF ，求证：AB =32AD ．

中点，要过点E和棱BC将木料锯开．

(1)在木料表面画出符合要求的线，写出作图过程并说明理由；

(2)写出切割后体积较大的几何体的名称，并求出它的体积．

19.甲、乙两人进行投篮比赛，约定赛制如下：

选定投篮位置，并在同一位置连续投篮三次，站在3分线外每次投中得3分，站在3分线内每次投中得2分，总得分高者胜出．

假设乙同学在3分线内投篮，每次投中概率为0.7，在3分线外投篮，每次投中概率为0.4.用Y表示乙投中，N表示乙未投中，假设每次能否投中是的．

(1)观察乙的投篮情况，根据树状图填写样本点，并写出样本空间；

(2)已知甲三次总得分为4分，若乙想赢得比赛，你建议他位置选在3分线内还是3

分线外，为什么？20.某校有高中生2000人，其中男女生比例约为5：4，为了获得该校全体高中生的身

高信息，采取了以下两种方案：

方案一：采用比例分配的分层随机抽样方法，抽收了样本容量为n的样本，得到频数分布表和频率分布直方图．

身高(单位：cm)[145,155)[155,165)[165,175)[175,185)[185,195]频数m p q方案二：采用分层随机抽样方法，抽取了男、女生样本量均为25的样本，计算得到男生样本的均值为170，方差为16，女生样本的均值为160，方差为20．

(1)根据图表信息，求n，q并补充完整频率分布直方图，估计该校高中生的身高均

值；(同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值为代表)

(2)计算方案二中总样本的均值及方差；

(3)计算两种方案总样本均值的差，并说明用方案二总样本的均值作为总体均值的

估计合适吗？为什么？

21.如图，四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA=PD，四边形ABCD是

正方形．

(1)直线AC与平面PBD是否垂直？若垂直，请证明；若不垂直，请说明理由；

(2)若二面角P−CD−B的平面角为60°，求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．

22.在①c(acosB−bcosA)=a2−1；②bcosA+abcosB=c；③4SsinB=cos(A−

C)+cosB中选一个条件补充在下面问题中，并解答下面的问题．

问题：设钝角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.S为△ABC的面积，_______．

(1)求b；

(2)若点O为△ABC的外心，△OAC的面积为√3

，求△OAB与△OBC的面积之和的最

4

大值．

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：(1+i)z =2i ， 可得z =2i

1+i =2i(1−i)

(1+i)(1−i)=1+i ． 故选：A ．

直接利用复数的除法运算法则化简求解即可． 本题考查复数的基本运算，基本知识的考查．

2.【答案】A

【解析】解：∵a ⃗ ，b ⃗ 是两个不共线的向量，且AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ +2b ⃗ ，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2a ⃗ +λb ⃗ ， A ，B ，C 三点共线，

∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =t BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，即a ⃗ +2b ⃗ =−2t a ⃗ +λt b ⃗ ， ∴{

−2t =1

λt =2

，解得实数λ=−4．

故选：A ．

由A ，B ，C 三点共线，得AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =t BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，列出方程组，能求出实数λ．

本题考查实数值的求法，考查向量平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

3.【答案】B

【解析】解：在20组随机数中，三位数字中有数字1的即可， 故共有9个随机数中含有数字1，

所以一年内至少有1台设备需要维修的概率为9

20=0.45． 故选：B ．

利用古典概型的概率公式求解即可．

本题考查了古典概型概率公式的应用以及随机数的应用，考查了逻辑推理能力，属于基础题．

4.【答案】C

【解析】解：令事件A 为甲乙在相同站点下车，则P(A)=1

3×1

3+1

3×1

3+1

3×1

3=1

3， 所以P(A −

)=1−P(A)=1−1

3

=2

3

．

故选：C ．

可令事件A 为甲乙在相同站点下车，计算出事件A 的概率后利用对立事件的性质P(A −

)=1−P(A)可求出甲乙在不同站点下车的概率．

本题主要考查古典概型；考查学生的逻辑推理和运算求解能力；考查的核心素养是数算，属于基础题．

5.【答案】B

【解析】解：设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ， 根据侧面展开图是面积为2π的半圆，

所以{1

2π⋅l 2=2π2πr

l

=π

，

解得l =2，r =1， 所以圆锥的底面半径为1． 故选：B ．

设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，根据题意列方程组求解即可． 本题考查了圆锥的侧面展开图面积计算问题，是基础题．

6.【答案】A

【解析】解：对于A ，平均数为97，中位数为95，假设前两个数最大取95可推出后两个数都是100，∴选A ；

对于BCD 中的数据都不能判断最高分是多少，∴不选BCD ． 故选：A ．

对于A ，平均数为97，中位数为95，假设前两个数最大取95可判断A ； 对于BCD 中的数据都不能判断最高分是多少．

本题考查数据的平均数、中位数、众数、极差，考查数算能力及数据处理能力，属

7.【答案】C

【解析】解：因为cosB=3

4

，c=2a，AC边上的中线长度为m，

所以在△ABC中，由余弦定理b2=a2+c2−2accosB，可

得b2=a2+4a2−2a⋅2a⋅3

4

=2a2，可得b=√2a，

又因为cos∠ADB=−cos∠BDC，

所以由余弦定理可得m 2+b2

4

−4a2

2⋅m⋅b

2

=−m

2+b2

4

−a2

2⋅m⋅b

2

，整理可得m=√2a，

所以m

b =√2a

√2a

=1．

故选：C．

由题意在△ABC中，由余弦定理可得b=√2a，又cos∠ADB=−cos∠BDC，利用余弦定

理可得m=√2a，进而可求m

b

的值．

本题主要考查了余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．

8.【答案】B

【解析】解：作A1E⊥AD于点E，

A1F⊥AB于点F，

因为∠A1AD=∠A1AB=60°，

则A1E=A1F=AA1⋅sin60°=

2×√3

2

=√3，

AE=AF=AA1⋅cos60°=2×1

2

=1，

又∠EAF=∠BAD=60°，所以△AEF为正三角形，

则EF=AE=1，

取EF的中点G，连接AG，A1G，

则AG⊥EF，A1G⊥EF，EG=FG=1

2EF=1

2

，

又AG ∩A 1G =G ， 所以EF ⊥平面AA 1G ，

则AG =√AF 2−GF 2=√1−(1

2)2=√3

2，

A 1G =√A 1E 2−EG 2=√(√3)2−(1

2)2=

√11

2

， 由余弦定理可得，cos∠A 1AG =

AA 12+AG 2−A 1G

22AA 1⋅AG

=

4+34−

11

4

2×2×

√3

2

=

√3

3

， 则sin∠A 1AG =(√33)=√63，

作A 1H ⊥AG 于H ，

因为EF ⊥平面AA 1G ，A 1H ⊂平面AA 1G ，

所以RF ⊥A 1H ，又AG ∩EF =G ，则A 1H ⊥平面ABCD ，

所以点A 1到平面ABCD 的距离为d =A 1H =AA 1⋅sin∠A 1AG =2×√6

3=

2√6

3

， 故平面A 1B 1C 1D 1到平面ABCD 的距离为d =

2√6

3

， 由题意可知，所盛水的体积为平行六面体容器ABCD −A 1B 1C 1D 1的一半， 所以ℎ=1

2d =√6

3．

故选：B ．

作A 1E ⊥AD 于点E ，A 1F ⊥AB 于点F ，取EF 的中点G ，连接AG ，A 1G ，作A 1H ⊥AG 于H ，利用边角关系以及线面位置关系结合余弦定理求出sin∠A 1AG =(√33

)=√63

，证

明A 1H ⊥平面ABCD ，则点A 1到平面ABCD 的距离为A 1H ，从而得到平面A 1B 1C 1D 1到平面ABCD 的距离，即可求出h 的值．

本题考查了棱柱的结构特征的理解与应用，空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，考查了空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查了化归与转化思想等，属于中档题．

9.【答案】AC

【解析】解：由折线图可得，甲城市在1月，2月，12月的月平均气温低于0℃，故A 选项正确，

甲，乙城市都在7月取得月平均气温的最大值，甲城市的月平均气温的最大值比乙城市的月平均气温的最大值小，故B 选项错误，

由折线图可知，乙城市的月平均折线图均在甲城市的月平均折线图的上方，甲城市年平

由折线图可知，甲城市月平均气温比乙城市月平均气温波动大，甲城市月平均气温的方差比乙城市月平均气温的方差大，故D选项错误．

故选：AC．

根据折线图，结合平均值和方差的性质，即可求解．

本题主要考查了折线图的实际应用，以及平均值和方差的性质，需要学生有一定的识图能力，属于基础题．

10.【答案】AD

【解析】解：对于A，由共轭复数的定义可知，z与z−在复平面内对应的点关于实轴对称，故选项A正确；

对于B，设z=a+bi，则z⋅z−=a2+b2为实数，故选项B错误；

对于C，|z−1|=|z+1|表示点Z对应的点到A(1,0)，B(−1,0)的距离相等，

则点Z在过线段AB中点的直线上，

所以z−在复平面内对应的点也在过线段AB中点的直线上，故选项C错误；

对于D，由复数模的几何意义可知，若|z−|=1，

则z在复平面内对应的点的集合是以原点为圆心，半径为1的圆，故选项D正确．

故选：AD．

利用共轭复数的定义以及复数的几何意义，即可判断选项A，由z⋅z−的结果，即可判断选项B，由复数模的几何意义，即可判断选项C，D．

本题考查了复数基本概念的理解，共轭复数的定义以及复数的几何意义，考查了逻辑推理能力，属于基础题．

11.【答案】AD

【解析】解：由长方体的平面展开图，还原长方体FEBA−GHCD，

则FG//BC，

所以B，C，F，G四点共面，故选项A正确；

由图可知，直线AE与直线CG为异面直线，不平行，故选项B

错误；

因为BH//平面AGH，

所以点B到平面AGH的距离即为直线BH到平面AGH的距离d，由等体积法V H−ACG=V A−CGH，

则1

3⋅S△ACG⋅d=1

3

⋅S△CGH⋅AD，

因为在△CGH中，CG=√13，AC=5，AG=2√5，

所以S△ACG=1

2×2√5×√13×√61

√65

=√61，

又S△CGH=1

2

×2×3，

所以d=S△CGH⋅AD

S△ACG =

√61

=12√61

61

，故选项C错误；

因为三棱锥B−DFH的外接球即为长方体的外接球，

所以2R=√22+32+42=√29，

则三棱锥B−DFH的外接球的表面积为29π，故选项D正确．

故选：AD．

先利用平面展开图还原长方体，由FG//BC即可判断选项A，由直线AE与直线CG为异面直线，即可判断选项B，由等体积法V H−ACG=V A−CGH，求解直线BH与平面ACG的距离，即可判断选项C，由三棱锥B−DFH的外接球即为长方体的外接球，求出外接球的半径，由球的表面积公式求解，即可判断选项D．

本题以命题的真假判断为载体考查了立体几何知识的综合应用，考查了四点共面问题、线线位置关系的判断、点到平面距离的求解以及球的表面积问题，综合性强，涉及知识点多，考查了空间想象能力、逻辑推理能力、化简运算能力以及转化化归能力，属于中档题．

12.【答案】ABD

【解析】解：由已知可得b⃗ //c⃗，所以设b⃗ =λ(2,4)=(2λ,4λ)，

选项A：因为a⃗⋅b⃗ =4×2λ+3×4λ=20λ，

c⃗⋅b⃗ =2×2λ+4×4λ=20λ，

所以a⃗⋅b⃗ =c⃗⋅b⃗ ，故A正确，

选项B：因为|b⃗ |=2√5|λ|，所以与b⃗ 方向相同的单位向量为(−√5

5,−2√5

5

)或(√5

5

,2√5

5

)，故

B正确，

选项C：因为b⃗ −a⃗=(2λ−4,4λ−3)，所以b⃗ ⋅(b⃗ −a⃗ )=2λ(2λ−4)+4λ(4λ−3)=20λ2−20λ=20(λ−1

)2−5，

2

时，b⃗ ⋅(b⃗ −a⃗ )的最小值为−5，故C错误，

所以当λ=1

2

选项D：因为|a⃗−b⃗ |2=(4−2λ)2+(3−4λ)2=20(λ−1)2+5，

所以当λ=1时，|a⃗−b⃗ |的最小值为√5，故D正确，

故选：ABD．

由已知可得b⃗ //c⃗，所以设b⃗ =λ(2,4)=(2λ,4λ)，选项A：分别求出a⃗⋅b⃗ 与c⃗⋅b⃗ ，即可判断；选项B：根据单位向量的求解公式，求解即可；选项C：求出b⃗ ⋅(b⃗ −a⃗ )，根据

二次函数的性质，求解即可；选项D：求出|a⃗−b⃗ |2的关系式，再利用二次函数的性质，求解即可．

本题考查了平面向量的数量积的运算性质，涉及到单位向量的求解以及模的最值问题，考查了运算能力，属于中档题．

13.【答案】−2

【解析】解：∵1+i是关于x的一元二次方程x2+px+2=0(其中p∈R)的一个根，

∴由实系数一元二次方程虚根成对原理可得，1−i是一元二次方程x2+px+2=0的另一根，

则−p=(1+i)+(1−i)=2，∴p=−2．

故答案为：−2．

由已知可得一元二次方程x2+px+2=0的另一根，再由根与系数的关系求解p．

本题考查实系数一元二次方程虚根成对原理的应用，考查一元二次方程根与系数的关系，是基础题．

14.【答案】16

【解析】解：10×75%=7.5，其比邻整数为8，找到第8个数为16，

故答案为：16．

按照百分位数的计算方法计算即可．

本题考查百分位数的计算方法，考查数算能力，属于基础题．15.【答案】2π

3

【解析】解：根据题意，设F⃗2与F⃗3的夹角为θ，

三个力F⃗1，F⃗2，F⃗3，作用于同一点，且处于平衡状态．则F1⃗⃗⃗ +F2⃗⃗⃗⃗ +F3⃗⃗⃗⃗ =0⃗，

变形可得：F1⃗⃗⃗ +F2⃗⃗⃗⃗ =−F3⃗⃗⃗⃗ ，则有|F1⃗⃗⃗ +F2⃗⃗⃗⃗ |2=|−F3⃗⃗⃗⃗ |2，即|F3⃗⃗⃗⃗ |2=F1⃗⃗⃗ 2+F2⃗⃗⃗⃗ 2+2F1⃗⃗⃗ ⋅F2⃗⃗⃗⃗ = 1，则|F3⃗⃗⃗⃗ |=1，

又由F1⃗⃗⃗ +F2⃗⃗⃗⃗ +F3⃗⃗⃗⃗ =0⃗，则F2⃗⃗⃗⃗ +F3⃗⃗⃗⃗ =−F1⃗⃗⃗ ，

则有|F2⃗⃗⃗⃗ +F3⃗⃗⃗⃗ |2=|−F1⃗⃗⃗ |2，即F3⃗⃗⃗⃗ 2+F2⃗⃗⃗⃗ 2+2F1⃗⃗⃗ ⋅F3⃗⃗⃗⃗ =F1⃗⃗⃗ 2，变形可得cosθ=−1

2

，

又由0≤θ≤π，则θ=2π

3

，

故答案为：2π

3

．

根据题意，设F⃗2与F⃗3的夹角为θ，将F1⃗⃗⃗ +F2⃗⃗⃗⃗ +F3⃗⃗⃗⃗ =0⃗变形可得F1⃗⃗⃗ +F2⃗⃗⃗⃗ =−F3⃗⃗⃗⃗ ，由数量积的计算公式求出|F3⃗⃗⃗⃗ |，又由F1⃗⃗⃗ +F2⃗⃗⃗⃗ +F3⃗⃗⃗⃗ =0⃗变形可得F2⃗⃗⃗⃗ +F3⃗⃗⃗⃗ =−F1⃗⃗⃗ ，变形可得F3⃗⃗⃗⃗ 2+ F2⃗⃗⃗⃗ 2+2F1⃗⃗⃗ ⋅F3⃗⃗⃗⃗ =F1⃗⃗⃗ 2，计算可得cosθ的值，结合θ的范围分析可得答案．

本题考查向量数量积的计算，涉及向量在物理中的应用，属于基础题．

16.【答案】30

【解析】解：设塔高CD，AB=42，∠CAE=26.3°，∠CBF=22.3°，

∠FBD=10.8°，

所以∠ABC=112.3°，∠BAC=63.7°，所以∠ACB=4°

在△ABC中，由正弦定理：AB

sin∠ACB =BC

sin∠BAC

，即42

sin4∘

=BC

sin63.7∘

，

所以sin4°≈0.07，sin63.7°≈0.90，

所以BC=540，

在△BCD中，∠BDC=90°−10.8°=79.2°，∠CBD=22.3°+10.8°=33.1°，

由正弦定理可得：BC

sin∠BDC =CD

sin∠CBD

，

即540

siin79.2∘=CD

sin33.1∘

，解得：CD≈30.3，

故答案为：30．

由题意如图求出∠ABC=112.3°，∠BAC=63.7°，所以∠ACB=4°，再在△ABC中由正弦定理可得BC的值，在△BCD中，再由正弦定理可得CD的值．

本题考查三角形的正弦定理的应用，属于基础题．

17.【答案】解：(1)因为AE =2BE ，则AE ⃗⃗⃗⃗⃗

=2

3AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =1

3AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以ED ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ −2

3

a ⃗ ， EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =EB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =13

AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12

AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13

a ⃗ +1

2

b

⃗ ； (2)证明：因为ED ⊥EF ，所以ED ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅EF

⃗⃗⃗⃗⃗ =0， 即(b ⃗ −2

3a ⃗ )⋅(1

3a ⃗ +1

2b ⃗ )=1

2b ⃗ 2

−2

9a ⃗ 2=0， 即|a

⃗ |=32|b ⃗ |，所以AB =3

2AD ．

【解析】(1)利用平面向量基本定理以及三角形法则即可求解；(2)利用向量垂直的性质化简即可证明．

本题考查了平面向量基本定理的应用，涉及到向量垂直的性质，考查了学生的运算转化能力，属于基础题．

18.【答案】解：(1)因为BC//面A 1B 1C 1D 1，所以过直

线BC 及点E 的平面，与平面A 1B 1C 1D 1的交线EF ，EF 必平行BC ，

故在面A 1B 1C 1D 1，内作EF//BC 交D 1C 1于点F ，故过点E 和棱BC 将木料锯开，故锯子所经过的平面与长方体表面的交线围成四边形EFCB ．

(2)切割后体积较大的几何体的名称为四棱锥ABEA 1−DCFD 1，它的体积V =S ABEA 1⋅AD =1

2(1+2)×1×1=3

2．

【解析】(1)利用线面平行的性质作图； (2)根据柱体的特征进行判断．

本题主要考查了直线与平面平行的判定，以及点到平面的距离的求解，同时考查了作图的能力、分析问题解决问题的能力，转化与划归的思想，属于中档题．

样本空间Ω={NNN,NNY，NYN，NYY，YNN，YNY，YYN，YYY}；

(2)记A=“乙在3分线外赢得比赛“，

则P(A)=P(NYY∪YNY∪YYN∪YYY)=0.6×0.4×0.4+0.4×0.6×0.4+0.4×

0.4×0.6+0.4×0.4×0.4=0.352；

记B=“乙在3分线内赢得比赛“，

P(B)=P(YYY)=0.7×0.7×0.7=0.343，

所以P(B)所以建议乙的位置选在3分线外．

【解析】(1)由树状图，列举出样本点，写出样本空间即可；

(2)记A=“乙在3分线外赢得比赛“，记B=“乙在3分线内赢得比赛“，利用相互事件的概率公式求出P(A)，P(B)，比较大小即可．

本题考查了样本空间、事件相互性等基础知识，考查了逻辑推理能力与数算等核心素养，属于基础题．

20.【答案】解：(1)因为身高在区间[185,195)的频率为0.008×10=0.08，频数4，

所以n=4

0.08

=50，

故m=0.008×10×50=4，p=0.04×10×50=20，q=50−4−20−6−4=16，

所以身高在区间[165,175)的频率为16

50=0.32，在区间[175,185)的频率为6

50

=0.12，

由此可补充完整频率分布直方图：

由频率分布直方图可知，样本的身高均值为：

150×0.008×10+160×0.04×10+170×0.032×10+180×0.012×10+190×0.008×10=12++54.4+21.6+15.2=167.2cm ；

(2)把男生样本记为x 1，x 2，...，x 25，其均值记为x −

，方差记为s x 2； 把女生样本记为y 1，y 2，...，y 25，其均值记为 y −

，方差记为s y 2

，

则总样本均值z −

=25

25+25x −

+25

25+25y −

=

25×170+25×160

50

=165，

又因为∑(25i=1x i −x −

)=∑x i 25i=1−25x −

=0，

所以∑225i=1(x i −x −

)(x −

−z −

)=2(x −

−z −

)∑(25i=1x i −x −

)=0，

同理可得∑225j=1(y j −y −)(y −−z −

)=0，

所以总样本方差s 2=1

50[∑(25i=1x i −z −

)2+∑(25j=1y j −z −

)2]

=150[∑(25i=1x i −x −+x −−z −)2+∑(25j=1y j −y −+y −−z −

)2

] =

150{25[s x 2+(x −

−z −

)²]+25[s y 2+(y −

−z −

)²]}

=1

50{25[16+(170−165)²]+25[20+(160−165)²]} =43；

(3)两种方案总样本均值的差为167.2−165=2.2．

用方案二总样本均值作为总体均值的估计不合适，原因为：没有按照等比例进行分层抽样，每个个体被抽到的可能性不同，因此样本的代表性比较差．

【解析】(1)由图可求得n ，进而得到m ，p ，q ，即可补充完整直方图，利用图像即可求得身高均值；

(2)把男生样本记为x 1，x 2，...，x 25，其均值记为x −

，方差记为s x 2；把女生样本记为y 1，y 2，...，y 25，其均值记为 y −

，方差记为s y 2，则总样本均值z −

=25

25+25x −

+25

25+25y −

=165，

根据方差公式、平均数公式变形即可得到s 2；

(3)因为没有按照等比例进行分层抽样，每个个体被抽到的可能性不同，因此样本的代表性比较差，所以不合适．

本题考查频率分布直方图、样本的数字特征、用样本估计总体等知识，考查数算、逻辑推理能力，属于中档题．

21.【答案】解：(1)直线AC与平面PBD不垂直．

证明如下：

分别取AD、AB的中点M、N，连接PM，PN，MN，

∵PA=PD，∴PM⊥AD，

又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=

AD，

∴PM⊥平面ABCD，

又∵AC⊂平面ABCD，∴AC⊥PM，

又∵正方形ABCD中，AC⊥BD，且MN//BD，

∴AC⊥MN，

又∵MN∩PM=M，∴AC⊥平面PMN，

∵过同一点P只能作唯一平面PMN垂直于AC，

∴直线AC与平面PBD不垂直．

(2)∵平面PAD⊥平面ABCD，CD⊥AD，

平面PAD∩平面ABCD=AD，∴CD⊥平面PAD，

又∵AD、PD⊂平面PAD，∴CD⊥PD，CD⊥AD，

∴二面角P−CD−B的平面角为∠PDA=60°，

设AB=a，∴Rt△PDC的面积为S=1

2×PD×CD=a2

2

，

Rt△BCD的面积为1

2×BC×CD=a2

2

，

取AD的中点M，连接PM，∵PA=PD，∴PM⊥AD，由(1)知，PM⊥平面ABCD，

设点B到平面PCD的距离为h，

∵V P−BCD=V B−PCD，即1

3×S△BCD×PM=1

3

×S△PCD×ℎ，

得ℎ=PM=√3

2

a，

∵PB =√2a ，∴直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为ℎ

PB =√6

4

．

【解析】(1)分别取AD 、AB 的中点M 、N ，连接PM ，PN ，MN ，证明PM ⊥平面ABCD ，可得AC ⊥PM ，再证明AC ⊥MN ，由直线与平面垂直的判定可得AC ⊥平面PMN ，这与过同一点P 只能作唯一平面PMN 垂直于AC 矛盾；

(2)由已知可得CD ⊥平面PAD ，得到CD ⊥PD ，CD ⊥AD ，即二面角P −CD −B 的平面角为∠PDA =60°，设AB =a ，分别求出△PDC 与△BCD 的面积，由等体积法求得点B 到平面PCD 的距离为h ，可得直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为

ℎPB

=

√6

4

． 本题考查直线与平面垂直的判定，考查线面角的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．

22.【答案】解：(1)选①，因为c(acosB −bcosA)=a 2−1， 所以c(a ⋅

a 2+c 2−

b 2

2ac

−b ⋅

b 2+

c 2−a 2

2bc

)=a 2−1，

所以a 2−b 2=a 2−1， 所以b =1．

选②，由bcosA +abcosB =c ，得sinBcosA +bsinAcosB =sinC ，

因为sinC =sin(A +B)=sinAcosB +cosAsinB ， 所以bsinAcosB =sinAcosB ， 所以b =1，或B =π

2，

因为△ABC 是钝角三角形，所以B ≠π

2， 所以b =1．

选③，因为4SsinB =cos(A −C)+cosB ， 所以4×1

2acsin 2B =cos(A −C)−cos(A +C)， 所以2acsin 2B =2sinAsinC ，所以2b 2ac =2ac ， 所以b =1．

(2)设△ABC 的外接圆的半径为R ，

因为△OAC 的面积为√3

4，所以1

2√ R 2−1

4=√3

4，所以R =1，

所以△OAC 为等边三角形，所以∠AOC =60°，

法一：①因为A 或C 为钝角时，△OAB 与△OBC 的面积之和的最大值相同，

设∠BOA=θ，则∠BOC=60°+θ，

所以S△OBC+S△OAB=1

2R2[sin(60°+θ)+sinθ]=√3

2

(√3

2

sinθ+1

2

cosθ)=√3

2

sin(θ+

30°)，

因为θ=180°−2(A−60°)=300°−2A，90°所以当θ=60°，△OAB与△OBC的面积之和最大值为√3

2

；

②当B为钝角时，如图(2)，设∠BOA=θ，则∠BOC=60°−θ，

所以S△OBC+S△OAB=1

2R2[sin(60°−θ)+sinθ]=1

2

(1

2

sinθ+√3

2

cosθ)=1

2

sin(θ+60°)，

因为0<θ<60°，所以当θ=30°，△OAB与△OBC的面积之和最大值为1

2

，

因为1

2<√3

2

，

所以△OAB与△OBC的面积之和最大值为√3

2

．

法二：①当A或C为钝角时，同法一；

②当B为钝角时，如图(2)，

则有△OAB与△OBC的面积之和小于扇形OABC的面积，

因为扇形OABC的面积为π

6

，

所以△OAB与△OBC的面积之和小于π

6

，

因为π

6<√3

2

，所以△OAB与△OBC的面积之和最大值为√3

2

．

法三：设∠BOA=α，则∠BOC=β，

所以S△OBC+S△OAB=1

2

R2(sinα+sinβ)

=1

2×2sinα+β

2

cosα−β

2

=sinα+β

2

cosα−β

2

．

①当A或C为钝角时，|α−β|=60°，如图(1)，则cosα−β

2=cos30°=√3

2

，

不妨设a<β，则β=α+60°，得α+β=2α+60°，

因为α=180°−2(A−60°)=300°−2A，90°所以0°<α<120°，所以60°<α+β<300°，

所以当α+β=180°时，△OAB与△OBC的面积之和最大值为√3

2

；

②当B为钝角时，α+β=60°，如图(2)，则sinα+β

2=1

2

，

所以当α=β时，△OAB与△OBC的面积之和最大值为1

2

，因为1

2<√3

2

，所以△OAB与△OBC的面积之和最大值为√3

2

．

【解析】(1)选①，由余弦定理化简已知等式即可求解b的值；选②，利用正弦定理，两角和的正弦公式化简已知等式可得b的值；选③，利用三角形的面积公式，两角和与差的余弦公式化简已知等式即可求解b的值．

(2)设△ABC的外接圆的半径为R，利用三角形的面积可求R的值，可得∠AOC=60°，

法一：①设A为钝角，设∠BOA=θ，则∠BOC=60°+θ，可得S△OBC+S△OAB=√3

2

sin(θ+ 30°)，利用正弦函数的性质即可求解其最大值；②当B为钝角时，设∠BOA=θ，则

∠BOC=60°−θ，可得S△OBC+S△OAB=1

2

sin(θ+60°)，利用正弦函数的性质即可求解其最大值；

法二：①当A或C为钝角时，同法一；②当B为钝角时，则有△OAB与△OBC的面积

之和小于扇形OABC的面积，由扇形OABC的面积为π

6，π

6

<√3

2

，即可得解面积之和最

大值；

法三：设∠BOA=α，则∠BOC=β，可得S△OBC+S△OAB=sinα+β

2cosα−β

2

，分类讨论即

可求解其最大值．

本题考查正弦定理、余弦定理、三角形外心等知识，考查推理论证能力、运算求解能力、直观想象能力，考查数形结合、化归与转化、分类讨论等数学思想，属于中档题．