2022-2023学年浙江省金华市十校高一（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年浙江省金华市十校高一（下）期末数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.已知集合4={x|-l≤x≤l},B={x|匿≤0},则AnB=（）

A.{x∣-1≤X≤2}B.{x∣-1≤%<2}

C.{x∣0≤%≤1}D.{x∣0≤X≤2}

2.已知i是虚数单位，复数Zi=4+2i与Z2=3+出的模相等，则实数Q的值为（）

A.±<∏B.√-ilC.±11D.11

3.设函数/（x）=G）/-2mx在区间（1,2）上单调递增，则m的取值范围为（）

A.（—8,-2]B.[-2,-l]C.[1/2]D.[2,÷∞）

4.已知△4BC的内角4B,C的对边分别是α,b,c,面积S满足十一4S=c?+炉，则4=（）

A-B-C—D—

rt∙43j34

5.已知向量方=（1,2）,加=（一3,1），则向量d在向量B方向上的投影向量是（）

A.-1B.1C.-≤3θKD.≤3θh

10101010

6.已知α,6,y表示三个不同平面，α,b,C表示三条不同直线，则使i'a∕∕b∕∕cff成立的

一个充分非必要条件是（）

A.若QIα,bl/?,clyf且αl∕?,/?1y,γLa

B.若。〃α,b∕∕β,ClM旦a"B"γ

C.若αn0=Q,Bny=b,γC∖a=c

D.若α∏∕?=a,bua,CU0,b∕∕c

7.一个圆柱形粮仓，高1丈3尺寸，可容纳米2000斛，已知1丈=10尺=IoO寸，1斛米=

1620立方寸，若兀取3,则该圆柱形粮仓底面的周长是（）

A.440寸B.540寸C.560寸D.640寸

8.设Q=Iog23,b=log34.5,C=Iog46,则（）

A.c<a<bB.b<c<aC.c<b<aD.b<a<c

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.若函数/（x）=sin（2x+w）（∣w∣<》的图象经过点P（O[）,则（）

A.函数/(x)的最小正周期为τr

B.点(输0)为函数y=∕(x)图象的对称中心

C.直线X=到函数y=/Q)图象的对称轴

D.函数/。)的单调增区间为［2时冶,2时+V(162)

10.如图，一个正八面体，八个面分别标以数字1到8,任意抛掷一次/K

这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为0=//1

{1,2,3,4,5,6,7,8},记事件4="得到的点数为奇数”，记事件8="得<ζ∖~~

到的点数不大于4”，记事件C="得到的点数为质数”，则下列说法

正确的是()

A.事件B与C互斥B.P(AUB)=,

C.事件4与C相互独立D.P(AB)=I

11.在△力BC中，角A,B,C的对边分别是α,b,c,且满足bsinA=αcos(B-,贝∣J()

A.B=1

B.若6=3,则AABC的周长的最大值为3+2√^5

C.若。为AC的中点，且BD=1,则AABC的面积的最大值为?

D.若角B的平分线BD与边ZC相交于点。，且BD=C,则α+4c的最小值为9

12.在三棱锥4-8CD中，AB,AC,AD两两垂直，AB=

AC=2AD=4,点P,Q分别在侧面ABC和棱4。上运动且

PQ=2,M为线段PQ的中点，则下列说法正确的是()

A.三棱锥A-BCD的内切球的半径为誓a

B.三棱锥4—BCD的外接球的表面积为36兀

C.点M到底面BCD的距离的最小值为亨一1

D.三棱锥M-BCD的体积的最大值为g

三、填空题(本大题共4小题，共20.0分)

13.某射击运动员在一次射击测试中，射靶10次，每次命中的环数如下：7,5,9,8,9,

6,7,10,4,7,记这组数的众数为M,第75百分位数为N,则M+N=.

14.已知圆锥的表面积为6兀，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为

15.已知非零向量荏与就满足(蠲+焉)•就=0，且I荏一前I=2，工,|荏+而I=

6√^Σ,点。是AABC的边48上的动点，则而.瓦的最小值为.

16.已知si∏212°+cos242o+sinl2°cos42°=sin2130+cos243°+sinl3ocos43°=m,贝!]

m=.

四、解答题(本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)

17.(本小题10.0分)

已知函数f(x)=sinx+cos(x+ξ).

(1)求函数f(x)单调递增区间；

(2)将函数f(2x)的图象向右平移汐单位长度后得到函数g(x)的图象，求g(x)在[0,g的值域.

18.(本小题12.0分)

已知瓦,应是夹角为60。的单位向量，ɑ=2eΓ-¾,K-e7+3¾.

(1)若d+43与B垂直，求实数4的值；

(2)若下=X五+y石(χ,yeR,且yW0),求品的最小值.

19.(本小题12.0分)

如图，三棱锥P—ABC的底面是边长为3的等边三角形，侧棱PH=3,PB=4,PC=5,设

点M,N分别为PC,BC的中点.

(1)证明：AM1BC；

(2)求三棱锥P-ABC的体积；

(3)求平面APB与平面AMN的夹角余弦值.

20.(本小题12.0分)

袋子4和B中均装有若干个质地均匀的红球和白球，其中A袋有20个红球和10个白球，从B袋

中摸一个球，摸到红球的概率为p.

(1)若B袋中的红球和白球总共有15个，将A、B两个袋子中的球全部装在一起后，从中摸出一

个白球的概率是会求P的值；

(2)从4袋中有放回地摸球，每次摸出一个，当有3次摸到红球即停止，求恰好摸k(k≤5)次停

止的概率.

21.(本小题12.0分)

树人中学2000名师生参加了对学校教学管理满意度的评分调查，按样本量比例分配的分层随

机抽样方法，抽取100个师生的评分(满分100分)，绘制如图所示的频率分布直方图，并将分

数从低到高分为四个等级：

满意度评分低于60分60分到79分80分到89分90分及以上

满意度等级不满意基本满意满,意：非常满意

(1)求图中α的值;

(2)若师生的满意指数不低于0.8,则该校可获评“教学管理先进单位”，根据你所学的统计

知识，判断该校是否能获奖，并说明理由.(注：满意指数=满意彳Bo平均数)

(3)假设在样本中，学生、教师的人数分别为m、n(l≤n<m<IOO1m,n∈N).记所有学生的

评分为%1、小、•・・、其平均数为3方差为SS所有教师的评分为为、丫2、…、为，其平

均数为。方差为耳，总样本评分的平均数为方差为S?,若或=亍，S?=枭∙Sy,试估计

该校等级为满意的学生的最少人数.

22.(本小题12.0分)

已知函数/(x)=ax3+bx+1.

⑴若/(10g2x)=2023,求/(logos%)的值;

(2)已知函数f(x)的图象经过(1,一1),(2,3),

(1)若/«)=0，求/(1一》的值；

-

(ii)若/(%)的三个零点为%1，%2,％3,且无ιV%2V%3,求(H-X2-2)(君-X32)(%3-Xi-

2)的值.

答案和解析

1.【答案】C

x(x

【解析】解：不等式;⅛≤O化为：f；2)≤0,解得O≤x<2,

X-Z—2≠0

即8={x∣0≤X<2],而A={x∣—1≤X≤1},

所以4D8={x∣0≤x≤l}.

故选：C.

解不等式化简集合B,再利用交集的定义求解作答.

本题主要考查集合的交集运算，考查运算求解能力，属于基础题.

2.【答案】A

【解析】解：因为Zι=4+2i,Z2=3+ai,

22-222

所以IZIl=√4+2=√20=2>∕5，∖z2∖=√3+α=√ɑ+9>

由己知2疗=√α2+9.

所以α=+√11.

故选：4.

根据复数的模的定义，结合条件列方程可求α的值.

本题主要考查复数的四则运算，属于基础题.

3.【答案】D

【解析】解：令Ii=X2—2?H%,则二次函数U=X2-2TnX的图象开口向上，对称轴为直线％=m,

因为外层函数y=G)It在R上为减函数，

函数f(x)=G)XZ-2mx在区间(1,2)上为增函数，

所以内层函数〃=-2mx在(1,2)上为减函数，故zn≥2.

故选：D.

令ιz=∕-2zn%,根据复合函数的单调性可知，内层函数a=/一2τn%在(1,2)上为减函数，结合

二次函数的单调性可得出实数小的取值范围.

本题主要考查复合函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题.

4.【答案】D

【解析】解：因为α?—4S=c2+b2,

所以M—4×ɪcbsinA=c2+b2,

所以一s⅛b4=巴哈包，

2cb

所以一s讥A=CosA,

所以tan4=-1,

又4∈(0,兀)，

所以4=年.

4

故选：D.

由条件结合三角形面积公式和余弦定理化简条件即可求4

本题考查解三角形，考查运算求解能力，属于基础题.

5.【答案】4

【解析】解：因为向量五=(1,2),ð=(-3,1).

abbl×(-3)+2×lb1→

,b

所以向量旨在向量b方向上的投影向量是而而=「2':2=~W

1111J(一3)?+1J(-3)2+1

故选：A.

利用平面向量B在向量B方向上的投影向量的定义求解.

本题主要考查投影向量的公式，属于基础题.

6.【答案】。

【解析】解：对于4,由al。，ala,b1.β,易得d1B，

所以无法推得a〃b,故A错误；

对于8,当a〃夕，a∕∕a,b〃。时,有可能出现,13,

所以不一定推得。〃6,故B错误;

对于C,当平面a,β,y为正方体同一个顶点的三个面时，a,

b,C交于一点,

所以不一定推得α〃从故C错误；

对于。，因为bua,

所以b⊄β,

又b〃c,CU夕，

所以b∕∕β,

又bca,αfl∕?=α,

所以b〃a,

同理：c〃a,

所以α〃/√∕c,则充分性成立；

当α〃/√∕c时，a,b,C可以同在平面ɑ内，则必要性不成立，故£）正确.

故选：D.

对于4BC,利用线面的位置关系判断即可；对于。，利用线面平行的判定定理与性质定理证得充

分性成立，再举反例推得必要性不成立，由此得解.

本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系判断，属于基础题.

7.【答案】B

【解析】解：依题意得，圆柱形粮仓底面半径为r尺，粮仓高Zi=与尺，

于是粮仓的体积V=πr2y=2000X1.62,解得r=9尺，

所以该圆柱形粮仓底面的周长为2什=2×3×9=54尺=540寸.

故选：B.

利用圆柱的体积公式及圆的周长公式即可求解.

本题考查圆柱的体积公式及圆的周长公式，属基础题.

8.【答案】C

【解析】解：α=log2^3>log22∖∕-2=log22+log2y∕~2=|,

b=log34.5<log33>∕~~3=log33+log3∖Γ~3=

所以Q>I>ð,

又b=Iog3-=log3（3x万）=1+Iog3

33

1

C=log46=/。纨(4×2)=+^og4-,

QQ

因2>Iog4-,

所以b>c,

综上，a>b>c.

故选：C.

利用对数的运算和对数函数的性质即可判断大小.

本题考查对数的运算和对数函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题.

9.【答案】AC

【解析】解：因为函数/(x)=sin(2x+S)(IWI<勺的图象经过点P(O」)，则/(O)=sinφ=ɪ,

4NZ

因为Ql<今

所以尹建，则f(x)=sin(2x+,

对于4选项，函数/(x)的最小正周期为7=:=兀，A对；

对于B选项，/φ=sin⅞=i≠0,故点&0)不是函数y=f(x)图象的对称中心，B错；

对于C选项，∕φ=sin≡=l,故直线X屋为函数y=f(x)图象的对称轴，C对；

对于D选项，由2卜兀—≤2%+≤2fcτr+ɪ(∕c∈Z)得kττ—≤x≤kτt+(fc∈Z),

因此，函数f(x)的单调增区间为他兀一热4兀+*(k∈Z),。错.

故选：AC.

由己知条件求出S的值，可得出函数/Q)的解析式，利用正弦型函数的周期公式可判断4选项；利

用正弦型函数的对称性可判断BC选项；利用正弦型函数的单调性可判断。选项.

本题主要考查三角函数的图象与性质，考查转化能力，属于中档题.

10.【答案】BD

【解析】解：由题意得，事件4的样本点为{1,3,5,7},

事件B的样本点为{1,2,3,4},

事件C的样本点为{2,3,5,7},

对于力，事件B与C共有样本点2,3,所以不互斥，故A错误;

对于B,AUB事件样本点{1,2,3,4,5,7},所以POIUB)=沪去故8正确；

对于C,PMl)=：=%PC)=；,AC事件样本点{3,5,7},所以PQ4C)=]≠P(4)P(C),所以事件

oZLo

A与C不相互独立，故C错误；

对于。，AB事件样本点{1,3},所以P(AB)=1=；,PMI⅛)=1-P(AB)=%故。正确.

故选：BD.

根据古典概型与事件独立的乘法公式进行计算与判断.

本题考查古典概型与事件独立的乘法公式，属于基础题.

11.【答案】ACD

【解析】解：因为bsin4=acos(B-^),所以SinBSina=sinA(j~cosB+∣sinF)>

因为A∈(0,π),所以SinA≠O,SinB=ɪcosB+ɪSinB>

则因为86(0,兀)，所以8=基故4正确；

若b=3,则AABC的外接圆半径为：2R=焉=2-，a+c=2R(sinA+sinC)=2R[sinA+

sin(⅜-4)]

=2R(^SinA+^-cosA)=6sin(Λ+¾>A∈(0,¾,A+红©,1),a+cE(3,6],周长的最大

ZLO3OOO

值为9,故B错误；

因为。为4C的中点，且8。=1,所以2前=瓦？+就，

则4=+¢2+2瓦^•瓦r=q2+¢2+QCN3αc,所以GC≤*当且仅当Q=C时，等号成立，所

以SAABC=2(ICSinB=ac≤Xg=~γ^9故C正确；

由题意得：S&ABD+S>ACD=SXABc，即;C×BD×sin^+∣α×BD×sin=；CXaXsinɔ即Q+

乙。乙。乙ɔ

C=(Ic,即工+工=1,

ac

所以Q+4c=(ɑ+4c)d+工)=5+”+q≥5+2叵旦=9,当且仅当Q=2c时，等号成立，

'八Qc'ac∖ac

故。正确.

故选：ACD.

A.利用正弦定理求解判断；B.利用正弦定理求得三角形外接圆的半径，再利用时间恒等变换和三

角函数的性质求解判断；C.由。为4C的中点，得到2前=瓦？+配，再结合基本不等式，利用三

角形的面积公式求解判断；。.由三角形面积公式得到工+工=1,再利用基本不等式求解判断.

ac

本题主要考查三角形中的儿何计算，考查转化能力，属于中档题.

12.【答案】BC

【解析】解：对于4因为48,AC,/W两两垂直，AB=AC=2AD=4,

所以BC=√AB2+AC2=√16+16=4√^7.BD=√AB2+AD2=√16+4=2√^5)

CD=√AC2+AD2=√16+4=2√^5,

BC

所以SABCD=I-Jbd2-GBC)2=i×4√^2X√20-8=4√^6.

设三棱锥4-BC。的内切球的半径为r,

则W(SABCD+SA4BC+^∆ABD+SAACD)「=|×"AC'AD,

所以：X(4√-6+^×4×4+∣×4×2+^×4×2)r=∣×∣×4×4×2,

解得r=上等，所以A错误;

对于8,因为SB,AC,4。两两垂直，所以将三棱锥A-BCD补成如图所示的长方体,

则三棱锥4-BCD外接球的直径2R为长方体的体对角线,

根据长方体的体对角线公式可得:

(2R)2=AD2+AB2+/IC2=4+16+16=36,

所以三棱锥A-BCD的外接球的表面积为4TΓR2=36TΓ,所以B正确；

对于C,因为ADlAB,ADLAC,ABoAC=A,AB,ACu平面ABC,

所以40_L平面4BC,

因为4Pu平面力BC,所以4O14P,

所以“AP=90°,

因为PQ=2,M为线段PQ的中点，所以AM=TPQ=1,

所以点M的轨迹是以4为球心，1为半径的:球面上，

O

设点A到平面BCD的距离为d,

11

因为匕-BCD=^D-ABCf所以WSt&=SSMRC。

所以4√^%d=^x4x4x2,解得d=mg,

所以点“到底面BCD的距离的最小值为亨-1，所以C正确;

对于D,由选项C可知点M的轨迹是以4为球心，1为半径的4球面上,

O

因为△BCD的面积为定值，所以当点M到底面BCD的距离最大值时，三棱锥M-BCD的体积最大,

设球面分别交4B,AC,4D于点F,G,E,

因为力B=AC>4D,所以当点M与点尸或G重合时，点M到底面BCO的距离最大，设为m,

333亨

有

贝J

u7n-=-X=√26

d44-4-

所以三棱锥M-BCD的体积的最大值为：SABCD∙nɪ=∣×4√^6X竽=4,所以。错误.

故选：BC.

对于4利用等体积法可求出三棱锥A-BCD的内切球的半径，对于B,由题意将三棱锥A-BCD补

成一个长方体，则长方体的体对角线就是三棱锥的外接球的直径，对于C,由题意可得ZD_L平面

ABC,则4D14P,4M=1,所以点M的轨迹是以4为球心，1为半径的:球面上，然后求出点4到

O

平面BCD的距离，从而可得点M到底面BCO的距离的最小值，对于D,设球面分别交4B,AC,AD

于点F,G,E,当点M与点尸或G重合时，点M到底面BCD的距离最大，从而可求出其体积的最大

值.

本题考查三棱锥与球的切接问题，立体儿何中点的轨迹问题，解题的关键是由得到点M的轨迹是

以A为球心，1为半径的:球面上，然后逐个分析判断，考查空间想象能力，属于较难题.

13.【答案】16

【解析】解：由已知数据可得众数为7,即M=7,

将10个数据按从小到大排列可得4,5,6,7,7,7,8,9,9,10,

因为10X75%=7.5,

所以第75百分位数为从小到大排列的第8个数，所以N=9,

所以M+N=7+9=16,

故答案为：16.

根据众数的定义求M,根据百分位数的定义求N,由此可得结论.

本题主要考查百分位数的定义，属于基础题.

14.【答案】λf2

【解析】

【分析】

本题主要考查圆锥的表面积公式以及应用，利用条件建立母线和半径之间的关系是解决本题的关

键，考查学生的运算能力.利用圆锥的表面积公式即可求出圆锥的底面半径.

【解答】

解：设圆锥的底面半径为r,母线长为

•••圆锥的侧面展开图是一个半圆，

ʌ2πr=πl,

.∙.I=2r,

2

T圆锥的表面积为nr?+πrι=πr2+2πr=6π,

.∙.r2=2,

即r=√-2.

故答案为C∙

15.【答案】-ɪ

【解析】解：襦,备分别表示四与前方向的单位向量，故孺+需所在直线为NB4C的平分线

所在直线，

又(篇+篇)•近=0,故NBAC的平分线与BC垂直，

由三线合一得到AB=4C,取BC的中点E,

因为IAB-AC∖=∖CB∖=2y∕^l,,∖AB+AC∖=2∖AE∖=6√^2.故|荏I=3<^，

以E为坐标原点，BC所在直线为X轴，E4所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，

则B(。,0),C(-√-2,0),4(0,3。)，

设。(√^^—τn,3m)，m∈∖G,∖∏2}y

则∙DC=(m,-3m)∙(m—2y∕~2,—3m)=IOm2—2√-2m=10(m-^y)2—

当Zn=叫时，丽.配取得最小值，最小值为q

故答案为：—

根据向量的几何意义得到NBAC的平分线与BC垂直，并计算出I荏I=3√^^,∖CB∖=2√^.建立

平面直角坐标系，表达出丽.瓦，配方求出最小值.

本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能，属于中档题.

16.【答案】I

【解析】解：m=sin212o+cos242o+sinl20cos420

I-CoS24°Il+cos840,..∖

=——-——+——-——+SInln2o。CoS(12。+o3n0θ°)

=1-£ʃɪ+£ɪ-+SinI2。(COSl2。COS30。-sinl2osin30o)

cos24°,cos(240+600),√3..l-cos240

=l1--—+-2-+VSmπ240..........-

dcos240.cos24o-√-3sin24o.√-3.ɔ.I-COS24°

=I-F-+---------5---------+VSW24。o---------

_3

=4,

故答案为：|.

4

根据三角恒等变换公式化简求值即可.

本题主要考查了两角和与差的三角函数公式，属于中档题.

17.【答案】解：(1)/(%)=S讥％+cos(x+3)

=sinx÷Cosx-1sinx=ICOSX+^sinx=sin(x+勺，

令一B+2kττ≤%?≤J+2∕cτr,fc∈Z,解得一斗+2∕c7Γ≤%≤J+2∕cτr,k∈Z,

zɔZ66

故函数/(x)单调递增区间为[一宗+2kτ*+2kτr],fc∈Z;

(2)将函数/(2x)的图象向右平移W个单位长度后得到函数g(x)的图象，

则gQ)=sin[2(x_今+刍=sin(2x-金，

∙∙∙χ∈[0,≡],

∙∙∙2x-^∈[-≡,⅜],

g(χ)eI-?，i],

故函数g(x)在[0,刍的值域为

【解析】(1)利用三角恒等变换思想化简函数/(x)的解析式为/O)=Sin(X+今，结合正弦函数性

质求函数/(x)的单调递增区间；

(2)利用三角函数图象变换可得出g(x)=sin(2x-J由x6[0,刍可求得2%-抽取值范围，利用

正弦函数的基本性质可求得结果.

本题主要考查三角函数的图象与性质，考查转化能力，属于中档题.

18.【答案】解：(1)由题意可知，国怎=IXlXCoS60。=

所以0+4石)力=[(2+4)及+(3；I-I)司®+3或

=(2+2)瓦*•瓦*+(9Λ-3)e2∙eɪ+(6λ+5)eɪ∙eɪ

3

=13Λ+-=0

（2）因为五=2瓦:一瓦石=瓦>3①，百•可=IXlXcos600=ɪ,

所以1i=（2石一宝）・回+3£）=2+|-3=|,

∣α∣=，（2瓦一石）2=√~5^2=口

∖b∖=J（可+3可）2=√I+9+3=√^I3,又｝=热+yb<

1/1I2∑2Σ、3x2+13y2+3xy

.∙.-=JX2a+y26+2xya`b∖y∖=------------------，

.•喝=J3铲+3个13=J3（渭Y≥1，

当AT时，曷取最小值，（飘Iin=M

【解析】（1）由向量垂直的性质列方程，结合数量积的运算性质化简方程可求4的值;

（2）由数量积的运算律和模的性质求五.瓦|中,行|,再求陋由此可求曷的最小值.

本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题.

19.【答案】解：⑴由PF+BC2=PC2知,BC1PB,

又M,N分别为PC,BC的中点，所以MN〃尸B,

所以BC1MN,

由等边三角形4BC及N为BC的中点知，BCVAN,

且AN,MNU平面AMN,ANCMN=N.

所以BCl平面/MN,乂AMu平面/MN,

所以BC_L4M.

（2）在AAPC中，am=I"2一2色,

N42

又AN=浮,MN=2，

可得4"2+时可2=力用2,故4"_1"7,

所以三棱锥C-AMN的体积七IMN=gX；X4MXMNXNC=―，

又%-4BC=4VM-ANC=4Vc-4MN=VH-

(3)记平面APB与平面AMN的的交线为，，

由MN〃PB,MNC面P4B,PBU面PAB,

得MN〃平面PB4

又MNU面AMN,面AMNn面APB=I,故有MN〃1,

又由(1)(2)可知ZMJ.MN,BC1MN,所以AM_L，，

取PB的中点Q,连接MQ,AQ,

•：PA=PB,.-.AQ1PB,又PBUI,.-.AQ1I,

则UMQ就是面PAB与面MAN的夹角，

在AaMQ中，AQ=y∏>,AM=^ψ-,MQ=|.

AQ2=AM2+MQ2,AM1MQ,

则COSNMAQ=瑞=再=密

【解析】(1)利用线面垂直的性质定理即可得证.

(2)利用等积法即可求解.

⑶取PB的中点Q,连接MQ,AQ,结合线面平行的性质定理，得出NMAQ就是面PAB与面MAN的

夹角，然后求解即可.

本题考查线线垂直的证明，几何体的体积的求解，面面角的求解，属中档题.

20.【答案】解：(1)因为从B袋中摸一个球，摸到红球的概率为p,

所以从B袋中摸一个球，摸到白球的概率为l-p,

又B袋中的红球和白球总共有15个，

所以B袋中白球个数为15(1-p),

因为将4、B两个袋子中的球全部装在一起后，从中摸出一个白球的概率是|,

又4袋有20个红球和10个白球，

所以10+1MI-P)=(解得p=1.

(2)由已知P(k≤5)=P(k=3)+P(k=4)+P(k=5),

又P(k=3)=(∣)3=捺,P(k=4)=§∙C>(∣)2.1第

P(fe=5)=j.C2.(j)2.φ≡=⅛

∙∙∙P(k≤5)=P(k=3)+P(k=4)+P(k=5)=捺R+需74+昔16=*64.

【解析】(1)由条件，结合古典概型概率公式列方程求P的值；

(2)根据独立重复试验概率公式分别求∕c=3,k=4,k=5时的概率，相加可得结论.

本题考查独立重复试验的概率计算，属于中档题.

21.【答案】解:⑴由频率和为1得(0.002+0.004+0.014+0.020+α+0,025)XlO=1,

解得a=0.035.

(2)由题意可得，师生的满意指数为：

1

ɪ×(45×0.02÷55×0.04+65×0.14+75×0.2÷85×0.35+95×0.25)=0.807>0.8,

该校可获评“教学管理先进单位”.

(3)由X=y可得，z=mx+ny—χ,

m+n

22

所以s2=1⅛[∑^1(χi-Z)+∑y=ι(y7-2)]

22

=⅛[∑^ι(χi-χ)+∑7=1(yy-y)]

=y⅛S^+nsj)

4

=5SXSy,

所以？nsa+nSy=80s%Sy,

即m包+n次=80,

sysx

令t=$,

sy

则m/_80t÷n=0,Δ=6400—4mn