2022-2023学年河北省石家庄二中教育集团高一（下）期末数学试卷

2022-2023学年河北省石家庄二中教育集团高一（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.若z=3i+2/+/,则忆|=（）

A.4B.8C.2<7D.4V-2

2.已知n是两条不同的直线，a,£是两个不同的平面，则下列判断正确的是（）

A.若n工a工0,则直线与几可能相交或异面

B.若al■夕，mca,nu0,则直线zn与九一定垂直

C.若a上6,则直线m与九一定垂直

D.若m〃a,a〃0，则直线m与n一定平行

3.已知某射击运动员每次击中目标的概率都是0.8,现采用随机模拟的方法估计该运动员射

击4次，至少击中3次的概率：先由计算器给出0到9之间取整数值的随机数，指定0,1表示没

有击中目标，2,3,4,5,6,7,8,9表示击中目标，以4个随机数为一组，代表射击4次的

结果，经随机模拟产生了20组随机数，根据以下数据估计该运动员射击4次，至少击中3次的

概率为（）

7527092371409857034743738636694714174698

0371623326168045601136619597742476104281

A.0.852B.0.8192C.0.8D.0.75

4.已知4和B是随机试验E中的两个随机事件，事件C=AUB,PQ4）=；,P（B）=P（C）=5

下列选项中正确的是（）

A.A与B互斥B.A与C互斥C.4与B相互独立D.4与C相互独立

5.在△ABC中，cosA+cosB=贝必4"是（）

A.等腰直角三角形B.等腰或直角三角形C.等腰三角形D.直角三角

形

6.已知向量五=（l,n）,方=（-l,n），若21一方与方垂直，贝（1|五|=（）

A.1B.4~2C.2D.4

7.正四面体的棱长为2,MN是它内切球的一条弦（把球面上任意2个点之间的线段称为球的

弦），P为正四面体表面上的动点，当弦MN最长时，丽•丽的最大值为（）

A.1B.2C.3D.4

8.在三棱锥S-ABC中，底面△ABC是边长为3的等边三角形，SA=y/~3,SB=2yJ~3,若

此三棱锥外接球的表面积为21兀，则二面角S-4B-C的余弦值为（）

A-一三B.jC.D.i

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.设Z「Z2为复数，则下列结论中错误的是（）

Z-z2

A.若Z：+Z2>0,则Z?>-Z2B.忆1+Z2|=7（12）+4Z1Z2

C.z£+z/=0qZ]=Z2=0D.若复数z满足z•z=0，贝!lz=0

10.下列说法正确的是（）

A.一组数据由10个正数组成，其方差为1,平方和为100,则这10个数的平均数为3

B.某次分层抽样中，已知一班抽取的6名同学答对题目个数的平均数为1,方差为1；二班抽

取的4名同学答对题目个数的平均数为1.5,方差为0.35,则这10人答对题目个数的方差为0.8

C.将一组数据中的每个数据都乘以3后，方差也变为原来的3倍

一组数据%,，…，。。的平均数是方差为现将其中一个值为的数据剔除后，

D.x2Xi5,1,5

余下99个数据的方差还是1

11.锐角AABC内角a,B,C的对边分别为a,b,c,其外接圆。的半____A

径R=/g，点。在边BC上，S.BD=2DC=2,则下列判断正确的是//\\

（）

A.4=60°

B.△B。。为直角三角形

C.△力BC周长的取值范围是（3,9]

D.而•布的取值范围为（|,6）

在长方体中，AD=2AB=2AA=4,

12.ABCO-A/iCiDir?__c.

E是棱BiG的中点，过点B,E,劣的平面a交棱4D于点尸，点P

为线段名尸上一动点，贝4（）

A.当且仅当点P重合于5时，三棱锥P-4BE的体积取得最大

值

B.不存在点P,使得DP_La

C.直线PE与平面BCGBi所成角的正切值的最大值为，至

D.三棱锥P-BBiE外接球表面积的取值范围是［12兀,44兀］

三、填空题(本大题共4小题，共20.0分)

13.《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，书中称轴截面为等腰直角三角

形的圆锥为直角圆锥，则直角圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为一.

14.如图，在AABC中,ZBAC而=2而，P为CD上一点,

且满足G=加h+；n,若AABC的面积为2q，则国可的最

小值为.

15.直三棱柱4BC-&BiCi中，乙4cB=90。,4。=BC=

?44i，M,N,P分别是当C1，A41和AC的中点，若三棱锥

「一”可务的体积为1/,三棱柱的体积为彩，则

匕=

七一--------

16.△力BC中，AB=1,AC=4,NA=60。，AD是BC边上的中线，E,F分别为线段AB,AC

上的动点，EF交4D于点4EF面积为△ABC面积的一半，则而•前的极小值为.

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)

已知锐角AABC的内角4B,C所对的边分别为a,b,c,向量而=(b,s〃B),元=(2a,C)，

且沅〃元.

(1)求角4的大小；

(2)若c=2,BC边上的中线AD长为「，求b.

18.(本小题12.0分)

在甲、乙两个盒子中分别装有标号为1,2,3,4的四张卡片，现从甲、乙两个盒子中各取出

一张卡片、每张卡片被取出的可能性相等.

(1)求取出的两张卡片上标号为相邻整数的概率；

(2)求取出的两张卡片上标号之和能被3整除的概率.

19.(本小题12.0分)

如图，四棱锥P-4BC。的底面4BC0为菱形，PB=PD,E,F分别为48和PD的中点.

(1)求证：EF〃平面PBC；

(2)若ZB=2=PB,^BAD=60°,求直线PB与平面R4C所成角的大小.

20.(本小题12.0分)

我校后勤服务中心为监控学校稻香圆食堂的服务质量情况，每学期会定期进行两次食堂服务

质量抽样调查，每次调查的具体做法是：随机调查50名就餐的教师和学生，请他们为食常服

务质量进行名评分，师生根据自己的感受从0到100分选取一个分数打分，根据这50名师生对

食堂服务质量的评分并绘制频率分布直方图.如图是根据本学期第二次抽样调查师生打分结

果绘制的频率分布直方图，其中样本数据分组为［40,50),［50,60).....［90,100］.

(1)求频率分布直方图中a的值并估计样本的众数：

(2)学校规定：师生对食堂服务质量的评分平均分不得低于75分，否则将进行内部整顿用每

组数据的中点值代替该组数据，试估计该校师生对食堂服务质量评分的平均分，并据此回答

食堂是否需要进行内部整顿：

(3)我校每周都会随机抽取3名学生和校长共进午餐，每次校长都会通过这3名学生了解食堂服

务质量，校长的做法是让学生在“差评、中评、好评”中选择一个作答，如果出现“差评”

或者“没有出现好评”，校长会立即责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务情况.若以本次抽

取的50名学生样本频率分布直方图作为总体估计的依据，并假定本周和校长共进午餐的学生

中评分在［40,60)之间的会给“差评”，评分在［60,80)之间的会给“中评”，评分在［80,100］之

间的会给“好评”，已知学生都会根据自己的感受独立地给出评价不会受到其它因素的影响，

试估计本周校长会责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务质量的概率.

21.(本小题12.0分)

如图，在平面四边形4BC。中，AD=BD,^ADB=90°,CD=2y/~2,BC=2.

⑴若4BCC=45°,求线段AC的长;

(2)求线段4c长的最大值.

22.(本小题12.0分)

如图，在三棱台ABC-DEF中，AC=4,BC=2,EF=1,DE=陵，AD=BE=CF.

(1)求证：平面力BED，平面ABC；

(2)若四面体BCDF的体积为2,求二面角。-BE-F的正弦值.

D

A

B

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：•••z=3i+2i2+i3=-2+21,

■■■\z\=J(-2)2+(2)2=

故选：C.

根据已知条件，运用复数的运算法则，以及复数模的公式，即可求解.

本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题.

2.【答案】A

【解析】解：m,n是两条不同的直线，a,0是两个不同的平面，

对于4,若m1a,aL0,则直线m与n相交垂直或异面垂直，故A正确；

对于B,若al/?,mua,nu0,则直线m与n相交、平行或异面，故B错误；

对于C,若mJ.a,n〃0,a-L0,则直线ni与九相交、平行或异面，故C错误；

对于D,岩n//p,a///?,则直线m与n平行或相交或异面，故£＞错误.

故选：A.

对于4,若m1a,a1/3,则直线?n与n相交垂直或异面垂直；对于B,直线m与n相交、

平行或异面；对于C,直线m与71相交、平行或异面；对于D,直线m与n平行或异面.

本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，涉及逻辑推

理等数学学科核心素养，属于中档题.

3.【答案】D

【解析】解：由题意知模拟射击4次的结果，经随机模拟产生了如下20组随机数，

在20组随机数中表示射击4次至少击中3次的有：

752709239857034743738636964746986233261680453661959774244281,共15组随

机数，

所求概率为0.75.

故选：D.

由题意知模拟射击4次的结果，经随机模拟产生了如下20组随机数，在20组随机数中表示种射击4

次至少击中3次的有多少组，可以通过列举得到共多少组随机数，根据概率公式，得到结果.

本题考查模拟方法估计概率、随机数的含义与应用，是一个基础题.

4.【答案】C

【解析】解：由题知，P(C)=|，因为P(A)+P(B)=T+；=MP(4UB)=P(C),故A错误;

因为C=4UB,4发生时C一定发生，故B错误；

因为P(AUB)=|,所以P(4B)=P(A)+P(B)-P(AUB)=2+：-1="

XP(/1)P(B)=|X1=i,所以P(AB)=P(A)P(B),故C正确；

因为C=4UB,所以P(4C)=PQ4)=去由P(A)P(C)=：x|=%P(AC)P(A)P(C),故。错

误.

故选：C.

根据公式P(4UB)=PQ4)+P(B)可判断4；由C=AUB可判断B；由公式P(4B)=PQ4)+P(B)-

「(408)先求。(48),然后根据P(4B)=P(4)P(B)可判断C；根据C=4U8可知可知P(4C)=

PQ4),然后判断P(AC),P(A)P(C)是否相等可判断，

本题考查的知识点是互斥事件和相互独立事件的判断，难度不大，属于基础题.

5.【答案】D

【解析】解：

•••COS4=£24bc,COSB=《¥2ac"，

.,门a+bb2+c2-a2,a2+c2—b2a+b

cosA+cosB=n———------1-------------=------

c2bc2acc

=a(b2+c2-Q2)+b(a2+c2-h2)=2ab(a4-b)

=ab{a+b)=c2(a+b)—(Q+Z?)(a2—ab+b2),

=>ab=c2—a2—b2ab.

=/=。2+

则△4BC是直角三角形.

故选：D.

利用余弦定理=ab^a+b)=c2(a+b)—(a+h)(a2—ab+h2),ab=c2—a2—b2+ab.=>

c2=02+b2.即可.

本题考查了三角形形状判定，关键是余弦定理得合理运用，属于中档题.

6.【答案】C

【解析】解：丫向量k=(l,n),K=

••2a—b=(3,n)，

•••2五一石与石垂直，

•••(2a-K)-K=0>

1,•1x3+n2=0

即M=3,

|a|=V1+n2--2，

故选：C.

运用坐标运算得出2五一方=(3,n)，根据垂直得出(2元—方)i=0,求解层=3,就看得出模的

值.

本题考察了平面向量的坐标运算，考察了学生的计算能力，属于基础题.

7.【答案】B

【解析】解：连接P0,根据题意作图如下:

设球的球心为。，由题意易知当弦MN的长度最大时，球的直径即为MN,

根据向量的线性运算可得:

VM-PN=(P0+OM)(PO+ON')='Pd2+Pd-ON+OM-Pd+OM-ON=Pd2+Pd-(ON+

OM)+OM-ON，

因为正方体的棱长为2,所以球的半径为1,丽+两=O.OM-ON=-1，

故同2+-po.(而++'0M-'ON=PO2-1-

又因为|所Ie

可以得到由2一ie[o,2]>

整理得到丽・丽e[0,2],

所以丽•丽的最大值为2.

故选：B.

由弦MN的长度最大可知MN为球的直径，由向量的线性运算用同表示出可7.而，即可由|而|取

值范围求得丽•丽的最大值.

本题主要考查空间中点，线，面之间的位置关系，属于中档题.

8.【答案】A

【解析】解：因为SA=，^,SB=243，AB=3,

所以制=SA2+AB2,

所以S41S8,

所以ASAB为在直角三角形，

取SB的中点N,贝IJN为ASAB的外心，

球心。在过底面△ABC的外心，

球心。在过底面△4BC的外心（中心）G且垂直底面4BC的直线上，也在过△S4B外心N且垂直侧面

S4B的直线上，

因为三棱锥外接球的表面积为21兀，即47TR2=217T,

解得R=亨，

取4B的中点M,连接CM,MN,OM,则MN〃S4

所以CM,NM都垂直于

所以4NMG是二面角S-AB-C的平面角，

又MN=?，

CM=MG=一，GB=q，

在Rt△OGB中，0G=VOB2-GB2=/—-3

y]42

又GM4x、？，

在Rt△OGM中，OM=VGM2+OG2==R，

所以tanZ_OMG==-^=~=

所以NOMG=g,

在RtAONM中，0M=，^,MN=：S4=?，

cos40MN=空=之乙OMN=三,

OM23

由OG1面ABC得AB1OG,又GM1AB,

所以48•1面OMG,

由ONJL面ABS得AB1ON,

又NM1AB,ONCNM=N,

所以4B，面。MN,

又平面OMG,平面。MN有公共点0,

所以0,N,M,G四点共面，

27r

所以NNMG=ZOMG+乙OMN=y,

即二面角S-AB-C的大小为?其余弦值为cos铝=-1.

故选：A.

根据题意可得SB?=S42+4口2,则S4_LSB,取SB的中点N,贝ijN为△S4B的外心，进而可得球

心。在过底面△ABC的外心，球心。在过底面△ABC的外心（中心）G且垂直底面ABC的直线上，也在

过△S4B外心N且垂直侧面$4B的直线上，由三棱锥外接球的表面积为21兀，解得R,取4B的中点

M,连接CM,MN,0M,则MN〃SA,可得NNMG是二面角S-AB-C的平面角，再计算余弦值，

即可得出答案.

本题考查直线与平面的位置关系，二面角的余弦值，解题中注意数形结合思想的应用，属于中档

题.

9.【答案】ABC

【解析】解：选项A,若为=4+「Z2=2—23

则z：=15+8i,zf=-8i,满足+z：>0,

但比和-z/都是虚数，不能比较大小，故A错误；

选项B,右21=1+i,Z2=if则忆1+Z21=|1+2i|=V~~5，

而JQi—Z2)2+4ZI22=J1+4t(1+i)=V-34-

所以区+Z2IH个(Zi-次)2+4Z]Z2，故B错误；

选项C,若Zi=2+i,Z2=1—23

则呼=3+4i-3-4i=0,

但是ZiHz?H0，故选项。错误；

选项设2=。+6，(a,be/?),

则z•z=(a+Z?i)(a—bi)=a24-/?2=0,

所以a=b=0,即z=0,故。正确.

故选：ABC.

根据复数的相关概念，通过举反例的方式对选项进行判定即可.

本题考查复数的模和运算，属基础题.

10.【答案】AB

【解析】解：对于选项4已知数据不，%2,・・・，/0由10个正数组成，

因为平方和为100,

所以在+滋+.・・+说)=io。，

又方差为1,

即52=(Xj-X)+(X2~X)+...+(X10-X)

_(q+W+...+品)-2%(%1+%2+.”+%3)+1。/_,

=16=1'

解得1=3,故选项A正确

对于选项3：已知一班抽取的6名同学答对题目个数的平均数为1,方差为1；二班抽取的4名同学

答对题目个数的平均数为1.5,方差为0.35,

所以这10人中答对题目的个数的平均数工=1”5X4=12,

方差S2=6[l+(lT2)2]+：,35+(1.5-1.2)2]=0故选项B正确.

对于选项C：已知一组数据为％1，X2，…，出，

其平均数或-:1+*2+…+%,方差$2_[(皿一1)，(二24)2+…+(".)2]

若将一组数据中的每个数据都乘以3后，

此时,=311+3“2+…+3%_3]，

n

方差S，2=[(3勺-3-2+(39-31+...+(34-31]=9s2,故选项C错误；

n

对于选项。：因为数据问，X2,…，尤100的平均数是5,方差为1,

222

所以+%2T------<-X100=500,[(%!-X)+(x2—x)2+…+(&9—X)+(5-5)]=100,

现将其中一个值为5的数据剔除后，

此时新平均数：'=瞎=5,方差s'2=黑，故选项。错误.

99W

故选：AB.

由题意，根据平均数和方差的计算公式对选项进行逐一分析，进而即可求解.

本题考查平均数和方差，考查了逻辑推理和运算能力.

I1.【答案】ABD

【解析】解：对于选项4,,.・BD=2DC=2,BC=2+1=3,

由正弦定理得，名=2凡

..BC3C

-,-sinA=^=^=—'

又0。<4<90。，[4=60。，即选项A正确;

BMD

对于选项8,过。作。MGC于M,则M为8C的中点，BM=l，。M=口环为=J3-[=

2

・•・0D=V0M2+DM2=/I+I=1)

OB2+OD2=3+1=4=BD2,即OB1OD,

.•.△BOD为直角三角形，即选项8正确;

对于选项C,由正弦定理知，学=.AL2R=2G，

sinCsinzjloc

・•・AB=2yJ~~3sinC^AC=2，3sinZ718C,

•••△48c周长为AC+ZB+BC=2<^sinZ71BC+2ssmc+3=2<^sin(120°-C)+

2A/-3sinC+3=3cosC+yT~3sinC4-2V_3smC+3

=3cosC+3y/~3sinC+3=6sin(C+30°)+3,

•・•锐角△ABC,

・••｛晨6江12。。“<9。」解得3°°<C<9。。，

•••60°<C+30°<120°,...?<sin(C+30°)<1，

3<3+3<6sin(C+30°)+3<9.即选项C错误；

对于选项O,由选项C可知，AB=2y/~3sinC，C6(30。,90。)，

sinCe(1,1).eAB-40=1^4F2G(|,6).即选项£)正确.

故选：ABD.

选项4,利用正弦定理，解可得解；

选项B,过。作OM1BC于M,利用勾股定理及其逆定理，可证OB_LOD,得解；

选项C,由正弦定理可得AB=2qs讥C，4c=2，可sin乙4BC，再结合三角恒等变换公式，化简

推出△ABC周长为6sin(C+30。)+3,然后根据正弦函数的图象与性质，得解；

选项。，结合平面向量数量积的几何意义与正弦函数的值域，即可得解.

本题考查解三角形与三角函数的综合应用，熟练掌握正弦定理，三角恒等变换公式，平面向量数

量积的几何意义是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.

12.【答案】CD

【解析】解：对于A,•••在长方体中，平

面441DW〃平面BBiGC,

根据面面平行的性质，平面a与这两个

平面的交线互相平行，即5F〃BE,

•••DXF<tW\ABE,BEa[S\ABE,A

DiF〃平面ABE,部

又点P在线段上，.•.三棱锥P-ABE的体积为定值，故A错误;

对于B,若存在点P,使得DP_La,•••BFua,则。P1BF,

vDDr1BF,D%CDP=D,DDr,DPBF,与题意矛盾，故B

错误；

对于C,如图1所示，取BC的中点Q,连接GQ,

则点P在平面BCG以内的射影P在CiQ上，直线PE与平面8CC1B1所成角即ZPEP',且有tan"EP'=

PP'

而，

由己知可得PP'=2,EP'最小为C，:tan/PEP'的最大值为丁至，故C正确；

对于。，如图2,取为。1的中点G,连接4G〜，分别取〜BE,4G的中点内,02,

连接0「。2，•••△BBIE是等腰直角三角形，

二三棱锥P-外接球的球心。在直线。1。2上，

设三棱锥P-外接球的半径为R,则OB=0P=R,

2

|。。1『+|。/|2=\002\+102Pl2,

设|00/=d,则d2+2=(2-d)2+|02P/，

-a2+4

当点P与F重合时，|。22|取最小值，9，此时d=l,R2=3,

三棱锥P-B&E外接球的表面积为4兀/?2="兀，

当点P与。1重合时，|。2Pl取最大值CU，

此时d=3,R2=11,三棱锥P-BaE外接球的表面积为4兀/?2=44兀，故。正确.

故选：CD.

对于选项A,利用面面平行的性质，得到nJ〃平面ABC,从而可判断出选项A错误；

对于选项8,假设存在，可推出BFJL平面441。1。，从而判断选项B错误；

对于选项C,利用线面角的定义，找出线面角为ZPEP',从而在RtAPP'E中，求出tan4PEP'的值，

进而判断选项C正确.

对于选项。，利用球的截面圆的几何性质，找出球心在直线。1。2上，利用R2=N+d2,建立方

2

程|0。1|2+|0网2=\002\+102Pl2,从而求出球的表面积的取值范围.

本题主要考查棱锥体积的求法，线面位置关系的判断，直线与平面所成角的求法，考查运算求解

能力，属于中档题.

13.【答案】2TT

【解析】解：设圆锥底面半径为r,根据直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形可得,

母线长，=V~2r,

则圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为竿=篝=e.

故答案为：\T~2n-

根据题意可得圆锥的底面半径和母线的关系，再根据弧长公式即可得解.

本题主要考查了圆锥的结构特征，属于基础题.

14.【答案】<3

【解析】

【分析】

本题考查了向量共线定理、平面向量基本定理、数量积运算性质、基本不等式的性质、三角形面

积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.

如图所示，建立直角坐标系.设|AO|=t>0,A(-t,0).由/C4B=*可得14cl=，有t，由△ABC

的面积S=|x2t\AB\sin^=2y/~3,解得|4B|.设布=XAC+(1-A)AD=AJ?+(1-A)x

与而而+g显比较，可得：m,4.再利用数量积运算性质、基本不等式的性质即可得出.

【解答】

解：如图所示，建立直角坐标系.

设|40|=t>0,A(-t,0).

"^CAB=p\AC\=Ct，C(0,<3t)，

AC=(t,V-3t)-

由△ABC的面积

S=gx2t|4B|s呜=2/3,解得

・••荏=(%0).

设而=AAC+(1-4)而=AAC+(1-A)xI南，

与比较，可得：m=2,2(1")=

1

4-

一一一t

AP=-1^AC+^1AB=41(t,-qt)+21(,4,0)=(4+]2,—V^3—t).

.：I=J6+»+(攀)2=J^7J+1><T+T=/^'当且仅当t=2时取等号,

故答案为：<3.

15.【答案】1

【解析】解：连接PC1、GN,

设44]=A/--2，则S^PNCi=S矩形"1C1C—S—PN—S—1NQ—SMCCI

=^-2X-X2-2X1X--2X2X^7=_8-，

因为ACJLBC,则B1GI&C1，

•••CCi1平面力道传1，B&U平面A/iG，：.BG1CC1，

•••41GCCC1=C1，46、CC1u平面力&C1C,B1GJ■平面AA1GC，

所以，=Vei_PMW=i-1-SAPiVC1-e1C1=5X^xi=^.

v11

V2=SLABC'CCl=1X故--=-

v28

故答案为：J.

o

连接PC1、C1N,设计算出匕、眩，即可得解.

本题考查了三棱锥和三棱柱的体积计算，属于中档题.

16.【答案】2

(AG=XAD

【解析】解：设,亚=噂，由向量共线的充要条件不妨设同=x荏+y而(x+y=1)，

14F=nAC

则南=xAE+yAF=AAD=1(AB+AC)=xmAB+ynACxm=yn=%

即K=i,

2m2n

_、“一!•'日^xsin6Q°AEAF11

又&AEF面积为△ABC面积的一半可得：T-----------------=-=>mn=

^xsin6Q°ABAC22

所以：+mA=1=>2=$2工丁

2m2mz+l

AG-EF=^(AB+ACXnAC-mAB)=9一等=-|+嘉7

易知•；nG(0,1]mG[1,1]=4m2+26[3,6],

当血=1时，即E,B重合时取得最小值-4+?=2.

ZO

故答案为：2.

利用平面向量的共线定理结合基底表示数量积，转化为函数求最值即可.

本题考查向量的线性运算，向量数量积的最值的求解，化归转化思想，函数思想，属中档题.

17.【答案】解：(1)•・•沆=(瓦sinB),f?=(2a,<3),且沆〃记，

・•・2asinB—\T~^b=0,^2asinB=\T^b,

由正弦定理得：2sinAsinB=,

sinB>0,sinA=?，又4为锐角，则4=g

2J

(2)在AABC中，AD^^(AB+AC),

-->21——♦2.>2，，>…，

.••AD=^AB+4C+2ABTC),

v荏•~AC=bccosA=b，・•.3=；(4+川+2b),整理得b?4-2b-8=0,

解得b=-4(舍去)或b=2.

此时，C=B,A=l，为锐角三角形，符合题意，

故b=2.

【解析】(1)由己知结合向量共线的坐标运算可得2asinB=Cb，再结合正弦定理得至b讥4=?，

可得4；

(2)在△ABC中，AD=l(AB+AC),两边平方后可得关于b的方程，求解得答案.

本题考查三角形的解法，考查正弦定理及平面向量数量积的应用，考查运算求解能力，是中档题.

18.【答案】解：设从甲、乙两个盒子中各取一张卡片，其数字分别为x,y,用(x,y)表示抽取结

果，

则所有可能有(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),

(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(4,1),

(4,2),(4,3),(4,4),共16种,

(1)所取两张卡片上的数字为相邻整数的结果有：

(1,2),(2,1),(2,3),(3,2),(3,4),(4,3),共6种.

故所求概率P=A3

io=O

即取出的两张卡片上标号为相邻整数的概率为去

(2)取出的两张卡片上标号之和能被3整除的结果有：

(1,2),(2,1),(2,4),(3,3),(4,2),共5种，

故所求概率为P=2，

1O

即取出的两张卡片上标号之和能被3整除的概率为。.

16

【解析】(1)设从甲、乙两个盒子中各取一张卡片，其数字分别为久，y,利用列举法求出用表

示抽取结果共16种，所取两张卡片上的数字为相邻整数的结果有6种，由此能求出取出的两张卡

片上的标号为相邻整数的概率；

(2)所取出的两张卡片上的数字和能被3整除的结果有5种，由此能求出取出的两张卡片上标号之和

能被3整除的概率.

本题考查概率的求法，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思

想，是基础题.

19.【答案】（1）证明：取PC的中点G,连接GF,则GF〃⑺〃BE,GF=^CD=BE,

所以四边形BEFG是平行四边形，

所以EF〃BG,

因为EFC平面PBC,BGu平面PBC,

所以EF〃平面PBC.

（2）解：因为PB=PD,。为BD的中点，所以OPLBD,

因为菱形力BCD,所以4C1BD,

又0Pn2C=0,OP、ACu平面PAC,

所以BD1平面P4C,

所以NOPB就是直线PB与平面PAC所成角，

在RMPBO中，PB=2,OB=\BD=^AB=1,

所以sin/OPB=黑=；,

因为ZOPB€（0。,90。），所以4OPB=30。，

故直线P8与平面P4C所成角的大小为30。.

【解析】（1）取PC的中点G,连接GF,易证四边形BEFG是平行四边形，知EF〃BG,再由线面平

行的判定定理，得证；

（2）由OPLBD,AC1BD,证得BC_L平面PAC,从而知"OPB即为所求，再由三角函数的知识，

得解.

本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线与面平行、垂直的判定定理或性质定理，线面角的定

义是解题的关键，考查空间立体感，推理论证能力和运算能力，属于中档题.

20.【答案】解：⑴由(0.004+a+0.022+0.028+0.022+0,018)x10=1,

解得a=0.006,

众数的估计值为等=75.

(2)由频率分布直方图鉴得师生对食堂服务质量评分的平均分为：

%=45x0.004x10+55x0.006x10+65x0.022x104-75x0.028x104-85x0.022x

10+95x0.018x10=76.2,

•・・76.2>75,

••・食堂不需要内部整顿.

(3)由频率分布直方图可知，“差评”的概率为0.04+0.06=0.1,“中评”的概率为0.22+0.28=

0.5,“好评”的概率为0.22+0.18=0.4,

则本周校长会责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务质量的概率P=1-(0.43+4x0.42x

05+或X04x0.52)=0.396.

【解析】(1)根据频率分布直方图中所有小矩形面积之和为1，得到方程，求出a,再由最高小组的

组中值即为众数，能求出结果.

(