2022-2023学年湖南省邵阳市高一（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年湖南省邵阳市高一（下）期末数学试卷

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

1.实数m>1时，复数爪（3+。一（2+。在复平面内对应的点位于（）

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

2.下列各组向量中，可以作为基底的是（）

A.前=（0,0）,毛=（-1,3）B.江=（3,—2）,石=（—6,4）

C.瓦=（1,2）,葭=（2,3）D.百=（1,1）,瓦=（2,2）

3.某芯片制造厂有甲、乙、丙三条生产线均生产8nm规格的芯片.现有25块该规格的芯片，

其中来自甲、乙、丙的芯片数量分别为5块、10块、10块.若甲、乙、丙生产的芯片的优质品

率分别为0.8,0.8,0.7,则从这25块芯片中随机抽取一块，该芯片为优质品的概率是（）

A.0.78B.0.76C.0.64D.0.58

4.如图，某圆柱体的高为1,4BCD是该圆柱体的轴截面.已知从点8

出发沿着圆柱体的侧面到点。的路径中，最短路径的长度为5，N，则

该圆柱体的侧面积是（）

A.14

C.7

5.已知a邛表示两个不同的平面,m为平面a内的一条直线，则“m_L0”是“a_L0”的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充要条件D.既不充分也不必要条件

6.如图，为测量河对岸4,B两点间的距离，沿河岸选取相距

20OmWC,。两点，测得N4CB=90。,/BCD=30。,NADB=

60°,^ADC=30°,A,B两点的距离为（）

A.20V-3mB.20yJ-5mC.20V-6m

7.如图的正方形O'A'B'C'的边长为1cm,它是水平放置的

一个平面图形的直观图，则原图形的面积为（）

A.2^/~~2cm2

B.1cm2

C.4yJ~~2cm2

Dn.——cm2z

4

8.已知△ABC的外接圆圆心为。，且2而=荏+前瓦？|=|通I，则向量85在向量能上

的投影向量为（）

A.^BCB.^BCC-/D.小布

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.已知i为虚数单位，复数2=要，则以下为真命题的是（）

Z-I

A.z在复平面内对应的点在第一象限

B.z的虚部是一看

C.|z|=3y/~5

D.若复数z1满足区-zl=1,则㈤的最大值为l+Y

10.黄金三角形有两种，一种是顶角为36。的等腰三角形，另一种是顶角为108。的等腰三角

形.已知在顶角为108。的黄金三角形中，36。角对应边与108。角对应边的比值为话匚“0.618,

这个值被称为黄金比例.若t=手，则下列说法正确的是（）

l-2s讥29°_xT5+l

B.cosl08o=

2tV4-t^8o

鹏+Dsin360

C.1_V5-1

COS36。-4-•s讥108°=-2-

11.甲乙两家公司独立研发疫苗4甲成功的概率为I，乙成功的概率为标丙独立研发疫苗B,

研发成功的概率为|.则（）

A.甲乙都研发成功的概率为!B.疫苗4研发成功的概率为:

C.疫苗4与疫苗B均研发成功的概率为|D.仅有一款疫苗研发成功的概率为:

12.已知△4BC三个内角4,B,C的对边分别是a,b,c,若（，耳c一2as讥B）sinC=

\T'3（bsinB—asinZ），则下列选项正确的是（）

A.cos4cosc的取值范围是（-另]

B.若。是AC边上的一点，且方=2瓦?，BD=2,则AABC的面积的最大值为?

C.若三角形是锐角三角形，贝哈的取值范围是弓,2）

D.若三角形是锐角三角形，BD平分乙4BC交4C于点D,月.BD=1,则4a+c的最小值为

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.如图，在三棱柱ABC-AiBiCi中，侧棱均与底面垂直，侧

棱长为2,AC=BC=O,N4CB=90。，点。是&Bi的中点，F

是侧面44/遇（含边界）上的动点，要使4当，平面GDF,则线段

GF的长的最大值为.

14.某班共有40名学生，其中22名男生的身高平均数为173cm,方差为28；18名女生的身

高平均数为163cm,方差为32；则该班级全体学生的身高方差为.

15.甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为/若乙执黑子先下，则乙胜的

概率为短假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，

第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲胜第一局，乙胜第二局的概率为.

16.在古代数学中，把正四棱台叫做方亭，数学家刘徽用切割的方法巧妙地推导出了方亭的

体积公式++a为方亭的下底面边长，b为上底面边长，九为高.某地计划在

一片平原地带挖一条笔直的沟渠，渠的横截面为等腰梯形，上底为10米，下底为6米，深2米；

渠长为784.5米，并把挖出的土堆成一个方亭，设计方亭的下底面边长为70米，高为6米，则

其侧面与下底面所成的二面角的正切值为.

四、解答题（本大题共6小题，共70.（）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）

某中学为了解该校高三年级学生数学学习情况，对一模考试数学成绩进行分析，从中抽取了

200名学生的成绩作为样本进行统计（若该校全体学生的成绩均在[60,140）分），按照[60,70）,

[70,80）,[80,90）,[90,100）,[100,110）,[110,120）,[120,130）,[130,140）的分组做出频率

分布直方图如图所示，若用分层抽样从分数在[70,90）内抽取17人，则抽得分数在[70,80）的人

数为6人.

（1）求频率分布直方图中的x,y的值；并估计本次考试成绩的平均数（以每一组的中间值为估

算值）;

（2）该高三数学组准备选取数学成绩在前4%的学生进行培优指导，若小明此次数学分数是132,

请你估算他能被选取吗？

18.（本小题12.0分）

如图，三棱锥U-ABC中,VA=VB=AB=AC=BC=4,VC=1.

(1)求证：AB1VC-,

（2）求二面角V-AB-C的余弦值.

19.（本小题12.0分）

某市为提升城市形象，打造城市品牌，拟规划建设一批富有地方特色、彰显独特个性的城市

主题公园，某主题公园为五边形区域ABCCE（如图所示），其中三角形区域ABE为健身休闲区，

四边形区域BCCE为文娱活动区，AB.BC、CD、DE、EA,BE为主题公园的主要道路（不考

虑宽度），已知NBAE=60。，/.EBC=90°,/BCD=120。，DE=3BC=3CD=6km.

（1）求道路BE的长度；

⑵求道路48、4E长度之和的最大值.

A

20.(本小题12.0分)

杭州2022年第19届亚运会(TTiel9t7i4sianGaniesHangzhou2022)将于2023年9月23日至10

月8日举办.本届亚运会共设40个竞赛大项，包括31个奥运项目和9个非奥运项目.同时，在保

持40个大项目不变的前提下，增设了霹雳舞、电子竞技两个竞赛项目.与传统的淘汰赛不同，

近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐.传统的淘汰赛失败一场就丧失

了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因

此更有容错率.假设最终进入到半决赛有四支队伍，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进

行比赛，胜者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军.双败赛制下，两两分组，胜者进

入到胜者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到

败者组.之前进入到败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，

其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军,双败赛制下会发生一个有意思的事情，

在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其它的队伍却有一次失败

的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公

平，是否真的如此呢？这里我们简单研究一下两个赛制：假设四支队伍分别为4,B,C,D,

其中A对阵其他三个队伍获胜概率均为P，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为;.最初

分组时AB同组，CD同组.

第一轮第二轮第三轮

双败赛制流程图

(1)若「=,，在淘汰赛赛制下，A,C获得冠军的概率分别为多少？

(2)分别计算两种赛制下4获得冠军的概率(用p表示)，并据此简单分析一下双败赛制下对队伍

的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”？

21.(本小题12.0分)

如图，已知四边形4BDE为平行四边形，点C在4B延长线上，点M在线段4。上，且4B=

(1)用向量百，3表示加：

(2)若线段CM上存在一动点P,且而=小方+nE(m,n€R)，求/+mn的最大值.

22.(本小题12.0分)

如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABC。为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面PAD_L底面

ABCD,M是线段PD的中点，N是线段PC的中点.

(1)求证：MN〃平面PAB；

(2)求PC与底面4BCD所成角的正切值.

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：：m(3+i)-(2+i)=(3m-2)+(m-l)i,

又m>l,故3m—2>l>0,m—1>0,

故该复数在复平面内对应的点位于第一象限.

故选：A.

先将复数化为一般形式，结合m的范围判断出实部和虚部的符号，从而得到答案.

本题主要考查复数的几何意义，属于基础题.

2.【答案】C

【解析】解：对于4,否>=6,不可以作为基底，A错误；

对于B,•••可=-；石，.••瓦•，与共线，不可以作为基底，B错误；

对于C,可与行为不共线的非零向量，可以作为一组基底，C正确；

对于D,•••百W，.••瓦•，宅共线，不可以作为基底，。错误.

故选：C.

根据基底需为不共线的非零向量，由此依次判断各个选项即可.

本题主要考查平面向量的基本定理，属于基础题.

3.【答案】B

【解析】解：设事件4="取出的芯片为优质品”，

则P(4)=£x0.8+岑x0.8+祟x0.7=0.2x0.84-0.4x0.8+0.4x0.7=0.76.

所以该芯片为优质品的概率为0.76.

故选：B.

利用全概率公式求解可得答案.

本题主要考查了全概率公式，属于基础题.

4.【答案】A

【解析】解：设圆柱体底面圆的半径为r,将侧面的一半展开后得四边形4BCD为矩形,

则依题意得：(nr)?+伊=(5V-2)2,

所以(TZT)2=49,即r=，

所以该圆柱体的侧面积为：S=2nrxCD=2nx-=14.

7T

故选：A.

根据圆柱侧面展开图，先求出圆柱底面半径，再根据侧面积公式求圆柱体的侧面积.

本题主要考查了圆柱的结构特征，属于基础题.

5.【答案】A

【解析】

【分析】

本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据空间直线和平面的垂直的位置关系是解决本题的

关键.

根据充分条件和必要条件的定义结合线面垂直和面面垂直的性质进行判断即可.

【解答】

解：根据面面垂直的判定定理得若m10则a1夕成立，即充分性成立，

若a1夕则m1口不一定成立，即必要性不成立，

故m10是a1，的充分不必要条件，

故选：A.

6.【答案】D

【解析】解：•••/-ACB=90°,4BCD=30°,

Z.ACD=Z.ACB+乙BCD=900+30°=120°,

在△ACO中，Z.ACD=120°,Z.ADC=30°,

4CAD=180°-Z.ACD-AADC=180°-120°-30°=30°,

则“AD=，ADC=30°,BIU4CD为等腰三角形，则AC=CD=20/3,

22

由余弦定理得=AC2+CD2-2AC-CDcosl20°=(20<^)4-(20V~^)-2x20V-3x

20Cx(一3=3600,则4。=60,

在ABCD中，AADC=30°,4ADB=60°,则4BDC=/.ADC+Z.ADB=30°+60°=90°,BPABCD

为直角三角形，

又NBCO=30°,CD=20y/~l,所以山。30°=器=则BD=20<3X?=20，

在AAOB中，Z.ADB=60°,AD=60,BD=20,

由余弦定理得AB?=AD2+BD2-2AD-BDcos600=602+202-2x60x20x|=2800,

则AB=20C，即4B两点的距离为20「m.

故选：D.

由题意得△4CD为等腰三角形，可得4D=60,则ABC。为直角三角形，可得BO=20,在△/WB

利用余弦定理，即可得出答案.

本题考查解三角形，考查转化思想，考查运算能力和逻辑推理能力，属于中档题.

7.【答案】A

【解析】解：如图所示，

由斜二测画法的规则知与/轴平行的线段其长度不变与横轴平

行的性质不变，

正方形的对角线在y'轴上，

可求得其长度为，2故在平面图中其在y轴上，

且其长度变为原来的2倍，长度为2/1,其原来的图形是平行

四边形，

所以它的面积是1x2A/-2=2A/-2cm2.

故选:A.

根据斜二测画法的规则，还原出原来的图形，求出它的面积即可.

本题考查了斜二测画法的规则与应用问题，解题时应还原出原来的图形，是基础题.

8.【答案】D

【解析】解：•••2万=存+近，

・•.△4BC外接圆圆心。为BC的中点，即BC为外接圆的直径,

如图:

又|荏1=1布I，.•・△4B0为等边三角形，

/-ACB=30°,.-.\CA\=\BC|cos30°==|配|，

向量不在向量刀上的投影为：-ICA|皿30。=一号画|x?=-［画|，

故向量不在向量灰上的投影向量为-［品.

故选：D.

根据条件作图可得△48。为等边三角形，根据投影向量的概念求解即可.

本题主要考查投影向量的定义，属于中档题.

9.【答案】AD

rM士=V版.._3+2i_(3+2i)(2+i)4,7.

【斛机】解：'Z—2T—(2-i)(2+i)-5+

•••Z在复平面内对应的点为在第一象限，故4正确；

z的虚部是，故B不正确；

\z\=J令+a=半，故C不正确；

设Zi=x+yi,x,yER,由|z1一z|=1得(x-'+(y-,=1,

则点(x,y)在以(1)为圆心，以1为半径的圆上，

则(x,y)到(0,0)的距离的最大值为1+J令+&=1+等即的最大值为1+年，故。

正确.

故选:AD.

由复数的除法运算求出z,根据复数的几何意义可判断ACD,根据复数的概念可判断B.

本题主要考查复数的四则运算，考查转化能力，属于基础题.

10.【答案】ACD

【解析】解：依题意，得，=喘需=嘴群翳=喘:=2cos72。=中，故O正确;

l—2si储9°_cos180

对于4：A2=I2

"74Tt4cos72、4-(2cos72。)/

_cos(108O-90。)_s讥108。_smi08。_sE108。_J__]_C+]

=4皿72。/4s讥272。=4皿72。如皿72。=而而=而常=不=诺I=k，故人正确：

对于B：由2cos72。=工匚，所以cos72°=话匚，

24

所以cosl08。=cos(180°-72°)=-cos72°=上户，故B错误；

对于C：由cos72°=2cos236°-1=f

4

解得cos36。=辱匚或cos36。=-『(舍去)，故C正确.

故选：ACD.

依题意可得t=W需=2cos72。，再利用二倍角公式及诱导公式一一计算可得.

sml08

本题考查解三角形问题，三角函数公式的应用，属中档题.

11.【答案】AB

【解析】解：对于A项，由独立事件的概率乘法公式可知，甲乙都研发成功的概率为|x：=，故

A项正确；

对于B项，因为疫苗4研发失败的概率为(1-1)X(1-1)=i,

所以疫苗4研发成功的概率为1故B项正确；

对于C项，由独立事件的概率乘法公式可知，疫苗4与疫苗B均研发成功的概率为=3故C

项错误；

对于D项，仅有一款疫苗成功的概率为(1-1)x?+|x(1=畀故。项错误.

故选：AB.

根据相互独立事件同时发生的概率公式可判断4项；结合对立事件的概率关系可判断B项；再由相

互独立事件的概率公式可判断C项；分两种情况，由相互独立事件的概率公式可判断。项.

本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式，属于基础题.

12.【答案】AC

【解析】解：对于A：•・,(，~^c—2asinB)sinC=\T-3(bsinB—asinAy

，由正弦定理得(，~5c—2asinB)c=yT~3(b12—a2),即，~5c2-2acsinB=y/~~3(b2—a2),

即q(笔3_)=stnB，

由余弦定理得/ZcosB=sinB,即temB=V_3,

又BG(0,TT),则B=/

・•・cosAcosC=—cosAcos(A+/)=^~sinAcosA—|cos2/l

7~3.rA1+COS2A1.「r471、1

=--sin2A------------=-sin(27l

442'6，4

"Ae©争…24-江(Y片)，

711

sin(24—g)G(一于1],

11

AcosAcosC6(—5,4]，故A正确；

对于B：•.-CD=2D7)：.~BD=^BA+^BC,

BD=GBA+：BC)2=海+i；BA-BC+^BC,

3j77y

又BD=2,

4124122

222

Q+ac>cXa+ac-ac

9-9-9--9-9-9-3-

即砒工6,当且仅当!C2=：Q2,即Q=2C时，等号成立,

V7

••・S-BC="exsin[=¥acw手，即△ABC的面积的最大值为卑，故B错误;

23422

对于C:c=sine=Sin(/1+J=1।C,

asinAsinA22tanA

7r,4,7r

•・•不<力

]ar27r.TT,<2,

10<C=y-i4<-

£3

・•・tanA>tan7=

6亍,

即盘

，0<2S4<r5=3+60,2)故c正确;

对于D：由题意得SMRC=S△力BD+S^BC。，由角平分线以及面积公式得,QCS讥§=|asin7+

L5Z0

1.n

2CSln6'

化简得=Q+c,二工+工=，3,

ac

•••4a+c=?(4a+c)x《+》=?(4+?+；+l)+=3c

当且仅当｛九,c，即2时等号成立，

lT=a(c=C

此时b=Va2+c2—2accosB=J+3—2x号xV-3x^=|»

又c2=a2+b2,则C=*与三角形是锐角三角形矛盾，故等号不成立，故。错误；

故选：AC.

对于上由正弦定理和余弦定理得到tanB=「，从而求出8=半结合三角恒等变换得到

cosAcosC=|sin(2/l-7)-r结合力e(0,当，即可判断；对于8：整理得到前"瓦？+

两边平方后得到4=tc2+ga2+gac,由基本不等式求出ac46,进而求出面积最值，即可判断；

对于C,变形得到£=吗=:+*,根据，＜4＜今即可判断；对于D,由角平分线以及面积

astnA2ZtanA0乙

公式得Cac=a+c,利用基本不等式，即可判断.

本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.

13.【答案】C

【解析】解:取BB］的中点E,连接DE,A$,

因为。为为当的中点，所以DE〃4B,

因为41cl=BiG=。，乙41cla=90。，所以占&=2,

所以四边形ABB1&为正方形，所以&B14B1，所以DE14B1，

又因为4G=BiG，且。为的中点，所以GO

因为44］，平面为B1C1，且G。u平面&B1G，所以的01441，

又因为44田4*1=4且441，4出u平面488出，所以QD_L平面483出,

因为AB】，DEu平面ABBiAi，所以GDJLABi，CtD1DE,

又因为COnDE=O,且CO,DEu平面COE,所以J■平面C】OE,

所以点F在线段DE上运动，

在等腰直角△&BiG中,易知&B】=2,可得GD=1,

在直角ABiDE中，可得DE=JBp+8述2=口,

在直角△BiGE中，可得CE=J+Bp=y/~3,

在RtACiDE中，可得线段C/的长的最大值为

故答案为：

取BBi的中点E,证得OElABi，CyD1AAt,得到Q。_1_平面力^勺久，得到GOJ./1当,进而证

得ABi，平面CiCE,得到点尸在线段DE上运动，结合ACiCE,即可求解.

本题考查空间中距离的最值的求解，化归转化思想，属中档题.

14.【答案】54.55

【解析】解：由题意，全体学生的身高均值为会x(22x173+18x163)=168.5,

若/(1<i<22,i6N*)表示男生数据，xy(l<;<18,)eN*)表示女生数据，

所以2当(々-173)2=22x28,£博(专一163)2=18X32,

则全体学生的身高方差为需*4(看一168.5)2+£瞿式芍一168.5)2]

=焉[宏式/T73+4.5)2+整式巧163—5.5)2]

=[[虞式/一173)2+22x4.52+£居式巧-1630+18x5.52]

=需[22x28+22x4.52+18x32+18x5.52]=54.55.

故答案为：54.55.

利用均值公式求得全体学生身高均值，应用方差公式及原男女生的身高方差求全体学生的身高方

差.

本题主要考查平均数和方差公式，属于基础题.

15.【答案】】

45

【解析】解：若第一局甲执黑子先下，则甲胜的概率为、第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为

2

3,

若第一局乙执黑子先下，则甲胜的概率为号第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为|,

所以甲胜第一局，乙胜第二局的概率P=1x^x^+ixix|=H

25323345

故答案为：与

45

根据题意，分第一局甲执黑子先下，第二局乙执黑子先下和第一局乙执黑子先下，第二局乙执黑

子先下，结合独立事件的概率公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解.

本题考查相互独立事件的相关知识，属于基础题.

16.【答案】|

【解析】解：由题意知挖出的土的体积U=784.5x2x(10+6)x2=12552,

则由：x(702+706+/>2)X6=12552,整理得从+70b-1376=0,

解得b=16或6=-86(舍去).

在正四棱台力BCD-a&C1D1中，AB=70,4/1=16,

设点名在底面4BCD内的射影为点E,点6在底面4BCD内的射影为点N,

设直线EN分别交48、C。于点F、M,连接名尸、CXM,

因为当E1•平面4BCD,GN1平面力BCD,所以BiE//gN,

又因为平面ABC。〃平面所以&E=GN,

故四边形BiQNE为矩形，所以

因为AB1BC,BG//BC,贝！IFM//BC,所以AB1FM,

因为BiE1•平面4BCD,ABu平面4BCD,则4818国，

因为FMn&E=E,FM、/EC：平面BiGMF,所以AB_L平面BiGMF,

因为8/u平面BiQMF,所以名尸148,

所以侧面44/避与底面4BCD所成二面角的平面角为4B/E,

因为四边形44$述、CGDW是全等的等腰梯形，且BBi=CG，4ABB】=KDCg,

所以，B1F=BB1sinz.ABB1=CC1sinz.DCC1=C1M,

因为FM〃8C,BF"CM£FBIBC,则四边形BCMF为矩形，

故尸M=BC,则FM4B1G，

故四边形BlGMF为等腰梯形，

因为8iF=GM,BiE=CiN,=4GNM=90。，故△B^EFmAgNM,

所以，EF=MN,

又因为EN=BiG=16,FM=BC=70,故Ef=吸严==27,

^.RtLB^EF^,tan/B［FE=鬻=捺=全

所以所求二面角的正切值为|.

故答案为：

计算出挖出的土的体积，利用台体体积公式求出b的值，然后作出图形，找出其侧面与下底面所成

的二面角的平面角，即可计算出侧面与下底面所成的二面角的正切值.

本题考查立体几何的实际应用，二面角的概念，化归转化思想，属中档题.

17.【答案】解：(1)若用分层抽样从分数在［70,90)内抽取17人，从分数在［70,80)内抽取6人，

则分数在［70,80)的人数与分数在［80,90)的人数之比为6：11,

此时《=唾，

11X

解得x=0.011,

因为10(0.004+0.006+0.011+0.02+0.03+y+0.011+0.006)=1,

解得y=0.012,

则本次考试成绩的平均数I=10(0.004X65+0.006x75+0.011x85+0.02x95+0.03x

105+0.012X115+0.011X125+0.006x135)=102.6(分);

(2)易知分数在［130,140)的频率为0.006x10=0.06=6%,

所以数学成绩在前4%的学生所在区间为［130,140),不妨设第4%名的分数为zn,

此时(140-m)x0.006=0.04,

解得m«133.3,

因为133.3>132,

所以小明不能被选取.

【解析】(1)根据分层抽样求出x的值，再利用所有分组的概率之和为1,求出y,最后利用平均数

等于每个小矩形面积乘上小矩形底边中点的横坐标之和求出平均数即可；

(2)利用百分位数的概念求解.

本题考查频率分布直方图以及平均数和中位数的应用，考查了逻辑推理和运算能力.

18.【答案】解：(1)取线段48的中点E,连结VE、CE,如图所示:

vVA=VB=AB=4,CA=CB=AB=4,

VELAB,CELAB,

又UEnCE=E,UEu平面UEC,CEu平面UEC,

AB1平面VEC,

vVCu平面VEC,

AB1VC；

(2)由(1)得NVEC是二面角-。的平面角，

又等边△与等边△C4B的边长为4,

则UE=CE=2-，

••・由余弦定理得cosWEC="密丁=|3,

故所求二面角的余弦值为篝

【解析】(1)利用线线垂直得到线面垂直，利用线面垂直性质即可证明结论；

(2)利用二面角平面角定义得出二面角的平面角，求出对应长度，即可得出答案.

本题考查直线与平面垂直和二面角，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.

19.【答案】解:(1)如图,连结BD,

A

E

C

D

在4BCD中，由余弦定理得8。2=BC2+CD2_2BC.CDcosl200,

=22+22-2x22x(-i)=12,则8D=

•••BC=CD贝此CDB=4CBD=；=30°,又乙EBC=90°,

••・乙EBD=60°,

在4EBD^BD=2<3，DE=6,乙EBD=60°,

由正弦定理，

sm60sinZ.BED

sinzBED=p乙BED=30。或150。(舍去),即/BED=30°,

由NBDE=90°,得BE=VBD2+DE2=712+36=4C，即BE的长度是

(2)设乙4BE=a,由/BAE=60°,得乙4EB=120°-a,

在A4BE中，由正弦定理一4^=一4^^=一生余，

smz.AEBS\T\Z-ABEsmz.BAE

・・BE=4仃=R

s\nz.BAEsin60°'

:.AB=8sin(120°—a),AE-Ssina,

■■AB+AE=8sin(120°—a)+8sina=8-s/-3sin(a+30°),又0。<a<120°,

•­•30°<a+30°<150°,

当a+30。=90。，即a=60。时，AB+4E取得最大值

即道路4B,长度之和的最大值为

【解析】(1)连结BD,应用余弦定理求得BC=2「，△EBD中应用正弦定理可得4BED=30。，

最后由勾股定理求道路BE的长度；

(2)设乙4BE=a,AABE中用正弦定理得48=8s讥(120。-a),AE=Ssina,进而应用辅助角公

式、正弦型函数的性质求4B+AE最大值.

本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，方程思想，属中档题.

20.【答案】解：⑴记4,C拿到冠军分别为事件M,N,

33

X

淘汰赛赛制下，4只需要连赢两场即可拿到冠军，因此P(M)4-4-

对于C想拿到冠军，首先得战胜D,然后战胜4C中的胜者,

1311115

X

=一

因此P(N)2-4-4-2-4-2-

32

(2)记淘汰赛赛制和双败赛制下4获得冠军的概率分别为pi，p2,

则Pl=p2,

而双败赛制下，4获得冠军有三种可能性：

①直接连赢三局；②从胜者组掉入败者组然后杀回总决赛；③直接掉入败者组拿到冠军，

因此P2=p3+p(l—p)p2+(1—p)p3=p3(3—2p),

显然0<p<1,

=2

P