2022-2023学年山东省济南市高一（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年山东省济南市高一（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.在复平面内，复数z=+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.Q023年五一出游数据报告少显示，济南凭借超强周边吸引力，荣登“五一”最强周边

游“吸金力”前十名榜单.其中，济南天下第一泉风景区接待游客100万人次，济南动物园接

待游客30万人次，千佛山景区接待游客20万人次.现采用按比例分层抽样的方法对三个景区的

游客共抽取1500人进行济南旅游满意度的调研，则济南天下第一泉风景区抽取游客（）

A.1000人B.300人C.200人D.100人

3.设a,0为两个平面，贝ijal£的充要条件是（）

A.a过0的一条垂线

B.a,垂直于同一平面

C.a内有一条直线垂直于a与0的交线

D.a内有两条相交直线分别与口内两条直线垂直

4.袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中3个红球，2个黄球，从中不放回地依次随机摸

出2个球，则第二次摸到红球的概率为（）

A/B.lC.|D.|

5.已知AABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,B=*,b=Lc=?，则角C的值为（）

A.IB.yC.裁与D.无解

6.如果三棱锥S-ABC底面不是等边三角形，侧棱SA,SB,SC与底面ABC所成的角都相等，

SO_L平面ABC,垂足为0,则。是△48。的（）

A.垂心B.重心C.内心D.外心

7.已知锐角△ABC的内角4B,C所对的边分别为a,b,c,B=^,c=2,则AABC的周长的取

值范围为()

A.(3+<3,2+20)B.(3+「,4+2「)

C.(3+73,6+2/3)D.(3+V3,+8)

8.在四棱锥P-ABC。中，P4_L底面2BCD,底面ABC。为正方形，24=4B=1.点E,F,G

分别为平面PAB,平面P4D和平面ZBCD内的动点，点Q为棱PC上的动点，则QE2+QF2+QG2

的最小值为（）

123

---

A.234

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.已知复数3=—g+?i，则下列说法中正确的是（）

A.|d）|=1B.a）3=—1C.a）2=a）D.&>2+3+1=0

10.先后抛掷质地均匀的硬币两次，则下列说法正确的是（）

A.事件“恰有一次正面向上”与事件“恰有一次反面向上”相等

B.事件“至少一次正面向上”与事件“至少一次反面向上”互斥

C.事件“两次正面向上”与事件“两次反面向上”互为对立事件

D.事件“第一次正面向上”与事件“第二次反面向上”相互独立

11.某学校为了调查高一年级学生每天体育活动时间情况，随机选取了100名学生，绘制了

如图所示频率分布直方图，则下列说法正确的是（）

时间力谕

A.平均数的估计值为30

B.众数的估计值为35

C.第60百分位数估计值是32

D.随机选取这100名学生中有25名学生体育活动时间不低于40分钟

12.如图，已知三棱锥。一力BC可绕4B在空间中任意旋转，AABC为等边三角形，4B在平

面a内，AB1CD,AB=2,CO=V%,cos/CBD=；,则下列说法正确的是（）

A.二面角。一AB-C为］

B.三棱锥D-4BC的外接球表面积为竽

C.点C与点。到平面a的距离之和的最大值为2

D.点C在平面a内的射影为点M,线段DM的最大值为胃6

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.一组数据1,2,4,5,8的第75百分位数为.

14.在正方体ABCO-&B1C1D1中，直线BCi与直线CD1夹角的余弦值为.

15.在圆C中，已知弦48=2,则超•前的值为.

16.已知△ABC的重心为G,面积为1,且4B=2AC,则34G2+BC2的最小值为

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）

已知否,备是两个单位向量，夹角为设力=备+2杳1=—3杳.

⑴求I码；

（2）若方，a求t的值.

18.（本小题12.0分）

已知正三棱柱4BC的棱长均为2,M为4cl的中点.

（1）求证：BG〃平面ZBiM；

（2）求点B到平面ABiM的距离d.

MC,

A

B

19.(本小题12.0分)

独立事件是一个非常基础但又十分重要的概念，对于理解和应用概率论和统计学至关重要.它

的概念最早可以追湖到17世纪的布莱兹・帕斯卡和皮埃尔・德・费马，当时被定义为彼此不相关

的事件.19世纪初期，皮埃尔・西蒙•拉普拉斯在他的偏率的分析理论》中给出了相互独立事

件的概率乘法公式.对任意两个事件4与B,如果P(AB)=PQ4)P(B)成立，则称事件4与事件B

相互独立，简称为独立.

(1)若事件4与事件B相互独立，证明：％与B相互独立；

(2)甲、乙两人参加数学节的答题活动，每轮活动由甲、乙各答一题，已知甲每轮答对的概率

为|,乙每轮答对的概率为|.在每轮活动中，甲和乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响，

求甲乙两人在两轮活动中答对3道题的概率.

20.(本小题12.0分)

某社区工作人员采用分层抽样的方法分别在甲乙两个小区各抽取了8户家庭，统计了每户家庭

近7天用于垃圾分类的总时间(单位：分钟)，其中甲小区的统计表如下，

住户序号12345678

所需时间200220200180200ab220

设阳，％分别为甲，乙小区抽取的第i户家庭近7天用于垃圾分类的总时间，s京sj分别为甲，

乙小区所抽取样本的方差，已知x==200点=~x)2=200,y=

195,=210,其中i=l,2,8.

(1)若&式从求a和b的值：

(2)甲小区物业为提高垃圾分类效率，优先试行新措施，每天由部分物业员工协助垃圾分类工

作，经统计，甲小区住户每户每天用于垃圾分类的时间减少了5分钟.利用样本估计总体，计

算甲小区试行新措施之后，甲乙两个小区的所有住户近7天用于垃圾分类的总时间的平均值5

和方差学.

参考公式：若总体划为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差

分别为：m,x1(sf;n,X2，s/,总的样本平均数为3，样本方差为$2,则s?=^^、+(q-

a7]+\S2+(X2-3沟.

21.(本小题12.0分)

如图1,在等腰△ABC^,AC=4,A=^,0,0分别为5C、48的中点，过。作DE1BC于E.如

图2,沿DE将ABDE翻折，连接BA,BC得至IJ四棱锥B-ACED,F为AB中

点.

(1)证明：。9_1平面4。8；

(2)当。8=C时，求直线BF与平面BCD所成的角的正弦值.

22.(本小题12.0分)

射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，。为透视中心，平

面内四个点E,F,G,H经过中心投影之后的投影点分别为A,B,C,D.对于四个有序点2,

B,C,D,定义比值％=需叫做这四个有序点的交比，记作(ABCD).

DB

(1)证明：(EFGH)=(ABCD)；

⑵已知(EFGH)=|,点B为线段AD的中点,"=仃。8=3,辍=|‘求皿4

答案和解析

1.【答案】D

1_1-2i2.

【解析】解：l

zl+2i―(l+2i)(l-2i)5

它在复平面内对应点为号在第四象限.

故选。.

利用复数的除法将Z=备化简为a+bi(a,bGR)形式，则它在复平面内对应点为(a,b),判断点

所在的象限即可.

本题考查复数的除法运算和复数与复平面内点的对应关系，属基本概念、基本运算的考查.

2.【答案】4

【解析】解：依题意济南天下第一泉风景区应抽取游客1500x丽瑞元=1000(人).

故选：A.

按照分层抽样计算规则计算可得.

本题考查分层抽样，属于基础题.

3.【答案】A

【解析】解：由alS可得a经过6的一条垂线，反之若a经过/?的一条垂线，由面面垂直的判定定

理可得aJL0,故A正确；

a,0垂直于同一个平面，可得a,£平行或相交，故B错误；

a内有一条直线垂直于a与6的交线，可得a,6不一定垂直，故C错误；

a内有两条相交直线分别与/?内两条直线垂直，可得a,夕平行或相交，故O错误.

故选：A.

由空间中面面的位置关系和面面垂直的判定定理、充要条件的定义，可得结论.

本题考查面面垂直的判定定理和充分必要条件的定义，考查推理能力，属于基础题.

4.【答案】D

【解析】

【分析】

本题考查互斥事件的概率加法公式和相互独立事件的概率乘法公式，属于较易题.

先根据相互独立事件的概率乘法公式分别求出“第一次摸到红球、第二次摸到红球”和“第一次

摸到黄球、第二次摸到红球”的概率，再利用互斥事件的概率加法公式求出第二次摸到红球的概

率.

【解答】

解：袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中3个红球，2个黄球，

从中不放回地依次随机摸出2个球，则第二次摸到红球的情况有两种：

323

-X-=-

①第一次摸到红球，第二次摸到红球，概率P154

10

②第一次摸到黄球，第二次摸到红球，概率P2=^x|=磊,

故第二次摸到红球的概率P=p1+p2=A+±=|.

故选：D.

5.【答案】C

【解析】解：「B，，b=\,C=W，

由正弦定理有:b_c

sinBsinC,

誓=窣=年

・•・sinC

"Ob,：■C>B,CG6,兀）,

C=期.

故选：c.

由正弦定理求出s讥C,再由大边对大角即可求出C.

本题考查正弦定理的应用，属于基础题.

6.【答案】D

【解析】解:如图所示:

S

B

因为S01平面ZBC,侧棱S4SB,SC与底面4BC所成的角都相等，

则/S4。=乙SBO=/.SCO,AO==-^--,C0=—,

tanzSAOtan/SBOtanzSCO

故AO=BO=CO,故。是△ABC的外心.

故选：D.

由线面角的定义，得到NS4。=4SBO=NSC。再在三角形中，由三角函数得到4。=T=，BO=

tanzSAO

d^,C。=T^从而得到4。=BO=CO进而得解.

tanzSBOtanz.SCO

本题主要考查三角形的五心，属于中档题.

7.【答案】C

【解析】解：「8=半c=2,

，由正弦定理得高=b2

s呜sinC'

：,b=a2sinA2sin(E+C)\/~3cosC+sinC

d-----=--------=-----------，

sinCsinCsinCsinC

\/~3cosC+sinC_，3(cosC+l)

•，・Q+b=~~7~p,++1

sinCsinCsinC

2/3COS27益，

=—^+1=+1

2s畤ocs/

o<y

在锐角△ABC中,

°<T-C

7T_C_汽tqri7TC—y

•■・石V5VW，即tan而<tan,<1,

XCtiL乙乙

又tan322K_解得tan*^=2-或tai*=-2-13（不合题意，舍去），

6l-tan号31212,

・•・2—V~~3<tan<1,

1V—~c<，）、k=2+VS

tan^2-V3

"+1<三|+1<4+2\T3,即，+l<a+b<4+2<^，

tan^

*，•V3+3VQ+/?+C<6+2yl~3，

故44BC的周长的取值范围为（，号+3,6+2O.

故选：C.

利用正弦定理得b=工亘,a=-=、ycosC+sinC,可得a+b=g+1,结合题意可得［<C<2

stnCsinCsinCtan^b乙

根据三角函数的性质可得2-，耳<tan5<1,即可得出答案.

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.

8.【答案】B

【解析】解：由题意得QE,QF,QG均最小时，平方和最小，

过点Q分别作平面P4B,平面P4。，平面4BCD的垂线，垂足分别为E,F,G,

连接力Q,因为P41•面4BC0,8。＜=平面48。。，所以P41BC,

因为底面4BCD为正方形，所以AB1BC,又因为P4n4B=4PA,ABu平面P4B,

所以BC_LiSP4B,因为QEJJFiHi/MB,则QE//BC,又因为点Q在PC上，贝"点E应在PB上,

同理可证F,G分别位于PD,4c上，

从而补出长方体EQFJ-HGIA,

则4Q是以QE,QF,QG为共点的长方体的对角线，则ZQ?=QE?+QF?+QG?,

则题目转化为求AQ的最小值，显然当PC时，AQ的最小值,

因为四边形ABCC为正方形，且P4=4B=1,则4c=/I,

因为PA1面ABC。，ACcffi/BCD,所以PAJ.AC,

所以PC=VPA2+AC2=G，

则直角三角形P4C斜边AC的高AQ=与孥=冬，止匕时4Q2="

V353

则QE2+QF2+QG?的最小值为〈

故选:B.

本题利用补形法，再利用长方体对角线的性质即可求出最值.

本题主要考查通过补形法探讨取值范围问题，属于中档题.

9.【答案】AD

【解析】解：3=—g+?i，

则32=(—2+?0=—；一个，，6*3,故C错误；

|0=J(-今2+(?)2=1，故A正确；

33=32.3=(―g——i)(-；+1i)=1,故8错误；

w2+3+1=-g-i—g+—^―i+1=0，故。正确•

故选：AD.

根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数模公式，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.

10.【答案】AD

【解析】解：根据题意，依次分析选项：

对于4事件“恰有一次正面向上”即“一次正面向上、一次反面向上”，同样，事件“恰有一

次反面向上”也是“一次正面向上、一次反面向上”，

两个事件相等，A正确；

对于8,事件“至少一次正面向上”，即“一次正面向上、一次反面向上”和“两次都是正面向

上”，

事件“至少一次反面向上”，即“一次正面向上、一次反面向上”和“两次都是反面向上”，两

个事件不互斥，8错误；

对于C，事件“两次正面向上”与事件“两次反面向上”不是对立事件，还有一种情况”一次正

面向上、一次反面向上"，C错误；

对于0,由相互独立事件的定义，事件“第一次正面向上”与事件“第二次反面向上”相互独立，

D正确.

故选：AD.

根据题意，由相等事件的定义分析4由对立、互斥事件的定义依次选项BC,由相互独立事件的

定义分析。，综合可得答案.

本题考查相互独立事件、对立和互斥事件的定义，注意相互对立事件和互斥事件的不同，属于基

础题.

11.【答案】BD

【解析】解：对于4由频率分布直方图可知平均数的估计值为：

5x0.1+15x0.18+25x0.22+35x0.25+45x0.2+55x0.05=29.2,故A错误；

对于B,由频率分布直方图可知［30,40）的频率最大，因此众数的估计值为35,故8正确；

对于C,由频率分布直方图得从第一组到第六组的频率依次是0.1,0.18,0.22,0.25,0.2,0.05,

所以第60百分位数估计值m在［30,40）内，

所以0.1+0.18+0.22+（巾一30）x0.025=0.6,解得m=34,故C错误；

对于D,随机选取这100名学生中体育活动时间不低于40分钟的人数为100x（0.2+0.05）=25,

故D正确.

故选：BD.

根据频率分布直方图估计各数据特征，对选项逐一判断即可.

本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了平均数、众数和百分位数的计算，属于基础题.

12.【答案】ABD

【解析】解：对于4选项，在△BCD中，BC=AB=2,CD=<6,cos^CBD=

由余弦定理可得CZ）2=2+2_.BDcos乙CBD,

BCBD2BC

即4+BD2_4"X；=6,即BC2_BD_2=。，因为BD>。，解得BD=2,

取4B的中点E,连接CE、DE,如下图所示:

C

因为△ABC为等边三角形，E为4B的中点，所以，CELAB,

又因为CD14B,CDCCE=C,CD,CEu平面CDE,所以，AB_L平面CDE,

因为DEu平面CDE,所以，DELAB,

所以，二面角D的平面角为NCE。，

因为E为4B的中点，所以，AD=BD=2,故△ABD也是边长为2的等边三角形，

所以0E=VAD2-AE2=V4-1=V-3,CE=VAC2-AE2=V4-1=73,

又因为CD=C，所以，CE2+DE2=CD2,则CEJ.CE,

故二面角D-AB-C为看A对；

对于B选项，设△ABC、△ABD的中心分别为点G、H,

分别过点G、”作GO//DE、HO//CE,设GOnHO=。,

因为CE1DE,CELAB,ABODE=E,AB,DEu平面ABD,

所以，CE_L平面ABD,因为H〃/CE,则OH1平面ABD,同理，OG1平面ABC,

所以，。为三棱锥D-ABC的外接球球心，

由等边三角形的几何性质可知，HE=^DE=?，同理，GE=：CE=?，

因为OH“GE,OG"EH,HE=GE^^,GE1.HE，

所以，四边形OHEG为正方形，且OH=GE=?，

又因为。H=DE-HE=G-督=拶，

因为CE1OE,GUI/CE,贝IJOHJ.OE,

则0D=VOH2+DH2=J(?)2+(^p^=手

所以，三棱锥。-4BC的外接球半径为手，

因此，三棱锥。-4BC的外接球的表面积为47r-。以=4兀x(学孕=竽B对;

对于C选项，设点。在平面a内的射影点为N,连接MN,

因为CMla,DN1a,则CM〃DN,故点C、D、N、M四点共面，

因为力Bua,则ABICM,

又因为CD1AB,CDnCM=C,CD、CMu平面CDNM,则4B1平面CDNM,

又因为4BJ■平面CDE,故平面CDE与平面CONM重合，

又因为Eea,M,N€a,故EeMN,

设/CEM=6,其中0<6><^,

又因为NCED=(贝Ij/DEN=7T-Z.CED-乙CEM=n-^-9

所以，CM=CEsin乙CEM=CsinS,

DN=DEsin乙DEN=仁isn(]-0)=Ceos。,

所以，点C与点0到平面a的距离之和CM+ON=\T~3sin9+\picosO=^/n6sin(0+，

因为0工。工今则

2444

故当。+今=轲，即当。=押，CM+DN取最大值二，C错；

对于D选项，ME=CEcosd=$11cos。，乙DEM=乙CED+/.CEM=与+。，

由余弦定理可得。M=JDE2+EM2-2DE-EMcos(^+8)

2

=73+3cos6+2^3-yTlcosOsine=J3+3x1•卷，"+3sin29

ID.OA13cos289I3y/~5.7.9

=J3sin29+--—+-=J方一sm(26+卬)+,

其中9为锐角，且tan。=p

因为0工6W会则卬W26+9£7T+处故当26+9=卯寸，DM取得最大值,

故选：ABD.

利用余弦定理求出BC的长，取4B的中点E,连接CE、DE,利用二面角的定义可判断4选项；找出

三棱锥D-/BC的球心，求出其外接球半径，结合球体表面积公式可判断B选项；设点。在平面a内

的射影为点N,设/CEM=其中0<9<^,利用辅助角公式结合正弦函数的基本性质求出CM+

DN的最大值，可判断C选项；利用余弦定理结合三角恒等变换求出DM的最大值，可判断D选项.

本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题.

13.【答案】5

【解析】解：5x75%=3.75,

故一组数据1,2,4,5,8的第75百分位数为5.

故答案为：5.

根据已知条件，结合百分位数的定义，即可求解.

本题主要考查百分位数的定义，属于基础题.

14.【答案】:

【解析】解:如图，连接&G，A$,

在正方体ABCD中，有4DI〃BIG〃BC，在止=B©=BC,

所以四边形45CB为平行四边形，所以&B〃CD「

所以乙NBC］为直线BQ与直线CD1夹角或其补角，

设正方体ABCD-4/165棱长为a,

则=BQ=41cl=V_2a,

所以△/1/如为等边三角形，

所以乙Ng=以

故直线BG与直线CD1夹角的余弦值为cosNA/Ci=cos^=

故答案为：

根据异面直线夹角的定义确定N41BC1为直线BQ与直线CD1夹角或其补角，再判断△&BG的形状

即可得答案.

本题考查了异面直线所成角的计算问题，属于基础题.

15.【答案】2

【解析】解：•••在圆C中，已知一条弦48=2,

.・・根据圆的几何性质得出：\AC\cos^CAB=^\AB\=jx2=1,

-AB-AC=\AB-\AC\cosZ.CAB=2x1=2.

故答案为：2.

根据圆的几何性质得出:|AC|COSNC4B=1\AB\,利用向量的数量积四-AC=\AB-\AC|cos4sB

整体求解即可.

本题考查了圆的几何性质，平面向量的数量积的定义，难度不大，关键是根据题意的线段的关系，

属于容易题.

16.【答案】罕

【解析】解：由题意c=2b,SA4BC=bcsinA=1,即b2s讥4=1；

连接AG并延长交BC于D,则D为BC的中点，可得而=*四+正），

又因为G为三角形的重心，则而=|而，可得彩=*南+府），BC=AC-AB，

所以4G2=布2=g（荏2+前2+2通.而）=2«2+炉+2bccosA）=g（5b2+4b2cosA）,

222

BC2=BC=AC+AB-2AB-AC=b2+c2-2bccosA=5b2-4b2cosA>

2

所以34G2+BC2=|h2+铮cos/+5b2—4b2cosA=^-b2—^b2cosA=严—警

33333sinA3sinA

令七=义7一笑”>0,^]3tsinA+8cosA=20,

3sinA3sinA

20

即sinG4+（p）=——W1,当且仅当4+w=3时取等号，《。忤=3

J9t2+642*2t

可得9t2+642400,解得t2空或ts一次尹（舍），

即t的最小值为：空.

故答案为：空.

由三角形的面积公式可得=1,再由重心的性质，可知向量而=：（而+前），BC^AC-

AB，平方可得34G2+BC?的表达式，设1=三」一学”>0,贝113ts出A+8cosA=20,由辅助

3sinA3sinA

角公式，可得t的最小值，即求出34G2+BC2的最小值.

本题考查三角形等面积公式的应用及辅助角公式的应用，属于中档题.

17.【答案】解:⑴「I引=|可|=1,<[可>=，

|a|=]可之+4军2+4百.£=71+4+2=V-7；

(2)va16,

.-.a-K=(e；4-2e；)-(ter-3e7)=te72-6e72+(2t-3)e7-ej=t-6+|(2t-3)=0,解得

T

4

【解析】(1)根据条件得出可•£=g,根据|矶=J⑸+262进行数量积的运算即可求出答案;

(2)根据五1B得出五.另=0,进行数量积的运算即可得出t的值.

本题考查了向量数量积的运算及计算公式，向量长度的求法，向量垂直的充要条件，考查了计算

能力，属于基础题.

18.【答案】证明：⑴连接4道交AB】于点N,连接MN,

则正三棱柱中&B1B4是平行四边形，

所以N为的中点，又M为&G的中点，

所以MN〃BC「BCi<t平面ABi",MNu平面力所以BC1〃平面AB/.

解：(2)过M作MHJL4B1，垂足为4,

由题意可得BiM=C，AM=V_5，AB、=2C，

所以BIA/2+4时2=4Bg,所以

所以△力BiM的面积SM/M=；X「X=手,

因为正三棱柱中平面&BiG1平面&B1B4

又平面4/修1门平面&8184=481，MHu平面48传1，且MHlaBi，

所以MH_L平面

即M到平面BA的距离为MH=Arising=?，

又AABBi的面积SAAB%=\AB-BBV=2,

所以UM-4BBI=•ShABB1=：X?x2=y，又=%-M48i，

所以gS“/M・d=?，解得d=S，

所以点B到平面4B1M的距离为日三

【解析】(1)连接交ABi于点N,连接MN,即可得到MN〃BC「从而得证；

(2)过M作MH1&勺，垂足为H,由正三棱柱的性质及面面垂直的性质得到MH平面公当84

再由UMTBB1=%-MAJ利用等体积法计算可得.

本题主要考查线面平行的判定定理以及根据等体积法求点到平面的距离，属于中档题.

19.【答案】解:(1)证明：事件4与事件B相互独立,则P(4B)=P(4)P(B),

又由8=48+48，事件4B和4B互斥，

则有P(B)=P(AB+AB)=P(AB)+P(AB)=P(4)P(B)+P(4B)，

变形可得：P(4B)=P(B)-P(4)P(B)=[1-PQ4)]P(B)=P(A)P(B)，

故事件1与B相互独立；

(2)根据题意，设事件公、%分别表示甲答对1道、2道题目，事件当、B2分别表示乙答对1道、2道

题目，

则P(4)=2X|X(1一》=崇P(R)=|X|=£

224224

P(51)=2x|x(l-1)=i,P(B2)=5X5=^

若甲乙两人在两轮活动中答对3道题，即/当+4%,

则甲乙两人在两轮活动中答对3道题的概率P=2(42%+4/2)=+P(&B2)=祭＞1+

12428

—X-=一.

【解析】(1)根据题意，有B=4B+AB，事件4B和4B互斥，分析可得P(B)=PQ4B+AB)=

PQ4B)+PQ4B)，变形可得P(AB)=P(A)P(B)，即可得证明;

(2)设事件%、4分别表示甲答对1道、2道题目，事件为、B2分别表示乙答对1道、2道题目，而

甲乙两人在两轮活动中答对3道题，即4BI+&B2，由互斥事件的概率公式计算可得答案.

本题考查概率的应用，涉及相互独立事件、互斥事件的性质，属于中档题.

20.【答案】解：(1)已知£=1(200+220+200+180+200+a+/)+220)=200,

整理得a+b=380,①

222

又或=-%)=8[3X(200-200)2+2x(220-200)+(180-200)+(a—

200)2+(/>-200)2]=200,

整理得(a-200)2+(6-200)2=400,②

联立①②，解得a=180,b=200或a=200,b=180,

因为a<b,

所以a=180,b=200；

(2)设甲小区试行新措施之后，甲小区抽取的第i户家庭近7天用于垃圾分类的总时间为

此时叫=%£—35,

则叫=x-35=165,Sm=Sx=200,

所以5=^(8m+8y)=1(165+195)=180,

s/=盘[Sm+(m-z)2]+盘冈+6-z)]

=1[200+(165-180)2]4-1[210+(195-180)2]

=430.

【解析】(1)由题意，根据平均值和方差公式，列出等式即可求出a和b的值；

(2)根据题中所给公式，代入求解即可.

本题考查平均值和方差，考查了逻辑推理和运算能力.

21.【答案】(1)证明：因为。EJ.BE,DE1OE,且BEClOE=E,BE、OEu平面8CE,

所以DE1平面BCE,

5L0A//DE,所以04_L平面ECE,

设点P是翻折前点B所在的位置，则D为ZP的中点，

因为尸为AB的中点，所以DF〃PB,

因为PBu平面BCE,所以041PB,所以。A1DF,

由题意知，DA=DB,

因为尸为力B的中点，所以DF1AB,

又。力C4B=A,。4、ABu平面408,

(2)解：以。为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则4(0,0,2V1)，P(2。,。,。)，C(-2V-^,0,0).

由⑴知，DF_L平面AOB,

因为DF〃PB,所以PB_L平面40B,所以PB1OB,

又0B=/7=20P,所以NPOB=60。，所以B(?,?,0),

所以前二(一?,一?，0,而=(3C,0,C)，诙=(苧,?,0),

设平面BCD的法向量为五=(x,y,z),则巧包=°,即］%涯+)?=°，

tn-CF=0(―x+^y=0

令工=1,则y=-1,z=-3,所以记=(1,一亮,一3),

设直线BF与平面BCD所成的角为。，则sin。=|cos</，元>|=僧整=

1伊尸卜网

+竿X丹-3丘|_

J(?)2+(空)2+2小+帝2+9=三

故直线BF与平面BCD所成的角的正弦值为富.

【解析】(1)先证。EL平面BCE,知。41平面BCE,设点P是翻折前点B所在的位置，由DF〃PB,

OA1PB,得OAJ.DF,再由。FLAB,结合线面垂直的判定定理，得证；

(2)以。为坐标原点建立空间直角坐标系，写出所需各点的坐标，求得平面BCD的法向量也设直

线BF与平面BCD所成的角为0,由sin。=|cos<BF，n>\,即可得解.

本题考查立体几何的综合应用，熟练