浙江省台州市2022-2023学年高一年级下册期末数学试题（含解析）

台州市2022学年第二学期高一年级期末质量评估试题数学

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有

一项符合题目要求.

1.复数T—2i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

/\1

2已知向量a=（l,m）,人=（2,-1）,且则实数用=（）

1

A.-2B.——C.g1D.2

22

3.我国南宋数学家秦九韶，发现了三角形面积公式，即5」,c2a2尸+、2_：2],其中“，，。是

2\I2J

三角形的三边，S是三角形的面积.若某三角形三边mb,c,满足匕=1,ca=l,则该三角形面积S的最

大值为（）

A加RMD.正

A,-------D.---X-z.------------

4422

4.已知表面积为27兀的圆锥的侧面展开图是一个半圆，则圆锥的底面半径为（)

A.3B.3拒C.6D.4百

5.一个袋子中装有大小和质地相同5个球，其中有2个黄色球，3个红色球，从袋中不放回的依次随机

摸出2个球，则事件“两次都摸到红色球”的概率为（）

1311

A.-B.—C.-D.；

41032

6.抛掷一枚骰子5次，记录每次骰子出现的点数，已知这些点数的平均数为2且出现点数6,则这些点数

的方差为（）

A.3.5B.4C.4.5D.5

7.正三棱台ABC-A4G中，平面BfCC_45=2Ag,则异面直线Ag与8G所成角的余弦

值为（）

8.如图，楼长为3的正方体A8CO-中，点G在线段AC上且|AG|=0,点及尸,“分别为

线段AB，AG，AA上的动点，则空间四边形AFHE周长的最小值为（）

A.|（1+V3）B.|（1+拘C.|（V2+V6）D.|（百+网

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多

个选项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9.己知一个古典概型的样本空间。和事件A、B,满足〃（0）=32,〃（A）=16,〃（8）=8,

〃（AuB）=20,则下列结论正确的是（）

A.P（A）=1B.P（AB）=（

C.A与8互斥D.A与B相互独立

10.已知加，〃，/是空间中三条不同直线，a,，,，/是空间中三个不同的平面，则下列命题中正确的

是（）

A.若机ua,m//p,nuP,n//a,则a〃/

B.若。J3=m,ay=n,py=l,m//n,则加〃/

C.若a1尸,aLy,py=m,则团_)_。

D.若a/3=m,a,n±m,则”_L£

IL如图，在平行四边形ABCQ中，NB=60°,BC=2A3=2,点E是边AD上的动点（包含端点），则

下列结论正确的是（）

B.存在点E，使得

C.的最小值为-工

4

D.若CE=xCB+yC。，乂y€1^,则％+2〉的取值范围是[2,3]

12.四面体ABC。中，AB=BC=CD=DA=BD=2,AC=m,则有（）

A.存在加，使得直线CD与平面ABC所成角为巴

3

B.存在加，使得二面角A-—。的平面角大小为三

3

C.若帆=2,则四面体ABC。的内切球的体积是典

27

D.若m=3,则四面体ABC。的外接球的表面积是28上7r

3

三、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分.

13.已知复数z=l—i（i为虚数单位），贝"z|=.

14.已知正方体ABC。一棱长为3,在正方体的顶点中，到平面的距离为⑺的顶点可能

是.（写出一个顶点即可）

15.在_718。中，a,b,c分别为角A,B,C的对边，已知8=6,b=6，c=2,若二ABC有两解，

则6的取值范围是.

16.已知平面向量a，b，c均为非零向量，ab=a-c=^a,且,+°+20=攵忖，keR,则Z的最

小值为.

四、解答题：本题共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.已知复数z=2—i，i为虚数单位.

⑴求z?；

（2）若z是关于x的方程2/+a+4=0（〃应eR）一个根，求p,g的值.

18.已知〃，6是非零向量，①,卜码斗②〈。,力=己；③卜-4瓦

（1）从①②③中选取其中两个作为条件，证明另外一个成立；（注：若选择不同组合分别解答，则按第一

个解答计分.）

⑵在①②的条件下，(a+b)一叫，求实数人

19.如图，在直三棱柱ABC-A4cl中，ZABC=90°,A4,=AC=2,。为AC的中点.

⑴求证：AB//平面GDB;

(2)求三棱锥月-。6c体积的最大值.

20.第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，为了弘扬奥林匹克和亚运精神，某学

校对全体高中学生组织了一次关于亚运会相关知识的测试.从全校学生中随机抽取了100名学生的成绩作为

样本进行统计，测试满分为100分，并将这100名同学的测试成绩分成5组，绘制成了如图所示的频率分

(1)求频率分布直方图中/的值，并估计这100名学生的平均成绩；

(2)用样本频率估计总体，如果将频率视为概率，从全校学生中随机抽取3名学生，求3名学生中至少有2

人成绩不低于80分的概率.

COsCCCOA

21.在锐角..ABC中，a,b,c分别为角A,B,C的对边，/?=2x£Z-1.

5a-c

(1)求证：2b-a+ct

(2)求sinB的取值范围.

22.如图，平面平面A8CQ,四边形A0EF为矩形，且M为线段ER上的动点，AB//CD,

ABC=90，AD=2DE，AB=2CD=2BC=2.

(1)当“为线段斯的中点时，

⑴求证：AM1平面切如；

(ii)求直线A"与平面M8C所成角正弦值；

(2)记直线A"与平面所成角为a,平面M4£)与平面M8C的夹角为A,是否存在点M使得

a=尸？若存在，求出婷0；若不存在，说明理由.

台州市2022学年第二学期高一年级期末质量评估试题数学

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有

一项符合题目要求.

1.复数T—2i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

【答案】C

【解析】

【分析】求出复数在复平面内对应的点的坐标作答.

【详解】复数一l—2i在复平面内对应的点（-L-2）位于第三象限.

故选：C

2.已知向量0=（1,机），%=（2,-1）,且q〃b，则实数机=（）

A.-2B.--C.；D.2

22

【答案】B

【解析】

【分析】利用向量平行的坐标公式即可.

【详解】a//b＞由向量平行的坐标公式可得：

-1-2m=0,

1

m=—,

2

故选：B.

3.我国南宋数学家秦九韶，发现了三角形面积公式，即5=±c2a2—一/],其中小b,c是

三角形的三边，S是三角形的面积.若某三角形三边a,b,c,满足6=1,ca=l,则该三角形面积S的最

大值为（）

A.巫B.也C.—D.—

4422

【答案】B

【解析】

【分析】把给定数据代入公式，再利用均值不等式求解作答.

【详解】依题意，=旦，当且仅当C=a=l时取等号,

2V22V24

所以该三角形面积S最大值为且.

4

故选：B

4.已知表面积为27兀的圆锥的侧面展开图是一个半圆，则圆锥的底面半径为（）

A.3B.3行C.6D.473

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意结合圆锥侧面展开图的性质列式求解.

【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为/,

nr2+iirl=27兀

由题意可得（]r=3

，解得，

2nr=—x21d1-6

[2

故选：A.

5.一个袋子中装有大小和质地相同的5个球，其中有2个黄色球，3个红色球，从袋中不放回的依次随机

摸出2个球，则事件“两次都摸到红色球”的概率为（）

【答案】B

【解析】

【分析】利用列举法列出所有可能结果，再由古典概型的概率公式计算可得.

【详解】依题意记2个黄色球为A、B,3个红色球为。、b、c,

从中摸出2个球的可能结果有AB，Aa,Ab.Ac,Ba,Bb.Be,ah.ac,be共1（）个,

其中两次都摸到红色球的有时，”c，反共3个,

3

故所求概率P=3.

10

故选：B

6.抛掷一枚骰子5次，记录每次骰子出现的点数，已知这些点数的平均数为2且出现点数6,则这些点数

的方差为（）

A.3.5B.4C.4.5D.5

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意结合平均数、方差的计算公式求解.

【详解】不妨设这5个出现的点数为斗£{123,4,5,6},左{123,4,5},且玉白•・</，

由题意可知：毛=6，

54

因为这些点数的平均数为2,则ZX,=2X5=10,可得工七=4,

/=1i=l

所以玉=l,ie{l,2,3,4},即这5个数依次为1,1,1,1,6,

可得这些点数的方差为—2）2+（1—2）2+（1—2）2+（1—2『+（6—2）2]=4.

故选：B.

7.正三棱台ABC-4AG中，平面片8CG，A3=2A4,则异面直线A片与BG所成角的余弦

值为（）

A.2B.3C.1D.叵

5555

【答案】A

【解析】

【分析】将正三棱台ABC-44G补全为正三棱锥S—A3C,取SG的中点。，连接与。，A。，则

B\DHBC\,则NA与。即为异面直线与BG所成的角（或补角），再由余弦定理计算可得.

【详解】如图将正三棱台ABC-补全为正三棱锥S-ABC,

因为A4，平面gBCG，即SA_L平面SBC，根据正三棱锥的性质可得SB_L平面SAC,SC,平面

SBA,

S8,SCu平面SBC,所以以_LSC,又SCu平面&4C,SBISC,

又AB=24与，所以均为SB的中点，同理可得A为SA的中点，G为SC的中点，

取SG的中点。，连接4。，AD,则

所以ZABtD即为异面直线AB]与BC、所成的角（或补角）,

不妨令SB=2,则做=4+22=也,AD=p+（£|=乎,与0=}+,）:号,

2DB

在△A3Q中由余弦定理AD=AB；+DB；-2AA•\cosZABfD,

2

解得cosNAg£）=w，

9

所以异面直线AB,与8G所成角的余弦值为二.

B

故选：A

8.如图，棱长为3的正方体4?。。一45。12中，点6在线段47上且|46|=6，点比厂,“分别为

线段AB，AG，AA上的动点，则空间四边形AFHE周长的最小值为（）

【答案】C

【解析】

【分析】把平面4ACG与平面4AB瓦展开在同一平面上gBCG上，然后利用对称将空间四边形各边

长转化到同一直线上，找到最小值即可求解;

【详解】把平面AACG与平面展开在同一平面上gBCG上,

作点A关于AG的对称点M，因为|AG|=6,且正方体边长为3,易得二4AM为正三角形，由对称性

可得：|AE|=|4目

所以周长|A£|+|E川+|Hq+|E4|=|耳目+|E〃|+|〃q+|AM34例|,

作MNLgq,可得AAGANM

易得|MN|=g，忸网=3+gG，

14M=J|4N『+|MN『

故选：C.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多

个选项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9.已知一个古典概型的样本空间。和事件A、B,满足“（C）=32,“（A）=16,“（8）=8,

〃（Au3）=20,则下列结论正确的是（）

A・P（A）=gB.P（AB）=（

C.4与B互斥D.A与8相互独立

【答案】ABD

【解析】

/\〃（A）、/、/、

【分析】根据概率基本概念尸（A）=’标和独立事件的基本运算P（zAB）=P（A）P（B）求解即可.

【详解】因为建（C）=32,n（A）=16,“（8）=8,〃（AuB）=20,所以P（A）=，=L故A选项

正确;

作出示意图如下,

则4与8不互斥，故C选项错误;

又〃（AB）=〃（A）+〃（8）—〃（AL8）=4,P（A8）=1=J,P（8）=《=；,

JZ.O3乙4

P（A）P⑻=衿十P（必，

所以事件A与B相互独立，故B、D选项正确；

故选：ABD.

10.已知加，"，/是空间中三条不同直线，a,（3,,7是空间中三个不同的平面，则下列命题中正确的

是（）

A.若mua,tn〃B，nuB,n//a,则a〃/

B.若a0=m,ay=n,/?y=l,m//n,则加〃/

C.若a_L〃，a_Ly,Py=tn,则加J_a

D.若a0=m,a，0,n±m,则〃_L£

【答案】BC

【解析】

【分析】对于A、D：在正方体中举反例说明；对于B、C：根据线面平行的性质定理分析判断.

【详解】对于选项A：在正方体中，BCu平面A8QD,5c〃平面492A，42匚平面4。。出，

A2〃平面A8CD,

满足条件，但平面ABC0C平面AOQA=A。，故A错误；

对于选项D：平面434A，平面AOAA，平面,平面AOQA=44，A&，AC,

满足条件，但AC与平面ABB/、平面AOA4均不垂直，故D垂直,

D,

对于选项B：因为相〃“，由线面平行的判定定理可得，〃〃/,

根据线面平行的性质定理可得加〃/,故B正确;

对于选项C：若a_L£,则存在异于阳的直线/u/?,使得/_La,

因为a_Ly,则〃//,

根据线面平行的性质定理可得加〃/,所以〃?_La,故C正确.

故选：BC.

11.如图，在平行四边形ABC。中，ZB=60°,BC=2AB=2,点E是边A。上的动点（包含端点），则

A.当点E是A。的中点时，BD=BE+-BC

2

B.存在点E，使得

C.EB-EC的最小值为一，

4

D.若CE=xC8+），“），x,yeR,则x+2y的取值范围是[2,3]

【答案】ACD

【解析】

【分析】对于A,利用向量的线性运算即可；对于B,若存在，则向量数量积为0,然后利用向量数量积的

坐标公式列方程，判断方程是否有解即可；对于C,利用向量数量积的坐标公式将EB-EC转化为一个二次

函数即可；对于D,利用向量线性运算的坐标表示，将x+2y转化为一个关于f的方程，根据f的范围求解

即可.

【详解】对于A,当点E是A。的中点时，BD=BA+BC=BE+EA+BC=BE+-BC,故A正确;

2

对于B,以点B为原点，BC为x轴，建立平面直角坐标系,

'[5、

点E是边AD上的动点，设Et*,

12八22)

BA--BC\CE=BACE--BCCE=-(t-2]+--(t-2]=---,

2)22V74v742

即不存在点E，使得—故B错误;

22I2；

对于C,

339I

EBfC=-r(2-r)+-=r2-2r+-=(/-1)'--

故当1=1时，取到最小值-L故C正确;

4

=x(-2,0)+y；,与

对于D,若CE=xCB+yCO,即

15

x=——r+—

24,

y=i

加c131

即x+2y=———tf

i2x+2y=———t^3故D正确；

故选：ACD

12.四面体A8C£>中，AB-BC-CD=DA=BD—2,AC-m,则有()

A.存在加，使得直线CO与平面ABC所成角为三

3

B.存在〃z,使得二面角A-BC—。的平面角大小为四

3

C.若加=2,则四面体ABC。的内切球的体积是瓜

27

2g兀

D.若m=3,则四面体ABC。的外接球的表面积是——

3

【答案】BCD

【解析】

【分析】选项A根据条件作出平面ABC过点。的垂线，进而找出直线CD与平面ABC所成角为四，推出

3

矛盾，故排除；选项B根据条件作出二面角A-BC-。的平面角，根据二面角A-BC-。的平面角大小

TT

为一求出机即可；选项C利用等体积法求正四面体的内切球半径；选项D利用公式/?2=户+/求三棱锥

3

外接球半径.

【详解】对于选项A,取AC中点E，连接ED,EB,过。作。ELBE，交EB于点、F.

因为AB=BC=Cr)=a4,所以EO，AC,E8_LAC,又EDcEB=E,EDu平面BED，EBu

平面BED，

所以AC_L平面BED，又DFu平面BED，所以AC_LO尸.

又因为DF上BE,ACcBE=E,ACu平面ABC,BEu平面ABC,

所以。R1平面ABC,所以ZFCD为直线CD与平面ABC所成角.

若NPC£)=；,因为。。=2,则£>/=6，CF=\,又因为OB=OC=ZM,所以F为4.ABC的外

心，故RB=b=l,所以E3+CF=2=BC,所以EeBC；

又因为F为.ABC的外心，且A3=3C,所以尸史BC,出现矛盾，故选项A错误；

对于选项B,取BC中点G,连接GF,G£>,因为。B=£)C,所以3C_LGO,

又因为。尸上平面ABC,BCu平面ABC,所以DRLBC,又DG?DFD,OGu平面

DGF,DFu平面DGF,

所以BC1平面QGE,又GFu平面DGE,所以3CJ_GE,所以NDG厂是二面角4一3。一。的平

面角，

若ZDGF=1,因为OG=g，所以。/=|.在尸中，BF=^22-(1)2=^-,所以一ABC

的外接圆半径为五,

2

在.ABC中，由正弦定理得，———=2x也，所以sin/A3C=

sinZABC2

由余弦定理得，cosNA8C=±廿~~.由sin?NABC+cos?NABC=1得加=土走1，故选

2x2x287

项B正确;

对于选项C,当m=2时，四面体ABC。为棱长为2的正四面体，底面BCD上的高OG=G，

DH普2m

正四面体ABCO的高〃=

亍

正四面体AB。。的体积曰*22］孚=孚

正四面体A3CD的表面积S

3V_272_V6

设四面体ABCD的内切球的半径为r,V^-Sr

3S-46-6

所以四面体ABC。的内切球的体积为乂=2兀，=晅，故选项C正确;

1327

对于选项D,四面体ABCD中AC=3,设四面体ABC。外接球球心为0,

取8D中点M,连接AM、CM、OM,则AM=CM=6且

所以NAMC为二面角A—3。—C的平面角,

cosNAMC-3+尸二」,所以乙4MC=@.

2x6x623

i同

设a、。份别是平面9和平面3。的外接圆圆心，则。

在RlOA/Q中,

在Rt。。2c中,,即外接球的半径R=

3

OQjr

..•四面体ABC。的外接球的表面积S=4兀&=——，故选项D正确.

3

故选：BCD.

【点睛】定义法求线面角的关键是作出平面的垂线，找到斜线与投影的夹

角；定义法求二面角的关键也是作出平面的垂线，根据三垂线定理找到二面角的平面角.

三、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分.

13,已知复数z=l—i（i为虚数单位），则忖=.

【答案】V2

【解析】

【分析】利用复数模的定义计算作答.

【详解】复数Z=l—i，所以同=J2+（T）2=血

故答案为：72

14.已知正方体ABC。-44G。棱长为3,在正方体的顶点中，到平面的距离为6的顶点可能

是.（写出一个顶点即可）

【答案】A（A,C,B],。任填一个即可）

【解析】

【分析】根据题意结合等体积法求点到面的距离以及面面平行的性质分析判断.

【详解】显然A，o，B在平面内，不合题意，

设点A到平面的距离为d，可知A3=4。==30,

因为匕-A0B=VA-ADB，则，dxLx30x3拒X走=,X3X’X3X3,解得1=百，

32232

设ACBD=O,即ACc平面4。8=。，且。为AC的中点，

所以点C到平面的距离为d=百，

可证平面〃平面C£>4,则平面上任一点到平面AQB的距离为"=百，

所以C,B{,。符合题意，

由图易知点G到面A.DB的距离大于d=百，

综上所述：平面A的距离为G的顶点有且仅有A,C,B],D「

故答案为：A（A,C,B—2任填一个即可）.

15.在中，a,b,c分别为角A,B,C的对边，已知3=6,b=垃,c=2,若一ABC有两解,

则6的取值范围是.

【答案】（0,；）

【解析】

【分析】根据正弦定理结合大边对大角即可.

【详解】由正弦定理得：上=-^,即巫=二_

sinBsmCsin。sinC

sinC=>/2sin0，

若-A8c有两解，则sinC=J^sin6<l,sin6<^^,

2

,JI

且C>/?,即。<一，

2

7T

所以o<e<一,

4

故答案为：(°5w)

16.已知平面向量”，b>c均为非零向量，a-b=a-c=^a,且|a+c+2H=川4，kGR,则人的最

小值为.

7

【答案】一

4

【解析】

【分析】根据向量数量积的性质结合条件即得.

【详解】因为平面向量a，b-c均为非零向量，ab=a-c=^a,且,+,+2〃|=仆4，

所以=|a+c+2£>||a!|>|a-a+c-«+2&-«|=-^|a|,即

7

所以攵的最小值为一.

4

7

故答案为：一

4

四、解答题：本题共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.已知复数z=2—i，i为虚数单位.

⑴求Z?!

(2)若z是关于x的方程2%2+.矢+4=0(，4€1i)一个根，求p,夕的值.

【答案】⑴3-4i

(2)p=-8,q=10

【解析】

【分析】(1)利用复数的四则运算法则求解；

(2)利用复数的四则运算法则以及复数相等的条件求解.

【小问1详解】

z2=(2-i)2=4-4i+i2=3-4i.

【小问2详解】

2(2-i)-+“(2—i)+q=O,即6+2〃+g_(〃+8)i=0,

6+2〃+g=0,

。八，解得〃=-8,q=10.

夕+8=0.

18.已知a，A是非零向量，①,卜坪;②〈£,历=\;③*4=屏

(1)从①②③中选取其中两个作为条件，证明另外一个成立；(注：若选择不同组合分别解答，则按第一

个解答计分.)

(2)在①②的条件下，(a+b)，(a-训，求实数之.

【答案】(1)证明见解析；

9

⑵M.

【解析】

【分析】(1)选择①②，选择①③，选择②③，利用平面向量数量积的定义、运算律推理作答.

(2)利用垂直关系的向量表示，平面向量数量积的定义、运算律求解作答.

【小问1详解】

选①②：若忖=百忖，｛a,b)=—,则,—目=—/?)=\/a—2ab+b

=小|"|一2&W8$,+忸［=忖，所以③成立.

选①③：由卜_4=忖,得J-2a.b+b?=b°，而忖=6忖＞0,则3M-26忖cos(a,Z?)=0,

即cos〈a,"〉，又04〈。,加4兀，所以〈。,力=£,②成立.

选②③:由卜-0=W，^a-2a-b+b=b2＞而〈。,力=已，则,『-2同。即看=0,

整理得,1―6,帆=(),而|a|＞(),所以忖=6忖，①成立.

小问2详解】

由+-砌，得(a+b).(a-码=0,a+(\-X)ab-2,b=Q,

而同=6忖,（a,b）=^,因此3好+（1_；1）邺2考一呐=0,又|沁0,

所以九=三9.

5

19.如图，在直三棱柱ABC-44G中，ZABC=90°,AAt=AC=2,0为AC的中点.

⑴求证：44〃平面。1。8；

（2）求三棱锥DBC1体积的最大值.

【答案】（1）证明见解析

1

（2）3

【解析】

【分析】（1）根据题意结合线面平行的判定定理分析证明；

（2）根据题意利用转换顶点法，结合基本不等式运算求解.

【小问1详解】

连接用。交8G于点E,连接DE,

因为。，E分别是AC,BQ的中点，则ABJ/DE,

且4旦（=平面CQB,OEu平面CQ8.

所以A4〃平面CQB.

【小问2详解】

过点。作。尸垂直BC交于点、F,

因为则。必么8,所以F为BC的中点，

因为CG^1•平面ABC,。尸u平面ABC,则

BB、BC=B,平面B|BCC1,

则。尸工平面48CG，

设BC=a,则DC=，B=1j4-L.

22

Vv

Bi-DBCl

当且仅当a=J5时，等号成立，

所以三棱锥片-。8和的体积的最大值是g.

20.第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，为了弘扬奥林匹克和亚运精神，某学

校对全体高中学生组织了一次关于亚运会相关知识的测试.从全校学生中随机抽取了100名学生的成绩作为

样本进行统计，测试满分为100分，并将这100名同学的测试成绩分成5组，绘制成了如图所示的频率分

布直方图.

(1)求频率分布直方图中t的值，并估计这100名学生的平均成绩；

(2)用样本频率估计总体，如果将频率视为概率，从全校学生中随机抽取3名学生，求3名学生中至少有2

人成绩不低于80分的概率.

【答案】(Df=0.025,74分

⑵().352

【解析】

【分析】(1)根据频率和为1求，的值，再根据平均数公式运算求解;

(2)根据独立事件概率乘法公式运算求解.

【小问1详解】

由频率分布直方图可得每组的频率依次为0.15,1(兑0.2,().35,().05,

025

则0.15+10r+0.2+0.35+0.05=l,解得f=——=0.025，

10

设平均成绩的估计值为］

则提=55x0.15+65x0.25+75x0.2+85x0.35+95x0.05=74(分)，

所以这100名学生的平均成绩估计值为74分.

【小问2详解】

每个学生成绩不低于80分的概率为0.4.

3名学生中恰有2人成绩不低于80分的概率6=3x0.42X(1-0.4)=0.288；

3名学生中恰有3人成绩不低于80分的概率A=0.43=0.064；

3名学生中至少有2人成绩不低于80分的概率P=6+£=0.352.

21.在锐角一ABC中，a,b,c分别为角A,B,C的对边，b=-xa~C°SC~C'C°SA

5a-c

(1)求证：2b=a+c；

(2)求sinB的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

【解析】

【分析】(1)根据题意利用余弦定理进行角化边，运算求解即可；

(2)根据锐角三角形结合对勾函数可得t+2,再利用余弦定理可得进而可得结

果.

【小问1详解】

e,,2a2cosc-c2cosA

因为b=_x----------------

5a-c

122222

2a+b-c2b+c-a

由余弦定理得6二工*"*2abi2bc

5a-c

Q(Q2+62-2)-C(b2+。2_〃2)炉一d)+/(〃一°十讹(〃―0

5b(a-c)5b(a-c)

_a2+ac+c2+b2+ac

---------------------，

5b

整理得5〃=(a+c)2+〃，即4〃=(a+c)2.

所以2Z?=Q+C.

【小问2详解】

由(1)可知：2b=a+c,

/、2

2IQ+C

2222

由余弦定理可得na+c-b"+，一[《—?!3(ac[1,

cosB=---------------=----------------------=-—+——一

2ac2ac81ca)4

设@=/,则cosB=|1+；12

4

因为2b=a+c,且“He,不妨设a>c,即a>〃>c,可知，>1,

(a+c『22

且,ABC是锐角三角形，则cosA>(),得〃+c2>/,即-------+C>Q，

4

所以1UV*,

则Q+C>4(Q—C),解得一<一

c33

](5、<5134

由对勾函数可知-在1,金上单调递增，且/(1)=2,7-=—

t73)\3y1j

则/(/)=/+}

,所以cosBe

(rz\

4AV3

则sinB=A/1-cos2BG

所以sinB的取值范围为

22.如图，平面平面A8CQ,四边形ADEF为矩形，且M为线段EF上的动点，AB//CD,

XABC=90，AD=2DE，AB=28=218c=2.

(1)当“为线段斯的中点时，

⑴求证：AM1平面切如；

(ii)求直线AM与平面MBC所成角的正弦值；

(2)记直线40与平面所成角为a,平面MW与平面MBC的夹角为£,是否存在点M使得

。=£?若存在，求出婷0；若不存在，说明理由.

【答案】(1)⑴证明见解析；(ii)汉里

11

r

⑵存在，FM=42-—

2

【解析】

【分析】(1)⑴利用面面垂直的性质可推导出801平面ADW，可得出利用勾股定理可得

出AM,再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；

(ii)取A。的中点为P，3c的中点为。，连接MP、PQ、QM,计算出点A到平面的距离以及

线段AM的长，即可得出直线AM与平面所成角的正弦值；

(2)假设存在点使得。=£,延长4)与交于点G,连接MG,根据已知条件得出NAA”?