2020-2021学年湖北省黄冈市高一（下）期末数学试卷（解析版）

2020-2021学年湖北省黄冈市高一（下）期末数学试卷

一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.

1.已知，•为虚数单位，复数z满足z（3+力=2-i,则下列说法正确的是（）

A.复数z的模为返

复数z的共物复数为总十/i

复数Z的虚部为

2

复数Z在复平面内对应的点在第二象限

在△ABC中，a=15,b—10,A=45°,则cos3=(

TB.哼c4D.4

3.不同的直线机和/i,不同的平面a,p,y,下列条件中能推出a〃0的是（）

A.aCly=n,0门丫=m,n//mB.a±Y»P-L-Y

C.n//m,D.n//a,m〃0,n//m

4.若圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的半径为1,当该圆锥体积是球

体积两倍时，该圆锥的高为（）

D.2a

5.一个正方体有一个面为红色，两个面为绿色，三个面为黄色，另一个正方体有两个面为

红色，两个面为绿色，两个面为黄色，同时掷这两个正方体，两个正方体朝上的面颜色

不同的概率为（）

A.—B.—C.—D.—

36312

6.如图，正三棱锥A-BC。中，ZBAD=20Q,侧棱长为2,过点C的平面与侧棱AB、

相交于以、则△C8Q1的周长的最小值为（）

A

A.2近B.2V3C.4D.2

7.如图所示，AABC中，AB=3,AC=2,ZBAC=60°,。是2C的中点，B£=2EA>则

AD-DE=()

8.欧几里得在《几何原本》中，以基本定义、公设和公理作为全书推理的出发点.其中第

I命题47是著名的毕达哥拉斯定理（勾股定理），书中给出了一种证明思路：如图，Rt

△ABC中，NBAC=90°,四边形A8HL、ACFG.BCDE都是正方形，AN_LDE于点、N,

交8c于点M.先证明△ABE与△48C全等，继而得到矩形BENM与正方形ABHZ,面积

相等；同理可得到矩形CDNM与正方形ACFG面积相等；进一步推理得证.在该图中,

)

A.返B.3匹C.运D.Vio

1010510

二、多项选择题.本大题共4个小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有

多项符合题目要求全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.

9.下列各组向量中，可以作为基底的是（)

A.e1(0,2),eo)

24

B.el(0,0),e2(1,-2)

C.e]=(1,3),e2(-2,-6)

=

D.e1=（3,5）,e2（5，3）

10.下列关于复数z的四个命题中假命题为（）

A.若z+W=0,贝”为纯虚数

B.若忻|=0|,则Z|=±Z2

C.若则|z|的最大值为2

D.若z3-1=0,则Z=1

11.如图在三棱柱中，CG,底面ABC,ACLCB,点。是4B上的动点，则

下列结论正确的是（）

A.BC1AC!

B.当。为A8的中点时，平面CD8i_L平面

C.当。为AB中点时，ACi//平面CDB\

D.三棱锥4-COS的体积是定值

12.在AABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,h,c,则下列说法中正确的是（）

A.c=acosB+bcosA

B.若acos4=6cos8,则△ABC为等腰三角形

C.ahanB—bhanA,贝!|a=>

D.若“3+分=夕，则△ABC为锐角三角形

三、填空题（本题共4个小题，每题5分，共20分）

13.一个口袋中装有2个红球，3个绿球，采用不放回的方式从中依次取出2个球，则第一

次取到绿球第二次取到红球的概率为.

14.在△ABC中，。是BC的中点，AB=1,AC=2,AD=近,则△ABC的面积

2

为.

15.如图，正方体ABC。-AliGOi中，。是AC的中点，直线30与平面AC£h所成角的

正弦值为

16.如图等腰梯形A8CQ中，AB//CD,CD*AD]AB=2,。是梯形A8CZ）的外接圆的圆

40

心，M是边8c上的中点，则正।.您的值为.

三、解答题:本大题共6个小题，共70分,解答应写出文字说明，证明过程或验算步骤.

17.复数z满足|z|=&,z2为纯虚数，若复数z在复平面内所对应的点在第一象限.

（1）求复数Z；

（2）复数z,W，z2所对应的向量为Z，E，c＞已知（Aa+b）±（入E+3），求人的值・

18.aABC的内角A,B,C的对边分别为〃，b,c,已知acoscQc=b，

（1）求角A；

（2）若。=百,ZvlBC的面积为之耍，求△ABC的周长.

19.黄冈市一中学高一年级统计学生本学期20次数学周测成绩（满分150）,抽取了甲乙

两位同学的20次成绩记录如下：

甲：92,96,99,103,104,105,113,114,117,117,121,123,124,126,129,

132,134,136,142,141

乙：102,105,113,114,116,117,125,125,127,128,128,131,131,135,136,

138,139,142,145,150

（1）根据以上记录数据求甲乙两位同学成绩的中位数，并据此判断甲乙两位同学的成绩

谁更好？

（2）将同学乙的成绩分成[100,110）,[120130）[130,140）[140,150）,完成下

列频率分布表，并画出频率分布直方图；

(3)现从甲乙两位同学的不低于140分的成绩中任意取出2个成绩，求取出的2个成绩

不是同一个人的且没有满分的概率.

分组频数频率

[100,110)

1110,120)

[120,130)

[130,140)

[140,150]

合计201

20.如图，已知在四棱锥P-ABC。中，底面ABC。是梯形，BC〃AO且8c=24。，平面

PAC_L平面ABC£>,PA=PC,PALAB.

(1)证明：ABA.PC；

(2)若PB=2PC=4,求四棱锥P-ABC。的体积.

21.如图，四边形ABC。中，ZBAC=90°,/A8C=60°,ADLCD,设NAC£)=。.

(1)若△ABC面积是△AC。面积的4倍，求sin2。；

(2)若tan/A£)B=」，求tanO.

2

22.如图①梯形ABC。中AD〃BC,AB=M，BC=\,CD=&，2E_LA。且BE=1,将梯

形沿BE折叠得到图②，使平面ABEL平面BCOE,CE与8C相交于。，点尸在AB上,

且AP=2PB,R是CD的中点，过。，P,R三点的平面交4c于。.

①②

(1)证明：。是的中点；

(2)证明：AOJ_平面BEQ；

(3)M是上一点，已知二面角M-EC-B为45°,求”•的值.

AB

参考答案

一、单项选择题(共8小题，每小题5分，共40分).

1.己知i为虚数单位，复数z满足z(3+/)=2-i,则下列说法正确的是()

A.复数z的模为返

2

B.复数z的共规复数为总卷1

C.复数z的虚部为

D.复数z在复平面内对应的点在第二象限

【分析】直接利用复数的运算，复数的共轨运算，复数的模，复数表示的几何意义的应

用判断A、B、a。的结论.

解：复数Z满足z(3+i)=2-i,整理得：Z号考击芸;。名,

对「A：|z|=Jg)?+(2)故A正确；

对于治复数z的共轨复数为处得力故3错误；

对于C复数z的虚部为一故C错误；

对于D：复数z在复平面内对应的点在第四象限，故。错误.

故选：4.

2.在△A8C中，〃=15,2=10,A=45°,则cos8=()

A,返B.-退C.叵D.-且

3333

【分析】根据正弦定理可得：5吊8=垣辿=返，由“=15>6=10,由大边对大角可

a3

得：0VB<A=45°,故可求cosB的值.

解：根据正弦定理可得：sin8=回虫=也咨兽匚=返，

a153

•：a=15>b=10,

・・・由大边对大角可得：0<BVA=45°,

.•.c°sB=hsir?B=冬

故选：C.

3.不同的直线”和人不同的平面a,p,Y，下列条件中能推出a〃0的是（)

A.aOy=n,0rl丫=加,n//mB.a±y,p±y

C.n〃m,"_La,/n_L0D.n//a,m//p,n//m

【分析】利用平面平行的判定定理，对四个选项分别进行判断，能够得到正确答案.

解：由不同的直线机和〃，不同的平面a,p,Y，知：

若0［门丫=〃，00丫=〃2,n//in,则a与0相交或平行，故A不正确；

若aJLy,ply,则a与0相交或平行，故8不正确；

若〃〃"?，«±a,w±p,则由平面平行的判定定理知a〃由故C正确；

若几〃a,机〃0,n//m,则a与0相交或平行，故。不正确.

故选：C.

4.若圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的半径为1,当该圆锥体积是球

体积两倍时，该圆锥的高为（）

A.2B.4C.73D.273

【分析】利用体积公式求出圆锥底面圆半径r与高人的关系，再通过球与圆锥相切，利

用等面积法列出，与/?的另一组关系，通过解方程组求解.

解：如图，圆锥的轴截面为等腰△SA8,且内切圆为球的大圆.设圆锥底面圆周的半径为

r,高为〃，球的半径为R,R=\.

则由条件有义兀了八二？•三兀R3,整理得出=8①

OO

在ASAB中，SA=SB=Vr2+h2,*（Vr2+h2+Vr2+h2+2r）*l=-|-,h,2r@>

联立①②，解得「二用，h=4.

故选：B.

5.一个正方体有一个面为红色，两个面为绿色，三个面为黄色，另一个正方体有两个面为

红色，两个面为绿色，两个面为黄色，同时掷这两个正方体，两个正方体朝上的面颜色

不同的概率为（）

A.—B.—C.—D.—

36312

【分析】根据已知条件，结合古典概型的概率公式，可得两个正方体朝上的面颜色相同

的概率，再求其对立事件的概率，即可求解.

解：第一个正方体出现红色，绿色，黄色的概率分别为士，!，《，第二个正方体出现

632

红色，绿色，黄色的概率分别为［■,卷，

ooO

•.•两个正方体朝上的面颜色相同的概率为《W4，

6333233

两个正方体朝上的面颜色不同的概率为1-《=3.

33

故选：C.

6.如图，正三棱锥A-88中，/区4。=20°,侧棱长为2,过点C的平面与侧棱48、

4。相交于8、A,则△CBQi的周长的最小值为（)

A

【分析】首先，展开三棱锥，然后，两点间的连接线CC即是截面周长的最小值，然后,

求解其距离即可.

解：把正三棱锥A-BCD的侧面展开，

两点间的连接线CC即是截面周长的最小值.

正三棱锥4-BCZ）中，NBAD=20°,所以，ACAC=60°,AC=2,

：.CC'=2,

截面周长最小值是CC'=2.

故选：D.

A

c

BD

7.如图所示，△ABC中，AB=3,AC7=2,ZBAC=6Q°,。是8c的中点，瓦=2忌，则

AD-DE=<）

.11R11C.-D.工

4422

【分析】根据已知条件代入化简，通过向量的数量积的定义求解即可.

解：「△ABC中，4B=3,4c=2,ZBAC=60°,。是BC的中点，gg=2EA,

•■•AD'DE=-^（标+菽），（AE-AD）忖（AB+AC）*（标+菽））忖

(AB+AC)*(-4-AB-yAC)=_^AB2-TAC2-^AB*AC='''7X22

U乙，乙TtO3

--X3X2X—=--.

324

故选：B.

8.欧几里得在《几何原本》中，以基本定义、公设和公理作为全书推理的出发点.其中第

I命题47是著名的毕达哥拉斯定理(勾股定理)，书中给出了一种证明思路：如图，Rt

△ABC中，NBAC=90°,四边形AB/7L、ACFG、8CQE都是正方形，ANLQE于点N,

交2C于点M.先证明△ABE与△HBC全等，继而得到矩形BENM与正方形4BHL面积

相等；同理可得到矩形COMW与正方形4CFG面积相等；进一步推理得证.在该图中，

若tan/BAR=~^~，则sin/BEA=()

【分析】设AB=Z,AC^m,BC=〃,由勾股定理可得N+4=〃2,由同角的基本关系式

求得sin/BAE,cosZBAE,在△ABE中，求得AE,分别运用余弦定理和正弦定理，计

算可得所求值.

解：设AB=A,AC—m,BC=n,可得&2+"2=〃2,

'：BH//CL,

:.NBHC=NHCL,

又△ABE2HBC,

可得NBHC=N8AE,

J.ZHCL^ZBAE,

•'•tanZHCL=^->

即上$

k+m2

：.m=k,

n=V2k>

tanZBAE^-'得sin/BAE^-^，

在△ABE中，

2V5

ABBE

在△ABE中，

sinNBEAsin/BAE

k_

即sinNBEA1，可得uin/BRA=>

7?10

故选：D.

二、多项选择题.本大题共4个小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有

多项符合题目要求全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.

9.下列各组向量中，可以作为基底的是()

••2

A.e|=(0,2),巳2=(彳，0)

B.巳］=(0,0),日2=(1，-2)

C.61=(1,3),%=(-2,-6)

D.e|=(3,5),巳2=⑸3)

【分析】利用基底的定义，判断两个向量是否共线，即可得到结果.

解：•••0X0关：2x£,，与e2不共线，正确，

VOX(-2)=0X1,与司共线，错误，

V1X(-6)=3X(-2),与司共线，，C错误，

73X3^5X5,与同不共线，正确，

故选：AD.

10.下列关于复数z的四个命题中假命题为（)

A.若z+W=0,贝IJz为纯虚数

B.若团|=比|,则Z1=±Z2

C.若则|z|的最大值为2

D.若z3-1=0,则z=l

【分析】选项4设2=4+历，（«,人为实数），然后求出共轨复数，进而可以判断：选

项B：举出反例即可判断，选项C：根据复数的儿何意义即可判断，选项》举出反例即

可判断.

解：选项A：设2=。+4，（a,6为实数），因为W=a-bi，所以z+W=2a=0,则a=0,

所以z=bi,因为6可能为0,故A错误，

选项8：当zi=l+i,Z2=I-i时，|zi|=|z2|,故B错误，

选项C当时，复数z对应的点在以（0,1）为圆心，1为半径的圆上，故|z|的

最大值为1+1=2,故C正确，

选项。：当z=-1■专i时，z3=l,故。错误，

故选：ABD.

11.如图在三棱柱ABC-A山Ci中，CG,底面ABC,ACJ_C8,点。是AB上的动点，则

下列结论正确的是（）

B.当。为AB的中点时，平面平面出

C.当。为A8中点时，ACi〃平面CO81

D.三棱锥Ai-CDBi的体积是定值

【分析】对于A,推导出BULCG,ACLCB,从而2C_L平面ACG4,进而BC_LAG；

对于B,当时，存在点。，使得平面CABi，平面AA山出，此时。不一定为中

点；

对于C,设BCin8C=0,连结0。，力是A3中点时，0Z)〃4G,得AG〃平面CDB；

对于。，△4BC的面积是定值，由知A8〃平面4BC,力到平面4BC的

距离是定值，进而三棱锥Ai-CDBi的体积是定值.

解：对于A,•.•在三棱柱A8C-4BiG中，CCi_L底面ABC,

：.BCVCC\,XACLCB,CCiACA=C,CCiu平面ACC1A1,C8u平面ACCiA”：.BC

，平面ACG4,又AGu平面ACCAi,：.BCVAC\,故4正确；

对于B,•.,在三棱柱ABC-45G中，CCi_L底面ABC,

，A4iJ_C£),...当CQLAB时，由A4i,AB是平面A4iB山中的相交线，得到CC平面

A41B1B,平面CDBi,平面A4山山，此时。不一定为中点，故8错误；

对于C,设BGCBiC=。，则。是BG中点，连结00，则。是AB中点时，0£>〃AC”

•.•AGC平面COBi,OOu平面CDB,；.ACi〃平面COBi,故C正确；

对于。，'..△A山C的面积是定值,AB//A\B\,ABC平面ABC,AiBu平面48C,

〃平面4&C,到平面ABC的距离是定值，，三棱锥4-CDBx的体积是定值，

故。正确.

故选：ACD.

12.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为小b,c,则下列说法中正确的是()

A.c=acosB+hcosA

B.若〃cosA=bcos3,则△ABC为等腰三角形

C.若42tan3=Z?2tanA,贝!Ja=/?

D.若〃+.3=c3,则△ABC为锐角三角形

【分析】由正弦定理以及三角恒等变换可得sinC=sin(A+B)=sinAcosB+sin8cosA,即

可判断A；

兀

由正弦定理可将条件转换为sin2A=sin2B,进而得到A=8或A+3=k，即可判断脱

由正弦定理把a2tan8=62taM转化为：sin2AlanB=sin2BtanA,化简后可判断C；

由苏+炉=/变形得：（且）3+（电）3=y（A）2+（A）2,可判断"

CCCC

解：对A：VsinC=sin（A+8）=sin4cos8+sin8cosA,/.c=acosB+bcosA,所以A正确；

对B：VacosA=hcosB,/.sinAcosA=sinBcosB,即sin2A=sin2B,

JT

「△ABC的内角A,B,C,♦,.2A=2B或2A+2B=TT即A=B或A+B=—，故三角形可

2

能是等腰三角形或直角三角形，故B错误；

对C:*.*a2tmB=&2tanA,・,•由正弦定理得：sinMtanB=sin2Btarb4,得：

sin2AsinBsin%sinA

---------------------------二----------------------------，

cosBcosA

jr

整理得：sinAcosA=sin^cosB,Asin2A=sin2B,.•・A=8或A+8=----,故C错误；

2

对O:由题意知：。、氏C中C是最大的正数，...由〃+加=°3变形得：（且）3+（k）3

CC

=1<（旦）2+（电）2,...a2+62>c2,r.c为锐角，又知C为最大角，.•.△ABC为锐角

CC

三角形，故。正确；

故选：AD.

三、填空题（本题共4个小题，每题5分，共20分）

13.一个口袋中装有2个红球，3个绿球，采用不放回的方式从中依次取出2个球，则第一

次取到绿球第二次取到红球的概率为0.3.

【分析】根据已知条件，分别求出样本空间的个数和第一次取到绿球第二次取到红球的

样本数，再结合古典概型的概率计算公式，即可求解.

解：由题意可得，样本空间的总数为5X4=20,

第一次取到绿球第二次取到红球的样本数为3X2=6,

故所求的概率2=旦=0.3.

20

故答案为：03

14.在△ABC中，力是BC的中点，A8=l,AC=2,4。=返，则△4BC的面积为返.

2-2―

【分析】根据题意由=]■（AB+AC），两边平方即可求出标了=-1,从而可求出cos

N8AC=-5，进而求出sin/BAC=返，然后根据三角形的面积公式即可求出△ABC

22

的面积;

解：是8C中点，且AB=1,AC=2,A£>=返，

2

AD=y(AB+AC5,则菽2得(AB+AC)2，即H(1+4+2AB-AC),

AB-AC=-1，

-1

cos/BAC=1AL1

IABI•IACI1X22

J3

...sinNBAC=",

2__

.'.S&ABC——AB*ACs,mZIiAC——X1X9X

2222

故答案为：返.

2

15.如图，正方体ABC。-AiBCQi中，。是AC的中点，直线8。与平面ACA所成角的

正弦值为空0.

一3一

【分析】首先建立空间直角坐标系且不妨设正方体ABC。-的边长为1,于是写

出各点的坐标，然后求出

平面ACD\的一个法向量为[=(x,y,z)，进而由sine=

,——.一、B[0・n

cos<B,0.n>」一二一即可得出所求的答案.

1iBjLOHnl

解：以AB、AD,AAi所在的直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系,

不妨设正方体ABCD-481GU的边长为1,

则A(0,0,0),8(1,0,0),D(0,1,0),

C(1,1,0),Bi(1,0,1),Ci(1,1,1),Di(0,1,1),O(」，工，0),所

22

•11

以B[0=(-—»—，-1)»

122

AC=(1,1,0)，杷=(0，1.1).

设平面ACQi的一个法向量为n=(x,y,z)，则

n-AC=0x+y=0

令尸1.则x=l=z,则==(1,-1,1).

n*ADj=0y+z=0

11,9

,----一、B<0'n5方-1—等-2加

于是，cos<B，0>n>-,----

1IB^I|n|773

所以sin8=|cos<Bi0,n>l=2匹.

13

其中e为直线810与平面AC。所成角.

所以直线SO与平面ACD^所成角的正弦值为2返.

3

故答案为：工返.

3

16.如图等腰梯形4BCO中，AB//CD,CD^AD^AB=2'。是梯形ABC。的外接圆的圆

心，M是边8c上的中点，则正,您的值为16.

【分析】根据题意，利用平面向量的线性运算，即可求解结论.

解：设而=入前(0<入<1)，

是边BC上的中点，

：0是△ABC的外心,

♦—•1•2—♦—•1—•2

•••AtPABjAB=18A0*AD=yAD=&

••­AO-AM=AO-[^AD+(l-^-)AB]

=xAO'AD+(1--^-)AO'AB=8x+18(1-^-)=18-4X,人

OJ乙

即而•疝=16,

故答案为：16.

三、解答题:本大题共6个小题，共70分,解答应写出文字说明，证明过程或验算步骤.

17.复数z满足|z|=&,z2为纯虚数，若复数z在复平面内所对应的点在第一象限.

(1)求复数z；

(2)复数z,z，z2所对应的向量为Z，E，%已知(入之+E)±(入E+3)，求人的值.

【分析】Q)gz=a+bi(«>0,b>0),由已知可得〃与匕的关系，列方程组求解a

与匕的最值，则z可求；

(2)由⑴中求得z可得工z2,得到：芯，％进一步得到(Ag+fc)与(Xfo+c)的

坐标，再由数量积为。列式求解入值.

解：(1)设2=白+4(a>0,b>0),

则|zTa2+b2=亚，即“2+拄，①

•：-b2+2abi为纯虚数，-b2=0且lab^O,②

由①②解得。=1，b=l,

.\z=l+z；

(2)Vz=l+/

••z=l-i»z2=2i，

a=(1,1)，b=(1,T),c=(0,2),

•,akb=0,afcc=2,bc=_2,b2=2J

由(入a+b)J_(入b+c)，得(入a+b)k(入b+c)=0,

日n—•—•2

'入a'b+入a'c+入b+b・c=0，

；.4入-2=0,得入」.

2

18.4ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知acoscQc=b，

(1)求角A；

(2)若。=脑，ZvlBC的面积为求△48C的周长.

【分析】(1)由正弦定理可知sinAcosC+工sinC=sinB,,结合sinB=sin(A+C)=

2

sinAcosC+cos/4sinC,整理即可得到cosA,进而可求出A；

(2)由余弦定理可求得(b+c)2-3^=7,结合面积公式得到儿，进而可知b+c,即可

求出周长.

解：(1),**acosC+-"c=b»

由正弦定理得sirb4cosC+—sinC=sinB,

2

又,.,sin8=sin(A+C)=siivlcosC4-cosAsinC,

•**_~sinC=cosAsinC»

VsinOO,

.「I

・・cosA=-»

22

(2)由余弦定理得：7=按+理-2/?ccos60°EPZ?+c-hc=lf

Cb+c)2-3bc=l,

又SAABC卷bcsinA=苧bc-^,

♦♦Z?c=6,

(Z?+c)2-18=7,

b+c=59

.•.△ABC的周长为5+77

19.黄冈市一中学高一年级统计学生本学期20次数学周测成绩(满分150),抽取了甲乙

两位同学的20次成绩记录如下：

甲：92,96,99,103,104,105,113,114,117,117,121,123,124,126,129,

132,134,136,142,141

乙：102,105,113,114,116,117,125,125,127,128,128,131,131,135,136,

138,139,142,145,150

(1)根据以上记录数据求甲乙两位同学成绩的中位数，并据此判断甲乙两位同学的成绩

谁更好？

(2)将同学乙的成绩分成[100,110),[120,130)[130,140)[140,150),完成下

列频率分布表，并画出频率分布直方图；

(3)现从甲乙两位同学的不低于140分的成绩中任意取出2个成绩，求取出的2个成绩

不是同一个人的且没有满分的概率.

分组频数频率

[100,110)

[110,120)

[120,130)

[130,140)

[140,150]

合计201

【分析】(1)分别求出甲、乙的中位数，从而得到乙的成绩更好.

(2)完成频率分布表，作出乙的频率分布直方图.

(3)甲乙两位同学的不低于140分的成绩共5个，甲两个成绩记作Ai、42,乙3个成绩

记作5、星、&(其中以表示150分)，任意选出2个成绩，利用列举法，求出取出的

2个成绩不是同一个人的且没有满分的概率.

解：(1)甲的中位数是口2|1红=U9,

乙的中位数是当产•=128〉119,

.•.乙的成绩更好.

(2)完成频率分布表如下：

分组频数频率

[100,110)20.1

[110,120)40.2

[120,130)50.25

[130,140)60.3

[140,150)30.15

合计201

乙的频率分布直方图如下图所示:

(3)甲乙两位同学的不低于140(分)的成绩共5个，甲两个成绩记作4、4，

乙3个成绩记作8、比、B3(其中以表示150分)，

任意选出2个成绩所有的取法为：

(Ai,A2)»(Ai,Bi),(Ai,B2),(A”B3),(A2,B\),(A2,B2),

(4,B3),(Bi,B2),(Bi,B3),(&,B3),共10种取法，

其中两个成绩不是同一个人的且没有满分的是：

(Ai,Bi),(4,&),(A2,Bi),(A2,&),共4种取法，

取出的2个成绩不是同一个人的且没有满分的概率尸=义路.

105

20.如图，已知在四棱锥P-ABC。中，底面A8C力是梯形，8C〃A£＞且BC=2AD,平面

PAC_L平面ABC。，PA=PC,PAIAB.

(1)证明：ABA.PC；

(2)若PAJ_PC,PB=2PC=4,求四棱锥P-A8CD的体积.

【分析】(1)取AC的中点。，连接PO,得出POA.AC,根据平面PACJ_平面ABCD

得出尸O_L平面ABCD,证明PO_LAB；再由AB_LA4证明A8_L平面PAC,即可证明A8

VPC.

(2)根据题意利用分割补形法计算四棱锥P-ABCD的体积，另一种解法是直接计算四

棱锥的体积即可.

【解答】(1)证明：取AC的中点0,连接尸0,如图所示;

因为AP=PC,所以P0L4C,

又因为平面PACL平面A8C。，所以P。，平面ABCQ,

又因为48u平面ABC。，所以P0LAB；......①

又因为AB_LPA,......②

由①②可得A8J_平面PAC,所以A8_LPC.

(2)解：因为尸B=2PC=4,所以PA=PC=2,

又ABLP4,所以A¥=PB2-P/,所以卷=2«：

又因为PAL尸C,PA=PC=2,所以AC=2亚，P0=V2；

由(1)知A3,平面P4C,所以A8J_AC,

所以SAABC卷配依得x2FX2亚=2再

所以V三棱锥4ABC卷S/kABC尸°=/X2掂X、历二/底;

又因为2C//A。，BC=2AD,所以SAABC=2SAXC。，

所以V三棱锥AMD得丫三棱锥P-ABC

所以四棱锥P-ABCD的体积是

另解：因为SAABC=yAB-AC=-^-X2依X2M=2A

所以S2kADC=述，所以5梯形ABCD=3促，

计算四棱锥P-ABCD的体积是V四棱锥IBCD.X诉乂近