2024-2025学年黑龙江省大庆市高二上学期开学考试数学检测试卷合集2套（附解析）

2024-2025学年黑龙江省大庆市高二上学期开学考试数学检测试卷（一）一、单选题（本大题共8小题）1．在空间四边形ABCD中，，顺次连接它的各边中点E、F、G、H，所得四边形EFGH的形状是（

）A．梯形 B．矩形 C．正方形 D．菱形2．已知，且，则等于（

）A．5 B． C． D．3．在中，角的对边分别为，若，，则的形状为（

）A．直角三角形 B．等腰三角形C．等边三角形 D．等腰直角三角形4．函数（A＞0，，）的部分图象如图所示，则（

）A． B． C． D．5．已知集合，则为（

）A． B． C． D．6．在正方体中，为的中点，为侧面的中心为棱上任意一点，则异面直线与所成的角等于（

）A．90° B．60° C．45° D．30°7．虚数z满足，则z的虚部为（

）A．1 B． C．2 D．8．给出下列命题：①两个具有共同终点的向量，一定是共线向量；②若是不共线的四点，则是四边形为平行四边形的充要条件；③若与同向，且，则>；④λ，μ为实数，若λ＝μ，则与共线．其中假命题的个数为（

）A．1 B．2C．3 D．4二、多选题（本大题共3小题）9．分别抛掷两枚质地均匀的骰子（六个面上的点数分别为1，2，3，4，5，6），设事件“第一枚骰子的点数为奇数”，事件“第二枚骰子的点数为偶数”，则（

）A．M与N互斥 B． C．M与N相互独立 D．10．以长为8cm，宽为6cm的矩形的一边为旋转轴旋转而成的圆柱的表面积为（

）A．64πcm2 B．96πcm2C．168πcm2 D．224πcm211．甲、乙两名同学近五次数学测试成绩数据分别为：甲

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82乙

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79则（

）A．甲组数据的极差小于乙组数据的极差B．甲组数据的平均数等于乙组数据的平均数C．甲组数据的方差小于乙组数据的方差D．甲组数据的第60百分位数等于乙组数据的第60百分位数三、填空题（本大题共3小题）12．已知一个多面体的三视图如图所示：其中正视图与侧视图都是边长为1的等腰直角三角形，俯视图是边长为1的正方形，若该多面体的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为.

13．已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，且这个球的体积为，那么这个三棱柱的侧面积为，二面角的正弦值为．14．样本数据24，8，35，23，7，10，11，30的60%分位数为.四、解答题（本大题共5小题）15．写出函数的定义域、最小正周期、单调区间、对称中心．16．某市司法部门为了宣传《中华人民共和国宪法》举办法律知识问答活动，从该市岁的人群中随机抽取一个容量为的样本，并将样本按年龄分成五组：、、、、，再将其按从左到右的顺序分别编号为第组，第组，，第组，绘制了样本的频率分布直方图．对回答问题的情况进行统计后，结果如下表所示．组号分组回答正确的人数回答正确的人数占本组的比例第组第组第组第组第组(1)分别求出、的值；(2)从第、、组回答正确的人中用分层抽样的方法抽取人，则第、、组各应抽取多少人？(3)根据频率分布直方图估算出样本数据的中位数．17．如图，平面，四边形为矩形，且为的中点．

(1)求直线与平面所成角的正弦值；(2)求二面角的正切值；(3)探究在上是否存在点，使得∥平面，并说明理由．18．在第19届杭州亚运会上中国女篮以74:72战胜日本队，成功卫冕．甲、乙两名亚运选手赛前进行三分球投篮训练，甲每次投中三分的概率为0.8，乙每次投中三分的概率为p，在每次投篮中，甲和乙互不影响．已知两人各投篮一次至少有一人命中三分球的概率为0.94．(1)求p；(2)甲、乙两人各投篮两次，求两人共投中三分球3次的概率．19．设函数在处取最小值．（）求的值，并化简．（）在中，，，分别是角，，的对边，已知，，，求角．

参考答案1．【答案】D【分析】作出如图的空间四边形，连接AC，BD可得一个三棱锥，将四个中点连接，得到一个四边形，可证明其是一个菱形．【详解】如图所示，空间四边形ABCD中，连接AC，BD可得一个三棱锥，将四个中点连接，得到四边形EFGH，由中位线的性质知，EH∥FG，EF∥HG；∴四边形EFGH是平行四边形，又AC=BD，∴HG=AC=BD=EH，∴四边形EFGH是菱形．故选D．2．【答案】A【分析】根据向量垂直得出其数量积为0，即可根据向量的模长求法得出答案.【详解】，，.故选A.3．【答案】C【分析】利用正弦定理将边化角，即可求出，再由求出，即可得解.【详解】因为，由正弦定理可得.因为，所以，所以，又，所以或，又因为，所以，故为等边三角形.故选C.4．【答案】B【分析】由图象计算出，和，即可求出的值.【详解】由题意及图象知，，最小正周期，∴．又，∴，∴，，∴，，又，∴，∴，故选B．5．【答案】C【分析】化简集合，结合交集的概念即可得解.【详解】由集合，则，故选C.6．【答案】A【分析】取的中点，在正方体中，根据线面垂直的判定定理可得平面，进而得到，即可得到答案.【详解】如图所示，取的中点，正方体中，M为AD的中点，O为侧面的中心，P为上任意点，故，且平面，所以,又由，可得，根据线面垂直的判定定理可得平面，又由平面，所以，所以直线与所成的角为，故选A.【方法总结】本题主要考查了异面直线所成角的求解，以及线面垂直的判定定理的应用，其中解答中根据正方体的结构特征，利用线面垂直的判定定理证得平面是解答的关键，着重考查了推理与论证能力.7．【答案】A【分析】根据复数相等可得①，②，即可将选项中的值代入验证.或者利用因式分解求解。【详解】设复数,则，化简得，故，即①，②此时，对于选项中的值，代入：若，则，符合要求，若，由②得，但不符合①，故舍去，若，由②得，但不符合①，故舍去，若，由②得，但不符合①，故舍去，综上可得.故选A.【一题多解】由可得，故，故或，由于为虚数，故，故虚部为1.故选A.8．【答案】C【分析】根据向量共线定义判断①；根据向量相等的定义和平行四边形的定义判断②；根据两向量不能比较大小判断③；举反例否定④.【详解】①错误．当起点不在同一直线上时，虽然终点相同，但向量不共线；②正确．∵＝，∴||＝||且；又∵是不共线的四点，∴四边形是平行四边形．反之，若四边形是平行四边形，则且与方向相同，因此＝；③错误．两向量不能比较大小．④错误．当时，与可以为任意向量，满足λ＝μ，但与不一定共线．故选.9．【答案】BCD【分析】根据互斥事件的定义即可判断A；根据相互独立事件的定义即可判断C；根据古典概型的计算公式即可判断B；根据对立事件的概率公式结合交事件的概率公式即可判断D.【详解】由题意，第一枚骰子的点数与第二枚骰子的点数互不影响，故事件与事件为相互独立事件，故A错误，C正确；，故B正确；，故D正确.故选BCD.10．【答案】CD【分析】分别以长所在的直线为旋转轴和以宽所在的直线为旋转轴两种情况求解即可.【详解】当以长所在的直线为旋转轴时，则得到的圆柱的表面积为cm2，当以宽所在的直线为旋转轴时，则得到的圆柱的表面积为cm2，故选CD.11．【答案】BC【分析】根据已知数据求出甲与乙的极差、平均数、方差、第60百分位数，比较，即可得出答案.【详解】对于A项，由已知可得，甲组数据的极差为，乙组数据的极差为，故A项错误；对于B项，由已知可得，甲组数据的平均数为，乙组数据的平均数为，故B项正确；对于C项，由已知可得，甲组数据的方差为，乙组数据的方差为，故C项正确；对于D项，因为，所以，甲组数据的第60百分位数为，乙组数据的第60百分位数为，故D项错误.故选BC.12．【答案】【分析】根据三视图分析该多面体的结构特征，并把该多面体补形成正方体，利用正方体的结构特征求外接球的半径和表面积.【详解】由三视图知几何体为四棱锥，且四棱锥的一条侧棱垂直于底面，高等于1，其底面是边长为1的正方形，将四棱锥补形成正方体，可知四棱锥的外接球即是棱长为1的正方体的外接球，

则外接球的直径为，所以外接球的表面积.故答案为：.13．【答案】【分析】由球的体积可求出球的半径，即可得出正三棱柱的高与底面正三角形的边长，即可求出三棱柱的侧面积与二面角的正弦值.【详解】设球的半径为r，则，解得r＝2，所以正三棱柱的高为2r＝4．又正三棱柱的底面三角形的内切圆半径与球的半径相等，设底面正三角形的边长为，则，解得，所以正三棱柱的侧面积，取中点为,连接.因为、、平面、平面所以平面，平面所以所以二面角的平面角为.在中：在中：所以二面角的正弦值为.故答案为：；.14．【答案】【分析】首先将数据从小到大排列，再根据百分位数计算规则计算可得.【详解】将样本数据从小到大排列为其中，所以分位数为从小到大排列的第5个数，即为，故答案为：.15．【答案】定义域，周期，在单调递增，无单调递减区间，对称中心.【分析】由，可求得其定义域，利用整体思想结合正切函数的周期性、单调性及对称性可求得其最小正周期、单调区间、对称中心；【详解】由，得：，．所以，其定义域为；由得：其最小正周期；由，得：，．所以，函数的单调递增区间为，．无单调递减区间；由得：，．所以的对称中心为.16．【答案】(1)；(2)第、、组各应抽取人、人、人(3)【分析】（1）利用每组的频数、频率与总人数之间的关系可求得、的值；（2）计算出第、、组回答正确的人数之比，结合分层抽样可求得第、、组各应抽取的人数；（3）利用中位数左边的矩形面积之和为可求得中位数的值.【详解】（1）第组人数为，所以．第组频率为，人数为，所以．第组人数为，所以．（2）第、、组回答正确的人数的比为，从第、、组回答正确的人中用分层抽样的方法抽取人，则从第、、组各应抽取人、人、人．（3）设中位数为，前两组的频率之和为，前三组的频率之和为，所以，中位数在内，由，可得．所以抽取的样本数据的中位数约为．17．【答案】(1)(2)(3)为中点时，∥平面【分析】（1）根据线面角的几何法即可利用线面垂直求解，（2）利用垂直关系求解二面角的平面角，由三角形的边角关系即可求解，（3）利用线线平行即可求证线面平行.【详解】（1）取中点为，连接,由于四边形为矩形，分别为中点，所以,由于平面，平面,所以平面平面，又平面平面,平面,所以平面,故为直线与平面所成的角，,故.

（2）由于,所以,又平面，平面，所以，平面，平面,平面,故,故即为二面角的平面角，由于为直角三角形，且，故（3）取中点为，中点为,连接,则,又,因此故四边形为平行四边形，故,平面,平面，故平面,因此在上是存在点，使得平面，此时为中点，18．【答案】(1)(2)0.4256．【分析】（1）利用对立事件的概率公式列等式求；（2）“两人共投中三分球3次”即“甲中2次且乙中1次”与“甲中1次且乙中2次”的和事件，利用互斥事件的概率加法公式可得.【详解】（1），解得．（2）设分别表示事件甲投篮两次投中三分球一次、两次，设分别表示事件乙投篮两次投中三分球一次、两次．则，，，．设“甲、乙两人各投篮两次，两人共投中三分球3次”，则．故甲、乙两人各投篮两次，两人共投中三分球3次的概率为0.4256．19．【答案】(1)，.(2)或．【分析】（）由题意可得．结合三角函数的性质可得．则．（）由（）知，则．结合正弦定理解三角形可得或．【详解】（）依题意得．因为函数在处取得最小值，所以．由诱导公式知，因为，所以．所以．（）由（）知，因为，且为的内角，所以．又因为，，所以由正弦定理得，即，因为，所以或．当时，．当时，．综上，或．【关键点拨】本题主要考查三角函数的化简，正弦定理解三角形等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2024-2025学年黑龙江省大庆市高二上学期开学考试数学检测试卷（二）一、单选题（本大题共8小题）1．已知，则（

）A． B． C． D．2．已知随机事件和互斥，和对立，且，则（

）A．0.2 B．0.3 C．0.4 D．0.53．在中，已知，，，则（

）A．60° B．120° C．60°或120° D．30°或90°4．设是三条不同的直线，是两个不重合的平面，给定下列命题：①；②；③；④；⑤；⑥.其中为真命题的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．45．如图，曲柄连杆机构中，曲柄绕C点旋转时，通过连杆的传递，活塞做直线往复运动.当曲柄在位置时，曲柄和连杆成一条直线，连杆的端点在处.设连杆长，曲柄CB长，则曲柄自按顺时针方向旋转53.2°时，活塞移动的距离（即连杆的端点移动的距离）约为（

）（结果保留整数）（参考数据：）A． B． C． D．6．若的第百分位数是，则的取值范围是（

）A． B． C． D．7．气象意义上从春季进入夏季的标志为：“连续5天每天日平均温度不低于22℃”，现有甲、乙、丙三地连续5天的日平均温度的记录数据(记录数据都是正整数，单位℃)①甲地：5个数据的中位数为24，众数为22；②乙地：5个数据的中位数为27，平均数为24；③丙地：5个数据中有一个数据是32，平均数为26，方差为；则肯定进入夏季的地区有（

）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个8．在三棱锥中，，平面平面，三棱锥的所有顶点都在球的球面上，分别在线段上运动（端点除外），.当三棱锥的体积最大时，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．以下结论中错误的是（

）A．“”是“共线”的充要条件B．若，则存在唯一的实数，使C．若，则D．若为非零向量且，则的夹角为直角10．有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回的随机取两次，每次取1个球，事件表示“第一次取出的球的数字是偶数”，事件表示“第二次取出的球的数字是奇数”，事件表示“两次取出的球的数字之和是偶数”，事件表示“两次取出的球的数字之和是奇数”，则（

）A．与是互斥事件 B．与互为对立事件C．发生的概率为 D．与不相互独立11．如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，将沿直线AM翻折成，连接，N为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（

）

A．不存在某个位置，使得B．翻折过程中，CN的长是定值C．若，则D．若，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积是三、填空题（本大题共3小题）12．若，，与的夹角为，且，则的值为．13．已知样本数据都为正数，其方差，则样本数据，的平均数为.14．甲，乙两人组成的“梦队”参加篮球机器人比赛，比赛分为自主传球，自主投篮2个环节，其中任何一人在每个环节获胜得2分，失败得0分，比赛中甲和乙获胜与否互不影响，各环节之间也互不影响.若甲在每个环节中获胜的概率都为，乙在每个环节中获胜的概率都为，且甲，乙两人在自主传球环节得分之和为2的概率为，“梦队”在比赛中得分不低于6分的概率为.四、解答题（本大题共5小题）15．一个盒子中装有4张卡片，每张卡片上写有1个数字，数字分别是1，2，3，4．现从盒子中随机抽取卡片．(1)若一次抽取3张卡片，求3张卡片上数字之和大于7的概率；(2)若第一次抽1张卡片，放回后再抽取1张卡片，求两次抽取中至少一次抽到数字3的概率．16．某中学举行了一次“环保知识竞赛”，全校学生参加了这次竞赛.为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（得分取正整数，满分为100分）作为样本进行统计.请根据下面尚未完成并有局部污损的频率分布表（如图所示）和频率分布直方图（如图所示）解决下列问题：频率分布表：组别分组频数频率第1组80.16第2组第3组200.40第4组0.08第5组2合计频率分布直方图：(1)写出的值；(2)若根据这次成绩，学校准备淘汰同学，仅留的同学进入下一轮竞赛，请问晋级分数线划为多少合理？(3)某老师在此次考试成绩中抽取10名学生的分数：，已知这10个分数的平均数，标准差，若剔除其中的100和80这两个分数，求剩余8个分数的平均数与标准差.17．如图，在三棱锥中，是等边三角形，分别为的中点.(1)求证：平面平面；(2)求二面角的余弦值.18．数据传输包括发送与接收两个环节．在某数据传输中，数据是由数字0和1组成的数字串，发送时按顺序每次只发送一个数字．发送数字1时，收到的数字是1的概率为，收到的数字是0的概率为；发送数字0时，收到的数字是0的概率为，收到的数字是1的概率为．假设每次数字的传输相互独立，且．(1)当时，若发送的数据为“10”，求收到的所有数字都正确的概率；(2)用表示收到的数字串，将中数字1的个数记为，如“1011”，则．（ⅰ）若发送的数据为：“100”，且，求；（ⅱ）若发送的数据为“1100”，求的最大值．19．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：(1)若是边长为4的等边三角形，求该三角形的费马点到各顶点的距离之和；(2)的内角所对的边分别为，且，点为的费马点.（ⅰ）若，求;（ⅱ）若，求的最小值.

参考答案1．【答案】A【分析】运用复数乘除法运算化简.【详解】.故选：A.2．【答案】D【分析】利用对立事件概率公式和互斥事件加法公式计算即可.【详解】由和对立，，可得，解得，又由随机事件和互斥可知，由，将代入计算可得.故选D.3．【答案】C【分析】由正弦定理求解即可．【详解】∵，，，∴由正弦定理，可得：，∵，∴或．故选C．4．【答案】B【分析】根据空间中点线面的位置关系，即可结合选项逐一求解.【详解】对于①，若，则或者相交，故①错误，对于②,由于未必相交，所以不一定得到，故②错误，对于③，由于，故，③正确，对于④,由面面垂直的判定可知④正确，对于⑤,若，则或者相交或者异面，故⑤错误，对于⑥,若，或相交或者异面，故⑥错误，故选B.5．【答案】B【分析】利用余弦定理解三角形即可.【详解】在中，，，，因为，所以.由余弦定理得：所以或（舍去）.因为，所以.故选B.6．【答案】A【分析】根据第百分位数的定义列不等式求的取值范围.【详解】将样本数据按从小到大排列可得，因为样本数据的第百分位数是，所以，，所以的取值范围是.故选A.7．【答案】C【分析】根据中位数、众数、方差分析各选项中数据的可能性，从而可得正确的选项.【详解】甲地肯定进入，众数为，至少出现两次，若有一天低于，则中位数不可能为24；丙地也进入，根据方差的定义：，即，显然都要大于，才能成立.乙地不一定进入，比如.故选C.8．【答案】C【分析】取的中点,证得为球心，利用二次函数求出三棱锥的体积最大时的取值，当垂直于截面时，截面圆的面积最小，求得截面圆的半径.【详解】如图，取的中点,连接,因为，所以，即为球心，则球的半径,又,所以,又平面平面，平面平面平面.所以平面，设，则,所以，所以三棱锥的体积.当时,取得最大值，由于，在中，由余弦定理得:

根据球的性质可知，当垂直于截面时，截面圆的面积最小，设此时截面圆的半径为，所以.则截面面积的最小值为.故选C.9．【答案】AB【分析】根据方向相同时，即可判断必要性不成立，即可判断A，根据共线定理即可求解B，根据传递性即可求解C，根据数量积的计算即可求解D.【详解】对于A，若方向相同时，，故必要性不成立，故A错误，对于B，若，且为非零向量，则存在唯一的实数，使，若为零向量，此时存在使得，但是不唯一，故B错误，对于C，若，则，故C正确，对于D，若为非零向量且，，故的夹角为直角，D正确，故选AB.10．【答案】BC【分析】根据互斥事件、对立事件、相互独立事件的定义以及结合古典概型的计算公式判断即可.【详解】由题意，不放回地随机取两次，共有种情况，={(2，1)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，5)，(4，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)}共15个样本点，={(2，1)，(3，1)，(4，1)，(5，1)，(6，1)，(1，3)，(2，3)，(4，3)，(5，3)，(6，3)，(1，5)，(2，5)，(3，5)，(4，5)，(6，5)}共15个样本点，故，故C正确;事件与可以同时发生，不是互斥事件，故A错误;={(1，3)，(1，5)，(2，4)，(2，6)，(3，1)，(3，5)，(4，2)，(4，6)，(5,1)，(5，3)，(6，2)，(6，4)}共12个样本点，故，D={(1，2)，(1，4)，(1，6)，(2，1)，(2，3)，(2，5)，(3，2)，(3，4)，(3，6)，(4，1)，(4，3)，(4，5).(5，2)，(5.4)，(5，6)，(6，1)，(6，3)，(6，5)}共18个样本点，所以C与D互为对立事件，故B正确;事件BC={(3，1)，(5，1)，(1，3)，(5，3)，(1，5)，(3，5)}共6个样本点，所以，所以B与C相互独立，故D错误.故选BC.11．【答案】ABD【分析】对于A，取AD的中点为E，若，则可推出矛盾，即可判断；对于B，结合余弦定理即可判断；对于C，采用反证的方法，利用得出互相矛盾的结论，即可判断；对于D，根据三棱锥体积最大，可得出平面平面，从而结合面面垂直性质求出相关线段的长，确定三棱锥外接球球心，求出半径，即可判断【详解】对于A，取AD的中点为E，连接CE交MD于F，则四边形为平行四边形，如图，

F为MD的中点，由于N为的中点，则，如果，则，由于，则，由于共面且共点，故不可能有，同时成立，即不存在某个位置，使得，A正确；对于B，结合A的分析可知，且，在中，，由于均为定值，故为定值，即翻折过程中，CN的长是定值，B正确；对于C，如图，取AM中点为O，由于，即，则，

若，由于平面，故平面，平面，故，则，由于，故，，则,故，与矛盾，故C错误；对于D，由题意知，只有当平面平面时，三棱锥的体积最大；设AD中点为E，连接，由于，则，且，而平面平面，平面，故平面，平面，故，则，从而，则,即AD的中点E即为三棱锥的外接球球心，球的半径为1，故外接球的表面积是，D正确；故选ABD.【思路导引】解答本题的难点在于选项D的判断，解答时结合三棱锥体积最大，可得平面平面，从而结合面面垂直性质求出相关线段的长，确定三棱锥外接球球心，求出半径，即可判断.12．【答案】【分析】由及数量积的运算即可求解.【详解】因为，，与的夹角为，则，若，则,可得，即，解得.故答案为：.13．【答案】11【分析】设样本数据的平均数为，由条件结合方差公式可求，再根据平均数的性质可求结论.【详解】设样本数据的平均数为，则，，所以所以所以，又，所以，又，所以，所以样本数据，的平均数为.故答案为：.14．【答案】【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式即可求解.【详解】若甲，乙两人在自主传球环节得分之和为2,则甲乙两人中一个人成功一个人失败，故概率为，故，“梦队”在比赛中得分不低于6分，则至少要赢3次，故概率为,故答案为：15．【答案】(1)0.5；(2).【分析】(1)由题意知本题是一个古典概型，试验包含的所有事件是任取三张卡片，三张卡片上的数字全部可能的结果，可以列举出所有结果，而满足条件得事件数字之和大于7的，可以从列举出的结果中看出；(2)列举出每次抽1张，连续抽取两张全部可能的基本结果，而满足条件的事件是两次抽取中至少一次抽到数字3，从前面列举出的结果中找出来.【解析】(1)由题意知本题是一个古典概型，设A表示事件“抽取3张卡片上的数字之和大于7”，

∵任取三张卡片，三张卡片上的数字全部可能的结果是,,,共4个，其中数字之和大于7的是，，.(2)设B表示事件“至少一次抽到3”，

∵每次抽1张，连续抽取两张全部可能的基本结果有：（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个．

事件B包含的基本结果有（1，3）（2，3）（3，1）（3，2）（3，3）（3，4）（4，3），共7个基本结果．∴所求事件的概率为.16．【答案】(1)；(2)；(3)，.【分析】(1)根据频率和频数的关系以及直方图中小矩形的面积代表频率，进行计算即可；(2)利用频率分布直方图计算第90百分位数即可；(3)根据平均数和方差的计算公式求解即可.【详解】(1)由题意可知抽取的学生人数为：，则第四组人数为：，所以，，，.(2)成绩落在内的频率为：，落在内的频率为：，设第90百分位数为，则，解得，故晋级分数线划为82.5合理.(3)因为，所以.标准差，所以，则，剔除其中的100和80两个分数，设剩余8个数为，设平均数与标准差分别为，则剩余8个分数的平均数为，方差为，故标准差为.17．【答案】(1)证明见详解(2)【分析】（1）先证平面，从而得，接着进一步可证平面，再根据面面垂直判定定理即可得证；（2）过作的垂线，垂足为，过作的垂线，垂足为，连接，接着证明平面即可得到为二面角的平面角，根据已知条件求出的余弦值即可得解.【详解】（1）因为，所以，又，所以，所以，又,平面，所以平面，又平面，所以，因为是等边三角形，是的中点，所以，又，,平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）因为平面平面，所以平面平面，在中，过作的垂线，垂足为，过作的垂线，垂足为，连接，如图所示，因为