1、 20202021 学年广东省广州市天河区高一学年广东省广州市天河区高一(下下) 期末数学试卷期末数学试卷 一一选择题选择题(共共 8 小题，每题小题，每题 5 分，共分，共 40分分). 1. 已知复数()21 izaa=+，若z是纯虚数，则z共轭复数z =（ ） A. i B. i C. 1 D. 1 2. 把颜色分别为红黄白紫的四个小球随机地分发给甲乙丙丁四个人，每人分得一个.事件“甲分得红色球”与事件“乙分得红色球”是（ ） A. 对立事件 B. 相互独立事件 C 互斥但非对立事件 D. 以上都不对 3. 某校高一甲、乙两个班分别有男生24名、15名，现用比例分配的分层随机抽样方法从两
2、班男生中抽取样本量为13的样本，对两个班男生的平均身高进行评估已知甲班、乙班男生身高的样本平均数分别为175cm、177.6cm，以所抽取样本的平均身高作为两个班男生的平均身高，则两个班男生的平均身高为（ ） A. 176cm B. 176.3cm C. 176.6cm D. 176.9cm 4. 复平面内的平行四边形OABC的项点A和C(O是坐标原点)对应的复数分别为42i+和26i +，则点B对应的复数为（ ） A. 26i+ B. 28i+ C. 62i+ D. 82i+ 5. 如图，在棱长为 2 的正方体ABCDA B C D中，EF分别为棱CCAB的中点，则EF与平面ABCD所成角的
3、正切值是（ ） A. 12 B. 22 C. 33 D. 55 6. 为考查 AB 两名运动员的训练情况，下面是 AB两名运动员连续 10 天完成训练指标任务的综合得分的折线图，给出下列四个结论，其中错误的结论是（ ） 的. A. 第 3天至第 10天两名运动员综合得分均超过 80分 B. 第 2天至第 7 天 B运动员的得分逐日提高 C. 第 2天至第 3 天 A运动员的得分增量大于 B运动员的得分增量 D. A运动员第 1 天至第 3天的得分方差大于第 2天至第 4 天的得分的方差 7. 关于空间两条不同直线 a，b和两个不同平面 ，下列命题正确的是（ ） A. 若/ /ab，b，则/ /
4、a B. 若a，ab，b，则/ C. 若/a，则a D. 若a，b，则ab 8. 如图，在ABC中，3CAB=，3AB =，2AC =，=2ADDB ，12=33AEABAC+ ， 则|=DE （ ） A. 133 B. 143 C. 153 D. 43 二二多选题：本题共多选题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求要求.全部选对的得全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分. 9. 某圆锥的底面半径为 4，母线长为 5，则下列关于此圆
5、锥的说法正确的是（ ） A. 圆锥体积为16 B. 圆锥的侧面展开图的圆心角为45 C. 圆锥的侧面积为10 的 D. 过圆锥两条母线的截面面积最大值为252 10. 给定组数 5，4，3，5，3，2，2，3，1，2，则这组数据的（ ） A. 中位数为 3 B. 方差为85 C. 众数为 2和 3 D. 第 85百分位数为 4.5 11. 在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c则下列命题正确的是（ ） A. 若3 3a =，3b =，30B =，则60A = B. 若AB，则sinsinAB C. 若coscAb，则ABC为钝角三角形 D. 若2a =，3b =，2222cabab+
6、=+，ABC的面积为 3 12. 下列命题中正确的是（ ） A. 设向量()1,1a = ，1 1,2 2n=，则n是与a垂直的单位向量 B. 若R，且ab=，则a与b共线 C. 若四边形ABCD满足0ABCD+= ，()0ABDBAB= ，则该四边形是菱形 D. 若O是ABC所在平面上一定点，动点P满足ABACOPOAABAC=+ ，()0,+，则直线AP一定经过ABC的内心 三三填空题：本题共填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分. 13 已知复数z满足()32i7iz+=，则z =_. 14. 已知向量3a =，2b =，若()12aab=，则向量ab
7、的夹角为_. 15. 为了普及安全教育，某校组织了一次学生安全知识竞赛，规定每队 3人，每人回答一个问题，答对得1 分，答错得 0 分.在竞赛中，甲乙两班代表队狭路相逢，假设甲队每人回答问题正确的概率均为23，乙队每人回答问题正确的概率分别为12，23，34，且两队各人回答问题正确与否互不影响，则乙队总得分为 3分的概率是_，甲队总得分为 2 分且乙队总得分为 3 分的概率是_. 16. 已知三棱锥ABCD的所有顶点都在球O的球面上，且AB 平面BCD，10AB =，4ACAD=，2 3CD =，则球O的表面积为_. . 四四解答题：本题共解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70分分.解答应
8、写出文字说明解答应写出文字说明证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤. 17. 某数学学习小组有男生 4名(记为1b，2b，3b，4b)，女生 2名(记为1g，2g)，现从中随机选出 2名学生去参加学校的数学竞赛(每人被选到的可能性相同). （1）求参赛学生中恰有 1名男生的概率； （2）求参赛学生中至少有 1名女生的概率. 18. 已知ABC中，角ABC的对边分别为a，b，c，若sin3 cos0aBbA=. （1）求角A的大小； （2）若3bc =，4bc+=，求a的值. 19. 如图，在四棱锥PABCD中，PA 平面ABCD，底面ABCD是菱形，60ABC=点E，F分别在棱BC，PD的中点
9、 （1）证明：/EF平面PAB （2）若2 2AB =，求点F到平面PAB的距离 20. 某校为了对学生的阅读素养进行监测，随机抽取了M名学生进行阅读素养评分.评分规则规定实行百分制计分，现将所得的成绩按照)40,50，)50,60，)60,70，)70,80，)80,90，90,100分成 6组，并根据所得数据作出了如下所示的频数与频率的统计表和频率分布直方图.由于一些特殊原因，统计表和直方图都已残缺，请对照图中现有信息按要求还原数据. 分组 频数 频率 )40,50 5 )50,60 25 p )60,70 0.30 )70,80 )80,90 90,100 合计 M 1 （1）求出表中M
10、，p及图中a，b值； （2）估计该校学生阅读素养的成绩中位数以及平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值代表该组数据平均值). 21. 直四棱柱ABCD A B C D 中，ABCD是等腰梯形，ADBD，1AD =，2ABAA= =，P为A B 的中点. （1）求证：B D 面AA D ； （2）求直线AP与直线BC所成角的余弦值. 22. 如图，某湖有一半径为1百米的半圆形岸边，现决定在圆心O处设立一个水文监测中心（大小忽略不的 计） ，在其正东方向相距2百米的点A处安装一套监测设备.为了监测数据更加准确，在半圆弧上的点B以及湖中的点C处，再分别安装一套监测设备，且满足ABAC=，90BAC
11、=.定义：四边形OACB及其内部区域为“直接监测覆盖区域”；OC的长为“最远直接监测距离”.设AOB=. （1）若60=，求“直接监测覆盖区域”的面积； （2）试确定的值，使得“最远直接监测距离”最大. 20202021 学年广东省广州市天河区高一学年广东省广州市天河区高一(下下) 期末数学试卷期末数学试卷 一一选择题选择题(共共 8 小题，每题小题，每题 5 分，共分，共 40分分). 1. 已知复数()21 izaa=+，若z是纯虚数，则z的共轭复数z =（ ） A. i B. i C. 1 D. 1 【1 题答案】 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件，结合纯虚数、共轭复数的概念，
12、即可求解 【详解】解：复数()21 izaa=+是纯虚数， 20a =，且10a+ ，即0a =，iz =，iz = . 故选：B. 2. 把颜色分别为红黄白紫的四个小球随机地分发给甲乙丙丁四个人，每人分得一个.事件“甲分得红色球”与事件“乙分得红色球”是（ ） A. 对立事件 B. 相互独立事件 C. 互斥但非对立事件 D. 以上都不对 【2 题答案】 【答案】C 【解析】 【分析】先写出基本事件总数，再根据对立事件和互斥事件的定义判断即可 【详解】解：把颜色分别为红黄白紫的四个小球随机地分发给甲乙丙丁四个人，每人分得一个. 共有432 124 =种情况， 事件A“甲分得红色球”与事件B“乙
13、分得红色球”是其中的两种， AB = ，互斥事件， AB全体基本事件，不对立， 所以两个事件的关系是互斥但不对立事件. 故选：C. 3. 某校高一甲、乙两个班分别有男生24名、15名，现用比例分配的分层随机抽样方法从两班男生中抽取 样本量为13的样本，对两个班男生的平均身高进行评估已知甲班、乙班男生身高的样本平均数分别为175cm、177.6cm，以所抽取样本的平均身高作为两个班男生的平均身高，则两个班男生的平均身高为（ ） A. 176cm B. 176.3cm C. 176.6cm D. 176.9cm 【3 题答案】 【答案】A 【解析】 【分析】由题知13个的样本中，甲班男生有8人，乙
14、班男生有5人，进而得两个班男生的平均身高为()1175 8 177.6 517613 +=. 【详解】 解:根据题意， 抽出来的13个的样本中， 甲班男生有2413824 15=+人， 乙班男生有1513524 15=+人， 所以根据题意得两个班男生的平均身高为()1175 8 177.6 517613 += 故选：A 4. 复平面内的平行四边形OABC的项点A和C(O是坐标原点)对应的复数分别为42i+和26i +，则点B对应的复数为（ ） A. 26i+ B. 28i+ C. 62i+ D. 82i+ 【4 题答案】 【答案】B 【解析】 【分析】根据OBOAOC=+ ，得到点B对应的复数
15、为()42i26i28i+ +=+，即可求解. 【详解】由题意，复平面内的平行四边形OABC的项点A和C对应的复数分别为42i+和26i +， 可得OBOAOC=+ ，即点B对应复数为()42i26i28i+ +=+， 故选：B. 5. 如图，在棱长为 2 的正方体ABCDA B C D中，EF分别为棱CCAB的中点，则EF与平面ABCD所成角的正切值是（ ） 的 A. 12 B. 22 C. 33 D. 55 【5 题答案】 【答案】D 【解析】 【分析】利用EC 面ABCD，可得EFC就是EF与平面ABCD所成的角，解三角形EFC即可 【详解】解：连接FC，EC 面ABCD， EFC就是E
16、F与平面ABCD所成的角. 2215tan512ECEFCFC=+. 故选：D. 6. 为考查 AB 两名运动员的训练情况，下面是 AB两名运动员连续 10 天完成训练指标任务的综合得分的折线图，给出下列四个结论，其中错误的结论是（ ） A. 第 3天至第 10天两名运动员综合得分均超过 80分 B. 第 2天至第 7 天 B运动员的得分逐日提高 C. 第 2天至第 3 天 A运动员的得分增量大于 B运动员的得分增量 D. A运动员第 1 天至第 3天的得分方差大于第 2天至第 4 天的得分的方差 【6 题答案】 【答案】D 【解析】 【分析】根据图象，逐一分析选项，即可得出答案. 【详解】对
17、 A，由图象可得，第 3天至第 10 天两名运动员综合得分均超过 80分，故 A 正确； 对 B，由图象可得，第 1天至第 7天 B 运动员的得分逐日提高，故 B 正确； 对 C，第 2天至第 3天 A运动员的得分增量大于 2，B运动员的得分增量小于 2，故 C正确； 对 D，由图象可得，在第 1 天至第 3天的得分中，A运动员的最小得分 78，最高得分 80， 在第 2 天至第 4天的得分中，最小得分 78，最高得分高于 80, 所以 A运动员第 1 天至第 3 天得分方差小于第 2天至第 4天的得分的方差，故 D错误. 综上，错误的结论是 D 选项. 故选：D. 7. 关于空间两条不同直线
18、 a，b和两个不同平面 ，下列命题正确的是（ ） A. 若/ /ab，b，则/ /a B. 若a，ab，b，则/ C. 若/a，则a D. 若a，b，则ab 【7 题答案】 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解. 【详解】若/ /ab，b，则/a或a，故 A 错误； 若a，ab，b，则/ 或与相交，故 B 错误； 若/a，则/a或a或a与相交，故 C错误； 若a，则/a或a，又由b，所以ab，故 D正确. 故选：D 8. 如图，在ABC中，3CAB=，3AB =，2AC =，=2ADDB ，12=33AEABAC+ ， 则|=DE （ ） 的.
19、 A. 133 B. 143 C. 153 D. 43 【8 题答案】 【答案】A 【解析】 【分析】选取AB 、AC为基向量，将DE用基向量表示，利用基向量的长度和夹角可求出求结果. 【详解】DE = AEAD 122333ABACAB=+ 1233ABAC= + ， 所以212|33DEABAC=+ 22144|cos9993ABACABAC=+ 1441943 29992= + 133=. 故选：A 二二多选题：本题共多选题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求要求.全部选对的得全
20、部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分. 9. 某圆锥的底面半径为 4，母线长为 5，则下列关于此圆锥的说法正确的是（ ） A. 圆锥的体积为16 B. 圆锥的侧面展开图的圆心角为45 C. 圆锥的侧面积为10 D. 过圆锥两条母线截面面积最大值为252 【9 题答案】 【答案】AD 【解析】 【分析】对于 A，由已知条件结合勾股定理可求出圆锥的高，从而可求出圆锥的体积；对于 B，用圆锥的底面周长除以母线长可求出圆锥的侧面展开图扇形的圆心角；对于 C，圆锥的侧面展开图是一个扇形，利用扇形的面积公式求解；对于 D，先判断圆锥的轴截面的顶角的大
21、小，然后求过圆锥两条母线的截面面积最大值 的 【详解】解：某圆锥的底面半径为4r =，母线长为5l =，如图所示： 对于 A，圆锥的高为22543h =，圆锥的体积为2143163V= =，选项 A正确； 对于 B，圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为24855=，选项 B错误； 对于 C，圆锥的侧面积为4 520S= =侧，选项 C 错误； 对于 D，圆锥的轴截面是等腰三角形， 顶角的余弦值为222558cos02 5 5+=，则sinsinAB C. 若coscAb，则ABC为钝角三角形 D. 若2a =，3b =，2222cabab+=+，ABC的面积为 3 【11 题答案】 【答案】BC 【
22、解析】 【分析】对于A：由正弦定理及特殊角的三角函数值可得60A =或120，即可判断； 对于B：由正弦定理及三角形中大角对大边，即可判断； 对于C：由余弦定理判断出ABC为钝角三角形，即可判断； 对于D：利用余弦定理及三角形的面积公式即可判断，即可判断. 【详解】解：ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c， 对于A：由于3 3a =，3b =，30B =，利用正弦定理sinsinabAB=，解得3sin2A =，由于0A时，所以ab，根据正弦定理2 sin2 sinRARB，整理得sinsinAB，故正确； 对于C：若coscAb，整理得coscbA，故222coscbcA，结合余弦
23、定理整理得222acb+，故ABC为钝角三角形，故正确； 对于D：若2a =，3b =，且2222cabab+=+，利用余弦定理可得22cosababC=，解得cos1C =，因为0C，无解，故D错误； 故选：BC 12. 下列命题中正确的是（ ） A. 设向量()1,1a = ，1 1,2 2n=，则n是与a垂直的单位向量 B 若R，且ab=，则a与b共线 C. 若四边形ABCD满足0ABCD+= ，()0ABDBAB= ，则该四边形是菱形 D. 若O是ABC所在平面上一定点，动点P满足ABACOPOAABAC=+ ，()0,+，则直线. AP一定经过ABC的内心 【12 题答案】 【答案】
24、BD 【解析】 【分析】由22n =，可判定 A 不正确；根据向量的共线定理，可得判定 B 正确；由ABCD= ，得到四边形ABCD是平行四边形，在由()0ABDBAB= ， 得到ADAB ，可判定 C不正确； 由ABAB ，ACAC分别表示AB ，AC上的单位向量1e，2e ，得到()12APee=+ ，结合菱形的性质，可判定 D 正确. 【详解】对于 A中，由()1 1111,1,02 222a n= = +=， 又由22112222n=+=，不是单位向量，故 A 不正确； 对于 B中，若R，且ab=，则a与b共线，故 B正确； 对于 C中，在四边形ABCD中，因为0ABCD+= ， 所以
25、ABCD= ，所以/AB CD且ABCDuuu ruuu r，所以四边形ABCD是平行四边形， 由()0ABDBAB= ，所以()0ABBDAB+= ，即0= AD AB，可得ADAB ， 所以平行四边形ABCD是矩形，故 C 不正确； 对于 D中，因为ABACOPOAABAC=+ ， 由ABAB ，ACAC分别表示AB ，AC上的单位向量1e，2e ， 所以()12OPOAee=+ ，所以()12OPOAee=+ ，所以()12APee=+ ， 12ee+ 表示以1e，2e 为邻边的菱形的对角线上的向量， 因为菱形对角线平分对角，且AP 与()12ee+ 共线，所以AP在A的平分线上， 所以
26、直线AP一定经过ABC的内心，故 D正确. 故选：BD. 三三填空题：本题共填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分. 13. 已知复数z满足()32i7iz+=，则z =_. 【13 题答案】 【答案】7 【解析】 【分析】根据复数的除法运算，化简得到7i23i32iz =+，结合复数模的计算公式，即可求解. 【详解】由题意，复数z满足()32i7iz+=， 所以()()()7i32i7i23i32i32i32iz=+， 所以()22237z =+ =. 故答案为：7. 14. 已知向量3a =，2b =，若()12aab=，则向量ab的夹角为_. 【14
27、题答案】 【答案】23 【解析】 【分析】 根据题意， 设向量a、b的夹角， 由数量积的计算公式可得2()96cos12aabaa b= ，可得cos的值，结合的范围分析可得答案 【详解】解：根据题意，设向量ab的夹角， 若()12aab=，则296cos12aa b= ， 则1cos2= ， 又由0，则23=， 故答案为：23. 15. 为了普及安全教育，某校组织了一次学生安全知识竞赛，规定每队 3人，每人回答一个问题，答对得1 分，答错得 0 分.在竞赛中，甲乙两班代表队狭路相逢，假设甲队每人回答问题正确的概率均为23，乙 队每人回答问题正确的概率分别为12，23，34，且两队各人回答问题
28、正确与否互不影响，则乙队总得分为 3分的概率是_，甲队总得分为 2 分且乙队总得分为 3 分的概率是_. 【15 题答案】 【答案】 . 14 . 19 【解析】 【分析】结合独立事件的乘法公式直接求解即可. 【详解】解：根据题意，设“乙队总得分为 3分”为事件A，“甲队总得分为 2分”为事件B， 若乙队总得分为 3分，即乙队三人都回答正确，则( )12312344P A =； 若甲队总得分为 2分，即甲队三人中有 2 人回答正确，则( )223214C339P B=， 则甲队总得分为 2分且乙队总得分为 3分， 即事件AB的概率()( ) ( )141499P ABP A P B=. 故答案
29、为：14；19. 16. 已知三棱锥ABCD的所有顶点都在球O的球面上，且AB 平面BCD，10AB =，4ACAD=，2 3CD =，则球O的表面积为_. 【16 题答案】 【答案】22 【解析】 【分析】 由题意可将三棱锥ABCD嵌入到长方体中， 然后求出长方体的体对角线即求出了外接球的直径，进而可求出结果. 【详解】解：三棱锥ABCD的所有顶点都在球O的球面上， 且AB 平面BCD，10AB =，4ACAD=，2 3CD =， 所以()224106BCBD=， 由于222BCBDCD+=， 所以BCD为等腰直角三角形； 因此可将三棱锥ABCD嵌入到长方体中，如图： 因此求三棱锥ABCD的
30、外接球半径即求长方体的外接球半径，而长方体的外接球的直径为长方体的对角线，又长方体的长宽高分别为6BCBD=，10AB =， 所以()()()2222661022R =+=， 所以球的表面积为2224222S=. 故答案为：22. 四四解答题：本题共解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70分分.解答应写出文字说明解答应写出文字说明证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤. 17. 某数学学习小组有男生 4名(记为1b，2b，3b，4b)，女生 2名(记为1g，2g)，现从中随机选出 2名学生去参加学校的数学竞赛(每人被选到的可能性相同). （1）求参赛学生中恰有 1名男生的概率； （2）求参赛学
31、生中至少有 1名女生的概率. 【17 题答案】 【答案】 （1）815； （2）35. 【解析】 【分析】 （1）列举法表示出从 6名学生中选取 2名学生参赛可能的结果和参赛学生中恰有 1名男生的结果，由古典概型概率计算公式可得答案； （2）列举法表示出从 6 名学生中选取 2名学生参赛可能的结果和参赛学生中至少有 1名女生的结果，由古典概型概率计算公式可得答案. 【详解】 （1）从 6名学生中选取 2名学生参赛可能的结果有： ()12,b b，()13,b b，()14,b b，()23,b b，()24,b b，()34,b b， ()11,b g，()12,b g，()21,b g，()
32、22,b g，()31,b g，()32,b g， ()41,b g，()42,b g，()12,g g，共 15种， 用A表示事件“参赛学生中恰有 1名男生的概率”， 则事件A包含的基本事件有： ()11,b g，()12,b g，()21,b g，()22,b g，()31,b g， ()32,b g，()41,b g，()42,b g，共 8 个， 故参赛学生中恰有 1 名男生的概率为( )815P A =. （2）用B表示事件“参赛学生中至少有 1名女生的概率”， 则事件B包含的基本事件有： ()11,b g，()12,b g，()21,b g，()22,b g，()31,b g， (
33、)32,b g，()41,b g，()42,b g，()12,g g，共 9个， 故参赛学生中至少有 1名女生的概率为( )93155P B =. 18. 已知ABC中，角ABC的对边分别为a，b，c，若sin3 cos0aBbA=. （1）求角A的大小； （2）若3bc =，4bc+=，求a的值. 【18 题答案】 【答案】 （1）3； （2）7. 【解析】 【分析】 （1）由题设条件和正弦定理化简得到sin3cos0AA=，进而求得A的大小； （2）由（1）知3A=，结合题设条件和余弦定理，即可求得a的值. 【详解】 （1）因为sin3 cos0aBbA=， 由正弦定理可得sinsin3s
34、incos0ABBA=， 因为(0, )B，可得sin0B ，所以sin3cos0AA=，可得tan3A =， 又因为()0,A，所以3A=. （2）由（1）知3A=，又由3bc =，4bc+=， 由余弦定理可得222222cosabcbcAbcbc=+=+()23163 37bcbc=+= =， 所以7a =. 19. 如图，在四棱锥PABCD中，PA 平面ABCD，底面ABCD是菱形，60ABC=点E，F分别在棱BC，PD的中点 （1）证明：/EF平面PAB （2）若2 2AB =，求点F到平面PAB的距离 【19 题答案】 【答案】 （1）证明见解析； （2）62 【解析】 【分析】 （
35、1）根据平面几何知识证得/EF BH，再运用线面平行判定定理可得证； （2）根据等体积法求得点E到平面PAB的距离，再由/EF平面PAB，可求得答案. 【详解】 （1）证明：取PA的中点H，连接HF，BH 因为点F是棱PD的中点，所以/HF AD，12HFAD= 因为点E分别是棱BC的中点，所以12BEBC= 因为四边形ABCD是菱形，所以/BC AD，且BCAD=， 所以/HF BE，HFBE=所以四边形BEFH是平行四边形，则/EF BH 因为BH 平面PAB，EF 平面PAB，所以/EF平面PAB （2）解：连接AE，PE 因为点E是棱BC的中点，所以11222BEBCAB= 因为60A
36、BC=，所以ABE的面积为113sin2 223222AB BEABC=， 则三棱锥PABE的体积为13333PAPA= 因为2 2AB =，且PAAB，所以PAB的面积为12 222PAPA= 设点E到平面PAB的距离为h，则三棱锥EPAB的体积为13233PA hPA=，解得62h =， 因为/EF平面PAB，所以点F到平面PAB的距离为62 【点睛】方法点睛：求点到面的距离常用的方法： 1.常用等积法； 2.直接作出点到平面的垂线段，则该垂线段的长度就是所求的距离； 3.转化，过这一点作平面的平行线，找其他求解方便的点； 4.向量，做平面法向量，在平面上随便找一点，与已知点连接，用向量的
37、距离公式求解 20. 某校为了对学生的阅读素养进行监测，随机抽取了M名学生进行阅读素养评分.评分规则规定实行百分制计分，现将所得的成绩按照)40,50，)50,60，)60,70，)70,80，)80,90，90,100分成 6组，并根据所得数据作出了如下所示的频数与频率的统计表和频率分布直方图.由于一些特殊原因，统计表和直方图都已残缺，请对照图中现有信息按要求还原数据. 分组 频数 频率 )40,50 5 )50,60 25 p )60,70 0.30 )70,80 )80,90 90,100 合计 M 1 （1）求出表中M，p及图中a，b的值； （2）估计该校学生阅读素养的成绩中位数以及平
38、均数(同一组中的数据用该组区间的中点值代表该组数据平均值). 【20 题答案】 【答案】 （1）100M =，0.25p =，0.025a =，0.02b =； （2）中位数为：2003，平均数为：68.5. 【解析】 【分析】 （1）由频率分布直方图得到)40,50的频率为0.05，又由频数分布表得)40,50的频数为 5，即可求得, ,M p a的值，结合频率分布直方图的性质，求得b的值； （2）由)40,60和)60,70的频率，利用中位数的计算公式，求得中位数，再利用平均数的计算公式，即可求得成绩平均数. 【详解】 （1）由频率分布直方图，可得)40,50的频率为0.005 100.0
39、5=， 又由频数分布表得)40,50的频数为 5， 所以51000.05M =，所以250.25100p =，250.025100 10a =， 因为()0.0050.0250.030.01 0.01101b+=，解得0.02b =. （2）由)40,60的频率为()0.0050.025100.3+=， )60,70的频率为：0.030 100.3=， 所以估计该校学生阅读素养的成绩中位数为：0.50.320060100.33+=. 估计该校学生阅读素养的成绩平均数为：45 0.005 1055 0.025 10 x =+ 65 0.030 1075 0.020 10+85 0.01 1095
40、 0.01 1068.5+=. 21. 直四棱柱ABCD A B C D 中，ABCD是等腰梯形，ADBD，1AD =，2ABAA= =，P为A B 的中点. （1）求证：B D 面AA D ； （2）求直线AP与直线BC所成角的余弦值. 【21 题答案】 【答案】 （1）证明见解析； （2）510. 【解析】 【分析】 （1） 根据题意， 分别证得B DA A 和A DB D ， 利用线面垂直的判定定理， 即可证得B D 面AA D ； （2）连接D P，得到/BC B CD P ，得出APD是直线AP与直线BC所成角的平面角，在AD P中，利用余弦定理，即可求解. 【详解】 （1）因为AB
41、CDA B C D 是直四棱柱，所以B DA A ， 又因为ADBD，且/ /BDB D，所以/ /ADB D ， 因为/ /ADA D ，所以A DB D ， 又因为AAA DA=，,AA A D平面AA D ， 所以B D 面AA D ； （2）连接D P，因为ABCD是等腰梯形，且P为A B 的中点， 可得/BC B CD P ，可得APD是直线AP与直线BC所成角的平面角， 在AD P中，1AD =，2ABAA= =，P为A B 的中点， 可得5ADAP =，1PD =； 由余弦定理得222( 5)1( 5)5cos1025 1APD+ =， 故直线AP与直线BC所成角的余弦值为510
42、. 22. 如图，某湖有一半径为1百米的半圆形岸边，现决定在圆心O处设立一个水文监测中心（大小忽略不计） ，在其正东方向相距2百米的点A处安装一套监测设备.为了监测数据更加准确，在半圆弧上的点B以及湖中的点C处，再分别安装一套监测设备，且满足ABAC=，90BAC=.定义：四边形OACB及其内部区域为“直接监测覆盖区域”；OC的长为“最远直接监测距离”.设AOB=. （1）若60=，求“直接监测覆盖区域”的面积； （2）试确定的值，使得“最远直接监测距离”最大. 【22 题答案】 【答案】 （1）332+； （2）当34=时，“最远直接监测距离”最大. 【解析】 【分析】 （1）利用余弦定理计
43、算出AB，利用三角形的面积公式可求得四边形OACB的面积，即为所求； （2）利用余弦定理和正弦定理可得出294 2sin4OC=+，利用正弦型函数的基本性质可求得2OC的最大值及其对应的值，即可得出结论. 【详解】 （1）在OAB中，因为60AOB=，1OB =，2OA =， 由余弦定理可得，2222cos603ABOBOAOB OA=+=， 故21133sin60222OABABCOACBSSSOA OBAB+=+=+=四边形， 所以“直接监测覆盖区域”的面积为332+； （2）由余弦定理可得2222cos54cosABOBOAOB OA=+=，则54cosAB=， 在OAB中，由正弦定理可得1sinsinABOAB=，可得sinsin54cosOAB=， coscossin2OACOABOAB=+= ， 在OAC中，由余弦定理可得 222sin2cos454cos4 54cos54cosOCOAACOA ACOAC=+=+ + 94sin4cos94 2sin4=+=+， 因为0，则3444， 故当42=时，即当34=时，OC取得最大值()294 22 212 21+=+=+， 故当34=时，使得“最远直接监测距离”最大.
