2020-2021学年吉林省长春市高一（下）6月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年吉林省长春市高一（下）6月月考数学试卷人教A版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知i是虚数单位，复数m+1+(2−m)i在复平面内对应的点在第二象限，则实数m的取值范围是( )
A.(−∞, −1)B.(−1, 2)
C.(2, +∞)D.(−∞, −1)∪(2, +∞)

2. 某制药厂正在测试一种减肥药的疗效，有1000名志愿者服用此药，体重变化结果统计如下：
如果另有一人服用此药，估计这个人体重减轻的概率约为( )
A.0.1B.0.2C.0.5D.0.6

3. 某所学校在一个学期的开支分布的扇形图如图1所示，在该学期的水、电、交通开支（单位：万元）如图2所示，则该学期的水电费开支占总开支的百分比为( )

%%%%

4. 下列关于向量的命题正确的是( )
A.若|a→|=|b→|，则a→=b→
B.若|a→|=|b→|，则a→//b→
C.若a→=b→，b→=c→，则a→=c→
D.若a→//b→，b→//c→，则a→//c→

5. 在梯形ABCD中，AB→=4DC→，则BC→等于（ ）
A.−14AB→+34AD→B.−34AB→+AD→
C.34AB→−AD→D.−34AB→+54AD→

6. 随机掷两枚骰子，记“向上的点数之和是偶数”为事件A，记“向上的点数之差为奇数”为事件B，则( )
A.A∩B≠⌀B.A⊆B
C.A,B互斥但不对立D.A,B对立

7. 边长为4的等边三角形用斜二测画法得到的图形的面积是（ ）
A.6B.23C.26D.32

8. 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中不正确的是( )
A.若m⊥α，m//n，n//β，则α⊥β
B.若α⊥β，m⊄α，m⊥β，则m//α
C.若m⊥β，m⊂α，则α⊥β
D.若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n

9. 如皋定慧寺原有佛塔毁于五代时期，现在的观音塔为2002年6月12日奠基，历时两年完成的，是仿明清古塔建筑，框架七层、八角彩绘，总建筑面积700多平方米．塔内供奉观音大士铜铸32应身，玻璃钢彩铸大悲咒出相84尊，有通道拾级而上可登顶层．塔名由中国书法协会名誉主席、中国佛教协会顾问、国学大师启功先生题写．塔是佛教的工巧明（即工艺学，比如建筑学就是工巧明之一），东汉明帝永平年间方始在我国兴建．所谓救人一命胜造七级浮屠，这七级浮屠就是指七级佛塔．下面是观音塔的示意图，游客（视为质点）从地面D点看楼顶点A的仰角为30∘，沿直线DB前进51米达到E点，此时看点C点的仰角为45∘，若2BC=3AC，则该八角观音塔的高AB约为（ ）3≈1.73

A.8米B.9米C.40米D.45米

10. PM2.5是衡量空气质量的重要指标，下图是某地7月1日到10日的PM2.5日均值（单位： ug/m3）的折线图，则下列关于这10天中PM2.5日均值的说法正确的是（ ）

A.众数为30且80%分位数为38B.中位数是31
C.平均数小于中位数D.后4天的方差小于前4天的方差

11. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱DC的中点，则异面直线AE与BC1所成角的余弦值为( )
A.525B.55C.105D.1010

12. 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB=60∘，侧面PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，则下列说法正确的是( )

A.平面PAB⊥平面PBC
B.异面直线AD与PB所成的角为60∘
C.二面角P−BC−A的大小为60∘
D.在棱AD上存在点M使得AD⊥平面PMB
二、填空题

已知复数z=1+2i，则z⋅z¯=________.

已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足bcsA+acsB=2ccsB，b=23，则△ABC外接圆的面积为________．

在边长为1的等边三角形ABC中，|AB→−BC→|的值为________.

已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点P、Q，若线段PQ的最小值为23−2，则正方体的外接球的表面积为________.
三、解答题

某校八年级学生参加“史地生会考”，八年级(1)班25名学生的成绩（满分为100分）统计如下：
90，74，88，65，98，75，81，42，85，70，55，80，95，88，72，87，60，56，76，66，78，72，82，63，100.

(1)90分及以上为A级，75∼89分为B级，60∼74分为C级，60分以下为D级．请把下面表格补充完整．

(2)根据(1)中完成的表格，将图中的条形图补充完整．

(3)该校八年级共有1000名学生，如果60分以上为及格，那么请估计八年级有多少人及格？

(4)若要知道抽测中每一个等级的人数占总人数的百分比，则应选择________统计图．

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2acsB=bcsC+ccsB．
(1)求角B；

(2)若c−a=22，S△ABC=332，求b．

某中学响应教育部门疫情期间“停课不停学”的号召，实施网络授课，为检验学生上网课的效果，高三学年进行了一次网络模拟考试．全学年共1500人，现从中抽取了100人的数学成绩，绘制成频率分布直方图（如下图所示）．已知这100人中[110,120)分数段的人数比[100,110)分数段的人数多6人．

(1)根据频率分布直方图，求a，b的值，

(2)并估计抽取的100名同学数学成绩的中位数；

(3)现用分层抽样的方法从分数在[130,140)，[140,150]的两组同学中随机抽取6名同学，从这6名同学中再任选2名同学作为“网络课堂学习优秀代表”发言，求这2名同学的分数不在同一组内的概率

如图，四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，PD⊥平面ABCD，PD=AD=22AB=1 ．直线PB与面ABCD所成角为π4，点E在线段PA上．

(1)若点E是AP的中点，求证： PC//平面BDE；

(2)若AE=23PA，求多面体BCPED的体积．

在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边．若3BA→⋅BC→=2S△ABC，则
(1)求角B的值；

(2)若△ABC为锐角三角形，且b=1，求△ABC的面积的取值范围．

如图，矩形ABCD中， AB=2,BC=1，M为边CD的中点，将△ADM沿直线AM翻折成AME，且BE=3，点P为线段BE的中点．

(1)求证： PC//平面AME；

(2)求直线PC与平面ABM所成角的正弦值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年吉林省长春市高一（下）6月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
由实部小于0且虚部大于0联立不等式组求解．
【解答】
解：∵ 复数m+1+(2−m)i在复平面内对应的点在第二象限，
∴ m+1<0,2−m>0, 解得m<−1，
∴ 实数m的取值范围是(−∞, −1)．
故选A.
2.
【答案】
D
【考点】
用频率估计概率
【解析】
f】由表中数据，用频率估计概率求解．
【解答】
解：由表中数据得：
估计这个人体重减轻的概率约为p=6001000=0.6，
故选D.
3.
【答案】
B
【考点】
扇形统计图
频率分布直方图
【解析】
由图2计算出水、电支出占水、电、交通支出的比例，再将这个比例与饼图中水、电、交通支出占学校一学期总开支比例相乘可得出答案．
【解答】
解：由图2知，水、电支出占水、电、交通支出的比例为200+450200+450+150=1316；
由图1知，水、电、交通支出占学校一个学期总开支的比例为15，
因此，该学期的水电费开支占总开支的百分比为1316×15=1380=16.25%.
故选B．
4.
【答案】
C
【考点】
向量的模
平行向量的性质
相等向量与相反向量
【解析】
根据向量的定义即可判断A错误，根据向量长度的定义即可判断B错误，C显然正确，对于选项D，当b→=0→时，便得不出a→∥c→，即得出选项D错误．
【解答】
解：A，向量的长度相等，方向不一定相同，从而得不出a→=b→，故该选项错误；
B，向量长度相等，向量不一定相互平行，故该选项错误；
C，若a→=b→，b→=c→显然可得出a→=c→，故该选项正确；
D，a→//b→，b→//c→得不出a→//c→，比如a→，c→不共线，且b→=0→，故该选项错误．
故选C.
5.
【答案】
B
【考点】
平面向量的基本定理及其意义
【解析】
由题意得到AB→=4BC→−BD→=4BC→−AD→−AB→，化简即可.
【解答】
解：∵ AB→=4DC→，
∴ AB→=4BC→−BD→=4BC→−AD→−AB→，
化简可得BC→= −34AB→+AD→ .
故选B.
6.
【答案】
D
【考点】
互斥事件与对立事件
【解析】
把事件A、B的情况——列出，即可判断．
【解答】
解：由题意得事件A与事件B既不能同时发生，又不能同时不发生，
所以事件A，B是对立事件，故A,B,C均错误.
故选D．
7.
【答案】
A
【考点】
斜二测画法
【解析】
由于正三角形ABC的直观图对应的三角形A′B′C′，底边长与正三角形ABC底边长相等，高是原三角形高的24，易得直观图与原图面积之比为24:1，结合已知中正三角形ABC的边长为4，求出原图面积后，代入即可得到答案．
【解答】
解：∵ 斜二测画法中得到的直观图面积与原图形的面积之比为24:1，
由于原图为边长为4的正三角形ABC，则S△ABC=34×42，
∴ 直观图的面积为34×42×24=6．
故选A.
8.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
本题考查空间直线、平面的位置关系．
【解答】
解：若m⊥α，m//n，n//β，则α⊥β，A正确；
若α⊥β，m⊄α，m⊥β，则m//α，B正确；
若m⊥β，m⊂α，则α⊥β，这是面面垂直的判定定理，C正确；
若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m，n可能平行、异面或相交，D不正确．
故选D．
9.
【答案】
D
【考点】
解三角形的实际应用
【解析】
设AC=x，即可表示出BC，BE，再在Rt△ABD中，利用锐角三角函数计算可得.
【解答】
解：设AC=x米，
由2BC=3AC得，BC=32x米，
因为∠CEB=45∘，
所以BE=BC=32x米，
在Rt△ABD中， tan30∘=ABAD=x+32x32x+51=33，
解得x=102315−33≈18，
所以AB=52x≈45米.
故选D.
10.
【答案】
D
【考点】
频率分布折线图、密度曲线
众数、中位数、平均数
极差、方差与标准差
【解析】
由题意，根据所给折线图，结合中位数、众数、平均数、方差的定义及相关运算进行求解即可.
【解答】
解：已知众数即是出现次数最多的数字，由折线图可得，众数为30，但其80％分位数不为38，故选项A正确；
中位数即是处在中间位置的数字，将折线图中数字由小到大依次排序，得到17，25，30，30，31，32，34，38，42，126，处在中间位置的数字是31，32，
所以中位数为31.5，故选项B错；
由折线图可得，平均数为17+25+30+30+31+32+34+38+42+12610=40.5>31.5，故选项C错；
已知前4天的平均数为38+25+17+304=27.5，后4天的平均数为42+31+32+304=33.75，
则前4天方差为s12=38−27.52+25−27.52+17−27.52+30−27.524=58.25，
后4天方差为s22=42−33.752+31−33.752+33.752+30−33.7524=23.1875，
可知后4天的方差小于前4天的方差，故选项D正确．
故选D.
11.
【答案】
C
【考点】
余弦定理的应用
异面直线及其所成的角
【解析】
本题考查了异面直线所成的角的求法，余弦定理的应用，属于基础题．
【解答】
解：如图所示，
因为在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱DC的中点，
所以异面直线AE与BC1所成角的余弦值为直线AE与AD1所成角的余弦值.
设该正方体棱长为a，
则AE=D1E=5a2，AD1=2a，
在三角形EAD1中，
cs∠D1AE=D1A2+AE2−D1E22D1A⋅AE=(2a)2+(52a)2−(52a)22×52a×2a=105，
故直线AE与BC1所成角的余弦值为105.
故选C．
12.
【答案】
D
【考点】
直线与平面垂直的判定
异面直线及其所成的角
二面角的平面角及求法
平面与平面垂直的判定
【解析】
无
【解答】
解：取AD的中点M，连结PM，BM，
则PM⊥AD.
又∵ ∠DAB=60∘，且四边形ABCD为菱形，
∴ △ABD为等边三角形，∴ AD⊥BM，∴ AD⊥平面PBM，∴ D正确；
∵ 平面PAD⊥平面 ABCD，∴ PM⊥平面ABCD，
∴ ∠PBM为二面角P−BC−A的平面角.
设AB=1，则BM=32，PM=32，
∴tan∠PBM=PMBM=1，
∴ ∠PBM=45∘，∴ C错误．
故选D．
二、填空题
【答案】
5
【考点】
复数的运算
共轭复数
【解析】
写出其共轭复数，再利用运算法则求解即可.
【解答】
解：∵ z=1+2i，∴ z¯=1−2i，
则z⋅z¯=1+2i1−2i=1−4i2=5.
故答案为：5.
【答案】
4π
【考点】
正弦定理
【解析】
由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得sinC＝2sinCcsB，由sinC≠0，可得csB=12，结合范围B∈(0, π)，可得B=π3，设△ABC外接圆的半径为R，则由正弦定理可求R的值，进而即可得解△ABC外接圆的面积．
【解答】
解：∵ bcsA+acsB=2ccsB，
∴ 由正弦定理可得sinBcsA+sinAcsB=2sinCcsB，
∴ sin(A+B)=sinC=2sinCcsB，
∵ sinC≠0，
∴ 可得csB=12，
∵ B∈(0, π)，
∴ 可得B=π3，
∵ b=23，
∴ 设△ABC外接圆的半径为R，则由正弦定理可得2R=bsinB=2332=4，可得R=2，
∴ △ABC外接圆的面积为S=πR2=4π．
故答案为：4π.
【答案】
3
【考点】
向量的模
向量模长的计算
【解析】
由题意，根据已知三角形为边长为1的正三角形，利用a→=(a→)2，结合平面向量的数量积进行求解即可.
【解答】
解：已知△ABC为边长为1的正三角形，
则|AB→−BC→|=|AB→−BC→|2=|AB→|2−2AB→⋅BC→+|BC→|2
=1−2|AB→|⋅|BC→|cs2π3+1=2−2×1×1×−12=3.
故答案为：3.
【答案】
48π
【考点】
球内接多面体
多面体的内切球问题
球的表面积和体积
【解析】
设正方体的边长，由正方体的边长与外接球的半径和内切球的半径的关系求出两个半径，再由题意线段PQ的最小值为两个半径之差，进而求出正方体分边长及外接球的半径，求出外接球的表面积．
【解答】
解：不妨设正方体的棱长为a，设外接球的半径为R，
则2R=3a，
解得R=32a，
设正方体的内切球的半径为r，
则2r=a，
解得r=a2，
已知线段PQ的最小值为R−r=32a−a2=23−2，
解得a=4，
所以该外接球的半径R=32⋅4=23，
则外接球的表面积S=4πR2=4π 232=48π.
故答案为：48π．
三、解答题
【答案】
解：(1)如图所示，
(2)如图所示：
(3)估计八年级及格人数为1000×4+10+825=880（人）.
扇形
【考点】
频率分布直方图
扇形统计图
用样本的频率分布估计总体分布
【解析】
（1）根据90分及以上为A级，75∼89分为B级，60∼74分为C级，60个以下为D级求解可得；
（2）根据以上表格中数据求解可得；
（3）用总人数乘以样本中及格人数所占比例即可得；
（4）根据三种统计图的特点选择即可得．
【解答】
解：(1)如图所示，
(2)如图所示：
(3)估计八年级及格人数为1000×4+10+825=880（人）.
(4)若要知道抽测中每一个等级的人数占总人数的百分比，应选择扇形统计图.
故答案为：扇形.
【答案】
解：(1)∵ 2acsB=bcsC+ccsB，
由正弦定理得：2sinAcsB=sinBcsC+sinCcsB，
2sinAcsB=sinB+C=sinπ−A=sinA，
∵ sinA≠0，
∴ csB=12，
∵ B∈0,π，
∴ B=π3．
(2)∵ S△ABC=12acsinB=332，
∴ 12acsinπ3=332，
则ac=6，
b2=a2+c2−2accsπ3=a2+c2−ac
=c−a2+2ac−ac
=c−a2+ac=8+6=14，
∴ b=14．
【考点】
两角和与差的正弦公式
正弦定理
余弦定理
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵ 2acsB=bcsC+ccsB，
由正弦定理得：2sinAcsB=sinBcsC+sinCcsB，
2sinAcsB=sinB+C=sinπ−A=sinA，
∵ sinA≠0，
∴ csB=12，
∵ B∈0,π，
∴ B=π3．
(2)∵ S△ABC=12acsinB=332，
∴ 12acsinπ3=332，
则ac=6，
b2=a2+c2−2accsπ3=a2+c2−ac
=c−a2+2ac−ac
=c−a2+ac=8+6=14，
∴ b=14．
【答案】
解：(1)由频率分布直方图的面积和为1，
则(0.002+0.008+0.014+a+b+0.015+0.01+0.005)×10=1，
得a+b=0.046又由100人中[110,120)分数段的人数比[100,110)分数段的人数多6人，
则100×10(b−a)=6，
解得a=0.020，b=0.026.
(2)中位数为110+0.5−10(0.002+0.008+0.014+0.02)0.026=112413．
(3)设“抽取的2名同学的分数不在同一组内”为事件A由题意知，在分数为[130,140)的同学中抽取4人，分别用a1，a2，a3，a4表示，在分数为[140,150)的同学中抽取2人，分别用b1，b2表示．
从6名学生中抽取2人所有可能的结果有：(a1,a2) ，(a1,a3) ，(a1,a4)， (a1,b1)， (a1,b2)， (a2,a3) ，(a2,a4)， (a2,b1) ，(a2,b2) ，(a3,a4)，(a3,b1)， (a3,b2)，(a4,b1)， (a4,b2) ， (b1,b2)共15种．
抽取的2名同学的分数不在同一组的结果有：(a1,b1)，(a1,b2)，(a2,b1)，(a2,b2)，(a3,b1)，(a3,b2)，(a4,b1)，(a4,b2)共8种，
所以抽取的2名同学的分数不在同一组的概率为pA=815．
【考点】
频率分布直方图
众数、中位数、平均数
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
无
无
此空无法删除
【解答】
解：(1)由频率分布直方图的面积和为1，
则(0.002+0.008+0.014+a+b+0.015+0.01+0.005)×10=1，
得a+b=0.046又由100人中[110,120)分数段的人数比[100,110)分数段的人数多6人，
则100×10(b−a)=6，
解得a=0.020，b=0.026.
(2)中位数为110+0.5−10(0.002+0.008+0.014+0.02)0.026=112413．
(3)设“抽取的2名同学的分数不在同一组内”为事件A由题意知，在分数为[130,140)的同学中抽取4人，分别用a1，a2，a3，a4表示，在分数为[140,150)的同学中抽取2人，分别用b1，b2表示．
从6名学生中抽取2人所有可能的结果有：(a1,a2) ，(a1,a3) ，(a1,a4)， (a1,b1)， (a1,b2)， (a2,a3) ，(a2,a4)， (a2,b1) ，(a2,b2) ，(a3,a4)，(a3,b1)， (a3,b2)，(a4,b1)， (a4,b2) ， (b1,b2)共15种．
抽取的2名同学的分数不在同一组的结果有：(a1,b1)，(a1,b2)，(a2,b1)，(a2,b2)，(a3,b1)，(a3,b2)，(a4,b1)，(a4,b2)共8种，
所以抽取的2名同学的分数不在同一组的概率为pA=815．
【答案】
(1)证明：连接AC交BD于点O，连接EO，
在△APC中，因为E、O分别是AP、AC的中点，所以EO//PC，
又因为EO⊂面BDE，PC⊄面BDE，所以PC//平面BDE．
(2)解：因为PD⊥面ABCD，直线PB与面ABCD所成的角为π4，
所以∠PBD=π4，BD=1 .
在△ABD中， BD=1， AD=1 ，AB=2，
所以AB2=AD2+BD2，
所以BD⊥AD .
又因为PD⊥面ABCD ，BD⊂面ABCD，
所以PD⊥BD，
PD∩AD=D,PD⊂面PAD,AD⊂面PAD，
所以BD⊥面PAD .
因为S△AED=12×AD×23PD=12×1×23=13，
所以VE−ABD=13S△AEB×BD=13×13×13×1=19.
又因为VP−ABCD=13SABCD×PD=13×1×1×1=13，
所以V多面体BCPED=VP−ABCD−VE−ABD=13−19=29.
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：连接AC交BD于点O，连接EO，
在△APC中，因为E、O分别是AP、AC的中点，所以EO//PC，
又因为EO⊂面BDE，PC⊄面BDE，所以PC//平面BDE．
(2)解：因为PD⊥面ABCD，直线PB与面ABCD所成的角为π4，
所以∠PBD=π4，BD=1 .
在△ABD中， BD=1， AD=1 ，AB=2，
所以AB2=AD2+BD2，
所以BD⊥AD .
又因为PD⊥面ABCD ，BD⊂面ABCD，
所以PD⊥BD，
PD∩AD=D,PD⊂面PAD,AD⊂面PAD，
所以BD⊥面PAD .
因为S△AED=12×AD×23PD=12×1×23=13，
所以VE−ABD=13S△AEB×BD=13×13×13×1=19.
又因为VP−ABCD=13SABCD×PD=13×1×1×1=13，
所以V多面体BCPED=VP−ABCD−VE−ABD=13−19=29.
【答案】
解：(1)∵ 3BA→⋅BC→=2S△ABC，
∴ 3accsB=2⋅12acsinB，
∴ sinB=3csB，
∵ B∈0,π，∴ sinB>0，则csB>0，∴ B=π3.
(2)已知△ABC为锐角三角形，且b=1，
由正弦定理得： asinA=bsinB=csinC=23，
∴ a=23sinA ，c=23sinC，
∴ S=12acsinB=13sinAsin2π3−A
=36sin2A−π6+312，
∵ △ABC为锐角三角形，
∴ 0∴ 2A−π6∈π6,5π6 ∴ S∈(36,34].
【考点】
正弦定理
三角形的面积公式
平面向量数量积的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ 3BA→⋅BC→=2S△ABC，
∴ 3accsB=2⋅12acsinB，
∴ sinB=3csB，
∵ B∈0,π，∴ sinB>0，则csB>0，∴ B=π3.
(2)已知△ABC为锐角三角形，且b=1，
由正弦定理得： asinA=bsinB=csinC=23，
∴ a=23sinA ，c=23sinC，
∴ S=12acsinB=13sinAsin2π3−A
=36sin2A−π6+312，
∵ △ABC为锐角三角形，
∴ 0∴ 2A−π6∈π6,5π6 ∴ S∈(36,34].
【答案】
(1)证明：取AE的中点Q，连结QM，QP，
因为P，Q均为中点，
故PQ//AB且PQ=12AB，
又因为MC//AB，且MC=12AB，
则PQ//MC且PQ=MC，
因此四边形MCPQ为平行四边形，
故PC//QM，
故PC//平面AME.
(2)解：取AM的中点O，连结OE，OB，
因为AE=ME，
所以OA⊥OE且OE=22，
在Rt△BOM中，BO2=OM2＋BM2=12+2=52，
因为BO2+OE2=BE2，
故EO⊥OB，
故EO⊥平面ABM，
因此∠AMQ为直线PC与平面ABM所成角，
sin∠AMQ=sin(45∘−∠EMQ)=22(cs∠EMQ−sin∠EMQ)，
在Rt△MEQ中，
sin∠EMQ=EQQM=1252=15，cs∠EMQ=EMQM=25，
故sin∠AMQ=1010．
【考点】
直线与平面平行的判定
二面角的平面角及求法
【解析】
(1)暂无．
(2)暂无．
【解答】
(1)证明：取AE的中点Q，连结QM，QP，
因为P，Q均为中点，
故PQ//AB且PQ=12AB，
又因为MC//AB，且MC=12AB，
则PQ//MC且PQ=MC，
因此四边形MCPQ为平行四边形，
故PC//QM，
故PC//平面AME.
(2)解：取AM的中点O，连结OE，OB，
因为AE=ME，
所以OA⊥OE且OE=22，
在Rt△BOM中，BO2=OM2＋BM2=12+2=52，
因为BO2+OE2=BE2，
故EO⊥OB，
故EO⊥平面ABM，
因此∠AMQ为直线PC与平面ABM所成角，
sin∠AMQ=sin(45∘−∠EMQ)=22(cs∠EMQ−sin∠EMQ)，
在Rt△MEQ中，
sin∠EMQ=EQQM=1252=15，cs∠EMQ=EMQM=25，
故sin∠AMQ=1010．体重变化
体重减轻
体重不变
体重增加
人数
600
200
200
等级
A
B
C
D
人数
8
等级
A
B
C
D
人数
4
10
8
3
等级
A
B
C
D
人数
4
10
8
3