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福建省莆田市2020-2021高一下学期期末数学试卷+答案
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这是一份福建省莆田市2020-2021高一下学期期末数学试卷+答案，共22页。试卷主要包含了选择题.，选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
福建省莆田市2020-2021学年高一下学期期末数学试卷
一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.
1．若复数z＝1﹣2i5，则z的虚部是（ ）
A．﹣2 B．﹣2i C．2 D．2i
2．某射击运动员在同一条件下射击的成绩记录如表所示．
射击次数
50
100
200
400
1000
射中8环以上的次数
44
78
158
320
800
根据表中的数据，估计该射击运动员射击一次射中8环以上的概率为（ ）
A．0.78 B．0.79 C．0.80 D．0.82
3．若复数z满足i＝﹣3+4i，则z＝（ ）
A．3﹣4i B．4﹣3i C．3+4i D．3+4i4+3i
4．已知向量，不共线，且向量与共线，则实数λ的值为（ ）
A．﹣2或﹣1 B．﹣2或1 C．﹣1或2 D．1或2
5．一个不透明的袋子中装有8个红球，2个白球，除颜色外，球的大小、质地完全相同，采用不放回的方式从中摸出3个球．下列事件为不可能事件的是（ ）
A．3个都是白球 B．3个都是红球
C．至少1个红球 D．至多2个白球
6．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
B．若α∩β＝m，n⊂β，m⊥n，则n⊥α
C．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n
D．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
7．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝3，，，则＝（ ）
A． B． C． D．3
8．古希腊数学家阿基米德一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱内切球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的．已知表面积为18π的圆柱的轴截面为正方形，则该圆柱内切球表面积与圆柱的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．某校举行“永远跟党走、唱响青春梦”歌唱比赛．在歌唱比赛中，由9名专业人士和9名观众代表各组成一个评委小组，给参赛选手打分．根据两个评委小组（记为小组A，小组B）对同一名选手打分的分值绘制成折线图，如图，则（ ）
A．小组A打分的分值的众数为47
B．小组B打分的分值第80百分位数为69
C．小组A更像是由专业人士组成
D．小组B打分的分值的均值小于小组A打分的分值的均值
10．设A，B为两个随机事件，且P（A）＞0，P（B）＞0，则下列命题正确的是（ ）
A．若P（AB）＝P（A）P（B），则A，B相互独立
B．若A和B相互独立，则A和B一定不互斥
C．若A和B互斥，则A和B一定相互独立
D．
11．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P是B1D1上的动点，则（ ）
A．直线DP与BC1是异面直线
B．CP∥平面A1BD
C．A1P+PB的最小值是2
D．当P与B1重合时，三棱锥P﹣A1BD的外接球半径为
12．点O，H分别为△ABC的外心，垂心，点D，M在平面ABC内，则下列命题正确的是（ ）
A．若，且，则向量在向量上的投影向量为
B．若，且，则
C．若＝，则△ABC的面积与△AMB的面积之比为2：1
D．若＝，则
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．某市有大型超市200家、中型超市400家、小型超市1400家．为掌握各类超市的营业情况，现按分层抽样方法抽取一个容量为100的样本，应抽取中型超市 家．
14．已知4件产品中恰有2件一等品，从中任取2件，恰有1件一等品的概率为 ．
15．△ABC中，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，点M，N分别在AC，BC上，且AM＝CM，BN＝2NC，AN，BM相交于点P，则cos∠MPN＝ ．
16．如图，一块斜边长为40cm的直角三角尺，其中一个内角为60°，把该角立在桌面上，使得斜边所在的直线与桌面所在的平面所成的角为45°，再绕其斜边旋转，则直角顶点到桌面距离的最大值为 cm．
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．已知向量，满足，＝，．
（1）求与的夹角θ；
（2）求的值．
18．如图，平面ACEF⊥平面ABC，AF⊥AC，AF∥CE，，BD＝2DE．
（1）求证：DF∥平面ABC；
（2）求证：DF⊥CE．
19．在①，，且，
②，
③（sinB﹣sinC）2＝sin2A﹣sinBsinC这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
问题：△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且_________．
（1）求A的值；
（2）若a＝2，求△ABC周长的最大值．
20．甲、乙两人进行乒乓球比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的胜负互不影响．有两种比赛方案供选择，方案一：三局两胜制（先胜2局者获胜，比赛结束）；方案二：五局三胜制（先胜3局者获胜，比赛结束）．
（1）若选择方案一，求甲获胜的概率；
（2）用掷硬币的方式决定比赛方案，掷3枚硬币，若恰有2枚正面朝上，则选择方案一，否则选择方案二．判断哪种方案被选择的可能性更大，并说明理由．
21．如图1，Rt△ABC中，∠B＝90°，，BC＝2，D，E分别是AB，AC的中点．把△ADE沿DE折至△PDE的位置，P∉平面BCED，连接PB，PC，F为线段PB的中点，如图2．
（1）求证：DF⊥平面PBC；
（2）当三棱锥P﹣BDE的体积为时，求直线BD与PC所成角的正切值．
22．为进一步推动防范电信网络诈骗工作，预防和减少电信网络诈骗案件的发生，某市开展防骗知识大宣传活动．该市年龄100岁及以下的居民人口约为300万人，从0岁到100岁的居民年龄频率分布直方图如图所示，其分组区间为：[0，20），[20，40），[40，60），[60，80），[80，100]．为了解防骗知识宣传的效果，随机调查了100名该市年龄100岁及以下居民对防骗知识的知晓情况，调查的知晓率（被调查的人群中，知晓的人数和总人数的比率）如表所示．
年龄段
[0，20）
[20，40）
[40，60）
[60，80）
[80，100]
知晓率（%）
34
45
54
65
74
（1）根据频率分布直方图，估计该市年龄100岁及以下居民的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）利用样本估计总体的思想，估计该市年龄100岁及以下居民对防骗知识的知晓率；
（3）根据《中国电信网络诈骗分析报告》显示，老年人（年龄60岁及以上）为易受骗人群，但调查中发现年龄在[60，100]的人群比年龄在[0，60）的人群对防骗知识的知晓率高．请从统计学的角度分析调查结果与实际情况产生差异的原因（至少写出两点）．
参考答案
一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.
1．若复数z＝1﹣2i5，则z的虚部是（ ）
A．﹣2 B．﹣2i C．2 D．2i
【分析】利用虚数单位i的运算性质化简z，则答案可求．
解：∵z＝1﹣2i5＝1﹣2i4•i＝1﹣2i，
∴z的虚部是﹣2．
故选：A．
2．某射击运动员在同一条件下射击的成绩记录如表所示．
射击次数
50
100
200
400
1000
射中8环以上的次数
44
78
158
320
800
根据表中的数据，估计该射击运动员射击一次射中8环以上的概率为（ ）
A．0.78 B．0.79 C．0.80 D．0.82
【分析】计算出5组数据中，射中8环以上的频率，用频率估计概率．
解：射中8环以上的频率依次为0.88，0.78，0.79，0.8，0.8，
所以估计该射击运动员射击一次射中8环以上的概率为0.8．
故选：C．
3．若复数z满足i＝﹣3+4i，则z＝（ ）
A．3﹣4i B．4﹣3i C．3+4i D．3+4i4+3i
【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案．
解：由i＝﹣3+4i，得，
则z＝4﹣3i．
故选：B．
4．已知向量，不共线，且向量与共线，则实数λ的值为（ ）
A．﹣2或﹣1 B．﹣2或1 C．﹣1或2 D．1或2
【分析】根据题意知，然后根据共面向量基本定理可得出，进而得出，然后解出λ的值即可．
解：∵不共线，
∴，
又与共线，
∴存在μ，使，
∴，解得λ＝﹣2或1．
故选：B．
5．一个不透明的袋子中装有8个红球，2个白球，除颜色外，球的大小、质地完全相同，采用不放回的方式从中摸出3个球．下列事件为不可能事件的是（ ）
A．3个都是白球 B．3个都是红球
C．至少1个红球 D．至多2个白球
【分析】根据已知条件，结合必然事件，不可能事件，随件事件的概念，即可求解．
解：由于袋子中白球的个数为2个，摸出的3个球都是白球是不可能事情，故A选项正确，
摸出的3个球都是红球是随机事件，故B选项错误，
摸出的球至少一个红球是必然事件，故C选项错误，
摸出的球至多2个白球是必然事件，故D选项错误．
故选：A．
6．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
B．若α∩β＝m，n⊂β，m⊥n，则n⊥α
C．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n
D．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
【分析】由两平行平面中两直线的位置关系判定A；由面面垂直的性质判断B；由两垂直平面中两直线的位置关系判断C；由线面垂直的性质及面面垂直的判定判断D．
解：若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m与n异面，故A错误；
若α∩β＝m，n⊂β，m⊥n，则n⊥α错误，只有添加条件α⊥β时才有n⊥α，故B错误；
若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m与n的关系为平行、相交或异面，故C错误；
若m⊥α，m∥n，则n⊥α，又n∥β，则α⊥β，故D正确．
故选：D．
7．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝3，，，则＝（ ）
A． B． C． D．3
【分析】由正弦定理可求得sinA，进而可得cosA，即可求得sinB，进而可得答案
解：由正弦定理可得，代入可得sinA＝＝＝，
因为，所以A∈（0，），故cosA＝，
所以sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC＝×（﹣）+×＝，
则＝＝3，
故选：D．
8．古希腊数学家阿基米德一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱内切球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的．已知表面积为18π的圆柱的轴截面为正方形，则该圆柱内切球表面积与圆柱的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【分析】设圆柱的底面半径为r，则高为2r，由圆柱的表面积求得r，再求出圆柱内切球的表面积及圆柱的体积，作比得答案．
解：设圆柱的底面半径为r，则高为2r，
圆柱的表面积为2πr2+2πr•2r＝6πr2＝18π，解得r＝，
圆柱内切球的表面积为S＝4π×，
圆柱的体积为V＝＝．
∴该圆柱内切球表面积与圆柱的体积之比为12π：＝2：．
故选：B．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．某校举行“永远跟党走、唱响青春梦”歌唱比赛．在歌唱比赛中，由9名专业人士和9名观众代表各组成一个评委小组，给参赛选手打分．根据两个评委小组（记为小组A，小组B）对同一名选手打分的分值绘制成折线图，如图，则（ ）
A．小组A打分的分值的众数为47
B．小组B打分的分值第80百分位数为69
C．小组A更像是由专业人士组成
D．小组B打分的分值的均值小于小组A打分的分值的均值
【分析】由折线图中的数据，结合众数、百分位数、平均数的定义对四个选项逐一分析判断即可．
解：由折线图可知，小组A打分的分值为：42，47，45，46，50，47，50，47，
则小组A打分的分值的众数为47，故选项A正确；
小组B打分的分值为：55，36，70，66，75，68，68，62，58，
按照从小到大排列为：36，55，58，62，66，68，68，70，75，
第80百分位数为9×80%＝7.2，故应该排序8，所以第80百分位数为70，故选项B错误；
小组A的打分成绩比较均匀，波动更小，故小组A更像专业人士组成，故选项C正确；
小组A的打分分值的均值小于55，而小组B的打分分值的均值大于55分，
所以小组B打分的分值的均值大于小组A打分的分值的均值，故选项D错误．
故选：AC．
10．设A，B为两个随机事件，且P（A）＞0，P（B）＞0，则下列命题正确的是（ ）
A．若P（AB）＝P（A）P（B），则A，B相互独立
B．若A和B相互独立，则A和B一定不互斥
C．若A和B互斥，则A和B一定相互独立
D．
【分析】根据题意，依次分析选项是否正确，综合可得答案．
解：A，B为两个随机事件，且P（A）＞0，P（B）＞0，
对于A，若P（AB）＝P（A）P（B），则A，B相互独立，A正确；
对于B，若A和B相互独立，则AB可能同时发生，故A和B一定不互斥，B正确；
对于C，互斥事件是事件A与B不可能同时发生，若A和B互斥，则A和B一定不会相互独立，C错误；
对于D，当事件A、B互斥但不对立时，有互斥，且互斥，P（AB）＝0，P（A+）＝0，D错误；
故选：AB．
11．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P是B1D1上的动点，则（ ）
A．直线DP与BC1是异面直线
B．CP∥平面A1BD
C．A1P+PB的最小值是2
D．当P与B1重合时，三棱锥P﹣A1BD的外接球半径为
【分析】由异面直线的定义判断A；证明面面平行，可得线面平行判断B；由余弦定理求得A1P+PB的最小值判断C；利用分割补形法求三棱锥P﹣A1BD的外接球半径判断D．
解：当P在B1D1上运动时，DP⊂平面BB1D1D，B∈平面BB1D1D，B∉DP，C1∉平面BB1D1D，
由异面直线的定义可得直线DP与BC1是异面直线，故A正确；
由BB1∥DD1，且BB1＝DD1，可得四边形BB1D1D为平行四边形，得到BD∥B1D1，
同理可得A1D∥B1C，又A1D∩BD＝D，可知平面A1BD∥平面CB1D1，得到CP∥平面A1BD，故B正确；
把平面BB1D1D翻折至正方体上底面（A1与B在B1D1两侧），有∠A1B1B＝135°，
则A1P+PB的最小值是＝，故C错误；
当P与B1重合时，三棱锥P﹣A1BD的外接球即正方体的外接球，半径为，故D正确．
故选：ABD．
12．点O，H分别为△ABC的外心，垂心，点D，M在平面ABC内，则下列命题正确的是（ ）
A．若，且，则向量在向量上的投影向量为
B．若，且，则
C．若＝，则△ABC的面积与△AMB的面积之比为2：1
D．若＝，则
【分析】A．根据题意得出O为BC的中点，∠BAC＝90°，从而可得||＝||＝||＝||，再计算向量在向量上的投影向量，即可判断选项A；
B．由题意可得AD是角A的角平分线，当||≠||时，，从而判断选项B；
C．设AC中点为E，BC中点为F，由向量的线性运算可得＝2，从而可得M，E，F三点共线，即可求得△ABC的面积与△AMB的面积的比值，从而判断选项C；
D．设＝，＝，＝，由题意可得•＝﹣²，||²＝||²，再利用夹角公式即可求得cos∠AHB，从而判断选项D．
解：对于A，由，可得O为BC的中点，
又O为△ABC的外心，所以∠BAC＝90°，所以||＝||，
又，所以||＝||＝||＝||，
设||＝1，向量在向量上的投影向量为||cos60°•＝，故A正确；
对于B，设方向上的单位向量为，上的单位向量为，
则＝λ（+），
因为||＝||＝1，则D过角A的平分线，
由，可得B，C，D三点共线，故AD是角A的角平分线，
当||≠||时，，故B错误；
对于C，＝，则+＝﹣2（+），
设AC中点为E，BC中点为F，故＝2，
所以M，E，F三点共线，S△AMB＝S△ABC，即S△ABC：S△AMB＝2：1，故C正确；
对于D，设＝，＝，＝，
由H为△ABC的垂心，可得•＝0，即•（﹣）＝0，
故•（﹣）＝0，所以•＝•，
同理可得•＝•，
所以•＝•＝•，
由＝，可得+2+3＝，
则²+2•+3•＝0，•+2²+3•＝0，
解得•＝﹣²，||²＝||²，
故cos∠AHB＝cos＜，＞＝﹣，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．某市有大型超市200家、中型超市400家、小型超市1400家．为掌握各类超市的营业情况，现按分层抽样方法抽取一个容量为100的样本，应抽取中型超市 20 家．
【分析】根据所给的三种超市的数目，相加得到共有的超市数目，根据要抽取的超市数目，得到每个个体被抽到的概率，用中等超市的数目乘以被抽到的概率，得到结果．
解：∵大型超市200家、中型超市400家、小型超市1400家，
∴共有超市200+400+1400＝2000，
∵按分层抽样方法抽取一个容量为100的样本，
∴每个个体被抽到的概率是，
∴中型超市要抽取400×＝20家，
故答案为：20．
14．已知4件产品中恰有2件一等品，从中任取2件，恰有1件一等品的概率为 ．
【分析】可记4件产品中恰有的2件一等品为a、b；另外另外两件为D、E，进一步一一列举出从中任取2件的基本事件，再确定其中恰有1件一等品所包含的基本事件个数后即可利用古典概型概率计算公式进行求解所求概率．
解：记4件产品中恰有的2件一等品为a、b；另外另外两件为D、E，
则从中任取2件的基本事件为（a，b），（a，D），（a，E），（b，E），（b，D），（D，E）共6个基本事件，
其中恰有1件一等品的为（a，D），（a，E），（b，E），（b，D）包含了4个基本事件，所以所求概率为P＝＝．
故答案为：．
15．△ABC中，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，点M，N分别在AC，BC上，且AM＝CM，BN＝2NC，AN，BM相交于点P，则cos∠MPN＝ ．
【分析】可先由余弦定理解出三角形ABC，根据平行线的性质可得＝，求出边BP，AP的数值后，再根据余弦定理即可求解．
解：如图，过M做MF//BC并交AN于E，
由余弦定理可得BC2＝AB2+AC2﹣2AB•AC•cos60°，解得BC＝．
∴△ABC为直角三角形，∠ABC＝90°，∵AM＝CM，∴△ABM为正三角形，
∴M为AC中点，∴MF为△ABC的中位线，∴E为AN中点，
∵BN＝2NC，∴BN＝，，又∵AB＝1，AC＝2，
∴在Rt△ABN中，，
∴＝，∴，∴，
∴cos∠MPN＝cos∠APB＝＝．
故答案为：．
16．如图，一块斜边长为40cm的直角三角尺，其中一个内角为60°，把该角立在桌面上，使得斜边所在的直线与桌面所在的平面所成的角为45°，再绕其斜边旋转，则直角顶点到桌面距离的最大值为 cm．
【分析】由题意，当AC与BC的投影在同一条直线上时，直角顶点A到桌面的距离h最大，设顶点A，B在桌面上的投影分别为M，N，利用角之间的关系求出AC与AM的夹角α，然后利用边角关系求解h即可．
解：由题意可得，当AC与BC的投影在同一条直线上时，直角顶点A到桌面的距离h最大，
如图所示，设顶点A，B在桌面上的投影分别为M，N，
则M，N，C三点共线，
设AC与AM的夹角为α，
则α+90°＝45°+60°，
解得α＝15°，
所以cosα＝cos15°＝cos（45°﹣30°）＝，
在Rt△ABC中，∠A＝90°，BC＝40，所以AC＝20，
则h＝AM＝AC•cosα＝20×＝，
所以直角顶点到桌面距离的最大值为（cm）．
故答案为：．
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．已知向量，满足，＝，．
（1）求与的夹角θ；
（2）求的值．
【分析】（1）直接展开结合模长即可求解结论；
（2）把所求平方再开方即可．
解：（1）∵向量，满足，＝，，
∴2+3•﹣2＝1⇒2+3×1×cosθ﹣2×（）2＝1⇒cosθ＝，
∵θ∈[0，π]，
∴θ＝，
（2）∵2＝﹣4•+4＝1﹣4×1×cosθ+4×（）2＝5，
∴＝．
18．如图，平面ACEF⊥平面ABC，AF⊥AC，AF∥CE，，BD＝2DE．
（1）求证：DF∥平面ABC；
（2）求证：DF⊥CE．
【分析】（1）在BC上取点P，使BP＝2PC，连接DP，AP，推导出DF∥AP，即可证得DF∥平面ABC；
（2）由面面垂直的性质定理可得AF⊥平面ABC，从而得到AF⊥AP，再由DF∥AP，CE∥AF，即可证得DF⊥CE．
【解答】证明：（1）在BC上取点P，使BP＝2PC，连接DP，AP．
因为BD＝2DE，所以DP∥CE，DP＝CE．
又因为AF∥CE，AF＝CE，
所以AF∥DP，AF＝DP．
所以四边形AFDP为平行四边形，
所以DF∥AP．
又AP⊂平面ABC，DF⊄平面ABC，
所以DF∥平面ABC．
（2）因为平面ACEF⊥平面ABC，AF⊥AC，平面ACEF∩平面ABC＝AC，
所以AF⊥平面ABC．
又AP⊂平面ABC，所以AF⊥AP．
由（1）知DF∥AP，CE∥AF，
所以DF⊥CE．
19．在①，，且，
②，
③（sinB﹣sinC）2＝sin2A﹣sinBsinC这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
问题：△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且_________．
（1）求A的值；
（2）若a＝2，求△ABC周长的最大值．
【分析】若选①：
（1）先根据向量垂直和向量的坐标建立等式，利用正弦定理，两角和的正弦公式可求cosA＝，结合范围A∈（0，π），可得A的值；
（2）由余弦定理，基本不等式可求b+c的最大值，即可求解三角形的周长的最大值．
若选②：
（1）利用三角函数恒等变换的应用，正弦定理化简已知等式可得tanA＝，结合范围A∈（0，π），可得A的值；
（2）由余弦定理，基本不等式可求b+c的最大值，即可求解三角形的周长的最大值．
若选③：
（1）由已知利用正弦定理可得b2+c2﹣a2＝bc，由余弦定理可得cosA＝，结合范围A∈（0，π），可得A的值；
（2）由余弦定理，基本不等式可求b+c的最大值，即可求解三角形的周长的最大值．
解：若选①：
（1）因为，，且，
所以（b﹣2c）cosA+acosB＝0，由正弦定理可得：sinBcosA﹣2sinCcosA+sinAcosB＝0，
所以sin（A+B）＝2sinCcosA，在△ABC中可得sinC＝2sinCcosA，
因为sinC≠0，
所以cosA＝，
因为A∈（0，π），
解得A＝；
（2）a＝2，A＝，由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccosA＝（b+c）2﹣2bc﹣bc＝（b+c）2﹣3bc，
所以可得bc＝≤（）2，当且仅当b＝c时取等号，
解得b+c≤4，
所以三角形的周长最大值为：a+b+c＝6；
若选②：
（1）因为，可得﹣acos（B+C）+acos（B﹣C）＝2bcosAsinC，
可得﹣a（cosBcosC﹣sinBsinC）+a（cosBcosC+sinBsinC）＝2bcosAsinC，可得2asinBsinC＝2bcosAsinC，
由正弦定理可得sinAsinBsinC＝sinBcosAsinC，
由于sinB≠0，sinC≠0，
所以sinA＝cosA，即tanA＝，
因为A∈（0，π），
解得A＝；
（2）a＝2，A＝，由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccosA＝（b+c）2﹣2bc﹣bc＝（b+c）2﹣3bc，
所以可得bc＝≤（）2，当且仅当b＝c时取等号，
解得b+c≤4，
所以三角形的周长最大值为：a+b+c＝6；
若选③：
（1）因为（sinB﹣sinC）2＝sin2A﹣sinBsinC，整理可得sin2B+sin2C﹣sin2A＝sinBsinC，
所以由正弦定理可得b2+c2﹣a2＝bc，
由余弦定理可得cosA＝＝＝，
因为A∈（0，π），
解得A＝；
（2）a＝2，A＝，由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccosA＝（b+c）2﹣2bc﹣bc＝（b+c）2﹣3bc，
所以可得bc＝≤（）2，当且仅当b＝c时取等号，
解得b+c≤4，
所以三角形的周长最大值为：a+b+c＝6．
20．甲、乙两人进行乒乓球比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的胜负互不影响．有两种比赛方案供选择，方案一：三局两胜制（先胜2局者获胜，比赛结束）；方案二：五局三胜制（先胜3局者获胜，比赛结束）．
（1）若选择方案一，求甲获胜的概率；
（2）用掷硬币的方式决定比赛方案，掷3枚硬币，若恰有2枚正面朝上，则选择方案一，否则选择方案二．判断哪种方案被选择的可能性更大，并说明理由．
【分析】（1）根据题意，分“甲连胜两局”和“甲前2局中一胜一败，第三局获胜”两种情况讨论，由互斥事件概率的加法公式计算可得答案，
（2）根据题意，求出采用方案一的概率，由此可得采用方案二的概率，比较可得答案．
解：（1）根据题意，若选择方案一，三局两胜制，
若甲连胜两局，其概率P1＝×＝，
若甲前2局中一胜一败，第三局获胜，其概率P2＝×××＝，
故甲获胜的概率P＝+＝；
（2）根据题意，采用方案一的概率P3＝×（）2×＝，
则采用方案二的概率P4＝1﹣P3＝，
故采用方案二的可能性更大．
21．如图1，Rt△ABC中，∠B＝90°，，BC＝2，D，E分别是AB，AC的中点．把△ADE沿DE折至△PDE的位置，P∉平面BCED，连接PB，PC，F为线段PB的中点，如图2．
（1）求证：DF⊥平面PBC；
（2）当三棱锥P﹣BDE的体积为时，求直线BD与PC所成角的正切值．
【分析】（1）折叠不改变ED与AD，BD的垂直关系，所以先证明DE⊥平面PDB，推出BC⊥平面PDB，得到BC⊥DF，再由PD＝BD，三线合一，推出DF⊥PB，满足线面垂直的判定定理，可证；
（2）根据体积，可判断出PD为三棱锥P﹣BDE的高，方法一：根据异面直线成角的定义，平移异面直线到同一个平面，找角，构形，解三角形即可，
方法二，建系求解即可．
解：（1）∵DE⊥PD，DE⊥BD，PD∩BD＝D，∴DE⊥平面PDB，
∵D，E分别是AB，AC的中点，∴DE∥BC，
∴BC⊥平面PBD，
∵DF⊂平面PBD，∴BC⊥DF，
∵F为线段PB的中点，PD＝DB，∴DF⊥PB，
∵PB∩BC＝B，
∴DF⊥平面PBC，
（2）设点P到面BDE的距离为h，
由题可知，即＝，解得h＝，
∵，∴PD⊥平面BDE，∵DE⊂平面BDE，DB⊂平面BDE，∴PD⊥DE，PD⊥BD，
方法一：如图，延长DE至点Q，令DQ＝BC＝2，连结PQ，CQ，∴
∵DQ∥BC，∴四边形BDQC为平行四边形，∴QC＝DB＝，
∵BD⊥DE，BD⊥PD，PD∩DE＝D，∴BD⊥平面PDE，
∵CQ∥BD，∴CQ⊥PDE，∵PQ⊂PDE，∴CQ⊥PQ，
∵直线BD与PC所成角即为CQ与PC成角∠PCQ，
∴＝＝，
方法二：如图，以D为原点，建立空间直角坐标系，坐标如下，D（0，0，0），B（），P（0，0，），C（），
∴，，
∴＝＝，
∴直线DB与PC成角θ，cosθ＝，∴sinθ＝，∴＝＝．
22．为进一步推动防范电信网络诈骗工作，预防和减少电信网络诈骗案件的发生，某市开展防骗知识大宣传活动．该市年龄100岁及以下的居民人口约为300万人，从0岁到100岁的居民年龄频率分布直方图如图所示，其分组区间为：[0，20），[20，40），[40，60），[60，80），[80，100]．为了解防骗知识宣传的效果，随机调查了100名该市年龄100岁及以下居民对防骗知识的知晓情况，调查的知晓率（被调查的人群中，知晓的人数和总人数的比率）如表所示．
年龄段
[0，20）
[20，40）
[40，60）
[60，80）
[80，100]
知晓率（%）
34
45
54
65
74
（1）根据频率分布直方图，估计该市年龄100岁及以下居民的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）利用样本估计总体的思想，估计该市年龄100岁及以下居民对防骗知识的知晓率；
（3）根据《中国电信网络诈骗分析报告》显示，老年人（年龄60岁及以上）为易受骗人群，但调查中发现年龄在[60，100]的人群比年龄在[0，60）的人群对防骗知识的知晓率高．请从统计学的角度分析调查结果与实际情况产生差异的原因（至少写出两点）．
【分析】（1）先利用频率之和为1，求出a的值，然后由平均数的计算公式求解即可；
（2）求出各年龄分组区间居民知晓防骗知识的人数，由此列式求解即可；
（3）由题意，分析写出结论即可．
【解答】（1）由频率分布直方图可得，20×（0.01+0.013+a+0.007+0.002）＝1，可得a＝0.018，
则估计该市年龄100岁及以下居民的平均年龄为：10×0.2+30×0.26+50×0.36+70×0.14+90×0.04＝41.2岁；
（2）由题意可知，该市各年龄分组区间居民知晓防骗知识的人数如表所示：
年龄分组区间
知晓人数（万人）
[0，20）
300×0.2×0.34＝20.4
[20，40）
300×0.26×0.45＝35.1
[40，60）
300×0.36×0.54＝58.32
[60，80）
300×0.14×0.65＝27.3
[80，100）
300×0.04×0.74＝8.88
所以估计该市年龄100岁及以下居民对防骗知识的知晓率为＝＝50%；
（3）①一次调查未必能客观反映总体；
②样本容量过小也可能影响估计的准确性；
③调查的样本不一定具有代表性，也会对估计产生影响；
④对于敏感性问题，被调查者不一定会提供真实信息．
福建省莆田市2020-2021学年高一下学期期末数学试卷
一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.
1．若复数z＝1﹣2i5，则z的虚部是（ ）
A．﹣2 B．﹣2i C．2 D．2i
2．某射击运动员在同一条件下射击的成绩记录如表所示．
射击次数
50
100
200
400
1000
射中8环以上的次数
44
78
158
320
800
根据表中的数据，估计该射击运动员射击一次射中8环以上的概率为（ ）
A．0.78 B．0.79 C．0.80 D．0.82
3．若复数z满足i＝﹣3+4i，则z＝（ ）
A．3﹣4i B．4﹣3i C．3+4i D．3+4i4+3i
4．已知向量，不共线，且向量与共线，则实数λ的值为（ ）
A．﹣2或﹣1 B．﹣2或1 C．﹣1或2 D．1或2
5．一个不透明的袋子中装有8个红球，2个白球，除颜色外，球的大小、质地完全相同，采用不放回的方式从中摸出3个球．下列事件为不可能事件的是（ ）
A．3个都是白球 B．3个都是红球
C．至少1个红球 D．至多2个白球
6．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
B．若α∩β＝m，n⊂β，m⊥n，则n⊥α
C．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n
D．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
7．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝3，，，则＝（ ）
A． B． C． D．3
8．古希腊数学家阿基米德一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱内切球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的．已知表面积为18π的圆柱的轴截面为正方形，则该圆柱内切球表面积与圆柱的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．某校举行“永远跟党走、唱响青春梦”歌唱比赛．在歌唱比赛中，由9名专业人士和9名观众代表各组成一个评委小组，给参赛选手打分．根据两个评委小组（记为小组A，小组B）对同一名选手打分的分值绘制成折线图，如图，则（ ）
A．小组A打分的分值的众数为47
B．小组B打分的分值第80百分位数为69
C．小组A更像是由专业人士组成
D．小组B打分的分值的均值小于小组A打分的分值的均值
10．设A，B为两个随机事件，且P（A）＞0，P（B）＞0，则下列命题正确的是（ ）
A．若P（AB）＝P（A）P（B），则A，B相互独立
B．若A和B相互独立，则A和B一定不互斥
C．若A和B互斥，则A和B一定相互独立
D．
11．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P是B1D1上的动点，则（ ）
A．直线DP与BC1是异面直线
B．CP∥平面A1BD
C．A1P+PB的最小值是2
D．当P与B1重合时，三棱锥P﹣A1BD的外接球半径为
12．点O，H分别为△ABC的外心，垂心，点D，M在平面ABC内，则下列命题正确的是（ ）
A．若，且，则向量在向量上的投影向量为
B．若，且，则
C．若＝，则△ABC的面积与△AMB的面积之比为2：1
D．若＝，则
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．某市有大型超市200家、中型超市400家、小型超市1400家．为掌握各类超市的营业情况，现按分层抽样方法抽取一个容量为100的样本，应抽取中型超市 家．
14．已知4件产品中恰有2件一等品，从中任取2件，恰有1件一等品的概率为 ．
15．△ABC中，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，点M，N分别在AC，BC上，且AM＝CM，BN＝2NC，AN，BM相交于点P，则cos∠MPN＝ ．
16．如图，一块斜边长为40cm的直角三角尺，其中一个内角为60°，把该角立在桌面上，使得斜边所在的直线与桌面所在的平面所成的角为45°，再绕其斜边旋转，则直角顶点到桌面距离的最大值为 cm．
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．已知向量，满足，＝，．
（1）求与的夹角θ；
（2）求的值．
18．如图，平面ACEF⊥平面ABC，AF⊥AC，AF∥CE，，BD＝2DE．
（1）求证：DF∥平面ABC；
（2）求证：DF⊥CE．
19．在①，，且，
②，
③（sinB﹣sinC）2＝sin2A﹣sinBsinC这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
问题：△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且_________．
（1）求A的值；
（2）若a＝2，求△ABC周长的最大值．
20．甲、乙两人进行乒乓球比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的胜负互不影响．有两种比赛方案供选择，方案一：三局两胜制（先胜2局者获胜，比赛结束）；方案二：五局三胜制（先胜3局者获胜，比赛结束）．
（1）若选择方案一，求甲获胜的概率；
（2）用掷硬币的方式决定比赛方案，掷3枚硬币，若恰有2枚正面朝上，则选择方案一，否则选择方案二．判断哪种方案被选择的可能性更大，并说明理由．
21．如图1，Rt△ABC中，∠B＝90°，，BC＝2，D，E分别是AB，AC的中点．把△ADE沿DE折至△PDE的位置，P∉平面BCED，连接PB，PC，F为线段PB的中点，如图2．
（1）求证：DF⊥平面PBC；
（2）当三棱锥P﹣BDE的体积为时，求直线BD与PC所成角的正切值．
22．为进一步推动防范电信网络诈骗工作，预防和减少电信网络诈骗案件的发生，某市开展防骗知识大宣传活动．该市年龄100岁及以下的居民人口约为300万人，从0岁到100岁的居民年龄频率分布直方图如图所示，其分组区间为：[0，20），[20，40），[40，60），[60，80），[80，100]．为了解防骗知识宣传的效果，随机调查了100名该市年龄100岁及以下居民对防骗知识的知晓情况，调查的知晓率（被调查的人群中，知晓的人数和总人数的比率）如表所示．
年龄段
[0，20）
[20，40）
[40，60）
[60，80）
[80，100]
知晓率（%）
34
45
54
65
74
（1）根据频率分布直方图，估计该市年龄100岁及以下居民的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）利用样本估计总体的思想，估计该市年龄100岁及以下居民对防骗知识的知晓率；
（3）根据《中国电信网络诈骗分析报告》显示，老年人（年龄60岁及以上）为易受骗人群，但调查中发现年龄在[60，100]的人群比年龄在[0，60）的人群对防骗知识的知晓率高．请从统计学的角度分析调查结果与实际情况产生差异的原因（至少写出两点）．
参考答案
一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.
1．若复数z＝1﹣2i5，则z的虚部是（ ）
A．﹣2 B．﹣2i C．2 D．2i
【分析】利用虚数单位i的运算性质化简z，则答案可求．
解：∵z＝1﹣2i5＝1﹣2i4•i＝1﹣2i，
∴z的虚部是﹣2．
故选：A．
2．某射击运动员在同一条件下射击的成绩记录如表所示．
射击次数
50
100
200
400
1000
射中8环以上的次数
44
78
158
320
800
根据表中的数据，估计该射击运动员射击一次射中8环以上的概率为（ ）
A．0.78 B．0.79 C．0.80 D．0.82
【分析】计算出5组数据中，射中8环以上的频率，用频率估计概率．
解：射中8环以上的频率依次为0.88，0.78，0.79，0.8，0.8，
所以估计该射击运动员射击一次射中8环以上的概率为0.8．
故选：C．
3．若复数z满足i＝﹣3+4i，则z＝（ ）
A．3﹣4i B．4﹣3i C．3+4i D．3+4i4+3i
【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案．
解：由i＝﹣3+4i，得，
则z＝4﹣3i．
故选：B．
4．已知向量，不共线，且向量与共线，则实数λ的值为（ ）
A．﹣2或﹣1 B．﹣2或1 C．﹣1或2 D．1或2
【分析】根据题意知，然后根据共面向量基本定理可得出，进而得出，然后解出λ的值即可．
解：∵不共线，
∴，
又与共线，
∴存在μ，使，
∴，解得λ＝﹣2或1．
故选：B．
5．一个不透明的袋子中装有8个红球，2个白球，除颜色外，球的大小、质地完全相同，采用不放回的方式从中摸出3个球．下列事件为不可能事件的是（ ）
A．3个都是白球 B．3个都是红球
C．至少1个红球 D．至多2个白球
【分析】根据已知条件，结合必然事件，不可能事件，随件事件的概念，即可求解．
解：由于袋子中白球的个数为2个，摸出的3个球都是白球是不可能事情，故A选项正确，
摸出的3个球都是红球是随机事件，故B选项错误，
摸出的球至少一个红球是必然事件，故C选项错误，
摸出的球至多2个白球是必然事件，故D选项错误．
故选：A．
6．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
B．若α∩β＝m，n⊂β，m⊥n，则n⊥α
C．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n
D．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
【分析】由两平行平面中两直线的位置关系判定A；由面面垂直的性质判断B；由两垂直平面中两直线的位置关系判断C；由线面垂直的性质及面面垂直的判定判断D．
解：若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m与n异面，故A错误；
若α∩β＝m，n⊂β，m⊥n，则n⊥α错误，只有添加条件α⊥β时才有n⊥α，故B错误；
若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m与n的关系为平行、相交或异面，故C错误；
若m⊥α，m∥n，则n⊥α，又n∥β，则α⊥β，故D正确．
故选：D．
7．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝3，，，则＝（ ）
A． B． C． D．3
【分析】由正弦定理可求得sinA，进而可得cosA，即可求得sinB，进而可得答案
解：由正弦定理可得，代入可得sinA＝＝＝，
因为，所以A∈（0，），故cosA＝，
所以sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC＝×（﹣）+×＝，
则＝＝3，
故选：D．
8．古希腊数学家阿基米德一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱内切球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的．已知表面积为18π的圆柱的轴截面为正方形，则该圆柱内切球表面积与圆柱的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【分析】设圆柱的底面半径为r，则高为2r，由圆柱的表面积求得r，再求出圆柱内切球的表面积及圆柱的体积，作比得答案．
解：设圆柱的底面半径为r，则高为2r，
圆柱的表面积为2πr2+2πr•2r＝6πr2＝18π，解得r＝，
圆柱内切球的表面积为S＝4π×，
圆柱的体积为V＝＝．
∴该圆柱内切球表面积与圆柱的体积之比为12π：＝2：．
故选：B．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．某校举行“永远跟党走、唱响青春梦”歌唱比赛．在歌唱比赛中，由9名专业人士和9名观众代表各组成一个评委小组，给参赛选手打分．根据两个评委小组（记为小组A，小组B）对同一名选手打分的分值绘制成折线图，如图，则（ ）
A．小组A打分的分值的众数为47
B．小组B打分的分值第80百分位数为69
C．小组A更像是由专业人士组成
D．小组B打分的分值的均值小于小组A打分的分值的均值
【分析】由折线图中的数据，结合众数、百分位数、平均数的定义对四个选项逐一分析判断即可．
解：由折线图可知，小组A打分的分值为：42，47，45，46，50，47，50，47，
则小组A打分的分值的众数为47，故选项A正确；
小组B打分的分值为：55，36，70，66，75，68，68，62，58，
按照从小到大排列为：36，55，58，62，66，68，68，70，75，
第80百分位数为9×80%＝7.2，故应该排序8，所以第80百分位数为70，故选项B错误；
小组A的打分成绩比较均匀，波动更小，故小组A更像专业人士组成，故选项C正确；
小组A的打分分值的均值小于55，而小组B的打分分值的均值大于55分，
所以小组B打分的分值的均值大于小组A打分的分值的均值，故选项D错误．
故选：AC．
10．设A，B为两个随机事件，且P（A）＞0，P（B）＞0，则下列命题正确的是（ ）
A．若P（AB）＝P（A）P（B），则A，B相互独立
B．若A和B相互独立，则A和B一定不互斥
C．若A和B互斥，则A和B一定相互独立
D．
【分析】根据题意，依次分析选项是否正确，综合可得答案．
解：A，B为两个随机事件，且P（A）＞0，P（B）＞0，
对于A，若P（AB）＝P（A）P（B），则A，B相互独立，A正确；
对于B，若A和B相互独立，则AB可能同时发生，故A和B一定不互斥，B正确；
对于C，互斥事件是事件A与B不可能同时发生，若A和B互斥，则A和B一定不会相互独立，C错误；
对于D，当事件A、B互斥但不对立时，有互斥，且互斥，P（AB）＝0，P（A+）＝0，D错误；
故选：AB．
11．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P是B1D1上的动点，则（ ）
A．直线DP与BC1是异面直线
B．CP∥平面A1BD
C．A1P+PB的最小值是2
D．当P与B1重合时，三棱锥P﹣A1BD的外接球半径为
【分析】由异面直线的定义判断A；证明面面平行，可得线面平行判断B；由余弦定理求得A1P+PB的最小值判断C；利用分割补形法求三棱锥P﹣A1BD的外接球半径判断D．
解：当P在B1D1上运动时，DP⊂平面BB1D1D，B∈平面BB1D1D，B∉DP，C1∉平面BB1D1D，
由异面直线的定义可得直线DP与BC1是异面直线，故A正确；
由BB1∥DD1，且BB1＝DD1，可得四边形BB1D1D为平行四边形，得到BD∥B1D1，
同理可得A1D∥B1C，又A1D∩BD＝D，可知平面A1BD∥平面CB1D1，得到CP∥平面A1BD，故B正确；
把平面BB1D1D翻折至正方体上底面（A1与B在B1D1两侧），有∠A1B1B＝135°，
则A1P+PB的最小值是＝，故C错误；
当P与B1重合时，三棱锥P﹣A1BD的外接球即正方体的外接球，半径为，故D正确．
故选：ABD．
12．点O，H分别为△ABC的外心，垂心，点D，M在平面ABC内，则下列命题正确的是（ ）
A．若，且，则向量在向量上的投影向量为
B．若，且，则
C．若＝，则△ABC的面积与△AMB的面积之比为2：1
D．若＝，则
【分析】A．根据题意得出O为BC的中点，∠BAC＝90°，从而可得||＝||＝||＝||，再计算向量在向量上的投影向量，即可判断选项A；
B．由题意可得AD是角A的角平分线，当||≠||时，，从而判断选项B；
C．设AC中点为E，BC中点为F，由向量的线性运算可得＝2，从而可得M，E，F三点共线，即可求得△ABC的面积与△AMB的面积的比值，从而判断选项C；
D．设＝，＝，＝，由题意可得•＝﹣²，||²＝||²，再利用夹角公式即可求得cos∠AHB，从而判断选项D．
解：对于A，由，可得O为BC的中点，
又O为△ABC的外心，所以∠BAC＝90°，所以||＝||，
又，所以||＝||＝||＝||，
设||＝1，向量在向量上的投影向量为||cos60°•＝，故A正确；
对于B，设方向上的单位向量为，上的单位向量为，
则＝λ（+），
因为||＝||＝1，则D过角A的平分线，
由，可得B，C，D三点共线，故AD是角A的角平分线，
当||≠||时，，故B错误；
对于C，＝，则+＝﹣2（+），
设AC中点为E，BC中点为F，故＝2，
所以M，E，F三点共线，S△AMB＝S△ABC，即S△ABC：S△AMB＝2：1，故C正确；
对于D，设＝，＝，＝，
由H为△ABC的垂心，可得•＝0，即•（﹣）＝0，
故•（﹣）＝0，所以•＝•，
同理可得•＝•，
所以•＝•＝•，
由＝，可得+2+3＝，
则²+2•+3•＝0，•+2²+3•＝0，
解得•＝﹣²，||²＝||²，
故cos∠AHB＝cos＜，＞＝﹣，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．某市有大型超市200家、中型超市400家、小型超市1400家．为掌握各类超市的营业情况，现按分层抽样方法抽取一个容量为100的样本，应抽取中型超市 20 家．
【分析】根据所给的三种超市的数目，相加得到共有的超市数目，根据要抽取的超市数目，得到每个个体被抽到的概率，用中等超市的数目乘以被抽到的概率，得到结果．
解：∵大型超市200家、中型超市400家、小型超市1400家，
∴共有超市200+400+1400＝2000，
∵按分层抽样方法抽取一个容量为100的样本，
∴每个个体被抽到的概率是，
∴中型超市要抽取400×＝20家，
故答案为：20．
14．已知4件产品中恰有2件一等品，从中任取2件，恰有1件一等品的概率为 ．
【分析】可记4件产品中恰有的2件一等品为a、b；另外另外两件为D、E，进一步一一列举出从中任取2件的基本事件，再确定其中恰有1件一等品所包含的基本事件个数后即可利用古典概型概率计算公式进行求解所求概率．
解：记4件产品中恰有的2件一等品为a、b；另外另外两件为D、E，
则从中任取2件的基本事件为（a，b），（a，D），（a，E），（b，E），（b，D），（D，E）共6个基本事件，
其中恰有1件一等品的为（a，D），（a，E），（b，E），（b，D）包含了4个基本事件，所以所求概率为P＝＝．
故答案为：．
15．△ABC中，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，点M，N分别在AC，BC上，且AM＝CM，BN＝2NC，AN，BM相交于点P，则cos∠MPN＝ ．
【分析】可先由余弦定理解出三角形ABC，根据平行线的性质可得＝，求出边BP，AP的数值后，再根据余弦定理即可求解．
解：如图，过M做MF//BC并交AN于E，
由余弦定理可得BC2＝AB2+AC2﹣2AB•AC•cos60°，解得BC＝．
∴△ABC为直角三角形，∠ABC＝90°，∵AM＝CM，∴△ABM为正三角形，
∴M为AC中点，∴MF为△ABC的中位线，∴E为AN中点，
∵BN＝2NC，∴BN＝，，又∵AB＝1，AC＝2，
∴在Rt△ABN中，，
∴＝，∴，∴，
∴cos∠MPN＝cos∠APB＝＝．
故答案为：．
16．如图，一块斜边长为40cm的直角三角尺，其中一个内角为60°，把该角立在桌面上，使得斜边所在的直线与桌面所在的平面所成的角为45°，再绕其斜边旋转，则直角顶点到桌面距离的最大值为 cm．
【分析】由题意，当AC与BC的投影在同一条直线上时，直角顶点A到桌面的距离h最大，设顶点A，B在桌面上的投影分别为M，N，利用角之间的关系求出AC与AM的夹角α，然后利用边角关系求解h即可．
解：由题意可得，当AC与BC的投影在同一条直线上时，直角顶点A到桌面的距离h最大，
如图所示，设顶点A，B在桌面上的投影分别为M，N，
则M，N，C三点共线，
设AC与AM的夹角为α，
则α+90°＝45°+60°，
解得α＝15°，
所以cosα＝cos15°＝cos（45°﹣30°）＝，
在Rt△ABC中，∠A＝90°，BC＝40，所以AC＝20，
则h＝AM＝AC•cosα＝20×＝，
所以直角顶点到桌面距离的最大值为（cm）．
故答案为：．
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．已知向量，满足，＝，．
（1）求与的夹角θ；
（2）求的值．
【分析】（1）直接展开结合模长即可求解结论；
（2）把所求平方再开方即可．
解：（1）∵向量，满足，＝，，
∴2+3•﹣2＝1⇒2+3×1×cosθ﹣2×（）2＝1⇒cosθ＝，
∵θ∈[0，π]，
∴θ＝，
（2）∵2＝﹣4•+4＝1﹣4×1×cosθ+4×（）2＝5，
∴＝．
18．如图，平面ACEF⊥平面ABC，AF⊥AC，AF∥CE，，BD＝2DE．
（1）求证：DF∥平面ABC；
（2）求证：DF⊥CE．
【分析】（1）在BC上取点P，使BP＝2PC，连接DP，AP，推导出DF∥AP，即可证得DF∥平面ABC；
（2）由面面垂直的性质定理可得AF⊥平面ABC，从而得到AF⊥AP，再由DF∥AP，CE∥AF，即可证得DF⊥CE．
【解答】证明：（1）在BC上取点P，使BP＝2PC，连接DP，AP．
因为BD＝2DE，所以DP∥CE，DP＝CE．
又因为AF∥CE，AF＝CE，
所以AF∥DP，AF＝DP．
所以四边形AFDP为平行四边形，
所以DF∥AP．
又AP⊂平面ABC，DF⊄平面ABC，
所以DF∥平面ABC．
（2）因为平面ACEF⊥平面ABC，AF⊥AC，平面ACEF∩平面ABC＝AC，
所以AF⊥平面ABC．
又AP⊂平面ABC，所以AF⊥AP．
由（1）知DF∥AP，CE∥AF，
所以DF⊥CE．
19．在①，，且，
②，
③（sinB﹣sinC）2＝sin2A﹣sinBsinC这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
问题：△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且_________．
（1）求A的值；
（2）若a＝2，求△ABC周长的最大值．
【分析】若选①：
（1）先根据向量垂直和向量的坐标建立等式，利用正弦定理，两角和的正弦公式可求cosA＝，结合范围A∈（0，π），可得A的值；
（2）由余弦定理，基本不等式可求b+c的最大值，即可求解三角形的周长的最大值．
若选②：
（1）利用三角函数恒等变换的应用，正弦定理化简已知等式可得tanA＝，结合范围A∈（0，π），可得A的值；
（2）由余弦定理，基本不等式可求b+c的最大值，即可求解三角形的周长的最大值．
若选③：
（1）由已知利用正弦定理可得b2+c2﹣a2＝bc，由余弦定理可得cosA＝，结合范围A∈（0，π），可得A的值；
（2）由余弦定理，基本不等式可求b+c的最大值，即可求解三角形的周长的最大值．
解：若选①：
（1）因为，，且，
所以（b﹣2c）cosA+acosB＝0，由正弦定理可得：sinBcosA﹣2sinCcosA+sinAcosB＝0，
所以sin（A+B）＝2sinCcosA，在△ABC中可得sinC＝2sinCcosA，
因为sinC≠0，
所以cosA＝，
因为A∈（0，π），
解得A＝；
（2）a＝2，A＝，由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccosA＝（b+c）2﹣2bc﹣bc＝（b+c）2﹣3bc，
所以可得bc＝≤（）2，当且仅当b＝c时取等号，
解得b+c≤4，
所以三角形的周长最大值为：a+b+c＝6；
若选②：
（1）因为，可得﹣acos（B+C）+acos（B﹣C）＝2bcosAsinC，
可得﹣a（cosBcosC﹣sinBsinC）+a（cosBcosC+sinBsinC）＝2bcosAsinC，可得2asinBsinC＝2bcosAsinC，
由正弦定理可得sinAsinBsinC＝sinBcosAsinC，
由于sinB≠0，sinC≠0，
所以sinA＝cosA，即tanA＝，
因为A∈（0，π），
解得A＝；
（2）a＝2，A＝，由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccosA＝（b+c）2﹣2bc﹣bc＝（b+c）2﹣3bc，
所以可得bc＝≤（）2，当且仅当b＝c时取等号，
解得b+c≤4，
所以三角形的周长最大值为：a+b+c＝6；
若选③：
（1）因为（sinB﹣sinC）2＝sin2A﹣sinBsinC，整理可得sin2B+sin2C﹣sin2A＝sinBsinC，
所以由正弦定理可得b2+c2﹣a2＝bc，
由余弦定理可得cosA＝＝＝，
因为A∈（0，π），
解得A＝；
（2）a＝2，A＝，由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccosA＝（b+c）2﹣2bc﹣bc＝（b+c）2﹣3bc，
所以可得bc＝≤（）2，当且仅当b＝c时取等号，
解得b+c≤4，
所以三角形的周长最大值为：a+b+c＝6．
20．甲、乙两人进行乒乓球比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的胜负互不影响．有两种比赛方案供选择，方案一：三局两胜制（先胜2局者获胜，比赛结束）；方案二：五局三胜制（先胜3局者获胜，比赛结束）．
（1）若选择方案一，求甲获胜的概率；
（2）用掷硬币的方式决定比赛方案，掷3枚硬币，若恰有2枚正面朝上，则选择方案一，否则选择方案二．判断哪种方案被选择的可能性更大，并说明理由．
【分析】（1）根据题意，分“甲连胜两局”和“甲前2局中一胜一败，第三局获胜”两种情况讨论，由互斥事件概率的加法公式计算可得答案，
（2）根据题意，求出采用方案一的概率，由此可得采用方案二的概率，比较可得答案．
解：（1）根据题意，若选择方案一，三局两胜制，
若甲连胜两局，其概率P1＝×＝，
若甲前2局中一胜一败，第三局获胜，其概率P2＝×××＝，
故甲获胜的概率P＝+＝；
（2）根据题意，采用方案一的概率P3＝×（）2×＝，
则采用方案二的概率P4＝1﹣P3＝，
故采用方案二的可能性更大．
21．如图1，Rt△ABC中，∠B＝90°，，BC＝2，D，E分别是AB，AC的中点．把△ADE沿DE折至△PDE的位置，P∉平面BCED，连接PB，PC，F为线段PB的中点，如图2．
（1）求证：DF⊥平面PBC；
（2）当三棱锥P﹣BDE的体积为时，求直线BD与PC所成角的正切值．
【分析】（1）折叠不改变ED与AD，BD的垂直关系，所以先证明DE⊥平面PDB，推出BC⊥平面PDB，得到BC⊥DF，再由PD＝BD，三线合一，推出DF⊥PB，满足线面垂直的判定定理，可证；
（2）根据体积，可判断出PD为三棱锥P﹣BDE的高，方法一：根据异面直线成角的定义，平移异面直线到同一个平面，找角，构形，解三角形即可，
方法二，建系求解即可．
解：（1）∵DE⊥PD，DE⊥BD，PD∩BD＝D，∴DE⊥平面PDB，
∵D，E分别是AB，AC的中点，∴DE∥BC，
∴BC⊥平面PBD，
∵DF⊂平面PBD，∴BC⊥DF，
∵F为线段PB的中点，PD＝DB，∴DF⊥PB，
∵PB∩BC＝B，
∴DF⊥平面PBC，
（2）设点P到面BDE的距离为h，
由题可知，即＝，解得h＝，
∵，∴PD⊥平面BDE，∵DE⊂平面BDE，DB⊂平面BDE，∴PD⊥DE，PD⊥BD，
方法一：如图，延长DE至点Q，令DQ＝BC＝2，连结PQ，CQ，∴
∵DQ∥BC，∴四边形BDQC为平行四边形，∴QC＝DB＝，
∵BD⊥DE，BD⊥PD，PD∩DE＝D，∴BD⊥平面PDE，
∵CQ∥BD，∴CQ⊥PDE，∵PQ⊂PDE，∴CQ⊥PQ，
∵直线BD与PC所成角即为CQ与PC成角∠PCQ，
∴＝＝，
方法二：如图，以D为原点，建立空间直角坐标系，坐标如下，D（0，0，0），B（），P（0，0，），C（），
∴，，
∴＝＝，
∴直线DB与PC成角θ，cosθ＝，∴sinθ＝，∴＝＝．
22．为进一步推动防范电信网络诈骗工作，预防和减少电信网络诈骗案件的发生，某市开展防骗知识大宣传活动．该市年龄100岁及以下的居民人口约为300万人，从0岁到100岁的居民年龄频率分布直方图如图所示，其分组区间为：[0，20），[20，40），[40，60），[60，80），[80，100]．为了解防骗知识宣传的效果，随机调查了100名该市年龄100岁及以下居民对防骗知识的知晓情况，调查的知晓率（被调查的人群中，知晓的人数和总人数的比率）如表所示．
年龄段
[0，20）
[20，40）
[40，60）
[60，80）
[80，100]
知晓率（%）
34
45
54
65
74
（1）根据频率分布直方图，估计该市年龄100岁及以下居民的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）利用样本估计总体的思想，估计该市年龄100岁及以下居民对防骗知识的知晓率；
（3）根据《中国电信网络诈骗分析报告》显示，老年人（年龄60岁及以上）为易受骗人群，但调查中发现年龄在[60，100]的人群比年龄在[0，60）的人群对防骗知识的知晓率高．请从统计学的角度分析调查结果与实际情况产生差异的原因（至少写出两点）．
【分析】（1）先利用频率之和为1，求出a的值，然后由平均数的计算公式求解即可；
（2）求出各年龄分组区间居民知晓防骗知识的人数，由此列式求解即可；
（3）由题意，分析写出结论即可．
【解答】（1）由频率分布直方图可得，20×（0.01+0.013+a+0.007+0.002）＝1，可得a＝0.018，
则估计该市年龄100岁及以下居民的平均年龄为：10×0.2+30×0.26+50×0.36+70×0.14+90×0.04＝41.2岁；
（2）由题意可知，该市各年龄分组区间居民知晓防骗知识的人数如表所示：
年龄分组区间
知晓人数（万人）
[0，20）
300×0.2×0.34＝20.4
[20，40）
300×0.26×0.45＝35.1
[40，60）
300×0.36×0.54＝58.32
[60，80）
300×0.14×0.65＝27.3
[80，100）
300×0.04×0.74＝8.88
所以估计该市年龄100岁及以下居民对防骗知识的知晓率为＝＝50%；
（3）①一次调查未必能客观反映总体；
②样本容量过小也可能影响估计的准确性；
③调查的样本不一定具有代表性，也会对估计产生影响；
④对于敏感性问题，被调查者不一定会提供真实信息．
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