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2022-2023学年福建省福州四中高一（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年福建省福州四中高一（下）期末数学试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年福建省福州四中高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知i为虚数单位，复数Z满足(1+i)Z=i，则Z−的虚部( )
A. −12 B. 12 C. 22 D. 12i
2. 高一某班10名学生的英语口语测试成绩(单位：分)如下：76，90，84，82，81，87，86，82，85，83.这组数据的第75百分位数是( )
A. 85 B. 86 C. 85.5 D. 86.5
3. 端午节放假，甲回老家过节的概率为13，乙、丙回老家过节的概率分别为14，15.假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少1人回老家过节的概率为( )
A. 5960 B. 35 C. 12 D. 160
4. 如图正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，以下结论中，错误的是( )
A. 异面直线A1D与AB1所成的角为60° B. 直线A1D与BC1垂直
C. 直线A1D与BD1平行 D. 直线A1D与B1C平行
5. 已知某7个数的平均数为3，方差为3，现加入一个新数据3，此时这8个数的平均数为x−，标准差为s，则( )
A. x−=3，s> 3 B. x−=3，s< 3 C. x−>3，s< 3 D. x−>3，s> 3
6. 从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件是( )
A. 至少有一个黑球与都是黑球 B. 至少有一个黑球与至少有一个红球
C. 恰有一个黑球与恰有两个黑球 D. 至少有一个黑球与都是红球
7. 已知|m|=|n|=1，p=m+xn(x∈R)，函数f(x)=|p|，当x= 34时，f(x)有最小值，则m在n上的投影向量为( )
A. 34n B. 32n C. − 34n D. − 32n
8. 设A，B，C，D是同一个半径为2的球的球面上四点，△ABC是以为BC底边的等腰三角形，且面积为3 34,∠BAC=120°，则三棱锥D−ABC体积的最大值为( )
A. 9 32 B. 3 3 C. 9 34 D. 3 34
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知m、n是不同的直线，α，β是不重合的平面，则下列命题中，真命题有( )
A. 若m⊂α，n⊂β，m//n，则α//β
B. 若m⊥α，m⊥β，n⊂α，则n//β
C. 若α//β，m⊥α，m//n，则n⊥β
D. 若α//β，m⊥α，n//β，则m⊥n
10. 某士官参加军区射击比赛，打了6发子弹，报靶数据如下：7，8，9，10，6，8，(单位：环)，下列说法正确的有( )
A. 这组数据的平均数是8 B. 这组数据的极差是4
C. 这组数据的中位数是8.5 D. 这组数据的方差是2
11. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，则能确定B为钝角的是( )
A. sin2A+sin2C
A. 正方体的外接球的表面积为12π B. 正方体的内切球的体积为4π3
C. 正方体的棱长为2 D. 线段MN的最大值为2 3
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 为加速推进科技城新区建设，需了解某科技公司的科研实力，现拟采用分层抽样的方式从A，B，C三个部门中抽取16名员工进行科研能力访谈.已知这三个部门共有64人，其中B部门24人，C部门32人，则从A部门中抽取的访谈人数______ ．
14. 在△ABC中，AB=AC= 2BC=2 2，用斜二测画法画出△ABC的直观图，则该直观图的面积为______．
15. 在正四面体ABCD(各棱都相等)中，E是BC的中点，则异面直线AE与CD所成的角的余弦值为______ ．
16. 已知圆锥的顶点为S，母线SA、SB所成角的余弦值为78，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5 15，则该圆锥的侧面积为 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知|a|=3 5，b=(1,2)，且a=λb．
(1)求a的坐标．
(2)当λ>0时，若c=(3,−4)，求a与c的夹角的正弦值．
18. (本小题12.0分)
已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，且sinBcosA= 3ba．
(1)求角A；
(2)若a= 7,b=2，求c．
19. (本小题12.0分)
某校从参加高三模拟考试的学生中随机抽取60名学生，将其数学成绩(均为整数)分成六段[90,100)，[100,110)，…，[140,150)后得到如下部分频率分布直方图．观察图形的信息，回答下列问题：
(1)求分数在[120,130)内的频率，并补全这个频率分布直方图；
(2)估计本次考试的第50百分位数；
(3)用分层抽样的方法在分数段为[110,130)的学生中抽取一个容量为6的样本，将该样本看成一个总体，从中任取2个，求至多有1人在分数段[120,130)内的概率．
20. (本小题12.0分)
如图，在三棱锥S−ABC中，SC⊥平面ABC，点P、M分别是SC和SB的中点，设PM=AC=1，∠ACB=90°，直线AM与直线SC所成角为60°．
(1)求证：平面MAP⊥平面SAC；
(2)求二面角M−AC−B的平面角的正切值．
21. (本小题12.0分)
甲、乙、丙三人去某地务工，其工作受天气影响，雨天不能出工，晴天才能出工．其计酬方式有两种，方式一：雨天没收入，晴天出工每天250元；方式而：雨天每天120元，晴天出工每天200元；三人要选择其中一种计酬方式，并打算在下个月(30天)内的晴天都出工，为此三人作了一些调查，甲以去年此月的下雨天数(10天)为依据作出选择；乙和丙在分析了当地近9年此月的下雨天数(n)的频数分布表(见表)后，乙以频率最大的n值为依据作出选择，丙以n的平均值为依据作出选择．
n
8
9
10
11
12
13
频数
3
1
2
0
2
1
(Ⅰ)试判断甲、乙、丙选择的计酬方式，并说明理由；
(Ⅱ)根据统计范围的大小，你觉得三人中谁的依据更有指导意义？
(Ⅲ)以频率作为概率，求未来三年中恰有两年，此月下雨不超过11天的概率．
22. (本小题12.0分)
已知正三角形A′BC的边长为a，CD是A′B边上的高，E，F分别是A′C，BC的中点，现将三角形A′DC沿CD翻折至ADC的位置，使平面ADC⊥平面BCD，如图所示．
(1)试判断翻折后直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；
(2)若三棱锥E−DFC的体积为 324，求实数a的值．；
(3)在线段AC上是否存在一点P，使得BP⊥DF？若存在，求出APAC的值；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由(1+i)Z=i，得Z=i1+i=i(1−i)(1+i)(1−i)=−i2+i12+12=12+12i，
∴Z−=12−12i，
则Z−的虚部为−12．
故选：A．
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求得Z−，则答案可求．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：从小到大的顺序排列数据为：76，81，82，82，83，84，85，86，87，90，
因为10×75%=7.5，
所以这组数据的75百分位数是第八个数据86，
故选：B．
先把数据从小到大排列，然后根据百分位数的计算公式即可求解．
本题考查了百分位数的求解，考查了学生的运算能力，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对立事件及独立事件同时发生的概率计算公式的合理运用．
这段时间内至少1人回老家过节的对立事件是这段时间没有人回老家过节，由此能求出这段时间内至少1人回老家过节的概率．
【解答】
解：端午节放假，甲回老家过节的概率为13，乙、丙回老家过节的概率分别为14，15．
假定三人的行动相互之间没有影响，
这段时间内至少1人回老家过节的对立事件是这段时间没有人回老家过节，
∴这段时间内至少1人回老家过节的概率为：
p=1−(1−13)(1−14)(1−15)=35．
故选B．
4.【答案】C
【解析】解：对A，正方体中A1B1//DC，且A1B1=DC，故平行四边形A1B1CD，故A 1D//B1C，
由题意得正△ACB1，故异面直线A1D与AB1所成的角为直线B1C与AB1所成的角为∠AB1C=60°，故A正确；
对B，因为正方形BCC1B1，故直线B1C与BC1垂直，又A1D//B1C，故A 1D与BC1垂直，故B正确；
对C，因为A1D⊥BC1，C1D1⊥平面AA1D1D，
故C 1D1⊥A1D，又C1D1，BC1⊂平面BC1D1，故A 1D⊥平面BC1D1，
因为BD1⊂平面BC1D1，故直线A1D与BD1垂直，故C错误；
对D，由A可知平行四边形A1B1CD，故A 1D//B1C，D正确．
故选：C．
对A，根据直线A1D//B1C再在三角形中判断即可；
对B，根据直线A1D//B1C，结合正方体的性质判定即可；
对C，根据线面垂直的性质判断直线A1D与BD1垂直即可；
对D，根据平行四边形A1B1CD判断即可．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．
5.【答案】B
【解析】解：∵某7个数的平均数为3，方差为3，
现又加入一个新数据3，
此时这8个数的平均数为x−，标准差为s，
∴x−=7×3+38=3，
s2=7×3+(3−3)28=218，s= 424< 3，
故选：B．
由题设条件，利用平均数和方差的计算公式进行求解．
本题考查平均数和方差的计算公式的应用，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查互斥事件与对立事件．首先要求理解互斥事件和对立事件的定义，理解互斥事件与对立事件的联系与区别．同时要能够准确列举某一事件所包含的基本事件．属于简单题．
列举每个事件所包含的基本事件，结合互斥事件和对立事件的定义，依次验证即可
【解答】
解：对于A：事件：“至少有一个黑球”与事件：“都是黑球”可以同时发生，如：两个都是黑球，∴这两个事件不是互斥事件，∴A不正确
对于B：事件：“至少有一个黑球”与事件：“至少有一个红球”可以同时发生，如：一个红球一个黑球，∴B不正确
对于C：事件：“恰好有一个黑球”与事件：“恰有两个黑球”不能同时发生，但从口袋中任取两个球时还有可能是两个都是红球，∴两个事件是互斥事件但不是对立事件，∴C正确
对于D：事件：“至少有一个黑球”与“都是红球”不能同时发生，但一定会有一个发生，
∴这两个事件是对立事件，∴D不正确
故选：C．
7.【答案】C
【解析】解：∵|m|=|n|=1，p=m+xn(x∈R)，
∴p2=1+x2+2m⋅nx，(x∈R)，
∴当x=−2m⋅n2×1=−m⋅m时，p2取得最小值，即|p|=f(x)也取得最小值，
∴−m⋅n= 34，∴m⋅n=− 34，
∴m在n上的投影向量为(m⋅nn2)n=− 34n．
故选：C．
根据一元二次函数的性质，投影向量的定义即可求解．
本题考查一元二次函数的性质，投影向量的定义，属基础题．
8.【答案】D
【解析】解：△ABC为等腰三角形且面积为3 34，∠BAC=120°，可得12⋅AB2⋅sin120°=3 34，解得AB= 3，
设球心为O，△ABC的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点时三棱锥体积最大，
如图所示：
△ABC外接圆的半径为O′A=12×ABsin30∘= 3，
OO′= OA2−O′A2= 22−( 3)2=1，
且三棱锥D−ABC高的最大值为O′O+OD=3，
所以三棱锥D−ABC体积的最大值为：V=13S△ABC⋅O′D=13×3 34×3=3 34．
故选：D．
由题意求出等腰△ABC的腰长AB，画出图形，判断D的位置，然后求解三棱锥D−ABC高的最大值，代入棱锥体积公式即可求解．
本题考查了球的内接三棱锥和棱锥的体积计算问题，也考查了空间想象能力与运算求解能力，是中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：若m⊂α，n⊂β，m//n，由α与β相交或平行，A错；
若m⊥α，m⊥β，则α//β，又n⊂α，所以n//β，B正确；
若α//β，m⊥α，则m⊥β，因为m//n，所以n⊥β，C正确；
若α//β，m⊥α，则m⊥β，n//β，则β内存在直线c与n平行，由m⊥β得m⊥c，则c//n得m⊥n，D正确．
故选：BCD．
根据空间直线、平面间的位置关系判断．
本题考查空间直线与直线的位置关系的应用，考查逻辑推理能力，是中档题．
10.【答案】AB
【解析】
【分析】
本题考查命题真假的判断，平均数、极差、中位数、方差的定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
利用平均数、极差、中位数、方差的定义直接判断各选项即可．
【解答】
解：对于A，这组数据的平均数是16(7+8+9+10+6+8)=8，故A正确；
对于B，这组数据的极差是10−6=4，故B正确；
对于C，这组数据从小到大为6，7，8，8，9，10，
∴这组数据的中位数是8，故C错误；
对于D，这组数据的方差是S2=16[(7−8)2+(8−8)2+(9−8)2+(10−8)2+(6−8)2+(8−8)2]=53，故D错误．
故选：AB．
11.【答案】ACD
【解析】解：选项A，由正弦定理及sin2A+sin2C
选项B，AB⋅BC=|AB|⋅|BC|cos(π−B)=−|AB|⋅|BC|cosB<0，则cosB>0，显然B不可能为钝角，即选项B错误；
选项C，由正弦定理及cb
因为sinA>0，所以cosB<0，所以B为钝角，即选项C正确；
选项D，由0
所以cosB<0，所以B为钝角，即选项D正确．
故选：ACD．
选项A，利用正弦定理化角为边，并结合余弦定理，可得cosB<0；
选项B，由AB⋅BC=−|AB|⋅|BC|cosB<0，可得cosB>0；
选项C，利用正弦定理化边为角，并结合两角和的正弦公式，化简可得cosB<0；
选项D，根据同角三角函数的商数关系，两角和的余弦公式，化简可得cosB<0．
本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，平面向量数量积，两角和差公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】ABC
【解析】
【分析】
设正方体的棱长为a，则正方体的外接球的半径R= 3a2，内切球的半径r=a2，求出a的值，根据球的体积和表面积公式计算即可．
本题考查的知识要点：正方体的内切球和外接球，球的体积和表面积公式，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于较难题．
【解答】
解：设正方体的棱长为a，则正方体的外接球的半径为体对角线的一半，即R= 3a2，
内切球的半径为棱长的一半，即r=a2，
由于M和N为外接球和内切球上的动点，
对于C：MNmin= 3a2−a2= 3−1，解得a=2，故C正确；
对于A：外接球的表面积为S=4⋅π⋅( 3)2=12π，故A正确；
对于B：内切球的体积为V=43⋅π⋅13=4π3，故B正确；
对于D：线段MN的最大值为 3a2+a2= 3+1，故D错误；
故选：ABC．
13.【答案】2
【解析】解：由题意可知，A部门一共有64−24−32=8人，
故采用分层抽样的方法从A，B，C三个部门中抽取16名员工，则从A部门中抽取的访谈人数为16×864=2．
故答案为：2．
利用分层抽样的定义以及分层抽样按比例抽取的特点进行求解即可．
本题考查了抽样方法的应用，主要考查了分层抽样的定义以及分层抽样的特点的应用，属于基础题．
14.【答案】 144
【解析】解：如图所示，作出△ABC底边上的高h，
则h= (2 2)2−1= 7，
所以S△ABC=12×2× 7= 7，
所以该直观图的面积S△ABC= 24× 7= 144．
故答案为： 144．
根据题意计算出原图的面积，由直观图与原图的面积之比为 24，计算可得答案．
本题主要考查空间几何体的直观图，属于基础题．
15.【答案】 36
【解析】解：取BD的中点F，连接AF、EF，
∵E、F分别是BC、BD的中点，∴EF//CD，
∴∠AEF为异面直线AE与CD所成的角，
设正四面体ABCD的棱长为2，则AE=AF= 3，EF=1，
在△AEF中，cos∠AEF=AF2+EF2−AE22×AF×EF=3+1−32× 3= 36．
故答案是 36
根据三角形的中位线平行于底边，作出异面直线所成的角，再解三角形求得即可．
本题考查异面直线所成的角．异面直线所成角的求法：1、作角(平行线)；2、证角(符合定义)；3、求角(解三角形)．
16.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查圆锥的结构特征和侧面积、三角形面积公式、直线与平面所成的角，属于中档题．
利用已知条件结合同角三角函数基本关系求出sin∠ASB的值，根据三角形面积公式求出圆锥的母线长，利用母线与平面所成角求出底面半径，即可求出圆锥的侧面积．
【解答】
解：因为圆锥的母线SA、SB所成角的余弦值为78，∠ASB∈(0,π2)，
所以sin∠ASB= 1−(78)2= 158．
所以△SAB的面积为12|SA|2sin∠ASB=5 15，
所以12|SA|2sin∠ASB=5 15，
所以12|SA|2× 158=5 15，所以|SA|=4 5．
因为SA与圆锥底面所成角为45°，
所以圆锥的底面半径r=|SA|sin45°=4 5× 22=2 10，
所以该圆锥的侧面积为．
故答案为：．
17.【答案】解：(1)∵a=λb=λ(1,2)=(λ,2λ)，
∴|a|= λ2+4λ2=|λ| 5=3 5,λ=±3，
∴a=(3,6)或a=(−3,−6)．
(2)当λ>0,a=(3,6)，
∴cos〈a,c〉=9+(−24) 9+36 9+16=−1515 5=− 55，
∴sin=2 55，
即a与c的夹角的正弦值为2 55．
【解析】(1)先得到a=(λ,2λ)，再运用向量的求模公式求出λ即可．
(2)利用向量的夹角公式求出夹角的余弦值，再利用同角三角函数的关系求出正弦值．
本题考查平面向量的数量积的定义和性质，考查向量夹角公式及计算，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由正弦定理及sinBcosA= 3ba，得sinBcosA= 3sinBsinA．
∵sinB≠0，
∴sinA= 3cosA，即tanA= 3，
∵0
(2)∵a= 7,b=2,A=π3，
由余弦定理a2=b2+c2−2bccosA，
可得：7=4+c2−2×2×c×12，可得：c2−2c−3=0，
∴解得c=3或c=−1(负值舍去)．
【解析】(1)由已知结合正弦定理及同角基本关系进行化简可求tanA，进而可求A；
(2)由已知结合余弦定理即可求解c．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，同角基本关系在求解三角形中的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由频率分布直方图，得：
分数在[120,130)内的频率为：1−(0.010+0.015+0.015+0.025+0.005)×10=0.3，
0.310=0.03，
补全后的直方图如右图所示：
(2)∵[90,120)的频率为(0.010+0.015+0.015)×10=0.4，
[120,130)的频率为：0.030×10=0.3，
∴第50百分位数为：120+0.5−0.40.3×10=3703；
(3)解：用分层抽样的方法在分数段为[110,130)的学生中抽取一个容量为6的样本，
则分数段为[110,120)中抽取的学生数为：0.0150.015+0.030×6=2人，设为A，B，
分数段为[120,130)中抽取的学生数为：0.0300.015+0.030×6=4人，设为a，b，c，d，
从中任取2个，有AB，Aa，Ab，Ac，Ad，Ba，Bb，Bc，Bd，ab，ac，ad，bc，bd，cd共15种，
其中符合题意得有AB，Aa，Ab，Ac，Ad，Ba，Bb，Bc，Bd共9种，
所以至多有1人在分数段[120,130)内的概率为915=35．
【解析】(1)由频率分布直方图，能求出分数在[120,130)内的频率，并能补全这个频率分布直方图；
(2)由频率分布直方图能估计本次考试的第50百分位数；
(3)用分层抽样的方法在分数段为[110,130)的学生中抽取一个容量为6的样本，则分数段为[110,120)中抽取的学生数为2人，分数段为[120,130)中抽取的学生数为4人，从中任取2个，利用列举法列举出所有基本事件，再根据古典概型即可得解．
本题考查频率分布直方图的应用，考查概率的求法，考查频率分布直方图、分层抽样、概率等基础知识，考查数据处理能力、运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．
20.【答案】(1)证明：∵SC⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，
故SC⊥BC，
又∵∠ACB=90°，
∴AC⊥BC，AC∩SC=C，AC、SC⊂平面SAC，
∴BC⊥平面SAC，
又∵P，M是SC、SB的中点
∴PM//BC，PM⊥平面SAC，
又PM⊂平面MAP，
∴面MAP⊥面SAC；
(2)解：∵SC⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以SC⊥AC，
又AC⊥CB，SC∩CB=C，SC、CB⊂平面SCB，
所以AC⊥平面SBC，
又CM⊂平面SBC，
∴AC⊥CM，又AC⊥CB，平面AMC∩平面ABC=AC，
从而∠MCB为二面角M−AC−B的平面角，
∵直线AM与直线PC所成的角为60°
∴过点M作MN⊥CB于N点，连接AN，
则MN//SC，则∠AMN=60°，
在△CAN中，由勾股定理得AN= 2，
在Rt△AMN中，MN=ANtan∠AMN=2×33=63．
在Rt△CNM中，tan∠MCN=MNCN= 631= 63．
故二面角M−AC−B的正切值为 63．
【解析】本题考查平面与平面垂直的判定，二面角及其度量，考查空间想象能力，逻辑思维能力，计算能力，是中档题．
(1)根据线面垂直的判定定理可知BC⊥平面SAC，而PM//BC，从而PM⊥面SAC，即可证明；
(2)易证AC⊥CM，AC⊥CB，从而∠MCB为二面角M−AC−B的平面角，过点M作MN⊥CB于N点，连接AN，在△CAN中，由勾股定理求得AN，在Rt△AMN中求出MN，在Rt△CNM中，求出答案即可．
21.【答案】解：(Ⅰ)按计酬方式一、二的收入分别记为f(n)、g(n)，
f(10)=250×(30−10)=5000，
g(10)=120×10+200×20=5200，
所以甲选择计酬方式二；
由频数分布表知频率最大的n=8，
f(8)=250×(30−8)=5500，
g(8)=120×8+200×22=5360，
所以乙选择计酬方式一；
n的平均值为19×(8×3+9×1+10×2+12×2+13×1)=10，
所以丙选择计酬方式二．
(Ⅱ)甲统计了1个月的情况，乙和丙统计了9个月的情况，
但乙只利用了部分数据，丙利用了所有数据，
所以丙的统计范围最大，
三人中丙的依据更有指导意义．
(Ⅲ)任选一年，此月下雨不超过11天的频率为p=69=23，
以此作为概率，则未来三年中恰有两年，
此月下雨不超过11天的概率为p=C32(23)2(1−23)=49．
【解析】(Ⅰ)按计酬方式一、二的收入分别记为f(n)、g(n)，f(10)=250×(30−10)=5000，g(10)=120×10+200×20=5200，从而甲选择计酬方式二；由频数分布表知频率最大的n=8，f(8)=250×(30−8)=5500，g(8)=120×8+200×22=5360，从而乙选择计酬方式一；n的平均值为10，从而丙选择计酬方式二．
(Ⅱ)甲统计了1个月的情况，乙和丙统计了9个月的情况，丙的统计范围最大，三人中丙的依据更有指导意义．
(Ⅲ)任选一年，此月下雨不超过11天的频率为p=69=23，以此作为概率，则未来三年中恰有两年，由此能求出此月下雨不超过11天的概率．
本题考查平均数、概率的求法及应用，考查n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
22.【答案】解：已知正三角形A′BC的边长为a，CD是A′B边上的高，E，F分别是A′C，BC的中点，现将三角形A′DC沿CD翻折至ADC的位置，使平面ADC⊥平面BCD，
(1)AB//平面DEF.理由如下：
在△ABC中，∵E，F分别是AC，BC的中点，
∴EF//AB，
又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，
∴AB//平面DEF；
(2)由题意，得AD⊥CD，∵平面ADC⊥平面BCD，∴AD⊥平面BCD，
取CD的中点M，连接EM，则EM//AD，
∴EM⊥平面BCD，且EM=a4，
易得S△DFC=12× 3a2×(12×a2)= 3a216，
∵三棱锥E−DFC的体积为 324，
∴13×a4× 3a216= 324，解得a=2；
(3)在线段AC上存在一点P，使得BP⊥DF，理由如下：
易知三角形BDF为正三角形，过B作BK⊥DF交DC于点K，连接KF，过K作KP//DA交AC于点P，连接BP，则点P即所求，
∵AD⊥平面BCD，KP//AD，
∴PK⊥平面BCD，∴PK⊥DF，
又BK⊥DF，PK∩BK=K，
∴DF⊥平面PKB，∴DF⊥PB，
又∠DBK=∠KBC=∠BCK=30°，∴DK=KF=12KC，
故APPC=DKKC=12，从而APAC=13．
【解析】(1)AB//平面DEF，由线面平行判定定理证明即可；
(2)证明EM⊥平面BCD，且可得EM=a4，利用棱锥体积公式求解即可；
(3)过B作BK⊥DF交DC于点K，连接KF，过K作KP//DA交AC于点P，连接BP，由线面垂直可得线线垂直，再利用平行线分线段成比例求解．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
2022-2023学年福建省福州四中高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知i为虚数单位，复数Z满足(1+i)Z=i，则Z−的虚部( )
A. −12 B. 12 C. 22 D. 12i
2. 高一某班10名学生的英语口语测试成绩(单位：分)如下：76，90，84，82，81，87，86，82，85，83.这组数据的第75百分位数是( )
A. 85 B. 86 C. 85.5 D. 86.5
3. 端午节放假，甲回老家过节的概率为13，乙、丙回老家过节的概率分别为14，15.假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少1人回老家过节的概率为( )
A. 5960 B. 35 C. 12 D. 160
4. 如图正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，以下结论中，错误的是( )
A. 异面直线A1D与AB1所成的角为60° B. 直线A1D与BC1垂直
C. 直线A1D与BD1平行 D. 直线A1D与B1C平行
5. 已知某7个数的平均数为3，方差为3，现加入一个新数据3，此时这8个数的平均数为x−，标准差为s，则( )
A. x−=3，s> 3 B. x−=3，s< 3 C. x−>3，s< 3 D. x−>3，s> 3
6. 从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件是( )
A. 至少有一个黑球与都是黑球 B. 至少有一个黑球与至少有一个红球
C. 恰有一个黑球与恰有两个黑球 D. 至少有一个黑球与都是红球
7. 已知|m|=|n|=1，p=m+xn(x∈R)，函数f(x)=|p|，当x= 34时，f(x)有最小值，则m在n上的投影向量为( )
A. 34n B. 32n C. − 34n D. − 32n
8. 设A，B，C，D是同一个半径为2的球的球面上四点，△ABC是以为BC底边的等腰三角形，且面积为3 34,∠BAC=120°，则三棱锥D−ABC体积的最大值为( )
A. 9 32 B. 3 3 C. 9 34 D. 3 34
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知m、n是不同的直线，α，β是不重合的平面，则下列命题中，真命题有( )
A. 若m⊂α，n⊂β，m//n，则α//β
B. 若m⊥α，m⊥β，n⊂α，则n//β
C. 若α//β，m⊥α，m//n，则n⊥β
D. 若α//β，m⊥α，n//β，则m⊥n
10. 某士官参加军区射击比赛，打了6发子弹，报靶数据如下：7，8，9，10，6，8，(单位：环)，下列说法正确的有( )
A. 这组数据的平均数是8 B. 这组数据的极差是4
C. 这组数据的中位数是8.5 D. 这组数据的方差是2
11. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，则能确定B为钝角的是( )
A. sin2A+sin2C
A. 正方体的外接球的表面积为12π B. 正方体的内切球的体积为4π3
C. 正方体的棱长为2 D. 线段MN的最大值为2 3
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 为加速推进科技城新区建设，需了解某科技公司的科研实力，现拟采用分层抽样的方式从A，B，C三个部门中抽取16名员工进行科研能力访谈.已知这三个部门共有64人，其中B部门24人，C部门32人，则从A部门中抽取的访谈人数______ ．
14. 在△ABC中，AB=AC= 2BC=2 2，用斜二测画法画出△ABC的直观图，则该直观图的面积为______．
15. 在正四面体ABCD(各棱都相等)中，E是BC的中点，则异面直线AE与CD所成的角的余弦值为______ ．
16. 已知圆锥的顶点为S，母线SA、SB所成角的余弦值为78，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5 15，则该圆锥的侧面积为 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知|a|=3 5，b=(1,2)，且a=λb．
(1)求a的坐标．
(2)当λ>0时，若c=(3,−4)，求a与c的夹角的正弦值．
18. (本小题12.0分)
已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，且sinBcosA= 3ba．
(1)求角A；
(2)若a= 7,b=2，求c．
19. (本小题12.0分)
某校从参加高三模拟考试的学生中随机抽取60名学生，将其数学成绩(均为整数)分成六段[90,100)，[100,110)，…，[140,150)后得到如下部分频率分布直方图．观察图形的信息，回答下列问题：
(1)求分数在[120,130)内的频率，并补全这个频率分布直方图；
(2)估计本次考试的第50百分位数；
(3)用分层抽样的方法在分数段为[110,130)的学生中抽取一个容量为6的样本，将该样本看成一个总体，从中任取2个，求至多有1人在分数段[120,130)内的概率．
20. (本小题12.0分)
如图，在三棱锥S−ABC中，SC⊥平面ABC，点P、M分别是SC和SB的中点，设PM=AC=1，∠ACB=90°，直线AM与直线SC所成角为60°．
(1)求证：平面MAP⊥平面SAC；
(2)求二面角M−AC−B的平面角的正切值．
21. (本小题12.0分)
甲、乙、丙三人去某地务工，其工作受天气影响，雨天不能出工，晴天才能出工．其计酬方式有两种，方式一：雨天没收入，晴天出工每天250元；方式而：雨天每天120元，晴天出工每天200元；三人要选择其中一种计酬方式，并打算在下个月(30天)内的晴天都出工，为此三人作了一些调查，甲以去年此月的下雨天数(10天)为依据作出选择；乙和丙在分析了当地近9年此月的下雨天数(n)的频数分布表(见表)后，乙以频率最大的n值为依据作出选择，丙以n的平均值为依据作出选择．
n
8
9
10
11
12
13
频数
3
1
2
0
2
1
(Ⅰ)试判断甲、乙、丙选择的计酬方式，并说明理由；
(Ⅱ)根据统计范围的大小，你觉得三人中谁的依据更有指导意义？
(Ⅲ)以频率作为概率，求未来三年中恰有两年，此月下雨不超过11天的概率．
22. (本小题12.0分)
已知正三角形A′BC的边长为a，CD是A′B边上的高，E，F分别是A′C，BC的中点，现将三角形A′DC沿CD翻折至ADC的位置，使平面ADC⊥平面BCD，如图所示．
(1)试判断翻折后直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；
(2)若三棱锥E−DFC的体积为 324，求实数a的值．；
(3)在线段AC上是否存在一点P，使得BP⊥DF？若存在，求出APAC的值；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由(1+i)Z=i，得Z=i1+i=i(1−i)(1+i)(1−i)=−i2+i12+12=12+12i，
∴Z−=12−12i，
则Z−的虚部为−12．
故选：A．
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求得Z−，则答案可求．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：从小到大的顺序排列数据为：76，81，82，82，83，84，85，86，87，90，
因为10×75%=7.5，
所以这组数据的75百分位数是第八个数据86，
故选：B．
先把数据从小到大排列，然后根据百分位数的计算公式即可求解．
本题考查了百分位数的求解，考查了学生的运算能力，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对立事件及独立事件同时发生的概率计算公式的合理运用．
这段时间内至少1人回老家过节的对立事件是这段时间没有人回老家过节，由此能求出这段时间内至少1人回老家过节的概率．
【解答】
解：端午节放假，甲回老家过节的概率为13，乙、丙回老家过节的概率分别为14，15．
假定三人的行动相互之间没有影响，
这段时间内至少1人回老家过节的对立事件是这段时间没有人回老家过节，
∴这段时间内至少1人回老家过节的概率为：
p=1−(1−13)(1−14)(1−15)=35．
故选B．
4.【答案】C
【解析】解：对A，正方体中A1B1//DC，且A1B1=DC，故平行四边形A1B1CD，故A 1D//B1C，
由题意得正△ACB1，故异面直线A1D与AB1所成的角为直线B1C与AB1所成的角为∠AB1C=60°，故A正确；
对B，因为正方形BCC1B1，故直线B1C与BC1垂直，又A1D//B1C，故A 1D与BC1垂直，故B正确；
对C，因为A1D⊥BC1，C1D1⊥平面AA1D1D，
故C 1D1⊥A1D，又C1D1，BC1⊂平面BC1D1，故A 1D⊥平面BC1D1，
因为BD1⊂平面BC1D1，故直线A1D与BD1垂直，故C错误；
对D，由A可知平行四边形A1B1CD，故A 1D//B1C，D正确．
故选：C．
对A，根据直线A1D//B1C再在三角形中判断即可；
对B，根据直线A1D//B1C，结合正方体的性质判定即可；
对C，根据线面垂直的性质判断直线A1D与BD1垂直即可；
对D，根据平行四边形A1B1CD判断即可．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．
5.【答案】B
【解析】解：∵某7个数的平均数为3，方差为3，
现又加入一个新数据3，
此时这8个数的平均数为x−，标准差为s，
∴x−=7×3+38=3，
s2=7×3+(3−3)28=218，s= 424< 3，
故选：B．
由题设条件，利用平均数和方差的计算公式进行求解．
本题考查平均数和方差的计算公式的应用，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查互斥事件与对立事件．首先要求理解互斥事件和对立事件的定义，理解互斥事件与对立事件的联系与区别．同时要能够准确列举某一事件所包含的基本事件．属于简单题．
列举每个事件所包含的基本事件，结合互斥事件和对立事件的定义，依次验证即可
【解答】
解：对于A：事件：“至少有一个黑球”与事件：“都是黑球”可以同时发生，如：两个都是黑球，∴这两个事件不是互斥事件，∴A不正确
对于B：事件：“至少有一个黑球”与事件：“至少有一个红球”可以同时发生，如：一个红球一个黑球，∴B不正确
对于C：事件：“恰好有一个黑球”与事件：“恰有两个黑球”不能同时发生，但从口袋中任取两个球时还有可能是两个都是红球，∴两个事件是互斥事件但不是对立事件，∴C正确
对于D：事件：“至少有一个黑球”与“都是红球”不能同时发生，但一定会有一个发生，
∴这两个事件是对立事件，∴D不正确
故选：C．
7.【答案】C
【解析】解：∵|m|=|n|=1，p=m+xn(x∈R)，
∴p2=1+x2+2m⋅nx，(x∈R)，
∴当x=−2m⋅n2×1=−m⋅m时，p2取得最小值，即|p|=f(x)也取得最小值，
∴−m⋅n= 34，∴m⋅n=− 34，
∴m在n上的投影向量为(m⋅nn2)n=− 34n．
故选：C．
根据一元二次函数的性质，投影向量的定义即可求解．
本题考查一元二次函数的性质，投影向量的定义，属基础题．
8.【答案】D
【解析】解：△ABC为等腰三角形且面积为3 34，∠BAC=120°，可得12⋅AB2⋅sin120°=3 34，解得AB= 3，
设球心为O，△ABC的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点时三棱锥体积最大，
如图所示：
△ABC外接圆的半径为O′A=12×ABsin30∘= 3，
OO′= OA2−O′A2= 22−( 3)2=1，
且三棱锥D−ABC高的最大值为O′O+OD=3，
所以三棱锥D−ABC体积的最大值为：V=13S△ABC⋅O′D=13×3 34×3=3 34．
故选：D．
由题意求出等腰△ABC的腰长AB，画出图形，判断D的位置，然后求解三棱锥D−ABC高的最大值，代入棱锥体积公式即可求解．
本题考查了球的内接三棱锥和棱锥的体积计算问题，也考查了空间想象能力与运算求解能力，是中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：若m⊂α，n⊂β，m//n，由α与β相交或平行，A错；
若m⊥α，m⊥β，则α//β，又n⊂α，所以n//β，B正确；
若α//β，m⊥α，则m⊥β，因为m//n，所以n⊥β，C正确；
若α//β，m⊥α，则m⊥β，n//β，则β内存在直线c与n平行，由m⊥β得m⊥c，则c//n得m⊥n，D正确．
故选：BCD．
根据空间直线、平面间的位置关系判断．
本题考查空间直线与直线的位置关系的应用，考查逻辑推理能力，是中档题．
10.【答案】AB
【解析】
【分析】
本题考查命题真假的判断，平均数、极差、中位数、方差的定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
利用平均数、极差、中位数、方差的定义直接判断各选项即可．
【解答】
解：对于A，这组数据的平均数是16(7+8+9+10+6+8)=8，故A正确；
对于B，这组数据的极差是10−6=4，故B正确；
对于C，这组数据从小到大为6，7，8，8，9，10，
∴这组数据的中位数是8，故C错误；
对于D，这组数据的方差是S2=16[(7−8)2+(8−8)2+(9−8)2+(10−8)2+(6−8)2+(8−8)2]=53，故D错误．
故选：AB．
11.【答案】ACD
【解析】解：选项A，由正弦定理及sin2A+sin2C
选项B，AB⋅BC=|AB|⋅|BC|cos(π−B)=−|AB|⋅|BC|cosB<0，则cosB>0，显然B不可能为钝角，即选项B错误；
选项C，由正弦定理及cb
因为sinA>0，所以cosB<0，所以B为钝角，即选项C正确；
选项D，由0
所以cosB<0，所以B为钝角，即选项D正确．
故选：ACD．
选项A，利用正弦定理化角为边，并结合余弦定理，可得cosB<0；
选项B，由AB⋅BC=−|AB|⋅|BC|cosB<0，可得cosB>0；
选项C，利用正弦定理化边为角，并结合两角和的正弦公式，化简可得cosB<0；
选项D，根据同角三角函数的商数关系，两角和的余弦公式，化简可得cosB<0．
本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，平面向量数量积，两角和差公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】ABC
【解析】
【分析】
设正方体的棱长为a，则正方体的外接球的半径R= 3a2，内切球的半径r=a2，求出a的值，根据球的体积和表面积公式计算即可．
本题考查的知识要点：正方体的内切球和外接球，球的体积和表面积公式，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于较难题．
【解答】
解：设正方体的棱长为a，则正方体的外接球的半径为体对角线的一半，即R= 3a2，
内切球的半径为棱长的一半，即r=a2，
由于M和N为外接球和内切球上的动点，
对于C：MNmin= 3a2−a2= 3−1，解得a=2，故C正确；
对于A：外接球的表面积为S=4⋅π⋅( 3)2=12π，故A正确；
对于B：内切球的体积为V=43⋅π⋅13=4π3，故B正确；
对于D：线段MN的最大值为 3a2+a2= 3+1，故D错误；
故选：ABC．
13.【答案】2
【解析】解：由题意可知，A部门一共有64−24−32=8人，
故采用分层抽样的方法从A，B，C三个部门中抽取16名员工，则从A部门中抽取的访谈人数为16×864=2．
故答案为：2．
利用分层抽样的定义以及分层抽样按比例抽取的特点进行求解即可．
本题考查了抽样方法的应用，主要考查了分层抽样的定义以及分层抽样的特点的应用，属于基础题．
14.【答案】 144
【解析】解：如图所示，作出△ABC底边上的高h，
则h= (2 2)2−1= 7，
所以S△ABC=12×2× 7= 7，
所以该直观图的面积S△ABC= 24× 7= 144．
故答案为： 144．
根据题意计算出原图的面积，由直观图与原图的面积之比为 24，计算可得答案．
本题主要考查空间几何体的直观图，属于基础题．
15.【答案】 36
【解析】解：取BD的中点F，连接AF、EF，
∵E、F分别是BC、BD的中点，∴EF//CD，
∴∠AEF为异面直线AE与CD所成的角，
设正四面体ABCD的棱长为2，则AE=AF= 3，EF=1，
在△AEF中，cos∠AEF=AF2+EF2−AE22×AF×EF=3+1−32× 3= 36．
故答案是 36
根据三角形的中位线平行于底边，作出异面直线所成的角，再解三角形求得即可．
本题考查异面直线所成的角．异面直线所成角的求法：1、作角(平行线)；2、证角(符合定义)；3、求角(解三角形)．
16.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查圆锥的结构特征和侧面积、三角形面积公式、直线与平面所成的角，属于中档题．
利用已知条件结合同角三角函数基本关系求出sin∠ASB的值，根据三角形面积公式求出圆锥的母线长，利用母线与平面所成角求出底面半径，即可求出圆锥的侧面积．
【解答】
解：因为圆锥的母线SA、SB所成角的余弦值为78，∠ASB∈(0,π2)，
所以sin∠ASB= 1−(78)2= 158．
所以△SAB的面积为12|SA|2sin∠ASB=5 15，
所以12|SA|2sin∠ASB=5 15，
所以12|SA|2× 158=5 15，所以|SA|=4 5．
因为SA与圆锥底面所成角为45°，
所以圆锥的底面半径r=|SA|sin45°=4 5× 22=2 10，
所以该圆锥的侧面积为．
故答案为：．
17.【答案】解：(1)∵a=λb=λ(1,2)=(λ,2λ)，
∴|a|= λ2+4λ2=|λ| 5=3 5,λ=±3，
∴a=(3,6)或a=(−3,−6)．
(2)当λ>0,a=(3,6)，
∴cos〈a,c〉=9+(−24) 9+36 9+16=−1515 5=− 55，
∴sin
即a与c的夹角的正弦值为2 55．
【解析】(1)先得到a=(λ,2λ)，再运用向量的求模公式求出λ即可．
(2)利用向量的夹角公式求出夹角的余弦值，再利用同角三角函数的关系求出正弦值．
本题考查平面向量的数量积的定义和性质，考查向量夹角公式及计算，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由正弦定理及sinBcosA= 3ba，得sinBcosA= 3sinBsinA．
∵sinB≠0，
∴sinA= 3cosA，即tanA= 3，
∵0
(2)∵a= 7,b=2,A=π3，
由余弦定理a2=b2+c2−2bccosA，
可得：7=4+c2−2×2×c×12，可得：c2−2c−3=0，
∴解得c=3或c=−1(负值舍去)．
【解析】(1)由已知结合正弦定理及同角基本关系进行化简可求tanA，进而可求A；
(2)由已知结合余弦定理即可求解c．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，同角基本关系在求解三角形中的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由频率分布直方图，得：
分数在[120,130)内的频率为：1−(0.010+0.015+0.015+0.025+0.005)×10=0.3，
0.310=0.03，
补全后的直方图如右图所示：
(2)∵[90,120)的频率为(0.010+0.015+0.015)×10=0.4，
[120,130)的频率为：0.030×10=0.3，
∴第50百分位数为：120+0.5−0.40.3×10=3703；
(3)解：用分层抽样的方法在分数段为[110,130)的学生中抽取一个容量为6的样本，
则分数段为[110,120)中抽取的学生数为：0.0150.015+0.030×6=2人，设为A，B，
分数段为[120,130)中抽取的学生数为：0.0300.015+0.030×6=4人，设为a，b，c，d，
从中任取2个，有AB，Aa，Ab，Ac，Ad，Ba，Bb，Bc，Bd，ab，ac，ad，bc，bd，cd共15种，
其中符合题意得有AB，Aa，Ab，Ac，Ad，Ba，Bb，Bc，Bd共9种，
所以至多有1人在分数段[120,130)内的概率为915=35．
【解析】(1)由频率分布直方图，能求出分数在[120,130)内的频率，并能补全这个频率分布直方图；
(2)由频率分布直方图能估计本次考试的第50百分位数；
(3)用分层抽样的方法在分数段为[110,130)的学生中抽取一个容量为6的样本，则分数段为[110,120)中抽取的学生数为2人，分数段为[120,130)中抽取的学生数为4人，从中任取2个，利用列举法列举出所有基本事件，再根据古典概型即可得解．
本题考查频率分布直方图的应用，考查概率的求法，考查频率分布直方图、分层抽样、概率等基础知识，考查数据处理能力、运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．
20.【答案】(1)证明：∵SC⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，
故SC⊥BC，
又∵∠ACB=90°，
∴AC⊥BC，AC∩SC=C，AC、SC⊂平面SAC，
∴BC⊥平面SAC，
又∵P，M是SC、SB的中点
∴PM//BC，PM⊥平面SAC，
又PM⊂平面MAP，
∴面MAP⊥面SAC；
(2)解：∵SC⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以SC⊥AC，
又AC⊥CB，SC∩CB=C，SC、CB⊂平面SCB，
所以AC⊥平面SBC，
又CM⊂平面SBC，
∴AC⊥CM，又AC⊥CB，平面AMC∩平面ABC=AC，
从而∠MCB为二面角M−AC−B的平面角，
∵直线AM与直线PC所成的角为60°
∴过点M作MN⊥CB于N点，连接AN，
则MN//SC，则∠AMN=60°，
在△CAN中，由勾股定理得AN= 2，
在Rt△AMN中，MN=ANtan∠AMN=2×33=63．
在Rt△CNM中，tan∠MCN=MNCN= 631= 63．
故二面角M−AC−B的正切值为 63．
【解析】本题考查平面与平面垂直的判定，二面角及其度量，考查空间想象能力，逻辑思维能力，计算能力，是中档题．
(1)根据线面垂直的判定定理可知BC⊥平面SAC，而PM//BC，从而PM⊥面SAC，即可证明；
(2)易证AC⊥CM，AC⊥CB，从而∠MCB为二面角M−AC−B的平面角，过点M作MN⊥CB于N点，连接AN，在△CAN中，由勾股定理求得AN，在Rt△AMN中求出MN，在Rt△CNM中，求出答案即可．
21.【答案】解：(Ⅰ)按计酬方式一、二的收入分别记为f(n)、g(n)，
f(10)=250×(30−10)=5000，
g(10)=120×10+200×20=5200，
所以甲选择计酬方式二；
由频数分布表知频率最大的n=8，
f(8)=250×(30−8)=5500，
g(8)=120×8+200×22=5360，
所以乙选择计酬方式一；
n的平均值为19×(8×3+9×1+10×2+12×2+13×1)=10，
所以丙选择计酬方式二．
(Ⅱ)甲统计了1个月的情况，乙和丙统计了9个月的情况，
但乙只利用了部分数据，丙利用了所有数据，
所以丙的统计范围最大，
三人中丙的依据更有指导意义．
(Ⅲ)任选一年，此月下雨不超过11天的频率为p=69=23，
以此作为概率，则未来三年中恰有两年，
此月下雨不超过11天的概率为p=C32(23)2(1−23)=49．
【解析】(Ⅰ)按计酬方式一、二的收入分别记为f(n)、g(n)，f(10)=250×(30−10)=5000，g(10)=120×10+200×20=5200，从而甲选择计酬方式二；由频数分布表知频率最大的n=8，f(8)=250×(30−8)=5500，g(8)=120×8+200×22=5360，从而乙选择计酬方式一；n的平均值为10，从而丙选择计酬方式二．
(Ⅱ)甲统计了1个月的情况，乙和丙统计了9个月的情况，丙的统计范围最大，三人中丙的依据更有指导意义．
(Ⅲ)任选一年，此月下雨不超过11天的频率为p=69=23，以此作为概率，则未来三年中恰有两年，由此能求出此月下雨不超过11天的概率．
本题考查平均数、概率的求法及应用，考查n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
22.【答案】解：已知正三角形A′BC的边长为a，CD是A′B边上的高，E，F分别是A′C，BC的中点，现将三角形A′DC沿CD翻折至ADC的位置，使平面ADC⊥平面BCD，
(1)AB//平面DEF.理由如下：
在△ABC中，∵E，F分别是AC，BC的中点，
∴EF//AB，
又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，
∴AB//平面DEF；
(2)由题意，得AD⊥CD，∵平面ADC⊥平面BCD，∴AD⊥平面BCD，
取CD的中点M，连接EM，则EM//AD，
∴EM⊥平面BCD，且EM=a4，
易得S△DFC=12× 3a2×(12×a2)= 3a216，
∵三棱锥E−DFC的体积为 324，
∴13×a4× 3a216= 324，解得a=2；
(3)在线段AC上存在一点P，使得BP⊥DF，理由如下：
易知三角形BDF为正三角形，过B作BK⊥DF交DC于点K，连接KF，过K作KP//DA交AC于点P，连接BP，则点P即所求，
∵AD⊥平面BCD，KP//AD，
∴PK⊥平面BCD，∴PK⊥DF，
又BK⊥DF，PK∩BK=K，
∴DF⊥平面PKB，∴DF⊥PB，
又∠DBK=∠KBC=∠BCK=30°，∴DK=KF=12KC，
故APPC=DKKC=12，从而APAC=13．
【解析】(1)AB//平面DEF，由线面平行判定定理证明即可；
(2)证明EM⊥平面BCD，且可得EM=a4，利用棱锥体积公式求解即可；
(3)过B作BK⊥DF交DC于点K，连接KF，过K作KP//DA交AC于点P，连接BP，由线面垂直可得线线垂直，再利用平行线分线段成比例求解．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
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