2022-2023学年广东省湛江市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年广东省湛江市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），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。

1.已知集合A={−1,0,1,2}，B={x|x2−2x≥0}，则A∩B=( )
A. {−1,0}B. {2}C. {−1,0,2}D. {0,1,2}
2.已知i是虚数单位，复数z满足z1+i=2+i，则( )
A. z的实部为3B. z的虚部为1
C. zz−=10D. z在复平面对应的点在第二象限
3.抛掷两枚质地均匀的骰子(标记为Ⅰ号和Ⅱ号)，观察两枚骰子出现的点数，事件“两个骰子点数之和是5”的概率等于( )
A. 19B. 221C. 118D. 29
4.已知函数f(x)=lg2|x−1|，则( )
A. f(x)在定义域上是增函数B. f(4)+f(7)C. f(x)关于x=1对称D. f(x)零点的个数为1
5.下列结论中正确的是( )
A. 在△ABC中，“A>B”是“sinA>sinB”必要不充分条件
B. 在△ABC中，若sin2A=sin2B，则ABC是等腰三角形
C. 两个向量a，b共线的充要条件是存在实数λ，使b=λa
D. 对于非零向量a，b，“a+b=0”是“a//b”的充分不必要条件
6.北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km(轨道高度是指卫星到地球表面的距离.将地球看作是一个球心为O，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数.地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S=2πr2(1−csα)(单位：km2)，则S占地球表面积的百分比约为( )
A. 26%B. 34%C. 42%D. 50%
7.某校校庆日为每年5月4日，根据气象统计资料，这一天吹南风的概率为20%，下雨的概率为30%，吹南风或下雨的概率为35%，则既吹南风又下雨的概率为( )
A. 6%B. 15%C. 30%D. 50%
8.黄金三角形有两种，一种是顶角为36∘的等腰三角形，另一种是顶角为108∘的等腰三角形.已知在顶角为36∘的黄金三角形中，36∘角对应边与72∘角对应边的比值为 5−12≈0.618，这个值被称为黄金比例.若t= 5−12，则1−2sin227∘2t 4−t2=( )
A. 5+14B. 5−14C. 12D. 14
二、多选题：本题共4小题，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.若圆锥的表面积为3π，其侧面展开图为一个半圆，则下列结论正确的为( )
A. 圆锥的母线长为2B. 圆锥的底面半径为2
C. 圆锥的体积为 33πD. 圆锥的侧面积为π
10.抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，记下骰子朝上面的点数.用x表示红色骰子的点数，用y表示绿色骰子的点数，用(x,y)表示一次试验的结果.定义事件：M表示事件“x+y=7”，N表示事件“xy为奇数”，G表示事件“x>3”，则下列结论正确的有( )
A. M与N互斥但不对立B. M与N对立C. M与G相互独立D. N与G相互独立
11.有一组互不相等的数组成的样本数据x1，x2，…，x9，其平均数为a(a≠xi,i=1,2,…，9)，若插入一个数a，得到一组新的数据，则( )
A. 两组样本数据的平均数相同B. 两组样本数据的中位数相同
C. 两组样本数据的方差相同D. 两组样本数据的极差相同
12.如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且BC=2AB=2，现将△ABE沿AE间上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论正确的是( )
A. 存在点P，使得PE//CF
B. 存在点P，使得PE⊥ED
C. 当平面PAE⊥平面AED时，二面角P−EC−A大小的正切值为 2
D. 当平面PAE⊥平面AED时，三棱锥P−AED外接球表面积为4π
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知正四棱台的上底边长为2，下底边长为4，侧棱长为2，则正四棱台的高为______.
14.某校高二年级有1500名学生，为了解学生的学习状况，对学生按首选物理和历史采用分层抽样的办法进行抽样调查，抽取了一个容量为120的样本，样本中80人首选物理，则该年级首选历史的学生有__________.
15.已知f(x)=sinx+2csx，f(x)的最大值为______，若x=α时，f(x)取到最大值，则sinα=______.
16.已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=7，点D为AC边的中点，已知BD⋅AC=252，则当角C取到最大值时csC等于______.
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.(本小题10分)
证明余弦定理：在△ABC中，角A，B，C的对边为a，b，c，则a2=b2+c2−2bccsA.
18.(本小题12分)
如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AE⊥平面ABCD，CF⊥平面ABCD，AB=AE=2CF=2m.
(1)若G为AE的中点，求证：CG//平面DEF；
(2)若多面体ABCDEF的体积为32.求m的值.
19.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，已知6S=b(a+c).
(1)若sinA=23，求csB；
(2)若b=3，B=π3，求△ABC的面积S.
20.(本小题12分)
为普及消防安全知识，某学校组织相关知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为45，35；在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为23，34，甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响.
(1)甲在比赛中恰好赢一轮的概率；
(2)若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率.
21.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD//BC，AB⊥BC，PA=AD=4，BC=1，AB= 3，CD=2 3.
(1)证明：DC⊥平面PAC；
(2)求AD与平面PCD所成角的余弦值.
22.(本小题12分)
为庆祝“五四”青年节，广州市有关单位举行了“五四”青年节团知识竞赛活动，为了解全市参赛者成绩的情况，从所有参赛者中随机抽样抽取100名，将其成绩整理后分为6组，画出频率分布直方图如图所示，但是第一、二两组数据丢失，只知道第二组的频率是第一组的2倍．
(1)求第一组、第二组的频率各是多少？并补齐频率分布直方图；
(2)现划定成绩大于或等于上四分位数即第75百分位数为“良好”以上等级，根据直方图，估计全市“良好”以上等级的成绩范围(保留1位小数)；
(3)现知道直方图中成绩在[130,140)内的平均数为136，方差为8，在[140,150]内的平均数为144，方差为4，求成绩在[130,150]内的平均数和方差．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由x2−2x≥0，得x≤0或x≥2，
所以B={x|x≤0或x≥2}，
因为A={−1,0,1,2}，
所以A∩B={−1,0,2}.
故选：C.
先求出集合B，然后再求两集合的交集．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为z1+i=2+i，所以z=(2+i)(1+i)=2+2i+i+i2=1+3i，
所以复数z的实部为1，虚部为3，故A、B错误；
复数z在复平面对应的点为(1,3)，位于第一象限，故D错误；
zz−=(1+3i)(1−3i)=12−(3i)2=10，故C正确．
故选：C.
根据复数代数形式的乘法运算化简复数z，再一一判断即可．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：记“两个骰子点数之和是5”为事件A，
抛掷两枚质地均匀的骰子，共有6×6=36种结果，
事件A包含的基本事件有Ⅰ号点数为1且Ⅱ号点数为4、Ⅰ号点数为2且Ⅱ号点数为3、Ⅰ号点数为3且Ⅱ号点数为2、Ⅰ号点数为4且Ⅱ号点数为1共4种结果，
所以P(A)=436=19.
故选：A.
由随机事件概率公式可得．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：对于A，当x<1时，易得u=|x−1|单调递减，而y=lg2u单调递增，
根据复合函数的单调性判定规则可知，f(x)=lg2|x−1|在(−∞,1)上单调递减，故A错误；
对于B，f(4)+f(7)=lg2|4−1|+lg2|7−1|=lg23+lg26=lg218，
而f(11)=lg210，f(4)+f(7)>f(11)，故B错误；
对于C，∵f(x)=lg2|x|为偶函数，其对称轴为x=0，
又f(x)=lg2|x−1|的图象是由f(x)=lg2|x|的图象向右平移1个单位得到，
故f(x)=lg2|x−1|的对称轴为x=1，故C正确；
对于D，令f(x)=lg2|x−1|=0，则|x−1|=1，所以x=0或x=2，所以f(x)有两个零点，故D错误．
故选：C.
对于A，可以利用复合函数的单调性的性质进行判断；对于B，可直接计算进行比较大小即可；对于C，可利用偶函数的图象关于y轴对称，及函数图象之间的位置关系判定；对于D，令f(x)=0，解出方程即可．
本题主要考查了复合函数的单调性，考查了函数图象的变换，以及函数的零点问题，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】解：对于A选项：∵A>B，∴a>b，
由正弦定理asinA=bsinB，得sinA>sinB，
反之当sinA>sinB，由正弦定理asinA=bsinB，得a>b，故A>B，
所以“A>B”是“sinA>sinB”的充要条件，A错误；
对于B选项：当sin2A=sin2B时，A=B或2A+2B=π，所以A=B或A+B=π2，
即ABC是等腰三角形或直角三角形，故B错误；
对于C选项：由共线定理知，a为非零向量才满足，故C错误；
对于D选项：a+b=0时，a，b为相反向量，故a//b，
反之当a//b，a，b反向相同或相反，得不到a+b=0，故D正确．
故选：D.
选项A由正弦定理判断；B选项可由三角函数性质判断；C选项由共线定理可判断；D选项由共线向量的定义可判断．
本题考查正弦定理、三角函数、充分条件、必要条件等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】C
【解析】解：由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：
2πr2(1−csα)4πr2=1−csα2=1−64006400+360002≈0.42=42%.
故选：C.
由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果．
本题考查了球的表面积的相关计算，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：记吹南风为事件A，下雨为事件B，
因为P(A∩B)=P(A)+P(B)−P(A∪B)，
所以既吹南风又下雨的概率为：20%+30%−35%=15%.
故选：B.
根据概率的加法公式即可求解．
本题考查了概率加法公式的应用，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：依题意，得t=sin36∘sin72∘=sin144∘sin72∘=2cs72∘，
则1−2sin227∘2t 4−t2=cs54∘4cs72∘ 4−(2cs72∘)2=cs54∘4cs72∘ 4sin272∘=cs54∘4cs72∘⋅2sin72∘=sin36∘4sin144∘=14，
故选：D.
依题意，可得t=2cs72∘，代入所求值的关系式，利用二倍角公式及诱导公式化简可得答案．
本题考查三角函数的恒等变换及化简求值，考查转化与化归思想及运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题主要考查圆锥的表面积，属于基础题．
根据已知条件，结合圆锥的表面积公式，结合圆锥的侧面积公式及体积公式，即可求解．
【解答】
解：设圆锥的底面半径为r，母线为l，由于其侧面展开图是一个半圆，
则2πr=12×2π×l，解得l=2r，
又∵圆锥的表面积为3π，
∴表面积S=πrl+πr2=3πr2=3π，解得r=1，
故母线长l=2，
∴圆锥的高h= l2−r2= 3，
∴侧面积S侧=πrl=2π，体积V=13πr2h=13π×1× 3= 33π.
故选：AC.
10.【答案】AC
【解析】解：定义事件：M=“x+y=7”，事件N=“xy为奇数”，事件G=“x>3”，
对于A，事件：M=“x+y=7”包含的基本事件有：(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，(6,1)，
事件N=“xy为奇数”，包含的基本事件有：
(1,3)，(1,5)，(3,1)，(3,5)，(5,1)，(5,3)，
M与N不能同时发生，是互斥但不对立事件，故A正确；
对于B，M与N不能同时发生，能同时不发生，不是对立事件，故B错误；
对于C，(x,y)的所有可能结果如下表：
P(M)=636=16，P(G)=1836=12，P(MG)=336=112，P(MG)=P(M)P(G)，
M与G相互独立，故C正确；
对于D，P(N)=16，P(G)=12，P(NG)=236=118，
P(NG)≠P(N)P(G)，N与G不相互独立，故D错误．
故选：AC.
利用对立事件、互斥事件、相互独立事件的定义直接求解．
本题考查命题真假的判断，考查对立事件、互斥事件、相互独立事件的定义等基础知识，考查推理论证能力，是基础题．
11.【答案】AD
【解析】解：对于A，新数据的平均数为110(9a+a)=a，与原数据的平均数相等，故A正确，
对于B，不妨设x1则原数据的中位数为x5，
若a若a>x5，则中位数为12(x5+min{a,x6})>x5，故B错误，
对于C，新数据的方差为s2=110[(x1−a)2+(x2−a)2+⋅⋅⋅(x9−a)2+(a−a)2]<19[(x1−a)2+(x2−a)2+⋅⋅⋅+(x9−a)2]=s2，故C错误，
对于D，不妨设x1故新数据的极差也为x9−x1，故D正确．
故选：AD.
根据已知条件，结合中位数和极差的定义，以及平均数和方差的公式，即可求解．
本题主要考查中位数和极差的定义，以及平均数和方差的公式，属于基础题．
12.【答案】BCD
【解析】解：对于A，∵E、F分别是BC、AD的中点，
∴AF与EC平行且相等，则AE//CF，
∵BE与AE相交，
∴PE与CF不可能平行，故A错误；
对于B，由题意，当平面PAE⊥平面AED时，连接ED，取AE的中点Q，连接PQ，作图如下：
在长方形ABCD中，∵E、F分别是BC、AD的中点，且BC=2AB=2，
∴AE= AB2+BE2= 2，ED= CE2+CD2= 2，
∵AD=2= AE2+DE2，
∴DE⊥AE，
∵AP=PE，且Q为AE的中点，
∴PQ⊥AE，
∵平面PAE⊥平面AED，且平面AED∩平面PAE=AE，
∴PQ⊥平面AED，
∵DE⊂平面AED，
∴PQ⊥DE，
∵AE∩PQ=Q，且AE，PQ⊂平面PAE，
∴DE⊥平面PAE，
∵PE⊂平面AEP，
∴DE⊥PE，故B正确；
对于C，在选项B的图上，补全长方形AB′CD，点B′为翻折之前的点B，取B′E的中点O，连接QO，OP，作图如下：
显然AB′⊂平面ADE，且AB′⊥CE，
∵Q，O分别是AE，B′E的中点，
∴OQ=12AB′=12，且AB′//OQ，则OQ⊥CE，
由B选项可知PQ⊥平面ADE，
∵CE⊂平面AED，
∴PQ⊥CE，
∵PQ∩OQ=Q，PQ，OQ⊂平面PQO，
∴CE⊥平面PQO，
∵PO⊂平面PQO，
∴CE⊥PO，
∵O∈CE⊂平面PEC，且P∈平面PEC，
∴PO⊂平面PEC，
故∠POQ为二面角P−EC−A的平面角，
易知△PQO为直角三角形，则tan∠POQ=PQOQ，
在等腰Rt△APE中，PQ=PE⋅sin45∘= 22，
则tan∠POQ= 2，故C正确；
对于D，在B选项图上，连接FQ，FP，作图如下：
在长方形ABCD中，易知AF=EF=FD=1，
由选项B可知，PQ⊥平面AED，
∵EQ⊂平面AED，
∴FQ⊥PQ，
由选项C可知，PQ= 22，
同理可得FQ= 22，
在Rt△PQF中，PF= PQ2+FQ2=1，
则F为三棱锥P−AED外接球的球心，
故该外接球的表面积S=4⋅π⋅12=4π，故D正确．
故选：BCD.
对于A，根据平行线的性质，结合长方形的性质，可得答案；
对于B，利用面面垂直性质定理，结合勾股定理，可得线面垂直，根据其性质定理，可得答案；
对于C，根据二面角平面角的定义，利用中位线定理以及三垂线定理，结合锐角三角函数，可得答案；
对于D，利用长方形的几何性质，结合勾股定理，确定外接球的球心与半径，根据其表面积公式，可得答案．
本题考查立体几何知识的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】 2
【解析】解：如图，在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，分别取上下底面的中心O1、O，有O1A1= 2,OA=2 2，
过点A1作A1H⊥AO，垂足为H，则AH=AO−OH=AO−A1O1= 2，
在Rt△A1HA中，A1H= AA12−AH2= 4−2= 2，故正四棱台的高为 2.
故答案为： 2.
在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，分别取上下底面的中心O1、O，过点A1作A1H⊥AO，利用勾股定理即可求解．
本题考查了正四棱台高的计算，属于基础题．
14.【答案】500
【解析】【分析】
先求出选历史的人数为40人，然后利用分层抽样的特点列式求解即可．
本题考查了抽样方法的选择，主要考查了简单随机抽样的应用，解题的关键是掌握简单随机抽样适用的条件以及它的特点，属于基础题．
【解答】
解：抽取的120人中，有120−80=40人选历史，
设该年级首选历史的学生有x人，
则40120=x1500，解得x=500，
所以该年级首选历史的学生有500人．
故答案为：500.
15.【答案】 5 55
【解析】解：f(x)=sinx+2csx= 5(1 5sinx+2 5csx)= 5sin(x+θ)，
其中csθ=1 5,sinθ=2 5，
则当x+θ=π2+2kπ(k∈Z)时，f(x)有最大值 5；
当x=α时，f(x)取到最大值，
则α+θ=π2+2kπ(k∈Z)，
sinα=sin(π2+2kπ−θ)=csθ= 55.
故答案为： 5； 55.
由辅助角公式化简函数解析式，求最大值和取最大值时sinα的值．
本题主要考查三角函数的最值，考查运算求解能力，属于基础题．
16.【答案】57
【解析】解：点D为AC边的中点，BD⋅AC=252，
则BD⋅AC=12(BC+BA)⋅(BC−BA)=12|BC|2−12|BA|2=252，
即12a2−12c2=252，
因为a=7，所以c=2 6，
由c故csC=a2+b2−c22ab=49+b2−2414b=114(b+25b)
因为b>0，所以由基本不等式得：csC=114(b+25b)≥17 b⋅25b=57，
当且仅当b=25b，即b=5时等号成立，此时角C取到最大值．
故答案为：57.
把向量BD、AC用基底{BA,BC}进行表示后进行运算，可解得c=2 6，
再由余弦定理计算出csC的值，利用基本不等式即可求解．
本题主要考查了向量数量积的性质的应用，余弦定理及基本不等式的应用，属于中档题．
17.【答案】证明：设CB=m，AC=n，AB=d，
则m=d−n，
所以|m|2=(d−n)2=d2+n2−2d⋅n=b2+c2−2|d||n|csA，
所以a2=b2+c2−2bccsA.
【解析】建立图象，把CB用AB，AC进行线性表示，两边平方化简即可．
本题主要考查了向量的数量积的性质的应用，属于基础题．
18.【答案】证明：(1)连接CG，如图所示，
AE⊥平面ABCD，CF⊥平面ABCD，所以AE//CF，
因为G为AE的中点，AE=2CF，
所以GE=CF，GE//CF，
则四边形CFEG是平行四边形，所以CG//FE
因为FE⊂平面DEF，CG⊄平面DEF，
所以CG//平面DEF.
解：(2)连接AC，BD，如图所示，
因为四边形ABCD是正方形，AE⊥平面ABCD，AE⊂平面ACFE
所以平面ACFE⊥平面ABCD，
平面ACFE∩平面ABCD=AC，又BD⊥AC，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥平面ACFE.
多面体ABCDEF的体积等于VB−ACFE+VD−ACFE.
因为AB=AE=2CF=2m，
所以四棱锥B−ACFE和四棱锥D−ACFE的高都为BD2= 2m，
四边形(直角梯形)ACFE的面积为12(AE+CF)⋅AC=3 2m2，
所以多面体ABCDEF的体积等于13SACFE⋅( 2m+ 2m)=4m3，
因为多面体ABCDEF的体积为32，
所以4m3=32，解得m=2.
【解析】(1)证明四边形CFEG是平行四边形，则有CG//FE，利用线面平行的判定定理可证明CG//平面DEF；
(2)多面体ABCDEF的体积等于VB−ACFE+VD−ACFE，代入已知数据可求m的值．
本题考查线面平行的证明，多面体的体积问题，方程思想，化归转化思想，属中档题．
19.【答案】解：(1)因为6S=b(a+c)，
所以6×12×bcsinA=b(a+c)，
因为sinA=23，所以3c×23=a+c，即a=c，
所以sinC=sinA=23，且A=C，
∵A，C∈(0,π)，且A+C<π，
∴A,C∈(0,π2)，
∴csC=csA= 53，
所以csB=−cs(A+C)=−19；
(2)因为6S=b(a+c)，所以6×12×bcsinA=b(a+c)，即3csinA=a+c，
因为b=3，B=π3，asinA=bsinB=3sinπ3=2 3，即sinA=a2 3，所以 32ac=a+c，
由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB，
所以9=a2+c2−ac=(a+c)2−3ac=34(ac)2−3ac，
解得ac=6，
所以S=12acsinB=3 32.
【解析】(1)根据三角形面积公式，得a=c，再根据正弦定理，边角互化，结合csB=−cs(A+C)，即可求解；
(2)根据条件，变形得 32ac=a+c，再结合余弦定理求ac，代入三角形面积公式，即可求解．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)设A1=“甲在第一轮比赛中胜出”，A2=“甲在第二轮比赛中胜出”，
B1=“乙在第一轮比赛中胜出”，B2=“乙在第二轮比赛中胜出”，
则A1，A2，B1，B2相互独立，且P(A1)=45，P(A2)=23，P(B1)=35，P(B2)=34，
∴P(A1−)=15，P(A2−)=13，
设C=“甲在比赛中恰好赢一轮”，
则P(C)=P(A1A2−)+P(A1−A2)=P(A1)P(A2−)+P(A1−)P(A2)=45×13+15×23=615=25.
(2)∵在两轮比赛中均胜出赢得比赛，则A1A2=“甲赢得比赛”，B1B2=“乙赢得比赛”，
∴P(A1A2)=P(A1)P(A2)=45×23=815，P(B1B2)=P(B1)P(B2)=35×34=920，
设D=“甲赢得比赛”，E=“乙赢得比赛”．
于是D∪E=“两人中至少有一人赢得比赛”，
由P(D)=P(A1A2)=815，P(E)=P(B1B2)=920，
∴P(D−)=1−P(D)=1−815=715，P(E−)=1−P(E)=1−920=1120，
∴P(D∪E)=1−P(D−E−)=1−P(D−)P(E−)=1−715×1120=223300.
【解析】(1)利用相互独立事件的乘法公式求解；
(2)先求出两人中至少有一人赢得比赛的对立事件甲、乙两人都未赢得比赛的概率，再去求甲、乙两人至少有一人赢得比赛的概率．
本题主要考查相互独立的概率乘法公式，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】证明：(1)∵AB⊥BC，BC=1，AB= 3，
由勾股定理得：AC= AB2+BC2= 12+( 3)2=2，∠ACB=π3，
△ACD中，CD=2 3，
∵AC2+CD2=4+12=16=AD2，
∴DC⊥AC，
又因为PA⊥底面ABCD，DC⊂底面ABCD，所以PA⊥DC，
又因为AC∩PA=A且AC，PA⊂平面PAC，
∴DC⊥平面PAC，
(2)解：作AH⊥PC，垂足为H，连接DH，
因为DC⊥平面PAC，AH⊂平面PAC，所以AH⊥CD，
又因为CD∩PC=C且CD，PC⊂平面PAC，所以AH⊥平面PCD，
所以∠ADH为AD与平面PCD所成的角，
△PAC中，AH=PA⋅ACPC=4×22 5=4 5，
sin∠ADH=AHDA=4 5×14= 55，
所以直线AD与平面PCD所成角的余弦值为2 55.
【解析】(1)通过勾股定理，证明出DC⊥AC可证得DC⊥平面PAC；
(2)作AH⊥PC，垂足为H，连结DH，证得∠ADH为AD与平面PCD所成的角，在△AHD中求sin∠ADH即可．
本题主要考查直线与平面所成的角，考查转化能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)根据题意，设第一组的频率为x，则第二组的频率为2x，
则有x+2x+0.034×10+0.03×10+0.018×10+0.006×10=1，
解可得x=0.04，
则第一组的频率为0.04，则第二组的频率为0.08，
(2)根据题意，0.04+0.08+0.34+0.3=0.76>0.75，
设数据的第75百分位数为x，则有0.03×(x−120)=0.29，
解可得：x≈129.7，
故全市“良好”以上等级的成绩范围为[129.7,150]；
(3)根据题意，成绩在[130,140)内人数为100×0.18=18，在[140,150]内人数为100×0.06=6，
又由成绩在[130,140)内的平均数为136，方差为8，
在[140,150]内的平均数为144，方差为4，
则成绩在[130,150]内的平均数x−=1818+6×136+618+6×144=138，
其方差S2=1818+6×[8+(136−138)2]+618+6×[4+(144−138)2]=19，
故成绩在[130,150]内的平均数为138，方差为19.
【解析】(1)根据题意，设第一组的频率为x，则第二组的频率为2x，分析可得关于x的方程，解可得答案；
(2)设数据的第75百分位数为x，分析第75百分位数所在的组，可得0.03×(x−120)=0.29，解可得x的值，分析可得答案；
(3)根据题意，由平均数、方差的计算公式计算可得答案．
本题考查频率分布直方图的性质以及应用，涉及平均数、方差的计算，属于基础题．1
2
3
4
5
6
1
(1,1)
(1,2)
(1,3)
(1,4)
(1,5)
(1,6)
2
(2,1)
(2,2)
(2,3)
(2,4)
(2,5)
(2,6)
3
(3,1)
(3,2)
(3,3)
(3,4)
(3,5)
(3,6)
4
(4,1)
(4,2)
(4.3)
(4,4)
(4,5)
(4,6)
5
(5,1)
(5,2)
(5,3)
(5,4)
(5,5)
(5,6)
6
(6,1)
(6,2)
(6,3)
(6,4)
(6,5)
(6,6)