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2021【KS5U解析】宁德高一下学期期末考试数学试卷含解析
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这是一份2021【KS5U解析】宁德高一下学期期末考试数学试卷含解析，共24页。试卷主要包含了单项选择题.，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年福建省宁德市高一（下）期末数学试卷
一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.
1．已知复数z满足z＝i（1+i），则是（ ）
A．﹣1+i B．﹣1﹣i C．1+i D．1﹣i
2．掷两枚质地均匀的骰子，记事件A＝“第一枚出现奇数点”，事件B＝“第二枚出现偶数点”，则事件A与事件B的关系为（ ）
A．A与B互斥 B．A与B对立 C．A与B独立 D．A与B相等
3．如图1、图2分别是甲、乙两户居民家庭全年各项支出的统计图．根据统计图，下列对两户居民旅游支出占全年总支出的百分比作出的判断中，正确的是（ ）
A．甲户比乙户大 B．乙户比甲户大
C．甲、乙两户一般大 D．无法确定哪一户大
4．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，AM与BN所成角的大小为（ ）
A．0° B．45° C．60° D．90°
5．已知m，n是两条直线．α，β是两个平面，下列说法正确的是（ ）
A．若m∥n，n∥α，则m∥α B．若α⊥β，m⊂α，则m⊥β
C．若m∥α，n⊂α，则m∥n D．若m⊂α，m⊥β，则α⊥β
6．已知某运动员每次投篮命中的概率是40%．现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．经随机模拟产生了如下10组随机数：204 978 171 935 263 321 947 468 579 682，据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（ ）
A． B． C． D．
7．《史记》中讲述了田忌与齐王赛马的故事．其中，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马．若双方各自拥有上等马、中等马、下等马各1匹，且双方各自随机选1匹马进行1场比赛，则田忌的马获胜的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，已知，则＝（ ）
A． B．
C． D．
二、多项选择题：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．设向量，则（ ）
A．
B．
C．
D．在上的投影向量为（1，0）
10．任何一个复数z＝a+bi（其中a、b∈R，i为虚数单位）都可以表示成：z＝r（cosθ+isinθ）的形式，通常称之为复数z的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：zn＝[r（cosθ+isinθ）]n＝rn（cosnθ+isinnθ）（n∈N+），我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，下列说法正确的是（ ）
A．当时，
B．
C．|z4|＝|z|4
D．在复平面内对应的点的坐标为第三象限
11．已知正四面体的外接球、内切球的球面上各有一动点M、N，若线段MN的最小值为，则（ ）
A．正四面体的外接球的表面积为96π
B．正四面体的内切球的体积为
C．正四面体的棱长为12
D．线段MN的最大值为
12．新冠肺炎期间，某社区规定：若任意连续7天，每天不超过6人体温高于37.3℃，则称没有发生群体性发热．下列连续7天体温高于37.3℃人数的统计特征数中，能判定该社区没有发生群体性发热的为（ ）
A．中位数为4，众数为3 B．均值小于1，中位数为1
C．均值为2，标准差为 D．均值为3，众数为4
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知z＝，则|z|＝ ．
14．在△ABC中，若b＝1，c＝，∠C＝，则a＝ ．
15．如图，桌面上放置一个装有水的圆柱形玻璃水杯，AB为杯底直径，现以点B为支点将水杯倾斜，使AB所在直线与桌面所成的角为，则圆柱母线与水面所在平面所成的角等于 ．
16．菱形ABCD的边长为2，∠A＝60°，M为DC的中点，若N为菱形内任意一点（含边界），则的最小值为 ．
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＝（1，1），||＝1．
（1）若的夹角θ为，求；
（2）若，求与的夹角．
18．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝1，D是BC的中点．
（1）求证：A1B∥平面ADC1；
（2）若面ABB1A1⊥面ABC，AA1⊥AB，AA1＝2，求几何体ABD﹣A1B1C1的体积．
19．某公司生产某种产品，从生产的正品中随机抽取1000件，测得产品质量差（质量差＝生产的产品质量﹣标准质量，单位mg）的样本数据统计如下：
（1）求样本数据的80%分位数；
（2）公司从生产的正品中按产品质量差进行分拣，若质量差在（﹣s，+s）范围内的产品为一等品，其余为二等品．其中分别为样本平均数和样本标准差，计算可得s≈10（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）．
①若产品的质量差为62mg，试判断该产品是否属于一等品；
②假如公司包装时要求，3件一等品和2件二等品装在同一个箱子中，质检员每次从箱子中摸出2件产品进行检验，求摸出2件产品中至少有1件一等品的概率．
20．现给出两个条件：①2bsinA＝atanB，②a（sinA﹣sinC）＝bsinB﹣csinC，从中选出一个条件补充在下面的问题中，并以此为依据求解问题．（选出一种可行的条件解答，若两个都选，则按第一个解答计分）
在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，若_____．
（1）求B；
（2）若点D是边AC靠近A的三等分点，且BD长为1，求△ABC面积的最大值．
21．甲、乙、丙三人参加一家公司的招聘面试，面试合格者可正式签约．甲表示只要面试合格就签约，乙丙则约定：两人面试都合格就一同签约，否则两人都不签约．设甲面试合格的概率为，乙丙每人面试合格的概率都是，且三人面试是否合格互不影响．求：
（1）恰有一人面试合格的概率；
（2）至多一人签约的概率．
22．在我国古代数学名著《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”．已知三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC．
（1）从三棱锥P﹣ABC中选择合适的两条棱填空．
若 ⊥ ，则该三棱锥为“鳖臑”；
（2）已知三棱锥P﹣ABC是一个“鳖臑”，且AC＝1，AB＝2，∠BAC＝60°，
①若△PAC上有一点D，如图1所示，试在平面PAC内作出一条过点D的直线l，使得l与BD垂直，说明作法，并给予证明；
②若点D在线段PC上，点E在线段PB上，如图2所示，且PB⊥平面EDA，证明∠EAB是平面EAD与平面BAC的二面角的平面角．
参考答案
一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.
1．已知复数z满足z＝i（1+i），则是（ ）
A．﹣1+i B．﹣1﹣i C．1+i D．1﹣i
【分析】根据已知条件，结合共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘法运算，即可求解．
解：∵z＝i（1+i）＝﹣1+i，
∴．
故选：B．
2．掷两枚质地均匀的骰子，记事件A＝“第一枚出现奇数点”，事件B＝“第二枚出现偶数点”，则事件A与事件B的关系为（ ）
A．A与B互斥 B．A与B对立 C．A与B独立 D．A与B相等
【分析】事件A与事件B能同时发生，故事件A与事件B既不是互斥事件，也不是对立事件；P（A）＝＝，P（B）＝＝，P（AB）＝＝，由P（AB）＝P（A）P（B），得A与B独立；事件A与事件B不相等．
解：掷两枚质地均匀的骰子，记事件A＝“第一枚出现奇数点”，
事件B＝“第二枚出现偶数点”，
事件A与事件B能同时发生，故事件A与事件B既不是互斥事件，也不是对立事件，故A，B均错误；
P（A）＝＝，P（B）＝＝，P（AB）＝＝，
∵P（AB）＝P（A）P（B），A与B独立，故C正确；
事件A与事件B不相等，故D错误．
故选：C．
3．如图1、图2分别是甲、乙两户居民家庭全年各项支出的统计图．根据统计图，下列对两户居民旅游支出占全年总支出的百分比作出的判断中，正确的是（ ）
A．甲户比乙户大 B．乙户比甲户大
C．甲、乙两户一般大 D．无法确定哪一户大
【分析】由柱状图计算出乙户的旅游支出占比，再与甲的比较即可．
解：由饼状图，甲户的旅游支出占25%；
由柱状图，乙户的旅游支出占＜25%．
故选：A．
4．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，AM与BN所成角的大小为（ ）
A．0° B．45° C．60° D．90°
【分析】把正方体的平面展开图还原成正方体ADNE﹣CMFB，由此能求出AM与BN所成角的大小．
解：如图，把正方体的平面展开图还原成正方体ADNE﹣CMFB，
∵CD∥BN，CD⊥AM，
∴AM⊥BN，
∴在这个正方体中，AM与BN所成角的大小为90°．
故选：D．
5．已知m，n是两条直线．α，β是两个平面，下列说法正确的是（ ）
A．若m∥n，n∥α，则m∥α B．若α⊥β，m⊂α，则m⊥β
C．若m∥α，n⊂α，则m∥n D．若m⊂α，m⊥β，则α⊥β
【分析】对于A，m∥α或m⊂α；对于B，m与β相交、平行或m⊂β；对于C，m与n平行或异面；对于D，由面面垂直的判定定理得α⊥β．
解：由m，n是两条直线．α，β是两个平面，知：
对于A，若m∥n，n∥α，则m∥α或m⊂α，故A错误；
对于B，若α⊥β，m⊂α，则m与β相交、平行或m⊂β，故B错误；
对于C，若m∥α，n⊂α，则m与n平行或异面，故C错误；
对于D，若m⊂α，m⊥β，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故D正确．
故选：D．
6．已知某运动员每次投篮命中的概率是40%．现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．经随机模拟产生了如下10组随机数：204 978 171 935 263 321 947 468 579 682，据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（ ）
A． B． C． D．
【分析】找出10组随机数中三次投篮恰有两次命中的事件，计算所求的概率值．
解：根据10组随机数：204 978 171 935 263 321 947 468 579 682，
表示三次投篮恰有两次命中的事件是204，171，263，共3件；
所以该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为P＝．
故选：B．
7．《史记》中讲述了田忌与齐王赛马的故事．其中，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马．若双方各自拥有上等马、中等马、下等马各1匹，且双方各自随机选1匹马进行1场比赛，则田忌的马获胜的概率为（ ）
A． B． C． D．
【分析】基本事件总数n＝3×3＝9，利用列举法求出田忌的马获胜包含的基本事件有3种情况，由此能求出田忌的马获胜的概率．
解：田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；
田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马．
若双方各自拥有上等马、中等马、下等马各1匹，且双方各自随机选1匹马进行1场比赛，
基本事件总数n＝3×3＝9，分别为：
田忌的上等马对阵齐王的上等马，田忌的上等马对阵齐王的中等马，田忌的上等马对阵齐王的下等马，
田忌的中等马对阵齐王的上等马，田忌的中等马对阵齐王的中等马，田忌的上等马对阵齐王的下等马，
田忌的下等马对阵齐王的上等马，田忌的下等马对阵齐王的中等马，田忌的下等马对阵齐王的下等马，
田忌的马获胜包含的基本事件有3种情况，分别为：
田忌的上等马对阵齐王的中等马，田忌的上等马对阵齐王的下等马，田忌的中等马对阵齐王的下等马，
则田忌的马获胜的概率为P＝．
故选：C．
8．如图，由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，已知，则＝（ ）
A． B．
C． D．
【分析】利用平面向量的线性运算及平面向量的基本定理求解即可．
解：∵＝2，
∴＝+＝+＝+（﹣）＝+﹣×，
∴＝+，
∴＝+．
故选：C．
二、多项选择题：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．设向量，则（ ）
A．
B．
C．
D．在上的投影向量为（1，0）
【分析】根据平面向量数量积的运算性质逐一进行判断即可
解：因为，所以＝（﹣1，﹣1），
对A：||＝，||＝，所以||＝||，故A正确；
对B：因为1×（﹣1）﹣（﹣1）×（﹣1）＝﹣2≠0，所以与不平行，故B错误；
对C：（）•＝﹣1+1＝0，所以（）⊥，故C正确；
对D：在上的投影为＝＝1，则在上的投影向量为（1，0），故D正确；
故选：ACD．
10．任何一个复数z＝a+bi（其中a、b∈R，i为虚数单位）都可以表示成：z＝r（cosθ+isinθ）的形式，通常称之为复数z的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：zn＝[r（cosθ+isinθ）]n＝rn（cosnθ+isinnθ）（n∈N+），我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，下列说法正确的是（ ）
A．当时，
B．
C．|z4|＝|z|4
D．在复平面内对应的点的坐标为第三象限
【分析】根据已知条件，结合复数z的三角形式和共轭复数的概念，即可求解．
解：对于A选项，当 时，z＝cos+＝，，故A选项正确，
对B选项，＝cosπ+sinπi＝﹣1，故B选项错误，
对于C选项，∵z＝r（cosθ+isinθ），
∴z4＝r4（cos4θ+isin4θ），则|z4|＝r4，|z|4＝r4，∴|z4|＝|z|4，故C选项正确，
对于D选项，＝＝，即在复平面对应的点为（，）位于第四象限，故D选项错误．
故选：AC．
11．已知正四面体的外接球、内切球的球面上各有一动点M、N，若线段MN的最小值为，则（ ）
A．正四面体的外接球的表面积为96π
B．正四面体的内切球的体积为
C．正四面体的棱长为12
D．线段MN的最大值为
【分析】设这个四面体的棱长为a，利用分割补形法求其外接球的半径，由等体积法求其内切球半径，再由已知列式求解a，然后逐一分析四个选项得答案．
解：设这个四面体的棱长为a，
四面体可看作棱长为的正方体截得的，
故四面体的外接球即为正方体的外接球，
外接球直径为正方体体对角线长，2R外＝＝，
∴R外＝a，
四面体的高h＝a，根据等体积法，S•h＝4×S•r内，解得r内＝a，
依题意得 R外﹣r内＝a﹣a＝，
∴a＝12，故C正确；
正四面体外接球的半径，则正四面体外接球的表面积为4π×54＝216π，故A错误；
正四面体内切球的半径为，则内切球的体积V＝×＝，故B正确；
线段MN的最大值为：R外+r内＝，故D错误．
故选：BC．
12．新冠肺炎期间，某社区规定：若任意连续7天，每天不超过6人体温高于37.3℃，则称没有发生群体性发热．下列连续7天体温高于37.3℃人数的统计特征数中，能判定该社区没有发生群体性发热的为（ ）
A．中位数为4，众数为3 B．均值小于1，中位数为1
C．均值为2，标准差为 D．均值为3，众数为4
【分析】根据题意，假设设连续7天，每天的体温高于37.3℃的人数分别为a，b，c，d，e，f，g，且0≤a≤b≤c≤d≤e≤f≤g，由此依次分析选项，可得答案．
解：由题意，设连续7天，每天的体温高于37.3℃的人数分别为a，b，c，d，e，f，g，且0≤a≤b≤c≤d≤e≤f≤g，
依次分析选项：
对于A，a，b，c，d，e，f，g依次取3，3，3，4，5，5，7，则满足中位数为4，众数为3，但是第7天的人数为7＞6，不符合题意；
对于B，若g≥7，中位数为1，则有（a+b+c+d+e+f+g）＞g≥1，与均值小于1矛盾，可以判定该社区没有发生群体性发热，符合题意；
对于C，若均值为2，标准差为，则有（a+b+c+d+e+f+g）＝2，[（a﹣2）2+…+（g﹣2）2]＝3，变形可得a+b+c+d+e+f+g＝14，（a﹣2）2+…+（g﹣2）2＝21，
若g≥7，则（g﹣2）2≥25，与标准差为矛盾，可以判定该社区没有发生群体性发热，符合题意；
对于D，a，b，c，d，e，f，g依次取0，1、2，3，4，4，7，满足均值为3，众数为4，但是第7天的人数为7＞6，不符合题意；
故选：BC．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知z＝，则|z|＝ 1 ．
【分析】根据已知条件，运用复数的运算法则，以及复数模的公式，即可求解．
解：∵z＝＝，
∴．
故答案为：1．
14．在△ABC中，若b＝1，c＝，∠C＝，则a＝ 1 ．
【分析】先根据b，c，∠c，由正弦定理可得sinB，进而求得B，再根据正弦定理求得a．
解：在△ABC中由正弦定理得，
∴sinB＝，
∵b＜c，
故B＝，则A＝
由正弦定理得
∴a＝＝1
故答案为：1
15．如图，桌面上放置一个装有水的圆柱形玻璃水杯，AB为杯底直径，现以点B为支点将水杯倾斜，使AB所在直线与桌面所成的角为，则圆柱母线与水面所在平面所成的角等于 ．
【分析】作出图形，数形结合能求出结果．
解：如图，以点B为支点将水杯倾斜，使AB所在直线与桌面所成的角为，
，水面所在直线EF∥桌面所在直线CD，，
∴，
∴圆柱母线与水面所在平面所成的角∠EFB＝∠CBF＝．
故答案为：．
16．菱形ABCD的边长为2，∠A＝60°，M为DC的中点，若N为菱形内任意一点（含边界），则的最小值为 ﹣4 ．
【分析】设在向量方向上的投影为x，结合图形可知当N点与A点重合时x最小，所以，进而可得答案．
解：设在向量方向上的投影为x，则，
当x最小时，取得最小值，
结合图形可知当N点与A点重合时x最小，
所以＝．
故答案为：﹣4．
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＝（1，1），||＝1．
（1）若的夹角θ为，求；
（2）若，求与的夹角．
【分析】（1）根据平面向量数量积运算公式求解即可；
（2）由得，进而求出，再根据平面向量夹角公式求解即可．
解：（1），所以，
所以，
（2）因为，所以，
所以，所以，
所以，
因为θ∈[0，π]，所以．
故与的夹角为．
18．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝1，D是BC的中点．
（1）求证：A1B∥平面ADC1；
（2）若面ABB1A1⊥面ABC，AA1⊥AB，AA1＝2，求几何体ABD﹣A1B1C1的体积．
【分析】（1）连接A1C，交AC1于O，连接OD，可得OD∥A1B，再由直线与平面平行的判定得AB1∥平面ADC1；
（2）由平面ABB1A1⊥平面ABC，AB⊥AA1，利用平面与平面垂直的性质可得AA1⊥平面ABC，再由已知求得三棱锥ABC﹣A1B1C1与三棱锥C1﹣ADC的体积，作差可得几何体ABD﹣A1B1C1的体积．
【解答】（1）证明：连接A1C，交AC1于O，连接OD，
∵OD是ΔCA1B的中位线，∴OD∥A1B，
又OD⊂平面ADC1，AB1⊄平面ADC1，
∴AB1∥平面ADC1；
（2）解：∵平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，
AB⊥AA1，AA1⊂平面ABB1A1，
∴AA1⊥平面ABC，
∵AB⊥AC，AB＝AC＝1，且AA1＝2，
∴，，
故．
19．某公司生产某种产品，从生产的正品中随机抽取1000件，测得产品质量差（质量差＝生产的产品质量﹣标准质量，单位mg）的样本数据统计如下：
（1）求样本数据的80%分位数；
（2）公司从生产的正品中按产品质量差进行分拣，若质量差在（﹣s，+s）范围内的产品为一等品，其余为二等品．其中分别为样本平均数和样本标准差，计算可得s≈10（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）．
①若产品的质量差为62mg，试判断该产品是否属于一等品；
②假如公司包装时要求，3件一等品和2件二等品装在同一个箱子中，质检员每次从箱子中摸出2件产品进行检验，求摸出2件产品中至少有1件一等品的概率．
【分析】（1）求出频率f1＝0.1，f2＝0.2，f3＝0.45，f4＝0.2，f5＝0.05，f1+f2+f3+f4＝0.95；f1+f2+f3＝0.75，从而80%分位数一定位于[76，86）内，由此能估计样本数据的80%分位数．
（2）①求出平均数，得到，再由62∈（60，80），得该产品属于一等品．
②记三件一等品为A，B，C，两件二等品为a，b，利用列举法求出摸出两件产品总基本事件共10个，
法一：
记A：摸出两件产品中至少有一个一等品，利用列举法求出A包含的基本事件共9个，由此能求出所求概率．
法二：
记事件A：摸出两件产品中至少有一个一等品，：摸出两个产品，没有一个一等品，基本事件共一个（a，b）．利用对立事件概率计算公式能求出所求概率．
解：（1）因为频率f1＝0.1，f2＝0.2，f3＝0.45，f4＝0.2，f5＝0.05，
f1+f2+f3+f4＝0.95；f1+f2+f3＝0.75，
所以，80%分位数一定位于[76，86）内，
所以＝．
所以估计样本数据的80%分位数约为78.5．
（2）①，
所以，又62∈（60，80）
可知该产品属于一等品．
②记三件一等品为A，B，C，两件二等品为a，b，
这是古典概型，摸出两件产品总基本事件共10个，分别为：
（A，B），（A，C），（A，a），（A，b），（B，C），
（B，a），（B，b），（C，a），（C，b），（a，b），
方法一：
记A：摸出两件产品中至少有一个一等品，A包含的基本事件共9个，分别是：
（A，B），（A，C），（A，a），（A，b），（B，C），
（B，a），（B，b），（C，a），（C，b），
所以．
方法二：
记事件A：摸出两件产品中至少有一个一等品，
：摸出两个产品，没有一个一等品，基本事件共一个（a，b）．
所以．
20．现给出两个条件：①2bsinA＝atanB，②a（sinA﹣sinC）＝bsinB﹣csinC，从中选出一个条件补充在下面的问题中，并以此为依据求解问题．（选出一种可行的条件解答，若两个都选，则按第一个解答计分）
在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，若_____．
（1）求B；
（2）若点D是边AC靠近A的三等分点，且BD长为1，求△ABC面积的最大值．
【分析】（1）①根据正弦定理以及同角关系进行转化求解；②利用正弦定理和余弦定理进行转化求解即可．
（2）根据点D是边AC靠近A的三等分点，方法1：根据条件得到关于a，c的关系式，然后利用基本不等式求出ac的范围，再得到面积的最大值；方法2，直接利用余弦定理，结合基本不等式进行转化求解即可．
解：（1）若选①，由2b sinA＝a tan B，得2 sin Bsin A＝
由sinA≠0，sinB≠0，得
因为B∈（0，π），所以B＝60°．
若选②，由a（sinA﹣sinC）＝bsinB﹣csinC，得a2+c2﹣b2＝ac
所以
因为B∈（0，π），所以B＝60°．
（2）方法一：，
，
由，平方得，
即，
所以，
所以，即，当且仅当时，取等号，
所以，此时且．
方法二：△ABC中，由余弦定理，可得b2＝a2+c2﹣ac，
由∠ADB+∠CDB＝π，得cos∠ADB＝﹣cos∠CDB，
所以，
所以，即a2+4c2+2ac＝9，
由基本不等式，得
即，当且仅当，取等号，
所以，即，
所以，此时且．
21．甲、乙、丙三人参加一家公司的招聘面试，面试合格者可正式签约．甲表示只要面试合格就签约，乙丙则约定：两人面试都合格就一同签约，否则两人都不签约．设甲面试合格的概率为，乙丙每人面试合格的概率都是，且三人面试是否合格互不影响．求：
（1）恰有一人面试合格的概率；
（2）至多一人签约的概率．
【分析】（1）利用对立事件的概率公式以及相互独立事件的概率乘法公式求解即可；
（2）事件E：至多一人签约，事件F：恰好一人签约，事件G：没人签约，然后由互斥事件的加法公式得到P（E）＝P（F）+P（G），再利用对立事件的概率公式以及相互独立事件的概率乘法公式分别求解P（F），P（G），即可得到答案．
解：（1）记事件A：甲面试合格，
事件B：乙面试合格
事件C：丙面试合格
事件D：恰好有一人面试合格，
依题意，事件A、B、C相互独立，
所以＝＝；
（2）事件E：至多一人签约，
事件F：恰好一人签约，
事件G：没人签约，
因为F与G互斥，所以P（E）＝P（F）+P（G），
又＝＝，
＝＝，
，
所以至多一人签约的概率为．
22．在我国古代数学名著《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”．已知三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC．
（1）从三棱锥P﹣ABC中选择合适的两条棱填空．
若 AB ⊥ BC ，则该三棱锥为“鳖臑”；
（2）已知三棱锥P﹣ABC是一个“鳖臑”，且AC＝1，AB＝2，∠BAC＝60°，
①若△PAC上有一点D，如图1所示，试在平面PAC内作出一条过点D的直线l，使得l与BD垂直，说明作法，并给予证明；
②若点D在线段PC上，点E在线段PB上，如图2所示，且PB⊥平面EDA，证明∠EAB是平面EAD与平面BAC的二面角的平面角．
【分析】（1）由“鳖臑”的定义求解即可；
（2）①连接CD，在△PAC内，过点D作l⊥CD，即可得l为所求直线，利用线面垂直的判定定理和性质证明l⊥平面BCD，即可证明l⊥BD；
②延长ED，BC，交于点F，连接AF，利用线面垂直的判定定理证明AF⊥平面PAB，由二面角的平面角的定义即可证明．
解：（1）因为PA⊥平面ABC，AB，AC，BC⊂平面ABC，
则PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，
故△PAC与△PAB是两个直角三角形，
当AB⊥BC时，则△BAC为直角三角形，
因为PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
则BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，
所以BC⊥PB，则△BPC为直角三角形，
故该三棱锥为“鳖臑”；
（2）①连接CD，在△PAC内，过点D作l⊥CD，即可得l为所求直线，
证明如下：
在△ABC中，由余弦定理可得，
由勾股定理逆定理可知，BC⊥AC，
又因为PA⊥底面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，
又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC，
又l⊂平面PAC，则l⊥BC，
又l⊥CD，CD∩BC＝C，CD，BC⊂平面BCD，
所以l⊥平面BCD，又BD⊂平面BCD
所以l⊥BD；
②延长ED，BC，交于点F，连接AF，
因为点F∈平面ADE，点F∈平面ABC，
所以平面ADE∩平面ABC＝AF，
因为PA⊥底面ABC，且AF⊂平面ABC
所以PA⊥AF，
因为PB⊥平面EDA，AF⊂平面EDA，
所以PB⊥AF，
又因为 PB∩PA＝P，PA，PB⊂平面PAB，
所以AF⊥平面PAB，
所以AF⊥AE，AF⊥AB，
故∠EAB是平面EAD与平面BAC所形成的二面角的平面角．
2020-2021学年福建省宁德市高一（下）期末数学试卷
一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.
1．已知复数z满足z＝i（1+i），则是（ ）
A．﹣1+i B．﹣1﹣i C．1+i D．1﹣i
2．掷两枚质地均匀的骰子，记事件A＝“第一枚出现奇数点”，事件B＝“第二枚出现偶数点”，则事件A与事件B的关系为（ ）
A．A与B互斥 B．A与B对立 C．A与B独立 D．A与B相等
3．如图1、图2分别是甲、乙两户居民家庭全年各项支出的统计图．根据统计图，下列对两户居民旅游支出占全年总支出的百分比作出的判断中，正确的是（ ）
A．甲户比乙户大 B．乙户比甲户大
C．甲、乙两户一般大 D．无法确定哪一户大
4．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，AM与BN所成角的大小为（ ）
A．0° B．45° C．60° D．90°
5．已知m，n是两条直线．α，β是两个平面，下列说法正确的是（ ）
A．若m∥n，n∥α，则m∥α B．若α⊥β，m⊂α，则m⊥β
C．若m∥α，n⊂α，则m∥n D．若m⊂α，m⊥β，则α⊥β
6．已知某运动员每次投篮命中的概率是40%．现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．经随机模拟产生了如下10组随机数：204 978 171 935 263 321 947 468 579 682，据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（ ）
A． B． C． D．
7．《史记》中讲述了田忌与齐王赛马的故事．其中，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马．若双方各自拥有上等马、中等马、下等马各1匹，且双方各自随机选1匹马进行1场比赛，则田忌的马获胜的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，已知，则＝（ ）
A． B．
C． D．
二、多项选择题：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．设向量，则（ ）
A．
B．
C．
D．在上的投影向量为（1，0）
10．任何一个复数z＝a+bi（其中a、b∈R，i为虚数单位）都可以表示成：z＝r（cosθ+isinθ）的形式，通常称之为复数z的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：zn＝[r（cosθ+isinθ）]n＝rn（cosnθ+isinnθ）（n∈N+），我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，下列说法正确的是（ ）
A．当时，
B．
C．|z4|＝|z|4
D．在复平面内对应的点的坐标为第三象限
11．已知正四面体的外接球、内切球的球面上各有一动点M、N，若线段MN的最小值为，则（ ）
A．正四面体的外接球的表面积为96π
B．正四面体的内切球的体积为
C．正四面体的棱长为12
D．线段MN的最大值为
12．新冠肺炎期间，某社区规定：若任意连续7天，每天不超过6人体温高于37.3℃，则称没有发生群体性发热．下列连续7天体温高于37.3℃人数的统计特征数中，能判定该社区没有发生群体性发热的为（ ）
A．中位数为4，众数为3 B．均值小于1，中位数为1
C．均值为2，标准差为 D．均值为3，众数为4
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知z＝，则|z|＝ ．
14．在△ABC中，若b＝1，c＝，∠C＝，则a＝ ．
15．如图，桌面上放置一个装有水的圆柱形玻璃水杯，AB为杯底直径，现以点B为支点将水杯倾斜，使AB所在直线与桌面所成的角为，则圆柱母线与水面所在平面所成的角等于 ．
16．菱形ABCD的边长为2，∠A＝60°，M为DC的中点，若N为菱形内任意一点（含边界），则的最小值为 ．
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＝（1，1），||＝1．
（1）若的夹角θ为，求；
（2）若，求与的夹角．
18．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝1，D是BC的中点．
（1）求证：A1B∥平面ADC1；
（2）若面ABB1A1⊥面ABC，AA1⊥AB，AA1＝2，求几何体ABD﹣A1B1C1的体积．
19．某公司生产某种产品，从生产的正品中随机抽取1000件，测得产品质量差（质量差＝生产的产品质量﹣标准质量，单位mg）的样本数据统计如下：
（1）求样本数据的80%分位数；
（2）公司从生产的正品中按产品质量差进行分拣，若质量差在（﹣s，+s）范围内的产品为一等品，其余为二等品．其中分别为样本平均数和样本标准差，计算可得s≈10（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）．
①若产品的质量差为62mg，试判断该产品是否属于一等品；
②假如公司包装时要求，3件一等品和2件二等品装在同一个箱子中，质检员每次从箱子中摸出2件产品进行检验，求摸出2件产品中至少有1件一等品的概率．
20．现给出两个条件：①2bsinA＝atanB，②a（sinA﹣sinC）＝bsinB﹣csinC，从中选出一个条件补充在下面的问题中，并以此为依据求解问题．（选出一种可行的条件解答，若两个都选，则按第一个解答计分）
在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，若_____．
（1）求B；
（2）若点D是边AC靠近A的三等分点，且BD长为1，求△ABC面积的最大值．
21．甲、乙、丙三人参加一家公司的招聘面试，面试合格者可正式签约．甲表示只要面试合格就签约，乙丙则约定：两人面试都合格就一同签约，否则两人都不签约．设甲面试合格的概率为，乙丙每人面试合格的概率都是，且三人面试是否合格互不影响．求：
（1）恰有一人面试合格的概率；
（2）至多一人签约的概率．
22．在我国古代数学名著《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”．已知三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC．
（1）从三棱锥P﹣ABC中选择合适的两条棱填空．
若 ⊥ ，则该三棱锥为“鳖臑”；
（2）已知三棱锥P﹣ABC是一个“鳖臑”，且AC＝1，AB＝2，∠BAC＝60°，
①若△PAC上有一点D，如图1所示，试在平面PAC内作出一条过点D的直线l，使得l与BD垂直，说明作法，并给予证明；
②若点D在线段PC上，点E在线段PB上，如图2所示，且PB⊥平面EDA，证明∠EAB是平面EAD与平面BAC的二面角的平面角．
参考答案
一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.
1．已知复数z满足z＝i（1+i），则是（ ）
A．﹣1+i B．﹣1﹣i C．1+i D．1﹣i
【分析】根据已知条件，结合共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘法运算，即可求解．
解：∵z＝i（1+i）＝﹣1+i，
∴．
故选：B．
2．掷两枚质地均匀的骰子，记事件A＝“第一枚出现奇数点”，事件B＝“第二枚出现偶数点”，则事件A与事件B的关系为（ ）
A．A与B互斥 B．A与B对立 C．A与B独立 D．A与B相等
【分析】事件A与事件B能同时发生，故事件A与事件B既不是互斥事件，也不是对立事件；P（A）＝＝，P（B）＝＝，P（AB）＝＝，由P（AB）＝P（A）P（B），得A与B独立；事件A与事件B不相等．
解：掷两枚质地均匀的骰子，记事件A＝“第一枚出现奇数点”，
事件B＝“第二枚出现偶数点”，
事件A与事件B能同时发生，故事件A与事件B既不是互斥事件，也不是对立事件，故A，B均错误；
P（A）＝＝，P（B）＝＝，P（AB）＝＝，
∵P（AB）＝P（A）P（B），A与B独立，故C正确；
事件A与事件B不相等，故D错误．
故选：C．
3．如图1、图2分别是甲、乙两户居民家庭全年各项支出的统计图．根据统计图，下列对两户居民旅游支出占全年总支出的百分比作出的判断中，正确的是（ ）
A．甲户比乙户大 B．乙户比甲户大
C．甲、乙两户一般大 D．无法确定哪一户大
【分析】由柱状图计算出乙户的旅游支出占比，再与甲的比较即可．
解：由饼状图，甲户的旅游支出占25%；
由柱状图，乙户的旅游支出占＜25%．
故选：A．
4．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，AM与BN所成角的大小为（ ）
A．0° B．45° C．60° D．90°
【分析】把正方体的平面展开图还原成正方体ADNE﹣CMFB，由此能求出AM与BN所成角的大小．
解：如图，把正方体的平面展开图还原成正方体ADNE﹣CMFB，
∵CD∥BN，CD⊥AM，
∴AM⊥BN，
∴在这个正方体中，AM与BN所成角的大小为90°．
故选：D．
5．已知m，n是两条直线．α，β是两个平面，下列说法正确的是（ ）
A．若m∥n，n∥α，则m∥α B．若α⊥β，m⊂α，则m⊥β
C．若m∥α，n⊂α，则m∥n D．若m⊂α，m⊥β，则α⊥β
【分析】对于A，m∥α或m⊂α；对于B，m与β相交、平行或m⊂β；对于C，m与n平行或异面；对于D，由面面垂直的判定定理得α⊥β．
解：由m，n是两条直线．α，β是两个平面，知：
对于A，若m∥n，n∥α，则m∥α或m⊂α，故A错误；
对于B，若α⊥β，m⊂α，则m与β相交、平行或m⊂β，故B错误；
对于C，若m∥α，n⊂α，则m与n平行或异面，故C错误；
对于D，若m⊂α，m⊥β，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故D正确．
故选：D．
6．已知某运动员每次投篮命中的概率是40%．现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．经随机模拟产生了如下10组随机数：204 978 171 935 263 321 947 468 579 682，据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（ ）
A． B． C． D．
【分析】找出10组随机数中三次投篮恰有两次命中的事件，计算所求的概率值．
解：根据10组随机数：204 978 171 935 263 321 947 468 579 682，
表示三次投篮恰有两次命中的事件是204，171，263，共3件；
所以该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为P＝．
故选：B．
7．《史记》中讲述了田忌与齐王赛马的故事．其中，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马．若双方各自拥有上等马、中等马、下等马各1匹，且双方各自随机选1匹马进行1场比赛，则田忌的马获胜的概率为（ ）
A． B． C． D．
【分析】基本事件总数n＝3×3＝9，利用列举法求出田忌的马获胜包含的基本事件有3种情况，由此能求出田忌的马获胜的概率．
解：田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；
田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马．
若双方各自拥有上等马、中等马、下等马各1匹，且双方各自随机选1匹马进行1场比赛，
基本事件总数n＝3×3＝9，分别为：
田忌的上等马对阵齐王的上等马，田忌的上等马对阵齐王的中等马，田忌的上等马对阵齐王的下等马，
田忌的中等马对阵齐王的上等马，田忌的中等马对阵齐王的中等马，田忌的上等马对阵齐王的下等马，
田忌的下等马对阵齐王的上等马，田忌的下等马对阵齐王的中等马，田忌的下等马对阵齐王的下等马，
田忌的马获胜包含的基本事件有3种情况，分别为：
田忌的上等马对阵齐王的中等马，田忌的上等马对阵齐王的下等马，田忌的中等马对阵齐王的下等马，
则田忌的马获胜的概率为P＝．
故选：C．
8．如图，由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，已知，则＝（ ）
A． B．
C． D．
【分析】利用平面向量的线性运算及平面向量的基本定理求解即可．
解：∵＝2，
∴＝+＝+＝+（﹣）＝+﹣×，
∴＝+，
∴＝+．
故选：C．
二、多项选择题：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．设向量，则（ ）
A．
B．
C．
D．在上的投影向量为（1，0）
【分析】根据平面向量数量积的运算性质逐一进行判断即可
解：因为，所以＝（﹣1，﹣1），
对A：||＝，||＝，所以||＝||，故A正确；
对B：因为1×（﹣1）﹣（﹣1）×（﹣1）＝﹣2≠0，所以与不平行，故B错误；
对C：（）•＝﹣1+1＝0，所以（）⊥，故C正确；
对D：在上的投影为＝＝1，则在上的投影向量为（1，0），故D正确；
故选：ACD．
10．任何一个复数z＝a+bi（其中a、b∈R，i为虚数单位）都可以表示成：z＝r（cosθ+isinθ）的形式，通常称之为复数z的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：zn＝[r（cosθ+isinθ）]n＝rn（cosnθ+isinnθ）（n∈N+），我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，下列说法正确的是（ ）
A．当时，
B．
C．|z4|＝|z|4
D．在复平面内对应的点的坐标为第三象限
【分析】根据已知条件，结合复数z的三角形式和共轭复数的概念，即可求解．
解：对于A选项，当 时，z＝cos+＝，，故A选项正确，
对B选项，＝cosπ+sinπi＝﹣1，故B选项错误，
对于C选项，∵z＝r（cosθ+isinθ），
∴z4＝r4（cos4θ+isin4θ），则|z4|＝r4，|z|4＝r4，∴|z4|＝|z|4，故C选项正确，
对于D选项，＝＝，即在复平面对应的点为（，）位于第四象限，故D选项错误．
故选：AC．
11．已知正四面体的外接球、内切球的球面上各有一动点M、N，若线段MN的最小值为，则（ ）
A．正四面体的外接球的表面积为96π
B．正四面体的内切球的体积为
C．正四面体的棱长为12
D．线段MN的最大值为
【分析】设这个四面体的棱长为a，利用分割补形法求其外接球的半径，由等体积法求其内切球半径，再由已知列式求解a，然后逐一分析四个选项得答案．
解：设这个四面体的棱长为a，
四面体可看作棱长为的正方体截得的，
故四面体的外接球即为正方体的外接球，
外接球直径为正方体体对角线长，2R外＝＝，
∴R外＝a，
四面体的高h＝a，根据等体积法，S•h＝4×S•r内，解得r内＝a，
依题意得 R外﹣r内＝a﹣a＝，
∴a＝12，故C正确；
正四面体外接球的半径，则正四面体外接球的表面积为4π×54＝216π，故A错误；
正四面体内切球的半径为，则内切球的体积V＝×＝，故B正确；
线段MN的最大值为：R外+r内＝，故D错误．
故选：BC．
12．新冠肺炎期间，某社区规定：若任意连续7天，每天不超过6人体温高于37.3℃，则称没有发生群体性发热．下列连续7天体温高于37.3℃人数的统计特征数中，能判定该社区没有发生群体性发热的为（ ）
A．中位数为4，众数为3 B．均值小于1，中位数为1
C．均值为2，标准差为 D．均值为3，众数为4
【分析】根据题意，假设设连续7天，每天的体温高于37.3℃的人数分别为a，b，c，d，e，f，g，且0≤a≤b≤c≤d≤e≤f≤g，由此依次分析选项，可得答案．
解：由题意，设连续7天，每天的体温高于37.3℃的人数分别为a，b，c，d，e，f，g，且0≤a≤b≤c≤d≤e≤f≤g，
依次分析选项：
对于A，a，b，c，d，e，f，g依次取3，3，3，4，5，5，7，则满足中位数为4，众数为3，但是第7天的人数为7＞6，不符合题意；
对于B，若g≥7，中位数为1，则有（a+b+c+d+e+f+g）＞g≥1，与均值小于1矛盾，可以判定该社区没有发生群体性发热，符合题意；
对于C，若均值为2，标准差为，则有（a+b+c+d+e+f+g）＝2，[（a﹣2）2+…+（g﹣2）2]＝3，变形可得a+b+c+d+e+f+g＝14，（a﹣2）2+…+（g﹣2）2＝21，
若g≥7，则（g﹣2）2≥25，与标准差为矛盾，可以判定该社区没有发生群体性发热，符合题意；
对于D，a，b，c，d，e，f，g依次取0，1、2，3，4，4，7，满足均值为3，众数为4，但是第7天的人数为7＞6，不符合题意；
故选：BC．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知z＝，则|z|＝ 1 ．
【分析】根据已知条件，运用复数的运算法则，以及复数模的公式，即可求解．
解：∵z＝＝，
∴．
故答案为：1．
14．在△ABC中，若b＝1，c＝，∠C＝，则a＝ 1 ．
【分析】先根据b，c，∠c，由正弦定理可得sinB，进而求得B，再根据正弦定理求得a．
解：在△ABC中由正弦定理得，
∴sinB＝，
∵b＜c，
故B＝，则A＝
由正弦定理得
∴a＝＝1
故答案为：1
15．如图，桌面上放置一个装有水的圆柱形玻璃水杯，AB为杯底直径，现以点B为支点将水杯倾斜，使AB所在直线与桌面所成的角为，则圆柱母线与水面所在平面所成的角等于 ．
【分析】作出图形，数形结合能求出结果．
解：如图，以点B为支点将水杯倾斜，使AB所在直线与桌面所成的角为，
，水面所在直线EF∥桌面所在直线CD，，
∴，
∴圆柱母线与水面所在平面所成的角∠EFB＝∠CBF＝．
故答案为：．
16．菱形ABCD的边长为2，∠A＝60°，M为DC的中点，若N为菱形内任意一点（含边界），则的最小值为 ﹣4 ．
【分析】设在向量方向上的投影为x，结合图形可知当N点与A点重合时x最小，所以，进而可得答案．
解：设在向量方向上的投影为x，则，
当x最小时，取得最小值，
结合图形可知当N点与A点重合时x最小，
所以＝．
故答案为：﹣4．
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＝（1，1），||＝1．
（1）若的夹角θ为，求；
（2）若，求与的夹角．
【分析】（1）根据平面向量数量积运算公式求解即可；
（2）由得，进而求出，再根据平面向量夹角公式求解即可．
解：（1），所以，
所以，
（2）因为，所以，
所以，所以，
所以，
因为θ∈[0，π]，所以．
故与的夹角为．
18．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝1，D是BC的中点．
（1）求证：A1B∥平面ADC1；
（2）若面ABB1A1⊥面ABC，AA1⊥AB，AA1＝2，求几何体ABD﹣A1B1C1的体积．
【分析】（1）连接A1C，交AC1于O，连接OD，可得OD∥A1B，再由直线与平面平行的判定得AB1∥平面ADC1；
（2）由平面ABB1A1⊥平面ABC，AB⊥AA1，利用平面与平面垂直的性质可得AA1⊥平面ABC，再由已知求得三棱锥ABC﹣A1B1C1与三棱锥C1﹣ADC的体积，作差可得几何体ABD﹣A1B1C1的体积．
【解答】（1）证明：连接A1C，交AC1于O，连接OD，
∵OD是ΔCA1B的中位线，∴OD∥A1B，
又OD⊂平面ADC1，AB1⊄平面ADC1，
∴AB1∥平面ADC1；
（2）解：∵平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，
AB⊥AA1，AA1⊂平面ABB1A1，
∴AA1⊥平面ABC，
∵AB⊥AC，AB＝AC＝1，且AA1＝2，
∴，，
故．
19．某公司生产某种产品，从生产的正品中随机抽取1000件，测得产品质量差（质量差＝生产的产品质量﹣标准质量，单位mg）的样本数据统计如下：
（1）求样本数据的80%分位数；
（2）公司从生产的正品中按产品质量差进行分拣，若质量差在（﹣s，+s）范围内的产品为一等品，其余为二等品．其中分别为样本平均数和样本标准差，计算可得s≈10（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）．
①若产品的质量差为62mg，试判断该产品是否属于一等品；
②假如公司包装时要求，3件一等品和2件二等品装在同一个箱子中，质检员每次从箱子中摸出2件产品进行检验，求摸出2件产品中至少有1件一等品的概率．
【分析】（1）求出频率f1＝0.1，f2＝0.2，f3＝0.45，f4＝0.2，f5＝0.05，f1+f2+f3+f4＝0.95；f1+f2+f3＝0.75，从而80%分位数一定位于[76，86）内，由此能估计样本数据的80%分位数．
（2）①求出平均数，得到，再由62∈（60，80），得该产品属于一等品．
②记三件一等品为A，B，C，两件二等品为a，b，利用列举法求出摸出两件产品总基本事件共10个，
法一：
记A：摸出两件产品中至少有一个一等品，利用列举法求出A包含的基本事件共9个，由此能求出所求概率．
法二：
记事件A：摸出两件产品中至少有一个一等品，：摸出两个产品，没有一个一等品，基本事件共一个（a，b）．利用对立事件概率计算公式能求出所求概率．
解：（1）因为频率f1＝0.1，f2＝0.2，f3＝0.45，f4＝0.2，f5＝0.05，
f1+f2+f3+f4＝0.95；f1+f2+f3＝0.75，
所以，80%分位数一定位于[76，86）内，
所以＝．
所以估计样本数据的80%分位数约为78.5．
（2）①，
所以，又62∈（60，80）
可知该产品属于一等品．
②记三件一等品为A，B，C，两件二等品为a，b，
这是古典概型，摸出两件产品总基本事件共10个，分别为：
（A，B），（A，C），（A，a），（A，b），（B，C），
（B，a），（B，b），（C，a），（C，b），（a，b），
方法一：
记A：摸出两件产品中至少有一个一等品，A包含的基本事件共9个，分别是：
（A，B），（A，C），（A，a），（A，b），（B，C），
（B，a），（B，b），（C，a），（C，b），
所以．
方法二：
记事件A：摸出两件产品中至少有一个一等品，
：摸出两个产品，没有一个一等品，基本事件共一个（a，b）．
所以．
20．现给出两个条件：①2bsinA＝atanB，②a（sinA﹣sinC）＝bsinB﹣csinC，从中选出一个条件补充在下面的问题中，并以此为依据求解问题．（选出一种可行的条件解答，若两个都选，则按第一个解答计分）
在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，若_____．
（1）求B；
（2）若点D是边AC靠近A的三等分点，且BD长为1，求△ABC面积的最大值．
【分析】（1）①根据正弦定理以及同角关系进行转化求解；②利用正弦定理和余弦定理进行转化求解即可．
（2）根据点D是边AC靠近A的三等分点，方法1：根据条件得到关于a，c的关系式，然后利用基本不等式求出ac的范围，再得到面积的最大值；方法2，直接利用余弦定理，结合基本不等式进行转化求解即可．
解：（1）若选①，由2b sinA＝a tan B，得2 sin Bsin A＝
由sinA≠0，sinB≠0，得
因为B∈（0，π），所以B＝60°．
若选②，由a（sinA﹣sinC）＝bsinB﹣csinC，得a2+c2﹣b2＝ac
所以
因为B∈（0，π），所以B＝60°．
（2）方法一：，
，
由，平方得，
即，
所以，
所以，即，当且仅当时，取等号，
所以，此时且．
方法二：△ABC中，由余弦定理，可得b2＝a2+c2﹣ac，
由∠ADB+∠CDB＝π，得cos∠ADB＝﹣cos∠CDB，
所以，
所以，即a2+4c2+2ac＝9，
由基本不等式，得
即，当且仅当，取等号，
所以，即，
所以，此时且．
21．甲、乙、丙三人参加一家公司的招聘面试，面试合格者可正式签约．甲表示只要面试合格就签约，乙丙则约定：两人面试都合格就一同签约，否则两人都不签约．设甲面试合格的概率为，乙丙每人面试合格的概率都是，且三人面试是否合格互不影响．求：
（1）恰有一人面试合格的概率；
（2）至多一人签约的概率．
【分析】（1）利用对立事件的概率公式以及相互独立事件的概率乘法公式求解即可；
（2）事件E：至多一人签约，事件F：恰好一人签约，事件G：没人签约，然后由互斥事件的加法公式得到P（E）＝P（F）+P（G），再利用对立事件的概率公式以及相互独立事件的概率乘法公式分别求解P（F），P（G），即可得到答案．
解：（1）记事件A：甲面试合格，
事件B：乙面试合格
事件C：丙面试合格
事件D：恰好有一人面试合格，
依题意，事件A、B、C相互独立，
所以＝＝；
（2）事件E：至多一人签约，
事件F：恰好一人签约，
事件G：没人签约，
因为F与G互斥，所以P（E）＝P（F）+P（G），
又＝＝，
＝＝，
，
所以至多一人签约的概率为．
22．在我国古代数学名著《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”．已知三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC．
（1）从三棱锥P﹣ABC中选择合适的两条棱填空．
若 AB ⊥ BC ，则该三棱锥为“鳖臑”；
（2）已知三棱锥P﹣ABC是一个“鳖臑”，且AC＝1，AB＝2，∠BAC＝60°，
①若△PAC上有一点D，如图1所示，试在平面PAC内作出一条过点D的直线l，使得l与BD垂直，说明作法，并给予证明；
②若点D在线段PC上，点E在线段PB上，如图2所示，且PB⊥平面EDA，证明∠EAB是平面EAD与平面BAC的二面角的平面角．
【分析】（1）由“鳖臑”的定义求解即可；
（2）①连接CD，在△PAC内，过点D作l⊥CD，即可得l为所求直线，利用线面垂直的判定定理和性质证明l⊥平面BCD，即可证明l⊥BD；
②延长ED，BC，交于点F，连接AF，利用线面垂直的判定定理证明AF⊥平面PAB，由二面角的平面角的定义即可证明．
解：（1）因为PA⊥平面ABC，AB，AC，BC⊂平面ABC，
则PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，
故△PAC与△PAB是两个直角三角形，
当AB⊥BC时，则△BAC为直角三角形，
因为PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
则BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，
所以BC⊥PB，则△BPC为直角三角形，
故该三棱锥为“鳖臑”；
（2）①连接CD，在△PAC内，过点D作l⊥CD，即可得l为所求直线，
证明如下：
在△ABC中，由余弦定理可得，
由勾股定理逆定理可知，BC⊥AC，
又因为PA⊥底面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，
又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC，
又l⊂平面PAC，则l⊥BC，
又l⊥CD，CD∩BC＝C，CD，BC⊂平面BCD，
所以l⊥平面BCD，又BD⊂平面BCD
所以l⊥BD；
②延长ED，BC，交于点F，连接AF，
因为点F∈平面ADE，点F∈平面ABC，
所以平面ADE∩平面ABC＝AF，
因为PA⊥底面ABC，且AF⊂平面ABC
所以PA⊥AF，
因为PB⊥平面EDA，AF⊂平面EDA，
所以PB⊥AF，
又因为 PB∩PA＝P，PA，PB⊂平面PAB，
所以AF⊥平面PAB，
所以AF⊥AE，AF⊥AB，
故∠EAB是平面EAD与平面BAC所形成的二面角的平面角．
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