【文档说明】福建省福州第一中学2022-2023学年高一下学期第四学段模块考试（期末）数学试题 含解析.docx，共(25)页，2.265 MB，由管理员店铺上传

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福州一中2022-2023学年第二学期第四学段模块考试高一数学必修第二册模块试卷（完卷120分钟满分150分）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1

.若()312i2iz−=，则zz=（）A.255B.45C.1225D.1625【答案】B【解析】【分析】根据复数运算法则、共轭复数定义即可求得结果.【详解】由()312i2iz−=得：()()()32i12i2i42i42i12i12i12

i555z−+−====−−−+，42i55z=+，22424555zz=+=.故选：B.2.已知不重合的平面、、和直线l，则“//”的充分不必要条件是（）A.内有无数条直线与平行B.内的任何直线都与平行C.⊥且⊥D.l⊥且l⊥

【答案】D【解析】【分析】利用面面位置关系可判断AC选项；利用面面平行的定义可判断B选项；利用线面垂直的性质定理可判断D选项.【详解】对于A选项，若内有无数条直线与平行且这无数条直线是平行直线，则、平行或相交

，即“内有无数条直线与平行”“//”，A不满足；对于B选项，由面面平行的定义可知，“内的任何直线都与平行”“//”，B不满足；对于C选项，若⊥且⊥，则、平行或相交，则“⊥且⊥”

“//”，C不满足；对于D选项，由线面垂直的性质可知，若l⊥且l⊥，则//，反之，若//，则“l⊥且l⊥”不一定成立，故“l⊥且l⊥”是“//”的充分不必要条件，D满足.故选：D.3.平行四边形ABCD中，点E是DC的中点，点F是BC的一个三等分点（靠近B），则EF

=（）A.1123ABAD−B.1142ABAD+C.1132ABAD+D.1223ABAD−．【答案】D【解析】【分析】用向量的加法和数乘法则运算.【详解】由题意：点E是DC的中点，点F是BC的一个三等分点，∴11122323EFEDDAABBFABADABADABAD=+++

=−−++=−.故选：D.【点睛】方法点睛：解题时可根据加法法则，从向量的起点到终点，然后结合向量的数乘运算即可得.4.镇海植物园有两块地，从A、B、C、D四种树木中任选2种树木种植在一块地中，余下2种树木种植在另一块地中，则A、B种植在同一块地的概率为（）A.

23B.13C.12D.34【答案】B【解析】【分析】列举出所有的基本事件，并且定事件“A、B种植在同一块地”所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】所有的基本事件有：,ABCD、,ACBD、,ADBC，共3种，其中，事件“A、B种植在同一块地”所包含

的基本事件为：,ABCD，共1种，故所求概率为13P=.故选：B.5.如图，何尊是我国西周早期的青铜礼器，其造型浑厚，工艺精美，尊内底铸铭文中的“宅兹中国”为“中国”一词最早的文字记载，何尊还是第一个出现“德”字的器物，证明了周王朝以德治国

的理念．何尊的形状可近似看作是由上部分圆台和下部分圆柱的组合体，组合体的高约为40cm，上口直径约为28cm，圆柱的底面直径约为18cm．取的近似值为3，经计算得到圆柱的侧面积约为1296cm2，则该组合体上部分圆台的体积约为（）A.

6448cm3B.6548cm3C.5548cm3D.5448cm3【答案】A【解析】【分析】首先根据圆柱的侧面积公式求得其高为24cm，则得到圆台的高，利用圆台体积公式即可得到答案.【详解】设圆柱的高为cmh，则129624cm318ShS===侧底，则圆台

的高h为16cm，设圆台上底面的面积为2cmS，下底面的面积为2cmS，则()()2222311163143931439644833VhSSSScm=++=++=圆台故选：A.6.在直三棱柱111ABCABC-中，14,2

2,1ABBCACAA====，点,MN分别是1111,ABAC的中点，则异面直线BM与CN所成角的余弦值为（）A.155B.105C.53D.63【答案】A【解析】【分析】分别取,ABAC的中点,GF，连接,AGAF，分析可知异面直线BM与CN所成角为1GAF或其补角，计算出1GA

F三边边长，进而求解即可.【详解】如图分别取,ABAC的中点,GF，连接,AGAF，如下图所示：因为111ABCABC-为直三棱柱，且点M是11AB的中点，所以1//AMAG，且1=AMAG，则四边形1AMBG为平行四边形，所以1//A

GBM，同理1//AFNC，所以异面直线BM与CN所成角为1GAF或其补角，因为,GF分别为,ABAC的中点，所以122GFBC==，22113AFAAAF=+=，22115AGAAAG=+=，因为22211AFGFAG+=，所以1AFFG⊥，在1RtAGF中，11131

5cos55AFGAFAG===，因此，直线BM与1AC所成角的余弦值为155.故选：A.7.已知△ABC的面积等于2，AB=1，当△ABC三条高的乘积取最大值时，sinC的值为（）A.1665B.6365C.1516D.12【

答案】A【解析】【分析】先利用ABC的面积公式求得AB边上的高，进一步得到另外两条边上的高的乘积与对应边的长度之积的关系，进一步转化为与角C的正弦值的关系，然后后利用几何方法分析sinC取得最大值的条件即可求解．【详解】解：设ABC中

，,,BCACAB三条边长分别记为,,abc,对应边上的高分别为ah，bh，ch，已知1ABc==,2ABCS=,1112222ABCabcSahbhch====，4ch=，4416164sin2sinabABChhCSababC====，1AB=，4ch

=，π02C，此时sinC随角C的增大而增大，由图可知，点C在以与AB距离为4，且与AB平行的直线上运动，当且仅当点C在AB的中垂线上，角C最大，此时12tan28ccCh==，222122sincos2tan168222sin165sinco

s1tan122264CCCCCCC====+++，故选:A【点睛】本题关键是将高的乘积最大问题转化为两条未知边的乘积的最值问题，进而转化为定边的对角的最大值问题，然后以利用几何方法研究最佳.8.在棱长为2的正方体1111

ABCDABCD−中，Q为AD的中点，P为正方体内部及其表面上的一动点，且1PQBD⊥，则满足条件的所有点P构成的平面图形的面积是（）A.332B.23C.4D.33【答案】D【解析】【分析】证明出1BD⊥平面1ABC，1BD⊥

平面11ACD，确定过点Q的截面与正方体各棱的交点，可知截面图形是边长为2的正六边形，进而可求得结果.【详解】连接1AD、1CD、11AC、AC、1AB、1BC、BD，如下图所示：因为四边形ABCD为正方形，则ACBD⊥，1DD⊥Q平面ABCD，AC平面ABCD，1ACDD⊥，1DDD

BD=，AC⊥平面1BDD，1BD平面1BDD，1BDAC⊥，同理可得11BDAB⊥，1ACABA=，1BD⊥平面1ABC，同理可证1BD⊥平面11ACD，设过点Q且垂直于1BD的平面为平面，则与平面1ABC、平面11ACD都平行，//平面1ACB，平

面ABCD平面QN=，平面ABCD平面1ACBAC=，//QNAC，Q为AD的中点，则N为CD的中点，同理可知，平面分别与棱1CC、11BC、11AB、1AA交于中点，易知六边形EFGHNQ为正六边形，

且其边长为122AC=，因此，满足条件的所有点P构成的平面图形的面积是()2362334=.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查正方体截面面积的计算，解题的关键在于利用正方体的几何性质，找出体对角线的垂面，进而确定截面与垂面平行，并以此作出截面.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，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.掷一枚骰子，记事件A为掷出的数大于4，事件B为掷出偶数点，则下列说法正确的是（）A.

5()6PAB=B.1()3PA=C.事件A与事件B为相互独立事件D.事件A与事件B对立【答案】BC【解析】【分析】根据古典概型的概率公式可得1()3PA=，1()2PB=，即可判断B项，利用概率的加法公式可判断A项，利用相互独立事件的定义可判断C项，利用对立事件的定义可判断D项

.【详解】解：由题可知，事件A的概率为1()3PA=，事件B的概率为1()2PB=，故B项正确；因为1112()()()()3263PABPAPBPAB=+−=+−=，故A项错误；因为事件AB表示“掷出的数大于4”且“掷出偶数

点”，即“掷出6”，所以1()6PAB=，又111()()()326PAPBPAB===，故事件A与事件B为相互独立事件，故C项正确；因为115()()1326PAPB+=+=，故事件A与事件B不是对立事件，故D项错误.

故选：BC.10.已知一组样本数据()1212,,,nnxxxxxx，现有一组新的231112,,,,2222nnnxxxxxxxx−++++，则与原样本数据相比，新的样本数据（）A.平均数不变B.中位数不变C.极差变小D.方差变小【答案】ACD【解析】

【分析】利用平均数、极差的定义计算判断AC；利用中位数的定义举例判断B；利用方差的意义分析判断D作答.【详解】对于A，新数据的总和为：2311212222nnxxxxxxxxx++++++=+++，与原数据总和相等，且数据个数都是n，

因此平均数不变，A正确；对于B，不妨设原数据为：1253,.,，中位数为2.5，则新数据为：1752752.,.,，中位数为2，B错误；对于C，原数据极差为：1nxx−，新数据极差为：11222nnxxxx−++−，而()11121210

222nnnnnxxxxxxxxxx−−+−+−+−−−=，即极差变小了，C正确；对于D，由于两组数据的平均数不变，而极差变小，说明新数据相对原数据更集中于平均数，因此方差变小，D正确.故选：ACD.11.已知四边形ABCD为正方形，

ED⊥平面ABCD，2FBEDABEDFB==∥，，记三棱锥EACD−，FABC−，FACE−的体积分别为123,,VVV，则（）A.322VV=B.122VV=C.312VVV=+D.3123VV=【答案】BCD【解析】【分析】找到三棱锥的高，利用三棱锥体积公式分别求出1V，2V，3V，进而判

断出结果.【详解】如图连接BD交AC于O，连接,OEOF.设22ABFB==，则2ABBCCDAD====.由ED⊥平面ABCD，//FBED，所以FB⊥平面ABCD，所以111143323EACDACDVVSEDADCD

ED−====，211123323FABCABCVVSFBABBCFB−====.由ED⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以EDAC⊥.又ACBD⊥，且EDBDD=，,EDBD平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF

，所以ACOF⊥.易知2222,2,6BDOBOEODED===+=，223OFOBBF=+=22()3EFBDEDFB=+−=，所以222EFOFOE+=，所以OFOE⊥,而OEACO=，OEAC、平面ACE，所以OF⊥平面

ACE.又22ACAECE===，231132334FACEACEVVSOFACOF−====，所以有32123123122=+2=3VVVVVVVVV=,,，，所以选项A不正确，BCD正确.故选：BCD.12.在ABC中，D，E分别是BC，AC的

中点，且6,2BCAD==，则（）A.ABC面积最大值是6B.ABC周长可能是14C.||ADBE+不可能是5D.1135,22BEAC【答案】AD【解析】【分析】选项A由题可得ADBC⊥时三角形面积最大；选项B分别在,ABDACD△△中用余弦定理得出2226cb+=，然后结合均值

不等式可判断；选项C将ADBE+化为3122DCDA−，由向量平方可判断；选项D由AD3122DCDA=+，ACDCDA=−然后由数量积的定义可得出答案.【详解】设ABC的三个内角,,ABC所对的边分别为,,abc选项A，1116626222a

aSahh===，当ADBC⊥时，等号成立，故A正确；选项B，22232223coscADB=+−22232223cosbADC=+−，ADBADC+=，则2226cb+=，所以三角形周长为612abcbc++=++，由均值不等式2226222bcc

b++=，当且仅当13bc==时等号成立，可得62136cb+++，即三角形的周长的范围是(12,2136+，(1412,2136+，所以三角形周长不可以取到14，故选项B错误；选项C，12ADBEADBDDAAEBDAC+=+++=+()131222DCDCDAD

CDA=+−=−，所以2229631856||2222DCDADCDADCDAADBEDCDA+−−+=−==，()cos6cos6,6DCDADCDAADCADC==−，所以711

||,22ADBE+，所以||ADBE+的值可能取到5，故选项C错误；选项D，()11312222BEBDDAAEDCDADCDADCDA=++=++−=+，()2231232223122DCDADC

DBADCDADCEACCDADDA==+−−−=−，由()6,6DCDA−，则231135,222DCDA−，故选项D正确.故选：AD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若复数12343i,3i,26i,

3izzzza=−=−−=+=−在复平面内对应的点在同一个圆上，则正实数a,的值为__________．【答案】7【解析】【分析】利用复数的几何意义，得到复数对应的点，进而求出圆的方程，即可求出结果.【详解】因为12343i,3i,2

6i,3izzzza=−=−−=+=−在复平面上对应点分别为1234(3,1),(3,1),(2,6),(,3)ZZZZa−−−−，设圆方程为22200()()(0)xxyyrr−+−=，则有22200(3)(1)xyr−+−−=,22200(3)(1)xyr−−+−−=，22200(2)(

6)xyr−+−=，联立方程解得000,0,10xyr===，所以圆方程为2210xy+=，又4(,3)Za−在圆上，所以2310a+=，又0a，解得7a=.故答案为：7.14.在棱长为1的正方体1111ABCDA

BCD−中，E为线段11AB的中点，F为线段AB的中点，则直线FC到平面1AEC的距离为______．【答案】66##166【解析】【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面1AEC的法向量后可求线面距.【详解】建立如图所示的空间直角坐

标系，则()()()1111,0,0,1,,1,0,1,1,1,,0,0,1,022AECFC，故1111,,0,1,,022ECFC=−=−，故1//ECFC，而

1EC平面1AEC，FC平面1AEC，故//FC平面1AEC，故直线FC到平面1AEC的距离为即为F到平面1AEC的距离.设平面1AEC的法向量为(),,nxyz=，又10,,12AE=，故102102yzxy+=−+=，

取2y=，则()1,2,1n=−，而()0,0,1FE=，故F到平面1AEC的距离为1666=，故答案为：66.15.在锐角ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，若2222bcabc+−=，4c=，则边a的取值范围是____

．【答案】()224,【解析】【分析】根据锐角ABC及角A的余弦定理求出4A=，进一步得出42C，再由正弦定理得sinsincAaC=，根据42C可得a的取值范围.【详解】在锐角ABC中，有02A

，02B，02C，由余弦定理得222cos2bcaAbc+−=，把2222bcabc+−=代入得，2cos2A=，又02A，所以4A=.有()34BACC=−+=−，由0,23042CC

−，得42C.在ABC中由正弦定理得，sinsinacAC=，24sin222sinsinsincAaCCC===，因为42C，所以2sin12C，224a.故答案为：()22,4.16.在三棱锥−PABC中，1,2PB

PAPCABBC=====，二面角PACB−−的大小为60，则该三棱锥的体积为__________；其外接球的表面积为__________．【答案】①.12##0.5②.52π3【解析】【分析】根据题意分析可知二面角PACB−−的平面角为60PMB=，进而可

确定,ABCACP的形状，得到PBM的高即为三棱锥−PABC的高，再由三棱锥的体积公式，即可得到其体积；根据外接球的性质确定−PABC的外接球的球心所在位置，进而可求半径和面积.【详解】取AC的中点M，连接,PMBM，∵,PAPBABBCACAC=

===，则,,ABCAPCPMACBMAC△△@^^，∴二面角PACB−−的平面角为60PMB=，故PMB△为等边三角形，即1PMBMAB===，则2232223,tan3BMACCMBCBMBCMCM==-=?=，∵π0,2BCM骣琪形琪桫，则π6BCM

=，设ABC的外接圆圆心为1O，半径为r，则2241sin2ABrACB===，即2r=，故1O在BM的延长线上，同理PAC△的外接圆圆心为2O在PM的延长线上，∵,,,,PMACBMACPMBMMPMBMI^^=?平面PBM，∴AC⊥平面PBM，且AC

平面ABC，AC平面ACP，故平面ABC⊥平面PBM，平面PAC⊥平面PBM，则PBM的高即为三棱锥−PABC的高，且PMB△为等边三角形，边长为1，则其高32h=，111sin2323222ABCSACBCACB===，所以113133322

ABCPABCVSh−===，设三棱锥−PABC的外接球的球心为O，连接12,OOOO，则1OO⊥平面ABC，2OO⊥平面ACP，故12,OOOO平面PBM，连接1112,,,,OAOCOOOAMO，则12111,2,30MOMOOAOMO===??，可得1113tan3OOMO

OMO=?，则三棱锥SABC−的外接球的半径2211393ROAOO=+=，故三棱锥SABC−的外接球的表面积21352π4π4π33R=?.故答案为：12；52π3.四、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.为了纪念2017年在德国波恩举行的联合国气候大会，某社区举办《“环保我参与”有奖问答比赛》活动．某场比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题．已知甲家庭回答正确这道题的概率是34，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是112，

乙、丙两个家庭都回答正确的概率是14．若各家庭回答是否正确互不影响．（1）求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；（2）求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率．【答案】（1）38，2

3；（2）2132．【解析】【分析】（1）记“甲家庭回答正确这道题”“乙家庭回答正确这道题”“丙家庭回答正确这道题”分别为事件A，B，C，根据独立事件概率的求法计算即可得出结果；（2）根据独立事件概率的

求法分别求出有0个、1个家庭回答正确的概率，利用间接法即可求出不少于2个家庭回答正确这道题的概率．【小问1详解】记“甲家庭回答正确这道题”“乙家庭回答正确这道题”“丙家庭回答正确这道题”分别为事件A，B，C，则()34PA=，()()11

2PAPC=，()()14PBPC=，即()()11112PAPC−−=，()()14PBPC=，所以()38PB=，()23PC=．所以乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率为38和23.【小问2详解】有0个

家庭回答正确的概率()()()()0151548396PPABCPAPBPC====，有1个家庭回答正确的概率()1351131152748348348324PPABCABCABC=++=++=，所以不少于2个家庭回答正确这道题的概率0157211

1962432PPP=−−=−−=．18.在平面直角坐标系xOy中，角终边与单位圆O的交点为E，将向量OE逆时针方向旋转90，得到向量OF，记(1,0),(0,1)AB−.（1）判断向量AE与BF的位置关系，并说明理由；（2）求||AEAF+的最大值.【答案】（1）共线

，理由见解析（2）22+【解析】【分析】（1）设出点的坐标，求得两向量坐标，利用向量共线的坐标运算求解即可；（2）先求出和向量的坐标，然后利用向量模的坐标公式结合三角函数的性质求解.【小问1详解】向量AE与BF共线，理由如下：角终边与单位圆O的交

点为E，则()cos,sinE，所以()cos,sinOE=，又将向量OE逆时针方向旋转90得到向量OF，所以()ππcos(),sin()sin,cos22OF=++=−，

又(1,0),(0,1)AB−，则()cos1,sinAE=−，()sin,cos1BF=−+，因为()()()cos1cos1sinsin0−+−−=，所以//AEBF，即向量AE与BF共线；【小问2详解】因为()cos1,sinAE=−，()sin

1,cosAF=−−，所以()sincos2,sincosAEAF+=−+−+，所以()()()22πsincos2sincos4sincos642sin64AEAF+=−+−++=−+=−+，所以当ππ2π,Z42kk−=+，即3π2π,Z4kk=+

时，πsin4−有最大值1，所以AEAF+有最大值2426(22)22+=+=+.19.若图，三棱柱111ABCABC-的侧面11BCCB是平行四边形，11BCCC⊥，11BCAC^，且E、F分别是BC、11AB的中点.（1）求证：//EF平

面11ACCA；（2）在线段AB上是否存在点P，使得1BC⊥平面EFP？若存在，求出APAB的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，12APAB=【解析】【分析】（1）取11AC中点G

，连接FG、CG，证明出四边形FECG是平行四边形，可得出//FEGC，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）取AB的中点P，连接PE、PF，证明出平面EFP//平面11ACCA，1BC⊥平面

11ACCA，可得出1BC⊥平面EFP，由此可得出结论.【小问1详解】证明：取11AC中点G，连接FG、CG.因为F、G分别是11AB、11AC的中点，所以11//FGBC且1112FGBC=.在平行四边形11BCCB中，11//BCBC且11BCBC=，因为E是

BC的中点，所以11//ECBC且1112ECBC=.所以//ECFG且ECFG=，所以四边形FECG是平行四边形，所以//FEGC，又因为FE平面11ACCA，GC平面11ACCA，所以//EF平面11ACCA.【小问2详解】解：当

点P为线段AB的中点时，1BC⊥平面EFP，理由如下：取AB中点P，连接PE、PF.因11BCCC⊥，11BCAC^，11ACCCC=，所以，1BC⊥平面11ACCA，因为P、E分别为AB、BC的中点，则//PEAC，PE平面11ACCA，AC平面

11ACCA，则//PE平面11ACCA，又因为//EF平面11ACCA，EFPEE=，所以，平面EFP//平面11ACCA，所以，1BC⊥平面EFP.故当点P是线段AB的中点时，1BC⊥平面EFP，此时，1

2APAB=.20.用分层随机抽样从某校高一年级学生的数学期末成绩（满分为100分，成绩都是整数）中抽取一个样本量为100的样本，其中男生成绩数据40个，女生成绩数据60个，再将40个男生成绩样本数据分

为6组：)40,50，)50,60，)60,70，)70,80，)80,90，90,100，绘制得到如图所示的频率分布直方图.（1）估计男生成绩样本数据的第80百分位数；（2）在区间)40,50和90,100内的两组男生成绩样本数据中，随机抽取两个进调查，求调

查对象来自不同分组的概率；的为（3）已知男生成绩样本数据的平均数和方差分别为71和187.75，女生成绩样本数据的平均数和方差分别为73.5和119，求总样本的平均数和方差.【答案】（1）84；（2）815；（3）平均数和方差分别为72.5和148.

【解析】【分析】（1）在)40,80内的成绩占比为70%，在)40,90内的成绩占比为95%，由0.80.780100.950.7−+−，可得答案；（2）得出在区间)40,50和90,100内的男生成

绩样本数据，并列出数据中随机抽取两个的样本空间包含的样本点和调查对象来自不同分组的样本点，由古典概型的概率计算公式可得答案；.（3）设男生成绩样本数据为1x，2x，…，40x，平均数为71x=，方差为2187.75xs=；女

生成绩样本数据为1y，2y，…，60y，平均数为73.5y=，方差为2119ys=；总样本的平均数为z，方差为2s，由按比例分配分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系，得406072.5100100zxy=+=，()()4060222111100ijijsxz

yz===−+−()()40406060222211111()()100ijiijjxxxzyyyz=====−+−+−+−可得答案.【详解】（1）由频率分布直方图可知，在)40,80内的成绩占比为70%，在)40,90内

的成绩占比为95%，因此第80百分位数一定位于)80,90内.因为0.80.78010840.950.7−+=−，所以估计男生成绩样本数据的第80百分位数约是84；（2）在区间)40,50和90,100内的男生成绩样本数据分别有4个和2个，分别用abcd,,

,和,mn表示，则在这6个数据中随机抽取两个的样本空间包含的样本点有()()()()(),,,,,,,,,,abacadaman，()()(),,,,,dmdnmn()()()()()()(),,,,,,,,,,,,,bcb

dbmbncdcmcn，个数为()15n=，记事件A=“调查对象来自不同分组”，则事件A包含的样本点有()()()()()()()(),,,,,,,,,,,,,,,amanbmbncmcndmdn，

个数为()428nA==，所以()8()()15nAPAn==；（3）设男生成绩样本数据为1x，2x，…，40x，其平均数为71x=，方差为2187.75;xs=女生成绩样本数据为1y，2y，…，60y，其平均数为73.5y=，方差为2119ys=

；总样本的平均数为z，方差为2s.由按比例分配分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系，得406072.5100100zxy=+=因为()()4060222111100ijijsxzyz===−

+−()()406022111100ijijxxxzyyyz===−+−+−+−又()()4040401112()2()2()400iiiiiixxxzxzxxxzxx===−−=−−=−−=，同理()6

012()0jjyyyz=−−=，所以()()404060602222211111()()100ijiijjsxxxzyyyz=====−+−+−+−2222140()60()100xysxzsyz

=+−++−22140187.75(7172.5)60119(73.572.5)100=+−++−148=.所以总样本的平均数和方差分别为72.5和148.21.在ABC中，内角A，B，C对的边分别

为a，b，c，若222sin3sin5sinABC+=．（1）求cosC的最小值；（2）若ABC的面积为2a，求tanC的值．【答案】（1）225.（2）tan1C=或2tan3C=【解析】【分析】（1）根据正弦定理可得22235abc+=，由余弦定理结合均值不等

式可得出答案；（2）由三角形的面积公式可得1sin2abC=，由余弦定理结合条件可得222cos5abCab+=，将1sin2abC=代入结合三角变换可出答案.【小问1详解】由222sin3sin5sinABC+=，根据

正弦定理可得22235abc+=，由余弦定理可得2222222223222225cos22555abababcababCabababab++−+−+====，当且仅当2ba=时，等号成立，所以cos

C的最小值为225；【小问2详解】由ABC的面积为2a，即21sin2SabCa==，则1sin2abC=，由（1）可知2222212sin22cos155sin2bCbabCabbC++==，即251sincossin122CCC=+，即()2

225sincossin2sincosCCCCC=++，所以225sincos3sin2cosCCCC=+，即23tan5tan20CC−+=，解得tan1C=或2tan3C=，当tan1C=时，满足222cos25C=

，当2tan3C=时，满足322cos513C=，所以tan1C=或2tan3C=.22.如图，已知矩形ABCD，24BCAB==，M是AD的中点，现将ABM沿着BM翻折至PBM．（1）若23PC=，求证：

平面PBM⊥平面BCDM；（2）求二面角PCDB−−的正弦值的最大值．【答案】（1）证明见解析（2）55【解析】【分析】（1）先证明PO⊥平面BCDM，再根据面面垂直的判定定理即可证明结论；（2）先求

出平面PBM⊥平面BCDM时的二面角的正弦值，再求出ABM翻折到越过平面PBM⊥平面BCDM时的位置后的二面角平面角的正弦值的最大值，比较可得答案.【小问1详解】由题意矩形ABCD中，24BCAB==，M是AD的中点，可知2PMPB==,45A

MB=，设O为BM中点，连接PO，则POBM⊥，又45MBCAMB==，2211222BOBMABAM==+=，故2222cos216224102OCOBBCOBBCOBC=+−=+−=，又PBPM⊥，OBM中点，故122POBM=

=，而23PC=，故22212PCPOOC==+，故POOC⊥，而,,OCBMOOCBM=平面BCDM，故PO⊥平面BCDM，为PO平面PBM，故平面PBM⊥平面BCDM；【小问2详解】由（1）可知，将ABM沿着BM翻折至平面PBM⊥平面BCDM时，二面角PCDB−−逐

渐增大，当平面PBM⊥平面BCDM时，作OECD⊥，垂足为E，连接PE，因为O为BM中点，则E为CD中点，此时32MDBCOE+==;由于PO⊥平面BCDM，,CDOE平面BCDM，故POCD⊥，POOE⊥,,POOEOPOOE

=平面POE，故CD⊥平面POE，则PEO为二面角PCDB−−的平面角，而2211PEPOOE=+=,故222sin1111POPEOPE===；下面考虑ABM翻折到越过平面PBM⊥平面BCDM时的位置后的情况：设Q为BC中点，连接MQ，则四边形ABQM为正方形，连接A

Q，则O在AQ上，则,POBMQOBM⊥⊥，,,POQOPOQO平面POQ，故BM⊥平面POQ，BM平面BCDM，故平面POQ⊥平面BCDM，平面POQ平面BCDMOQ=，作PFOQ⊥，垂足为F，则PF⊥平面BCDM，,FGCD平面BCDM，故PFCD⊥,PFFG⊥，作FGCD⊥，

垂足为G，连接PG，,,PFFGFPFFG=平面PFG，故CD⊥平面PFG，故PGF为二面角PCDB−−的平面角，设,090POF=，当0=o时，二面角PCDB−−的正弦值为0；当090时，2sin,2cosPFOF==，作FHOE⊥，垂足为H，则四边形EHFG为矩形

，则cos45cosOHOF==，故3cosFGEH==−，故2222sincos2tan2sin222tan3cos2sincos2tan1222PFPGFFG====−++212t

an2tan2=+，由于tan02，故12tan222tan2+，故21122tan2tan2+，当且仅当12tan2tan2=，即tan222=时等号成立，即二面角PCDB−−的正切值的最大值为12，此时二面角PCDB−−的正弦值的最大值55，由于225115

，故二面角PCDB−−的正弦值的最大值55.【点睛】难点点睛：第二问求解二面角的正弦最大值时，难点在于要确定出二面角的平面角，借助三角函数表示出平面角的正切值，结合基本不等式求得最大值，进而比较、综合可得答案.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xian

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