人教A版高一数学必修第二册期中期末测试含答案

人教A版高一数学必修第二册期中期末测试含答案期中测试卷姓名：___________考号：___________分数：___________（考试时间：120分钟满分：150分）选择题（本大题共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．已知向量，，则的最大值为（）A． B．2 C． D．1【答案】D【解析】【分析】根据题意可得，分和两种情况讨论，结合基本不等式即可得出答案.【详解】解：由向量，，得，当时，，当时，，当且仅当，即时，取等号，综上的最大值为1.故选：D.2．已知在中，、、分别为角、、的对边，则根据条件解三角形时恰有一解的一组条件是（）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理求出的值，结合大边对大角定理可判断各选项.【详解】对于A选项，由正弦定理可得，且，故有两解；对于B选项，由正弦定理可得，且，故只有一解；对于C选项，由正弦定理可得，故无解；对于D选项，因为，则角为的最大内角，且，故无解.故选：B.3．中，，，过点A作边BC的垂线，垂足为H，若，则（）A．10 B．12 C．－10 D．－12【答案】A【解析】【分析】以H为原点，建立平面直角坐标系，分别求出三点的坐标，从而可得的坐标，再根据数量积的坐标表示即可得解.【详解】解：以H为原点，建立平面直角坐标系，可知，由：，，所以，，又，故，，所以.故选：A.4．已知复数，则在复平面内表示复数的点位于（）A．实轴上 B．虚轴上 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【解析】【分析】利用复数的乘法及除法运算可得，即得.【详解】∵复数，∴，∴在复平面内表示复数的点位于虚轴上.故选：B.5．的共轭复数为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】先用复数除法公式求出，进而求出的共轭复数.【详解】，则的共轭复数为.故选：C6．三棱锥的底面是边长为3的正三角形，，则三棱锥的体积等于（）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】将三棱锥翻转为，确定顶点A在底面的射影为斜边的中点，利用勾股定理求出，然后由三棱锥的体积公式即可求解．【详解】解：将三棱锥翻转一下，如图所示，因为，所以，所以为直角三角形，由斜线长相等，则射影长相等，可得点A在平面内的射影为直角三角形的外心，所以为直角斜边的中点，且平面，则为三棱锥的高，由勾股定理可得，所以三棱锥的体积．故选：A．7．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．π B．π C．π D．π【答案】C【解析】【分析】根据三视图还原几何体的结构，由此计算出几何体的体积.【详解】由三视图可知，该几何体是由半个圆柱，挖掉半个圆锥所得，如图，所以几何体的体积为.故选：C.8．如图，矩形ABCD是圆柱的轴截面，若E，F分别为与线段BC的中点，圆柱的母线为4，侧面积为，则异面直线EF与AC所成角的余弦值为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】如图，取的中点，连接，则可得是异面直线EF与AC所成角，然后在中求解【详解】如图，取的中点，连接，因为是的中点，所以∥，所以是异面直线EF与AC所成角，因为圆柱的母线为4，侧面积为，所以，所以，所以，因为垂直于底面，在底面内，所以，因为E为的中点，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，所以,所以,所以异面直线EF与AC所成角的余弦值为，故选：C多选题（本大题共4小题，每小题5分，部分选对得3分，有选错得0分，共20分）9．已知平面向量，，则下列命题中正确的有（）A． B．C． D．【答案】BD【解析】【分析】由向量的定义判断A，由模的坐标表示求出模判断B，根据垂直的坐标表示判断C，由数量积求得向量的夹角余弦判断D．【详解】对于A，由于向量不能比较大小，故A错误；对于B，∵，∴，故B正确；对于C，∵，∴不成立，故C错误；对于D，∵，故D正确．故选：BD．10．关于复数(i为虚数单位)，下列说法正确的是（）A．|z|＝1 B．z＋z2＝－1 C．z3＝－1 D．(z＋1)3＝i【答案】AB【解析】【分析】根据复数模的计算公式求得复数的模，可判断A;根据复数的乘方运算可判断B,C,D.【详解】由复数,可得，故A正确；，故B正确；，故C错误；，故D错误，故选：AB.11．如图，在直四棱柱中，底面是正方形，，，若，则（）A．当时， B．四棱锥体积的最大值为C．当平面截直四棱柱所得截面面积为时 D．四面体的体积为定值【答案】AD【解析】【分析】根据给定条件逐一分析各个选项，再推理、计算并判断作答.【详解】在直四棱柱中，底面是正方形，，，对于A，当时，点P为线段AC中点，连DP，，如图，，而平面，平面，则，又，平面，则有平面，而平面，于是得，又对角面是矩形，即，所以，A正确；依题意，平面，而点P在AC上，则点P到平面距离的最大值为AB=1，而矩形面积为，所以四棱锥体积的最大值为，B不正确；对于C，当时，点P在AC上靠近点C的四等分点，平面截直四棱柱所得截面为等腰梯形，如图，显然，则，，等腰梯形的高，等腰梯形的面积，由几何体的对称性知，当平面截直四棱柱所得截面面积为时，或，C不正确；因平面，则点P到平面的距离等于点A到平面的距离，为定值，又的面积为定值，所以四面体的体积为定值，D正确.故选：AD【点睛】方法点睛：作多面体截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.12．已知m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面.下列说法中正确的是（）A．若，，，则B．若，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】ACD【解析】【分析】对A，由线面平行的性质可判断正确；对B，可能存在，对C，由面面垂直的性质可判断正确；对D，由垂直和平行的性质可判断正确.【详解】对A，由线面平行的性质可知，直线平行于已知平面，则直线平行于过该直线的平面与已知平面的交线，故A正确；对B，当，不满足命题，故B错误；对C，如图所示，，作，因为，，，所以,，又因为，所以，因为，所以，故C正确；对D，因为，，所以，又，则，故D正确.故选：ACD填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知菱形的边长为2，E是的中点，则__________．【答案】【解析】【分析】利用平面向量的线性运算，将转化为，进而求得答案.【详解】依题意，，因为菱形的边长为2．所以．故答案为：-3.14．已知平面向量的夹角为，满足．平面向量在上的投影之和为2，则的最小值是___．【答案】【解析】【分析】设向量，的单位方向向量，用所设的单位向量作为基底，表示出已知条件，进而表示出，继而求得答案.【详解】设与方向相同的单位向量是，且，设与方向相同的单位向量是，且，又.注意到.，，∵，∴设(1)与(2)联立得：(7)(3)与(4)联立得：(8)将(8)代入(5)中得：，∴，与联立得：，对应，故,故答案为：15．已知复数､满足，若和的幅角之差为，则___________.【答案】【解析】【分析】分别设，，可得，由题意可得或，即可得，再代入计算即可求解.【详解】因为，设，，所以由题意可知或，当时，，，当时，，，综上所述：，故答案为：.16．如图，矩形是平面图形斜二测画法的直观图，且该直观图的面积为8，则平面图形的面积为___________.【答案】【解析】【分析】根据直观图形和原图形面积之间的比例关系求解即可．【详解】根据直观图与原图的面积比值为定值，可得平面图形的面积为.故答案为：.四、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）17．已知的内角，，的对边分别为，，，向量，，且.(1)求角；(2)若，且，求面积.【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）利用及正弦定理得到，直接求出角C；（2）先由余弦定理求出，再由正弦定理求得，直接利用三角形的面积公式即可求解.(1)因为向量，，且.所以，，由正弦定理得：，∵，∴，∴，∴，∵，∴.(2)，∴，又，，得，由正弦定理：得.由所以.18．已知在中，角所对的边分别为，且，.(1)求角的大小；(2)若，求的值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）利用诱导公式和两角和的正弦公式可得，从而可求.（2）利用正弦定理可得，利用两角差的正弦化简后可得.(1)因为，所以，所以，而为三角形内角，所以，所以，∵是三角形内角，∴.(2)∵，∴由正弦定理可得，可得，所以，即.19．已知复数，复数的实部等于的虚部，的虚部等于的实部，求复数.【答案】【解析】【分析】由复数，写出实部，虚部，即可得复数.【详解】由复数，实部为，虚部为，设复数，所以所以.20．（1）已知，，，.问以上4个复数对应的点是否在同一个圆上？（2）设.（i）求，；（ii）求.【答案】（1）四点不共圆；（2）（i），；（ii）.【解析】【分析】（1）根据复数的几何意义，求得四个复数对应的点的坐标，结合圆的方程，即可求解；（2）（i）根据复数的运算，准确运算，即可求解；（ii）根据的周期性，即可求解.【详解】（1）由题意，复数，，，，根据复数的几何意义，可得复数对应的分别为，设经过三点的圆的方程为，可得，解得，所以圆的方程为，即，其中点不适合圆的方程，即点不在圆上，所以四点不共圆.（2）由，可得，，则，又由，可得，且是以为周期的循环，所以.21．在直棱柱中，,其中，，点在上，且，延长至使得.(1)求证：；(2)求到平面距离.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）在直角梯形中，求得，得到，再由平面，证得，利用线面垂直的判定定理证得平面，进而证得；（2）由（1）得平面，得到点E到直线BD距离为，求得，设点到平面距离为，结合，即可求解.(1)证明：在直角梯形中，有，所以，所以，可得，所以，又因为平面，且平面，所以，又由，所以平面，因为平面，所以(2)由（1）得平面，且，所以点E到直线BD距离为，且，所以在中，因为，可得，，由（1）知，故，设点到平面距离为，则，解得，所以点到平面距离为.22．如图，三棱柱中，底面为正三角形，平面，且，是的中点.(1)求证：平面平面；(2)在侧棱上是否存在一点，使得三棱锥的体积是，若存在，求长；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理得到平面再由面面垂直的判定定理可得答案；（2）利用等体积转换可得答案.(1)三棱柱中，平面，则，底面为正三角形，且是的中点，则，，则平面，平面，平面平面.(2)，底面为边长为2的正三角形，是的中点，，,，解得，即，在侧棱上是存在一点，且，使得三棱锥的体积是.期末测试卷(满分:150分;时间:120分钟)一、单项选择题(本大题共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.已知复数z=3+i(i是虚数单位),z的共轭复数记作z,则z|z|= A.3C.-3【答案】A【解析】z|z|2.水平放置的△ABC的直观图如图所示,若A1C1=2,△A1B1C1的面积为22,则AB的长为 ()2B.217【答案】B【解析】因为△A1B1C1的面积为22,所以22=12A1C1×B1C1易知AC⊥BC,AC=A1C1=2,由勾股定理得AB=AC2+B3.已知AB=(2,3),AC=(3,t),AB·AC=12,则|BC|= (A.2【答案】A【解析】∵AB=(2,3),AC=(3,t),∴AB·AC=6+3t=12,解得t=2,∴AC=(3,2),∴BC=AC-AB=(1,4.天气预报说,在未来三天中,每天下雨的概率均为40%,用数字0,1,2,3表示下雨,数字4,5,6,7,8,9表示不下雨,由计算机生成如下20组随机数:977,864,191,925,271,932,812,458,569,683,431,257,394,027,556,488,730,113,537,908.由此估计未来三天中至少有一天下雨的概率为 ()A.0.6B.0.7C.0.75D.0.8【答案】B【解析】代表未来三天都不下雨的随机数有977,864,458,569,556,488,共6组,记“未来三天中至少有一天下雨”为事件A,“未来三天都不下雨”为事件B,则A与B为对立事件,所以P(A)=1-P(B)=1-620=710=0.5.我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题:“今有北乡算八千七百五十八,西乡算七千二百三十六,南乡算八千三百五十六,凡三乡,发役三百七十八人,欲以算数多少出之,问各几何?”意思是:北乡有8758人,西乡有7236人,南乡有8356人,现要按人数多少从三乡共征集378人,问从各乡征集多少人?在上述问题中,需从西乡征集的人数是 ()A.102B.112C.130D.136【答案】B【解析】因为北乡有8758人,西乡有7236人,南乡有8356人,现要按人数多少从三乡共征集378人,所以需从西乡征集的人数是378×723686.设两个单位向量a,b的夹角为2π3,则|3a+4b|= (A.1B.13C.【答案】B【解析】∵两个单位向量a,b的夹角为2π∴|a|=1,|b|=1,a·b=|a||b|cos2π∴|3a+4b|2=9a2+16b2+24a·b=9+16+24×-12=13,∴|3a+4b|=13.7.在四面体A-BCD中,若AB=CD=3,AC=BD=2,AD=BC=5,则直线AB与CD所成角的余弦值为 ()A.-13C.1【答案】D【解析】因为四面体的对边分别相等,所以该四面体的顶点为长方体的不相邻的四个顶点,如图所示,设长方体的长、宽、高分别为a,b,c,则a连接D'C',交AB于点O,则D'C'∥DC,所以∠AOD'(或其补角)是直线AB与CD所成的角.易知AO=D'O=32,AD'=2在△AOD'中,cos∠AOD'=AO所以直线AB与CD所成角的余弦值为13,故选8.如图,某登山队在山脚A处测得山顶B的仰角为45°,沿倾斜角为30°的斜坡前进若干米后到达D处,又测得山顶的仰角为75°,已知山的高度BC为1千米,则该登山队从A到D前进了 ()A.2千米B.(6-2C.1千米D.1.5千米【答案】C【解析】如图,过D作DE⊥BC交BC于点E,DF⊥AC交AC于点F,由题意得∠BAC=∠ABC=45°,∠DAC=30°,∠BDE=75°,则∠BAD=15°,∠DBE=15°,则∠ABD=30°.设AD=x千米,在△ABD中,由正弦定理得xsin∠ABD=BDsin∠BAD,即在△BED中,BE=BDcos15°=2xsin15°·cos15°=xsin30°=12x在△ADF中,DF=CE=xsin30°=12x,因为BC=1,所以BE+CE=x=1,即该登山队从A到D前进了1千米,故选二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分)9.有5件产品,其中3件正品,2件次品,从中任取2件,则互斥的两个事件是 ()A.至少有1件次品与至多有1件正品B.至少有1件次品与2件都是正品C.至少有1件次品与至少有1件正品D.恰有1件次品与2件都是正品【答案】BD【解析】在A中,至少有1件次品与至多有1件正品能同时发生,不是互斥事件,故A错误;在B中,至少有1件次品与2件都是正品是对立事件,属于互斥事件,故B正确;在C中,至少有1件次品与至少有1件正品能同时发生,不是互斥事件,故C错误;在D中,恰有1件次品与2件都是正品不能同时发生,但能同时不发生,是互斥但不对立的两个事件,故D正确.故选BD.【解题模板】对于互斥但不对立的两个事件的判断,解题时要认真审题,对试验的结果进行适当划分,注意对立事件、互斥事件定义的合理运用.10.已知甲运动员的投篮命中率是0.7,乙运动员的投篮命中率是0.8,若甲、乙各投篮一次,则 ()A.都命中的概率是0.56B.恰有一人命中的概率是0.42C.恰有一人没命中的概率是0.38D.至少有一人命中的概率是0.94【答案】ACD【解析】对于A,都命中的概率为0.7×0.8=0.56,故A正确;对于B,恰有一人命中的概率是0.7×0.2+0.3×0.8=0.38,故B错误;对于C,恰有一人没命中的概率是0.7×0.2+0.3×0.8=0.38,故C正确;对于D,至少有一人命中的概率是1-0.3×0.2=0.94,故D正确.故选ACD.11.下列条件中能够判定△ABC是钝角三角形的是 ()A.a=4,b=5,c=6B.AB·BCC.cD.b2sin2C+c2sin2B=2bccosBcosC【答案】BC【解析】对于A,a2+b2=41>c2,所以△ABC是锐角三角形,错误;对于B,AB·BC=-accosB=2b,所以cosB<0,所以△ABC为钝角三角形,对于C,c-ba+b=sinAsinC+sinB=ac+b⇒c2=a2+b2+ab,所以cos对于D,由b2sin2C+c2sin2B=2bccosBcosC,得b2(1-cos2C)+c2(1-cos2B)=2bccosB·cosC,整理得b2+c2=(bcosC+ccosB)2,即b2+c2=a2,所以△ABC是直角三角形,错误.故选BC.12.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点O为A1D1的中点,若以O为球心,6为半径的球面与正方体ABCD-A1B1C1D1的棱有四个交点E,F,G,H,则下列结论正确的是 ()A.A1D1∥平面EFGHB.A1C⊥平面EFGHC.A1B1与平面EFGH所成角的大小为45°D.平面EFGH将正方体ABCD-A1B1C1D1分成体积比为1∶7的两部分【答案】ACD【解析】如图,连接OA,OE,则OA=22故球面与棱AA1,DD1,A1D1,AD没有交点,同理,球面与棱A1B1,C1D1,B1C1也没有交点.因为棱A1D1与棱BC之间的距离为22>所以球面与棱BC没有交点.所以球面与棱AB,CD,CC1,BB1相交,交点分别记为E,F,G,H.在Rt△AOE中,OA=5,OE=6,所以AE=OE2所以E为AB的中点,同理,F,G,H分别为CD,CC1,BB1的中点,则EFHG,所以四边形EFGH为平行四边形.因为A1D1∥AD,EF∥AD,所以A1D1∥EF.因为A1D1⊄平面EFGH,EF⊂平面EFGH,所以A1D1∥平面EFGH,故A正确.连接A1B,假设A1C⊥平面EFGH,则A1C⊥GH,又GH∥BC,所以A1C⊥BC.因为BC⊥平面AA1B1B,A1B⊂平面AA1B1B,所以BC⊥A1B,在△A1BC中,有两个角为90°,矛盾.故假设不成立,故B错误.连接AB1,因为BC⊥平面AA1B1B,EF∥BC,所以EF⊥平面AA1B1B,所以EF⊥A1B.在正方形AA1B1B中,A1B⊥AB1,因为E,H分别为AB,BB1的中点,所以EH∥AB1,所以EH⊥A1B.因为EF∩EH=E,所以A1B⊥平面EFGH.因为A1B1∥AB,所以A1B1与平面EFGH所成的角即为AB与平面EFGH所成的角,即为∠BEH=45°,故C正确.易知S△BEH=14所以S△BEH=17所以VBEH-CFG∶VAEHB1A1-DFGC1D1三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中横线上)13.某学校组织学生参加数学测试,成绩的频率分布直方图如下,数据的分组依次是[20,40),[40,60),[60,80),[80,100],则可估计这次数学测试成绩的第40百分位数是.

【答案】65【解析】由题图得,成绩在[20,60)内的频率是(0.005+0.010)×20=0.3,成绩在[20,80)内的频率为0.3+0.020×20=0.7,故第40百分位数一定位于[60,80)内,则这次数学测试成绩的第40百分位数为60+0.414.已知向量a,b满足|b|=3,|a+b|=4,|a-b|=5,则向量a在向量b上的投影为.

【答案】-34【解析】∵|a+b|=4,∴a2+b2+2a·b=16,∵|a-b|=5,∴a2+b2-2a·b=25,∴a·b=-94,∴向量a在向量b上的投影为a【解题模板】研究向量a在向量b上的投影有两种方法:一是用定义|a|cosθ(θ为向量a与向量b的夹角),二是将定义式用夹角公式化为a·b15.若复数2+i为一元二次方程x2+ax+b=0(a,b∈R)的一个根,则复数|a+bi|=.

【答案】41【解析】因为2+i为一元二次方程x2+ax+b=0的根,所以(2+i)2+a(2+i)+b=0,所以(a+4)i+2a+b+3=0,又a,b∈R,故a+4=0,2a+b+3=0,解得a=-4,b=5.则|a+bi|=|-4+5i|=16+25=16.三棱锥P-ABC中,顶点P在底面ABC的射影为△ABC的内心,三个侧面的面积分别为12,16,20,且底面面积为24,则该三棱锥P-ABC的体积为,它的外接球的表面积为.

【答案】163;316π3【解析】因为P在底面ABC的射影是△ABC的内心,所以三棱锥P-ABC的斜高相等,设为h',设三棱锥P-ABC的高为h,底面边长为a,b,c(a<b<c),则a∶b∶c=12∶16∶20=3∶4∶5①,则△ABC所以S△ABC=12ab=24②,由①②得a=6,b=8,c=10,因为12ah'=12,所以h'△ABC内切圆的半径r=24×2则h=h'所以V三棱锥P-ABC=13设三棱锥外接球的半径为R,△ABC的内心为H,斜边中点为G,则HG=5,球心O在过G且与PH平行的直线上,过O作ON∥GH,经计算知N在PH的延长线上,所以PN-HN=PN-OG=23,即R2-5-R2-所以外接球的表面积S=4πR2=316π四、解答题(本大题共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.(本小题满分10分)如图,在△OAB中,已知P为线段AB上一点,OP=(1)若BP=PA,求实数x,y(2)若BP=3PA,|OA|=4,|OB|=2,且OA与OB的夹角为60°,【解析】(1)∵BP=∴BO+即2OP=OA+OB, ∴OP=12OA+12OB,即x=12,(2)∵BP=3PA,∴BO+OP=3PO+3OA,即∴OP=34OA+1∴OP·AB=3=1=14×22-34×418.(本小题满分12分)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,且a=7,c=1,A=2π(1)求b及△ABC的面积S;(2)若D为BC边上一点,且,求∠ADB的正弦值.

从①AD=1,②∠CAD=π6这两个条件中任选一个,补充在上面问题中,并作答【解析】(1)∵a=7,c=1,A=2π3,∴由余弦定理得(7)2=b2+12-2b×1×cos2π3,整理得b2+b-6=0, 解得b=2或b=-3(舍去),∴S=12bcsinA=(2)选①,如图所示:在△ABC中,由正弦定理得ACsinB=BCsin2π3,∴sinB在△ABD中,∵AD=AB=1,∴∠ADB=B,∴sin∠ADB=sinB=217. (12分选②,在△ABC中,由正弦定理得ABsinC=BCsin2π3易知C为锐角,∴cosC=1-sin2C=∴sin∠ADB=sinC+π6=3219.(本小题满分12分)6月17日是联合国确定的“世界防治荒漠化和干旱日”,为增强全社会对防治荒漠化的认识与关注,聚焦联合国2030可持续发展目标——实现全球土地退化零增长.自2004年以来,我国荒漠化和沙化状况呈现整体遏制、持续缩减、功能增强、成效明显的良好态势.治理沙漠离不开优质的树苗,现从苗圃中随机地抽测了200株树苗的高度(单位:cm),得到以下频率分布直方图.(1)求图中a的值及数据的众数、中位数;(2)估计苗圃中树苗的平均高度;(3)在样本中从205cm及以上的树苗中采用分层随机抽样的方法抽出5株,再从这5株中抽出2株树苗,求其中含有215cm及以上树苗的概率.【解析】(1)由频率分布直方图中所有矩形的面积之和为1可得(0.0015+0.011+0.0225+0.03+a+0.008+0.002)×10=1,解得a=0.025. (2分)众数为185+1952=190. (4分设中位数为x,因为(0.0015+0.011+0.0225)×10=0.35<0.5,(0.0015+0.011+0.0225+0.03)×10=0.65>0.5,所以185<x<195,由0.35+0.03×(x-185)=0.5,解得x=190. (6分)(2)x=160×0.015+170×0.11+180×0.225+190×0.3+200×0.25+210×0.08+220×0.02=189.8(cm).因此估计苗圃中树苗的平均高度为189.8cm. (8分)(3)从[205,215)内抽取5×0.080.08+0.02=4(株),分别设为a1,a2,a3,a4,从[215,225]内抽取5×0.020.08+0从这5株树苗中抽出2株有a1a2,a1a3,a1a4,a1b,a2a3,a2a4,a2b,a3a4,a3b,a4b,共10种情况,其中含有215cm及以上树苗的有4种,故所求概率P=410=25. 20.(本小题满分12分)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,已知点M在正方形A1B1C1D1内部,A1M=2,CM=6.(1)经过点M在平面A1B1C1D1内作一条直线与CM垂直(说明作法及理由);(2)求直线CM与平面BDD1B1所成角的余弦值.【解析】(1)当点M为A1C1,B1D1的交点时,B1D1为所求作的直线. (2分)理由如下:连接C1M,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,CC1⊥平面A1B1C1D1,又C1M,B1D1⊂平面A1B1C1D1,所以CC1⊥C1M,CC1⊥B1D1,所以C1M=CM2-CC12=2则A1C1=A1M+C1M,所以M为A1C1的中点. (4分)因为四边形A1B1C1D1为正方形,所以M为B1D1的中点,易知B1D1⊥MC1,因为MC1∩CC1=C1,MC1,CC1⊂平面CMC1,所以B1D1⊥平面CMC1,又CM⊂平面CMC1,所以B1D1⊥CM.(6分)(2)由(1)知M∈B1D1,故M∈平面BDD1B1,连接AC,设AC∩BD=O,连接OM,易知OM⊂平面BDD1B1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,易知BB1⊥平面ABCD,因为CO⊂平面ABCD,所以CO⊥BB1,在正方形ABCD中,易知CO⊥BD,又BB1∩BD=B,BB1,BD⊂平面BDD1B1,所以CO⊥平面BDD1B1,所以CO⊥OM,所以∠CMO为直线CM与平面BDD1B1所成的角. (9分)在△COM中,CO=2,CM=6,所以sin∠CMO=COCM=3则cos∠CMO=1-sin即直线CM与平面BDD1B1所成角的余弦值为63. (12分21.(本小题满分12分)2020年是我国5G网络建设的加速之年.截至2020年年底,中国已建成全球最大的5G网络.为了切实推动移动网络质量提升,不断改善用户体验,中国信通院受工信部委托,定期在全国范围内开展重点场所移动网络质量专项测评,其中一项测评内容是在每座受测城市中任意挑选一条典型路段进行测评,以评估当地5G网络发展水平,其中5座受测城市的5G综合下载速率(单位:Mbps)数据如表:城市路段5G综合下载速率(单位:Mbps)福州五四路708.92广州大学城外/中/内环817.13哈尔滨红军街630.34杭州环城东路882.60成都二环高架916.02(1)从这5座城市中随机选取2座城市进行分析,求选取的2座城市5G综合下载速率都大于800Mbps的概率;(2)甲、乙两家5G网络运营商分别从以上5座城市中随机选取1座城市考察(甲、乙的选取互不影响),求甲、乙两家运营商中恰有一家选取的城市5G综合下载速率大于800Mbps的概率.【解析】(1)这5座城市中5G综合下载速率大于800Mbps的有3座,设为A1,A2,A3,5G综合下载速率不大于800Mbps的有2座,设为B1,B2. (2分)随机选取