厦门市高一下期末模拟试卷

第22页（共22页）厦门市高一下期末模拟试卷（1）一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）若i（1﹣z）＝1，则z+zA．﹣2 B．﹣1 C．1 D．22．（5分）已知向量a→=（2，1），b→A．2 B．3 C．4 D．53．（5分）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（）A．15 B．13 C．254．（5分）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km2；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km2．将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为（7≈A．1.0×109m3 B．1.2×109m3 C．1.4×109m3 D．1.6×109m35．（5分）已知向量a→=（3，4），b→=（1，0），c→=a→+tbA．﹣6 B．﹣5 C．5 D．66．（5分）18世纪末期，挪威测量学家威塞尔首次利用坐标平面上的点来表示复数，使复数及共运算具有了几何意义，例如，|z|＝|OZ|，也即复数z的模的几何意义为z对应的点Z到原点的距离．在复平面内，复数z0=a+2i1+i（i是虚数单位，a∈R）是纯虚数，其对应的点为Z0，Z为曲线|z|＝1上的动点，则Z0与A．12 B．1 C．327．（5分）有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（）A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立 C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立8．（5分）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A．[18，814] B．[274，814] C．[274，二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）（多选）9．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则（）A．直线BC1与DA1所成的角为90° B．直线BC1与CA1所成的角为90° C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°（多选）10．（5分）设z1，z2，z3为复数，z1≠0．下列命题中正确的是（）A．若|z2|＝|z3|，则z2＝±z3 B．若z1z2＝z1z3，则z2＝z3 C．若z2=z3，则|z1z2|＝|z1z3| D．若z1z2＝|z1|2，则z1＝（多选）11．（5分）一组样本数据x1，x2，…，xn的平均数为x（x≠0），标准差为s．另一组样本数据xn+1，xn+2，…，x2n的平均数为3x，标准差为s．两组数据合成一组新数据x1，x2，…，xn，xn+1，xn+2，…，x2n，新数据的平均数为y，标准差为sA．y＞2x B．y=2x C．s′＞s D．s

（多选）12．（5分）如图所示，在△OAB中，OC→=14OA→，OD→=12OB→，AD与BC交于点M．过M点的直线l与两边OA、OB分别交于点A．OM→B．1λ+C．λ+μ可能的取值为4+3D．OE→⋅三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝2，z1+z2=3+i，则|z1﹣z2|＝14．（5分）如图，在三棱锥P﹣ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD=3，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cos∠FCB＝15．（5分）如图为某企业的产品包装盒的设计图，其设计方案为：将圆锥SO截去一小圆锥SO'作包装盒的盖子，再将剩下的圆台挖去以O为顶点，以圆O'为底面的圆锥OO'．若圆O半径为3，SO=33，不计损耗，当圆锥OO'的体积最大时，圆O'的半径为

16．（5分）19世纪，美国天文学家西蒙•纽康在翻阅对数表时，偶然发现表中以1开头的数出现的频率更高．约半个世纪后，物理学家本福特又重新发现这个现象，从实际生活得出的大量数据中，以1开头的数出现的频率约为总数的三成，接近期望值19的3倍，并提出本福特定律，即在大量b进制随机数据中，以n开头的数出现的概率为Pb（n）＝logb（n+1n），如斐波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．根据本福特定律，在某项大量经济数据（十进制）中，以6开头的数出观的概率为；若n=k9P10(n)=P10（1），k∈N四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（Ⅰ）在复数范围内解方程：x2+4x+5＝0；（Ⅱ）如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC＝2，E为BC中点，点F在边CD上，若AB→⋅

18．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosA1+sinA（1）若C=2π3，求（2）求a2

19．（12分）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22（1）求A到平面A1BC的距离；（2）设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A﹣BD﹣C的正弦值．

20．（12分）某样本由m+n个数组成，平均数为z，方差为s2，这个样本可分为两层：第一层有m个数，分别为x1，x2，……，xm，平均数为x，方差为s12：第二层有n个数，分别为y1，y2，……，yn，平均数为y，方差为（1）证明：z=（2）证明：k=1m（xk−x）2（3）证明：s2=1m+n[ms12

21．（12分）有如图所示的五种塑料薄板（厚度不计）：①两直角边分别为3、4的直角三角形ABC；②腰长为4、顶角为36°的等腰三角形JKL；③腰长为5、顶角为120°的等腰三角形OMN；④两对角线和一边长都是4且另三边长相等的凸四边形PQRS；⑤长为4且宽（小于长）与长的比是黄金分割比的黄金矩形WXYZ．它们都不能折叠，现在将它们一一穿过一个内、外径分别为2.4、2.7的铁圆环．我们规定：如果塑料板能穿过铁环内圈，则称为此板“可操作”；否则，便称为“不可操作”．（1）证明：第④种塑料板“可操作”；（2）求：从这五种塑料板中任意取两种至少有一种“不可操作”的概率．

22．（12分）悬索桥（如图）的外观大漂亮，悬索的形状是平面几何中的悬链线．1691年莱布尼兹和伯努利推导出某链线的方程为y=c2(exc+e−（1）诸从下列三个结论中选择一个进行证明，并求函数y＝cosh（2x）+sinh（x）的最小值；①[cosh（x）]2﹣[sinh（x）]2＝1；②sinh（2x）＝2sinh（x）cosh（x）；③cosh（2x）＝[cosh（x）]2+[sinh（x）]2．（2）求证：∀x∈[−π，π

厦门市高一下期末模拟试卷（1）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）若i（1﹣z）＝1，则z+zA．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z，再求出z+z【解答】解：由i（1﹣z）＝1，得1﹣z=1∴z＝1+i，则z=1−i∴z+z故选：D．【点评】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．（5分）已知向量a→=（2，1），b→A．2 B．3 C．4 D．5【分析】先计算处a→【解答】解：a→故=4故选：D．【点评】本题主要考查向量坐标公式，属于基础题．3．（5分）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（）A．15 B．13 C．25【分析】根据题意，用列举法分析“从6张卡片中无放回随机抽取2张”和“抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数”的情况数目，由古典概型公式计算可得答案．【解答】解：根据题意，从6张卡片中无放回随机抽取2张，有（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（3，4），（3，5），（3，6），（4，5），（4，6），（5，6），共15种取法，其中抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数有（1，4），（2，4），（2，6），（3，4），（4，5），（4，6），共6种情况，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率P=6故选：C．【点评】本题考查古典概型的计算，注意古典概型的计算公式，属于基础题．4．（5分）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km2；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km2．将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为（7≈A．1.0×109m3 B．1.2×109m3 C．1.4×109m3 D．1.6×109m3【分析】先统一单位，再根据题意结合棱台的体积公式求解即可．【解答】解：140km2＝140×106m2，180km2＝180×106m2，根据题意，增加的水量约为140×1=(140+180+60≈（320+60×2.65）×106×3＝1437×106≈1.4×109m3．故选：C．【点评】本题以实际问题为载体考查棱台的体积公式，考查运算求解能力，属于基础题．5．（5分）已知向量a→=（3，4），b→=（1，0），c→=a→+tbA．﹣6 B．﹣5 C．5 D．6【分析】先利用向量坐标运算法则求出c→=（3+t，4），再由＜a→，c→【解答】解：∵向量a→=（3，4），b→=（1，0），∴c→=（3+∵＜a→，c→∴a→⋅c解得实数t＝5．故选：C．【点评】本题考查实数值的求法，考查向量坐标运算法则、向量夹角余弦公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．6．（5分）18世纪末期，挪威测量学家威塞尔首次利用坐标平面上的点来表示复数，使复数及共运算具有了几何意义，例如，|z|＝|OZ|，也即复数z的模的几何意义为z对应的点Z到原点的距离．在复平面内，复数z0=a+2i1+i（i是虚数单位，a∈R）是纯虚数，其对应的点为Z0，Z为曲线|z|＝1上的动点，则Z0与A．12 B．1 C．32【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为0且虚部不为0求得a，可得z0，再由几何意义求解．【解答】解：z0=a+2i∵z0为纯虚数，∴a+2=02−a≠0，即a∴z0＝2i，则Z0（0，2），Z为曲线|z|＝1上的动点，其轨迹为以原点为圆心，以1为半径的圆，则Z0与Z之间的最小距离为2﹣1＝1．故选：B．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．7．（5分）有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（）A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立 C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立【分析】分别列出甲、乙、丙、丁可能的情况，然后根据独立事件的定义判断即可．【解答】解：由题意可知，两点数和为8的所有可能为：（2，6），（3，5），（4，4），（5，3），（6，2），两点数和为7的所有可能为（1，6），（2，5），（3，4），（4，3），（5，2），（6，1），P（甲）=16，P（乙）=16，P（丙）=5A：P（甲丙）＝0≠P（甲）P（丙），B：P（甲丁）=136=PC：P（乙丙）=136≠PD：P（丙丁）＝0≠P（丙）P（丁），故选：B．【点评】本题考查相互独立事件的应用，要求能够列举出所有事件和发生事件的个数，属于中档题．8．（5分）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A．[18，814] B．[274，814] C．[274，【分析】画出图形，由题意可知求出球的半径R＝3，设正四棱锥的底面边长为a，高为h，由勾股定理可得l2=12a2+ℎ2，又R2=(ℎ−3)2+(2a2)2，所以l2＝6h，由l的取值范围求出h【解答】解：如图所示，正四棱锥P﹣ABCD各顶点都在同一球面上，连接AC与BD交于点E，连接PE，则球心O在直线PE上，连接OA，设正四棱锥的底面边长为a，高为h，在Rt△PAE中，PA2＝AE2+PE2，即l2∵球O的体积为36π，∴球O的半径R＝3，在Rt△OAE中，OA2＝OE2+AE2，即R2∴12a2∴l2＝6h，又∵3≤l≤33，∴32∴该正四棱锥体积V（h）=1∵V'（h）＝﹣2h2+8h＝2h（4﹣h），∴当32≤ℎ＜4时，V'（h）＞0，V（h）单调递增；当4＜ℎ≤92时，V'（h）＜0，∴V（h）max＝V（4）=64又∵V（32）=274，V（92）∴274即该正四棱锥体积的取值范围是[274，64故选：C．【点评】本题主要考查了正四棱锥的外接球问题，考查了利用导数研究函数的最值，属于中档题．二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）（多选）9．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则（）A．直线BC1与DA1所成的角为90° B．直线BC1与CA1所成的角为90° C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°【分析】求出异面直线所成角判断A；证明线面垂直，结合线面垂直的性质判断B；分别求出线面角判断C与D．【解答】解：如图，连接B1C，由A1B1∥DC，A1B1＝DC，得四边形DA1B1C为平行四边形，可得DA1∥B1C，∵BC1⊥B1C，∴直线BC1与DA1所成的角为90°，故A正确；∵A1B1⊥BC1，BC1⊥B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面DA1B1C，而CA1⊂平面DA1B1C，∴BC1⊥CA1，即直线BC1与CA1所成的角为90°，故B正确；设A1C1∩B1D1＝O，连接BO，可得C1O⊥平面BB1D1D，即∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，∵sin∠C1BO=OC1BC1=12，∴直线BC1∵CC1⊥底面ABCD，∴∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角为45°，故D正确．故选：ABD．【点评】本题考查空间中异面直线所成角与线面角的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是基础题．（多选）10．（5分）设z1，z2，z3为复数，z1≠0．下列命题中正确的是（）A．若|z2|＝|z3|，则z2＝±z3 B．若z1z2＝z1z3，则z2＝z3 C．若z2=z3，则|z1z2|＝|z1z3| D．若z1z2＝|z1|2，则z1＝【分析】利用复数的模的有关性质和运算，结合共轭复数的概念对各个选项逐一分析判断即可．【解答】解：由复数的形式可知，选项A错误；当z1z2＝z1z3时，有z1z2﹣z1z3＝z1（z2﹣z3）＝0，又z1≠0，所以z2＝z3，故选项B正确；当z2=z3时，则所以|z1z当z1z2＝|z1|2时，则z1可得z1所以z1=z故选：BC．【点评】本题考查了复数的模，涉及了复数模的性质以及模的运算，解题的关键是熟练掌握模的运算性质并能够进行灵活的运用．（多选）11．（5分）一组样本数据x1，x2，…，xn的平均数为x（x≠0），标准差为s．另一组样本数据xn+1，xn+2，…，x2n的平均数为3x，标准差为s．两组数据合成一组新数据x1，x2，…，xn，xn+1，xn+2，…，x2n，新数据的平均数为y，标准差为sA．y＞2x B．y=2x C．s′＞s D．s【分析】由平均数与标准差的定义求解判断．【解答】解：由题意y=nxns2＝（x1−x）2+（x2−x）2同理ns2=k=n+1两式相加得2ns2=k=12ns′2=k=1∴2ns′2＞2ns2，s′＞s．故选：BC．【点评】本题考查平均数、标准差的运算，考查平均数、标准差的性质、运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．（多选）12．（5分）如图所示，在△OAB中，OC→=14OA→，OD→=12OB→，AD与BC交于点M．过M点的直线l与两边OA、OB分别交于点A．OM→B．1λ+C．λ+μ可能的取值为4+3D．OE→⋅【分析】由A、M、D三点共线，B、M、C三点共线，结合共线向量基本定理及平面向量基本定理把OM→用基底OA→、OB→表示，由系数相等可判断A；再由A的结论结合E、M、F共线列式求得λ，μ的值判断B；由B中的结论利用基本不等式求最值判断C【解答】解：由已知，A、M、D三点共线，则AM→=tAD∴OM→−OA→由B、M、C三点共线，则CM→∴OM→则OM→=(1−m)由①②得，1−t=14(1−m)∴OM→=1由E、M、F三点共线，设EM→∴OM→−OE又OE→=λOA→，OF∴OM→=(1−n)⋅λOA得(1−n)⋅λ=17n⋅μ=37，消去n由1λ+3μ=7∴λ+μ=17（λ+μ）（1≥1当且仅当μλ=3λ∵4+237＞4+37，∴λ+OE→λμ=17λμ•（1=1当且仅当μλ=9λμ，即∴OE→⋅OF→OA故选：ABD．【点评】本题考查平面向量基本定理的应用，考查平面向量的数量积运算，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，属难题．三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝2，z1+z2=3+i，则|z1﹣z2|＝23【分析】利用复数模的计算公式和复数的运算性质，求解即可．【解答】解：复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝2，z1+z2=3+i，所以|z1+z∴|z∴8+z1z∴|z1﹣z2|2＝8﹣（z1又|z1﹣z2|＞0，故|z1﹣z2|＝23．故答案为：23．【点评】熟练掌握复数的运算法则和纯虚数的定义、复数模的计算公式是解题的关键．14．（5分）如图，在三棱锥P﹣ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD=3，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cos∠FCB＝−1【分析】根据条件可知D、E、F三点重合，分别求得BC、CF、BF即可．【解答】解：由已知得BD=2AB=6，因为D、E、F三点重合，所以AE＝AD=3，BF＝BD=2AB则在△ACE中，由余弦定理可得CE2＝AC2+AE2﹣2AC•AE•cos∠CAE＝1+3﹣23×所以CE＝CF＝1，则在△BCF中，由余弦定理得cos∠FCB=B故答案为：−1【点评】本题考查三棱锥展开图，涉及余弦定理的应用，数形结合思想，属于中档题．15．（5分）如图为某企业的产品包装盒的设计图，其设计方案为：将圆锥SO截去一小圆锥SO'作包装盒的盖子，再将剩下的圆台挖去以O为顶点，以圆O'为底面的圆锥OO'．若圆O半径为3，SO=33，不计损耗，当圆锥OO'的体积最大时，圆O'的半径为2【分析】利用比例求解上底面半径与圆台高的关系，写出圆锥OO′的体积的表达式，通过导数分析其单调性，即可求解体积的最大时的半径，再运用面签公式即可求解表面积．【解答】解：设圆O的半径为r，OO′＝h，（0＜h＜33），则33−ℎ33=圆锥OO′的体积为V=13πr2h=13π（3−由V′=π3（h2﹣43h+9）＝0，得h当0＜h＜3时，V′＞0，当3＜h＜33时，所以V在（0，3）上单调递增，在（3，33）上单调递减，即当h=3时，即r＝3−3ℎ故答案为：2．【点评】本题考查空间几何体的性质，考查体积，表面积问题，属中档题．16．（5分）19世纪，美国天文学家西蒙•纽康在翻阅对数表时，偶然发现表中以1开头的数出现的频率更高．约半个世纪后，物理学家本福特又重新发现这个现象，从实际生活得出的大量数据中，以1开头的数出现的频率约为总数的三成，接近期望值19的3倍，并提出本福特定律，即在大量b进制随机数据中，以n开头的数出现的概率为Pb（n）＝logb（n+1n），如斐波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．根据本福特定律，在某项大量经济数据（十进制）中，以6开头的数出观的概率为lg76；若n=k9P10(n)=P10（1），k∈【分析】根据题中的条件，新的定义，即可解出．【解答】解：根据题中的新定义，在某项大量经济数据（十进制）中，以6开头的数出观的概率为P10（6）＝lg76P10（1）＝lg2＝P10（k）+P10（k+1）+…+P10（9）＝lgk+1k+lgk+2k+1+⋯+lg109∴2=10∴k＝5，故答案为：lg76【点评】本题考查了对数的运算，新定义的理解，学生的数学运算能力，属于基础题．

四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（Ⅰ）在复数范围内解方程：x2+4x+5＝0；（Ⅱ）如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC＝2，E为BC中点，点F在边CD上，若AB→⋅【分析】（Ⅰ）把方程化为（x+2）2＝﹣1，开平方求出方程的解；（Ⅱ）建立平面直角坐标系，利用坐标表示向量，计算AF→•FB【解答】解：（Ⅰ）方程x2+4x+5＝0可化为（x+2）2＝﹣1，所以x+2＝±i，解得原方程的根为﹣2+i或﹣2﹣i．（Ⅱ）以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示：则B(2，0)，D（0，2），C(2设F（x，2），由AB→⋅AF所以AE→【点评】本题考查了平面向量的数量积计算问题，也考查了复数的概念与应用问题，是基础题．18．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosA1+sinA（1）若C=2π3，求（2）求a2【分析】（1）利用倍角公式、和差公式、三角形内角和定理即可得出B．（2）利用诱导公式把A用C表示，再利用正弦定理、倍角公式、基本不等式即可得出结论．【解答】解：（1）∵cosA1+sinA=sin2B化为：cosAcosB＝sinAsinB+sinB，∴cos（B+A）＝sinB，∴﹣cosC＝sinB，C=2π∴sinB=1∵0＜B＜π3，∴B（2）由（1）可得：﹣cosC＝sinB＞0，∴cosC＜0，C∈（π2，π∴C为钝角，B，A都为锐角，B＝C−πsinA＝sin（B+C）＝sin（2C−π2）＝﹣cos2a2+b2c2=sin2A+si∴a2+b【点评】本题考查了倍角公式、和差公式、三角形内角和定理、余弦定理、基本不等式、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．19．（12分）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22（1）求A到平面A1BC的距离；（2）设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A﹣BD﹣C的正弦值．【分析】（1）利用体积法可求点A到平面A1BC的距离；（2）以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求二面角A﹣BD﹣C的正弦值．【解答】解：（1）由直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为4，可得VA1−ABC=设A到平面A1BC的距离为d，由VA1−ABC=∴13S△A1BC•d=43，∴13×2（2）连接AB1交A1B于点E，∵AA1＝AB，∴四边形为正方形，∴AB1⊥A1B，又∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，∴AB1⊥平面A1BC，∴AB1⊥BC，由直三棱柱ABC﹣A1B1C1知BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥BC，又AB1∩BB1＝B1，∴BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥AB，以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，∵AA1＝AB，∴BC×2AB×12=22，又12AB×BC×AA1＝4，解得AB＝则B（0，0，0），A（0，2，0），C（2，0，0），A1（0，2，2），D（1，1，1），则BA→=（0，2，0），BD→设平面ABD的一个法向量为n→=（x，y，则n→⋅BA→=2y=0n→∴平面ABD的一个法向量为n→设平面BCD的一个法向量为m→=（a，b，m→⋅BC→=2a=0m→平面BCD的一个法向量为m→cos＜n→，二面角A﹣BD﹣C的正弦值为1−(1【点评】本题考查求点到面的距离，求二面角的正弦值，属中档题．20．（12分）某样本由m+n个数组成，平均数为z，方差为s2，这个样本可分为两层：第一层有m个数，分别为x1，x2，……，xm，平均数为x，方差为s12：第二层有n个数，分别为y1，y2，……，yn，平均数为y，方差为（1）证明：z=（2）证明：k=1m（xk−x）2（3）证明：s2=1m+n[ms12【分析】（1）利用平均数的定义及计算公式直接证明．（2）利用平均数的含义及计算公式进行证明．（3）利用平均数、方差的定义及计算公式进行证明．【解答】证明：（1）证法一：第一层有m个数，分别为x1，x2，……，xm，平均数为x，第二层有n个数，分别为y1，y2，……，yn，平均数为y，∴z=证法二：（1）由平均数定义得x=1m∴k=1m∴z=（2）证法一：k=1m(xk−x)2=（x1−x）2+（=x12+x22+•••+xm2−2x=k=1mxk2−2证法二：∵k=1mxk=m∴k=1m∵k=1m2∴k=1m=k=1（3）由方差定义得k=1m(x由（2）知k=1m∴k=1m同理，k=1n(∴s2=1=1m+n[将z=mx+nym+n代入化简得：s2=1【点评】本题考查平均数公式、方差公式的证明，考查平均数的含义及计算公式、方差的定义及计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．21．（12分）有如图所示的五种塑料薄板（厚度不计）：①两直角边分别为3、4的直角三角形ABC；②腰长为4、顶角为36°的等腰三角形JKL；③腰长为5、顶角为120°的等腰三角形OMN；④两对角线和一边长都是4且另三边长相等的凸四边形PQRS；⑤长为4且宽（小于长）与长的比是黄金分割比的黄金矩形WXYZ．它们都不能折叠，现在将它们一一穿过一个内、外径分别为2.4、2.7的铁圆环．我们规定：如果塑料板能穿过铁环内圈，则称为此板“可操作”；否则，便称为“不可操作”．（1）证明：第④种塑料板“可操作”；（2）求：从这五种塑料板中任意取两种至少有一种“不可操作”的概率．【分析】（1）由题意可知四边形PQRS必然是等腰梯形，不妨