2020-2021学年河北省衡水市安平中学高一（下）期末数学试卷

这是一份2020-2021学年河北省衡水市安平中学高一（下）期末数学试卷，共23页。试卷主要包含了单选题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年河北省衡水市安平中学高一（下）期末数学试卷
一、单选题（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．（5分）如表是校篮球队某队员若干场比赛的得分数据．
每场比赛得分
3
6
7
10
11
13
30
频数
2
1
2
3
1
1
1
则该队员得分的40百分位数是（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
2．（5分）复数z满足（1﹣i）＝|1+i|，则复数z的实部与虚部之和为（　　）
A． B．﹣ C．1 D．0
3．（5分）若P是等边三角形ABC所在平面外一点，且PA＝PB＝PC，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，则下列结论中不正确的是（　　）
A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE
C．平面PAE⊥平面ABC D．平面PDF⊥平面ABC
4．（5分）已知＝（1﹣t，2t﹣1，0），＝（2，t，t），则|﹣|的最小值为（　　）
A． B． C． D．
5．（5分）某电视台的夏日水上闯关节目中的前四关的过关率分别为，，，，只有通过前一关才能进入下一关，其中，第三关有两次闯关机会，且通过每关相互独立．一选手参加该节目，则该选手能进入第四关的概率为（　　）
A． B． C． D．
6．（5分）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，a2+b2＝68，则△ABC的面积为（　　）
A． B． C．4 D．
7．（5分）在△ABC中，M为BC边上的中点，N为AC边上的点，且＝；点P为AM与BN的交点，则下列说法正确的是（　　）
A．＝+ B．＝+
C．＝+ D．＝+
8．（5分）在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．如图，四棱锥P﹣ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝AD，E为棱PA的中点，则直线CE与平面PAD所成角的正弦值为（　　）

A． B． C． D．
二、多项选择题（本题共4小题，每题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的全部答对得5分，部分答对得3分，答错不得分）
9．（5分）某学校为了调查高二年级学生周末阅读时间情况，随机选取了100名学生，绘制了如图所示频率分布直方图，则（　　）

A．众数的估计值为35
B．中位数的估计值为35
C．平均数的估计值为29.2
D．样本中有25名同学阅读时间不低于40分钟
10．（5分）已知复数z1，z2∈C，下列结论正确的有（　　）
A．
B．若z1z2＝0，则z1，z2中至少有一个为0
C．|z1z2|＝|z1||z2|
D．若，则z1＝z2＝0
11．（5分）抛掷一枚骰子1次，记“向上的点数是4，5，6”为事件A，“向上的点数是1，2”为事件B，“向上的点数是1，2，3”为事件C，“向上的点数是1，2，3，4”为事件D，则下列关于事件A，B，C，D判断正确的有（　　）
A．A与B是互斥事件但不是对立事件
B．A与C是互斥事件也是对立事件
C．A与D是互斥事件
D．C与D不是对立事件也不是互斥事件
12．（5分）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是棱BC的中点，点Q是底面A1B1C1D1上的动点，且AP⊥D1Q，则下列说法正确的有（　　）
A．DP与D1Q所成角的最大值为
B．四面体ABPQ的体积不变
C．△AA1Q的面积有最小值
D．平面D1PQ截正方体所得截面面积不变
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）已知向量＝（﹣1，2），＝（x，﹣6），且，，若A，B，C三点共线，则实数x的值为 　 　．
14．（5分）2020年初，湖北成为全国新冠疫情最严重的省份，面临医务人员不足，医疗物资紧缺等诸多困难，全国人民心系湖北，志愿者纷纷驰援．若某医疗团队从3名男医生和2名女医生志愿者中，随机选取2名医生赴湖北支援，则至少有1名女医生被选中的概率为 　 　．
15．（5分）在△ABC中，AB＝，∠ABC＝45°，∠ACB＝60°，延长BC到D，使得CD＝5，则AD的长为 　 　．
16．（5分）已知半径为5的球面上有P，A，B，C四点，满足∠ACB＝90°，AC＝7，BC＝，则球心O到平面ABC的距离为　 　，三棱锥P﹣ABC体积的最大值为　 　．
四.解答题（本题共6道小题，共70分.解答应写出文字说明和演算步骤）
17．（10分）在①|﹣|＝，②（+）•＝，③⊥，三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目．
已知向量＝（cosα，sinα），＝（cosβ，sinβ），_____，若0＜α＜，﹣＜β＜0，且sinβ＝﹣，求sinα．
18．（12分）将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，事件A：“两数之和为8”，事件B：“两数之和是3的倍数”，事件C：“两个数均为偶数”．
（Ⅰ）写出该试验的基本事件空间Ω，并求事件A发生的概率；
（Ⅱ）求事件B发生的概率；
（Ⅲ）事件A与事件C至少有一个发生的概率．
19．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD＝2，PC＝，PD＝，点E，F分别为棱AB，PB的中点，且PB＝2AF．求证：
（1）平面PAD∥平面CEF；
（2）平面PAB⊥平面PAC．

20．（12分）已知点A（0，1，﹣1），B（2，2，1），向量，计算：
（1）求向量的单位向量；
（2）求，；
（3）；
（4）求点B到直线OA的距离．
21．（12分）某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20，25），需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：
最高气温
[10，15）
[15，20）
[20，25）
[25，30）
[30，35）
[35，40）
天数
2
16
36
25
7
4
以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率．
（1）求六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；
（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y（单位：元），当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率．
22．（12分）如图所示，某镇有一块空地△OAB，其中OA＝3km，OB＝3km，∠AOB＝90°．当地镇政府规划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖△OMN，其中M，N都在边A，B上，且∠MON＝30°，挖出的泥土堆放在△OAM地带上形成假山，剩下的△OBN地带开设儿童游乐场．为安全起见，需在△OAN的一周安装防护网．
（1）当AM＝km时，求防护网的总长度；
（2）若要求挖人工湖用地△OMN的面积是堆假山用地△OAM的面积的倍，试确定∠AOM的大小；
（3）为节省投入资金，人工湖△OMN的面积要尽可能小，问如何设计施工方案，可使△OMN的面积最小？最小面积是多少？


2020-2021学年河北省衡水市安平中学高一（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（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．（5分）如表是校篮球队某队员若干场比赛的得分数据．
每场比赛得分
3
6
7
10
11
13
30
频数
2
1
2
3
1
1
1
则该队员得分的40百分位数是（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
【分析】11×0.4＝4.4，可得该队员得分的40百分位数．
【解答】解：由表可知频数共计11，11×0.4＝4.4，
可得该队员得分的40百分位数是第5个得分为7．
故选：C．
2．（5分）复数z满足（1﹣i）＝|1+i|，则复数z的实部与虚部之和为（　　）
A． B．﹣ C．1 D．0
【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义、实部与虚部的定义即可得出．
【解答】解：∵（1﹣i）＝|1+i|，∴（1﹣i）（1+i）＝（1+i），∴＝+i
∴z＝﹣i
则复数z的实部与虚部之和＝﹣＝0．
故选：D．
3．（5分）若P是等边三角形ABC所在平面外一点，且PA＝PB＝PC，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，则下列结论中不正确的是（　　）
A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE
C．平面PAE⊥平面ABC D．平面PDF⊥平面ABC
【分析】由DF∥BC，得BC∥平面PDF；由PE⊥BC，AE⊥BC，DF∥BC，得DF⊥平面PAE；由BC⊥平面PAE，得平面PAE⊥平面ABC；设AE∩DF＝O，由PO与平面ABC不垂直，得平面PDF与平面ABC不垂直．
【解答】解：∵P是等边三角形ABC所在平面外一点，且PA＝PB＝PC，
D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，
∴DF∥BC，
∵DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，∴BC∥平面PDF，故A正确；
∵PA＝PB＝PC，E是BC中点，
∴PE⊥BC，AE⊥BC，
∵PE∩AE＝E，∴BC⊥平面PAE，
∵DF∥BC，∴DF⊥平面PAE，故B正确；
∵BC⊥平面PAE，BC⊂平面ABC，
∴平面PAE⊥平面ABC，故C正确；
设AE∩DF＝O，连结PO，∵O不是等边三角形ABC的重心，∴PO与平面ABC不垂直，
∴平面PDF与平面ABC不垂直，故D错误．
故选：D．

4．（5分）已知＝（1﹣t，2t﹣1，0），＝（2，t，t），则|﹣|的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【分析】求出 的坐标，根据向量的模的定义求出的值．
【解答】解：∵＝（2，t，t）﹣（1﹣t，2t﹣1，0）＝（1+t，1﹣t，t ），
∴＝＝．
故当t＝0时，有最小值等于，
故选：C．
5．（5分）某电视台的夏日水上闯关节目中的前四关的过关率分别为，，，，只有通过前一关才能进入下一关，其中，第三关有两次闯关机会，且通过每关相互独立．一选手参加该节目，则该选手能进入第四关的概率为（　　）
A． B． C． D．
【分析】由已知结合相互独立事件同时发生的概率公式即可求解．
【解答】解：该选手能进入第四关的概率为．
故选：D．
6．（5分）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，a2+b2＝68，则△ABC的面积为（　　）
A． B． C．4 D．
【分析】由已知利用切化弦及和差角公式进行化简，然后结合正弦定理可得c＝ab，再有余弦定理可求c，代入三角形的面积公式可求．
【解答】解：由，可得：＝，即＝，
所以＝a，即c＝ab，
又a2+b2＝68，cosC＝，
所以c2＝a2+b2﹣2abcosC＝68﹣2c×，
即2c2+c﹣136＝0，解得c＝8，或c＝﹣（舍去），
所以ab＝8，
又sinC＝＝，
所以△ABC的面积为S△ABC＝absinC＝．
故选：B．
7．（5分）在△ABC中，M为BC边上的中点，N为AC边上的点，且＝；点P为AM与BN的交点，则下列说法正确的是（　　）
A．＝+ B．＝+
C．＝+ D．＝+
【分析】根据向量运算的三角形法则及向量平面向量基本定理，得到＝λ，＝（1﹣μ）+，再对比即可求得结论．
【解答】解：设＝λ，＝μ，因为M为BC边上的中点，N为AC边上的点，且＝，
所以＝λ＝λ（+）＝λ（+）＝λ（+﹣）＝λ，
又＝＝+μ＝+μ（﹣）＝+μ（﹣）＝（1﹣μ）+，
由于向量与向量不共线，
则由平面向量基本定理知：，解得，
所以＝+．
故选：B．
8．（5分）在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．如图，四棱锥P﹣ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝AD，E为棱PA的中点，则直线CE与平面PAD所成角的正弦值为（　　）

A． B． C． D．
【分析】由已知证明CD⊥平面PAD，连接ED，可得∠CED为CE与底面PAD所成角，设PA＝AB＝AD＝2a，然后求解三角形可得直线CE与平面PAD所成角的正弦值．
【解答】解：如图，侧棱PA⊥底面ABCD，PA⊂平面PAD，
则平面PAD⊥平面ABCD，

∵底面ABCD为矩形，∴CD⊥AD，
而平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴CD⊥平面PAD．
连接ED，则ED为CE在平面PAD上的射影，
则∠CED为CE与底面PAD所成角，
设PA＝AB＝AD＝2a，则AE＝a，ED＝，
EC＝．
∴sin．
即直线CE与平面PAD所成角的正弦值为．
故选：A．
二、多项选择题（本题共4小题，每题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的全部答对得5分，部分答对得3分，答错不得分）
9．（5分）某学校为了调查高二年级学生周末阅读时间情况，随机选取了100名学生，绘制了如图所示频率分布直方图，则（　　）

A．众数的估计值为35
B．中位数的估计值为35
C．平均数的估计值为29.2
D．样本中有25名同学阅读时间不低于40分钟
【分析】根据已知条件，结合众数，中位数，平均数的定义，即可求解．
【解答】解：由频率分布直方图知（30，40]的频率最大，因此众数估计值为，故A选项正确，
∵[0，30]的频率为0.1+0.18+0.22＝0.5，
∴中位数为30，故B选项正确，
平均值估计为5×0.1+15×0.18+25×0.22+35×0.25+45×0.2+55×0.05＝29.2，故C选项正确，
不低于40分钟的人数为100×（0.2+0.05）＝25，故D选项正确．
故选：ACD．
10．（5分）已知复数z1，z2∈C，下列结论正确的有（　　）
A．
B．若z1z2＝0，则z1，z2中至少有一个为0
C．|z1z2|＝|z1||z2|
D．若，则z1＝z2＝0
【分析】利用共轭复数的定义判断选项A，由复数的乘法运算以及实数0的含义判断选项B，由复数模的运算性质判断选项C，由特殊例子判断选项D．
【解答】解：设z1＝a+bi，z2＝c+di，
对于A，，
，
故选项A正确；
对于B，因为z1z2＝（a+bi）（c+di）＝（ac﹣bd）+（ad+bc）i＝0，
则，则a＝b＝0或c＝d＝0，
所以z1，z2中至少有一个为0，
故选项B正确；
对于C，由复数模的运算性质可知，|z1z2|＝|z1||z2|，
故选项C正确；
对于D，当z1＝1，z2＝i时，，
故选项D错误．
故选：ABC．
11．（5分）抛掷一枚骰子1次，记“向上的点数是4，5，6”为事件A，“向上的点数是1，2”为事件B，“向上的点数是1，2，3”为事件C，“向上的点数是1，2，3，4”为事件D，则下列关于事件A，B，C，D判断正确的有（　　）
A．A与B是互斥事件但不是对立事件
B．A与C是互斥事件也是对立事件
C．A与D是互斥事件
D．C与D不是对立事件也不是互斥事件
【分析】利用对立事件、互斥事件的定义直接求解．
【解答】解：抛掷一枚骰子1次，记“向上的点数是4，5，6“为事件A，“向上的点数是1，2“为事件B，
“向上的点数是1，2，3“为事件C，“向上的点数是1，2，3，4“为事件D，
在A中，A与B不能同时发生，但能同时不发生，是互斥事件但不是对立事件，故A正确；
在B中，A与C是互斥事件，也是对立事件，故B正确；
在C中，A与D能同时发生，不是互斥事件，故C错误；
在D中，C与D能同时发生，不是对立事件也不是互斥事件，故D正确．
故选：ABD．
12．（5分）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是棱BC的中点，点Q是底面A1B1C1D1上的动点，且AP⊥D1Q，则下列说法正确的有（　　）
A．DP与D1Q所成角的最大值为
B．四面体ABPQ的体积不变
C．△AA1Q的面积有最小值
D．平面D1PQ截正方体所得截面面积不变
【分析】首先确定点Q位于D1E上（E为A1B1中点），
A：找出DP与D1Q所成角，求解即可；
B：△ABP面积不变，确定Q到平面ABP距离是否改变即可；
C：确定△AA1Q形状，进而确定底与高，然后讨论面积最小值；
D：Q在定直线上，则直线与直线外一点确定唯一平面．
【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD，
所以DD1⊥AP，
因为AP⊥DQ，所以AP⊥平面DD1Q，
所以AP⊥D1Q，
因为P为BC中点，记A1B1中点为E，
所以Q位于直线D1E上．
A：记B1C1中点为H，连结EH，D1H，
易知D1H∥DP，
所以DP与D1Q所成角即为∠ED1H，
因为正方体棱长为1，
所以，
解得：cos∠，
所以DP与D1Q所成角为定值，为，
故A错误；
B：A，B，P三点为定点，
所以S△ABP为定值，
因为Q位于平面A1B1C1D1中，A，B，P在平面ABCD中，
所以点Q到平面ABP的距离为定值，
所以四面体ABPQ的体积不变，
故B正确；
C：在正方体中，AA1⊥平面A1B1C1D1，
所以AA1⊥QA1，
所以，
在Rt△D1A1E中，A1D1＝2，A1E＝1，
所以点A1到D1E的距离的最小值为，
所以△AA1Q的面积有最小值为，
故C正确；
D：当Q不与D1重合时，D1与Q连线即为D1E，
故平面D1PQ即为平面D1PE，
此时截面固定，面积为定值，
当Q与D1重合时，两点确定一条直线，
则截面确定，此时面积为定值，
故D正确．
故选：BCD．

三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）已知向量＝（﹣1，2），＝（x，﹣6），且，，若A，B，C三点共线，则实数x的值为 　3　．
【分析】先求出，，由A，B，C三点共线，得，再求出实数x的值．
【解答】解：向量＝（﹣1，2），＝（x，﹣6），且，，
∴＝（﹣2，4）+（3x，﹣18）＝（﹣2+3x，﹣14），
＝（﹣1+2x，﹣10），
∵A，B，C三点共线，∴，
∴﹣14（﹣1+2x）＝﹣10（﹣2+3x），解得x＝3．
故答案为：3．
14．（5分）2020年初，湖北成为全国新冠疫情最严重的省份，面临医务人员不足，医疗物资紧缺等诸多困难，全国人民心系湖北，志愿者纷纷驰援．若某医疗团队从3名男医生和2名女医生志愿者中，随机选取2名医生赴湖北支援，则至少有1名女医生被选中的概率为 　　．
【分析】求出总的基本事件数和符合条件的基本事件数，利用古典概型的概率公式求解即可．
【解答】解：从3名男医生和2名女医生志愿者中，随机选取2名医生，
则共有种不同的选法，
至少有1名女医生被选中，则共有种不同的选法，
所以至少有1名女医生被选中的概率为．
故答案为：．
15．（5分）在△ABC中，AB＝，∠ABC＝45°，∠ACB＝60°，延长BC到D，使得CD＝5，则AD的长为 　7　．
【分析】首先由正弦定理求得AC的长度，然后由余弦定理求得AD的长度即可．
【解答】解：在△ABC中，由正弦定理可得：，
在△ACD中，由余弦定理可得：
．
故答案为：7．
16．（5分）已知半径为5的球面上有P，A，B，C四点，满足∠ACB＝90°，AC＝7，BC＝，则球心O到平面ABC的距离为　3　，三棱锥P﹣ABC体积的最大值为　　．
【分析】由题意画出图形，求得三角形ACB外接圆的半径，再由勾股定理求球心O到平面ABC的距离；求得P到平面ABC的距离的最大值，再由棱锥体积公式求三棱锥P﹣ABC体积的最大值．
【解答】解：如图，

在Rt△ACB中，由∠ACB＝90°，AC＝7，BC＝，得AB＝，
设△ACB外接圆的半径为r，则r＝4，设球心为O，三角形ACB外接圆的圆心为O1，
由球的性质可得，OO1⊥平面ACB，在Rt△OO1A中，可得．
即球心O到平面ABC的距离为3；
要使三棱锥P﹣ABC体积取最大值，则P为O1O与球面的交点，
此时P到底面ACB的距离为8，则三棱锥P﹣ABC体积的最大值为．
故答案为：3；．
四.解答题（本题共6道小题，共70分.解答应写出文字说明和演算步骤）
17．（10分）在①|﹣|＝，②（+）•＝，③⊥，三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目．
已知向量＝（cosα，sinα），＝（cosβ，sinβ），_____，若0＜α＜，﹣＜β＜0，且sinβ＝﹣，求sinα．
【分析】选择方案①：将|﹣|＝两边平方，结合平面向量的运算法则，两角差的余弦公式，可得cos（α﹣β）＝，再根据同角三角函数的平方关系，两角和的正弦公式，得解；
选择方案②：由（+）•＝，知•＝，结合平面向量的运算法则，两角差的余弦公式，可得cos（α﹣β）＝，再根据同角三角函数的平方关系，两角和的正弦公式，得解；
选择方案③：由•＝0，知cos（α﹣β）＝0，进而得α﹣β＝，再结合同角三角函数的平方关系，诱导公式，得解．
【解答】解：因为＝（cosα，sinα），＝（cosβ，sinβ），
所以||＝||＝1，
选择方案①：
因为|﹣|＝，所以（﹣）2＝，即+﹣2＝，
所以＝，
因为＝（cosα，sinα），＝（cosβ，sinβ），
所以•＝cosαcosβ+sinαsinβ＝，即cos（α﹣β）＝，
因为0＜α＜，﹣＜β＜0，所以0＜α﹣β＜π，
所以sin（α﹣β）＝＝，
因为﹣＜β＜0，sinβ＝﹣，所以cosβ＝＝，
所以sinα＝sin[（α﹣β）+β]＝sin（α﹣β）cosβ+cos（α﹣β）sinβ＝×+×（﹣）＝．
选择方案②：
因为（+）•＝，所以•+＝，所以•＝，
因为＝（cosα，sinα），＝（cosβ，sinβ），
所以•＝cosαcosβ+sinαsinβ＝，即cos（α﹣β）＝，
因为0＜α＜，﹣＜β＜0，所以0＜α﹣β＜π，
所以sin（α﹣β）＝＝，
因为﹣＜β＜0，sinβ＝﹣，所以cosβ＝＝，
所以sinα＝sin[（α﹣β）+β]＝sin（α﹣β）cosβ+cos（α﹣β）sinβ＝×+×（﹣）＝．
选择方案③：
因为＝（cosα，sinα），＝（cosβ，sinβ），且⊥，
所以cosαcosβ+sinαsinβ＝0，即cos（α﹣β）＝0，
因为0＜α＜，﹣＜β＜0，所以0＜α﹣β＜π，
所以α﹣β＝，
因为﹣＜β＜0，sinβ＝﹣，所以cosβ＝＝，
所以sinα＝sin（+β）＝cosβ＝．
18．（12分）将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，事件A：“两数之和为8”，事件B：“两数之和是3的倍数”，事件C：“两个数均为偶数”．
（Ⅰ）写出该试验的基本事件空间Ω，并求事件A发生的概率；
（Ⅱ）求事件B发生的概率；
（Ⅲ）事件A与事件C至少有一个发生的概率．
【分析】（I）将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，利用列举法能求出Ω，再求出事件A“两数之和为8包含的基本事件有5，由此能求出事件A发生的概率．
（II）利用列举法求出事件B：“两数之和是3的倍数”包含的基本事件个数，由此能求出事件B发生的概率．
（III）利用列举法求出事件A与事件C至少有一个发生包含的基本事件个数，由此能求出事件A与事件C至少有一个发生的概率．
【解答】解：（I）将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，
Ω＝{（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），
（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），
（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），（3，5），（3，6），
（4，1），（4，2），（4，3），（4，4），（4，5），（4，6），
（5，1），（5，2），（5，3），（5，4），（5，5），（5，6），
（6，1），（6，2），（6，3），（6，4），（6，5），（6，6）}，共有36个基本事件，
事件A：“两数之和为8”，事件A包含的基本事件有：
（2，6），（3，5），（4，4），（5，3），（6，2），共5个基本事件，
∴事件A发生的概率为P（A）＝．
（II）事件B：“两数之和是3的倍数”，
事件B包含的基本事件有12个，分别为：
（1，2），（1，5），（2，1），（2，4），（3，3），（3，6），（4，2），（4，5），（5，1），（5，4），（6，3），（6，6），
∴事件B发生的概率P（B）＝＝．
（III）事件A与事件C至少有一个发生包含的基本事件有11个，分别为：
（2，2），（2，4），（2，6），（3，5），（4，2），（4，4），（4，6），（5，3），（6，2），（6，4），（6，6），
∴事件A与事件C至少有一个发生的概率为P（A∪C）＝．
19．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD＝2，PC＝，PD＝，点E，F分别为棱AB，PB的中点，且PB＝2AF．求证：
（1）平面PAD∥平面CEF；
（2）平面PAB⊥平面PAC．

【分析】（1）只需证明四边形AECD是平行四边形，CE∥AD，EF∥PA，即可证明平面CE∥平面PAD．
（2）只需证明AB⊥PC．AB⊥PA，即可证明平面PAB⊥平面PAC．
【解答】解：（1）证明：因为E是AB的中点，所以AE＝，
又因为AB∥CD，所以四边形AECD是平行四边形，所以CE∥AD，
因为CE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CE∥平面PAD．
又因为F是PB的中点，所以EF∥PA，所以EF∥平面PAD，又CE∩EF＝E，所以平面CE∥平面PAD．
（2）证明：因为CD＝1，PC＝，PD＝，满足PD2＝CD2+PC2，所以PC⊥CD，
.因为AB∥CD，所以AB⊥PC．
在△PAB中，PB＝2AF，F是PB的中点，所以PF＝AF＝BF，
所以∠APF＝∠PAF，∠BAF＝∠ABF，
由∠APF+∠PAF+∠BAF+∠ABF＝π，可得，所以AB⊥PA，
又PA∩PC＝P，所以AB⊥平面PAC，
因为AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC．
20．（12分）已知点A（0，1，﹣1），B（2，2，1），向量，计算：
（1）求向量的单位向量；
（2）求，；
（3）；
（4）求点B到直线OA的距离．
【分析】（1）根据题意，求出||，又由＝×，计算可得答案；
（2）求出向量2﹣和﹣3的坐标，由向量模的计算公式计算可得答案；
（3）由向量夹角公式计算可得答案；
（4）求出在上的投影，进而计算可得答案．
【解答】解：（1）由已知得：＝（2，2，1），则||＝＝3，
则，
（2），
则，则，
，则；
（3），
则，
（4）在上的投影为，
，
点B到直线OA的距离．
21．（12分）某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20，25），需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：
最高气温
[10，15）
[15，20）
[20，25）
[25，30）
[30，35）
[35，40）
天数
2
16
36
25
7
4
以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率．
（1）求六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；
（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y（单位：元），当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率．
【分析】（1）由前三年六月份各天的最高气温数据，求出最高气温位于区间[20，25）和最高气温低于25的天数，由此能求出六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率．
（2）当温度大于等于25℃时，需求量为500，求出Y＝900元；当温度在[20，25）℃时，需求量为300，求出Y＝300元；当温度低于20℃时，需求量为200，求出Y＝﹣100元，从而当温度大于等于20时，Y＞0，由此能估计估计Y大于零的概率．
【解答】解：（1）由前三年六月份各天的最高气温数据，
得到最高气温位于区间[20，25）和最高气温低于25的天数为2+16+36＝54，
根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关．
如果最高气温不低于25，需求量为500瓶，
如果最高气温位于区间[20，25），需求量为300瓶，
如果最高气温低于20，需求量为200瓶，
∴六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率p＝＝．
（2）当温度大于等于25℃时，需求量为500，
Y＝450×2＝900元，
当温度在[20，25）℃时，需求量为300，
Y＝300×2﹣（450﹣300）×2＝300元，
当温度低于20℃时，需求量为200，
Y＝400﹣（450﹣200）×2＝﹣100元，
当温度大于等于20时，Y＞0，
由前三年六月份各天的最高气温数据，得当温度大于等于20℃的天数有：
90﹣（2+16）＝72，
∴估计Y大于零的概率P＝．
22．（12分）如图所示，某镇有一块空地△OAB，其中OA＝3km，OB＝3km，∠AOB＝90°．当地镇政府规划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖△OMN，其中M，N都在边A，B上，且∠MON＝30°，挖出的泥土堆放在△OAM地带上形成假山，剩下的△OBN地带开设儿童游乐场．为安全起见，需在△OAN的一周安装防护网．
（1）当AM＝km时，求防护网的总长度；
（2）若要求挖人工湖用地△OMN的面积是堆假山用地△OAM的面积的倍，试确定∠AOM的大小；
（3）为节省投入资金，人工湖△OMN的面积要尽可能小，问如何设计施工方案，可使△OMN的面积最小？最小面积是多少？

【分析】（1）证明△OAN为正三角形，可得△OAN的周长为9，即防护网的总长度为9km；
（2）利用△OMN的面积是堆假山用地△OAM的面积的倍，建立方程，求出ON＝6sinθ，由＝＝，得ON＝，即可求出∠AOM的大小；
（3）表示出△OMN 的面积，利用辅助角公式化简，即可得出结论．
【解答】解：（1）在△OAB中，因为OA＝3，OB＝3，∠AOB＝90°，所以∠OAB＝60°，
在△AOM中，OA＝3，AM＝，∠OAM＝60°，
由余弦定理，得OM＝，…（2分）
所以OM2+AM2＝OA2，即OM⊥AN，所以∠AOM＝30°，
所以△OAN为正三角形，所以△OAN的周长为9，即防护网的总长度为9km．…（4分）
（2）设∠AOM＝θ（0°＜θ＜60°），
因为△OMN的面积是堆假山用地△OAM的面积的倍，
所以sin30°＝×OA•OMsinθ，即ON＝6sinθ，…（6分）
在△OAN中，由＝＝，得ON＝，…（8分）
从而6sinθ＝，即sin2θ＝，
由0°＜2θ＜120°，
得2θ＝30°，所以θ＝15°，即∠AOM＝15°．…（10分）
（3）设∠AOM＝θ（0°＜θ＜60°），由（2）知ON＝，
又在△AOM中，由＝，得OM＝，…（12分）
所以S△OMN＝＝＝，…（14分）
所以当且仅当2θ+60°＝90°，即θ＝15°时，△OMN的面积取最小值为km2．…（16分）