2022-2023学年福建省龙岩市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年福建省龙岩市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知复数z=a+3i，z−=2+bi(a,b∈R)，则a+b=( )
A. −1B. 1C. −5D. 5
2.已知向量a，b，满足|a|=3，|b|=4，a与b的夹角的余弦值为34，则向量a在向量b上的投影向量为( )
A. aB. 3aC. 94bD. 916b
3.从长度为1，3，7，8，9的5条线段中任取3条，则这3条线段能构成一个三角形的概率为( )
A. 15B. 25C. 35D. 45
4.已知某班40名学生某次考试的数学成绩依次为x1，x2，x3，…，x40，经计算全班数学平均成绩x−=90，且i=140xi2=324400，则该班学生此次数学成绩的标准差为( )
A. 20B. 2 5C. 10D. 10
5.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F为正方体内(含边界)不重合的两个动点，下列结论错误的是( )
A. 若E∈BD1，F∈BD，则EF⊥AC
B. 若E∈BD1，F∈BD，则平面BEF⊥平面A1BC1
C. 若E∈AC，F∈CD1，则EF//AD1
D. 若E∈AC，F∈CD1，则EF//平面A1BC1
6.闽西革命烈士纪念碑，坐落在福建省龙岩市城西虎岭山闽西革命烈士陵园内，1991年被列为第三批省级文物保护单位，其中央主体建筑集棱台，棱柱于一体，极具对称之美.某同学准备在陵园广场上对纪念碑的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图(如图)，纪念碑的最顶端记为A点，纪念碑的最底端记为B点(B在A的正下方)，在广场内(与B在同一水平面内)选取C，D两点，测得CD的长为15米，∠ACB=45∘，∠CBD=30∘，∠ADB=30∘，则根据以上测量数据，可以计算出纪念碑高度为( )
A. 14米B. 15米C. 16米D. 17米
7.已知等边三边形ABC的边长为4，D为BC的中点，将△ADB沿AD折到△ADB1，使得△B1CD为等边三边形，则直线B1D与AC所成的角的余弦值为( )
A. − 32B. 0C. 12D. 14
8.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cs2B+csBcs(A−C)=sinAsinC，a=2 3，则△ABC周长的取值范围是( )
A. (6 3,6+6 3)B. (3+3 3,6+6 3)
C. (3+3 3,9 3)D. (6 3,9 3)
二、多选题：本题共4小题，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.已知复数z满足z⋅(1−3i)=10，则( )
A. |z|= 10B. z的虚部为3i
C. z−3(csπ4+isinπ4)2=1D. 复数z在复平面内对应的点位于第二象限
10.新型冠状病毒阳性即新型冠状病毒核酸检测结果为阳性，其中包括无症状感染者和确诊病例.如图是某地某月2日至16日的新冠疫情病例新增人数的折线统计图，则( )
A. 本地新增阳性人数最多的一天是10日
B. 本地新增确诊病例的极差为84
C. 本地新增确诊病例人数的中位数是46
D. 本地新增无症状感染者的平均数大于本地新增确诊病例的平均数
11.已知M是边长为1的正六边形ABCDEF所在平面内一点，t=(MA+MC)⋅(MB+MD)，则下列结论正确的是( )
A. 当M为正六边形ABCDEF的中心时，t=12
B. t的最大值为4
C. t的最小值为−14
D. t可以为0
12.如图，水平放置的正方形ABCD边长为1，先将正方形ABCD绕直线AB向上旋转45∘，得到正方形ABC1D1，再将所得的正方形绕直线BC1向上旋转45∘，得到正方形A2BC1D2，则( )
A. 直线A2C1//平面ABCD
B. D2到平面ABCD的距离为1+ 22
C. 点A到点D2的距离为3− 2
D. 平面A2BC1D2与平面ABCD所成的锐二面角为60∘
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.方程x2+2x+3=0在复数范围内的根为______ .
14.数据13，11，12，15，16，18，21，17的第三四分位数为______ .
15.为深入学习宣传贯彻党的二十大精神，某校团委举办“强国复兴有我”——党的二十大精神知识竞答活动.某场比赛中，甲、乙、丙三位同学同时回答一道有关二十大精神知识的问题.已知甲同学答对的概率是12，甲、丙两位同学都答错的概率是16，乙、丙两位同学都答对的概率是13.若各同学答题正确与否互不影响.则甲、乙、丙三位同学中至少2位同学答对这道题的概率为______ .
16.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，DB⊥AB，AB=DB=BP=PC=2.记四面体P−BCD的外接球的球心为O，M为球O表面上的一个动点，当∠MAO取最大值时，四面体M−ABD体积的最大值为______ .
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.(本小题10分)
在△ABC中，AC=BC=6，AB=4，AP=λAB(0≤λ≤1).
(1)当λ=23时，用CA，CB表示CP；
(2)求CP⋅(CA+CB)的值.
18.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=90∘，AA1=AB=4，BC=3.
(1)求三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积；
(2)设D为AC的中点，求证：AB1//平面BC1D.
19.(本小题12分)
已知盒中有大小、质地相同的红球、黄球、蓝球共4个，从中任取一球，得到红球或黄球的概率是34，得到黄球或蓝球的概率是12.
(1)求盒中红球、黄球、蓝球的个数；
(2)随机试验：从盒中有放回的取球两次，每次任取一球记下颜色.
(i)写出该试验的样本空间Ω；
(ii)设置游戏规则如下：若取到两个球颜色相同则甲胜，否则乙胜.从概率的角度，判断这个游戏是否公平，请说明理由.
20.(本小题12分)
某大型企业为员工谋福利，与某手机通讯商合作，为员工办理流量套餐.为了解该企业员工手机流量使用情况，通过抽样，得到100名员工近一周每人手机日平均使用流量L(单位：M)的数据，其频率分布直方图如图：
若将每位员工的手机日平均使用流量分别视为其手机日使用流量，回答以下问题.
(1)求这100名员工近一周每人手机日使用流量的众数、中位数；
(2)在办理流量套餐后，采用样本量比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道抽取了男员工20名，其手机日使用流量的平均数为800M，方差为10000；抽取了女员工40名，其手机日使用流量的平均数为1100M，方差为40000.
(ⅰ)已知总体划分为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：m，x−，s12；n，y−，s22，记总的样本平均数为ω−，样本方差为s2.证明：s2=1m+n{m[s_1.
(ⅱ)用样本估计总体，试估计该大型企业全体员工手机日使用流量的平均数和方差.
21.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，侧面PBC⊥底面ABCD.
(1)若∠PBC=90∘，求证：AC⊥PD；
(2)若AC与平面PCD所成角为30∘，求点A到直线PC的距离.
22.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，点D在边AB上，∠A=π4，BD=CD，AD=2.
(1)若BD= 53b，求c；
(2)若a=2 2，求△ABC的面积.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：复数z=a+3i，z−=2+bi，
由共轭复数的定义可知，
a=2，b=−3，
则有a+b=2−3=−1.
故选：A.
由共轭复数的定义求出a，b即可．
本题考查了共轭复数的定义，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：因为向量a，b，满足|a|=3，|b|=4，a与b夹角的余弦值为34，
所以向量a在向量b上的投影向量为
a⋅b|b|b|b|=3×4×344×b4=916b.
故选：D.
利用投影向量的定义结合题意直接计算即可．
本题考查了投影向量的定义与计算问题，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：五条线段中任取3条有C53种结果，这些结果等可能出现．
要使选出的三条线段可构成三角形，则两条较小边的和要大于第三边，
故只有：(3,7,8)，(3,7,9)，(3,8,9)，(7,8,9)这四种可能，
故所求概率为P=4C53=410=25.
故选：B.
先求5条线段中任取3条的结果数，再用列举法求这3条线段能构成一个三角形的结果数，即可求出概率．
本题考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4.【答案】D
【解析】解：已知某班40名学生某次考试的数学成绩依次为x1，x2，…，x40，
因为全班数学平均成绩x−=90，且i=140xi2=324400，
所以该班学生此次数学成绩的标准差s= i=140(xi−x−)240= i=140xi2−2x−i=140xi+40x−240
= i=140xi2−2x−⋅40x−+40x−240= i=140xi2−40x−240= 324400−40×90240= 10.
故选：D.
由题意，根据所给信息，结合标准差公式进行求解即可．
本题考查标准差，考查了逻辑推理和运算能力，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：对于A，如图所示：
若E∈BD1，F∈BD，则EF⊂平面 B1D1DB，
因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则DD1⊥AC，
又AC⊥BD，且DD1∩BD=D，DD1⊂平面B1D1DBBD⊂平面B1D1DB，
所以 AC⊥平面B1D1DB，又EF⊂平面B1D1DB，所以EF⊥AC，故A正确；
对于B，若E∈BD1，F∈BD，则EF⊂平面 B1D1DB，由正方体的性质得AC⊥平面B1D1DB，
又A1C1//AC，则A1C1⊥平面B1D1DB，即A1C1⊥平面A1BC1，
又A1C1⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面A1BC1，故B正确；
对于C，当E∈AC，F∈CD1时，则EF⊂平面AD1C，则EF与 AD1共面，不一定平行，故C错误；
对于D，如图所示：
若E∈AC，F∈CD1，则EF⊂平面AD1C，因为A1B//D1C，AB⊄平面ACD1，D1C⊂平面ACD1，
所以A1B//平面ACD1，同理BC1//平面ACD1，又A1B∩BC1=B，
所以平面A1BC1//平面ACD1，又EF⊂平面ACD1，所以EF//平面A1BC1，故D正确；
故选：C.
A，易知EF⊂平面 B1D1DB，AC⊥平面B1D1DB判断；B，易知A1C1⊥平面B1D1DB，即A1C1⊥平面A1BC1，再利用面面垂直的判定定理判断；C，易知EF与 AD1共面，不一定平行判断；D，易知EF⊂平面AD1C，平面AB1C//平面A1BC1判断．
本题主要考查了线面平行与线面垂直的判定，考查了面面平行与面面垂直的判定，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：设AB=h，
在Rt△ABC中，因为∠ACB=45∘，所以△ABC为等腰直角三角形，所以BC=AB=h，
在Rt△ABD中，因为∠ADB=30∘，所以BD= 3AB= 3h，
在△BCD中，由余弦定理知，CD2=BD2+BC2−2BD⋅BDcs∠CBD，
所以152=( 3h)2+h2−2⋅ 3h⋅hcs30∘，解得h=15米．
故选：B.
设AB=h，用含h的式子表示出BC和BD，再在△BCD中，利用余弦定理，即可得解．
本题考查解三角形的实际应用，熟练掌握余弦定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：分别取CD，B1C，AD的中点E，F，G，连接GF，DF，EF，GE，
则GE//AC，EF//B1D且EF=12B1D=1,GE=12AC=2,DF=GD= 3，
所以直线AC与B1D所成的角为∠GEF(或其补角)，
由题意可知：AD⊥CD，AD⊥B1D，B1D∩CD=D，B1D，CD⊂平面B1CD，
所以AD⊥平面B1CD，
且DF⊂平面B1CD，可得AD⊥DF，则GF= GD2+DF2= 6，
在△GEF中，由余弦定理可得cs∠GEF=GE2+EF2−GF22GE⋅EF=4+1−62×2×1=−14，
所以直线B1D与AC所成的角的余弦值为14.
故选：D.
根据异面直线夹角的定义结合余弦定理运算求解．
本题考查异面直线所成的角，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：∵cs2B+csBcs(A−C)=sinAsinC
∴csB[csB+cs(A−C)]=sinAsinC，
∵A+B+C=π，∴csB[−cs(A+C)+cs(A−C)]=sinAsinC，
csB[(sinAsinC−csAcsC)+(sinAsinC+csAcsC)]=sinAsinC
2csBsinAsinC=sinAsinC，
∵00，sinC>0，
∴csB=12，∴B=π3，
由正弦定理得asinA=bsinB=csinC，
∴b=asinBsinA=2 3× 32sinA=3sinA，c=asinCsinA，
∴△ABC的周长为
a+b+c=3sinA+2 3sinCsinA+2 3
=3sinA+2 3sin(2π3−A)sinA+2 3=3+2 3( 32csA+12sinA)sinA+2 3
=3(1+csA)+ 3sinAsinA+2 3=6cs2A22sinA2csA2+3 3
=3tanA2+3 3
∵0∴△ABC的周长为a+b+c∈(3+3 3,6+6 3)，
故选：B.
先由三角恒等变换化简可求出csB=12，可得B=π3，由正弦定理得△ABC的周长为a+b+c=3sinA+2 3sinCsinA+2 3=3tanA2+3 3，再求出π12本题考查利用三角恒等变换知识和正弦定理与三角形的面积公式解三角形，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：z⋅(1−3i)=10，
则z=101−3i=10(1+3i)(1−3i)(1+3i)=1+3i，
|z|= 12+32= 10，故A正确；
z的虚部为3，故B错误；
(csπ4+isinπ4)2=12(1+i)2=i，
故z−3(csπ4+isinπ4)2=1+3i−3i=1，故C正确；
复数z在复平面内对应的点(1,3)位于第一象限，故D错误．
故选：AC.
根据已知条件，结合复数的四则运算，化简z，即可依次求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：对于A，由图可得2日至16日新增阳性人数依次为8，15，44，63，120，72，30，59，131，66，95，85，99，102，92，
其中本地新增阳性人数最多的一天是10日，故A正确．
对于B，由图可知本地新增确诊病例的极差为90−6=84，故B正确．
对于C，由图可知本地新增确诊病例人数从小到大排列依次为6，10，14，14，20，33，40，46，51，72，81，82，90，90，90，
则中位数为第8个数46，故C正确．
对于D，由图可知本地新增无症状感染者的平均数为0+5+30+43+69+39+16+13+49+26+15+4+9+12+2015≈23，
本地新增确诊病例的平均数为6+10+14+20+51+33+14+46+82+40+90+81+90+90+7215≈49，
所以本地新增无症状感染者的平均数小于本地新增确诊病例的平均数，故D错误．
故选：ABC.
根据折线统计图逐个分析判断即可．
本题考查统计图，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：以O为原点，以AD为x轴，建立平面直角坐标系，如图，
∵正六边形边长为1，
∴A(−1,0),B(−12,− 32),C(12,− 32),D(1,0)，
设M(x,y)，则MA=(−1−x,−y),MC=(12−x,− 32−y)，
MB=(−12−x,− 32−y),MD=(1−x,−y)，
∴MA+MC=(−12−2x,− 32−2y)，
MB+MD=(12−2x,− 32−2y)，
t=(MA+MC)⋅(MB+MD)
=(−12−2x)(12−2x)+(− 32−2y)2，
=4x2−14+4y2+2 3y+34
=4x2+4y2+2 3y+12
=4x2+4(y+ 34)2−14≥−14，
当x=0,y=− 34时，t的最小值为−14，故C对，
当M为正六边形的中心时，即x=y=0时，t=12，故A对，
∵t∈[−14,+∞).
∴t可以为0，t没有最大值，∴故D对，B错，
故选：ACD.
以O为原点，以AD为x轴，建立坐标系，A(−1,0),B(−12,− 32),C(12,− 32),D(1,0)，设M(x,y)，求出t=4x2+4(y+ 34)2−14，进而可得答案．
本题考查平面向量的坐标运算，还考查了计算能力，属于中档题．
12.【答案】BD
【解析】解：由已知条件中的旋转，可将正方形ABC1D1放于两个全等正方体的公共面上，
正方形ABCD和正方形A2BC1D2的位置如图所示，
连接MD1，PC1，PA，PC1，A2C1，如图所示，
因为平面ABCD//平面MD1C1P，直线A2C1与平面MD1C1P相交，
则直线A2C1与平面ABCD相交，所以A选项错误；
平面A2BC1D2与平面ABCD所成的锐二面角可转化为平面A2BC1D2与平面MD1C1P所成的锐二面角，
MP⊥平面MAD1N，AN⊂平面MAD1N，MP⊥AN，正方形MAD1N中，MD1⊥AN，
MD1，MP⊂平面MD1C1P，MD1∩MP=M，AN⊥平面MD1C1P，
同理，AP⊥平面A2BC1D2，
平面A2BC1D2与平面MD1C1P所成的锐二面角，等于直线AP与AN所成的角，
由△APN为等边三角形，可得所求锐二面角的平面角为60∘，故选项D正确．
过D2作D2H//C1D1，则有D2H//AB，D2H⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，D2H//ABCD，
D2到平面ABCD的距离等价于H到平面ABCD的距离，如图所示，
CB=C1D2=1，∠BFC1=∠D2C1H=45∘，则C1H= 22，CF= 2−1，点C到HF的距离为1− 22，
S△HBC=S△HBF−S△HCF=12×(1+ 22)×1−12×(1+ 22)×(1− 22)=1+ 24，S△ABC=12×1×1=12
设H到平面ABCD的距离为h，根据等体积关系VH−ABC=VA−HBC，
有13hS△ABC=13⋅AB⋅S△HBC，解得h=1+ 22，
由此得D2到平面ABCD的距离为1+ 22，故B选项正确；
连接D1D2、AD2，如图所示，
△D2D1C1中，D1C1=1，D2D1=1，∠D2C1D1=45∘，
由余弦定理得D1D_2，
在Rt△AD1D2中，AD2= AD12+D1D_22，故C选项错误．
故选：BD.
将正方形ABC1D1放于两个全等正方体的公共面上，根据旋转的情况结合正方体的结构特征，对选项进行计算和判断．
本题考查空间图形的旋转与翻折，考查学生的空间想象能力和理性的分析能力，将问题归结为条件和结论明朗化的立几问题，是中档题．
13.【答案】−1± 2i
【解析】解：方程x2+2x+3=0在复数范围内的根为
x=−2±2 2i2=−1± 2i.
故答案为：−1± 2i.
利用求根公式直接求解即可
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
14.【答案】17.5
【解析】解：这组数据共8个数，从小到大排列是11，12，13，15，16，17，18，21，
8×34=6，所以第三四分位数是第6个数和第7个数的平均数，即17+182=17.5.
故答案为：17.5.
由分位数的公式计算．
本题考查分位数的定义及求法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
15.【答案】712
【解析】解：设甲同学答对的事件为A，答错的事件为A−，设乙同学答对的事件为B，答错的事件为B−乙同学答对的事件为C，答错的事件为C−，
因为甲同学答对的概率是12，甲、丙两位同学都答错的概率是16，乙、丙两位同学都答对的概率是13，
所以P(A)=12,P(A−B−)=P(A−)⋅P(B−)=16，P(BC)=P(B)⋅P(C)=13，
解得P(B−)=13,P(B)=23,P(C)=12，
所以甲、乙、丙三位同学中至少2位同学答对这道题的概率为：
P=P(ABC−)+P(AB−C)+P(A−BC)+P(ABC)，
=12×23×12+12×13×12+12×23×12+12×23×12=712，
故答案为：712.
设甲同学答对的事件为A，答错的事件为A−，乙同学答对的事件为B，答错的事件为B−，丙乙同学答对的事件为C，答错的事件为C−，根据题意，由P(A)=12,P(A−B−)=P(A−)⋅P(B−)=16，P(BC)=P(B)⋅P(C)=13求得P(B)，P(C)，再由P=P(ABC−)+P(AB−C)+P(A−BC)+P(ABC)求解．
本题考查相互独立事件的概率计算，属于中档题．
16.【答案】4 1015
【解析】解：依题可得，四面体P−BCD的外接球的球心O为BC中点，外接球半径r= 2，
要使∠MAO取到最大值，则∠AMO=90∘，即AM与球O相切时，
∴sin∠MAO=rAO，
在△ABO中，
AO2=AB2+BO2−2AB⋅BO⋅cs∠ABO=4+2−2⋅2⋅ 2⋅cs135∘=10，
∴AO= 10，
∴sin∠MAO=rAO= 2 10= 55，∴AM= AO2−r2= 10−2=2 2，
过M作MH⊥AO，垂足为H，
∴点M在以H为圆心MH为半径的圆上，
又MH=AM⋅sin∠MAO=2 2× 55=2 105，
∴四面体M−ABD体积的最大值为13⋅S△ABD⋅MH=13⋅12⋅2⋅2⋅2 105=4 1015.
故答案为：4 105.
根据题意，由条件可得∠MAO取最大值时∠AMO=90∘，由余弦定理即可得到AO，然后过M作MH⊥AO，即可得到MH，从而得到结果．
本题主要考查棱锥体积的求解，考查转化能力，属于难题．
17.【答案】解：(1)当λ=23时，AP=23AB，
则CP=CA+AP=CA+23AB
=CA+23(CB−CA)
=13CA+23CB；
(2)法一：
∵CP=CA+λAB=CA+λ(CB−CA)=(1−λ)CA+λCB，
cs∠ACB=62+62−422×6×6=79，
∴CA⋅CB=6×6×79=28，
∴CP⋅(CA+CB)=[(1−λ)CA+λCB]⋅(CA+CB)
=(1−λ)CA2+(1−λ)CA⋅CB+λCA⋅CB+λCB2
=36−36λ+28−28λ+28λ+36λ
=64；
法二：取AB中点D，
则CA+CB=2CD，且CD⊥AB，
∴CP⋅(CA+CB)=2CP⋅CD=2(CD+DP)⋅CD=2CD2+0=2CD2，
因为AC=BC=6，AB=4，
所以CD= 36−4= 32，
所以CP⋅(CA+CB)=64.
【解析】(1)利用向量的线性运算可得CP=13CA+23CB；
(2)利用向量的线性运算可得CP=(1−λ)CA+λCB，利用余弦定理可求cs∠CAB，再利用数量积的运算律和数量积的定义可求CP⋅(CA+CB)；我们也可以取AB中点D，利用向量垂直和数量积的运算律可求CP⋅(CA+CB).
本题考查平面向量基本定理和数量积运算，属基础题．
18.【答案】证明：(1)因为三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，
所以侧面BCC1B1，BAA1B1，CAA1C1均为矩形，
又AB⊥BC，所以△ABC，△A1B1C1均为直角三角形，
又AA1=AB=4，BC=3，
∴AC= AB2+BC2= 42+32=5，
所以三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积为(AB+BC+AC)⋅AA1=(3+4+5)×4=48.
所以三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积为48.
(2)连接B1C，设B1C∩BC1=O，连接OD，
∵四边形BCC1B1为矩形，
∴O为B1C的中点，
∵D为AC的中点，∴OD//AB1，
∴AB1⊄平面BC1D，OD⊂平面BC1D，
∴AB1//平面BC1D.

【解析】(1)直三棱柱的侧面是均为矩形，求侧面积就是求矩形的面积之和；
(2)通过构造三角形的中位线证明直线与直线平行，然后利用直线与平面平行的判定定理．
本题运用构造三角形中位线，勾股定理逆定理，考查棱柱的侧面积，直线与平面平行，是基础题．
19.【答案】解：(1)从中任取一球，分别记得到红球、黄球、蓝球为事件A，B，C，
因为A，B，C为两两互斥事件，
由已知得P(A)+P(B)+P(C)=1P(A)+P(B)=34P(B)+P(C)=12，
解得P(A)=12P(B)=14P(C)=14，
∴盒中红球、黄球、蓝球的个数分别是2，1，1；
(2)(i)由(1)知红球、黄球、蓝球个数分别为2，1，1，用1，2表示红球，用a表示黄球，用b表示蓝球，m表示第一次取出的球，n表示第二次取出的球，(m,n)表示试验的样本点，
则样本空间Ω={(1,1),(1,2),(1,a),(1,b),(2,1),(2,2),(2,a),(2,b),(a,1),(a,2),(a,a),(a,b),(b,1),(b,2),(b,a),(b,b)}；
(ii)由(i)得n(Ω)=16，记“取到两个球颜色相同”为事件M，“取到两个球颜色不相同”为事件N，
则n(M)=6，
所以P(M)=616=38，
所以P(N)=1−P(M)=1−38=58，
因为58>38，所以此游戏不公平．
【解析】(1)从中任取一球，分别记得到红球、黄球、蓝球为事件A，B，C，根据A，B，C为两两互斥事件，由P(A)+P(B)+P(C)=1P(A)+P(B)=34P(B)+P(C)=12求解．
(2)(i)根据红球、黄球、蓝球个数分别为2，1，1，用1，2表示红球，用a表示黄球，用b表示蓝球，m表示第一次取出的球，n表示第二次取出的球，(m,n)表示试验的样本点，列举出来；(ii)由(i)利用古典概型的概率求解．
本题主要考查了样本空间的定义，考查了古典概型的概率公式，属于中档题．
20.【答案】解：(1)估计这100名员工近一周每人手机日使用流量的众数450，
由频率分布直方图可知流量少于300M的所占比例为30%，
流量少于400M的所占比例为55%，
故抽取的100名员工近一周每人手机日使用流量的中位数在[300,400)内，
则中位数为300+(400−300)×0.5−−0.3=380.
(2)(i)证明：总样本的方差为：
s2=1m+n[i=1m(xi−ω−)2+j=1n(yj−ω−)2]
=1m+n[i=1m(xi−x−)2+i=1m2(xi−x−)(x−−ω−)+i=1m(x−−ω−)2+j=1n(yi−y−)2+j=1n2(yi−y−)(y−−ω−)+j=1n(y−−ω−)2]
由i=1m(xi−x−)=i=1mxi−mx−=0，可得：
i=1m2(xi−x−)(x−−ω−)=2(x−−ω−)i=1m(xi−x−)=0，
同理可得j=1n2(yj−y−)(y−−ω−)=0，
故s2=1m+n[i=1m(xi−x−)2+i=1m(x−−ω−)2+j=1n(yj−y−)2+j=1n(y−−ω−)2]
=1m+n{m[s_1；
(ii)估计该企业全体员工手机日使用流量的平均数为：
ω−=20×800+40×110020+40=1000M，
由(i)知，估计该企业全体员工手机日使用流量的方差为：
s2=1m+n{m[s_1
=160{20[10000+(800−1000)2]+40[40000+(1100−1000)2]}=50000.
【解析】(1)由频率分布直方图中众数为最高矩形横坐标的中点，中位数左边和右边的直方图面积相等可解；
(2)(i)根据方差的定义，证明总样本方差公式；
(ii)利用总样本平均数和方差公式可解．
本题考查了频率分布直方图的性质，考查平均数，中位数以及方差的定义，是中档题．
21.【答案】解：(1)证明：如图，连接BD，
因为侧面PBC⊥底面ABCD，侧面PBC∩底面ABCD=BC，PB⊥BC，PB⊂底面PBC，
所以PB⊥底面ABCD，
且AC⊂平面ABCD，可得AC⊥PB.
在正方形ABCD中，AC⊥BD，
PB∩BD=B，BD⊂平面PBD，PB⊂平面PBD，
所以AC⊥平面PBD，
且PD⊂平面PBD，可得AC⊥PD.
(2)因为AB//CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
所以AB//平面PCD，
过B作BM⊥PC，垂足为M，连接AM，
因为侧面PBC⊥底面ABCD，侧面PBC∩底面ABCD=BC，CD⊥BC，CD⊂底面ABCD，
所以CD⊥底面PBC，
且BM⊂底面PBC，可得BM⊥CD，
PC∩CD=C，PC，CD⊂平面PCD，可得BM⊥底面PCD，
则A到平面PCD的距离即为B到平面PCD的距离BM，
由AC与平面PCD所成的角为30∘，则BM=ACsin30∘=3 22，
又因为AB//CD，则AB⊥平面PBC，
且PC，BM⊂平面PBC，可得AB⊥PC，AB⊥BM，
BM⊥PC，AB∩BM=B，AB，BM⊂平面ABM，
所以PC⊥平面ABM，
且AM⊂平面ABM，可得PC⊥AM，
即AM的长度即为点A到PC的距离，可得AM= AB2+BM2= 9+92=3 62
所以点A到PC的距离为3 62.
【解析】(1)根据面面垂直的性质可得PB⊥底面ABCD，进而可证AC⊥平面PBD，即可得结果；
(2)根据线面夹角的定义结合平行关系分析可得BM=3 22，再根据垂直关系可得AM的长度即为点A到PC的距离，运算求解即可．
本题考查线面平行以及点到直线的距离，属于中档题．
22.【答案】解：(1)在△ACD中，∠A=π4，AD=2，CD=BD= 53b，
则由余弦定理得，CD2=AD2+AC2−2AD⋅ACcsA=22+b2−4bcsπ4=4+b2−2 2b，
即( 53b)2=4+b2−2 2b，化简得2b2−9 2b+18=0，
解得b=3 2，或b=3 22.
∴BD= 53b= 53×3 2= 10，或BD= 53b= 53×3 22= 102.
∴c=AB=AD+BD=2+ 10，或c=AB=AD+BD=2+ 102，
综上可得c=2+ 10，或c=2+ 102.
(2)在△BCD中，BD=CD，设∠B=∠BCD=θ，则∠BDC=π−2θ，
∵a=2 2，由正弦定理得：asin2θ=CDsinθ，
∴CD=asinθsin2θ=2 2sinθ2sinθcsθ= 2csθ，
在△ACD中，∠ADC=2θ，∠ACD=3π4−2θ，
由正弦定理得：ADsin∠ACD=CDsinA，
即2sin(3π4−2θ)= 2csθsinπ4，∴2× 22= 2csθ×sin(34π−2θ)，
∴csθ=sin(3π4−2θ)，即sin(π2−θ)=sin(3π4−2θ)，
∵0<θ<π2，
∴0<π2−θ<π2，−π4<3π4−2θ<3π4，
∴π2−θ=3π4−2θ，或π2−θ+3π4−2θ=π，
解得θ=π4或θ=π12，
当θ=π4时，∠ACB=π2，AC=BC=2 2，
∴△ABC为等腰直角三角形，∴△ABC的面积为S△ABC=12×2 2×2 2=4；
当θ=π12，∠ACB=π−π12−π4=2π3，
在△ABC中，由正弦定理得asinA=csin∠ACB，
∴c=asinA⋅sinC=2 2 22⋅ 32=2 3，
∴△ABC的面积为S△ABC=12×2 2×2 3×sinπ12=2 6× 6− 24=3− 3，
综上可得△ABC的面积为4或3− 3.
【解析】(1)根据题意，由余弦定理可得b，从而求得BD，即可得到结果；
(2)根据题意，由正弦定理化简得csθ=sin(3π4−2θ)，再由正弦定理即可得到c，结合三角形的面积公式即可得到结果．
本题考查利用正余弦定理和面积公式解三角形，属于中档题．