2022-2023学年安徽省马鞍山市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年安徽省马鞍山市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共17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i为虚数单位，则复数z=(1+i)(2−i)的虚部为( )
A. −iB. iC. −1D. 1
2.cs2π8−sin2π8的值为( )
A. − 32B. −12C. 12D. 22
3.下列各组向量中，可以作为基底的是( )
A. e1=(0,0)，e2=(1,2)B. e1=(2,−4)，e2=(4,−8)
C. e1=(1,−2)，e2=(2,3)D. e1=(1,0)，e2=(−2,0)
4.通过抽样调查得到某栋居民楼12户居民的月均用水量数量(单位：吨)，如下表格：
则这12户居民的月均用水量的第75百分位数为( )
A. 5.0B. 5.2C. 5.4D. 5.6
5.已知α，β是空间两个不同的平面，m，n是空间两条不同的直线，则下列命题为真命题的是( )
A. 若m//α，n//α，则m//nB. 若m//α，m//n，则n//α
C. 若m⊥α，n//β，且m⊥n，则α⊥βD. 若m⊥α，n⊥β，且α//β，则m//n
6.将函数y=f(x)的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数y=sin(x−π6)的图象，则( )
A. f(x)=sin(2x−π3)B. f(x)=sin(2x−π6)
C. f(x)=sin(x2−π6)D. f(x)=sin(x2−π12)
7.正方形ABCD中，E，F分别是边AD，DC的中点，BE与AF交于点G.则( )
A. AG=15AB+25ADB. AG=25AB+15AD
C. AG=15AB+35ADD. AG=35AB+25AD
8.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=AB=4，AA1=6，∠BAC=90∘，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A. 17πB. 51πC. 68πD. 244π
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.若复数z满足zi=3+4i(i为虚数单位)，则( )
A. z−=4−3iB. |z|=5C. z⋅z−=7−24iD. z2=7−24i
10.已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象，则( )
A. ω=2
B. φ=π3
C. 点(π6,0)是f(x)图象的一个对称中心
D. f(x)的图象向左平移5π12个单位后所对应的函数为偶函数
11.在△ABC中，下列说法正确的是( )
A. 若sinA>sinB，则A>B
B. 若sin2AC. 若sinBD. 存在△ABC满足csA+csB≤0
12.在正方体AC1中，E，F分别为AB，BC的中点，G为线段CC1上的动点，过E，F，G作正方体的截面记为α，则( )
A. 当截面α为正六边形时，G为CC1中点
B. 当CGCC1<12时，截面α为五边形
C. 截面α可能是等腰梯形
D. 截面α不可能与直线B1D垂直
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量a=(1,2)，b=(λ,1)，且a⊥b，则λ=______ .
14.已知某圆锥的侧面积为12π，其侧面展开图是半圆，则该圆锥的体积为______ .
15.计算tan10∘+tan50∘+tan120∘tan10∘tan50∘=______ .
16.已知△ABC是钝角三角形，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a=3，b=4，则最大边c的取值范围是______ .(结果用区间表示)
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)
某小学对在校学生开展防震减灾教育，进行一段时间的展板学习和网络学习后，学校对全校学生进行问卷测试(满分100分).现随机抽取了部分学生的答卷，得分的频数统计表和对应的频率分布直方图如图所示.
(1)求a，b的值，并估计全校学生得分的平均数；
(2)根据频率分布直方图，估计样本数据的15%和85%分位数.
18.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C的对边依次是a，b，c.若(a− 3b)sinA=csinC−bsinB.
(1)求角C；
(2)当B=712π，a=2时，求△ABC的面积.
19.(本小题12分)
如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=2AC=2AB=2BC=4，D，E分别为棱AB，CC1的中点.
(1)证明：CD//平面AB1E；
(2)求BE与平面ABB1A1所成角的正弦值.
20.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知csA=35.
(1)若△ABC的面积为3，求AB⋅AC的值；
(2)设m=(2sinB2,1)，n=(csB,csB2)，且m//n，求sin(B−2C)的值．
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=2sinxcs(x+π3).
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若关于x的方程f(x)=m在区间[−π2,0]上恰有一解，求实数m的取值范围.
22.(本小题12分)
如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长2的正方形，侧面PAD为等腰三角形，PA=PD=4，侧面PAD⊥底面ABCD.
(1)在线段PD上是否存在一点E，使得AE⊥PC，若存在，请求出PEED的值，若不存在，请说明理由；
(2)求二面角P−BC−A的余弦值.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：因为z=(1+i)(2−i)=3+i，
所以复数z的虚部为1，
故选：D.
化简复数z，根据虚部的定义即可求解．
本题考查了复数的运算性质，涉及到虚部的定义，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：cs2π8−sin2π8=cs(2×π8)=csπ4= 22，
故选：D.
由条件利用二倍角的余弦公式求得所给式子的值．
本题主要考查二倍角的余弦公式的应用，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：对于A，e−1=0−，不可以作为基底，A错误；
对于B，∵e−1=12e2，∴e1−，e2−共线，不可以作为基底，B错误；
对于C，e1与e2为不共线的非零向量，可以作为一组基底，C正确；
对于D，∵e−1=−12e−2，∴e1，e2−共线，不可以作为基底，D错误．
故选：C.
根据基底需为不共线的非零向量，由此依次判断各个选项即可．
本题考查基底向量，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：依题意，居民的月均用水量由小到大排列为：3.2，3.5，3.9，4.1，4.2，4.3，4.5，5.0，5.2，5.6，6.2，6.3，
12×75%=9，
可知第75百分位数为第9项和第10项数据的平均数5.2+5.62=5.4，
所以这12户居民的月均用水量的第75百分位数为5.4.
故选：C.
把数据抽小到大排列，再根据百分位数的定义求解作答．
本题考查百分位数的应用，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：对于A项，m，n可能相交，如图所示正方体中，
若m，n分别为直线AB、BC，α为平面A1B1C1D1，
此时符合条件，但结论不成立，故A错误；
对于B项，有n⊂α的可能，如图所示正方体中，
若m，n分别为直线AB、A1B1，α为平面A1B1C1D1，
此时符合条件，但结论不成立，故B错误；
对于C项，如图所示正方体中，若m，n分别为直线AA1、B1C1，α为平面A1B1C1D1，β为平面ABCD，
此时符合条件，但结论不成立，故C错误；
对于D项，因为α//β，m⊥α⇒m⊥β，
又n⊥β，
所以m//n，故D正确．
故选：D.
根据线面之间的位置关系判定即可．
本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：∵将函数y=f(x)的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，
得到函数y=sin(x−π6)的图象，
∴将函数y=sin(x−π6)的图象上各点的横坐标缩短到原来的12倍(纵坐标不变)，
得到函数f(x)的图象，即f(x)=sin(2x−π6).
故选：B.
根据函数图象变换关系，进行逆变换求解即可．
本题主要考查三角函数的图象变换，是基础题．
7.【答案】A
【解析】解：如图，以A为原点，分别以AB，AD所在的直线为x，y轴建立平面直角坐标系，
设正方形的边长为2，则A(0,0)，B(2,0)，C(2,2)，D(0,2)，E(0,1)，F(1,2)，
所以AF=(1,2)，BE=(−2,1)，AD=(0,2)，AB=(2,0)，
因为A，G，F三点共线，所以存在唯一实数λ，使AG=λAF=λ(1,2)=(λ.2λ)，所以G(λ,2λ)，
因为B，G，E三点共线，所以存在唯一实数k，使BG=kBE，
所以(λ−2,2λ)=k(−2,1)，所以λ−2=−2k2λ=k，解得λ=25，
所以AG=(25,45)，设AG=mAB+nAD，
则(25,45)=m(2,0)+n(0,2)=(2m,2n)，
所以m=15,n=25，所以AG=15AB+25AD.
故选：A.
建立平面直角坐标系，设正方形的边长为2，分别利用A，G，F三点共线和B，G，E三点共线，结合共线向量定理可求出点G的坐标，再利用平面向量基本定理可求得结果．
本题考查向量的线性表示，考查向量的运算，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：∵三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，∴侧棱垂直于底面，
又∠BAC=90∘，AC=AB=4，AA1=6，
∴可将棱柱ABC−AA1B1C1补成长方体，且长方体的长宽高分别为4，4，6，
∴长方体的对角线长为 42+42+62=2 17，
∴球的半径R= 17，
∴球的表面积为S=4π×17=68π.
故选：C.
根据题意，可将棱柱ABC−A1B1C1补成长方体，长方体的对角线即为球的直径，从而可求球的表面积．
本题考查了棱柱外接球的表面积计算，训练了分割补形法，是中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：复数z满足zi=3+4i，
则z=3+4ii=4−3i，
z−=4+3i，故A错误；
|z|= (4)2+(−3)2=5，故B正确；
z⋅z−=(4−3i)(4+3i)=16+9=25，故C错误；
z2=(4−3i)2=16−9−24i=7−24i，故D正确．
故选：BD.
根据已知条件，结合复数的四则运算，对z化简，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】ACD
【解析】解：A选项，由图象可得到函数最小正周期12T=5π12−(−π12)=π2，故T=π，
因为ω>0，所以2πω=π，解得ω=2，A正确；
B选项，将(5π12,2)代入解析式得2sin(2×5π12+φ)=2，因为|φ|<π2，
解得φ=−π3，B错误；
C选项，f(x)=2sin(2x−π3)，故f(π6)=2sin(π3−π3)=0，
故点(π6,0)是f(x)图象的一个对称中心，C正确；
D选项，f(x)的图象向左平移5π12个单位后得到g(x)=2sin(2x+5π6−π3)=2sin(2x+π2)=2cs2x，
因为g(x)=2cs2x的定义域为R，且g(−x)=2cs(−2x)=2cs2x=g(x)，故g(x)=2cs2x为偶函数，D正确．
故选：ACD.
A选项，根据图象得到最小正周期，从而求出ω=2；B选项，代入(5π12,2)，求出φ=−π3；C选项，得到函数解析式，求出f(π6)=0，故C正确；D选项，求出平移后的解析式，利用函数奇偶性定义得到答案．
本题考查三角函数的性质，属于中档题．
11.【答案】AC
【解析】解：A中，三角形中，由正弦定理可得asinA=bsinB，若sinA>sinB，可得a>b，再由三角形中大边对大角可得A>B，所以A正确；
B中，因为若sin2A0，所以A角为锐角，但是B，C由可能不是锐角，所以B不正确；
C中，因为sinBπ2，所以该三角形为钝角三角形，即C正确；
D中，因为csA+csB≤0，即csA≤−csB=cs(π−B)，由余弦函数的单调性，可得A>π−B，即A+B>π，与三角形内角和为π相矛盾，所以D不正确．
故选：AC.
A中，由正弦定理及三角形中大边对大角的性质，可得A>B，判断A的真假；B中，由正弦定理及余弦定理可得A角为锐角，但是B，C角是否是锐角不定，判断出B的真假；C中，由诱导公式及三角形的性质可得C>π2，判断C的真假；D中，由诱导公式及余弦函数的单调性，可得A+B>π，与三角形的内角和为π矛盾，判断D的真假．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，诱导公式的应用，属于中档题．
12.【答案】AC
【解析】解：若G为CC1的中点，则延长EF交DA于M′，交DC于N′，延长N′G交C1D1于T，
取A1D1的中点S，连接M′S交AA1于P′，连接AC，A1C1，如图，
∵E是AB的中点，F是BC的中点，∴EF//AC，
又CN′=CF=CG=GC1，TC1//N′C，∴△CGN′≌△C1GT，
∴T为C1D1的中点，∴ST//A1C1，
又AC//A1C1，∴ST//EF，同理SP′//GF，则EP//GT，∴S，T，G，F，E，P′共面，
此时正六边形STGFEP′为截面α，符合题意，故A正确；
∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，而DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，即有DD1⊥AC，
又BD∩DD₁=D，BD，DD1⊂平面BDD1，则AC⊥平面BDD1，
而BD1⊂平面BDD1，∴BD1⊥AC，同理AD1⊥平面A1B1D，
又B1D⊂平面A1B1D，则B1D⊥AD1，又AC//EF，FG//AD₁，
B1D⊥EF，B1D⊥FG，EF，FG为相交直线且在α内，
∴B1D⊥α，故当G为线段CC1上的中点时，截面α与直线B1D垂直，故D错误；
如图，延长EF交AD于M′，交DC于N′，连接N′D1交C1C于G，连接M′D1交A1A于M，
此时截面α为五边形MFFGD1，
∵CD//C1D1，∴△CGN′∽△C1GD1，∴CGC1G=CN′C1D1=12，∴CGCC1=13，
当CGCC1∈(0,13]时，截面为五边形，当CGCC1∈(13,1)时，截面为六边形，
当CGCC1=1时，截面为四边形，当CGCC1≤13时，截面为五边形，故B错误；
当G与C1重合时，如图，
连接A1C1，A1E，FC1，则EF//A1C1，且EF=12A1C1，
∵A1E=C1F，∴四边形A1EFC1为等腰梯形，即截面α是等腰梯形，故C正确．
故选：AC.
利用平面的基本性质画出正方体的截面α，即可判断A，B，C；利用线面垂直的性质判断D.
本题考查平面与正方体的截面问题，涉及平面的基本性质，对于与几何体相关的截面问题，做出截面是解题关键．我们通常可利用空间几何公理及推论或对平面延申找出共线、共面关系，也利用面面平行的性质做出截面，是中档题．
13.【答案】−2
【解析】解：向量a=(1,2)，b=(λ,1)，且a⊥b，
则λ+2×1=0，解得λ=−2.
故答案为：−2.
根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
14.【答案】6 2π
【解析】解：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，则
侧面积为πrl=12π，
又因为圆锥的侧面展开图是半圆，所以2πr=πl，
所以r= 6，l=2 6，
所以圆锥的高为h= l2−r2= (2 6)2−( 6)2=3 2，
所以圆锥的体积为V=13πr2h=13π×6×3 2=6 2π.
故答案为：6 2π.
根据题意求出圆锥的底面半径和母线长与高，即可求出圆锥的体积．
本题考查了圆锥的侧面展开图面积与体积计算问题，是基础题．
15.【答案】− 3
【解析】解：tan10∘+tan50∘+tan120∘tan10∘tan50∘=tan10∘+tan50∘tan10∘⋅tan50∘+tan120∘tan10∘⋅tan50∘
=tan60∘(1−tan10∘tan50∘)tan10∘⋅tan50∘−tan60∘tan10∘⋅tan50∘
= 3tan10∘tan50∘− 3− 3tan10∘tan50∘=− 3，
给答案为：− 3.
把要求的式子化为两角和的正切公式的形式，然后求得结果．
本题主要考查两角和的正切公式的变形应用，属于中档题．
16.【答案】(5,7)
【解析】解：由题意可得，csC=a2+b2−c22ab<0，即c2>a2+b2=25，解得c>5，
又三角形两边之和大于第三边，
故c<3+4=7，
综上所述，最大边c的取值范围为(5,7).
故答案为：(5,7).
根据已知条件，结合余弦定理，以及三角形两边之和大于第三边，即可求解．
本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题．
17.【答案】解：(1)由频率分布直方图可知：
得分在[20,40)的频率为0.005×20=0.1，
故抽取的学生答卷数为60.1=60，由6+a+24+18=60，得a=12，
故b=126020=0.01；
全校学生得分的平均数估计值为：
20×(30×0.005+50×0.01+70×0.02+90×0.015)=68.
(2)由频率分布直方图可知：
[20,40)内的比例为10%，[40,60)内的比例为20%，
[60,80)内的比例为40%，[80,100]内的比例为30%；
故15%分位数一定位于[40,60),
由40+20×0.15−0.10.3−0.1=45，
可以估计样本数据的15%分位数为45；
同理可得：由80+20×0.85−0.71−0.7=90，
可以估计样本数据的85%分位数为90.
【解析】(1)根据频率分布直方图以及频数统计表求出a，b的值，再求出平均数估计值即可；
(2)根据频率分布直方图的概念，百分位数的概念即可求解．
本题考查频率分布直方图的概念，百分位数的概念，属基础题．
18.【答案】解：(1)因为(a− 3b)sinA=csinC−bsinB，
所以由正弦定理得a2− 3ab=c2−b2，
即a2+b2−c2= 3ab，
所以csC=a2+b2−c22ab= 32，
又0所以C=π6.
(2)若B=712π，
又C=π6，
所以A=π−B−C=π4，
又a=2，
由正弦定理asinA=csinC，可得c=a⋅sinCsinA=2×12 22= 2，
又sinB=sin7π12=sin(π3+π4)= 6+ 24，
所以△ABC的面积S=12acsinB=12×2× 2× 6+ 24= 3+12.
【解析】(1)由正弦定理化简已知等式可得a2+b2−c2= 3ab，利用余弦定理可求csC的值，结合0(2)利用三角形内角和定理可求A的值，由正弦定理可得c的值，利用三角形的面积公式即可求解．
本题考查了正弦定理，余弦定理，三角形内角和定理以及三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：连接AB1，取AB1中点为点G，连接EG，DG
因为G，D分别为AB1，AB的中点，
所以GD//BB1，GD=12BB1，
又E为CC1的中点，
所以EC//BB1，EC=12BB1，
所以GD=EC，GD//EC，
所以四边形DGEC为平行四边形．
所以EG//CD，EG=CD，
又EG⊂平面AB1E，CD⊄平面AB1E，
所以CD//平面AB1E.
(2)连接BG，BE，
因为AC=AB=BC，D为AB中点，
所以CD⊥AB，
又直三棱柱ABC−A1B1C1，AA1⊥面ABC，CD⊂面ABC，
所以AA1⊥CD，
又AA1∩AB=A，CD⊥面ABB1A1，
由(1)知，EG//CD，
所以EG⊥面ABB1A1，
所以BE与平面ABB1A1所成角为∠EBG，
所以CD=EG= 3，BE=2 2，
所以sin∠EBG= 32 2= 64，
所以BE与平面ABB1A1所成角的正弦值为 64.
【解析】(1)连接AB1，取AB1中点为点G，连接EG，DG，则G，D分别为AB1，AB的中点，由中位线定理可得
GD//BB1，GD=12BB1，EC//BB1，EC=12BB1，即可得出四边形DGEC为平行四边形．推出EG//CD，由线面平行的判定定理，即可得出答案．
(2)连接BG，BE，推出CD⊥AB，AA1⊥CD，由线面垂直的判定定理可得CD⊥面ABB1A1，进而可得EG⊥面ABB1A1，则BE与平面ABB1A1所成角为∠EBG，即可得出答案．
本题考查直线与平面的位置关系，解题关键熟练用空间向量法计算
20.【答案】解：(1)因为csA=35，所以sinA=45
则S△ABC=12|AB|⋅|AC|sinA=25|AB|⋅|AC|=3，即|AB|⋅|AC|=152，
又csA=AB⋅AC|AB|⋅|AC|=35，所以AB⋅AC=35×152=92；
(2)因为m//n，所以2sinB2csB2=csB，即sinB=csB，所以B=π4，
因为sinA=45，csA=35，sinB=csB= 22，
所以sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB=45× 22+35× 22=710 2，
csC=−cs(A+B)=−csAcsB+sinAsinB=−35× 22+45× 22= 210，
则sin2C=2sinCcsC=2×710 2× 210=725，cs2C=2cs2−1=2×2100−1=−2425，
所以sin(B−2C)=sinBcs2C−csBsin2C= 22×(−2425)− 22×725=−31 250.
【解析】(1)根据面积公式求得|AB|⋅|AC|，利用夹角余弦的向量表示即可得到答案；
(2)根据向量平行的坐标表示得到B=π4，根据三角函数两角和差的公式可求得答案
本题考查平面向量数量积的运算，考查三角函数求值等，数中档题．
21.【答案】解：(1)因为f(x)=2sinx(12csx− 32sinx)=sinxcsx− 3sin2x=12sin2x+ 32cs2x− 32=sin(2x+π3)− 32，
由2kπ−π2≤2x+π3≤2kπ+π2，k∈Z，得kπ−5π12≤x≤kπ+π12，k∈Z，
所以函数f(x)的递增区间为[kπ−5π12,kπ+π12](k∈Z)；
(2)因为−π2≤x≤0，所以−2π3≤2x+π3≤π3，
令t=2x+π3，
而y=sint在[−2π3,−π2]上单调递减，在[−π2,π3]上单调递增，
又因为sin(−2π3)=sin(−π3)=− 32，sinπ3= 32，sin(−π2)=−1，
由题意可得y=f(x)与y=m在区间[−π2,0]上恰有一个交点，
故m的取值范围为{− 32−1}∪(− 3,0].
【解析】(1)由三角恒等变换得f(x)=sin(2x+π3)− 32，再由正弦函数的性质求解即可；
(2)求出函数f(x)在[−π2,0]上的值域，将问题转化为y=f(x)与y=m在区间[−π2,0]上恰有一个交点，即可得答案．
本题考查了三角恒等变换，正弦函数的性质及转化思想，属于中档题．
22.【答案】解(1)存在点E满足条件，且PEED=7
理由如下：侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，
∴CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD，
又因为AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE.
而PC∩CD=C，CD⊂平面PCD，PC⊂平面PCD，
要使AE⊥PC，则必有AE⊥平面PCD.从而有AE⊥PD，
在等腰三角形PAD中，PA=PD=4，AD=2，由等面积可得 15×2=4×AE，故AE= 152，DE=12，
∴PE=PD−DE=72，∴PEED=7.
(2)取AD的中点O，连PO.
∵PAD为等腰三角形，∴PO⊥AD.
取BC的中点F，连PF，OF.
∵PO⊥AD，OF⊥AD，PO∩OF=O，∴AD⊥平面POF，
又∵BC//AD，∴BC⊥平面POF，故BC⊥PF，
∵BC⊥PF，BC⊥OF，
∴∠PFO是所求二面角的平面角．
∵△PAD为等腰三角形，底面ABCD为正方形，
∴PO= 15，OF=2.
∵PO⊥AD，侧面PAD⊥底面ABCD，
∴PO⊥底面ABCD，PO⊥OF.
在Rt△POF中，PF2=PO2+OF2，
∴PF= 19.
∴cs∠PFO=OFPF=2 19=2 1919
故二面角P−BC−A的余弦值2 1919.
【解析】(1)要使AE⊥PC，则必有AE⊥平面PCD.从而有AE⊥PD，即可求解；
(2)取AD的中点O，连PO.取BC的中点F，连PF，OF，可得∠PFO是所求二面角的平面角，解△POF即可求解．
本题考查了空间线面位置关系，考查了二面角的求解，属于中档题，4.1
3.2
4.2
5.6
4.3
5.0
6.3
6.2
3.5
3.9
4.5
5.2
得分
[20,40)
[40,60)
[60,80)
[80,100]
人数
6
a
24
18