2023-2024学年山东省滨州市高一下学期期末联考数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年山东省滨州市高一下学期期末联考数学试卷（含答案），共18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.|3−4i|3+4i=( )
A. 35−45iB. 35+45iC. 45−35iD. 45+35i
2.已知直线m，n，平面α，则“m // α，n // α”是“m // n”的( )条件．
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 不充分不必要
3.从一堆产品(其中正品与次品都多于2件)中任取2件，下列事件中是互斥事件但不是对立事件的是( )
A. 恰好有1件次品和恰好有2件次品B. 至少有1件次品和全是次品
C. 至少有1件正品和至少有1件次品D. 至少有1件次品和全是正品
4.在直角梯形ABCD中，AB // CD，AD⊥AB，AB=3，AD=CD=2，M是CD的中点，N在BC上，且BN=13BC，则cs⟨BM,DN⟩=( )
A. −3 1010B. − 1010C. 1010D. 3 1010
5.某校举办歌唱比赛，将200名参赛选手的成绩整理后画出频率分布直方图如下图，根据频率分布直方图，第40百分位数估计为( )
A. 64B. 65C. 66D. 67
6.圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根呈南北走向的水平长尺(称为“圭”)和一根直立于圭面的标杆(称为“表”)，如下图，《周髀算经》里记载的二十四节气就是通过圭表测量日影长度来确定的．利用圭表测得某市在每年夏至日的早上8:00和中午13:00的太阳高度角分别为23°(∠ABC)和83°(∠ADC).设表高AC为1米，则影差BD≈( )(参考数据：sin 16°≈0.276， 3≈1.732)
A. 2.016米B. 2.232米C. 2.428米D. 2.614米
7.下列说法正确的是( )
A. 某人在玩掷骰子游戏，掷得数字5的概率是16，则此人掷6次骰子一定能掷得一次数字5
B. 为了了解全国中学生的心理健康情况，应该采用普查的方式
C. 一组数据8，8，7，10，6，8，9的众数和中位数都是8
D. 对于样本量相当且均值相等的两组数据，甲组数据的方差s2=0.01，乙组数据的方差s2=0.1，则乙比甲稳定
8.“木桶效应”是一个有名的心理效应，是指木桶盛水量的多少，取决于构成木桶的最短木板的长度，而不取决于构成木桶的长木板的长度，常被用来寓意一个短处对于一个团队或者一个人的影响程度.某同学认为，如果将该木桶斜放，发挥长板的作用，在短板存在的情况下，也能盛较多的水.根据该同学的说法，若有一个如图①所示的圆柱形木桶，其中一块木板有缺口，缺口最低处与桶口距离为2，若按照图②的方式盛水，形成了一个椭圆水面，水面刚好与左边缺口最低处M和右侧桶口N齐平，且MN为该椭圆水面的长轴.则此时比图①盛水方式多盛的水的体积为( )
A. 2πB. 3πC. 4πD. 6π
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知O(0,0)，P0(1,0)，P1(csα，sin α)，P2(−csβ，sin β)，下列结论正确的是( )
A. 若α+β=π，则OP1⋅OP0=OP2⋅OP0
B. 若α+β=π2，则OP1→⊥OP2→
C. 若|P0P1|=|P0P2|，则α=−β
D. 若OP0+OP2=OP1，且α，β均为锐角，则α=β=π3
10.如图，在正三棱台ABC−A1B1C1中，A1B1=2AA1=4，∠B1BC=π3，棱B1C1，BC的中点分别为D，E，点P在侧面BCC1B1内运动(包含边界)，且AP=2 7，则下列结论正确的是( )
A. AD⊥平面BCC1B1
B. 正三棱台ABC−A1B1C1的体积为50 23
C. AP与平面BCC1B1所成角的正切值为2 23
D. 动点P形成的轨迹长度为4π3
11.已知采用分层抽样得到的样本数据由两部分组成，第一部分样本数据xi(i=1，2，…，m)的平均数为x，方差为sx2；第二部分样本数据yi(i=1，2，…，n)的平均数为y，方差为sy2，设x≤y，sx2≤sy2，则以下命题正确的是( )
A. 设总样本的平均数为z，则x≤z≤yB. 设总样本的平均数为z，则z2≥x⋅y
C. 设总样本的方差为s2，则sx2≤s2≤sy2D. 若m= n，x=y，则s2=sx2+sy22
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.某高中学校进行问卷调查，用分层随机抽样的方法从该校三个年级中抽取36人进行问卷调查，其中高一年级抽取了15人，高二年级抽取了12人，且高三年级共有学生900人，则该高中的学生总数为__________人．
13.某科技公司组织技术人员进行某新项目研发，技术人员将独立地进行项目中不同类型的实验甲、乙、丙，已知实验甲、乙、丙成功的概率分别为34、23、12，对实验甲、乙、丙各进行一次，则至少有一次成功的概率为__________.(结果用最简分数表示)
14.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动(如图甲)，利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体，如图乙所示，若正四面体ABCD的棱长为1，则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 ；用过A，B，C三点的平面去截勒洛四面体，所得截面的面积为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知复数z=m+2+(m−2)i(m∈R)，z为z的共轭复数，且z+z=6．
(1)求m的值；
(2)若z−3i是关于x的实系数一元二次方程x2+ax+b=0的一个根，求该一元二次方程的另一复数根．
16.(本小题12分)
在锐角三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sin2A−2sinAcsBsinC+sin2C=34．
(1)求角B的值；
(2)求a+c2b的取值范围．
17.(本小题12分)
在直角梯形ABCD中，AD // BC，BC=2AD=2AB=2 2，∠ABC=90°(如图1).把△ABD沿BD翻折，使得二面角A−BD−C的平面角为θ(如图2)，M、N分别是BD和BC中点．
(1)若E是线段BN的中点，动点F在三棱锥A−BMN表面上运动，并且总保持FE⊥BD，求动点F的轨迹的长度(可用θ表示)，详细说明理由；
(2)若P、Q分别为线段AB与DN上一点，使得APPB=NQQD=λ(λ∈R)，令PQ与BD，PQ与AN所成的角分别为θ1和θ2，求sin θ1+sin θ2的取值范围．
18.(本小题12分)
某电子产品制造企业为了提升生产质量，对现有的一条电子产品生产线进行技术升级改造，为了分析改造的效果，该企业质检人员从该条生产线所生产的电子产品中随机抽取了1000件，检测产品的某项质量指标值，根据检测数据得到下表(单位：件)．
(1)估计这组样本的质量指标值的平均数x和方差s2(同一组中的数据用该组区间中点值作代表)；
(2)设[x]表示不大于x的最大整数，{x}表示不小于x的最小整数，s精确到个位，a1=5⋅x−s5，b1=5⋅x+s5，a2=5⋅x−2s5，b2=5⋅x+2s5，根据检验标准，技术升级改造后，若质量指标值有65%落在[a1,b1]内，则可以判断技术改造后的产品质量初步稳定；若有95%落在[a2,b2]内，则可以判断技术改造后的产品质量稳定，可认为生产线技术改造成功．请问：根据样本数据估计，是否可以判定生产线的技术改造是成功的？
19.(本小题12分)
为了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券．游戏规则如下表：
(1)分别求出游戏一，游戏二的获胜概率；
(2)一名同学先玩了游戏一，试问m为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查复数的四则运算，复数的模，是基础题．
先得到复数的模，再直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【解答】
解：|3−4i|3+4i=53+4i=5(3−4i)3+4i3−4i=35−45i．
故选A ．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查必要条件、充分条件与充要条件的判断和线面平行的判定，属于基础题．
利用线面平行的判定解答即可．
【解答】
解：当，n//α 时，不一定有，
“m/​/n”也不可以推出，n//α
故，n//α 是的既不充分也不必要条件，
故选D．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查互斥事件与对立事件的判定，属于基础题．
由互斥事件与对立事件的定义进行判断即可．
【解答】
解：依据互斥和对立事件的定义知，B，C都不是互斥事件; D不但是互斥事件而且是对立事件;只有A是互斥事件但不是对立事件.
故选A．
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查平面向量的相关知识，属于一般题。
建立平面直角坐标系，写出相关点的坐标，从而求出 BM ， DN 的坐标，最后利用向量的夹角公式即可得解；
【解答】
解：如图，建立平面直角坐标系，
则 B3,0 ， D0,2 ， M1,2 ， C2,2 ，
∴ BC=−1,2 ， BM=−2,2 ，
∴ BN=13BC=(−13,23) ，
∴ N83,23 ，
则 DN=83,−43 ，
∴ cs ⟨BM,DN⟩=−2×83+2×(−43) (−2)2+22× (83)2+(−43)2=−3 1010 ，
故选：A.
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了频率分布直方图，属于基础题．
根据百分位数的定义及频率分布直方图计算即可．
【解答】
解：由图可知 (a+0.015+0.025+0.035+a+0.005)×10=1⇒a=0.010 ，
0.010+0.015+0.025=0.05 ，即第40百分位数位于区间 60,70 ，
设第40百分位数为 x ，
则 x−6070−x=0.4−0.250.5−0.4⇒x=66 ．
故选：C
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题重点考查解三角形的实际应用和三角恒等变换，属于一般题．
由正弦定理和三角函数得到BD= 32sin23∘cs7∘，利用正弦和差公式求2sin23∘cs7∘，即可求BD．
【解答】
解：在Rt△ACD中，AD=ACsin83∘=1cs7∘(米)．
在△ABD中，由正弦定理，得BDsin∠BAD=ADsin∠ABD，
即BDsin (83∘−23∘)=ADsin23∘，
所以BD= 32sin23∘cs7∘(米)．
因为sin30∘=sin(23∘+7∘)=sin23∘cs7∘+cs23∘sin7∘
且sin16∘=sin(23∘−7∘)=sin23∘cs7∘−cs23∘sin7∘
所以2sin23∘cs7∘=sin30∘+sin16∘≈0.776，
所以BD≈≈2.232(米)．
故选：B．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查随机事件的概率，抽样方法、平均数、中位数、众数、方差与标准差等概念，属于基础题．
对于A，根据概率的概念可判断；对于B，根据抽样方法的理解可判断；对于C，根据中位数，众数的概念可判断；对于D，方差越小数据越稳定，可判断．
【解答】
解：A选项，概率表示随机事件发生可能性大小，所以此人掷6次骰子不一定能掷得一次数字5，故A错误；
B选项，为了解全国中学生的心理健康情况，应该采取抽样调查更合理，故B错误；
C选项，根据中位数，众数的概念可判断其正确；
D选项，根据方差越小数据越稳定，故D错误．
故选：C．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查圆柱的体积和椭圆的简单几何性质，属于综合题．
作出截面图，求出圆柱的底面半径，根据对称得出答案．
【解答】
解：作出截面图，如图，从缺口 M 向桶边作垂线 MB ， MN 恰好平分四边形 AMBN ；
因为桶倾斜与底面成 60∘ ，所以 ∠ANM=30∘ ;
因为 AM=2 ，所以 MN=4,AN=2 3 ;
因为缺口以上的圆柱部分体积为 V=π× 32×2=6π ;
所以多盛的水的体积为 12×6π=3π ．
故选：B．

9.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查向量数量积的坐标运算、利用同角三角函数基本关系化简、诱导公式——π±α、−α型、诱导公式——π/2 ±α型、向量模的坐标表示，属于一般题．
根据题意，对各选项逐项判定，即可求出结果．
【解答】解：A选项，若α+β=π，则β=π−α，
由题意可知，OP0=(1,0)，OP1=(csα,sinα)，OP2=(−csβ,sinβ)，
则OP1⋅OP0=csα，OP2→⋅OP0→=−cs⁡β=−cs⁡(π−α)=cs⁡α，
所以OP1⋅OP0=OP2⋅OP0，故A正确；
B选项，若α+β=π2，则β=π2−α，
则OP1·OP2=−csαcsβ+sinαsinβ=−csαsinα+sinαcsα=−csα+β=0，
所以OP1→⊥OP2→，故B正确；
C选项，若|P0P1|=|P0P2|，则P0P1=(csα−1,sinα)，P0P2=(−csβ−1,sinβ)，
所以 csα−12+sin2α= −csβ−12+sin2β，
化简得：2−2csα=2+2csβ，即−csα=csβ，
当α=π6,β=5π6时，−csα=csβ，但α≠−β，故C错误；
D选项，若OP0+OP2=OP1，则1−csβ,sinβ=csα,sinα，
所以1−csβ=csαsinβ=sinα,
因为α，β均为锐角，
所以α=β=π3，故D正确．
故选：ABD．
10.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查正棱台的性质及空间中的角与线段长度的计算，是中档题．
根据正棱台的性质及空间中的角与线段长度的计算逐一判定即可．
【解答】
解：如图，延长正三棱台的侧棱，设其相交于点O，连接DE，AE，
则有OA=OB=OC，直线DE必过点O且DE⊥B1C1，DE⊥BC，
由题可得AB=6，过点D作DF//C1C，DG//B1B，
则四边形DFCC1和DGBB1均是边长为2的菱形，
在△OBC中，B1C1BC=OC1OC=OC1OC1+C1C，
即23=OC1OC1+2，解得OC1=4，
所以OC=OC1+C1C=4+2=6，
所以△OBC是边长为6的等边三角形，
所以∠DFE=∠FDC1=∠OCB=π3，OE=3 3，
所以DE=DF×sinπ3=2× 32= 3，
因为△ABC是边长为6的等边三角形且E为BC的中点，
所以AE=3 3，BC⊥AE，在△OAE中，由
余弦定理可得，cs∠OEA=OE2+AE2−OA22×OE×AE=(3 3)2+(3 3)2−622×3 3×3 3=13，
在△ADE中，由余弦定理可得，cs∠DEA=DE2+AE2−AD22×DE×AE=( 3)2+(3 3)2−AD22× 3×3 3=13，
解得AD=2 6，
所以AE2=DE2+AD2，所以AD⊥DE，
由BC⊥AE，BC⊥OE，AE∩OE=E，AE，OE⊂平面AOE，可得BC⊥平面AOE，
又AD⊂平面AOE，所以BC⊥AD，
由BC⊥AD，AD⊥DE，BC∩DE=E，BC，DE⊂平面BCC1B1，可得AD⊥平面BCC1B1，故A正确;
因为sin∠AED=ADAE=2 23，所以三棱台的高为h=DE⋅sin∠AED=2 63，
所以三棱台的体积V=13h(S△ABC+S△A1B1C1+ S△ABCS△A1B1C1)
=13×2 63(4 3+9 3+6 3)=38 23，故B错误;
AP与平面BCC1B1所成的角为
∠APD，因为AP= AD2+DP2= 24+DP2=2 7，所以DP=2，
所以tan∠APD=ADDP= 6，故C错误;
因为点P在平面BCC1B1内的轨迹为以D为圆心的圆被四边形BCC1B1
所截的弧C1F，B1G，
设C1F的长度为l，则l=π3×2=2π3，所以动点P形成的轨迹长度为4π3，故D正确．
11.【答案】AD
【解析】本题主要考查了总体的平均数及方差，属于中档题．
对于A选项，因为x≤y，由z=mm+nx+nm+ny放缩可得x≤z≤y；
对于B选项，举例说明B不正确；
对于C选项，举例说明C不正确；
对于D选项，若m=n,x=y，代入总体方差计算公式，可得s2=sx2+sy22．
解：对于A选项，因为x≤y，所以z=mm+nx+nm+n y≤mm+ny+nm+ny=y，z=mm+nx+nm+ny≥mm+nx+nm+nx=x，即x≤z≤y，A正确;
对于B选项，取第一部分数据为1，1，1，1，1，则x=1，sx2=0.取第二部分数据为−3，9，则y=3，sy2=36，则z2=(57×1+27×3)2=12149<3=x⋅y，B不正确;
对于C选项，取第一部分数据为−2，−1.0，1，2.则x=0．sx2=2，取第二部分数据为1，2，3，4，5，则y=3，sy2=2，
则z=mm+nx+nm+ny=510×0+510×3=32，s2=mm+n[sx2+(x−z)2]+nm+n[sy2+(y−z)2]=510×(2+94)+510(2+94)=174>2=sy2.C不正确;
对于D选项，若m=n，x=y，则z=x=y，s2=mm+n⋅[sx2+(x−z)2]+nm+n[sy2+(y−z)2]=sx2+sy22，D正确.故选AD．
12.【答案】3600
【解析】【分析】
本题主要考查分层抽样的定义，属于基础题．
根据已知条件，结合分层抽样的定义，即可求解．
【解答】
解：由题意可知，高三年级抽取了36−15−12=9人，
设该高中三个年级的学生总数为x人，
则900x=936，解得x=3600．
故答案为：3600．
13.【答案】2324
【解析】【分析】
本题考查了对立事件的概率，属于中档题．
由对立事件以及独立关系，求出概率即可．
【解答】
解：记“至少有一次成功”为事件A，“试验甲成功”为事件D，“试验乙成功”为事件E，“试验丙成功”为事件F，由题意知 P(D)=34 ， P(E)=23 ， P(F)=12 ，则 P(A)=1−P(A)=1−P(DEF)=1−P(D)P(E)P(F)=1−(1−34)×(1−23)×(1−12)=2324 ．
14.【答案】1− 64；π− 32
【解析】【分析】
本题考查勒洛四面体、考查切接球问题和截面分析，属于一般题．
利用OE为最大球的半径即可解空1；利用截面面积为3个半径为1，圆心角为60∘的扇形的面积减去两个边长为1的正三角形的面积即可解空2．
【解答】
空1:根据题意，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，
如图1，点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球球心，
由正四面体的性质可知该该球球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，
则B，O，E三点共线，此时BE=1，
BO为正四面体的外接球的半径．
由于正四面体ABCD的棱长为1，其可以在棱长为 22的正方体中截出，
所以正四面体ABCD的外接球的半径即为棱长为 22的正方体的外接球半径，
即正方体体对角线的一半，则BO= 64，故勒洛四面体能够容纳的最大球的半径OE=1− 64;
空2:如图2，根据勒洛四面体的构成可知，
过A，B，C三点的截面面积为3个半径为1，圆心角为60∘的扇形的面积减去两个边长为1的正三角形的面积，
所以所得截面的面积为π− 32．
故答案为1− 64;π− 32．
15.【答案】解：(1)因为z=m+2+(m−2)i，则z=m+2−(m−2)i，
因为z+z=6，则m+2+(m−2)i+m+2−(m−2)i=6，
所以2(m+2)=6，
解得m=1；
(2)由(1)知m=1，则z=3−i，则z−3i=3−4i，
所以3−4i是实系数一元二次方程x2+ax+b=0的一个根，
即(3−4i)2+a(3−4i)+b=0，整理得3a+b−7−(24+4a)i=0，
所以3a+b−7=0，24+4a=0，解得a=−6，b=25．
故一元二次方程为x2−6x+25=0．
设z1=p+qi(p,q∈R且q≠0)为该方程的另一复数根，
则(p+qi)2−6(p+qi)+25=0，整理得p2−q2−6p+25+(2pq−6q)i=0，
所以p2−q2−6p+25=0，2pq−6q=0，
因为z1≠3−4i，所以p=3，q=4，
故另一复数根为3+4i．
【解析】本题考查了共轭复数，复数相等的充要条件和复数的运算，属于中档题．
(1)利用z+z=6，解答即可;
(2)利用题目条件得一元二次方程为x2−6x+25=0，设z1=p+qi(p,q∈R且q≠0)为该方程的另一复数根，再利用复数范围内方程的根的关系，最后计算得结论．
16.【答案】解：(1)设 ▵ABC 的外接圆半径为 R ．
由正弦定理 asinA=bsinB=csinC=2R ，得 sinA=a2R ， sinB=b2R ， sinC=c2R ．
因为 sin2A−2sinAcsBsinC+sin2C=34 ，则 a24R2−2⋅a2R⋅csB⋅c2R+c24R2=34 ，
整理得 a2+c2−2accsB=3R2 ，
由余弦定理 b2=a2+c2−2accsB 得 b2=3R2 ，即 sin2B=b24R2=34 ，
又因为 B∈0,π2 ，则 sinB>0 ，可得 sinB= 32 ，所以 B=π3 ．
(2)由正弦定理可得 a+c2b=sinA+sinC2sinB ，
则 a+c2b=sinA+sin2π3−A 3= 32sinA+12csA=sinA+π6
因为 ▵ABC 是锐角三角形，则 0π2 ，解得 π6则 π3所以 a+c2b 的取值范围是 32,1 ．

【解析】本题考查利用两角和与差的三角函数及正余弦定理，正弦型函数的性质，关键是对公式、定理的熟练运用，考查了学生的计算能力，培养了学生分析问题与解决问题的能力．
(1)利用正余弦公式化解即可；
(2)利用正弦定理以及两角和的三角函数公式，求解出取值范围．
17.【答案】解：(1)在图(1)中， ∵BC=2AD=2AB=2 2 ，
∴ 四边形 ABND 是正方形，
在图(2)中， ∴AM⊥BD ， MN⊥BD ， AM∩MN=M ， AM,MN⊂ 平面 AMN ，
∴BD⊥ 平面 AMN ，
分别取 AB,BN,BM 的中点为 F,E ， O ，连接 OF,OE,EF ，
则 OF//AM ， OF⊄ 平面 AMN ， AM⊂ 平面 AMN ，
所以 FO// 平面 AMN ，
同理 EO// 平面 AMN ，由于 FO∩OE=O,FO,OE⊂ 平面 EOF ，
故平面 EOF// 平面 AMN ，
∴BD⊥ 平面 EOF ，因此点 F 在平面 EOF 上运动，故点F的轨迹为三角形 EOF ，
由 AM⊥BD ， MN⊥BD ，所以 ∠AMN 即为二面角A−BD−C的平面角，故 θ=∠AMN ，
由于 AM=1,NM=12CD=1, AN= AM2+NM2−2AM⋅NMcs θ= 1+1−2cs θ=2sin θ2 ，
因此 OF+FE+OE=12AM+AN+MN=121+1+2sinθ2=1+sinθ2 ，
故点F的轨迹长度为 1+sinθ2
(2)在 BN 线段取点 R 使得 APPB=NRRB=NQQD=λ(λ∈R)
由于 BD⊥ 平面 AMN ， AN⊂ 平面 AMN ，
∴BD⊥AN ，
∵PR//AN ， RQ//BD ，
∴∠PRQ=π2 ，
易得 θ1=∠PQR ， θ2=∠QPR ，
从而有 θ1+θ2=π2 ，则 θ1∈0,π2
则 sin θ1+sin θ2=sin θ1+cs θ1= 2sin (θ1+π4)∈[1, 2]


【解析】本题考查了面面平行的判定和性质，线面垂直的性质，余弦定理，正弦型函数的值域，属中档题．
(1)取BC的中点N，连接AN交BD于M，利用线面垂直的判定定理证明BD⊥平面AMN即可．进而根据面面平行可得BD⊥平面EOF，即可确定点F的轨迹为三角形EOF，结合余弦定理即可求解长度．
(2)根据比例关系可得线线平行，即可由线线角的定义得到θ1，θ2，结合线面垂直得线线垂直可得θ1+θ2=π2，利用消元法转化为三角函数，利用三角函数的性质进行求解即可．
18.【答案】解：(1)由题可知 x=30×0.06+40×0.1+50×0.16+60×0.3+70×0.2+80×0.1+90×0.08=61 ，
s2=(30−61)2×0.06+(40−61)2×0.1+(50−61)2×0.16+(60−61)2×0.3+(70−61)2×0.2+(80−61)2×0.1+(90−61)2×0.08=241．
(2)由s2=241，知s≈16，
则 a1=5×{61−165}=45 ， b1=5×[61+165]=75 ，
样本数据落在[45,75]内的频率约为0.16+0.3+0.2=0.66=66%>65%．
又 a2=5×{61−2×165}=30 ，
b2=5×[61+2×165]=90 ，
样本数据落在[30,90]内的频率约为1−0.03−0.04=0.93=93%<95%，
∴可以判断技术改造后的产品质量初级稳定，但不能判定生产线技术改造成功．

【解析】本题重点考查平均数、中位数、众数，方差，用样本的分布估计总体的分布，属于一般题．
(1)利用平均数和方差公式即可求解;
(2)求出样本数据落在[45,75]内的频率和样本数据落在[30,90]内的频率，即可作出判断．
19.【答案】解：(1)设事件A=“游戏一获胜”，B=“游戏二获胜”，C=“游戏三获胜”，
游戏一中取出一个球的样本空间为Ω1=1,2,3,4,5，则nΩ1=5，
因为A=4,5，所以nA=2，PA=nAnΩ1=25，
所以游戏一获胜的概率为25．
游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空间Ω2=x,y∣x,y∈1,2,3,4,5，
则nΩ2=25，因为B=4,4,4,5,5,4,5,5，
所以nB=4，所以PB=nBnΩ2=425，
所以游戏二获胜的概率为425．
(2)设M=“先玩游戏二，获得书券”，N=“先玩游戏三，获得书券”，
则M=ABC∪ABC∪ABC，且ABC，ABC，ABC互斥，A,B,C相互独立，
所以PM=PABC∪ABC∪ABC=PABC+PABC+PABC
=PAPB1−PC+1−PAPBPC+PAPBPC
=25×4251−PC+35×425PC+25×425PC=8125+12125PC，
又N=ACB∪ACB∪ACB，且ACB，ACB，ACB互斥，
所以PN=PACB∪ACB∪ACB=PACB+PACB+PACB
=PAPC1−PB+1−PAPCPB+PAPCPB
=25×PC×2125+35×PC×425+25×PC×425=62125PC，
若要接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率大，则PN>PM，
所以62125PC>8125+12125PC，即PC>425．
进行游戏三时，不放回地依次取出两个球的所有结果如下表：
当m=3,4,8,9时，PC=220<425，舍去
当m=5,6,7时，PC=420>425，满足题意，
因此m的所有可能取值为5,6,7．

【解析】本题考查古典概型的计算，考查互斥事件和相互独立事件的计算公式，属于较难题．
(1)利用列举法，结合古典概型的概率公式即可得解；
(2)利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书券的概率，从而得到游戏三获胜的概率，进而利用表格得到编号之和为m的概率，由此得解．
质量指标值
[25,35)
[35,45)
[45,55)
[55,65)
[65,75)
[75,85)
[85,95)
产品
60
100
160
300
200
100
80
游戏一
游戏二
游戏三
箱子中球的
颜色和数量
大小质地完全相同的红球3个，白球2个
(红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5”)
取球规则
取出一个球
有放回地依次取出两个球
不放回地依次取出两个球
获胜规则
取到白球获胜
取到两个白球获胜
编号之和为m获胜
第二次
第一次
1
2
3
4
5
1
×
1,2
1,3
1,4
1,5
2
2,1
×
2,3
2,4
2,5
3
3,1
3,2
×
3,4
3,5
4
4,1
4,2
4,3
×
4,5
5
5,1
5,2
5,3
5,4
×