江西省上饶市重点高中2022-2023学年高二上学期8月开学考试数学试卷（Word版含解析）
文档属性
| 名称 | 江西省上饶市重点高中2022-2023学年高二上学期8月开学考试数学试卷（Word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-08-29 22:16:46 | ||
图片预览
文档简介
上饶市重点高中2022-2023学年高二上学期8月开学考试
数学试卷
考试范围：必修一，必修二，选修一直线部分；考试时间：120分钟
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题（每题5分，共40分）
1．若，则集合A中元素的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．下面诱导公式使用正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．如图，正方体的棱长为，是棱的中点，是四边形内一点（包含边界）．若平面，且线段长度的最小值为，则（ ）
A． B．2 C． D．3
4．如图，已知梯形，．，沿着对角线折叠使得点B，点C的距离为，此时二面角的平面角为（ ）
A． B． C． D．
5．下列说法错误的是（ ）
A．“若，则”的逆否命题是“若，则”
B．“”是“”的充分不必要条件
C．“，”的否定是“，”
D．若“”为假命题，则均为假命题
6．已知在锐角三角形中，角，，所对的边分别为，，，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为2，且与，的夹角都等于．若是的中点，则（ ）
A． B． C． D．
8．《周髀算经》中记录了一种“盖天天地模型”如图所示，“天之中央亦高四旁六万里.四旁犹四极也，地穹隆而高，如盖笠.故日光外所照径八十一万里，周二百四十三万里.”意思为“天的中央亦高出四周六万里，四旁就是四极，随地穹隆而天也高凸，如盖笠.所以日光向外照射的最大直径是八十一万里，周长是二百四十三万里.”将地球看成球体，以此数据可估算地球半径大约为
A．万里 B．万里 C．万里 D．万里
二、多选题（每题5分，共20分）
9．如果，，那么直线经过（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
10．已知，，，，，那么（ ）
A．
B．若，则，
C．若A是BD中点，则B，C两点重合
D．若点B，C，D共线，则
11．设，，，以下四个命题中正确的是（ ）．
A．若为定值，则有最大值
B．若，则有最大值4
C．若，则有最小值4
D．若总成立，则的取值范围为
12．已知直线经过点，且被两条平行直线：和：截得的线段长为，则直线的方程为（ ）
A． B．
C． D．
第II卷（非选择题）
三、填空题
13．已知向量的夹角为，，则_______.
14．函数是定义在上的奇函数，并且满足，当时，，则__________.
15．已知函数f(x)的定义域是[-1，1]，则函数f(log2x)的定义域为____．
16．已知等边三角形的边长为6，点P满足，则_________．
四、解答题
17．已知，，．
求：（1）的值．
（2）的值．
18．如图，某几何体的下部分是长 宽均为8，高为3的长方体，上部分是侧棱长都相等且高为3的四棱锥，求：
（1）该几何体的体积；
（2）该几何体的表面积.
19．2020年5月28日，十三届全国人大三次会议表决通过了《中华人民共和国民法典》，此法典被称为“社会生活的百科全书”，是新中国第一部以法典命名的法律，在法律体系中居于基础性地位，也是市场经济的基本法.民法典与百姓生活密切相关，某学校有800名学生，为了解学生对民法典的认识程度，选取了100名学生进行测试，制成如图所示频率分布直方图.
（1）求m的值并估计该学校成绩超过80分的人数；
（2）估计抽查学生测试成绩的中位数；（结果用分数形式表示）
20．如图，三棱锥中，，，两两垂直，，，分别是，的中点，的面积为，四棱锥的体积为.
（1）若平面平面，求证：；
（2）求三棱锥的表面积.
21．在①；②；③中选个条件补充在下面问题中，并解答下面的问题.
问题：设钝角的内角，，的对边分别为，，.为的面积，______.
（1）求；
（2）若点为的外心，的面积为，求与的面积之和的最大值.
22．如图，在正四棱柱中，，，E，M，N分别是，，的中点.
（1）求三棱锥的体积；
（2）求异面直线与所成角的余弦值.
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】集合是点集，即可得出集合的元素，从而得解；
【详解】解：因为，集合中有、两个元素；
故选：B
2．C
【分析】根据诱导公式的法则“奇变偶不变，符号看象限”，逐一分析选项，即可得答案.
【详解】对于A：，故A错误；
对于B：，故B错误；
对于C：，故C正确；
对于D：，故D错误.
故选：C
3．B
【分析】过点作的平行线，交于点，交于点，连接，证明点轨迹是线段，然后根据勾股定理求得后可得最小值，由此求得．
【详解】如图，过点作的平行线，交于点，交于点，则底面，连接，平面，则，所以，
∵平面，/平面，，平面，
∴平面平面，又平面，∴平面．
又平面平面，平面，∴，
为的中点，∴为的中点，则为的中点，即在线段上（包含端点），
∴，∴，∴，，
故选：B．
4．D
【分析】首先分别过作，垂直，交于，根据梯形为等腰梯形得到，从而得到，即可用勾股逆定理证明，根据，即可得到，从而得到平面，即平面平面，从而得到二面角的平面角为.
【详解】分别过作，垂直，交于，如图所示：
因为，，所以梯形为等腰梯形，
则，.
在中，，，则.
所以，
则，即.
沿着对角线折叠使得点B，点C的距离为，如图所示：
在中，，，
则，即.
所以平面.
又因为平面，所以平面平面，
即二面角的平面角为.
故选：D
5．D
【分析】根据逆否命题的定义、集合间的关系、全称命题的否定、为假命题的定义，对选项进行一一验证，即可得答案.
【详解】对A，根据逆否命题的定义可知命题正确，故A正确；
对B，若，则或，所以“”是“”的充分不必要条件，故B正确；
对C，因为全称命题的否定是特称命题，且将结论否定，故C正确；
对D，若“”为假命题，则、中只要有一个为假命题，故D错误.
故选：D.
【点睛】本题考查命题真假性的判断，考查对概念的理解与应用，属于基础题.
6．C
【分析】由利用余弦定理，可得，正弦定理边化角，在消去，可得，利用三角形是锐角三角形，结合三角函数的有界限，可得的取值范围．
【详解】由
及余弦定理，可得
正弦定理边化角，得
是锐角三角形，
，即．
，，
那么：
则，
故选：
【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略
一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化变；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.
7．A
【分析】设，，，根据向量的线性运算表示出，平方后利用向量的数量积运算即可求解.
【详解】记，，，
因为，，
所以，．
又因为，，
所以，．
易得，
所以，
所以．
故选：A
【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，向量的数量积运算及性质，考查了运算能力，属于中档题.
8．B
【解析】设地球半径为万里，由此可得出方程，解出即可.
【详解】设地球半径为万里，如下图所示：
由题意可知，日光向外照射到地球上所形成的截面圆的半径为万里，
则有，解得（万里）.
故选：B.
【点睛】本题考查球体半径的计算，解题的关键就是理解题意，列出方程求解，考查运算求解能力，属于中等题.
9．ACD
【分析】把直线方程的一般式化为斜截式，从而可判断直线经过的象限.
【详解】因为，故，故直线的斜截式方程为：，
因为，，故，
故直线经过第一象限、第三象限、第四象限，
故选：ACD.
10．AC
【分析】根据向量运算、向量平行（共线）等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】A选项，
，A选项正确.
B选项，若，则，故可取，B选项错误.
C选项，若是的中点，则，即，
所以，所以两点重合，C选项正确.
D选项，由于三点共线，所以，
，
，
则或，所以D选项错误.
故选：AC
11．CD
【分析】对A，利用均值不等式判断；对B，C构造不等式，解不等求得最值，判断是否正确；对D，分离变量，转化为恒成立，再用基本不等式求的最小值，求得的范围，得到是否正确.
【详解】为定值时，应有最小值，∴A不正确；
当时，
，∴B不正确；
，
当且仅当，等号成立，∴C正确；
由，又，
∴，∴，∴D正确．
故选：CD.
【点睛】本题考查了利用基本不等式求最值，构造不等式求最值，属于中档题.
12．BC
【分析】先分析当直线的斜率不存在，则直线的方程为，符合题意；再分析直线的斜率存在时，先求出的坐标，解方程求出的值，综合即得解.
【详解】若直线的斜率不存在，则直线的方程为，
此时与、的交点分别为，，
截得的线段的长，符合题意，
若直线的斜率存在，则设直线的方程为，
解得，
解得，
由，得，解得，
即所求的直线方程为，
综上可知，所求直线的方程为或，
故选：BC.
13．
【分析】根据计算可得结果.
【详解】
.
故答案为：
14．
【分析】根据已知条件，可求函数的周期性，对称性，以及的值，利用函数函数的周期性，奇偶性进行计算即可.
【详解】解：因为，故，则函数的周期是2，
又函数是定义在上的奇函数，则；
则，，
当时，，则，
则.
故答案为：.
15．
【分析】根据给定条件列出使函数f(log2x)有意义的不等式组，再求出其解集即可.
【详解】因函数f(x)的定义域是[-1，1]，则在f(log2x)中，必有，
解不等式可得：，即，
所以函数f(log2x)的定义域为.
故答案为：
16．
【解析】以BC所在的边为x轴，垂直平分线为y轴建立坐标系，用坐标表示可求得P点坐标求得答案.
【详解】
建立如图所示坐标系，其中O为BC的中点，所以，
设，则，，，
又因为，所以，
，
即，，所以，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查平面向量模的计算，本题的关键点是建立坐标系，根据已知条件计算出P点坐标，再计算向量的模长，这种几何图形中的向量运算，转换成坐标比较容易得到答案.
17．（1）．（2）．
【分析】（1）利用两角差的余弦公式展开可得，平方化简可得，根据，， 求得的值．
（2）利用（1）的结果及倍角公式，即可求得的值．
【详解】（1），，，，
，平方化简可得． 又，，
，，．
（2）
。
【点睛】本题考查两角和与差的三角函数，同角三角函数的基本关系的应用，考查转化与化归思想的运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力．
18．（1）；（2）.
【解析】（1）按照公式求出长方体和四棱锥的体积，求和即可；（2）先找到四棱锥侧面的高，然后可求出四棱锥的侧面积，继而求长方体的表面积，求和即可.
【详解】连接，交于点，取的中点，连接，，
（1）
∴
（2）∵，
∴
【点睛】易错点睛：求棱锥的表面积时要注意高为面的高，而不是棱锥的高.
19．（1），320；（2）.
【分析】（1）根据频率分布直方图的小矩形面积的和为1求解m.再乘以总人数即可
（2）根据过中位数垂直与x轴的直线平分所有矩形面积求解.
【详解】（1）因为，
解得，又
所以m的值是，超过80分的人数为320
（2）设中位数为a，因为
则，
解得，所以抽查学生测试成绩的中位数是；
20．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由中位线性质得到，则可证得平面，由线面平行的性质可得结论；
（2）根据线面垂直的判定可知是四棱锥的高，根据长度和垂直关系依次求得各个面的面积，加和即可得到结果.
【详解】（1）证明：，分别是，的中点，，
平面，平面，平面.
又平面平面，平面，.
（2）解：，，两两垂直，，，平面，
平面，即是四棱锥的高.
，，，.
，分别是，的中点，，
，即.
，，.
的面积为.
三棱锥的表面积.
21．（1）（2）
【分析】（1）选①利用余弦定理求出；选②由正弦定理结合求出；选③由三角形面积公式以及三角恒等变换化简得出，最后由正弦定理求出；
（2）先由面积公式得出的外接圆的半径，进而讨论为钝角的情况，结合三角函数的性质以及三角形面积公式得出最值.
【详解】（1）选①，因为
所以，所以，
选②，由可得
因为，所以
又为钝角三角形，所以，即
选③，因为，所以
所以，所以，
（2）设的外接圆的半径为
因为的面积为，所以，所以
所以为等边三角形，所以
因为或为钝角时，与的面积之和的最大值相同
所以不妨设为钝角，如下图所示
设，则
所以
因为，，所以
所以当，与的面积之和取最大值，最大值为
当为钝角时，如下图所示
设，则
所以
因为，所以当时，与的面积之和取最大值，最大值为
因为，所以与的面积之和的最大值为
【点睛】方法点睛：求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类：
（1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解；
（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解.
22．（1）；（2）.
【解析】（1）因为，由正四棱柱，可知为点到平面的高，结合已知，即可求得答案；
（2）取AD的中点Q，连接NQ，BQ，证明且，可得为异面直线MN与所成角(或其补角)，求解三角形可得再由余弦定理可得异面直线MN与所成角的余弦值.
【详解】（1），
在正四棱柱中
平面，即为点到平面的高
（2）取的中点Q，连接，
N为的中点
且，
M为的中点，
，且
且
四边形是平行四边形，
且
同理可证且
且
为异面直线与所成角(或其补角).
在正方形中，，E为中点
.
异面直线与所成角的余弦值为.
【点睛】关键点睛：本题考查了求异面直线夹角问题，解题关键是将求两条异面直线夹角问题转化为求共面直线夹角，结合余弦定理进行求解.
答案第1页，共2页
答案第14页，共14页
数学试卷
考试范围：必修一，必修二，选修一直线部分；考试时间：120分钟
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题（每题5分，共40分）
1．若，则集合A中元素的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．下面诱导公式使用正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．如图，正方体的棱长为，是棱的中点，是四边形内一点（包含边界）．若平面，且线段长度的最小值为，则（ ）
A． B．2 C． D．3
4．如图，已知梯形，．，沿着对角线折叠使得点B，点C的距离为，此时二面角的平面角为（ ）
A． B． C． D．
5．下列说法错误的是（ ）
A．“若，则”的逆否命题是“若，则”
B．“”是“”的充分不必要条件
C．“，”的否定是“，”
D．若“”为假命题，则均为假命题
6．已知在锐角三角形中，角，，所对的边分别为，，，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为2，且与，的夹角都等于．若是的中点，则（ ）
A． B． C． D．
8．《周髀算经》中记录了一种“盖天天地模型”如图所示，“天之中央亦高四旁六万里.四旁犹四极也，地穹隆而高，如盖笠.故日光外所照径八十一万里，周二百四十三万里.”意思为“天的中央亦高出四周六万里，四旁就是四极，随地穹隆而天也高凸，如盖笠.所以日光向外照射的最大直径是八十一万里，周长是二百四十三万里.”将地球看成球体，以此数据可估算地球半径大约为
A．万里 B．万里 C．万里 D．万里
二、多选题（每题5分，共20分）
9．如果，，那么直线经过（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
10．已知，，，，，那么（ ）
A．
B．若，则，
C．若A是BD中点，则B，C两点重合
D．若点B，C，D共线，则
11．设，，，以下四个命题中正确的是（ ）．
A．若为定值，则有最大值
B．若，则有最大值4
C．若，则有最小值4
D．若总成立，则的取值范围为
12．已知直线经过点，且被两条平行直线：和：截得的线段长为，则直线的方程为（ ）
A． B．
C． D．
第II卷（非选择题）
三、填空题
13．已知向量的夹角为，，则_______.
14．函数是定义在上的奇函数，并且满足，当时，，则__________.
15．已知函数f(x)的定义域是[-1，1]，则函数f(log2x)的定义域为____．
16．已知等边三角形的边长为6，点P满足，则_________．
四、解答题
17．已知，，．
求：（1）的值．
（2）的值．
18．如图，某几何体的下部分是长 宽均为8，高为3的长方体，上部分是侧棱长都相等且高为3的四棱锥，求：
（1）该几何体的体积；
（2）该几何体的表面积.
19．2020年5月28日，十三届全国人大三次会议表决通过了《中华人民共和国民法典》，此法典被称为“社会生活的百科全书”，是新中国第一部以法典命名的法律，在法律体系中居于基础性地位，也是市场经济的基本法.民法典与百姓生活密切相关，某学校有800名学生，为了解学生对民法典的认识程度，选取了100名学生进行测试，制成如图所示频率分布直方图.
（1）求m的值并估计该学校成绩超过80分的人数；
（2）估计抽查学生测试成绩的中位数；（结果用分数形式表示）
20．如图，三棱锥中，，，两两垂直，，，分别是，的中点，的面积为，四棱锥的体积为.
（1）若平面平面，求证：；
（2）求三棱锥的表面积.
21．在①；②；③中选个条件补充在下面问题中，并解答下面的问题.
问题：设钝角的内角，，的对边分别为，，.为的面积，______.
（1）求；
（2）若点为的外心，的面积为，求与的面积之和的最大值.
22．如图，在正四棱柱中，，，E，M，N分别是，，的中点.
（1）求三棱锥的体积；
（2）求异面直线与所成角的余弦值.
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】集合是点集，即可得出集合的元素，从而得解；
【详解】解：因为，集合中有、两个元素；
故选：B
2．C
【分析】根据诱导公式的法则“奇变偶不变，符号看象限”，逐一分析选项，即可得答案.
【详解】对于A：，故A错误；
对于B：，故B错误；
对于C：，故C正确；
对于D：，故D错误.
故选：C
3．B
【分析】过点作的平行线，交于点，交于点，连接，证明点轨迹是线段，然后根据勾股定理求得后可得最小值，由此求得．
【详解】如图，过点作的平行线，交于点，交于点，则底面，连接，平面，则，所以，
∵平面，/平面，，平面，
∴平面平面，又平面，∴平面．
又平面平面，平面，∴，
为的中点，∴为的中点，则为的中点，即在线段上（包含端点），
∴，∴，∴，，
故选：B．
4．D
【分析】首先分别过作，垂直，交于，根据梯形为等腰梯形得到，从而得到，即可用勾股逆定理证明，根据，即可得到，从而得到平面，即平面平面，从而得到二面角的平面角为.
【详解】分别过作，垂直，交于，如图所示：
因为，，所以梯形为等腰梯形，
则，.
在中，，，则.
所以，
则，即.
沿着对角线折叠使得点B，点C的距离为，如图所示：
在中，，，
则，即.
所以平面.
又因为平面，所以平面平面，
即二面角的平面角为.
故选：D
5．D
【分析】根据逆否命题的定义、集合间的关系、全称命题的否定、为假命题的定义，对选项进行一一验证，即可得答案.
【详解】对A，根据逆否命题的定义可知命题正确，故A正确；
对B，若，则或，所以“”是“”的充分不必要条件，故B正确；
对C，因为全称命题的否定是特称命题，且将结论否定，故C正确；
对D，若“”为假命题，则、中只要有一个为假命题，故D错误.
故选：D.
【点睛】本题考查命题真假性的判断，考查对概念的理解与应用，属于基础题.
6．C
【分析】由利用余弦定理，可得，正弦定理边化角，在消去，可得，利用三角形是锐角三角形，结合三角函数的有界限，可得的取值范围．
【详解】由
及余弦定理，可得
正弦定理边化角，得
是锐角三角形，
，即．
，，
那么：
则，
故选：
【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略
一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化变；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.
7．A
【分析】设，，，根据向量的线性运算表示出，平方后利用向量的数量积运算即可求解.
【详解】记，，，
因为，，
所以，．
又因为，，
所以，．
易得，
所以，
所以．
故选：A
【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，向量的数量积运算及性质，考查了运算能力，属于中档题.
8．B
【解析】设地球半径为万里，由此可得出方程，解出即可.
【详解】设地球半径为万里，如下图所示：
由题意可知，日光向外照射到地球上所形成的截面圆的半径为万里，
则有，解得（万里）.
故选：B.
【点睛】本题考查球体半径的计算，解题的关键就是理解题意，列出方程求解，考查运算求解能力，属于中等题.
9．ACD
【分析】把直线方程的一般式化为斜截式，从而可判断直线经过的象限.
【详解】因为，故，故直线的斜截式方程为：，
因为，，故，
故直线经过第一象限、第三象限、第四象限，
故选：ACD.
10．AC
【分析】根据向量运算、向量平行（共线）等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】A选项，
，A选项正确.
B选项，若，则，故可取，B选项错误.
C选项，若是的中点，则，即，
所以，所以两点重合，C选项正确.
D选项，由于三点共线，所以，
，
，
则或，所以D选项错误.
故选：AC
11．CD
【分析】对A，利用均值不等式判断；对B，C构造不等式，解不等求得最值，判断是否正确；对D，分离变量，转化为恒成立，再用基本不等式求的最小值，求得的范围，得到是否正确.
【详解】为定值时，应有最小值，∴A不正确；
当时，
，∴B不正确；
，
当且仅当，等号成立，∴C正确；
由，又，
∴，∴，∴D正确．
故选：CD.
【点睛】本题考查了利用基本不等式求最值，构造不等式求最值，属于中档题.
12．BC
【分析】先分析当直线的斜率不存在，则直线的方程为，符合题意；再分析直线的斜率存在时，先求出的坐标，解方程求出的值，综合即得解.
【详解】若直线的斜率不存在，则直线的方程为，
此时与、的交点分别为，，
截得的线段的长，符合题意，
若直线的斜率存在，则设直线的方程为，
解得，
解得，
由，得，解得，
即所求的直线方程为，
综上可知，所求直线的方程为或，
故选：BC.
13．
【分析】根据计算可得结果.
【详解】
.
故答案为：
14．
【分析】根据已知条件，可求函数的周期性，对称性，以及的值，利用函数函数的周期性，奇偶性进行计算即可.
【详解】解：因为，故，则函数的周期是2，
又函数是定义在上的奇函数，则；
则，，
当时，，则，
则.
故答案为：.
15．
【分析】根据给定条件列出使函数f(log2x)有意义的不等式组，再求出其解集即可.
【详解】因函数f(x)的定义域是[-1，1]，则在f(log2x)中，必有，
解不等式可得：，即，
所以函数f(log2x)的定义域为.
故答案为：
16．
【解析】以BC所在的边为x轴，垂直平分线为y轴建立坐标系，用坐标表示可求得P点坐标求得答案.
【详解】
建立如图所示坐标系，其中O为BC的中点，所以，
设，则，，，
又因为，所以，
，
即，，所以，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查平面向量模的计算，本题的关键点是建立坐标系，根据已知条件计算出P点坐标，再计算向量的模长，这种几何图形中的向量运算，转换成坐标比较容易得到答案.
17．（1）．（2）．
【分析】（1）利用两角差的余弦公式展开可得，平方化简可得，根据，， 求得的值．
（2）利用（1）的结果及倍角公式，即可求得的值．
【详解】（1），，，，
，平方化简可得． 又，，
，，．
（2）
。
【点睛】本题考查两角和与差的三角函数，同角三角函数的基本关系的应用，考查转化与化归思想的运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力．
18．（1）；（2）.
【解析】（1）按照公式求出长方体和四棱锥的体积，求和即可；（2）先找到四棱锥侧面的高，然后可求出四棱锥的侧面积，继而求长方体的表面积，求和即可.
【详解】连接，交于点，取的中点，连接，，
（1）
∴
（2）∵，
∴
【点睛】易错点睛：求棱锥的表面积时要注意高为面的高，而不是棱锥的高.
19．（1），320；（2）.
【分析】（1）根据频率分布直方图的小矩形面积的和为1求解m.再乘以总人数即可
（2）根据过中位数垂直与x轴的直线平分所有矩形面积求解.
【详解】（1）因为，
解得，又
所以m的值是，超过80分的人数为320
（2）设中位数为a，因为
则，
解得，所以抽查学生测试成绩的中位数是；
20．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由中位线性质得到，则可证得平面，由线面平行的性质可得结论；
（2）根据线面垂直的判定可知是四棱锥的高，根据长度和垂直关系依次求得各个面的面积，加和即可得到结果.
【详解】（1）证明：，分别是，的中点，，
平面，平面，平面.
又平面平面，平面，.
（2）解：，，两两垂直，，，平面，
平面，即是四棱锥的高.
，，，.
，分别是，的中点，，
，即.
，，.
的面积为.
三棱锥的表面积.
21．（1）（2）
【分析】（1）选①利用余弦定理求出；选②由正弦定理结合求出；选③由三角形面积公式以及三角恒等变换化简得出，最后由正弦定理求出；
（2）先由面积公式得出的外接圆的半径，进而讨论为钝角的情况，结合三角函数的性质以及三角形面积公式得出最值.
【详解】（1）选①，因为
所以，所以，
选②，由可得
因为，所以
又为钝角三角形，所以，即
选③，因为，所以
所以，所以，
（2）设的外接圆的半径为
因为的面积为，所以，所以
所以为等边三角形，所以
因为或为钝角时，与的面积之和的最大值相同
所以不妨设为钝角，如下图所示
设，则
所以
因为，，所以
所以当，与的面积之和取最大值，最大值为
当为钝角时，如下图所示
设，则
所以
因为，所以当时，与的面积之和取最大值，最大值为
因为，所以与的面积之和的最大值为
【点睛】方法点睛：求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类：
（1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解；
（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解.
22．（1）；（2）.
【解析】（1）因为，由正四棱柱，可知为点到平面的高，结合已知，即可求得答案；
（2）取AD的中点Q，连接NQ，BQ，证明且，可得为异面直线MN与所成角(或其补角)，求解三角形可得再由余弦定理可得异面直线MN与所成角的余弦值.
【详解】（1），
在正四棱柱中
平面，即为点到平面的高
（2）取的中点Q，连接，
N为的中点
且，
M为的中点，
，且
且
四边形是平行四边形，
且
同理可证且
且
为异面直线与所成角(或其补角).
在正方形中，，E为中点
.
异面直线与所成角的余弦值为.
【点睛】关键点睛：本题考查了求异面直线夹角问题，解题关键是将求两条异面直线夹角问题转化为求共面直线夹角，结合余弦定理进行求解.
答案第1页，共2页
答案第14页，共14页
同课章节目录