章末检测（九） 统计
（时间：120分钟 满分：150分）
一、单项选择题（本大题共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.为了解某中学高一年级600名学生的身高情况，抽查了其中100名学生的身高进行统计分析.下列叙述正确的是（ ）
A.以上调查属于全面调查
B.每名学生是总体的一个个体
C.100名学生的身高是总体的一个样本
D.600名学生是总体
2.总体由编号01，02，…，29，30的30个个体组成.利用下面的随机数表选取6个个体，选取方法是从随机数表的第1行的第6列和第7列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第6个个体的编号为（ ）
第1行 78 16 62 32 08 02 62 42 62
52 53 69 97 28 01 98
第2行 32 04 92 34 49 35 82 00 36
23 48 69 69 38 74 81
A.27 B.26
C.25 D.19
3.某校有高一学生n名，其中男生与女生的人数之比为6∶5.为了解学生的视力情况，现要求按分层随机抽样的方法抽取一个样本量为的样本.若样本中男生比女生多12人，则n＝（ ）
A.990 B.1 320
C.1 430 D.1 560
4.已知样本数据：10，8，6，10，13，8，10，12，11，7，8，9，11，9，12，9，10，11，12，11.那么频率为0.2的是（ ）
A.[5.5，7.5） B.[7.5，9.5）
C.[9.5，11.5） D.[11.5，13.5]
5.已知10个数据：4，5，6，7，8，8.5，9，10，11，11.5，则这组数据的第40百分位数是（ ）
A.8 B.7
C.8.5 D.7.5
6.为庆祝中国共青团成立100周年，校团委举办了“学团史，知团情”知识竞赛，甲、乙两个组各派7名同学参加竞赛，测试成绩（单位：分，十分制）如图所示，则下列描述正确的有（ ）
A.甲组成绩的极差小于乙组成绩的极差
B.甲、乙两组成绩的平均数相等
C.甲、乙两组成绩的中位数相等
D.甲组成绩的方差大于乙组成绩的方差
7.小波一星期的总开支分布如图①所示，一星期的食品开支如图②所示，则小波一星期的鸡蛋开支占总开支的百分比为（ ）
A.1% B.2%
C.3% D.5%
8.已知某样本的容量为50，平均数为70，方差为75.现发现在收集这些数据时，其中的两个数据记录有误，一个错将80记录为60，另一个错将70记录为90.在对错误的数据进行更正后，重新求得样本的平均数为，方差为s2，则（ ）
A.＝70，s2＜75 B.＝70，s2＞75
C.＞70，s2＜75 D.＜70，s2＞75
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9.统计某校n名学生的某次数学同步练习成绩（满分150分），根据成绩依次分成六组：[90，100），[100，110），[110，120），[120，130），[130，140），[140，150]，得到频率分布直方图如图所示，若不低于140分的人数为110，则下列说法正确的是（ ）
A.m＝0.031
B.n＝800
C.100分以下的人数为60
D.成绩在区间[120，140）内的人数占大半
10.某学校为了了解本校学生的上学方式，在全校范围内随机抽查部分学生，了解到上学方式主要有：A.结伴步行，B.自行乘车，C.家人接送，D.其他方式.并将收集的数据整理绘制成如图所示的两幅不完整的统计图.根据图中信息可知，下列说法正确的是（ ）
A.扇形统计图中D的占比最小
B.条形统计图中A和C一样高
C.无法计算扇形统计图中A的占比
D.估计该校一半的学生选择结伴步行或家人接送
11.气象意义上从春季进入夏季的标志为：“连续5天日平均温度不低于22 ℃”.现有甲、乙、丙三地连续5天日平均温度的记录数据（数据都是正整数，单位： ℃）满足以下条件：
甲地：5个数据的中位数是24，众数是22；
乙地：5个数据的中位数是27，平均数是24；
丙地：5个数据有1个是32，平均数是26，方差是10.8.
则下列说法正确的是（ ）
A.进入夏季的地区有2个
B.丙地区肯定进入了夏季
C.乙地区肯定还未进入夏季
D.不能肯定甲地区进入了夏季
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上）
12.为了解一批灯泡（共5 000只）的使用寿命，从中随机抽取了100只进行测试，其使用寿命（单位：h）如下表：
使用寿命 [500，700） [700，900） [900，1 100） [1 100，1 300） [1 300，1 500]
只数 5 23 44 25 3
根据该样本的频数分布，估计该批灯泡使用寿命不低于1 100 h的灯泡只数是 .
13.某小学设计了调查问卷，让学生家长对该校实行“双减”政策的效果进行评分（单位：分），评分都在[40，100]内，将所有数据按[40，50]，（50，60]，（60，70]，（70，80]，（80，90]，（90，100]进行分组，整理得到如图所示的频率分布直方图，则这次调查数据的70%分位数为 .
14.某市为了调查中学生的心理健康情况，制作了一份心理调查问卷，A校有200名学生参与了调查，心理健康评估分的平均值为a，方差为2，B校有500名学生参与了调查，心理健康评估分的平均值为b，方差为.若a＝b，则这两个学校全体参与调查的学生的心理健康评估分的方差为 .
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15.（本小题满分13分）某机械厂三个车间共有工人1 000名，各车间男、女工人数如表所示：
第一车间 第二车间 第三车间
女工人 170 120 y
男工人 180 x z
已知在全厂工人中随机抽取1名，抽到第二车间男工人的可能性是0.13.该厂第三车间的男、女比例为3∶2.
（1）求x，y，z的值；
（2）现用分层随机抽样的方法在全厂男工人中抽取55名工人进行技术比武，则应在第三车间抽取多少名男工人？
16.（本小题满分15分）在一次高一年级统一考试中，数学试卷有一道满分为10分的选做题，学生可以从A，B两道题目中任选一题作答.某校有900名高一学生参加了本次考试，为了了解该校学生解答该选做题的得分情况，计划从900名学生的选做题成绩中随机抽取一个容量为10的样本，为此将900名学生的选做题的成绩随机编号为001，002，…，900.
（1）若采用随机数法抽样，并按照以下随机数表，以第一行第十三列的数字5为起点，从左向右依次读数，每次读取三位随机数，一行数读完之后接下一行左端.写出样本编号的中位数；
61 71 62 99 15 06 51 29 16 93
58 05 77 09 51 51 26 87 85 85
54 87 66 47 54 73 32 08 11 12
44 95 92 63 16 29 56 24 29 48
26 99 61 65 53 58 37 78 80 70
（2）若采用比例分配的分层随机抽样，按照学生选择A题目或B题目，将成绩分为两层，且样本中选择A题目的成绩有8个，平均数为7，方差为4；样本中选择B题目的成绩有2个，平均数为8，方差为1.试用样本估计该校900名学生的选做题得分的平均数与方差.
17.（本小题满分15分）某中学共有1 000名学生参加了该地区高三第一次质量检测数学考试，数学成绩如表所示：
数学成绩分组 [0，30） [30，60） [60，90） [90，120） [120，150]
人数 60 90 300 x 160
（1）已知本次数学成绩的优秀线为110分，试根据所提供数据估计该中学达到优秀线的人数；
（2）作出频率分布直方图，并估计该学校本次数学考试成绩的中位数和80%分位数.
18.（本小题满分17分）某校高一年级学生全部参加了体育科目的达标测试，现从中随机抽取40名学生的测试成绩（单位：分），整理数据并按分数段[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]进行分组.已知测试分数均为整数，现用每组区间的中点值代替该组中的每个数据，得到体育成绩的折线图如图所示.
（1）若体育成绩大于或等于70分的学生为“体育良生”，已知该校高一年级有1 000名学生，试估计该校高一年级学生“体育良生”的人数；
（2）用样本估计总体的思想，试估计该校高一年级学生达标测试的平均分；
（3）假设甲、乙、丙三人的体育成绩分别为a，b，c，且a∈[70，80），b∈[80，90），c∈[90，100]，当三人的体育成绩方差s2最小时，写出a，b，c的所有可能取值（不要求证明）.
19.（本小题满分17分）某服装公司计划今年夏天在其下属实体店销售一男款衬衫，上市之前拟在该公司的线上专营店进行连续20天的试销，定价为260元/件.试销结束后统计得到该线上专营店这20天的日销售量（单位：件）的数据如图.
（1）若该线上专营店试销期间每件衬衫的进价为200元，求试销期间该衬衫日销售总利润高于9 500元的频率；
（2）试销结束后，这款衬衫正式在实体店销售，每件衬衫定价为360元，但公司对实体店经销商不零售，只提供衬衫的整箱批发，大箱每箱有70件，批发价为160元/件；小箱每箱有60件，批发价为165元/件.某实体店决定每天批发大小相同的2箱衬衫，根据公司规定，当天没销售出的衬衫按批发价的8折转给另一家实体店.根据往年的销售经验，该实体店的销售量为线上专营店销售量的80%，以线上专营店这20天的试销量估计该实体店连续20天的销售量.以该实体店连续20天销售该款衬衫的总利润作为决策，试问该实体店每天应该批发2大箱衬衫还是2小箱衬衫？
5 / 5参考答案与详解
章末检测（六） 平面向量及其应用
1.D 2.B 3.C 4.C
5.B 根据已知条件可知，在△ABC中，AB＝20，∠BAC＝30°，∠ABC＝105°，所以C＝45°，由正弦定理，得＝，所以BC＝＝10.故选B.
6.D ∵三角形有两个解，∴bsin A＜x＜b，即＜x＜.故选D.
7.C 因为ccos B＝b（a－cos C），所以由正弦定理可得sin Ccos B＝asin B－sin Bcos C，可得sin Ccos B＋sin Bcos C＝sin（B＋C）＝sin A＝asin B，可得a＝ab，可得b＝，因为△ABC的面积为S＝ccos A＝bcsin A＝××c×sin A，可得tan A＝，又A∈（0，π），所以A＝，故选C.
8.C 依题意得｜｜＝｜｜＝，｜｜＝2，∠AOP＝，∠BOP＝，所以·＝｜｜·｜｜cos＝×2×（－）＝－2，·＝｜｜·｜｜cos＝×2×＝2，所以·（＋）＝－·（－＋－）＝－·－·＋2｜｜2＝2－2＋2×22＝8.故选C.
9.AB 因为a，b，c均为单位向量，且a·b＝0，（a－c）·（b－c）≤0，所以a·b－c·（a＋b）＋c2≤0，所以c·（a＋b）≥1，而｜a＋b－c｜＝＝＝≤＝1，所以C、D不符合要求.故选A、B.
10.BC ∵cos2A－cos2B－cos2C＝cos Acos B＋cos C－cos 2B，∴（1－sin2A）－（1－sin2B）－（1－sin2C）＝cos Acos B－cos（A＋B）－（1－2sin2B），∴sin Asin B＋sin2B＋sin2A－sin2C＝0，由正弦定理可得ab＋b2＋a2－c2＝0，∴cos C＝＝－，∵0＜C＜π，∴C＝，c2＝3＝a2＋b2－2abcos ＝a2＋b2＋ab≥2ab＋ab＝3ab，当且仅当a＝b＝1时取等号，∴ab≤1，∴S＝absin C≤.故选B、C.
11.ACD 对于A，由＝＋，得－＝－，即＝，因此点M是边BC的中点，故A正确；对于B，＝2－，－＝－，∴＝，则点M在边CB的延长线上，∴B不正确；对于C，设BC的中点为D，则＝－－＝＋＝2，由重心性质可知C正确；
对于D，＝x＋y，且x＋y＝，∴＝x＋（－x）·（＋），∴－＝（－x），分别取AB，AC的中点为N，F，则－＝－＝，即点M在过AB中点且平行BC的直线上，即M在上，∴M在△ABC的中位线上，∴△MBC的面积是△ABC面积的，选项D正确.故选A、C、D.
12.4 解析：依题意得a＋b＝（3，k＋2），由a＋b与a共线，得3×k－1×（k＋2）＝0，解得k＝1，所以a·b＝2＋2k＝4.
13.2 解析：以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立直角坐标系（图略），则由题意得A（0，0），B（2，0），D（0，1），C（1，1），M（，），所以＝（－，－），＝（－，），所以·＝－＝2.
14. 解析：因为S△ABC＝absin C＝×3×b×＝，可得b＝5，根据余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos C＝19，故c＝，不妨取AB的中点为M，故＝（＋），故｜｜＝
＝＝.即AB边上的中线长为.
15.解：（1）因为＝（－1，3），＝（3，m），＝（1，n），
所以＝＋＋＝（3，3＋m＋n），
因为∥，设＝λ，
即
解得n＝－3.
（2）因为＝＋＝（2，3＋m），
＝＋＝（4，m－3），
又⊥，所以·＝0，
即8＋（3＋m）（m－3）＝0，
解得m＝±1.
16.解：（1）在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC＝25－24cos ＝13，解得AC＝，设R为△ABC外接圆半径，由正弦定理得2R＝＝＝＝，即BD＝.
（2）∵BD为直径，∴∠DAB＝∠DCB＝，
∴AD＝＝，CD＝＝，又∠ADC＝π－＝，
∴S△ACD＝AD·CDsin∠ADC＝×××＝.
17.解：①需要测量的数据有：A观测M，N的俯角α1，β1，B观测M，N的俯角α2，β2；A，B间的距离d（如图所示）.
②法一 第一步：计算AM.在△ABM中，由正弦定理得，AM＝；
第二步：计算AN.在△ABN中，由正弦定理得，
AN＝；
第三步：计算MN.在△AMN中，由余弦定理得，
MN＝.
法二 第一步：计算BM.在△ABM中，由正弦定理得，
BM＝；
第二步：计算BN.在△ABN中，由正弦定理得，
BN＝；
第三步：计算MN.在△BMN中，由余弦定理得，
MN＝.
18.解：（1）因为m∥n，
所以（b－2c）cos A＋acos B＝0，
即bcos A＋acos B＝2ccos A，
由余弦定理得b·＋a·＝2ccos A，
即c＝2ccos A，所以cos A＝，
又A∈（0，π），所以A＝.
（2）①由正弦定理得＝＝＝＝.
所以＝.
②由①知4＝b2＋c2－bc＝（b＋c）2－3bc，
所以bc＝.
又b＋c≥2，
所以（b＋c）2≥4·，
即（b＋c）2≤16，
所以－4≤b＋c≤4.
又b＋c＞a＝2，
所以2＜b＋c≤4.
故4＜a＋b＋c≤6，
即△ABC周长的范围为（4，6].
19.解：（1）根据题意，两两垂直的4维信号向量可以为：（1，1，1，1），（－1，－1，1，1），（－1，1，－1，1），（－1，1，1，－1）.
（2）证明：假设存在14个两两垂直的14维信号向量y1，y2，…，y14，
因为将这14个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变，
所以不妨设y1＝（1，1，…，1），y2＝（1，1，1，1，1，1，1，－1，－1，－1，－1，－1，－1，－1），
因为y1·y3＝0，所以y3有7个分量为－1，
设y3的前7个分量中有r个－1，则后7个分量中有7－r个－1，
所以y2·y3＝r·（－1）＋（7－r）＋（7－r）＋r·（－1）＝0，可得r＝，矛盾，
所以不存在14个两两垂直的14维信号向量.
（3）证明：任取i，j∈{1，2，…，k}，计算内积xi·xj，将所有这些内积求和得到S，
则S＝＋＋…＋＝2 024k，设x1，x2，…，xk的第k个分量之和为ci，
则从每个分量的角度考虑，每个分量为S的贡献为，
所以S＝＋＋…＋≥＋＋…＋＝k2m，
令2 024k≥k2m，所以km≤2 024＜2 025，所以＜45.
章末检测（七） 复数
1.A 2.B 3.B 4.D
5.D 因为z＝1＋i，所以iz＋3＝i（1＋i）＋3（1－i）＝－1＋i＋3－3i＝2－2i，所以｜iz＋3｜＝｜2－2i｜＝＝2.故选D.
6.A 由z1＝2＋i，得＝2－i.由z2在复平面内对应的点在直线x＝1上，可设z2＝1＋bi（b∈R），则·z2＝（2－i）（1＋bi）＝2＋b＋（2b－1）i.由·z2是纯虚数，得2＋b＝0且2b－1≠0，解得b＝－2，故z2＝1－2i.
7.D 由1＜m＜2，可得所以复数m－1＋（m－2）i在复平面内对应的点Z（m－1，m－2）位于第四象限，故选D.
8.A 由b是方程x2＋（4＋i）x＋4＋ai＝0（a∈R）的根可得b2＋（4＋i）b＋4＋ai＝0，整理可得（b＋a）i＋（b2＋4b＋4）＝0，所以解得所以z＝2－2i.故选A.
9.BD ∵z＝＝＝－1－i，∴｜z｜＝，A不正确；z2＝（－1－i）2＝2i，B正确；z的共轭复数为－1＋i，C不正确；z的虚部为－1，D正确.
10.ABC A项，｜z1－z2｜＝0 z1－z2＝0 z1＝z2 ＝，真命题；B项，z1＝ ＝z2，真命题；C项，｜z1｜＝｜z2｜ ｜z1｜2＝｜z2｜2 z1＝z2，真命题；D项，当｜z1｜＝｜z2｜时，可取z1＝1，z2＝i，显然＝1，＝－1，即≠，假命题.
11.AC 对A，由题意可知，当r＝1，θ＝，n＝1时，z＝r（cos θ＋isin θ）＝＋i，所以＝－i，A正确；对B，（＋i）3＝（cos ＋isin ）3＝cos π＋isin π＝－1，所以B错误；对C，｜z4｜＝｜r4（cos 4θ＋isin 4θ）｜＝r4，｜z｜4＝r4，所以C正确；对D，由（＋i）10＝（cos ＋isin ）10＝cos ＋isin ＝－i，所以（＋i）10在复平面内对应的点的坐标为（，－），在第四象限，D错误.故选A、C.
12. 解析：依题意可知＝（－3，4），＝（2a，1）.因为⊥，所以·＝0，即－6a＋4＝0，解得a＝.
13. 解析：z1·z2＝（cos θ－i）·（sin θ＋i）＝（cos θsin θ＋1）＋i（cos θ－sin θ），故实部为cos θsin θ＋1＝1＋sin 2θ≤，最大值为.
14.[0，3] 解析：由复数的模及复数加减运算的几何意义可知，1≤｜z｜≤2表示如图所示的圆环，而｜z＋1｜表示复数z的对应点A（a，b）与复数z1＝－1的对应点B（－1，0）之间的距离，即圆环内的点到点B的距离d.由图易知当A与B重合时，dmin＝0；当点A与点C（2，0）重合时，dmax＝3，∴0≤｜z＋1｜≤3.∴｜z＋1｜的取值范围是[0，3].
15.解：z2＝＝＝
＝＝1－3i.
（1）z1z2＝（2－3i）（1－3i）＝－7－9i.
（2）＝＝＝＝＋i.
16.解：（1）因为的终点Z在虚轴上，所以复数z的实部为0，
则有log2（m2－3m－3）＝0，所以m2－3m－3＝1，所以m＝4或m＝－1.
因为m－2＞0，所以m＝4，此时z＝i，＝（0，1），｜｜＝1.
（2）因为的终点Z在第二象限内，
则有解得＜m＜4，
所以m的取值范围为.
17.解：（1）由题意可得如图所示图象.
（2）由于，，，的坐标分别为（1，0），（0，1），（4，3），（4，－3），
则向量，，，的模分别为｜｜＝1，｜｜＝1，｜｜＝＝5，｜｜＝＝5.
（3）点P3（4，3），P4（4，－3）关于实轴对称，它们所对应的复数4＋3i与4－3i的实部相同，虚部互为相反数，互为共轭复数.
18.解：（1）设x0是方程的一个实根，则－（tan θ＋i）x0－（i＋2）＝0，
即（－tan θ·x0－2）－i（x0＋1）＝0.
根据复数相等知
解得x0＝－1，tan θ＝1，θ＝kπ＋（k∈Z）.
所以当θ＝kπ＋（k∈Z）时，原方程有一实根－1.
（2）假定方程有纯虚数根bi（b∈R，且b≠0），代入原方程得（bi）2－（tan θ＋i）·bi－（i＋2）＝0，
即－b2＋b－2－（btan θ＋1）i＝0.
由复数相等知
但方程－b2＋b－2＝0即b2－b＋2＝0无实数解，即实数b不存在.
所以对任何实数θ，原方程不可能有纯虚数根.
19.解：（1）∵z是虚数，∴可设z＝x＋yi，x，y∈R，且y≠0，
∴ω＝z＋＝x＋yi＋＝x＋yi＋＝x＋＋（y－）i，
可得 x2＋y2＝1 ｜z｜＝1，
此时，ω＝2x －＜x＜1，
即z的实部的取值范围为（－，1）.
（2）证明：μ＝＝＝＝，∵y≠0，∴μ为纯虚数.
（3）ω－μ2＝2x－（－i）2，
化简得ω－μ2＝2（x＋1）＋－3≥ 2－3＝1.
当且仅当x＋1＝，即x＝0时，ω－μ2取得最小值1.
章末检测（八） 立体几何初步
1.B 2.D 3.B 4.C
5.B 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝6，E是BB1的中点，则BE＝3，AE＝CE＝＝3，AC＝6，∴S△ACE＝×6×＝9.设点B到平面ACE的距离为h，由VE-ABC＝VB-ACE，得××6×6×3＝×9h，解得h＝.故选B.
6.D 因为AA1＝AC＝BC＝1，AB＝，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC，易知S△BCE＝CE·BC＝，A1到平面BCE的距离为A1C1＝1.设点C到平面A1BE的距离为d，因为EA1＝BE＝＝，BA1＝，所以＝××＝.由＝，得d·＝A1C1·S△BCE，解得d＝.故直线BC与平面A1BE所成角的正弦值为＝.故选D.
7.C 设球O的半径为R.因为正四棱锥P-ABCD底面的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，且点P在球面上，所以PO⊥底面ABCD，PO＝R，正方形ABCD的面积S＝2R2.因为VP-ABCD＝，所以VP-ABCD＝×2R2×R＝＝，解得R＝2，所以球O的体积V＝πR3＝π×23＝π.
8.C 如图，取A1D1中点为M，连接ME，MF，取CD，CB中点分别为P，Q，连接PH，PQ，QG.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，由题意知四边形PQGH为矩形，且ME∥GH，MF∥QG，因为ME 平面PQGH，MF 平面PQGH，GH 平面PQGH，QG 平面PQGH，所以ME∥平面PQGH，MF∥平面PQGH，又ME∩MF＝M，所以平面MEF∥平面PQGH，因为EF 平面MEF，所以EF∥平面PQGH，所以过GH且与EF平行的平面截正方体所得的截面为矩形PQGH.因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，所以PQ＝，QG＝2，所以矩形PQGH的面积为PQ·QG＝2，所以过GH且与EF平行的平面截正方体所得的截面的面积为2，故选C.
9.ABC 如果m⊥n，m⊥α，n⊥β，那么由面面垂直的判定定理可得α⊥β，故A正确；如果m α，α∥β，那么由面面平行的性质可得m∥β，故B正确；如果α∩β＝l，m∥α，m∥β，那么由线面平行的性质定理可得m∥l，故C正确；如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么平面α，β平行或相交，故D错误.故选A、B、C.
10.ACD 连接D1P，AP（图略），因为A1D1⊥平面A1AP，A1D1 平面D1A1P，所以平面D1A1P⊥平面A1AP，故A正确；当P与A1重合时，∠APD1＝，故B错误；连接D1C，B1D1，B1C，PC，B1P（图略），因为△B1D1C的面积是定值，A1B∥平面B1D1C，所以点P到平面B1D1C的距离是定值，所以三棱锥B1-D1PC的体积为定值，故C正确；连接DC1（图略），因为DC1⊥D1C，DC1⊥BC，D1C∩BC＝C，D1C，BC 平面BCD1A1，所以DC1⊥平面BCD1A1，又D1P 平面BCD1A1，所以DC1⊥D1P，故D正确.故选A、C、D.
11.ABD 连接BD（图略），显然O为BD的中点，又N为PB的中点，所以PD∥ON，由线面平行的判定定理可得，PD∥平面OMN，A正确；由M，N分别为侧棱PA，PB的中点，所以MN∥AB，又底面为正方形，所以AB∥CD，所以MN∥CD，由线面平行的判定定理可得，CD∥平面OMN，又由选项A得PD∥平面OMN，由面面平行的判定定理可得，平面PCD∥平面OMN，B正确；因为MN∥CD，所以∠PDC为直线PD与直线MN所成的角，又因为所有棱长都相等，所以∠PDC＝60°，故直线PD与直线MN所成角的大小为60°，C错误；因为底面为正方形，所以AB2＋AD2＝BD2，又所有棱长都相等，所以PB2＋PD2＝BD2，故PB⊥PD，又PD∥ON，所以ON⊥PB，D正确.故选A、B、D.
12.2 解析：设正方体棱长为a，则×a2×a＝，解得a＝2.
13. 解析：如图，矩形E1F1GH是圆柱沿着其母线EF剪开半个侧面展开而得到的， 则从点E沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离为GE1.由题意可知GH＝5，GF1＝，所以GE1＝＝＝，所以从点E沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离是.
14. 解析：如图，取B'C的中点E，连接BE，∵四边形ABCD和四边形AA'B'B都是矩形，∴AB⊥BC，AB⊥BB'，又BC∩BB'＝B，∴AB⊥平面BCB'，又BE 平面BCB'，∴AB⊥BE，又AB∥CD，∴CD⊥BE，∵AA'＝AD，得BC＝BB'，又E为B'C的中点，∴B'C⊥BE，又CD⊥BE，CD∩B'C＝C，∴BE⊥平面DCB'A'，∴直线AB到平面DA'C的距离即为BE的长，∵平面AA'B'B⊥平面ABCD，且平面AA'B'B∩平面ABCD＝AB，BC⊥AB，∴BC⊥平面ABB'A'，又BB' 平面ABB'A'，∴BC⊥BB'，在Rt△BCB'中，BC＝BB'＝2，∴BE＝.
15.解：（1）设圆台上、下底面半径分别为r，R，AD＝x，
则OD＝72－x，
由题意得解得则AD应取36 cm.
（2）因为2πr＝×OD＝×36，
所以r＝6（cm），
如图所示，
则圆台的高h＝＝＝6（cm），
所以V＝πh（R2＋Rr＋r2）＝π×6×（122＋12×6＋62）＝504π（cm3），
所以容器的容积为504π cm3.
16.证明：（1）∵点E，F分别是AB，BD的中点，
∴EF是△ABD的中位线，∴EF∥AD.
∵EF 平面ACD，AD 平面ACD，
∴直线EF∥平面ACD.
（2）∵AD⊥BD，EF∥AD，∴EF⊥BD.
∵CB＝CD，F是BD的中点，∴CF⊥BD.
又∵EF∩CF＝F，EF，CF 平面EFC，
∴BD⊥平面EFC.
∵BD 平面BCD，∴平面EFC⊥平面BCD.
17.解：（1）证明：∵AB＝AD＝3，PB＝PD＝2PA＝2，∴AB2＋PA2＝PB2，AD2＋PA2＝PD2，
∴PA⊥AB，PA⊥AD，
又AB∩AD＝A，AB，AD 平面ABCD，
∴PA⊥平面ABCD.
（2）在△ABE中，由余弦定理得，
AE＝＝.
如图，连接AC，∵底面ABCD是边长为3的菱形，∠ABC＝，
∴△ABC为等边三角形，∴AC＝AB＝3.
设三棱锥C-PAE以△AEP为底的高为h，
∵VP-ACE＝S△ACE·PA＝××2×3××＝，
VP-ACE＝VC-PAE，即S△AEP·h＝××××h＝，∴h＝.
∵PA⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，∴PA⊥AC，
∴PC＝＝＝2，
∴＝，∴PC与平面PAE所成角的正弦值为.
18.解：（1）证明：根据题意可知，在矩形ABCD中，△DAE和△CBE为等腰直角三角形，所以∠DEA＝∠CEB＝45°，
所以∠AEB＝90°，即BE⊥AE.
因为平面D'AE⊥平面ABCE，且平面D'AE∩平面ABCE＝AE，BE 平面ABCE，所以BE⊥平面D'AE.
因为AD' 平面D'AE，所以AD'⊥BE.
（2）如图所示，取AE的中点F，连接D'F，则D'F⊥AE，且D'F＝.
因为平面D'AE⊥平面ABCE，且平面D'AE∩平面ABCE＝AE，D'F 平面D'AE，
所以D'F⊥平面ABCE，
所以VD'-ABCE＝S四边形ABCE·D'F
＝× ×（1＋2）×1× ＝.
（3）存在.连接AC交BE于Q，假设在D'E上存在点P，使得D'B∥平面PAC，连接PQ.
因为D'B 平面D'BE，
平面D'BE∩平面PAC＝PQ，
所以D'B∥PQ，
所以在△EBD'中， ＝.
因为△CEQ∽△ABQ，所以 ＝＝，
所以 ＝＝，即EP＝ED'，
所以在棱ED'上存在一点P，
使得D'B∥平面PAC，且EP＝ED'.
19.解：（1）四棱锥有5个顶点，4个三角形面，1个凸四边形面，故其总曲率为2π×5－4×π－2π＝4π.
（2）证明：设多面体有M个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1，2，…，M号.
设第i号（1≤i≤M）多边形有Li条边.
则多面体共有L＝条棱.
由题意，多面体共有D＝2－M＋L＝2－M＋个顶点.
i号多边形的内角之和为πLi－2π，故所有多边形的内角之和为π（L1＋L2＋…＋LM）－2πM，
故多面体的总曲率为2πD－[π（L1＋L2＋…＋LM）－2πM]
＝2π（2－M＋）－[π（L1＋L2＋…＋LM）－2πM]＝4π.
所以简单多面体的总曲率是常数4π.
章末检测（九） 统计
1.C 2.D 3.B 4.D
5.D 因为10×40%＝4，所以这组数据的第40百分位数是第4项与第5项数据的平均数，即＝7.5，故选D.
6.C 甲、乙两组成绩的极差都为4，故A错误；甲组成绩的平均数为＝，乙组成绩的平均数为＝，∴甲组成绩的平均数小于乙组成绩的平均数，故B错误；甲、乙两组成绩的中位数都为6，故C正确；甲组成绩的方差为×［（4－）2＋（5－）2＋（6－）2×2＋（7－）2×2＋（8－）2］＝，乙组成绩的方差为×［（5－）2×3＋（6－）2＋（7－）2＋（8－）2＋（9－）2］＝，∴甲组成绩的方差小于乙组成绩的方差，故D错误.故选C.
7.C 由题图②知，小波一星期的食品开支为300元，其中鸡蛋开支为30元，占食品开支的10%，而食品开支占总开支的30%，所以小波一星期的鸡蛋开支占总开支的百分比为3%.
8.A 由题意，可得＝＝70，设收集的48个准确数据分别记为x1，x2，…，x48，则75＝[（x1－70）2＋（x2－70）2＋…＋（x48－70）2＋（60－70）2＋（90－70）2]＝[（x1－70）2＋（x2－70）2＋…＋（x48－70）2＋500]，s2＝[（x1－70）2＋（x2－70）2＋…＋（x48－70）2＋（80－70）2＋（70－70）2]＝[（x1－70）2＋（x2－70）2＋…＋（x48－70）2＋100]＜75，所以s2＜75.故选A.
9.AC 对选项A，由图可知，10×（m＋0.020＋0.016＋0.016＋0.011＋0.006）＝1，解得m＝0.031，故A说法正确；对选项B，因为不低于140分的频率为0.011×10＝0.11，所以n＝＝1 000，故B说法错误；对选项C，因为100分以下的频率为0.006×10＝0.06，所以100分以下的人数为1 000×0.06＝60，故C说法正确；对选项D，成绩在区间[120，140）内的频率为0.031×10＋0.016×10＝0.47＜0.5，人数占小半，故D说法错误.故选A、C.
10.ABD 由条形统计图知，自行乘车上学的有42人，家人接送上学的有30人，其他方式上学的有18人，采用B，C，D三种方式上学的共90人，设结伴步行上学的有x人，由扇形统计图知，结伴步行上学与自行乘车上学的学生占60%，所以＝，解得x＝30，故条形图中A，C一样高，故B正确；扇形图中A的占比与C一样，都为25%，A和C共占50%，故D正确；D的占比最小，故A正确.
11.ABC 甲地：设甲地的其他两个数据分别为e，f，且e＜f，将5个数据由小到大排列得22，22，24，e，f，其中24＜e＜f，满足进入夏季的标志；乙地：设乙地其他四个数据分别为a，b，c，d，且a＜b≤27≤c≤d，将5个数据由小到大排列得a，b，27，c，d，则27＋c＋d≥81，而a＋b＋27＋c＋d＝120，故a＋b≤39，其中必有一个小于22，故不满足进入夏季的标志；丙地：设5个数据分别为p，q，r，s，32，且p，q，r，s∈Z，由方差公式可知（p－26）2＋（q－26）2＋（r－26）2＋（s－26）2＋（32－26）2＝10.8×5＝54，则（p－26）2＋（q－26）2＋（r－26）2＋（s－26）2＝18，易知p，q，r，s均不低于22，满足进入夏季的标志，综上，A、B、C正确.故选A、B、C.
12.1 400 解析：由题意可知，使用寿命不低于1 100 h的灯泡的频率为＝，因此，该批灯泡使用寿命不低于1 100 h的灯泡只数是5 000×＝1 400.
13.80 解析：（0.005＋0.015＋0.020＋0.030）×10＝0.7＝70%，故这次调查数据的70%分位数为80.
14. 解析：设A校200名学生的心理健康评估分为x1，x2，x3，…，x200，则心理健康评估分的平均值为＝a，方差为×[（x1－a）2＋（x2－a）2＋（x3－a）2＋…＋（x200－a）2]＝2，设B校500名学生的心理健康评估分为y1，y2，y3，…，y500，心理健康评估分的平均值为＝b，方差为×[（y1－b）2＋（y2－b）2＋（y3－b）2＋…＋（y500－b）2]＝.因为a＝b，所以这两个学校全体参与调查的学生的心理健康评估分的方差为×[（x1－a）2＋（x2－a）2＋…＋（x200－a）2＋（y1－b）2＋（y2－b）2＋…＋（y500－b）2]＝＝.
15.解：（1）由＝0.13，得x＝130.
因为第一车间的工人数是170＋180＝350，
第二车间的工人数是120＋130＝250，
所以第三车间的工人数是1 000－350－250＝400.
所以y＝400×＝160，z＝400×＝240.
（2）设应从第三车间抽取m名男工人，
全厂共有男工人180＋130＋240＝550（名），
则由＝，得m＝24，
所以应在第三车间抽取24名男工人.
16.解：（1）根据题意，读取的编号依次是512，916（超界），935（超界），805，770，951（超界），512（重复），687，858，554，876，647，547，332.
将有效的编号由小到大排序，得332，512，547，554，647，687，770，805，858，876，
故样本编号的中位数为＝667.
（2）设样本中选择A题目的成绩的平均数为，方差为s2；
样本中选择B题目的成绩的平均数为，方差为t2，
则＝7，s2＝4，＝8，t2＝1，
所以样本的平均数为＋＝×7＋×8＝7.2，
样本的方差为×[s2＋（－7.2）2]＋×[t2＋（－7.2）2]＝×[4＋（7－7.2）2]＋×[1＋（8－7.2）2]＝3.56.
故该校900名学生的选做题得分的平均数约为7.2，方差约为3.56.
17.解：（1）由题意x＝1 000－（60＋90＋300＋160）＝390，故估计该中学达到优秀线的人数为m＝160＋390×＝290.
（2）频率分布直方图如图所示：
由题意，知[0，30）的频率为0.06，[30，60）的频率为0.09，[60，90）的频率为0.30，[90，120）的频率为0.39，前3组频率之和为0.45，前4组频率之和为0.84，所以中位数和80%分位数都在第四组[90，120）内.
中位数为90＋30×≈93.85，
80%分位数为90＋30×≈116.92，
估计该学校本次数学考试成绩的中位数为93.85，80%分位数为116.92.
18.解：（1）由折线图得体育成绩大于或等于70分的学生有14＋3＋13＝30（人），∴估计该校高一年级学生“体育良生”的人数为1 000×＝750.
（2）用样本估计总体的思想，估计该校高一年级学生达标测试的平均分为×（45×2＋55×6＋65×2＋75×14＋85×3＋95×13）＝77.25（分）.
（3）∵甲、乙、丙三人的体育成绩分别为a，b，c，且a∈[70，80），b∈[80，90），c∈[90，100]，其中a，b，c∈N，∴当三人的体育成绩方差s2最小时，a，b，c的所有可能取值为79，84，90或79，85，90.
19.解：（1）因为试销期间每件衬衫的利润为260－200＝60元，
所以要使得日销售总利润高于9 500元，则日销售衬衫的件数大于≈158.3，
故所求频率为＝0.55.
（2）由题可知，该实体店20天的日销售量情况为3天日销售量为48件，6天日销售量为80件，7天日销售量为128件，4天日销售量为160件.
若选择批发2小箱，则批发成本为60×2×165＝19 800元，
当日销售量为48件时，
当日利润为48×360＋0.8×（120－48）×165－19 800＝6 984元；
当日销售量为80件时，
当日利润为80×360＋0.8×（120－80）×165－19 800＝14 280；
当日销量为128件或160件时，
当日利润为120×360－19 800＝23 400元.
所以这20天销售这款衬衫的总利润为6 984×3＋14 280×6＋23 400×11＝364 032元.
若选择批发2大箱，则批发成本为70×2×160＝22 400元，
当日销售量为48件时，
当日利润为48×360＋0.8×（140－48）×160－22 400＝6 656元；
当日销售量为80件时，
当日利润为80×360＋0.8×（140－80）×160－22 400＝14 080元；
当日销量为128件时，
当日利润为128×360＋0.8×（140－128）×160－22 400＝25 216元.
当日销售量为160件时，
当日利润为140×360－22 400＝28 000元.
所以这20天销售这款衬衫的总利润为6 656×3＋14 080×6＋25 216×7＋28 000×4＝392 960元.
因为392 960＞364 032，所以该实体店应该每天批发2大箱衬衫.
章末检测（十） 概率
1.D 2.B 3.D 4.C
5.D 对于A，事件“取出碧螺春”和事件“取出茉莉花茶”不可能同时发生，也有可能都不发生，所以是互斥事件而不是对立事件，故A错误；对于B，事件“取出不发酵茶”和事件“取出龙井”不是互斥事件，因为“取出龙井”时，事件“取出不发酵茶”也发生了，故B错误；对于C，事件“取出乌龙茶”和事件“取出铁观音”不可能同时发生，也有可能都不发生，所以是互斥事件而不是对立事件，故C错误；对于D，事件“取出不发酵茶”和事件“取出发酵茶”不可能同时发生，但必有一个发生，所以既是互斥事件又是对立事件，故D正确.
6.D 设该校有x个同学，则约有0.45x的学生近视，∵0.2x的学生每天玩手机超过1小时且玩手机超过1小时的学生中有0.1x的学生近视，∴有0.8x的学生每天玩手机不超过1小时且其中有0.35x的学生近视，∴从每天玩手机不超过1小时的学生中任意抽查一名学生，则他近视的概率为P＝＝.
7.C 由题意，三次交接棒不失误的概率分别为：1－p1，1－p2，1－p3，则该组合交接棒没有失误的概率为：（1－p1）（1－p2）（1－p3）.故选C.
8.A 当开关合上时，电路畅通，即A至B畅通，且B至C畅通，可求得A至B畅通的概率为1－×［1－×］＝，B至C畅通的概率为1－×＝，所以电路畅通的概率为×＝.
9.AB 对于选项A，事件A∪B指至少有一件次品，即事件C，故A正确；对于选项B，事件B∪D指至少有两件次品或至多有一件次品，次品件数包含0到5，即代表了所有情况，故B正确；对于选项C，事件A和B不可能同时发生，即事件A∩B＝ ，故C错误；对于选项D，事件A∩D指恰有一件次品，即事件A，而事件A和C不同，故D错误.故选A、B.
10.CD 记事件A为“从甲机床制造的产品中抽到一件正品”，事件B为“从乙机床制造的产品中抽到一件正品”，事件C为“抽取的两件产品中至多有一件正品”，事件D为“抽取的两件产品中恰有一件正品”，事件E为“抽取的两件产品中至少有一件正品”.由题意知A，B是相互独立事件，则P（ ）＝P（）P（）＝0.1×0.2＝0.02，故A错误；P（C）＝P（A）＋P（B）＋P（）＝P（A）P（）＋P（）P（B）＋P（）P（）＝0.9×0.2＋0.1×0.8＋0.1×0.2＝0.28，故B错误；P（D）＝P（A）＋P（B）＝P（A）P（）＋P（）·P（B）＝0.9×0.2＋0.1×0.8＝0.26，故C正确；P（E）＝1－P（）＝1－0.02＝0.98，故D正确.故选C、D.
11.BC （a，b）有（1，－1），（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，－1），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（3，－1），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），共15种情况，故A不正确；函数y＝f（x）有零点等价于Δ＝b2－4a≥0，有（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4），共6种情况，所以函数y＝f（x）有零点的概率为＝，故B正确；易知a＞0，函数y＝f（x）图象的对称轴为直线x＝，且在区间[1，＋∞）上单调递增，所以有≤1.满足条件的数对有（1，－1），（1，1），（1，2），（2，－1），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（3，－1），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），共13种情况，所以函数y＝f（x）在区间[1，＋∞）上单调递增的概率为，故C正确，D错误.
12.160 000 解析：设保护区内有鹅喉羚x只，每只鹅喉羚被逮到的概率是相同的，所以＝，解得x＝160 000.
13. 解析：在甲、乙、丙处投中分别记为事件A，B，C，∴至少投中一次的对立事件为事件 发生，∴至少投中一次的概率P＝1－××（1－p）＝，解得p＝.
14. 解析：设“甲抽到2号座位”为事件A，四个人抽3个座位，情况较复杂，可以利用树状图表示抽签的结果，如图所示.
由图可知，有4大类，每大类中有6种可能结果，共有4×6＝24（种）结果，其中甲抽到2号座位的结果有6种，所以P（A）＝＝.
15.解：（1）这5天的平均发芽率为×（23＋25＋30＋26＋16）××100%＝24%.
（2）所有的样本点有10个，分别为（23，25），（23，30），（23，26），（23，16），（25，30），（25，26），（25，16），（30，26），（30，16），（26，16）.
满足“m，n∈[25，30]”的事件A包含的样本点有（25，30），（25，26），（30，26），共3个.
∴满足“m，n∈[25，30]”的事件A的概率P（A）＝.
16.解：（1）依题意成绩在[50，60）这一组的频率为0.015×10＝0.15，成绩在[60，70）这一组的频率为0.025×10＝0.25，
成绩在[70，80）这一组的频率为0.035×10＝0.35，成绩在[90，100]这一组的频率为0.005×10＝0.05，
则成绩在[80，90）这一组的频率为[1－（0.15＋0.25＋0.35＋0.05）]÷2＝0.1，故其频数为40×0.1＝4.
（2）记选出的2人不在同一分数段为事件E，
成绩在[40，50）内有40×0.1＝4人，设为a，b，c，d，成绩在[90，100]内有40×0.05＝2人，设为1，2，从这6人中选出2人，有（a，b），（a，c），（a，d），（a，1），（a，2），（b，c），（b，d），（b，1），（b，2），（c，d），（c，1），（c，2），（d，1），（d，2），（1，2）共15个样本点，
其中事件E包括（a，1），（a，2），（b，1），（b，2），（c，1），（c，2），（d，1），（d，2），共8个样本点，于是得P（E）＝，所以不在同一分数段的概率为.
17.解：（1）∵甲同学能答对A类中问题的概率为，能答对B类中问题的概率为，
∴P（A0）＝1－＝，
P（A1）＝×（1－）＝，
P（A2）＝×＝.
（2）设“乙同学答对1个，2个问题”分别记为事件B1，B2，
∵乙同学能答对A类中问题的概率为，答对B类中问题的概率为，
∴P（B1）＝×（1－）＝，
P（B2）＝×＝，
设事件C表示“星队能进入下一轮”，P（C）＝P（A1B2）＋P（A2B1）＋P（A2B2）＝P（A1）P（B2）＋P（A2）P（B1）＋P（A2）P（B2）＝×＋×＋×＝，
故“星队”能进入下一轮的概率为.
18.解：（1）在图表中，甲品牌的50个样本中，首次出现故障发生在保修期内的频率为＝，
即从该商城销售的甲品牌固态硬盘中随机抽取一个，其首次出现故障发生在保修期内的概率估计为.
（2）设从该商城销售的甲品牌固态硬盘中随机抽取一个，其首次出现故障发生在保修期的第3年为事件B，从该商城销售的乙品牌固态硬盘中随机抽取一个，其首次出现故障发生在保修期的第3年为事件C，利用频率估计概率，得P（B）＝＝，P（C）＝，
则P（B＋C）＝P（B）P（）＋P（）P（C）＝P（B）[1－P（C）]＋[1－P（B）]P（C） ＝×＋×＝，
所以某人在该商城同时购买了甲、乙两种品牌的固态硬盘各一个，恰有一个首次出现故障发生在保修期的第3年的概率为.
19.解：（1）用a，b表示两个红球，用1，2表示两个白球，甲不放回取两球的所有结果有：
（a，b），（b，a），（a，1），（1，a），（a，2），（2，a），（b，1），（1，b），（b，2），（2，b），（1，2），（2，1），共12个不同结果，它们等可能，
令事件A为“第二次取出的是红球”，则事件A所含结果有：（a，b），（b，a），（1，a），（2，a），（1，b），（2，b），共6个，
令事件B为“两次取出球的颜色不同”，则事件B所含结果有：（a，1），（1，a），（a，2），（2，a），（b，1），（1，b），（b，2），（2，b），共8个，
于是得P（A）＝＝，P（B）＝＝，显然，＜，为了尽可能获胜，应该选择猜法二.
（2）由（1）知，乙选择猜法二，每一轮乙获胜的概率为，
游戏结束时，设乙获胜为事件M，则M是乙在第一、二轮胜的事件M1，第一轮负另外两轮胜的事件M2，第二轮负另外两轮胜的事件M3的和，它们互斥，于是得P（M）＝P（M1＋M2＋M3）＝P（M1）＋P（M2）＋P（M3）＝×＋××＋××＝，
所以乙获得游戏胜利的概率是.
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1.A 2.C 3.B 4.C
5.B 由题意可知，若该图形为“和谐图形”，则另外两个三角形上的数字之和恰为26－20＝6.从1，2，3，4，5中任取两个不同的数字的样本点为（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，3），（2，4），（2，5），（3，4），（3，5），（4，5），共10个，其中“两个数字之和为6”的样本点有2个，则所求概率为＝.
6.C 棉花纤维的长度在25 mm以下的比例为（0.01＋0.01＋0.04＋0.06）×5＝0.6＝60%，在30 mm以下的比例为60%＋25%＝85%，因此，80%分位数一定位于[25，30）内，因为25＋5×＝29，所以估计棉花纤维的长度的样本数据的80%分位数是29 mm.故选C.
7.C 若答案是两个选项，所有的可能情况有AB，AC，AD，BC，BD，CD，共有6种情况，此时该同学随机选出一项，得2分的概率为＝；若答案是三个选项，所有的可能情况有ABC，ACD，ABD，BCD，共有4种情况，此时该同学随机选出一项，得2分的概率为；所以该同学得2分的概率为P＝×＋×＝，故选C.
8.D 因为V＝πr2h，L＝2πr，所以V＝π（ ）2h＝L2h.又因为V≈L2h，即L2h≈L2h，所以π≈.设圆锥母线长为l，底面半径为r，则侧面积为×l＝，解得l＝4.因为圆锥底面的周长2πr＝，所以r＝.又π≈，所以r≈3.设截面的顶角为θ，当截面为轴截面时，cos θ＝＝－＜0，即截面顶角的最大值θmax为钝角，所以θ∈（0，θmax].又截面面积为l2sin θ＝8sin θ，所以当θ＝时截面面积最大，为8.故选D.
9.BC 由复数x＋i，当x＝－i时，x＋i＝0为实数，故A不正确；当x＝0时，x＋i＝i，故B正确；取x＝－2－i，可知C正确；由于x的取值未知，故D错误；故选B、C.
10.ACD 对于A，这8个月销量的极差为4 844－712＝4 132，故A正确；对于B，这8个月的销量从小到大依次为712，1 433，1 533，1 952，2 822，3 046，4 532，4 844，所以这8个月销量的中位数是＝2 387，故B不正确；对于C，由题图可知，这8个月中2月份的销量最低，故C正确；对于D，由题图可知，这8个月中销量比前一个月增长最多的是7月份，增加了4 532－2 822＝1 710，故D正确.
11.ABC 如图，对于A，取AD的中点M，连接PM，BM.∵侧面PAD为正三角形，∴PM⊥AD.又底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，∴△ABD是等边三角形，∴AD⊥BM.又PM∩BM＝M，PM，BM 平面PMB，∴AD⊥平面PMB，故A正确.对于B，∵AD⊥平面PBM，∴AD⊥PB，即异面直线AD与PB所成的角为90°，故B正确.对于C，∵平面PBC∩平面ABCD＝BC，BC∥AD，∴BC⊥平面PBM，∴BC⊥PB，BC⊥BM，∴∠PBM是二面角P-BC-A的平面角.设AB＝1，则BM＝，PM＝，在Rt△PBM中，tan∠PBM＝＝1，即∠PBM＝45°，故二面角P-BC-A的大小为45°，故C正确.对于D，易证BD与PA不垂直，∴BD与平面PAC不垂直，故D错误.故选A、B、C.
12. 解析：第一次取出的笔是黑色笔的概率是，第二次取出的笔是黑色笔的概率也是，且两次取笔的结果相互独立，故两次使用的都是黑色笔的概率为×＝.
13. 解析：∵正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为，∴正四棱柱体对角线的长为＝2.又∵正四棱柱的顶点在同一球面上，∴正四棱柱体对角线恰好是球的一条直径，则球的半径R＝1，根据球的体积公式，得此球的体积V＝πR3＝.
14. 解析：由题意知∠ADC＝∠ADB＋∠BDC＝60°，又∠ACD＝60°，所以∠DAC＝60°.所以AD＝CD＝AC＝.在△BCD中，∠BCD＝60°＋45°＝105°，sin∠BCD＝sin（60°＋45°）＝sin 60°cos 45°＋cos 60°sin 45°＝，∠DBC＝180°－30°－105°＝45°，由正弦定理得＝，所以BD＝CD·＝·＝a.在△ADB中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝a2＋（a）2－2·a·a·＝a2，所以AB＝.
15.解：（1）若ka＋2b与3a＋4b共线，则存在实数λ，使得ka＋2b＝λ（3a＋4b），
即（k－3λ）a＋（2－4λ）b＝0，又因为向量a与b不共线，
所以解得所以k＝.
（2）a·b＝｜a｜｜b｜cos θ＝3×2×＝－6，
｜a＋b｜＝＝＝.
16.解：（1）证明：因为sin Csin（A－B）＝sin Bsin（C－A），
所以sin Csin Acos B－sin Csin Bcos A＝sin Bsin Ccos A－sin Bsin Acos C，
所以ac·－2bc·＝－ab·，
即－（b2＋c2－a2）＝－，
所以2a2＝b2＋c2.
（2）因为a＝5，cos A＝，
由（1）得b2＋c2＝50，
由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccos A，
则50－bc＝25，
所以bc＝，
故（b＋c）2＝b2＋c2＋2bc＝50＋31＝81，
所以b＋c＝9.
所以△ABC的周长为a＋b＋c＝14.
17.解：（1）当PO⊥AB时，三棱锥P-ACD体积最大，由PO 平面PAB，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，知PO⊥平面ABCD，此时，点P到平面ABCD的距离最大，为PO＝2，
所以VP-ACD的最大值为×S△ACD×PO＝××2××2＝.
（2）如图，连接BD，交AC于点M，连接QM，
则平面PAC∩平面QBD＝QM，
依题意，PC∥平面QBD，PC 平面PAC，所以PC∥QM，所以＝，在等腰梯形ABCD中，△MAB∽△MCD，则＝，所以＝＝＝.
18.解：（1）设该厂这个月共生产轿车n辆.
由题意得＝，解得n＝2 000，
则z＝2 000－100－300－150－450－600＝400.
（2）设所抽的5辆轿车中有a辆舒适型轿车.
由题意得＝，则a＝2.
因此在抽取的5辆轿车中，有2辆舒适型轿车，3辆标准型轿车.
用A1，A2表示2辆舒适型轿车，用B1，B2，B3表示3辆标准型轿车，从5辆轿车中任取2辆，则样本空间Ω＝{（A1，A2），（A1，B1），（A1，B2），（A1，B3），（A2，B1），（A2，B2），（A2，B3），（B1，B2），（B1，B3），（B2，B3）}.
设事件E＝“至少有1辆舒适型轿车”，则E＝{（A1，A2），（A1，B1），（A1，B2），（A1，B3），（A2，B1），（A2，B2），（A2，B3）}，
故P（E）＝，即所求概率为.
（3）总体平均数＝×（9.4＋8.6＋9.2＋9.6＋8.7＋9.3＋9.0＋8.2）＝9.0.
设事件D＝“从总体中任取一个数，该数与总体平均数之差的绝对值不超过0.5”，则样本空间包含8个样本点，事件D包含6个样本点：9.4，8.6，9.2，8.7，9.3，9.0，
所以P（D）＝＝，即所求概率为.
19.解：（1）由P1（1，1）知z＝1＋i，则f（z）＝z＋1＝2＋i，故Q1（2，1）；
设P2（x，y），则f（z）＝z＋1＝（x＋1）＋yi，
由Q2（1，1）知x＋1＝1，y＝1，则x＝0，y＝1，即P2（0，1）.
（2）∵直线l上的任意一点P（x，y）“f对应”到点Q（x1，y1），
∴z＝x＋yi，f（z）＝z2＝（x2－y2）＋2xyi，且y＝kx＋t，
∴x2－y2＝x1，2xy＝y1，即Q（x2－y2，2xy），
由题意，点Q（x1，y1）仍在直线l上，则2xy＝k（x2－y2）＋t，又y＝kx＋t，
则2x（kx＋t）＝k[x2－（kx＋t）2]＋t，
展开整理得（k3＋k）x2＋（2t＋2k2t）x＋kt2－t＝0，
则解得k＝t＝0，
∴所求的有序实数对（k，t）为（0，0）.
（3）满足条件的一个有序实数对为（－1，1），即a＝－1，b＝1，f（z）＝，证明如下：
设z＝x＋yi，x，y∈R，x＞0，则f（z）＝＝，｜f（z）｜＝＝＝，
∵（－x＋1）2＋y2－[（x＋1）2＋y2]＝－4x＜0，
∴（－x＋1）2＋y2＜（x＋1）2＋y2，
｜f（z）｜＝＜1，即f（z）∈A，满足条件①；
设ω＝m＋ni，m，n∈R，且｜ω｜＜1，即＜1，得m2＋n2＜1，
由ω＝f（z）得ω＝，
则z＝＝－1＋＝－1＋＝－1＋
＝－1＋－
＝－，
则Rez＝＞0，满足条件②，
综上，满足条件的一个有序实数对为（－1，1）.
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