章末检测（十一） 解三角形
（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.在△ABC中，A＝，BC＝3，AB＝，则C＝（ ）
A.或 B.
C. D.
2.已知三角形的两边长分别为4，5，它们夹角的余弦值是方程2x2＋3x－2＝0的根，则第三边长是（ ）
A. B.
C. D.
3.在△ABC中，a＝26，cos A＝，cos B＝，则b＝（ ）
A.72 B.18
C. D.30
4.在△ABC中，a＝x，b＝，A＝，若该三角形有两个解，则x的取值范围是（ ）
A.（，6） B.（2，2）
C. D.
5.已知△ABC的三边长分别为3，3，6，则该三角形的最大角与最小角之和为（ ）
A.120° B.145°
C.150° D.120°或150°
6.若△ABC的内角A，B，C满足6sin A＝4sin B＝3sin C，则cos B＝（ ）
A. B. C. D.
7.设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若ccos B＝b（a－cos C），且△ABC的面积为S＝ccos A，则A＝（ ）
A. B. C. D.
8.一辆汽车在一条水平的公路上向正西方向行驶，到A处时测得公路北侧远处一山脚C在西偏北α方向上，行驶a km后到达B处，此时测得此山脚C在西偏北β方向上，在B处看到山顶D的仰角为γ，根据这些测量数据计算（其中β＞α）此山的高度是（ ）
A. B.
C. D.
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.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，以下判断正确的是（ ）
A.若cos A＝cos B，则△ABC为等腰三角形
B.若a＝，b＝，A＝30°，则符合条件的△ABC有且只有一个
C.若bcos A＝acos B，则△ABC为等腰直角三角形
D.若sin2A＋sin2B－sin2C＜0，则△ABC是钝角三角形
10.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b＝4且sin A∶sin B∶sin C＝1∶2∶，下列说法正确的是（ ）
A.△ABC为钝角三角形
B.AB边的中线长为3
C.△ABC周长为6＋2
D.△ABC的外接圆面积为
11.图①是我国古代数学家赵爽创制的一幅“勾股圆方图”（又称“赵爽弦图”），它是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形.受其启发，某同学设计了一个图形，该图形是由三
个全等的钝角三角形与中间的一个小正三角形拼成的一个大正三角形，如图②所示，若AB＝7，DE＝2，则（ ）
A.BD＝3
B.AD＝5
C.cos∠ABD＝
D.△ABD的面积为
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）
12.一海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处.在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是 .
13.在△ABC中，BC＝3，AB＝7，C＝π，则AB边上的高为 .
14.△ABC中，a＝3，c＝，cos C＝，则sin A＝ ，若b＜a，则b＝ .
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）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，∠A的平分线交BC于点D，且cos A（ccos B＋bcos C）＋a＝0.
（1）求A；
（2）若a＝7，△ABC的周长为15，求AD的长.
16.（本小题满分15分）如图，已知A，B，C是一条直路上的三点，AB＝BC＝1 km，从三点分别遥望塔M，在A处看见塔在北偏东45°方向，在B处看见塔在正东方向，在C处看见塔在南偏东60°方向，求塔到直路ABC的最短距离.
17.（本小题满分15分）在①cos A＝，②bcos C＝（2a－c）cos B中任选一个作为已知条件，补充在下列问题中，并作答.
问题：在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知 .
（1）求B；
（2）若△ABC的外接圆半径为1，且cos Acos C＝－，求a＋c.
注：如果选择不同的条件分别解答，则按第一个解答计分.
18.（本小题满分17分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.向量m＝（cos B，cos A），n＝（b－2c，－a），且m∥n.
（1）求角A；
（2）若a＝2，①求的值；
②求△ABC周长的范围.
19.（本小题满分17分）如图，某镇有一块空地形如△OAB，其中OA＝3 km，OB＝3 km，∠AOB＝90°.当地镇政府规划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖△OMN，其中M，N都在边AB上，且∠MON＝30°，挖出的泥土堆放在△OAM地带上形成假山，剩下的△OBN地带开设儿童游乐场.为安全起见，需在△OAN的一周安装防护网.
（1）当AM＝ km时，求防护网的总长度；
（2）为了节省投入的资金，人工湖△OMN的面积要尽可能小.问：如何设计施工方案，可使△OMN的面积最小，最小面积是多少？
3 / 3参考答案与详解
章末检测（九） 平面向量
1.C 对于A，a·b＝2×（－1）＋0×（－1）＝－2，故A错误；对于B，2×（－1）－（－1）×0≠0，a与b不平行，故B错误；对于C，b·（a＋b）＝b·a＋｜b｜2＝－2＋2＝0，所以b⊥（a＋b），故C正确；对于D，｜a｜＝2，｜b｜＝，所以｜a｜≠｜b｜，故D错误.故选C.
2.C 由a∥b知1×2－m2＝0，即m＝或－.故选C.
3.D 如图所示，＋＝，∴四边形OABC是菱形，且∠AOC＝120°.又圆O的半径为2，∴·＝2×2×cos 60°＝2.故选D.
4.B 设夹角为90°时，合力为F，｜F1｜＝｜F2｜＝｜F｜cos 45°＝10 N，当夹角为120°时，由平行四边形法则知：｜F合｜＝｜F1｜＝｜F2｜＝10 N.
5.A 连接CD（图略），因为C，D是半圆弧的三等分点，所以CD∥AB，且CD＝AB，故＝＋＝b＋a.故选A.
6.B 由题意，得（2a＋3b）·（ka－4b）＝2ka2＋（3k－8）a·b－12b2＝0，由于a⊥b，故a·b＝0，又｜a｜＝｜b｜＝1，于是2k－12＝0，解得k＝6.故选B.
7.D 设P（a，0），则＝（2－a，－1），＝（4－a，2），所以·＝（2－a）（4－a）－2＝a2－6a＋6，由二次函数的性质得，当a＝3时，·有最小值，此时点P的坐标是（3，0）.故选D.
8.A 因为以A为圆心，AD为半径的圆弧DE的中点为P，所以＝＋.易知＝－，＝＋＝＋＝＋＝2＋－＝＋，则＝λ＋μ＝λ＋μ（－）＝＋，则解得故λ－μ＝.故选A.
9.BCD 对于A，a∥b，则a，b方向相同或者相反，故a·b＝±｜a｜·｜b｜，故A错误；对于B，由于b≠0，所以a∥b，b∥c，则a∥c，故B正确；对于C，由于a，c为非零向量，所以a∥c的充要条件是存在唯一的λ∈R，使得c＝λa，故C正确；对于D，由｜a＋b｜＝｜a－b｜可得｜a＋b｜2＝｜a－b｜2 a2＋b2－2a·b＝a2＋b2＋2a·b a·b＝0，故a⊥b，故D正确.故选B、C、D.
10.AD 由题意知｜a｜＝＝，｜b｜＝＝5，a·b＝1×（－3）＋1×4＝1，对于A，cos＜a，b＞＝＝＝，故A正确；对于B，b在a方向上的投影向量为a＝a，故B错误；对于C，设与b垂直的单位向量的坐标为（x0，y0），则解得或所以与b垂直的单位向量的坐标为（，）或（－，－），故C错误；对于D，因为向量a＋λb与向量a－λb共线，所以存在t∈R，使得a＋λb＝t（a－λb）＝ta－λtb，则解得故D正确.故选A、D.
11.ABC 对于A，由题图知，在正八边形ABCDEFGH中，连接AD（图略），则AD∥BC，所以∥，故A正确；对于B，·＝｜｜·｜｜cos＝－，故B正确；对于C，＋＝，＝－，所以＋＝－ ，故C正确；对于D，连接AF，则｜｜＝｜－｜＝＝＝＝，故D错误.故选A、B、C.
12. 解析：设a与b的夹角为θ，则cos θ＝＝＝，又因为θ∈[0，π]，所以θ＝.
13.－4 解析：∵a，b不平行，∴－a＋b≠0，又a＋λb与－a＋b平行，∴存在实数μ，使得a＋λb＝μ（－a＋b）.根据平面向量基本定理，得解得λ＝－4.
14.－ 0 解析：设外接圆半径为R，则｜｜＝｜｜＝｜｜＝R，由3＋4＋5＝0.得4＋5＝－3，两边平方得16R2＋40·＋25R2＝9R2，则·＝－R2，即R2cos∠BOC＝－R2，则cos∠BOC＝－.因为＝＝－－，所以·＝·＝－－·＝－R2－R2cos∠BOC＝－R2－R2·＝0，即·＝0.
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：如图所示，设为水流速度，为最大航行速度，以AC和AD为邻边作 ACED且当与方向相同时能最快到达彼岸B码头，根据题意AC⊥AE，在Rt△ADE和 ACED中，
｜｜＝｜｜＝2，｜｜＝4，∠AED＝90°，
因为sin∠EAD＝，∠EAD∈（0°，90°），
所以∠EAD＝30°，∠DAC＝120°.
所以｜｜＝＝2.
又AB＝，所以用时＝0.5（h）.
所以该船的航行速度为4 km/h，与水流方向成120°角时能最快到达彼岸B码头，用时0.5 h.
17.解：（1）a在b方向上的投影向量的模为｜a｜cos 45°＝×＝1.
（2）a·b＝｜a｜·｜b｜·cos 45°＝×1×＝1，
｜a＋2b｜2＝a2＋4a·b＋4b2＝2＋4＋4＝10，
则｜a＋2b｜＝.
（3）向量（2a－λb）与（λa－3b）的夹角是锐角，
得（2a－λb）·（λa－3b）＞0，且（2a－λb）与（λa－3b）不共线，
即2λa2＋3λb2－（6＋λ2）a·b＞0，
即有7λ－（6＋λ2）＞0，解得1＜λ＜6，
由（2a－λb）与（λa－3b）共线，可得2·（－3）＝－λ·λ，
解得λ＝±，
则实数λ的取值范围为（1，）∪（，6）.
18.解：（1）∵平行四边形ABCD中，＝a，＝b，
H，M分别是AD，DC的中点，BF＝BC，
∴＝＋＝＋＝＋＝b＋a，
＝－＝＋－＝a＋b－b＝a－b.
（2）由（1）知，＝b＋a，＝a－b，
∵｜a｜＝2，｜b｜＝3，a与b的夹角为120°，
∴a·b＝2×3×cos 120°＝－3，
·＝（b＋a）·（a－b）＝a2－b2＋a·b＝×4－×9＋×（－3）＝－.
（3）由（1）（2）知，＝b＋a，＝a－b，a·b＝－3，·＝－，
∵｜a｜＝2，｜b｜＝3，a·b＝－3，
∴｜｜＝＝＝＝，
｜｜＝＝＝＝，
∵线段AM、FH的交点为O，
∴∠MOF就是向量与的夹角，
∴cos∠MOF＝cos＜，＞＝＝＝－，
故∠MOF的余弦值为－.
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，
则2 024k≥k2m，所以km≤2 024＜2 025，所以＜45.
章末检测（十） 三角恒等变换
1.C 原式＝cos[（45°－α）＋（α－15°）]＝cos 30°＝.故选C.
2.B 对于A，cos2－sin2＝cos（2×）＝cos＝，故A错误；对于B，＝·＝tan 45°＝，故B正确；对于C ，sin 15°cos 15°＝sin 30°＝，故C错误；对于D，＝＝，故D错误.故选B.
3.A 因为tan α＝tan[（α－β）＋β]＝，又tan（α－β）＝3，tan β＝2，故tan α＝＝－1.故选A.
4.C 由20°，40°，80°成倍角关系，且sin 2α＝2sin αcos α，则cos α＝，则cos 20°cos 40°·cos 60°cos 80°＝×××＝.故选C.
5.A ∵α∈，∴∈，∴sin＝＝＝＝.故选A.
6.D 因为tan α＝，所以＝.整理得3sin α＝sin2α＋cos2α＝1，则sin α＝，又2α∈（－，），则2α∈（0，），所以cos α＝＝，所以sin 2α＝2sin αcos α＝2××＝，cos 2α＝1－2sin2α＝，所以sin（2α－）＝sin 2αcos－cos 2αsin＝×－×＝.故选D.
7.C ∵α－β∈，sin（α－β）＝，∴cos（α－β）＝－.∵α＋β∈，cos（α＋β）＝－，∴sin（α＋β）＝.∴cos 2β＝cos[（α＋β）－（α－β）]＝cos（α＋β）cos（α－β）＋sin（α＋β）sin（α－β）＝×＋×＝.故选C.
8.B ∵△ABC中，A＋B＋C＝π，∴tan B＝＝
＝，
即＝，∴cos（B＋C）＝0，∴cos（π－A）＝0，∴cos A＝0，∵0＜A＜π，∴A＝，∴这个三角形为直角三角形.故选B.
9.AD ∵sin 2θ＝m，cos 2θ＝n，∴m2＋n2＝1，∴＝，∴tan＝＝＝＝＝＝.故选A、D.
10.AC 由α是锐角，cos α＝，则sin α＝＝，又α，β是锐角，则－β∈，得α－β∈，又cos（α－β）＝，则sin（α－β）＝±，则cos β＝cos[α－（α－β）]＝cos αcos（α－β）＋sin αsin（α－β）＝×±×＝，得cos β＝或cos β＝.故选A、C.
11.CD A项，＝＝＝｜tan α｜≠tan α；B项，＝＝tan≠tan α；C项，因为α∈（0，π），所以原式＝·＝＝tan α，符合；D项，＝＝tan α，符合.故选C、D.
12. 解析：sin（2α＋150°）＝sin[2（α＋30°）＋90°]＝cos [2（α＋30°）]＝1－2sin2（α＋30°）＝1－2×（）2＝.
13.60° 解析：cos A＋2cos＝cos A＋2sin＝1－2sin2＋2sin＝－2sin2＋2sin＋1＝－2·＋，当sin＝，即A＝60°时，＝.
14.1 解析：原式＝cos 40°（1＋）＝cos 40°·＝cos 40°＝
cos 40°＝cos 40°＝cos 40°＝＝1.
15.解：（1）由题可知，cos α＝，cos β＝.
由于α，β为锐角，则sin α＝，sin β＝，
故tan α＝，tan β＝，
则tan（α－β）＝＝＝－.
（2）因为tan（α＋β）＝＝1，
sin α＝＜，sin β＝＜，即0＜α＋β＜，故α＋β＝.
16.解：＝
＝
＝
＝sin 2x·tan.
∵＜x＜，∴＜x＋＜2π，
又∵cos＝，
∴sin＝－.
∴tan＝－.
sin 2x＝sin
＝－cos［2（＋x）］＝1－2cos2
＝1－2×＝.
∴＝sin 2x·tan＝×＝－.
17.解：（1）cos215°＋cos215°－sin 15°sin 15°
＝2cos215°－sin215°
＝1＋cos 30°－（1－cos 30°）
＝1＋－×＝.
（2）推广：当α＋β＝30°时，cos2α＋cos2β－sin αsin β＝.
证明：∵α＋β＝30°，∴β＝30°－α，
cos2α＋cos2β－sin αsin β
＝cos2α＋cos2（30°－α）－sin αsin（30°－α）
＝cos2α＋－sin α·（cos α－sin α）
＝cos2α＋cos2α＋cos αsin α＋sin2α－cos αsin α＋sin2α
＝cos2α＋sin2α＝.
18.解：（1）因为∠BAP＝θ，正方形边长为1百米，
所以AP＝，AQ＝.
如图，过点P作AQ的垂线，垂足为E，则PE＝·，
所以S（θ）＝··＝，θ∈.
（2）因为S（θ）＝，
所以当sin＝1，
即θ＝时，
S（θ）取最小值为－1，
故当θ＝时，面积S的最小值为－1.
19.解：（1）∵f（x）＝2＋1
＝2＋1
＝2sin＋1，
∵T＝＝6π，∴ω＝.
（2）由（1）得f（x）＝2sin＋1，
∵f＝2sin＋1＝2sin＋1＝－2cos α＋1＝，
∴cos α＝.
又f（3β＋π）＝2sin＋1
＝2sin β＋1＝，
∴sin β＝.
∵α，β∈，
∴sin α＝＝，cos β＝＝.
∴cos（α＋β）＝cos αcos β－sin αsin β＝－.
章末检测（十一） 解三角形
1.C 由正弦定理，得sin C＝＝.因为BC＞AB，所以A＞C，则0＜C＜，故C＝.故选C.
2.B 设三角形长为4，5的两边的夹角为θ，由2x2＋3x－2＝0，得x＝或x＝－2（舍去），∴cos θ＝，∴第三边长为 ＝.故选B.
3.D 因为cos A＝，所以sin A＝＝.同理得sin B＝.由＝，得b＝＝＝30.故选D.
4.D ∵三角形有两个解，∴bsin A＜x＜b，即＜x＜.故选D.
5.A 依题意知边长为3和6的这两条边所对应的角分别为最小角和最大角.设边长为3的边对应的角为B，由余弦定理，得cos B＝＝，又0°＜B＜180°，所以B＝60°，则该三角形的最大角与最小角之和为180°－B＝120°.故选A.
6.D 由正弦定理得，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C，∴6a＝4b＝3c，∴a＝b，c＝b，∴cos B＝＝＝.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.B 设此山高h km，则BC＝，在△ABC中，∠ABC＝π－β，∠ACB＝β－α，AB＝a km，根据正弦定理得＝，即＝，解得h＝，故选B.
9.AD 对于A，因为cos A＝cos B，A，B∈（0，π），所以A＝B，所以△ABC为等腰三角形，故A正确；对于B，由正弦定理得：sin B＝＝＝，因为b＞a，所以B＞A，即30°＜B＜150°，所以B＝60°或120°，则三角形有两解，故B错误；对于C，在△ABC中，bcos A＝acos B，由正弦定理得sin Bcos A＝sin Acos B，即sin（A－B）＝0，因为A，B∈（0，π），所以A－B∈（－π，π），所以A＝B，所以△ABC为等腰三角形，故C错误；对于D，若sin2A＋sin2B＜sin2C，由正弦定理得a2＋b2＜c2，由余弦定理得cos C＝＜0，所以C为钝角，所以△ABC是钝角三角形，故D正确.故选A、D.
10.ACD 对于A，∵sin A∶sin B∶sin C＝1∶2∶， ∴a∶b∶c＝1∶2∶，设a＝k，b＝2k，c＝k，∵b＝4，∴k＝2，a＝2，c＝2，又∵c＞b＞a，∴最大角为C，由余弦定理得：c2＝28＝22＋42－2×2×4cos C，解得cos C＝－，又∵0＜C＜π，∴C＝，∴△ABC为钝角三角形，故A正确；对于B，由正弦定理得＝，即＝，解得sin A＝，∵角A为锐角，cos A＝＝，设AB的中点为D，在△ADC中，由余弦定理得：CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD·cos A＝16＋7－2×4××＝3，则CD＝，即AB边的中线长为，故B错误；对于C，△ABC周长为a＋b＋c＝2＋4＋2＝6＋2，故C正确；对于D，由正弦定理：R＝＝，则△ABC外接圆的面积为πR2＝，故D正确.故选A、C、D.
11.ABD 设BD＝x，则AD＝2＋x.在△ABD中，∠ADB＝180°－60°＝120°，并由余弦定理可得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠ADB，即49＝（2＋x）2＋x2－2（2＋x）x·
，整理得x2＋2x－15＝0，解得x＝3（x＝－5舍去），所以BD＝3，AD＝5.则cos∠ABD＝＝＝，所以sin∠ABD＝ ＝，所以△ABD的面积S＝AB·BDsin∠ABD＝×7×3×＝.故选A、B、D.
12.10 解析：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.
13. 解析：因为BC＝3，AB＝7，C＝π，所以由余弦定理可得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosπ，即49＝AC2＋9＋3AC，解得AC＝5或AC＝－8（舍去），设AB边上的高为h，则AB·h＝AC·BC·sin C，即7h＝3×5× h＝.
14. 3 解析：∵a＝3，c＝，cos C＝，C∈（0，π），∴sin C＝＝，由正弦定理，得sin A＝＝＝，可得cos A＝＝±，当cos A＝时，cos B＝－cos（A＋C）＝sin A sin C－cos A cos C＝×－×＝－＜0，由于b＜a，B为锐角，矛盾，舍去，∴cos A＝－，cos B＝－cos（A＋C）＝sin A sin C－cos A cos C＝×－×＝，可得sin B＝＝，由正弦定理可得b＝＝＝3.
15.解：（1）因为cos A（ccos B＋bcos C）＋a＝0，利用正弦定理可得：cos A（sin Ccos B＋sin Bcos C）＋sin A＝0，即2cos Asin（B＋C）＋sin A＝0.
因为sin（B＋C）＝sin A≠0，所以2cos A＋1＝0，即cos A＝－，
又A∈（0，π），可得A＝.
（2）因为a＝7，a＋b＋c＝15，所以b＋c＝8.
在△ABC中，由余弦定理可得：49＝b2＋c2＋bc＝（b＋c）2－bc，所以bc＝15.
又因为AD为角A的平分线，所以S△ABD＋S△ADC＝S△ABC，
所以AD·b·sin＋AD·c·sin＝b·c·sin，
即AD·（b＋c）＝bc，所以AD＝.
16.解：由题意得∠CMB＝30°，∠AMB＝45°，
∵AB＝BC＝1，∴S△MAB＝S△MBC，
即MA×MB×sin 45°＝MC×MB×sin 30°，
∴MC＝MA，
在△MAC中，由余弦定理，得AC2＝MA2＋MC2－2MA×MC×cos 75°，
∴MA2＝，
设M到AB的距离为h km，
则由△MAC的面积得MA×MC×sin 75°＝AC×h，
∴h＝×sin 75°＝××sin 75°＝.
∴塔到直路ABC的最短距离为 km.
17.解：（1）选择条件①：因为cos A＝，
在△ABC中，由余弦定理可得＝，化简得a2＋c2－b2＝ac，
由余弦定理可得cos B＝＝＝，
因为B∈（0，π），所以B＝.
选择条件②：因为bcos C＝（2a－c）cos B，由正弦定理得，
sin Bcos C＋sin Ccos B＝2sin Acos B.
即sin（B＋C）＝2sin Acos B，
则sin A＝2sin Acos B，
因为A∈（0，π），sin A≠0，所以cos B＝，
因为B∈（0，π），所以B＝.
（2）因为B＝，所以A＋C＝，即cos（A＋C）＝－，
即cos Acos C－sin Asin C＝－，
又因为cos Acos C＝－，所以sin Asin C＝.
由于△ABC的外接圆半径R＝1，由正弦定理可得sin Asin C＝·，
可得ac＝，所以b＝2Rsin B＝，
由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accos B＝（a＋c）2－3ac＝3，
所以a＋c＝.
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）因为在△OAB中，OA＝3 km，OB＝3 km，∠AOB＝90°，所以∠OAB＝60°.
在△AOM中，由OA＝3 km，AM＝ km，∠OAM＝60°及余弦定理，得
OM＝＝ km.
所以OM2＋AM2＝OA2，即OM⊥AN，
所以∠AOM＝30°，即∠AON＝60°.
所以△OAN为等边三角形，所以△OAN的周长为3OA＝9 km，即防护网的总长度为9 km.
（2）设∠AOM＝θ（0°＜θ＜60°）.
在△OAN中，由＝，得ON＝ km.
在△AOM中，由＝，得OM＝ km.
所以S△OMN＝OM·ON·sin 30°＝＝ km2.
当2θ＋60°＝90°，即θ＝15°时，△OMN的面积最小，最小面积为 km2.
即设计∠AOM＝15°时，可使△OMN的面积最小，最小面积是 km2.
章末检测（十二） 复数
1.A z＝＝＝2－i，所以z的虚部是－1.
2.D z＝＝＝，又z＝是纯虚数，所以所以a＝.故选D.
3.C z＝i（－2＋i）＝－2i＋i2＝－1－2i，故复平面内对应复数z＝i（－2＋i）的点位于第三象限.故选C.
4.D 由题设＝（3，2），＝（－2，3），则＝－＝（－5，1），所以向量对应的复数为－5＋i.故选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.C i为虚数单位，＝a＋bi（a，b∈R），则＝＝a＋bi，根据复数相等得到所以ab＝＝.故选C.
7.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.
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.BCD 由（1＋i）·z＝1＋5i，所以z＝＝＝＝＝3＋2i，所以z的虚部为2，故A错误；｜z｜＝＝，故B正确；z的共轭复数为3－2i，故C正确；z在复平面内对应的点为（3，2），位于第一象限，故D正确.故选B、C、D.
10.ABC 对于A，因为复数z1，z2∈C，所以设z1＝a＋bi，z2＝c＋di（a，b，c，d∈R），z1＋z2＝（a＋c）＋（b＋d）i ＝（a＋c）－（b＋d）i，＋＝a－bi＋c－di＝（a＋
c）－（b＋d）i，故A正确；对于B，因为z1z2＝0，所以z1，z2中至少有一个为0，故B正确；对于C，因为复数z1，z2∈C，所以设z1＝a＋bi，z2＝c＋di（a，b，c，d∈R），z1·z2＝（ac－bd）＋（ad＋bc）i，｜z1·z2｜＝＝＝｜z1｜·｜z2｜，故C正确；对于D，令z1＝1，z2＝i，显然＋＝0成立，但是z1＝z2＝0不成立，故D错误.故选A、B、C.
11.AC 对于A，z＝r（cos θ＋isin θ），则z2＝r2（cos 2θ＋isin 2θ），可得｜z2｜＝｜r2（cos 2θ＋isin 2θ）｜＝r2，｜z｜2＝｜r（cos θ＋isin θ）｜2＝r2，故A正确；对于B，当r＝1，θ＝时，z3＝（cos θ＋isin θ）3＝cos 3θ＋isin 3θ＝cos π＋isin π＝－1，故B错误；对于C，当r＝1，θ＝时，z＝cos＋isin＝＋i，则＝－i，故C正确；对于D，当r＝1，θ＝时，zn＝（cos θ＋isin θ）n＝cos nθ＋isin nθ＝cos＋isin，取n＝4，则n为偶数，则z4＝cos π＋isin π＝－1不是纯虚数，故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：z1z2＝（cos θ－i）（sin θ＋i）＝（cos θsin θ＋1）＋（cos θ－sin θ）i，而sin θcos θ＋1＝sin 2θ＋1，故z1z2的实部的最大值为.
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）z＝（1＋i）2＋＝2i＋i（1＋i）＝－1＋3i，
｜z｜＝＝.
（2）由z2＋a＋b＝2＋3i得，
（－1＋3i）2＋a（－1－3i）＋b＝2＋3i，
即（－8－a＋b）＋（－6－3a）i＝2＋3i，
所以解得
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）原方程可化为x2－xtan θ－2－（x＋1）i＝0，
设方程的实数根为x0，则
即又θ是锐角，故θ＝.
（2）证明：假设方程有纯虚数根，可设为bi，b≠0，b∈R，则－b2－（tan θ＋i）bi－（2＋i）＝0，即－b2－ibtan θ＋b－2－i＝0，可得－b2＋b－2＝0，解得b＝，与假设矛盾，所以方程无纯虚数根.
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（十三） 立体几何初步
1.D 由棱柱的定义知棱柱的侧棱相等，侧面是平行四边形.
2.C 对于A，若m∥n，n∥α，则m∥α或m α，故A错误；对于B，若α∥β，l∥α，则l∥β或l β，故B错误；对于C，若α∥β，l α，则l∥β，C正确，对于D，少了m与n相交的条件，故D错误.故选C.
3.A ∵直观图是等腰直角△A'B'C'，∠B'A'C'＝90°，O'为B'C'的中点，A'O'＝1，∴A'C'＝.根据直观图中平行于y轴的长度变为原来的一半，∴△ABC的BC边上的高AC＝2A'C'＝2.故选A.
4.D 设圆锥的底面半径为r，母线为l，则圆锥的侧面展开图的弧长为2πr，则由l·＝2πr，所以l＝6r.圆锥的表面积是14π，即πr2＋πr·6r＝14π，解得r2＝2，所以侧面积S侧＝6πr2＝12π.故选D.
5.D 如图，取CD中点E，连接C1E，ME，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为AB中点，∴ME∥BC∥B1C1，ME＝BC＝B1C1，四边形B1C1EM为平行四边形，∴C1E∥B1M，∴异面直线B1M与CN所成角为直线C1E与CN所成的角，在正方形CC1D1D中，Rt△C1CE≌Rt△CDN，∴∠CC1E＝∠DCN，∠CC1E＋∠C1EC＝∠DCN＋∠C1EC＝90°，∴C1E⊥CN，∴直线B1M与CN所成角的大小为90°.
6.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.
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.AC 如图所示，设AC，BD相交于点O，连接EM，EN，SO.由正四棱锥S-ABCD，可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，SO⊥AC.因为SO∩BD＝O，SO，BD 平面SBD，所以AC⊥平面SBD.因为E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，所以EM∥BD，MN∥SD，而EM∩MN＝M，所以平面EMN∥平面SBD，所以AC⊥平面EMN，所以AC⊥EP，故A正确；因为EM∥BD，EM 平面EMN，BD 平面EMN，所以BD∥平面EMN.又EM∩EP＝E，所以EP∥BD不成立，故B不正确；平面EMN∥平面SBD，所以EP∥平面SBD，故C正确；由题易得EM⊥平面SAC，若EP⊥平面SAC，则EP∥EM，与EP∩EM＝E矛盾，因此当P与M不重合时，EP与平面SAC不垂直，故D不正确.故选A、C.
11.ACD 对于A，设弧AD所在圆的半径为R，弧BC所在圆的半径为r，∵弧AD的长度是弧BC长度的3倍，R＝3×r，即R＝3r，∴CD＝R－r＝2r＝2，∴r＝1，R＝3，∴弧AD的长度为，故A正确；对于B，曲池的体积为V＝（πR2－πr2）×AA1＝（π×32－π×12）×5＝10π，故B错误；对于C，曲池的表面积为（πR2－πr2）×2＋（πR＋πr）×5＋2×5×2＝（π×32－π×12）×2＋（π×3＋π×1）×5＋20＝20＋14π，故C正确；对于D，三棱锥A-CC1D的体积为××2×5×3＝5，故D正确.故选A、C、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：＝×3×4×6＝36（cm3）.
设圆柱底面圆的半径为r，则r＝＝＝1（cm），＝πr2h＝6π（cm3）.
所以V＝－＝（36－6π）cm3.
16.解：（1）平面D1PC与平面ABCD相交.
因为DD1∥BP，DD1＝2BP，
所以D，D1，B，P四点共面，且DB与D1P不平行则必相交，
如图，连接DB，D1P并延长交于Q，连接CQ，
则平面D1PC∩平面ABCD＝CQ.
（2）证明：连接BD，交AC与点O，连接OP，
在△BB1D中，点O，P分别是BD，BB1的中点，所以OP∥DB1，
而OP 平面PAC，DB1 平面PAC，所以DB1∥平面PAC.
17.解：（1）证明：因为O，M分别是AB，VA的中点，
所以MO∥VB.
因为MO 平面MOC，VB 平面MOC，
所以VB∥平面MOC.
（2）因为AC＝BC，O为AB的中点，
所以OC⊥AB.
因为平面VAB⊥平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC 平面ABC，所以OC⊥平面VAB.
在等腰直角三角形ABC中，AC＝BC＝，
所以AB＝2，OC＝1，
所以等边三角形VAB的面积S△VAB＝，
所以VV-ABC＝VC-VAB＝OC·S△VAB＝×1×＝.
所以三棱锥V-ABC的体积为.
18.解：（1）由AB＝3，BC＝4，AC＝5知AB2＋BC2＝AC2，则AB⊥BC，
由PA⊥平面ABCD，BC 平面ABCD得PA⊥BC，
由PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，
则BC⊥平面PAB，
则点C到平面PAB的距离为一个定值BC，BC＝4.
（2）设直线PC与平面PAD所成的角为α，
由AD∥BC，AB⊥BC可知AB⊥AD，
又PA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，
故PA⊥AB，PA∩AD＝A，PA，AD 平面PAD，
则AB⊥平面PAD，则B点到平面PAD的距离为AB＝3，
由BC∥AD知点C与点B到平面PAD的距离相等，
则点C到平面PAD的距离为d＝AB＝3，
由PA＝3，AC＝5知PC＝＝，
故sin α＝＝＝.
19.解：（1）AB∥平面DEF，理由如下：
在△ABC中，因为E，F分别是AC，BC的中点，所以EF∥AB.
又AB 平面DEF，EF 平面DEF，所以AB∥平面DEF.
（2）由题意，知AD⊥CD，又平面ADC⊥平面BCD，平面ADC∩平面BCD＝CD，所以AD⊥平面BCD.
如图，取CD的中点M，
连接EM，则EM∥AD，
所以EM⊥平面BCD，且EM＝.
因为三棱锥E-DFC的体积为，
所以××＝，解得a＝2.
（3）线段AC上存在一点P，使BP⊥DF.理由如下：
易知△BDF为正三角形，过B作BK⊥DF交DC于点K，连接KF，过K作PK∥DA交AC于点P，连接BP，则点P即所求，如图所示.
因为AD⊥平面BCD，PK∥DA，所以PK⊥平面BCD，所以PK⊥DF.
又BK⊥DF，PK∩BK＝K，PK，BK 平面PKB，所以DF⊥平面PKB，所以DF⊥PB.
又∠DBK＝∠KBC＝∠BCK＝30°，所以DK＝KF＝KC.
故＝＝，从而＝.
章末检测（十四） 统计
1.C A.以上调查属于抽样调查，故错误；B.每名学生的身高是总体的一个个体，故错误；C.100名学生的身高是总体的一个样本，故正确；D.600名学生的身高是总体，故错误.故选C.
2.D 由题意，取出的数有23，20，80（超出范围，故舍去），26，24，26（重复，故舍去），25，25（重复，故舍去），36（超出范围，故舍去），99（超出范围，故舍去），72（超出范围，故舍去），80（超出范围，故舍去），19.故选D.
3.B ∵样本中男生比女生多12人，∴（－）×＝12，解得n＝1 320.故选B.
4.D 列出频率分布表如下：
分组 频数 频率
[5.5，7.5） 2 0.1
[7.5，9.5） 6 0.3
[9.5，11.5） 8 0.4
[11.5，13.5] 4 0.2
合计 20 1.0
从表中可以看出频率为0.2的是[11.5，13.5].故选D.
5.D 因为10×＝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C错误，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，
估计该中学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（元）；
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（十五） 概率
1.D 抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，事件A＝“向上的点数为3”，B＝“向上的点数为6”，C＝“向上的点数为3或6”，对于A，A与B没有包含关系，故A错误；对于B，∵B＝“向上的点数为6”，C＝“向上的点数为3或6”，∴B C，故B错误；对于C，A∩B＝ ，故C错误；对于D，A∪B＝C，故D正确.
2.B 根据题意，该运动员击中的环数不小于8的频率为＝0.55，因此估计相应概率为0.55.
3.D 中奖的概率为10%，与抽的次数无关，不能保证一定中奖，也不能保证一定不中奖，只是有10%的可能性中奖，故D选项正确.故选D.
4.C ∵让同学们从小数点后的3位数字7，1，8中随机选取两位数字，整数部分2不变，∴样本点总数N＝6，得到的数字小于2.71的样本点有（1，7），（1，8），即2.17＜2.71，2.18＜2.71，∴得到的数字小于2.71的样本点个数M＝2，∴得到的数字小于2.71的概率P＝＝＝.
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错误；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 ，∴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，可以利用树形图表示抽签的结果，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类问题的概率为，能答对B类问题的概率为，
∴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类问题的概率为，答对B类问题的概率为，
∴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.
模块综合检测
1.A 由z（2－i）＝11＋7i得，z＝＝＝＝3＋5i.
2.C 依题意＝－＝＋－，即＝b－a＋c，故选C.
3.B 依题意，高中部、初中部教师人数比为＝，按分层抽样抽取的25人中，高中部的教师人数为25×＝10，所以应抽取高中部男教师的人数为10×60%＝6.故选B.
4.C 由余弦定理，得cos C＝＝≥，当且仅当a＝b时取“＝”.
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，所以估计样本中棉花纤维的长度的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.ABC cos 82°cos 22°＋sin 82°sin 22°＝cos（82°－22°）＝cos 60°＝，故A正确；cos215°－sin215°＝cos 30°＝，故B正确；＝tan（48°＋72°）＝tan 120°＝－，故C正确；sin 15°sin 30°sin 75°＝sin 15°sin（90°－15°）＝sin 15°·cos 15°＝sin 30°＝，故D不正确.故选A、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，连接BD，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.∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PM⊥AD，∴PM⊥平面ABCD，PM⊥BM，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.a 解析：由题意知∠ADC＝∠ADB＋∠BDC＝60°，又∠ACD＝60°，所以∠DAC＝60°.所以AD＝CD＝AC＝a.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·＝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＝a.
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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