人保财险招聘-华中师范大学人事处

【典型题】高考数学试题(及答案)

一、选择题
1．设集合M

xlog
2

x1

0

，集合
N

xx2

，则
MN
（ ）

A
．
x2x2


B
．
xx2


C
．
xx2


D
．
x1x2


2．在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．

甲：我的成绩比乙高．

乙：丙的成绩比我和甲的都高．

丙：我的成绩比乙高．

成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么 三人按成绩由高到低的次序
为

A
．甲、乙、丙

C
．丙、乙、甲

B
．乙、甲、丙

D
．甲、丙、乙

3．设
0p1
，随机变量

的分布列如图，则当
p
在

0,1

内增大时，（

）



P

0

1

1

2
2

p

2
1p

2


A
．
D



减小

C
．
D



先减小后增大

B
．
D



增大

D
．
D



先增大后减小

x
2
y
2
4．已知
F
1
，
F
2分别是椭圆
C
:
2

2
1
(
a< br>>
b
>0)的左、右焦点，若椭圆
C
上存在点
P
，< br>ab
使得线段
PF
1
的中垂线恰好经过焦点
F
2，则椭圆
C
离心率的取值范围是( )

A
．

,1



2


3

B
．

,

1

3
2



2

C
．

,1



1


3

D
．

0,


3


1


5
．甲、乙两人玩猜数 字游戏，先由甲心中想一个数字，记为
a
，再由乙猜甲刚才所想的数
字，把乙猜的数字 记为
b
，其中
a
，
b
∈
{1
，
2
，
3
，
4
，
5
，
6}
，若
|a-b|≤1
，就称甲乙
“
心有灵
犀
”
．现任意找两人 玩这个游戏，则他们
“
心有灵犀
”
的概率为（

）

A
．
1

9
B
．
2

9
x
C
．
4

9
D
．
7

18
6．在下列区间中，函数
f

x

e4x3
的零点所在的区间为（

）

A
．



1

,0


4

B
．

0,




1

4

C
．


11
,


4

2

D
．

13

,


2

4< br>
7．如图，
AB
是圆的直径，
PA
垂直于圆所在的平面，< br>C
是圆上一点(不同于
A
、
B
)且
PA
＝< /p>

AC
，则二面角
P
－
BC
－
A
的大小为( )


A
．
60

5
B
．
30
C
．
45
D
．
15

2

8．

x
2


的展开式中
x
4
的系数为

x

A
．
10
B
．
20
C
．
40
D
．
80

9．已知向量
m


1,1

，
n


2 ,2

，若

mn



mn

，则


（ ）

A
．
4
B
．
3
C
．
2
D
．
1

10．如图是一个正方体的 平面展开图，则在正方体中直线
AB
与
CD
的位置关系为
(

)


A
．相交

B
．平行

C
．异面而且垂直

D
．异面但不垂直

11．由
a
2
，
2
﹣
a
，
4
组成 一个集合
A
，
A
中含有
3
个元素，则实数
a
的取值可以是（

）

A
．
1 B
．﹣
2 C
．
6 D
．
2

x
2
y
2
2
12．设双曲线
2

2
1（
a0
，
b0
）的渐近线与抛物线
yx1
相切 ，则该双曲
ab
线的离心率等于（ ）

A
．
3
B
．
2
C
．
6
D
．
5

二、填空题

13．有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了
乙的卡 片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙
的卡片上相同的数字不 是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的
数字是
________< br>．

14
．
i
是虚数单位，若复数

12 i

ai

是纯虚数，则实数
a
的值为
.

15．如图所示，平面BCC
1
B
1
⊥平面ABC，< br>
ABC＝120

，四边形BCC
1
B
1
为正方形，且AB＝BC
＝2，则异面直线BC
1
与AC所成角的余弦值为
_ ____
．

16．从6男2女共8名学生中选出队长1人 ，副队长1人，普通队员2人，组成4人服务
队，要求服务队中至少有1名女生，共有
____ ______
种不同的选法．（用数字作答）

17
．
(x)
的展开式中
x
5
的系数是
.
（用数字填写答案）

18．如图，长方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
的体积是
120
，
E
为
CC
1
的中点，则三棱锥
E-BCD
的
体积 是
_____
.

3
1
x
7

1 9
．在平面上，若两个正三角形的边长的比为
1
：
2
，则它们的面积 比为
1
：
4
，类似地，在
空间内，若两个正四面体的棱长的比为1
：
2
，则它们的体积比为
▲

20．在
△ABC
中，角
A
，
B
，
C
的对边分别为
a
，
b
，
c
，若
是锐角，且
a27
，< br>cosA
bcosC1cos2C

，
C
ccosB1 cos2B
1
，则
△ABC
的面积为
______
．

3
三、解答题
21．如图，四面体ABCD中，O、E分别是BD、BC的中点 ，
ABAD2
，
CACBCDBD2
.

（1）求证：
AO
平面BCD；

（2）求异面直线AB与CD所成角的余弦值；

（3）求点E到平面ACD的距离．

22．如图，四棱锥
PABCD
的底面
ABCD
是平行四边形，连接
BD
，其 中
DADP
，
BABP
.


（1）求证：
PABD
；

（2）若
DADP
，
ABP60
0
，
BABPBD2
，求二面角
D PCB
的正弦
值.

23．随着移动互联网的发展，与餐饮美食相关的手 机
APP
软件层出不穷，现从某市使用
A
和
B
两款订餐软件 的商家中分别随机抽取100个商家，对它们的“平均送达时间”进行
统计，得到频率分布直方图如下：

(1)
已知抽取的100个使用
A
未订餐软件的商家中，甲商家的 “平均送达时间”为18分
钟，现从使用
A
未订餐软件的商家中“平均送达时间”不超 过20分钟的商家中随机抽取3
个商家进行市场调研，求甲商家被抽到的概率；

(2 )
试估计该市使用
A
款订餐软件的商家的“平均送达时间”的众数及平均数；

(3)
如果以
“
平均送达时间
”
的平均数作为决策依据，从
A
和
B
两款订餐软件中选择一款订
餐，你会选择哪款？


24．某公司培训员工某项技能，培训有如下两种方式：

方式一：周一到周五每天培训1小时，周日测试

方式二：周六一天培训4小时，周日测试

公司有多个班组，每个班组60人，现任选 两组
(
记为甲组、乙组
)
先培训；甲组选方式
一，乙组选方式二，并 记录每周培训后测试达标的人数如表：


甲组

乙组

第一周

20

8

第二周

25

16

第三周

10

20

第四周

5

16

< br>
1

用方式一与方式二进行培训，分别估计员工受训的平均时间
(< br>精确到
0.1)
，并据此判断

哪种培训方式效率更高？


2

在甲乙两组中，从第三周培训后达标的员工中采用分层抽样的方法抽取 6人，再从这
6人中随机抽取2人，求这2人中至少有1人来自甲组的概率．

25< br>．一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字
1
，
2
，
3，这三张卡片除标记的数字外完
全相同．随机有放回地抽取
3
次，每次抽取
1
张，将抽取的卡片上的数字依次记为
a
，
b
，
c
.

（Ⅰ）求
“
抽取的卡片上的数字满足
abc
”< br>的概率；

（Ⅱ）求
“
抽取的卡片上的数字
a
，b
，
c
不完全相同
”
的概率
.


【参考答案】
***
试卷处理标记，请不要删除



一、选择题


1
．
B
解析：
B

【解析】

【分析】

求解出集合
M
，根据并集的定义求得结果
.

【详解】

M

xlog
2

x1< br>
0



x0x11



x1x2


MN

xx2


本题正确选项：
B

【点睛】

本题考查集合运算中的并集运算，属于基础题
.

2
．
A
解析：
A

【解析】

【分析】

利用逐一验证的方法进行求解
.

【详解】

若甲预测正确 ，则乙、丙预测错误，则甲比乙成绩高，丙比乙成绩低，故
3
人成绩由高到
低依次为甲 ，乙，丙；若乙预测正确，则丙预测也正确，不符合题意；若丙预测正确，则
甲必预测错误，丙比乙的成 绩高，乙比甲成绩高，即丙比甲，乙成绩都高，即乙预测正
确，不符合题意，故选
A
．

【点睛】

本题将数学知识与时政结合，主要考查推理判断能力．题目有一 定难度，注重了基础知
识、逻辑推理能力的考查．

3．D
解析：
D

【解析】

【分析】

先求数学期望，再求方差，最后根据方差函数确定单调性
.

【详解】

E(

)0
D(

)
1p1p1
12p
，

2222
1p11 1p11
(0p)
2
(1p)
2
(2p)
2
p
2
p
，

2222224
1
(0,1)
，∴
D(

)
先增后减，因此选
D.

2
【点睛】

E(

)

x
i
p
i
,D(

)

(x
i
E (

))p
i


x
i
2
pi
E
2
(

).

2
i1i1i1
nnn
4
．
C
解析：
C

【解析】

如图所示，


∵线段PF
1
的中垂线经过F
2
，

∴PF
2
＝
F
1
F
2
＝2c，即椭圆上存在一点P，使得PF< br>2
＝2c.

∴a－c≤2c≤a＋c.∴e＝
c1
[,1)
.选C.

a3
【点睛】求离心率范围时，常转化为x,y的范围，焦半径的范围，从而求出离心率的范
围。本题就是通过中垂线上点到两端点距离相等，建立焦半径与
a,b,c
的关系，从而由焦< br>半径的范围求出离心率的范围。

5．C
解析：
C

【解析】

试题分析：由题为古典概型，两人取数作差的绝对值的情况共有
3 6
种，满足
|a-b|≤1
的有
（
1,1
）（
2, 2
）（
3,3
）（
4,4
）（
5,5
）（
6,6
）（
1,2
）（
2,1
）（
3,2
）（2,3
）（
3,4
）（
4,3
）
（
5,4）（
4,5
）（
5,6
）（
6,5
）共
16< br>种情况，则概率为；
p
考点：古典概型的计算
.

164


369

6
．
C
解析：
C

【解析】

【分析】


f

先判断函数
f

x

在
R
上单调递增，由


f


【详解】

x

1


0

4

,
利用零点存在定理可得结果
.

1


 0

2

因为函数
f

x

e 4x3
在
R
上连续单调递增，

1


1

1
1
44

f

e43 e20
4

4

,

且

11

f

1

e
2
4
1
3e
2
10


2

2

所以函数的零点在区间

【点睛】


11

,

内，故选
C.


42

本题主要考查零点存在定理的应用，属于简单题
.
应用零点存 在定理解题时，要注意两点：
（
1
）函数是否为单调函数；（
2
）函 数是否连续
.

7．C
解析：
C

【解析】

由条件得：
PA
⊥
BC
，
AC
⊥
BC
又
PA
∩
AC
＝
C
，
∴
BC
⊥平面
PAC
，∴∠
PCA
为二面角
P
－
BC
－
A
的平面角．在Rt△
PAC
中，由
PA
＝
AC
得
∠
PCA
＝45°，故选C．

点睛：二面角的寻找主要利用线面垂直，根据二面角定义得二面角的棱垂直于二面角的平面角所在平面
.

8．C
解析：
C

【解析】

r
分析：写出
T
r1
C
5
2
r
x
103r
，然后可得结果

r
详 解：由题可得
T
r1
C
5
x
2

5 r

2

rr103r


C
5
2x

x

r
令
103r4
,
则
r2

所以
C
5
r
2
r
 C
5
2
2
2
40

故选
C.

点睛：本题主要考查二项式定理，属于基础题。

9．B
解析：
B

【解析】

【分析】

【详解】

∵
(mn)(mn)
，∴
(mn)( mn)0
.

∴，即
(

1)1[(

2)4]0
，

22
∴

3
,
，故选
B.

【考点定位】

向量的坐标运算

10．D
解析：
D

【解析】

解：利用展开图可知，线段
AB
与
CD
是正方体中的相邻两个面的面对角线，仅仅异面，所
成的角为60
0
，因此选
D

11
．
C
解析：
C

【解析】

试题分析：通过选项
a的值回代验证，判断集合中有
3
个元素即可．

解：当
a=1< br>时，由
a
2
=1
，
2
﹣
a=1
，< br>4
组成一个集合
A
，
A
中含有
2
个元素，< br>
当
a=
﹣
2
时，由
a
2
=4，
2
﹣
a=4
，
4
组成一个集合
A
，
A
中含有
1
个元素，

当
a=6
时，由< br>a
2
=36
，
2
﹣
a=
﹣
4
，
4
组成一个集合
A
，
A
中含有
3
个元 素，

当
a=2
时，由
a
2
=4
，
2
﹣
a=0
，
4
组成一个集合
A
，
A< br>中含有
2
个元素，

故选
C
．

点评：本题考查元素与集合的关系，基本知识的考查．

12
．
D
解析：
D

【解析】

b

b

yx
由题意可知双曲线的渐近线一条方程为
yx
，与抛物线方程组成方程 组

a
,
消
a
2


yx1
y
得，
x
【点睛】

2
bbb
b
x10,()
2
40
，即
()
2
4
，所以
e1()
2
5
，选
D.

aaa< br>a
b
x
2
y
2
双曲线
2

2
1
（
a0
，
b0
）的渐近线方程为
y x
．

a
ab
直线与抛物线交点问题，直线与抛物线方程组方程组，

当直线与抛物线对称轴平行时，直线与抛物线相交，只有一个交点．

当直线与抛物线对称轴不平行时，当


时，直线与抛物线相交，有两个交点．
当
0
时，直线与抛物线相切，只有一个交点．

当


时，直线与抛物线相离，没有交点．

二、填空题

13．1和3【解析】根据丙的说法知丙的卡片上写着和或和；（1）若丙的卡片
上 写着和根据乙的说法知乙的卡片上写着和；所以甲的说法知甲的卡片上写着
和；（2）若丙的卡片上写着 和根据乙的说法知乙的卡片上写着和；又加
解析：1和3.

【解析】

根据丙的说法知，丙的卡片上写着
1
和
2
，或
1
和
3
；

（1）若丙的卡片上写着
1
和
2
，根据乙的说法知，乙的卡片上写着
2
和
3
；

所以甲的说法知，甲的卡片上写着
1
和
3
；

（2）若丙 的卡片上写着
1
和
3
，根据乙的说法知，乙的卡片上写着
2
和
3
；

又加说：“我与乙的卡片上相同的数字不是
2
”
；

所以甲的卡片上写的数字不是
1
和
2
，这与已知矛盾；

所以甲的卡片上的数字是
1
和
3
.

14．【解析】试题分析：由复数的运算可知是纯虚数则其实部必为零即所以考
点：复数的运算
解析：
2

【解析】

试题分析：由复数的运算可知数，则其实部必为零，即
考点：复数的运算
.

，所以
.

，

12i

ai
是纯虚
15
．【解析】【分析】将平移到和相交的位置解三角形求得线线角的余 弦值
【详解】过作过作画出图像如下图所示由于四边形是平行四边形故所以是所求
线线角或其补 角在三角形中故【点睛】本小题主要考查空间两条直线所成角的

解析：
6

4
【解析】

【分析】

将
AC
平移到和
BC
1
相交的位置，解三角形求得线线角的余弦值
.

【详解】

过
B
作
BDAC
，过
C
作
CDAB
，画出图像如下图所示，由于四边形
ABCD
是平行
四 边形，故
BDAC
，所以
C
1
BD
是所求线线角或其补角
.
在三角形
BC
1
D
中，

BC1
C
1
D22,BD23
，故
cosC
1BD
81286
.


4
22223

【点睛】

本小题主要考查 空间两条直线所成角的余弦值的计算，考查数形结合的数学思想方法，属
于中档题
.

16．660【解析】【分析】【详解】第一类先选女男有种这人选人作为队长和副
队有种故有 种；第二类先选女男有种这人选人作为队长和副队有种故有种根据
分类计数原理共有种故答案为
解析：660

【解析】

【分析】

【详解】

31
2
第一类，先选
1
女
3< br>男，有
C
6
C
2
40
种，这
4
人 选
2
人作为队长和副队有
A
4
12
种，故
22< br>有
4012480

种；第二类，先选
2
女
2< br>男，有
C
6
C
2
15
种，这
4
人 选
2
人作为队长和
2
副队有
A
4
12
种 ，故有
1512180
种，根据分类计数原理共有
480180660
种，故
答案为
660
.

17．【解析】由题意二项式展开的通项令得则的系数是考点：1二项式定理的展
开式应用
解析：
35

【解析】

由题意，二项式
(x)
展开的通项
T
r1
C
7
(x)
4
得< br>r4
，则
x
5
的系数是
C
7
35
.

3
1
x
7
r37r
1
r214 r
()
r
C
7
x
，令
214r5
，
x
考点：
1.
二项式定理的展开式应用
.

18< br>．【解析】【分析】由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱
锥的体积【详解】因为 长方体的体积为
120
所以因为为的中点所以由长方体的
性质知底面所以是三棱锥的底 面上的高所以三棱锥的体积【点睛】本题蕴

解析：【解析】

【分析】

由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积
.

【详解】

因为长方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
的体积为
120
，

所以
ABBCCC
1
120
，

因为
E
为
CC
1
的中点，

所以
CE
1
CC
1
，

2
由长 方体的性质知
CC
1

底面
ABCD
，

所以
CE
是三棱锥
EBCD
的底面
BCD
上的高，

所以三棱锥
EBCD
的体积
111111
VABBC CEABBCCC
1
12010
.

3232212
【点睛】

本题蕴含
“
整体和局部
”
的对立统一规律
.
在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意
理清整 体和局部的关系，灵活利用
“
割
”
与
“
补
”
的方法解题
.

19．1：8【解析】考查类比的方法所以体积比为1∶8
解析：
1
：
8

【解析】

1
S h
V
1
3
11
S
1
h
1
111< br>＝＝＝
，所以体积比为
1
∶
8.

考查类比的方 法，
＝
V
2
1
Sh
S
2
h
2428
22
3
20
．【解析】【分析】由及三角变换可得故于是得到或再 根据可得从而然后根
据余弦定理可求出于是可得所求三角形的面积【详解】由得
∵∴∴
又为三角形
的内角
∴
或又
∴
于是由余弦定理得即解得故
∴< br>故答案为【点睛】正余弦定理

解析：
72

【解析】

【分析】

由
bcosC1cos2Csin BcosC

及三角变换可得，故
sin2Bsin2C
，于是得到ccosB1cos2BsinCcosB
BC
或
BC
出
bc
【详解】


2
，再根据
cosA
1
可得
BC
，从而
bc
，然后根据余弦定理可求
3
21
，于是可得所求三角形的面积．

bcosC1cos2C
sinB cosC2cos
2
C

由，得，


2
ccosB1cos2B
sinCcosB2cosB
∵
cosC0,cosB 0
，

∴
sinBcosC

，

sinCcosB
∴
sin2Bsin2C
，

又
B,C
为三角形的内角，

∴
BC
或
BC
又
cosA

2
，

1
，

3
222
∴
BC
，于是
bc
．

由余弦定理得
abc2bcosA,

即
27
解得< br>b
∴
S
ABC


2
2
b
2
b
2
b
2
，

3
21
，故
c21
．

1122
bcsinA212172
.

223
故答案为
72
．

【点睛】

正余 弦定理常与三角变换结合在一起考查，此类问题一般以三角形为载体，解题时要注意
合理利用相关公式和 三角形三角的关系进行求解，考查综合运用知识解决问题的能力，属
于中档题．

三、解答题

21．（
1
）见解析（
2
）
【解析】

【分析】

（
1
）连接
OC
，由
BO＝
DO
，
AB
＝
AD
，知
AO
⊥BD
，由
BO
＝
DO
，
BC
＝
CD< br>，知
CO
⊥
BD
．在△
AOC
中，由题设知
AO1，CO3
，
AC
＝
2
，故
AO
2
+CO
2
＝
AC
2
，由
此能够证明
AO
⊥平面
BCD
；

（
2
）取
AC
的中点< br>M
，连接
OM
、
ME
、
OE
，由
E
为
BC
的中点，知
ME
∥
AB
，
OE∥
DC
，故直线
OE
与
EM
所成的锐角就是异面直线< br>AB
与
CD
所成的角．在△
OME
中，
EM
余弦；

（
3
）设点
E
到平面
ACD
的 距离为
h
．在△
ACD
中，
CACD2，AD
21< br>2
（
3
）

7
4
121
AB，O EDC1
，由此能求出异面直线
AB
与
CD
所成角大小的
222
2
，故

S
ACD

2
< br>17
，由
AO
＝
1
，知
S
24



22

2

2
C DE

13
2
3
，由此能
2
242
求出点
E
到平面
ACD
的距离．

【详解】
（
1
）证明：连接
OC
，∵
BO
＝
DO
，
AB
＝
AD
，∴
AO
⊥
BD
，

∵
BO
＝
DO
，
BC
＝
CD
，∴
CO
⊥
BD
．

在△
AOC
中，由题 设知
AO1，CO3
，
AC
＝
2
，

∴
AO
2
+CO
2
＝
AC
2
，

∴∠
AOC
＝
90
°，即
AO
⊥
OC．

∵
AO
⊥
BD
，
BD
∩
OC
＝
O
，

∴
AO
⊥平面
BCD
．

（
2
） 解：取
AC
的中点
M
，连接
OM
、
ME
、
OE
，由
E
为
BC
的中点，

知
ME
∥
AB
，
OE
∥
DC
，

∴ 直线
OE
与
EM
所成的锐角就是异面直线
AB
与
C D
所成的角．

在△
OME
中，
EM
121AB，OEDC1
，


222
∵
OM
是直角△
AOC
斜边
AC
上的中线，∴
OM
1
A C1
，


2
1
1
2
2
< br>∴
cosOEM
，

4
2
21
2< br>1
∴异面直线
AB
与
CD
所成角大小的余弦为
2< br>
4
（
3
）解：设点
E
到平面
ACD
的距离为
h
．

V
EACD
V
ACDE
，

1
h ．S
3
ACD
1
．AO．S
3
CDE
，

在△
ACD
中，
CACD2，AD
2
2
，< br>
∴
S
ACD

2

17
，
24




22

2

CDE
∵
AO
＝
1
，
S
13
2
3
，

2
242
∴
h
AOS< br>CDE

S
ACD
1
3
2

21
，

7
7
2

∴点
E
到平面
ACD
的距离为
21
．

7

【点睛】

本题考查点、线、面间的距离的计算，考查空间想象力和等价转化能力，解 题时要认真审
题，仔细解答，注意化立体几何问题为平面几何问题．

22．(1)见解析；(2)

sin


【解析】

试题分析：
.
（< br>1
）取
AP
中点
M
，易证
PA
面
DMB
，所以
PABD
，（
2
）以
43

7
MP,MB,MD
所在直线分别为
x,y,z
轴建立空间直角坐标系，平 面
DPC
的法向量
n
1
3,1,3
，设平面
PCB
的法向量
n
2
=
即
sin


3,1,3
，
cosn
1
,n
2
< br>
n
1
•
n
2
n
1
n
2< br>
1
，
7
43
.

7
试题解析：

（1）证明：取
AP
中点
M
，连
DM,BM
，

∵
DADP
，
BABP

∴
PADM
，
PABM
，∵
DMBMM

∴
PA
面
DMB
，又∵
BD
面
DMB
，∴
PABD


（
2
）∵
DADP
，
BABP
，
DADP
，
ABP60
0< br>
∴
DAP
是等腰三角形，
ABP
是等边三角形，∵ABPBBD2
，∴
DM1
，
BM3
.
< br>∴
BD
2
MB
2
MD
2
，∴
M DMB

以
MP,MB,MD
所在直线分别为
x, y,z
轴建立空间直角坐标系，

则
A

1,0,0
，
B0,3,0
，
P

1,0,0

，
D

0,0,1


从而得
DP

1,0,1

，
DCAB1,3,0
，
BP1, 3,0
，
BCAD

1,0,1


设平面< br>DPC
的法向量
n
1


x
1
,y
1
,z
1






n
1
•
DP
0

x
1
z< br>1
0
则

，即

，∴
n
1
3,1,3
，




n
1
•< br>DC
0

x
1
3y
1
0

设平面
PCB
的法向量
n
2


x
2
,y
1
,z
2

，


< br>
n
2
•
BC
0

x
2
z
2
0
由

，得

，∴
n
2




n
2
•
BP
0

x
2
3y
2
0
∴
cosn
1,n
2


3,1,3


n
1< br>•
n
2
n
1
n
2

1
7< br>
43

7
设二面角
DPCB
为
，∴
sin

1cos
2
n
1
,n
2

点睛：利用法向量求解空间二面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当
的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向
量关” ，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.

23．（1）
【解析】

【分析】

⑴运用列举法给出所有情况，求出结果

⑵由众数结合题意求出平均数

⑶分别计算出使用
A
款订餐、使用< br>B
款订餐的平均数进行比较，从而判定

【详解】

（1）使 用
A
款订餐软件的商家中“平均送达时间”不超过20分钟的商家共有
1
； （2）
40
； （3）选
B
款订餐软件.

2
10 00.006106
个，分别记为甲，
a,b,c,d,e,

从中随机抽取3个商家的情况如下：共20种.

甲，a,b

,

甲，a,c

,

甲，a,d

,
甲，a,e

,

甲，b,c

,

甲，b,d

,

甲，b,e

,
< br>甲，c,d

甲，c,e

,

甲，d,e

,

a,b,c

,

a,b,d

,

a,b,e

,

a,c,d
,

a,c,e

,

a,d,e

,

b,c,d

,

b,c,e

,< br>
b,d,e

,

c,d,e

.

甲商家被抽到的情况如下：共10种．


甲，a,b

,

甲，a,c

,

甲，a,d

,

甲，a,e

,

甲，b,c

,
甲，b,d

,

甲，b,e

,

甲，c,d

,

甲，c,e

,
< br>甲，d,e


记事件
A
为甲商家被抽到，则
P

A


101

.

202
（2）依题意可得，使用
A
款订餐软件的商家中“平均送达时间”的众数为5 5，平均数为

150.06250.34350.12450.04550 .4650.0440
.

（3）使用
B
款订餐软件的商家中“平均送达时间”的平均数为

1 50.04250.2350.56450.14550.04650.02354 0

所以选
B
款订餐软件．

【点睛】

本题主要考查了频率分布直方图，平均数和众数，古典概率等基础知识，考查了数据处理
能力以及运算 求解能力和应用意识，属于基础题．

24．（1）方式一（
2
）
【解析】

【分析】

（
1
）用总的受训时间除以
60
，得到平均受训时间
.由此判断出方式一效率更高
.
（
2
）利用
分层抽样的知识，计算 得来自甲组
2
人，乙组
4
人
.
再利用列举法求得“从这6
人中随机抽
取
2
人，求这
2
人中至少有
1< br>人来自甲组的概率
”.

【详解】

解:（1）设甲乙两组员 工受训的平均时间分别为
t
1
、
t
2
，则

3

5
t
1

t
2

2 0525101015520
10
（小时）

60
8416820121616
10.9
（小时）

60据此可估计用方式一与方式二培训，员工受训的平均时间分别为10小时和10.9小时，因
10 10.9
，据此可判断培训方式一比方式二效率更高；

（2）从第三周培训后达标的员工中采用分层抽样的方法抽取6人,

则这6人中来自 甲组的人数为：
来自乙组的人数为：
6
102
，

30
6
204
，

30
记来自甲组的2人为：
a、b
；来自乙组的4人为：
c、d、e、f
，则从这6人中随机抽取

2人的不同方法数有：

a,b

,

a,c

,

a,d

,

a,e
< br>,

a,f

，

b,c

,
b,d

,

b,e

,

b,f

，

c,d

,

c,e
,

c,f

，

d,e

,

d,f

,

e,f

，共15种 ，

其中至少有1人来自甲组的有：

a,b

,

a,c

,

a,d

,

a ,e

,

a,f

，

b,c

,

b,d

,

b,e

,

b,f

,

共9种，故所求的概率
P
93

.

155

【点睛】

本题主要考查平均数的计算，考查分层抽样，考查古典概型的计算方法，属于中档题
.

25
．（
1
）
【解析】

试题分析：（
1
）所有的可能结果
(a,b,c)
共有
33327
种，而满足
abc
的
18
；（
2
）
.

99
(a,b,c)
共计
3
个，由此求得
“
抽取的卡片上的 数字满足
abc
”
的概率；

（
2
）所有的可 能结果
(a,b,c)
共有
33327
种，用列举法求得满足
“
抽取的卡片上的数
字
a
、
b
、
c
完全相 同
”
的
(a,b,c)
共计三个，由此求得
“
抽取的卡片上 的数字
a
、
b
、
c
完
全相同
”
的 概率，再用
1
减去此概率，即得所求．

试题解析：（
1
）

所有的可能结果
(a,b,c)
共有
33327
种，

而满足
abc
的
(a,b,c)
有
(1,1,2)、
(1,2,3)
、
(2,1,3)
共计
3
个

故
“
抽取的卡片上的数字满足
abc
”
的概率为
31


279
（
2
）

所有的可能结果
(a,b,c)
共有
33327
种

满足
“
抽取的卡片上的数字
a
、
b
、
c< br>完全相同
”
的
(a,b,c)
有
(1,1,1)
、< br>(2,2,2)
、
(3,3,3)
共
计三个

故“
抽取的卡片上的数字
a
、
b
、
c
完全相同< br>”
的概率为
31


279
18


99
所以
“
抽取的卡片上的数字
a
、
b
、
c
不完全相同
”
的概率为
1
考点：独立事件的概率．
【方法点睛】求复杂事件的概率通常有两种方法：一是将所求事件转化成彼此互斥的事件
的和；二是先求其对立事件的概率，然后再应用公式求解．如果采用方法一，一定要将事
件拆分成若干个 互斥事件，不能重复和遗漏；如果采用方法二，一定要找准其对立事件，
否则容易出现错误．