2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)全冊(cè)綜合檢測(cè)試題課時(shí)作業(yè)含解析新人教A版必修第二冊(cè)

PAGEPAGE1全冊(cè)綜合檢測(cè)試題時(shí)間：120分鐘分值：150分第Ⅰ卷(選擇題，共60分)eq\a\vs4\al(一、單項(xiàng)選擇題每小題5分，共40分)1．下列命題為假命題的是(D)A．復(fù)數(shù)的模是非負(fù)實(shí)數(shù)B．復(fù)數(shù)等于零的充要條件是它的模等于零C．兩個(gè)復(fù)數(shù)的模相等是這兩個(gè)復(fù)數(shù)相等的必要條件D．復(fù)數(shù)z1>z2的充要條件是|z1|>|z2|解析：A中，任何復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)的模|z|＝eq\r(a2＋b2)≥0總成立，所以A正確；B中，由復(fù)數(shù)為零的條件z＝0?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0，,b＝0))?|z|＝0，故B正確；C中，若z1＝a1＋b1i，z2＝a2＋b2i(a1，b1，a2，b2∈R)，且z1＝z2，則有a1＝a2，b1＝b2，所以|z1|＝|z2|；反之，由|z1|＝|z2|，推不出z1＝z2，如z1＝1＋3i，z2＝1－3i時(shí)，|z1|＝|z2|，故C正確；D中，若z1＝a1＋b1i，z2＝a2＋b2i，z1>z2，則a1>a2，b1＝b2＝0，此時(shí)|z1|>|z2|；若|z1|>|z2|，z1與z2不肯定能比較大小，所以D錯(cuò)誤．2．隨機(jī)調(diào)查某校50個(gè)學(xué)生在學(xué)校的午餐費(fèi)，結(jié)果如表：餐費(fèi)/元678人數(shù)102020這50個(gè)學(xué)生的午餐費(fèi)的平均值和方差分別是(A)A．7.2,0.56 B．7.2，eq\r(0.56)C．7,0.6 D．7，eq\r(0.6)解析：依據(jù)題意，計(jì)算這50個(gè)學(xué)生午餐費(fèi)的平均值是eq\x\to(x)＝eq\f(1,50)×(6×10＋7×20＋8×20)＝7.2，方差是s2＝eq\f(1,50)[10×(6－7.2)2＋20×(7－7.2)2＋20×(8－7.2)2]＝eq\f(1,50)(14.4＋0.8＋12.8)＝0.56.3．設(shè)α，β為兩個(gè)平面，則α∥β的充要條件是(B)A．α內(nèi)有多數(shù)條直線(xiàn)與β平行B．α內(nèi)有兩條相交直線(xiàn)與β平行C．α，β平行于同一條直線(xiàn)D．α，β垂直于同一平面解析：當(dāng)α內(nèi)有多數(shù)條直線(xiàn)與β平行，也可能兩平面相交，故A錯(cuò)．同樣當(dāng)α，β平行于同一條直線(xiàn)或α，β垂直于同一平面時(shí)，兩平面也可能相交，故C，D錯(cuò)．由面面平行的判定定理可得B正確．4．如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱垂直于底面，底面是邊長(zhǎng)為2的正三角形，側(cè)棱長(zhǎng)為3，則CC1與平面AB1C1所成的角為(A)A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(π,2)解析：如圖，取B1C1中點(diǎn)為D，連接AD，A1D，因?yàn)閭?cè)棱垂直于底面，底邊是邊長(zhǎng)為2的正三角形，所以三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱，所以CC1∥AA1，所以AA1與平面AB1C1所成的角即是CC1與平面AB1C1所成的角，因?yàn)锽1C1⊥A1D，B1C1⊥AA1，所以B1C1⊥平面AA1D，所以平面AA1D⊥平面AB1C1，所以AA1與平面AB1C1所成角為∠A1AD，因?yàn)锳A1＝3，A1D＝eq\r(3)，所以tan∠A1AD＝eq\f(A1D,AA1)＝eq\f(\r(3),3)，所以∠A1AD＝eq\f(π,6)，所以CC1與平面AB1C1所成角為eq\f(π,6).5．正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，點(diǎn)E為BC邊的中點(diǎn)，F(xiàn)為CD邊上一點(diǎn)，若eq\o(AF,\s\up15(→))·eq\o(AE,\s\up15(→))＝|eq\o(AE,\s\up15(→))|2，則|eq\o(AF,\s\up15(→))|＝(D)A．3 B．5C.eq\f(3,2) D.eq\f(5,2)解析：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線(xiàn)為x軸，AD所在直線(xiàn)為y軸建立坐標(biāo)系，如圖所示，因?yàn)镋為BC邊的中點(diǎn)，所以E(2,1)，因?yàn)镕為CD邊上一點(diǎn)，所以可設(shè)F(t,2)(0≤t≤2)，所以eq\o(AF,\s\up15(→))＝(t,2)，eq\o(AE,\s\up15(→))＝(2,1)，由eq\o(AF,\s\up15(→))·eq\o(AE,\s\up15(→))＝|eq\o(AE,\s\up15(→))|2可得：2t＋2＝22＋1＝5，所以t＝eq\f(3,2)，所以eq\o(AF,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))，所以|eq\o(AF,\s\up15(→))|＝eq\r(\f(3,2)2＋22)＝eq\f(5,2).6．已知點(diǎn)O是△ABC內(nèi)部一點(diǎn)，并且滿(mǎn)意eq\o(OA,\s\up15(→))＋2eq\o(OB,\s\up15(→))＋3eq\o(OC,\s\up15(→))＝0，△BOC的面積為S1，△ABC的面積為S2，則eq\f(S1,S2)＝(A)A.eq\f(1,6)B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,3)D.eq\f(3,4)解析：因?yàn)閑q\o(OA,\s\up15(→))＋2eq\o(OB,\s\up15(→))＋3eq\o(OC,\s\up15(→))＝0，所以eq\o(OA,\s\up15(→))＋eq\o(OC,\s\up15(→))＝－2(eq\o(OB,\s\up15(→))＋eq\o(OC,\s\up15(→)))，如圖，分別取AC，BC的中點(diǎn)D，E，則eq\o(OA,\s\up15(→))＋eq\o(OC,\s\up15(→))＝2eq\o(OD,\s\up15(→))，eq\o(OB,\s\up15(→))＋eq\o(OC,\s\up15(→))＝2eq\o(OE,\s\up15(→))，所以eq\o(OD,\s\up15(→))＝－2eq\o(OE,\s\up15(→))，即O，D，E三點(diǎn)共線(xiàn)且|eq\o(OD,\s\up15(→))|＝2|eq\o(OE,\s\up15(→))|，則S△OBC＝eq\f(1,3)S△DBC，由于D為AC中點(diǎn)，所以S△DBC＝eq\f(1,2)S△ABC，所以S△OBC＝eq\f(1,6)S△ABC，即eq\f(S1,S2)＝eq\f(1,6).7．為向國(guó)際化大都市目標(biāo)邁進(jìn)，某市今年新建三大類(lèi)重點(diǎn)工程，它們分別是30項(xiàng)基礎(chǔ)設(shè)施類(lèi)工程，20項(xiàng)民生類(lèi)工程和10項(xiàng)產(chǎn)業(yè)建設(shè)類(lèi)工程．現(xiàn)有3名民工相互獨(dú)立地從這60個(gè)項(xiàng)目中任選一個(gè)項(xiàng)目參與建設(shè)，則這3名民工選擇的項(xiàng)目所屬類(lèi)別互異的概率是(D)A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,6)解析：記第i名民工選擇的項(xiàng)目屬于基礎(chǔ)設(shè)施類(lèi)、民生類(lèi)、產(chǎn)業(yè)建設(shè)類(lèi)分別為事務(wù)Ai，Bi，Ci，i＝1,2,3.由題意，事務(wù)Ai，Bi，Ci(i＝1,2,3)相互獨(dú)立，則P(Ai)＝eq\f(30,60)＝eq\f(1,2)，P(Bi)＝eq\f(20,60)＝eq\f(1,3)，P(Ci)＝eq\f(10,60)＝eq\f(1,6)，i＝1,2,3，故這3名民工選擇的項(xiàng)目所屬類(lèi)別互異的概率是P＝6P(AiBiCi)＝6×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,6).8．如圖，△ABC是邊長(zhǎng)為2eq\r(3)的正三角形，P是以C為圓心，半徑為1的圓上隨意一點(diǎn)，則eq\o(AP,\s\up15(→))·eq\o(BP,\s\up15(→))的取值范圍是(A)A．[1,13]B．(1,13)C．(4,10)D．[4,10]解析：取AB的中點(diǎn)D，連接CD，CP，則eq\o(CA,\s\up15(→))＋eq\o(CB,\s\up15(→))＝2eq\o(CD,\s\up15(→))，所以eq\o(AP,\s\up15(→))·eq\o(BP,\s\up15(→))＝(eq\o(CP,\s\up15(→))－eq\o(CA,\s\up15(→)))·(eq\o(CP,\s\up15(→))－eq\o(CB,\s\up15(→)))＝eq\o(CA,\s\up15(→))·eq\o(CB,\s\up15(→))－2eq\o(CD,\s\up15(→))·eq\o(CP,\s\up15(→))＋1＝(2eq\r(3))2coseq\f(π,3)－2×3×1×cos〈eq\o(CD,\s\up15(→))，eq\o(CP,\s\up15(→))〉＋1＝7－6cos〈eq\o(CD,\s\up15(→))，eq\o(CP,\s\up15(→))〉，所以當(dāng)cos〈eq\o(CD,\s\up15(→))，eq\o(CP,\s\up15(→))〉＝1時(shí)，eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(BP,\s\up15(→))取得最小值為1；當(dāng)cos〈eq\o(CD,\s\up15(→))，eq\o(CP,\s\up15(→))〉＝－1時(shí)，eq\o(AP,\s\up15(→))·eq\o(BP,\s\up15(→))取得最大值為13，因此eq\o(AP,\s\up15(→))·eq\o(BP,\s\up15(→))的取值范圍是[1,13]．eq\a\vs4\al(二、多項(xiàng)選擇題每小題5分，共20分)9．為了反映各行業(yè)對(duì)倉(cāng)儲(chǔ)物流業(yè)務(wù)需求改變的狀況，以及重要商品庫(kù)存改變的動(dòng)向，中國(guó)物流與選購(gòu) 聯(lián)合會(huì)和中儲(chǔ)發(fā)展股份有限公司通過(guò)聯(lián)合調(diào)查，制定了中國(guó)倉(cāng)儲(chǔ)指數(shù)．由2024年1月至2024年7月的調(diào)查數(shù)據(jù)得出的中國(guó)倉(cāng)儲(chǔ)指數(shù)，繪制出如下的折線(xiàn)圖．依據(jù)該折線(xiàn)圖，下列結(jié)論錯(cuò)誤的是(ABC)A．2024年各月的倉(cāng)儲(chǔ)指數(shù)最大值是在3月份B．2024年1月至7月的倉(cāng)儲(chǔ)指數(shù)的中位數(shù)約為55C．2024年1月與4月的倉(cāng)儲(chǔ)指數(shù)的平均數(shù)約為52D．2024年1月至4月的倉(cāng)儲(chǔ)指數(shù)相對(duì)于2024年1月至4月，波動(dòng)性更大解析：2024年各月的倉(cāng)儲(chǔ)指數(shù)最大值是在11月份，所以A錯(cuò)誤；由題圖知，2024年1月至7月的倉(cāng)儲(chǔ)指數(shù)的中位數(shù)約為52，所以B錯(cuò)誤；2024年1月與4月的倉(cāng)儲(chǔ)指數(shù)的平均數(shù)約為eq\f(51＋55,2)＝53，所以C錯(cuò)誤；由題圖可知，2024年1月至4月的倉(cāng)儲(chǔ)指數(shù)比2024年1月至4月的倉(cāng)儲(chǔ)指數(shù)波動(dòng)更大．所以D正確．10．已知數(shù)據(jù)x1，x2，x3，…，xn是A市n(n≥3，n∈N*)個(gè)一般職工的年收入，設(shè)這n個(gè)數(shù)據(jù)的中位數(shù)為x，平均數(shù)為y，方差為z，假如再加上世界首富的年收入xn＋1，對(duì)于這(n＋1)個(gè)數(shù)據(jù)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(ACD)A．年收入平均數(shù)可能不變，中位數(shù)可能不變，方差可能不變B．年收入平均數(shù)大大增大，中位數(shù)可能不變，方差變大C．年收入平均數(shù)大大增大，中位數(shù)可能不變，方差也不變D．年收入平均數(shù)大大增大，中位數(shù)肯定變大，方差可能不變解析：∵數(shù)據(jù)x1，x2，x3，…，xn是A市n(n≥3，n∈N*)個(gè)一般職工的年收入，而xn＋1為世界首富的年收入，則xn＋1會(huì)遠(yuǎn)大于x1，x2，x3，…，xn，∴對(duì)于這(n＋1)個(gè)數(shù)據(jù)，年收入平均數(shù)大大增大，但中位數(shù)可能不變，也可能略微變大，但由于數(shù)據(jù)的集中程度受到xn＋1比較大的影響，數(shù)據(jù)更加離散，則方差變大．故A、C、D說(shuō)法錯(cuò)誤，符合題意．11．已知向量a，e滿(mǎn)意a≠e，|e|＝1，且對(duì)隨意t∈R，恒有|a－te|≥|a－e|成立，則(BC)A．a(chǎn)⊥e B．a(chǎn)·e＝1C．e⊥(a－e) D．(a＋e)⊥(a－e)解析：由條件可知|a－te|2≥|a－e|2對(duì)t∈R恒成立，又∵|e|＝1，∴t2－2ta·e＋2a·e－1≥0對(duì)t∈R恒成立，即Δ＝(－2a·e)2－8a·e＋4≤0恒成立，∴(a·e－1)2≤0恒成立，而(a·e－1)2≥0，∴a·e－1＝0，即a·e＝1＝e2，∴e·(a－e)＝0，即e⊥(a－e)．12．如圖，在矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，E為AB的中點(diǎn)，將△ADE沿DE翻折到△A1DE的位置，A1?平面ABCD，M為A1C的中點(diǎn)，則在翻折過(guò)程中，下列結(jié)論正確的是(ABC)A．恒有BM∥平面A1DEB．B與M兩點(diǎn)間距離恒為定值C．三棱錐A1-DEM的體積的最大值為eq\f(\r(2),12)D．存在某個(gè)位置，使得平面A1DE⊥平面A1CD解析：如圖，取A1D的中點(diǎn)N，連接MN，EN，可得四邊形BMNE是平行四邊形，所以BM∥EN，所以BM∥平面A1DE，故A正確；(也可以延長(zhǎng)DE，CB交于H，可證明MB∥A1H，從而證BM∥平面A1DE)因?yàn)镈N＝eq\f(1,2)，DE＝eq\r(2)，∠A1DE＝∠ADE＝45°，依據(jù)余弦定理得EN2＝eq\f(1,4)＋2－2×eq\r(2)×eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)，得EN＝eq\f(\r(5),2)，因?yàn)镋N＝BM，故BM＝eq\f(\r(5),2)，故B正確；因?yàn)镸為A1C的中點(diǎn)，所以三棱錐C-A1DE的體積是三棱錐M-A1DE的體積的兩倍，故三棱錐C-A1DE的體積VC-A1DE＝VA1-DEC＝eq\f(1,3)S△CDE·h，其中h表示A1究竟面ABCD的距離，當(dāng)平面A1DE⊥平面ABCD時(shí)，h達(dá)到最大值，此時(shí)VA1-DEC取到最大值eq\f(\r(2),6)，所以三棱錐M-A1DE體積的最大值為eq\f(\r(2),12)，即三棱錐A1-DEM體積的最大值為eq\f(\r(2),12)，故C正確；考察D選項(xiàng)，假設(shè)平面A1DE⊥平面A1CD，因?yàn)槠矫鍭1DE∩平面A1CD＝A1D，A1E⊥A1D，故A1E⊥平面A1CD，所以A1E⊥A1C，則在△A1CE中，∠EA1C＝90°，A1E＝1，EC＝eq\r(2)，所以A1C＝1，又因?yàn)锳1D＝1，CD＝2，所以A1D＋A1C＝CD，故A1，C，D三點(diǎn)共線(xiàn)．所以A1∈CD，得A1∈平面ABCD，與題干條件A1?平面ABCD沖突，故D不正確．故選ABC.第Ⅱ卷(非選擇題，共90分)eq\a\vs4\al(三、填空題每小題5分，共20分)13．隨著社會(huì)的發(fā)展，食品平安問(wèn)題慢慢成為社會(huì)關(guān)注的熱點(diǎn)，為了提高學(xué)生的食品平安意識(shí)，某學(xué)校組織全校學(xué)生參與食品平安學(xué)問(wèn)競(jìng)賽，成果的頻率分布直方圖如圖所示，數(shù)據(jù)的分組依次為[20,40)，[40,60)，[60,80)，[80,100]，若該校的學(xué)生總?cè)藬?shù)為3000，則成果不超過(guò)60分的學(xué)生人數(shù)大約為900.解析：由題圖知，成果不超過(guò)60分的學(xué)生的頻率為(0.005＋0.01)×20＝0.3，所以成果不超過(guò)60分的學(xué)生人數(shù)大約為0.3×3000＝900.14．從3名男同學(xué)和2名女同學(xué)中任選2名同學(xué)參與志愿者服務(wù)，則選出的2名同學(xué)中至少有1名女同學(xué)的概率是eq\f(7,10).解析：從3名男同學(xué)和2名女同學(xué)中任選2名同學(xué)參與志愿者服務(wù)，共有10種狀況．若選出的2名學(xué)生恰有1名女生，有6種狀況，若選出的2名學(xué)生都是女生，有1種狀況，所以所求的概率為eq\f(6＋1,10)＝eq\f(7,10).15．已知復(fù)數(shù)z1＝2＋3i，z2＝a＋bi，z3＝1－4i，它們?cè)趶?fù)平面上所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為A，B，C，若eq\o(OC,\s\up15(→))＝2eq\o(OA,\s\up15(→))＋eq\o(OB,\s\up15(→))，則a＝－3，b＝－10.解析：因?yàn)閑q\o(OC,\s\up15(→))＝2eq\o(OA,\s\up15(→))＋eq\o(OB,\s\up15(→))，所以1－4i＝2(2＋3i)＋(a＋bi)即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝4＋a，,－4＝6＋b，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝－10.))16．已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，除平面ABCD外，該正方體其余各面的中心分別為點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，M，則四棱錐M-EFGH的體積為eq\f(2,3).解析：因?yàn)榈酌鍱FGH的對(duì)角線(xiàn)EG與FH相互垂直，所以SEFGH＝eq\f(1,2)×EG×FH＝eq\f(1,2)×2×2＝2，又M究竟面EFGH的距離等于棱長(zhǎng)的一半，即h＝eq\f(1,2)×2＝1，所以四棱錐M-EFGH的體積：VM-EFGH＝eq\f(1,3)×SEFGH×h＝eq\f(1,3)×2×1＝eq\f(2,3).eq\a\vs4\al(四、解答題寫(xiě)出必要的計(jì)算步驟，只寫(xiě)最終結(jié)果不得分，共70分)17．(10分)某市舉方法律學(xué)問(wèn)問(wèn)答活動(dòng)，隨機(jī)從該市18～68歲的人群中抽取了一個(gè)容量為n的樣本，并將樣本數(shù)據(jù)分成五組：[18,28)，[28,38)，[38,48)，[48,58)，[58,68]，并繪制如圖所示的頻率分布直方圖，再將其分別編號(hào)為第1組，第2組，…，第5組．該部門(mén)對(duì)回答問(wèn)題的狀況進(jìn)行統(tǒng)計(jì)后，繪制了下表．組號(hào)分組回答正確的人數(shù)回答正確的人數(shù)占本組的比例第1組[18,28)50.5第2組[28,38)18a第3組[38,48)270.9第4組[48,58)x0.36第5組[58,68]30.2(1)分別求出a，x的值；(2)從第2,3,4組回答正確的人中用分層隨機(jī)抽樣的方法抽取6人，則第2,3,4組每組各應(yīng)抽取多少人？(3)在(2)的前提下，在所抽取的6人中隨機(jī)抽取2人頒發(fā)幸運(yùn)獎(jiǎng)，求第2組至少有1人獲得幸運(yùn)獎(jiǎng)的概率．解：(1)第1組的人數(shù)為5÷0.5＝10，第1組的頻率為0.010×10＝0.1，所以n＝10÷0.1＝100.第2組的頻率為0.020×10＝0.2，人數(shù)為100×0.2＝20，所以a＝18÷20＝0.9.第4組的頻率為0.025×10＝0.25，人數(shù)為100×0.25＝25，所以x＝25×0.36＝9.(2)第2,3,4組回答正確的人數(shù)的比為18279＝231，所以第2,3,4組每組各應(yīng)抽取2人、3人、1人．(3)記“第2組至少有1人獲得幸運(yùn)獎(jiǎng)”為事務(wù)A，設(shè)抽取的6人中，第2組的2人為a1，a2，第3組的3人為b1，b2，b3，第4組的1人為c，則從6人中隨意抽取2人全部可能的結(jié)果為(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，c)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，c)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b1，c)，(b2，b3)，(b2，c)，(b3，c)，共15種．其中第2組至少有1人獲得幸運(yùn)獎(jiǎng)的結(jié)果為(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，c)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，c)，共9種．故P(A)＝eq\f(9,15)＝eq\f(3,5).所以抽取的6人中第2組至少有1人獲得幸運(yùn)獎(jiǎng)的概率為eq\f(3,5).18．(12分)某中學(xué)組織了一次數(shù)學(xué)學(xué)業(yè)水平模擬測(cè)試，學(xué)校從測(cè)試合格的男、女生中各隨機(jī)抽取100人的成果進(jìn)行統(tǒng)計(jì)分析，分別制成了如圖所示的男生和女生數(shù)學(xué)成果的頻率分布直方圖．(注：分組區(qū)間為[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100])(1)若得分大于或等于80認(rèn)定為優(yōu)秀，則男、女生的優(yōu)秀人數(shù)各為多少？(2)在(1)中所述的優(yōu)秀學(xué)生中用分層隨機(jī)抽樣的方法抽取5人，從這5人中隨意選取2人，求至少有一名男生的概率．解：(1)由題可得，男生優(yōu)秀人數(shù)為100×(0.01＋0.02)×10＝30，女生優(yōu)秀人數(shù)為100×(0.015＋0.03)×10＝45.(2)因?yàn)闃颖玖颗c總體中的個(gè)體數(shù)的比是eq\f(5,30＋45)＝eq\f(1,15)，所以樣本中包含的男生人數(shù)為30×eq\f(1,15)＝2，女生人數(shù)為45×eq\f(1,15)＝3.設(shè)抽取的5人分別為A，B,C,D，E，其中A，B為男生，C,D，E為女生，從5人中隨意選取2人，試驗(yàn)的樣本空間Ω＝{(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(C，D)，(C，E)，(D，E)}，共10個(gè)樣本點(diǎn)．事務(wù)“至少有一名男生”包含的樣本點(diǎn)有：(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，共7個(gè)樣本點(diǎn)，故至少有一名男生的概率為P＝eq\f(7,10)，即選取的2人中至少有一名男生的概率為eq\f(7,10).19．(12分)已知在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，滿(mǎn)意sin2A＋sin2B－sin2C＝－eq\r(3)sinAsinB.(1)求角C大??；(2)若c＝2，求eq\r(3)a＋b的取值范圍．解：(1)因?yàn)閟in2A＋sin2B－sin2C＝－eq\r(3)sinAsinB，所以由正弦定理得a2＋b2－c2＝－eq\r(3)ab，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(－\r(3)ab,2ab)＝－eq\f(\r(3),2)，因?yàn)镃∈(0，π)，所以C＝eq\f(5π,6).(2)由正弦定理得2R＝eq\f(c,sinC)＝4，所以eq\r(3)a＋b＝2R(eq\r(3)sinA＋sinB)＝4[eq\r(3)sinA＋sin(eq\f(π,6)－A)]＝4(eq\r(3)sinA＋eq\f(1,2)cosA－eq\f(\r(3),2)sinA)＝4sin(A＋eq\f(π,6))，因?yàn)锳∈(0，eq\f(π,6))，所以A＋eq\f(π,6)∈(eq\f(π,6)，eq\f(π,3))，所以sin(A＋eq\f(π,6))∈(eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2))，所以eq\r(3)a＋b的取值范圍是(2,2eq\r(3))．20．(12分)如圖，A，C兩島之間有一片暗礁，一艘小船于某日上午8時(shí)從A島動(dòng)身，以10海里/小時(shí)的速度，沿北偏東75°方向直線(xiàn)航行，下午1時(shí)到達(dá)B處．然后以同樣的速度，沿北偏東15°方向直線(xiàn)航行，下午4時(shí)到達(dá)C島．(1)求A，C兩島之間的直線(xiàn)距離；(2)求∠BAC的正弦值．解：(1)在△ABC中，由已知，AB＝10×5＝50，BC＝10×3＝30，∠ABC＝180°－75°＋15°＝120°.依據(jù)余弦定理，得AC2＝502＋302－2×50×30cos120°＝4900，所以AC＝70.故A，C兩島之間的直線(xiàn)距離是70海里．(2)在△ABC中，據(jù)正弦定理，得eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，所以sin∠BAC＝eq\f(BCsin∠ABC,AC)＝eq\f(30sin120°,70)＝eq\f(3\r(3),14)，故∠BAC的正弦值是eq\f(3\r(3),14).21．(12分)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，△PCD為等邊三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD＝2，AD＝3.(1)設(shè)G，H分別為PB，AC的中點(diǎn)，求證：GH∥平面PAD