湖北省黄冈市浠水县第一中学2023-2024学年高一下学期期末数学质量检测试题（2）

浠水一中2024年高一年级下学期数学期末试卷(2) 一、选择题：本题共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．从小到大排列的数据1，2，3，x，4，5，6，7，8，y，9，10的下四分位数为（    ）． A．3 B． C．8 D． 2．已知，且，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 3．现利用随机数表法从编号为00，01，02，…，18，19的20支水笔中随机选取6支，选取方法是从下列随机数表第1行的第9个数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第6支水笔的编号为（   ） 95226000 49840128 66175168 39682927 43772366 27096623 92580956 43890890 06482834 59741458 29778149 64608925 A．14 B．08 C．09 D．06 4．已知函数（，，）在一个周期内的图象如图所示，则的值为（    ） A． B． C． D． 5．某校科技社利用打印技术制作实心模型.如图，该模型的上部分是半球，下部分是圆台.其中半球的体积V为，圆台的上底面半径及高均是下底面半径的一半.打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量m约为（   ）（，） A． B． C． D． 6．如图，水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，，则四边形的周长为（    ） A． B． C．8 D．10 7．中国数学家华罗庚倡导的“0.618优选法”在各领域都应用广泛，0.618就是黄金分割比的近似值，古希腊的数学家毕达哥拉斯通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割率，黄金分割率的值也可以用表示，即，则的值为（    ） A． B．1 C． D． 8．中国文化中的太极八卦图蕴含了现代哲学中的矛盾对立统一规律，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，若点P是其内部任意一点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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．已知复数满足，则（   ） A． B． C． D． 10．下列说法正确的是（    ） A．用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体被抽到的概率是0.1 B．数据的平均数为90，方差为3；数据的平均数为85，方差为5，则的平均数为87，方差为10.2 C．数据的第70百分位数是23 D．已知数据的极差为6，方差为2，则数据的极差和方差分别为12，8 11．如图，在棱长为1的正方体中，、分别为棱、的中点，为线段上一个动点，则（   ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点，使平面平面 C．当点与重合时，二面角的正切值为 D．当点为中点时，平面截正方体所得截面的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．若向量与的夹角为锐角，则实数的取值范围是 . 13．已知三棱锥中，为等边三角形，，，，，则三棱锥的外接球的半径为 ． 14．在中，内角的对边分别为，且．若，是边的中点，且，则的内切圆的半径为 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（13分）如图，在△ABC中，已知，，，且． (1)若，求的值 (2)求． 16．（15分）已知的内角为A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且． (1)求角C的大小： (2)若，求的面积． 17．（15分）已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，点在线段上. (1)若为的中点，求证：平面； (2)求二面角的正切值； (3)证明：存在点，使得平面，并求的值. 18．（17分）随机抽取100名学生，测得他们的身高（单位：），按照区间，，，，分组，得到样本身高的频率分布直方图如图所示．    （1）求频率分布直方图中的值及身高在及以上的学生人数； （2）估计该校100名生学身高的75％分位数． （3）若一个总体划分为两层，通过按样本量比例分配分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，，；，，．记总的样本平均数为，样本方差为，证明： ①； ②． 19．（17分）定义三边长分别为，，，则称三元无序数组为三角形数．记为三角形数的全集，即． (1)证明：“”是“”的充分不必要条件； (2)若锐角内接于圆O，且，设． ①若，求； ②证明：． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$试卷第 1页，共 4页 浠水一中 2024 年高一年级下学期数学期末试卷(2) 一、选择题：本题共 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．从小到大排列的数据 1，2，3，x，4，5，6，7，8，y，9，10的下四分位数为（ ）． A．3 B．3+� 2 C．8 D．8+� 2 2．已知 � = 3，且� ⋅ � =− 3，则向量� 在向量� 上的投影向量为（ ） A．− � B．1 3 � C．− � D．1 3 � 3．现利用随机数表法从编号为 00，01，02，…，18，19的 20支水笔中随机选取 6支，选取方法是从 下列随机数表第 1行的第 9个数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第 6支水笔的编号为 （ ） 95226000 49840128 66175168 39682927 43772366 27096623 92580956 43890890 06482834 59741458 29778149 64608925 A．14 B．08 C．09 D．06 4．已知函数� � = �sin �� + � （� > 0，� > 0， � < π 2 ）在一个周期内 的图象如图所示，则�的值为（ ） A．π 3 B．− π 3 C．π 6 D．− π 6 5．某校科技社利用 3�打印技术制作实心模型.如图，该模型的上部分是半球，下部分是圆台.其中半球 的体积V为 144πcm3，圆台的上底面半径及高均是下底面半径的一半.打印所用原料密度�为1.6g/cm3， 不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量 m约为（ ）（1.6� ≈ 5，� = ��） A．3240g B．1665g C．1035g D．315g 6．如图，水平放置的四边形����的斜二测直观图为矩形�′�′�′�′，已知�′�′ = �′�′ = 1，�′�′ = 1， 则四边形����的周长为（ ） 试卷第 2页，共 4页 A．6 2 B．12 2 C．8 D．10 7．中国数学家华罗庚倡导的“0.618优选法”在各领域都应用广泛，0.618就是黄金分割比� = 5−1 2 的近 似值，古希腊的数学家毕达哥拉斯通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割率，黄金分 割率的值也可以用 2sin18°表示，即 5−1 2 = 2sin18°，则 cos18° 2−�2 ⋅sin36° 的值为（ ） A．1 2 B．1 C．− 1 2 D．−1 8．中国文化中的太极八卦图蕴含了现代哲学中的矛盾对立统一规律，如图 1是八卦模型图，其平面图 形记为图 2中的正八边形��������，其中�� = 1，若点 P是其内部任意一点，则�� ⋅ �� + �� ⋅ �� 的取值范围是（ ） A． − 2, 2 + 1 B． − 2, 2 C． −1, 2 − 1 D． −1, 2 + 1 二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，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．已知复数�满足� 1 + i = 2，则（ ） A．� =− 1 − i B． � = 2 C．� ⋅ � = 2 D．�2 = 2 − 2i 10．下列说法正确的是（ ） A．用简单随机抽样的方法从含有 50个个体的总体中抽取一个容量为 5的样本，则个体�被抽到 的概率是 0.1 B．数据�1, �2, ⋯, �10的平均数为 90，方差为 3；数据�1, �2, ⋯, �15的平均数为 85，方差为 5，则 �1, �2, ⋯, �10, �1, �1, ⋯, �15的平均数为 87，方差为 10.2 C．数据 13,27,24,12,14,30,15,17,19,23的第 70百分位数是 23 D．已知数据�1, �2, ⋯, �10的极差为 6，方差为 2，则数据 2�1 + 1,2�2 + 1,⋯, 2�10 + 1的极差和方 差分别为 12，8 试卷第 3页，共 4页 11．如图，在棱长为 1的正方体���� − �1�1�1�1中，�、�分别为棱�1�1、��1的中点，�为线段�1� 上一个动点，则（ ） A．三棱锥�1 − ���的体积为定值 B．存在点�，使平面���//平面���1 C．当点�与�1重合时，二面角� − �� − �1的正切值为 2 2 D．当点�为�1�中点时，平面���截正方体所得截面的面积为 3 3 4 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 12．若向量� → = �, 1 与� → = 4,2 的夹角为锐角，则实数�的取值范围是 . 13．已知三棱锥� − ���中，△ ���为等边三角形，�� ⊥ ��，�� ⊥ ��，�� = 2 3，�� = 2 6，则 三棱锥的外接球的半径为 ． 14．在△ ���中，内角�, �, �的对边分别为�, �, �，且 � sin�+sin� = �−� sin� + � sin�+sin� ．若�� = 2 7，�是边�� 的中点，且�� = 19，则△ ���的内切圆的半径为 ． 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（13分）如图，在△ABC中，已知�� = 2，�� = 3，∠��� = 60°，且�� + �� + �� = 0 ． (1)若�� = ��� + ���，求� + 2�的值 (2)求 cos∠���． 16．（15分）已知△ ���的内角为 A，B，C所对应的边分别为 a，b，c，且�cos� = 2�cos� − �cos�． (1)求角 C的大小： (2)若� = 2, �2 + �2 = �2 + 4��cos�，求△ ���的面积． 试卷第 4页，共 4页 17．（15分）已知正方形����和矩形����所在的平面互相垂直，�� = 2，�� = 1，点�在线段�� 上. (1)若�为��的中点，求证：��//平面���； (2)求二面角� − �� − �的正切值； (3)证明：存在点�，使得�� ⊥平面���，并求�� �� 的值. 18．（17分）随机抽取 100名学生，测得他们的身高（单位：cm），按照区间 160,165 ， 165,170 ， 170,175 ， 175,180 ， 180,185 分组，得到样本身高的频率分布直方图如图所示． （1）求频率分布直方图中�的值及身高在 170cm及以上的学生人数； （2）估计该校 100名生学身高的 75％分位数． （3）若一个总体划分为两层，通过按样本量比例分配分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数 和样本方差分别为：�，�，�12；�，�，�22．记总的样本平均数为�，样本方差为�2，证明： ①� = ��+� � + � �+� �； ②�2 = 1 �+� � �12 + (� − �)2 + � �22 + � − � 2 ． 19．（17分）定义△ ���三边长分别为�，�，�，则称三元无序数组 �, �, � 为三角形数．记�为三角形 数的全集，即 �, �, � ∈ �． (1)证明：“ �, �, � ∈ �”是“ �, �, � ∈ �”的充分不必要条件； (2)若锐角△ ���内接于圆 O，且��� + ��� + ��� = 0 ，设� = �, �, � �, �, � > 0 ． ①若� = 3,4,5 ，求�△���: �△���； ②证明：� ∈ �． 浠水一中2024年高一年级下学期数学期末试卷(2)答案 1．B【详解】共12个数据从小到大排列，，故下四分位数为第3个数据和第4个数据的平均值，即. 故选：B 2．A【详解】向量在向量上的投影向量为，故选：A. 3．A【详解】依次选出的编号为：01，17，09，08，06，14；则选出来的第6支水笔的编号为14. 故选：A. 4．C 【详解】根据函数，，在一个周期内的图象，可得，，．再根据五点法作图，可得，所以，由于，，故选：C. 5．C【详解】设球的半径为，因为半球的体积V为，即，解得， 所以圆台的上底面半径及高均是3，所以圆台的体积为， 所以该模型所需原料的质量m约为，故选：C. 6．D【详解】由题设知：原四边形中且，所以原四边形为平行四边形，而，则原四边形中，故，综上，四边形的周长为.故选：D 7．B【详解】由，且，可得，则 .故选：B. 8．C【详解】由八卦图的对称性可得，故. 设到的距离为，则，解得. 又.又即在上的投影，其最大值为，最小值为.故，即.故选： C 9．BC【详解】由复数满足，可得， 对于A中，由，所以A不正确； 对于B中，由，所以B正确； 对于C中，由，所以C正确； 对于D中，由，所以D不正确. 故选：BC. 10．ABD【详解】A选项，每个个体被抽到的概率为，故A正确； B选项，的平均数为，方差，故B正确； C选项，这10个数据从小到大排列为，由于，故选择第7和第8个数的平均数作为第70百分位数，即，所以第70百分位数是，故C错误； D选项，不妨设，则，即数据的极差为12，由方差性质知，故D正确． 故选：ABD 11．AC【详解】对于A，随着的移动，但是点到平面的距离始终不变即为线段的长度， 故是定值，故A正确； 对于B，如图所示， 连接，为侧面的中心，平面与平面和平面分别交于线、， 若存在点使平面平面，则，又，则四边形为平行四边形，即，而，此时应在延长线上，故不存在线段上一个动点，使平面平面，故B错误； 对于C，取的中点，连接，，又，，所以，，所以为二面角的平面角，又平面，平面，所以，，所以， 即二面角的正切值为，故C正确； 对于D，连接，，，，依题意可知，，， 所以，所以四边形为平面截正方体所得截面，又，，，如下平面图形，过点作，过点作，则，所以，所以， 当点为中点时，平面截正方体所得截面的面积为，故D错误. 故选：AC 12．【详解】∵与的夹角为锐角，∴，即，解得， 当与共线时，可得，解得，所以当时，与同向，∴实数的取值范围是. 故答案为：. 13．3 【详解】取线段的中点，分别连接，因为为等边三角形，则，所以，因为，且，平面，所以平面，因为平面，所以，又因为的中点为，则垂直平分，因为，所以，所以为等腰直角三角形，所以，因为，则，所以，又因为，平面，，所以平面，则易知，，两两垂直且长度均为， 所以可将三棱锥补成正方体，如图所示三棱锥的外接球就是正方体的外接球， 设外接球的半径为，则. 故答案为：3. 14． 【详解】因为，由正弦定理得，所以， 由余弦定理得，又，所以，由余弦定理得，即．又D是边的中点，且，所以， 所以，即，又，所以，，所以．设的内切圆的半径为r，所以，所以． 故答案为：. 15．【详解】（1）由题意知，，则与的夹角为60°，， 如图，，，，∴， ，． （2）由（1）同理可得， ，∴， ， ∴，. 法二： 以为轴，为原点，建立直角坐标系，则，，，，．∴． 16．【详解】（1），由正弦定理得， 即，得，即，又，所以，即，又，所以； （2）由，得，由余弦定理得，得，所以，又，所以.由（1）知，，由余弦定理得，又，所以，由，解得， 所以，故. 17．【详解】（1）设，连接， 因为正方形，所以为中点，又矩形中，为的中点，所以且，所以为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面； （2）在平面中，过作于，连接， 因为正方形和矩形所在的平面互相垂直，，平面平面，平面，所以平面，平面，所以，又，，平面，平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，是二面角的平面角， 因为，，所以，所以，在中，，，二面角的正切值为； （3）连接交于点，因为是正方形，所以， 又正方形和矩形所在的平面互相垂直，平面平面，平面， 所以平面，平面，所以，当时，，平面，所以平面，此时，，，则， 又，所以，则，则，所以，又，所以，则，所以，所以. 18．【详解】（1）由频率分布直方图可知，解得， 身高在及以上的学生人数（人）． （2）的人数占比为％，的人数占比为％，所以该校100名生学身高的75％分位数落在，设该校100名生学身高的75％分位数为，则％，解得，故该校100名生学身高的75％分位数为． （3）由题得①；② 又 同理， ∴ . 19．【详解】（1），则，即，∴，即，同理可得，，则成立，取，则为等腰直角三角形的三边，但，，不能为三角形的三边，故推不出， ∴“”是“”的充分不必要条件． （2）①，则，∴，又因为，∴， 而均为三角形内角，∴，记， ∴； ②由，∴，∴， ∵，即，∴，∴， 同理得，，∴x，y，z可组成三角形，∴. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$浠水一中2024年高一年级下学期数学期末试卷(2)答案 1.B【详解】共12个数据从小到大排列，12×25%=3，故下四分位数为第3个数据和第4个数据 的平均值，即牛故选：B 2.A【详解】向量在向量上的投影向量为行而-x万=-，故选：A 3.A【详解】依次选出的编号为：01,17,09,08,06,14：则选出来的第6支水笔的编号为14. 故选：A 4.C【详解】根据函数（)=sin(+)(>0,>0,|1<)在一个周期内的图象，可得=3， =丝=号-(（)=，=克再根据五点法作图，可得×号+=+2元∈乙，所以= 6 2m,eZ,由于引1<2÷=君故选：C 5.C【详解】设球的半径为，因为半球的体积V为144πcm3,即三π3=144π，解得=6， 所以圆台的上底面半径及高均是3，所以圆台的体积为(36π+9π+V36m·9可×3=63π， 所以该模型所需原料的质量m约为(144π+63π)×1.6≈1035g,故选：C 6.D【详解】由题设知：原四边形中==’‘=’=2且/1，所以原四边形 为平 行四边形，而·'=√2，则原四边形中=2√2，故==√2+乙=3，综上，四边形 的周长为+++=10故选：D 7.B【详解】由=2sn18,且=号，可得=2sn18,则2-西=a-= cos189 cos18 2 C0518 c0518 201-2sm218)sn36=2cs36sn36=01W0 s1n72 cos18 =1.故选：B. 8.C【详解】由八卦图的对称性可得∠ ==1=- =0 -)2 √2+2-2·，11=，2-2c0s:=V2-V2.设到 的距离为，则△= 引川lsin=引1，解得=，2 22+迈=2+ 又 -2W2-22W2-√2√2+V2 2 =(+）=·=||×(-cos4)刘|×(-c0s4)即在上 的投影，其最大值为--2最小值为--子=-_2严故 -2-(+9s·≤2-(9即-1≤·≤2-1放选：c 答案第1页，共7页 9.BC【详解】由复数满足1+0=2，可得=品=2=1- 对于A中，由=1+i,所以A不正确： 对于B中，|1=√12+(-1)乎=V2,所以B正确： 对于C中，由·-=(1-)(1+)=2，所以C正确： 对于D中，由2=(1-)2=-2i,所以D不正确.故选：BC. 10.ABD【详解】A选项，每个个体被抽到的概率为品=0.1，故A正确： B选项，，2,10，，1”15的平均数为00t155=87,方差2=05×103+(90- 10+15 87)2]+15[5+(85-87)2]}=10.2,故B正确： C选项，这10个数据从小到大排列为12,13,14,15,17,19,23,24,27,30，由于10×0.7=7，故选择第7 和第8个数的平均数作为第70百分位数，即3+24=23.5，所以第70百分位数是23.5，故C错误： D选项，不妨设10-1=6，则210+1-(21+1)=2(10-1)=2×6=12，即数据21+ 1,22+1,…,210+1的极差为12，由方差性质知2=22×2=8，故D正确. 故选：ABD 11.AC【详解】对于A,随着的移动，但是点到平面1的距离始终不变即为线段11的长度， 故1 :-1=×11×△，=××××1=是定值，故A正确： 对于B,如图所示， 连接1n=，为侧面11的中心，平面11与平面 和平面 1分别交于线、， 若存在点使平面/平面1，则/，又1/川1，则四边形 为平行四边形，即= ,而>号=1，此时应在1延长线上，故不存在线段1上一个动点，使平面 /平面 2 1,故B错误： 对于C,取的中点，连接1，，又1=1=克==2+=受所以，上， 上，所以上1为二面角一 -1的平面角，又111平面11,1c平面11· 所以：1上1,1=专=份+()=总所以an41=士= =2V2, 1 1 答案第2页，共7页 即二面角-一1的正切值为2V2,故C正确： D B 对于D,连接1， 1,1,，依题意可知1n1=，/川1,1/11 所以/1，所以四边形 1为平面 截正方体所得截面，又1=V+卫=V2,=号 1= =2+=受，如下平面图形，过点作上过点作上1则=(1 )=所以 =V2-z=, ⑨-(9=华，所以，-2+9×9= 当点为1中点时，平面 截正方体所得截面的面积为故D错误。 D F E B M N C 故选：AC 12.（-2,2)U(2+∞)【详解】：与的夹角为锐角，··>0，即4+2>0，解得>-之 当与共线时，可得2-4=0，解得=2，所以当=2时，与同向，实数的取值范围是(- 2)U(亿，+0).故答案为：(-2)U(2,+∞). 13.3【详解取线段的中点，分别连接，，因为△为等边三角形，则= ==26, 所以上，因为上，且n=,,c平面，所以⊥平面 ，因为 平面，所以上，又因为的中点为，则垂直平分，因为上，所以上 ∠=45°，所以△ 为等腰直角三角形，所以==2V3,因为=2V6,则2+2= 2,所以上，又因为上，，c平面，nc,所以1平面，则易 知，，两两垂直且长度均为23， 答案第3页，共7页 所以可将三棱锥补成正方体，如图所示三棱锥的外接球就是正方体的外接球， 设外接球的半径为，则==×23③2+(2V32+(232=3.故答案为：3. 14,,严【详解因为m中后+。D,由正弦定理得，=二十个所以2+2-2=。 由余弦定理得c0s=-了之又0，所以=5由余弦定理得2=2+： ··c0s4,即28=2+2-.又D是边的中点，且=19，所以=(+)， 2 所以2=(+)2=(2+2·+2)，即19=(2++2)，又28=2+2-， 所以2+2=52，=24，所以+=√2+2+2=10.设△ 的内切圆的半径为”，所以 (++)=专·m4,所以=， 0+2=5原a 24×5 3 故答案为：5v3-迈 3 15.【详解】(1)由题意知|=3，||=2，则与的夹角为60°，++=0， 如图，=-，=-，+=-+-=-3，·=(+) ==}+2=1 (2)由(1)同理可得=(+)=(-+)=(2-)，1=【(+ -北)子+2·+（门]=9+2×3×2×+4）=号，1=四 1=B(2)=北)2-4·+4=(9-4×3×2×对+16)=号 答案第4页，共7页 cos 2 =川= 2471 法二：以为轴，为原点，建立直角坐标系，则(0,0)，(3,0)，(13， =(←；-9 （29）.cos4 (台9 = (9 品=-2 2 247 16.【详解】(1)cos=2cos-cos,由正弦定理得sin cos=2 sin cos-sin cos, 即sin cos+sin cos=2 sin cos,得sin(+)=2 sin cos,即sin=2 sin cos,又∈ (0,m),sin>0,所以1=2cos,即cos=2又0<<m,所以= (2)由2+2=2+4cos,得2+2二2=4c0s,由余弦定理得c05=2一，得2+2、 2=2cos,所以4c0s=2c0s,又cos≠0，所以=2，由(1)知，=5由余弦定理 得2=2+2-2c0s=2+42-4232,又=2，所以32=4，由>0，解得=2 所以=9故。=sm=99号=9 3 17.【详解】(1)设n=,连接， D 因为正方形 ,所以为中点，又矩形 中，为的中点，所以∥且=，所 以 为平行四边形，所以/川，又丈平面，c平面，所以 /平面： (2)在平面 中，过作上于，连接， D 因为正方形 和矩形 所在的平面互相垂直，⊥，平面 n平面 =， 平面 ,所以⊥平面 c平面 ,所以1，又上，∩=，， 平面 ⊥平面 ，c平面 ,所以1，又n=，,c平面，所 以1平面，又c平面 ,所以上，÷上是二面角一一的平面角， 答案第5页，共7页 因为=1，=2，所以=2+2=5，所以=一=爱=5，在t△中，= 5 =2,∴tan∠ =一=是=V5:二面角一一的正切值为5： (3)连接交于点，因为 是正方形，所以上， B D 0 又正方形 和矩形 所在的平面互相垂直，平面 n平面 =， c平面 所以⊥平面 c平面 ,所以上，当上时， c平 面，所以1平面 ,此时==22，=V2,=1,则 =12+(22=3, 又△ △ ,所以-=一则=则=号所以-=子又△ △ ,所以一= 一2则号号所融=婴所以-一器-号 3v2 18.【详解】(1)由频率分布直方图可知5×(0.01+0.07++0.04+0.02+0.01)=1，解得=0.06， 身高在170及以上的学生人数100×5×(0.06+0.04+0.02)=60（人）. (2)[180,185]的人数占比为5×0.02=10%，[175,180]的人数占比为5×0.04=20%，所以该校 100名生学身高的75%分位数落在[175,180]，设该校100名生学身高的75%分位数为，则0.04(180- )+0.1=25%,解得=176.25，故该校100名生学身高的75%分位数为176.25. 3》由题得0==+：②2=十 1(-2+ 2 )2 =÷[1(-)2+21(-)(-)+(-)2+1(-)2+ 21(-)(-)+(-)] 又=1(-)(-)==1(-)-(-)=(-)-(-)=0 同理1（-(-)=0， 2=1(-+（-2+(-2+（-月 =子[+(-)2+n升(-)]=十{[+(-)]+[+(-)] 答案第6页，共7页 19.【详解】(1)(，，)e,则+>，即(W厂+√-2W厂>(W)2,∴(W+√>(W)2, 即√厂+√厂>√厂，同理可得√厂+√厂>√厂，√厂+√厂>√厂，则(W厂，√厂，√)e成立，取√厂=厂= 1,√厂=V2,则V厂，√厂，√厂为等腰直角三角形的三边，但==1，=2，+=，，，不能为三角 形的三边，故（√厂，V厂，√）e推不出(，，)∈，∴.“(，，)∈”是“（√厂，√厂，√）∈"的充分不必要 条件. (2)①=(3,4,5)，则3+4+5=0， .∫25l2=912+16l+24111cos2 =0 ,又因为== 16=9'+25+30l11lcos4 cos 而∠，∠ 均为三角形内角，÷sn2 =1 =记=， a:△=(G2.sin4 ）传2.sin4）=5:4: ②由-=+，.2.2=(2+2+2c0s∠)·2，∴c0s∠ 2 ∵4 e0,h即-1<2<1.(-y<2<(+乃-1<<+， 同理得-|<<+，|-|<<+，x,y,z可组成三角形，∴.∈· 答案第7页，共7页