2020-2021学年山东省潍坊市高二(下)期末数学试卷(Word解析版)

2020-2021学年山东省潍坊市高二（下）期末数学试卷
一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.
1．＝（）
A．25B．35C．70D．90
2．某校共有学生2500人，为了解学生的身高情况，用分层抽样的方法从三个年级中抽取容量为50的样本，其中高一抽取14人，高二抽取16人，则该校高三学生人数为（）A．600B．800C．1000D．1200
3．△AOB的斜二测直观图△A'O'B'如图所示，则△AOB的面积是（）
A．B．2C．2D．4
4．我国古典乐器一般按“八音”分为“金，石，木，革，丝，土，匏（páo），竹”，其中“金，石，木，革为打击乐器，“丝”为弹拨乐器，“土，匏，竹”为吹奏乐器，现从“金，石，土，竹，丝”中任取两种乐器，则至少有一种为吹奏乐器的取法种数为（）A．5B．6C．7D．8
5．若一个底面半径为1的圆锥侧面展开图是一个顶角为的扇形，则该圆锥的体积为（）
A．πB．πC．πD．2π
6．如图所示，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2AA1，P，Q分别是AD和BD的中点，则异面直线D1P与B1Q所成的角为（）
A．90°B．60°C．45°D．30°
7．从正方体的八个顶点中任取3个点为顶点，恰好构成直角三角形的概率为（）
A．B．C．D．
8．抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件E＝“第一枚硬币正面朝上”，事件F＝“第二枚硬币反面朝上”，则下列结论中正确的是（）
A．E与F相互独立B．E与F互斥
C．E与F相等D．P（E∪F）＝
二、多项选择题：本大题共4个小题每小题5分，共20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5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.
9．设a，b为两条不重合的直线，α为一个平面，则下列说法正确的是（）A．若a⊥b，b⊂α，则a⊥αB．若a⊥α，a∥b，则b⊥α
C．若a∥α，b⊂α，则a∥b D．若a∥α，b⊥α，则a⊥b
10．袋子中有3个黑球，2个白球，现从袋子中有放回地随机取球4次，取到白球记1分，黑球记0分，记4次取球的总分数为X，则（）
A．X～B（4，）B．P（X＝2）＝
C．X的期望E（X）＝D．X的方差D（X）＝
11．有3台车床加工同一型号零件，第1台次品率为6%，第2，3台次品率为5%，加工的零件混在一起，已知第1，2，3台车床加工的零件分别占总数的25%，30%，45%，记事件B＝“任取一个零件为次品”，事件A i＝“零件为第i台车床加工”（i＝1，2，3），则（）
A．P（B|A1）＝0.06B．P（A2B）＝0.015
C．P（B）＝0.0525D．P（A1|B）＝
12．在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为AB中点，沿DE将△ADE折起到A'DE位置（A'不在平面ABCD内），F，G分别为CA'与CD的中点在翻折过程中，下列结论正确的是（）
A．FG∥平面A'DE
B．DE⊥平面A'AG
C．存在某位置，使得A'B⊥AG
D．设直线BF与平面DEBC所成的角为θ，则sinθ的最大值是
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13．某地区为调查该地的居民月用水量，调查了本地的10户居民的月平均用水量为：2.0，
3.2，
4.5，
5.3，
6.0，
7.6，
8.0，
9.2，10.0，11.6，这组数据的80%分位数为．14．随机变量ξ的分布列是
ξ24
P a b
若E（ξ）＝，则D（ξ）＝．
15．在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点D满足，则||＝．16．三棱锥S﹣ABC的顶点均在半径为4的球面上，△ABC为等边三角形且外接圆半径为2，平面SAB⊥平面ABC，则三棱锥S﹣ABC体积的最大值是．
四、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．已知的展开式中各项系数之和为32．
（1）求n的值；
（2）求展开式中的常数项．
18．某校为推进科技进校园活动，组织了一次科技知识问答竞赛，组委会抽取了100名学生参加，得到的竞赛成绩作出如图所示频率分布直方图．已知成绩在[75，80）的学生有20人．
（1）求a，b的值，并估计本次竞赛学生成绩的中位数（结果保留一位小数）；
（2）从成绩在[65，70）与[95，100）学生中任取3人进行问卷调查．记这3名学生成绩在[95，100）内的人数为X，求X的分布列与期望．
19．如图，PA是圆柱的母线，点C在以AB为直径的底面⊙O上，点D是PB的中点，点E 在上，且OE∥AC．
（1）求证：DE∥平面PAC；
（2）求证：平面DOE⊥平面PBC．
20．共享电单车作为一种既环保又便捷的绿色交通出行工具，不仅方便市民短途出行，还可以缓解城市交通压力．A市从2016年开始将其投入运营，如表是该市年份代码x与共享单车数y（单位：万辆）的统计数据：
年份20162017201820192020
x12345
共享单车数y（万辆）1014182326
（1）经分析，y与x存在显著的线性相关性，求y关于x的线性回归方程，并预测2021年的共享单车数；
（2）根据往年统计数据可知2020年每辆车的各项支出费用大致符合正态分布N（μ，σ2），μ＝800，σ2＝10000，支出费用在1000元及以上的单车没有利润，支出费用在[800，1000）的单车每辆车年平均利润为10元，支出费用低于800元的单车每辆车年平均利润为20元，请预测2021年总利润．
参考公式和数据：＝，，
若随机变量X～N（μ，σ2），则P（μ﹣σ＜X＜μ+σ）＝0.6826，P（μ﹣2σ＜X＜μ+2σ）＝0.9544，P（μ﹣3σ＜X＜μ+3σ）＝0.9974．
21．如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD为矩形，AD＝2AB，M为BC中点，平面A1D1DA⊥ABCD，AA1⊥A1D且A1A＝A1D．
（1）证明：∠B1A1D＝90°．
（2）若此四棱柱的体积为2，求二面角A﹣A1B﹣M的正弦值．
22．一疫苗生产单位通过验血方法检验某种疫苗产生抗体情况，需要检验血液是否有抗体．现有n（n∈N*）份血液样本，每份样本取到的可能性均等．有以下两种检验方式：（1）逐份检验，则需要检验n次；（2）混合检验，将其中k（k∈N*且k≥2）份血液样本分别取样混合在一起检验．若检验结果无抗体，则这k份的血液全无抗体，因而这k份血液样本只需检验一次就够了，若检验结果有抗体，为了明确这k份血液究竟哪几份有抗体，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验总次数为k+1次．假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果有无抗体都是相互独立的，且每份样本有抗体的概率均为p（0＜p＜1）．
（1）假设有5份血液样本，其中只有2份血液样本有抗体，若采用逐份检验方式，求恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率；
（2）现取其中k（k∈N*且k≥2）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式样本需要检验的总次数为ξ2.若E（ξ1）＝E（ξ2），求p关于k的函数关系式p＝f（k），并证明p＜1﹣e．
参考答案
一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.
1．＝（）
A．25B．35C．70D．90
【分析】由题意利用组合数公式，计算求得结果．
解：＝+＝15+20＝35，
故选：B．
2．某校共有学生2500人，为了解学生的身高情况，用分层抽样的方法从三个年级中抽取容量为50的样本，其中高一抽取14人，高二抽取16人，则该校高三学生人数为（）A．600B．800C．1000D．1200
【分析】求出抽样比例为50，根据高一、高二抽取的人数求出高三抽取的人数，即可求出该校高三学生人数．
解：由题意知，抽样比例为2500÷50＝50，高一抽取14人，高二抽取16人，则高三抽取50﹣14﹣16＝20（人），
所以该校高三学生人数有20×50＝1000（人）．
故选：C．
3．△AOB的斜二测直观图△A'O'B'如图所示，则△AOB的面积是（）
A．B．2C．2D．4
【分析】由直观图和原图形的关系易知△AOB的底边OB以及OB上的高线，计算它的面积即可．
解：由直观图和原图形的关系易知，
△AOB中底边OB＝2，底边OB上的高线长为4，
∴△AOB的面积为
S＝×4×2＝4．
故选：D．
4．我国古典乐器一般按“八音”分为“金，石，木，革，丝，土，匏（páo），竹”，其中“金，石，木，革为打击乐器，“丝”为弹拨乐器，“土，匏，竹”为吹奏乐器，现从“金，石，土，竹，丝”中任取两种乐器，则至少有一种为吹奏乐器的取法种数为（）A．5B．6C．7D．8
【分析】根据题意，由间接法分析：先计算全部的取法，排除其中没有吹奏乐器的取法，分析可得答案．
解：根据题意，从“金，石，土，竹，丝”中，任选两种乐器，有C52＝10种取法，其中没有吹奏乐器的有C32＝3种，
则至少有一种为吹奏乐器的取法有10﹣3＝7种；
故选：C．
5．若一个底面半径为1的圆锥侧面展开图是一个顶角为的扇形，则该圆锥的体积为（）
A．πB．πC．πD．2π
【分析】由已知求出圆锥的母线长，再由勾股定理求圆锥的高，代入圆锥体积公式求解．解：圆锥的底面半径r＝1，设母线长为l，
则，解得l＝3r＝3，
∴圆锥的高h＝，
可得圆锥的体积V＝．
故选：B．
6．如图所示，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2AA1，P，Q分别是AD和BD的中点，则异面直线D1P与B1Q所成的角为（）
A．90°B．60°C．45°D．30°
【分析】以D为原点，DC为x轴，DA为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出异面直线D1P与B1Q所成的角的余弦值，即可得到它们所成的角．
解：以D为原点，DCx轴，DA为y轴，DD1为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设底面边长为2，
则D（0，0，0），A（0，2，0），B（2，2，0），C（2，0，0），
B1（2，2，1），C1（2，0，1），D1（0，0，1），
因为P，Q分别是AD和BD的中点，
所以P（0，1，0），Q（1，1，0），
则＝（0，1，﹣1），＝（﹣1，﹣1，﹣1），
设直线D1P与B1Q所成的角为θ，则cosθ＝＝0，
故选：A．
7．从正方体的八个顶点中任取3个点为顶点，恰好构成直角三角形的概率为（）A．B．C．D．
【分析】本题是一个等可能事件的概率，试验发生包含的事件是从正方体的8个顶点中任取3个有种取法，即可构成的三角形有56种可能，正方体有6个表面和6个对角面，每一个面中的任意3个顶点可构成4个直角三角形，得到结果．
解：由题意知本题是一个等可能事件的概率，
试验发生包含的事件是从正方体的8个顶点中任取3个有＝56种取法，
可构成的三角形有56种可能，
正方体有6个表面和6个对角面，它们都是矩形（包括正方形），
每一个矩形中的任意3个顶点可构成4个直角三角形，
共有12×4＝48个直角三角形，
故所求的概率：P＝，
故选：D．
8．抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件E＝“第一枚硬币正面朝上”，事件F＝“第二枚硬币反面朝上”，则下列结论中正确的是（）
A．E与F相互独立B．E与F互斥
C．E与F相等D．P（E∪F）＝
【分析】先求出抛掷两枚质地均匀的硬币，所得的总的基本事件数，再对应各个选项逐个判断即可．
解：抛掷两枚质地均匀的硬币，所得的总的基本事件数有：
“两枚硬币都朝上”，“两枚硬币都朝下”，“第一枚硬币朝上，第二枚硬币朝下”，“第一枚硬币朝下，第二枚硬币朝上”，共4种情况，
故事件E与事件F不互斥，也不相等，故B，C错误，A正确，
且P（E）＝，P（F）＝，所以P（E∪F）＝P（E）P（F）＝，故D错误，
故选：A．
二、多项选择题：本大题共4个小题每小题5分，共20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5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.
9．设a，b为两条不重合的直线，α为一个平面，则下列说法正确的是（）A．若a⊥b，b⊂α，则a⊥αB．若a⊥α，a∥b，则b⊥α
C．若a∥α，b⊂α，则a∥b D．若a∥α，b⊥α，则a⊥b
【分析】由直线与直线垂直、直线在平面内可得线面关系判断A；由直线与平面垂直的性质判断B；由直线与直线平行、直线在平面内可得线面关系判断C；由直线与平面垂直、直线与平面平行分析直线与直线的位置关系判断D．
解：若a⊥b，b⊂α，则a⊂α或a∥α或a与α相交，相交也不一定垂直，故A错误；
若a⊥α，a∥b，由直线与平面垂直的性质可得b⊥α，故B正确；
若a∥α，b⊂α，则a∥b或a与b异面，故C错误；
若b⊥α，则b垂直于所有与α平行的直线，又a∥α，则a⊥b，故D正确．
故选：BD．
10．袋子中有3个黑球，2个白球，现从袋子中有放回地随机取球4次，取到白球记1分，黑球记0分，记4次取球的总分数为X，则（）
A．X～B（4，）B．P（X＝2）＝
C．X的期望E（X）＝D．X的方差D（X）＝
【分析】由题意可得，每次抽到白球的概率为，且每次积1分，则4次取球的总分数X 服从二项分布，即X～B（2，），结合期望与方差公式，以及概率公式，即可求解．解：由题意可得，每次抽到白球的概率为，且每次积1分，
则4次取球的总分数X服从二项分布，即X～B（2，），故A选项正确，
P（X＝2）＝＝，故B选项错误，
E（X）＝4×，故C选项错误，
D（X）＝4×，故D选项正确．
故选：AD．
11．有3台车床加工同一型号零件，第1台次品率为6%，第2，3台次品率为5%，加工的零件混在一起，已知第1，2，3台车床加工的零件分别占总数的25%，30%，45%，记事件B＝“任取一个零件为次品”，事件A i＝“零件为第i台车床加工”（i＝1，2，3），则（）
A．P（B|A1）＝0.06B．P（A2B）＝0.015
C．P（B）＝0.0525D．P（A1|B）＝
【分析】根据已知条件，结合全概率公式和条件概率公式，即可求解．
解：由题意可得，P（A1）＝0.25，P（A2）＝0.3，P（A3）＝0.45，
P（B|A1）＝0.06，P（B|A2）＝P（B|A3）＝0.05，故A选项正确，
由全概率公式可得，P（B）＝P（A1）P（B|A1）+P（A2）P（B|A2）+P（A3）P（B|A3）＝0.25×0.06+0.3×0.05+0.45×0.05＝0.0525，故C选项正确，
P（A2B）＝P（A2）P（B|A2）＝0.3×0.05＝0.015，故B选项正确，
P（A1|B）＝，故D选项错误．
故选：ABC．
12．在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为AB中点，沿DE将△ADE折起到A'DE位置（A'不在平面ABCD内），F，G分别为CA'与CD的中点在翻折过程中，下列结论正确的是（）
A．FG∥平面A'DE
B．DE⊥平面A'AG
C．存在某位置，使得A'B⊥AG
D．设直线BF与平面DEBC所成的角为θ，则sinθ的最大值是
【分析】对于选项A：由题意可得FG||A'D，进而判断FG||平面A'DE；对于选项B：如图1，连接GE，证明DE⊥AG，即可判断DE⊥平面A'AG；对于选项C：
假设存在某位置，使得A'B⊥AG，如图1，连接GB，A'G，由题意可证得AG⊥平面A'GB，进而得出AG⊥A'G，从而得出矛盾，即可判断选项C的正确性；对于D选项：如图2，延长CB，DE交于点N，连接A'N，由题意可将直线BF与平面DEBC所成的角转化为A'N与平面DEBC所成的角，要使A'N与平面DEBC所成的角的正弦值最大，只需A'H ⊥平面ABCD，进而可得出sinθ的最大值．
解：对于选项A：因为F，G分别为CA'与CD的中点，所以FG||A'D，又因为FG⊄平面A'DE，所以FG||平面A'DE，故A选项正确；
对于选项B：如图1，连接GE，
因为在矩形ABCD中，E，G分别为AB，CD的中点，AB＝2，AD＝1，所以四边形AEGD 是正方形，
△A'DE是等腰直角三角形，所以DE⊥AG，设AG与DE的交点为H，连接A'H，所以A'H⊥DE，因为A'H∩AG＝H，所以DE⊥平面A'AG，
故B项正确；
对于选项C：假设存在某位置，使得A'B⊥AG，如图1，连接GB，A'G，由题意知：AG ＝GB＝，由AB＝2得：AB2＝AG2+GB2，故
BG⊥AG，又因为A'B∩BG＝B，所以AG⊥平面A'GB，所以AG⊥A'G，显然不成立，故假设错误，即不存在某位置，使得A'B⊥AG，故C项不正确；
对于D选项：如图2，延长CB，DE交于点N，连接A'N，
所以BN||EG，EN||GB，所以四边形BNEG是平行四边形，所以BN＝EG＝BC，即点B为NC的中点，又因为F是CA'的中点，所以BF||A'N，所以直线BF与平面DEBC所成的角等于A'N与平面DEBC所成的角相等，由B选项可知：DE⊥平面A'AG，故平面ABCD ⊥平面A'AG，故要使A'N与平面DEBC所成的角的正弦值最大，只需A'H⊥平面ABCD，此时A'H＝，HN＝HE+EN＝，
A'N＝，所以sinθ＝＝，故D选项正确．
故选：ABD．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13．某地区为调查该地的居民月用水量，调查了本地的10户居民的月平均用水量为：2.0，
3.2，
4.5，
5.3，
6.0，
7.6，
8.0，
9.2，10.0，11.6，这组数据的80%分位数为9.6．
【分析】百分位数的定义知这组数据的80%分位数是从小到大排序后的第8、9个数的平均数．
解：∵10×80%＝8，
∴这组数据的80%分位数是从小到大排序后的第8、9个数的平均数，
这组数据从小到大排序后的第8、9个数分别是9.2，10，
其平均数为×（9.2+10）＝9.6，
故答案为：9.6．
14．随机变量ξ的分布列是
ξ24
P a b
若E（ξ）＝，则D（ξ）＝．
【分析】根据已知条件，结合离散型随机变量分布列的性质，以及期望和方差公式，即可求解．
解：由分布列的性质可得，a+b＝1 ①，
又∵E（ξ）＝，
∴2a+4b＝②，
联立①②解得，a＝，b＝，
∴D（ξ）＝．
故答案为：．
15．在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点D满足，则||＝2．【分析】首先确定点D的位置，然后利用几何体的空间结构特征作出辅助线，最后然后结合勾股定理可得向量的模的大小．
解：由题意可知，点D为A1B的中点，如图所示，取AB的中点E，连接ED，EC，DC，
由正三棱柱的性质可知：DE⊥平面ABC，则DE⊥CE，
在Rt△CDE中，，
∴||＝CD＝＝2．
故答案为：2．
16．三棱锥S﹣ABC的顶点均在半径为4的球面上，△ABC为等边三角形且外接圆半径为2，平面SAB⊥平面ABC，则三棱锥S﹣ABC体积的最大值是．
【分析】由题意画出图形，求得S到底面ABC距离的最大值，再求出底面三角形ABC 的面积，可得三棱锥S﹣ABC的体积的取值范围，结合选项得答案．
解：如图，设三棱锥S﹣ABC的外接球的球心为O，则OA＝OB＝OC＝OS＝4，
设△ABC外接圆的圆心为O1，则O1A＝O1B＝O1C＝2，
连接OO1，则OO1⊥平面ABC，可得OO1＝＝2，
设△ABC的边长为a，由＝2×2＝4，
得a＝2，OO2＝2＝1，
平面SAB⊥平面ABC，当△SAB为等腰三角形且SA＝SB时，S到底面ABC的距离最大，设为h，则h＝OO1+SO2＝2+＝2+．
又S△ABC＝＝3，
∴三棱锥S﹣ABC的体积的最大值为V＝＝6+3，
故答案为：6+3．
四、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．已知的展开式中各项系数之和为32．
（1）求n的值；
（2）求展开式中的常数项．
【分析】（1）对x赋值1，可求得n的值；
（2）先求得二项式的通项，再求得x﹣1项与x项的系数，求和即可求得答案．解：（1）由题意，令x＝1得（3﹣1）n＝2n＝32，
解得n＝5．
（2）因为二项式的通项为＝
，
令5﹣2r＝﹣1，解得r＝3，故展开式中含有x﹣1项的系数为：；
再令5﹣2r＝1，解得r＝2，展开式中含有x项的系数为：，
所以展开式中的常数项为：
＝＝＝180．18．某校为推进科技进校园活动，组织了一次科技知识问答竞赛，组委会抽取了100名学生参加，得到的竞赛成绩作出如图所示频率分布直方图．已知成绩在[75，80）的学生有20人．
（1）求a，b的值，并估计本次竞赛学生成绩的中位数（结果保留一位小数）；
（2）从成绩在[65，70）与[95，100）学生中任取3人进行问卷调查．记这3名学生成绩在[95，100）内的人数为X，求X的分布列与期望．
【分析】（1）由成绩在[75，80）的学生有20人，可得其频率为，即可得，再由频率分布直方图的性质，可得各个区间的频率和为1，即可求a 的值，再结合中位数的公式，即可求解．
（2）由题意知，成绩在[65，70）的学生人数为3人，成绩在[95，100）的学生人数为5人，X所有可能的取值为0，1，2，3，分别求出对应的概率，即可得X的分布列，并结合期望公式，即可求解．
解：（1）已知成绩在[75，80）的学生有20人，故其频率为，
所以，
所以（0.006+0.034+0.040+a+0.036+0.014+0.010）×5＝1，
得a＝0.060，
由题得左边第一个矩形的面积为0.03，第二个矩形的面积为0.17，第三个矩形的面积为0.2，第四个矩形的面积为0.3，所以中位数在第四个矩形里面，设中位数为x，
则0.03+0.17+0.2+（x﹣80）×0.06＝0.5，
所以x≈81.7，
故中位数为81.7分．
（2）由题意知，成绩在[65，70）的学生人数为3人，成绩在[95，100）的学生人数为5人，
X所有可能的取值为0，1，2，3，
，，
，，
故X的发布列为：
X0124
P
X服从超几何分布所以X的期望为．
19．如图，PA是圆柱的母线，点C在以AB为直径的底面⊙O上，点D是PB的中点，点E 在上，且OE∥AC．
（1）求证：DE∥平面PAC；
（2）求证：平面DOE⊥平面PBC．
【分析】（1）由OD//PA，OE//AC，知平面DOE//平面PAC，再由面面平行的性质定理，得证；
（2）由BC⊥AC，OE//AC，推出BC⊥OE，由PA⊥底面⊙O，OD//PA，推出OD⊥BC，再结合线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理，得证．
【解答】证明：（1）因为点D为线段PB的中点，O为线段AB的中点，
所以OD//PA，
又因为OE//AC，OE∩OD＝O，PA∩AC＝A，
所以平面DOE//平面PAC，
又因为DE⊂平面DOE，所以DE//平面PAC．
（2）因为点C在以AB为直径的底面⊙O上，所以∠ACB＝90°，BC⊥AC，
又因为OE//AC，所以BC⊥OE，
因为PA是圆柱的母线，所以PA⊥底面⊙O，因为OD//PA，所以OD⊥底面⊙O，
所以OD⊥BC，
又因为OE⊂平面DOE，OD⊂平面DOE，且OD∩OE＝O，
所以BC⊥平面DOE，
又因为BC⊂平面PBC，所以平面DOE⊥平面PBC．
20．共享电单车作为一种既环保又便捷的绿色交通出行工具，不仅方便市民短途出行，还可以缓解城市交通压力．A市从2016年开始将其投入运营，如表是该市年份代码x与共享单车数y（单位：万辆）的统计数据：
年份20162017201820192020
x12345
共享单车数y（万辆）1014182326
（1）经分析，y与x存在显著的线性相关性，求y关于x的线性回归方程，并预测2021年的共享单车数；
（2）根据往年统计数据可知2020年每辆车的各项支出费用大致符合正态分布N（μ，σ2），μ＝800，σ2＝10000，支出费用在1000元及以上的单车没有利润，支出费用在[800，1000）的单车每辆车年平均利润为10元，支出费用低于800元的单车每辆车年平均利润为20元，请预测2021年总利润．
参考公式和数据：＝，，
若随机变量X～N（μ，σ2），则P（μ﹣σ＜X＜μ+σ）＝0.6826，P（μ﹣2σ＜X＜μ+2σ）＝0.9544，P（μ﹣3σ＜X＜μ+3σ）＝0.9974．
【分析】（1）根据已知条件，结合最小二乘法和线性回归方程的公式，将x＝7代入上式的线性回归方程中，即可求解．
（2）根据已知条件，结合正态分布的对称性，即可求解．
【解答】（1）解：由条件，，
，，
，，
所以y关于x的线性回归方程，
x＝6时，，
预测2021年共享单车数为30.5万辆．
（2）由题意支出费用X服从正态分布，即X～N（800，1002），P（800≤X＜1000）＝P（800≤X＜800+2×100）＝0.4772，
所以支出费用在[800，1000）的单车总利润为30.5×0.4772×10＝145.546万元，，
所以支出费用在800元以下的单车总利润为30.5×0.5×20＝305万元，
所以预测2021年总利润为145.546+305＝450.546万元．
21．如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD为矩形，AD＝2AB，M为BC中点，平面A1D1DA⊥ABCD，AA1⊥A1D且A1A＝A1D．
（1）证明：∠B1A1D＝90°．
（2）若此四棱柱的体积为2，求二面角A﹣A1B﹣M的正弦值．
【分析】（1）推导出AB⊥平面A1D1DA，A1B1⊥平面A1D1DA，从而A1B1⊥A1D，由此能证明∠B1A1D＝90°．
（2）取AD中点O，连接A1O，则A1O⊥AD，推导出A1O⊥平面ABCD，由四棱柱的体积求出AB＝1，以O为坐标原点，，，为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A﹣A1B﹣M的正弦值．
解：（1）证明：因为平面A1D1DA⊥平面ABCD，
平面A1D1DA∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面A1D1DA，
因为AB//A1B1，所以A1B1⊥平面A1D1DA，
又因为A1D⊂平面A1D1DA
所以A1B1⊥A1D，即∠B1A1D＝90°．
（2）取AD中点O，连接A1O，因为A1A＝A1D，所以A1O⊥AD，
又因为平面A1D1DA⊥平面ABCD，
平面A1D1DA∩平面ABCD＝AD，
所以A1O⊥平面ABCD，
所以A1O为四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的高，
设AB＝a，则AD＝2a，OA1＝a，
所以四棱柱的体积，
解得a＝1，
以O为坐标原点，，，为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则A（0，﹣1，0），B（1，﹣1，0），C（1，1，0），D（0，1，0），A1（0，0，1），M（1，0，0），，，，
因为AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，又A1D⊥A1A，A1A∩AB＝A，
所以A1D⊥平面A1B1BA，所以平面AA1B的一个法向量，
设平面A1BM的一个法向量为，
令x＝1，则．
设二面角A﹣A1B﹣M的平面角为θ，
则，
所以，
即二面角A﹣A1B﹣M的正弦值为．
22．一疫苗生产单位通过验血方法检验某种疫苗产生抗体情况，需要检验血液是否有抗体．现有n（n∈N*）份血液样本，每份样本取到的可能性均等．有以下两种检验方式：（1）逐份检验，则需要检验n次；（2）混合检验，将其中k（k∈N*且k≥2）份血液样本分别取样混合在一起检验．若检验结果无抗体，则这k份的血液全无抗体，因而这k份血液样本只需检验一次就够了，若检验结果有抗体，为了明确这k份血液究竟哪几份有抗体，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验总次数为k+1次．假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果有无抗体都是相互独立的，且每份样本有抗体的概率均为p（0＜p＜1）．
（1）假设有5份血液样本，其中只有2份血液样本有抗体，若采用逐份检验方式，求恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率；
（2）现取其中k（k∈N*且k≥2）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式样本需要检验的总次数为ξ2.若E（ξ1）＝E（ξ2），求p关于k的函数关系式p＝f（k），并证明p＜1﹣e．
【分析】（1）将原事件分成两种类型，前两次检验中，其中一次检验出抗体，第三次检验出抗体和前三次均无抗体，再结合概率公式，即可求解．
（2）由已知得E（ξ1）＝k，ξ2的所有可能取值为1，k+1．由于E（ξ1）＝E（ξ2），则k ＝k+1﹣k（1﹣p）k，
化简整理可得，，再结合导数的单调性，即可求解．
解：（1）设恰好经过3次检验能把有抗体血液样本全部检验出来为事件A，将A事件分
成两种类型，前两次检验中，其中一次检验出抗体，第三次检验出抗体和前三次均无抗体，
所以，
所以恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率为．
（2）由已知得E（ξ1）＝k，ξ2的所有可能取值为1，k+1．
所以，，
所以，
若E（ξ1）＝E（ξ2），则k＝k+1﹣k（1﹣p）k，
所以k（1﹣p）k＝1，，
所以，即，
所以p关于k的函数关系式为，
证明：令，
所以，
令，，
所以g'（x）＝0得x＝e，
所以x∈（2，e），g'（x）＜0，g（x）单调递减，x∈（e，+∞），g'（x）＞0，g（x）单调递增，
所以，所以，
因为k≥2且k∈N*，
所以，即，
所以，
即，
所以．。