2020-2021学年安徽省安庆市高一(下)期末数学试卷(附答案详解)

2020-2021学年安徽省安庆市高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 已知向量a ⃗ =(1,2),b ⃗ =(m,−4)，若a ⃗ //b ⃗ ，则实数m 的值为( )
A. 2
B. −2
C. 8
D. −8 2. 已知复数z =21−i ，其中i 为虚数单位，则下列说法正确的是( )
A. 复数z 虚部为i
B. |z|=2
C. z ⋅z −
=2
D. 复数z 在复平面内对应的点在第四象限
3. 下列关于棱柱的命题中，真命题的个数是( )
①同一棱柱的侧棱平行且相等；
②一个棱柱至少有5个面；
③当棱柱的底面是正多边形时，该棱柱一定是正棱柱；
④当棱柱的底面是等腰梯形时，该棱柱一定是平行六面体． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
4. 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若A =120°，B =45°，b =4，则
边c =( )
A. √6−√2
B. √3−1
C. 2−√3
D. 2√3−2
5. 进入8月份后，我市持续高温，气象局一般会提前发布高温橙色预警信号(高温橙
色预警标准为24小时内最高气温将升至37摄氏度以上)，在今后的3天中，每一天最高气温在37摄氏度以上的概率是35.用计算机生成了20组随机数，结果如下，若用0，1，2，3，4，5表示高温橙色预警，用6，7，8，9表示非高温橙色预警，则今后的3天中恰有2天发布高温橙色预警信号的概率估计是( )
116 785 812 730 134 452 125 689 024 169
334 217 109 361 908 284 044 147 318 027 A. 35 B. 12 C. 1320 D. 25 6. 设点D ，E ，F 分别是△ABC 的三边BC ，CA ，AB 的中点，则BE ⃗⃗⃗⃗⃗ +CF
⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A. DA ⃗⃗⃗⃗⃗ B. 12DA ⃗⃗⃗⃗⃗ C. AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ D. 12BC ⃗⃗⃗⃗⃗
7.下面两个图是2020年6月25日由国家卫健委发布的全国疫情累计趋势图，每图下
面横向标注日期，纵向标注累计数量．现存确诊为存量数据，计算方法为：累计确诊数−累计死亡数−累计治愈数．
则下列对新冠肺炎叙述错误的是()
A. 自1月20日以来一个月内，全国累计确诊病例属于快速增长时期
B. 自4月份以来，全国累计确诊病例增速缓慢，疫情扩散势头基本控制
C. 自6月16日至24日以来，全国每日现存确诊病例平缓增加
D. 自6月16日至24日以来，全国每日现存确诊病例逐步减少
8.已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．且满足m⊥α，m//β，则
下列说法一定正确的是()
A. α⊥β
B. α//β
C. 若n⊂β，则m//n
D. 若n⊂α，则n⊥β
9.生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过体重指标，若从这5只兔子中随机取
出3只，则恰有2只测量过体重指标的概率为()
A. 2
3B. 3
5
C. 2
5
D. 3
10
10.如图是某几何体的平面展开图，其中四边形ABCD
为正方形，其余均为等腰三角形，E，F，G，H分
别为PA，PD，PC，PB的中点．则在此几何体中，
给出下列结论，其中正确的结论是()
A. 直线EF//平面BDG
B. 直线PA与平面BDG相交
C. 直线EH⊥平面PBC
D. 平面EFGH//平面ABCD
11.在△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若三边的长为连续的三个正整数，
且A>B>C，3sinB=20sinAcosA，则a：b：c=()
A. 4：3：2
B. 5：4：3
C. 6：5：4
D. 7：6：5
12.如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AD⊥BP，
PA=AC，若三棱锥P−ABC外接球表面积为8π，则三棱锥P−
ACD体积的最大值为()
A. √2
4
B. 1
2
C. √3
4
D. √2
3
二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.已知向量a⃗，b⃗ 的夹角2π
3
，|a⃗|=3，|b⃗ |=2，则|2a⃗−3b⃗ |=______．
14.已知复数z=4
5−sinθ+(cosθ−3
5
)i为纯虚数(其中i为虚数单位)，则tanθ=______．
15.口袋内有一些大小相同的红球、黄球和蓝球，从中摸出一个球，摸出红球或黄球的
概率为0.6，摸出黄球或蓝球的概率为0.7，若从中依次有放回地摸出两个球，摸到每个球是相互独立的，则这两个球均为黄球的概率为______．
16.在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是棱AB的中点，过点A作与截面
PB1C平行的截面，则所得截面的面积为______．
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17.已知1+2i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，其中i为虚数单位．
(1)求p，q的值；
(2)记复数z=p+(−q+4)i，求复数z
的模．
1+i
18.已知向量a⃗=(2,1)，b⃗ =(3,−1)．
(1)求向量a⃗与b⃗ 的夹角；
(2)若c⃗=(3,m)(m∈R)，且(a⃗−2b⃗ )⊥c⃗，求m的值
19.在四面体A−BCD中，点E，F，M分别是AB，BC，CD
的中点，且BD=AC=2，EM=1．
(1)求证：EF//平面ACD；
(2)求异面直线AC与BD所成的角．
20.如图：某快递小哥从A地出发，沿小路AB→BC以平均时速20公里/小时，送快件
到C处，已知BD=10(公里)，∠DCB=45°，∠CDB=30°，△ABD是等腰三角形，∠ABD=120°．
(1)试问，快递小哥能否在50分钟内将快件送到C处？
(2)快递小哥出发15分钟后，快递公司发现快件有重大问题，由于通讯不畅，公司
只能派车沿大路AD→DC追赶，若汽车平均时速60公里/小时，问，汽车能否先到达C处？
21.“肥桃”因产于山东省泰安市肥城市境内而得名，已有1100多年的栽培历史．明
代万历十一年(1583年)的《肥城县志》载：“果亦多品，惟桃最著名”.2016年3月31日，原中华人民共和国农业部批准对“肥桃”实施国家农产品地理标志登记保护．某超市在旅游旺季销售一款肥桃，进价为每个10元，售价为每个15元销售
的方案是当天进货，当天销售，未售出的全部由厂家以每个5元的价格回购处理．根据该超市以往的销售情况，得到如图所示的频率分布直方图：
(1)估算该超市肥桃日需求量的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)；
(2)已知该超市某天购进了150个肥桃，假设当天的需求量为x个(x∈N,0≤x≤
240)，销售利润为y元．
(ⅰ)求y关于x的函数关系式；
(ⅰ)结合上述频率分布直方图，以频率估计概率的思想，估计当天利润y不小于650元的概率．
22.如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的
点，直线PC⊥平面ABC．
(1)证明：平面PBC⊥平面PAC；
(2)设AB=PC=2，AC=1，求二面角B−PA−C的余
弦值．
答案和解析1.【答案】B
【解析】解：向量a⃗=(1,2),b⃗ =(m,−4)，且a⃗//b⃗ ，所以1×(−4)−2m=0，
解得m=−2，
所以实数m的值为−2．
故选：B．
根据平面向量共线的坐标表示，列方程求出m的值．本题考查了平面向量的共线定理应用问题，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：z=2
1−i =2(1+i)
(1−i)(1+i)
=1+i，
∵复数z虚部为1，∴A错误，
∵|z|=√12+12=√2，∴B错误，
∵z⋅z−=(1+i)(1−i)=2，∴C正确，
∵复数z在复平面内对应的点(1,1)在第一象限，∴D错误．
故选：C．
利用复数代数形式的乘除运算化简，然后利用复数的有关概念和几何意义即可求解．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的概念和几何意义，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：对于①，根据棱柱的定义，同一棱柱的侧棱平行且相等，故①正确；
对于②，三棱柱为有5个面，故②正确；
对于③，当棱柱的底面是正多边形时，侧棱垂直于底面，则该棱柱一定是正棱柱，故③错误；
对于④，当棱柱的底面是平行四边形时，该棱柱一定是平行六面体，故④错误．
故选：B．
直接利用棱柱的定义和性质，平行六面体的定义和性质的应用判断①②③④的结论．
本题考查的知识要点：棱柱的定义和性质，平行六面体的定义和性质，主要考查学生对基础知识的理解，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：因为A=120°，B=45°，b=4，
所以sinC=sin(180°−A−B)=sin(A+B)=sin120°cos45°+cos120°sin45°=
√3 2×√2
2
−1
2
×√2
2
=√6−√2
4
，
则由正弦定理b
sinB =c
sinC
，可得边c= b⋅sinC
sinB
=4×
√6−√2
4
√2
2
=2√3−2．
故选：D．
由已知利用两角和的正弦公式可求sin C的值，进而根据正弦定理可得边c的值．
本题主要考查了两角和的正弦公式，正弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：在今后的3天中，每一天最高气温37摄氏度以上的概率是3
5
．
某人用计算机生成了20组随机数，用0，1，2，3，4，5表示高温橙色预警，用6，7，8，9表示非高温橙色预警，
今后的3天中恰有2天发布高温橙色预警信号的随机数有10个，分别为：
116，812，730，217，109，361，284，147，318，027，
则今后的3天中恰有2天发布高温橙色预警信号的概率估计是：
P=10
20=1
2
，
故选：B．
利用列举法求出今后的3天中恰有2天发布高温橙色预警信号的随机数有10个，由此能求出今后的3天中恰有2天发布高温橙色预警信号的概率估计值．
本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】A
【解析】解：如图示：
BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +BA ⃗⃗⃗⃗⃗ )，
CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12
(CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +CB ⃗⃗⃗⃗⃗ )， ∴BE ⃗⃗⃗⃗⃗ +CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +12
BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 故选：A ．
根据向量的线性运算求出答案即可．
本题考查了向量的线性运算，考查数形结合思想，是基础题．
7.【答案】D
【解析】解：由图一可知A ，B 均正确，
由图二数据计算得6月16日的现存确诊病例为84867−79926−4645=296，
同理可计算18日，20日，22日，24日现存确诊病例为346，383，441，473，所以选项C 正确，选项D 错误，
故选：D ．
根据图一、图二逐个分析选项即可算出结果．
本题主要考查了简单的合情推理，是基础题．
8.【答案】A
【解析】解：若m//β，则β内存在直线m′，使得m′//m ，又m ⊥α，∴m′⊥α，则α⊥β，
故A 正确，B 错误；
若m//β，则m 与β内的直线有两种位置关系，平行或异面，而n ⊂β，则m//n 或m 与n 异面，故C 错误；
由m⊥α，n⊂α，得m⊥n，而m//β，则n⊂β或n//β或n与β相交，相交也不一定垂直，故D错误．
故选：A．
由直线与平面平行、直线与平面垂直分析空间中两平面的位置关系判定A与B；由空间中直线与平面的位置关系分析两直线的位置关系判定C；由直线与平面垂直、直线与平面平行的关系分析D．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
9.【答案】B
【解析】解：设其中做过测试的3只兔子为a，b，c，剩余的2只为A，B，
则从这5只兔子中任取3只的所有取法有：
{a,b，c}，{a,b，A}，{a,b，B}，{a,c，A}，{a,c，B}，
{a,A，B}，{b,C，A}，{b,c，B}，{b,A，B}，{c,A，B}，共10种，
其中恰有2只做过测试的取法有：
{a,b，A}，{a,b，B}，{a,c，A}，{a,c，B}，{b,c，A}，{b,c，B}，共6种，
所以恰有2只做过测试的概率为p=6
10=3
5
，
故选：B．
设其中做过测试的3只兔子为a，b，c，剩余的2只为A，B，则从这5只兔子中任取3只，利用列举法能求出恰有2只做过测试的概率．
本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10.【答案】D
【解析】解：根据题意，作出几何体的立体图形如图
所示，连结E，F，G，H四点构成平面EFGH，
依次分析选项：
对于A，EF//AD，而AD//BC，则有EF//BC，再结
合图形可得，BC∩BD=B，则直线EF与平面BDG
不平行，A错误；
对于B，连结AC，BD，DG，BG，设AC的中点为M，则M也是BD的中点，所以MG//PA，又MG⊂平面BDG，PA⊄平面BDG，所以PA//平面BDG，B错误；
对于C，△PAB中，PA=PB，则有EH与PC不垂直，故直线EH⊥平面PBC不成立，C错误；
对于D，因为E，F分别是PA，PD的中点，所以EF//AD，又EF⊄平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以EF//平面ABCD，同理EH//平面ABDCD，又EH∩EF=E，EF，EH⊂平面EFGH，所以平面EFGH//平面ABCD，D正确；
故选：D．
根据题意，作出立体图形如图所示，连结E，F，G，H四点构成平面EFGH，利用线面平行的判定定理和面面平行的判定定理以及性质定理对四个选项逐一分析判断即可．
本题考查直线和平面的位置关系，解题的关键是掌握线面平行的判定定理和面面平行的判定定理，属于中档题．
11.【答案】C
【解析】解：由题意可得a>b>c，且为连续正整数，可设三边长分别为c=n，b=n+1，a=n+2(n>1，且n是正整数)，
因为3sinB=20sinAcosA，可得3b=20acosA=20a⋅b2+c2−a2
，
2bc
则代入，化简可得7n2−13n−60=0，解得n=4，
由正弦定理可得：a：b：c=6：5：4．
故选：C．
由题意可得，可设三边长分别为a，a−1，a−2，由余弦定理求得cos A的值，再根据3b=20acosA求得a的值，可得sin A：sin B：sinC=a：b：c的值．
本题主要考查弦定理、余弦定理的应用，求出a=6是解题的关键，属于基础题．
12.【答案】D
【解析】解：设AB=a，BC=b，由三棱锥P−ABC外接球表面积
为8π，得外接球的半径为√2，
又PA⊥平面ABC，得AB⊥BC，
∴AB2+BC2+AP2=AC2+AP2=2AP2=(2R)2，得AP=2，∴a2+b2=4．∵PA⊥平面ABC，AD⊥BP，∴PB=√4+a2，BD=2
√4+a2
，
过D作DE⊥AB，垂足为E，则DE⊥平面ABC，
∴DE//PA，可得DE
PA =BD
PB
，则DE=2a2
4+a2
．
∴V P−ACD=V P−ABC−V D−ABC=1
3
S△ABC⋅(PA−DE)
=1
6ab⋅(2−2a2
4+a2
)=4ab
3(4+a2)
=4ab
3(2a2+b2)
=4
3(2a
b
+b
a
)
≤
6√2
=√2
3
．
当且仅当2a
b =b
a
，即a=2√3
3
，b=2√6
3
时，等号成立．
∴三棱锥P−ACD体积的最大值为√2
3
．
故选：D．
设AB=a，BC=b，由三棱锥P−ABC外接球表面积得外接球的半径，再由已知结合勾股定理列式求得AP及a2+b2的值，把PB，BD用含有a的代数式表示，过D作DE⊥AB，可得DE⊥平面ABC，利用三角形相似把DE用含有a的代数式表示，可得V P−ACD=
V P−ABC−V D−ABC，整理后利用基本不等式求最值．
本题考查空间几何体体积最值的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，训练了利用基本不等式求最值，是中档题．
13.【答案】6√3
【解析】解：因为向量a⃗，b⃗ 的夹角2π
3
，|a⃗|=3，|b⃗ |=2，
所以(2a⃗−3b⃗ )2=4a⃗2−12a⃗⋅b⃗ +9b⃗ 2=4×32−12×3×2×cos2π
3
+9×22=108，所以|2a⃗−3b⃗ |=√108=6√3．
故答案为：6√3．
根据平面向量数量积的定义，计算模长即可．
本题考查了平面向量的数量积与模长的计算问题，是基础题．
14.【答案】−4
3
【解析】解：根据已知得{45
−sinθ=0cosθ−35
≠0，∴{sinθ=4
5cosθ=−
35
，
∴tanθ=
sinθcosθ
=−4
3
．
故答案为：−4
3．
利用纯虚数的定义列出方程组求解即可．
本题考查复数纯虚数的定义，考查了同角三角函数的关系，是基础题．
15.【答案】0.09
【解析】解：设事件A 表示摸出红球，事件B 表示摸出黄球，事件C 表示摸出蓝球， ∵口袋内有一些大小相同的红球、黄球和蓝球，
从中摸出一个球，摸出红球或黄球的概率为0.6，摸出黄球或蓝球的概率为0.7， ∴{P(A)+P(B)=0.6
P(B)+P(C)=0.7P(A)+P(B)+P(C)=1
， 解得P(A)=0.3，P(B)=0.3，P(C)=0.4，
从中依次有放回地摸出两个球，摸到每个球是相互独立的， 则这两个球均为黄球的概率为P(B)P(B)=0.3×0.3=0.09． 故答案为：0.09．
利用互斥事件概率加法公式和相互独立事件概率乘法公式直接求解．
本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式、古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
16.【答案】8√6
【解析】解：分别取棱A 1B 1，CD 的中点E ，F ，连AE ，C 1E ，C 1F ，AF ，
所以AF//CP ，AE//PB 1， 又AE ∩AF =A ，B 1P ∩CP =P ， 所以平面AEC 1F//平面PB 1C ，
而且四边形AEC 1F 是对角线长分别为4√2，4√3的菱形， 于是所得截面的面积为1
2×4√2×4√3=8√6．
故答案为：8√6．
分别取棱A 1B 1，CD 的中点E ，F ，连AE ，C 1E ，C 1F ，AF ，可证平面AEC 1F//平面PB 1C ，截面为四边形AEC 1F ，进而可得答案．
本题考查立体几何的截面积，解题关键是找到截面，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵1+2i 是关于x 的方程x 2+px +q =0的一个根，
∴1−2i 是关于x 的方程x 2+px +q =0的另一个根， 由根与系数的关系可得：{−p =(1+2i)+(1−2i)
q =(1+2i)(1−2i)，
解得p =−2，q =12−(2i)2=1+4=5；
(2)∵z =p +(−q +4)i =−2+(−5+4)i =−2−i ，
∴z
1+i 的模为|−2−i 1+i
|=|−2−i||1+i|
=√(−2)2
+(−1)2
√12+1
2
=√5√2
=√10
2
．
【解析】(1)由已知结合实系数一元二次方程虚根成对原理可得方程的另一个，再由根与系数的关系求解p 与q 的值；
(2)把(1)中求得的p 与q 的值代入z =p +(−q +4)i ，再由商的模等于模的商求解． 本题考查实系数一元二次方程根与系数的关系的应用，考查复数模的求法，是基础题．
18.【答案】解：(1)根据题意，a ⃗ =(2,1)，b ⃗ =(3,−1)，
则a ⃗ ⋅b
⃗ =2×3+1×(−1)=5，|a ⃗ |=√22+1=√5，|b ⃗ |=√32+(−1)2=√10， 设向量a ⃗ 与b ⃗ 的夹角为θ， 则cosθ=
a ⃗ ⋅b
⃗ |a ⃗ ||b
⃗ |=
√5×√
10
=√2
2
， 又由θ∈[0,π]，θ=π
4，即向量a ⃗ 与b ⃗ 的夹角为π
4
(2)根据题意，a ⃗ =(2,1)，b ⃗ =(3,−1)，则a ⃗ −2b ⃗ =(−4,3)， 若(a ⃗ −2b ⃗ )⊥c ⃗ ，则(a ⃗ −2b ⃗ )⋅c ⃗ =0， 又由c
⃗ =(3,m)，则有(−4)×3+3m =0， 解可得m =4．
【解析】(1)根据题意，由a ⃗ 、b ⃗ 的坐标求出a ⃗ ⋅b ⃗ 和|a ⃗ |、|b ⃗ |的值，由向量夹角公式计算可得答案；
(2)根据题意，求出a ⃗ −2b ⃗ 的坐标，由向量垂直的判断方法可得(a ⃗ −2b ⃗ )⋅c ⃗ =0，代入向量的坐标可得(−4)×3+3m =0，计算可得答案．
本题考查向量数量积的计算，涉及向量夹角、向量垂直的判断方法，属于基础题．
19.【答案】解：(1)证明：∵点E，F分别是AB，BC的中点，
∴EF//AC，
∵EF⊄平面ACD，AC⊂平面ACD，
∴EF//平面ACD．
(2)解：∵点E，F，M分别是AB，BC，CD的中点，
∴EF//AC，FM//BD，
∴∠EFM是异面直线AC与BD所成的角(或所成角的补角)，
在△EFM中，EF=FM=EM=1，
∴△EFM是等边三角形，∴∠EFM=60°，
∴异面直线AC与BD所成的角为60°．
【解析】(1)推导出EF//AC，由此能证明EF//平面ACD．
(2)推导出EF//AC，FM//BD，从而∠EFM是异面直线AC与BD所成的角(或所成角的补角)，由此能求出异面直线AC与BD所成的角．．
本题考查线面平行的证明，考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)已知：AB=10(公里)，在△BCD中，
由BD
sin45∘=BC
sin30∘
，
得BC=5√2(公里)．
于是，由于：10+5√2
20
×60≈51.21>50，
快递小哥不能在50分钟内将快件送到C处．
(2)在△ABD中，AD2=102+102−2⋅10⋅10⋅(−1
2
)=300，得AD=10√3(公里)，
在△BCD中，∠CBD=105°，
由：CD
sin105∘=5√2
sin30°
，
得CD=5(1+√3)(公里)，
由：10√3+5(1+√3)
60
=20+15√3≈45.98<51.21(分钟)
知，汽车能先到达C 处．
【解析】(1)首先利用正弦定理求出结果． (2)直接利用正弦定理和余弦定理求出结果． 本题考查的知识要点：正弦定理和余弦定理的应用．
21.【答案】解：(1)由题意可知：(0.00125+a +0.0075+0.00625+a +0.0025)×40=1，
解得a =0.00375；
所以平均数x −
=(20×0.00125+60×0.00375+100×0.0075+140×0.00625+180×0.00375+220×0.0025)×40
=0.05×20+0.15×60+0.3×100+0.25×140+0.15×180+0.1×220=124； (2)( i)当x ∈[150,240]时，y =150×(20−15)=750，
当x ∈[0,150)时，y =(20−15)x −(150−x)(15−10)=10x −750， 故y ={750,150≤x ≤240
10x −750,0≤x <150
，(x ∈N)；
( ii)由( i)可知，利润y ≥650，当且仅当日需求量x ∈[140,240]．
由频率分布直方图可知，日需求量x ∈[140,240]的频率约为0.125+0.15+0.1=0.375， 以频率估计概率的思想，估计当天利润y 不小于650元的概率为0.375．
【解析】(1)先利用各组频率之和为1，求出a 的值，再利用每组区间的中点值乘以该组的频率依次相加，即可估算出平均数；
(2)( i)分情况讨论，得到y 关于x 的分段函数的函数关系式即可；( ii)利润y ≥650，当且仅当日需求量x ∈[140,240]. 由频率分布直方图求出x ∈[140,240]的频率，以频率估计概率的思想，能估计当天利润y 不小于650元的概率．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了根据频率分布直方图估计平均数，以及利用样本估算总体，属于中档题．
22.【答案】(1)证明：∵AB 是圆O 的直径，∴BC ⊥AC ，
又∵PC ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴PC ⊥BC ， ∵PC ∩AC =C ，且PC ，BC ⊂平面PAC ，∴BC ⊥平面PAC ， 又BC ⊂平面PBC ，
∴平面PBC⊥平面PAC；
(2)解：∵BC⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，∴PA⊥BC，过C作CM⊥PA于M，连接BM，
∵BC∩CM=C，且BC，CM⊂平面BCM，
∴PA⊥平面BCM，得PA⊥BM，
∴∠BMC为二面角B−AC−M的平面角，
在Rt△BMC中，∵CM=
√5
，BC=√3，
∴BM=√4
5+3=√19
√5
，
则cos∠BMC=MC BM=√5
√19
√5=2√19
19
．
【解析】(1)由已知可得BC⊥AC，再由PC⊥平面ABC，得PC⊥BC，然后利用直线与平面垂直的判定可得BC⊥平面PAC，从而得到平面PBC⊥平面PAC；
(2)过C作CM⊥PA于M，连接BM，可得∠BMC为二面角B−AC−M的平面角，然后求解三角形得答案．
本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了二面角的平面角的求法，是中档题．。