福建省寧德市2020—2021學年高一數(shù)學下學期期末考試質(zhì)量檢測試題（含解析）

1、福建省寧德市2020-2021學年高一數(shù)學下學期期末考試質(zhì)量檢測試題（含解析）一、單項選擇題（共8小題，每小題5分，共40分）. 1已知復數(shù)z滿足zi（1+i），則是（）A1+iB1iC1+iD1i2擲兩枚質(zhì)地均勻的骰子，記事件A“第一枚出現(xiàn)奇數(shù)點”，事件B“第二枚出現(xiàn)偶數(shù)點”，則事件A與事件B的關(guān)系為（）AA與B互斥BA與B對立CA與B獨立DA與B相等3如圖1、圖2分別是甲、乙兩戶居民家庭全年各項支出的統(tǒng)計圖根據(jù)統(tǒng)計圖，下列對兩戶居民旅游支出占全年總支出的百分比作出的判斷中，正確的是（）A甲戶比乙戶大B乙戶比甲戶大C甲、乙兩戶一般大D無法確定哪一戶大4如圖是正方體的平面展開圖，則在這個正方體

2、中，AM與BN所成角的大小為（）A0B45C60D905已知m，n是兩條直線，是兩個平面，下列說法正確的是（）A若mn，n，則mB若，m，則mC若m，n，則mnD若m，m，則6已知某運動員每次投籃命中的概率是40%現(xiàn)采用隨機模擬的方法估計該運動員三次投籃恰有兩次命中的概率：先由計算器產(chǎn)生0到9之間取整數(shù)值的隨機數(shù)，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中；再以每三個隨機數(shù)為一組，代表三次投籃的結(jié)果經(jīng)隨機模擬產(chǎn)生了如下10組隨機數(shù)：204 978 171 935 263 321 947 468 579 682，據(jù)此估計，該運動員三次投籃恰有兩次命中的概率為（）ABCD7史記中

3、講述了田忌與齊王賽馬的故事其中，田忌的上等馬優(yōu)于齊王的中等馬，劣于齊王的上等馬；田忌的中等馬優(yōu)于齊王的下等馬，劣于齊王的中等馬；田忌的下等馬劣于齊王的下等馬若雙方各自擁有上等馬、中等馬、下等馬各1匹，且雙方各自隨機選1匹馬進行1場比賽，則田忌的馬獲勝的概率為（）ABCD8如圖，由四個全等的直角三角形與一個小正方形拼成的一個大正方形，已知，則（）ABCD二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分9設(shè)向量，則（）ABCD在上的投影向量為（1，0）10任何一個復數(shù)za+bi（其中a、bR，i為虛數(shù)單位）

4、都可以表示成：zr（cos+isin）的形式，通常稱之為復數(shù)z的三角形式法國數(shù)學家棣莫弗發(fā)現(xiàn)：znr（cos+isin）nrn（cosn+isinn）（nN+），我們稱這個結(jié)論為棣莫弗定理根據(jù)以上信息，下列說法正確的是（）A當時，BC|z4|z|4D在復平面內(nèi)對應的點的坐標為第三象限11已知正四面體的外接球、內(nèi)切球的球面上各有一動點M、N，若線段MN的最小值為，則（）A正四面體的外接球的表面積為96B正四面體的內(nèi)切球的體積為C正四面體的棱長為12D線段MN的最大值為12新冠肺炎期間，某社區(qū)規(guī)定：若任意連續(xù)7天，每天不超過6人體溫高于37.3，則稱沒有發(fā)生群體性發(fā)熱下列連續(xù)7天體溫高于37.3人

5、數(shù)的統(tǒng)計特征數(shù)中，能判定該社區(qū)沒有發(fā)生群體性發(fā)熱的為（）A中位數(shù)為4，眾數(shù)為3B均值小于1，中位數(shù)為1C均值為2，標準差為D均值為3，眾數(shù)為4三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分13已知z，則|z| 14在ABC中，若b1，c，C，則a 15如圖，桌面上放置一個裝有水的圓柱形玻璃水杯，AB為杯底直徑，現(xiàn)以點B為支點將水杯傾斜，使AB所在直線與桌面所成的角為，則圓柱母線與水面所在平面所成的角等于 16菱形ABCD的邊長為2，A60，M為DC的中點，若N為菱形內(nèi)任意一點（含邊界），則的最小值為 四、解答題：本題共6小題，共70分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟17已知向量滿足（1，

6、1），|1（1）若的夾角為，求；（2）若，求與的夾角18如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，ABAC1，D是BC的中點（1）求證：A1B平面ADC1；（2）若面ABB1A1面ABC，AA1AB，AA12，求幾何體ABDA1B1C1的體積19某公司生產(chǎn)某種產(chǎn)品，從生產(chǎn)的正品中隨機抽取1000件，測得產(chǎn)品質(zhì)量差（質(zhì)量差生產(chǎn)的產(chǎn)品質(zhì)量標準質(zhì)量，單位mg）的樣本數(shù)據(jù)統(tǒng)計如下：（1）求樣本數(shù)據(jù)的80%分位數(shù)；（2）公司從生產(chǎn)的正品中按產(chǎn)品質(zhì)量差進行分揀，若質(zhì)量差在（s，+s）范圍內(nèi)的產(chǎn)品為一等品，其余為二等品其中分別為樣本平均數(shù)和樣本標準差，計算可得s10（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代

7、表）若產(chǎn)品的質(zhì)量差為62mg，試判斷該產(chǎn)品是否屬于一等品；假如公司包裝時要求，3件一等品和2件二等品裝在同一個箱子中，質(zhì)檢員每次從箱子中摸出2件產(chǎn)品進行檢驗，求摸出2件產(chǎn)品中至少有1件一等品的概率20現(xiàn)給出兩個條件：2bsinAatanB，a（sinAsinC）bsinBcsinC，從中選出一個條件補充在下面的問題中，并以此為依據(jù)求解問題（選出一種可行的條件解答，若兩個都選，則按第一個解答計分）在ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C所對的邊，若_（1）求B；（2）若點D是邊AC靠近A的三等分點，且BD長為1，求ABC面積的最大值21甲、乙、丙三人參加一家公司的招聘面試，面試合格者可正式簽約

8、甲表示只要面試合格就簽約，乙丙則約定：兩人面試都合格就一同簽約，否則兩人都不簽約設(shè)甲面試合格的概率為，乙丙每人面試合格的概率都是，且三人面試是否合格互不影響求：（1）恰有一人面試合格的概率；（2）至多一人簽約的概率22在我國古代數(shù)學名著九章算術(shù)中將由四個直角三角形組成的四面體稱為“鱉臑”已知三棱錐PABC中，PA平面ABC（1）從三棱錐PABC中選擇合適的兩條棱填空若 ，則該三棱錐為“鱉臑”；（2）已知三棱錐PABC是一個“鱉臑”，且AC1，AB2，BAC60，若PAC上有一點D，如圖1所示，試在平面PAC內(nèi)作出一條過點D的直線l，使得l與BD垂直，說明作法，并給予證明；若點D在線段PC上，點

9、E在線段PB上，如圖2所示，且PB平面EDA，證明EAB是平面EAD與平面BAC的二面角的平面角答案一、單項選擇題（共8小題，每小題5分，共40分）. 1已知復數(shù)z滿足zi（1+i），則是（）A1+iB1iC1+iD1i【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合共軛復數(shù)的概念，以及復數(shù)代數(shù)形式的乘法運算，即可求解解：zi（1+i）1+i，故選：B2擲兩枚質(zhì)地均勻的骰子，記事件A“第一枚出現(xiàn)奇數(shù)點”，事件B“第二枚出現(xiàn)偶數(shù)點”，則事件A與事件B的關(guān)系為（）AA與B互斥BA與B對立CA與B獨立DA與B相等【分析】事件A與事件B能同時發(fā)生，故事件A與事件B既不是互斥事件，也不是對立事件；P（A），P（B），P（AB

10、），由P（AB）P（A）P（B），得A與B獨立；事件A與事件B不相等解：擲兩枚質(zhì)地均勻的骰子，記事件A“第一枚出現(xiàn)奇數(shù)點”，事件B“第二枚出現(xiàn)偶數(shù)點”，事件A與事件B能同時發(fā)生，故事件A與事件B既不是互斥事件，也不是對立事件，故A，B均錯誤；P（A），P（B），P（AB），P（AB）P（A）P（B），A與B獨立，故C正確；事件A與事件B不相等，故D錯誤故選：C3如圖1、圖2分別是甲、乙兩戶居民家庭全年各項支出的統(tǒng)計圖根據(jù)統(tǒng)計圖，下列對兩戶居民旅游支出占全年總支出的百分比作出的判斷中，正確的是（）A甲戶比乙戶大B乙戶比甲戶大C甲、乙兩戶一般大D無法確定哪一戶大【分析】由柱狀圖計算出乙戶的旅游支出

11、占比，再與甲的比較即可解：由餅狀圖，甲戶的旅游支出占25%；由柱狀圖，乙戶的旅游支出占25%故選：A4如圖是正方體的平面展開圖，則在這個正方體中，AM與BN所成角的大小為（）A0B45C60D90【分析】把正方體的平面展開圖還原成正方體ADNECMFB，由此能求出AM與BN所成角的大小解：如圖，把正方體的平面展開圖還原成正方體ADNECMFB，CDBN，CDAM，AMBN，在這個正方體中，AM與BN所成角的大小為90故選：D5已知m，n是兩條直線，是兩個平面，下列說法正確的是（）A若mn，n，則mB若，m，則mC若m，n，則mnD若m，m，則【分析】對于A，m或m；對于B，m與相交、平行或m；

12、對于C，m與n平行或異面；對于D，由面面垂直的判定定理得解：由m，n是兩條直線，是兩個平面，知：對于A，若mn，n，則m或m，故A錯誤；對于B，若，m，則m與相交、平行或m，故B錯誤；對于C，若m，n，則m與n平行或異面，故C錯誤；對于D，若m，m，則由面面垂直的判定定理得，故D正確故選：D6已知某運動員每次投籃命中的概率是40%現(xiàn)采用隨機模擬的方法估計該運動員三次投籃恰有兩次命中的概率：先由計算器產(chǎn)生0到9之間取整數(shù)值的隨機數(shù)，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中；再以每三個隨機數(shù)為一組，代表三次投籃的結(jié)果經(jīng)隨機模擬產(chǎn)生了如下10組隨機數(shù)：204 978 171 93

13、5 263 321 947 468 579 682，據(jù)此估計，該運動員三次投籃恰有兩次命中的概率為（）ABCD【分析】找出10組隨機數(shù)中三次投籃恰有兩次命中的事件，計算所求的概率值解：根據(jù)10組隨機數(shù)：204 978 171 935 263 321 947 468 579 682，表示三次投籃恰有兩次命中的事件是204，171，263，共3件；所以該運動員三次投籃恰有兩次命中的概率為P故選：B7史記中講述了田忌與齊王賽馬的故事其中，田忌的上等馬優(yōu)于齊王的中等馬，劣于齊王的上等馬；田忌的中等馬優(yōu)于齊王的下等馬，劣于齊王的中等馬；田忌的下等馬劣于齊王的下等馬若雙方各自擁有上等馬、中等馬、下等馬各1

14、匹，且雙方各自隨機選1匹馬進行1場比賽，則田忌的馬獲勝的概率為（）ABCD【分析】基本事件總數(shù)n339，利用列舉法求出田忌的馬獲勝包含的基本事件有3種情況，由此能求出田忌的馬獲勝的概率解：田忌的上等馬優(yōu)于齊王的中等馬，劣于齊王的上等馬；田忌的中等馬優(yōu)于齊王的下等馬，劣于齊王的中等馬；田忌的下等馬劣于齊王的下等馬若雙方各自擁有上等馬、中等馬、下等馬各1匹，且雙方各自隨機選1匹馬進行1場比賽，基本事件總數(shù)n339，分別為：田忌的上等馬對陣齊王的上等馬，田忌的上等馬對陣齊王的中等馬，田忌的上等馬對陣齊王的下等馬，田忌的中等馬對陣齊王的上等馬，田忌的中等馬對陣齊王的中等馬，田忌的上等馬對陣齊王的下等馬

15、，田忌的下等馬對陣齊王的上等馬，田忌的下等馬對陣齊王的中等馬，田忌的下等馬對陣齊王的下等馬，田忌的馬獲勝包含的基本事件有3種情況，分別為：田忌的上等馬對陣齊王的中等馬，田忌的上等馬對陣齊王的下等馬，田忌的中等馬對陣齊王的下等馬，則田忌的馬獲勝的概率為P故選：C8如圖，由四個全等的直角三角形與一個小正方形拼成的一個大正方形，已知，則（）ABCD【分析】利用平面向量的線性運算及平面向量的基本定理求解即可解：2，+（）+，+，+故選：C二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分9設(shè)向量，則（）ABCD在

16、上的投影向量為（1，0）【分析】根據(jù)平面向量數(shù)量積的運算性質(zhì)逐一進行判斷即可解：因為，所以（1，1），對A：|，|，所以|，故A正確；對B：因為1（1）（1）（1）20，所以與不平行，故B錯誤；對C：（）1+10，所以（），故C正確；對D：在上的投影為1，則在上的投影向量為（1，0），故D正確；故選：ACD10任何一個復數(shù)za+bi（其中a、bR，i為虛數(shù)單位）都可以表示成：zr（cos+isin）的形式，通常稱之為復數(shù)z的三角形式法國數(shù)學家棣莫弗發(fā)現(xiàn)：znr（cos+isin）nrn（cosn+isinn）（nN+），我們稱這個結(jié)論為棣莫弗定理根據(jù)以上信息，下列說法正確的是（）A當時，BC|

17、z4|z|4D在復平面內(nèi)對應的點的坐標為第三象限【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合復數(shù)z的三角形式和共軛復數(shù)的概念，即可求解解：對于A選項，當 時，zcos+，故A選項正確，對B選項，cos+sini1，故B選項錯誤，對于C選項，zr（cos+isin），z4r4（cos4+isin4），則|z4|r4，|z|4r4，|z4|z|4，故C選項正確，對于D選項，即在復平面對應的點為（，）位于第四象限，故D選項錯誤故選：AC11已知正四面體的外接球、內(nèi)切球的球面上各有一動點M、N，若線段MN的最小值為，則（）A正四面體的外接球的表面積為96B正四面體的內(nèi)切球的體積為C正四面體的棱長為12D線段MN的最大值

18、為【分析】設(shè)這個四面體的棱長為a，利用分割補形法求其外接球的半徑，由等體積法求其內(nèi)切球半徑，再由已知列式求解a，然后逐一分析四個選項得答案解：設(shè)這個四面體的棱長為a，四面體可看作棱長為的正方體截得的，故四面體的外接球即為正方體的外接球，外接球直徑為正方體體對角線長，2R外，R外a，四面體的高ha，根據(jù)等體積法，Sh4Sr內(nèi)，解得r內(nèi)a，依題意得 R外r內(nèi)aa，a12，故C正確；正四面體外接球的半徑，則正四面體外接球的表面積為454216，故A錯誤；正四面體內(nèi)切球的半徑為，則內(nèi)切球的體積V，故B正確；線段MN的最大值為：R外+r內(nèi)，故D錯誤故選：BC12新冠肺炎期間，某社區(qū)規(guī)定：若任意連續(xù)7天，

19、每天不超過6人體溫高于37.3，則稱沒有發(fā)生群體性發(fā)熱下列連續(xù)7天體溫高于37.3人數(shù)的統(tǒng)計特征數(shù)中，能判定該社區(qū)沒有發(fā)生群體性發(fā)熱的為（）A中位數(shù)為4，眾數(shù)為3B均值小于1，中位數(shù)為1C均值為2，標準差為D均值為3，眾數(shù)為4【分析】根據(jù)題意，假設(shè)設(shè)連續(xù)7天，每天的體溫高于37.3的人數(shù)分別為a，b，c，d，e，f，g，且0abcdefg，由此依次分析選項，可得答案解：由題意，設(shè)連續(xù)7天，每天的體溫高于37.3的人數(shù)分別為a，b，c，d，e，f，g，且0abcdefg，依次分析選項：對于A，a，b，c，d，e，f，g依次取3，3，3，4，5，5，7，則滿足中位數(shù)為4，眾數(shù)為3，但是第7天的人數(shù)

20、為76，不符合題意；對于B，若g7，中位數(shù)為1，則有（a+b+c+d+e+f+g）g1，與均值小于1矛盾，可以判定該社區(qū)沒有發(fā)生群體性發(fā)熱，符合題意；對于C，若均值為2，標準差為，則有（a+b+c+d+e+f+g）2，（a2）2+（g2）23，變形可得a+b+c+d+e+f+g14，（a2）2+（g2）221，若g7，則（g2）225，與標準差為矛盾，可以判定該社區(qū)沒有發(fā)生群體性發(fā)熱，符合題意；對于D，a，b，c，d，e，f，g依次取0，1、2，3，4，4，7，滿足均值為3，眾數(shù)為4，但是第7天的人數(shù)為76，不符合題意；故選：BC三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分13已知z，則|z

21、|1【分析】根據(jù)已知條件，運用復數(shù)的運算法則，以及復數(shù)模的公式，即可求解解：z，故答案為：114在ABC中，若b1，c，C，則a1【分析】先根據(jù)b，c，c，由正弦定理可得sinB，進而求得B，再根據(jù)正弦定理求得a解：在ABC中由正弦定理得，sinB，bc，故B，則A由正弦定理得a1故答案為：115如圖，桌面上放置一個裝有水的圓柱形玻璃水杯，AB為杯底直徑，現(xiàn)以點B為支點將水杯傾斜，使AB所在直線與桌面所成的角為，則圓柱母線與水面所在平面所成的角等于 【分析】作出圖形，數(shù)形結(jié)合能求出結(jié)果解：如圖，以點B為支點將水杯傾斜，使AB所在直線與桌面所成的角為，水面所在直線EF桌面所在直線CD，圓柱母線與

22、水面所在平面所成的角EFBCBF故答案為：16菱形ABCD的邊長為2，A60，M為DC的中點，若N為菱形內(nèi)任意一點（含邊界），則的最小值為 4【分析】設(shè)在向量方向上的投影為x，結(jié)合圖形可知當N點與A點重合時x最小，所以，進而可得答案解：設(shè)在向量方向上的投影為x，則，當x最小時，取得最小值，結(jié)合圖形可知當N點與A點重合時x最小，所以故答案為：4四、解答題：本題共6小題，共70分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟17已知向量滿足（1，1），|1（1）若的夾角為，求；（2）若，求與的夾角【分析】（1）根據(jù)平面向量數(shù)量積運算公式求解即可；（2）由得，進而求出，再根據(jù)平面向量夾角公式求解即可解：（1

23、），所以，所以，（2）因為，所以，所以，所以，所以，因為0，所以故與的夾角為18如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，ABAC1，D是BC的中點（1）求證：A1B平面ADC1；（2）若面ABB1A1面ABC，AA1AB，AA12，求幾何體ABDA1B1C1的體積【分析】（1）連接A1C，交AC1于O，連接OD，可得ODA1B，再由直線與平面平行的判定得AB1平面ADC1；（2）由平面ABB1A1平面ABC，ABAA1，利用平面與平面垂直的性質(zhì)可得AA1平面ABC，再由已知求得三棱錐ABCA1B1C1與三棱錐C1ADC的體積，作差可得幾何體ABDA1B1C1的體積【解答】（1）證明：連接

24、A1C，交AC1于O，連接OD，OD是CA1B的中位線，ODA1B，又OD平面ADC1，AB1平面ADC1，AB1平面ADC1；（2）解：平面ABB1A1平面ABC，平面ABB1A1平面ABCAB，ABAA1，AA1平面ABB1A1，AA1平面ABC，ABAC，ABAC1，且AA12，故19某公司生產(chǎn)某種產(chǎn)品，從生產(chǎn)的正品中隨機抽取1000件，測得產(chǎn)品質(zhì)量差（質(zhì)量差生產(chǎn)的產(chǎn)品質(zhì)量標準質(zhì)量，單位mg）的樣本數(shù)據(jù)統(tǒng)計如下：（1）求樣本數(shù)據(jù)的80%分位數(shù)；（2）公司從生產(chǎn)的正品中按產(chǎn)品質(zhì)量差進行分揀，若質(zhì)量差在（s，+s）范圍內(nèi)的產(chǎn)品為一等品，其余為二等品其中分別為樣本平均數(shù)和樣本標準差，計算可得s

25、10（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代表）若產(chǎn)品的質(zhì)量差為62mg，試判斷該產(chǎn)品是否屬于一等品；假如公司包裝時要求，3件一等品和2件二等品裝在同一個箱子中，質(zhì)檢員每次從箱子中摸出2件產(chǎn)品進行檢驗，求摸出2件產(chǎn)品中至少有1件一等品的概率【分析】（1）求出頻率f10.1，f20.2，f30.45，f40.2，f50.05，f1+f2+f3+f40.95；f1+f2+f30.75，從而80%分位數(shù)一定位于76，86）內(nèi)，由此能估計樣本數(shù)據(jù)的80%分位數(shù)（2）求出平均數(shù)，得到，再由62（60，80），得該產(chǎn)品屬于一等品記三件一等品為A，B，C，兩件二等品為a，b，利用列舉法求出摸出兩件產(chǎn)品總基本事

26、件共10個，法一：記A：摸出兩件產(chǎn)品中至少有一個一等品，利用列舉法求出A包含的基本事件共9個，由此能求出所求概率法二：記事件A：摸出兩件產(chǎn)品中至少有一個一等品，：摸出兩個產(chǎn)品，沒有一個一等品，基本事件共一個（a，b）利用對立事件概率計算公式能求出所求概率解：（1）因為頻率f10.1，f20.2，f30.45，f40.2，f50.05，f1+f2+f3+f40.95；f1+f2+f30.75，所以，80%分位數(shù)一定位于76，86）內(nèi)，所以所以估計樣本數(shù)據(jù)的80%分位數(shù)約為78.5（2），所以，又62（60，80）可知該產(chǎn)品屬于一等品記三件一等品為A，B，C，兩件二等品為a，b，這是古典概型，摸出

27、兩件產(chǎn)品總基本事件共10個，分別為：（A，B），（A，C），（A，a），（A，b），（B，C），（B，a），（B，b），（C，a），（C，b），（a，b），方法一：記A：摸出兩件產(chǎn)品中至少有一個一等品，A包含的基本事件共9個，分別是：（A，B），（A，C），（A，a），（A，b），（B，C），（B，a），（B，b），（C，a），（C，b），所以方法二：記事件A：摸出兩件產(chǎn)品中至少有一個一等品，：摸出兩個產(chǎn)品，沒有一個一等品，基本事件共一個（a，b）所以20現(xiàn)給出兩個條件：2bsinAatanB，a（sinAsinC）bsinBcsinC，從中選出一個條件補充在下面的問題中，并以此為依據(jù)求解問題

28、（選出一種可行的條件解答，若兩個都選，則按第一個解答計分）在ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C所對的邊，若_（1）求B；（2）若點D是邊AC靠近A的三等分點，且BD長為1，求ABC面積的最大值【分析】（1）根據(jù)正弦定理以及同角關(guān)系進行轉(zhuǎn)化求解；利用正弦定理和余弦定理進行轉(zhuǎn)化求解即可（2）根據(jù)點D是邊AC靠近A的三等分點，方法1：根據(jù)條件得到關(guān)于a，c的關(guān)系式，然后利用基本不等式求出ac的范圍，再得到面積的最大值；方法2，直接利用余弦定理，結(jié)合基本不等式進行轉(zhuǎn)化求解即可解：（1）若選，由2b sinAa tan B，得2 sin Bsin A由sinA0，sinB0，得因為B（0，），所以

29、B60若選，由a（sinAsinC）bsinBcsinC，得a2+c2b2ac所以因為B（0，），所以B60（2）方法一：，由，平方得，即，所以，所以，即，當且僅當時，取等號，所以，此時且方法二：ABC中，由余弦定理，可得b2a2+c2ac，由ADB+CDB，得cosADBcosCDB，所以，所以，即a2+4c2+2ac9，由基本不等式，得即，當且僅當，取等號，所以，即，所以，此時且21甲、乙、丙三人參加一家公司的招聘面試，面試合格者可正式簽約甲表示只要面試合格就簽約，乙丙則約定：兩人面試都合格就一同簽約，否則兩人都不簽約設(shè)甲面試合格的概率為，乙丙每人面試合格的概率都是，且三人面試是否合格互不影響求：（1）恰有一人面試合格的概率；（2）至多一人簽約的概率【分析】（1）利用對立事件的概率公式以及相互獨立事件的概率乘法公式求解即可；（2）事件E：至多一人簽約，事件F：恰好一人簽約，事件G：沒人簽約，然后由互斥事件的加法公式得到P（E）P（F）+P（G），再利用對立事件的概率公式以及相互獨立事件的概率乘法公式分別求解P（F），P（G），即可得到答案解：（1）記事件A：甲面試合格，事件B：乙面試合格事件C