2024-2025學年湖北省襄陽市高二上學期開學考試數學檢測試題（一）一、單選題（本大題共8小題）1．已知為虛數單位，若，則復數在復平面內對應的點位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知向量a=1,0,2，b=?2,1,?2，c=0,1,λ，若a，b，A．1 B．2 C．3 D．43．平行六面體中，底面ABCD為正方形，，，E為的中點，則異面直線BE和DC所成角的余弦值為（

）A．0 B． C． D．4．有4張相同的卡片，分別標有數字1，2，3，4，從中有放回地隨機取兩次，每次取1張卡片，表示事件“第一次取出的卡片上的數字為偶數”，表示事件“第一次取出的卡片上的數字為3”，表示事件“兩次取出的卡片上的數字之和為5”，表示事件“兩次取出的卡片上的數字之和為7”，則（

）A．與為相互獨立事件 B．與為互斥事件C．與為相互獨立事件 D．與為對立事件5．構造法是數學中一種常見的解題方法，請結合三角形的正、余弦定理，構造出恰當的圖形解決問題：（

）A． B． C． D．6．如圖，在中，，，為上一點，且，若，，則的值為（

）

A． B． C． D．7．已知在鈍角中，是鈍角，，點是邊上一點，且，則的最小值為（

）A． B． C． D．8．排球比賽一般采用五局三勝制，第一局比賽用抽簽的方式，等可能地決定首先發球的球隊，在每局比賽中，發球方贏得此球后可獲得下一球的發球權，否則交換發球權．甲、乙兩隊進行排球比賽，若甲隊發球，則甲隊贏得此球的概率為，若乙隊發球，則甲隊贏得此球的概率為．則在第一局比賽中，甲隊獲得第三個球的發球權的概率為（

）A． B． C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．從某校隨機抽取30名學生參加某項知識測試，得分（十分制）如圖所示，則下列選項錯誤的是（

）A．這30名學生測試得分的中位數為6B．這30名學生測試得分的眾數與中位數相等C．這30名學生測試得分的極差為8D．這30名學生測試得分的平均數比中位數大10．不透明盒子里裝有除顏色外完全相同的2個黑球、3個白球，現從盒子里隨機取出2個小球，記事件“取出的兩個球是一個黑球、一個白球”，事件“兩個球中至多一個黑球”，事件“兩個球均為白球”，則（

）A． B． C． D．11．已知棱長為2的正方體，點是的中點，點在線段上，滿足，則下列表述正確的是（

）A．時，平面B．不存在，使得平面C．任意，三棱錐的體積為定值D．過點的平面分別交于，則的范圍是三、填空題（本大題共3小題）12．已知，，若點關于平面的對稱點為，則，兩點間的距離為.13．拋兩枚質地均勻的骰子，向上的點數分別為x，y，則x，y，3能夠構成三角形三邊長的概率為.14．如圖，在平面四邊形中，，.若，則四邊形的面積為；若的大小可變化，則的最大值為.四、解答題（本大題共5小題）15．的內角，，的對邊分別為，，，已知．(1)求的大小；(2)若面積為，外接圓面積為，求周長.16．近年來，“直播帶貨”受到越來越多人的喜愛，目前已經成為推動消費的一種流行營銷形式，某直播平臺有1000個直播商家，對其進行調查統計，發現所售商品多為小吃、衣帽、生鮮、玩具、飾品類等，各類直播商家所占比例如圖①所示，為了更好地服務買賣雙方，該直播平臺打算用分層抽樣的方式抽取80個直播商家進行問詢交流．(1)應抽取小吃類商家多少家？(2)在問詢了解直播商家的利潤狀況時，工作人員對抽取的80個商家的平均日利潤進行了統計（單位：元），所得頻率直方圖如圖②所示．①估計該直播平臺商家平均日利潤的第75百分位數；②若將平均日利潤超過480元的商家稱為“優質商家”，估計該直播平臺“優質商家”的個數．17．如圖，以棱長為1的正方體的三條棱所在直線為坐標軸，建立空間直角坐標系，點在線段AB上，點在線段DC上．(1)當，且點關于軸的對稱點為時，求；(2)當點是面對角線AB的中點，點在面對角線DC上運動時，探究的最小值．18．目前羽毛球混雙世界排名第一，第三，第四分別是中國的“雅思組合，韓國的肉丁組合”，中國的“鳳凰組合.據統計，每場比賽雅思組合戰勝肉丁組合的概率為，“鳳凰組合”戰勝肉丁組合的概率為，同一賽事的每場比賽結果互不影響.已知三個組合參加單循環賽（參加比賽的組合均能相遇一次），“雅思組合，“鳳凰組合”同時戰勝“肉丁組合”的概率為，有一個組合戰勝“肉丁組合”的概率為.(1)求和的值；(2)三個組合參加雙循環賽（參加比賽的組合均能相遇兩次），求雅思組合比“鳳凰組合戰勝肉丁組合的次數多的概率.19．空間的彎曲性是幾何研究的重要內容，用曲率刻畫空間的彎曲性，規定：多面體頂點的曲率等于與多面體在該點的面角之和的差，其中多面體的面的內角叫做多面體的面角，角度用弧度制.例如：正四面體每個頂點均有3個面角，每個面角均為，故其各個頂點的曲率均為.如圖，在直三棱柱中，點的曲率為，，分別為，的中點，且.(1)證明：平面；(2)若，求二面角的余弦值；(3)表面經過連續變形可以變為球面的多面體稱為簡單多面體.關于簡單多面體有著名歐拉定理：設簡單多面體的頂點數為，棱數為，面數為，則有：.利用此定理試證明：簡單多面體的總曲率（多面體有頂點的曲率之和）是常數.

參考答案1．【答案】D【分析】根據復數代數形式的除法運算化簡復數，再根據復數的幾何意義判斷即可.【詳解】因為，所以即，所以復數在復平面內對應的點的坐標為，所以復數在復平面內對應的點位于第四象限.故選D.2．【答案】B【詳解】因為1?2≠01≠2?2所以存在實數x,y，使得c=xa所以0,1,λ=x1,0,2所以x?2y=0y=12x?2y=λ，解得x=2故選B.3．【答案】A【分析】由求解即可．【詳解】由題意，，，又，，所以，即有，故選A．4．【答案】A【分析】列出樣本空間，再對各選項的事件列出其基本事件，根據獨立事件的定義判斷AC，根據互斥事件、對立事件的定義判斷BD.【詳解】由題意樣本空間，，，，，對于A：由古典概率概率公式可知，，，則，故與為相互獨立事件，故A正確；對于C：，，，則，故與不是相互獨立事件，故C錯誤；對于B：當第一次取出的卡片上的數字為3，第二次取出的卡片上的數字為4時，事件與同時發生，故兩個事件不是互斥事件，故C錯誤；對于D：因為，，所以與不是對立事件，故D錯誤.故選A.5．【答案】C【分析】構造,則由余弦定理有，設，再由正弦定理可得出答案.【詳解】構造，設角所對的邊分別為,設，由余弦定理可得,即，所以，由正弦定理可得，即，所以.故選C.6．【答案】C【分析】由題意，可得，又三點共線，可得，則，利用向量的線性運算可得，進而表示出，計算即可.【詳解】在中，因為，所以，，所以，即，因為，所以，因為三點共線，所以，解得，所以，而，所以，又，，，則.故選C.7．【答案】C【分析】利用正弦定理可得，結合向量可得，結合基本不等式運算求解.【詳解】因為，由正弦定理可得，且，則，可得，且，則，又因為，則，可得，則，因為，則，又因為，當且僅當時，等號成立，所以，即的最小值為.故選C．8．【答案】C【分析】按第一球發球方進行分類，第二球必是甲勝列式計算即得.【詳解】甲乙獲得發第一個球的概率均為，由甲獲得第三個球的發球權，得第二球甲必勝，當甲發第一個球時，有甲勝甲勝和乙勝甲勝兩種情況，概率為，當乙發第一個球時，有甲勝甲勝和乙勝甲勝兩種情況，概率為，所以甲隊獲得第三個球的發球權的概率為.故選C.9．【答案】ABC【分析】根據中位數、眾數、極差和平均數的定義，分別求出對應的值即可得到答案.【詳解】這30名學生測試得分的中位數為，故A錯誤；這30名學生測試得分的眾數為5，故B錯誤；分數最高為10，最低為3，所以極差為7，故C錯誤；這30名學生測試得分的平均數為:，故D正確.故選ABC.10．【答案】AB【分析】利用列舉法寫出隨機取出個小球的基本事件，根據題設描述列舉對應事件，由古典概型的概率求法求概率.【詳解】記個白球為，個黑球為，隨機取出個小球的事件如下，，事件對應的基本事件有，所以，故A正確；事件對應的基本事件有，所以，事件對應的基本事件有，所以，又，故D錯誤；其中對應的基本事件有，所以，故B正確；對應的基本事件有，所以，故C錯誤.故選AB.11．【答案】ACD【分析】利用線面平行的判定判斷A；舉例說明判斷B；利用等體積法計算判斷C；作圖直接計算得到并判斷D.【詳解】對于A，當時，是的中點，而是的中點，則，而平面，平面，于是平面，A正確；對于B，當，即點與重合時，由平面，平面，則，又平面，則平面，而平面，于是，又，則，同理，又平面，因此平面，B錯誤；對于C，顯然，而平面，平面，則平面，因此點到平面的距離為定值，在中，，其面積為定值，因此三棱錐的體積為定值，C正確；對于D，直線與直線和分別交于點，則，，而有，，當時，有，，則，，從而，，當時，分別與重合；當時，點為中點，與重合，，亦成立，則，，所以的取值范圍是，D正確.故選ACD.12．【答案】【分析】依據對稱關系求出點坐標，后利用兩點間距離公式求解即可.【詳解】由題意知點關于平面的對稱點，由兩點間距離公式知故答案為：.13．【答案】【分析】根據給定條件，利用列舉法、結合古典概率計算即得.【詳解】拋兩枚骰子，所有的情況有36種，由x，y，3構成三角形的三邊長，得，當，有5種情況：；當（的情況只需與互換即可，即兩種情況相同）時，若；若，；若，；若，；若，，因此符合條件的共有（種）情況，所以所求概率為.故答案為：.14．【答案】；【分析】在中由面積公式可得，由余弦定理得和，由得，所以四邊形的面積為；設，在中由余弦定理得和，由正弦定理得，由和余弦定理得，根據的范圍可得答案.【詳解】在中，，，，所以，由余弦定理得，所以，所以，因為，所以，所以四邊形的面積為；設，在中，由余弦定理得，因為，所以，由正弦定理得，所以，因為，所以，在中，由余弦定理得，所以，因為，所以，所以當即時，取最大值為1，此時，綜上所述，的最大值為5.故答案為：；.【關鍵點撥】本題考查了正余弦定理的應用及三角形面積的應用，解題的關鍵是利用余弦定理結合三角恒等變換，利用正弦函數的性質求解的最大值.15．【答案】(1)；(2)18.【分析】（1）由正弦定理，可化為，再由余弦定理得，即可得到；（2）由外接圓面積，得，再由正弦定理可得，由面積公式，可得，再由余弦定理，可得，即可求得周長.【詳解】（1），，，

，

．（2）設外接圓的半徑為，由，得，，解得，

，

，

又，所以49=，

故，所以.16．【答案】(1)28家；(2)①487.5元；②280.【分析】（1）根據分層抽樣的定義結合圖①求解即可；（2）①先根據頻率和為1求出，然后列方程求解第75百分位數，②根據頻率分布直方圖求出平均均日利潤超過480元的頻率，然后乘以1000可得答案.【詳解】（1）根據分層抽樣知：應抽取小吃類家；（2）①根據題意可得，解得，設75百分位數為x，因為，，所以，解得，所以該直播平臺商家平均日利潤的75百分位數為487.5元．

②，所以估計該直播平臺“優秀商家”的個數為280．17．【答案】(1)；(2).【分析】（1）根據空間直角坐標系寫出各頂點的坐標，再由求得，得到與的坐標，再利用兩點距離公式求解即可；（2）由中點坐標公式求得，再根據題意設點，最后利用兩點間的距離公式與一元二次函數配方法求的最小值.【詳解】（1）由題意知，，，．由得，，故，所以，所以．（2）因為點是面對角線AB的中點，所以，而點在面對角線DC上運動，故設點，，則，，所以當時，取得最小值，此時點．18．【答案】(1)(2)【分析】(1)由事件的相互獨立性及互斥事件的概率公式列方程組求解；(2)根據獨立事件乘法公式及互斥事件的求和公式結合條件即得．【詳解】（1）設事件“雅思組合、鳳凰組合均戰勝肉丁組合”，“雅思組合與鳳凰組合只有一個組合戰勝肉丁組合”，由于每場比賽結果互不影響，所以，，由題意可得，即，解得或，因為，所以．（2）設事件“‘雅思組合’勝‘肉丁組合’場”，事件“‘鳳凰組合’勝‘肉丁組合’場”，，事件“‘雅思組合’比‘鳳凰組合’戰勝‘肉丁組合’的次數多”所以，，所以，所以“雅思組合”比“鳳凰組合”戰勝“肉丁組合”的次數多的概率．【方法總結】(1)根據事件的相互獨立性及互斥事件的概率公式列方程組；(2)結合獨立事件乘法公式及互斥事件的求和公式即得．19．【答案】(1)證明見解析；(2)；(3)證明見解析.【分析】（1）由直棱柱的性質可得，，再由點的曲率可求出，則為等邊三角形，所以，再利用線面垂直的判定定理可證得結論；（2）取的中點，連接，則平面，所以，，則平面，所以可得為二面角的平面角，在中可求得結果；（3）設多面體有個面，給組成多面體的多邊形編號，分別為號，設第號（）多邊形有條邊，表示出多面體的所有的棱和頂點，及所有多邊形的內角之和為，從而可表示出總曲率，化簡可得結果.【詳解】（1）證明：因為在直三棱柱中，平面，平面，所以，所以點的曲率為，得，因為，所以為等邊三角形，因為為的中點，所以，因為平面，平面，所以，因為，平面，所以平面；（2）取的中點，連接，因為為等邊三角形，所以，因為三棱柱為直三棱柱，所以平面平面，因為平面平面，平面，所以平面，因為平面，所以，設，則，所以，所以，因為，平面，所以平面，因為平面，所以，所以為二面角的平面角，因為，所以在中，，所以二面角的余弦值為；（3）證明：設多面體有個面，給組成多面體的多邊形編號，分別為號，設第號（）多邊形有條邊，則多面體共有條棱，由題意，多面體共有個頂點，號多邊形的內角之和為，所以所有多邊形的內角之和為，所以多面體的總曲率為，所以簡單多面體的總曲率為.【思路導引】此題考查線面垂直的判定，考查二面角的求法，考查新概念曲率，解題的關鍵是對多面體曲率的正確理解，考查推理能力和計算能力.2024-2025學年湖北省襄陽市高二上學期開學考試數學檢測試題（二）一、單選題（本大題共8小題）1．已知集合，則（

）A． B． C． D．2．已知復數滿足，則復數（

）A． B．C． D．3．如圖，中，為邊的中點，為的中點，則（

）

A． B．C． D．4．下列方程中表示圓心在直線上，半徑為2，且過原點的圓的是（

）A． B．C． D．5．將函數的圖象先向左平移個單位，縱坐標不變，再將橫坐標伸長為原來的2倍，得到函數的圖象，則函數的解析式為（

）A． B．C． D．6．已知函數，關于的方程有4個不同的實數根，則實數的取值范圍是（

）A． B．C． D．7．如圖，在平面四邊形ABCD中，若，，，，則（

）A． B．2 C． D．8．在中，，，，為中點，若將沿著直線翻折至，使得四面體的外接球半徑為，則直線與平面所成角的正弦值是（

）A． B． C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．設，為兩個隨機事件，以下命題正確的是（

）A．若，是對立事件，則B．若，是互斥事件，，，則C．若，，且，則，是獨立事件D．若，是獨立事件，，，則10．以下四個命題敘述正確的是（

）A．直線在軸上的截距是1B．直線和的交點為，且在直線上，則的值是C．設點是直線上的動點，為原點，則的最小值是2D．直線，若，則或211．已知正方體的邊長為2，M為的中點，P為側面上的動點，且滿足平面，則下列結論正確的是（

）A． B．平面C．與所成角的余弦值為 D．動點P的軌跡長為三、填空題（本大題共3小題）12．對任意的實數，直線所過的定點為．13．如圖，已知正方形的邊長為4，若動點在以為直徑的半圓(正方形內部，含邊界)，則的取值范圍為.14．函數的值域為．四、解答題（本大題共5小題）15．已知直線，.(1)若坐標原點O到直線m的距離為，求a的值；(2)當時，直線l過m與n的交點，且它在兩坐標軸上的截距相反，求直線l的方程.16．記的內角的對邊分別為，滿足.(1)求角；(2)若，，是中線，求的長.17．文明城市是反映城市整體文明水平的綜合性榮譽稱號，作為普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要創造者，某市為提高市民對文明城市創建的認識，舉辦了“創建文明城市”知識競賽，從所有答卷中隨機抽取100份作為樣本，將樣本的成績（滿分100分，成績均為不低于40分的整數）分成六段：，得到如圖所示的頻率分布直方圖．(1)求頻率分布直方圖中a的值，并求樣本成績的第80百分位數和平均數；(2)已知落在的平均成績是56，方差是7，落在的平均成績為65，方差是4，求兩組成績的總平均數和總方差．18．如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD．設平面PAD與平面PBC的交線為l．（1）證明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．19．一般地，元有序實數對稱為維向量.對于兩個維向量，定義：兩點間距離，利用維向量的運算可以解決許多統計學問題.其中，依據“距離”分類是一種常用的分類方法：計算向量與每個標準點的距離，與哪個標準點的距離最近就歸為哪類.某公司對應聘員工的不同方面能力進行測試，得到業務能力分值?管理能力分值?計算機能力分值?溝通能力分值（分值代表要求度，1分最低，5分最高）并形成測試報告.不同崗位的具體要求見下表：崗位業務能力分值管理能力分值計算機能力分值溝通能力分值合計分值會計（1）215412業務員（2）523515后勤（3）235313管理員（4）454417對應聘者的能力報告進行四維距離計算，可得到其最適合的崗位.設四種能力分值分別對應四維向量的四個坐標.(1)將這四個崗位合計分值從小到大排列得到一組數據，直接寫出這組數據的第三四分位數；(2)小剛與小明到該公司應聘，已知：只有四個崗位的擬合距離的平方均小于20的應聘者才能被招錄.（i）小剛測試報告上的四種能力分值為，將這組數據看成四維向量中的一個點，將四種職業的分值要求看成樣本點，分析小剛最適合哪個崗位；（ii）小明已經被該公司招錄，其測試報告經公司計算得到四種職業的推薦率分別為，試求小明的各項能力分值.

參考答案1．【答案】A【分析】分別求得集合和，根據交集的定義即可求解．【詳解】由題可知，，，所以.故選A．2．【答案】D【分析】由已知等式化簡求出，從而可求出復數.【詳解】因為，所以．故選D．3．【答案】A【分析】利用向量的基本定理與混合運算，結合圖形即可得解.【詳解】在中，為邊的中點，為的中點，則.故選A.4．【答案】D【分析】假設圓的標準方程，根據題意列出方程求解圓心和半徑即可.【詳解】因為圓心在上，所以設圓心為,因為圓的半徑為2，所以設圓的標準方程為,因為該圓過原點，所以，解得,所以圓心為或,當圓心為時，圓的標準方程為，D對;當圓心為時，圓的標準方程為.故選D.5．【答案】C【分析】根據正弦函數的平移伸縮得出解析式即可.【詳解】的圖象先向左平移可得,縱坐標不變，再將橫坐標伸長為原來的2倍可得.故選C.6．【答案】B【分析】利用分段函數的解析式，作出的圖象，將方程有4個不同的實數根，轉化為方程必有一正一負兩個根，即可得到，，再根據函數的性質計算可得；【詳解】因為，函數圖象如下所示：要使關于的方程有4個不同的實數根，即有4個不同的實數根，令，，，則或或，因為方程必有一正一負兩個根，所以，且，，所以，所以，函數在上單調遞增，當時，，所以，即.故選B.7．【答案】D【分析】先由余弦定理得出，再應用正弦定理求邊長即可.【詳解】在中，由余弦定理，得，所以，因為，所以，在中，，由正弦定理，得，所以．故選D．8．【答案】D【分析】由直角三角形性質和翻折關系可確定為等邊三角形，利用正弦定理可確定外接圓半徑，由此可知外接圓圓心即為四面體外接球球心，由球的性質可知平面，利用可求得點到平面的距離，由此可求得線面角的正弦值.【詳解】，，，，又為中點，，則，即為等邊三角形，設的外接圓圓心為，的外接圓圓心為，取中點，連接，，，，即外接圓半徑為，又四面體的外接球半徑為，為四面體外接球的球心，由球的性質可知：平面，又平面，，，，；設點到平面的距離為，由得：，又與均為邊長為的等邊三角形，，直線與平面所成角的正弦值為.故選D.【關鍵點撥】本題考查幾何體的外接球、線面角問題的求解；本題求解線面角的關鍵是能夠確定外接球球心的位置，結合球的性質，利用體積橋的方式構造方程求得點到面的距離，進而得到線面角的正弦值.9．【答案】BCD【分析】利用互斥事件、對立事件與相互獨立事件的性質逐一判斷即可【詳解】對于A，因為，是對立事件，所以事件，是不可能同時發生的，則，故A錯誤；對于B，因為，是互斥事件，則，故B正確；對于C，若，，則，，所以，所以，是獨立事件，故C正確；對于D，因為，是獨立事件，所以，是獨立事件，又，所以，所以，故D正確.故選BCD.10．【答案】BC【分析】求出直線的橫截距判斷A；解方程組求出判斷B；求出點到直線的距離判斷C；驗證判斷D.【詳解】對于A，直線在軸上的截距是，A錯誤；對于B，由解得，即，則，解得，B正確；對于C，依題意，，C正確；對于D，當時，直線重合，D錯誤.故選BC.11．【答案】BCD【分析】建立空間直角坐標系，利用空間夾角公式、空間向量數量積的運算性質逐一判斷即可.【詳解】如圖建立空間直角坐標系，設正方體棱長為2，

則，所以，由平面，得，即，化簡可得：，所以動點P在直線上，對于選項A：，所以與不垂直，所以A選項錯誤；對于選項B：平面平面，所以平面，B選項正確；對于選項C：，C選項正確；對于選項D：動點P在直線上，且P為側面上的動點，則P在線段上，，所以，D選項正確；故選BCD.12．【答案】【分析】將方程化為，列方程求解即可.【詳解】原方程可變形為，令，解得，于是有對，都滿足方程，所以這些直線都經過同一定點，該定點的坐標為.故答案為：.13．【答案】【分析】利用向量的數量積運算即可求解.【詳解】因為正方形的邊長為4，取的中點，連接，當在點或點時，，當在弧中點時，，所以的取值范圍為，由于，，，所以，因為，所以，故，所以，即的取值范圍為.故答案為：.14．【答案】【詳解】由題意可知：的定義域為R，且，可知為的一個周期，若，則，可知，可得，令，則，且，可知，可得，可知在內單調遞增，且，則，即；結合周期性可知：的值域為.故答案為：.15．【答案】(1)或(2)或【分析】（1）依據點到直線的距離公式建立方程求解即可.（2）聯立求出直線交點，再分類討論直線是否過原點，求解即可.【詳解】（1）設原點O到直線m的距離為，則，解得或；（2）由解得，即m與n的交點為.當直線l過原點時，此時直線斜率為，所以直線l的方程為；當直線l不過原點時，設l的方程為，將代入得，所以直線l的方程為.故滿足條件的直線l的方程為或.16．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據邊角轉化，將題干條件均化成角，結合誘導公式，三角恒等變換進行化簡求值；（2）利用，平方后求，結合余弦定理來處理.【詳解】（1）因為，由正弦定理可知：，由，故，所以所以，所以，又，所以；（2）根據數量積的定義，由，得，又，在中由余弦定理得：因為，所以，所以.17．【答案】(1)，第80百分位數為86，平均數為74；(2)，.【分析】（1）由頻率分布直方圖的性質即可求解；（2）由和組的平均數和方差即可求得總平均數和總方差.【詳解】（1）∵每組小矩形的面積之和為1，∴解得：成績落在內的頻率為．落在內的頻率為．設第80百分位數為m由，得，故第80百分位數為86.設平均數為，由圖中數據可知：.（2）由圖可知，成績在的市民人數為，成績在的市民人數為．故,.所以兩組市民成績的總平均數是62，總方差是23．18．【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）利用線面垂直的判定定理證得平面，利用線面平行的判定定理以及性質定理，證得，從而得到平面；（2）方法一：根據題意，建立相應的空間直角坐標系，得到相應點的坐標，設出點，之后求得平面的法向量以及向量PB的坐標，求得的最大值，即為直線與平面所成角的正弦值的最大值.【詳解】（1）證明：在正方形中，，因為平面，平面，所以平面，又因為平面，平面平面，所以，因為在四棱錐中，底面是正方形，所以且平面，所以因為，所以平面．（2）因為兩兩垂直，建立空間直角坐標系，如圖所示：因為，設，設，則有，設平面的法向量為，則，即，令，則，所以平面的一個法向量為，則根據直線的方向向量與平面法向量