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- 第六章 平面向量及其应用——2022-2023学年高一数学期末复习重难点专项学案+期末模拟卷（人教A版2019必修第二册） 学案 8 次下载
- 第十章 概率——2022-2023学年高一数学期末复习重难点专项学案+期末模拟卷（人教A版2019必修第二册） 学案 7 次下载
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- 高一下期末综合测试卷（巩固篇）——2022-2023学年高一数学期末复习重难点专项学案+期末模拟卷（人教A版2019必修第二册） 学案 29 次下载
高一下期末综合测试卷（拔高篇）——2022-2023学年高一数学期末复习重难点专项学案+期末模拟卷（人教A版2019必修第二册）
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这是一份高一下期末综合测试卷（拔高篇）——2022-2023学年高一数学期末复习重难点专项学案+期末模拟卷（人教A版2019必修第二册），文件包含高一下期末综合测试卷拔高篇高一数学期末复习重难点专项学案+期末模拟卷人教A版2019必修第二册解析版docx、高一下期末综合测试卷拔高篇高一数学期末复习重难点专项学案+期末模拟卷人教A版2019必修第二册原卷版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共36页， 欢迎下载使用。
高一下期末综合测试卷（拔高篇）
参考答案与试题解析
一、选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2022春·辽宁·高一校联考期末）已知复数z=a+bia,b∈R满足2z=z⋅1+3i，且a
C．第三象限 D．第四象限
【解题思路】根据题意结合复数的乘法运算以及复数的相等可得a=3b，利用条件a
所以2a=a+3b2b=3a−b，解得a=3b，
因为a
故选：C.
2．（5分）（2023秋·北京·高一校考期末）最早发现于2019年7月的某种流行疾病给世界各国人民的生命财产带来了巨大的损失.近期某市由于人员流动出现了这种疾病，市政府积极应对，通过3天的全民核酸检测，有效控制了疫情的发展，决定后面7天只针对41类重点人群进行核酸检测，下面是某部门统计的甲､乙两个检测点7天的检测人数统计图，则下列结论不正确的是（ ）
A．甲检测点的平均检测人数多于乙检测点的平均检测人数
B．甲检测点的数据极差大于乙检测点的数据极差
C．甲检测点数据的中位数大于乙检测点数据的中位数
D．甲检测点数据的方差大于乙检测点数据的方差
【解题思路】根据题意分别求甲乙监测点的平均人数,极差,中位数及方差判断即可.
【解答过程】对于A:甲检测点的平均检测人数为2000+1600+1200+1200+800+1600+12007≈1371.43
乙检测点的平均检测人数为1600+1800+1600+800+1200+800+16007≈1342.86
故甲检测点的平均检测人数多于乙检测点的平均检测人数，故A正确;
对于B:甲检测点的数据极差2000−800=1200
乙检测点的数据极差1800−800=1000，故B正确;
对于C:甲检测点数据为800,1200,1200,1200,1600,1600,2000,中位数为1200,
乙检测点数据为800,800,1200,1600,1600,1600,1800,中位数为1600，故C错误;
对于D:通过观察平均数附近数据个数,极差等或计算甲乙数据的方差,
都可以判断乙检测点数据比甲检测点数据稳定性强,
故甲检测点数据的方差大于乙检测点数据的方差,故D正确.
故选: C.
3．（5分）（2022春·河北邯郸·高一统考期末）抛掷一枚质地均匀的硬币n次，记事件A=“n次中既有正面朝上又有反面朝上”，B=“n次中至多有一次正面朝上”，下列说法不正确的是（ ）
A．当n=2时，P(A∩B)=12 B．当n=2时，事件A与事件B不独立
C．当n=3时，P(A∪B)=78 D．当n=3时，事件A与事件B不独立
【解题思路】首先，列出A∩B和A∪B事件，再求概率，然后根据P(AB)与P(A)P(B)的关系，判断两个事件是否独立.
【解答过程】当n=2时，所有基本事件有：(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)，共4种，
且n(A)=2，n(B)=3,n(A∩B)=2，P(A)=12，P(B)=34，P(AB)=12，
所以P(A∩B)=12，故A正确；
P(AB)≠P(A)P(B)，所以事件A与事件B不独立，故B正确；
当n=3时，所有基本事件有：(正，正，正)，(正，正，反)，(正，反，正)，
(正，反，反)，(反，正，正)，(反，正，反)，(反，反，正)，
(反，反，反)，共8种，
n(A∪B)=7，n(A)=6，n(B)=4，n(AB)=3，
所以P(A∪B)=78，故C正确；
P(A)=34，P(B)=12，P(AB)=38，P(AB)=P(A)P(B)，所以事件A与事件B独立，故D错误.
故选：D.
4．（5分）（2022秋·辽宁沈阳·高一校考期末）已知D，E分别是△ABC边AB，AC上的点，且满足AB=32AD，AC=4AE，BE∩CD=O，连接AO并延长交BC于F点．若AO=λAF，则实数λ的值为（ ）
A．23 B．25 C．57 D．710
【解题思路】根据D,O,C三点共线，可得AO=23−23kAB+kAC，再根据B,O,E三点共线，可求出AO=1−μAB+14μAC，由平面向量基本定理可得23−23k=1−μk=14μ，所以可求出AO，所以知BF=17BC，再由AO=λ67AB+17AC，即可求出λ的值.
【解答过程】由题意可得，AO=AD+DO=23AB+DO，
因为D,O,C三点共线，
则DO=kDC=kBC−BD=kAC−AB−13BA=kAC−23AB，
所以AO=23AB+kAC−23AB=23−23kAB+kAC，
同理，B,O,E三点共线，
BO=μBE=μ14BC+34BA=μ14AC−14AB−34AB=μ14AC−AB，
又因为AO=AB+BO=AB+μ14AC−AB=1−μAB+14μAC，
所以23−23k=1−μk=14μ，所以μ=25k=110，
所以AO=35AB+110AC，所以BF=17BC，
所以AO=λAF=λAB+BF=λAB+17BC=λAB+17AC−17AB=λ67AB+17AC，
67λ=35，所以λ=710
故选：D.
5．（5分）（2022春·河南郑州·高一统考期末）根据气象学上的标准，连续5天的日平均气温低于10℃即为入冬，将连续5天的日平均温度的记录数据（记录数据都是自然数）作为一组样本，现有4组样本①、②、③、④，依次计算得到结果如下：
①平均数x<4；
②平均数x<4且极差小于或等于3；
③平均数x<4且标准差s≤4；
④众数等于5且极差小于或等于4．
则4组样本中一定符合入冬指标的共有（ ）
A．1组 B．2组 C．3组 D．4组
【解题思路】举反例否定①；反证法证明②符合要求；举反例否定③；直接法证明④符合要求.
【解答过程】①举反例：0，0，0，4，11，其平均数x=3<4．但不符合入冬指标；
②假设有数据大于或等于10，由极差小于或等于3可知，
则此组数据中的最小值为10−3=7，此时数据的平均数必然大于7，
与x<4矛盾，故假设错误.则此组数据全部小于10. 符合入冬指标；
③举反例：1，1，1，1，11，平均数x=3<4，且标准差s=4.但不符合入冬指标；
④在众数等于5且极差小于等于4时，则最大数不超过9.符合入冬指标.
故选：B．
6．（5分）（2022春·河南开封·高一统考期末）如图，已知一个八面体的各条棱长均为2，四边形ABCD为正方形，则下列结论正确的是（ ）
A．该八面体的体积为83
B．该八面体的外接球的表面积为16π
C．E到平面ADF的距离为3
D．EC与BF所成角为60∘
【解题思路】由八面体的体积为2VE−ABCD结合锥体体积公式即可判断A选项；求得该八面体的外接球的球心为AC,BD交点，即可判断B选项；取AD中点G，过E作EH⊥FG，求出EH即可判断C选项；由ED∥BF及∠DEC=60∘即可判断D选项.
【解答过程】
对于A，连接AC,BD交于点O，连接EF，易得EF过点O，且EF⊥平面ABCD，又AO=12AC=12×4+4=2，
则EO=4−2=2，则该八面体的体积为2VE−ABCD=2×13×22×2=823，A错误；
对于B，因为OA=OB=OC=OD=OE=OF=2，则点O即为该八面体的外接球的球心，
则外接球半径R=2，则外接球的表面积为4πR2=8π，B错误；
对于C，取AD中点G，连接EG,FG,OG，易得OG=1，EG=FG=2+1=3，AD⊥EG,AD⊥FG，
EG∩FG=G，EG,FG⊂平面EFG，则AD⊥平面EFG，过E作EH⊥FG交FG延长线于H，EH⊂平面EFG，
则AD⊥EH，又HF∩AD=G，HF,AD⊂平面ADF，故EH⊥平面ADF，sin∠EFH=OGGF=13=EHEF=EH22，
则EH=263，即E到平面ADF的距离为263，C错误；
对于D，易得ED∥BF，则∠DEC或其补角即为EC与BF所成角，又∠DEC=60∘，则EC与BF所成角为60∘，D正确.
故选：D.
7．（5分）（2022春·全国·高一期末）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c，△ABC的面积为S=a22，则（ ）
A．a2≠bcsinA B．a2b2+c2−a2=tanA
C．bc+cb的最大值为5 D．a2bc的最大值1
【解题思路】A、B由三角形面积公式及余弦定理判断；C由A、B分析sinA+2cosA=cb+bc，结合辅助角公式、正弦函数性质即可确定目标式最大值；D根据C的分析，结合基本不等式可得sinA+2cosA≥2，应用同角三角函数关系及三角形内角性质求得0
由cosA=b2+c2−a22bc且sinA=a2bc，则tanA=2a2b2+c2−a2，B错误；
由cosA=b2+c2−a22bc=b2+c2−bcsinA2bc，则2cosA=bc+cb−sinA，
所以bc+cb=sinA+2cosA=5sin(A+φ)且tanφ=2，故bc+cb的最大值为5，C正确；
由C分析知：sinA+2cosA=cb+bc≥2，当且仅当b=c时取等号，则sinA+2cosA≥2，
故2cosA≥2−sinA，即4cos2A≥4−4sinA+sin2A，即5sin2A−4sinA≤0，解得0≤sinA≤45，又sinA>0，
所以0
8．（5分）（2022春·上海杨浦·高一校考期末）如图，一张A4纸的长P1P2=2a，宽P1P4=22a，A,B,C,D分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得P1,P2,P3,P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体，下列关于该多面体的命题：
①该多面体是三棱锥；②平面BAD⊥平面BCD；
③平面BAC⊥平面ACD；④该多面体外接球的表面积为4πa2；
其中正确的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【解题思路】将该多面体放入长方体中，利用题干条件求出长方体的长、宽、高，从而得到该多面体是三棱锥，①正确；
求出各边长，求出AP2+CP2=AC2，得到AP⊥CP，再由AP⊥BD即可证明线面垂直，从而得到面面垂直，②正确；
同理可证明出平面BAC⊥平面ACD，③正确；
长方体的外接球即为该几何体的外接球，求出长方体的体对角线，从而求出外接球半径和表面积.
【解答过程】将该多面体放入长方体中，如图，设长、宽、高分别为x,y,z，
则x2+y2=4a2x2+z2=3a2y2+z2=3a2，解得：x=2ay=2az=a，满足题意，
从而该多面体是三棱锥，①正确；
由勾股定理得：AP=CP=3a2−a2=2a，而AC=2a，所以AP2+CP2=AC2，
由勾股定理逆定理得AP⊥CP，因为AB=AD=3a，P为BD中点，所以AP⊥BD，
因为BD∩CP=P，BD,CP⊂平面BCD，所以AP⊥平面BCD，
因为AP⊂平面BAD，所以平面BAD⊥平面BCD，②正确；
取AC的中点H，连接HB，HD，因为AB=BC=DA=DC=3a，故BH⊥AC，DH⊥AC，
且BH=DH=3a2−a2=2a，又BD=2a，故BH2+DH2=BD2，所以BH⊥DH，
因为DH,AC⊂平面ACD，且DH∩AC=H，
所以BH⊥平面ACD，又因为BH⊂平面BAC，所以平面BAC⊥平面ACD，③正确；
从图形可知，长方体的外接球即为该三棱锥的外接球，
而长方体的体对角线长为x2+y2+z2=5a，故外接球的半径为5a2，
故该多面体外接球的表面积为4π5a22=5πa2，④错误.
故选：D.
二、多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2022秋·江西南昌·高一校考期末）若数据x1，x2，…，xm的平均数为x，方差为sx2，数据y1，y2，…，yn的平均数为y，方差为sy2，下列说法中一定正确的有（ ）
A．这m＋n个数据的平均数为mx+nym+n
B．若这m＋n个数据的平均数为ω，则这m＋n个数据的方差为：s2=msx2+(x−ω)2+nsy2+(y−ω)2m+n
C．若m＝n，yi=axi+b(i=1,2,⋯n)，则y=ax+b
D．若m＝n，yi=axi+b(i=1,2,⋯n)，则sy2=a2sx2+b
【解题思路】直接利用均值和方差的关系，方差和均值的性质，应用判断A，B，C，D的结论.
【解答过程】解：对于A，若数据x1，x2，…，xm的平均数为x，数据y1，y2，…，yn的平均数为y，
则m＋n个数据的平均数为mx+nym+n，故选项A正确；
对于B，由于m＋n个数据的平均数为ω=mx+nym+n，若数据x1，x2，…，xm的方差为sx2，数据y1，y2，…，yn的方差为sy2，由方差的计算式得，这m＋n个数据的方差为：s2=i=1m(xi−ω)2+i=1n(yi−ω)2m+n=i=1mxi2−2ωi=1mxi+mω2+i=1nyi2−2ωi=1nyi+nω2m+n，
又x=i=1mxim，所以i=1mxi=mx，则sx2=i=1m(xi−x)2m=i=1mxi2−2xi=1mxi+mx2m=i=1mxi2−mx2m， 所以i=1mxi2=msx2+mx2
同理可得：i=1nyi=ny，i=1nyi2=nsy2+ny2，
s2=msx2+mx2−2ωmx+mω2+nsy2+ny2−2ωny+nω2m+n=msx2+(x−ω)2+nsy2+(y−ω)2m+n，故选项B正确；
对于C，若m＝n，yi=axi+b(i=1,2,⋯n)，则y=i=1nyin=i=1n(axi+b)n=i=1naxi+nbn=ai=1nxin+b=ax+b，故选项C正确；
对于D，若m＝n，yi=axi+b(i=1,2,⋯n)，则sy2=i=1n(yi−y)2n=i=1naxi+b−(ax+b)2n=i=1n(axi−ax)2n=a2i=1n(xi−x)2n=a2sx2.
故选项D错误.
故选：ABC.
10．（5分）（2022春·湖南衡阳·高一校考期末）4支足球队进行单循环比赛（任两支球队恰进行一场比赛），任两支球队之间胜率都是12．单循环比赛结束，以获胜的场次数作为该队的成绩，成绩按从大到小排名次顺序，成绩相同则名次相同．下列结论中正确的是（ ）
A．恰有四支球队并列第一名为不可能事件 B．有可能出现恰有三支球队并列第一名
C．恰有两支球队并列第一名的概率为14 D．只有一支球队名列第一名的概率为12
【解题思路】4支足球队进行单循环比赛总的比赛共有C42=6场比赛，比赛的所有结果共有26=64种；
选项A，这6场比赛中不满足4支球队得分相同的的情况；
选项B，举特例说明即可；
选项C，在6场比赛中，从中选2支球队并列第一名有C42=6种可能，再分类计数相互获胜的可能数，最后由古典概型计算概率；
选项D，只有一支球队名列第一名，则该球队应赢了其他三支球队，由古典概型问题计算即可.
【解答过程】4支足球队进行单循环比赛总的比赛共有C42=6场比赛，比赛的所有结果共有26=64种；
选项A，这6场比赛中若4支球队优先各赢一场，则还有2场必然有2支或1支队伍获胜，那么所得分值不可能都一样，故是不可能事件，正确；
选项B，其中a,b,b,c,c,d,d,a,a,c,d,b6场比赛中，依次获胜的可以是a,b,c,a,c,b，此时3队都获得2分，并列第一名，正确；
选项C，在a,b,b,c,c,d,d,a,a,c,d,b6场比赛中，从中选2支球队并列第一名有C42=6种可能，若选中a，b，其中第一类a赢b，有a,b,c,d,a,b和a,b,d,c,a,b两种情况，同理第二类b赢a，也有两种，故恰有两支球队并列第一名的概率为6×464=38，错误；
选项D，从4支球队中选一支为第一名有4种可能；这一支球队比赛的3场应都赢，则另外3场的可能有23=8种，故只有一支球队名列第一名的概率为864×4=12，正确.
故选：ABD.
11．（5分）（2022春·福建福州·高一校考期末）已知P为△ABC所在的平面内一点，则下列命题正确的是（ ）
A．若P为△ABC的垂心，AB⋅AC=2，则AP⋅AB=2
B．若P为锐角△ABC的外心，AP=xAB+yAC且x+2y=1，则AB=BC
C．若AP=λABABsinB+ACACsinCλ∈R，则点P的轨迹经过△ABC的重心
D．若AP=1ABcosB+12AB+1ACcosC+12AC，则点P的轨迹经过△ABC的内心
【解题思路】根据AB⋅PC=0，AC=AP+PC计算可判断A；设D为AC中点，则根据题意得B,P,D三点共线，且PD⊥AC，进而得AB=BC判断B；设BC中点为E，进而结合正弦定理得AP=2λABsinBAE可判断C；设BC中点为E，根据题意计算AP⋅BC得AP⋅BC−AE⋅BC=0，进而得EP⋅BC=0可判断D.
【解答过程】解：对于A选项，因为AC=AP+PC，AB⋅AC=2，又因为P为△ABC的垂心，
所以AB⋅PC=0，所以AB⋅AC=AB⋅AP+PC=AB⋅AP+AB⋅PC=AB⋅AP=2，故正确；
对于B选项，因为AP=xAB+yAC且x+2y=1，
所以AP=1−2yAB+yAC，整理得：AP−AB=y(AC−2AB)，即BP=y(BC+BA)，
设D为AC中点，则BP=2yBD，所以B,P,D三点共线，
又因为PD⊥AC，所以BD垂直平分AC，故AB=BC，正确；
对于C选项，由正弦定理ACsinB=ABsinC得ACsinC=ABsinB，
所以AP=λABABsinB+ACACsinC=λABsinBAB+AC，
设BC中点为E，则AB+AC=2AE，所以AP=2λABsinBAE，
所以A,P,E三点共线，即点P在边BC的中线上，故点P的轨迹经过△ABC的重心，正确；
对于D选项，因为AP=1ABcosB+12AB+1ACcosC+12AC =1ABcosBAB+1ACcosCAC+12AB+AC，
设BC中点为E，则AB+AC=2AE，所以AP=1ABcosBAB+1ACcosCAC+AE，
所以AP⋅BC=1ABcosBAB⋅BC+1ACcosCAC⋅BC+AE⋅BC =−BC+BC+AE⋅BC=AE⋅BC，
所以AP⋅BC−AE⋅BC=0，即AP−AE⋅BC=0，
所以EP⋅BC=0，故P在BC中垂线上，故点P的轨迹经过△ABC的外心，错误.
故选：ABC.
12．（5分）（2022春·浙江宁波·高一统考期末）如图，四棱柱A′B′C′D′−ABCD底面是边长为1的正方形，∠A′AB=∠A′AD，点P是直线A′C′上一动点，下列说法正确的是（ ）
A．若棱柱A′B′C′D′−ABCD是直棱柱，其外接球半径为2，则AA′=22
B．若棱柱A′B′C′D′−ABCD是正方体，E、F分别为棱AA′，CC′中点，则四棱锥A'−EBFD'的体积为16
C．不论∠A′AB取何值，一定存在点P使得直线PC∕∕平面A′BD
D．若直线PA，PB，PC与平面ABCD所成角分别是θ1，θ2，θ3，则tan2θ2≤tanθ1⋅tanθ3
【解题思路】根据直棱柱其体对角线为外接球的直径，可求得AA′的值，即可判断A的正误；根据正方体的性质，可得四边形EBFD′为菱形，则VA′−EBFD′=2VA′−EFD′=2VF−A′ED′，根据体积公式，即可判断B的正误；根据线面平行的判定定理，分析即可判断C的正误；作PH⊥底面ABCD于H，连接PA、PB、PC，则∠PAH=θ1,∠PBH=θ2,∠PCH=θ3，即可表示出tan2θ2,tanθ1,tanθ3，根据余弦定理，分析推理，可判断D的正误，即可得答案.
【解答过程】对于A：若棱柱A′B′C′D′−ABCD是直棱柱，则其体对角线为外接球的直径，
所以AB2+BC2+AA′2=2×2=4，即1+1+AA′2=4，解得AA′=14，故A错误；
对于B：若棱柱A′B′C′D′−ABCD是正方体，则棱长均为1，
因为E、F分别为棱AA′，CC′中点，
所以BE=BF=D′F=D′E=52，即四边形EBFD′为菱形，
所以VA′−EBFD′=2VA′−EFD′=2VF−A′ED′=2×13S△A′ED′×1=2×13×12×12×1×1=16，故B正确；
对于C：连接AC、BD交于点O，连接A′O、PC，如图所示
当P为A′C′中点时，有PA′=OC，PA′∕∕OC，
所以四边形PA′OC为平行四边形，
所以A′O∕∕PC，
因为A′O⊂平面A′BD，PC⊄平面A′BD，
所以PC∕∕平面A′BD，
所以当P为A′C′中点时，不论∠A′AB取何值，一定存在点P使得直线PC∕∕平面A′BD，故C正确；
对于D：作PH⊥底面ABCD于H，连接PA、PB、PC，如图所示
因为∠A′AB=∠A′AD，则H一定在AC所在直线上，
则∠PAH=θ1,∠PBH=θ2,∠PCH=θ3，
所以tan2θ2=PH2BH2,tanθ1=PHAH,tanθ3=PHCH，
当H位于线段AC内时，设AH=x，则x∈[0,2]时，此时CH=2−x，
由余弦定理得BH2=AH2+AB2−2AH⋅AB⋅cos45°=x2+1−2x，
所以BH2−AH⋅CH=x2+1−2x−x2−x=2x−222≥0恒成立，
当H位于AC延长线， 则x>2时，此时CH=x−2，
由余弦定理得BH2=AH2+AB2−2AH⋅AB⋅cos45°=x2+1−2x，
所以BH2−AH⋅CH=x2+1−2x−xx−2=1≥0恒成立，
当H位于CA延长线时，设AH=x，则CH=x+2，
由余弦定理得BH2=AH2+AB2−2AH⋅AB⋅cos135°=x2+1+2x，
所以BH2−AH⋅CH=x2+1+2x−xx+2=1≥0恒成立，
综上BH2≥AH⋅CH恒成立
所以1BH2≤1AH⋅CH，则PH2BH2≤PHAH⋅PHCH
所以tan2θ2≤tanθ1⋅tanθ3，故D正确，
故选：ACD.
三、填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2022春·上海虹口·高一校考期末）在复平面中，已知点A(−1,0)、B(0,3)，复数z1、z2对应的点分别为Z1、Z2，且满足z1=z2=2,Z1Z2=4，则AZ1⋅BZ2的最大值为 210−4 .
【解题思路】根据复数的几何意义，由z1=z2=2,Z1Z2=4，分析得Z1,Z2关于原点对称，所以确定OZ1=−OZ2，再利用平面向量的三角形法则与数量积的运算性质，将所求问题转化为平面向量数量积的最值问题.
【解答过程】解：因为复数z1、z2对应的点为Z1,Z2，
且z1=z2=2,则可确定点Z1,Z2在以O为圆心，2为半径的圆上，
又Z1Z2=4，所以Z1Z2为圆的直径，即Z1,Z2关于原点对称，
所以OZ1=−OZ2，
因为AZ1=AO+OZ1,BZ2=BO+OZ2，
所以AZ1⋅BZ2=(AO+OZ1)⋅(BO+OZ2)=AO⋅BO+AO⋅OZ2+OZ1⋅BO+OZ1⋅OZ2 =(1,0)⋅(0,3)−AO⋅OZ1+OZ1⋅BO+2×2×cos(−π)=−4+OZ1⋅BA，
又|BA|=12+32=10，|OZ1|=2，∈[0,π]，
则cos∈[−1,1]，
所以OZ1⋅BA=|OZ1|⋅|BA|⋅cos=210cos，
即OZ1⋅BA的最大值为210，所以AZ1⋅BZ2的最大值为210−4.
故答案为：210−4.
14．（5分）（2023·全国·高一专题练习）由1， 2， 3， …，1000这个1000正整数构成集合A，先从集合A中随机取一个数a，取出后把a放回集合A，然后再从集合A中随机取出一个数b，则ab>13的概率为 16672000 ．
【解题思路】根据题意，A=x∈N∗1≤x≤1000，且a,b∈A，要使得ab>13，即：a>13b，分类讨论当a=1,2,3⋯时，对应的b的值，得出所有取法，即可求出ab>13的概率.
【解答过程】解：由题可知，A=x∈N∗1≤x≤1000，且a,b∈A，
要使得ab>13，即：a>13b，则有：
当a=1时，b=1或2，有2种取法；
当a=2时，b的取值增加3、4、5，有2+3种取法；
当a=3时，b的取值增加6、7、8，有2+2×3种取法；
⋯⋯
当a=333时，b有2+332×3种取法；
当334≤a≤1000时，b都有1000种取法.
故Pab>13=2+2+3+2+2×3+⋯+2+332×3+667×100010002
=333×2+166×3+667×100010002=16672000.
故答案为：16672000.
15．（5分）（2022春·福建福州·高一校考期末）在锐角△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,S为△ABC的面积，且2S=a2−(b−c)2，则bc的取值范围是 35,53 .
【解题思路】利用三角形面积公式与余弦定理,可得2cosA=2−sinA，再根据同角关系式可得sinA,cosA，tanA ，然后利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得bc=45tanC+35出，结合条件可得tanC的取值范围，进而即得.
【解答过程】因为2S=a2−b−c2，且S=12bcsinA，
所以bcsinA=a2−b−c2，即b2+c2−a2=bc(2−sinA)，
由余弦定理得：cosA=b2+c2−a22bc，
所以2cosA=2−sinA，又cos2A+sin2A=1，
所以sin2A+(1−12sinA)2=1，
解得：sinA=45或sinA=0，
因为△ABC为锐角三角形，
所以sinA=45，cosA=1−sin2A=1−452=35，
所以tanA=sinAcosA=43，
因为A+B+C=π，
所以sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC，
由正弦定理得：bc=sinBsinC=sinAcosC+cosAsinCsinC
=45cosC+35sinCsinC=45tanC+35，
因为△ABC为锐角三角形，
所以0π20
所以0<1tanC<43，
所以0<45tanC<1615，35<45tanC+35<53，
故bc∈35,53.
故答案为：35,53.
16．（5分）（2022春·安徽六安·高一校考期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，AB=3,AD=2,∠BAD=π3，现将△ABD沿直线BD翻折，得到三棱锥A′−BCD，若A′C=7，则三棱锥A′−BCD的内切球与外接球表面积的比值为 115 ．
【解题思路】过A作AE⊥BD于E，交CD于F，连A′E,A′F，利用余弦定理、面积定理求出点A′到平面BCD的距离，再借助锥体体积求出内切球半径，结合该锥体的结构特征求出外接球半径作答.
【解答过程】过A作AE⊥BD于E，交CD于F，连A′E,A′F，如图，
在△ABD中，由余弦定理得：BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcos∠BAD，BD=9+4−2×3×2cosπ3=7，
A′E=AE=2S△ABDBD=AB⋅ADsin∠BADBD=3217，DE=AD2−AE2=22−(3217)2=77，
cos∠CDB=cos∠ABE=BEAB=BD−DEAB=277，DF=DEcos∠CDB=12，EF=DF2−DE2=2114，
因A′C=7，则三棱锥A′−BCD的4个表面三角形全等，在△A′DF中，∠A′DF=π3，
A′F2=A′D2+FD2−2A′D⋅FDcos∠A′DF=4+14−2×2×12×12=134，
在△A′EF中，cos∠A′EF=A′E2+EF2−A′F22A′E⋅EF=(3217)2+(2114)2−1342×3217×2114=59，sin∠A′EF=2149，
因A′E⊥BD,EF⊥BD，A′E∩EF=E，A′E,EF⊂平面A′EF，则BD⊥平面A′EF，而BD⊂平面BCD，
于是得平面A′EF⊥平面BCD，在平面A′EF内过A′作A′H⊥EF于H，又平面A′EF∩平面BCD=EF，
因此，A′H⊥平面BCD，A′H=A′Esin∠A′EF=3217×2149=263，
设三棱锥A′−BCD的内切球半径为r，则VA′−BCD=13×4S△BCDr=13S△BCD⋅A′H，解得r=A′H4=66，
因△BCD是锐角三角形，则三棱锥A′−BCD的外接球截平面BCD所得截面圆圆心在△BCD内，
半径r0，则2r0=BDsin∠BCD=7sinπ3=2213，解得r0=213，令三棱锥A′−BCD的外接球球心为O，
显然，球O截三棱锥A′−BCD的4个表面三角形所得截面圆圆心均在相应三角形内，
因球心O与各个三角形的外心连线均垂直于相应的三角形所在平面，且这些三角形的外接圆半径均为r0，
因此，球心O到各个三角形所在平面距离都相等，且球心O在三棱锥A′−BCD内，必为三棱锥A′−BCD内切球球心，
令三棱锥A′−BCD的外接球半径为R，则R2=r2+r02=16+73=52，
所以三棱锥A′−BCD的内切球与外接球表面积的比值为4πr24πR2=1652=115.
故答案为：115.
四、解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2022春·上海闵行·高一校考期末）已知z为虚数，若ω=z+1z∈R，且−1<ω<2.
(1)求z的实部的取值范围；
(2)设μ=1−z1+z，求ω−μ2的最小值.
【解题思路】（1）设复数z=a+bi，根据复数的四则运算化简可得a2+b2=1，进而可得a的取值范围；
（2）根据复数的四则运算，结合基本不等式可得最小值.
【解答过程】（1）设z=a+bi，b≠0
则ω=z+1z=a+bi+1a+bi=a+bi+a−bia2+b2=a2+b2+1aa2+b2+a2+b2−1ba2+b2i，
又ω∈R，则a2+b2−1ba2+b2=0，
所以a2+b2=1，
所以ω=2a，即−1<2a<2，
解得−12
由（1）得a2+b2=1，ω=2a
所以μ=−2bi2+2a=−b1+ai，
所以ω−μ2=2a+b21+a2=2a+1−a21+a2=2a+1−a1+a=2a−1+21+a=2a+2+21+a−3，
又−12
所以2a+2+21+a≥221+a⋅21+a=4，当且仅当2a+2=21+a，即a=0时等号成立，
所以ω−μ2=2a+2+21+a−3≥4−3=1，
即ω−μ2的最小值为1.
18．（12分）（2022春·福建厦门·高一统考期末）某学校组织校园安全知识竞赛.在初赛中有两轮答题，第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，若两题都答对，则得40分，否则得0分；第二轮从B类的5个问题中任选两题作答，每答对1题得30分，答错得0分若两轮总积分不低于60分则晋级复赛.
小芳和小明同时参赛，已知小芳每个问题答对的概率都为0.5.在A类的5个问题中，小明只能答对4个问题；在B类的5个问题中，小明每个问题答对的概率都为0.4.他们回答任一问题正确与否互不影响.
(1)求小明在第一轮得40分的概率；
(2)以晋级复赛的概率大小为依据，小芳和小明谁更容易晋级复赛？
【解题思路】（1）对A类的5个问题进行编号：a,b,c,d,e，设小明只能答对4个问题的编号为：a,b,c,d，列出所有的样本空间，即可求出小明在第一类得40分的概率；
（2）依题意能够晋级复赛，则第一轮答对两题得40分，第二轮答对一题得30分；或第一轮答对两题得40分，第二轮答对两题得60分；或第一轮答错两题得0分，第二轮答对两题得60分；或第一轮答对一题得0分，第二轮答对两题得60分；分别求出小芳和小明晋级复赛的概率，进行比较得出结论.
【解答过程】（1）对A类的5个问题进行编号：a,b,c,d,e，第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，
则有a,b,a,c,a,d,a,e,b,c,b,d,b,e,c,d,c,e,d,e共10种，
设小明只能答对4个问题的编号为：a,b,c,d，
则小明在第一轮得40分，有a,b,a,c,a,d,b,c,b,d,c,d共6种，
则小明在第一轮得40分的概率为：610=35；
（2）由（1）知，小明在第一轮得40分的概率为35，
则小明在第一轮得0分的概率为：1−35=25，
依题意，两人能够晋级复赛，即两轮总积分不低于60分
∴当第一轮答对两题得40分，第二轮答对一题得30分时，
小芳和小明晋级复赛的概率分别为：
P1=0.5×0.5×0.5×1−0.5+1−0.5×0.5=0.125；
P2=35×0.4×0.6+0.6×0.4=0.288；
当第一轮答对两题得40分，第二轮答对两题得60分时，
小芳和小明晋级复赛的概率分别为：
P3=0.5×0.5×0.5×0.5=0.0625；P4=35×0.4×0.4=0.096；
当第一轮答错一题得0分，第二轮答对两题得60分时，
小芳和小明晋级复赛的概率分别为：
P5=[0.5×1−0.5+(1−0.5)×0.5]×0.5×0.5=0.125；P6=25×0.4×0.4=0.064；
当第一轮答错两题得0分，第二轮答对两题得60分时，
小芳晋级复赛的概率分别为：
P7=1−0.5×1−0.5×0.5×0.5=0.0625；
∴小芳晋级复赛的概率为：P1+P3+P5+P7=0.125+0.0625+0.125+0.0625=0.375；
小明晋级复赛的概率为：P2+P4+P6=0.288+0.096+0.064=0.448；
∵0.448>0.375，
∴小明更容易晋级复赛.
19．（12分）（2022春·广东·高一校联考期末）某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组：20,25，第二组：25,30，第三组：30,35，第四组：35,40，第五组：40,45，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.
（1）根据频率分布直方图，估计这m人的平均年龄和第80百分位数；
（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者.
（i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定人选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；
（ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和52，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，据此估计这m人中35~45岁所有人的年龄的方差.
【解题思路】(1) 根据频率分布直方图，利用组中值乘以相应的频率，即可的这m人的平均年龄；设第80百分位数为a，计算从左到右频率和为0.8或计算从右到左频率和为0.2，即可求出a；
(2)（i）由题意可得，第四组应抽取4人，记为A，B，C，甲，第五组抽取2人，记为D，乙，根据古典概型计算方法求解即可；
（ii）根据方差的计算原理计算合并后方差即可.
【解答过程】解：（1）设这m人的平均年龄为x，则
x=22.5×0.05+27.5×0.35+32.5×0.3+37.5×0.2+42.5×0.1=32.25（岁）.
设第80百分位数为a，
方法一：由5×0.02+(40−a)×0.04=0.2，解得a=37.5.
方法二：由0.05+0.35+0.3+(a−35)×0.04=0.8，解得a=37.5.
（2）（i）由题意得，第四组应抽取4人，记为A，B，C，甲，第五组抽取2人，记为D，乙，
对应的样本空间为：
Ω={(A,B),(A,C),(A,甲),(A,乙),(A,D),(B,C),(B,甲),(B,乙),(B,D),(C,甲),(C,乙),
(C,D),(甲,乙),(甲,D),(乙,D)}，共15个样本点.
设事件M=“甲、乙两人至少一人被选上”，则
M={(A,甲),(A,乙),(B,甲),(B,乙),(C,甲),(C,乙),(甲,乙),(甲,D),(乙,D)}，共有9个样本点.
所以，P(M)=n(M)n(Ω)=35.
（ii）设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为x4，x5，方差分别为s42，s52，
则x4=37，x5=43，s42=52，s52=1，
设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为z，方差为s2.
则z=4x4+2x56=39，
s2=164×s42+x4−z2+2×s52+x5−z2=10，
因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10，
据此，可估计这m人中年龄在35~45岁的所有人的年龄方差约为10.
20．（12分）（2022春·江苏南京·高一统考期末）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝6，P，Q为边BC上两点，CPBP= BQQC=ABAC＝2，∠CAQ＝π3．
(1)求AQ的长；
(2)过线段AP中点E作一条直线l，分别交边AB，AC于M，N两点，设AM=xAB，AN=yAC（xy≠0），求x+y的最小值．
【解题思路】（1）由正弦定理可得BQQC＝AB⋅sin∠BAQAC⋅sin∠CAQ，结合已知有sin∠BAQ＝sin∠CAQ，进而求得∠BAQ＝π3，在△ABC、△ABQ和△ACQ中应用余弦定理求AQ的长；
（2）设NE＝−λME，λ≠0，根据向量加减的几何意义可得AP＝23AB+13AC、AP＝2λx1+λAB+2y1+λ AC，进而可得13x+16y=1，应用基本不等式“1”的代换求x+y的最小值．
【解答过程】(1)
在△ABQ与AQC中，BQsin∠BAQ＝ABsin∠AQB和CQsin∠CAQ＝ACsin∠AQC，
两式相除得：BQQC＝AB⋅sin∠BAQAC⋅sin∠CAQ，
又CPBP＝BQQC＝ABAC＝2，所以sin∠BAQ＝sin∠CAQ，
因为∠CAQ＝π3，∠BAQ∈(0,2π3)，所以∠BAQ＝π3或2π3（舍），
由CP＝2BP，AB＝2AC，a＝6，
在△ABC中，由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bccos∠BAC，可得b2＝367，
在△ABQ和△ACQ中,{AC2=AQ2+QC2−2AQ.QCcos∠AQCAB2=AQ2+QB2−2AQ.QBcos∠AQB，
可得AQ2＝2b2－8＝2×367－8＝167，
所以AQ＝477.
(2)
因为CPBP＝2，所以CP＝2BP，则CP＝－2BP，
故AP－AC＝－2(AP−AB)，则AP＝23AB+13AC，
同理：设NE＝−λME，λ≠0，得AE＝λ1+λAM+11+λAN，
因为E为AP中点，所以AP＝2λ1+λAM+21+λAN＝2λx1+λAB+2y1+λ AC，
所以{2λx1+λ=232y1+λ=13，可得：{λ1+λ=13x11+λ=16y，则13x+16y=1，
x+y=(x+y)(13x+16y)=12+y3x+x6y≥12+2y3x⋅x6y=12+23，
当且仅当：y3x=x6y时取等号，即x=2+26,y=1+26，
所以x+y的最小值3+226．
21．（12分）（2022春·上海杨浦·高一校考期末）如图所示，有满足下列条件的五边形的彩纸ABCDE，其中DE=3cm，BC=CD=1cm,∠BCD=∠CDE=2π3，∠BAE=π3．现将彩纸沿BE向内进行折叠．
(1)求线段BE的长度；
(2)若△ABE是等边三角形，折叠后使AB⊥BC，求直线AB与平面BCDE的所成角的大小；
(3)将折叠后得到的四棱锥记为四棱锥A−BCDE，求该四棱锥的体积的最大值．
【解题思路】（1）作出辅助线，得到△CDF为等边三角形，求出BF=2cm，EF=4cm，利用余弦定理求出答案；
（2）作出辅助线，证明线面垂直，得到∠ABQ即为直线AB与平面BCDE的所成角，显然∠ABE=π3，从而求出答案；
（3）先求出四边形BCDE的面积，要想折叠后得到的四棱锥A−BCDE体积最大，则要四棱锥的高最大，故要使平面ABE⊥平面BCDE，且需要△ABE边BE上的高最大，
再利用余弦定理及基本不等式得到BE上的高最大值，从而求出体积的最大值.
【解答过程】（1）延长BC，ED相交于点F，
因为∠BCD=∠CDE=2π3，所以∠FCD=∠FDC=π3，
故△CDF为等边三角形，所以CF=DF=1cm，∠F=π3
因为DE=3cm，BC=1cm，
所以BF=1+1=2cm，EF=1+3=4cm，
在△BEF中，由余弦定理得：BE2=BF2+EF2−2BF⋅EFcos∠F=4+16−2×2×4×12=12，
所以BE=23cm；
（2）由（1）知：BF=2cm，EF=4cm，BE=23cm，
所以BF2+BE2=EF2，
由勾股定理逆定理得：BC⊥BE，
因为AB⊥BC，AB∩BE=B，AB,BE⊂平面ABE，
所以BC⊥平面ABE，
取BE的中点Q，连接AQ，CQ，
因为AQ⊂平面ABE，
所以BC⊥AQ，
因为△ABE是等边三角形，
由三线合一得：AQ⊥BE，
因为BE，BC⊂平面BCDE，BE∩BC=B，
所以AQ⊥平面BCDE，
所以∠ABQ即为直线AB与平面BCDE的所成角，显然∠ABE=π3，
故直线AB与平面BCDE的所成角大小为π3.
（3）延长BC，ED相交于点F，
由（1）（2）得：BF⊥BE，且△CDF为等边三角形，
故S△BEF=12BF⋅BE=12×2×23=23cm2，S△CDF=12CF⋅DFsinπ3=34cm2，
故四边形BCDE的面积为S△BEF−S△CDF=23−34=734cm2，
要想折叠后得到的四棱锥A−BCDE体积最大，则要四棱锥的高最大，
故要使平面ABE⊥平面BCDE，且需要△ABE边BE上的高最大，
因为∠BAE=π3，BE=23cm，故只需使△ABE的面积最大，
由余弦定理得：cos∠BAE=AB2+AE2−BE22AB⋅AE=AB2+AE2−122AB⋅AE=12，
故AB2+AE2=AB⋅AE+12，
由基本不等式得：AB2+AE2≥2AB⋅AE，即AB⋅AE+12≥2AB⋅AE，
所以AB⋅AE≤12，当且仅当AB=AE时，等号成立，
△ABE的面积最大值为12AB⋅AEsinπ3=33cm2，
故四棱锥的高最大为2×3323=3cm，
该四棱锥的体积的最大值为13×734×3=734cm3.
22．（12分）（2022春·上海青浦·高一校考期末）在矩形ABCD中，AB=4，AD=2.点E，F分别在AB，CD上，且AE=2，CF=1.沿EF将四边形AEFD翻折至四边形A′EFD′，点A′∉平面BCFE.
(1)求证：CD′ ∥平面A′BE；
(2)求证：A′D′与BC是异面直线；
(3)在翻折的过程中，设二面角A′−BC−E的平面角为θ，求tanθ的最大值.
【解题思路】（1）证明平面D′FC//平面A′EB，利用面面平行的性质定理可证明结论；
（2）利用反证的方法，假设假设A′D′与BC不是异面直线，得出矛盾，即可证明结论；
（3）作辅助线，找出二面角A′−BC−E的平面角，通过设角∠A′OM=α,α∈(0,π)，可得到tanθ=A′MMN=5sinα3−2cosα，结合三角函数性质，可求得答案.
【解答过程】(1)
证明：因为D′F//A′E ,D′F⊄平面A′EB,A′E⊂平面A′EB,
所以D′F//平面A′EB，
因为CF//BE ,CF⊄平面A′EB,BE⊂平面A′EB,
所以CF//平面A′EB，因为CF∩D′F=F ,
故平面D′FC//平面A′EB,而CD′⊂平面D′FC,
故CD′ ∥平面A′BE；
(2)
证明：假设A′D′与BC不是异面直线，即A′,D′,B,C四点共面，
则A′D′//BC 或A′D′,BC相交于一点，设为Q,
若A′D′//BC，因为A′D′⊄平面BCFE，故A′D′//平面BCFE，
而A′D′⊂平面A′D′FE,平面A′D′FE∩平面BCFE=EF,
故A′D′//EF,与且AE=2，CF=1，则AD,EF不平行矛盾；
若A′D′∩BC=Q,则Q∈平面A′EFD′,Q∈平面BCFE,
平面A′EFD′∩平面BCFE=EF,故Q∈EF,
则A′D′,BC,EF交于一点，
由题意可知A′D′,EF相交于FE延长线上，BC,EF相交于EF延长线上一点，
即A′D′,BC,EF不会交于同一点，故矛盾，
由此说明即A′,D′,B,C四点不共面，即A′D′与BC是异面直线；
(3)
如图，在平面ABCD内作AO⊥EF于点O,
作A′M⊥AO 于M,作MN⊥BC于N，
故由题意可得点M为点A′在平面BCFE内的射影，故A′M⊥ 平面BCFE,
所以A′M⊥BC,又MN⊥BC,MN∩A′M=M，
所以∠A′NM为二面角A′−BC−E的平面角，
因为AO⊥EF,A′O⊥EF ,则∠A′OM为二面角A′−EF−B的平面角，
设∠A′OM=α,α∈(0,π)，当α=π2时，点O与M重合，
由AO=45,ON=125可得：tanθ=53；
当α∈(0,π2)时，因为AO=45，所以A′M=45sinα,OM=45cosα，
所以AM=45+45cosα，故MN=4−(45+45cosα)×25=125−85cosα，
所以tanθ=A′MMN=5sinα3−2cosα，
同理当α∈(π2,π)时，A′M=45sinα,OM=−45cosα，则AM=45+45cosα，
故MN=4−(45+45cosα)×25=125−85cosα，所以tanθ=A′MMN=5sinα3−2cosα，
设y=5sinα3−2cosα，所以5sinα+2ycosα=3y，所以sin(α+φ)=3y4y2+5,
其中φ为辅助角，sinφ=2y5+4y2,cosφ=55+4y2 ，
由|3y4y2+5|≤1，解得−1≤y≤1 ，此时5sinα+2cosα=3，解得cosα=23，
所以当cosα=23时，tanθ取到最大值为1，
综合可知tanθ最大值为1.
高一下期末综合测试卷（拔高篇）
参考答案与试题解析
一、选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2022春·辽宁·高一校联考期末）已知复数z=a+bia,b∈R满足2z=z⋅1+3i，且a
C．第三象限 D．第四象限
【解题思路】根据题意结合复数的乘法运算以及复数的相等可得a=3b，利用条件a
所以2a=a+3b2b=3a−b，解得a=3b，
因为a
故选：C.
2．（5分）（2023秋·北京·高一校考期末）最早发现于2019年7月的某种流行疾病给世界各国人民的生命财产带来了巨大的损失.近期某市由于人员流动出现了这种疾病，市政府积极应对，通过3天的全民核酸检测，有效控制了疫情的发展，决定后面7天只针对41类重点人群进行核酸检测，下面是某部门统计的甲､乙两个检测点7天的检测人数统计图，则下列结论不正确的是（ ）
A．甲检测点的平均检测人数多于乙检测点的平均检测人数
B．甲检测点的数据极差大于乙检测点的数据极差
C．甲检测点数据的中位数大于乙检测点数据的中位数
D．甲检测点数据的方差大于乙检测点数据的方差
【解题思路】根据题意分别求甲乙监测点的平均人数,极差,中位数及方差判断即可.
【解答过程】对于A:甲检测点的平均检测人数为2000+1600+1200+1200+800+1600+12007≈1371.43
乙检测点的平均检测人数为1600+1800+1600+800+1200+800+16007≈1342.86
故甲检测点的平均检测人数多于乙检测点的平均检测人数，故A正确;
对于B:甲检测点的数据极差2000−800=1200
乙检测点的数据极差1800−800=1000，故B正确;
对于C:甲检测点数据为800,1200,1200,1200,1600,1600,2000,中位数为1200,
乙检测点数据为800,800,1200,1600,1600,1600,1800,中位数为1600，故C错误;
对于D:通过观察平均数附近数据个数,极差等或计算甲乙数据的方差,
都可以判断乙检测点数据比甲检测点数据稳定性强,
故甲检测点数据的方差大于乙检测点数据的方差,故D正确.
故选: C.
3．（5分）（2022春·河北邯郸·高一统考期末）抛掷一枚质地均匀的硬币n次，记事件A=“n次中既有正面朝上又有反面朝上”，B=“n次中至多有一次正面朝上”，下列说法不正确的是（ ）
A．当n=2时，P(A∩B)=12 B．当n=2时，事件A与事件B不独立
C．当n=3时，P(A∪B)=78 D．当n=3时，事件A与事件B不独立
【解题思路】首先，列出A∩B和A∪B事件，再求概率，然后根据P(AB)与P(A)P(B)的关系，判断两个事件是否独立.
【解答过程】当n=2时，所有基本事件有：(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)，共4种，
且n(A)=2，n(B)=3,n(A∩B)=2，P(A)=12，P(B)=34，P(AB)=12，
所以P(A∩B)=12，故A正确；
P(AB)≠P(A)P(B)，所以事件A与事件B不独立，故B正确；
当n=3时，所有基本事件有：(正，正，正)，(正，正，反)，(正，反，正)，
(正，反，反)，(反，正，正)，(反，正，反)，(反，反，正)，
(反，反，反)，共8种，
n(A∪B)=7，n(A)=6，n(B)=4，n(AB)=3，
所以P(A∪B)=78，故C正确；
P(A)=34，P(B)=12，P(AB)=38，P(AB)=P(A)P(B)，所以事件A与事件B独立，故D错误.
故选：D.
4．（5分）（2022秋·辽宁沈阳·高一校考期末）已知D，E分别是△ABC边AB，AC上的点，且满足AB=32AD，AC=4AE，BE∩CD=O，连接AO并延长交BC于F点．若AO=λAF，则实数λ的值为（ ）
A．23 B．25 C．57 D．710
【解题思路】根据D,O,C三点共线，可得AO=23−23kAB+kAC，再根据B,O,E三点共线，可求出AO=1−μAB+14μAC，由平面向量基本定理可得23−23k=1−μk=14μ，所以可求出AO，所以知BF=17BC，再由AO=λ67AB+17AC，即可求出λ的值.
【解答过程】由题意可得，AO=AD+DO=23AB+DO，
因为D,O,C三点共线，
则DO=kDC=kBC−BD=kAC−AB−13BA=kAC−23AB，
所以AO=23AB+kAC−23AB=23−23kAB+kAC，
同理，B,O,E三点共线，
BO=μBE=μ14BC+34BA=μ14AC−14AB−34AB=μ14AC−AB，
又因为AO=AB+BO=AB+μ14AC−AB=1−μAB+14μAC，
所以23−23k=1−μk=14μ，所以μ=25k=110，
所以AO=35AB+110AC，所以BF=17BC，
所以AO=λAF=λAB+BF=λAB+17BC=λAB+17AC−17AB=λ67AB+17AC，
67λ=35，所以λ=710
故选：D.
5．（5分）（2022春·河南郑州·高一统考期末）根据气象学上的标准，连续5天的日平均气温低于10℃即为入冬，将连续5天的日平均温度的记录数据（记录数据都是自然数）作为一组样本，现有4组样本①、②、③、④，依次计算得到结果如下：
①平均数x<4；
②平均数x<4且极差小于或等于3；
③平均数x<4且标准差s≤4；
④众数等于5且极差小于或等于4．
则4组样本中一定符合入冬指标的共有（ ）
A．1组 B．2组 C．3组 D．4组
【解题思路】举反例否定①；反证法证明②符合要求；举反例否定③；直接法证明④符合要求.
【解答过程】①举反例：0，0，0，4，11，其平均数x=3<4．但不符合入冬指标；
②假设有数据大于或等于10，由极差小于或等于3可知，
则此组数据中的最小值为10−3=7，此时数据的平均数必然大于7，
与x<4矛盾，故假设错误.则此组数据全部小于10. 符合入冬指标；
③举反例：1，1，1，1，11，平均数x=3<4，且标准差s=4.但不符合入冬指标；
④在众数等于5且极差小于等于4时，则最大数不超过9.符合入冬指标.
故选：B．
6．（5分）（2022春·河南开封·高一统考期末）如图，已知一个八面体的各条棱长均为2，四边形ABCD为正方形，则下列结论正确的是（ ）
A．该八面体的体积为83
B．该八面体的外接球的表面积为16π
C．E到平面ADF的距离为3
D．EC与BF所成角为60∘
【解题思路】由八面体的体积为2VE−ABCD结合锥体体积公式即可判断A选项；求得该八面体的外接球的球心为AC,BD交点，即可判断B选项；取AD中点G，过E作EH⊥FG，求出EH即可判断C选项；由ED∥BF及∠DEC=60∘即可判断D选项.
【解答过程】
对于A，连接AC,BD交于点O，连接EF，易得EF过点O，且EF⊥平面ABCD，又AO=12AC=12×4+4=2，
则EO=4−2=2，则该八面体的体积为2VE−ABCD=2×13×22×2=823，A错误；
对于B，因为OA=OB=OC=OD=OE=OF=2，则点O即为该八面体的外接球的球心，
则外接球半径R=2，则外接球的表面积为4πR2=8π，B错误；
对于C，取AD中点G，连接EG,FG,OG，易得OG=1，EG=FG=2+1=3，AD⊥EG,AD⊥FG，
EG∩FG=G，EG,FG⊂平面EFG，则AD⊥平面EFG，过E作EH⊥FG交FG延长线于H，EH⊂平面EFG，
则AD⊥EH，又HF∩AD=G，HF,AD⊂平面ADF，故EH⊥平面ADF，sin∠EFH=OGGF=13=EHEF=EH22，
则EH=263，即E到平面ADF的距离为263，C错误；
对于D，易得ED∥BF，则∠DEC或其补角即为EC与BF所成角，又∠DEC=60∘，则EC与BF所成角为60∘，D正确.
故选：D.
7．（5分）（2022春·全国·高一期末）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c，△ABC的面积为S=a22，则（ ）
A．a2≠bcsinA B．a2b2+c2−a2=tanA
C．bc+cb的最大值为5 D．a2bc的最大值1
【解题思路】A、B由三角形面积公式及余弦定理判断；C由A、B分析sinA+2cosA=cb+bc，结合辅助角公式、正弦函数性质即可确定目标式最大值；D根据C的分析，结合基本不等式可得sinA+2cosA≥2，应用同角三角函数关系及三角形内角性质求得0
由cosA=b2+c2−a22bc且sinA=a2bc，则tanA=2a2b2+c2−a2，B错误；
由cosA=b2+c2−a22bc=b2+c2−bcsinA2bc，则2cosA=bc+cb−sinA，
所以bc+cb=sinA+2cosA=5sin(A+φ)且tanφ=2，故bc+cb的最大值为5，C正确；
由C分析知：sinA+2cosA=cb+bc≥2，当且仅当b=c时取等号，则sinA+2cosA≥2，
故2cosA≥2−sinA，即4cos2A≥4−4sinA+sin2A，即5sin2A−4sinA≤0，解得0≤sinA≤45，又sinA>0，
所以0
8．（5分）（2022春·上海杨浦·高一校考期末）如图，一张A4纸的长P1P2=2a，宽P1P4=22a，A,B,C,D分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得P1,P2,P3,P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体，下列关于该多面体的命题：
①该多面体是三棱锥；②平面BAD⊥平面BCD；
③平面BAC⊥平面ACD；④该多面体外接球的表面积为4πa2；
其中正确的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【解题思路】将该多面体放入长方体中，利用题干条件求出长方体的长、宽、高，从而得到该多面体是三棱锥，①正确；
求出各边长，求出AP2+CP2=AC2，得到AP⊥CP，再由AP⊥BD即可证明线面垂直，从而得到面面垂直，②正确；
同理可证明出平面BAC⊥平面ACD，③正确；
长方体的外接球即为该几何体的外接球，求出长方体的体对角线，从而求出外接球半径和表面积.
【解答过程】将该多面体放入长方体中，如图，设长、宽、高分别为x,y,z，
则x2+y2=4a2x2+z2=3a2y2+z2=3a2，解得：x=2ay=2az=a，满足题意，
从而该多面体是三棱锥，①正确；
由勾股定理得：AP=CP=3a2−a2=2a，而AC=2a，所以AP2+CP2=AC2，
由勾股定理逆定理得AP⊥CP，因为AB=AD=3a，P为BD中点，所以AP⊥BD，
因为BD∩CP=P，BD,CP⊂平面BCD，所以AP⊥平面BCD，
因为AP⊂平面BAD，所以平面BAD⊥平面BCD，②正确；
取AC的中点H，连接HB，HD，因为AB=BC=DA=DC=3a，故BH⊥AC，DH⊥AC，
且BH=DH=3a2−a2=2a，又BD=2a，故BH2+DH2=BD2，所以BH⊥DH，
因为DH,AC⊂平面ACD，且DH∩AC=H，
所以BH⊥平面ACD，又因为BH⊂平面BAC，所以平面BAC⊥平面ACD，③正确；
从图形可知，长方体的外接球即为该三棱锥的外接球，
而长方体的体对角线长为x2+y2+z2=5a，故外接球的半径为5a2，
故该多面体外接球的表面积为4π5a22=5πa2，④错误.
故选：D.
二、多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2022秋·江西南昌·高一校考期末）若数据x1，x2，…，xm的平均数为x，方差为sx2，数据y1，y2，…，yn的平均数为y，方差为sy2，下列说法中一定正确的有（ ）
A．这m＋n个数据的平均数为mx+nym+n
B．若这m＋n个数据的平均数为ω，则这m＋n个数据的方差为：s2=msx2+(x−ω)2+nsy2+(y−ω)2m+n
C．若m＝n，yi=axi+b(i=1,2,⋯n)，则y=ax+b
D．若m＝n，yi=axi+b(i=1,2,⋯n)，则sy2=a2sx2+b
【解题思路】直接利用均值和方差的关系，方差和均值的性质，应用判断A，B，C，D的结论.
【解答过程】解：对于A，若数据x1，x2，…，xm的平均数为x，数据y1，y2，…，yn的平均数为y，
则m＋n个数据的平均数为mx+nym+n，故选项A正确；
对于B，由于m＋n个数据的平均数为ω=mx+nym+n，若数据x1，x2，…，xm的方差为sx2，数据y1，y2，…，yn的方差为sy2，由方差的计算式得，这m＋n个数据的方差为：s2=i=1m(xi−ω)2+i=1n(yi−ω)2m+n=i=1mxi2−2ωi=1mxi+mω2+i=1nyi2−2ωi=1nyi+nω2m+n，
又x=i=1mxim，所以i=1mxi=mx，则sx2=i=1m(xi−x)2m=i=1mxi2−2xi=1mxi+mx2m=i=1mxi2−mx2m， 所以i=1mxi2=msx2+mx2
同理可得：i=1nyi=ny，i=1nyi2=nsy2+ny2，
s2=msx2+mx2−2ωmx+mω2+nsy2+ny2−2ωny+nω2m+n=msx2+(x−ω)2+nsy2+(y−ω)2m+n，故选项B正确；
对于C，若m＝n，yi=axi+b(i=1,2,⋯n)，则y=i=1nyin=i=1n(axi+b)n=i=1naxi+nbn=ai=1nxin+b=ax+b，故选项C正确；
对于D，若m＝n，yi=axi+b(i=1,2,⋯n)，则sy2=i=1n(yi−y)2n=i=1naxi+b−(ax+b)2n=i=1n(axi−ax)2n=a2i=1n(xi−x)2n=a2sx2.
故选项D错误.
故选：ABC.
10．（5分）（2022春·湖南衡阳·高一校考期末）4支足球队进行单循环比赛（任两支球队恰进行一场比赛），任两支球队之间胜率都是12．单循环比赛结束，以获胜的场次数作为该队的成绩，成绩按从大到小排名次顺序，成绩相同则名次相同．下列结论中正确的是（ ）
A．恰有四支球队并列第一名为不可能事件 B．有可能出现恰有三支球队并列第一名
C．恰有两支球队并列第一名的概率为14 D．只有一支球队名列第一名的概率为12
【解题思路】4支足球队进行单循环比赛总的比赛共有C42=6场比赛，比赛的所有结果共有26=64种；
选项A，这6场比赛中不满足4支球队得分相同的的情况；
选项B，举特例说明即可；
选项C，在6场比赛中，从中选2支球队并列第一名有C42=6种可能，再分类计数相互获胜的可能数，最后由古典概型计算概率；
选项D，只有一支球队名列第一名，则该球队应赢了其他三支球队，由古典概型问题计算即可.
【解答过程】4支足球队进行单循环比赛总的比赛共有C42=6场比赛，比赛的所有结果共有26=64种；
选项A，这6场比赛中若4支球队优先各赢一场，则还有2场必然有2支或1支队伍获胜，那么所得分值不可能都一样，故是不可能事件，正确；
选项B，其中a,b,b,c,c,d,d,a,a,c,d,b6场比赛中，依次获胜的可以是a,b,c,a,c,b，此时3队都获得2分，并列第一名，正确；
选项C，在a,b,b,c,c,d,d,a,a,c,d,b6场比赛中，从中选2支球队并列第一名有C42=6种可能，若选中a，b，其中第一类a赢b，有a,b,c,d,a,b和a,b,d,c,a,b两种情况，同理第二类b赢a，也有两种，故恰有两支球队并列第一名的概率为6×464=38，错误；
选项D，从4支球队中选一支为第一名有4种可能；这一支球队比赛的3场应都赢，则另外3场的可能有23=8种，故只有一支球队名列第一名的概率为864×4=12，正确.
故选：ABD.
11．（5分）（2022春·福建福州·高一校考期末）已知P为△ABC所在的平面内一点，则下列命题正确的是（ ）
A．若P为△ABC的垂心，AB⋅AC=2，则AP⋅AB=2
B．若P为锐角△ABC的外心，AP=xAB+yAC且x+2y=1，则AB=BC
C．若AP=λABABsinB+ACACsinCλ∈R，则点P的轨迹经过△ABC的重心
D．若AP=1ABcosB+12AB+1ACcosC+12AC，则点P的轨迹经过△ABC的内心
【解题思路】根据AB⋅PC=0，AC=AP+PC计算可判断A；设D为AC中点，则根据题意得B,P,D三点共线，且PD⊥AC，进而得AB=BC判断B；设BC中点为E，进而结合正弦定理得AP=2λABsinBAE可判断C；设BC中点为E，根据题意计算AP⋅BC得AP⋅BC−AE⋅BC=0，进而得EP⋅BC=0可判断D.
【解答过程】解：对于A选项，因为AC=AP+PC，AB⋅AC=2，又因为P为△ABC的垂心，
所以AB⋅PC=0，所以AB⋅AC=AB⋅AP+PC=AB⋅AP+AB⋅PC=AB⋅AP=2，故正确；
对于B选项，因为AP=xAB+yAC且x+2y=1，
所以AP=1−2yAB+yAC，整理得：AP−AB=y(AC−2AB)，即BP=y(BC+BA)，
设D为AC中点，则BP=2yBD，所以B,P,D三点共线，
又因为PD⊥AC，所以BD垂直平分AC，故AB=BC，正确；
对于C选项，由正弦定理ACsinB=ABsinC得ACsinC=ABsinB，
所以AP=λABABsinB+ACACsinC=λABsinBAB+AC，
设BC中点为E，则AB+AC=2AE，所以AP=2λABsinBAE，
所以A,P,E三点共线，即点P在边BC的中线上，故点P的轨迹经过△ABC的重心，正确；
对于D选项，因为AP=1ABcosB+12AB+1ACcosC+12AC =1ABcosBAB+1ACcosCAC+12AB+AC，
设BC中点为E，则AB+AC=2AE，所以AP=1ABcosBAB+1ACcosCAC+AE，
所以AP⋅BC=1ABcosBAB⋅BC+1ACcosCAC⋅BC+AE⋅BC =−BC+BC+AE⋅BC=AE⋅BC，
所以AP⋅BC−AE⋅BC=0，即AP−AE⋅BC=0，
所以EP⋅BC=0，故P在BC中垂线上，故点P的轨迹经过△ABC的外心，错误.
故选：ABC.
12．（5分）（2022春·浙江宁波·高一统考期末）如图，四棱柱A′B′C′D′−ABCD底面是边长为1的正方形，∠A′AB=∠A′AD，点P是直线A′C′上一动点，下列说法正确的是（ ）
A．若棱柱A′B′C′D′−ABCD是直棱柱，其外接球半径为2，则AA′=22
B．若棱柱A′B′C′D′−ABCD是正方体，E、F分别为棱AA′，CC′中点，则四棱锥A'−EBFD'的体积为16
C．不论∠A′AB取何值，一定存在点P使得直线PC∕∕平面A′BD
D．若直线PA，PB，PC与平面ABCD所成角分别是θ1，θ2，θ3，则tan2θ2≤tanθ1⋅tanθ3
【解题思路】根据直棱柱其体对角线为外接球的直径，可求得AA′的值，即可判断A的正误；根据正方体的性质，可得四边形EBFD′为菱形，则VA′−EBFD′=2VA′−EFD′=2VF−A′ED′，根据体积公式，即可判断B的正误；根据线面平行的判定定理，分析即可判断C的正误；作PH⊥底面ABCD于H，连接PA、PB、PC，则∠PAH=θ1,∠PBH=θ2,∠PCH=θ3，即可表示出tan2θ2,tanθ1,tanθ3，根据余弦定理，分析推理，可判断D的正误，即可得答案.
【解答过程】对于A：若棱柱A′B′C′D′−ABCD是直棱柱，则其体对角线为外接球的直径，
所以AB2+BC2+AA′2=2×2=4，即1+1+AA′2=4，解得AA′=14，故A错误；
对于B：若棱柱A′B′C′D′−ABCD是正方体，则棱长均为1，
因为E、F分别为棱AA′，CC′中点，
所以BE=BF=D′F=D′E=52，即四边形EBFD′为菱形，
所以VA′−EBFD′=2VA′−EFD′=2VF−A′ED′=2×13S△A′ED′×1=2×13×12×12×1×1=16，故B正确；
对于C：连接AC、BD交于点O，连接A′O、PC，如图所示
当P为A′C′中点时，有PA′=OC，PA′∕∕OC，
所以四边形PA′OC为平行四边形，
所以A′O∕∕PC，
因为A′O⊂平面A′BD，PC⊄平面A′BD，
所以PC∕∕平面A′BD，
所以当P为A′C′中点时，不论∠A′AB取何值，一定存在点P使得直线PC∕∕平面A′BD，故C正确；
对于D：作PH⊥底面ABCD于H，连接PA、PB、PC，如图所示
因为∠A′AB=∠A′AD，则H一定在AC所在直线上，
则∠PAH=θ1,∠PBH=θ2,∠PCH=θ3，
所以tan2θ2=PH2BH2,tanθ1=PHAH,tanθ3=PHCH，
当H位于线段AC内时，设AH=x，则x∈[0,2]时，此时CH=2−x，
由余弦定理得BH2=AH2+AB2−2AH⋅AB⋅cos45°=x2+1−2x，
所以BH2−AH⋅CH=x2+1−2x−x2−x=2x−222≥0恒成立，
当H位于AC延长线， 则x>2时，此时CH=x−2，
由余弦定理得BH2=AH2+AB2−2AH⋅AB⋅cos45°=x2+1−2x，
所以BH2−AH⋅CH=x2+1−2x−xx−2=1≥0恒成立，
当H位于CA延长线时，设AH=x，则CH=x+2，
由余弦定理得BH2=AH2+AB2−2AH⋅AB⋅cos135°=x2+1+2x，
所以BH2−AH⋅CH=x2+1+2x−xx+2=1≥0恒成立，
综上BH2≥AH⋅CH恒成立
所以1BH2≤1AH⋅CH，则PH2BH2≤PHAH⋅PHCH
所以tan2θ2≤tanθ1⋅tanθ3，故D正确，
故选：ACD.
三、填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2022春·上海虹口·高一校考期末）在复平面中，已知点A(−1,0)、B(0,3)，复数z1、z2对应的点分别为Z1、Z2，且满足z1=z2=2,Z1Z2=4，则AZ1⋅BZ2的最大值为 210−4 .
【解题思路】根据复数的几何意义，由z1=z2=2,Z1Z2=4，分析得Z1,Z2关于原点对称，所以确定OZ1=−OZ2，再利用平面向量的三角形法则与数量积的运算性质，将所求问题转化为平面向量数量积的最值问题.
【解答过程】解：因为复数z1、z2对应的点为Z1,Z2，
且z1=z2=2,则可确定点Z1,Z2在以O为圆心，2为半径的圆上，
又Z1Z2=4，所以Z1Z2为圆的直径，即Z1,Z2关于原点对称，
所以OZ1=−OZ2，
因为AZ1=AO+OZ1,BZ2=BO+OZ2，
所以AZ1⋅BZ2=(AO+OZ1)⋅(BO+OZ2)=AO⋅BO+AO⋅OZ2+OZ1⋅BO+OZ1⋅OZ2 =(1,0)⋅(0,3)−AO⋅OZ1+OZ1⋅BO+2×2×cos(−π)=−4+OZ1⋅BA，
又|BA|=12+32=10，|OZ1|=2，
则cos
所以OZ1⋅BA=|OZ1|⋅|BA|⋅cos
即OZ1⋅BA的最大值为210，所以AZ1⋅BZ2的最大值为210−4.
故答案为：210−4.
14．（5分）（2023·全国·高一专题练习）由1， 2， 3， …，1000这个1000正整数构成集合A，先从集合A中随机取一个数a，取出后把a放回集合A，然后再从集合A中随机取出一个数b，则ab>13的概率为 16672000 ．
【解题思路】根据题意，A=x∈N∗1≤x≤1000，且a,b∈A，要使得ab>13，即：a>13b，分类讨论当a=1,2,3⋯时，对应的b的值，得出所有取法，即可求出ab>13的概率.
【解答过程】解：由题可知，A=x∈N∗1≤x≤1000，且a,b∈A，
要使得ab>13，即：a>13b，则有：
当a=1时，b=1或2，有2种取法；
当a=2时，b的取值增加3、4、5，有2+3种取法；
当a=3时，b的取值增加6、7、8，有2+2×3种取法；
⋯⋯
当a=333时，b有2+332×3种取法；
当334≤a≤1000时，b都有1000种取法.
故Pab>13=2+2+3+2+2×3+⋯+2+332×3+667×100010002
=333×2+166×3+667×100010002=16672000.
故答案为：16672000.
15．（5分）（2022春·福建福州·高一校考期末）在锐角△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,S为△ABC的面积，且2S=a2−(b−c)2，则bc的取值范围是 35,53 .
【解题思路】利用三角形面积公式与余弦定理,可得2cosA=2−sinA，再根据同角关系式可得sinA,cosA，tanA ，然后利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得bc=45tanC+35出，结合条件可得tanC的取值范围，进而即得.
【解答过程】因为2S=a2−b−c2，且S=12bcsinA，
所以bcsinA=a2−b−c2，即b2+c2−a2=bc(2−sinA)，
由余弦定理得：cosA=b2+c2−a22bc，
所以2cosA=2−sinA，又cos2A+sin2A=1，
所以sin2A+(1−12sinA)2=1，
解得：sinA=45或sinA=0，
因为△ABC为锐角三角形，
所以sinA=45，cosA=1−sin2A=1−452=35，
所以tanA=sinAcosA=43，
因为A+B+C=π，
所以sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC，
由正弦定理得：bc=sinBsinC=sinAcosC+cosAsinCsinC
=45cosC+35sinCsinC=45tanC+35，
因为△ABC为锐角三角形，
所以0
所以0<1tanC<43，
所以0<45tanC<1615，35<45tanC+35<53，
故bc∈35,53.
故答案为：35,53.
16．（5分）（2022春·安徽六安·高一校考期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，AB=3,AD=2,∠BAD=π3，现将△ABD沿直线BD翻折，得到三棱锥A′−BCD，若A′C=7，则三棱锥A′−BCD的内切球与外接球表面积的比值为 115 ．
【解题思路】过A作AE⊥BD于E，交CD于F，连A′E,A′F，利用余弦定理、面积定理求出点A′到平面BCD的距离，再借助锥体体积求出内切球半径，结合该锥体的结构特征求出外接球半径作答.
【解答过程】过A作AE⊥BD于E，交CD于F，连A′E,A′F，如图，
在△ABD中，由余弦定理得：BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcos∠BAD，BD=9+4−2×3×2cosπ3=7，
A′E=AE=2S△ABDBD=AB⋅ADsin∠BADBD=3217，DE=AD2−AE2=22−(3217)2=77，
cos∠CDB=cos∠ABE=BEAB=BD−DEAB=277，DF=DEcos∠CDB=12，EF=DF2−DE2=2114，
因A′C=7，则三棱锥A′−BCD的4个表面三角形全等，在△A′DF中，∠A′DF=π3，
A′F2=A′D2+FD2−2A′D⋅FDcos∠A′DF=4+14−2×2×12×12=134，
在△A′EF中，cos∠A′EF=A′E2+EF2−A′F22A′E⋅EF=(3217)2+(2114)2−1342×3217×2114=59，sin∠A′EF=2149，
因A′E⊥BD,EF⊥BD，A′E∩EF=E，A′E,EF⊂平面A′EF，则BD⊥平面A′EF，而BD⊂平面BCD，
于是得平面A′EF⊥平面BCD，在平面A′EF内过A′作A′H⊥EF于H，又平面A′EF∩平面BCD=EF，
因此，A′H⊥平面BCD，A′H=A′Esin∠A′EF=3217×2149=263，
设三棱锥A′−BCD的内切球半径为r，则VA′−BCD=13×4S△BCDr=13S△BCD⋅A′H，解得r=A′H4=66，
因△BCD是锐角三角形，则三棱锥A′−BCD的外接球截平面BCD所得截面圆圆心在△BCD内，
半径r0，则2r0=BDsin∠BCD=7sinπ3=2213，解得r0=213，令三棱锥A′−BCD的外接球球心为O，
显然，球O截三棱锥A′−BCD的4个表面三角形所得截面圆圆心均在相应三角形内，
因球心O与各个三角形的外心连线均垂直于相应的三角形所在平面，且这些三角形的外接圆半径均为r0，
因此，球心O到各个三角形所在平面距离都相等，且球心O在三棱锥A′−BCD内，必为三棱锥A′−BCD内切球球心，
令三棱锥A′−BCD的外接球半径为R，则R2=r2+r02=16+73=52，
所以三棱锥A′−BCD的内切球与外接球表面积的比值为4πr24πR2=1652=115.
故答案为：115.
四、解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2022春·上海闵行·高一校考期末）已知z为虚数，若ω=z+1z∈R，且−1<ω<2.
(1)求z的实部的取值范围；
(2)设μ=1−z1+z，求ω−μ2的最小值.
【解题思路】（1）设复数z=a+bi，根据复数的四则运算化简可得a2+b2=1，进而可得a的取值范围；
（2）根据复数的四则运算，结合基本不等式可得最小值.
【解答过程】（1）设z=a+bi，b≠0
则ω=z+1z=a+bi+1a+bi=a+bi+a−bia2+b2=a2+b2+1aa2+b2+a2+b2−1ba2+b2i，
又ω∈R，则a2+b2−1ba2+b2=0，
所以a2+b2=1，
所以ω=2a，即−1<2a<2，
解得−12
由（1）得a2+b2=1，ω=2a
所以μ=−2bi2+2a=−b1+ai，
所以ω−μ2=2a+b21+a2=2a+1−a21+a2=2a+1−a1+a=2a−1+21+a=2a+2+21+a−3，
又−12
所以2a+2+21+a≥221+a⋅21+a=4，当且仅当2a+2=21+a，即a=0时等号成立，
所以ω−μ2=2a+2+21+a−3≥4−3=1，
即ω−μ2的最小值为1.
18．（12分）（2022春·福建厦门·高一统考期末）某学校组织校园安全知识竞赛.在初赛中有两轮答题，第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，若两题都答对，则得40分，否则得0分；第二轮从B类的5个问题中任选两题作答，每答对1题得30分，答错得0分若两轮总积分不低于60分则晋级复赛.
小芳和小明同时参赛，已知小芳每个问题答对的概率都为0.5.在A类的5个问题中，小明只能答对4个问题；在B类的5个问题中，小明每个问题答对的概率都为0.4.他们回答任一问题正确与否互不影响.
(1)求小明在第一轮得40分的概率；
(2)以晋级复赛的概率大小为依据，小芳和小明谁更容易晋级复赛？
【解题思路】（1）对A类的5个问题进行编号：a,b,c,d,e，设小明只能答对4个问题的编号为：a,b,c,d，列出所有的样本空间，即可求出小明在第一类得40分的概率；
（2）依题意能够晋级复赛，则第一轮答对两题得40分，第二轮答对一题得30分；或第一轮答对两题得40分，第二轮答对两题得60分；或第一轮答错两题得0分，第二轮答对两题得60分；或第一轮答对一题得0分，第二轮答对两题得60分；分别求出小芳和小明晋级复赛的概率，进行比较得出结论.
【解答过程】（1）对A类的5个问题进行编号：a,b,c,d,e，第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，
则有a,b,a,c,a,d,a,e,b,c,b,d,b,e,c,d,c,e,d,e共10种，
设小明只能答对4个问题的编号为：a,b,c,d，
则小明在第一轮得40分，有a,b,a,c,a,d,b,c,b,d,c,d共6种，
则小明在第一轮得40分的概率为：610=35；
（2）由（1）知，小明在第一轮得40分的概率为35，
则小明在第一轮得0分的概率为：1−35=25，
依题意，两人能够晋级复赛，即两轮总积分不低于60分
∴当第一轮答对两题得40分，第二轮答对一题得30分时，
小芳和小明晋级复赛的概率分别为：
P1=0.5×0.5×0.5×1−0.5+1−0.5×0.5=0.125；
P2=35×0.4×0.6+0.6×0.4=0.288；
当第一轮答对两题得40分，第二轮答对两题得60分时，
小芳和小明晋级复赛的概率分别为：
P3=0.5×0.5×0.5×0.5=0.0625；P4=35×0.4×0.4=0.096；
当第一轮答错一题得0分，第二轮答对两题得60分时，
小芳和小明晋级复赛的概率分别为：
P5=[0.5×1−0.5+(1−0.5)×0.5]×0.5×0.5=0.125；P6=25×0.4×0.4=0.064；
当第一轮答错两题得0分，第二轮答对两题得60分时，
小芳晋级复赛的概率分别为：
P7=1−0.5×1−0.5×0.5×0.5=0.0625；
∴小芳晋级复赛的概率为：P1+P3+P5+P7=0.125+0.0625+0.125+0.0625=0.375；
小明晋级复赛的概率为：P2+P4+P6=0.288+0.096+0.064=0.448；
∵0.448>0.375，
∴小明更容易晋级复赛.
19．（12分）（2022春·广东·高一校联考期末）某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组：20,25，第二组：25,30，第三组：30,35，第四组：35,40，第五组：40,45，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.
（1）根据频率分布直方图，估计这m人的平均年龄和第80百分位数；
（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者.
（i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定人选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；
（ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和52，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，据此估计这m人中35~45岁所有人的年龄的方差.
【解题思路】(1) 根据频率分布直方图，利用组中值乘以相应的频率，即可的这m人的平均年龄；设第80百分位数为a，计算从左到右频率和为0.8或计算从右到左频率和为0.2，即可求出a；
(2)（i）由题意可得，第四组应抽取4人，记为A，B，C，甲，第五组抽取2人，记为D，乙，根据古典概型计算方法求解即可；
（ii）根据方差的计算原理计算合并后方差即可.
【解答过程】解：（1）设这m人的平均年龄为x，则
x=22.5×0.05+27.5×0.35+32.5×0.3+37.5×0.2+42.5×0.1=32.25（岁）.
设第80百分位数为a，
方法一：由5×0.02+(40−a)×0.04=0.2，解得a=37.5.
方法二：由0.05+0.35+0.3+(a−35)×0.04=0.8，解得a=37.5.
（2）（i）由题意得，第四组应抽取4人，记为A，B，C，甲，第五组抽取2人，记为D，乙，
对应的样本空间为：
Ω={(A,B),(A,C),(A,甲),(A,乙),(A,D),(B,C),(B,甲),(B,乙),(B,D),(C,甲),(C,乙),
(C,D),(甲,乙),(甲,D),(乙,D)}，共15个样本点.
设事件M=“甲、乙两人至少一人被选上”，则
M={(A,甲),(A,乙),(B,甲),(B,乙),(C,甲),(C,乙),(甲,乙),(甲,D),(乙,D)}，共有9个样本点.
所以，P(M)=n(M)n(Ω)=35.
（ii）设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为x4，x5，方差分别为s42，s52，
则x4=37，x5=43，s42=52，s52=1，
设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为z，方差为s2.
则z=4x4+2x56=39，
s2=164×s42+x4−z2+2×s52+x5−z2=10，
因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10，
据此，可估计这m人中年龄在35~45岁的所有人的年龄方差约为10.
20．（12分）（2022春·江苏南京·高一统考期末）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝6，P，Q为边BC上两点，CPBP= BQQC=ABAC＝2，∠CAQ＝π3．
(1)求AQ的长；
(2)过线段AP中点E作一条直线l，分别交边AB，AC于M，N两点，设AM=xAB，AN=yAC（xy≠0），求x+y的最小值．
【解题思路】（1）由正弦定理可得BQQC＝AB⋅sin∠BAQAC⋅sin∠CAQ，结合已知有sin∠BAQ＝sin∠CAQ，进而求得∠BAQ＝π3，在△ABC、△ABQ和△ACQ中应用余弦定理求AQ的长；
（2）设NE＝−λME，λ≠0，根据向量加减的几何意义可得AP＝23AB+13AC、AP＝2λx1+λAB+2y1+λ AC，进而可得13x+16y=1，应用基本不等式“1”的代换求x+y的最小值．
【解答过程】(1)
在△ABQ与AQC中，BQsin∠BAQ＝ABsin∠AQB和CQsin∠CAQ＝ACsin∠AQC，
两式相除得：BQQC＝AB⋅sin∠BAQAC⋅sin∠CAQ，
又CPBP＝BQQC＝ABAC＝2，所以sin∠BAQ＝sin∠CAQ，
因为∠CAQ＝π3，∠BAQ∈(0,2π3)，所以∠BAQ＝π3或2π3（舍），
由CP＝2BP，AB＝2AC，a＝6，
在△ABC中，由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bccos∠BAC，可得b2＝367，
在△ABQ和△ACQ中,{AC2=AQ2+QC2−2AQ.QCcos∠AQCAB2=AQ2+QB2−2AQ.QBcos∠AQB，
可得AQ2＝2b2－8＝2×367－8＝167，
所以AQ＝477.
(2)
因为CPBP＝2，所以CP＝2BP，则CP＝－2BP，
故AP－AC＝－2(AP−AB)，则AP＝23AB+13AC，
同理：设NE＝−λME，λ≠0，得AE＝λ1+λAM+11+λAN，
因为E为AP中点，所以AP＝2λ1+λAM+21+λAN＝2λx1+λAB+2y1+λ AC，
所以{2λx1+λ=232y1+λ=13，可得：{λ1+λ=13x11+λ=16y，则13x+16y=1，
x+y=(x+y)(13x+16y)=12+y3x+x6y≥12+2y3x⋅x6y=12+23，
当且仅当：y3x=x6y时取等号，即x=2+26,y=1+26，
所以x+y的最小值3+226．
21．（12分）（2022春·上海杨浦·高一校考期末）如图所示，有满足下列条件的五边形的彩纸ABCDE，其中DE=3cm，BC=CD=1cm,∠BCD=∠CDE=2π3，∠BAE=π3．现将彩纸沿BE向内进行折叠．
(1)求线段BE的长度；
(2)若△ABE是等边三角形，折叠后使AB⊥BC，求直线AB与平面BCDE的所成角的大小；
(3)将折叠后得到的四棱锥记为四棱锥A−BCDE，求该四棱锥的体积的最大值．
【解题思路】（1）作出辅助线，得到△CDF为等边三角形，求出BF=2cm，EF=4cm，利用余弦定理求出答案；
（2）作出辅助线，证明线面垂直，得到∠ABQ即为直线AB与平面BCDE的所成角，显然∠ABE=π3，从而求出答案；
（3）先求出四边形BCDE的面积，要想折叠后得到的四棱锥A−BCDE体积最大，则要四棱锥的高最大，故要使平面ABE⊥平面BCDE，且需要△ABE边BE上的高最大，
再利用余弦定理及基本不等式得到BE上的高最大值，从而求出体积的最大值.
【解答过程】（1）延长BC，ED相交于点F，
因为∠BCD=∠CDE=2π3，所以∠FCD=∠FDC=π3，
故△CDF为等边三角形，所以CF=DF=1cm，∠F=π3
因为DE=3cm，BC=1cm，
所以BF=1+1=2cm，EF=1+3=4cm，
在△BEF中，由余弦定理得：BE2=BF2+EF2−2BF⋅EFcos∠F=4+16−2×2×4×12=12，
所以BE=23cm；
（2）由（1）知：BF=2cm，EF=4cm，BE=23cm，
所以BF2+BE2=EF2，
由勾股定理逆定理得：BC⊥BE，
因为AB⊥BC，AB∩BE=B，AB,BE⊂平面ABE，
所以BC⊥平面ABE，
取BE的中点Q，连接AQ，CQ，
因为AQ⊂平面ABE，
所以BC⊥AQ，
因为△ABE是等边三角形，
由三线合一得：AQ⊥BE，
因为BE，BC⊂平面BCDE，BE∩BC=B，
所以AQ⊥平面BCDE，
所以∠ABQ即为直线AB与平面BCDE的所成角，显然∠ABE=π3，
故直线AB与平面BCDE的所成角大小为π3.
（3）延长BC，ED相交于点F，
由（1）（2）得：BF⊥BE，且△CDF为等边三角形，
故S△BEF=12BF⋅BE=12×2×23=23cm2，S△CDF=12CF⋅DFsinπ3=34cm2，
故四边形BCDE的面积为S△BEF−S△CDF=23−34=734cm2，
要想折叠后得到的四棱锥A−BCDE体积最大，则要四棱锥的高最大，
故要使平面ABE⊥平面BCDE，且需要△ABE边BE上的高最大，
因为∠BAE=π3，BE=23cm，故只需使△ABE的面积最大，
由余弦定理得：cos∠BAE=AB2+AE2−BE22AB⋅AE=AB2+AE2−122AB⋅AE=12，
故AB2+AE2=AB⋅AE+12，
由基本不等式得：AB2+AE2≥2AB⋅AE，即AB⋅AE+12≥2AB⋅AE，
所以AB⋅AE≤12，当且仅当AB=AE时，等号成立，
△ABE的面积最大值为12AB⋅AEsinπ3=33cm2，
故四棱锥的高最大为2×3323=3cm，
该四棱锥的体积的最大值为13×734×3=734cm3.
22．（12分）（2022春·上海青浦·高一校考期末）在矩形ABCD中，AB=4，AD=2.点E，F分别在AB，CD上，且AE=2，CF=1.沿EF将四边形AEFD翻折至四边形A′EFD′，点A′∉平面BCFE.
(1)求证：CD′ ∥平面A′BE；
(2)求证：A′D′与BC是异面直线；
(3)在翻折的过程中，设二面角A′−BC−E的平面角为θ，求tanθ的最大值.
【解题思路】（1）证明平面D′FC//平面A′EB，利用面面平行的性质定理可证明结论；
（2）利用反证的方法，假设假设A′D′与BC不是异面直线，得出矛盾，即可证明结论；
（3）作辅助线，找出二面角A′−BC−E的平面角，通过设角∠A′OM=α,α∈(0,π)，可得到tanθ=A′MMN=5sinα3−2cosα，结合三角函数性质，可求得答案.
【解答过程】(1)
证明：因为D′F//A′E ,D′F⊄平面A′EB,A′E⊂平面A′EB,
所以D′F//平面A′EB，
因为CF//BE ,CF⊄平面A′EB,BE⊂平面A′EB,
所以CF//平面A′EB，因为CF∩D′F=F ,
故平面D′FC//平面A′EB,而CD′⊂平面D′FC,
故CD′ ∥平面A′BE；
(2)
证明：假设A′D′与BC不是异面直线，即A′,D′,B,C四点共面，
则A′D′//BC 或A′D′,BC相交于一点，设为Q,
若A′D′//BC，因为A′D′⊄平面BCFE，故A′D′//平面BCFE，
而A′D′⊂平面A′D′FE,平面A′D′FE∩平面BCFE=EF,
故A′D′//EF,与且AE=2，CF=1，则AD,EF不平行矛盾；
若A′D′∩BC=Q,则Q∈平面A′EFD′,Q∈平面BCFE,
平面A′EFD′∩平面BCFE=EF,故Q∈EF,
则A′D′,BC,EF交于一点，
由题意可知A′D′,EF相交于FE延长线上，BC,EF相交于EF延长线上一点，
即A′D′,BC,EF不会交于同一点，故矛盾，
由此说明即A′,D′,B,C四点不共面，即A′D′与BC是异面直线；
(3)
如图，在平面ABCD内作AO⊥EF于点O,
作A′M⊥AO 于M,作MN⊥BC于N，
故由题意可得点M为点A′在平面BCFE内的射影，故A′M⊥ 平面BCFE,
所以A′M⊥BC,又MN⊥BC,MN∩A′M=M，
所以∠A′NM为二面角A′−BC−E的平面角，
因为AO⊥EF,A′O⊥EF ,则∠A′OM为二面角A′−EF−B的平面角，
设∠A′OM=α,α∈(0,π)，当α=π2时，点O与M重合，
由AO=45,ON=125可得：tanθ=53；
当α∈(0,π2)时，因为AO=45，所以A′M=45sinα,OM=45cosα，
所以AM=45+45cosα，故MN=4−(45+45cosα)×25=125−85cosα，
所以tanθ=A′MMN=5sinα3−2cosα，
同理当α∈(π2,π)时，A′M=45sinα,OM=−45cosα，则AM=45+45cosα，
故MN=4−(45+45cosα)×25=125−85cosα，所以tanθ=A′MMN=5sinα3−2cosα，
设y=5sinα3−2cosα，所以5sinα+2ycosα=3y，所以sin(α+φ)=3y4y2+5,
其中φ为辅助角，sinφ=2y5+4y2,cosφ=55+4y2 ，
由|3y4y2+5|≤1，解得−1≤y≤1 ，此时5sinα+2cosα=3，解得cosα=23，
所以当cosα=23时，tanθ取到最大值为1，
综合可知tanθ最大值为1.
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