2022-2023学年浙江省绍兴市高一（下）期末数学试卷-（含解析）

这是一份2022-2023学年浙江省绍兴市高一（下）期末数学试卷-（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知复数z在复平面内对应的点是(0,1)，则1+iz=( )
A. 1+iB. 1−iC. −1+iD. −1−i
2. 某组数据33、36、38、39、42、46、49、49、51、56的第80百分位数为( )
A. 46B. 49C. 50D. 51
3. 已知向量a=(2,2)，b=(1,−1)，则( )
A. a=−2bB. a=2bC. a//bD. a⊥b
4. 已知m，n是两条直线，α，β是两个平面，下列命题正确的是( )
A. 若m//n，m//α，则n//αB. 若m//β，m//α，则α//β
C. 若m⊥n，n⊂β，则m⊥βD. 若m//α，m⊥β，则α⊥β
5. 抛掷三枚质地均匀的硬币，有如下随机事件：Ai=“正面向上的硬币数为i”，其中i=0，1，2，3，B=“恰有两枚硬币抛掷结果相同”，则下列说法正确的是( )
A. A0与B相互独立B. A3与B对立C. P(A2)=2P(B)D. A1+A2=B
6. 轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，如图所示，在直角圆锥P−ABC中，AB为底面圆的直径，C在底面圆周上且为弧AB的中点，则异面直线PB与AC所成角的大小为( )
A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°
7. 已知函数f(x)=cs(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，x1，x2是f(x)的两个零点，若x2=4x1，则下列为定值的量是( )
A. φB. ωC. φωD. ω+φ
8. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为4的正方形，P是棱A1D1上的一个动点，若PA= 10，PD= 2，则三棱锥P−ABD外接球的表面积是( )
A. 144πB. 36πC. 9πD. 6π
二、多选题（本大题共4小题，共12.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列等式成立的是( )
A. sin26°−cs26°=cs12°B. sin6°−cs6°=− 2sin39°
C. 4sin15°sin75°=1D. 3−tan15°1+ 3tan15∘=1
10. 5月21日，2023世界珍珠发展论坛在浙江诸暨举办，大会见证了诸暨珍珠开拓创新、追求卓越的坚实步伐.据统计，今年以来，诸暨珍珠线上线下销售总额达250亿元，已超去年全年的60%，真正实现了“生于乡间小湖，远销五洲四海”.某珍珠商户销售A，B，C，D四款珍珠商品，今年第一季度比去年第一季度营收实现翻番，现统计这四款商品的营收占比，得到如下饼图.同比第一季度，下列说法正确的是( )
A. 今年商品A的营收是去年的4倍
B. 今年商品B的营收是去年的2倍
C. 今年商品C的营收比去年减少
D. 今年商品B，D营收的总和与去年相比占总营收的比例不变
11. 如图，在边长为2的正方形ABCD中，E为AD的中点，将△ABE沿BE折起，使点A到达点A′的位置，且二面角A′−BE−C为90°.若M、N分别为A′B、CD的中点，则( )
A. BE⊥A′N
B. MN//平面A′DE
C. 平面A′BE⊥平面A′DE
D. 点C到平面A′DE的距离为 303
12. 在△ABC中，D为BC的中点，点E满足BE=2ED.若∠BAE=∠DAE=20°，则( )
A. |AB|=2|AD|B. AE=13AB+23AD
C. ∠ABC=20°D. ∠DAC=70°
三、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 函数f(x)=sin2x的最小正周期为______．
14. 某手机社交软件可以实时显示两人之间的直线距离.已知甲在某处静止不动，乙在点A时，显示与甲之间的距离为400米，之后乙沿直线从点A点走到点B，当乙在点B时，显示与甲之间的距离为600米，若A，B两点间的距离为500米，则乙从点A走到点B的过程中，甲、乙两人之间距离的最小值为______ 米.
15. 已知一组样本数据x1，x2，x3，x4，x5的方差为5，且满足x1+x2+x3+x4=4x5，则样本数据x1，x2，x3，x4，x5+5的方差为______ ．
16. 直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠B=π2，AB=BB1=BC=1，P、Q分别为线段AC1、AA1的动点，则△B1PQ周长的最小值是______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共52.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
记a、b、c为平面单位向量，且|a−b|=1．
(1)求〈a,b〉；
(2)若a⋅c=12，求|2c−a|．
18. (本小题8.0分)
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，棱长为3，O1是上底面A1B1C1D1的一个动点．
(1)求三棱锥A−O1BC的体积；
(2)当O1是上底面A1B1C1D1的中心时，求AO1与平面ABCD所成角的余弦值．
19. (本小题8.0分)
为了推导两角和与差的三角函数公式，某同学设计了一种证明方法：在直角梯形ABCD中，∠B=∠C=90°，AD=1，点E为BC上一点，且AE⊥DE，过点D作DF⊥AB于点F，设∠BAE=α，∠DAE=β．
(1)利用图中边长关系DF=BE+CE，证明：sin(α+β)=sinαcsβ+csαsinβ；
(2)若BE=CE=13，求sin2α+cs2β．
20. (本小题8.0分)
第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，而亚运会志愿者的服务工作是举办一届成功的亚运会的重要保障.为配合亚运会志愿者选拔，某高校举行了志愿者选拔面试，面试成绩满分100分，现随机抽取了80名候选者的面试成绩，绘制成如图频率分布直方图．
(1)求a的值，并估计这80名候选者面试成绩平均值x−，众数，中位数；(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，中位数精确到0.1)
(2)乒乓球项目场地志愿服务需要3名志愿者，有3名男生和2名女生通过该项志愿服务选拔，需要通过抽签的方式决定最终的人选，现将3张写有“中签”和2张写有“未中签”字样的字条随机分配给每一位候选人，求中签者中男生比女生多的概率．
21. (本小题10.0分)
如图，在平面四边形ABCD中，点B与点D分别在直线AC的两侧，BC=CD=2．
(1)已知AB=2，且AC=AD，
(i)当cs∠CAD=23时，求△ABC的面积；
(ii)若∠ABC=2∠ADC>π2，求∠ABC．
(2)已知AD= 2AB，且∠BAD=π4，求AC的最大值．
22. (本小题10.0分)
如图，在正三棱台ABC−A1B1C1中，AB=2A1B1=2AA1，D，E分别为AA1，B1C1的中点．
(1)证明：DE⊥平面BB1C1C；
(2)设P，Q分别为棱AB，BC上的点，且C1，D，P，Q均在平面α上，若△PBQ与△ABC的面积比为3：8，
(i)证明：BP=34BA；
(ii)求α与平面ABB1A1所成角的正弦值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵复数z在复平面内对应的点是(0,1)，∴z=i，
∴1+iz=1+ii=(1+i)(−i)i(−i)=−i−i2−i2=1−i．
故选：B．
由题得到z，再由复数的四则运算求解1+iz．
本题考查复数的运算及几何意义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：数据33、36、38、39、42、46、49、49、51、56共10个数，
因为10×0.8=8，因此，该组数据的第80百分位数为49+512=50．
故选：C．
利用百分位数的定义可求得该组数据的第80百分位数．
本题主要考查百分位数的定义，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：向量a=(2,2)，b=(1,−1)，
对于A，−2b=(−2,2)，a≠−2b，A错误；
对于B，2b=(2,−2)，a≠2b，B错误；
对于C，由于2×(−1)≠2×1，即a与b不共线，C错误；
对于D，a⋅b=2×1+2×(−1)=0，因此a⊥b，D正确．
故选：D．
根据给定条件，利用向量的坐标运算判断AB；利用共线向量的坐标表示判断C；利用垂直关系的坐标表示判断D作答．
本题主要考查向量共线、垂直的性质，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，若m//n，m//α，则n//α或n⊂α，A错误；
对于B，平行于同一直线的两个平面可以平行，也可以相交，B错误；
对于C，由直线与平面垂直的判断方法可得C错误；
对于D，若m//α，则平面α存在直线l，满足l//m，由于m⊥β，则有l⊥β，必有α⊥β，故D正确．
故选：D．
根据题意，由直线与平面平行、垂直的判断方法依次分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查直线与平面、平面与平面的位置关系，涉及直线与平面垂直的判断，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：总的可能有：
(正，正，正)，(正，正，反)，(正，反，正)，(正，反，反)，(反，正，正)，(反，正反)，(反，反，正)，(反，反，反)，
故P(A0)=18,P(A1)=38，P(A2)=38，P(A3)=18，P(B)=34，
而P(A0∪B)=0，P(A0)⋅P(B)=332，故选项A错误；
P(A3)+P(B)=78≠1，故选项B错误；
2P(A2)=P(B)，故选项C错误；
A1={(正，反，反)，(反，正反)，(反，反，正)}，A2={(正，正，反)，(正，反，正)，(反，正，正)}，
B={(正，正，反)，(正，反，正)，(正，反，反)，(反，正，正)，(反，正反)，(反，反，正)}，
所以A1+A2=B，故选项D正确．
故选：D．
列出所有基本事件，计算出对应概率，再根据独立事件和对立事件，即可逐一验证．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，考查了独立事件的概率公式，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：在直角圆锥P−ABC中，AB为底面圆的直径，C在底面圆周上且为弧AB的中点，∠ACB=90°，
则PA=PB= 22AB=AC=BC，
过点B作BD//AC交底面圆于点D，连接PD，AD，如图，

则∠PBD是异面直线PB与AC所成角或其补角，
显然BD= 22AB=PB=PD，即△PBD是正三角形，
所以∠PBD=60°，
即异面直线PB与AC所成角的大小为60°．
故选：C．
根据给定条件，利用几何法求出异面直线PB与AC所成角的大小作答．
本题考查异面直线所成角及其求解，考查运算求解能力，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：函数f(x)=cs(ωx+φ)，ω>0的周期为2πω，
令f(x)=0，可得ωx+φ=kπ+π2，k∈Z，
所以x=kπ+π2−φω，即x=2kπ+π−2φ2ω，k∈Z，
又ω>0,|φ|<π2，
所以0<φ<π2，x1=π−2φ2ω，x2=3π−2φ2ω，
又x2=4x1，所以3π−2φ2ω=4×π−2φ2ω，
所以φ=π6．
故选：A．
求函数f(x)的周期，估计x1的范围，再求函数f(x)的零点，由此确定x1，x2，结合条件化简可得结论．
本题主要考查三角函数的图象与性质，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：令长方体ABCD−A1B1C1D1的高为h，PD1=x，于是x2+h2=2(4−x)2+h2=10，解得x=h=1，

在△PAD中，∠PDA=∠DPD1=45°，则△PAD外接圆半径r=12×PAsin45∘= 10 2= 5，显然AB⊥平面PAD，
因此三棱锥P−ABD外接球的球心O在线段AB的中垂面上，球心O到平面PAD的距离为d=12AB=2，
则球半径R= r2+d2= 5+4=3，所以三棱锥P−ABD外接球的表面积S=4πR2=36π．
故选：B．
根据给定条件，确定点P的位置，求出△PAD的外接圆半径，再求出球心到平面PAD的距离，求出球半径作答．
本题考查了三棱锥外接球的表面积计算，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：对于A，sin26°−cs26°=−(cs26°−sin26°)=−cs12°，故A错误；
对于B，sin6°−cs6°= 2( 22sin6°− 22cs6°)= 2(sin6°cs45°−cs6°sin45°)= 2sin(−39°)=− 2sin39°，故B正确；
对于C，4sin15°sin75°=4sin15°cs15°=2sin30°=1，故C正确；
对于D，tan60°−tan15°1+tan60∘tan15∘=tan(60°−15°)=tan45°=1，故D正确．
故选：BCD．
对于A，逆用二倍角余弦公式，即可求解，对于B，利用辅助角公式，即可求解，对于C，逆用二倍角正弦公式，即可求解，对于D，逆用正切的和差公式即可求解．
本题主要考查三角恒等变换，考查运算求解能力，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：设去年第一季度营收为a亿元，则今年第一季度营收为2a亿元，
由扇形图可得：
A款珍珠商品去年第一季度营收为0.1a亿元，则今年第一季度营收为0.4a亿元，A正确；
B款珍珠商品去年第一季度营收为0.2a亿元，则今年第一季度营收为0.4a亿元，B正确；
C款珍珠商品去年第一季度营收为0.5a亿元，则今年第一季度营收为0.8a亿元，C错误；
因为商品B，D今年第一季度营收的总和占总营收的比例为40%，
商品B，D去年第一季度营收的总和占总营收的比例为40%，
所以今年商品B，D营收的总和与去年相比占总营收的比例不变，D正确．
故选：ABD．
由条件，根据扇形图分别计算A，B，C，D四款珍珠商品的营收，由此确定正确选项．
本题主要考查了扇形图的应用，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：连接AN交BE于点O，连接A′O，取BE的中点F，连接FM、FN，

对于A选项，在正方形ABCD中，因为AB=DA，AE=DN，∠BAE=∠ADN=90°，
所以，Rt△ABE≌Rt△DAN，则∠ABE=∠DAN，
所以，∠DAN+∠AEB=∠ABE+∠AEB=90°，则∠AOE=90°，即BE⊥AN，
翻折后，则有BE⊥A′O，BE⊥ON，
又因为A′O⋂ON=O，A′O、ON⊂平面A′ON，所以，BE⊥平面A′ON，
因为A′N⊂平面A′ON，所以，BE⊥A′N，A对；
对于B选项，因为M、F分别为A′B、BE的中点，所以，MF//A′E，
因为MF⊄平面A′DE，A′E⊂平面A′DE，所以，MF//平面A′DE，
因为DE//BC，BC=2DE，则四边形BCDE为梯形，
又因为F、N分别为BE、CD的中点，所以，FN//DE，
因为FN⊄平面A′DE，DE⊂平面A′DE，则FN//平面A′DE，
因为MF⋂FN=F，MF、FN⊂平面FMN，则平面FMN//平面A′DE，
因为MN⊂平面FMN，故MN//平面A′DE，B对；
对于C选项，因为AO⊥BE，且AB=2，AE=1，∠BAE=90°，
所以，BE= AB2+AE2= 22+12= 5，所以，AO=AB⋅AEBE=2×1 5=2 55，
则A′O=2 55，
在Rt△ADN中，cs∠DAN=ADAN=AD AD2+DN2=2 5=2 55，
所以，OD= OA2+AD2−2OA⋅ADcs∠DAN= 45+4−2×2 55×2×2 55=2 105，
因为平面A′BE⊥平面BCDE，平面A′BE∩平面BCDE=BE，A′O⊥BE，
A′O⊂平面A′BE，所以，A′O⊥平面BCDE，
因为OD⊂平面BCDE，所以，A′O⊥OD，
所以，A′D= A′O2+OD2= 45+85=2 155，且BD= BC2+CD2= 4+4=2 2，
翻折前，AB⊥AE，翻折后，A′B⊥A′E，
若平面A′BE⊥平面A′DE，且平面A′BE∩平面A′DE=A′E，A′B⊂平面A′BE，
所以，A′B⊥平面A′DE，
因为A′D⊂平面A′DE，则A′B⊥A′D，
事实上，A′B=2，A′D=2 155，BD=2 2，则A′B2+A′D2≠BD2，
即A′B、A′D不垂直，假设不成立，故平面A′BE与平面A′DE不垂直，C错；
对于D选项，因为S△CDE=12CD⋅DE=12×2×1=1，且A′O⊥平面BCDE，
所以，VA′−CDE=13S△CDE⋅A′O=13×1×2 55=2 515，
在△A′DE中，A′E=DE=1，A′D=2 155，
由余弦定理可得cs∠A′ED=A′E2+DE2−A′D22A′E⋅DE=1+1−1252×12=−15，
所以，sin∠A′ED= 1−cs2∠A′ED= 1−(−15)2=2 65，
所以，S△A′ED=12A′E⋅DEsin∠A′ED=12×12×2 65= 65，
设点C到平面A′ED的距离为d，由VC−A′ED=VA′−CDE，即13S△A′ED⋅d=2 515，
所以，d=2 55S△A′ED=2 55×5 6= 303，D对．
故选：ABD．
连接AN交BE于点O，连接A′O，取BE的中点F，连接FM、FN，推导出BE⊥平面A′ON，利用线面垂直的性质可判断A选项；证明出平面FMN//平面A′DE，利用面面平行的性质可判断B选项；利用反证法可判断C选项；利用等体积法计算出点C到平面A′DE的距离，可判断D选项．
本题考查线线垂直的判断，线面平行的判断，面面垂直的判断，点面距的求解，属中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：在△ABC中，D为BC的中点，BE=2ED，∠BAE=∠DAE=20°，如图，

对于A，ABAD=12AB⋅AEsin∠BAE12AD⋅AEsin∠DAE=S△ABES△ADE=BEDE=2，有|AB|=2|AD|，A正确；
对于B，AE=AB+BE=AB+23BD=AB+23(AD−AB)=13AB+23AD，B正确；
对于D，过C作CF//AD交BA的延长线于F，由D为BC的中点，得AD是△BCF的中位线，
则CF=2AD=AB=AF，于是∠DAC=∠ACF=∠CAF=12∠DAF=12(180°−40°)=70°，D正确；
对于C，由选项D知，∠EAC=90°，假定∠ABC=20°，则∠AEC=40°，AE=BE=12CE，
cs40°=cs∠AEC=AECE=12，与cs40°>cs60°=12矛盾，因此∠ABC≠20°，C错误．
故选：ABD．
根据给定条件，利用三角形面积公式推理判断A；
利用向量线性运算计算判断B；
作辅助线结合三角形中位线性质判断D；
反证法推理判断C作答．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
13.【答案】π
【解析】解：函数f(x)=sin2x的最小正周期为2π2=π，
故答案为：π．
利用函数y=Asin(ωx+φ)的周期为2πω，得出结论．
本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的周期性，利用了函数y=Asin(ωx+φ)的周期为2πω，属于基础题．
14.【答案】150 7
【解析】解：令甲的位置为点C，如图，在△ABC中，AC=400，AB=500，BC=600，

由余弦定理得csA=AB2+AC2−BC22AB⋅AC=5002+4002−60022×500×400=18，sinA= 1−cs2A=3 78，
过C作CD⊥AB于D，所以所求距离的最小值为CD=ACsinA=400×3 78=150 7(米)．
故答案为：150 7．
根据给定条件，利用余弦定理求出csA，进而求出sinA作答．
本题主要考查解三角形，考查余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于基础题．
15.【答案】9
【解析】解：由题意可得，数据x1，x2，x3，x4，x5的平均数为x−=15(x1+x2+x3+x4+x5)=x5，
方差s2=15[(x1−x−)2+(x2−x−)2+(x3−x−)2+(x4−x−)2+(x5−x−)2]，
又因为(x1−x−)2+(x2−x−)2+(x3−x−)2+(x4−x−)2=25，
数据x1，x2，x3，x4，x5+5的平均数x′−=15(x1+x2+x3+x4+x5+5)=x5+1，
所以方差s′2=15[(x1−x−−1)2+(x2−x−−1)2+(x3−x−−1)2+(x4−x−−1)2+(x5−x−−4)2]
=15[(x1−x−)2−2(x1−x−)+(x2−x−)2−2(x2−x−)+(x3−x−)2−2(x3−x−)+(x4−x−)2−2(x4−x−)+(x5−x−)2−8(x5−x−)+20]
=15[45−2(x1+x2+x3+x4+x5)+10x−]
=9．
故答案为：9．
由条件可求原数据的平均数和方差的表达式，再求新数据的平均数和方差可得结论．
本题主要考查了平均数和方差的计算，属于中档题．
16.【答案】 4+2 2
【解析】解：如下图所示：

将面AB1C1、面AA1C1沿着AC1延展为一个平面，
将面AA1B1、面AA1C1沿着AA1延展为一个平面，连接BB1′，
此时，线段BB1′的长即为△B1PQ周长的最小值，
则AB1= AB2+BB12= 1+1= 2，AB=1，
由于AB1=AC= 2，B1C1=CC1，AC1=AC1，则△AB1C1≌△ACC1，
延展后，则四边形AA1C1B1为矩形，
因为AA1=A1B1′，AA1⊥A1B1′，则△AA1B1′为等腰直角三角形，所以∠A1AB1′=45°，
延展后，则∠B1AB1′=135°，
由余弦定理可得B1B1′= AB12+AB1′2−2AB1⋅AB1′⋅cs135°= 2+2−2× 2× 2×(− 22)= 4+2 2．
故答案为： 4+2 2．
将面AB1C1、面AA1C1沿着AC1延展为一个平面，将面AA1B1、面AA1C1沿着AA1延展为一个平面，连接BB1′，则线段BB1′的长即为△B1PQ周长的最小值，利用余弦定理求出线段BB1′的长，即为所求．
本题主要考查了真三棱柱的结构特征，考查了余弦定理的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由已知|a|=|b|=1，且|a−b|=1，
所以，|a−b|2=a2−2a⋅b+b2=2−2a⋅b=1，则a⋅b=12，
所以，cs〈a,b〉=a⋅b|a|⋅|b|=12，
因为0≤〈a,b〉≤π，所以，〈a,b〉=π3；
(2)由已知可得|a|=|c|=1，且a⋅c=12，
所以|2c−a|= (2c−a)2= 4c2−4a⋅c+a2= 4−4×12+1= 3．
【解析】(1)利用平面向量数量积的运算性质可求得cs〈a,b〉的值，结合平面向量夹角的取值范围可得出〈a,b〉的值；
(2)由平面向量数量积的运算性质可得出|2c−a|= (2c−a)2的值．
本题主要考查了向量的数量积运算，属于中档题．
18.【答案】解：(1)如图所示，根据题意得：
VA−O1BC=VO1−ABC=13⋅S△ABC⋅h=13×12×3×3×3=92．

(2)如图所示，过点O1做平面ABCD的垂线，垂足为G，易知G为AC中点，
故∠O1AC为AO1与平面ABCD所成线面角，
又AG=12AC=12 AB2+BC2=3 22,AO1= AG2+GO12=3 62，
所以AO1与平面ABCD所成角的余弦值为：cs∠O1AC=AGAO1=3 223 62= 33．

【解析】(1)利用等体积VA−O1BC=VO1−ABC，即可求解．
(2)根据直线与平面夹角的定义，找到线面角，即可求解．
本题考查直线与平面所成的角，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：在Rt△ADE中，∠AED=90°，∠DAE=β，AD=1，则DE=sinβ，AE=csβ，
在Rt△ADF中，∠AFD=90°，∠DAF=α+β，AD=1，则DF=sin(α+β)，
在Rt△ABE，Rt△ECD中，∠B=∠C=90°，∠CED=∠BAE=α，
则BE=sinαcsβ，CE=csαsinβ，
依题意，四边形BCDF是矩形，则DF=BC=BE+CE，
所以sin(α+β)=sinαcsβ+csαsinβ．
(2)解：由BE=CE=13及(1)知，sinαcsβ=csαsinβ=13，
则tanα=tanβ，而α，β为锐角，即有α=β，
sin2α=23，又2α=α+β=∠BAD是锐角，于是cs2β=cs2α= 53，
所以sin2α+cs2β=2+ 53．
【解析】(1)根据给定条件，利用直角三角形的边角关系推理作答．
(2)利用(1)的信息结合已知，证得α=β，再借助二倍角公式及同角公式计算作答．
本题主要考查三角和的正弦公式，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由频率分布直方图可知10(2a+0.025+0.045+0.020)=1，解得a=0.005，
x−=50×10×0.005+60×10×0.025+70×10×0.045+80×10×0.020+90×10×0.005=69.5，
众数为70，
因为前2组的频率和为10×0.005+10×0.025=0.3<0.5，前3组的频率和为10×0.005+10×0.025+10×0.045=0.75>0.5，
所以中位数在第3组，设中位数为m，
则0.3+0.045(m−65)=0.5，解得m≈69.4，
所以中位数为69.4．
(2)记3名男生分别为A，B，C，记2名女生分别为a，b，则所有抽签的情况有：
未中签AB，中签Cab；未中签AC，中签Bab；未中签Aa，中签BCb；
未中签Ab，中签BCa；未中签BC，中签Aab；未中签Ba，中签ACb；
未中签Bb，中签ACa；未中签Ca，中签ABb；未中签Cb，中签ABa；
未中签ab，中签ABC，共有10种情况，
其中中签者中男生比女生多的有：未中签Aa，中签BCb；未中签Ab，中签BCa；
未中签Ba，中签ACb；未中签Bb，中签ACa；未中签Ca，中签ABb；
未中签Cb，中签ABa；未中签ab，中签ABC，共7种，
所以中签者中男生比女生多的概率为710．
【解析】(1)由频率和为1列方程可求出a的值，根据平均数的定义可求出x−，由众数的定义可求得众数，先判断中位数的位置，再列方程求解即可；
(2)利用列举法结合古典概型的概率计算公式求解即可．
本题主要考查频率分布直方图，古典概型概率的计算公式，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)(i)设AC=x，在△ACD中，由余弦定理得cs∠CAD=2x2−42x2=23，解得x= 6，
在△ABC中，AB=BC=2，则底边AC上的高h= AB2−(12AC)2= 4−32= 102，
所以△ABC的面积S△ABC=12AC⋅h=12× 6× 102= 152．
(ii)设∠ADC=θ，依题意，∠BAC=∠BCA=π2−12∠ABC=π2−θ，
则AD=AC=2ABcs∠BAC=4sinθ，CD=2ADcs∠ADC=8sinθcsθ=2，即sin2θ=12，而π2<2θ<π，
所以∠ABC=2θ=5π6．
(2)连接BD，△ABD中，AD= 2AB，∠BAD=π4，

由余弦定理得BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcsπ4=AB2+2AB2−2AB⋅ 2AB⋅ 22=AB2，
则BD=AB，∠ABD=π2，设∠CBD=α(0<α<π2)，在△BCD中，BC=CD=2，
于是AB=BD=2BCcs∠CBD=4csα，在△ABC中，∠ABC=π2+α，
由余弦定理得：AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcs∠ABC，
则AC2=16cs2α+4−8csα⋅2cs(π2+α)=16cs2α+4+16sinαcsα
=8sin2α+8(cs2α+1)+4=8 2sin(2α+π4)+12≤8 2+12，
当且仅当2α+π4=π2，即α=π8时取等号，
所以当α=π8时，ACmax= 4(1+ 2)2=2+2 2，
所以AC的最大值是2+2 2．
【解析】(1)(i)利用余弦定理结合已知求出AC，再借助等腰三角形性质求出面积；(ii)利用等腰三角形性质结合二倍角公式求解作答．
(2)连接BD，由已知结合余弦定理可得BD=AB，∠ABD=π2，再利用余弦定理、二倍角公式、辅助角公式求解作答．
本题主要考查正余弦定理的应用，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)延长AA1，BB1，CC1交于点S，
因为AB=2A1B1=2AA1，
所以三棱锥S−ABC为正四面体，
连接SE并延长，分别交BC，BC1于点F，G，则G为等边△ABC的中心，
连接AG，则AG⊥面SBC，
所以SDSA=SESG=34，
所以DE//AG，
所以DE⊥面SBC．
(2)(i)证明：延长C1D，CA交于点H，
若C1，D，P，Q均在平面α上，则H，P，Q共线，
设AB=2A1B1=2AA1=2，则AH=1，
过点A作AM//BC，交PQ于点M，
设BQ=k，则CQ=2−k，AM=2−k3，CQBC=k2，
所以APBP=AMBQ=2−k3k，BPAB=3k2+2k，
所以S△PBQ=S△ABC⋅k2⋅3k2+2k，
所以k2⋅3k2+2k=38，
所以k=1，
所以点Q与点F重合，均为BC的中点，
所以BPAB=3k2+2k=34，即BP=34AB．
(ii)连接DP，C1Q，
由题知DP//C1Q，且DP=12，C1Q=1，BC1=HQ，
连接AB1交DP于点N，
易知B1N⊥DP，且B1N=34AB1=3 34，DP//C1Q，
VB1−DPQ=VB−DPQ=VQ−BDP=316VQ−ABS=332VS−ABC= 216，
HC1=HF= 254+34= 7，
所以dB−C1Q= 7−14=3 32，
所以dQ−DP=12dH−C1Q=3 34，
所以S△DPQ=12⋅12⋅3 34=3 316，
所以13⋅3 316⋅dB1−DPQ= 216，
所以dB1−DPQ= 63，
设平面α与平面ABB1A1所成角为θ，
所以sinθ= 633 34=4 29，
所以平面α与平面ABB1A1所成角的正弦值为4 29．
【解析】解：(1)延长AA1，BB1，CC1交于点S，连接SE并延长，分别交BC，BC1于点F，G，则G为等边△ABC的中心，根据题意可得AG⊥面SBC，则SDSA=SESG=34，进而可得DE//AG，即可得出答案．
(2)(i)延长C1D，CA交于点H，若C1，D，P，Q均在平面α上，则H，P，Q共线，设AB=2A1B1=2AA1=2，则AH=1，过点A作AM//BC，交PQ于点M，设BQ=k，则CQ=2−k，AM=2−k3，CQBC=k2，APBP=AMBQ=2−k3k，BPAB=3k2+2k，进而可得S△PBQ=S△ABC⋅k2⋅3k2+2k，解得k，即可得出答案．
(ii)连接DP，C1Q，由题知DP//C1Q，且DP=12，C1Q=1，BC1=HQ，连接AB1交DP于点N，VB1−DPQ=VB−DPQ=VQ−BDP=316VQ−ABS=332VS−ABC= 216，dQ−DP=12dH−C1Q=3 34，解得dB1−DPQ，即可得出答案．
本题考查直线与平面的位置关系，二面角的计算，解题中需要理清思路，属于中档题．