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2022-2023学年湖北省武汉市5G联合体高一（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年湖北省武汉市5G联合体高一（下）期末数学试卷（含解析），共19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。
2022-2023学年湖北省武汉市5G联合体高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 复数3−i1+i=( )
A. 1+2i B. 1+i C. 1−2i D. 1−i
2. 设m为直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论中错误的是( )
A. m//α，α//β，且m⊄β⇒m//β B. α//β，且m与α相交⇒m与β相交
C. m//α，m//β⇒α//β D. α//β，且m⊂α⇒m//β
3. 在正四面体ABCD中，点E，F，G分别为棱BC，CD，AC的中点，则异面直线AE，FG所成角的余弦值为( )
A. 12
B. 35
C. 33
D. 63
4. 某次投篮比赛中，甲、乙两校都派出了10名运动员参加比赛，甲校运动员的得分分别为8，6，7，7，8，10，9，8，7，8，这些成绩可用如图中的(1)所示，乙校运动员的得分可用如图中的(2)所示.则以下结论中，正确的是( )
A. 甲校运动员得分的中位数为7.5
B. 乙校运动员得分的75%分位数为10
C. 甲校运动员得分的平均数大于8
D. 甲校运动员得分的标准差大于乙校运动员得分的标准差
5. 在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，若a= 2，b= 6，A=30°，则边c=( )
A. 2 B. 2 2或 6 C. 2或2 2 D. 2 2
6. 如图所示，三棱柱ABC−A1B1C1中，若E、F分别为AB，AC靠近点A的三等分点，平面EB1C1F将三棱柱分成左右两部分体积为V1和V2，那么V1：V2=( )
A. 7：5
B. 14：13
C. 5：7
D. 13：14
7. 如图，圆锥PO的底面直径和高均是4，过PO的中点O1作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的表面积为( )
A. (7+4 5)π
B. (8+4 5)π
C. (9+4 5)π
D. (6+4 5)π
8. 在△ABC中，A=π6，B=π2，BC=1，D为AC中点，若将△BCD沿着直线BD翻折至△BC′D，使得四面体C′−ABD的外接球半径为1，则直线BC′与平面ABD所成角的正弦值是( )
A. 33 B. 23 C. 53 D. 63
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知互不相同的9个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，则剩下的7个数据与原9个数据相比，下列数字特征中不变的是( )
A. 中位数 B. 平均数 C. 第41百分位数 D. 方差
10. 已知向量a=(1, 3)，b=(cosθ,sinθ)(0≤θ≤π)，则下列说法正确的是( )
A. 若a//b，则tanθ= 3 B. 若a⊥b，θ的值为5π6
C. a⋅b的取值范围为[− 3,2] D. 存在θ，使得|a−b|=|a|+|b|
11. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别a，b，c，a2=2bcsinA，下列说法正确的是( )
A. 若a=1，则S△ABC=14 B. △ABC外接圆的半径为bca
C. cb+bc取得最小值时，A=π3 D. A=π4时，cb+bc值为2 2
12. 如图，正四面体ABCD的棱长为1，E，F分别是棱BD，CD上的点，且BE=DF=t，t∈(0,1)，则( )
A. 不存在t，使得BC//平面AEF
B. 直线AC与直线EF异面
C. 不存在t，使得平面AEF⊥平面BCD
D. 三棱锥A−DEF体积的最大值为 224
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于 3km，灯塔A在观察站C的北偏东40°，灯塔B在观察站C的南偏东20°，则灯塔A与灯塔B的距离为______ km．
14. 已知a=(2,2 3)，e为单位向量，向量a，e的夹角为π3，则向量a在向量e上的投影向量为______ ．
15. 如图，在△ABC中，∠BAC=π3，AD=2DB，P为CD上一点，且满足AP=mAC+12AB(m∈R)，若AC=2，AB=4，则AP⋅CD的值为______ ．
16. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，动点P在△AB1C内，满足D1P= 14，则点P的轨迹长度为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
(1)设z∈C，在复平面内z对应的点为Z，那么求满足条件：2<|z|<3的点Z的集合的图形面积；
(2)已知复数z1=m+(4−m2)i(m∈R)，z2=x+(λ+2x)i(λ,x∈R)且z1+z2=0，求λ的范围．
18. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin(A−B)=sinC−sinB．
(1)求角A；
(2)若△ABC外接圆的半径为2 63，求△ABC面积的最大值．
19. (本小题12.0分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，面ABB1A1为正方形，面AA1C1C为菱形∠CAA1=60°，侧面AA1C1C⊥面ABB1A1．
(1)求证：AC1⊥面CA1B1；
(2)求二面角C−BB1−A的余弦值．
20. (本小题12.0分)
为了深入学习领会党的二十大精神，某高级中学高一全体学生参加了《二十大知识竞赛》.试卷满分为100分，所有学生成绩均在区间[40,100]分内.已知该校高一选物理方向、历史方向的学生人数分别为180、120.现用分层抽样的方法抽取了30名学生的答题成绩，绘制了如图样本频率分布直方图．
(1)根据样本频率分布直方图，计算图中a的值，并估计该校全体学生成绩的平均数和第71百分位数；
(2)已知所抽取选物理方向和历史方向学生答题成绩的平均数、方差的数据如下表，且根据频率分布直方图估计出总成绩的方差为140，求高一年级选物理方向学生成绩的平均数x1−和高一年级选历史方向学生成绩的方差s22．
选科方向
样本平均数
样本方差
物理方向
x1−
75
历史方向
60
s22
21. (本小题12.0分)
已知△ABC的面积为3 32，且AB⋅AC=−3且AB>AC．
(1)求角A的大小；
(2)设M为BC的中点，且AM= 72，∠BAC的平分线交BC于N，求线段MN的长度．
22. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，∠ADC=90°，AB=AD=2BC=2，△PAD≌△BAD．
(1)M为PC上一点，且PM=λMC，当PA//平面DMB时，求实数λ的值；
(2)设平面PAD与平面PBC的交线为l，证明l//面ABCD；
(3)当平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小为45°时，求PC与平面ABCD所成角的正弦值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为复数3−i1+i=(3−i)(1−i)(1+i)(1−i)=2−4i2=1−2i．
故选：C．
复数的分子与分母同乘分母的共轭复数，化简复数为a+bi的形式，即可．
本题考查复数的代数形式的混合运算，考查计算能力．
2.【答案】C
【解析】解：由m//α，α//β，得m⊂β或m//β，而m⊄β，所以m//β，故A正确；
由α//β，且m与α相交，可得m与β相交，故B正确；
由m//α，m//β，得α//β或α与β相交，故C错误；
由α//β，得α与β无公共点，又m⊂α可得m与β无公共点，则m//β，故D正确．
故选：C．
由直线与平面平行、平面与平面平行分析线面关系判定A；由直线与平面相交的定义判断B；由平行于同一直线的两平面的位置关系判断C；由面面平行及线面平行的定义判断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．
3.【答案】C
【解析】解：连接DE，因为点F，G分别为棱CD，AC的中点，
所以FG//AD，
所以∠EAD或其补角为异面直线AE，FG所成角，
设正四面体的边长为a，
则AE=DE= 32a，AD=a，
由余弦定理得：cos∠EAD=AE2+AD2−DE22AE⋅AD=34a2+a2−34a22× 32a2= 33，
所以异面直线AE，FG所成角的余弦值为 33．
故选：C．
作出辅助线，找到异面直线AE，FG所成角，设出正四面体的边长，表达出其他边长，利用余弦定理求出答案．
本题考查异面直线所成角以及余弦定理的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：甲校派出的10名运动员参赛成绩从小到大为：6，7，7，7，8，8，8，8，9，10，
其中位数为：8，平均数为：6+7×3+8×4+9+1010=7.8，故选项A、C错误；
其方差为：110[(6−7.8)²+3×(7−7.8)²+4×(8−7.8)²+(9−7.8)²+(10−7.8)²]=1.16，标准差为 1.16；
乙校派出的10名运动员参赛成绩分别为：6，7，8，9，9，9，9，10，10，10，则其平均数为：110(6+7+8+9×4+10×3)=8.7，75%分位数为：10，
方差为：110[(6−8.7)²+(7−8.7)²+(8−8.7)²+4×(9−8.7)²+3×(10−8.7)²]=1.61，标准差为 1.61，
所以甲校运动员得分的标准差小于乙校运动员得分的标准差，故选项B正确，D错误．
故选：B．
先计算出甲校派出的10名运动员参赛成绩的中位数，平均数和标准差；再计算出乙校派出的10名运动员参赛成绩的75%分位数，平均数和标准差即可．
本题考查方差、标准差，以及数据的中位数平均数，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：因为a= 2，b= 6，A=30°，
由余弦定理得cosA= 32=b2+c2−a22bc=6+c2−22×c× 6，
则c= 2或c=2 2．
故选：C．
由已知结合余弦定理即可直接求解．
本题主要考查了余弦定理在求解三角形中的应用，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：设三棱柱的高为h，底面的面积为S，体积为V，则V=V1+V2=Sh，
因为E、F分别为AB，AC靠近点A的三等分点，所以SΔAEF=19S，
则V1=13(S+19S+ S⋅19S)h=1327h，所以V2=V−V1=1427Sh，
所以V1：V2=13：14．
故选：D．
利用棱台体积公式求解体积即可得到体积比．
本题考查棱台的体积，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：设圆柱的底面半径为r，高为h，则r=12×2=1，h=12×4=2，
圆锥的母线长为 22+42=2 5，
过PO的中点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，
则剩下的几何体的表面积为π×2×2 5+2π×1×2+π×22=(8+4 5)π．
故选：B．
通过圆锥的底面半径和高，可求出圆柱的高和底面半径，再结合圆锥的表面积与圆柱的侧面积可求得剩下几何体的表面积．
本题主要考查几何体表面积的求解，考查转化能力，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：∵A=π6，B=π2，BC=1，∴AC=2，又D为AC中点，
∴AD=CD=BD=1，则BC′=C′D=BD=1，即△BC′D为等边三角形，
设△BC′D的外接圆圆心为G，△ABD的外接圆圆心为O，取BD中点H，
连接C′H，OH，OG，OB，OC′，OD，
∵A=π6，BD=1，∴OB=12⋅BDsinA=1，即△ABD外接圆半径为1，
又四面体C′−ABD的外接球半径为1，∴O为四面体C′−ABD外接球的球心，
由球的性质可知：OG⊥平面BC′D，又C′H⊂平面BC′D，∴OG⊥C′H，
∵C′G=23CH=23× 12−(12)2= 33，OC′=1，∴OG= 1−13= 63；
设点C′到平面ABD的距离为d，
由VC′−OBD=VO−C′BD得：13S△OBD⋅d=13S△C′BD⋅OG，
又△OBD与△C′BD均为边长为1的等边三角形，∴d=OG= 63，
直线BC′与平面ABD所成角的正弦值为dBC′= 63．
故选：D．
由直角三角形性质和翻折关系可确定△BC′D为等边三角形，利用正弦定理可确定△ABD外接圆半径，由此可知△ABD外接圆圆心O即为四面体C′−ABD外接球球心，由球的性质可知OG⊥平面BC′D，利用VC′−OBD=VO−C′BD可求得点C′到平面ABD的距离，由此可求得线面角的正弦值．
本题考查折叠问题，线面角的求解，属中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：设这9个数分别为x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，x9，
且x1
去掉最大数和最小数，得x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，中位数也是x5，
所以中位数不变，选项A正确；
由41%×9=3.69，得x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，x9的第41百分位数为第4个数x4，
由41%×7=2.87，得x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8的第40百分位数为第3个数x4，
故第41百分位数不变，选项C正确；
设这9个数分别1，2，3，4，5，6，7，8，9，
则平均数为19×(1+2+3+4+5+6+7+8+9)=5，
方差为19×[(1−5)2+(2−5)2+(3−5)2+(4−5)2+(5−5)2+(6−5)2+(7−5)2+(8−5)2+(9−5)2]=203，
去掉最大数和最小数，得2，3，4，5，6，7，8，
平均数为17×(2+3+4+5+6+7+8)=5，
方差为17×[(2−5)2+(3−5)2+(4−5)2+(5−5)2+(6−5)2+(7−5)2+(8−5)2]=4，
此时方差改变了，选项D错误；
设这9个数分别−1，2，3，4，5，6，7，9，10，
则平均数为19×(−1+2+3+4+5+6+7+9+10)=5，
去掉最大数和最小数，得2，3，4，5，6，7，9，
计算平均数为17×(2+3+4+56+7+9)=367，此时平均数改变了，是选项B错误．
故选：AC．
根据中位数，平均数，方差及百分位数的定义，举例说明即可得出结论．
本题考查了中位数，平均数，方差及百分位数的定义与应用问题，是基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：a=(1, 3)，b=(cosθ,sinθ)(0≤θ≤π)，
对于A，若a//b，
则sinθ= 3cosθ，即tanθ= 3，故A正确；
对于B，若a⊥b，
则cosθ+ 3sinθ=0，解得tanθ=− 33，
∵0≤θ≤π，
∴θ=5π6，故B正确；
对于C，a⋅b=cosθ+ 3sinθ=2sin(θ+π6)，
∵0≤θ≤π，
∴π6≤θ+π6≤7π6，
∴sin(θ+π6)∈[−12,1]，
∴a⋅b的取值范围为[−1,2]，故C错误；
对于D，不妨设|a−b|=|a|+|b|成立，
则a2+b2−2a⋅b=|a|2+|b|2+2|a||b|，
故cos=−1，即a与b反向共线，
a=(1, 3)，b=(cosθ,sinθ)(0≤θ≤π)，
∵不存在实数λ(λ<0)使得，a=λb，
∴a与b不反向共线，
∴假设不成立，即不存在θ，使得|a−b|=|a|+|b|，故D错误．
故选：AB．
对于A，结合向量共线的性质，即可求解；
对于B，结合向量垂直的性质，即可求解；
对于C，结合平面向量的数量积运算，即可求解；
对于D，结合向量共线的性质，即可求解．
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．
11.【答案】ABD
【解析】解：A中，a=1，由题意可得2bcsinA=1，所以S=12bcsinA=12⋅12=14，所以A正确；
B中，设外接圆的半径r，由正弦定理asinA=2r，因为a2=2bcsinA，所以r=bca，所以B正确；
C中，cb+bc≥2 cb⋅bc=2，当且仅当cb=bc，即b=c，再由a2=2bcsinA，当A=π3时，可知三角形为等边三角形，代入不成立，所以C不正确；
D中，A=π4，因为a2=2bcsinA，可得a2= 2bc，由余弦定理可得cosA=b2+c2−a22bc=b2+c22bc− 22= 22，所以b2+c2bc=2 2，
所以cb+bc=c2+b2bc=2 2，所以D正确．
故选：ABD．
A中，由题意可得bcsinA的值，代入三角形的面积公式，可得三角形的面积，判断A的真假；B中，由正弦定理可得该三角形的半径，判断B的真假；C中，由均值不等式，可得最小值时为b=c，由题意可得A≠π3，判断C的真假；D中，将A角的大小及题意，可得所求的结果，判断D的真假．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，属于中档题．
12.【答案】BC
【解析】解：因为直线AC与平面BCD交于点C，EF⊂平面BCD，且不经过点C，
所以直线AC与直线EF异面，故B正确．
当t=12时，E，F分别是棱BD，CD的中点，此时BC//EF，因为EF⊂平面AEF，
BC⊄平面AEF，所以BC//平面AEF，故A错误．
设O为△BCD的中心，连接AO，因为经过点A有且只有一条直线AO垂直于平面BCD，
所以经过点A且垂直于平面BCD的平面一定经过直线AO，即当且仅当E，O，F三点共线时，
平面AEF⊥平面BCD，因为DE=1−t，DF=t，所以DB=11−tDE，DC=1tDF，
设BC的中点为M，连接DM，则DO−=23DM=13(DB−+DC−)=13(11−tDE+1tDF−)，
因为E，O，F三点共线，所以13(11−t+1t)=1，整理得3t2−3t+1=0，
因为Δ=−3<0，所以此方程无解，所以不存在t∈(0,1)，使得平面AEF⊥平面BCD，故C正确．
易知AO= AD2−DO2= AD2−(23DM)2= 1−13= 63，在△DEF中，DE=1−t，DF=t，
所以△DEF的面积S=12r⋅(t−1)⋅sinπ3≤ 34[t+(1−t)2]2= 316，
当且仅当t=12时等号成立，所以三棱锥A−DEF体积的最大值为13× 316× 63= 248，故D错误．
故选：BC．
利用正四面体的性质，结合每个选项的条件逐项判断可得结论．
本题考查空间几何体的性质，考查推理论证能力，考查运算求解能力，属中档题．
13.【答案】3
【解析】解：由题意，AC=BC= 3，∠ACB=120°，
由余弦定理可得AB= AC2+BC2−2AC×BC×cos120°= 3+3−2× 3× 3×(−12)=3，
所以灯塔A与灯塔B的距离为，3km．
故答案为：3．
由题意，根据余弦定理即可求解．
本题考查了余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
14.【答案】2e
【解析】解：∵a=(2,2 3)，e为单位向量，
∴|e|=1，|a|= 22+(2 3)2=4，
∴a⋅e=1×4×cosπ3=2，
∴向量a在向量e上的投影向量为a⋅e|e|⋅e|e|=2e．
故答案为：2e．
利用投影向量的定义，集合向量的数量积运算求解．
本题主要考查了投影向量的定义，属于基础题．
15.【答案】3
【解析】解：由AD=2DB，可得AD=23AB，
又C，P，D三点共线，
则有AP=mAC+(1−m)AD=mAC+2−2m3AB，
∵AP=mAC+12AB(m∈R)，
∴2−2m3=12，即m=14，
又CD=CA+AD=−AC+23AB，
且∠BAC=π3，AC=2，AB=4，
故AP⋅CD=(14AC+12AB)⋅(−AC+23AB)
=−14AC2+13AB2−13AC⋅AB
=−14×4+13×16−13×2×4×12
=3．
故答案为：3．
由AD=2DB，P为CD上一点，且满足AP=mAC+12AB(m∈R)，可求得m=14，再用AC及AB表示出AP及CD，进而求数量积即可．
本题考查了平面向量基本定理及数量积的运算，属基础题．
16.【答案】 2π
【解析】解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，如图，
如图，E为正三角形AB1C的外心，D1E⊥平面AB1C，
根据几何关系，不难得出D1E=3 2× ( 32)2−( 32×13)2=2 3，
因为点P在ΔAB1C内，满足D1P= 14，则EP= D1P2−D1E2= 2，
因此点P的轨迹是以点E为圆心， 2为半径的圆在ΔAB1C内的圆弧，
而ΔAB1C为正三角形，则三棱锥B−AB1C必为正三棱锥，E为正ΔAB1C的中心，
于是正ΔAB1C的内切圆半径EH=AB1× 32×13=3× 2× 32×13= 62，
则cos∠HEF= 32，即∠HEF=π6∠FEG=π3，
所以圆在ΔAB1C内的圆弧为圆周长的12，
即点P的轨迹长度为12⋅2π 2= 2π，
故答案为： 2π.
确定正方体ABCD−A1B1C1D1对角线BD1与ΔAB1C的交点E，求出EP确定轨迹形状，再求出轨迹长度作答．
本题考查立体几何的轨迹问题，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由复数的几何意义知：所表示的图形为圆环，面积为π⋅32−π⋅22=5π；
(2)∵z1=m+(4−m2)i(m∈R)，z2=x+(λ+2x)i(λ,x∈R)且z1+z2=0，
∴x+m+(λ+2x+4−m2)i=0，
∴m=−x，λ+2x+4−m2=0，
∴λ=x2−2x−4=(x−1)2−5，
当x=1时，λ有最小值为−5，
故λ范围为[−5,+∞)．
【解析】(1)根据已知条件，结合复数的几何意义，即可求解；
(2)根据已知条件，结合复数相等的条件，以及二次函数的性质，即可求解．
本题主要考查复数相等的条件，以及复数的几何意义，属于基础题．
18.【答案】解：(1)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin(A−B)=sinC−sinB，
由sin(A−B)=sinC−sinB得，sin(A−B)=sin(A+B)−sinB，
所以sinB=sin(A+B)−sin(A−B)=2cosAsinB，
又00，
所以cosA=12，
因为0
由余弦定理得，cosA=b2+c2−a22bc，即b2+c2=bc+8，
所以b2+c2=bc+8≥2bc，解得bc≤8，
所以S△ABC=12bcsinA≤2 3，
故△ABC面积的最大值为2 3．
【解析】(1)利用两角和、两角差的正弦公式即可求解；
(2)根据正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式，利用基本不等式即可求解．
本题考查了余弦定理和三角形的面积公式，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：由菱形AA1C1C⇒AC1⊥A1C，
∵平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，平面AA1C1C⋂平面ABB1A1=AA1，又正方形ABB1A1中，A1B1⊥AA1，
∴A1B1⊥平面AA1C1C，∴A1B1⊥AC1，∵A1B1⋂A1C=A1，A1B1，A1C⊂平面CA1B1，
∴AC1⊥平面CA1B1，
(2)过C作CH⊥AA1于H，∵侧面AA1C1C⊥面ABB1A1，侧面AA1C1C∩面ABB1A1=AA1，
∴CH⊥平面ABB1A1.过H作HK⊥BB1于K，连CK，
则CH⊥BB1，HK⊥BB1，故BB 1⊥平面CHK，所以BB1⊥CK，
故∠CKH为二面角C−BB1−A的平面角，在Rt△CHK中设AC=a，AA1=AB=a，∠CAA1=60°，
∴CH= 3a2，HK=AB=a，CK= 7a2，∴cos∠CKH=a 7a2=2 77，
∴二面角C−BB1−A的余弦值为2 77．
【解析】(1)利用面面垂直，可得线面垂直，进而可得A1B1⊥AC1，又AC1⊥A1C，可证AC1⊥面CA1B1；
(2)由题意可得∠CKH为二面角C−BB1−A的平面角，进而计算即可．
本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，属中档题．
20.【答案】解：(1)根据频率和为1，得(0.006+0.012+a+0.026+0.010+0.006)×10=1，
解得a=0.040，
计算平均数为x−=(45×0.006+55×0.012+65×0.04+75×0.026+85×0.01+95×0.006)×10=69，
第71百分位数x0：0.006×10+0.012×10+0.04×10+(x0−70)×0.026=71%，
解得x0=75．
(2)由题知抽取30名学生，其中物理方向18人，历史方向12人，
所以69=1830×x1−+1230×60140=1830[75+(x1−−69)2]+1230[s22+(60−69)2]，
解得x1−=75，s22=102.5．
【解析】(1)根据频率和为1列方程求出a，再计算平均数和第71百分位数．
(2)利用分层抽样原理求出抽取的学生数，根据分层抽样原理计算平均数和方差即可．
本题考查了频率分布直方图的应用问题，也考查了分层抽样原理应用问题，是中档题．
21.【答案】解：(1)因为AB⋅AC=−3⇒|AB|⋅|AC|⋅cosA=bccosA=−3，
又三角形ABC的面积为3 32，即12bcsinA=3 32，
所以bcsinA=3 3，
所以bcsinAbccosA=sinAcosA=tanA=− 3，
又A∈(0,π)，所以A=2π3．
(2)如图所示，
在△ABC中，因为M为BC的中点，所以2AM=AB+AC，
两边平方得，4|AM|2=(AB+AC)2=|AB|2+2AB⋅AC+|AC|2=c2+b2−6，
所以b2+c2=13，①
由(1)可知：bcsinA=3 3,A=2π3，
所以bc=6，②
又c>b，所以由①②可得c=3，b=2，
又由余弦定理可知，a2=b2+c2−2bccosA=13+6=19，
所以a= 19，
由S△ANC=12|AN|⋅bsin∠CAN=12|AN|sin∠CAN，S△BAN=12|AN|⋅csin∠BAN=|AN|sin∠BAN，
又∠CAN=∠BAN，
所以S△ANCS△BAN=|CN||BN|=23，
又|CN|+|BN|=a= 19，
所以|CN|=2 195，
所以|MN|=|CM|−|CN|= 192−2 195= 1910，
即线段MN的长度为 1910．
【解析】(1)根据已知条件求出角的正切值，再结合角的范围即可求解；
(2)先根据条件求出c，b，再借助于面积之间的关系求出|CN|之间的比例关系，结合题中条件即可求解．
本题考查了正弦定理在解三角形中的应用，考查了平面向量数量积的应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)如图，连接AC交BD于点N，连接MN，
∵PA//平面BDM，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面BDM=MN，∴PA//MN，
在梯形ABCD中，∵BC//AD，∴△ADN∽△CBN，∴CNAN=CBAD=12，
∵PA//MN，∴PMMC=ANCN=2，∴λ=2；
证明：(2)∵BC//AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BC//面PAD，
又∵BC⊂面PBC，面PBC∩面PAD=l，∴BC//l，
又∵l⊄面ABCD，BC⊂面ABCD，∴l//面ABCD；
(3)取AD的中点O，连接OP、OB，
∵O为AD的中点，且BC//AD，AD=2BC，
∴OD//BC且OD=BC，四边形OBCD为平行四边形，∴CD//OB，
∵∠ADC=90°，∴∠BOD=90°，∴AD⊥OB，
又AB=AD，∴△ABD为等边三角形，
又△PAD≅△BAD，∴△PAD为等边三角形，∴AD⊥OP，
∵OP∩OB=O，OP⊂平面POB，OB⊂平面POB，∴AD⊥平面POB，
∵BP⊂平面POB，∴AD⊥BP，
过点P作l//AD，由AD//BC，则l//BC，∴l⊂平面PAD，l⊂平面PBC，
即平面PAD∩平面PBC=l，∴l⊥OP，l⊥BP，
∴∠BPO为平面PAD与平面PBC所成的锐二面角，∴∠BPO=45°，
又由OP=OB=ABsin60°=2× 32= 3，∴∠OBP=45°，∴∠BOP=90°，
∵PO⊥OB，AD⊥PO，
∵AD∩OB=O，AD⊂平面ABCD，OB⊂平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，
∴∠PCO为PC与平面ABCD所成的角，
PC= PO2+CO2= PO2+CD2+DO2= 3+3+1= 7，
∴sin∠PCH=POPC= 3 7= 217，
因此，PC与平面ABCD所成角的正弦值为 217．
【解析】(1)连接AC交BD于点N，连接MN，利用线面平行的性质可得出PA//MN，由△ADN～△CBN可得出CNAN=CBAD=12，再由PA//MN可求得PMCM的值；
(2)证明出BC//面PAD，利用线面平行的性质可证得结论成立；
(3)取AD的中点O，连接OP、OB，过点P作l//AD，分析可知，∠BPO为平面PAD与平面PBC所成的锐二面角，即有∠BPO=45°，证明出PO⊥平面ABCD，则∠PCO为PC与平面ABCD所成的角，计算出PC、PO的长，即可计算出∠PCO的正切值．
本题考查了线面平行的证明和线面角的计算，属于中档题．
2022-2023学年湖北省武汉市5G联合体高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 复数3−i1+i=( )
A. 1+2i B. 1+i C. 1−2i D. 1−i
2. 设m为直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论中错误的是( )
A. m//α，α//β，且m⊄β⇒m//β B. α//β，且m与α相交⇒m与β相交
C. m//α，m//β⇒α//β D. α//β，且m⊂α⇒m//β
3. 在正四面体ABCD中，点E，F，G分别为棱BC，CD，AC的中点，则异面直线AE，FG所成角的余弦值为( )
A. 12
B. 35
C. 33
D. 63
4. 某次投篮比赛中，甲、乙两校都派出了10名运动员参加比赛，甲校运动员的得分分别为8，6，7，7，8，10，9，8，7，8，这些成绩可用如图中的(1)所示，乙校运动员的得分可用如图中的(2)所示.则以下结论中，正确的是( )
A. 甲校运动员得分的中位数为7.5
B. 乙校运动员得分的75%分位数为10
C. 甲校运动员得分的平均数大于8
D. 甲校运动员得分的标准差大于乙校运动员得分的标准差
5. 在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，若a= 2，b= 6，A=30°，则边c=( )
A. 2 B. 2 2或 6 C. 2或2 2 D. 2 2
6. 如图所示，三棱柱ABC−A1B1C1中，若E、F分别为AB，AC靠近点A的三等分点，平面EB1C1F将三棱柱分成左右两部分体积为V1和V2，那么V1：V2=( )
A. 7：5
B. 14：13
C. 5：7
D. 13：14
7. 如图，圆锥PO的底面直径和高均是4，过PO的中点O1作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的表面积为( )
A. (7+4 5)π
B. (8+4 5)π
C. (9+4 5)π
D. (6+4 5)π
8. 在△ABC中，A=π6，B=π2，BC=1，D为AC中点，若将△BCD沿着直线BD翻折至△BC′D，使得四面体C′−ABD的外接球半径为1，则直线BC′与平面ABD所成角的正弦值是( )
A. 33 B. 23 C. 53 D. 63
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知互不相同的9个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，则剩下的7个数据与原9个数据相比，下列数字特征中不变的是( )
A. 中位数 B. 平均数 C. 第41百分位数 D. 方差
10. 已知向量a=(1, 3)，b=(cosθ,sinθ)(0≤θ≤π)，则下列说法正确的是( )
A. 若a//b，则tanθ= 3 B. 若a⊥b，θ的值为5π6
C. a⋅b的取值范围为[− 3,2] D. 存在θ，使得|a−b|=|a|+|b|
11. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别a，b，c，a2=2bcsinA，下列说法正确的是( )
A. 若a=1，则S△ABC=14 B. △ABC外接圆的半径为bca
C. cb+bc取得最小值时，A=π3 D. A=π4时，cb+bc值为2 2
12. 如图，正四面体ABCD的棱长为1，E，F分别是棱BD，CD上的点，且BE=DF=t，t∈(0,1)，则( )
A. 不存在t，使得BC//平面AEF
B. 直线AC与直线EF异面
C. 不存在t，使得平面AEF⊥平面BCD
D. 三棱锥A−DEF体积的最大值为 224
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于 3km，灯塔A在观察站C的北偏东40°，灯塔B在观察站C的南偏东20°，则灯塔A与灯塔B的距离为______ km．
14. 已知a=(2,2 3)，e为单位向量，向量a，e的夹角为π3，则向量a在向量e上的投影向量为______ ．
15. 如图，在△ABC中，∠BAC=π3，AD=2DB，P为CD上一点，且满足AP=mAC+12AB(m∈R)，若AC=2，AB=4，则AP⋅CD的值为______ ．
16. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，动点P在△AB1C内，满足D1P= 14，则点P的轨迹长度为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
(1)设z∈C，在复平面内z对应的点为Z，那么求满足条件：2<|z|<3的点Z的集合的图形面积；
(2)已知复数z1=m+(4−m2)i(m∈R)，z2=x+(λ+2x)i(λ,x∈R)且z1+z2=0，求λ的范围．
18. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin(A−B)=sinC−sinB．
(1)求角A；
(2)若△ABC外接圆的半径为2 63，求△ABC面积的最大值．
19. (本小题12.0分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，面ABB1A1为正方形，面AA1C1C为菱形∠CAA1=60°，侧面AA1C1C⊥面ABB1A1．
(1)求证：AC1⊥面CA1B1；
(2)求二面角C−BB1−A的余弦值．
20. (本小题12.0分)
为了深入学习领会党的二十大精神，某高级中学高一全体学生参加了《二十大知识竞赛》.试卷满分为100分，所有学生成绩均在区间[40,100]分内.已知该校高一选物理方向、历史方向的学生人数分别为180、120.现用分层抽样的方法抽取了30名学生的答题成绩，绘制了如图样本频率分布直方图．
(1)根据样本频率分布直方图，计算图中a的值，并估计该校全体学生成绩的平均数和第71百分位数；
(2)已知所抽取选物理方向和历史方向学生答题成绩的平均数、方差的数据如下表，且根据频率分布直方图估计出总成绩的方差为140，求高一年级选物理方向学生成绩的平均数x1−和高一年级选历史方向学生成绩的方差s22．
选科方向
样本平均数
样本方差
物理方向
x1−
75
历史方向
60
s22
21. (本小题12.0分)
已知△ABC的面积为3 32，且AB⋅AC=−3且AB>AC．
(1)求角A的大小；
(2)设M为BC的中点，且AM= 72，∠BAC的平分线交BC于N，求线段MN的长度．
22. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，∠ADC=90°，AB=AD=2BC=2，△PAD≌△BAD．
(1)M为PC上一点，且PM=λMC，当PA//平面DMB时，求实数λ的值；
(2)设平面PAD与平面PBC的交线为l，证明l//面ABCD；
(3)当平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小为45°时，求PC与平面ABCD所成角的正弦值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为复数3−i1+i=(3−i)(1−i)(1+i)(1−i)=2−4i2=1−2i．
故选：C．
复数的分子与分母同乘分母的共轭复数，化简复数为a+bi的形式，即可．
本题考查复数的代数形式的混合运算，考查计算能力．
2.【答案】C
【解析】解：由m//α，α//β，得m⊂β或m//β，而m⊄β，所以m//β，故A正确；
由α//β，且m与α相交，可得m与β相交，故B正确；
由m//α，m//β，得α//β或α与β相交，故C错误；
由α//β，得α与β无公共点，又m⊂α可得m与β无公共点，则m//β，故D正确．
故选：C．
由直线与平面平行、平面与平面平行分析线面关系判定A；由直线与平面相交的定义判断B；由平行于同一直线的两平面的位置关系判断C；由面面平行及线面平行的定义判断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．
3.【答案】C
【解析】解：连接DE，因为点F，G分别为棱CD，AC的中点，
所以FG//AD，
所以∠EAD或其补角为异面直线AE，FG所成角，
设正四面体的边长为a，
则AE=DE= 32a，AD=a，
由余弦定理得：cos∠EAD=AE2+AD2−DE22AE⋅AD=34a2+a2−34a22× 32a2= 33，
所以异面直线AE，FG所成角的余弦值为 33．
故选：C．
作出辅助线，找到异面直线AE，FG所成角，设出正四面体的边长，表达出其他边长，利用余弦定理求出答案．
本题考查异面直线所成角以及余弦定理的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：甲校派出的10名运动员参赛成绩从小到大为：6，7，7，7，8，8，8，8，9，10，
其中位数为：8，平均数为：6+7×3+8×4+9+1010=7.8，故选项A、C错误；
其方差为：110[(6−7.8)²+3×(7−7.8)²+4×(8−7.8)²+(9−7.8)²+(10−7.8)²]=1.16，标准差为 1.16；
乙校派出的10名运动员参赛成绩分别为：6，7，8，9，9，9，9，10，10，10，则其平均数为：110(6+7+8+9×4+10×3)=8.7，75%分位数为：10，
方差为：110[(6−8.7)²+(7−8.7)²+(8−8.7)²+4×(9−8.7)²+3×(10−8.7)²]=1.61，标准差为 1.61，
所以甲校运动员得分的标准差小于乙校运动员得分的标准差，故选项B正确，D错误．
故选：B．
先计算出甲校派出的10名运动员参赛成绩的中位数，平均数和标准差；再计算出乙校派出的10名运动员参赛成绩的75%分位数，平均数和标准差即可．
本题考查方差、标准差，以及数据的中位数平均数，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：因为a= 2，b= 6，A=30°，
由余弦定理得cosA= 32=b2+c2−a22bc=6+c2−22×c× 6，
则c= 2或c=2 2．
故选：C．
由已知结合余弦定理即可直接求解．
本题主要考查了余弦定理在求解三角形中的应用，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：设三棱柱的高为h，底面的面积为S，体积为V，则V=V1+V2=Sh，
因为E、F分别为AB，AC靠近点A的三等分点，所以SΔAEF=19S，
则V1=13(S+19S+ S⋅19S)h=1327h，所以V2=V−V1=1427Sh，
所以V1：V2=13：14．
故选：D．
利用棱台体积公式求解体积即可得到体积比．
本题考查棱台的体积，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：设圆柱的底面半径为r，高为h，则r=12×2=1，h=12×4=2，
圆锥的母线长为 22+42=2 5，
过PO的中点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，
则剩下的几何体的表面积为π×2×2 5+2π×1×2+π×22=(8+4 5)π．
故选：B．
通过圆锥的底面半径和高，可求出圆柱的高和底面半径，再结合圆锥的表面积与圆柱的侧面积可求得剩下几何体的表面积．
本题主要考查几何体表面积的求解，考查转化能力，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：∵A=π6，B=π2，BC=1，∴AC=2，又D为AC中点，
∴AD=CD=BD=1，则BC′=C′D=BD=1，即△BC′D为等边三角形，
设△BC′D的外接圆圆心为G，△ABD的外接圆圆心为O，取BD中点H，
连接C′H，OH，OG，OB，OC′，OD，
∵A=π6，BD=1，∴OB=12⋅BDsinA=1，即△ABD外接圆半径为1，
又四面体C′−ABD的外接球半径为1，∴O为四面体C′−ABD外接球的球心，
由球的性质可知：OG⊥平面BC′D，又C′H⊂平面BC′D，∴OG⊥C′H，
∵C′G=23CH=23× 12−(12)2= 33，OC′=1，∴OG= 1−13= 63；
设点C′到平面ABD的距离为d，
由VC′−OBD=VO−C′BD得：13S△OBD⋅d=13S△C′BD⋅OG，
又△OBD与△C′BD均为边长为1的等边三角形，∴d=OG= 63，
直线BC′与平面ABD所成角的正弦值为dBC′= 63．
故选：D．
由直角三角形性质和翻折关系可确定△BC′D为等边三角形，利用正弦定理可确定△ABD外接圆半径，由此可知△ABD外接圆圆心O即为四面体C′−ABD外接球球心，由球的性质可知OG⊥平面BC′D，利用VC′−OBD=VO−C′BD可求得点C′到平面ABD的距离，由此可求得线面角的正弦值．
本题考查折叠问题，线面角的求解，属中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：设这9个数分别为x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，x9，
且x1
去掉最大数和最小数，得x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，中位数也是x5，
所以中位数不变，选项A正确；
由41%×9=3.69，得x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，x9的第41百分位数为第4个数x4，
由41%×7=2.87，得x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8的第40百分位数为第3个数x4，
故第41百分位数不变，选项C正确；
设这9个数分别1，2，3，4，5，6，7，8，9，
则平均数为19×(1+2+3+4+5+6+7+8+9)=5，
方差为19×[(1−5)2+(2−5)2+(3−5)2+(4−5)2+(5−5)2+(6−5)2+(7−5)2+(8−5)2+(9−5)2]=203，
去掉最大数和最小数，得2，3，4，5，6，7，8，
平均数为17×(2+3+4+5+6+7+8)=5，
方差为17×[(2−5)2+(3−5)2+(4−5)2+(5−5)2+(6−5)2+(7−5)2+(8−5)2]=4，
此时方差改变了，选项D错误；
设这9个数分别−1，2，3，4，5，6，7，9，10，
则平均数为19×(−1+2+3+4+5+6+7+9+10)=5，
去掉最大数和最小数，得2，3，4，5，6，7，9，
计算平均数为17×(2+3+4+56+7+9)=367，此时平均数改变了，是选项B错误．
故选：AC．
根据中位数，平均数，方差及百分位数的定义，举例说明即可得出结论．
本题考查了中位数，平均数，方差及百分位数的定义与应用问题，是基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：a=(1, 3)，b=(cosθ,sinθ)(0≤θ≤π)，
对于A，若a//b，
则sinθ= 3cosθ，即tanθ= 3，故A正确；
对于B，若a⊥b，
则cosθ+ 3sinθ=0，解得tanθ=− 33，
∵0≤θ≤π，
∴θ=5π6，故B正确；
对于C，a⋅b=cosθ+ 3sinθ=2sin(θ+π6)，
∵0≤θ≤π，
∴π6≤θ+π6≤7π6，
∴sin(θ+π6)∈[−12,1]，
∴a⋅b的取值范围为[−1,2]，故C错误；
对于D，不妨设|a−b|=|a|+|b|成立，
则a2+b2−2a⋅b=|a|2+|b|2+2|a||b|，
故cos
a=(1, 3)，b=(cosθ,sinθ)(0≤θ≤π)，
∵不存在实数λ(λ<0)使得，a=λb，
∴a与b不反向共线，
∴假设不成立，即不存在θ，使得|a−b|=|a|+|b|，故D错误．
故选：AB．
对于A，结合向量共线的性质，即可求解；
对于B，结合向量垂直的性质，即可求解；
对于C，结合平面向量的数量积运算，即可求解；
对于D，结合向量共线的性质，即可求解．
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．
11.【答案】ABD
【解析】解：A中，a=1，由题意可得2bcsinA=1，所以S=12bcsinA=12⋅12=14，所以A正确；
B中，设外接圆的半径r，由正弦定理asinA=2r，因为a2=2bcsinA，所以r=bca，所以B正确；
C中，cb+bc≥2 cb⋅bc=2，当且仅当cb=bc，即b=c，再由a2=2bcsinA，当A=π3时，可知三角形为等边三角形，代入不成立，所以C不正确；
D中，A=π4，因为a2=2bcsinA，可得a2= 2bc，由余弦定理可得cosA=b2+c2−a22bc=b2+c22bc− 22= 22，所以b2+c2bc=2 2，
所以cb+bc=c2+b2bc=2 2，所以D正确．
故选：ABD．
A中，由题意可得bcsinA的值，代入三角形的面积公式，可得三角形的面积，判断A的真假；B中，由正弦定理可得该三角形的半径，判断B的真假；C中，由均值不等式，可得最小值时为b=c，由题意可得A≠π3，判断C的真假；D中，将A角的大小及题意，可得所求的结果，判断D的真假．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，属于中档题．
12.【答案】BC
【解析】解：因为直线AC与平面BCD交于点C，EF⊂平面BCD，且不经过点C，
所以直线AC与直线EF异面，故B正确．
当t=12时，E，F分别是棱BD，CD的中点，此时BC//EF，因为EF⊂平面AEF，
BC⊄平面AEF，所以BC//平面AEF，故A错误．
设O为△BCD的中心，连接AO，因为经过点A有且只有一条直线AO垂直于平面BCD，
所以经过点A且垂直于平面BCD的平面一定经过直线AO，即当且仅当E，O，F三点共线时，
平面AEF⊥平面BCD，因为DE=1−t，DF=t，所以DB=11−tDE，DC=1tDF，
设BC的中点为M，连接DM，则DO−=23DM=13(DB−+DC−)=13(11−tDE+1tDF−)，
因为E，O，F三点共线，所以13(11−t+1t)=1，整理得3t2−3t+1=0，
因为Δ=−3<0，所以此方程无解，所以不存在t∈(0,1)，使得平面AEF⊥平面BCD，故C正确．
易知AO= AD2−DO2= AD2−(23DM)2= 1−13= 63，在△DEF中，DE=1−t，DF=t，
所以△DEF的面积S=12r⋅(t−1)⋅sinπ3≤ 34[t+(1−t)2]2= 316，
当且仅当t=12时等号成立，所以三棱锥A−DEF体积的最大值为13× 316× 63= 248，故D错误．
故选：BC．
利用正四面体的性质，结合每个选项的条件逐项判断可得结论．
本题考查空间几何体的性质，考查推理论证能力，考查运算求解能力，属中档题．
13.【答案】3
【解析】解：由题意，AC=BC= 3，∠ACB=120°，
由余弦定理可得AB= AC2+BC2−2AC×BC×cos120°= 3+3−2× 3× 3×(−12)=3，
所以灯塔A与灯塔B的距离为，3km．
故答案为：3．
由题意，根据余弦定理即可求解．
本题考查了余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
14.【答案】2e
【解析】解：∵a=(2,2 3)，e为单位向量，
∴|e|=1，|a|= 22+(2 3)2=4，
∴a⋅e=1×4×cosπ3=2，
∴向量a在向量e上的投影向量为a⋅e|e|⋅e|e|=2e．
故答案为：2e．
利用投影向量的定义，集合向量的数量积运算求解．
本题主要考查了投影向量的定义，属于基础题．
15.【答案】3
【解析】解：由AD=2DB，可得AD=23AB，
又C，P，D三点共线，
则有AP=mAC+(1−m)AD=mAC+2−2m3AB，
∵AP=mAC+12AB(m∈R)，
∴2−2m3=12，即m=14，
又CD=CA+AD=−AC+23AB，
且∠BAC=π3，AC=2，AB=4，
故AP⋅CD=(14AC+12AB)⋅(−AC+23AB)
=−14AC2+13AB2−13AC⋅AB
=−14×4+13×16−13×2×4×12
=3．
故答案为：3．
由AD=2DB，P为CD上一点，且满足AP=mAC+12AB(m∈R)，可求得m=14，再用AC及AB表示出AP及CD，进而求数量积即可．
本题考查了平面向量基本定理及数量积的运算，属基础题．
16.【答案】 2π
【解析】解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，如图，
如图，E为正三角形AB1C的外心，D1E⊥平面AB1C，
根据几何关系，不难得出D1E=3 2× ( 32)2−( 32×13)2=2 3，
因为点P在ΔAB1C内，满足D1P= 14，则EP= D1P2−D1E2= 2，
因此点P的轨迹是以点E为圆心， 2为半径的圆在ΔAB1C内的圆弧，
而ΔAB1C为正三角形，则三棱锥B−AB1C必为正三棱锥，E为正ΔAB1C的中心，
于是正ΔAB1C的内切圆半径EH=AB1× 32×13=3× 2× 32×13= 62，
则cos∠HEF= 32，即∠HEF=π6∠FEG=π3，
所以圆在ΔAB1C内的圆弧为圆周长的12，
即点P的轨迹长度为12⋅2π 2= 2π，
故答案为： 2π.
确定正方体ABCD−A1B1C1D1对角线BD1与ΔAB1C的交点E，求出EP确定轨迹形状，再求出轨迹长度作答．
本题考查立体几何的轨迹问题，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由复数的几何意义知：所表示的图形为圆环，面积为π⋅32−π⋅22=5π；
(2)∵z1=m+(4−m2)i(m∈R)，z2=x+(λ+2x)i(λ,x∈R)且z1+z2=0，
∴x+m+(λ+2x+4−m2)i=0，
∴m=−x，λ+2x+4−m2=0，
∴λ=x2−2x−4=(x−1)2−5，
当x=1时，λ有最小值为−5，
故λ范围为[−5,+∞)．
【解析】(1)根据已知条件，结合复数的几何意义，即可求解；
(2)根据已知条件，结合复数相等的条件，以及二次函数的性质，即可求解．
本题主要考查复数相等的条件，以及复数的几何意义，属于基础题．
18.【答案】解：(1)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin(A−B)=sinC−sinB，
由sin(A−B)=sinC−sinB得，sin(A−B)=sin(A+B)−sinB，
所以sinB=sin(A+B)−sin(A−B)=2cosAsinB，
又0
所以cosA=12，
因为0
由余弦定理得，cosA=b2+c2−a22bc，即b2+c2=bc+8，
所以b2+c2=bc+8≥2bc，解得bc≤8，
所以S△ABC=12bcsinA≤2 3，
故△ABC面积的最大值为2 3．
【解析】(1)利用两角和、两角差的正弦公式即可求解；
(2)根据正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式，利用基本不等式即可求解．
本题考查了余弦定理和三角形的面积公式，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：由菱形AA1C1C⇒AC1⊥A1C，
∵平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，平面AA1C1C⋂平面ABB1A1=AA1，又正方形ABB1A1中，A1B1⊥AA1，
∴A1B1⊥平面AA1C1C，∴A1B1⊥AC1，∵A1B1⋂A1C=A1，A1B1，A1C⊂平面CA1B1，
∴AC1⊥平面CA1B1，
(2)过C作CH⊥AA1于H，∵侧面AA1C1C⊥面ABB1A1，侧面AA1C1C∩面ABB1A1=AA1，
∴CH⊥平面ABB1A1.过H作HK⊥BB1于K，连CK，
则CH⊥BB1，HK⊥BB1，故BB 1⊥平面CHK，所以BB1⊥CK，
故∠CKH为二面角C−BB1−A的平面角，在Rt△CHK中设AC=a，AA1=AB=a，∠CAA1=60°，
∴CH= 3a2，HK=AB=a，CK= 7a2，∴cos∠CKH=a 7a2=2 77，
∴二面角C−BB1−A的余弦值为2 77．
【解析】(1)利用面面垂直，可得线面垂直，进而可得A1B1⊥AC1，又AC1⊥A1C，可证AC1⊥面CA1B1；
(2)由题意可得∠CKH为二面角C−BB1−A的平面角，进而计算即可．
本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，属中档题．
20.【答案】解：(1)根据频率和为1，得(0.006+0.012+a+0.026+0.010+0.006)×10=1，
解得a=0.040，
计算平均数为x−=(45×0.006+55×0.012+65×0.04+75×0.026+85×0.01+95×0.006)×10=69，
第71百分位数x0：0.006×10+0.012×10+0.04×10+(x0−70)×0.026=71%，
解得x0=75．
(2)由题知抽取30名学生，其中物理方向18人，历史方向12人，
所以69=1830×x1−+1230×60140=1830[75+(x1−−69)2]+1230[s22+(60−69)2]，
解得x1−=75，s22=102.5．
【解析】(1)根据频率和为1列方程求出a，再计算平均数和第71百分位数．
(2)利用分层抽样原理求出抽取的学生数，根据分层抽样原理计算平均数和方差即可．
本题考查了频率分布直方图的应用问题，也考查了分层抽样原理应用问题，是中档题．
21.【答案】解：(1)因为AB⋅AC=−3⇒|AB|⋅|AC|⋅cosA=bccosA=−3，
又三角形ABC的面积为3 32，即12bcsinA=3 32，
所以bcsinA=3 3，
所以bcsinAbccosA=sinAcosA=tanA=− 3，
又A∈(0,π)，所以A=2π3．
(2)如图所示，
在△ABC中，因为M为BC的中点，所以2AM=AB+AC，
两边平方得，4|AM|2=(AB+AC)2=|AB|2+2AB⋅AC+|AC|2=c2+b2−6，
所以b2+c2=13，①
由(1)可知：bcsinA=3 3,A=2π3，
所以bc=6，②
又c>b，所以由①②可得c=3，b=2，
又由余弦定理可知，a2=b2+c2−2bccosA=13+6=19，
所以a= 19，
由S△ANC=12|AN|⋅bsin∠CAN=12|AN|sin∠CAN，S△BAN=12|AN|⋅csin∠BAN=|AN|sin∠BAN，
又∠CAN=∠BAN，
所以S△ANCS△BAN=|CN||BN|=23，
又|CN|+|BN|=a= 19，
所以|CN|=2 195，
所以|MN|=|CM|−|CN|= 192−2 195= 1910，
即线段MN的长度为 1910．
【解析】(1)根据已知条件求出角的正切值，再结合角的范围即可求解；
(2)先根据条件求出c，b，再借助于面积之间的关系求出|CN|之间的比例关系，结合题中条件即可求解．
本题考查了正弦定理在解三角形中的应用，考查了平面向量数量积的应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)如图，连接AC交BD于点N，连接MN，
∵PA//平面BDM，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面BDM=MN，∴PA//MN，
在梯形ABCD中，∵BC//AD，∴△ADN∽△CBN，∴CNAN=CBAD=12，
∵PA//MN，∴PMMC=ANCN=2，∴λ=2；
证明：(2)∵BC//AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BC//面PAD，
又∵BC⊂面PBC，面PBC∩面PAD=l，∴BC//l，
又∵l⊄面ABCD，BC⊂面ABCD，∴l//面ABCD；
(3)取AD的中点O，连接OP、OB，
∵O为AD的中点，且BC//AD，AD=2BC，
∴OD//BC且OD=BC，四边形OBCD为平行四边形，∴CD//OB，
∵∠ADC=90°，∴∠BOD=90°，∴AD⊥OB，
又AB=AD，∴△ABD为等边三角形，
又△PAD≅△BAD，∴△PAD为等边三角形，∴AD⊥OP，
∵OP∩OB=O，OP⊂平面POB，OB⊂平面POB，∴AD⊥平面POB，
∵BP⊂平面POB，∴AD⊥BP，
过点P作l//AD，由AD//BC，则l//BC，∴l⊂平面PAD，l⊂平面PBC，
即平面PAD∩平面PBC=l，∴l⊥OP，l⊥BP，
∴∠BPO为平面PAD与平面PBC所成的锐二面角，∴∠BPO=45°，
又由OP=OB=ABsin60°=2× 32= 3，∴∠OBP=45°，∴∠BOP=90°，
∵PO⊥OB，AD⊥PO，
∵AD∩OB=O，AD⊂平面ABCD，OB⊂平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，
∴∠PCO为PC与平面ABCD所成的角，
PC= PO2+CO2= PO2+CD2+DO2= 3+3+1= 7，
∴sin∠PCH=POPC= 3 7= 217，
因此，PC与平面ABCD所成角的正弦值为 217．
【解析】(1)连接AC交BD于点N，连接MN，利用线面平行的性质可得出PA//MN，由△ADN～△CBN可得出CNAN=CBAD=12，再由PA//MN可求得PMCM的值；
(2)证明出BC//面PAD，利用线面平行的性质可证得结论成立；
(3)取AD的中点O，连接OP、OB，过点P作l//AD，分析可知，∠BPO为平面PAD与平面PBC所成的锐二面角，即有∠BPO=45°，证明出PO⊥平面ABCD，则∠PCO为PC与平面ABCD所成的角，计算出PC、PO的长，即可计算出∠PCO的正切值．
本题考查了线面平行的证明和线面角的计算，属于中档题．
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