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2022-2023学年山西省运城市高一（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年山西省运城市高一（下）期末数学试卷（含解析），共22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学年山西省运城市高一（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. 若复数z满足(1+z)(1−i)=2，则复数z的虚部为( )
A. i B. −i C. 1 D. −1
2. 已知向量a=(m,1)，b=(4,m)，若a与b方向相反，则|a−b|=( )
A. 3 5 B. 5 C. 2 5 D. 5
3. 已知直线l，两个不同的平面α，β，下列命题正确的是( )
A. 若l//α，l⊥β，则α⊥β B. 若l//α，l//β，则α//β
C. 若α⊥β，l⊥α，则l//β D. 若α⊥β，l//α，则l⊥β
4. 设A、B是两个概率大于0的随机事件，则下列论述正确的是( )
A. 事件A⊆B，则P(A)
C. 若A和B相互独立，则A和B一定不互斥
D. P(A)+P(B)≤1
5. 已知△ABC的外接圆圆心为O，且2AO=AB+AC，|AO|=|AB|，则向量CA在向量BC上的投影向量为( )
A. 34BC B. −34BC C. 34BC D. − 34BC
6. 刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.则正八面体(八个面均为正三角形)的总曲率为( )
A. 2π B. 4π C. 6π D. 8π
7. 中央广播电视总台《2023年春节联欢晚会》以温暖人心的精品节目、亮点满满的技术创新、美轮美奂的舞美效果为全球华人送上了一道红红火火的文化大餐.某机构随机调查了18位观众对2023年春晚节目的满意度评分情况，得到如下数据：a，60，70，70，72，73，74，74，75，76，77，79，80，83，85，87，93，100.若a恰好是这组数据的上四分位数，则a的值不可能为( )
A. 83 B. 84 C. 85 D. 86
8. 已知△ABC中，2AC⋅(AB−BC)=CB⋅(CA−AB)，则tanC的最大值是( )
A. 73 B. 23 C. 147 D. 142
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. 设复数z满足z1−i=i5，则( )
A. z为纯虚数 B. z的共轭复数为1−i
C. 复数z在复平面内对应的点位于第一象限 D. 复数z+a(a∈R)的模的最小值为1
10. 下列叙述中，正确的是( )
A. 某班有40名学生，若采用简单随机抽样从中抽取4人代表本班参加社区活动，那么学号为04的学生被抽到的可能性为40%
B. 某大学为了解在校本科生对参加某项社会实践活动的意向，采用分层随机抽样的方法从该校四个年级的本科生中抽取一个容量为500的样本进行调查．已知该校一、二、三、四年级本科生人数之比为8：5：4：k，若从四年级中抽取75名学生，则k=3
C. 四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，得到四组数据，若某组数据的平均数为2，方差为2.4，则这组数据可能出现6
D. 一组数据按从小到大的顺序排列为1，4，4，x，7，8(其中x≠7)，若该组数据的中位数是众数的54倍，则该组数据的平均数是5
11. 已知△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，O为△ABC的外心，b=4，c=5，△ABC的面积S满足(b+c)2−a2=4 3S.若AO=λAB+μAC，则下列结论正确的是( )
A. A=π3 B. S=10 3 C. AO⋅BC=−92 D. λ+μ=1320
12. 如图1，在边长为2的正方形ABCD中，E，F，G分别为BC，CD，BE的中点，沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使得B、C、D三点重合于S，得到四面体S−AEF(如图2).下列结论正确的是( )
A. 顶点S在面AEF上的射影为△AEF的重心
B. SA与面AEF所成角的正切值为 24
C. 二面角S−EF−A的余弦值为13
D. 过点G的平面截四面体S−AEF的外接球所得截面圆的面积的取值范围是[14π,32π]
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知复数z满足z−1−i=1+2i(i为虚数单位)，则|z|= ______ ．
14. 如图，S为等边三角形ABC所在平面外一点，且SA=SB=SC=AB，E，F分别为SC，AB的中点，则异面直线EF与AC所成的角为______．
15. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=4，AA1=3，E，F，G分别是棱AB，BC，CC1的中点，P是底面ABCD内一动点，满足D1P//平面EFG，当BP最短时，三棱锥A−BB1P外接球的体积是______ ．
16. 甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为13；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为12.假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲、乙各胜一局的概率为______ ．
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)
已知O为坐标原点，OC=(4,2)，OA=(1,7)，OB=(5,1)．
(1)求CA⋅CB；
(2)求△ABC的面积．
18. (本小题12.0分)
在①向量m=(− 3cosA,a)与向量n=(c,sinC)垂直，② 3AB⋅AC=2S△ABC，③(c−b)sinC=asinA−bsinB这三个条件中任选一个，补充在下面题目横线上，并完成解答．
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足_____．
(1)求角A；
(2)若a=3，sinB=2sinC，求△ABC的周长．
(注：若选多个条件作答，则按第一个计分)
19. (本小题12.0分)
2022年2月4日，第24届冬季奥林匹克运动会开幕式在北京国家体育场(鸟巢)举行，某调研机构为了了解人们对“奥运会”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“奥运会”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选取20人，担任本市的“奥运会”宣传使者．
(i)若有甲(年龄38)，乙(年龄40)两人已确定入选，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36和52，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这m人中35～45岁所有人的年龄的方差．
20. (本小题12.0分)
如图所示，三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=1，BB1=2，B1C= 3．
(1)证明：BC⊥A1C；
(2)若A1C=2，求三棱柱ABC−A1B1C1的体积．
21. (本小题12.0分)
桌状山是一种山顶水平如书桌，四面绝壁临空的地质奇观.位于我国四川的瓦屋山是世界第二大的桌状山，其与峨眉山并称蜀中二绝.苏轼曾有诗云：“瓦屋寒堆春后雪，峨眉翠扫雨余天”.某地有一座类似瓦屋山的桌状山可以简化看作如图1所示的圆台，图中AB为圆台上底面的一条东西方向上的直径，某人从M点出发沿一条东西方向上的笔直公路自东向西以30 3km/h的速度前进，6分钟后到达N点.在M点时测得A点位于北偏西45°方向上，B点位于北偏西15°方向上；在N点时测得A点位于北偏东15°方向上，B点位于北偏东45°方向上，且在N点时观测A的仰角的正切值为 215.设A点在地表水平面上的正投影为A′，B点在地表水平面上的正投影为B′，A′，B′，M，N在地表水平面上的分布如图2所示．
(1)该山的高度为多少千米？
(2)已知该山的下底面圆的半径为1.8km，当该山被冰雪完全覆盖时，冰雪的覆盖面积为多少平方千米？
22. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，△PBC为正三角形，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，∠ADC=90°，AD=CD=3，BC=4，点M，N分别在线段AD和PC上，DMAM=CNPN=2．
(1)求证：PM//平面BDN；
(2)设二面角P−BC−A的大小为θ，若tanθ= 2，求直线BD和平面PAD所成角的正弦值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由(1+z)(1−i)=2得z=21−i−1=2(1+i)(1−i)(1+i)−1=1+i−1=i，
故复数z的虚部为1．
故选：C．
根据复数的除法法则得到z=i，求出虚部．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：根据题意，向量a=(m,1)，b=(4,m)，
若a与b方向相反，设b=ka且k<0，
则有4=mkm=k，解可得k=−2，
则a=(−2,1)，b=(4,−2)，故a−b=(−6,3)，
则有|a−b|= 36+9=3 5．
故选：A．
根据题意，设b=ka且k<0，由此可得4=mkm=k，解可得k的值，即可得a−b的坐标，进而计算可得答案．
本题考查向量数量积的计算，涉及向量模的计算，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
对于A，由面面垂直的判定定理得α⊥β；对于B，α与β相交或平行；对于C，l//β或l⊂β；对于D，l与β相交、平行或l⊂β．
【解答】
解：已知直线l，两个不同的平面α，β，
对于A，若l//α，l⊥β，则在平面α内一定存在直线m//l，则m⊥β，又m⊂α，由面面垂直的判定定理得α⊥β，故A正确；
对于B，若l//α，l//β，则α与β相交或平行，故B错误；
对于C，若α⊥β，l⊥α，则l//β或l⊂β，故C错误；
对于D，若α⊥β，l//α，则l与β相交、平行或l⊂β，故D错误．
故选：A．
4.【答案】C
【解析】解：若事件B包含事件A，则P(A)≤P(B)，故A错误；
若事件A、B互斥，则P(AB)=0，
若事件A、B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B)>0，故B错误，C正确；
若事件A，B相互独立，且P(A)>12，P(B)>12，则P(A)+P(B)>1，故D错误．
故选：C．
根据事件的包含关系，对立事件与相互独立事件的概型与性质进行判断．
本题主要考查互斥事件，对立事件的基本概念，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：∵2AO=AB+AC，∴O是BC的中点，
即BC是△ABC的外接圆的直径，
∵|AO|=|AB|，∴△ABO是等边三角形，
则∠ACB=30°，则|CA|=BCcos30°= 32BC，
则向量CA在向量BC上的投影为|CA|cos30°= 32|BC|× 32=34|BC|，
则对应的投影向量为−34BC，
故选：B．
根据条件得到O是BC的中点，即BC是△ABC的外接圆的直径，然后根据投影和投影向量的定义进行求解即可．
本题主要考查平面向量投影的求解，根据条件判断O是BC的中点，即BC是△ABC的外接圆的直径是解决本题的关键，是中档题．
6.【答案】B
【解析】解：由正八面体的性质，每个面均为等边三角形，
∴在一个顶点外的四个角均为π3，故一个顶点的曲率等于2π−4×π3=2π3，
故正八面体的总曲率等于6×2π3=4π．
故选：B．
由正八面体的性质，易求一个顶点处的曲率，进而可求总曲率．
本题考查新定义题型，考查阅读理解能力，属中档题．
7.【答案】D
【解析】解：由于四分位数即为第75百分位数，于是18×0.75=13.5，
即将题中数据按从小到大顺序排列后，第14个数为上四分位数，
则a不是最小的数，
而除去a后，从小到大排列得到的第13个数为83，第14个数为85，
则83≤a≤85．
故选：D．
根据上四分位数定义可解．
本题考查百分位数相关定义，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：已知2AC⋅(AB−BC)=CB⋅(CA−AB)，
所以2AC⋅AB−2AC⋅BC=CB⋅CA−CB⋅AB，
即2bccosA−2bacosC=abcosC−accosB，
整理得2bccosA−3abcosC+accosB=0，
由余弦定理得(b2+c2−a2)−3(a2+b2−c2)2+(a2+c2−b22)=0，
整理得2a2+b2=3c2，
由余弦定理得cosC=a2+b2−c22ab=a2+b2−13(2a2+b2)2ab
=a6b+b3a≥2 a6b⋅b3a= 23，
当且仅当a6b=b3a，即a= 2b时等号成立，
因为在△ABC中，易知C为锐角，
要使tanC取最大值，
此时cosC取最小值 23，
所以sinC= 1−cos2C= 73，
则tanC=sinCcosC= 73 23= 142，
故选：D．
由题意，利用余弦定理和数量积定义化简得出三角形三边a，b，c的关系，利用基本不等式求出cosC的最小值，易知C为锐角，要使tanC取最大值，则cosC取最小值，列出等式求出sinC的最大值，进而即可求解．
本题考查平面向量的数量积运算，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：∵z1−i=i5，
∴z=(1−i)i=1+i，故A错误，
∵z=1+i，
z−=1−i，故B正确，
复数z在复平面内对应的点(1,1)位于第一象限，故C正确，
|z+a|= (a+1)2+1≥1，
故复数z+a的模的最小值为1，故D正确．
故选：BCD．
根据已知条件，先求出z，再结合纯虚数，共轭复数的定义，复数的几何意义，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查纯虚数，共轭复数的定义，复数的几何意义，以及复数模公式，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：A：∵学号为04的学生被抽到的可能性为440=10%，∴A错误，
B：∵抽样比为75500=k8+5+4+k，∴k=3，∴B正确，
C：若这组数据有6，则方差s2≥(6−2)25=165>2.4，∴C正确，
D：∵数据1，4，4，x，7，8(其中x≠7)的中位数为4+x2，众数为4，
∴4+x2=4×54，∴x=6，
∴该组数据的平均数是1+4+4+6+7+86=5，∴D正确．
故选：BCD．
求出学生被抽到的可能性，即可判断A；根据抽样比列方程，求出k，即可判断B；假设这组数据有6，求出方程，即可判断C，求出众数，中位数，平均数，即可判断D．
本题考查简单抽样，分层抽样和方差、众数、中位数、平均数的求法，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，由余弦定理知，b2+c2−a2=2bc⋅cosA，
∵(b+c)2−a2=4 3S，∴b2+2bc+c2−a2=4 3⋅12bcsinA，
∴2bc⋅cosA+2bc=2 3bcsinA，
即1+cosA= 3sinA，∴sin(A−π6)=12，
∵A∈(0,π)，∴A−π6=π6，∴A=π3，∴正确，
对于B，S=12bcsinA=12×4×5× 32=5 3，∴错误，
对于C，∵O为△ABC的外心，
∴AO⋅AB=|AO|⋅|AB|⋅cos∠OAB=12AB−2=12c2=252，同理AO⋅AC=12b2=8，
∴AO⋅BC=AO⋅(AC−AB)=8−252=−92，∴正确，
对于D，∵AO⋅AB=(λAB+μAC)⋅AB=λAB2+μAC⋅AB=25λ+μ×5×4×12=25λ+10μ=252 ①，
AO⋅AC=(λAB+μAC)⋅AC=μAC2+λAC⋅AB=16μ+λ×5×4×12=16μ+10λ=8 ②，
由①②得，λ=25，μ=14，∴λ+μ=1320，∴正确．
故选：ACD．
利用余弦定理与三角形的面积公式判断AB，利用外心的性质判断C，利用平面向量的数量积运算判断D．
本题考查平面向量的线性运算和数量积运算，正余弦定理的运用，外心的性质，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：对于A项，
由于SA、SE、SF两两垂直，故S在面AEF上的射影为△AEF的垂心，
理由如下：如图，过点S作SO⊥平面AEF，交平面AEF于点O，
因为SO⊥平面AEF，EF⊂平面AEF，所以SO⊥EF，
又因为SA⊥SE，SA⊥SF，SE，SF都在平面SEF内，且相交于点S，
所以SA⊥平面SEF，又EF⊂平面SEF，所以SA⊥EF，
又SO∩SA=A，所以EF⊥平面SAO，又AO⊂平面SAO，所以AO⊥EF．
同理可证EO⊥AF，FO⊥AE，所以S在面AEF上的射影为△AEF的垂心．
故A项错误；
对于B项，
设M为EF中点，则EF⊥SM，AM⊥EF，SM∩AM=M，
故EF⊥平面SAM，故平面AEF⊥平面SAM，
所以SA在平面AEF上的射影为AM，
SA与平面AEF所成角为∠SAM,SA=2,SM= 22,∠ASM=π2,tan∠SAM= 24，故B项正确；
对于C项，
如图，取EF的中点M，因为AE=AF，所以AM⊥EF，
因为SE=SF，所以SM⊥EF，所以二面角S−EF−A的平面角即为∠AMS；
又因为在Rt△ASM中，SA=2,SM= 22,AM=3 22，所以cos∠AMS=13，故C项正确；
对于D项，
设O为四面体S−AEF的外接球球心，OM⊥平面SEF，连接MG，OG，
当过点G的截面经过球心O时截面圆面积最大，面积为32π；当OG垂直截面圆时，截面圆面积最小，
此时GM=12SF=12,OM=1,OG= OM2+GM2= 52，
r= R2−OG2= ( 62)2−( 52)2=12，截面圆面积为π4，
得截面圆面积取值范围是[14π,32π]．
故D项正确．
故选：BCD．
折叠问题，关键是抓住其中的不变量．
选项A：由于SA、SE、SF两两垂直，可证S在面AEF上的射影为△AEF的垂心；
选项B：根据线面角的定义法求解；
选项C：根据二面角的定义即可求解；
选项D：将四面体补成长方体，找出球心，将问题转化为过一定点作球的截面求截面圆面积最值问题．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
13.【答案】 10
【解析】解：z−1−i=1+2i，
则z−=(1−i)(1+2i)=1+2+2i−i=3+i，
故z=3+i，
所以|z|= 32+12= 10．
故答案为： 10．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，先求出z，再结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题．
14.【答案】45°
【解析】解：如图，取AS的中点G，连接GE，GF，则GE//AC，GF//SB，
∴∠GEF是异面直线EF，AC所成角，
设AB=2，则GE=1，GF=1，
取AC的中点为M，连接MS，MB，
∵SA=SB=SC=AB，∴△SAC，△ABC为等边三角形，
∴SM⊥AC，BM⊥AC，SM∩BM=M，SM，BM⊂平面BMS，
∴AC⊥平面SBM，∴AC⊥SB，∴EG⊥GF，
∴∠GEF=45°，
∴异面直线EF与AC所成的角为45°．
故答案为：45°．
取AS的中点G，连接GE，GF，则∠GEF是异面直线EF与AC所成角，证明AC⊥平面BMC，能求出异面直线EF与AC所成的角．
本题考查异面直线所成角的定义、线面垂直的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
15.【答案】1256π
【解析】解：连接AC，BD相交于O，则O为AC，BD的中点，由于AB=BC=4，所以AC⊥BD，
由于G，F是棱CC1，BC的中点，所以FG//BC1，BC1//AD1⇒FG//AD1，FG⊂平面EFG，AD1⊄平面EFG，
所以AD1//平面EFG，
由于D1P//平面EFG，PD1∩AD1=D1，PD1，AD1⊂平面ACD1，
所以平面ACD1//平面EFG，所以P∈AC，
且当P与O重合时，BP=12BD=2 2最短，
因为B1B⊥AO，BO⊥AO，BB1∩BO=B，BB1，BO⊂平面B1BO，
所以AO⊥平面B1BO，则AO⊥B1O，又AB⊥B1B，
故△B1AO，△ABB1均以AB1为斜边的直角三角形，
所以AB1为三棱锥A−BB1P的外接球的直径，长度为 32+42=5，
则三棱锥A−BB1P的外接球的半径为52，体积为V=43π×(52)3=125π6．
故答案为：125π6．
根据线线平行可得两个平面平行，从而确定点P所在线段，可知当BP⊥AC时，BP最小，然后证AP⊥B1P，得到AB1为三棱锥A−BB1P的外接球的直径，进一步求解得答案．
本题考查了三棱锥外接球的体积计算，属于中档题．
16.【答案】2972
【解析】解：分两种情况讨论：
(1)第一局甲胜，第二局乙胜：
若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为13，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为12，
若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为12，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为12，
所以第一局甲胜，第二局乙胜的概率为P1=12×13×12+12×12×12=524；
(2)第一局乙胜，第二局甲胜：
若第一局甲执黑子先下，则乙胜第一局的概率为23，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为13，
若第一局乙执黑子先下，则乙胜第一局的概率为12，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为13，
所以，第一局乙胜，第二局甲胜的概率为P2=12×23×13+12×12×13=736．
综上所述，甲、乙各胜一局的概率为524+736=2972．
故答案为：2972．
分两种情况讨论：(1)第一局甲胜，第二局乙胜：(2)第一局乙胜，第二局甲胜．分析出每局输赢的情况，结合独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
17.【答案】解：(1)∵CA=OA−OC=(−3,5)，CB=OB−OC=(1,−1)，
∴CA⋅CB=−3×1+5×(−1)=−8；
(2)∵|CA|= (−3)2+52= 34，|CB|= 12+(−1)2= 2，
∴cosC=CA⋅CB|CA||CB|=−8 34× 2=−4 17=−4 1717，
∵C∈[0,π]，∴sinC= 1−cos2C= 1717，
∴S△ABC=12|CA||CB|sinC=12× 34× 2× 1717=1．
【解析】(1)先求出CA,CB的坐标，再由平面向量的数量积的坐标运算计算可得；
(2)求出CA,CB夹角的余弦值，再求出其正弦值，再用三角形的面积公式直接求．
本题考查平面向量的坐标运算和三角形的面积公式，属于中档题．
18.【答案】解：(1)选择条件①：
∵向量m=(− 3cosA,a)与向量n=(c,sinC)垂直，
∴− 3ccosA+asinC=0，
由正弦定理知，asinA=csinC，
∴− 3sinC⋅cosA+sinA⋅sinC=0，
∵sinC≠0，∴− 3cosA+sinA=0，即tanA=sinAcosA= 3，
∵A∈(0,π)，∴A=π3．
选择条件②：
∵ 3AB⋅AC=2S△ABC，
∴ 3|AB|⋅|AC|cosA=2⋅12|AB|⋅|AC|sinA，
∴tanA=sinAcosA= 3，
∵A∈(0,π)，∴A=π3．
选择条件③：
由正弦定理知，asinA=bsinB=csinC，
∵(c−b)sinC=asinA−bsinB，
∴(c−b)c=a2−b2，即b2+c2−a2=bc，
由余弦定理知，cosA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，
∵A∈(0,π)，∴A=π3．
(2)由余弦定理可得：a2=b2+c2−bc，
由sinB=2sinC，得b=2c，
∴c= 3，b=2 3，
∴△ABC的周长为a+b+c=3+ 3+2 3=3+3 3．
【解析】(1)选择条件①：根据向量垂直的条件，结合平面向量的数量积和正弦定理，推出tanA= 3，得解；
选择条件②：结合平面向量的数量积和三角形面积公式，可推出tanA= 3，从而得解；
选择条件③：利用正弦定理将已知等式中的角化边，再由余弦定理，推出cosA=12，得解．
(2)由余弦定理可得a2=b2+c2−bc，由b=2c，可求c，b，从而可求△ABC的周长．
本题考查平面向量与解三角形的综合应用，熟练掌握平面向量的运算法则，正余弦定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属中档题．
19.【答案】解：(1)设这m人的平均年龄为x，
则x−=22.5×0.1+27.5×0.35+32.5×0.25+37.5×0.2+42.5×0.1=31.75(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0.1+0.35+0.25+(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x−4，x−5，方差分别为s42，s52，
则x−4=36，x−5=42，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−=4x−4+2x−56=4×36+2×426=38，
s2=16{4×[s42+(x−4−z−)2]+2×[s52+(x−5−z−)2]}=16{4×[52+(36−38)2]+2×[1+(42−38)2]}=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．
【解析】(1)根据频率分布直方图中平均数的公式以及百分位数的计算即可求解．
(2)用列举法列出所有的基本事件，根据古典概型的公式即可求解所求事件的概率，根据方差的公式即可求解．
本题考查频率分布直方图的性质、百分位数、平均数、方差、概率、古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
20.【答案】解：(1)证明：∵BC=1，BB1=2，B1C= 3．
∴BC2+B1C2=BB12，∴BC⊥B1C.
∵AB⊥BC，AB//A1B1，∴A1B1⊥BC．
又∵B1C∩A1B1=B1，B1C，A1B1⊂平面A1B1C,∴BC⊥平面A1B1C.
∵A1C⊂平面A1B1C，∴BC⊥A1C.
(2)∵A1C=2，A1B1=AB=1，B1C= 3，
∴B1C2+A1B12=A1C2，∴B1C⊥A1B1，∴B1C⊥AB，
由(1)可得BC⊥B1C，AB∩BC=B，AB，BC⊂平面ABC，∴B1C⊥平面ABC．
∴VABC−A1B1C1= 3×12×1×1= 32．
【解析】本题考查了考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
(1)只需证明BC⊥B1C.即可得BC⊥平面A1B1C.从而证明BC⊥A1C.
(2)可得B1C⊥平面ABC.直接利用体积公式求解．
21.【答案】解：(1)由题意知，∠A′MN=∠B′NM=45°，∠A′NB′=∠A′MB′=30°，即四边形A′B′MN是等腰梯形，
所以∠NA′M=180°−(30°+45°+45°)=60°，
MN=30 3×6×160=3 3，
在△A′MN中，由正弦定理知，A′Nsin∠A′MN=MNsin∠MA′N，
所以A′N=3 3× 22 32=3 2，
又在N点时观测A的仰角的正切值为 215，
所以AA′=A′N× 215=3 2× 215=0.4km，即该山的高度为0.4km．
(2)过点A′作A′C⊥MN于点C，
在△A′NC中，NC=A′Ncos(∠A′NB′+∠B′NM)=3 2cos(30°+45°)=3 2× 22×( 32−12)=32( 3−1)，
所以A′B′=MN−2NC=3 3−2×32( 3−1)=3，即圆台上底面圆的半径为r=1.5，
所以圆台的母线长l= (R−r)2+AA′2= (1.8−1.5)2+0．42=0.5，
所以冰雪的覆盖面积S=πr2+πl(R+r)=π⋅1.52+π⋅0.5⋅(1.8+1.5)=3.9π平方千米．
【解析】(1)易知四边形A′B′MN是等腰梯形，在△A′MN中，利用正弦定理，求出A′N的长，再由三角函数的知识，得解；
(2)过点A′作A′C⊥MN于点C，求出NC的值，从而知圆台上底面圆的半径r=1.5，再求出圆台的母线长，然后由圆台的表面积公式，得解．
本题考查解三角形与立体几何的简单计算，熟练掌握正弦定理，圆台的表面积公式是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)证明：连接MC，交BD于点E，
因为DMAM=2，AD=3，
所以DM=2，AM=1，
因为AD//BC，则△MDE∽△CBE，
则CEEM=BCDM=2=CNNP，
故PM//NE，
又NE⊂平面NBD，PM⊄平面NBD，
故PM//平面BDN；
(2)解：取BC的中点F，连接MF，PF，
因为△PBC为正三角形，则PF⊥BC，PF=PB⋅sin60°=4× 32=2 3，
因为ABCD为直角梯形，AD//BC，∠ADC=90°，FC=MD=2，
故四边形DMFC为矩形，
则MF⊥BC，又MF∩PF=F，MF，PF⊂平面PMF，
所以BC⊥平面PMF，又BC⊂平面PBC，
故平面PBC⊥平面PMF，
所以∠PFM为二面角P−BC−A的平面角，
故∠PFM=θ，且cosθ= 33，设PM=x，
由余弦定理可得，PM2=PF2+MF2−2PF⋅MF⋅cosθ，
所以x2=(2 3)2+32−2×2 3×3× 33，
整理可得x2−9=0，解得x=3或x=−3(舍)，
过点F作FQ⊥PM，交PM于点Q，
因为AD//BC，且BC⊥平面PMF，
故AD⊥平面PMF，又AD⊂平面PAD，
则平面PAD⊥平面PMF，又平面PAD∩平面PMF=PM，QF⊂平面PMF，
所以QF⊥平面PAD，
故QF即为点F到平面PAD的距离，
又AD//BC，AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，
所以BC//平面PAD，
故QF即为点B到平面PAD的距离，
因为tanθ=tan∠PFM= 2，
所以cos∠PFM= 33，sin∠PFM= 1−cos2∠PFM= 63，
所以S△PFM=12⋅PF⋅MF⋅sin∠PFM=12⋅PM⋅QF，
即12×2 3×3× 63=12×3×QF，解得QF=2 2，
又BD= 32+42=5，
故直线BD与平面PAD所成角的正弦值为QFBD=2 25．
【解析】(1)连接MC，交BD于点E，利用相似比证明PM//NE，然后由线面平行的判定定理证明即可；
(2)取BC的中点F，连接MF，PF，可得∠PFM为二面角P−BC−A的平面角，在△PFM中利用余弦定理求解PM，过点F作FQ⊥PM，交PM于点Q，可证QF⊥平面PAD，又BC//平面PAD，所以QF即为点B到平面PAD的距离，再利用等面积法求出QF，再求出BD的长，利用边角关系求解即可．
本题考查了线面平行的判定定理的应用，线面角的求解，在使用几何法求线面角时，可通过已知条件，在斜线上取一点作该平面的垂线，找出该斜线在平面内的射影，通过解直角三角形求得，属于中档题．
2022-2023学年山西省运城市高一（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. 若复数z满足(1+z)(1−i)=2，则复数z的虚部为( )
A. i B. −i C. 1 D. −1
2. 已知向量a=(m,1)，b=(4,m)，若a与b方向相反，则|a−b|=( )
A. 3 5 B. 5 C. 2 5 D. 5
3. 已知直线l，两个不同的平面α，β，下列命题正确的是( )
A. 若l//α，l⊥β，则α⊥β B. 若l//α，l//β，则α//β
C. 若α⊥β，l⊥α，则l//β D. 若α⊥β，l//α，则l⊥β
4. 设A、B是两个概率大于0的随机事件，则下列论述正确的是( )
A. 事件A⊆B，则P(A)
C. 若A和B相互独立，则A和B一定不互斥
D. P(A)+P(B)≤1
5. 已知△ABC的外接圆圆心为O，且2AO=AB+AC，|AO|=|AB|，则向量CA在向量BC上的投影向量为( )
A. 34BC B. −34BC C. 34BC D. − 34BC
6. 刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.则正八面体(八个面均为正三角形)的总曲率为( )
A. 2π B. 4π C. 6π D. 8π
7. 中央广播电视总台《2023年春节联欢晚会》以温暖人心的精品节目、亮点满满的技术创新、美轮美奂的舞美效果为全球华人送上了一道红红火火的文化大餐.某机构随机调查了18位观众对2023年春晚节目的满意度评分情况，得到如下数据：a，60，70，70，72，73，74，74，75，76，77，79，80，83，85，87，93，100.若a恰好是这组数据的上四分位数，则a的值不可能为( )
A. 83 B. 84 C. 85 D. 86
8. 已知△ABC中，2AC⋅(AB−BC)=CB⋅(CA−AB)，则tanC的最大值是( )
A. 73 B. 23 C. 147 D. 142
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. 设复数z满足z1−i=i5，则( )
A. z为纯虚数 B. z的共轭复数为1−i
C. 复数z在复平面内对应的点位于第一象限 D. 复数z+a(a∈R)的模的最小值为1
10. 下列叙述中，正确的是( )
A. 某班有40名学生，若采用简单随机抽样从中抽取4人代表本班参加社区活动，那么学号为04的学生被抽到的可能性为40%
B. 某大学为了解在校本科生对参加某项社会实践活动的意向，采用分层随机抽样的方法从该校四个年级的本科生中抽取一个容量为500的样本进行调查．已知该校一、二、三、四年级本科生人数之比为8：5：4：k，若从四年级中抽取75名学生，则k=3
C. 四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，得到四组数据，若某组数据的平均数为2，方差为2.4，则这组数据可能出现6
D. 一组数据按从小到大的顺序排列为1，4，4，x，7，8(其中x≠7)，若该组数据的中位数是众数的54倍，则该组数据的平均数是5
11. 已知△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，O为△ABC的外心，b=4，c=5，△ABC的面积S满足(b+c)2−a2=4 3S.若AO=λAB+μAC，则下列结论正确的是( )
A. A=π3 B. S=10 3 C. AO⋅BC=−92 D. λ+μ=1320
12. 如图1，在边长为2的正方形ABCD中，E，F，G分别为BC，CD，BE的中点，沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使得B、C、D三点重合于S，得到四面体S−AEF(如图2).下列结论正确的是( )
A. 顶点S在面AEF上的射影为△AEF的重心
B. SA与面AEF所成角的正切值为 24
C. 二面角S−EF−A的余弦值为13
D. 过点G的平面截四面体S−AEF的外接球所得截面圆的面积的取值范围是[14π,32π]
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知复数z满足z−1−i=1+2i(i为虚数单位)，则|z|= ______ ．
14. 如图，S为等边三角形ABC所在平面外一点，且SA=SB=SC=AB，E，F分别为SC，AB的中点，则异面直线EF与AC所成的角为______．
15. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=4，AA1=3，E，F，G分别是棱AB，BC，CC1的中点，P是底面ABCD内一动点，满足D1P//平面EFG，当BP最短时，三棱锥A−BB1P外接球的体积是______ ．
16. 甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为13；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为12.假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲、乙各胜一局的概率为______ ．
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)
已知O为坐标原点，OC=(4,2)，OA=(1,7)，OB=(5,1)．
(1)求CA⋅CB；
(2)求△ABC的面积．
18. (本小题12.0分)
在①向量m=(− 3cosA,a)与向量n=(c,sinC)垂直，② 3AB⋅AC=2S△ABC，③(c−b)sinC=asinA−bsinB这三个条件中任选一个，补充在下面题目横线上，并完成解答．
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足_____．
(1)求角A；
(2)若a=3，sinB=2sinC，求△ABC的周长．
(注：若选多个条件作答，则按第一个计分)
19. (本小题12.0分)
2022年2月4日，第24届冬季奥林匹克运动会开幕式在北京国家体育场(鸟巢)举行，某调研机构为了了解人们对“奥运会”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“奥运会”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选取20人，担任本市的“奥运会”宣传使者．
(i)若有甲(年龄38)，乙(年龄40)两人已确定入选，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36和52，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这m人中35～45岁所有人的年龄的方差．
20. (本小题12.0分)
如图所示，三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=1，BB1=2，B1C= 3．
(1)证明：BC⊥A1C；
(2)若A1C=2，求三棱柱ABC−A1B1C1的体积．
21. (本小题12.0分)
桌状山是一种山顶水平如书桌，四面绝壁临空的地质奇观.位于我国四川的瓦屋山是世界第二大的桌状山，其与峨眉山并称蜀中二绝.苏轼曾有诗云：“瓦屋寒堆春后雪，峨眉翠扫雨余天”.某地有一座类似瓦屋山的桌状山可以简化看作如图1所示的圆台，图中AB为圆台上底面的一条东西方向上的直径，某人从M点出发沿一条东西方向上的笔直公路自东向西以30 3km/h的速度前进，6分钟后到达N点.在M点时测得A点位于北偏西45°方向上，B点位于北偏西15°方向上；在N点时测得A点位于北偏东15°方向上，B点位于北偏东45°方向上，且在N点时观测A的仰角的正切值为 215.设A点在地表水平面上的正投影为A′，B点在地表水平面上的正投影为B′，A′，B′，M，N在地表水平面上的分布如图2所示．
(1)该山的高度为多少千米？
(2)已知该山的下底面圆的半径为1.8km，当该山被冰雪完全覆盖时，冰雪的覆盖面积为多少平方千米？
22. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，△PBC为正三角形，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，∠ADC=90°，AD=CD=3，BC=4，点M，N分别在线段AD和PC上，DMAM=CNPN=2．
(1)求证：PM//平面BDN；
(2)设二面角P−BC−A的大小为θ，若tanθ= 2，求直线BD和平面PAD所成角的正弦值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由(1+z)(1−i)=2得z=21−i−1=2(1+i)(1−i)(1+i)−1=1+i−1=i，
故复数z的虚部为1．
故选：C．
根据复数的除法法则得到z=i，求出虚部．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：根据题意，向量a=(m,1)，b=(4,m)，
若a与b方向相反，设b=ka且k<0，
则有4=mkm=k，解可得k=−2，
则a=(−2,1)，b=(4,−2)，故a−b=(−6,3)，
则有|a−b|= 36+9=3 5．
故选：A．
根据题意，设b=ka且k<0，由此可得4=mkm=k，解可得k的值，即可得a−b的坐标，进而计算可得答案．
本题考查向量数量积的计算，涉及向量模的计算，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
对于A，由面面垂直的判定定理得α⊥β；对于B，α与β相交或平行；对于C，l//β或l⊂β；对于D，l与β相交、平行或l⊂β．
【解答】
解：已知直线l，两个不同的平面α，β，
对于A，若l//α，l⊥β，则在平面α内一定存在直线m//l，则m⊥β，又m⊂α，由面面垂直的判定定理得α⊥β，故A正确；
对于B，若l//α，l//β，则α与β相交或平行，故B错误；
对于C，若α⊥β，l⊥α，则l//β或l⊂β，故C错误；
对于D，若α⊥β，l//α，则l与β相交、平行或l⊂β，故D错误．
故选：A．
4.【答案】C
【解析】解：若事件B包含事件A，则P(A)≤P(B)，故A错误；
若事件A、B互斥，则P(AB)=0，
若事件A、B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B)>0，故B错误，C正确；
若事件A，B相互独立，且P(A)>12，P(B)>12，则P(A)+P(B)>1，故D错误．
故选：C．
根据事件的包含关系，对立事件与相互独立事件的概型与性质进行判断．
本题主要考查互斥事件，对立事件的基本概念，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：∵2AO=AB+AC，∴O是BC的中点，
即BC是△ABC的外接圆的直径，
∵|AO|=|AB|，∴△ABO是等边三角形，
则∠ACB=30°，则|CA|=BCcos30°= 32BC，
则向量CA在向量BC上的投影为|CA|cos30°= 32|BC|× 32=34|BC|，
则对应的投影向量为−34BC，
故选：B．
根据条件得到O是BC的中点，即BC是△ABC的外接圆的直径，然后根据投影和投影向量的定义进行求解即可．
本题主要考查平面向量投影的求解，根据条件判断O是BC的中点，即BC是△ABC的外接圆的直径是解决本题的关键，是中档题．
6.【答案】B
【解析】解：由正八面体的性质，每个面均为等边三角形，
∴在一个顶点外的四个角均为π3，故一个顶点的曲率等于2π−4×π3=2π3，
故正八面体的总曲率等于6×2π3=4π．
故选：B．
由正八面体的性质，易求一个顶点处的曲率，进而可求总曲率．
本题考查新定义题型，考查阅读理解能力，属中档题．
7.【答案】D
【解析】解：由于四分位数即为第75百分位数，于是18×0.75=13.5，
即将题中数据按从小到大顺序排列后，第14个数为上四分位数，
则a不是最小的数，
而除去a后，从小到大排列得到的第13个数为83，第14个数为85，
则83≤a≤85．
故选：D．
根据上四分位数定义可解．
本题考查百分位数相关定义，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：已知2AC⋅(AB−BC)=CB⋅(CA−AB)，
所以2AC⋅AB−2AC⋅BC=CB⋅CA−CB⋅AB，
即2bccosA−2bacosC=abcosC−accosB，
整理得2bccosA−3abcosC+accosB=0，
由余弦定理得(b2+c2−a2)−3(a2+b2−c2)2+(a2+c2−b22)=0，
整理得2a2+b2=3c2，
由余弦定理得cosC=a2+b2−c22ab=a2+b2−13(2a2+b2)2ab
=a6b+b3a≥2 a6b⋅b3a= 23，
当且仅当a6b=b3a，即a= 2b时等号成立，
因为在△ABC中，易知C为锐角，
要使tanC取最大值，
此时cosC取最小值 23，
所以sinC= 1−cos2C= 73，
则tanC=sinCcosC= 73 23= 142，
故选：D．
由题意，利用余弦定理和数量积定义化简得出三角形三边a，b，c的关系，利用基本不等式求出cosC的最小值，易知C为锐角，要使tanC取最大值，则cosC取最小值，列出等式求出sinC的最大值，进而即可求解．
本题考查平面向量的数量积运算，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：∵z1−i=i5，
∴z=(1−i)i=1+i，故A错误，
∵z=1+i，
z−=1−i，故B正确，
复数z在复平面内对应的点(1,1)位于第一象限，故C正确，
|z+a|= (a+1)2+1≥1，
故复数z+a的模的最小值为1，故D正确．
故选：BCD．
根据已知条件，先求出z，再结合纯虚数，共轭复数的定义，复数的几何意义，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查纯虚数，共轭复数的定义，复数的几何意义，以及复数模公式，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：A：∵学号为04的学生被抽到的可能性为440=10%，∴A错误，
B：∵抽样比为75500=k8+5+4+k，∴k=3，∴B正确，
C：若这组数据有6，则方差s2≥(6−2)25=165>2.4，∴C正确，
D：∵数据1，4，4，x，7，8(其中x≠7)的中位数为4+x2，众数为4，
∴4+x2=4×54，∴x=6，
∴该组数据的平均数是1+4+4+6+7+86=5，∴D正确．
故选：BCD．
求出学生被抽到的可能性，即可判断A；根据抽样比列方程，求出k，即可判断B；假设这组数据有6，求出方程，即可判断C，求出众数，中位数，平均数，即可判断D．
本题考查简单抽样，分层抽样和方差、众数、中位数、平均数的求法，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，由余弦定理知，b2+c2−a2=2bc⋅cosA，
∵(b+c)2−a2=4 3S，∴b2+2bc+c2−a2=4 3⋅12bcsinA，
∴2bc⋅cosA+2bc=2 3bcsinA，
即1+cosA= 3sinA，∴sin(A−π6)=12，
∵A∈(0,π)，∴A−π6=π6，∴A=π3，∴正确，
对于B，S=12bcsinA=12×4×5× 32=5 3，∴错误，
对于C，∵O为△ABC的外心，
∴AO⋅AB=|AO|⋅|AB|⋅cos∠OAB=12AB−2=12c2=252，同理AO⋅AC=12b2=8，
∴AO⋅BC=AO⋅(AC−AB)=8−252=−92，∴正确，
对于D，∵AO⋅AB=(λAB+μAC)⋅AB=λAB2+μAC⋅AB=25λ+μ×5×4×12=25λ+10μ=252 ①，
AO⋅AC=(λAB+μAC)⋅AC=μAC2+λAC⋅AB=16μ+λ×5×4×12=16μ+10λ=8 ②，
由①②得，λ=25，μ=14，∴λ+μ=1320，∴正确．
故选：ACD．
利用余弦定理与三角形的面积公式判断AB，利用外心的性质判断C，利用平面向量的数量积运算判断D．
本题考查平面向量的线性运算和数量积运算，正余弦定理的运用，外心的性质，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：对于A项，
由于SA、SE、SF两两垂直，故S在面AEF上的射影为△AEF的垂心，
理由如下：如图，过点S作SO⊥平面AEF，交平面AEF于点O，
因为SO⊥平面AEF，EF⊂平面AEF，所以SO⊥EF，
又因为SA⊥SE，SA⊥SF，SE，SF都在平面SEF内，且相交于点S，
所以SA⊥平面SEF，又EF⊂平面SEF，所以SA⊥EF，
又SO∩SA=A，所以EF⊥平面SAO，又AO⊂平面SAO，所以AO⊥EF．
同理可证EO⊥AF，FO⊥AE，所以S在面AEF上的射影为△AEF的垂心．
故A项错误；
对于B项，
设M为EF中点，则EF⊥SM，AM⊥EF，SM∩AM=M，
故EF⊥平面SAM，故平面AEF⊥平面SAM，
所以SA在平面AEF上的射影为AM，
SA与平面AEF所成角为∠SAM,SA=2,SM= 22,∠ASM=π2,tan∠SAM= 24，故B项正确；
对于C项，
如图，取EF的中点M，因为AE=AF，所以AM⊥EF，
因为SE=SF，所以SM⊥EF，所以二面角S−EF−A的平面角即为∠AMS；
又因为在Rt△ASM中，SA=2,SM= 22,AM=3 22，所以cos∠AMS=13，故C项正确；
对于D项，
设O为四面体S−AEF的外接球球心，OM⊥平面SEF，连接MG，OG，
当过点G的截面经过球心O时截面圆面积最大，面积为32π；当OG垂直截面圆时，截面圆面积最小，
此时GM=12SF=12,OM=1,OG= OM2+GM2= 52，
r= R2−OG2= ( 62)2−( 52)2=12，截面圆面积为π4，
得截面圆面积取值范围是[14π,32π]．
故D项正确．
故选：BCD．
折叠问题，关键是抓住其中的不变量．
选项A：由于SA、SE、SF两两垂直，可证S在面AEF上的射影为△AEF的垂心；
选项B：根据线面角的定义法求解；
选项C：根据二面角的定义即可求解；
选项D：将四面体补成长方体，找出球心，将问题转化为过一定点作球的截面求截面圆面积最值问题．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
13.【答案】 10
【解析】解：z−1−i=1+2i，
则z−=(1−i)(1+2i)=1+2+2i−i=3+i，
故z=3+i，
所以|z|= 32+12= 10．
故答案为： 10．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，先求出z，再结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题．
14.【答案】45°
【解析】解：如图，取AS的中点G，连接GE，GF，则GE//AC，GF//SB，
∴∠GEF是异面直线EF，AC所成角，
设AB=2，则GE=1，GF=1，
取AC的中点为M，连接MS，MB，
∵SA=SB=SC=AB，∴△SAC，△ABC为等边三角形，
∴SM⊥AC，BM⊥AC，SM∩BM=M，SM，BM⊂平面BMS，
∴AC⊥平面SBM，∴AC⊥SB，∴EG⊥GF，
∴∠GEF=45°，
∴异面直线EF与AC所成的角为45°．
故答案为：45°．
取AS的中点G，连接GE，GF，则∠GEF是异面直线EF与AC所成角，证明AC⊥平面BMC，能求出异面直线EF与AC所成的角．
本题考查异面直线所成角的定义、线面垂直的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
15.【答案】1256π
【解析】解：连接AC，BD相交于O，则O为AC，BD的中点，由于AB=BC=4，所以AC⊥BD，
由于G，F是棱CC1，BC的中点，所以FG//BC1，BC1//AD1⇒FG//AD1，FG⊂平面EFG，AD1⊄平面EFG，
所以AD1//平面EFG，
由于D1P//平面EFG，PD1∩AD1=D1，PD1，AD1⊂平面ACD1，
所以平面ACD1//平面EFG，所以P∈AC，
且当P与O重合时，BP=12BD=2 2最短，
因为B1B⊥AO，BO⊥AO，BB1∩BO=B，BB1，BO⊂平面B1BO，
所以AO⊥平面B1BO，则AO⊥B1O，又AB⊥B1B，
故△B1AO，△ABB1均以AB1为斜边的直角三角形，
所以AB1为三棱锥A−BB1P的外接球的直径，长度为 32+42=5，
则三棱锥A−BB1P的外接球的半径为52，体积为V=43π×(52)3=125π6．
故答案为：125π6．
根据线线平行可得两个平面平行，从而确定点P所在线段，可知当BP⊥AC时，BP最小，然后证AP⊥B1P，得到AB1为三棱锥A−BB1P的外接球的直径，进一步求解得答案．
本题考查了三棱锥外接球的体积计算，属于中档题．
16.【答案】2972
【解析】解：分两种情况讨论：
(1)第一局甲胜，第二局乙胜：
若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为13，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为12，
若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为12，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为12，
所以第一局甲胜，第二局乙胜的概率为P1=12×13×12+12×12×12=524；
(2)第一局乙胜，第二局甲胜：
若第一局甲执黑子先下，则乙胜第一局的概率为23，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为13，
若第一局乙执黑子先下，则乙胜第一局的概率为12，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为13，
所以，第一局乙胜，第二局甲胜的概率为P2=12×23×13+12×12×13=736．
综上所述，甲、乙各胜一局的概率为524+736=2972．
故答案为：2972．
分两种情况讨论：(1)第一局甲胜，第二局乙胜：(2)第一局乙胜，第二局甲胜．分析出每局输赢的情况，结合独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
17.【答案】解：(1)∵CA=OA−OC=(−3,5)，CB=OB−OC=(1,−1)，
∴CA⋅CB=−3×1+5×(−1)=−8；
(2)∵|CA|= (−3)2+52= 34，|CB|= 12+(−1)2= 2，
∴cosC=CA⋅CB|CA||CB|=−8 34× 2=−4 17=−4 1717，
∵C∈[0,π]，∴sinC= 1−cos2C= 1717，
∴S△ABC=12|CA||CB|sinC=12× 34× 2× 1717=1．
【解析】(1)先求出CA,CB的坐标，再由平面向量的数量积的坐标运算计算可得；
(2)求出CA,CB夹角的余弦值，再求出其正弦值，再用三角形的面积公式直接求．
本题考查平面向量的坐标运算和三角形的面积公式，属于中档题．
18.【答案】解：(1)选择条件①：
∵向量m=(− 3cosA,a)与向量n=(c,sinC)垂直，
∴− 3ccosA+asinC=0，
由正弦定理知，asinA=csinC，
∴− 3sinC⋅cosA+sinA⋅sinC=0，
∵sinC≠0，∴− 3cosA+sinA=0，即tanA=sinAcosA= 3，
∵A∈(0,π)，∴A=π3．
选择条件②：
∵ 3AB⋅AC=2S△ABC，
∴ 3|AB|⋅|AC|cosA=2⋅12|AB|⋅|AC|sinA，
∴tanA=sinAcosA= 3，
∵A∈(0,π)，∴A=π3．
选择条件③：
由正弦定理知，asinA=bsinB=csinC，
∵(c−b)sinC=asinA−bsinB，
∴(c−b)c=a2−b2，即b2+c2−a2=bc，
由余弦定理知，cosA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，
∵A∈(0,π)，∴A=π3．
(2)由余弦定理可得：a2=b2+c2−bc，
由sinB=2sinC，得b=2c，
∴c= 3，b=2 3，
∴△ABC的周长为a+b+c=3+ 3+2 3=3+3 3．
【解析】(1)选择条件①：根据向量垂直的条件，结合平面向量的数量积和正弦定理，推出tanA= 3，得解；
选择条件②：结合平面向量的数量积和三角形面积公式，可推出tanA= 3，从而得解；
选择条件③：利用正弦定理将已知等式中的角化边，再由余弦定理，推出cosA=12，得解．
(2)由余弦定理可得a2=b2+c2−bc，由b=2c，可求c，b，从而可求△ABC的周长．
本题考查平面向量与解三角形的综合应用，熟练掌握平面向量的运算法则，正余弦定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属中档题．
19.【答案】解：(1)设这m人的平均年龄为x，
则x−=22.5×0.1+27.5×0.35+32.5×0.25+37.5×0.2+42.5×0.1=31.75(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0.1+0.35+0.25+(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x−4，x−5，方差分别为s42，s52，
则x−4=36，x−5=42，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−=4x−4+2x−56=4×36+2×426=38，
s2=16{4×[s42+(x−4−z−)2]+2×[s52+(x−5−z−)2]}=16{4×[52+(36−38)2]+2×[1+(42−38)2]}=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．
【解析】(1)根据频率分布直方图中平均数的公式以及百分位数的计算即可求解．
(2)用列举法列出所有的基本事件，根据古典概型的公式即可求解所求事件的概率，根据方差的公式即可求解．
本题考查频率分布直方图的性质、百分位数、平均数、方差、概率、古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
20.【答案】解：(1)证明：∵BC=1，BB1=2，B1C= 3．
∴BC2+B1C2=BB12，∴BC⊥B1C.
∵AB⊥BC，AB//A1B1，∴A1B1⊥BC．
又∵B1C∩A1B1=B1，B1C，A1B1⊂平面A1B1C,∴BC⊥平面A1B1C.
∵A1C⊂平面A1B1C，∴BC⊥A1C.
(2)∵A1C=2，A1B1=AB=1，B1C= 3，
∴B1C2+A1B12=A1C2，∴B1C⊥A1B1，∴B1C⊥AB，
由(1)可得BC⊥B1C，AB∩BC=B，AB，BC⊂平面ABC，∴B1C⊥平面ABC．
∴VABC−A1B1C1= 3×12×1×1= 32．
【解析】本题考查了考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
(1)只需证明BC⊥B1C.即可得BC⊥平面A1B1C.从而证明BC⊥A1C.
(2)可得B1C⊥平面ABC.直接利用体积公式求解．
21.【答案】解：(1)由题意知，∠A′MN=∠B′NM=45°，∠A′NB′=∠A′MB′=30°，即四边形A′B′MN是等腰梯形，
所以∠NA′M=180°−(30°+45°+45°)=60°，
MN=30 3×6×160=3 3，
在△A′MN中，由正弦定理知，A′Nsin∠A′MN=MNsin∠MA′N，
所以A′N=3 3× 22 32=3 2，
又在N点时观测A的仰角的正切值为 215，
所以AA′=A′N× 215=3 2× 215=0.4km，即该山的高度为0.4km．
(2)过点A′作A′C⊥MN于点C，
在△A′NC中，NC=A′Ncos(∠A′NB′+∠B′NM)=3 2cos(30°+45°)=3 2× 22×( 32−12)=32( 3−1)，
所以A′B′=MN−2NC=3 3−2×32( 3−1)=3，即圆台上底面圆的半径为r=1.5，
所以圆台的母线长l= (R−r)2+AA′2= (1.8−1.5)2+0．42=0.5，
所以冰雪的覆盖面积S=πr2+πl(R+r)=π⋅1.52+π⋅0.5⋅(1.8+1.5)=3.9π平方千米．
【解析】(1)易知四边形A′B′MN是等腰梯形，在△A′MN中，利用正弦定理，求出A′N的长，再由三角函数的知识，得解；
(2)过点A′作A′C⊥MN于点C，求出NC的值，从而知圆台上底面圆的半径r=1.5，再求出圆台的母线长，然后由圆台的表面积公式，得解．
本题考查解三角形与立体几何的简单计算，熟练掌握正弦定理，圆台的表面积公式是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)证明：连接MC，交BD于点E，
因为DMAM=2，AD=3，
所以DM=2，AM=1，
因为AD//BC，则△MDE∽△CBE，
则CEEM=BCDM=2=CNNP，
故PM//NE，
又NE⊂平面NBD，PM⊄平面NBD，
故PM//平面BDN；
(2)解：取BC的中点F，连接MF，PF，
因为△PBC为正三角形，则PF⊥BC，PF=PB⋅sin60°=4× 32=2 3，
因为ABCD为直角梯形，AD//BC，∠ADC=90°，FC=MD=2，
故四边形DMFC为矩形，
则MF⊥BC，又MF∩PF=F，MF，PF⊂平面PMF，
所以BC⊥平面PMF，又BC⊂平面PBC，
故平面PBC⊥平面PMF，
所以∠PFM为二面角P−BC−A的平面角，
故∠PFM=θ，且cosθ= 33，设PM=x，
由余弦定理可得，PM2=PF2+MF2−2PF⋅MF⋅cosθ，
所以x2=(2 3)2+32−2×2 3×3× 33，
整理可得x2−9=0，解得x=3或x=−3(舍)，
过点F作FQ⊥PM，交PM于点Q，
因为AD//BC，且BC⊥平面PMF，
故AD⊥平面PMF，又AD⊂平面PAD，
则平面PAD⊥平面PMF，又平面PAD∩平面PMF=PM，QF⊂平面PMF，
所以QF⊥平面PAD，
故QF即为点F到平面PAD的距离，
又AD//BC，AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，
所以BC//平面PAD，
故QF即为点B到平面PAD的距离，
因为tanθ=tan∠PFM= 2，
所以cos∠PFM= 33，sin∠PFM= 1−cos2∠PFM= 63，
所以S△PFM=12⋅PF⋅MF⋅sin∠PFM=12⋅PM⋅QF，
即12×2 3×3× 63=12×3×QF，解得QF=2 2，
又BD= 32+42=5，
故直线BD与平面PAD所成角的正弦值为QFBD=2 25．
【解析】(1)连接MC，交BD于点E，利用相似比证明PM//NE，然后由线面平行的判定定理证明即可；
(2)取BC的中点F，连接MF，PF，可得∠PFM为二面角P−BC−A的平面角，在△PFM中利用余弦定理求解PM，过点F作FQ⊥PM，交PM于点Q，可证QF⊥平面PAD，又BC//平面PAD，所以QF即为点B到平面PAD的距离，再利用等面积法求出QF，再求出BD的长，利用边角关系求解即可．
本题考查了线面平行的判定定理的应用，线面角的求解，在使用几何法求线面角时，可通过已知条件，在斜线上取一点作该平面的垂线，找出该斜线在平面内的射影，通过解直角三角形求得，属于中档题．
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