2022-2023学年河南省郑州市高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年河南省郑州市高一（下）期末数学试卷（含解析），共18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学年河南省郑州市高一（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. 如图，向量OZ对应的复数是z，则复数z1+i的虚部为(    )
A. −3i
B. −3
C. 3i
D. 3
2. 抛掷两枚质地均匀的硬币，设A=“第一枚正面朝上”，B=“第二枚反面朝上”，则事件A与事件B(    )
A. 相互独立 B. 互为对立事件 C. 互斥 D. 相等
3. 已知向量a=(x,2),b=(−1,3)，若(a+b)⊥b，则x的值为(    )
A. 6 B. −6 C. 16 D. −16
4. 若数据x1，x2，…，x10的平均数为3，方差为4，则下列说法错误的是(    )
A. 数据4x1+1，4x2+1，…，4x10+1的平均数为13
B. 数据3x1，3x2，…，3x10的方差为12
C. i=110xi=30
D. i=110xi2=130
5. 已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设a=(2sinA,−1)，b=(cos2A, 3cosA)，且a/​/b，则角A可以为(    )
A. π6 B. 5π12 C. π3 D. 2π3
6. 已知△ABC的外心为O，且AO=12(AB+AC)，|OC|=|AB|，则向量CA在向量CB上的投影向量为(    )
A. −14CB B. 34CB C. 14CB D. 32CB
7. 2023年郑州市科技活动周暨郑州科技馆“青春逐梦科技”主题活动于5月31日落下帷幕.科技活动周期间，郑州市科技馆为青少年准备了一场场科技盛宴，通过魅力科学课、深度看展品、科普表演秀、科普大篷车等活动，引导青少年用科学的眼光看待世界，点燃青少年对科学的好奇心.5月27日科技馆安排了《失重通道》、《永不消逝的密码》、《海底小火山》、《回旋纸飞机》四个体验课程.每个人选择每门课程是相互独立的.已知小明选择四门课程的概率分别为23,p,p,12(p≥13)，若他恰好选择两门课程的概率为38，则他四门课程都选择的概率为(    )
A. 427 B. 127 C. 1108 D. 112
8. 三棱锥A−BCD的所有顶点都在球O的表面上，且AB=CD=2，AC=AD=4，BC=BD=2 3，则球O的表面积为(    )
A. 16π B. 32π C. 188π11 D. 144π25
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. 某校随机抽取了100名学生测量体重，经统计，这些学生的体重数据(单位：kg)全部介于45至75之间，且体重不低于60kg的人数为35人，将数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则(    )

A. 频率分布直方图中b的值为0.04
B. 这100名学生中体重低于55kg的人数为35
C. 用样本估计总体，估计该校学生体重的第80百分位数约为63.75
D. 用样本估计总体，估计该校学生体重的平均数小于中位数
10. 已知复数z1=−2+ai，z2=a−4i(a∈R)，则下列说法正确的是(    )
A. 若z1+z2为纯虚数，则a=2
B. 若z1z2为实数，则a=0
C. 设a=2，复数z满足|z−z1|=4，则|z|的最大值为4+2 2
D. 复数z1−z2对应的点不可能在第一、三象限的角平分线上
11. 已知四面体A−BCD的各棱长均为2，且E为CD的中点，则(    )
A. BC⊥AD B. 四面体A−BCD的表面积为4 3
C. 直线AC与BE所成的角为60° D. 四面体A−BCD的体积为2 23
12. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2a2=2b2+c2，则(    )
A. c=2(bcosA−acosB)
B. 若D为AB边的中点，且CD=2，c=4，则b=2
C. 若tanB=13，则A=π4
D. 当A−B取得最大值时，△ABC为直角三角形
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 某学校组织“红色故事”知识竞赛，某班的8名参赛学生的成绩(单位：分)分别是：98、93、84、92、82、87、86、94，则这8名学生成绩的75%分位数是______ ．
14. 已知某圆台的上底面和下底面的面积之比为4：9，轴截面面积为15，母线长为上底面半径的 102倍，则该圆台的体积为______ ．
15. 在△ABC中，∠BCA=90°，BA=2BC=2.设AD=λAB(λ∈[0,1])，则CD⋅AB的取值范围为______ ．
16. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sinA=2sinBsinC，则bc的最大值是______ ．
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a=2e1+e2,b=2e2−3e1，其中e1，e2是单位向量且夹角为π3．
(Ⅰ)求a，b的夹角θ；
(Ⅱ)设c=4e1−32e2，若c=ma+nb，求m和n的值．
18. (本小题12.0分)
在一次校园诗朗诵比赛中，由10名专业评委和10名观众代表各组成一个评委小组为选手打分．
已知某参赛选手的得分如下：
评委小组
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A组
7.3
7.5
7.8
7.8
8.0
8.0
8.2
8.3
8.5
8.6
B组
6.8
7.5
7.6
7.8
7.8
8.0
8.0
8.5
9.0
9.0
(Ⅰ)分别计算该选手在A组和B组得分的平均数；
(Ⅱ)选择一个可以度量打分一致性的量，并对每组评委的打分计算该度量值，根据这个值判断A组与B组哪个是专业评委组，哪个是观众代表组？
19. (本小题12.0分)
如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4．
(Ⅰ)求二面角B−A1C1−B1的正切值；
(Ⅱ)若E，F分别是棱AD，CC1的中点，请画出过B，E，F三点的平面与正方体ABCD−A1B1C1D1表面的交线(保留作图痕迹，画出交线，无需说明理由)，并求出交线围成的多边形的周长．


20. (本小题12.0分)
数学核心素养是指在数学学习和应用的过程中逐步形成和发展的关于数学课程目标的集中体现，是具有数学基本特征的思维品质、关键能力以及情感、态度与价值观的综合体现.数学核心素养包括数学抽象、逻辑推理、数学建模、直观想象、数学运算和数据分析六个方面.某学校高一、高二、高三学生分别有720，1080，1200人，现采用分层抽样的方法，从该学校上述学生中抽取250人调查学生数学核心素养的发展情况．
(I)应从高一、高二、高三学生中分别抽取多少人？
(Ⅱ)抽取的250人中，核心素养六个方面中至少两项不达标的学生有6人，分别记为A，B，C，D，E，F.具体情况如下表，其中“〇”表示达标，“×”表示不达标.现从这6人中随机抽取2人接受采访．
数学核心素养
A
B
C
D
E
F
数学抽象
×
×
〇
×
〇
×
直观想象
〇
〇
×
〇
×
×
逻辑推理
〇
〇
〇
×
〇
〇
数学运算
×
×
〇
〇
×
×
数学建模
〇
〇
×
〇
〇
〇
数据分析
×
×
〇
〇
〇
×
(Ⅰ)试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；
(Ⅱ)设M为事件“抽取的2人不达标的项目中至少有一项相同”，求事件M发生的概率．
21. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin(B−A)=sinC+sinA．
(Ⅰ)求B的值；
(Ⅱ)给出以下三个条件：①a2−b2+c2+5c=0；②a= 7，b=1；③S△ABC=5 3，若这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件，并回答下列问题：∠ABC的角平分线与直线AC交于点D，求BD的长．
22. (本小题12.0分)
如图，直三棱柱ABC−A1B1C1，AC=4，AA1=AB=2，且平面ABB1A1⊥平面A1BC．
(Ⅰ)求BC的长；
(Ⅱ)求直线AC与平面A1BC所成角的正弦值．


答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：由题意可知，z=−4+2i，
故z1+i=−4+2i1+i=2(−2+i)(1−i)(1+i)(1−i)=−1+3i，其虚部为3．
故选：D．
先求出z，再结合复数的四则运算，以及虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及虚部的定义，属于基础题．

2.【答案】A 
【解析】解：根据题意，A=“第一枚正面朝上”，B=“第二枚反面朝上”，
事件A发生与不发生，与B事件的发生与否没有关系，两个事件是相互独立事件，
故选：A．
根据题意，由相互独立事件的定义分析可得答案．
本题考查相互独立事件的定义，注意相互独立事件与互斥、对立事件区别，属于基础题．

3.【答案】C 
【解析】解：向量a=(x,2),b=(−1,3)，
则a+b=(x−1,5)，
∵(a+b)⊥b，
∴−(x−1)+3×5=0，解得x=16．
故选：C．
根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．

4.【答案】B 
【解析】解：数据x1，x2，…，x10的平均数为3，方差为4，
对于A，数据4x1+1，4x2+1，…，4x10+1的平均数为3×4+1=13，故A正确；
对于B，数据3x1，3x2，…，3x10的方差为32×4=36，故B错误；
对于C，i=110xi=10×3=30，故C正确；
对于D，由110i=110(xi−3)2=110i=110(xi−6xi+9)=110(i=110xi2−6i=110xi+90)=110(i=110xi2−6×30+90)=110(i=110xi2−90)=4，
解的i=110xi2=130，D正确．
故选：B．
利用平均数，方差的定义及其选择公式，逐项计算判断作答．
本题考查数据的数字特征，属于基础题．

5.【答案】B 
【解析】解：∵a=(2sinA,−1)，b=(cos2A, 3cosA)，且a/​/b，
∴2sinA⋅ 3cosA−cos2A×(−1)=0，
即 3sin2A+cos2A=0，
∴tan2A=− 33，
∵A∈(0,π)，∴2A∈(0,2π)，
∴2A=5π6或11π6，
∴A=5π12或11π12．
故选：B．
由平行向量间的基本关系可得tan2A=− 33，再结合2A的范围求出A的大小．
本题主要考查了平行向量的坐标关系，考查了三角函数间的基本关系，属于基础题．

6.【答案】B 
【解析】解：根据题意，△ABC中，AO=12(AB+AC)，则O是边BC的中点，
又由△ABC的外心为O，则|OA|=|OB=|OC|，△ABC为直角三角形，
又由|OC|=|AB|，则|AB|=12|BC|，∠ACB=30°，
则向量CA在向量CB上的投影向量为|CA|cos∠ACBCB|CB|=|CA||CB|cos∠ACBCB=34CB．
故选：B．
根据题意，由AO=12(AB+AC)，分析可得O是边BC的中点，进而可得|△ABC为直角三角形，且∠ACB=30°，由投影向量的计算公式计算可得答案．
本题考查向量数量积的运算，涉及投影向量的计算，属于基础题．

7.【答案】D 
【解析】解：由题意得：
23⋅p⋅(1−p)⋅12⋅2+23⋅(1−p)2⋅12+13⋅p2⋅12+13⋅p(1−p)⋅12⋅2=38，
解得：p=12，
故四门课程都选择的概率为：23×12×12×12=112．
故选：D．
根据相互独立事件求出p，再求出满足条件的概率即可．
本题考查了相互独立事件，是基础题．

8.【答案】C 
【解析】解：如图，

∵AB=2，AC=AD=4，BC=BD=2 3，
∴AB2+BC2=AC2，AB2+BD2=AD2，可得AB⊥BC，AB⊥BD，
又BC∩BD=B，∴AB⊥平面BCD，
在△BCD中，由BC=BD=2 3，CD=2，得cos∠DBC=12+12−42×2 3×2 3=56，
则sin∠DBC= 1−(56)2= 116．
设△BCD的外接圆圆心为O1，半径为r，
由正弦定理可得2r=2 116=12 1111，即r=6 1111，
设三棱锥A−BCD的外接球球心为O，半径为R，
则OO1//AB，过O作AB的垂线，垂足为E，
则AE=EB=OO1=1，
则R2=BO2=O1B2+O1O2=3611+1=4711．
则球O的表面积为4π×4711=188π11．
故选：C．
由题意画出图形，由已知可得AB⊥平面BCD，求出△BCD外接圆的半径，再由勾股定理求外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．
本题考查多面体的外接球，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．

9.【答案】AC 
【解析】解：A选项，由题意得5(0.01×2+0.02+0.05+a+b)=15(b+0.02+0.01)×100=35，解得a=0.07b=0.04，故A正确；
B选项，这100名学生中体重低于55kg的人数为(0.01+0.07)×5×100=40，故B错误；
C选项，(0.01+0.07+0.05)×5=0.65<0.8，(0.01+0.07+0.05+0.04)×5=0.85>0.8，
故第80百分位数落在[60,65)内，(x−60)×0.04=0.8−0.65，
解得x=63.75，
用样本估计总体，估计该校学生体重的第80百分位数约为63.75，故C正确；
D选项，平均数为(47.5×0.01+52.5×0.07+57.5×0.05+62.5×0.04+67.5×0.02+72.5×0.01)×5=58，
因为(0.01+0.07)×5=0.4<0.5，(0.01+0.07+0.05)×5=0.65>0.5，
故学生体重的中位数落在[55,60)内，设中位数为y，
则(y−55)×0.05=0.5−0.4，解得y=57，
因为58>57，故样本估计总体，估计该校学生体重的平均数大于中位数，故 D错误．
故选：AC．
A选项，根据题意列出方程组，求出a=0.07b=0.04；B选项，根据频率分布直方图进行求解；C选项，先计算出第80百分位数落在[60,65)内，从而列出方程，求出第80百分位数；D选项，先利用中间值作代表求出平均数，再求出中位数，比较后得到结论．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了中位数、百分位数和平均数的计算，属于中档题．

10.【答案】AC 
【解析】解：复数z1=−2+ai，z2=a−4i(a∈R)，
对于A，z1+z2=−2+a+(a−4)i为纯虚数，
则−2+a=0a−4≠0，解得a=2，故A正确；
对于B，z1z2=(−2+ai)(a−4i)=−2a+4a+8i+a2i=2a+(a2+8)i，
a2+8≥8，
故z1z2不为实数，故B错误；
对于C，由题意可知，z1=−2+2i，
 设z=c+di(c,d∈R)，
|z−z1|=4，
则|c+2+(d−2)i|=4，即(c+2)2+(d−2)2=16，表示以(−2,2)为圆心，4为半径的圆，
|z|= c2+d2，表示圆上的点到原点的距离，
故|z|的最大值为 (−2−0)2+(2−0)2+4=2 2+4，故C正确；
对于D，z1=−2+ai，z2=a−4i，
则z1−z2=−a−2+(a+4)i，
当a=−3时，z1−z2=1+i对应的点(1,1)在第一、三象限的角平分线上，故D错误．
故选：AC．
根据已知条件，结合复数的四则运算，纯虚数、实数的定义，复数模公式，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，纯虚数、实数的定义，复数模公式，以及复数的几何意义，属于基础题．

11.【答案】ABD 
【解析】解：对A，如图，由题意，四面体ABCD为正四面体，取底面BCD的中心为G，连接BE，
则点G为BE的三等分点，且GE=13BE，连接DG，AG，
则DG⊥BC，AG⊥底面BCD，∵BC⊂平面BCD，
所以AG⊥BC，又因为AG∩DG=G，AG，DG⊂面ADG，所以BC⊥平面ADG，
∵AD⊂平面ADG，所以BC⊥AD，故A正确；
对B，根据棱长均为2，则四个面均为边长为2的等边三角形，
则S表面积A−BCD=4×12×2×2×sinπ3=4 3，故B正确，
对C，取AD中点F，分别连接EF.BF，因为E为CD的中点，则EF/​/AC，
直线AC与BE所成的角即为直线EF与BE所成的角，
∵BE= 3,EF=1,BF= 3，则cos∠BEF=12EFBE=12 3= 36≠12，则C错误；
对D，∵AG⊥底面BCD，BE⊂底面BCD，则AG⊥BE，
BE= 22−12= 3，则BG=2 33，则AG= 22−(2 33)2=2 63，
则VA−BCD=13×12×2×2×sinπ3×2 63=2 23，故D正确；
故选：ABD．
由题意画出图形，利用线面垂直的判定和性质即可判断A，利用正四面体的表面积公式即可判断B，利用中位线性质即可判断C，根据正四面体性质及利用棱锥体积公式即可判断D．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．

12.【答案】BCD 
【解析】解：由余弦定理知，a2=b2+c2−2bccosA，
因为2a2=2b2+c2，所以c2−2bccosA=12c2，即c=4bcosA，
由正弦定理知，sinC=4sinBcosA，
因为sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB，
所以sinAcosB=3sinBcosA，即tanA=3tanB，
选项A，由正弦定理及c=2(bcosA−acosB)知，sinC=2(sinBcosA−sinAcosB)，
因为sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB，
所以3sinAcosB=sinBcosA，即3tanA=tanB，与已知条件不符，即选项A错误；
选项B，若D为AB边的中点，且CD=2，c=4，则AD=BD=CD，
所以△ABC为直角三角形，所以a2+b2=c2=16，
又2a2=2b2+c2=2b2+16，所以b=2，即选项B正确；
选项C，若tanB=13，则tanA=3tanB=1，
因为A∈(0,π)，所以A=π4，即选项C正确；
选项D，tan(A−B)=tanA−tanB1+tanAtanB=3tanB−tanB1+3tan2B=2tanB1+3tan2B=21tanB+3tanB≤22 1tanB⋅3tanB= 33，
当且仅当1tanB=3tanB，即tanB= 33时，等号成立，此时B=π6，A=π3，
所以C=π2，即△ABC为直角三角形，故选项D正确．
故选：BCD．
结合余弦定理与已知条件，并利用正弦定理化边为角，推出tanA=3tanB，
选项A，利用正弦定理化边为角，并根据诱导公式与两角和的正弦公式，化简可得3tanA=tanB，与已知条件不符；
选项B，先判定△ABC为直角三角形，再结合勾股定理与2a2=2b2+c2，解方程组求b，即可；
选项C，由tanA=3tanB=1，即可得解；
选项D，结合tanA=3tanB与两角差的正切公式，化简tan(A−B)，并利用基本不等式，即可得解．
本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理、余弦定理，三角恒等变换公式，基本不等式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．

13.【答案】93.5 
【解析】解：8名学生成绩由小到大排列为：82、84、86、87、92、93、94、98，
由8×75%=6，得这8名学生成绩的75%分位数是9+342=93.5．
故答案为：93.5．
将8名学生成绩由小到大排列，然后用百分位数的定义求解即可．
本题主要考查百分数的定义，属于基础题．

14.【答案】19π 
【解析】解：设圆台上底面圆半径为r，
∵圆台的上底面和下底面的面积之比为4：9，
则上下底面圆半径之比为2：3，
∴圆台下底面圆半径为32r，轴截面等腰梯形上下底边长为2r，3r，腰长为圆台母线长 102 r，
∴圆台的高即轴截面等腰梯形的高为h= ( 102r)2−(12r)2=32r，
由轴截面面积为15，得2r+3r2⋅32r=15，解得r=2，
则下底面圆半径为3，高为3，
∴该圆台的体积为V=π3(22+2×3+32)×3=19π．
故答案为：19π．
设圆台上底面圆半径为r，利用已知结合圆台的轴截面特征及面积求出r，再利用圆台体积公式求解作答．
本题考查圆台的结构特征、体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

15.【答案】[−3,1] 
【解析】解：在△ABC中，∠BCA=90°，BA=2BC=2，
则∠CAB=π6，AC=2×cosπ6= 3，AB⋅AC=2× 3× 32=3，
又AD=λAB(λ∈[0,1])，
则CD⋅AB=(AD−AC)⋅AB=λAB2−AC⋅AB=4λ−3，
又0≤λ≤1，
则CD⋅AB∈[−3,1]．
故答案为：[−3,1]．
先由已知条件求出AB⋅AC的值，然后结合平面向量数量积的运算求解即可．
本题考查了向量的减法运算，重点考查了平面向量数量积的运算，属基础题．

16.【答案】 2+1 
【解析】解：在△ABC中，sinA=2sinBsinC，则sin2A=2sinBsinCsinA，
由正弦定理得a2=2bcsinA，
由余弦定理得b2+c2=a2+2bccosA=2bc(sinA+cosA)=2 2bcsin(A+π4)≤2 2bc，
当且仅当A=π4时取等号，
因此(bc)2−2 2⋅bc+1≤0，解得 2−1≤bc≤ 2+1，
所以bc的最大值是 2+1．
故答案为： 2+1．
利用正弦定理角化边，结合余弦定理及辅助角公式建立关于bc的不等式，再解不等式作答．
本题主要考查正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．

17.【答案】解：(1)∵e1，e2是单位向量且夹角为π3，
∴e1⋅e2=|e1||e2|cos=12，
∴a⋅b=(2e1+e2)⋅(2e2−3e1)=−6e12+e1⋅e2+2e22=−6+12+2=−72，
|a|= (2e1+e2)2= 4e12+4e1⋅e2+e22= 4+4×12+1= 7，
|b|= (2e2−3e1)2= 4e22−12e1⋅e2+9e12= 4−12×12+9= 7，
∴cos=a⋅b|a||b|=−72 7× 7=−12，
∵∈[0,π]，∴=2π3；
(2)∵a=2e1+e2,b=2e2−3e1，
∴c=ma+nb=m(2e1+e2)+n(2e2−3e1)=(2m−3n)e1+(m+2n)e2，
又∵c=4e1−32e2，
∴2m−3n=4m+2n=−32，∴m=12n=−1． 
【解析】(1)由平面向量的数量积公式直接计算；
(2)由平面向量基本定理得到关于m，n的方程，求解即可．
本题考查平面向量的数量积与夹角，平面向量基本定理，属于中档题．

18.【答案】解：(Ⅰ)小组A的打分中，选手得分的均值x1−=7.3+7.5+7.8+7.8+8+8+8.2+8.3+8.5+8.610=8，
组B的打分中，选手得分的均值x2−=6.8+7.5+7.6+7.8+7.8+8+8+8.5+9+910=8；
(Ⅱ)由(1)知，该选手在A组和B组得分的平均数相同，于是选择方差度量打分一致性，
A组数据的方差s12=0.49+0.25+0.04+0.04+0.04+0.09+0.25+0.3610=0.156，
B组数据的方差s22=1.22+0.52+0.42+0.22+0.22+0.52+1+110=0.418，
由以上数据知，B组的打分方差较大，数据波动较大，所以A组为专业组，B组为观众组． 
【解析】(Ⅰ)利用平均数的定义求出该选手在A组和B组得分的平均数作答．
(Ⅱ)求出该选手在A组和B组得分的方差，比较方差的大小作答．
本题考查数据的平均数，方差，属于基础题．

19.【答案】解：(Ⅰ)连接B1D1，交A1C1于O，
由正方体的几何特征可得BB1⊥面A1B1C1D1，
又A1C1⊂面A1B1C1D1，
所以BB1⊥A1C1，
又B1D1⊥A1C1，BB1∩B1D1=B1，
所以A1C1⊥面D1B1BD，
又BO⊂面D1B1BD，
所以A1C1⊥BO，
所以二面角B−A1C1−B1的平面角为∠BOB1，tan∠BOB1=BB1OB1=42 2= 2．
所以二面角B−A1C1−B1的正切值为 2．
(Ⅱ)取DD1靠近D的四分点，连接EG，FG，
过B，E，F三点的平面与正方体ABCD−A1B1C1D1表面的交线如图所示：

EG= 22+12= 5，BE=BF= 42+22=2 5，GF= 42+12= 17，
所以交线的周长为EG+BE+BF+GE= 5+2 5+2 5+ 42+12=5 5+ 17． 
【解析】(Ⅰ)连接B1D1，交A1C1于O，先找到二面角B−A1C1−B1的平面角为∠BOB1，再计算tan∠BOB1，即可得出答案．
(Ⅱ)取DD1靠近D的四分点，连接EG，FG，则过B，E，F三点的平面与正方体ABCD−A1B1C1D1表面的交线为BEGF，即可得出答案．
本题考查直线与平面的位置关系，解题中需要理清思路，属于中档题．

20.【答案】解：(Ⅰ)由已知高一、高二、高三学生人数之比为6：9：10，
由于采取分层抽样的方法从中抽取250位学生，
250×66+9+10=60，250×96+9+10=90，250×106+9+10=100，
因此应从高一、高二、高三学生中分别抽取60人，90人，100人．
(Ⅱ)从已知的6人中随机抽取2人的所有可能结果为：
 {A,B}，{A,C}，{A,D}，{A,E}，{A,F}，{B,C}，{B,D}，{B,E}，
{B,F}，{C,D}，{C,E}，{C,F}，{D,E}，{D,F}，{E,F)，共15种；
由表格知，符合题意的所有可能结果为：
{A,B}，{A,D}，{A,E}，{A,F}，{B,D}，{B,E}，{B,F}，{C,E}，{C,F}，{D,F}，{E,F}，共11种，
所以事件M发生的概率P(M)=1115． 
【解析】(Ⅰ)根据分层抽样的定义计算即可；
(Ⅱ)列出所有情况，再列出所有满足题意的情况，再利用古典概型计算即可．
本题考查了分层抽样，概率求值问题，是中档题．

21.【答案】解：(Ⅰ)∵sin(B−A)=sinC+sinA，
∴在△ABC中，sin(B−A)=sin(A+B)+sinA，
∴sinBcosA−cosBsinA=sinAcosB+cosAsinB+sinA，即sinA=−2cosBsinA，
又A∈(0,π)，则cosB=−12，
又B∈(0,π)，则B=2π3；
(Ⅱ)由(Ⅰ)得B=2π3，
在△ABC中，B>A，则b>a，显然条件②不成立，
故正确的条件为①③，
∵a2−b2+c2+5c=0，
∴由余弦定理得2accosB=a2+c2−b2，即ac=5c，解得a=5，
又S△ABC=12acsinB=5 3，解得c=4，
又S△ABC=S△ABD+S△DBC=5 3，
即12BA⋅BCsin∠ABC=12AB⋅BD⋅sinπ3+12BC⋅BD⋅sinπ3，即92BD=10，
∴BD=209． 
【解析】(Ⅰ)利用两角和差的正弦可得sinA=−2cosBsinA，即可得出答案；
(Ⅱ)由(Ⅰ)得B=2π3，在△ABC中，B>A，则b>a，显然条件②不成立，故正确的条件为①③，利用余弦定理和面积公式，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．

22.【答案】解：(Ⅰ)连接AB1，
设A1B∩AB1=D，
由题意知四边形ABB1A1是正方形，
所以A1B⊥AB1，
又因为面ABB1A1⊥面A1BC，且面ABB1A1∩面A1BC=A1B，AB1⊂面ABB1A1，
所以AB1⊥面A1BC，且BC⊂面A1BC，
所以AB1⊥BC，
由题意知BB1⊥BC，AB1∩BB1=B1，
所以BC⊥面ABB1A1，
所以BC⊥AB，
所以BC= AC2−AB2=2 3．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知直线AC在平面A1BC内的射影为DC，
则∠DCA为直线AC与平面A1BC所成的角，
在Rt△ADC中，AD= 2，AC=4，
sin∠DCA= 24，
所以直线AC与平面A1BC所成的角的正弦值为 24． 
【解析】(Ⅰ)连接AB1，由线面垂直的判定定理可得AB1⊥面A1BC，则AB1⊥BC，进而可得BC⊥面ABB1A1，则BC= AC2−AB2，即可得出答案．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知直线AC在平面A1BC内的射影为DC，则∠DCA为直线AC与平面A1BC所成的角，再计算AD，AC，即可得出答案．
本题考查直线与平面的位置关系，解题中需要理清思路，属于中档题．