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2022-2023学年河南省许昌市高一（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年河南省许昌市高一（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学年河南省许昌市高一（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. 已知复数z满足(1−i)2z=2−4i，其中i为虚数单位，则复数z的虚部为( )
A. 2 B. 1 C. −2 D. i
2. 甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.9，则两人都中靶的概率为( )
A. 0.26 B. 0.98 C. 0.72 D. 0.9
3. 已知向量a=(1,1)，b=(1,−1).若(a+λb)⊥(a+μb)，则( )
A. λ+μ=1 B. λ+μ=−1 C. λμ=1 D. λμ=−1
4. 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的为( )
A. 若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α//β
B. 若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n
C. 若m//n，n⊂α，α//β，则m//β
D. 若m⊥α，n⊥β，α//β，则m//n
5. 中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世.如图，某同学为测量鹳雀楼的高度MN，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物AB，高约为37m，在地面上点C处(B,C,N三点共线)测得建筑物顶部A，鹳雀楼顶部M的仰角分别为30°和45°，在A处测得楼顶部M的仰角为15°，则鹳雀楼的高度约为( )
A. 91m B. 74m C. 64m D. 52m
6. 平行四边形ABCD中，点M在边AB上，AM=3MB，记CA=a,CM=b，则AD=( )
A. 43a−73b B. 23b−43a C. 73b−43a D. 13a−43b
7. 四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是( )
A. 平均数为3，中位数为2 B. 中位数为3，众数为2
C. 平均数为2，方差为2.5 D. 中位数为3，方差为2.8
8. 正四棱锥S−ABCD中，底面边长AB=2，侧棱SA= 5，在该四棱锥的内部有一个小球，则小球表面积的最大值为( )
A. 4π B. 16π C. 8π3 D. 4π3
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. 一个口袋内装有大小、形状相同的红球、黑球各2个，一次任意取出2个小球，则与事件“2个小球都为红球”互斥而不对立的事件有( )
A. 2个小球恰有1个红球 B. 2个小球不全为黑球
C. 2个小球至少有1个黑球 D. 2个小球都为黑球
10. 某校为了解学生对食堂的满意程度，设计了一份调查问卷，从该校高中生中随机抽取部分学生参加测试，记录了他们的分数，将收集到的学生测试分数按照[30,40)，[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]分组，画出频率分布直方图，已知随机抽取的学生测试分数不低于80分的学生有27人，则以下结论中正确的是( )
A. 此次测试众数的估计值为85
B. 此次测试分数在[50,60)的学生人数为6人
C. 随机抽取的学生测试分数的第55百分位数约为80
D. 平均数m在中位数n右侧
11. 在△ABC中，cosB=2 23，AC=2，AB=m，则下列结论正确的是( )
A. △ABC外接圆的面积为9π B. 若m=3 3，则C=60°
C. △ABC的面积有最大值3+2 2 D. 若△ABC有一解，则0
A. 当G为中点时，直线AG//面A1EF
B. 当G为中点时，直线AG与EF所成的角为30°
C. 若H是棱AA1上的动点，且C1G=AH，则平面ACD1⊥平面B1HG
D. 当G在CC1上运动时，直线AG与平面AA1D1D所成的角的最大值为45°
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 一个盒子中装有6支圆珠笔，其中3支一等品，2支二等品和1支三等品．若从中任取2支，那么两支都是一等品的概率为______．
14. 如图所示，三棱柱ABC−A1B1C1所有棱长均相等，各侧棱与底面垂直，D，E分别为棱A1B1，B1C1的中点，则异面直线AD与BE所成角的余弦值为______ ．
15. 在三角形ABC中，AB=3，AC=2 3，∠BAC=150°，D在BC上，且满足BD=−12CD，则AD⋅BC= ______ ．
16. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b=2，cos2A+(4+ 3)sin(B+C)=2 3+1，点P是△ABC的重心，且AP=2 73，则a=______．
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)
已知复数z1=1+2i，z2=3−4i．
(1)若复数z1+λz2在复平面内对应的点在第二象限，求实数λ的取值范围；
(2)若复数z=z1⋅(μ+z2)(μ∈R)为纯虚数，求z的虚部．
18. (本小题12.0分)
已知平面向量a=(1,x)，b=(2,1)．
(1)若(2a+b)//(a+2b)，求|a|的值；
(2)若(a−b)⊥b，求向量a在向量b上的投影向量．
19. (本小题12.0分)
为巩固当前抗疫成果，某地疫情防控指挥部根据当地疫情防控工作部署，安排甲部门3名职工和乙部门2名职工到该地的三个高速路口担任疫情防控志愿者．
(1)若从这5名职工中随机选出2人作为组长，求这两人来自同一部门的概率；
(2)若将甲部门的3名职工随机安排到三个高速路口(假设每名职工被安排到各高速路口是等可能的，且每名职工的选择是相互独立的)，求恰有一人被安排到第一高速路口的概率．
20. (本小题12.0分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a+b(1+cosC)=ccosB．
(1)求角C的大小；
(2)若c= 3，求△ABC周长的取值范围．
21. (本小题12.0分)
从2022年秋季学期起，四川省启动实施高考综合改革，实行高考科目“3+1+2”模式.“3”指语文、数学、外语三门统考学科，以原始分数计入高考成绩；“1”指考生从物理、历史两门学科中“首选”一门学科，以原始分数计入高考成绩；“2”指考生从政法、地理、化学、生物四门学科中“再选”两门学科，以等级分计入高考成绩.按照方案，再选学科的等级分赋分规则如下，将考生原始成绩从高到低划分为A，B，C，D，E五个等级，各等级人数所占比例及赋分区间如下表：
等级
A
B
C
D
E
人数比例
15%
35%
35%
13%
2%
赋分区间
[86,100]
[71,85]
[56,70]
[41,55]
[30,40]
将各等级内考生的原始分依照等比例转换法分别转换到赋分区间内，得到等级分，转换公式为Y2−YY−Y1=T2−TT−T1，其中Y1，Y2分别表示原始分区间的最低分和最高分，T1，T2分别表示等级赋分区间的最低分和最高分，Y表示考生的原始分，T表示考生的等级分，规定原始分为Y1时，等级分为T1，计算结果四舍五入取整.某次化学考试的原始分最低分为50，最高分为98，呈连续整数分布，其频率分布直方图如图：
(1)求实数a的值；
(2)按照等级分赋分规则，估计此次考试化学成绩A等级的原始分区间．
(3)用估计的结果近似代替原始分区间，若某学生化学成线的原始分为90，试计算其等级分；
22. (本小题12.0分)
如图所示，在直角梯形BCEF中，∠CBF=∠BCE=90°，A，D分别是BF，CE上的点，且AD//BC，AB=ED=2BC=2AF=2，将四边形ADEF沿AD折起，连接BE，BF，CE，AC．
(1)证明：AC//面BEF；
(2)若EC=2 2，求直线BF与平面EBC所成的角的正弦值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵(1−i)2z=2−4i，
∴−2iz=2−4i，
∴z=2−4i−2i=−2i2−4i−2i=2+i，
∴复数z的虚部为1．
故选：B．
根据已知条件，结合复数的运算法则，以及复数虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的运算法则，以及复数虚部的定义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：∵甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.9，
∴两人都中靶的概率为0.8×0.9=0.72．
故选：C．
利用独立事件的概率乘法公式求解．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：∵a=(1,1)，b=(1,−1)，
∴a+λb=(λ+1,1−λ)，a+μb=(μ+1,1−μ)，
由(a+λb)⊥(a+μb)，得(λ+1)(μ+1)+(1−λ)(1−μ)=0，
整理得：2λμ+2=0，即λμ=−1．
故选：D．
由已知求得a+λb与a+μb的坐标，再由两向量垂直与数量积的关系列式求解．
本题考查平面向量加法与数乘的坐标运算，考查两向量垂直与数量积的关系，是基础题．
4.【答案】D
【解析】解：选项A，若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α//β或α与β相交，即A错误；
选项B，若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n或m与n异面，即B错误；
选项C，若m//n，n⊂α，α//β，则m//β或m⊂β，即C错误；
选项D，因为m⊥α，α//β，所以m⊥β，又n⊥β，所以m//n，即D正确．
故选：D．
根据空间中线与面的位置关系，逐一判断选项，即可．
本题考查空间中直线与平面的位置关系，熟练掌握线与面的位置关系分类，线面垂直的性质定理是解题的关键，考查空间立体感，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：由题意，在Rt△ABC中，AC=ABsin30∘=74，
在△ACM中，∠CAM=30°+15°=45°，∠ACM=180−45°−30°=105°，
∴∠AMC=30°，由正弦定理ACsin∠AMC=MCsin∠CAM，
得CM=ACsin30∘⋅sin45°=74 2，
又在Rt△CMN中，MN=MC⋅sin45°=74．
故选：B．
先在Rt△ABC中求出AC的长度，然后再求出△ACM中的∠CAM，∠ACM，利用正弦定理求出CM，最后在△CNM中利用三角函数的定义求出MN的长度即可．
本题考查解三角形的应用题的解题思路，侧重考查了正弦定理和三角函数的定义，属中档题．
6.【答案】D
【解析】解：AD=CD−CA=43MA−CA=43(CA−CM)−CA=13CA−43CM=13a−43b．
故选：D．
根据平面向量的线性运算法则，即可得解．
本题考查平面向量的基本定理，熟练掌握平面向量的加法、减法和数乘运算法则是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：对于A，当投掷骰子出现结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点数6，故A错误；
对于B，当投掷骰子出现结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点数6，故B错误；
对于C，若平均数为2，且出现6点，则方差S2>15(6−2)2=3.2>2.5，
∴平均数为2，方差为2.5时，一定没有出现点数6，故C正确；
对于D，当投掷骰子出现结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，
平均数为：x−=15(1+2+3+3+6)=3
方差为S2=15[(1−3)2+(2−3)2+(3−3)2+(3−3)2+(6−3)2]=2.8，可以出现点数6，故D错误．
故选：C．
根据题意举出反例，即可得出正确选项．
本题考查平均数、中位数、众数，考查学生的推理能力，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：当小球与正四棱锥S−ABCD各面相切时半径最大，此时小球表面积最大，
设小球的半径为r，
由底面边长AB=2，侧棱SA= 5，可得正四棱锥S−ABCD的高为 5−2= 3，
VS−ABCD=13×22× 3=4 33，
又侧面面积为4S侧面PAB=4×12×2× 5−1=8，底面面积为4，
∴13(8+4)⋅r=4 33，解得r= 33，
∴小球表面积的最大值为4πr2=43π.
故选：D．
当小球与正四棱锥S−ABCD各面相切时半径最大，此时小球表面积最大，计算求解即可．
本题考查空间几何体内切球的表面积的求法，属中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：一个口袋内装有大小、形状相同的红球、黑球各2个，一次任意取出2个小球，
对于A，2个小球恰有1个红球与事件“2个小球都为红球”是互斥不对立的事件，故A正确；
对于B，2个小球不全为黑球与事件“2个小球都为红球”是对立事件，故B错误；
对于C，2个小球至少有1个黑球与事件“2个小球都为红球”是对立事件，故C错误；
对于D，2个小球都为黑球与事件“2个小球都为红球”是互斥而不对立的事件，故D正确．
故选：AD．
利用互斥事件、对立事件的定义直接求解．
本题考查的知识点是互斥事件和对立事件，难度不大，属于基础题．
10.【答案】ABC
【解析】
【分析】
本题考查频率分布直方图的应用，平均数、中位数、众数，百分位数，属于较易题．
利用直方图的性质逐项分析即得．
【解答】
解：由直方图可知此次测试众数的估计值为85，故A正确；
因为不低于80分的学生的频率为(0.03+0.015)×10=0.45，∴该校高中生中随机抽取学生的人数为270.45=60人，
所以此次测试分数在[50,60)的学生人数为60×0.01×10=6人，故B正确；
因为(0.005+0.005+0.01+0.015+0.02)×10=0.55，所以随机抽取的学生测试分数的第55百分位数约为80，故C正确；
由直方图在左边“拖尾”，可知平均数小于中位数，即平均数m在中位数n左侧，故D错误．
故选ABC．
11.【答案】AC
【解析】解：在△ABC中，由cosB=2 23，得sinB= 1−cos2B=13，
由正弦定理可得，2R=ACsinB=6，即R=3，
可得△ABC外接圆的面积为9π，故A正确；
若AB=m=3 3，则213=3 3sinC，得sinC= 32，∵AB>AC，∴C=60°或120°，故B错误；
由余弦定理可得，AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cosB，
即4=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅2 23≥2AB⋅BC−4 23AB⋅BC=6−4 23AB⋅BC，
得AB⋅BC≤6(3+2 2)，当且仅当AB=BC时取等号，
则△ABC的面积有最大值为12AB⋅BCsinB=12×6(3+2 2)×13=3+2 2，故C正确；
由AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcosB，得a2−4 23ma+m2−4=0，
方程a2−4 23ma+m2−4=0的判别式Δ=32m29−4m2+16=16−49m2，
①Δ=32m29−4m2+16=16−49m2=0，解得m=±6．
当m=6时，a2−4 23ma+m2−4=0转化为a2−8 2a+32=0，
解得a=4 2符合题意；
当m=−6时a2−4 23ma+m2−4=0转化为a2+8 2a+32=0，
解得a=−4 2不符合题意；
②Δ=32m29−4m2+16=16−49m2>0，且两根之积m2−4<0，
可得a有一正根和一负根，负根舍去，此时△ABC有一解，此时0
当m=2时，a2−8 23a=0，解得a=8 23符合题意；
当m=−2时a2+8 23a=0，解得a=−8 23不符合题意；
故若△ABC有一解，则0
根据正弦定理，余弦定理，面积公式，基本不等式，二次方程根的分布即可判断各个选项．
本题考查正弦定理，余弦定理，面积公式，基本不等式，二次方程根的分布，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：取BC中点M，连接MG，AM，当G为中点时，可得GM//BC1，
又点E，F分别是棱BB1，B1C1的中点，可得EF//BC1，
∴GM//EF，EF⊄平面AMG，GM⊂平面AMG，∴EF//平面AMG，
∵M，F分别是BC，B1C1的中点，易证A1F//AM，
A1F⊄平面AMG，AM⊂平面AMG，∴A1F//平面AMG，又A1F∩FE=F，
∴平面A1FE//平面AMG，又AG⊂平面AMG，∴AG//面A1EF，故A正确；
∵GM//EF，∴∠AGM为直线AG与EF所成的角，
易得AG= 8+1=3，MG= 2，AM= 5，由余弦定理得cos∠AGM=AG2+GM2−AM22AG⋅GM=9+2−52×3× 2= 22，
∴∠AGM=45°，故B错误；
C1G=AH，且C1G//AH，所以四边形AGC1H是平行四边形，
连接AC1，GH交于O，且O是AC1的中点，由正方体的性质可得O也是DB1的中点，
易证DB1⊥平面ACD1，DB1⊂平面B1HG，∴平面ACD1⊥平面B1HG，故C正确；
当G在CC1上运动时，∵CC1//DD1，∴CC1//平面DD1A1D，故G到平面面DD1A1D的距离不变，
当G在C点时，AG的值最短，故此时角最大，最大值为45°，故D正确．
故选：ACD．
取BC中点M，连接MG，AM，当G为中点时，可证平面A1FE//平面AMG，从而可判断A；GM//EF，∠AGM为直线AG与EF所成的角，可解可判断B；连接AC1，GH交于O，且O是AC1的中点，由正方体的性质可得O也是DB1的中点，从而可证平面ACD1⊥平面B1HG，可判断C，CC1//DD1，可得当G在C点时，AG的值最短，故此时角最大，最大值为45°，可判断D．
本题考查面面垂直的判定，线面平行的证明，线线角，线面角的求法，属中档题．
13.【答案】15
【解析】解：设取得的两支笔都是一等品的事件为A；
故概率满足P(A)=C32C62=36×52=15．
故答案为：15．
直接利用组合数的应用求出概率值．
本题考查的知识要点：概率的求法，组合数的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
14.【答案】710
【解析】解：取AC的中点F，连接DE，EF，
所以DE//A1C1,DE=12A1C1，
又AF=12AC，所以AF//DE，AF=DE，
则四边形ADEF是平行四边形，
所以AD//EF，则异面直线AD与BE所成角为∠FEB，
设三棱柱各棱长为2,EF=BE= 5,BF= 3，
由余弦定理得cos∠FEB=5+5−32× 5× 5=710．
故答案为：710．
取AC的中点F，构造中位线，得到四边形ADEF是平行四边形，所以AD//EF，找出角，再利用余弦定理得到答案．
本题考查了异面直线所成的角的计算问题，属于基础题．
15.【答案】−5
【解析】解：∵在三角形ABC中，AB=3，AC=2 3，∠BAC=150°，D在BC上，且满足BD=−12CD，
∴AD=AB+BD=AB+13BC=AB+13(AC−AB)=13AC+23AB，
∴AD⋅BC=(13AC+23AB)⋅(AC−AB)=13AC2−23AB2+13AB⋅AC=13×(2 3)2−23×32+13×3×2 3×(− 32)=−5．
故答案为：−5．
根据题意得到AD=13AC+23AB，再通过向量的数量积的定义求解即可．
本题考查向量的数量积的应用，考查向量的表示以及计算，考查计算能力．
16.【答案】2 3或2 13
【解析】解：∵cos2A+(4+ 3)sin(B+C)=2 3+1，
∴1−2sin2A+(4+ 3)sinA=2 3+1
整理得2sin2A−(4+ 3)sinA+2 3=0，
解得sinA= 32或sinA=2(舍去)，
∵0
又∵点P是△ABC的重心，
∴AP=13(AB+AC)，
∴AP2=19(AB2+AC2+2|AB|⋅|AC|cosA)，
∵|AP|=2 73, b=2，整理得c2+4ccosA−24=0．
当A=π3时，c2+2c−24=0，得c=4，
此时a2=4+16−2×2×4×12，解得a=2 3；
当A=2π3时，c2−2c−24=0，得c=6，
此时a2=4+36−2×2×6×(−12)，解得a=2 13．
故答案为：2 3或2 13．
利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得2sin2A−(4+ 3)sinA+2 3=0，解得sinA，结合范围0
17.【答案】解：(1)∵z1=1+2i，z2=3−4i，
∴z1+λz2=1+2i+λ(3−4i)=1+3λ+(2−4λ)i，
∵复数z1+λz2在复平面内对应的点在第二象限，
∴1+3λ<02−4λ>0，解得λ<−13，
故实数λ的取值范围为(−∞,−13).
(2)z=z1⋅(μ+z2)=(1+2i)(μ+3−4i)=μ+3+8+[2(μ+3)−4]i，
∵z为纯虚数，
∴μ+3+8=02μ+2≠0，解得μ=−11，
∴z=−20i，
∴z的虚部为−20．
【解析】(1)根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解．
(2)根据已知条件，结合复数的四则运算，以及纯虚数和虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及纯虚数和虚部的定义，复数的几何意义，属于基础题．
18.【答案】解：(1)因为a=(1,x)，b=(2,1)，
所以2a+b=(4,2x+1)，a+2b=(5,x+2)，
由(2a+b)//(a+2b)，得4(x+2)−5(2x+1)=0，解得x=12，
故|a|= 12+(12)2= 52；
(2)a−b=(−1,x−1)，
由(a−b)⊥b，得(a−b)·b=0，
所以−1×2+(x−1)×1=0，解得x=3，
所以a=(1,3)，
则a·b=5，b= 5，
故向量a在向量b上的投影向量为a⋅b|b|b|b|=55b=(2,1)．
【解析】本题考查平面向量数量积的坐标运算，向量的模的坐标表示，投影向量，向量共线及垂直的坐标运算，属于一般题．
(1)根据平面向量共线的坐标表示可求出x的值，然后求出|a|；
(2)由(a−b)⊥b，可得(a−b)·b=0，求出x的值，然后再求出向量a在向量b上的投影向量．
19.【答案】解：(1)这两人来自同一部门的概率为C32+C22C52=410=25；
(2)由题意可知甲部门每名职工被安排到每个高速路口的概率为13，
则恰有一人被安排到第一高速路口的概率为3×13×(1−13)×(1−13)=49．
【解析】(1)根据古典概型公式计算即可；
(2)根据相互独立事件概率乘法公式求解．
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用．
20.【答案】解：(1)因为a+b(1+cosC)=ccosB，
所以由正弦定理得sinA+sinB(1+cosC)=sinCcosB，
又sin(B+C)=sin(π−A)=sinA，
所以sin(B+C)+sinB+sinBcosC−sinCcosB=0，
所以2sinBcosC+sinB=0，
因为B∈(0,π)，所以sinB≠0，所以cosC=−12，
又C∈(0,π)，所以C=2π3．
(2)因为c= 3，C=2π3，
所以由正弦定理得bsinB=asinA= 3sin2π3=2，则b=2sinB，a=2sinA，
故△ABC的周长L= 3+2sinB+2sinA= 3+2sinB+2sin(π3−B)
= 3+2sinB+2(sinπ3cosB−cosπ3sinB)
= 3+sinB+ 3cosB
= 3+2sin(B+π3)，
因为0
所以 3+2sin(B+π3)∈(2 3,2+ 3]，
故△ABC周长的取值范围为(2 3,2+ 3].
【解析】(1)由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得cosC=−12，结合范围C∈(0,π)，可得C的值．
(2)由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求△ABC的周长L= 3+2sin(B+π3)，可求范围B+π3∈(π3,2π3)，进而根据正弦函数的性质即可求解其取值范围．
本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用以及正弦函数的性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由10(a+0.02+0.03+0.04+a)=1，可得a=0.005，
(2)由频率分布直方图知，原始分成绩位于区间[90,100]的占比为5%，
位于区间[80,90]的占比为20%，
估计等级A的原始分区间的最低分为90−15%−5%20%×10=85，
所以估计此次考试化学成绩A等级的原始分区间为[85,98]，
(3)由98−9090−85=100−TT−86，解得T=118813≈91，该学生的等级分为91分．
【解析】(1)利用频率分布直方图列出关于实数a的方程，解之即可求得实数a的值；
(2)先利用频率分布直方图求得第85百分位数对应的原始分，进而估计出此次考试化学成绩A等级的原始分区间；
(3)利用题给转换公式即可求得其等级分．
本题主要考查频率分布直方图的应用，根据面积和为1求出a的值，然后利用等级分赋分规则进行计算是解决本题的关键，是中档题．
22.【答案】(1)证明：取ED中点H，连接HA，HC，HF，如下图：
由题意可知AH//EF，且四边形BCHF为平行四边形，则HC//FB，
可得AH//面EFB，HC//面EFB，AH∩HC=H，
根据面面平行的判定定理可得面EFB//面AHC，从而可得AC//面EFB．
(2)解：取ED中点H，在平面DEC内作HM//EC于M点，如下图：
由题意则FH−−//AD−−//BC，进而可得四边形FHBC为平行四边形，BF//HC．
又因在翻折过程中，始终有AD⊥ED，AD⊥DC，ED∩DC=D，
即恒有AD⊥面EDC，BC⊥面EDC，
面EDC⊥面BCE.从而HC在面EBC内的投影为MC(或EC)，
因此BF与平面EBC的夹角即为∠ECH，
若EC=2 2，则ED⊥DC，进而可得EH=1，HC= 5，∠DEC=45°，
在△EHC中，由正弦定理可得HCsin∠DEC=EHsin∠ECH，
即sin∠ECH= 1010为直线BF与平面EBC的夹角的正弦值．
【解析】(1)取ED中点H，连接HA，HC，HF，通过AH//面EFB，HC//面EFB，可得EFB//面AHC，可证AC//面BEF；
(2)取ED中点H，在平面DEC内作HM//EC于M点，面EDC⊥面BCE.从而HC在面EBC内的投影为MC，BF与平面EBC的夹角即为∠ECH，求解即可．
本题考查线面平行的证明，考查线面角的求法，属中档题．
2022-2023学年河南省许昌市高一（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. 已知复数z满足(1−i)2z=2−4i，其中i为虚数单位，则复数z的虚部为( )
A. 2 B. 1 C. −2 D. i
2. 甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.9，则两人都中靶的概率为( )
A. 0.26 B. 0.98 C. 0.72 D. 0.9
3. 已知向量a=(1,1)，b=(1,−1).若(a+λb)⊥(a+μb)，则( )
A. λ+μ=1 B. λ+μ=−1 C. λμ=1 D. λμ=−1
4. 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的为( )
A. 若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α//β
B. 若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n
C. 若m//n，n⊂α，α//β，则m//β
D. 若m⊥α，n⊥β，α//β，则m//n
5. 中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世.如图，某同学为测量鹳雀楼的高度MN，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物AB，高约为37m，在地面上点C处(B,C,N三点共线)测得建筑物顶部A，鹳雀楼顶部M的仰角分别为30°和45°，在A处测得楼顶部M的仰角为15°，则鹳雀楼的高度约为( )
A. 91m B. 74m C. 64m D. 52m
6. 平行四边形ABCD中，点M在边AB上，AM=3MB，记CA=a,CM=b，则AD=( )
A. 43a−73b B. 23b−43a C. 73b−43a D. 13a−43b
7. 四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是( )
A. 平均数为3，中位数为2 B. 中位数为3，众数为2
C. 平均数为2，方差为2.5 D. 中位数为3，方差为2.8
8. 正四棱锥S−ABCD中，底面边长AB=2，侧棱SA= 5，在该四棱锥的内部有一个小球，则小球表面积的最大值为( )
A. 4π B. 16π C. 8π3 D. 4π3
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. 一个口袋内装有大小、形状相同的红球、黑球各2个，一次任意取出2个小球，则与事件“2个小球都为红球”互斥而不对立的事件有( )
A. 2个小球恰有1个红球 B. 2个小球不全为黑球
C. 2个小球至少有1个黑球 D. 2个小球都为黑球
10. 某校为了解学生对食堂的满意程度，设计了一份调查问卷，从该校高中生中随机抽取部分学生参加测试，记录了他们的分数，将收集到的学生测试分数按照[30,40)，[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]分组，画出频率分布直方图，已知随机抽取的学生测试分数不低于80分的学生有27人，则以下结论中正确的是( )
A. 此次测试众数的估计值为85
B. 此次测试分数在[50,60)的学生人数为6人
C. 随机抽取的学生测试分数的第55百分位数约为80
D. 平均数m在中位数n右侧
11. 在△ABC中，cosB=2 23，AC=2，AB=m，则下列结论正确的是( )
A. △ABC外接圆的面积为9π B. 若m=3 3，则C=60°
C. △ABC的面积有最大值3+2 2 D. 若△ABC有一解，则0
A. 当G为中点时，直线AG//面A1EF
B. 当G为中点时，直线AG与EF所成的角为30°
C. 若H是棱AA1上的动点，且C1G=AH，则平面ACD1⊥平面B1HG
D. 当G在CC1上运动时，直线AG与平面AA1D1D所成的角的最大值为45°
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 一个盒子中装有6支圆珠笔，其中3支一等品，2支二等品和1支三等品．若从中任取2支，那么两支都是一等品的概率为______．
14. 如图所示，三棱柱ABC−A1B1C1所有棱长均相等，各侧棱与底面垂直，D，E分别为棱A1B1，B1C1的中点，则异面直线AD与BE所成角的余弦值为______ ．
15. 在三角形ABC中，AB=3，AC=2 3，∠BAC=150°，D在BC上，且满足BD=−12CD，则AD⋅BC= ______ ．
16. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b=2，cos2A+(4+ 3)sin(B+C)=2 3+1，点P是△ABC的重心，且AP=2 73，则a=______．
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)
已知复数z1=1+2i，z2=3−4i．
(1)若复数z1+λz2在复平面内对应的点在第二象限，求实数λ的取值范围；
(2)若复数z=z1⋅(μ+z2)(μ∈R)为纯虚数，求z的虚部．
18. (本小题12.0分)
已知平面向量a=(1,x)，b=(2,1)．
(1)若(2a+b)//(a+2b)，求|a|的值；
(2)若(a−b)⊥b，求向量a在向量b上的投影向量．
19. (本小题12.0分)
为巩固当前抗疫成果，某地疫情防控指挥部根据当地疫情防控工作部署，安排甲部门3名职工和乙部门2名职工到该地的三个高速路口担任疫情防控志愿者．
(1)若从这5名职工中随机选出2人作为组长，求这两人来自同一部门的概率；
(2)若将甲部门的3名职工随机安排到三个高速路口(假设每名职工被安排到各高速路口是等可能的，且每名职工的选择是相互独立的)，求恰有一人被安排到第一高速路口的概率．
20. (本小题12.0分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a+b(1+cosC)=ccosB．
(1)求角C的大小；
(2)若c= 3，求△ABC周长的取值范围．
21. (本小题12.0分)
从2022年秋季学期起，四川省启动实施高考综合改革，实行高考科目“3+1+2”模式.“3”指语文、数学、外语三门统考学科，以原始分数计入高考成绩；“1”指考生从物理、历史两门学科中“首选”一门学科，以原始分数计入高考成绩；“2”指考生从政法、地理、化学、生物四门学科中“再选”两门学科，以等级分计入高考成绩.按照方案，再选学科的等级分赋分规则如下，将考生原始成绩从高到低划分为A，B，C，D，E五个等级，各等级人数所占比例及赋分区间如下表：
等级
A
B
C
D
E
人数比例
15%
35%
35%
13%
2%
赋分区间
[86,100]
[71,85]
[56,70]
[41,55]
[30,40]
将各等级内考生的原始分依照等比例转换法分别转换到赋分区间内，得到等级分，转换公式为Y2−YY−Y1=T2−TT−T1，其中Y1，Y2分别表示原始分区间的最低分和最高分，T1，T2分别表示等级赋分区间的最低分和最高分，Y表示考生的原始分，T表示考生的等级分，规定原始分为Y1时，等级分为T1，计算结果四舍五入取整.某次化学考试的原始分最低分为50，最高分为98，呈连续整数分布，其频率分布直方图如图：
(1)求实数a的值；
(2)按照等级分赋分规则，估计此次考试化学成绩A等级的原始分区间．
(3)用估计的结果近似代替原始分区间，若某学生化学成线的原始分为90，试计算其等级分；
22. (本小题12.0分)
如图所示，在直角梯形BCEF中，∠CBF=∠BCE=90°，A，D分别是BF，CE上的点，且AD//BC，AB=ED=2BC=2AF=2，将四边形ADEF沿AD折起，连接BE，BF，CE，AC．
(1)证明：AC//面BEF；
(2)若EC=2 2，求直线BF与平面EBC所成的角的正弦值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵(1−i)2z=2−4i，
∴−2iz=2−4i，
∴z=2−4i−2i=−2i2−4i−2i=2+i，
∴复数z的虚部为1．
故选：B．
根据已知条件，结合复数的运算法则，以及复数虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的运算法则，以及复数虚部的定义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：∵甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.9，
∴两人都中靶的概率为0.8×0.9=0.72．
故选：C．
利用独立事件的概率乘法公式求解．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：∵a=(1,1)，b=(1,−1)，
∴a+λb=(λ+1,1−λ)，a+μb=(μ+1,1−μ)，
由(a+λb)⊥(a+μb)，得(λ+1)(μ+1)+(1−λ)(1−μ)=0，
整理得：2λμ+2=0，即λμ=−1．
故选：D．
由已知求得a+λb与a+μb的坐标，再由两向量垂直与数量积的关系列式求解．
本题考查平面向量加法与数乘的坐标运算，考查两向量垂直与数量积的关系，是基础题．
4.【答案】D
【解析】解：选项A，若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α//β或α与β相交，即A错误；
选项B，若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n或m与n异面，即B错误；
选项C，若m//n，n⊂α，α//β，则m//β或m⊂β，即C错误；
选项D，因为m⊥α，α//β，所以m⊥β，又n⊥β，所以m//n，即D正确．
故选：D．
根据空间中线与面的位置关系，逐一判断选项，即可．
本题考查空间中直线与平面的位置关系，熟练掌握线与面的位置关系分类，线面垂直的性质定理是解题的关键，考查空间立体感，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：由题意，在Rt△ABC中，AC=ABsin30∘=74，
在△ACM中，∠CAM=30°+15°=45°，∠ACM=180−45°−30°=105°，
∴∠AMC=30°，由正弦定理ACsin∠AMC=MCsin∠CAM，
得CM=ACsin30∘⋅sin45°=74 2，
又在Rt△CMN中，MN=MC⋅sin45°=74．
故选：B．
先在Rt△ABC中求出AC的长度，然后再求出△ACM中的∠CAM，∠ACM，利用正弦定理求出CM，最后在△CNM中利用三角函数的定义求出MN的长度即可．
本题考查解三角形的应用题的解题思路，侧重考查了正弦定理和三角函数的定义，属中档题．
6.【答案】D
【解析】解：AD=CD−CA=43MA−CA=43(CA−CM)−CA=13CA−43CM=13a−43b．
故选：D．
根据平面向量的线性运算法则，即可得解．
本题考查平面向量的基本定理，熟练掌握平面向量的加法、减法和数乘运算法则是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：对于A，当投掷骰子出现结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点数6，故A错误；
对于B，当投掷骰子出现结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点数6，故B错误；
对于C，若平均数为2，且出现6点，则方差S2>15(6−2)2=3.2>2.5，
∴平均数为2，方差为2.5时，一定没有出现点数6，故C正确；
对于D，当投掷骰子出现结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，
平均数为：x−=15(1+2+3+3+6)=3
方差为S2=15[(1−3)2+(2−3)2+(3−3)2+(3−3)2+(6−3)2]=2.8，可以出现点数6，故D错误．
故选：C．
根据题意举出反例，即可得出正确选项．
本题考查平均数、中位数、众数，考查学生的推理能力，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：当小球与正四棱锥S−ABCD各面相切时半径最大，此时小球表面积最大，
设小球的半径为r，
由底面边长AB=2，侧棱SA= 5，可得正四棱锥S−ABCD的高为 5−2= 3，
VS−ABCD=13×22× 3=4 33，
又侧面面积为4S侧面PAB=4×12×2× 5−1=8，底面面积为4，
∴13(8+4)⋅r=4 33，解得r= 33，
∴小球表面积的最大值为4πr2=43π.
故选：D．
当小球与正四棱锥S−ABCD各面相切时半径最大，此时小球表面积最大，计算求解即可．
本题考查空间几何体内切球的表面积的求法，属中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：一个口袋内装有大小、形状相同的红球、黑球各2个，一次任意取出2个小球，
对于A，2个小球恰有1个红球与事件“2个小球都为红球”是互斥不对立的事件，故A正确；
对于B，2个小球不全为黑球与事件“2个小球都为红球”是对立事件，故B错误；
对于C，2个小球至少有1个黑球与事件“2个小球都为红球”是对立事件，故C错误；
对于D，2个小球都为黑球与事件“2个小球都为红球”是互斥而不对立的事件，故D正确．
故选：AD．
利用互斥事件、对立事件的定义直接求解．
本题考查的知识点是互斥事件和对立事件，难度不大，属于基础题．
10.【答案】ABC
【解析】
【分析】
本题考查频率分布直方图的应用，平均数、中位数、众数，百分位数，属于较易题．
利用直方图的性质逐项分析即得．
【解答】
解：由直方图可知此次测试众数的估计值为85，故A正确；
因为不低于80分的学生的频率为(0.03+0.015)×10=0.45，∴该校高中生中随机抽取学生的人数为270.45=60人，
所以此次测试分数在[50,60)的学生人数为60×0.01×10=6人，故B正确；
因为(0.005+0.005+0.01+0.015+0.02)×10=0.55，所以随机抽取的学生测试分数的第55百分位数约为80，故C正确；
由直方图在左边“拖尾”，可知平均数小于中位数，即平均数m在中位数n左侧，故D错误．
故选ABC．
11.【答案】AC
【解析】解：在△ABC中，由cosB=2 23，得sinB= 1−cos2B=13，
由正弦定理可得，2R=ACsinB=6，即R=3，
可得△ABC外接圆的面积为9π，故A正确；
若AB=m=3 3，则213=3 3sinC，得sinC= 32，∵AB>AC，∴C=60°或120°，故B错误；
由余弦定理可得，AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cosB，
即4=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅2 23≥2AB⋅BC−4 23AB⋅BC=6−4 23AB⋅BC，
得AB⋅BC≤6(3+2 2)，当且仅当AB=BC时取等号，
则△ABC的面积有最大值为12AB⋅BCsinB=12×6(3+2 2)×13=3+2 2，故C正确；
由AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcosB，得a2−4 23ma+m2−4=0，
方程a2−4 23ma+m2−4=0的判别式Δ=32m29−4m2+16=16−49m2，
①Δ=32m29−4m2+16=16−49m2=0，解得m=±6．
当m=6时，a2−4 23ma+m2−4=0转化为a2−8 2a+32=0，
解得a=4 2符合题意；
当m=−6时a2−4 23ma+m2−4=0转化为a2+8 2a+32=0，
解得a=−4 2不符合题意；
②Δ=32m29−4m2+16=16−49m2>0，且两根之积m2−4<0，
可得a有一正根和一负根，负根舍去，此时△ABC有一解，此时0
当m=2时，a2−8 23a=0，解得a=8 23符合题意；
当m=−2时a2+8 23a=0，解得a=−8 23不符合题意；
故若△ABC有一解，则0
根据正弦定理，余弦定理，面积公式，基本不等式，二次方程根的分布即可判断各个选项．
本题考查正弦定理，余弦定理，面积公式，基本不等式，二次方程根的分布，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：取BC中点M，连接MG，AM，当G为中点时，可得GM//BC1，
又点E，F分别是棱BB1，B1C1的中点，可得EF//BC1，
∴GM//EF，EF⊄平面AMG，GM⊂平面AMG，∴EF//平面AMG，
∵M，F分别是BC，B1C1的中点，易证A1F//AM，
A1F⊄平面AMG，AM⊂平面AMG，∴A1F//平面AMG，又A1F∩FE=F，
∴平面A1FE//平面AMG，又AG⊂平面AMG，∴AG//面A1EF，故A正确；
∵GM//EF，∴∠AGM为直线AG与EF所成的角，
易得AG= 8+1=3，MG= 2，AM= 5，由余弦定理得cos∠AGM=AG2+GM2−AM22AG⋅GM=9+2−52×3× 2= 22，
∴∠AGM=45°，故B错误；
C1G=AH，且C1G//AH，所以四边形AGC1H是平行四边形，
连接AC1，GH交于O，且O是AC1的中点，由正方体的性质可得O也是DB1的中点，
易证DB1⊥平面ACD1，DB1⊂平面B1HG，∴平面ACD1⊥平面B1HG，故C正确；
当G在CC1上运动时，∵CC1//DD1，∴CC1//平面DD1A1D，故G到平面面DD1A1D的距离不变，
当G在C点时，AG的值最短，故此时角最大，最大值为45°，故D正确．
故选：ACD．
取BC中点M，连接MG，AM，当G为中点时，可证平面A1FE//平面AMG，从而可判断A；GM//EF，∠AGM为直线AG与EF所成的角，可解可判断B；连接AC1，GH交于O，且O是AC1的中点，由正方体的性质可得O也是DB1的中点，从而可证平面ACD1⊥平面B1HG，可判断C，CC1//DD1，可得当G在C点时，AG的值最短，故此时角最大，最大值为45°，可判断D．
本题考查面面垂直的判定，线面平行的证明，线线角，线面角的求法，属中档题．
13.【答案】15
【解析】解：设取得的两支笔都是一等品的事件为A；
故概率满足P(A)=C32C62=36×52=15．
故答案为：15．
直接利用组合数的应用求出概率值．
本题考查的知识要点：概率的求法，组合数的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
14.【答案】710
【解析】解：取AC的中点F，连接DE，EF，
所以DE//A1C1,DE=12A1C1，
又AF=12AC，所以AF//DE，AF=DE，
则四边形ADEF是平行四边形，
所以AD//EF，则异面直线AD与BE所成角为∠FEB，
设三棱柱各棱长为2,EF=BE= 5,BF= 3，
由余弦定理得cos∠FEB=5+5−32× 5× 5=710．
故答案为：710．
取AC的中点F，构造中位线，得到四边形ADEF是平行四边形，所以AD//EF，找出角，再利用余弦定理得到答案．
本题考查了异面直线所成的角的计算问题，属于基础题．
15.【答案】−5
【解析】解：∵在三角形ABC中，AB=3，AC=2 3，∠BAC=150°，D在BC上，且满足BD=−12CD，
∴AD=AB+BD=AB+13BC=AB+13(AC−AB)=13AC+23AB，
∴AD⋅BC=(13AC+23AB)⋅(AC−AB)=13AC2−23AB2+13AB⋅AC=13×(2 3)2−23×32+13×3×2 3×(− 32)=−5．
故答案为：−5．
根据题意得到AD=13AC+23AB，再通过向量的数量积的定义求解即可．
本题考查向量的数量积的应用，考查向量的表示以及计算，考查计算能力．
16.【答案】2 3或2 13
【解析】解：∵cos2A+(4+ 3)sin(B+C)=2 3+1，
∴1−2sin2A+(4+ 3)sinA=2 3+1
整理得2sin2A−(4+ 3)sinA+2 3=0，
解得sinA= 32或sinA=2(舍去)，
∵0
又∵点P是△ABC的重心，
∴AP=13(AB+AC)，
∴AP2=19(AB2+AC2+2|AB|⋅|AC|cosA)，
∵|AP|=2 73, b=2，整理得c2+4ccosA−24=0．
当A=π3时，c2+2c−24=0，得c=4，
此时a2=4+16−2×2×4×12，解得a=2 3；
当A=2π3时，c2−2c−24=0，得c=6，
此时a2=4+36−2×2×6×(−12)，解得a=2 13．
故答案为：2 3或2 13．
利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得2sin2A−(4+ 3)sinA+2 3=0，解得sinA，结合范围0
17.【答案】解：(1)∵z1=1+2i，z2=3−4i，
∴z1+λz2=1+2i+λ(3−4i)=1+3λ+(2−4λ)i，
∵复数z1+λz2在复平面内对应的点在第二象限，
∴1+3λ<02−4λ>0，解得λ<−13，
故实数λ的取值范围为(−∞,−13).
(2)z=z1⋅(μ+z2)=(1+2i)(μ+3−4i)=μ+3+8+[2(μ+3)−4]i，
∵z为纯虚数，
∴μ+3+8=02μ+2≠0，解得μ=−11，
∴z=−20i，
∴z的虚部为−20．
【解析】(1)根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解．
(2)根据已知条件，结合复数的四则运算，以及纯虚数和虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及纯虚数和虚部的定义，复数的几何意义，属于基础题．
18.【答案】解：(1)因为a=(1,x)，b=(2,1)，
所以2a+b=(4,2x+1)，a+2b=(5,x+2)，
由(2a+b)//(a+2b)，得4(x+2)−5(2x+1)=0，解得x=12，
故|a|= 12+(12)2= 52；
(2)a−b=(−1,x−1)，
由(a−b)⊥b，得(a−b)·b=0，
所以−1×2+(x−1)×1=0，解得x=3，
所以a=(1,3)，
则a·b=5，b= 5，
故向量a在向量b上的投影向量为a⋅b|b|b|b|=55b=(2,1)．
【解析】本题考查平面向量数量积的坐标运算，向量的模的坐标表示，投影向量，向量共线及垂直的坐标运算，属于一般题．
(1)根据平面向量共线的坐标表示可求出x的值，然后求出|a|；
(2)由(a−b)⊥b，可得(a−b)·b=0，求出x的值，然后再求出向量a在向量b上的投影向量．
19.【答案】解：(1)这两人来自同一部门的概率为C32+C22C52=410=25；
(2)由题意可知甲部门每名职工被安排到每个高速路口的概率为13，
则恰有一人被安排到第一高速路口的概率为3×13×(1−13)×(1−13)=49．
【解析】(1)根据古典概型公式计算即可；
(2)根据相互独立事件概率乘法公式求解．
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用．
20.【答案】解：(1)因为a+b(1+cosC)=ccosB，
所以由正弦定理得sinA+sinB(1+cosC)=sinCcosB，
又sin(B+C)=sin(π−A)=sinA，
所以sin(B+C)+sinB+sinBcosC−sinCcosB=0，
所以2sinBcosC+sinB=0，
因为B∈(0,π)，所以sinB≠0，所以cosC=−12，
又C∈(0,π)，所以C=2π3．
(2)因为c= 3，C=2π3，
所以由正弦定理得bsinB=asinA= 3sin2π3=2，则b=2sinB，a=2sinA，
故△ABC的周长L= 3+2sinB+2sinA= 3+2sinB+2sin(π3−B)
= 3+2sinB+2(sinπ3cosB−cosπ3sinB)
= 3+sinB+ 3cosB
= 3+2sin(B+π3)，
因为0
所以 3+2sin(B+π3)∈(2 3,2+ 3]，
故△ABC周长的取值范围为(2 3,2+ 3].
【解析】(1)由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得cosC=−12，结合范围C∈(0,π)，可得C的值．
(2)由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求△ABC的周长L= 3+2sin(B+π3)，可求范围B+π3∈(π3,2π3)，进而根据正弦函数的性质即可求解其取值范围．
本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用以及正弦函数的性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由10(a+0.02+0.03+0.04+a)=1，可得a=0.005，
(2)由频率分布直方图知，原始分成绩位于区间[90,100]的占比为5%，
位于区间[80,90]的占比为20%，
估计等级A的原始分区间的最低分为90−15%−5%20%×10=85，
所以估计此次考试化学成绩A等级的原始分区间为[85,98]，
(3)由98−9090−85=100−TT−86，解得T=118813≈91，该学生的等级分为91分．
【解析】(1)利用频率分布直方图列出关于实数a的方程，解之即可求得实数a的值；
(2)先利用频率分布直方图求得第85百分位数对应的原始分，进而估计出此次考试化学成绩A等级的原始分区间；
(3)利用题给转换公式即可求得其等级分．
本题主要考查频率分布直方图的应用，根据面积和为1求出a的值，然后利用等级分赋分规则进行计算是解决本题的关键，是中档题．
22.【答案】(1)证明：取ED中点H，连接HA，HC，HF，如下图：
由题意可知AH//EF，且四边形BCHF为平行四边形，则HC//FB，
可得AH//面EFB，HC//面EFB，AH∩HC=H，
根据面面平行的判定定理可得面EFB//面AHC，从而可得AC//面EFB．
(2)解：取ED中点H，在平面DEC内作HM//EC于M点，如下图：
由题意则FH−−//AD−−//BC，进而可得四边形FHBC为平行四边形，BF//HC．
又因在翻折过程中，始终有AD⊥ED，AD⊥DC，ED∩DC=D，
即恒有AD⊥面EDC，BC⊥面EDC，
面EDC⊥面BCE.从而HC在面EBC内的投影为MC(或EC)，
因此BF与平面EBC的夹角即为∠ECH，
若EC=2 2，则ED⊥DC，进而可得EH=1，HC= 5，∠DEC=45°，
在△EHC中，由正弦定理可得HCsin∠DEC=EHsin∠ECH，
即sin∠ECH= 1010为直线BF与平面EBC的夹角的正弦值．
【解析】(1)取ED中点H，连接HA，HC，HF，通过AH//面EFB，HC//面EFB，可得EFB//面AHC，可证AC//面BEF；
(2)取ED中点H，在平面DEC内作HM//EC于M点，面EDC⊥面BCE.从而HC在面EBC内的投影为MC，BF与平面EBC的夹角即为∠ECH，求解即可．
本题考查线面平行的证明，考查线面角的求法，属中档题．
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