2022-2023学年安徽省安庆市、铜陵市、池州市联考高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年安徽省安庆市、铜陵市、池州市联考高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），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。

1.已知集合A={x|y=ln(x−1)}，B={x|x2+2x−3≥0}，则A∩B=( )
A. (1,3)B. (1,+∞)C. [3,+∞)D. [−1,1)
2.已知a，b均为实数，复数：z=a2−b+(b−2a)i，其中i为虚数单位，若z<3，则a的取值范围为( )
A. (−1,3)B. (−∞,−1)∪(3,+∞)
C. (−∞,−3)∪(1,+∞)D. (−3,1)
3.如图，是水平放置的△OAB用斜二测画法得到的直观图△O′A′B′(其中∠x′O′y′=45∘)，若A′B′⊥x′轴，O′A′=2,A′B′=2 2，则△OAB的面积为( )
A. 2 2
B. 4
C. 8
D. 4 2
4.唐代以来，牡丹之盛，以“洛阳牡丹甲天下”的美名流传于世.唐朝诗人白居易“花开花落二十日，一城之人皆若狂”和刘禹锡“唯有牡丹真国色，花开时节动京城”的诗句正是描写洛阳城的景象.已知根据花瓣类型可将牡丹分为单瓣类、重瓣类、千瓣类三类，现有牡丹花n朵，千瓣类比单瓣类多30朵，采用分层抽样方法从中选出12朵牡丹进行观察研究，其中单瓣类有4朵，重瓣类有2朵，千瓣类有6朵，则n=( )
A. 360B. 270C. 240D. 180
5.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC为钝角三角形，且a=6，b=8，则c的取值不可能的是( )
A. 3B. 4C. 9D. 12
6.已知向量a=(3,−1),b=(−1,2)，则向量a在向量b上的投影向量是( )
A. (1,−2)B. (−1,2)C. ( 5,−2 5)D. (− 5,2 5)
7.某校通过统计学生在校的5次模考数学成绩(分数均为整数)决定该学生是否适合进行数学竞赛培训.规定：“5次模考成绩均不低于140分”，现有甲、乙、丙三位同学5次模考成绩，则根据以下数据能确定适合数学竞赛培训的学生有( )
甲：众数为140，中位数为145；
乙：中位数为145，极差为6；
丙：均值为143，其中一次成绩为145，方差为1.6.
A. 甲乙B. 甲丙C. 乙丙D. 甲乙丙
8.设函数f(x)=x2,x≤1|lg2(x−1)|,x>1，若f(x1)=f(x2)=f(x3)=f(x4)(其中x1A. (3,103)B. (4,163)C. (3,103]D. [4,163)
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，命题“若______，则m⊥n”是真命题，则横线上可以是下列选项中的( )
A. m⊥α，n⊥β，且α//βB. m⊥α，n//β，且α//β
C. α//β，m⊂α，n⊂βD. m⊥α，n⊥β，且α⊥β
10.欧拉公式eix=csx+isinx(e为自然对数的底数，i为虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式建立了三角函数与指数函数的关系，在复变函数论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，在复数范围内关于x的方程x2+ax+b=0(a,b∈R)的两根为z1，z2，其中z1= 2eπ4i，则下列结论中正确的是( )
A. 复数z=a+bi对应的点在第一象限B. |a+bi|=2 2
C. z2=1−iD. |z1z2|=|z1||z2|
11.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若A=2π3，角A的平分线AD交BC于点D，AD=2，b=6，则以下结论正确的是( )
A. c=3B. BD=2CD
C. △ABC的面积为9 32D. a=3 5
12.如图1，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，截取后的剩余部分称为“阿基米德多面体”.阿基米德多面体是一个有十四个面的半正多面体，其中八个面为正三角形，六个面为正方形、它们的边长都相等，又称这样的半正多面体为二十四等边体.如图2，现有一个边长为2的二十四等边体、则关于该二十四等边体说法正确的是( )
A. 该二十四等边体的表面积为24+8 3
B. 共有8条棱所在直线与直线AB异面，且所成角为π3
C. 任意两个有公共顶点的三角形所在平面的夹角余弦值均为13
D. 该二十四等边题的外接球的体积为323π
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.某校高三年级10次模考中甲同学的数学成绩从小到大依次排列为94，96，98，98，100，101，101，102，102，103，则甲同学在这10次模考中数学成绩的第40百分位数为______ .
14.若cs(π3+α)=13，且π2<α<3π2，则cs(π6−α)=______ .
15.已知事件A，B，C两两相互独立，若P(AB)=29,P(BC−)=13,P(AC−)=16，则P(A)=______ .
16.如图是甲烷的球棍结构，它的分子结构为正四面体结构(正四面体是每个面都是正三角形的四面体)，碳原子位于正四面体的中心，4个氢原子分别位于正四面体的4个顶点.已知相邻的两个氢原子之间的距离为7，若不计原子大小，该正四面体内放入一个圆柱，使得圆柱的下底面在正四面体的底面，则当该圆柱的表面积取得最大值时，圆柱的底面半径为______ .
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
如图，在△ABC中，AB=6，BC=2 2，∠ABC=34π，点P在线段AC上，且有AP=3PC.
(1)用向量BA,BC表示BP；
(2)求BP⋅AC的值.
18.(本小题12分)
为提高全民的身体素质，某市体育局举行“万人健步走”活动，体育局通过市民上传微信走步截图的方式统计上传者每天的步数，现从5月20日参加活动的全体市民中随机抽取了100人的走步数组成样本进行研究，并制成如图所示的频率分布直方图(步数单位：千步).
(1)求a的值，并根据直方图估计5月20日这100位市民走步数的平均数(同一组中的数据用该组区间中点值代表)；
(2)按分层抽样的方式在[23,27)和[27,31]两组中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人进行走步路线调查，求这2人步数都在[27,31]的概率.
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，AB=2，∠ABC=π3，△PAB是正三角形，平面PAB⊥平面ABCD，点Q是线段PC的中点.
(1)求三棱锥Q−PAD的体积；
(2)求平面PBC与平面BCD夹角的余弦值.
20.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a= 33b,tanC=ccsAa+csinA.
(1)求角B的大小；
(2)若△ABC的外接圆周长为2 3π，求BC边上的中线长.
21.(本小题12分)
如图，在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形ABB1A1是边长为2的菱形，∠A1AB=π3，△ABC为正三角形，平面ABB1A1⊥平面ABC，点P是棱CC1的中点.
(1)求证：平面PB1A⊥平面ABB1A1；
(2)求PA1与平面PB1A所成角.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=lg(100x+a)−x(a>0).
(1)当函数f(x)是偶函数时，解不等式：f(x)(2)若函数g(x)=f(x)−lg(1−3×10x)有两个零点，求实数a的取值范围.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意A={x|x−1>0}={x|x>1}=(1,+∞)，B={x|x2+2x−3≥0}={x|x≥1或x≤−3}，
∴A∩B=(1,+∞).
故选：B.
根据对数型函数的定义域以及一元二次不等式化简集合A，B，即可由交集运算求解．
本题主要考查了集合的交集运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由题z=a2−b+(b−2a)i<3，所以z为实数，即b−2a=0a2−b<3，
则有a2−2a−3<0，解得−1故选：A.
由复数为实数及不等关系列不等式，解一元二次不等式即可．
本题主要考查复数的运算，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由题S△O′A′B′=12×O′A′×A′B′=12×2×2 2=2 2，
所以S△O′A′B′S△OAB=2 2S△OAB= 24，
解得S△OAB=8.
故选：C.
根据直观图和原图的面积关系，即可求解．
本题主要考查了平面图形的直观图，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：根据分层抽样的特点，设单瓣类、重瓣类、千瓣类的朵数分别为4x，2x，6x，
由题意可得6x−4x=30，解得x=15，所以n=4x+2x+6x=12x=12×15=180.
故选：D.
利用分层抽样中各层之间的比例，结合已知条件列方程求解．
本题考查分层抽样，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：因为b>a，所以B>A，
若△ABC为钝角三角形，则C为钝角或B为钝角，
若C为钝角，则有a2+b2−c2<0a+b>c，
即36+64c，解得10若B为钝角，则有a2+c2−b2<0a+c>b，
即36+c2<646+c>8，解得2即2因为2<3<2 7,2<4<2 7,10<12<14，而9不能满足上述取值范围．
故选：C.
分C为钝角或B为钝角两种情况，求出c的取值范围，得到答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查运算求解能力，属中档题．
6.【答案】A
【解析】解：a=(3,−1),b=(−1,2)，
则|a|cs⟨a,b⟩⋅b|b|=a⋅b|b|⋅b|b|=−5 5⋅b 5=−b=(1,−2).
故选：A.
由投影向量的定义，结合向量数量积和模的坐标运算求解．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：甲同学众数为140，说明140出现至少两次，若保证中位数为145，说明另外两个数不小于145，满足参加竞赛培训条件；
乙同学若最低分为139分，其余分数均为145分时，符合“中位数为145，极差为6”，不满足参加竞赛培训条件；
丙同学15(145−143)2=0.8，设另外四次成绩分别为xi，i∈{1,2,3,4}，
所以15[i=14(xi−143)2+(145−143)2]=1.6⇒i=14(xi−143)2=4，
由于xi均为整数，所以xi≥141，满足参加竞赛培训条件．
故选：B.
根据中位数以及极差的定义即可判断甲乙，根据方差的计算即可判断丙．
本题考查中位数、方差以及极差的定义，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：当x≤1时，函数f(x)=x2在(−∞,0]上递减，函数值集合为[0,+∞),在[0,1]上递增，函数值集合为[0,1]，
当x>1时，函数f(x)=|lg2(x−1)|在(1,2]上递减，函数值集合为[0,+∞),在[2,+∞)上递增，函数值集合为[0,+∞),
作出函数f(x)的图象，如图，设f(x1)=f(x2)=f(x3)=f(x4)=t，
当0当x>1时，由f(x)=|lg2(x−1)|=1，解得x=32或x=3，于是32≤x3<2,2由f(x3)=f(x4)，得−lg2(x3−1)=lg2(x4−1)，则x3−1=1x4−1，即x3=1x4−1+1，而x1+x2=0，
因此4x4+1+(x1+x2+2)x3=4x4+1+2x3=4x4+1+2x4−1+2，
令g(x)=4x+1+2x−1+2，显然函数g(x)在(2,3]上递减，且g(2)=163,g(3)=4，于是g(x)∈[4,163),
所以4x4+1+(x1+x2+2)x3的取值范围是[4,163).
故选：D.
分析函数f(x)的性质并作出图象，将问题转化为直线y=t与函数f(x)的图象的四个交点问题，结合图象性质再构造函数，借助单调性求解作答．
本题考查函数的性质，解题中注意数形结合思想，转化思想的应用，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：由n⊥β且α//β，可得n⊥α，而垂直同一个平面的两条直线相互平行，则m//n，故A错误；
由于α//β，m⊥α，所以m⊥β，又因为n//β，则m⊥n，故B正确；
若α//β，m⊂α，n⊂β，则m与n平行或异面，故C错误；
设α∩β=l，在平面β内作直线c⊥l，
如图，又因为α⊥β，则c⊥α，又m⊥α，所以m//c，
因为n⊥β，c⊂β，所以n⊥c，从而有n⊥m，故D正确．
故选：BD.
根据空间中点线面的位置关系，结合选项即可逐一求解．
本题考查线线、线面和面面的位置关系，主要是平行和垂直的判定和性质，考查转化思想和推理能力，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：由题z1= 2eπ4i= 2(csπ4+isinπ4)=1+i，
因为1+i是x2+ax+b=0的一个复数根，
则(1+i)2+a(1+i)+b=0，即a+b+(a+2)i=0，则有a+b=0a+2=0,，解得a=−2,b=2,
所以z=a+bi=−2+2i，对应的点为(−2,2)，在第二象限，故A错误；
|a+bi|=2 2，故B正确；
z1+z2=−a=2，所以z2=1−i，故C正确；
|z1z2|=2,|z1||z2|= 2× 2=2，故D正确．
故选：BCD.
根据欧拉公式可得z1= 2eπ4i= 2(csπ4+isinπ4)=1+i，进而代入方程中，利用复数相等的充要条件即可求解a=−2,b=2,，结合选项即可逐一求解．
本题考查欧拉公式的应用，复数的运算，是中档题．
11.【答案】AC
【解析】解：因为A=2π3，角A的平分线AD交BC于点D，AD=2，b=6，
所以可得S△ABC=S△ACD+S△ABD，
所以12bcsinA=12b⋅AD⋅sinA2+12c⋅AD⋅sinA2，
所以整理可得bc=2b+2c，
因为b=6，
所以c=3，故A正确；
由角平分线性质可知2BD=CD，故B错误；
由于S△ABC=12bcsinA=12×6×3× 32=9 32，故C正确；
在△ABC中，由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA=36+9+2×6×3×12=63，
所以a=3 7，故D错误．
故选：AC.
由题意可得S△ABC=S△ACD+S△ABD，利用三角形的面积公式可得bc=2b+2c，进而可求c的值，即可判断A；由角平分线性质即可判断B；利用三角形的面积公式即可判断C；利用余弦定理即可判断D.
本题考查了三角形的面积公式，角平分线性质以及余弦定理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．
12.【答案】ACD
【解析】解：由题该二十四等边体是由8个边长为2的正三角形和6个边长为2的正方形构成，
所以表面积S=8×12×2×2× 32+6×2×2=24+8 3，故A正确；
在与AB相交的6条棱AD，AF，AM，BF，BC，BE中，与AB所成的角是π3的棱有AF，AM，BF，BC共有4条，
又这4条棱中，每一条棱都有3条平行的棱，故与AB异面且所成的角是π3的棱共有12条，故B错误；
由图1知，设任一三角形所在平面与正方形的底面所成角为α，
取AB中点为G，连接NG，FG，
由于三角形ABN，△ABF均为等腰三角形，所以NG⊥AB，FG⊥AB，故∠NGF=α
，由于AB=2，∴NG=12AB=1,FG= 32AB= 3，所以csα=NGFG= 33，
由对称性可知任意两个三角形所在平面的夹角均为π−2α，
cs(π−2α)=−cs2α=−[2×( 33)2−1]=13，故C正确；
该二十四等边体的外接球球心即为原正方体的中心，半径为球心到任一顶点的距离，
易得原正方体棱长为2 2，所以外接球半径r= ( 2)2+( 2)2=2，
所以体积V=43πr3=323π，故D正确．
故选：ACD.
根据二十四等边体的形成过程可知是由8个边长为2的正三角形和6个边长为2的正方形构成，即可由面积公式求解A，根据等边三角形可得与AB相交的棱中与其成π3的条数，即可由二十四等边体的结构特征求解剩余的棱，即可判断B，根据面面角即可由对称求解C，根据正方体的外接球即可判断D.
本题主要考查几何体的结构特征以及几何体的外接球体积的求解，考查计算能力，属于中档题．
13.【答案】99
【解析】解：因为10×40%=4，
所以第40百分位数为第四、五两数的平均数即为98+1002=99.
故答案为：99.
根据百分位数的定义直接计算即可．
本题考查百分位数的求解，是基础题．
14.【答案】−2 23
【解析】解：cs(π6−α)=sin[π2−(π6−α)]=sin(π3+α).
∵π2<α<3π2，
∴5π6<π3+α<11π6.
又∵cs(π3+α)=13>0，
∴3π2<π3+α<11π6，
∴sin(π3+α)=− 1−cs2(π3+α)=−2 23，
∴cs(π6−α)=−2 23.
故答案为：−2 23.
根据条件cs(π6−α)=sin(π3+α)，利用平方关系即可求出结果．
本题主要考查两角和与差的三角函数，属于中档题．
15.【答案】13
【解析】解：因为事件A，B，C两两相互独立，若P(AB)=29,P(BC−)=13,P(AC−)=16，
所以P(AB)=P(A)P(B)=29，
P(BC−)=P(B)P(C−)=P(B)(1−P(C))=13，
P(AC−)=P(A)P(C−)=P(A)(1−P(C))=16，
解得P(A)=13.
故答案为：13.
根据相互独立事件和对立事件的概率公式结合题意列方程组求解即可．
本题考查相互独立事件和对立事件的概率公式，属于基础题．
16.【答案】2 33+ 66
【解析】解：如图，不计原子大小后，设5个原子所确定的四面体为正四面体ABCD，
则其棱长为7，若使圆柱最大，
则圆柱的上底面为一个平行于底面的截面所成正三角形的内切圆，
设截面正三角形边长为x，x∈(0,7)，设圆柱的高AO交截面于F，连接EF、BO，圆柱的高为h，
则EF= 32x×23= 33x，BO= 32×7×23=7 33，AO=7 63，
由几何关系可得：AFAO=EFBO，则AO−hAO=EFBO=x7
则圆柱的高h=AO⋅(1−x7)= 6(7−x)3，
圆柱底面半径为r=13× 32x= 36x，
所以圆柱表面积：
S=2πr2+2πrh=2π( 36x)2+2π× 36x× 6(7−x)3=(16− 23)πx2+7 23πx，
故当x=−7 23π2(16− 23)π=4+ 2时，S取得最大值，
此时r= 36x= 36×(4+ 2)=2 33+ 66.
故答案为：2 33+ 66.
利用几何关系求出圆柱底面半径为r= 36x，利用表面积公式表示出表面积几何二次函数最值求出结果．
本题考查空间几何体的的结构特征，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)因为AP=3PC，所以AP=34AC，
所以BP=BA+AP=BA+34(BC−BA)=14BA+34BC；
(2)由(1)得，BP⋅AC=(14BA+34BC)⋅(BC−BA)=−14|AB|2−12BA⋅BC+34|BC|2，
因为AB=6,BC=2 2,∠ABC=34π，
所以BP⋅AC=−9−12×6×2 2×(− 22)+6=3.
【解析】(1)由AP=34AC利用线性表示可求出结果；
(2)BP⋅AC=(14BA+34BC)⋅(BC−BA)，再利用向量数量积运算即可求出结果．
本题考查平面向量的线性运算和数量积，属于基础题．
18.【答案】解：(1)由题有4×(0.025+0.0375+0.05+a+0.0375+0.025)=1，
解得a=0.0750，
由频率分布直方图的数据，可得这100位市民走步数的平均数：
x−=(9×0.025+13×0.0375+17×0.05+21×0.075+25×0.0375+29×0.025)×4=19.2千步；
(2)在[23,27)和[27,31]两组中的人数分别为100×4×0.0375=15人和100×4×0.025=10人，
所以在[23,27)分组中抽取的人数为5×1510+15=3人，记为a1，a2，a3，
在[27,31]分组中抽取的人数为2人，记为b1，b2，
所以这5人中随机抽取2人的情况有：
Ω={(a1,a2),(a1,a3),(a2,a3),(a1,b1),(a1,b2),(a2,b1),(a2,b2),(a3,b1),(a3,b2),(b1,b2)}，共10种取法，
其中这2人步数都在[27,31]的情况只有{(b1,b2)}，共有1种，
所以这2人步数都在[27,31]的概率为P=110.
【解析】(1)由各组的频率和为1可求出a的值，根据平均数的定义结合频率分布直方图求解平均数；
(2)根据分层抽样的定义求出在[23,27)和[27,31]两组中各抽取的人数，然后利用列举法可求出概率．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
19.【答案】解：(1)如图，取AB中点O，连接PO，
∵△PAB是正三角形，∴PO⊥AB，
∵平面PAB⊥平面ABCD，且两平面的交线为AB，AB⊂平面ABCD，
∴PO⊥平面ABCD，∴PO= 32AB= 3，
S△ACD=12×AD×CD×sin∠ADC=12×2×2× 32= 3，
又PQ=12PC，
则VQ−PAD=12VC−PAD=12VP−ACD=12×13×S△ACD×PO=12×13× 3× 3=12；
(2)由(1)知PO⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，故PO⊥BC，
过O作OH⊥BC于H，连接PH，
∵PO、OH⊂平面POH，PO∩OH=O，
∴BC⊥平面POH，则BC⊥PH，
∴∠PHO即为平面PBC与平面BCD的夹角，
在Rt△PHO中，因为PO= 3,OH= 32，
所以PH= PO2+OH2= ( 3)2+( 32)2= 152，
即cs∠PHO=OHPH= 32 152= 55，
即平面PBC与平面BCD夹角的余弦值为 55.
【解析】(1)根据面面垂直得线面垂直，由等体积法即可求解；
(2)根据面面垂直得线面垂直，进而根据面面角的几何法求解其平面角，利用三角形的边角关系即可求解．
本题考查了空间几何体的体积、二面角的求解，考查了运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为a= 33b,tanC=ccsAa+csinA=sinCcsC，
根据正弦定理可得sinA= 33sinB,sinCcsAsinA+sinCsinA=sinCcsC，
因为sinC≠0，
所以sinA=csCcsA−sinCsinA=cs(C+A)=cs(π−B)=−csB= 33sinB，
即tanB=− 3，因为0(2)由(1)sinA= 33sinB= 33× 32=12，所以A=π6,C=π6，
如图，取BC中点D，连接AD，
记△ABC的外接圆的半径为r，则2πr=2 3π，解得r= 3，
根据正弦定理可得AB=2rsinC= 3，所以BC=AB= 3，即BD= 32.
根据余弦定理可得
AD2=AB2+BD2−2AB⋅BD⋅csB=( 3)2+( 32)2−2× 3× 32×(−12)=214，
所以AD= 212，故BC边上的中线长为 212.
【解析】(1)利用弦切互化及正弦定理化简条件，利用三角形的性质结合正切值求角；
(2)根据正弦定理求出边，再利用余弦定理求解即可．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
21.【答案】(1)证明：连接A1B交AB1于点Q，连接PQ，
取AB中点O，连接CO，OQ，
∵OQ//AA1，且OQ=12AA1,PC//AA1,PC=12AA1，
∴OQ//PC，且OQ=PC，
∴四边形PQOC为平行四边形，
∴PQ//CO.
∵△ABC为正三角形，
∴CO⊥AB，
∵平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC=AB，
∴CO⊥平面ABB1A1，∴PQ⊥平面ABB1A1，
又∵PQ⊂平面PB1A，
∴平面PB1A⊥平面ABB1A1；
(2)由(1)得平面PB1A⊥平面ABB1A1，A1B⊥B1A，
平面ABB1A1∩平面PB1A=AB1，A1B⊂平面ABB1A1，
∴A1B⊥平面PB1A，则即∠A1PQ为PA1与平面PB1A所成的角，
又A1Q=12A1B=1,PQ=CO= 32AB= 3,A1P= A1Q2+PQ2=2，
∴在Rt△A1PQ中，sin∠A1PQ=A1QA1P=12，
∵∠A1PQ∈[0,π2]，
∴∠A1PQ=π6.
故PA1与平面PB1A所成角为π6.
【解析】(1)利用面面垂直的判定定理即可进行证明；
(2)根据几何关系证明A1B⊥平面PB1A，则即∠A1PQ为PA1与平面PB1A所成的角，再利用几何关系求出线面角．
本题主要考查直线与平面所成的角，考查转化能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)函数f(x)的定义域为R，
f(x)=lg(100x+a)−x=lg(102x+a)−lg10x=lg102x+a10x=lg(10x+a⋅10−x)，
f(−x)=lg(10−x+a⋅10x)，
因为函数f(x)是偶函数，所以f(−x)=f(x)，即lg(10−x+a⋅10x)=lg(10x+a⋅10−x)，
则有10−x+a⋅10x=10x+a⋅10−x，化简得(a−1)⋅(102x−1)=0，
因为102x−1不恒为0，所以a−1=0，即a=1.
f(x)=lg(10x+10−x)化简得2×102x−5×10x+2<0，
即(2×10x−1)⋅(10x−2)<0，
即12<10x<2，
解得lg12所以不等式的解集为(lg12,lg2).
(2)由题g(x)=lg(100x+a)−x−lg(1−3×10x)=lg(10x+a⋅10−x)−lg(1−3×10x)有两个零点，
定义域为(−∞,−lg3)，
即方程a=10x−4×102x在(−∞,−lg3)上有两个实数根，lg(10x+a⋅10−x)−lg(1−3×10x)=0在(−∞,−lg3)上有两个实根，
即10x+a⋅10−x=1−3×10x在(−∞,−lg3)上有两个实数根，
设t=10x,t∈(0,13)，则转化为关于t的方程t−4t2=a在(0,13)上有两个实数根，
所以函数y=t−4t2,t∈(0,13)与y=a图象有两个交点，
因为y=−4t2+t=−4(t−18)2+116，
当t=13时，y=−4(13)2+13=−19，当t=0时，y=0，
结合函数y=t−4t2,t∈(0,13)的图象可知，当a∈(0,116)时，恰有两个交点，
所以实数a的取值范围为(0,116).

【解析】(1)根据函数的奇偶性即可求解a=1，进而利用对数函数的单调性即可求解不等式，
(2)通过分离参数将问题转为a=10x−4×102x在(−∞,−lg3)上有两个实数根，利用换元法，结合二次函数的性质即可求解．
本题考查函数的性质，函数的零点，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．