还剩14页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2022-2023学年湖北省新高考联考协作体高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）
展开
这是一份2022-2023学年湖北省新高考联考协作体高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共17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i是虚数单位，复数z=2+i，则z−⋅i的虚部为( )
A. 1B. 2C. iD. 2i
2.某中学高一年级有20个班，每班50人；高二年级有24个班，每班45人.甲就读于高一，乙就读于高二.学校计划从这两个年级中共抽取208人进行视力调查，若采用分层抽样的方式进行抽样，则下列说法：①甲乙两人可能同时被抽取；②高一、高二年级分别抽取100人和108人；③乙被抽到的可能性比甲的大.其中正确的有( )
A. ①B. ①③C. ①②D. ①②③
3.已知α，β是两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，下列说法正确的是( )
A. 若m//β，则α//βB. 若l⊂β，m//l，则m//β
C. 若α⊥β，则m⊥βD. 若m⊥β，则α⊥β
4.已知向量a，b满足|b|=1，a⊥b，则a−2b在b方向上的投影向量为( )
A. 2B. 2aC. −2bD. −2
5.已知α，β，γ是三个平面，α∩β=l1，α∩γ=l2，β∩γ=l3，则下列结论正确的是( )
A. 直线l2与直线l3可能是异面直线
B. 若l1∩l2=O，则直线l1与直线l3可能平行
C. 若l1∩l2=O，则直线l2与直线l3不可能相交于O点
D. 若l1//l2，则l1//l3
6.已知平面向量a，b，c满足|a|=1，|b|=2且对∀t∈R，有|b+ta|≥|b−a|恒成立，则2a−b与b的夹角为( )
A. 2π3B. π2C. π3D. π6
7.在边长为2的正方形ABCD中，E是AB的中点，点F是BC的中点，将△AED，△BEF，△DCF分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点A′，则A′到平面EFD的距离为( )
A. 1B. 23C. 43D. 2
8.已知一组样本数据共有8个数，其平均数为8，方差为12，将这组样本数据增加两个未知的数据构成一组新的样本数据，已知新的样本数据的平均数为9，则新的样本数据的方差最小值为( )
A. 10B. 10.6C. 12.6D. 13.6
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.学校“未来杯”足球比赛中，甲班每场比赛平均失球数是1.9，失球个数的标准差为0.3；乙班每场比赛平均失球数是1.3，失球个数的标准差为1.2，你认为下列说法中正确的是( )
A. 平均来说乙班比甲班防守技术好
B. 乙班比甲班防守技术更稳定
C. 乙班在防守中有时表现非常好，有时表现比较差
D. 甲班很少不失球
10.已知x∈C(全体复数集)，关于x的方程x2+tx+2=0(t∈R)的两根分别为x1，x2，若|x1−x2|=2 2，则t的可能取值为( )
A. −4B. −2C. 0D. 4
11.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,−π2<φ<0)的部分图像如图所示，加入以下哪个选项作为已知条件，可以唯一确定φ的值( )
A. f(0)=−1，A=2
B. x1=π12，x2=5π12
C. x2=2x1
D. x2=4x1
12.已知棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为正方体内及表面上一点，且AP=mAB+nAD1，其中m∈[0,1]，n∈[0,1]，则下列说法正确的是( )
A. 当n=1时，对任意m∈[0,1]，CP//平面ABB1A1恒成立
B. 当m=0，n=12时，B1P与平面ABC1D1所成的线面角的余弦值为 63
C. 当m+n=1时，A1C1⊥B1P恒成立
D. 当m+n=1时，PA+PC的最小值为 3
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知i是虚数单位，复数z满足(2−i)z=6+2i，则|z|=______.
14.如图△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，其中O′A′=6，O′B′=4，∠A′O′B′=45∘，则△OAB的周长为______.
15.半径为R的球的球面上有四点A，B，C，D，已知△ABC为等边三角形且其面积为9 3，三棱锥D−ABC体积的最大值为18 3，则球的半径R等于______.
16.已知直角三角形DEF的三个顶点分别在等边三角形ABC的边AB，BC，CA上，且∠DEF=90∘，∠EDF=30∘，则S△DEFS△ABC的最小值为______.
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)
已知θ为三角形的一个内角，i为虚数单位，复数z=csθ+isinθ，且z2−z在复平面上对应的点在虚轴上.
(1)求θ；
(2)设2z，z−，1+z+z2在复平面上对应的点分别为A，B，C，求△ABC的面积.
18.(本小题12分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足2c+b−2acsB=0.
(1)求角A；
(2)若a=2 3，BA⋅AC=32，AD是△ABC中线，求AD的长.
19.(本小题12分)
如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是棱BB1，B1C1的中点，
(1)求证：点F在平面AED1内；
(2)用平面AED1截正方体ABCD−A1B1C1D1，将正方体分成两个几何体，两个几何体的体积分别为V1，V2(V120.(本小题12分)
2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成功着陆，航天员翟志刚，王亚平，叶光富顺利出舱，神舟十三号载人飞行任务圆满完成，为纪念中国航天事业所取得的成就，发掘并传承中国航天精神，某市随机抽取1000名学生进行了航天知识竞赛并记录得分，将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100],并绘制成如图所示的频率分布直方图.
(1)请补全频率分布直方图并估计这1000名学生成绩的平均数和计算80%分位数(求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)现从以上各组中采用分层抽样的方法抽取200人，若第三组中被抽取的学生成绩的平均数与方差分别为72分和1，第四组中被抽取的学生成绩的平均数与方差分别为87分和2，求这200人中分数在区间[70,90)的学生成绩的方差.
21.(本小题12分)
在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC=AA1=2，BC1= 14，∠ABC=2π3，A1C1⊥A1B.
(1)证明：平面A1AC⊥平面ABC；
(2)求二面角A−A1B−C的平面角的余弦值.
22.(本小题12分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且边BC上的高h= 34a.
(1)若A=π2，求B；
(2)已知△ABC中角B和C是锐角，求tanB+4tanC的最小值.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：z−⋅i=(2−i)⋅i=1+2i，虚部为2.
故选：B.
根据共轭复数及复数的乘法法则进行化简运算，再得出结果．
本题主要考查共轭复数的定义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：对于①，采用分层抽样的方式进行抽样，甲乙两人可能同时被抽取，故①正确；
对于②，高一共有20×50=1000人，高二共有24×45=1080人，从这两个年级2080人中共抽取208人进行视力调查，
高一应抽取10002080×208=100人，高二应抽取10802080×208=108人，故②正确；
对于③，甲被抽到的可能性为1001000=110，乙被抽到的可能性为1351350=110，甲和乙被抽到的可能性相等，故③错误．
故选：C.
根据分层抽样的特征以及每层的人数比值逐一求解判断各选项．
本题主要考查分层抽样的定义，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：对于A，由面面平行判定定理可知，在平面α内需要两条相交直线与平面β平行才能得出两平面平行，故A错误；
对于B，选项缺少m不在平面β内，故B错误；
对于C，由面面垂直的性质定理可知，平面α内的直线m与α，β两个平面的交线垂直，才能得出m⊥β，故C错误；
对于D，已知m⊥β，m为平面α内的一条直线，由面面垂直判定定理可知D正确，故D正确．
故选：D.
由线面、面面平行的判定定理及线面、面面垂直的判定定理逐一判断各选项即可．
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，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由a⊥b，得a⋅b=0.
根据投影向量的定义可知：a−2b在b方向上的投影向量为(a−2b)⋅b|b|2⋅b=a⋅b−2|b|2|b|2⋅b=−2b.
故选：C.
由已知可得a⋅b=0，根据投影向量的定义及数量积的运算律求投影向量即可．
本题考查投影向量的概念和平面向量的数量积，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：对于A，由α∩γ=l2，β∩γ=l3，得l2⊂γ，l3⊂γ，则直线l2与直线l3是共面直线，故A错误；
对于B、C，∵α∩β=l1，α∩γ=l2，l1∩l2=O，∴O∈α，O∈β，O∈γ，
∵β∩γ=l3，∴O∈l3，可知直线l1，l2，l3必然交于一点(即三线共点)，故B，C错误；
对于D，若l1//l2，l1⊄γ，l2⊂γ，∴l1//γ，
又l1⊂β，β∩γ=l3，∴l1//l3，故D正确．
故选：D.
对于A，直线l2与直线l3都在平面γ内；对于B、D，由O∈α，O∈β，O∈γ，得出O∈l3，得出结果；对于D，由线面平行的判定定理以及性质定理推理得出．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
6.【答案】A
【解析】解：因为对∀t∈R，有|b+ta|≥|b−a|恒成立，
所以对∀t∈R，(b+ta)2≥(b−a)2恒成立，
所以对∀t∈R，t2a2+2ta⋅b−(a2−2a⋅b)≥0恒成立，
所以Δ=4(a⋅b)2+4a2(a2−2a⋅b)≤0，即(a2−a⋅b)2≤0，
所以a2−a⋅b=a2−|a|⋅|b|cs⟨a,b⟩=0，
解得cs⟨a,b⟩=12，
所以⟨a,b⟩=π3，a⋅b=|a|⋅|b|cs=1，
所以|2a−b|= 4a2−4a⋅b+b2=2，
所以cs<2a−b,b>=(2a−b)⋅b|2a−b||b|=2a⋅b−b24=−24=−12，
所以2a−b与b的夹角为2π3.
故选：A.
展开|b+ta|≥|b−a|，根据∀t∈R，有|b+ta|≥|b−a|恒成立，可求得两向量夹角，再结合夹角余弦公式即可求得．
本题考查平面向量数量积的运算，属中档题．
7.【答案】B
【解析】解：由折叠不变可知，三棱锥A′−EFD中A′E，A′F，A′D两两相互垂直，
所以VA′−EFD=VD−A′EF=13S△A′EF⋅DA′=13×12×1×1×2=13，
△EFD的三边长分别为 2， 5， 5，所以S△EFD=32，
因为VA′−EFD=VD−A′EF，设A′到平面EFD的距离为d，
所以13S△EFD⋅d=13，解得d=23，
故选：B.
由折叠不变可知，三棱锥A′−EFD中A′E，A′F，A′D两两相互垂直，然后由等体积法可求出答案．
本题考查立体几何中折叠问题，等体积法求解点面距问题，属中档题．
8.【答案】D
【解析】解：设增加的数为x，y，原来的8个数分别为a1，a2，⋯，a8，
则a1+a2+⋯+a8=64，a1+a2+⋯+a8+x+y=90，所以x+y=26，
一组样本数据共有8个数，其平均数为8，方差为12，
则18i=18(ai−8)2=12，即i=18(ai−8)2=96，
新的样本数据的方差为110[i=18(ai−9)2+(x−9)2+(y−9)2]=110[i=18(ai−8)2−2i=18(ai−8)+8+(x−9)2+(y−9)2]
=110(x2+y2−202)，
因为 x2+y22≥x+y2=13，x2+y2−202≥136，
所以方差的最小值为13.6(当x=y=8时取到最小值).
故选：D.
根据已知条件，利用平均数公式及其方差公式求解．
本题主要考查平均数公式及其方差公式，属于基础题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A，从平均数角度考虑是对的，甲班每场比赛平均失球数大于乙班每场比赛平均失球数，故A正确；
对于B，从标准差角度考虑是错的，甲失球个数的标准差小，防守技术更稳定；故B错误；
对于C，乙失球个数的标准差大，防守中的表现不稳定，故C正确；
对于D，从平均数和标准差角度考虑是对的，故D正确．
故选：ACD.
由平均数及方差的大小关系逐一判断各选项．
本题主要考查了平均数的方差的实际意义，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：因为方程x2+tx+2=0(t∈R)的两根分别为x1，x2，
所以x1+x2=−t，x1x2=2，所以(x1−x2)2=(x1+x2)2−4x1x2=t2−8，
当t2−8≥0时，有|x1−x2|= t2−8=2 2，解得t=±4；
当t2−8<0时，有x1−x2=± 8−t2i，又|x1−x2|= 8−t2=2 2，解得t=0.
故选：ACD.
根据已知条件及韦达定理得出(x1−x2)2=t2−8，分情况讨论得出结果．
本题考查二次方程根与系数的关系及复数的运算，属基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：A项：当f(0)=−1，A=2时得sinφ=−12，−π2<φ<0∴φ=−π6，A选项正确；
B项：当x1=π12，x2=5π12时，函数的最小正周期为2π3，∴ω=3，以及x1+x22=π4，
∴π4⋅3+φ=π2⇒φ=−π4，B正确；
C项：由图像可得ωx1+φ=0，ωx2+φ=π，∴π−φ−ϕ=x2x1⇒−πϕ+1=x2x1
又因为−π2<φ<0，∴πϕ<−2⇒x2x1>3，所以C错，D对．
故选：ABD.
根据三角函数的图像与性质逐一判断即可，其中判断C、D的时候需由ωx1+φ=0，ωx2+φ=π得到π−φ−ϕ=x2x1.
本题考查三角函数的性质，属于中档题．
12.【答案】ABC
【解析】解：对于A：如图1，当n=1时，P点在线段C1D1上，CP⊂平面CDD1C1，
又因为平面CDD1C1//平面ABB1A1，CP⊂平面CDD1C1，
所以CP//平面ABB1A1，故A正确；
对于B：如图2，当m=0，n=12时，P是AD1的中点，
因为AB⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C，
所以AB⊥B1C，
又B1C⊥BC1，AB∩BC1=B，AB，BC1⊂平面ABC1D1内，
所以B1C⊥平面ABC1D1，H是垂足，
所以∠B1PH为B1P与平面ABC1D1所成的角，
在Rt△B1PH中，tan∠B1PH=PHB1H=1 22= 2，
所以B1P与平面ABC1D1所成的线面角的余弦值为 63，故B正确；
对于C：如图3，当m+n=1时，点P在线段BD1上，
由选项C同理可证A1C1⊥面BB1D1，B1P⊂面BB1D1，A1C1⊥B1P，故C正确；
对于D：如图4，当m+n=1时，点P在线段BD1上，将平面ABD1和平面BCD1展开成平面图后，线段AC为所求，
此时AC⊥BD1，PA=PC=AB×AD1BD1=1× 2 3= 63，
所以PA+PC的最小值为23 6，故D错误．
故选：ABC.
对于A：由面面平行的性质定理得出线面平行；对于B：由线面垂直的判定定理得出B1C⊥平面ABC1D1，H是垂足，所以∠B1PH为所求；对于C：由线面垂直的性质定理证得结果；对于D：将平面ABD1和平面BCD1展开成平面图后，线段AC为所求．
本题考查直线与平面位置关系，直线与平面所成的角，解题中需要一定的推理能力和直观想象能力，属于中档题．
13.【答案】2 2
【解析】解：因为z=6+2i2−i=(6+2i)(2+i)(2−i)(2+i)=10+10i5=2+2i，
所以|z|= 22+22=2 2.
故答案为：2 2.
根据复数运算的除法法则和模的计算公式，即可化简得到答案．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
14.【答案】24
【解析】解：如图，根据直观图复原原图，
则OA=6,OB=8,AB= 62+82=10，
故△OAB的周长为6+8+10=24.
故答案为：24.
根据直观图复原原图，根据斜二测画法的规则，确定相关线段的长，可求得答案．
本题考查斜二测画法相关知识，属于基础题．
15.【答案】4
【解析】解：根据题意，设△ABC的中心为O′，三棱锥D−ABC外接球的球心为O，则当体积最大时，点D，O′，O在同一直线上，且垂直于底面ABC，
如图，
因为△ABC为等边三角形且其面积为9 3，所以△ABC的边长x满足 34x2=9 3，故x=6，
所以AO′=2 3，DO=AO=R，故OO′= AO2−AO′2= R2−12，
故三棱锥的高DO′=DO+OO′=R+ R2−12，
所以V=13×9 3×(R+ R2−12)=18 3，所以R=4.
故答案为：4.
根据题意，设△ABC的中心为O′，三棱锥D−ABC外接球的球心为O，分析当三棱锥的体积最大时，点D，O′，O在同一直线上，且垂直于底面ABC，然后利用图形中的几何关系和条件可求得答案．
本题考查三棱锥、球的体积计算，注意分析三棱锥体积最大的条件，属于中档题．
16.【答案】314
【解析】解：设∠BDE=α(π6<α<5π6)，EF=x，
则在△BDE中，∠DEB=π−(α+π3)，DE= 3x，
由正弦定理得：DEsinπ3=BDsin(α+π3)，
∴BD=sin(α+π3)sinπ3⋅ 3x，
在△ADF中DF=2x，∠A=π3，∠AFD=α−π6，
同理可得AD=sin(α−π6)sinπ3⋅2x，
因此可得AB=AD+BD=2sin(α+π3)x+43 3sin(α−π6)x=(3sinα+ 33csα)x，
S△DEFS△ABC=12DE⋅EF12AB⋅AB⋅sinπ3=2(3sinα+ 33csα)2，
因为3sinα+ 33csα=2 213sin(α+φ)≤2 213，其中tanφ= 39，0<φ<π6，
由于π6<α<5π6，π6+φ<α+φ<5π6+φ，
所以当α+φ=π2时，sin(α+φ)=1，
所以(3sinα+ 33csα)max=23 21，
则S△DEFS△ABC的最小值为314.
故答案为：314.
设∠BDE=α(π6<α<5π6)，EF=x，由正弦定理求解BD，AD，再结合三角形面积公式及三角函数辅助角公式求三角函数最值得出结果．
本题考查三角函数与解三角形的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵z2−z=(cs2θ−csθ)+i(sin2θ−sinθ)，
∴cs2θ−csθ=2cs2θ−csθ−1=0，θ∈(0,π)，
∴csθ=−12⇒θ=23π；
(2)由(1)知：sinθ= 32，2z=−1+ 3i，
∴z2=14−34− 32i=−12− 32i，z−=−12− 32i，
∴1+z+z2=1−12+ 32i−12− 32i=0.
在复平面上对应的点分别为A(−1, 3)，B(−12,− 32)，C(0,0)，
∴CA=2，CB=1，AB= 7，
由余弦定理可得cs∠ACB=CA2+CB2−AB22CA⋅CB=1+4−72×2=−12，且∠ACB∈(0,π)，
∴sin∠ACB= 32，
∴S△ABC=12CA⋅CB⋅sin∠ACB=12×1×2× 32= 32.
【解析】(1)先得到z2−z=(cs2θ−csθ)+i(sin2θ−sinθ)，再根据z2−z在复平面上对应的点在虚轴上，由cs2θ−csθ=0求解；
(2)先得到各复数在复平面上对应的点分别为A(−1, 3)，B(−12,− 32)，C(0,0)，然后利用余弦定理求得一个角，再利用三角形面积公式求解．
本题主要考查复数的几何意义，考查转化能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为2c+b−2acsB=0，由正弦定理可知：2sinC+sinB−2sinAcsB=0，
由C=π−A−B，故sinC=sin(π−A−B)=sin(A+B)，
所以2sin(A+B)+sinB−2sinAcsB=0，2csAsinB+sinB=0(B∈(0,π),sinB≠0)，
所以csA=−12，又A∈(0,π)，所以A=23π；
(2)根据数量积的定义，由BA⋅AC=32，
得cbcsπ3=32⇒bc=3，又a=2 3，
在△ABC中，由余弦定理得：a2=b2+c2−2bccsA⇒b2+c2=9，
因为AD=12AB+12AC，
所以|AD|2=AB2+AC2+2AB⋅AC4=14(b2+c2)−14bc=32，
所以AD= 62.
【解析】(1)根据边角转化，将题干条件均化成角，结合诱导公式，三角恒等变换进行化简求值；
(2)利用AD=12AB+12AC，平方后求|AD|2，结合余弦定理来处理．
本题主要考查平面向量数量积运算，正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：如图，连接EF，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB//C1D1且AB=C1D1，
所以四边形ABC1D1是平行四边形，
所以AD1//BC1，
又E，F分别是棱BB1，B1C1的中点，
则EF//BC1，
所以EF//AD1，
所以E、F、D1、A四点共面，即点F在平面AED1内；
(2)连接FD1，所以平面AED1截正方体ABCD−A1B1C1D1的截面是四边形AEFD1，
所以V1是几何体三棱台A1AD1−B1EF的体积，
则S△A1AD1=12×2×2=2，S△B1EF=12×1×1=12，
所以V1=13⋅A1B1⋅(S△A1AD1+ S△A1AD1S△B1EF+S△B1EF)=13×2×(2+1+12)=73，
且V2=VABCD−A1B1C1D1−V1=23−73=173.
因此V1：V2=7：17.
【解析】(1)根据两条平行线确定一个平面得出E、F、D1、A四点共面；
(2)连接FD1，由于平面AED1截正方体ABCD−A1B1C1D1的截面是四边形AEFD1，得出V1是几何体三棱台A1AD1−B1EF的体积，进一步求体积得出比值．
本题考查空间中平行关系的判定以及四点共面问题的证明，考查简单几何体的体积计算，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
20.【答案】解：(1)成绩落在[60,70)的频率为1−(0.30+0.15+0.10+0.05)=0.40，
补全的频率分布直方图，如下图：
样本的平均数x−=55×0.30+65×0.40+75×0.15+85×0.10+95×0.05=67(分)，
设80%分位数为x，则0.03×10+0.04×10+(x−70)×0.015=0.8，
解得x=2303≈76.67(分)；
(2)由分层抽样可知，第三组和第四组分别抽取30人和20人，
分层抽样的平均值：x1−=35×72+25×87=78(分)，
分层抽样的方差：s2=35[1+(72−78)2]+25[2+(87−78)2]=2775=55.4，
所以这200人中分数在区间[70,90)所有人的成绩的方差为55.4.
【解析】(1)由频率和为1，求出成绩落在[60,70)的频率；由样本的平均数公式及百分位数的计算公式得出结果；
(2)根据分层抽样的样本平均数及方差公式求得结果．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了平均数、百分位数和方差的计算，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：如图，设AC的中点为O，连接OA1，OB，
因为AB=BC，所以AC⊥OB，又因为AC//A1C1，且A1C1⊥A1B，
所以AC⊥A1B，因为A1B，OB⊂平面OBA1，且A1B∩OB=B，
所以AC⊥平面OBA1，因为OA1⊂平面OBA1，
所以AC⊥OA1，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=2π3，
由余弦定理求得AC= AB2+BC2−2AB×BCcs2π3= 22+22−2×2×2×(−12)=2 3，
则A1C1=AC=2 3，BC1= 14，
因为A1C1⊥A1B，所以A1C12+A1B2=BC12，解得A1B= 2，
在Rt△AOA1，AA1=2，AO= 3，可知A1O=1，又OB=1，
在△OBA1中，OA12+OB2=A1B2，因此A1O⊥OB.
由(1)知，AC⊥OA1，且AC，OB⊂平面ABC，且AC∩OB=O，
所以A1O⊥平面ABC，∵A1O⊂平面A1AC，因此平面A1AC⊥平面ABC.
(2)由第一问证明易得A1A=A1C，△AA1B≌△CA1B，且AB=BC=AA1=CA1.
取A1B的中点P，∠APC为二面角A−A1B−C的平面角，且AC=2 3，AP=CP= 142
cs∠APC=AP2+CP2−AC22AP⋅CP=−57，所以二面角A−A1B−C的平面角的余弦值为−57.
【解析】(1)由面面垂直的判定定理证得结果；
(2)取A1B的中点P，∠APC为二面角A−A1B−C的平面角，由余弦定理求得结果．
本题考查面面垂直的证明，二面角的求解，属中档题．
22.【答案】解：(1)因为△ABC边BC上的高h= 34a，则S△ABC=12bcsinA=12a⋅ 34a，
由正弦定理得sinBsinCsinA= 34sin2A，而sinA>0，则sinBsinC= 34sinA，
当A=π2时，sinC=sin(π2−B)=csB，即有sinBcsB= 34，即sin2B= 32，
显然csB>0，即0所以B=π6或B=π3；
(2)在△ABC中，由sinBsinC= 34sinA，得sinBsinC= 34sin(B+C)，而B和C为锐角，
即sinBsinC= 34(sinBcsC+csBsinC)，于是tanBtanC= 34(tanB+tanC)，
显然tanB，tanC>0，从而1tanB+1tanC=4 3，
因此tanB+4tanC= 34(1tanB+1tanC)(tanB+4tanC)= 34(5+tanBtanC+4tanCtanB)
≥ 34(5+2 tanBtanC⋅4tanCtanB)=94 3，当且仅当tanB=2tanC=34 3时取等号，
所以当tanB=34 3,tanC=38 3时，tanB+4tanC的最小值94 3.
【解析】(1)利用三角形面积公式，结合正弦定理边化角得sinBsinC= 34sinA，再把A=π2代入，利用二倍角公式求出B作答．
(2)结合(1)，利用和角的正弦公式化简变形，再利用均值不等式求解作答．
本题考查利用正、余弦定理，三角恒等变换，三角形的面积公式，基本不等式等解三角形，属于中档题．
1.已知i是虚数单位，复数z=2+i，则z−⋅i的虚部为( )
A. 1B. 2C. iD. 2i
2.某中学高一年级有20个班，每班50人；高二年级有24个班，每班45人.甲就读于高一，乙就读于高二.学校计划从这两个年级中共抽取208人进行视力调查，若采用分层抽样的方式进行抽样，则下列说法：①甲乙两人可能同时被抽取；②高一、高二年级分别抽取100人和108人；③乙被抽到的可能性比甲的大.其中正确的有( )
A. ①B. ①③C. ①②D. ①②③
3.已知α，β是两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，下列说法正确的是( )
A. 若m//β，则α//βB. 若l⊂β，m//l，则m//β
C. 若α⊥β，则m⊥βD. 若m⊥β，则α⊥β
4.已知向量a，b满足|b|=1，a⊥b，则a−2b在b方向上的投影向量为( )
A. 2B. 2aC. −2bD. −2
5.已知α，β，γ是三个平面，α∩β=l1，α∩γ=l2，β∩γ=l3，则下列结论正确的是( )
A. 直线l2与直线l3可能是异面直线
B. 若l1∩l2=O，则直线l1与直线l3可能平行
C. 若l1∩l2=O，则直线l2与直线l3不可能相交于O点
D. 若l1//l2，则l1//l3
6.已知平面向量a，b，c满足|a|=1，|b|=2且对∀t∈R，有|b+ta|≥|b−a|恒成立，则2a−b与b的夹角为( )
A. 2π3B. π2C. π3D. π6
7.在边长为2的正方形ABCD中，E是AB的中点，点F是BC的中点，将△AED，△BEF，△DCF分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点A′，则A′到平面EFD的距离为( )
A. 1B. 23C. 43D. 2
8.已知一组样本数据共有8个数，其平均数为8，方差为12，将这组样本数据增加两个未知的数据构成一组新的样本数据，已知新的样本数据的平均数为9，则新的样本数据的方差最小值为( )
A. 10B. 10.6C. 12.6D. 13.6
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.学校“未来杯”足球比赛中，甲班每场比赛平均失球数是1.9，失球个数的标准差为0.3；乙班每场比赛平均失球数是1.3，失球个数的标准差为1.2，你认为下列说法中正确的是( )
A. 平均来说乙班比甲班防守技术好
B. 乙班比甲班防守技术更稳定
C. 乙班在防守中有时表现非常好，有时表现比较差
D. 甲班很少不失球
10.已知x∈C(全体复数集)，关于x的方程x2+tx+2=0(t∈R)的两根分别为x1，x2，若|x1−x2|=2 2，则t的可能取值为( )
A. −4B. −2C. 0D. 4
11.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,−π2<φ<0)的部分图像如图所示，加入以下哪个选项作为已知条件，可以唯一确定φ的值( )
A. f(0)=−1，A=2
B. x1=π12，x2=5π12
C. x2=2x1
D. x2=4x1
12.已知棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为正方体内及表面上一点，且AP=mAB+nAD1，其中m∈[0,1]，n∈[0,1]，则下列说法正确的是( )
A. 当n=1时，对任意m∈[0,1]，CP//平面ABB1A1恒成立
B. 当m=0，n=12时，B1P与平面ABC1D1所成的线面角的余弦值为 63
C. 当m+n=1时，A1C1⊥B1P恒成立
D. 当m+n=1时，PA+PC的最小值为 3
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知i是虚数单位，复数z满足(2−i)z=6+2i，则|z|=______.
14.如图△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，其中O′A′=6，O′B′=4，∠A′O′B′=45∘，则△OAB的周长为______.
15.半径为R的球的球面上有四点A，B，C，D，已知△ABC为等边三角形且其面积为9 3，三棱锥D−ABC体积的最大值为18 3，则球的半径R等于______.
16.已知直角三角形DEF的三个顶点分别在等边三角形ABC的边AB，BC，CA上，且∠DEF=90∘，∠EDF=30∘，则S△DEFS△ABC的最小值为______.
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)
已知θ为三角形的一个内角，i为虚数单位，复数z=csθ+isinθ，且z2−z在复平面上对应的点在虚轴上.
(1)求θ；
(2)设2z，z−，1+z+z2在复平面上对应的点分别为A，B，C，求△ABC的面积.
18.(本小题12分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足2c+b−2acsB=0.
(1)求角A；
(2)若a=2 3，BA⋅AC=32，AD是△ABC中线，求AD的长.
19.(本小题12分)
如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是棱BB1，B1C1的中点，
(1)求证：点F在平面AED1内；
(2)用平面AED1截正方体ABCD−A1B1C1D1，将正方体分成两个几何体，两个几何体的体积分别为V1，V2(V1
2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成功着陆，航天员翟志刚，王亚平，叶光富顺利出舱，神舟十三号载人飞行任务圆满完成，为纪念中国航天事业所取得的成就，发掘并传承中国航天精神，某市随机抽取1000名学生进行了航天知识竞赛并记录得分，将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100],并绘制成如图所示的频率分布直方图.
(1)请补全频率分布直方图并估计这1000名学生成绩的平均数和计算80%分位数(求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)现从以上各组中采用分层抽样的方法抽取200人，若第三组中被抽取的学生成绩的平均数与方差分别为72分和1，第四组中被抽取的学生成绩的平均数与方差分别为87分和2，求这200人中分数在区间[70,90)的学生成绩的方差.
21.(本小题12分)
在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC=AA1=2，BC1= 14，∠ABC=2π3，A1C1⊥A1B.
(1)证明：平面A1AC⊥平面ABC；
(2)求二面角A−A1B−C的平面角的余弦值.
22.(本小题12分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且边BC上的高h= 34a.
(1)若A=π2，求B；
(2)已知△ABC中角B和C是锐角，求tanB+4tanC的最小值.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：z−⋅i=(2−i)⋅i=1+2i，虚部为2.
故选：B.
根据共轭复数及复数的乘法法则进行化简运算，再得出结果．
本题主要考查共轭复数的定义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：对于①，采用分层抽样的方式进行抽样，甲乙两人可能同时被抽取，故①正确；
对于②，高一共有20×50=1000人，高二共有24×45=1080人，从这两个年级2080人中共抽取208人进行视力调查，
高一应抽取10002080×208=100人，高二应抽取10802080×208=108人，故②正确；
对于③，甲被抽到的可能性为1001000=110，乙被抽到的可能性为1351350=110，甲和乙被抽到的可能性相等，故③错误．
故选：C.
根据分层抽样的特征以及每层的人数比值逐一求解判断各选项．
本题主要考查分层抽样的定义，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：对于A，由面面平行判定定理可知，在平面α内需要两条相交直线与平面β平行才能得出两平面平行，故A错误；
对于B，选项缺少m不在平面β内，故B错误；
对于C，由面面垂直的性质定理可知，平面α内的直线m与α，β两个平面的交线垂直，才能得出m⊥β，故C错误；
对于D，已知m⊥β，m为平面α内的一条直线，由面面垂直判定定理可知D正确，故D正确．
故选：D.
由线面、面面平行的判定定理及线面、面面垂直的判定定理逐一判断各选项即可．
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，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由a⊥b，得a⋅b=0.
根据投影向量的定义可知：a−2b在b方向上的投影向量为(a−2b)⋅b|b|2⋅b=a⋅b−2|b|2|b|2⋅b=−2b.
故选：C.
由已知可得a⋅b=0，根据投影向量的定义及数量积的运算律求投影向量即可．
本题考查投影向量的概念和平面向量的数量积，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：对于A，由α∩γ=l2，β∩γ=l3，得l2⊂γ，l3⊂γ，则直线l2与直线l3是共面直线，故A错误；
对于B、C，∵α∩β=l1，α∩γ=l2，l1∩l2=O，∴O∈α，O∈β，O∈γ，
∵β∩γ=l3，∴O∈l3，可知直线l1，l2，l3必然交于一点(即三线共点)，故B，C错误；
对于D，若l1//l2，l1⊄γ，l2⊂γ，∴l1//γ，
又l1⊂β，β∩γ=l3，∴l1//l3，故D正确．
故选：D.
对于A，直线l2与直线l3都在平面γ内；对于B、D，由O∈α，O∈β，O∈γ，得出O∈l3，得出结果；对于D，由线面平行的判定定理以及性质定理推理得出．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
6.【答案】A
【解析】解：因为对∀t∈R，有|b+ta|≥|b−a|恒成立，
所以对∀t∈R，(b+ta)2≥(b−a)2恒成立，
所以对∀t∈R，t2a2+2ta⋅b−(a2−2a⋅b)≥0恒成立，
所以Δ=4(a⋅b)2+4a2(a2−2a⋅b)≤0，即(a2−a⋅b)2≤0，
所以a2−a⋅b=a2−|a|⋅|b|cs⟨a,b⟩=0，
解得cs⟨a,b⟩=12，
所以⟨a,b⟩=π3，a⋅b=|a|⋅|b|cs
所以|2a−b|= 4a2−4a⋅b+b2=2，
所以cs<2a−b,b>=(2a−b)⋅b|2a−b||b|=2a⋅b−b24=−24=−12，
所以2a−b与b的夹角为2π3.
故选：A.
展开|b+ta|≥|b−a|，根据∀t∈R，有|b+ta|≥|b−a|恒成立，可求得两向量夹角，再结合夹角余弦公式即可求得．
本题考查平面向量数量积的运算，属中档题．
7.【答案】B
【解析】解：由折叠不变可知，三棱锥A′−EFD中A′E，A′F，A′D两两相互垂直，
所以VA′−EFD=VD−A′EF=13S△A′EF⋅DA′=13×12×1×1×2=13，
△EFD的三边长分别为 2， 5， 5，所以S△EFD=32，
因为VA′−EFD=VD−A′EF，设A′到平面EFD的距离为d，
所以13S△EFD⋅d=13，解得d=23，
故选：B.
由折叠不变可知，三棱锥A′−EFD中A′E，A′F，A′D两两相互垂直，然后由等体积法可求出答案．
本题考查立体几何中折叠问题，等体积法求解点面距问题，属中档题．
8.【答案】D
【解析】解：设增加的数为x，y，原来的8个数分别为a1，a2，⋯，a8，
则a1+a2+⋯+a8=64，a1+a2+⋯+a8+x+y=90，所以x+y=26，
一组样本数据共有8个数，其平均数为8，方差为12，
则18i=18(ai−8)2=12，即i=18(ai−8)2=96，
新的样本数据的方差为110[i=18(ai−9)2+(x−9)2+(y−9)2]=110[i=18(ai−8)2−2i=18(ai−8)+8+(x−9)2+(y−9)2]
=110(x2+y2−202)，
因为 x2+y22≥x+y2=13，x2+y2−202≥136，
所以方差的最小值为13.6(当x=y=8时取到最小值).
故选：D.
根据已知条件，利用平均数公式及其方差公式求解．
本题主要考查平均数公式及其方差公式，属于基础题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A，从平均数角度考虑是对的，甲班每场比赛平均失球数大于乙班每场比赛平均失球数，故A正确；
对于B，从标准差角度考虑是错的，甲失球个数的标准差小，防守技术更稳定；故B错误；
对于C，乙失球个数的标准差大，防守中的表现不稳定，故C正确；
对于D，从平均数和标准差角度考虑是对的，故D正确．
故选：ACD.
由平均数及方差的大小关系逐一判断各选项．
本题主要考查了平均数的方差的实际意义，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：因为方程x2+tx+2=0(t∈R)的两根分别为x1，x2，
所以x1+x2=−t，x1x2=2，所以(x1−x2)2=(x1+x2)2−4x1x2=t2−8，
当t2−8≥0时，有|x1−x2|= t2−8=2 2，解得t=±4；
当t2−8<0时，有x1−x2=± 8−t2i，又|x1−x2|= 8−t2=2 2，解得t=0.
故选：ACD.
根据已知条件及韦达定理得出(x1−x2)2=t2−8，分情况讨论得出结果．
本题考查二次方程根与系数的关系及复数的运算，属基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：A项：当f(0)=−1，A=2时得sinφ=−12，−π2<φ<0∴φ=−π6，A选项正确；
B项：当x1=π12，x2=5π12时，函数的最小正周期为2π3，∴ω=3，以及x1+x22=π4，
∴π4⋅3+φ=π2⇒φ=−π4，B正确；
C项：由图像可得ωx1+φ=0，ωx2+φ=π，∴π−φ−ϕ=x2x1⇒−πϕ+1=x2x1
又因为−π2<φ<0，∴πϕ<−2⇒x2x1>3，所以C错，D对．
故选：ABD.
根据三角函数的图像与性质逐一判断即可，其中判断C、D的时候需由ωx1+φ=0，ωx2+φ=π得到π−φ−ϕ=x2x1.
本题考查三角函数的性质，属于中档题．
12.【答案】ABC
【解析】解：对于A：如图1，当n=1时，P点在线段C1D1上，CP⊂平面CDD1C1，
又因为平面CDD1C1//平面ABB1A1，CP⊂平面CDD1C1，
所以CP//平面ABB1A1，故A正确；
对于B：如图2，当m=0，n=12时，P是AD1的中点，
因为AB⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C，
所以AB⊥B1C，
又B1C⊥BC1，AB∩BC1=B，AB，BC1⊂平面ABC1D1内，
所以B1C⊥平面ABC1D1，H是垂足，
所以∠B1PH为B1P与平面ABC1D1所成的角，
在Rt△B1PH中，tan∠B1PH=PHB1H=1 22= 2，
所以B1P与平面ABC1D1所成的线面角的余弦值为 63，故B正确；
对于C：如图3，当m+n=1时，点P在线段BD1上，
由选项C同理可证A1C1⊥面BB1D1，B1P⊂面BB1D1，A1C1⊥B1P，故C正确；
对于D：如图4，当m+n=1时，点P在线段BD1上，将平面ABD1和平面BCD1展开成平面图后，线段AC为所求，
此时AC⊥BD1，PA=PC=AB×AD1BD1=1× 2 3= 63，
所以PA+PC的最小值为23 6，故D错误．
故选：ABC.
对于A：由面面平行的性质定理得出线面平行；对于B：由线面垂直的判定定理得出B1C⊥平面ABC1D1，H是垂足，所以∠B1PH为所求；对于C：由线面垂直的性质定理证得结果；对于D：将平面ABD1和平面BCD1展开成平面图后，线段AC为所求．
本题考查直线与平面位置关系，直线与平面所成的角，解题中需要一定的推理能力和直观想象能力，属于中档题．
13.【答案】2 2
【解析】解：因为z=6+2i2−i=(6+2i)(2+i)(2−i)(2+i)=10+10i5=2+2i，
所以|z|= 22+22=2 2.
故答案为：2 2.
根据复数运算的除法法则和模的计算公式，即可化简得到答案．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
14.【答案】24
【解析】解：如图，根据直观图复原原图，
则OA=6,OB=8,AB= 62+82=10，
故△OAB的周长为6+8+10=24.
故答案为：24.
根据直观图复原原图，根据斜二测画法的规则，确定相关线段的长，可求得答案．
本题考查斜二测画法相关知识，属于基础题．
15.【答案】4
【解析】解：根据题意，设△ABC的中心为O′，三棱锥D−ABC外接球的球心为O，则当体积最大时，点D，O′，O在同一直线上，且垂直于底面ABC，
如图，
因为△ABC为等边三角形且其面积为9 3，所以△ABC的边长x满足 34x2=9 3，故x=6，
所以AO′=2 3，DO=AO=R，故OO′= AO2−AO′2= R2−12，
故三棱锥的高DO′=DO+OO′=R+ R2−12，
所以V=13×9 3×(R+ R2−12)=18 3，所以R=4.
故答案为：4.
根据题意，设△ABC的中心为O′，三棱锥D−ABC外接球的球心为O，分析当三棱锥的体积最大时，点D，O′，O在同一直线上，且垂直于底面ABC，然后利用图形中的几何关系和条件可求得答案．
本题考查三棱锥、球的体积计算，注意分析三棱锥体积最大的条件，属于中档题．
16.【答案】314
【解析】解：设∠BDE=α(π6<α<5π6)，EF=x，
则在△BDE中，∠DEB=π−(α+π3)，DE= 3x，
由正弦定理得：DEsinπ3=BDsin(α+π3)，
∴BD=sin(α+π3)sinπ3⋅ 3x，
在△ADF中DF=2x，∠A=π3，∠AFD=α−π6，
同理可得AD=sin(α−π6)sinπ3⋅2x，
因此可得AB=AD+BD=2sin(α+π3)x+43 3sin(α−π6)x=(3sinα+ 33csα)x，
S△DEFS△ABC=12DE⋅EF12AB⋅AB⋅sinπ3=2(3sinα+ 33csα)2，
因为3sinα+ 33csα=2 213sin(α+φ)≤2 213，其中tanφ= 39，0<φ<π6，
由于π6<α<5π6，π6+φ<α+φ<5π6+φ，
所以当α+φ=π2时，sin(α+φ)=1，
所以(3sinα+ 33csα)max=23 21，
则S△DEFS△ABC的最小值为314.
故答案为：314.
设∠BDE=α(π6<α<5π6)，EF=x，由正弦定理求解BD，AD，再结合三角形面积公式及三角函数辅助角公式求三角函数最值得出结果．
本题考查三角函数与解三角形的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵z2−z=(cs2θ−csθ)+i(sin2θ−sinθ)，
∴cs2θ−csθ=2cs2θ−csθ−1=0，θ∈(0,π)，
∴csθ=−12⇒θ=23π；
(2)由(1)知：sinθ= 32，2z=−1+ 3i，
∴z2=14−34− 32i=−12− 32i，z−=−12− 32i，
∴1+z+z2=1−12+ 32i−12− 32i=0.
在复平面上对应的点分别为A(−1, 3)，B(−12,− 32)，C(0,0)，
∴CA=2，CB=1，AB= 7，
由余弦定理可得cs∠ACB=CA2+CB2−AB22CA⋅CB=1+4−72×2=−12，且∠ACB∈(0,π)，
∴sin∠ACB= 32，
∴S△ABC=12CA⋅CB⋅sin∠ACB=12×1×2× 32= 32.
【解析】(1)先得到z2−z=(cs2θ−csθ)+i(sin2θ−sinθ)，再根据z2−z在复平面上对应的点在虚轴上，由cs2θ−csθ=0求解；
(2)先得到各复数在复平面上对应的点分别为A(−1, 3)，B(−12,− 32)，C(0,0)，然后利用余弦定理求得一个角，再利用三角形面积公式求解．
本题主要考查复数的几何意义，考查转化能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为2c+b−2acsB=0，由正弦定理可知：2sinC+sinB−2sinAcsB=0，
由C=π−A−B，故sinC=sin(π−A−B)=sin(A+B)，
所以2sin(A+B)+sinB−2sinAcsB=0，2csAsinB+sinB=0(B∈(0,π),sinB≠0)，
所以csA=−12，又A∈(0,π)，所以A=23π；
(2)根据数量积的定义，由BA⋅AC=32，
得cbcsπ3=32⇒bc=3，又a=2 3，
在△ABC中，由余弦定理得：a2=b2+c2−2bccsA⇒b2+c2=9，
因为AD=12AB+12AC，
所以|AD|2=AB2+AC2+2AB⋅AC4=14(b2+c2)−14bc=32，
所以AD= 62.
【解析】(1)根据边角转化，将题干条件均化成角，结合诱导公式，三角恒等变换进行化简求值；
(2)利用AD=12AB+12AC，平方后求|AD|2，结合余弦定理来处理．
本题主要考查平面向量数量积运算，正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：如图，连接EF，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB//C1D1且AB=C1D1，
所以四边形ABC1D1是平行四边形，
所以AD1//BC1，
又E，F分别是棱BB1，B1C1的中点，
则EF//BC1，
所以EF//AD1，
所以E、F、D1、A四点共面，即点F在平面AED1内；
(2)连接FD1，所以平面AED1截正方体ABCD−A1B1C1D1的截面是四边形AEFD1，
所以V1是几何体三棱台A1AD1−B1EF的体积，
则S△A1AD1=12×2×2=2，S△B1EF=12×1×1=12，
所以V1=13⋅A1B1⋅(S△A1AD1+ S△A1AD1S△B1EF+S△B1EF)=13×2×(2+1+12)=73，
且V2=VABCD−A1B1C1D1−V1=23−73=173.
因此V1：V2=7：17.
【解析】(1)根据两条平行线确定一个平面得出E、F、D1、A四点共面；
(2)连接FD1，由于平面AED1截正方体ABCD−A1B1C1D1的截面是四边形AEFD1，得出V1是几何体三棱台A1AD1−B1EF的体积，进一步求体积得出比值．
本题考查空间中平行关系的判定以及四点共面问题的证明，考查简单几何体的体积计算，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
20.【答案】解：(1)成绩落在[60,70)的频率为1−(0.30+0.15+0.10+0.05)=0.40，
补全的频率分布直方图，如下图：
样本的平均数x−=55×0.30+65×0.40+75×0.15+85×0.10+95×0.05=67(分)，
设80%分位数为x，则0.03×10+0.04×10+(x−70)×0.015=0.8，
解得x=2303≈76.67(分)；
(2)由分层抽样可知，第三组和第四组分别抽取30人和20人，
分层抽样的平均值：x1−=35×72+25×87=78(分)，
分层抽样的方差：s2=35[1+(72−78)2]+25[2+(87−78)2]=2775=55.4，
所以这200人中分数在区间[70,90)所有人的成绩的方差为55.4.
【解析】(1)由频率和为1，求出成绩落在[60,70)的频率；由样本的平均数公式及百分位数的计算公式得出结果；
(2)根据分层抽样的样本平均数及方差公式求得结果．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了平均数、百分位数和方差的计算，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：如图，设AC的中点为O，连接OA1，OB，
因为AB=BC，所以AC⊥OB，又因为AC//A1C1，且A1C1⊥A1B，
所以AC⊥A1B，因为A1B，OB⊂平面OBA1，且A1B∩OB=B，
所以AC⊥平面OBA1，因为OA1⊂平面OBA1，
所以AC⊥OA1，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=2π3，
由余弦定理求得AC= AB2+BC2−2AB×BCcs2π3= 22+22−2×2×2×(−12)=2 3，
则A1C1=AC=2 3，BC1= 14，
因为A1C1⊥A1B，所以A1C12+A1B2=BC12，解得A1B= 2，
在Rt△AOA1，AA1=2，AO= 3，可知A1O=1，又OB=1，
在△OBA1中，OA12+OB2=A1B2，因此A1O⊥OB.
由(1)知，AC⊥OA1，且AC，OB⊂平面ABC，且AC∩OB=O，
所以A1O⊥平面ABC，∵A1O⊂平面A1AC，因此平面A1AC⊥平面ABC.
(2)由第一问证明易得A1A=A1C，△AA1B≌△CA1B，且AB=BC=AA1=CA1.
取A1B的中点P，∠APC为二面角A−A1B−C的平面角，且AC=2 3，AP=CP= 142
cs∠APC=AP2+CP2−AC22AP⋅CP=−57，所以二面角A−A1B−C的平面角的余弦值为−57.
【解析】(1)由面面垂直的判定定理证得结果；
(2)取A1B的中点P，∠APC为二面角A−A1B−C的平面角，由余弦定理求得结果．
本题考查面面垂直的证明，二面角的求解，属中档题．
22.【答案】解：(1)因为△ABC边BC上的高h= 34a，则S△ABC=12bcsinA=12a⋅ 34a，
由正弦定理得sinBsinCsinA= 34sin2A，而sinA>0，则sinBsinC= 34sinA，
当A=π2时，sinC=sin(π2−B)=csB，即有sinBcsB= 34，即sin2B= 32，
显然csB>0，即0
(2)在△ABC中，由sinBsinC= 34sinA，得sinBsinC= 34sin(B+C)，而B和C为锐角，
即sinBsinC= 34(sinBcsC+csBsinC)，于是tanBtanC= 34(tanB+tanC)，
显然tanB，tanC>0，从而1tanB+1tanC=4 3，
因此tanB+4tanC= 34(1tanB+1tanC)(tanB+4tanC)= 34(5+tanBtanC+4tanCtanB)
≥ 34(5+2 tanBtanC⋅4tanCtanB)=94 3，当且仅当tanB=2tanC=34 3时取等号，
所以当tanB=34 3,tanC=38 3时，tanB+4tanC的最小值94 3.
【解析】(1)利用三角形面积公式，结合正弦定理边化角得sinBsinC= 34sinA，再把A=π2代入，利用二倍角公式求出B作答．
(2)结合(1)，利用和角的正弦公式化简变形，再利用均值不等式求解作答．
本题考查利用正、余弦定理，三角恒等变换，三角形的面积公式，基本不等式等解三角形，属于中档题．
相关试卷
2022-2023学年重庆市乌江新高考协作体高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)： 这是一份2022-2023学年重庆市乌江新高考协作体高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，共16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。
2024湖北省新高考联考协作体高一上学期期末联考数学试卷扫描版含答案： 这是一份2024湖北省新高考联考协作体高一上学期期末联考数学试卷扫描版含答案，文件包含湖北省2024年新高考联考协作体2023-2024学年度上学期高一年级期末考试数学参考答案pdf、湖北省2024年新高考联考协作体2023-2024学年度上学期高一年级期末考试数学试卷答题卡pdf、湖北省2024年新高考联考协作体2023-2024学年度上学期高一年级期末考试数学试卷pdf等3份试卷配套教学资源，其中试卷共16页， 欢迎下载使用。
2023-2024学年湖北省新高考联考协作体高一上学期期末考试数学试卷（含解析）： 这是一份2023-2024学年湖北省新高考联考协作体高一上学期期末考试数学试卷（含解析），共10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。
