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2023-2024学年福建省龙岩市上杭一中高一（下）月考数学试卷（5月份）（含解析）
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这是一份2023-2024学年福建省龙岩市上杭一中高一（下）月考数学试卷（5月份）（含解析），共13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.若复数z=m+1+(m−1)i(m∈Z)对应的点在第四象限，则m的值为( )
A. −1B. 0C. 1D. ±1
2.某射击运动员7次的训练成绩分别为：86，88，90，89，88，87，85，则这7次成绩的第80百分位数为( )．
A. 88.5B. 89C. 91D. 89.5
3.已知向量a，b满足|a|=2|b|=2，且|2a−b|= 15，则|b−a|=( )
A. 1B. 2C. 2D. 3
4.设l是直线，α，β是两个不同的平面，下列命题正确的是( )
A. 若l//α，l//β，则α//βB. 若α⊥β，l//α，则l⊥β
C. 若α⊥β，l⊥α，则l//βD. 若l//α，l⊥β，则α⊥β
5.已知a和b是两个不共线的向量，若AB=a+mb，BC=5a+4b，DC=−a−2b，且A，B，D三点共线，则实数m的值为( )
A. 12B. 1C. −12D. −1
6.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值是( )
A. 0B. 12C. 3 1010D. 1010
7.已知三棱锥S−ABC中，AB=AC=BC=2 3，SB⊥SC，平面SBC⊥平面ABC，则三棱锥的外接球的表面积为( )
A. 8πB. 12πC. 16πD. 18π
8.在锐角△ABC中，若b2+c2=2a2，则csA的取值范围是( )
A. [12, 33)B. [12, 22)C. [12,1)D. [12,2+ 24)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知复数z1，z2，下列结论正确的有( )
A. z1+z2−=z1−+z2−B. 若z1z2=0，则z1=z2=0
C. |z1z2|=|z1||z2|D. 若z12=1，则z1=z1−
10.如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C是圆周上异于A、B的任一点，则下列结论中正确的是( )
A. PB⊥AC
B. PA⊥BC
C. AC⊥平面PBC
D. 平面PAC⊥平面PBC
11.△ABC中，下列说法正确的是( )
A. 若AB⋅BC<0，则△ABC为锐角三角形
B. 若AP=λ(AB|AB|+AC|AC|),λ∈[0,+∞)，则点P的轨迹一定通过△ABC的内心
C. 若G为△ABC重心，则AG=13(AB+AC)
D. 若点O满足|OA|=|OB|=|OC|,|AB|=2,|AC|=6，则AO⋅BC=16
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.圆台的上下底面半径和高的比为1：4：4，母线长为10，则圆台的体积为______．
13.某工厂年前加紧手套生产，设该工厂连续5天生产的手套数依次为x1，x2，x3，x4，x5(单位：万只).若这组数据x1，x2，x3，x4，x5的方差为6，且i=15xi2=50，则该工厂这5天平均每天生产手套 万只．
14.如图，在△ABC中，已知AB=4，AC=3，∠BAC=π3，点M是边AB的中点，且AC=3AN，直线CM与BN相交于点P，则AP⋅BC= ______．
四、解答题：本题共4小题，共64分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题15分)
已知向量a=(1,2),b=(−3,1)．
(1)求a+3b；
(2)设a,b的夹角为θ，求csθ的值；
(3)若向量a+kb与a−kb互相垂直，求k的值．
16.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D是AC边上的点，2bsinB=(2a−c)sinA+(2c−a)sinC．
(1)求∠ABC的大小；
(2)若CD=1，AD=BD=2，求BC的长．
17.(本小题17分)
如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点．
(1)求证：B，C，H，G四点共面；
(2)求证：BG//平面A1EF；
(3)若底面边长为2，AA1=2，求三棱锥A−A1EF的体积．
18.(本小题17分)
如图，已知菱形ABCD所在平面与矩形ACEF所在平面相互垂直，且BD=2AF=2，M是线段EF的中点，N是线段EF上的动点．
(1)DM与BN所成的角是否为定值，试说明理由；
(2)若二面角E−BD−F为60°，求四面体D−BEF的体积．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意，m+1>0，m−1<0，解得−1又m∈Z，则m的值为0．
故选：B．
根据复数的几何意义列不等式，解出m．
本题考查复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查第80百分位数的求法，考查百分位数的定义等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
7次训练成绩从小到大排列，由7×80%=5.6，能求出这名学生7次训练成绩的第80百分位数．
【解答】
解：7次考试数学成绩从小到大为：85，86，87，88，88，89，90，又7×80%=5.6，
∴这名学生7次训练成绩的第80百分位数为89．
故选：B．
3.【答案】B
【解析】解：已知向量a，b满足|a|=2|b|=2，且|2a−b|= 15，
则4a2−4a⋅b+b2=15，
即a⋅b=14×(4×4+1−15)=12，
则|b−a|= b2−2b⋅a+a2= 1−2×12+4=2．
故选：B．
由平面向量数量积的运算，结合平面向量的模的运算求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的模的运算，属中档题．
4.【答案】D
【解析】【分析】
由平行于同一直线的两平面的位置关系判断A；由直线与平面平行、平面与平面垂直判断直线与平面的位置关系判断B；由直线与平面垂直、平面与平面垂直判断直线与平面的位置关系判断C；直接证明D正确．
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及应用，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
【解答】
解：若l//α，l//β，则α//β或α与β相交，故A错误；
若α⊥β，l//α，则l⊂β或l//β或l与β相交，相交也不一定垂直，故B错误；
若α⊥β，l⊥α，则l//β或l⊂β，故C错误；
若l//α，过l的平面与α相交，交线为m，则l//m，又l⊥β，所以m⊥β，可得α⊥β，故D正确．
故选：D．
5.【答案】B
【解析】解：因为BD=BC+CD=5a+4b+a+2b=6a+6b，
且A，B，D三点共线，
所以存在实数λ，使得AB=λBD，即a+mb=λ(6a+6b)，
则1=6λm=6λ，解得m=1．
故选：B．
根据三点共线可得AB=λBD，列出方程组即可得解．
本题主要考查了三点共线与向量共线的转化，还考查向量共线定理的应用，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：如图，取A1B1的中点F，连接EF，AF，CF，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为C1D1，A1B1的中点，
所以AD//A1D1//EF，AD=A1D1=EF，则四边形ADEF为平行四边形，
所以AF//DE，所以∠FAC(或其补角)为异面直线DE与AC所成角，
设正方体的棱长为2，
则AC= AB2+BC2=2 2，
AF= AA12+A1F2= 5，
CF= CC12+B1C12+B1F2=3，
在△FAC中，由余弦定理得：
cs∠FAC=AF2+AC2−CF22AF⋅AC=5+8−92× 5×2 2= 1010，
故异面直线DE与AC所成角的余弦值是 1010．
故选：D．
正方体模型容易找平行线，通过构造平行四边形，运用平行线平移法作出异面直线所成的角，然后在三角形通过余弦定理求解．
本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题．
7.【答案】C
【解析】解：根据题意可得三棱锥S−ABC的外接球的球心即为正三角形ABC的中心，
球的半径即为正三角形ABC的外接圆的半径，
∴所求球的半径R=23×(2 32× 3)=2，
∴所求球的表面积为4πR2=16π．
故选：C．
根据题意可得三棱锥S−ABC的外接球的球心即为正三角形ABC的中心，球的半径即为正三角形ABC的外接圆的半径，从而可求解．
本题考查三棱锥的外接球问题，属基础题．
8.【答案】C
【解析】解：因为b2+c2=2a2，由余弦定理可得b2+c2−a2=2bccsA，
所以a2=2bccsA，
即csA=a22bc=b2+c24bc≥2bc4bc=12，
当且仅当b=c时取等号，
又在因为锐角三角形中，可得csA∈[12,1)．
故选：C．
由题意及余弦定理可得csA的范围，再由锐角三角形可得csA的范围．
本题考查余弦定理的应用及基本不等式的性质的应用，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：设z1=a+bi，z2=c+di，a，b，c，d∈R，
对于A，z1+z2−=(a+c)−(b+d)i，z1−+z2−=(a+c)−(b+d)i，故选项A正确；
对于B，因为z1z2=(a+bi)(c+di)=(ac−bd)+(ad+bc)i=0，
则ac−bd=0ad+bc=0，则a=b=0或c=d=0，
所以z1，z2中至少有一个0，即z1=0或z2=0，故选项B不正确；
对于C，由复数模的运算性质可知，
|z1z2|=|(a+bi)(c+di)|= (ac−bd)2+(ad+bc)2，
= (ac)2+(bd)2+(ad)2+(bc)2，
|z1||z2|= a2+b2⋅ c2+d2= (ac)2+(bd)2+(ad)2+(bc)2
所以|z1z2|=|z1||z2|，故选项C正确；
对于D，当z1=a+bi，则z12=(a+bi)⋅(a+bi)=a2−b2+2abi=1，
可得a2−b2=12ab=0，解得a=±1b=0，即z1=±1，
所以z1=z1−=±1，故选项D正确．
故选：ACD．
利用共轭复数的定义判断选项A；由复数的乘法运算以及实数0的含义判断选项B；由复数模的运算性质判断选项C；由复数的乘法运算及共轭复数的概念判断选项D．
本题考查复数的运算，属于中档题．
10.【答案】BD
【解析】解：因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，
因为点C是以AB为直径的圆上且异于A、B的任一点，则BC⊥AC，
因为PA∩AC=A，PA、AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC，
因为BC⊂平面PBC，所以平面PAC⊥平面PBC，所以B，D都正确；
因为PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，则PA⊥AC，则∠ACP为锐角，
即AC与PC不垂直，故AC与平面PBC不垂直，所以C不正确；
若AC⊥PB，又因为AC⊥BC，PB∩BC=B，PB、BC⊂平面PBC，
所以，AC⊥平面PBC，与C选项矛盾，所以A不正确．
故选：BD．
利用线面垂直的性质可判断B选项的真假；利用面面垂直的判定定理可判断D选项的真假；利用反证法可判断AC选项的真假．
本题考查线面垂直的性质的应用，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：若AB⋅BC<0，则BA⋅BC>0，因此角B为锐角，但△ABC不一定为锐角三角形，
故A错误；
因为AB|AB|,AC|AC|分别表示AB,AC方向上的单位向量，所以AB|AB|+AC|AC|的方向与∠BAC的角平分线一致．
若AP=λ(AB|AB|+AC|AC|),λ∈[0,+∞)，则AP的方向与∠BAC的角平分线一致，所以点P的轨迹一定通过△ABC的内心，故B正确；
若G为△ABC的重心，设边BC的中点为M，
则AG=23AM=23×12(AB+AC)=13(AB+AC)，故C正确；
设BC的中点为D，若点O满足|OA|=|OB|=|OC|，则点O为△ABC外心，
于是有OD⊥BC.又|AB|=2，|AC|=6，
则AO⋅BC=(DO−DA)⋅BC=DO⋅BC−DA⋅BC=AD⋅BC
=12(AC+AB)⋅(AC−AB)=12(AC2−AB2)=12×(62−22)=16，故D正确．
故选：BCD．
根据BA⋅BC>0可确定角B为锐角，但△ABC不一定为锐角三角形，可判定A；根据单位向量、共线向量的概念可判断B；根据向量的加法运算可确定C；根据向量的数量积以及向量模的运算可确定D．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的线性运算及投影的定义，属中档题．
12.【答案】224π
【解析】【分析】
本题给出圆台的上、下底面半径和高之比，在已知母线长情况下求圆台的体积．着重考查了圆台的轴截面性质、圆台的体积公式与勾股定理等知识，属于中档题．
根据圆台的轴截面性质，结合题意利用勾股定理，算出圆台的上底面半径为r=2，下底面半径为R=8，高h=8，再由圆台的体积公式加以计算，即可得出该圆台的体积．
【解答】解：根据题意，设圆台的上、下底面半径和高分别为x、4x、4x，
可得母线长为 h2+(R−r)2=10，即 (4x)2+(4x−x)2=10，
解之得x=2，所以圆台的上底面半径为r=2，下底面半径为R=8，高h=8．
由此可得圆台的体积为V=13πh(r2+R2+rR)=224π．
故答案为224π．
13.【答案】2
【解析】解：∵数据x1，x2，x3，x4，x5的方差为6，且i=15xi2=50，
∴6=15×50−x−2，∴x−=2．
故答案为：2．
根据方差公式计算平均数即可．
本题考查方差的计算公式，属于基础题．
14.【答案】−175
【解析】解：如图可知，BC=AC−AB，
∵M是AB中点，∴CM=AM−AC=12AB−AC，
∵AC=3AN，∴BN=AN−AB=13AC−AB，
设BP=λBN，则BP=λ(13AC−AB)，
CP=μCM，则CP=μ(12AB−AC)，
∵BP=BC+CP，∴λ3AC−λAB=AC−AB+μ2AB−μAC，
∴(λ3+μ−1)AC=(λ+μ2−1)AB，
∵AB与AC不共线，∴λ3+μ−1=0λ+μ2−1=0，解得λ=35μ=45，
∴BP=15AC−35AB，CP=25AB−45AC，
∴AP=AB+BP=AB+15AC−35AB=25AB+15AC．
∴AP⋅BC=(25AB+15AC)⋅(AC−AB)
=−25AB2+15AB⋅AC+15AC2
=−25|AB|2+15×|AB|×|AC|×cs∠BAC+15|AC|2
=−25×16+15×4×3×12+15×9
=−175．
故答案为：−175．
以向量AB，AC为基底，表示出向量AP，BC，计算数量积即可求解．
本题考查了平面向量的线性运算及数量积运算，考查了数形结合思想，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为a=(1,2),b=(−3,1)，
所以a+3b=(1,2)+(−9,3)=(−8,5)；
(2)a,b的夹角为θ，
则csθ=a⋅b|a|⋅|b|=1×(−3)+2×1 1+4× 9+1=− 210；
(3)向量a+kb与a−kb互相垂直，
则a2−k2b2=0，
又a2=5，b2=10，
则5−10k2=0，
解得k=± 22．
【解析】(1)直接利用坐标的乘法和加法运算求解即可；
(2)利用向量夹角的坐标公式求解即可；
(3)利用向量垂直的坐标运算列式求解即可．
本题主要考查平面向量的夹角公式，考查转化能力，属于基础题．
16.【答案】解：(1)由正弦定理以及已知可得2b2=a(2a−c)+c(2c−a)，
整理可得，a2+c2−b2=ac．
所以cs∠ABC=a2+c2−b22ac=ac2ac=12．
又∠ABC∈(0,π)，所以∠ABC=π3．
(2)
在△BDC中，由余弦定理可得cs∠BDC=BD2+CD2−BC22BD⋅CD=5−a24．
在△BDA中，由余弦定理可得cs∠BDA=BD2+AD2−AB22BD⋅AD=8−c28．
又∠BDC+∠BDA=π，所以cs∠BDC=−cs∠BDA，
即5−a24=−8−c28，整理可得c2+2a2−18=0．
因为b=AC=AD+CD=3，
在△ABC中，由余弦定理可得b2=a2+c2−2accs∠ABC，
即9=a2+c2−2accsπ3=a2+c2−ac，
整理可得a2+c2−ac=9．
联立c2+2a2−18=0a2+c2−ac=9，可得a= 3c=2 3．
所以BC=a= 3．
【解析】(1)由正弦定理角化边，整理可得a2+c2−b2=ac，然后根据余弦定理即可求得cs∠ABC=12，进而根据角的范围，即可得出答案；
(2)在△BDC以及△BDA中，分别根据余弦定理，结合∠BDC+∠BDA=π，整理化简可得c2+2a2−18=0.在△ABC中，根据余弦定理推出a2+c2−ac=9.联立两个方程，即可得出答案．
本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，方程思想，属中档题．
17.【答案】解：(1)证明：∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，
∴GH是△A1B1C1的中位线，∴GH//B1C1，
又在三棱柱ABC−A1B1C1中，B1C1//BC，
∴GH//BC，
∴B，C，H，G四点共面；
(2)证明：∵在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1B1//AB，A1B1=AB，
∴A1G//EB，A1G=12A1B1=12AB=EB，
∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E//BG，
∵A1E⊂平面A1EF，BG⊄平面A1EF，∴BG//平面A1EF；
(3)由题意知：VA−A1EF=VA1−AEF=13S△AEF⋅AA1=13×12×1×1×sinπ3×2= 36．
【解析】(1)借助三角形的中位线，证明GH//BC，可得B，C，H，G四点共面；
(2)证明A1E//GB，即可证明BG//平面A1EF；
(3)由VA−A1EF=VA1−AEF，求三棱锥A−A1EF的体积．
本题考查四点共面的证明，线面平行的证明，三棱锥的体积的求解，属中档题．
18.【答案】解：(1)因为平面ABCD⊥平面ACEF，AF⊥AC，
所以AF⊥平面ABCD，
∵AD⊂平面ABCD，所以AF⊥AD，同理可证CE⊥CD．
又ABCD为菱形，AD=CD，AF=CE，
所以△ADF≌△CED，DE=DF．
又M为EF的中点，所以DM⊥EF．
设AC∩BD=O，连接OM，AF=OD=OB=OM，所以DM⊥BM．
又EF∩BM=M，所以DM⊥平面BEF．
又BN⊂平面BEF，所以DM⊥BN，
故DM与BN所成角为定值90°．
(2)DE=BE，DF=BF，O为BD中点，
可得OE⊥BD，OF⊥BD，∠EOF为二面角E−BD−F的平面角，所以∠EOF=60°，
由题意知OE=OF，AF=1，解得EF=2 33，
又DM⊥BM，BD=2，可得DM=BM= 2，
由(1)得DM⊥平面BEF，
所以四面体D−BEF的体积：
VD−BEF=13×(12×2 33× 2)× 2=2 39．
【解析】(1)推导出AF⊥平面ABCD，从而AF⊥AD，同理可证CE⊥CD.推导出△ADF≌△CED，从而DM⊥EF.设AC∩BD=O，连接OM，AF=OD=OB=OM，则DM⊥BM.从而DM⊥平面BEF.进而DM⊥BN，由此推导出DM与BN所成角为定值90°．
(2)DE=BE，DF=BF，O为BD中点，可得OE⊥BD，OF⊥BD，∠EOF为二面角E−BD−F的平面角，∠EOF=60°，求出DM⊥平面BEF，由此能求出四面体D−BEF的体积．
本题考查异面直线所成角是否为定值的判断与求法，考查四面体的体积的求法，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.若复数z=m+1+(m−1)i(m∈Z)对应的点在第四象限，则m的值为( )
A. −1B. 0C. 1D. ±1
2.某射击运动员7次的训练成绩分别为：86，88，90，89，88，87，85，则这7次成绩的第80百分位数为( )．
A. 88.5B. 89C. 91D. 89.5
3.已知向量a，b满足|a|=2|b|=2，且|2a−b|= 15，则|b−a|=( )
A. 1B. 2C. 2D. 3
4.设l是直线，α，β是两个不同的平面，下列命题正确的是( )
A. 若l//α，l//β，则α//βB. 若α⊥β，l//α，则l⊥β
C. 若α⊥β，l⊥α，则l//βD. 若l//α，l⊥β，则α⊥β
5.已知a和b是两个不共线的向量，若AB=a+mb，BC=5a+4b，DC=−a−2b，且A，B，D三点共线，则实数m的值为( )
A. 12B. 1C. −12D. −1
6.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值是( )
A. 0B. 12C. 3 1010D. 1010
7.已知三棱锥S−ABC中，AB=AC=BC=2 3，SB⊥SC，平面SBC⊥平面ABC，则三棱锥的外接球的表面积为( )
A. 8πB. 12πC. 16πD. 18π
8.在锐角△ABC中，若b2+c2=2a2，则csA的取值范围是( )
A. [12, 33)B. [12, 22)C. [12,1)D. [12,2+ 24)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知复数z1，z2，下列结论正确的有( )
A. z1+z2−=z1−+z2−B. 若z1z2=0，则z1=z2=0
C. |z1z2|=|z1||z2|D. 若z12=1，则z1=z1−
10.如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C是圆周上异于A、B的任一点，则下列结论中正确的是( )
A. PB⊥AC
B. PA⊥BC
C. AC⊥平面PBC
D. 平面PAC⊥平面PBC
11.△ABC中，下列说法正确的是( )
A. 若AB⋅BC<0，则△ABC为锐角三角形
B. 若AP=λ(AB|AB|+AC|AC|),λ∈[0,+∞)，则点P的轨迹一定通过△ABC的内心
C. 若G为△ABC重心，则AG=13(AB+AC)
D. 若点O满足|OA|=|OB|=|OC|,|AB|=2,|AC|=6，则AO⋅BC=16
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.圆台的上下底面半径和高的比为1：4：4，母线长为10，则圆台的体积为______．
13.某工厂年前加紧手套生产，设该工厂连续5天生产的手套数依次为x1，x2，x3，x4，x5(单位：万只).若这组数据x1，x2，x3，x4，x5的方差为6，且i=15xi2=50，则该工厂这5天平均每天生产手套 万只．
14.如图，在△ABC中，已知AB=4，AC=3，∠BAC=π3，点M是边AB的中点，且AC=3AN，直线CM与BN相交于点P，则AP⋅BC= ______．
四、解答题：本题共4小题，共64分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题15分)
已知向量a=(1,2),b=(−3,1)．
(1)求a+3b；
(2)设a,b的夹角为θ，求csθ的值；
(3)若向量a+kb与a−kb互相垂直，求k的值．
16.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D是AC边上的点，2bsinB=(2a−c)sinA+(2c−a)sinC．
(1)求∠ABC的大小；
(2)若CD=1，AD=BD=2，求BC的长．
17.(本小题17分)
如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点．
(1)求证：B，C，H，G四点共面；
(2)求证：BG//平面A1EF；
(3)若底面边长为2，AA1=2，求三棱锥A−A1EF的体积．
18.(本小题17分)
如图，已知菱形ABCD所在平面与矩形ACEF所在平面相互垂直，且BD=2AF=2，M是线段EF的中点，N是线段EF上的动点．
(1)DM与BN所成的角是否为定值，试说明理由；
(2)若二面角E−BD−F为60°，求四面体D−BEF的体积．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意，m+1>0，m−1<0，解得−1
故选：B．
根据复数的几何意义列不等式，解出m．
本题考查复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查第80百分位数的求法，考查百分位数的定义等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
7次训练成绩从小到大排列，由7×80%=5.6，能求出这名学生7次训练成绩的第80百分位数．
【解答】
解：7次考试数学成绩从小到大为：85，86，87，88，88，89，90，又7×80%=5.6，
∴这名学生7次训练成绩的第80百分位数为89．
故选：B．
3.【答案】B
【解析】解：已知向量a，b满足|a|=2|b|=2，且|2a−b|= 15，
则4a2−4a⋅b+b2=15，
即a⋅b=14×(4×4+1−15)=12，
则|b−a|= b2−2b⋅a+a2= 1−2×12+4=2．
故选：B．
由平面向量数量积的运算，结合平面向量的模的运算求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的模的运算，属中档题．
4.【答案】D
【解析】【分析】
由平行于同一直线的两平面的位置关系判断A；由直线与平面平行、平面与平面垂直判断直线与平面的位置关系判断B；由直线与平面垂直、平面与平面垂直判断直线与平面的位置关系判断C；直接证明D正确．
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及应用，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
【解答】
解：若l//α，l//β，则α//β或α与β相交，故A错误；
若α⊥β，l//α，则l⊂β或l//β或l与β相交，相交也不一定垂直，故B错误；
若α⊥β，l⊥α，则l//β或l⊂β，故C错误；
若l//α，过l的平面与α相交，交线为m，则l//m，又l⊥β，所以m⊥β，可得α⊥β，故D正确．
故选：D．
5.【答案】B
【解析】解：因为BD=BC+CD=5a+4b+a+2b=6a+6b，
且A，B，D三点共线，
所以存在实数λ，使得AB=λBD，即a+mb=λ(6a+6b)，
则1=6λm=6λ，解得m=1．
故选：B．
根据三点共线可得AB=λBD，列出方程组即可得解．
本题主要考查了三点共线与向量共线的转化，还考查向量共线定理的应用，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：如图，取A1B1的中点F，连接EF，AF，CF，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为C1D1，A1B1的中点，
所以AD//A1D1//EF，AD=A1D1=EF，则四边形ADEF为平行四边形，
所以AF//DE，所以∠FAC(或其补角)为异面直线DE与AC所成角，
设正方体的棱长为2，
则AC= AB2+BC2=2 2，
AF= AA12+A1F2= 5，
CF= CC12+B1C12+B1F2=3，
在△FAC中，由余弦定理得：
cs∠FAC=AF2+AC2−CF22AF⋅AC=5+8−92× 5×2 2= 1010，
故异面直线DE与AC所成角的余弦值是 1010．
故选：D．
正方体模型容易找平行线，通过构造平行四边形，运用平行线平移法作出异面直线所成的角，然后在三角形通过余弦定理求解．
本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题．
7.【答案】C
【解析】解：根据题意可得三棱锥S−ABC的外接球的球心即为正三角形ABC的中心，
球的半径即为正三角形ABC的外接圆的半径，
∴所求球的半径R=23×(2 32× 3)=2，
∴所求球的表面积为4πR2=16π．
故选：C．
根据题意可得三棱锥S−ABC的外接球的球心即为正三角形ABC的中心，球的半径即为正三角形ABC的外接圆的半径，从而可求解．
本题考查三棱锥的外接球问题，属基础题．
8.【答案】C
【解析】解：因为b2+c2=2a2，由余弦定理可得b2+c2−a2=2bccsA，
所以a2=2bccsA，
即csA=a22bc=b2+c24bc≥2bc4bc=12，
当且仅当b=c时取等号，
又在因为锐角三角形中，可得csA∈[12,1)．
故选：C．
由题意及余弦定理可得csA的范围，再由锐角三角形可得csA的范围．
本题考查余弦定理的应用及基本不等式的性质的应用，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：设z1=a+bi，z2=c+di，a，b，c，d∈R，
对于A，z1+z2−=(a+c)−(b+d)i，z1−+z2−=(a+c)−(b+d)i，故选项A正确；
对于B，因为z1z2=(a+bi)(c+di)=(ac−bd)+(ad+bc)i=0，
则ac−bd=0ad+bc=0，则a=b=0或c=d=0，
所以z1，z2中至少有一个0，即z1=0或z2=0，故选项B不正确；
对于C，由复数模的运算性质可知，
|z1z2|=|(a+bi)(c+di)|= (ac−bd)2+(ad+bc)2，
= (ac)2+(bd)2+(ad)2+(bc)2，
|z1||z2|= a2+b2⋅ c2+d2= (ac)2+(bd)2+(ad)2+(bc)2
所以|z1z2|=|z1||z2|，故选项C正确；
对于D，当z1=a+bi，则z12=(a+bi)⋅(a+bi)=a2−b2+2abi=1，
可得a2−b2=12ab=0，解得a=±1b=0，即z1=±1，
所以z1=z1−=±1，故选项D正确．
故选：ACD．
利用共轭复数的定义判断选项A；由复数的乘法运算以及实数0的含义判断选项B；由复数模的运算性质判断选项C；由复数的乘法运算及共轭复数的概念判断选项D．
本题考查复数的运算，属于中档题．
10.【答案】BD
【解析】解：因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，
因为点C是以AB为直径的圆上且异于A、B的任一点，则BC⊥AC，
因为PA∩AC=A，PA、AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC，
因为BC⊂平面PBC，所以平面PAC⊥平面PBC，所以B，D都正确；
因为PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，则PA⊥AC，则∠ACP为锐角，
即AC与PC不垂直，故AC与平面PBC不垂直，所以C不正确；
若AC⊥PB，又因为AC⊥BC，PB∩BC=B，PB、BC⊂平面PBC，
所以，AC⊥平面PBC，与C选项矛盾，所以A不正确．
故选：BD．
利用线面垂直的性质可判断B选项的真假；利用面面垂直的判定定理可判断D选项的真假；利用反证法可判断AC选项的真假．
本题考查线面垂直的性质的应用，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：若AB⋅BC<0，则BA⋅BC>0，因此角B为锐角，但△ABC不一定为锐角三角形，
故A错误；
因为AB|AB|,AC|AC|分别表示AB,AC方向上的单位向量，所以AB|AB|+AC|AC|的方向与∠BAC的角平分线一致．
若AP=λ(AB|AB|+AC|AC|),λ∈[0,+∞)，则AP的方向与∠BAC的角平分线一致，所以点P的轨迹一定通过△ABC的内心，故B正确；
若G为△ABC的重心，设边BC的中点为M，
则AG=23AM=23×12(AB+AC)=13(AB+AC)，故C正确；
设BC的中点为D，若点O满足|OA|=|OB|=|OC|，则点O为△ABC外心，
于是有OD⊥BC.又|AB|=2，|AC|=6，
则AO⋅BC=(DO−DA)⋅BC=DO⋅BC−DA⋅BC=AD⋅BC
=12(AC+AB)⋅(AC−AB)=12(AC2−AB2)=12×(62−22)=16，故D正确．
故选：BCD．
根据BA⋅BC>0可确定角B为锐角，但△ABC不一定为锐角三角形，可判定A；根据单位向量、共线向量的概念可判断B；根据向量的加法运算可确定C；根据向量的数量积以及向量模的运算可确定D．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的线性运算及投影的定义，属中档题．
12.【答案】224π
【解析】【分析】
本题给出圆台的上、下底面半径和高之比，在已知母线长情况下求圆台的体积．着重考查了圆台的轴截面性质、圆台的体积公式与勾股定理等知识，属于中档题．
根据圆台的轴截面性质，结合题意利用勾股定理，算出圆台的上底面半径为r=2，下底面半径为R=8，高h=8，再由圆台的体积公式加以计算，即可得出该圆台的体积．
【解答】解：根据题意，设圆台的上、下底面半径和高分别为x、4x、4x，
可得母线长为 h2+(R−r)2=10，即 (4x)2+(4x−x)2=10，
解之得x=2，所以圆台的上底面半径为r=2，下底面半径为R=8，高h=8．
由此可得圆台的体积为V=13πh(r2+R2+rR)=224π．
故答案为224π．
13.【答案】2
【解析】解：∵数据x1，x2，x3，x4，x5的方差为6，且i=15xi2=50，
∴6=15×50−x−2，∴x−=2．
故答案为：2．
根据方差公式计算平均数即可．
本题考查方差的计算公式，属于基础题．
14.【答案】−175
【解析】解：如图可知，BC=AC−AB，
∵M是AB中点，∴CM=AM−AC=12AB−AC，
∵AC=3AN，∴BN=AN−AB=13AC−AB，
设BP=λBN，则BP=λ(13AC−AB)，
CP=μCM，则CP=μ(12AB−AC)，
∵BP=BC+CP，∴λ3AC−λAB=AC−AB+μ2AB−μAC，
∴(λ3+μ−1)AC=(λ+μ2−1)AB，
∵AB与AC不共线，∴λ3+μ−1=0λ+μ2−1=0，解得λ=35μ=45，
∴BP=15AC−35AB，CP=25AB−45AC，
∴AP=AB+BP=AB+15AC−35AB=25AB+15AC．
∴AP⋅BC=(25AB+15AC)⋅(AC−AB)
=−25AB2+15AB⋅AC+15AC2
=−25|AB|2+15×|AB|×|AC|×cs∠BAC+15|AC|2
=−25×16+15×4×3×12+15×9
=−175．
故答案为：−175．
以向量AB，AC为基底，表示出向量AP，BC，计算数量积即可求解．
本题考查了平面向量的线性运算及数量积运算，考查了数形结合思想，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为a=(1,2),b=(−3,1)，
所以a+3b=(1,2)+(−9,3)=(−8,5)；
(2)a,b的夹角为θ，
则csθ=a⋅b|a|⋅|b|=1×(−3)+2×1 1+4× 9+1=− 210；
(3)向量a+kb与a−kb互相垂直，
则a2−k2b2=0，
又a2=5，b2=10，
则5−10k2=0，
解得k=± 22．
【解析】(1)直接利用坐标的乘法和加法运算求解即可；
(2)利用向量夹角的坐标公式求解即可；
(3)利用向量垂直的坐标运算列式求解即可．
本题主要考查平面向量的夹角公式，考查转化能力，属于基础题．
16.【答案】解：(1)由正弦定理以及已知可得2b2=a(2a−c)+c(2c−a)，
整理可得，a2+c2−b2=ac．
所以cs∠ABC=a2+c2−b22ac=ac2ac=12．
又∠ABC∈(0,π)，所以∠ABC=π3．
(2)
在△BDC中，由余弦定理可得cs∠BDC=BD2+CD2−BC22BD⋅CD=5−a24．
在△BDA中，由余弦定理可得cs∠BDA=BD2+AD2−AB22BD⋅AD=8−c28．
又∠BDC+∠BDA=π，所以cs∠BDC=−cs∠BDA，
即5−a24=−8−c28，整理可得c2+2a2−18=0．
因为b=AC=AD+CD=3，
在△ABC中，由余弦定理可得b2=a2+c2−2accs∠ABC，
即9=a2+c2−2accsπ3=a2+c2−ac，
整理可得a2+c2−ac=9．
联立c2+2a2−18=0a2+c2−ac=9，可得a= 3c=2 3．
所以BC=a= 3．
【解析】(1)由正弦定理角化边，整理可得a2+c2−b2=ac，然后根据余弦定理即可求得cs∠ABC=12，进而根据角的范围，即可得出答案；
(2)在△BDC以及△BDA中，分别根据余弦定理，结合∠BDC+∠BDA=π，整理化简可得c2+2a2−18=0.在△ABC中，根据余弦定理推出a2+c2−ac=9.联立两个方程，即可得出答案．
本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，方程思想，属中档题．
17.【答案】解：(1)证明：∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，
∴GH是△A1B1C1的中位线，∴GH//B1C1，
又在三棱柱ABC−A1B1C1中，B1C1//BC，
∴GH//BC，
∴B，C，H，G四点共面；
(2)证明：∵在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1B1//AB，A1B1=AB，
∴A1G//EB，A1G=12A1B1=12AB=EB，
∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E//BG，
∵A1E⊂平面A1EF，BG⊄平面A1EF，∴BG//平面A1EF；
(3)由题意知：VA−A1EF=VA1−AEF=13S△AEF⋅AA1=13×12×1×1×sinπ3×2= 36．
【解析】(1)借助三角形的中位线，证明GH//BC，可得B，C，H，G四点共面；
(2)证明A1E//GB，即可证明BG//平面A1EF；
(3)由VA−A1EF=VA1−AEF，求三棱锥A−A1EF的体积．
本题考查四点共面的证明，线面平行的证明，三棱锥的体积的求解，属中档题．
18.【答案】解：(1)因为平面ABCD⊥平面ACEF，AF⊥AC，
所以AF⊥平面ABCD，
∵AD⊂平面ABCD，所以AF⊥AD，同理可证CE⊥CD．
又ABCD为菱形，AD=CD，AF=CE，
所以△ADF≌△CED，DE=DF．
又M为EF的中点，所以DM⊥EF．
设AC∩BD=O，连接OM，AF=OD=OB=OM，所以DM⊥BM．
又EF∩BM=M，所以DM⊥平面BEF．
又BN⊂平面BEF，所以DM⊥BN，
故DM与BN所成角为定值90°．
(2)DE=BE，DF=BF，O为BD中点，
可得OE⊥BD，OF⊥BD，∠EOF为二面角E−BD−F的平面角，所以∠EOF=60°，
由题意知OE=OF，AF=1，解得EF=2 33，
又DM⊥BM，BD=2，可得DM=BM= 2，
由(1)得DM⊥平面BEF，
所以四面体D−BEF的体积：
VD−BEF=13×(12×2 33× 2)× 2=2 39．
【解析】(1)推导出AF⊥平面ABCD，从而AF⊥AD，同理可证CE⊥CD.推导出△ADF≌△CED，从而DM⊥EF.设AC∩BD=O，连接OM，AF=OD=OB=OM，则DM⊥BM.从而DM⊥平面BEF.进而DM⊥BN，由此推导出DM与BN所成角为定值90°．
(2)DE=BE，DF=BF，O为BD中点，可得OE⊥BD，OF⊥BD，∠EOF为二面角E−BD−F的平面角，∠EOF=60°，求出DM⊥平面BEF，由此能求出四面体D−BEF的体积．
本题考查异面直线所成角是否为定值的判断与求法，考查四面体的体积的求法，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．
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