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2022-2023学年广西南宁市普高联盟高一（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年广西南宁市普高联盟高一（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学年广西南宁市普高联盟高一（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. 若复数z=21−i，则z=( )
A. 1+i B. −1+i C. −2+i D. 2−i
2. 已知向量a=(1,2)，b=(3,4)，则a−b=( )
A. (2,6) B. (−2,6) C. (4,6) D. (−2,−2)
3. 如图，一个水平放置的平面图形OABC的斜二测直观图是平行四边形O′A′B′C′，且O′C′=2，O′A′=1，∠A′O′C′=45°，则平面图形OABC的面积为( )
A. 2
B. 4
C. 8
D. 10
4. 已知互不重合的直线m，n，互不重合的平面α，β，γ，下列命题错误的是( )
A. 若α//β，β//γ，则α//γ B. 若α//β，β⊥γ，则α⊥γ
C. 若α//β，m//α，则m//β D. 若α//β，n⊂α，则n//β
5. 甲、乙两人进行射击比赛，分别对同一目标各射击10次，其成绩(环数)如表：
甲的环数
7
7
10
6
10
8
7
9
7
9
乙的环数
7
8
8
9
8
7
7
9
8
9
下列说法正确的是( )
A. 甲的平均数大于乙的平均数 B. 甲的中位数等于乙的中位数
C. 甲、乙的众数都是7 D. 乙的成绩更稳定
6. 已知sinα=35,α是第一象限角，且tan(α+β)=1，则tanβ的值为( )
A. −17 B. 17 C. −34 D. 34
7. 某次实验得交变电流i(单位：A)随时间t(单位：s)变化的函数解析式为i=Asin(ωt+φ)，其中A>0,ω>0,|φ|≤π2且t∈[0,+∞)，其图象如图所示，则下列说法错误的是( )
A. ω=100π B. φ=π4
C. 当t=380时，i=0 D. 当t=980时，i=10
8. 在三棱锥P−ABC中，PA=PB=PC=2 3，AB=AC=BC=3，则三棱锥P−ABC的外接球的体积是( )
A. 4π3 B. 8 2π3 C. 32π3 D. 4 3π
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. 下列关于复数z=(1−i)(2+i)的说法中正确的有( )
A. 复数z的虚部为1 B. 复数z的共轭复数是3+i
C. 复数z的的模是10 D. 复数z的对应的点在第四象限
10. 随着国民经济的快速发展和人民生活水平的不断提高，我国社会物流需求不断增加，物流行业前景广阔.社会物流总费用与GDP的比率是反映地区物流发展水平的指标，下面是2017−2022年我国社会物流总费用与GDP的比率统计，则( )
A. 2018−2022这5年我国社会物流总费用逐年增长．且2021年增长的最多
B. 2017−2022这6年我国社会物流总费用的第70%分位数为14.9万亿元
C. 2017−2022这6年我国社会物流总费用与GDP的比率的极差为0.2%
D. 2022年我国的GDP超过了121万亿元
11. 把函数y=f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的13倍(纵坐标不变)，再把所得图象上所有点的纵坐标缩短到原来的12倍(横坐标不变)，最后把所得图象向右平移π12个单位长度，得到函数y=sin(2x−π3)的图象，则f(x)的解析式可以为( )
A. f(x)=−2cos2x B. f(x)=−2cos(23x+π3)
C. f(x)=12cos(23x−5π6) D. f(x)=2sin(23x−π6)
12. 如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，则下列选项中正确的有( )
A. 异面直线B1D与AA1的夹角的正弦为 63
B. 二面角A1−BD−A的平面角的正切值为 3
C. 正方体的外接球体积为 32a3π
D. 三棱锥A1−ABD与三棱锥A1−B1D1D体积相等
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 2022年8月16日，航天员的出舱主通道——问天实验舱气闸舱首次亮相.某高中为了解学生对这一新闻的关注度，利用分层抽样的方法从高中三个年级中抽取了30人进行问卷调查，其中高一年级抽取了11人，高二年级抽取了9人，且高三年级共有学生900人，则该高中的学生总数为______ 人.
14. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B=π3,a=5,b=7,c= ______ ．
15. 已知长方体ABCD−A1B1C1D1的底面是边长为2 2的正方形，若cos∠BAC1= 24，则该长方体的外接球的表面积为______ ．
16. 如图，在△ABC中，B=π3，AB=2，点M满足AM=13AC，BM⋅AC=43，O为BM中点，点N在线段BC上移动(包括端点)，则OA⋅ON的最小值是______ ．
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)
已知向量a=(4,3),b=(−1,1),c=(x,6)．
(1)求|a+b|；
(2)当a//c时，求x的值；
(3)当(c−a)⊥b时，求x的值；
18. (本小题12.0分)
全民健身，强国有我，某企业为增强广大职工的身体素质和健康水平，组织全体职工开启了“学习强国”平台的强国运动项目，为了解他们的具体运动情况，企业工会从该企业全体职工中随机抽取了100名，统计他们的日均运动步数，并得到如图频率分布直方图．
(1)求直方图中a的值；
(2)估计该企业职工日均运动步数的平均数；(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)
(3)若该企业恰好有15的职工的日均运动步数达到了企业制定的优秀强国运动者达标线，试估计该企业制定的优秀强国运动者达标线是多少？
19. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD=4，AD=5，棱PC的中点为N，连接DN．
(1)求证：PA⊥平面PCD；
(2)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值．
20. (本小题12.0分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，2acosB+b=2c．
(1)求A的大小；
(2)若a=3 3且△ABC的面积为 3，求sinB+sinC的值．
21. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=2 3sinxcosx+2cos2x+1．
(1)化简函数f(x)的解析式；
(2)求函数f(x)的单调递增区间；
(3)若对任意的x∈(π4,π)，不等式f(x)>m−3恒成立，求实数m的取值范围．
22. (本小题12.0分)
如图，已知直三棱柱ABC−A1B1C1，AC⊥BC，AC=BC=2，AA1=4，点D为AC的中点．
(1)证明：AB1//平面BC1D；
(2)求直线AB1到平面BC1D的距离．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：z=21−i=2(1+i)(1−i)(1+i)=1+i．
故选：A．
根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：∵a=(1,2),b=(3,4)，
∴a−b=(−2,−2)．
故选：D．
根据向量减法的坐标运算进行运算即可．
本题考查了向量坐标的减法运算，考查了计算能力，属于容易题．
3.【答案】B
【解析】解：根据斜二测画法的规则可知该平面图形是矩形，如下图所示，且长OC=4，宽OA=1，
故平面图形OABC的面积为OA⋅OC=4．
故选：B．
根据斜二测画法得到平面图形，即可得解．
本题主要考查了平面图形的直观图，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由α//β，β//γ，得α//γ，故A正确；
若β⊥γ，则β内垂直于两平面交线的直线a垂直γ，又α//β，则α内存在直线b//a，可得b⊥γ，则α⊥γ，故B正确；
若α//β，m//α，则m//β或m⊂β，故C错误；
若α//β，则α与β无公共点，而n⊂α，则n与β无公共点，可得n//β，故D正确．
故选：C．
由平面平行的传递性判断A；由平面与平面垂直的判定、平面与平面平行的性质判断B；由两面平行分析线面关系判断C；由两面平行及线面平行的定义判断D．
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．
5.【答案】D
【解析】解：计算得甲、乙的平均数都是8，故A错误；
甲从小到大进行排序：6，7，7，7，7，8，9，9，10，10，
乙从小到大进行排序，7，7，7，8，8，8，8，9，9，9，
所以甲的中位数是7.5，而乙的中位数是8，故B错误；
乙的众数是8，故C错误；
甲的方差为s12=110[(7−8)2×4+(6−8)2+(9−8)2×2+(10−8)2×2]=1.8，
乙的方差为s22=110[(7−8)2×3+(9−8)2×3]=0.6，
所以乙的方差小，所以乙的成绩更稳定，故D正确．
故选：D．
求出甲乙的平均数、中位数和众数，即可判断选项ABC，求出方差判断选项D．
本题考查平均数、中位数、众数、方差的定义，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：因为sinα=35,α是第一象限角，所以cosα= 1−sin2α=45，
所以tanα=34，
所以tanβ=tan[(α+β)−α]=1−341+34=17．
故选：B．
先根据平方关系及商数关系求出tanα，再根据tanβ=tan[(α+β)−α]利用两角差的正切公式即可得解．
本题主要考查两角差的正切公式，同角三角函数的基本关系，考查运算求解能力，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：由题知T=2×(0.0225−0.0125)=0.02，则ω=100π，又A=10，
则i=10sin(100πt+φ)，所以当t=0时，10sinφ=5 2，
则sinφ= 22，又|φ|≤π2，
则φ=π4，因此i=10sin(100πt+π4)，
所以当t=380时，i=10sin(100π×380+π4)=10sin4π=0，
当t=980时，i=10sin(100π×980+π4)=10sin3π2=−10，
因此ABC正确，D错误．
故选：D．
根据五点法结合图象可得i=10sin(100πt+π4)，逐项判断即可得解．
本题主要考查由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式，考查运算求解能力，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：取等边△ABC的中心G，连接PG、AG，如下图所示：
∵PA=PB=PC=2 3,AB=BC=AC=3，所以，三棱锥P−ABC为正三棱锥，
所以，三棱锥P−ABC外接球球心O在直线PG，设该球的半径为R，
由正弦定理得AG=AB2sinπ3= 3，
所以PG= PA2−AG2=3，
由勾股定理得OA2=OG2+AG2，
即R2=|3−R|2+3，解得R=2，
因此，三棱锥P−ABC外接球的体积为：
V=43πR3=43π×23=323π．
故选：C．
作出图形，取等边△ABC的中心G，连接PG，可知三棱锥P−ABC外接球球心在直线PG上，设三棱锥P−ABC外接球的半径为R，根据几何关系列出关于R的方程，解出R的值，进而可求得三棱锥P−ABC外接球的体积．
本题考查了三棱锥外接球的体积计算，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：z=(1−i)(2+i)=3−i，
复数z的虚部为−1，z−=3+i，故A错误，B正确；
|z|= 32+(−1)2= 10，故C错误；
复数z的对应的点(3,−1)在第四象限，故D正确．
故选：BD．
根据已知条件，先求出z，即可依次求解．
本题主要考查复数的四则运算，考查转化能力，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：由图表可知，2018−2022这5年我国社会物流总费用逐年增长，2021年增长的最多，
且增长为16.7−14.9=1.8万亿元，故A正确；
因为6×70%=4.2，
则第70%分位数为第5个，即为16.7，所以这6年我国社会物流总费用的第70%分位数为16.7万亿元，故B错误；
由图表可知，2017−2022这6年我国社会物流总费用与GDP的比率的极差为14.8%−14.6%=0.2%，故C正确；
由图表可知，2022年我国的GDP为17.8÷14.7%≈121.1万亿元，故D正确．
故选：ACD．
根据题意，由图表即可判断AC，由百分位数的计算公式即可判断B，由2022年社会物流总费用与GDP的比率即可得到2022年我国的GDP，即可判断D．
本题主要考查了统计图表的应用，属于基础题．
11.【答案】BD
【解析】解：把函数y=sin(2x−π3)的图象，向左平移π12个单位长度，
得到y=sin[2(x+π12)−π3]=sin(2x−π6)的图象，
再把所得图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)，得到y=2sin(2x−π6)的图象，
最后把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的3倍(纵坐标不变)，
得到f(x)=2sin(23x−π6)的图象．
而f(x)=2sin(23x−π6)=2cos(3π2+23x−π6)=2cos(23x+4π3)=2cos(23x+π+π3)=−2cos(23x+π3)．
故选：BD．
通过往回倒推，将函数y=sin(2x−π3)的图象，向左平移π12个单位长度，再将其纵坐标伸长2倍，横坐标伸长3倍得到解析式f(x)=2sin(23x−π6)，利用诱导公式一一对照化简即可．
本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A，∵AA1//BB1，Rt△B1BD中，∠BB1D就是异面直线所成的角，
BD= 2a,B1D= 3a，则sin∠BB1D= 2a 3a= 63，A正确；
对于B，连接AC交BD于点O，连接A1O，
∵AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴AA1⊥BD，
又BD⊥AO，AA1∩AO=A，AA1，AO⊂平面AOA1，∴BD⊥平面AOA1
∵A1O⊂平面AOA1，∴BD⊥A1O，∴∠A1OA为二面角A1−BD−A的平面角，
在Rt△A1AO中，tan∠A1OA=a 2a2= 2，B不正确；
对于C，∵正方体外接球的半径R= 32a，
∴正方体的外接球体积为V=43πR3= 32a3π，C正确；
对于D，∵VA1−B1D1D=VD−A1B1D1，
三棱锥A1−ABD的高AA1与三棱锥D−A1B1D1的高DD1相等，底面积S△ABD=S△A1B1D1，
故三棱锥A1−ABD与三棱锥A1−B1D1D体积相等，D正确．
故选：ACD．
由AA1//BB1知∠BB1D就是异面直线所成的角，求解即可判断A；连接AC交BD于点O，由题意得BD⊥平面AOA1，∠A1OA为二面角A1−BD−A的平面角，求解可B；正方体外接球的半径R= 32a，求出外接球体积可判断C；由VA1−B1D1D=VD−A1B1D1，及三棱锥A1−ABD的高AA1与三棱锥D−A1B1D1的高DD1相等，底面积S△ABD=S△A1B1D1，可判断D．
本题考查线线角的求解，二面角的求解，正方体的外接球问题，三棱锥的体积问题，属中档题．
13.【答案】2700
【解析】解：由题意，利用分层抽样的方法从高中三个年级中抽取了30人进行问卷调查，
其中高一年级抽取了11人，高二年级抽取了9人，
则高三年级抽取了30−11−9=10人，
又高三年级共有学生900人，
则该高中的学生总数为9001030=2700人．
故答案为：2700．
根据题意可得高三年级的抽取人数，进而得出其抽样比，再由高三年级的总人数除以抽样比可得结果．
本题考查分层抽样的应用，考查学生计算能力，属于基础题．
14.【答案】8
【解析】解：由余弦定理b2=a2+c2−2accosB，B=π3,a=5,b=7，
即72=52+c2−2×5×c×12，即c2−5c−24=0，解得c=8或c=−3(舍去)．
故答案为：8．
利用余弦定理计算可得．
本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题．
15.【答案】64π
【解析】解：设长方体的高为c，外接球的半径为R，如图，
则AC12=(2 2)2+(2 2)2+c2,BC12=(2 2)2+c2,AB2=(2 2)2，
由余弦定理知，cos∠BAC1=AC12+AB2−BC122AC1⋅AB=164 2 16+c2= 24，
解得c=4 3，所以(2R)2=AC12=64，
所以S=4πR2=(2R)2π=64π．
故答案为：64π．
由余弦定理可求出长方体的高，再由外接球直径为长方体对角线得解．
本题考查了长方体外接球的表面积计算，属于中档题．
16.【答案】−2936
【解析】解：以B为原点，BC所在直线为x轴建立如图所示直角坐标系，
设C(t,0)，t>0，∵AB=2,B=π3，∴A(1, 3)，
设M(x,y)，
∴AM=(x−1,y− 3)，AC=(t−1,− 3)，
∵AM=13AC，
∴x−1=13(t−1)，x=t+23，y− 3=13×(− 3)，y=2 33，
∴M(t+23,2 33)，
∴BM=(t+23,2 33)，AC=(t−1,− 3)，
∵BM⋅AC=43，即(t+2)(t−1)3−2=43，解得t=3，
∴M(53,2 33)，因为O为BM中点，
∴O(56, 33)，
设N(n,0)，0≤n≤3，∴OA=(16,2 33)，ON=(n−56,− 33)，
∴OA⋅ON=16(n−56)−23=16n−2936，∵0≤n≤3
所以当n=0时(16n−2936)min=−2936，即(OA⋅ON)min=−2936，
故答案为：−2936．
设C(t,0)，利用向量共线得到M(t+23,2 33)，再写出BM=(t+23,2 33)，AC=(t−1,− 3)，从而得到方程(t+2)(t−1)3−2=43，解出t即可求出O坐标为O(56, 33)，再设N(n,0)，0≤n≤3，写出OA=(16,2 33)，ON=(n−56,− 33)，则OA⋅ON的函数表达式，利用函数单调性即可求出最值．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)a=(4,3)，b=(−1,1)，
则a+b=(3,4)，
故|a+b|= 32+42=5；
(2)a=(4,3)，c=(x,6)，
当a//c时，
则4×6=3x，解得x=8；
(3)a=(4,3)，c=(x,6)，
则c−a=(x−4,3)，
∵(c−a)⊥b，b=(−1,1)，
∴−(x−4)+3=0，解得x=7．
【解析】(1)根据已知条件，结合向量的坐标运算，以及向量模公式，即可求解；
(2)根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解；
(3)根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查向量共线、垂直的性质，属于基础题．
18.【答案】解：(1)由频率分布直方图得2(a+0.1+5a+0.12+a)=1，解得a=0.04．
(2)设平均数为x−，则x−=5×2×0.04+7×2×0.1+9×2×5×0.04+11×2×0.12+13×2×0.04=9.08．
所以该企业职工日均运动步数的平均数约为9.08千步．
(3)日均运动步数在[4,10]的频率为0.68，
日均运动步数在[4,12]的频率为0.92，
则80%位数在[10,12]内，为10+2×0.8−0.680.92−0.68=11，
该企业制定的优秀强国运动者达标线是11千步．
【解析】(1)由频率和为1列式求解；
(2)由频率分布直方图数据求解；
(3)由频率分布直方图数据求解．
本题考查频率分布直方图相关知识，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：由题意可知，DN⊥PC，
又因为平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD=PC，
所以DN⊥平面PAC，
又PA⊂平面PAC，
故DN⊥PA，
又PA⊥CD，CD∩DN=D，CD，DN⊂平面PCD，
则PA⊥平面PCD；
(2)连接AN，由(2)可知，DN⊥平面PAC，
则∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角，
因为△PCD为等边三角形，CD=4且N为PC的中点，
所以DN=2 3，
又DN⊥AN，
在Rt△AND中，sin∠DAN=DNAD=2 35，
故直线AD与平面PAC所成角的正弦值为2 35．
【解析】(1)易知DN⊥PC，利用面面垂直的性质定理可得DN⊥平面PAC，从而得到DN⊥PA，利用线面垂直的判定定理证明即可；
(2)连接AN，由线面角的定义可得，∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角，在三角形中，利用边角关系求解即可．
本题考查了线面垂直的判定定理的应用以及线面角的求解，在使用几何法求线面角时，可通过已知条件，在斜线上取一点作该平面的垂线，找出该斜线在平面内的射影，通过解直角三角形求得，属于中档题．
20.【答案】解：(1)∵2acosB+b=2c，
∴由正弦定理得2sinAcosB+sinB=2sinC，
又A+B+C=π，则2sinAcosB+sinB=2sin(A+B)，
∴2cosAsinB−sinB=0，
∵A、B∈(0,π)，即sinB≠0，
∴cosA=12，即A=π3；
(2)由(1)得A=π3，△ABC的面积为 3，
则S=12bcsinA= 3，解得bc=4，
∵a=3 3，
∴由余弦定理得b2+c2=2bccosA+a2=4+27=31，
∴(b+c)2=b2+c2+2bc=39，即b+c= 39，
由正弦定理得bsinB=csinC=asinA=3 3 32=6，
∴sinB=16b，sinC=16c，
∴sinB+sinC=16(b+c)= 396．
【解析】(1)利用正弦定理变形得2cosAsinB−sinB=0，即可得出答案；
(2)由题意得bc=4，结合余弦定理求出b+c= 39，利用正弦定理，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．
21.【答案】解：(1)因为f(x)=2 3sinxcosx+2cos2x+1= 3sin2x+cos2x+2=2sin(2x+π6)+2；
(2)由2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，k∈z，可得kπ−π3≤x≤kπ+π6，k∈z，
所以f(x)的单调递增区间为[kπ−π3,kπ+π6](k∈Z)；
(3)当x∈(π4,π)时，2x+π6∈(2π3,13π6)，
所以f(x)min=f(2π3)=2×(−1)+2=0，
所以0>m−3，解得m<3．
所以实数m的取值范围为(−∞,3)．
【解析】(1)利用二倍角公式及辅助角公式化简即可；
(2)由正弦函数的性质求解即可；
(3)求出函数f(x)在(π4,π)上的最小值即可得答案．
本题考查了三角恒等变化、正弦函数的性质及转化思想，属于基础题．
22.【答案】解：(1)证明：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，设B1C与BC1交于点E，连接DE，
由于四边形BCC1B1是矩形，则E为B1C的中点，
又D是AC的中点，
∴DE//AB1，
又AB1⊄平面BC1D，DE⊂平面BC1D，
∴AB1//平面BC1D.
(2)∵AC=BC=1，点D为AC的中点．
∴BD⊥AC，
∵直三棱柱ABC−A1B1C1，∴CC1⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，
∴CC1⊥BD，CC1∩AC，CC1，AC⊂平面CC1A1A，
∴BD⊥平面CC1A1A，∵DC1⊥BD，
又AC=BC=2，AC⊥BC，∴CA=2 2，CD=BD= 2，
∵AA1=4，∴DC1= 2+16=3 2，
∴S△BDC1=12× 2×3 2=3，
S△ABD=12S△ABC=1，
设A到平面BC1D的距离为d，
由VC1−ABD=VA−BDC1，得13×1×4=13×3×d，
解得d=43．
∴直线AB1与平面BC1D的距离为43．
【解析】(1)结合题意先证明DE//AB1，再利用线面平行的判定即可得证；
(2)利用等体积法求得点A到平面BC1D的距离，即可求得直线AB1与平面BC1D的距离．
本题考查线面平行的证明，考查等体积法求点到面的距离，属中档题．
2022-2023学年广西南宁市普高联盟高一（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. 若复数z=21−i，则z=( )
A. 1+i B. −1+i C. −2+i D. 2−i
2. 已知向量a=(1,2)，b=(3,4)，则a−b=( )
A. (2,6) B. (−2,6) C. (4,6) D. (−2,−2)
3. 如图，一个水平放置的平面图形OABC的斜二测直观图是平行四边形O′A′B′C′，且O′C′=2，O′A′=1，∠A′O′C′=45°，则平面图形OABC的面积为( )
A. 2
B. 4
C. 8
D. 10
4. 已知互不重合的直线m，n，互不重合的平面α，β，γ，下列命题错误的是( )
A. 若α//β，β//γ，则α//γ B. 若α//β，β⊥γ，则α⊥γ
C. 若α//β，m//α，则m//β D. 若α//β，n⊂α，则n//β
5. 甲、乙两人进行射击比赛，分别对同一目标各射击10次，其成绩(环数)如表：
甲的环数
7
7
10
6
10
8
7
9
7
9
乙的环数
7
8
8
9
8
7
7
9
8
9
下列说法正确的是( )
A. 甲的平均数大于乙的平均数 B. 甲的中位数等于乙的中位数
C. 甲、乙的众数都是7 D. 乙的成绩更稳定
6. 已知sinα=35,α是第一象限角，且tan(α+β)=1，则tanβ的值为( )
A. −17 B. 17 C. −34 D. 34
7. 某次实验得交变电流i(单位：A)随时间t(单位：s)变化的函数解析式为i=Asin(ωt+φ)，其中A>0,ω>0,|φ|≤π2且t∈[0,+∞)，其图象如图所示，则下列说法错误的是( )
A. ω=100π B. φ=π4
C. 当t=380时，i=0 D. 当t=980时，i=10
8. 在三棱锥P−ABC中，PA=PB=PC=2 3，AB=AC=BC=3，则三棱锥P−ABC的外接球的体积是( )
A. 4π3 B. 8 2π3 C. 32π3 D. 4 3π
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. 下列关于复数z=(1−i)(2+i)的说法中正确的有( )
A. 复数z的虚部为1 B. 复数z的共轭复数是3+i
C. 复数z的的模是10 D. 复数z的对应的点在第四象限
10. 随着国民经济的快速发展和人民生活水平的不断提高，我国社会物流需求不断增加，物流行业前景广阔.社会物流总费用与GDP的比率是反映地区物流发展水平的指标，下面是2017−2022年我国社会物流总费用与GDP的比率统计，则( )
A. 2018−2022这5年我国社会物流总费用逐年增长．且2021年增长的最多
B. 2017−2022这6年我国社会物流总费用的第70%分位数为14.9万亿元
C. 2017−2022这6年我国社会物流总费用与GDP的比率的极差为0.2%
D. 2022年我国的GDP超过了121万亿元
11. 把函数y=f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的13倍(纵坐标不变)，再把所得图象上所有点的纵坐标缩短到原来的12倍(横坐标不变)，最后把所得图象向右平移π12个单位长度，得到函数y=sin(2x−π3)的图象，则f(x)的解析式可以为( )
A. f(x)=−2cos2x B. f(x)=−2cos(23x+π3)
C. f(x)=12cos(23x−5π6) D. f(x)=2sin(23x−π6)
12. 如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，则下列选项中正确的有( )
A. 异面直线B1D与AA1的夹角的正弦为 63
B. 二面角A1−BD−A的平面角的正切值为 3
C. 正方体的外接球体积为 32a3π
D. 三棱锥A1−ABD与三棱锥A1−B1D1D体积相等
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 2022年8月16日，航天员的出舱主通道——问天实验舱气闸舱首次亮相.某高中为了解学生对这一新闻的关注度，利用分层抽样的方法从高中三个年级中抽取了30人进行问卷调查，其中高一年级抽取了11人，高二年级抽取了9人，且高三年级共有学生900人，则该高中的学生总数为______ 人.
14. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B=π3,a=5,b=7,c= ______ ．
15. 已知长方体ABCD−A1B1C1D1的底面是边长为2 2的正方形，若cos∠BAC1= 24，则该长方体的外接球的表面积为______ ．
16. 如图，在△ABC中，B=π3，AB=2，点M满足AM=13AC，BM⋅AC=43，O为BM中点，点N在线段BC上移动(包括端点)，则OA⋅ON的最小值是______ ．
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)
已知向量a=(4,3),b=(−1,1),c=(x,6)．
(1)求|a+b|；
(2)当a//c时，求x的值；
(3)当(c−a)⊥b时，求x的值；
18. (本小题12.0分)
全民健身，强国有我，某企业为增强广大职工的身体素质和健康水平，组织全体职工开启了“学习强国”平台的强国运动项目，为了解他们的具体运动情况，企业工会从该企业全体职工中随机抽取了100名，统计他们的日均运动步数，并得到如图频率分布直方图．
(1)求直方图中a的值；
(2)估计该企业职工日均运动步数的平均数；(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)
(3)若该企业恰好有15的职工的日均运动步数达到了企业制定的优秀强国运动者达标线，试估计该企业制定的优秀强国运动者达标线是多少？
19. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD=4，AD=5，棱PC的中点为N，连接DN．
(1)求证：PA⊥平面PCD；
(2)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值．
20. (本小题12.0分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，2acosB+b=2c．
(1)求A的大小；
(2)若a=3 3且△ABC的面积为 3，求sinB+sinC的值．
21. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=2 3sinxcosx+2cos2x+1．
(1)化简函数f(x)的解析式；
(2)求函数f(x)的单调递增区间；
(3)若对任意的x∈(π4,π)，不等式f(x)>m−3恒成立，求实数m的取值范围．
22. (本小题12.0分)
如图，已知直三棱柱ABC−A1B1C1，AC⊥BC，AC=BC=2，AA1=4，点D为AC的中点．
(1)证明：AB1//平面BC1D；
(2)求直线AB1到平面BC1D的距离．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：z=21−i=2(1+i)(1−i)(1+i)=1+i．
故选：A．
根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：∵a=(1,2),b=(3,4)，
∴a−b=(−2,−2)．
故选：D．
根据向量减法的坐标运算进行运算即可．
本题考查了向量坐标的减法运算，考查了计算能力，属于容易题．
3.【答案】B
【解析】解：根据斜二测画法的规则可知该平面图形是矩形，如下图所示，且长OC=4，宽OA=1，
故平面图形OABC的面积为OA⋅OC=4．
故选：B．
根据斜二测画法得到平面图形，即可得解．
本题主要考查了平面图形的直观图，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由α//β，β//γ，得α//γ，故A正确；
若β⊥γ，则β内垂直于两平面交线的直线a垂直γ，又α//β，则α内存在直线b//a，可得b⊥γ，则α⊥γ，故B正确；
若α//β，m//α，则m//β或m⊂β，故C错误；
若α//β，则α与β无公共点，而n⊂α，则n与β无公共点，可得n//β，故D正确．
故选：C．
由平面平行的传递性判断A；由平面与平面垂直的判定、平面与平面平行的性质判断B；由两面平行分析线面关系判断C；由两面平行及线面平行的定义判断D．
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．
5.【答案】D
【解析】解：计算得甲、乙的平均数都是8，故A错误；
甲从小到大进行排序：6，7，7，7，7，8，9，9，10，10，
乙从小到大进行排序，7，7，7，8，8，8，8，9，9，9，
所以甲的中位数是7.5，而乙的中位数是8，故B错误；
乙的众数是8，故C错误；
甲的方差为s12=110[(7−8)2×4+(6−8)2+(9−8)2×2+(10−8)2×2]=1.8，
乙的方差为s22=110[(7−8)2×3+(9−8)2×3]=0.6，
所以乙的方差小，所以乙的成绩更稳定，故D正确．
故选：D．
求出甲乙的平均数、中位数和众数，即可判断选项ABC，求出方差判断选项D．
本题考查平均数、中位数、众数、方差的定义，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：因为sinα=35,α是第一象限角，所以cosα= 1−sin2α=45，
所以tanα=34，
所以tanβ=tan[(α+β)−α]=1−341+34=17．
故选：B．
先根据平方关系及商数关系求出tanα，再根据tanβ=tan[(α+β)−α]利用两角差的正切公式即可得解．
本题主要考查两角差的正切公式，同角三角函数的基本关系，考查运算求解能力，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：由题知T=2×(0.0225−0.0125)=0.02，则ω=100π，又A=10，
则i=10sin(100πt+φ)，所以当t=0时，10sinφ=5 2，
则sinφ= 22，又|φ|≤π2，
则φ=π4，因此i=10sin(100πt+π4)，
所以当t=380时，i=10sin(100π×380+π4)=10sin4π=0，
当t=980时，i=10sin(100π×980+π4)=10sin3π2=−10，
因此ABC正确，D错误．
故选：D．
根据五点法结合图象可得i=10sin(100πt+π4)，逐项判断即可得解．
本题主要考查由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式，考查运算求解能力，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：取等边△ABC的中心G，连接PG、AG，如下图所示：
∵PA=PB=PC=2 3,AB=BC=AC=3，所以，三棱锥P−ABC为正三棱锥，
所以，三棱锥P−ABC外接球球心O在直线PG，设该球的半径为R，
由正弦定理得AG=AB2sinπ3= 3，
所以PG= PA2−AG2=3，
由勾股定理得OA2=OG2+AG2，
即R2=|3−R|2+3，解得R=2，
因此，三棱锥P−ABC外接球的体积为：
V=43πR3=43π×23=323π．
故选：C．
作出图形，取等边△ABC的中心G，连接PG，可知三棱锥P−ABC外接球球心在直线PG上，设三棱锥P−ABC外接球的半径为R，根据几何关系列出关于R的方程，解出R的值，进而可求得三棱锥P−ABC外接球的体积．
本题考查了三棱锥外接球的体积计算，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：z=(1−i)(2+i)=3−i，
复数z的虚部为−1，z−=3+i，故A错误，B正确；
|z|= 32+(−1)2= 10，故C错误；
复数z的对应的点(3,−1)在第四象限，故D正确．
故选：BD．
根据已知条件，先求出z，即可依次求解．
本题主要考查复数的四则运算，考查转化能力，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：由图表可知，2018−2022这5年我国社会物流总费用逐年增长，2021年增长的最多，
且增长为16.7−14.9=1.8万亿元，故A正确；
因为6×70%=4.2，
则第70%分位数为第5个，即为16.7，所以这6年我国社会物流总费用的第70%分位数为16.7万亿元，故B错误；
由图表可知，2017−2022这6年我国社会物流总费用与GDP的比率的极差为14.8%−14.6%=0.2%，故C正确；
由图表可知，2022年我国的GDP为17.8÷14.7%≈121.1万亿元，故D正确．
故选：ACD．
根据题意，由图表即可判断AC，由百分位数的计算公式即可判断B，由2022年社会物流总费用与GDP的比率即可得到2022年我国的GDP，即可判断D．
本题主要考查了统计图表的应用，属于基础题．
11.【答案】BD
【解析】解：把函数y=sin(2x−π3)的图象，向左平移π12个单位长度，
得到y=sin[2(x+π12)−π3]=sin(2x−π6)的图象，
再把所得图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)，得到y=2sin(2x−π6)的图象，
最后把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的3倍(纵坐标不变)，
得到f(x)=2sin(23x−π6)的图象．
而f(x)=2sin(23x−π6)=2cos(3π2+23x−π6)=2cos(23x+4π3)=2cos(23x+π+π3)=−2cos(23x+π3)．
故选：BD．
通过往回倒推，将函数y=sin(2x−π3)的图象，向左平移π12个单位长度，再将其纵坐标伸长2倍，横坐标伸长3倍得到解析式f(x)=2sin(23x−π6)，利用诱导公式一一对照化简即可．
本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A，∵AA1//BB1，Rt△B1BD中，∠BB1D就是异面直线所成的角，
BD= 2a,B1D= 3a，则sin∠BB1D= 2a 3a= 63，A正确；
对于B，连接AC交BD于点O，连接A1O，
∵AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴AA1⊥BD，
又BD⊥AO，AA1∩AO=A，AA1，AO⊂平面AOA1，∴BD⊥平面AOA1
∵A1O⊂平面AOA1，∴BD⊥A1O，∴∠A1OA为二面角A1−BD−A的平面角，
在Rt△A1AO中，tan∠A1OA=a 2a2= 2，B不正确；
对于C，∵正方体外接球的半径R= 32a，
∴正方体的外接球体积为V=43πR3= 32a3π，C正确；
对于D，∵VA1−B1D1D=VD−A1B1D1，
三棱锥A1−ABD的高AA1与三棱锥D−A1B1D1的高DD1相等，底面积S△ABD=S△A1B1D1，
故三棱锥A1−ABD与三棱锥A1−B1D1D体积相等，D正确．
故选：ACD．
由AA1//BB1知∠BB1D就是异面直线所成的角，求解即可判断A；连接AC交BD于点O，由题意得BD⊥平面AOA1，∠A1OA为二面角A1−BD−A的平面角，求解可B；正方体外接球的半径R= 32a，求出外接球体积可判断C；由VA1−B1D1D=VD−A1B1D1，及三棱锥A1−ABD的高AA1与三棱锥D−A1B1D1的高DD1相等，底面积S△ABD=S△A1B1D1，可判断D．
本题考查线线角的求解，二面角的求解，正方体的外接球问题，三棱锥的体积问题，属中档题．
13.【答案】2700
【解析】解：由题意，利用分层抽样的方法从高中三个年级中抽取了30人进行问卷调查，
其中高一年级抽取了11人，高二年级抽取了9人，
则高三年级抽取了30−11−9=10人，
又高三年级共有学生900人，
则该高中的学生总数为9001030=2700人．
故答案为：2700．
根据题意可得高三年级的抽取人数，进而得出其抽样比，再由高三年级的总人数除以抽样比可得结果．
本题考查分层抽样的应用，考查学生计算能力，属于基础题．
14.【答案】8
【解析】解：由余弦定理b2=a2+c2−2accosB，B=π3,a=5,b=7，
即72=52+c2−2×5×c×12，即c2−5c−24=0，解得c=8或c=−3(舍去)．
故答案为：8．
利用余弦定理计算可得．
本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题．
15.【答案】64π
【解析】解：设长方体的高为c，外接球的半径为R，如图，
则AC12=(2 2)2+(2 2)2+c2,BC12=(2 2)2+c2,AB2=(2 2)2，
由余弦定理知，cos∠BAC1=AC12+AB2−BC122AC1⋅AB=164 2 16+c2= 24，
解得c=4 3，所以(2R)2=AC12=64，
所以S=4πR2=(2R)2π=64π．
故答案为：64π．
由余弦定理可求出长方体的高，再由外接球直径为长方体对角线得解．
本题考查了长方体外接球的表面积计算，属于中档题．
16.【答案】−2936
【解析】解：以B为原点，BC所在直线为x轴建立如图所示直角坐标系，
设C(t,0)，t>0，∵AB=2,B=π3，∴A(1, 3)，
设M(x,y)，
∴AM=(x−1,y− 3)，AC=(t−1,− 3)，
∵AM=13AC，
∴x−1=13(t−1)，x=t+23，y− 3=13×(− 3)，y=2 33，
∴M(t+23,2 33)，
∴BM=(t+23,2 33)，AC=(t−1,− 3)，
∵BM⋅AC=43，即(t+2)(t−1)3−2=43，解得t=3，
∴M(53,2 33)，因为O为BM中点，
∴O(56, 33)，
设N(n,0)，0≤n≤3，∴OA=(16,2 33)，ON=(n−56,− 33)，
∴OA⋅ON=16(n−56)−23=16n−2936，∵0≤n≤3
所以当n=0时(16n−2936)min=−2936，即(OA⋅ON)min=−2936，
故答案为：−2936．
设C(t,0)，利用向量共线得到M(t+23,2 33)，再写出BM=(t+23,2 33)，AC=(t−1,− 3)，从而得到方程(t+2)(t−1)3−2=43，解出t即可求出O坐标为O(56, 33)，再设N(n,0)，0≤n≤3，写出OA=(16,2 33)，ON=(n−56,− 33)，则OA⋅ON的函数表达式，利用函数单调性即可求出最值．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)a=(4,3)，b=(−1,1)，
则a+b=(3,4)，
故|a+b|= 32+42=5；
(2)a=(4,3)，c=(x,6)，
当a//c时，
则4×6=3x，解得x=8；
(3)a=(4,3)，c=(x,6)，
则c−a=(x−4,3)，
∵(c−a)⊥b，b=(−1,1)，
∴−(x−4)+3=0，解得x=7．
【解析】(1)根据已知条件，结合向量的坐标运算，以及向量模公式，即可求解；
(2)根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解；
(3)根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查向量共线、垂直的性质，属于基础题．
18.【答案】解：(1)由频率分布直方图得2(a+0.1+5a+0.12+a)=1，解得a=0.04．
(2)设平均数为x−，则x−=5×2×0.04+7×2×0.1+9×2×5×0.04+11×2×0.12+13×2×0.04=9.08．
所以该企业职工日均运动步数的平均数约为9.08千步．
(3)日均运动步数在[4,10]的频率为0.68，
日均运动步数在[4,12]的频率为0.92，
则80%位数在[10,12]内，为10+2×0.8−0.680.92−0.68=11，
该企业制定的优秀强国运动者达标线是11千步．
【解析】(1)由频率和为1列式求解；
(2)由频率分布直方图数据求解；
(3)由频率分布直方图数据求解．
本题考查频率分布直方图相关知识，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：由题意可知，DN⊥PC，
又因为平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD=PC，
所以DN⊥平面PAC，
又PA⊂平面PAC，
故DN⊥PA，
又PA⊥CD，CD∩DN=D，CD，DN⊂平面PCD，
则PA⊥平面PCD；
(2)连接AN，由(2)可知，DN⊥平面PAC，
则∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角，
因为△PCD为等边三角形，CD=4且N为PC的中点，
所以DN=2 3，
又DN⊥AN，
在Rt△AND中，sin∠DAN=DNAD=2 35，
故直线AD与平面PAC所成角的正弦值为2 35．
【解析】(1)易知DN⊥PC，利用面面垂直的性质定理可得DN⊥平面PAC，从而得到DN⊥PA，利用线面垂直的判定定理证明即可；
(2)连接AN，由线面角的定义可得，∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角，在三角形中，利用边角关系求解即可．
本题考查了线面垂直的判定定理的应用以及线面角的求解，在使用几何法求线面角时，可通过已知条件，在斜线上取一点作该平面的垂线，找出该斜线在平面内的射影，通过解直角三角形求得，属于中档题．
20.【答案】解：(1)∵2acosB+b=2c，
∴由正弦定理得2sinAcosB+sinB=2sinC，
又A+B+C=π，则2sinAcosB+sinB=2sin(A+B)，
∴2cosAsinB−sinB=0，
∵A、B∈(0,π)，即sinB≠0，
∴cosA=12，即A=π3；
(2)由(1)得A=π3，△ABC的面积为 3，
则S=12bcsinA= 3，解得bc=4，
∵a=3 3，
∴由余弦定理得b2+c2=2bccosA+a2=4+27=31，
∴(b+c)2=b2+c2+2bc=39，即b+c= 39，
由正弦定理得bsinB=csinC=asinA=3 3 32=6，
∴sinB=16b，sinC=16c，
∴sinB+sinC=16(b+c)= 396．
【解析】(1)利用正弦定理变形得2cosAsinB−sinB=0，即可得出答案；
(2)由题意得bc=4，结合余弦定理求出b+c= 39，利用正弦定理，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．
21.【答案】解：(1)因为f(x)=2 3sinxcosx+2cos2x+1= 3sin2x+cos2x+2=2sin(2x+π6)+2；
(2)由2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，k∈z，可得kπ−π3≤x≤kπ+π6，k∈z，
所以f(x)的单调递增区间为[kπ−π3,kπ+π6](k∈Z)；
(3)当x∈(π4,π)时，2x+π6∈(2π3,13π6)，
所以f(x)min=f(2π3)=2×(−1)+2=0，
所以0>m−3，解得m<3．
所以实数m的取值范围为(−∞,3)．
【解析】(1)利用二倍角公式及辅助角公式化简即可；
(2)由正弦函数的性质求解即可；
(3)求出函数f(x)在(π4,π)上的最小值即可得答案．
本题考查了三角恒等变化、正弦函数的性质及转化思想，属于基础题．
22.【答案】解：(1)证明：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，设B1C与BC1交于点E，连接DE，
由于四边形BCC1B1是矩形，则E为B1C的中点，
又D是AC的中点，
∴DE//AB1，
又AB1⊄平面BC1D，DE⊂平面BC1D，
∴AB1//平面BC1D.
(2)∵AC=BC=1，点D为AC的中点．
∴BD⊥AC，
∵直三棱柱ABC−A1B1C1，∴CC1⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，
∴CC1⊥BD，CC1∩AC，CC1，AC⊂平面CC1A1A，
∴BD⊥平面CC1A1A，∵DC1⊥BD，
又AC=BC=2，AC⊥BC，∴CA=2 2，CD=BD= 2，
∵AA1=4，∴DC1= 2+16=3 2，
∴S△BDC1=12× 2×3 2=3，
S△ABD=12S△ABC=1，
设A到平面BC1D的距离为d，
由VC1−ABD=VA−BDC1，得13×1×4=13×3×d，
解得d=43．
∴直线AB1与平面BC1D的距离为43．
【解析】(1)结合题意先证明DE//AB1，再利用线面平行的判定即可得证；
(2)利用等体积法求得点A到平面BC1D的距离，即可求得直线AB1与平面BC1D的距离．
本题考查线面平行的证明，考查等体积法求点到面的距离，属中档题．
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