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2022-2023学年广东省梅州市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年广东省梅州市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共19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.复数z=(1+m)+(2−m)i(m∈R,i为虚数单位)对应的点在第二象限内，则实数m的取值范围是( )
A. −1C. m>2D. m<−1或m>2
2.已知|a|=2，|b|=3，且a⊥b，则|b−a|=( )
A. 1B. 5C. 13D. 5
3.某水果店老板为了了解葡萄的日销售情况，记录了过去10天葡萄的日销售量(单位：kg)，结果如下：43，35，52，65，40，54，49，38，62，57.一次进货太多，水果会变得不新鲜；进货太少，又不能满足顾客的需求，店长希望每天的葡萄尽量新鲜，又能60%地满足顾客的需求(在100天中，大约有60天可以满足顾客的需求)，每天大约应进千克葡萄.( )
A. 49B. 51C. 53D. 55
4.已知a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列结论正确的是( )
A. 若a⊥b，a⊥c，则b//cB. a//α，b//α，则a//b
C. 若a//α，b⊥a，则b⊥αD. 若a⊂α，α//β，则a//β
5.十字测天仪广泛应用于欧洲中世纪晚期的航海领域，主要用于测量太阳等星体的方位，便于船员确定位置，如图1所示，十字测天仪由杆AB和横档CD构成，并且E是CD的中点，横档与杆垂直并且可在杆上滑动，十字测天仪的使用方法如下：如图2，手持十字测天仪，使得眼睛可以从A点观察，滑动横档CD使得A，C在同一水平面上，并且眼睛恰好能观察到太阳，此时视线恰好经过点D，DE的影子恰好是AE.然后，通过测量AE的长度，可计算出视线和水平面的夹角∠CAD(称为太阳高度角)，最后通过查阅地图来确定船员所在的位置.
若在一次测量中，AE=60，横档CD的长度为30，则太阳高度角的正弦值为( )
A. 417B. 817C. 1317D. 1517
6.在直角坐标系xOy中，已知a=(1,3)，b=(3,1)，若∀t∈R，|a−λb|≤|a−tb|恒成立，则λ=( )
A. 13B. 23C. 25D. 35
7.如图，三棱台ABC−A1B1C1中，底面ABC是边长为6的正三角形，且AA1=A1C1=C1C=3，平面AA1C1C⊥平面ABC，则棱BB1=( )
A. 3 62
B. 3 3
C. 3
D. 3 2
8.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=2，C=π3，则c的取值范围为( )
A. (2,2 3)B. (2 3,+∞)C. ( 3,2 3)D. (2,+∞)
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.计算下列各式，结果为 32的是( )
A. sin15∘+cs15∘B. sin153∘sin57∘+cs27∘cs57∘
C. 1+tan15∘1−tan15∘D. cs415∘−sin415∘
10.随着生活水平的不断提高，旅游已经成为人们生活的一部分，某地旅游部门从2022年到该地旅游的游客中随机抽取10000位游客进行调查，得到各年龄段游客的人数和自助游比例，如图所示，则( )
A. 估计2022年到该地旅游的青年人占游客总人数的45%
B. 估计2022年到该地旅游的游客中选择自助游的游客占比不到25%
C. 估计2022年到该地旅游的游客中选择自助游的青年人比到该地旅游的老年人还要多
D. 估计2022年到该地旅游且选择自助游的游客里面青年人超过一半
11.已知甲罐中有三个相同的小球，标号为1，2，3；乙罐中有两个相同的小球，标号为1，2，从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，记事件A=“抽取的两个小球标号之和小于4”，事件B=“抽取的两个小球标号之积为偶数”，事件C=“抽取的两个小球标号之积大于3”，则( )
A. 事件A发生的概率为12B. 事件A∪B发生的概率为23
C. 事件A，C是互斥事件D. 事件B，C相互独立
12.如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AB=4，AF=3，若G是线段EF上的动点，则( )
A. AD与CG所成角的正切值最大为54
B. 在EF上存在点G，使得AG⊥CG
C. 当G为EF上的中点时，三棱锥C−ABG的外接球半径最小
D. AG+CG的最小值为4 6
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知一个圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为______.
14.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，C1D1的中点，过点A1、M、N作正方体的截面α交CC1于点Q，则C1QQC=______.
15.甲、乙两人独立地投篮，命中的概率分别为23、34，则甲、乙各投一次，至少命中一球的概率为______.
16.在边长为6的等边三角形ABC中，若点D为AB的中点，点E满足BE=2EC，则AE⋅CD=______.
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)
已知复数z=(2m−1)+m⋅i，其中i为虚数单位，m∈R.
(1)若满足(1+i)⋅z为纯虚数，求实数m的值；
(2)若|z−3|=2，求实数m的值.
18.(本小题12分)
在直角坐标系中，已知两点A(4,3)、B(0,1)，点C为x轴上一动点.
(1)若△ABC是以AB为斜边的直角三角形，求点C的坐标；
(2)已知点D(6,t)，问是否存在实数t，使得四边形ABCD为平行四边形？如果存在求出实数t的值；如果不存在，请说明理由.
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|≤π2)的图象如图所示.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若函数h(x)=2f(x)+1的图象在区间[0,b]上恰好含10个零点，求实数b的取值范围.
20.(本小题12分)
在直角梯形AA1B1B中，A1B1//AB，AA1⊥AB，AB=4，A1B1=AA1=2，直角梯形AA1B1B绕直角边AA1旋转一周得到如下图的圆台A1A，已知平面AA1C1C⊥平面AA1B1B，点P为BB1的中点，点Q在线段BC上，且BQBC=14.
(1)证明：PQ//平面AA1C1C；
(2)求点B到平面AB1C的距离.
21.(本小题12分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边为a，b，c，且3(sinA−sinB)sinC=3c−2ba+b.
(1)求sinA；
(2)若△ABC的面积为43 2，求内角A的角平分线AD长的最大值.
22.(本小题12分)
某中学新建了学校食堂，每天有近2000名学生在学校食堂用午餐，午餐开放时间约40分钟，食堂制作了三类餐食，第一类是选餐，学生凭喜好在做好的大约6种菜和主食米饭中任意选购；第二类是套餐，已按配套好菜色盛装好，可直接取餐；第三类是面食，如煮面、炒粉等，为了更合理地设置窗口布局，增加学生的用餐满意度，学校学生会在用餐的学生中对就餐选择、各类餐食的平均每份取餐时长以及可接受等待时间进行问卷调查，并得到以下的统计图表.
已知饭堂的售饭窗口一共有20个，就餐高峰期时有200名学生在等待就餐.
(1)根据以上的调查统计，如果设置12个选餐窗口，4个套餐窗口，4个面食窗口，就餐高峰期时，假设大家在排队时自动选择较短的队伍等待(即各类餐食的窗口前队伍长度各自相同)，问：选择选餐的同学最长等待时间是多少？这能否让80%的同学感到满意(即在接受等待时长内取到餐)？
(2)根据以上的调查统计，从等待时长和公平的角度上考虑，如何设置各类售饭窗口数更优化，并给出你的求解过程.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为复数z=(1+m)+(2−m)i对应的点在第二象限内，
所以1+m<02−m>0，解得m<−1.
故选：B.
根据复数所在象限列出不等式．
本题主要考查复数的几何意义，属基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为(b−a)2=|b|2+|a|2−2b⋅a=13，
结合已知向量垂直知：|b−a|= 13.
故选：C.
根据向量数量积的运算律求解．
本题考查平面向量的线性运算，考查运算求解能力，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：将过去10天葡萄的日销售量从小到大排列：35，38，40，43，49，52，54，57，62，65，
由题意可知即求这10个数据的第60百分位数，
因为10×60%=6，
故这10个数据的第60百分位数为52+542=53，
即每天大约应进53千克葡萄．
故选：C.
将过去10天葡萄的日销售量从小到大排列，求这10个数据的第60百分位数即可得答案．
本题考查百分位数的求解，考查运算求解能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，
对于A，若a⊥b，a⊥c，则b与c相交、平行或异面，故A错误；
对于B，a//α，b//α，则a与b平行或异面，故B错误；
对于C，若a//α，b⊥a，则b与α相交、平行或b⊂α，故C错误；
对于D，若a⊂α，α//β，则由面面平行的性质得a//β，故D正确．
故选：D.
对于A，b与c相交、平行或异面；对于B，a与b平行或异面；对于C，b与α相交、平行或b⊂α；对于D，由面面平行的性质得a//β.
本题考查线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定与性质等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．
5.【答案】B
【解析】解：由题意知，AE垂直平分CD，
所以CE=12CD=15，
在Rt△AEC中，AE=60，AC= AE2+CE2= 602+152=15 17，
所以sin∠CAE=CEAC=1515 17= 1717，cs∠CAE=AEAC=6015 17=4 1717，
因为∠CAD=2∠CAE，
所以sin∠CAD=2sin∠CAEcs∠CAE=2× 1717×4 1717=817，
即太阳高度角的正弦值为817.
故选：B.
易知AE垂直平分CD，可得∠CAD=2∠CAE，再解直角三角形可得sin∠CAE，cs∠CAE的值，然后由二倍角正弦公式，即可得解．
本题考查解三角形，熟练掌握二倍角公式，三角函数的定义是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：由题意得a⋅b=1×3+3×1=6，|a|= 12+32= 10，|b|= 32+12= 10，
若∀t∈R，|a−λb|≤|a−tb|恒成立，
则∀t∈R，|a|2+λ2|b|2−2λa⋅b≤|a|2+t2|b|2−2ta⋅b恒成立，
即∀t∈R，10+10λ2−12λ≤10+10t2−12t恒成立，
∴∀t∈R,5λ2−6λ≤5t2−6t=5(t−35)2−95恒成立，
又y=5(t−35)2−95≥−95，当t=35时等号成立，
故5λ2−6λ≤−95，即(5λ−3)2≤0，
∴λ=35.
故选：D.
题意转化为∀t∈R,5λ2−6λ≤5t2−6t=5(t−35)2−95恒成立，结合二次函数的最值，可得5λ2−6λ≤−95，即可得出答案．
本题考查平面向量的线性运算，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：如图，取A1C1，AC中点分别为M，N，连接MB1，MN，NB，
过点B1作BN的垂线，垂足为P，
因为AA1=C1C=3，所以MN⊥AC，
且AC=6，所以MN= 32−(32)2=3 32，
因为平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC=AC，
MN⊥AC，MN⊂面AA1C1C，
所以MN⊥平面ABC，又因为BN⊂平面ABC，所以MN⊥BN，
又因为在三棱台ABC−A1B1C1中，MB1//NB，
所以四边形MNBB1为直角梯形，
因为NP=MB1= 32−(32)2=3 32，BN= 62−32=3 3，
所以PB=3 32，
所以在直角三角形BPB1中，BB1= PB2+PB12= PB2+MN2=3 62.
故选：A.
取A1C1，AC中点分别为M，N，连接MB1，MN，NB，过点B1作BN的垂线，垂足为P，从而在直角梯形MNBB1求解即可．
本题考查线面垂直的证法及直角三角形的性质的应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：在锐角△ABC中，b=2，C=π3，
故A=2π3−B，则0∴π6由正弦定理可得c=bsinCsinB=2× 32sinB= 3sinB∈( 3,2 3).
故选：C.
根据锐角△ABC可确定角B的范围，结合正弦定理表示出c，结合正弦函数性质即可求得答案．
本题主要考查了正弦定理的应用，属于基础题．
9.【答案】BD
【解析】解：对于A，∵(sin15∘+cs15∘)2=1+2sin15∘cs15∘=1+sin30∘=32，∴sin15∘+cs15∘= 62，∴A错误；
对于B，∵sin153∘sin57∘+cs27∘cs57∘=sin27∘sin57∘+cs27∘cs57∘=cs(57∘−27∘)=cs30∘= 32，∴B正确；
对于C，∵1+tan15∘1−tan15∘=tan45∘+tan15∘1−tan45∘tan15∘=tan(45∘+15∘)=tan60∘= 3，∴C错误；
对于D，∵cs415∘−sin415∘=(cs215∘−sin215∘)(cs215∘+sin215∘)=cs215∘−sin215∘=cs30∘= 32，∴D正确．
故选：BD.
利用同角三角函数间的基本关系判断A；利用两角差的余弦公式判断B；利用两角和的正切公式判断C；利用二倍角公式判断D.
本题考查两角差的余弦公式以及正切公式，二倍角公式，诱导公式，同角三角函数间的基本关系，属于中档题．
10.【答案】AD
【解析】解：设2022年到该地旅游的游客总人数为a，
结合扇形图可知，游客中老年人、中年人、青年人的人数分别为0.2a，0.35a，0.45a，
对于A，估计2022年到该地旅游的青年人占游客总人数的45%，正确；
对于B，结合条形图可知，游客中老年人、中年人、青年人中选择自助游的人数分别为0.04a，0.0875a，0.135a，
则0.04a+0.0875a+0.135aa=0.2625>25%，
即估计2022年到该地旅游的游客中选择自助游的游客占比超过25%，B错误；
对于C，游客中选择自助游的青年人的人数为0.135a，到该地旅游的老年人人数为0.2a，
由于0.135a<0，2a，故2022年到该地旅游的游客中选择自助游的青年人比到该地旅游的老年人要少，C错误；
对于D，2022年到该地旅游且选择自助游的游客人数为0.04a+0.0875a+0.135a=0.2625a，
而其中青年人的人数为0.135a，而≈0.514>0.5，
即估计2022年到该地旅游且选择自助游的游客里面青年人超过一半，D正确．
故选：AD.
设2022年到该地旅游的游客总人数为a，由此可估计到该地旅游的老年人、中年人、青年人的人数以及游客中老年人、中年人、青年人中选择自助游的人数，由此意义计算各项中的数据，即可得答案．
本题考查统计相关知识，属于中档题．
11.【答案】AC
【解析】解：对于A，从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，共有3×2=6种抽法，
其中事件A包含的事件个数有(1,1)，(1,2)，(2,1)，共3个，
故事件A发生的概率为P(A)=36=12，A正确；
对于B，事件B包含的事件个数有(1,2)，(2,1)，(2,2)，(3,2)，共4个，
故事件A∪B包含的事件个数有5个，则事件A∪B发生的概率为P(A∪B)=56，B错误；
对于C，事件A包含的事件为(1,1)，(1,2)，(2,1)，
每个事件中两个小球标号之积都不大于3，
故事件A，C不会同时发生，二者是互斥事件，C正确；
对于D，P(B)=46=23，事件C包含的事件个数有(2,2)，(3,2)，共2个，
故P(C)=26=13，
事件BC包含的事件为(2,2)，(3,2)，共2个，
则P(BC)=26=13，
则P(B)P(C)=29，
∴P(B)P(C)≠P(BC)，即事件B，C不相互独立，D错误．
故选：AC.
根据古典概型的概率计算可判断A，B；根据互斥事件的概念可判断C；根据独立事件的乘法公式可判断D.
本题主要考查了古典概型的概率公式，考查了互斥事件和独立事件的定义，属于中档题．
12.【答案】AC
【解析】解：∵平面ABCD⊥平面ABEF，且交线为AB，BC⊂面ABCD，BC⊥AB，
∴BC⊥面ABEF，因为BG⊂面ABEF，所以BC⊥BG，
∵AD//BC，故AD与CG所成角为∠BCG，
tan∠BCG=BGBC=BG4，当G和F重合时，BG最长，且为5，故tan∠BCG最大为54，故选项A正确；
假设在EF上存在点G，使得AG⊥CG，
因为BC⊥面ABEF，因为AG⊂面ABEF，所以BC⊥AG，
又∵CG∩BC=C，CG，BC⊂面BCG，所以AG⊥面BCG，
又因为BG⊂面BCG，所以AG⊥BG，
设FG=x，GE=4−x，0则AG2=9+x2，BG2=9+(4−x)2，
在直角△AGB中，AG2+BG2=AB2，可得方程x2−4x+9=0，该方程无解，故假设不成立，即在EF上不存在点G，使得AG⊥CG，故选项B错误；
设△ABG的外接圆半径为r，因为BC⊥面ABG，故三棱锥C−ABG的外接球半径R满足：
R2=r2+(BC2)2=r2+4.
设∠AGF=α，∠BGE=β，∠AGB=θ，
由正弦定理得2r=ABsinθ=4sinθ，
∵α+β+θ=π，
所以tanθ=−tan(α+β)=−tanα+tanβ1−tanαtanβ=−3x+34−x1−3x⋅34−x=12x2−4x+9，
因为x2−4x+9>0，故tanθ>0，故θ为锐角，
当x=2时，G为EF的中点，x2−4x+9取得最小值，tanθ取得最大值，sinθ取得最大值，r取得最小值，三棱锥C−ABG的外接球半径R取得最小值，故选项C正确；
CG2=CB2+BG2=25+(4−x)2，
AG+CG= 9+x2+ 25+(4−x)2= (x−0)2+(0−3)2+ (x−4)2+(0−5)2，
设M(x,0)，N(0,3)，P(4,5)，如图，
设N(0,3)关于x轴对称的点为N′(0,−3)，则AG+CG=MN+MP≥PN′=4 5，
直线PN′方程为y=2x−3，令y=0得x=32，即当x=32时，AG+CG的最小值为4 5，故D错误．
故选：AC.
对于A，由面面垂直性质定理得BC⊥面ABEF，得△BCG是直角三角形，再根据AD//BC可知∠BCG即为所求角，结合几何关系即可判断；对于B，假设结论成立，证明AG⊥面BCG，从而可得△ABG为直角三角形，判断三角形是否有解即可；对于C，△ABG的外接圆半径为r，由BC⊥面ABEF可得三棱锥C−ABG的外接球半径R满足：R2=r2+(BC2)2=r2+4，要求R的最小，即求r最小，由正弦定理得2r=ABsin∠AGB，要求r最小，即求sin∠AGB最大，要求sin∠AGB最大，可求tan∠AGB，结合几何关系即可判断；对于D，设FG=x，用x表示出AG+CG，利用两点间距离公式数形结合即可求解．
本题考查面面垂直的性质，考查异面直线所成的角，考查球的半径的求法，考查对称性的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．
13.【答案】 2π
【解析】解：如图所示，
由题意知圆锥的底面半径为r=1，高为h=1；
则圆锥的母线长为l= r2+h2= 2，
所以该圆锥的侧面积为πrl=π×1× 2= 2π.
故答案为： 2π.
由题意知圆锥的底面半径和高，求出母线长，再计算圆锥的侧面积．
本题考查了圆锥的结构特征与侧面积计算问题，是基础题．
14.【答案】13
【解析】解：如图，连接MQ，NQ，则平面A1MQN即为过点A1、M、N作的正方体的截面α，
因为平面ABB1A1//平面DCC1D1，且平面ABB1A1∩α=A1M，平面DCC1D1∩α=NQ，
故A1M//NQ，又NC1//A1B1，且∠C1NQ，∠B1A1M的对应两边的射线方向一致，
故∠C1NQ=∠B1A1M，而∠NC1Q=∠A1B1M=90∘，
故△NC1Q∽△A1B1M，故C1QB1M=NC1AB1=12，而B1M=12BB1=12CC1，
故C1QCC1=14，则C1QQC=13.
故答案为：13.
根据面面平行的性质定理说明A1M//NQ，再利用三角形相似可得到对应线段的比例关系，即可求得答案．
本题主要考查棱柱的结构特征，考查运算求解能力，属于中档题．
15.【答案】1112
【解析】解：题意可知甲、乙两人独立地投篮，命中的概率分别为23、34，
则两人没有命中的概率分别为13、14，
则甲、乙各投一次，至少命中一球的概率为1−13×14=1112.
故答案为：1112.
根据独立事件的乘法公式以及对立事件的概率求法即可求得答案．
本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
16.【答案】−18
【解析】解：作出图形，如图所示：
则CD=CA+AD=12AB−AC，
AE=AB+BE=AB+23BC=AB+23(AC−AB)=13AB+23AC，
∴AE⋅CD=(13AB+23AC)⋅(12AB−AC)=16AB2−23AC2=−18.
故答案为：−18.
根据平面向量的加减法运算和数量积的运算律求解，即可得出答案．
本题考查平面向量数量积的性质，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
17.【答案】解：(1)由于(1+i)⋅z=(1+i)⋅[(2m−1)+m⋅i]=(m−1)+(3m−1)⋅i，
故由(1+i)⋅z为纯虚数，可得m−1=03m−1≠0，解得m=1；
(2)因为z−3=(2m−4)+m⋅i，
故由|z−3|=2可得， (2m−4)2+m2=2，即5m2−16m+12=0，
解得m=65或m=2.
【解析】(1)根据复数的乘法可得(1+i)⋅z=(m−1)+(3m−1)⋅i，根据纯虚数的概念可列式计算，求得答案；
(2)化简可得z−3=(2m−4)+m⋅i，根据复数的模列式求解，即得答案．
本题主要考查复数的运算，属中档题．
18.【答案】解：(1)设点C(x,0)，则AC=(x−4,−3),BC=(x,−1)，
因为△ABC是以AB为斜边的直角三角形，故AC⊥BC，
故AC⋅BC=(x−4,−3)⋅(x,−1)=x2−4x+3=0，解得x=1或x=3，
故点C的坐标为(1,0)或(3,0)；
(2)假设存在实数t，使得四边形ABCD为平行四边形，设C(m,0)，
则AB=(−4,−2),DC=(m−6,−t)，
因为四边形ABCD为平行四边形，故AB=DC，即(−4,−2)=(m−6,−t)，
故−4=m−6−2=−t，解得m=2t=2，
即存在实数t=2，使得四边形ABCD为平行四边形．
【解析】(1)设点C(x,0)，根据△ABC是以AB为斜边的直角三角形，可得AC⊥BC，结合向量垂直的坐标表示，列式计算，即得答案．
(2)假设存在实数t，使得四边形ABCD为平行四边形，根据平行四边形性质可得向量的相等即AB=DC，根据向量的坐标运算，即可求得答案．
本题主要考查了向量数量积的坐标表示，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意可得A=1，f(x)的最小正周期为T=2(7π12−π12)=π，
∴ω=2ππ=2，
故f(x)=sin(2x+φ)，
又f(x)图象过点(π12,1)，故sin(2×π12+φ)=1，
则π6+φ=π2+2kπ,k∈Z，即φ=π3+2kπ,k∈Z，
而|φ|≤π2，故φ=π3，
所以f(x)=sin(2x+π3)；
(2)由(1)知h(x)=2f(x)+1=2sin(2x+π3)+1，
令h(x)=0，∴sin(2x+π3)=−12，
由x∈[0,b]，得π3≤2x+π3≤2b+π3，
因为函数h(x)的图象在区间[0,b]上恰好含10个零点，
等价于y=sin(2x+π3)与y=−12的图象在区间[0,b]上恰好含有10个交点，
设θ=2x+π3,π3≤θ≤2b+π3，即y=sinθ与y=−12的图象恰有10个交点，
故10π−π6≤2b+π3<11π+π6，即19π4≤b<65π12.
【解析】(1)由图象确定函数周期求得ω，再利用特殊点坐标代入函数表达式，可求得φ，即得答案；
(2)函数h(x)=2f(x)+1的图象在区间[0,b]上恰好含10个零点转化为y=sin(2x+π3)与y=−12的图象在区间[0,b]上恰好含有10个交点，结合正弦函数的性质列出不等式，即可求得答案
本题主要考查三角函数的图象与性质，考查转化能力，属于中档题．
20.【答案】(1)证明：过点B1作B1G⊥AB，垂足为G，过点P作PH⊥AB，垂足为H，
由于AA1⊥AB，则四边形AA1B1G为矩形，
则PH//B1G//A1A，而AA1⊂平面AA1C1C，PH⊄平面AA1C1C，
∴PH//平面AA1C1C，
∵AB=4，A1B1=AA1=2，∴AG=A1B1=GB=12AB，
连接HQ，P为BB1的中点，则H为GB的中点，故HB=12BG=14AB，
又BQBC=14，故BQBC=HBAB，∴HQ//AC，
∵AC⊂平面AA1C1C，HQ⊄平面AA1C1C，
∴HQ//平面AA1C1C，
而HQ∩PH=H，HQ，PH⊂平面PHQ，∴平面PHQ//平面AA1C1C，
而PQ⊂平面PHQ，故PQ//平面AA1C1C；
(2)解：由题意知平面AA1C1C⊥平面AA1B1B，平面AA1C1C∩平面AA1B1B=AA1，
而AC⊥AA1，AC⊂平面AA1C1C，故AC⊥平面AA1B1B，
而AB1，AB⊂平面AA1B1B，故AC⊥AB1，AC⊥AB，
在Rt△AB1C中，AC=4,AB1= (A1B1)2+(AA1)2= 4+4=2 2，
故S△AB1C=12AC⋅AB1=12×4×2 2=4 2，
设点B到平面AB1C的距离为d，
∵VB−AB1C=VB1−ABC，即13S△AB1C⋅d=13S△ABC⋅AA1，
∴d=2S△ABCS△AB1C=2×(12×4×4)4 2=2 2，
即点B到平面AB1C的距离2 2.
【解析】(1)过点B1作B1G⊥AB，过点P作PH⊥AB，进而证明平面PHQ//平面AA1C1C，根据面面平行的性质定理得结论；
(2)利用等体积法，即VB−AB1C=VB1−ABC，即可求得答案．
本题考查直线与平面平行的判定，考查平面与平面平行的性质，训练了利用等体积法求点到平面的距离，是中档题．
21.【答案】解：(1)由正弦定理，得3(a−b)c=3c−2ba+b，即c2+b2−a2=23bc，
故csA=c2+b2−a22bc=23bc2bc=13，
因为csA>0，所以A∈(0,π2)，
所以sinA= 1−cs2A= 1−19=2 23；
(2)由(1)知sinA=2 23，
因为△ABC的面积为43 2，所以12bcsinA=43 2，解得bc=4，
在△ABD中，由正弦定理，得ABsin∠ADB=BDsin∠BAD，
在△ACD中，由正弦定理，得ACsin∠ADC=CDsin∠CAD，
因为AD为角A的角平分线，所以sin∠BAD=sin∠CAD，
又∠ADB+∠ADC=π，所以sin∠ADB=sin∠ADC，所以ABAC=BDDC，
不妨设ABAC=BDDC=k，AC=m，则AB=km，故km2=4，
延长AD至点E，使得ADDE=k，连接CE，
则ADDE=BDCD=k，又∠ADB=∠EDC，
所以△ABD∽△ECD，故∠BAD=∠E，ABCE=k，
则AB//CE，CE=m，
则∠ACE+∠BAC=π，cs∠ACE=−cs∠BAC=−13，
在△ACE中，由余弦定理，得cs∠ACE=AC2+CE2−AE22AC⋅CE=2m2−(1+1k)2AD22m2=−13，
即AD2=8m23(1+1k)2，
因为km2=4，所以AD2=8m23(1+m24)2=83(1m2+m216+12)，
其中1m2+m216≥2 1m2⋅m216=12，当且仅当1m2=m216，即m=2时，等号成立，
故AD2=83(1m2+m216+12)≤83，故AD≤2 63.
所以AD长的最大值为2 63.
【解析】(1)由正弦定理和余弦定理得到csA=13，进而求出sinA；
(2)由面积公式求出bc=4，由正弦定理得到ABAC=BDDC，不妨设ABAC=BDDC=k，AC=m，得到km2=4.延长AD至点E，使得ADDE=k，连接CE，构造相似三角形，在△ACE中，由余弦定理得到AD2，由基本不等式求出AD2≤83，得到角平分线AD长的最大值．
本题主要考查正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由题意得，就餐高峰期时选择选餐的总人数为200×5050+30+20=100人；
这100人平均分布在12个选餐窗口，平均每个窗口等待就餐的人数为10012≈9人，
所以选择选餐同学的最长等待时间为2×9=18分钟，
由可接受等待时长的频率分布直方图可知，分组为[5,10),[10,15),[15,20),[20,25)的频率分别为0.15，0.45，0.35，0.05，
所以可接受等待时长在15分钟以上的同学占0.05+0.35=40%<80%，
故设置12个选餐窗口，4个套餐窗口，4个面食窗口，不能让80%的同学感到满意；
(2)假设设置m个选餐窗口，n个套餐窗口，k个面食窗口，则各队伍的同学最长等待时间如下：
依题意，从等待时长和公平的角度上考虑，则要求每个队伍的最长等待时间大致相同，
即得2×100m=0.5×60n=1×40k，即有m：n：k=20：3：4，
而m+n+k=20，故m≈15，n≈2，k≈3，
因此建议设置选餐、套餐、面食三个类别的窗口数分别为15，2，3个．
【解析】(1)求出就餐高峰期时选择选餐的总人数，确定平均每个窗口等待就餐的人数即可求得选择选餐同学的最长等待时间；根据频率分布直方图可计算可接受等待时长在15分钟以上的同学占比，即可得结论；
(2)假设设置m个选餐窗口，n个套餐窗口，k个面食窗口，表示出各队伍的同学最长等待时间，根据从等待时长和公平的角度上考虑即为要求每个队伍的最长等待时间大致相同，从而列式求解．
本题考查了频率分布直方图的应用问题，解题的关键是明确题意，理解从等待时长和公平的角度上考虑即为要求每个队伍的最长等待时间大致相同，从而列式求解．类别
选餐
套餐
面食
选择人数
50
30
20
平均每份取餐时长(单位：分钟)
2
0.5
1
类别
选餐
套餐
面食
高峰期就餐总人数
100
60
40
各队伍长度(人)
100m
60n
40k
最长等待时间(分钟)
2×100m
0.5×60n
1×40k
1.复数z=(1+m)+(2−m)i(m∈R,i为虚数单位)对应的点在第二象限内，则实数m的取值范围是( )
A. −1
2.已知|a|=2，|b|=3，且a⊥b，则|b−a|=( )
A. 1B. 5C. 13D. 5
3.某水果店老板为了了解葡萄的日销售情况，记录了过去10天葡萄的日销售量(单位：kg)，结果如下：43，35，52，65，40，54，49，38，62，57.一次进货太多，水果会变得不新鲜；进货太少，又不能满足顾客的需求，店长希望每天的葡萄尽量新鲜，又能60%地满足顾客的需求(在100天中，大约有60天可以满足顾客的需求)，每天大约应进千克葡萄.( )
A. 49B. 51C. 53D. 55
4.已知a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列结论正确的是( )
A. 若a⊥b，a⊥c，则b//cB. a//α，b//α，则a//b
C. 若a//α，b⊥a，则b⊥αD. 若a⊂α，α//β，则a//β
5.十字测天仪广泛应用于欧洲中世纪晚期的航海领域，主要用于测量太阳等星体的方位，便于船员确定位置，如图1所示，十字测天仪由杆AB和横档CD构成，并且E是CD的中点，横档与杆垂直并且可在杆上滑动，十字测天仪的使用方法如下：如图2，手持十字测天仪，使得眼睛可以从A点观察，滑动横档CD使得A，C在同一水平面上，并且眼睛恰好能观察到太阳，此时视线恰好经过点D，DE的影子恰好是AE.然后，通过测量AE的长度，可计算出视线和水平面的夹角∠CAD(称为太阳高度角)，最后通过查阅地图来确定船员所在的位置.
若在一次测量中，AE=60，横档CD的长度为30，则太阳高度角的正弦值为( )
A. 417B. 817C. 1317D. 1517
6.在直角坐标系xOy中，已知a=(1,3)，b=(3,1)，若∀t∈R，|a−λb|≤|a−tb|恒成立，则λ=( )
A. 13B. 23C. 25D. 35
7.如图，三棱台ABC−A1B1C1中，底面ABC是边长为6的正三角形，且AA1=A1C1=C1C=3，平面AA1C1C⊥平面ABC，则棱BB1=( )
A. 3 62
B. 3 3
C. 3
D. 3 2
8.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=2，C=π3，则c的取值范围为( )
A. (2,2 3)B. (2 3,+∞)C. ( 3,2 3)D. (2,+∞)
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.计算下列各式，结果为 32的是( )
A. sin15∘+cs15∘B. sin153∘sin57∘+cs27∘cs57∘
C. 1+tan15∘1−tan15∘D. cs415∘−sin415∘
10.随着生活水平的不断提高，旅游已经成为人们生活的一部分，某地旅游部门从2022年到该地旅游的游客中随机抽取10000位游客进行调查，得到各年龄段游客的人数和自助游比例，如图所示，则( )
A. 估计2022年到该地旅游的青年人占游客总人数的45%
B. 估计2022年到该地旅游的游客中选择自助游的游客占比不到25%
C. 估计2022年到该地旅游的游客中选择自助游的青年人比到该地旅游的老年人还要多
D. 估计2022年到该地旅游且选择自助游的游客里面青年人超过一半
11.已知甲罐中有三个相同的小球，标号为1，2，3；乙罐中有两个相同的小球，标号为1，2，从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，记事件A=“抽取的两个小球标号之和小于4”，事件B=“抽取的两个小球标号之积为偶数”，事件C=“抽取的两个小球标号之积大于3”，则( )
A. 事件A发生的概率为12B. 事件A∪B发生的概率为23
C. 事件A，C是互斥事件D. 事件B，C相互独立
12.如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AB=4，AF=3，若G是线段EF上的动点，则( )
A. AD与CG所成角的正切值最大为54
B. 在EF上存在点G，使得AG⊥CG
C. 当G为EF上的中点时，三棱锥C−ABG的外接球半径最小
D. AG+CG的最小值为4 6
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知一个圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为______.
14.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，C1D1的中点，过点A1、M、N作正方体的截面α交CC1于点Q，则C1QQC=______.
15.甲、乙两人独立地投篮，命中的概率分别为23、34，则甲、乙各投一次，至少命中一球的概率为______.
16.在边长为6的等边三角形ABC中，若点D为AB的中点，点E满足BE=2EC，则AE⋅CD=______.
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)
已知复数z=(2m−1)+m⋅i，其中i为虚数单位，m∈R.
(1)若满足(1+i)⋅z为纯虚数，求实数m的值；
(2)若|z−3|=2，求实数m的值.
18.(本小题12分)
在直角坐标系中，已知两点A(4,3)、B(0,1)，点C为x轴上一动点.
(1)若△ABC是以AB为斜边的直角三角形，求点C的坐标；
(2)已知点D(6,t)，问是否存在实数t，使得四边形ABCD为平行四边形？如果存在求出实数t的值；如果不存在，请说明理由.
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|≤π2)的图象如图所示.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若函数h(x)=2f(x)+1的图象在区间[0,b]上恰好含10个零点，求实数b的取值范围.
20.(本小题12分)
在直角梯形AA1B1B中，A1B1//AB，AA1⊥AB，AB=4，A1B1=AA1=2，直角梯形AA1B1B绕直角边AA1旋转一周得到如下图的圆台A1A，已知平面AA1C1C⊥平面AA1B1B，点P为BB1的中点，点Q在线段BC上，且BQBC=14.
(1)证明：PQ//平面AA1C1C；
(2)求点B到平面AB1C的距离.
21.(本小题12分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边为a，b，c，且3(sinA−sinB)sinC=3c−2ba+b.
(1)求sinA；
(2)若△ABC的面积为43 2，求内角A的角平分线AD长的最大值.
22.(本小题12分)
某中学新建了学校食堂，每天有近2000名学生在学校食堂用午餐，午餐开放时间约40分钟，食堂制作了三类餐食，第一类是选餐，学生凭喜好在做好的大约6种菜和主食米饭中任意选购；第二类是套餐，已按配套好菜色盛装好，可直接取餐；第三类是面食，如煮面、炒粉等，为了更合理地设置窗口布局，增加学生的用餐满意度，学校学生会在用餐的学生中对就餐选择、各类餐食的平均每份取餐时长以及可接受等待时间进行问卷调查，并得到以下的统计图表.
已知饭堂的售饭窗口一共有20个，就餐高峰期时有200名学生在等待就餐.
(1)根据以上的调查统计，如果设置12个选餐窗口，4个套餐窗口，4个面食窗口，就餐高峰期时，假设大家在排队时自动选择较短的队伍等待(即各类餐食的窗口前队伍长度各自相同)，问：选择选餐的同学最长等待时间是多少？这能否让80%的同学感到满意(即在接受等待时长内取到餐)？
(2)根据以上的调查统计，从等待时长和公平的角度上考虑，如何设置各类售饭窗口数更优化，并给出你的求解过程.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为复数z=(1+m)+(2−m)i对应的点在第二象限内，
所以1+m<02−m>0，解得m<−1.
故选：B.
根据复数所在象限列出不等式．
本题主要考查复数的几何意义，属基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为(b−a)2=|b|2+|a|2−2b⋅a=13，
结合已知向量垂直知：|b−a|= 13.
故选：C.
根据向量数量积的运算律求解．
本题考查平面向量的线性运算，考查运算求解能力，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：将过去10天葡萄的日销售量从小到大排列：35，38，40，43，49，52，54，57，62，65，
由题意可知即求这10个数据的第60百分位数，
因为10×60%=6，
故这10个数据的第60百分位数为52+542=53，
即每天大约应进53千克葡萄．
故选：C.
将过去10天葡萄的日销售量从小到大排列，求这10个数据的第60百分位数即可得答案．
本题考查百分位数的求解，考查运算求解能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，
对于A，若a⊥b，a⊥c，则b与c相交、平行或异面，故A错误；
对于B，a//α，b//α，则a与b平行或异面，故B错误；
对于C，若a//α，b⊥a，则b与α相交、平行或b⊂α，故C错误；
对于D，若a⊂α，α//β，则由面面平行的性质得a//β，故D正确．
故选：D.
对于A，b与c相交、平行或异面；对于B，a与b平行或异面；对于C，b与α相交、平行或b⊂α；对于D，由面面平行的性质得a//β.
本题考查线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定与性质等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．
5.【答案】B
【解析】解：由题意知，AE垂直平分CD，
所以CE=12CD=15，
在Rt△AEC中，AE=60，AC= AE2+CE2= 602+152=15 17，
所以sin∠CAE=CEAC=1515 17= 1717，cs∠CAE=AEAC=6015 17=4 1717，
因为∠CAD=2∠CAE，
所以sin∠CAD=2sin∠CAEcs∠CAE=2× 1717×4 1717=817，
即太阳高度角的正弦值为817.
故选：B.
易知AE垂直平分CD，可得∠CAD=2∠CAE，再解直角三角形可得sin∠CAE，cs∠CAE的值，然后由二倍角正弦公式，即可得解．
本题考查解三角形，熟练掌握二倍角公式，三角函数的定义是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：由题意得a⋅b=1×3+3×1=6，|a|= 12+32= 10，|b|= 32+12= 10，
若∀t∈R，|a−λb|≤|a−tb|恒成立，
则∀t∈R，|a|2+λ2|b|2−2λa⋅b≤|a|2+t2|b|2−2ta⋅b恒成立，
即∀t∈R，10+10λ2−12λ≤10+10t2−12t恒成立，
∴∀t∈R,5λ2−6λ≤5t2−6t=5(t−35)2−95恒成立，
又y=5(t−35)2−95≥−95，当t=35时等号成立，
故5λ2−6λ≤−95，即(5λ−3)2≤0，
∴λ=35.
故选：D.
题意转化为∀t∈R,5λ2−6λ≤5t2−6t=5(t−35)2−95恒成立，结合二次函数的最值，可得5λ2−6λ≤−95，即可得出答案．
本题考查平面向量的线性运算，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：如图，取A1C1，AC中点分别为M，N，连接MB1，MN，NB，
过点B1作BN的垂线，垂足为P，
因为AA1=C1C=3，所以MN⊥AC，
且AC=6，所以MN= 32−(32)2=3 32，
因为平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC=AC，
MN⊥AC，MN⊂面AA1C1C，
所以MN⊥平面ABC，又因为BN⊂平面ABC，所以MN⊥BN，
又因为在三棱台ABC−A1B1C1中，MB1//NB，
所以四边形MNBB1为直角梯形，
因为NP=MB1= 32−(32)2=3 32，BN= 62−32=3 3，
所以PB=3 32，
所以在直角三角形BPB1中，BB1= PB2+PB12= PB2+MN2=3 62.
故选：A.
取A1C1，AC中点分别为M，N，连接MB1，MN，NB，过点B1作BN的垂线，垂足为P，从而在直角梯形MNBB1求解即可．
本题考查线面垂直的证法及直角三角形的性质的应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：在锐角△ABC中，b=2，C=π3，
故A=2π3−B，则0
故选：C.
根据锐角△ABC可确定角B的范围，结合正弦定理表示出c，结合正弦函数性质即可求得答案．
本题主要考查了正弦定理的应用，属于基础题．
9.【答案】BD
【解析】解：对于A，∵(sin15∘+cs15∘)2=1+2sin15∘cs15∘=1+sin30∘=32，∴sin15∘+cs15∘= 62，∴A错误；
对于B，∵sin153∘sin57∘+cs27∘cs57∘=sin27∘sin57∘+cs27∘cs57∘=cs(57∘−27∘)=cs30∘= 32，∴B正确；
对于C，∵1+tan15∘1−tan15∘=tan45∘+tan15∘1−tan45∘tan15∘=tan(45∘+15∘)=tan60∘= 3，∴C错误；
对于D，∵cs415∘−sin415∘=(cs215∘−sin215∘)(cs215∘+sin215∘)=cs215∘−sin215∘=cs30∘= 32，∴D正确．
故选：BD.
利用同角三角函数间的基本关系判断A；利用两角差的余弦公式判断B；利用两角和的正切公式判断C；利用二倍角公式判断D.
本题考查两角差的余弦公式以及正切公式，二倍角公式，诱导公式，同角三角函数间的基本关系，属于中档题．
10.【答案】AD
【解析】解：设2022年到该地旅游的游客总人数为a，
结合扇形图可知，游客中老年人、中年人、青年人的人数分别为0.2a，0.35a，0.45a，
对于A，估计2022年到该地旅游的青年人占游客总人数的45%，正确；
对于B，结合条形图可知，游客中老年人、中年人、青年人中选择自助游的人数分别为0.04a，0.0875a，0.135a，
则0.04a+0.0875a+0.135aa=0.2625>25%，
即估计2022年到该地旅游的游客中选择自助游的游客占比超过25%，B错误；
对于C，游客中选择自助游的青年人的人数为0.135a，到该地旅游的老年人人数为0.2a，
由于0.135a<0，2a，故2022年到该地旅游的游客中选择自助游的青年人比到该地旅游的老年人要少，C错误；
对于D，2022年到该地旅游且选择自助游的游客人数为0.04a+0.0875a+0.135a=0.2625a，
而其中青年人的人数为0.135a，而≈0.514>0.5，
即估计2022年到该地旅游且选择自助游的游客里面青年人超过一半，D正确．
故选：AD.
设2022年到该地旅游的游客总人数为a，由此可估计到该地旅游的老年人、中年人、青年人的人数以及游客中老年人、中年人、青年人中选择自助游的人数，由此意义计算各项中的数据，即可得答案．
本题考查统计相关知识，属于中档题．
11.【答案】AC
【解析】解：对于A，从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，共有3×2=6种抽法，
其中事件A包含的事件个数有(1,1)，(1,2)，(2,1)，共3个，
故事件A发生的概率为P(A)=36=12，A正确；
对于B，事件B包含的事件个数有(1,2)，(2,1)，(2,2)，(3,2)，共4个，
故事件A∪B包含的事件个数有5个，则事件A∪B发生的概率为P(A∪B)=56，B错误；
对于C，事件A包含的事件为(1,1)，(1,2)，(2,1)，
每个事件中两个小球标号之积都不大于3，
故事件A，C不会同时发生，二者是互斥事件，C正确；
对于D，P(B)=46=23，事件C包含的事件个数有(2,2)，(3,2)，共2个，
故P(C)=26=13，
事件BC包含的事件为(2,2)，(3,2)，共2个，
则P(BC)=26=13，
则P(B)P(C)=29，
∴P(B)P(C)≠P(BC)，即事件B，C不相互独立，D错误．
故选：AC.
根据古典概型的概率计算可判断A，B；根据互斥事件的概念可判断C；根据独立事件的乘法公式可判断D.
本题主要考查了古典概型的概率公式，考查了互斥事件和独立事件的定义，属于中档题．
12.【答案】AC
【解析】解：∵平面ABCD⊥平面ABEF，且交线为AB，BC⊂面ABCD，BC⊥AB，
∴BC⊥面ABEF，因为BG⊂面ABEF，所以BC⊥BG，
∵AD//BC，故AD与CG所成角为∠BCG，
tan∠BCG=BGBC=BG4，当G和F重合时，BG最长，且为5，故tan∠BCG最大为54，故选项A正确；
假设在EF上存在点G，使得AG⊥CG，
因为BC⊥面ABEF，因为AG⊂面ABEF，所以BC⊥AG，
又∵CG∩BC=C，CG，BC⊂面BCG，所以AG⊥面BCG，
又因为BG⊂面BCG，所以AG⊥BG，
设FG=x，GE=4−x，0
在直角△AGB中，AG2+BG2=AB2，可得方程x2−4x+9=0，该方程无解，故假设不成立，即在EF上不存在点G，使得AG⊥CG，故选项B错误；
设△ABG的外接圆半径为r，因为BC⊥面ABG，故三棱锥C−ABG的外接球半径R满足：
R2=r2+(BC2)2=r2+4.
设∠AGF=α，∠BGE=β，∠AGB=θ，
由正弦定理得2r=ABsinθ=4sinθ，
∵α+β+θ=π，
所以tanθ=−tan(α+β)=−tanα+tanβ1−tanαtanβ=−3x+34−x1−3x⋅34−x=12x2−4x+9，
因为x2−4x+9>0，故tanθ>0，故θ为锐角，
当x=2时，G为EF的中点，x2−4x+9取得最小值，tanθ取得最大值，sinθ取得最大值，r取得最小值，三棱锥C−ABG的外接球半径R取得最小值，故选项C正确；
CG2=CB2+BG2=25+(4−x)2，
AG+CG= 9+x2+ 25+(4−x)2= (x−0)2+(0−3)2+ (x−4)2+(0−5)2，
设M(x,0)，N(0,3)，P(4,5)，如图，
设N(0,3)关于x轴对称的点为N′(0,−3)，则AG+CG=MN+MP≥PN′=4 5，
直线PN′方程为y=2x−3，令y=0得x=32，即当x=32时，AG+CG的最小值为4 5，故D错误．
故选：AC.
对于A，由面面垂直性质定理得BC⊥面ABEF，得△BCG是直角三角形，再根据AD//BC可知∠BCG即为所求角，结合几何关系即可判断；对于B，假设结论成立，证明AG⊥面BCG，从而可得△ABG为直角三角形，判断三角形是否有解即可；对于C，△ABG的外接圆半径为r，由BC⊥面ABEF可得三棱锥C−ABG的外接球半径R满足：R2=r2+(BC2)2=r2+4，要求R的最小，即求r最小，由正弦定理得2r=ABsin∠AGB，要求r最小，即求sin∠AGB最大，要求sin∠AGB最大，可求tan∠AGB，结合几何关系即可判断；对于D，设FG=x，用x表示出AG+CG，利用两点间距离公式数形结合即可求解．
本题考查面面垂直的性质，考查异面直线所成的角，考查球的半径的求法，考查对称性的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．
13.【答案】 2π
【解析】解：如图所示，
由题意知圆锥的底面半径为r=1，高为h=1；
则圆锥的母线长为l= r2+h2= 2，
所以该圆锥的侧面积为πrl=π×1× 2= 2π.
故答案为： 2π.
由题意知圆锥的底面半径和高，求出母线长，再计算圆锥的侧面积．
本题考查了圆锥的结构特征与侧面积计算问题，是基础题．
14.【答案】13
【解析】解：如图，连接MQ，NQ，则平面A1MQN即为过点A1、M、N作的正方体的截面α，
因为平面ABB1A1//平面DCC1D1，且平面ABB1A1∩α=A1M，平面DCC1D1∩α=NQ，
故A1M//NQ，又NC1//A1B1，且∠C1NQ，∠B1A1M的对应两边的射线方向一致，
故∠C1NQ=∠B1A1M，而∠NC1Q=∠A1B1M=90∘，
故△NC1Q∽△A1B1M，故C1QB1M=NC1AB1=12，而B1M=12BB1=12CC1，
故C1QCC1=14，则C1QQC=13.
故答案为：13.
根据面面平行的性质定理说明A1M//NQ，再利用三角形相似可得到对应线段的比例关系，即可求得答案．
本题主要考查棱柱的结构特征，考查运算求解能力，属于中档题．
15.【答案】1112
【解析】解：题意可知甲、乙两人独立地投篮，命中的概率分别为23、34，
则两人没有命中的概率分别为13、14，
则甲、乙各投一次，至少命中一球的概率为1−13×14=1112.
故答案为：1112.
根据独立事件的乘法公式以及对立事件的概率求法即可求得答案．
本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
16.【答案】−18
【解析】解：作出图形，如图所示：
则CD=CA+AD=12AB−AC，
AE=AB+BE=AB+23BC=AB+23(AC−AB)=13AB+23AC，
∴AE⋅CD=(13AB+23AC)⋅(12AB−AC)=16AB2−23AC2=−18.
故答案为：−18.
根据平面向量的加减法运算和数量积的运算律求解，即可得出答案．
本题考查平面向量数量积的性质，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
17.【答案】解：(1)由于(1+i)⋅z=(1+i)⋅[(2m−1)+m⋅i]=(m−1)+(3m−1)⋅i，
故由(1+i)⋅z为纯虚数，可得m−1=03m−1≠0，解得m=1；
(2)因为z−3=(2m−4)+m⋅i，
故由|z−3|=2可得， (2m−4)2+m2=2，即5m2−16m+12=0，
解得m=65或m=2.
【解析】(1)根据复数的乘法可得(1+i)⋅z=(m−1)+(3m−1)⋅i，根据纯虚数的概念可列式计算，求得答案；
(2)化简可得z−3=(2m−4)+m⋅i，根据复数的模列式求解，即得答案．
本题主要考查复数的运算，属中档题．
18.【答案】解：(1)设点C(x,0)，则AC=(x−4,−3),BC=(x,−1)，
因为△ABC是以AB为斜边的直角三角形，故AC⊥BC，
故AC⋅BC=(x−4,−3)⋅(x,−1)=x2−4x+3=0，解得x=1或x=3，
故点C的坐标为(1,0)或(3,0)；
(2)假设存在实数t，使得四边形ABCD为平行四边形，设C(m,0)，
则AB=(−4,−2),DC=(m−6,−t)，
因为四边形ABCD为平行四边形，故AB=DC，即(−4,−2)=(m−6,−t)，
故−4=m−6−2=−t，解得m=2t=2，
即存在实数t=2，使得四边形ABCD为平行四边形．
【解析】(1)设点C(x,0)，根据△ABC是以AB为斜边的直角三角形，可得AC⊥BC，结合向量垂直的坐标表示，列式计算，即得答案．
(2)假设存在实数t，使得四边形ABCD为平行四边形，根据平行四边形性质可得向量的相等即AB=DC，根据向量的坐标运算，即可求得答案．
本题主要考查了向量数量积的坐标表示，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意可得A=1，f(x)的最小正周期为T=2(7π12−π12)=π，
∴ω=2ππ=2，
故f(x)=sin(2x+φ)，
又f(x)图象过点(π12,1)，故sin(2×π12+φ)=1，
则π6+φ=π2+2kπ,k∈Z，即φ=π3+2kπ,k∈Z，
而|φ|≤π2，故φ=π3，
所以f(x)=sin(2x+π3)；
(2)由(1)知h(x)=2f(x)+1=2sin(2x+π3)+1，
令h(x)=0，∴sin(2x+π3)=−12，
由x∈[0,b]，得π3≤2x+π3≤2b+π3，
因为函数h(x)的图象在区间[0,b]上恰好含10个零点，
等价于y=sin(2x+π3)与y=−12的图象在区间[0,b]上恰好含有10个交点，
设θ=2x+π3,π3≤θ≤2b+π3，即y=sinθ与y=−12的图象恰有10个交点，
故10π−π6≤2b+π3<11π+π6，即19π4≤b<65π12.
【解析】(1)由图象确定函数周期求得ω，再利用特殊点坐标代入函数表达式，可求得φ，即得答案；
(2)函数h(x)=2f(x)+1的图象在区间[0,b]上恰好含10个零点转化为y=sin(2x+π3)与y=−12的图象在区间[0,b]上恰好含有10个交点，结合正弦函数的性质列出不等式，即可求得答案
本题主要考查三角函数的图象与性质，考查转化能力，属于中档题．
20.【答案】(1)证明：过点B1作B1G⊥AB，垂足为G，过点P作PH⊥AB，垂足为H，
由于AA1⊥AB，则四边形AA1B1G为矩形，
则PH//B1G//A1A，而AA1⊂平面AA1C1C，PH⊄平面AA1C1C，
∴PH//平面AA1C1C，
∵AB=4，A1B1=AA1=2，∴AG=A1B1=GB=12AB，
连接HQ，P为BB1的中点，则H为GB的中点，故HB=12BG=14AB，
又BQBC=14，故BQBC=HBAB，∴HQ//AC，
∵AC⊂平面AA1C1C，HQ⊄平面AA1C1C，
∴HQ//平面AA1C1C，
而HQ∩PH=H，HQ，PH⊂平面PHQ，∴平面PHQ//平面AA1C1C，
而PQ⊂平面PHQ，故PQ//平面AA1C1C；
(2)解：由题意知平面AA1C1C⊥平面AA1B1B，平面AA1C1C∩平面AA1B1B=AA1，
而AC⊥AA1，AC⊂平面AA1C1C，故AC⊥平面AA1B1B，
而AB1，AB⊂平面AA1B1B，故AC⊥AB1，AC⊥AB，
在Rt△AB1C中，AC=4,AB1= (A1B1)2+(AA1)2= 4+4=2 2，
故S△AB1C=12AC⋅AB1=12×4×2 2=4 2，
设点B到平面AB1C的距离为d，
∵VB−AB1C=VB1−ABC，即13S△AB1C⋅d=13S△ABC⋅AA1，
∴d=2S△ABCS△AB1C=2×(12×4×4)4 2=2 2，
即点B到平面AB1C的距离2 2.
【解析】(1)过点B1作B1G⊥AB，过点P作PH⊥AB，进而证明平面PHQ//平面AA1C1C，根据面面平行的性质定理得结论；
(2)利用等体积法，即VB−AB1C=VB1−ABC，即可求得答案．
本题考查直线与平面平行的判定，考查平面与平面平行的性质，训练了利用等体积法求点到平面的距离，是中档题．
21.【答案】解：(1)由正弦定理，得3(a−b)c=3c−2ba+b，即c2+b2−a2=23bc，
故csA=c2+b2−a22bc=23bc2bc=13，
因为csA>0，所以A∈(0,π2)，
所以sinA= 1−cs2A= 1−19=2 23；
(2)由(1)知sinA=2 23，
因为△ABC的面积为43 2，所以12bcsinA=43 2，解得bc=4，
在△ABD中，由正弦定理，得ABsin∠ADB=BDsin∠BAD，
在△ACD中，由正弦定理，得ACsin∠ADC=CDsin∠CAD，
因为AD为角A的角平分线，所以sin∠BAD=sin∠CAD，
又∠ADB+∠ADC=π，所以sin∠ADB=sin∠ADC，所以ABAC=BDDC，
不妨设ABAC=BDDC=k，AC=m，则AB=km，故km2=4，
延长AD至点E，使得ADDE=k，连接CE，
则ADDE=BDCD=k，又∠ADB=∠EDC，
所以△ABD∽△ECD，故∠BAD=∠E，ABCE=k，
则AB//CE，CE=m，
则∠ACE+∠BAC=π，cs∠ACE=−cs∠BAC=−13，
在△ACE中，由余弦定理，得cs∠ACE=AC2+CE2−AE22AC⋅CE=2m2−(1+1k)2AD22m2=−13，
即AD2=8m23(1+1k)2，
因为km2=4，所以AD2=8m23(1+m24)2=83(1m2+m216+12)，
其中1m2+m216≥2 1m2⋅m216=12，当且仅当1m2=m216，即m=2时，等号成立，
故AD2=83(1m2+m216+12)≤83，故AD≤2 63.
所以AD长的最大值为2 63.
【解析】(1)由正弦定理和余弦定理得到csA=13，进而求出sinA；
(2)由面积公式求出bc=4，由正弦定理得到ABAC=BDDC，不妨设ABAC=BDDC=k，AC=m，得到km2=4.延长AD至点E，使得ADDE=k，连接CE，构造相似三角形，在△ACE中，由余弦定理得到AD2，由基本不等式求出AD2≤83，得到角平分线AD长的最大值．
本题主要考查正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由题意得，就餐高峰期时选择选餐的总人数为200×5050+30+20=100人；
这100人平均分布在12个选餐窗口，平均每个窗口等待就餐的人数为10012≈9人，
所以选择选餐同学的最长等待时间为2×9=18分钟，
由可接受等待时长的频率分布直方图可知，分组为[5,10),[10,15),[15,20),[20,25)的频率分别为0.15，0.45，0.35，0.05，
所以可接受等待时长在15分钟以上的同学占0.05+0.35=40%<80%，
故设置12个选餐窗口，4个套餐窗口，4个面食窗口，不能让80%的同学感到满意；
(2)假设设置m个选餐窗口，n个套餐窗口，k个面食窗口，则各队伍的同学最长等待时间如下：
依题意，从等待时长和公平的角度上考虑，则要求每个队伍的最长等待时间大致相同，
即得2×100m=0.5×60n=1×40k，即有m：n：k=20：3：4，
而m+n+k=20，故m≈15，n≈2，k≈3，
因此建议设置选餐、套餐、面食三个类别的窗口数分别为15，2，3个．
【解析】(1)求出就餐高峰期时选择选餐的总人数，确定平均每个窗口等待就餐的人数即可求得选择选餐同学的最长等待时间；根据频率分布直方图可计算可接受等待时长在15分钟以上的同学占比，即可得结论；
(2)假设设置m个选餐窗口，n个套餐窗口，k个面食窗口，表示出各队伍的同学最长等待时间，根据从等待时长和公平的角度上考虑即为要求每个队伍的最长等待时间大致相同，从而列式求解．
本题考查了频率分布直方图的应用问题，解题的关键是明确题意，理解从等待时长和公平的角度上考虑即为要求每个队伍的最长等待时间大致相同，从而列式求解．类别
选餐
套餐
面食
选择人数
50
30
20
平均每份取餐时长(单位：分钟)
2
0.5
1
类别
选餐
套餐
面食
高峰期就餐总人数
100
60
40
各队伍长度(人)
100m
60n
40k
最长等待时间(分钟)
2×100m
0.5×60n
1×40k
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