2023-2024学年四川省成都市石室中学竞赛班高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省成都市石室中学竞赛班高一（下）期末数学试卷（含解析），共20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。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若复数z=(2−a)+(2a−1)i(a∈R)为纯虚数，则复数z+a在复平面上的对应点的位置在( )
A. 第一象限内B. 第二象限内C. 第三象限内D. 第四象限内
2.数据x1，x2，…，x10的方差s2=0，则下列数字特征一定为0的是( )
A. 平均数B. 中位数C. 众数D. 极差
3.某中学组织三个年级的学生进行党史知识竞赛.经统计，得到前200名学生分布的扇形图(如图)和前200名中高一学生排名分布的频率条形图(如图)，则下列命题错误的是( )
A. 成绩前200名的学生中，高一人数比高二人数多30人
B. 成绩前100名的学生中，高一人数不超过50人
C. 成绩前50名的学生中，高三人数不超过32人
D. 成绩第51名到第100名的学生中，高二人数比高一人数多
4.命题“∃x∈[1,2]，x3+2x−a>0”为假命题的一个必要不充分条件是( )
A. a≥11B. a≤11C. a≥12D. a≤12
5.在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，且sinA=2sinB，2acsC+b=0，则csA=( )
A. 154B. 104C. 64D. 14
6.如图，在菱形ABCD中，∠DAB=π3，且CF=λCD，CE=μCB，若AC=37AF+67AE，则λ+μ=( )
A. 23
B. 1
C. 43
D. 2
7.如图，AC是圆O的直径，∠DCA=45°，DA垂直于圆O所在的平面，B为圆周上不与点A，C重合的点，AM⊥DC于M，AN⊥DB于N，则下列结论不正确的是( )
A. 平面ABC⊥平面DAC
B. CB⊥平面BAD
C. CD⊥平面AMN
D. 平面AMN⊥平面DAB
8.美国数学家JackKiefer于1953年提出0.618优选法，又称黄金分割法，是在优选时把尝试点放在黄金分割点上来寻找最优选择.我国著名数学家华罗庚于20世纪60、70年代对其进行简化、补充，并在我国进行推广，广泛应用于各个领域.黄金分割比t= 5−12≈0.618，现给出三倍角公式cs3α=4cs3α−3csα，则t与sin18°的关系式正确的为( )
A. 2t=3sin18°B. t=2sin18°C. t= 5sin18°D. t= 6sin18°
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。
9.已知向量a=(1,−2)，b=(λ,1)，则下列说法中正确的是( )
A. 若a//b，则λ=12 B. 若a⊥b，则λ=2
C. 若λ<2，则a与b的夹角为钝角 D. 当λ=1时，则a在b上的投影向量的坐标为(−12,−12)
10.设z1，z2为复数，则下列结论中正确的是( )
A. 若1z1为虚数，则z1也为虚数B. 若|z1+i|=1，则|z1|的最大值为 2
C. |z1z2|=|z1z2−|D. |z1−z2|≤|z1|+|z2|
11.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c=2且a+cb=sinA−sinBsinA−sinC，则下列结论正确的是( )
A. C=π3 B. a的取值范围为(0,2]
C. ab的最大值为4 D. 若D为AB的中点，则CD的取值范围为(1,2)
12.如图一，矩形ABCD中，BC=2AB=2，AM⊥BD交对角线BD于点O，交BC于点M.现将△ABD沿BD翻折至△A′BD的位置，如图二，点N为棱A′D的中点，则下面结论正确的是( )
A. 存在某个位置使得CN//平面A′OM
B. 在翻折过程中，恒有BD⊥A′M
C. 若二面角A′−BD−C的平面角为π3，则A′C= 655
D. 若A′在平面BCD上的射影落在△BCD内部，则VA′−BCD∈( 36,2 515)
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.将10个数据按照从小到大的顺序排列如下：11，15，17，a，23，26，27，34，37，38，若该组数据的40%分位数为22，则a= ______．
14.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0).若f(x)的图象向左平移π3个单位所得的图象与f(x)的图象重合，则ω的最小值为______．
15.若某球体的半径与某圆锥的底面半径相等，且该球体的表面积为S1，体积为V1，该圆锥的侧面积为S2，体积为V2，若2S1S2=V1V2，则该球体半径与该圆锥母线的比值为______．
16.镇江西津渡的云台阁，是一座宋元风格的仿古建筑，始建于2010年，目前已成为镇江市的地标建筑之一.如图，在云台阁旁水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点P的仰角分别为30°，60°，45°，且AB=BC=40米，则云台阁的高度为______米.
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)
已知函数f(x)= 3sin2x+cs2x．
(Ⅰ)求函数f(x)的最小正周期和对称中心；
(Ⅱ)求函数f(x)在[0,π2]上的值域．
18.(本小题12分)
如图，在四边形ABCD中，∠B=120°，AB=2，AD=3，且BC=kAD,AB⋅BC=1，若P，Q为线段AD上的两个动点，且|PQ|=1．
(1)当P为AD的中点时，求CP的长度；
(2)求CP⋅CQ的最小值．
19.(本小题12分)
2023年起我国旅游按下重启键，寒冬有尽，春日可期，先后出现了“淄博烧烤”，“尔滨与小土豆”，“天水麻辣烫”等现象级爆款，之后各地文旅各出奇招，衢州文旅也在各大平台发布了衢州的宣传片：孔子，金庸，搁袋饼纷纷出场.现为进一步发展衢州文旅，提升衢州经济，在5月份对来衢旅游的部分游客发起满意度调查，从饮食、住宿，交通，服务等方面调查旅客满意度，满意度采用百分制，统计的综合满意度绘制成如下频率分布直方图，图中b=4a．
(Ⅰ)求图中a的值并估计满意度得分的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
(Ⅱ)若有超过60%的人满意度在75分及以上，则认为该月文旅成绩合格.衢州市5月份文旅成绩合格了吗？
(Ⅲ)衢州文旅6月份继续对来衢旅游的游客发起满意度调查.现知6月1日−6月7日调查的4万份数据中其满意度的平均值为80，方差为75；6月8日−6月14日调查的6万份数据中其满意度的平均值为90，方差为70.由这些数据计算6月1日一6月14日的总样本的平均数与方差．
20.(本小题12分)
如图，在△ABC中，D是BC边上的一点，α=∠BAD，β=∠DAC．
(1)证明：BDDC=AB⋅sinαAC⋅sinβ；
(2)若D为靠近B的三等分点，AB=2 7，AC=2，β=90°，∠BAC为钝角，求S△ACD．
21.(本小题12分)
如图，三棱台ABC−A1B1C1中，△ABC是边长为2的等边三角形，四边形ACC1A1是等腰梯形，且A1C1=AA1=1，D为A1C1的中点．
(Ⅰ)证明：AC⊥BD；
(Ⅱ)若过B，B1，D三点的平面截三棱台ABC−A1B1C1所得的截面面积为9 316.当二面角A1−AC−B为锐二面角时，求二面角B1−BC−A的正弦值．
22.(本小题12分)
在四面体ABCD中，AB=a，CD=b，记四面体ABCD的内切球半径为r.分别过点A，B，C，D向其对面作垂线，垂足分别为H1，H2，H3，H4．
(1)是否存在四个面都是直角三角形的四面体ABCD？(不用说明理由)
(2)若垂足H1恰为正△BCD的中心，证明：r=b 3a2−b23 4a2−b2+ 3b；
(3)已知a+b=2024，证明：r<253．
答案解析
1.A
【解析】解：∵复数z=(2−a)+(2a−1)i(a∈R)为纯虚数，∴a=2，
复数z+a=3i+2在复平面上的对应点为(2,3)，位置在第一象限．
故选：A．
根据纯虚数的定义解出a，利用复数的几何意义求解．
本题考查复数的几何意义，属于基础题．
2.D
【解析】解：设数据x1，x2，…，x10的平均数为x−，
则s2=110×[(x1−x−)2+(x2−x−)2+…+(x10−x−)2]=0，
所以(x1−x−)2=0，(x2−x−)2=0，…，(x10−x−)2=0，
所以x1=x2=…=x10=x−，
所以极差一定为0，
而平均数、中位数，众数不一定为0．
故选：D．
设数据x1，x2，…，x10的平均数为x−，根据方差的定义可知x1=x2=…=x10=x−，再结合平均数，中位数，众数和极差的定义判断．
本题主要考查了平均数，方差，中位数、众数和极差的定义，属于基础题．
3.D
【解析】解：由饼状图，成绩前200名的200人中，高一人数比高二人数多200×(45%−30%)=30，A正确；
由条形图知高一学生在前200名中，前100和后100人数相等，因此高一人数为200×45%×12=45<50，B正确；
成绩前50名的50人中，高一人数为200×45%×0.2=18，因此高三最多有32人，C正确；
第51到100名的50人中，高一人数为200×45%×0.3=27，故高二最多有23人，因此高二人数比高一少，D错误．
故选：D．
根据饼状图和条形图提供的数据判断．
本题主要考查了统计图的应用，属于基础题．
4.A
【解析】解：若命题“∃x∈[1,2]，x3+2x−a>0”为假命题，
则“∀x∈[1,2]，x3+2x−a≤0”为真命题，
可得∀x∈[1,2]，a≥x3+2x恒成立，即a≥(x3+2x)max，
令f(x)=x3+2x，因为y=x3，y=2x都是单调递增函数，
所以f(x)=x3+2x在x∈[1,2]上是单调递增函数，
所以f(2)max=23+2×2=12，
可得a≥12，结合选项，
命题“∃x∈[1,2]，x3+2x−a>0”为假命题的一个必要不充分条件是a≥11．
故选：A．
转化为∀x∈[1,2]，a≥x3+2x恒成立求出x3+2x的最大值即可．
本题主要考查了含有量词的命题的真假关系的应用，属于基础题．
5.C
【解析】解：因为sinA=2sinB，所以a=2b，
因为2acsC+b=0，所以2a×a2+b2−c22ab+b=0，
化简得a2+2b2−c2=0，
将a=2b代入可得6b2=c2，即c= 6b，
所以csC=b2+c2−a22bc=b2+6b2−4b22b× 6b= 64．
故选：C．
根据正弦定理，将角化边，再用余弦定理的推论得到c= 6b，再次用余弦定理的推论求解csA即可．
本题考查正弦定理及余弦定理，属中档题．
6.B
【解析】解：由题意，以AD,AB向量作为基底，
因为CF=λCD,CE=μCB，且AD=BC,AB=DC，
则DF=(1−λ)DC,BE=(1−μ)BC，
所以AF=AD+DF=AD+(1−λ)DC=AD+(1−λ)AB，
AE=AB+BE=AB+(1−μ)BC=AB+(1−μ)AD，
所以AC=37AF+67AE=(97−67μ)AD+(97−37λ)AB，
又因为AC=AD+DC=AD+AB，
所以97−67μ=197−37λ=1，解得μ=13λ=23，
所以λ+μ=1．
故选：B．
以AD,AB向量作为基底，用基底表示AF=AD+(1−λ)AB，AE=AB+(1−μ)AD，然后代入已知条件得AC=(97−67μ)AD+(97−37λ)AB，再根据AC=AD+AB即可求解．
本题考查平面向量基本定理，属中档题．
7.D
【解析】解：AC是圆O的直径，∠DCA=45°，DA垂直于圆O所在的平面，
因为DA⊂平面DAC，所以平面DAC⊥平面BAC，所以A正确；
B中，由A选项可知BC⊂平面ABC，所以DA⊥BC，
B为圆周上不与点A，C重合的点，
所以BC⊥AB，AB∩DA=A，
所以BC⊥平面BAD，所以B正确；
C中，因为AM⊥DC于M，AN⊥DB于N，
由B选项分析，可得AN⊂平面BAD，
所以BC⊥AN，BC∩DB=N，
所以AN⊥平面DBC，而DC⊂平面DBC，
所以AN⊥DC，而AN∩AM=A，
所以DC⊥平面AMN，所以C正确；
D中，由C选项的分析，无法判断DB是否与MN，AM垂直，
所以无法判断面AMN与平面DAB是否垂直，所以D不正确．
故选：D．
由DA垂直于圆O所在的平面，所以DA所在的平面都与圆O所在的平面，判断出A的真假；再由圆的性质可得BC⊥AB，由A选项的分析，可得BC⊥DA，进而可证得BC⊥平面DAB，判断出B的真假；由B选项的分析，可得AN⊥BC，进而可证得AN⊥平面DAC，进而可证得AN⊥CD，再由AM⊥DC，进而可证得CD⊥平面AMN，判断出C的真假；无法判断DB是否与MN，AM垂直，所以无法判断面AMN与平面DAB是否垂直，判断出D的真假．
本题考查线面垂直的判断定理的应用及线面垂直的性质定理的应用，属于中档题．
8.B
【解析】解：由三倍角公式有cs54°=4cs318°−3cs18°=sin36°=2sin18°cs18°，
化简得4cs218°−3=2sin18°，
∴4sin218°+2sin18°−1=0，
解得sin18°= 5−14(负值舍去)，
∴t=2sin18°．
故选：B．
结合已知三倍角公式及同角基本关系进行化简即可求解．
本题主要考查了同角基本关系的应用，属于基础题．
9.BD
【解析】解：A.若a//b，则1+2λ=0，解得λ=−12，A错误；
B.若a⊥b，则a⋅b=λ−2=0，λ=2，B正确；
C.λ=−12<2时，a=−2b，a,b的夹角为π，不是钝角，C错误；
D.λ=1时，b=(1,1)，a在b上的投影向量的坐标为：a⋅b|b|⋅b|b|=−12(1,1)=(−12,−12)，D正确．
故选：BD．
根据向量平行和垂直的坐标关系即可判断A，B的正误；根据向量夹角的定义及向量数量积的计算公式即可判断C的正误；根据投影向量的计算公式即可判断D的正误．
本题考查了向量垂直的充要条件，向量平行的坐标关系，向量坐标的数量积运算，向量数量积的计算公式，投影向量的计算公式，考查了计算能力，属于基础题．
10.ACD
【解析】解：对于A，因为1z1=z1−z1⋅z1−为虚数，z1⋅z1−为实数，所以z1−为虚数，所以z1也为虚数，所以A正确，
对于B，当z1=−2i时，满足|z1+i|=1，此时|z1|=2> 2，所以B错误，
对于C，设z1=a+bi，z2=c+di(a,b,c,d∈R)，则
z1⋅z2=(a+bi)⋅(c+di)=(ac−bd)+(ad+bc)i，
z1⋅z2−=(a+bi)⋅(c−di)=(ac+bd)+(bc−ad)i，
所以|z1⋅z2|= (ac−bd)2+(ad+bc)2= (ac)2+(bd)2+(ad)2+(bc)2，
|z1⋅z2−|= (ac+bd)2+(bc−ad)2= (ac)2+(bd)2+(ad)2+(bc)2，
所以|z1z2|=|z1z2−|，所以C正确，
对于D，设z1，z2确定的向量分别为OZ1,OZ2，则由向量不等式得|OZ1−OZ2|≤|OZ1|+|OZ2|，
所以|z1−z2|≤|z1|+|z2|恒成立，所以D正确，
故选：ACD．
对于A，由1z1=z1−z1⋅z1−为虚数，得z1−为虚数，从而可判断A，对于B，由z1=−2i进行判断，对于C，设z1=a+bi，z2=c+di(a,b,c,d∈R)，然后分别求解|z1z2|,|z1z2−|进行判断，对于D，根据复数的向量表示及向量的不等式分析判断．
本题考查复数的运算，属于中档题．
11.AC
【解析】解：由a+cb=sinA−sinBsinA−sinC，结合正弦定理可得a+cb=a−ba−c，
即为a2+b2−c2=ab，
由余弦定理可得csC=a2+b2−c22ab=12，
由0由c=2，可得a2+b2−ab=4，
又a2+b2≥2ab，可得ab≤4，当且仅当a=b=2时，取得等号，
即ab的最大值为4，故C正确；
由a2+b2−ab=4，即b2−ab+a2−4=0有解，可得Δ=a2−4(a2−4)≥0，解得0由CD=12(CA+CB)，两边平方可得CD2=14(CA2+CB2+2CA⋅CB)，
即为CD2=14(b2+a2+2ba×12)=14(a2+b2+ab)=14(4+2ab)≤14×(4+8)=3，
则CD≤ 3，故D错误．
故选：AC．
由正弦定理和余弦定理可求得C，可判断A；由基本不等式可判断C；由二次方程有解的条件可判断B；由CD=12(CA+CB)，两边平方，结合余弦定理和不等式的性质，可判断D．
本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和基本不等式、向量的中点表示，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
12.BCD
【解析】解：翻折前，在矩形ABCD中，
因为AM⊥BD，则∠BAM+∠AMB=∠CBD+∠AMB=90°，所以∠BAM=∠CBD，
则tan∠BAM=tan∠CBD=CDBC=12，即tan∠BAM=BMAB=12，所以BM=12AB=12，
故AM= AB2+BM2= 12+(12)2= 52，BO=AB⋅BMAM=1×12 52= 55，
则AO= AB2−BO2= 1−( 55)2=2 55，OM=AM−AO= 52−2 55= 510，
因为BD= BC2+CD2= 22+12= 5，则OD=BD−OB= 5− 55=4 55，
对于A选项，假设NC//平面A′OM，取OD的中点E，连接NE、CN，
因为N、E分别为A′D、OD的中点，所以NE//A′O，
因为NE⊄平面A′OM，A′O⊂平面A′OM，所以NE//平面A′OM，
又NC//平面A′OM，NC⋂NE=N，NC、NE⊂平面CNE，
所以平面CNE//平面A′OM，
又平面BCD⋂平面A′OM=OM，平面BCD⋂平面NCE=EC，则CE//OM，
因为OM⊥BD，则CE⊥BD，
又cs∠BDC=CDBD=1 5= 55，
在△CDE中，CD=1，DE=12OD=2 55，
由余弦定理可得CE= CD2+DE2−2CD⋅DE= 1+45−2×1×2 55× 55=1，
则CE2+DE2≠CD2，即CE⊥BD不成立，A错；
对于B选项，翻折前，AM⊥BD，翻折后，则有BD⊥A′O，BD⊥OM，
因为A′O⋂OM=O，A′O、OM⊂平面A′OM，所以BD⊥平面A′OM，
又A′M⊂平面A′OM，所以A′M⊥BD，B对；
对于C选项，因为BD⊥A′O，BD⊥OM，
所以二面角A′−BD−C的平面角为∠A′OM=π3，
在△A′OM中，A′O=2 55，OM= 510，
由余弦定理可得A′M= A′O2+OM2−2A′O⋅OMcsπ3= 45+120−2×2 55× 510×12= 6510，
在△A′BM中，同理可得cs∠A′BM=A′B2+BM2−A′M22A′B⋅BM=1+14−( 6510)22×1×12=35，
所以A′C= A′B2+CB2−2A′B⋅BCcs∠A′BC= 1+4−2×1×2×35= 655，C对；
对于D选项，因为BD⊥平面A′OM，BD⊂平面BCD，
所以平面A′OM⊥平面BCD，
过点A′在平面A′OM内作A′F⊥OM，垂足为点F，
因为平面A′OM⊥平面BCD，平面A′OM⋂平面BCD=OM，A′F⊥OM，
A′F⊂平面A′OM，所以A′F⊥平面BCD，
因为A′在平面BCD上的射影落在△BCD内部，
则点F在线段OM上，不包括端点，
则0因为A′F⊥平面BCD，OF⊂平面BCD，则A′F⊥OF，
则A′F= A′O2−OF2= 45−OF2∈( 32,2 55)，
又因为S△BCD=12BC⋅CD=12×2×1=1，
所以VA′−BCD=13S△BCD⋅A′F=13A′F∈( 36,2 515)，D对．
故选：BCD．
利用反证法可判断A选项；证明出BD⊥平面A′OM，利用线面垂直的性质可判断B选项；利用二面角的定义结合余弦定理可判断C选项；利用锥体的体积公式可判断D选项．
本题考查线面平行的判断，线线垂直的判断，二面角的概念，三棱锥的体积问题，化归转化思想，属难题．
13.21
【解析】解：因为10×40%=4，
所以40%分位数是第4、5个数据的平均数，
所以a+232=22，解得a=21．
故答案为：21．
根据百分位的计算求解即可．
本题考查百分位数等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14.6
【解析】解：函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0)，
∵把f(x)的图象向左平移π3个单位所得的图象为y=sin[ω(x+π3)+φ]=sin(ωx+ωπ3+φ)，
∴φ=+ωπ3+φ+2kπ.即ω=−6k，k∈z，
∵ω>0，
∴ω的最小值为：6
故答案为：6
由条件利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，终边相同的角的特征，求得ω的最小值
本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，终边相同的角，属于基础题
15. 32
【解析】解：设球体的半径为r，则表面积S1=4πr2，体积V1=43πr3，
设圆锥高为ℎ，则母线长为 r2+ℎ2，
则侧面积为S2=πr⋅ r2+ℎ2，体积为V2=13πr2⋅ℎ，
∴2S1S2=V1V2，
∴8πr2πr r2+ℎ2=43πr313πr2ℎ，
∴r= 3ℎ，
∴比值为r r2+ℎ2= 32．
故答案为： 32．
假设球体的半径，求出表面积和体积，假设圆锥的高，求出母线长和体积，根据所给条件进行化简，得到r、ℎ的关系，进而求解．
本题考查圆锥侧面积与体积的求法，考查运算求解能力，是中档题．
16.8 15
【解析】解：设云台阁的高度PO=ℎ，则Rt△PAO中，tan30°=POOA= 33，可得OA= 3ℎ，
同理，在Rt△PBO、Rt△PCO中，算出OB= 33ℎ，OC=ℎ．
因为△AOC中，AB=BC=40米，所以OB是AC边上的中线，可得OB=12(OA+OC)，
两边平方得|OB|2=14(OA+OC)2=ℎ23，即(OA+OC)2=4ℎ23，可得|OA|2+|OC|2+2OA⋅OC=4ℎ23，
即3ℎ2+ℎ2+2OA⋅OC=4ℎ23，整理得OA⋅OC=−4ℎ23，
又因为OA−OC=CA，两边平方得(OA−OC)2=|CA|2=802=6400，
所以|OA|2+|OC|2−2OA⋅OC=6400，即3ℎ2+ℎ2+8ℎ23=6400，解得ℎ=8 15米．
故答案为：8 15．
根据题意，设PO=ℎ，利用锐角三角函数的定义算出OA= 3ℎ，OB= 33ℎ，OC=ℎ.然后根据OB是AC边上的中线，可得OB=12(OA+OC)，平方化简得到OA⋅OC=−4ℎ23，再根据|OA−OC|=|CA|=80，两边平方得到关于ℎ的方程，解出ℎ的值即可得到本题的答案．
本题主要考查锐角三角函数的定义、三角形中线的性质、向量的数量积等知识，属于中档题．
17.解：因为f(x)= 3sin2x+cs2x=2sin(2x+π6)，
(Ⅰ)函数f(x)的最小正周期T=π，
令2x+π6=kπ，k∈Z，则x=kπ−π62，
故函数的对称中心为(kπ2−π12,0)；
(Ⅱ)当x∈[0,π2]时，2x+π6∈[π6,7π6]，
所以−12≤sin(2x+π6)≤1，
故函数的值域为[−1,2]．
【解析】(I)先结合辅助角公式对已知函数进行化简，然后结合正弦函数的周期公式及对称性即可求解；
(Ⅱ)结合正弦函数的性质即可求解函数的值域．
本题主要考查了正弦函数性质的应用，属于中档题．
18.解：(1)由BC=kAD，可得BC/​/AD，
因为AB⋅BC=1,∠B=120°,AB=2，
所以AB⋅BC=|AB||BC|cs(180°−B)=2|BC|×12=1，解得|BC|=1，所以BC=1，
又因为P为AD的中点，
所以CP=CB+BA+AP=CB+BA+12AD=BA+12BC，
所以|CP|= (BA+12BC)2= BA2+BA⋅BC+14BC2= 4+14+2×2×12×cs120°= 132；
(2)因为Q为线段AD上的动点，且BC/​/AD，
故可设AQ=mBC，0≤m≤2，
则CQ=CB+BA+AQ=BA+(m−1)BC，
CP=CB+BA+AP=BA+mBC，
所以CQ⋅CP=[BA+(m−1)BC]⋅[BA+mBC]=BA2+(2m−1)BA⋅BC+(m2−m)BC2
=4+(2m−1)(−1)+(m2−m)×1=m2−3m+5=(m−32)2+114，
当m=32时，CQ⋅CP取到最小值，且为114．
【解析】(1)根据平面向量的线性运算可得CP=BA+12BC，结合向量的几何意义和数量积的定义即可求解；
(2)设AQ=mBC(0≤m≤2)，根据平面向量的线性运算可得CQ=BA+(m−1)BC，CP=BA+mBC，利用数量积的运算律可得CQ⋅CP=(m−32)2+114，结合二次函数的性质即可求解．
本题考查平面向量的线性运算与数量积运算，属于中档题．
19.解：(Ⅰ)由题意知a+4a+0.05=0.1，
∴a=0.01，
估计满意度得分的平均值x−=65×0.15+75×0.35+85×0.4+95×0.1=79.5；
(Ⅱ)超过60%的人满意度在75分及以上，即为40%分位数大于等于75，
又由满意度在[60,70)的频率为0.15<0.4，满意度在[60,80)的频率为0.5>0.4，
知40%分位数位于[70,80)，由70+0.4−0.150.5−0.15×10=5407，
可以估计40%分位数为5407>75，
∴有超过60%的人满意度在75分及以上，衡州市5月份文旅成绩合格了；
(Ⅲ)把6月1日−6月7日的样本记为x1，x2，……，x40000，其平均数记为x−，方差记为sx2，
把6月8日−6月14日的样本记为y1，y2，⋯，y60000，其平均数记为y−，方差记为sy2，
则总样本平均数z−=410x−+610y−=410×80+610×90=86，
由方差的定义，总样本方差s2=110000[i=140000(xi−z−)2+i=160000(yi−y−)2]=110{4[sx2+(x−−z−)2]+6[sy2+(y−−z−)2]}=110×{4×[75+(80−86)2]+6×[70+(90−86)2]}=96，
∴总样本的平均数为86，方差为96．
【解析】(Ⅰ)利用频率分布直方图中各个小矩形的面积之和为1，可求出a的值，再利用平均数的定义求解；
(Ⅱ)利用百分位数的定义求解；
(Ⅲ)利用分层随机抽样的均值和方差公式求解．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了百分位数的定义，以及分层随机抽样的均值和方差公式，属于中档题．
20.(1)证明：在△ABD中，由正弦定理知，ABsin∠ADB=BDsin∠BAD，
所以sin∠ADB=ABsin∠BADBD=ABsinαBD，
在△ACD中，由正弦定理知，ACsin∠ADC=CDsin∠CAD，
所以sin∠ADC=ACsin∠CADCD=ACsinβCD，
因为∠ADB+∠ADC=180°，所以sin∠ADB=sin∠ADC，
所以ABsinαBD=ACsinβCD，
整理得，BDDC=AB⋅sinαAC⋅sinβ，得证．
(2)解：由(1)知，BDDC=AB⋅sinαAC⋅sinβ，
因为D为靠近B的三等分点，所以BDCD=12，所以ABsinαACsinβ=12，
又AB=2 7，AC=2，β=90°，所以2 7sinα2×1=12，即sinα= 714，
因为∠BAC为钝角，β=90°，所以α为锐角，所以csα= 1−sin2α=3 2114，
所以sin∠BAC=sin(α+β)=sin(α+90°)=csα=3 2114，
所以△ABC的面积S△ABC=12AB⋅AC⋅sin∠BAC=12×2 7×2×3 2114=3 3，
因为D为靠近B的三等分点，
所以S△ACD=23S△ABC=2 3．
【解析】(1)在△ABD和△ACD中，均利用正弦定理，分别可得sin∠ADB=ABsinαBD，sin∠ADC=ACsinβCD，再根据sin∠ADB=sin∠ADC，得证；
(2)结合(1)中所得，求出sinα= 714，进而知sin∠BAC=csα=3 2114，再求得S△ABC，然后由S△ACD=23S△ABC，得解．
本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，三角形面积公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21.解：(Ⅰ)证明：如图，取AC中点O，连接OB，OD，

∵△ABC是等边三角形，点O是AC的中点，
∴AC⊥OB，
又四边形ACC1A1是等腰梯形，且D为A1C1的中点，
∴AC⊥OD，
又OB∩OD=O，OB，OD⊂平面BOD，
∴AC⊥平面BOD，又BD⊂平面BOD，
∴AC⊥BD．
(Ⅱ)过D，B1分别作DE⊥BO，B1M⊥BO，B1N⊥BC，垂足为E，M，N，连接MN，

由(Ⅰ)易知平面DB1BO⊥平面ABC，B1M⊥BO，
平面DB1BO∩平面ABC=BO，B1M⊂平面PBO，
∴B1M⊥平面ABC，∴B1M⊥BC，
又∵B1N⊥BC，且B1M∩B1N=B1，
∴BC⊥平面B1MN，
∴BC⊥MN，又∵B1N⊥BC，
∴∠B1NM为二面角B1−BC−A的平面角，
∵过B，B1，D三点的截面为梯形BB1DO，
则SBB1DO=12(B1D+BO)⋅DE=3 34⋅DE=9 316，
DE=B1M=34，OE= DO2−DE2= 34，
∵EM= 32，∴BM= 34，
∴MN=BM⋅sinπ6= 38，
∴B1N= B1M2+MN2= 398，
∴sin∠B1NM=B1MB1N=2 3913，
即二面角B1−BC−A的正弦值为2 3913．
【解析】(Ⅰ)根据条件先证出AC⊥平面BOD，再利用线面垂直的判定定理即可得证；
(Ⅱ)先证明∠B1NM为二面角B1−BC−A的平面角，再计算即可求解．
本题考查线线垂直的判定以及二面角的计算，属于中档题．
22.解：(1)存在．
在四面体ABCD中，若AB⊥平面BCD，BC⊥CD，则四面体ABCD的四个面都是直角三角形．

由AB⊥平面BCD，BC，BD，CD∈平面BCD，得AB⊥BC，AB⊥BD，AB⊥CD，
又BC⊥CD，BC∩AB=B，BC，AB⊂平面ABC，则CD⊥平面ABC，而AC⊂平面ABC，
因此AC⊥CD，所以△ABC，△ABD，△ACD，△BCD都是直角三角形．
(2)连接BH1，并延长交CD于点E，连接AE，

由H1是正△BCD的中心，得AB=AC=AD，E是CD中点，则BE⊥CD，AE⊥CD，
BE= 32b，BH1= 33b，AE= AD2−(12CD)2=12 4a2−b2，
AH1= AB2−BH12= a2−( 33b)2= a2−b23，S△BCD= 34b2，
S△DAB=S△ABC=S△CDA=12×CD×AE=b 4a2−b24，
VABCD=13S△BCD⋅AH1=13⋅ 34b2⋅ a2−b23=b2 3a2−b212，
VA−BCD=13(S△CDA+S△DAB+S△ABC+S△BCD)r=13(3b 4a2−b24+ 34b2)r，
于是b2 3a2−b212=13(3b 4a2−b24+ 34b2)r，
所以r=b 3a2−b23 4a2−b2+ 3b．
(3)VA−BCD=13(S△CDA+S△DAB+S△ABC+S△BCD)r，
VA−BCD=13S△BCD⋅AH1=13S△CDA⋅BH2=13S△DAB⋅CH3=13S△ABC⋅DH4，
因此3VA−BCDr=S△CDA+S△DAB+S△ABC+S△BCD=3VA−BCDBH2+3VA−BCDCH3+3VA−BCDDH4+3VA−BCDAH1，
则1r=1AH1+1BH2+1CH3+1DH4，显然AH1于是1r>1a+1a+1b+1b=2(1a+1b)，
则4r<21a+1b=2aba+b≤2⋅(a+b2)2a+b=a+b2=1012，
所以y<253．
【解析】(1)作出图形并推理说明．
(2)根据给定条件，结合正三棱锥的结构特征，利用体积法列式计算即得．
(3)利用体积法建立等式，计算得1r=1AH1+1BH2+1CH3+1DH4，再利用不等式性质及基本不等式求解即得．
本题考查棱锥的综合应用，属于难题．