高一下期末综合测试卷（巩固篇）——2022-2023学年高一数学期末复习重难点专项学案+期末模拟卷（人教A版2019必修第二册）

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高一下期末综合测试卷（巩固篇）
参考答案与试题解析
一、选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2022春·吉林长春·高一校考期末）若复数z满足z(1−i)=i，则下列说法正确的是（    ）
A．z的虚部为12i B．z的共轭复数为z=−12+12i
C．z对应的点在第二象限 D．|z|=1
【解题思路】根据已知条件及复数的除法法则，再利用复数的概念及共轭复数，结合复数的几何意义及复数的摸公式即可求解.
【解答过程】由z(1−i)=i，得z=i1−i=i×(1+i)(1−i)×(1+i)=−1+i2=−12+12i，
对于A，复数z的虚部为12，故A不正确；
对于B，复数z的共轭复数为z=−12−12i，故B 不正确；
对于C，复数z对应的点为(−12,12)，所以复数z对应的点在第二象限，故C正确；
对于D，|z|=(−12)2+(12)2=22，故D不正确.
故选：C.
2．（5分）（2023秋·北京·高一校考期末）经过简单随机抽样获得的样本数据为x1,x2,⋯,xn，且数据x1,x2,⋯,xn的平均数为x，方差为s2，则下列说法正确的是（    ）
A．若数据x1,x2,⋯,xn，方差s2=0，则所有的数据xii=1,2,⋯,n都为0
B．若数据x1,x2,⋯,xn，的平均数为x=3，则yi=2xi+1i=1,2,⋯,n的平均数为6
C．若数据x1,x2,⋯,xn，的方差为s2=3，则yi=2xi+1i=1,2,⋯,n的方差为12
D．若数据x1,x2,⋯,xn，的25%分位数为90，则可以估计总体中有至少有75%的数据不大于90
【解题思路】根据数据的平均数，方差，百分位数的性质逐项进行检验即可判断.
【解答过程】对于A，数据x1,x2,⋯,xn的方差s2=0时，说明所有的数据x1,x2,⋯,xn都相等，但不一定为0，故选项A错误；
对于B，数据x1,x2,⋯,xn，的平均数为x=3，数据yi=2xi+1i=1,2,⋯,n的平均数为2×3+1=7，故选项B错误；
对于C，数据x1,x2,⋯,xn的方差为s2=3，数据yi=2xi+1i=1,2,⋯,n的方差为22×3=12，故选项C正确；
对于D，数据x1,x2,⋯,xn，的25%分位数为90，则可以估计总体中有至少有75%的数据大于90，故选项D错误，
故选：C.
3．（5分）（2023秋·辽宁·高一校联考期末）从高一（男、女生人数相同,人数很多）抽三名学生参加数学竞赛，记事件A为“三名学生都是女生”，事件B为“三名学生都是男生”，事件C为“三名学生至少有一名是男生”，事件D为“三名学生不都是女生”，则以下错误的是（    ）
A．PA=18 B．PC≠PD
C．事件A与事件B互斥 D．事件A与事件C对立
【解题思路】由独立乘法公式求P(A)，根据事件的描述，结合互斥、对立事件的概念判断B、C、D即可.
【解答过程】由所抽学生为女生的概率均为12，则P(A)=123=18，A正确；
A,B两事件不可能同时发生，为互斥事件，C正确；
C事件包含：三名学生有一名男生、三名学生有两名男生、三名学生都是男生，
其对立事件为A，D正确；
D事件包含：三名学生都是男生、三名学生有一名男生、三名学生有两名男生，
与C事件含义相同，故P(C)=P(D)，B错误；
故选：B.
4．（5分）（2023春·河南周口·高一校考期末）有一个正三棱柱形状的石料，该石料的底面边长为6．若该石料最多可打磨成四个半径为3的石球，则至少需要打磨掉的石料废料的体积为（    ）
A．216−43π B．216−163π
C．270−163π D．270−43π
【解题思路】求出柱形石料的高，利用柱体体积减去四个球体体积可得结果.
【解答过程】设底面是边长为6的等边三角形的内切圆的半径为r，
由等面积法可得12×3×6r=34×62，解得r=3，
若可以将该石料打磨成四个半径为3的石球，则该柱形石料的高至少为83，
因此，至少需要打磨掉的石料废料的体积为34×62×83−4×43π×33=216−163π.
故选：B.
5．（5分）（2022春·湖北恩施·高一校考期末）算盘是我国古代一项伟大的发明，是一类重要的计算工具.下图是一把算盘的初始状态，自右向左，分别表示个位，十位､百位､千位.....，上面一粒珠子（简称上珠）代表5，下面一粒珠子（简称下珠）代表1，五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小.例如，个位拨动一粒上珠，十位拨动一粒下珠至梁上，表示数字15.现将算盘的个位､十位，百位，千位分别随机拨动一粒珠子至梁上，设事件A=“表示的四位数能被3整除”，B=“表示的四位数能被5整除”，则有：①PA=38;②PB=13；③PA∪B=1116④PAB=316.上述结论正确的个数是（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3
【解题思路】只拨动一粒珠子至梁上，因此数字只表示1或5，由此可得四位数的个数；能被3整除，只能是2个1和2个5，求出四位数的个数后可得概率，而被5整除，只要个位数字是5即可．由此计数后可计算出概率，判断各序号即可求解．
【解答过程】只拨动一粒珠子至梁上，因此数字只表示1或5，四位数的个数是16.
能被3整除的四位数，数字1和5各出现2个，
因此满足条件的四位数的个数是6，所以PA=616=38，①正确；
能被5整除的四位数，个位数为5，满足的个数为8，PB=816=12，②不正确；
能被15整除的四位数的个位数是5，十位、百位、千位为一个5两个1，
因此满足这个条件的四位数的个数是3，概率为PAB=316，④正确；
PA∪B=PA+PB−PAB=38+12−316=1116，③正确.
故正确的有3个，
故选：D.
6．（5分）（2022春·天津·高一校联考期末）已知AB⊥AC，|AB|=1t，|AC|=t，t∈14,4；若P是△ABC所在平面内一点，AP=4AC|AC|+AB|AB|，则PB⋅PC的最大值为是（    ）
A．17 B．13 C．12 D．15
【解题思路】由题意，画图建立坐标系，根据向量单位化运算，可表示出每一个点的坐标，根据数量积的坐标公式，结合基本不等式，可得答案.
【解答过程】由题意建立如图所示的坐标系，可得A0,0，B1t,0，C0,t，
∵AP=4ACAC+ABAB=0,4+1,0=1,4，∴P1,4，
PB=1t−1,−4，PC=−1,t−4，
PB⋅PC=1t−1×−1+−4×t−4=−1t+1−4t+16=−1t−4t+17
≤−21t⋅4t+17=13，当且仅当t=12时，等号成立，
故选：B.

7．（5分）（2022春·江苏无锡·高一校考期末）东汉末年的数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”，根据面积关系给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”.如图1，它由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.我们通过类比得到图2，它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形A′B′C′拼成的一个大等边三角形ABC.对于图2.下列结论不正确的是（    ）

A．这三个全等的钝角三角形不可能是等腰三角形
B．若BB′=3，sin∠ABB′=5314，则A′B′=2
C．若AB=2AʹBʹ，则AB′=5BB′
D．若Aʹ是ABʹ的中点，则三角形ABC的面积是三角形AʹBʹCʹ面积的7倍
【解题思路】利用线段相等得出点重合判断A，利用正弦定理求解判断B，利用余弦定理解三角形判断CD．
【解答过程】选项A，若三个全等的钝角三角形是等腰三角形，则AA′=CA′=BC′=CC′=AB′=BB′，从而A′,B′,C′三点重合，不合题意，A正确；
选项B，若BB′=3，sin∠ABB′=5314，设BB′=x，则AB′=3+x，
cos∠ABB′=1−(5314)2=1114，
sin∠BAB′=sin(π3−∠ABB′)=sinπ3cos∠ABB′−cosπ3sin∠ABB′=32×1114−12×5314=3314，
在△ABB′中由正弦定理AB′sin∠ABB′=BB′sin∠BAB′得3+x5314=33314，解得x=2，B正确；
选项C，若AB=2AʹBʹ，记AB=2t，A′B′=t，设BB′=x，则AB′=BC′=t+x，
在△ABB′中由余弦定理AB2=AB′2+BB′2−2AB′⋅BB′⋅cos2π3得，4t2=(t+x)2+x2+(t+x)x，t=5+12x（负值舍去），
AB′=t+x=5+32x=5+32BB′，C错误；
选项D，若Aʹ是ABʹ的中点，设A′B′=m，则AB′=2m，BB′=m，
由余弦定理得AB2=4m2+m2−2⋅2m⋅m⋅cos2π3=7m2，
S△ABC=34AB2，而S△A′B′C′=34m2，所以S△ABC=7S△A′B′C′，D正确．
故选：C．
8．（5分）（2022春·天津西青·高一校考期末）如图，矩形ABCD中，AB=2AD，E为边AB的中点.将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE（A1∉平面BCDE）.若M在线段A1C上（点M与A1，C不重合），则在△ADE翻折过程中，给出下列判断：
①当M为线段A1C中点时，BM为定值；
②存在某个位置，使DE⊥A1C；
③当四棱锥A1−BCDE体积最大时，点A1到平面BCDE的距离为22；
④当二面角A1−DE−B的大小为π3时，异面直线A1D与BE所成角的余弦值为35.

其中判断正确的个数为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】①利用余弦定理判断；②用线线垂直判断；③由垂线段判断；④由二面角与线线角公式判断.
【解答过程】在矩形 ABCD 中, AB=2AD, 不妨令 AB=2AD= 2, 则：

(1)取DC的中点 F, 连接 MF,FB,
易知 ∠MFB=∠A1DE 且为定值,
MB2=MF2+FB2−2MF⋅FB⋅cos∠MFB=94−2cos∠MFB(定值)
所以MB的长为定值, 故①正确;
(2)假设存在某个位置, 使 DE⊥A1C, 连接 CE, 取DE的中点 H, 连接 A1H,CH,
显然 A1H⊥DE, 而 A1H∩A1C=A1,∴DE⊥ 平面 A1HC,
∵CH⊂ 平面 A1HC,∴DE⊥HC,
进而有 DC=CE, 但 DC=2,CE=2, 不可能相等,
所以不可能有 DE⊥A1C, 故②错误;
(3)由题意得, △ADE 是等腰直角三角形, A 到DE 的距离是 22,
当平面 A1DE⊥ 平面 BCDE 时, 四棱锥 A1−BCDE体积最大,
点 A1 到平面 BCDE 的距离为 A1H=22, 故③正确;
(4)易知二面角 A1−DE−B 的平面角 ∠A1HF, 当二面角 A1−DE−B 的大小为 π3 时，
∠A1HF=π3
又 A1H=HF=22, 所以 A1F=22,
又易知异面直线 A1D 与 BE 所成角为 ∠A1DF,
∴cos∠A1DF=A1D2+FD2−A1F22A1D⋅FD=1+1−122×1×1=34
故④错误,
综上可知, 正确的有2个.
故选: B.
二、多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2022春·湖南永州·高一统考期末）在下列关于概率的命题中，正确的有（    ）
A．若事件A，B满足P(A)+P(B)=1，则A，B为对立事件
B．若事件A与B是互斥事件，则A与B也是互斥事件
C．若事件A与B是相互独立事件，则A与B也是相互独立事件
D．若事件A，B满足P(A)=13 ，P(B)=34  ，P(AB)=14，则A，B相互独立
【解题思路】对于A：举反例判断命题不成立；对于B：由互斥事件的定义直接判断；对于C：由相互独立事件的性质直接判断；对于D：利用公式法直接判断.
【解答过程】对于A：若事件A、B不互斥，但是恰好P(A)=0.5,P(B)=0.5，满足P(A)+P(B)=1，但是A，B不是对立事件.故A错误；
对于B：由互斥事件的定义可知，事件A、B互斥，但是A与B也是互斥事件不成立.故B错误；
对于C：由相互独立事件的性质可知：若事件A与B是相互独立事件，则A与B也是相互独立事件.故C正确；
对于D：因为事件A，B满足P(A)=13 ，P(B)=34  ，P(AB)=14，所以P(AB)=P(A)P(B) ，所以A，B相互独立.
故选：CD.
10．（5分）（2023秋·辽宁锦州·高一统考期末）为了解某地区经济情况，对该地区家庭年收入进行抽样调查，将该地区家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图：

则下列结论正确的是（    ）
A．图中a的值是0.16
B．估计该地区家庭年收入的中位数为7.5万元
C．估计该地区家庭年收入的平均值不超过7万元
D．估计该地区家庭年收入不低于9.5万元的农户比例为20%
【解题思路】根据频率分布直方图频率和为1即可求a,可结合选项逐一计算中位数,平均值以及所占的比重判断得解.
【解答过程】对于A， 根据频率分布直方图频率和为1,得(0.1×3+0.04×2+0.02×4+0.2×2+a)×1=1,a=0.14，故A错误；
对于B，设该地农户家庭年收入的中位数为x万元，
则0.02+0.04+0.10+0.14+0.2=0.5，即x=7.5，则中位数是7.5，故B正确;
对于C，该地农户家庭年收入的平均值为x=3×0.02+4×0.04+5×0.10+6×0.14+7×0.2+8×0.2+9×0.1
+10×0.1+11×0.04+12×0.02+13×0.02+14×0.02=7.68，故C错误；
对于D，设该地家庭年收入不低于9.5万元的农户比例为
0.1+0.04+0.02×3=0.2，故D正确；
故选：BD.
11．（5分）（2022春·重庆沙坪坝·高一校考期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cosBcosC=b2a−c，则下列说法正确的有（    ）
A．B=π3
B．若sinC=2sinA，且△ABC的面积为23，则△ABC的最小边长为2
C．若b=23时，△ABC是唯一的，则a≤23
D．若b=23时，△ABC周长的范围为(43,63]
【解题思路】根据题干已知等式，利用正弦定理、三角和差公式可解得B=π3，再根据各个选项的条件逐一求解即可.
【解答过程】对于选项A：已知等式利用正弦定理化简得：
cosBcosC=b2a−c=sinB2sinA−sinC，整理得：sinBcosC=2sinAcosB−sinCcosB ，即2sinAcosB=sinBcosC+cosBsinC=sin(B+C)=sinA。
∵sinA≠0,∴cosB=12，则B=π3，故A选项正确；
对于选项B：因为sinC=2sinA，且△ABC的面积为23，则由正弦定理得c=2a，而又B=π3 ∴S△ABC=12acsinB=12a×2asinπ3=23，解得a2=4,a=2，所以c=4，而B=π3，由余弦定理得：b2=a2+c2−2accosB=4+16−2×2×4×12=12,则b=23，所以三角形ABC中边长a为最小边，a=2，故B选项正确；
对于选项C：B=π3当b=23时，而又B=π3，A∈(0,2π3)由正弦定理asinA=bsinB=2332=4，即a=4sinA，∵△ABC唯一，
∴a≤b=23或A=π2,a=4，故C选项错误;
对于选项D：∵asinA=CsinC=bsinB=23sinπ3=2332=4
∴a=4sinA, c=4sinC，
a+c=4sinA+4sinC=4sinA+4sin(A+B)
=4sinA+4sinA+π3=4sinA+4×12sinA+4×32cosA
=6sinA+23cosA=36+12643sinA+2343cosA=4332sinA+12cosA
=43cosπ6sinA+sinπ6cosA
=43sinA+π6
∵B=π3且A+B+C=π ∴A+C=2π3 ∴0 ∴26 则有23<43sinA+π6≤43 即23 所以△ABC周长a+b+c 的范围为43 故选：ABD.
12．（5分）（2022春·甘肃天水·高一校考期末）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是线段AD1上的动点，下列命题正确的是（    ）

A．异面直线PC1与B1C所成角的大小为定值
B．二面角P−BC1−D的大小为定值
C．若Q是对角线AC1上一点，则PQ+QC长度的最小值为43
D．若R是线段BD上一动点，则直线PR与直线A1C不可能平行
【解题思路】证明B1C⊥平面ABC1D1后得线线垂直，从而判断A，根据二面角的定义判断B，把△AC1D1和△AC1C沿AC1摊平得平面四边形ACC1D2，在平面四边形中求得C到直线AD2的距离后判断C，取AD中点E，连接A1E交AD1于P，连接CE交BD于R，连接RP，证明PR//A1C判断D．
【解答过程】如图1，由AB⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，得AB⊥B1C，又B1C⊥BC1，
AB∩BC1=B，AB,BC1⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥平面ABC1D1，
PC1⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥PC1，即异面直线PC1与B1C所成角是90°为定值，A正确；
如图1，二面角P−BC1−D即为二面角A−BC1−D，为定值，B正确；

　　　　　　图1
把△AC1D1和△AC1C沿AC1摊平，得平面四边形ACC1D2，如图2．
作CP⊥AD2于P，CP∩AC1=Q，此时PQ+QC=CP最小，
四边形ACC1D2中，AC=AD2=2，AC1=3，C1C=C1D2=1，
由对称性知CD2⊥AC1，CG=AC⋅CC1AC1=63，CD2=2CG=263，
AG=AC2−CG2=2−23=233，
CP=CD2⋅AGAD2=263×2332=43，所以PQ+QC的最小值是43，C正确；
　　
图2
取AD中点E，连接A1E交AD1于P，连接CE交BD于R，连接RP，如图3，
则EPPA1=AEA1D1=AEBC=ERRC，所以PR//A1C，D错．
故选：ABC．

　　　　　　图3
三、填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2022春·上海长宁·高一校考期末）若i是虚数单位，复数z满足|z|=2，则z+4−3i的取值范围是 [3,7] ．
【解题思路】根据模长，设出z=2cosθ+i⋅2sinθ，利用模长公式及三角恒等变换得到z+4−3i=29+20cosθ+φ，由cosθ+φ∈−1,1求出z+4−3i的取值范围.
【解答过程】因为|z|=2，所以设z=2cosθ+i⋅2sinθ，
故z+4−3i=2cosθ+4+2sinθ−3i=2cosθ+42+2sinθ−32
=29+16cosθ−12sinθ=29+20cosθ+φ，其中tanφ=34，
因为cosθ+φ∈−1,1，所以z+4−3i=29+20cosθ+φ∈3,7.
故答案为：[3,7].
14．（5分）（2023秋·辽宁·高一校联考期末）已知点M在直线BC上，点A在直线BC外，若AB+AC=AB−AC，且AB=4，AC=2，则AM的最小值为 455 .
【解题思路】根据条件可得出 AB⋅AC=0 从而得出AB⊥AC，进而得出BC，根据题意知，当AM⊥BC时，AM最小，从而得出可得出AM的最小值．
【解答过程】根据题意，当AM⊥BC时，AM最小；
由AB+AC=AB−AC，
∴AB2+AC2+2AB⋅AC=AB2+AC2−2AB⋅AC ，
∴ AB⋅AC=0，即AB⊥AC，
∴ BC=AB2+AC2=42+22=25，

∴当AM⊥BC时，由面积法得25AM=2×4 ，AM=455，
所以AM的最小值为455.
故答案为：455.
15．（5分）（2022秋·山西阳泉·高一统考期末）气象意义上从春季进入夏季的标志为连续5天的日平均温度均不低于22℃.现有甲、乙、丙三地连续5天的日平均温度的记录数据：（记录数据都是正整数）
①甲地5个数据的中位数为24，众数为22；
②乙地5个数据的中位数为27，总体均值为24；
③丙地5个数据中有一个数据是32，总体均值为26，总体方差为10.8.
则肯定进入夏季的地区有 ①③ ．
【解题思路】根据数据的特点进行估计甲、乙、丙三地连续5天的日平均气温的记录数据，分析数据的可能性进行解答即可得出答案．
【解答过程】①甲地：5个数据的中位数为24，众数为22，根据数据得出：甲地连续5天的日平均温度的记录数据可能为：22、22、24、25、26，其连续5天的日平均气温均不低于22；
②乙地：5个数据的中位数为27，总体均值为24，当5个数据为19、20、27、27、27，可知其连续5天的日平均温度有低于22，故不确定；
③丙地：5个数据中有一个数据是32，总体均值为26，若有低于22，假设取21，此时方差就超出了10.8，可知其连续5天的日平均温度均不低于22，如22、25、25、26、32，这组数据的平均值为26，方差为10.8，但是进一步扩大方差就会超过10.8，故③对．
则肯定进入夏季的地区有甲、丙两地，
故答案为①③．
16．（5分）（2022春·北京·高一校考期末）正多面体与正多边形一样， 具有很多优美的性质， 也是立体几何学习中的常见模型.在棱长为 1 的正方体ABCD−A1B1C1D1中， 分别将 6 个正方形ABCD,ABB1A1,BCC1B1,CDD1C1,ADD1A1,A1B1C1D1的中心点依次记为 M,N,P,Q,R,S给出下列结论:
①正方体ABCD−A1B1C1D1的所有截面中， 正多边形只有正三角形和正方形;
②以M,N,P,Q,R,S为顶点连成一个几何体， 这个几何体是正八面体;
③三棱锥B−MNP是正四面体， 它的外接球半径是32；
④将②中多面体MNPQRS的各个面的中心标出， 用线段将这些中心点连成几何体， 可以得到一个新的正方体，它的棱长是13.则其中正确的有 ②④ .
【解题思路】对①，举反例判断即可；对②，画图分析即可；对③，取正方体中心O，AB,BC,BB1的中点分别为X,Y,Z，可判断出三棱锥B−MNP是正四面体，且与正方体XBYM−NZPO的外接球相同，从而得到外接球半径即可；对④，先根据线面垂直的性质，结合③中信息可得多面体MNPQRS的各个面的中心即正方体ABCD−A1B1C1D1体对角线的所有三分点，进而判断出为正方体及其棱长即可.
【解答过程】对①，正方体ABCD−A1B1C1D1的所有截面中，正多边形还可以有正六边形，故①错误；
  
对②，根据正方体的对称性可得，以M,N,P,Q,R,S为顶点连成一个八面体，且各边相等，且RNPQ，RMPS，NMQS均为正方形，故为正八面体，故②正确；
  
对③，取正方体中心O，AB,BC,BB1的中点分别为X,Y,Z，连接如图，易得XBYM−NZPO为正方体，且棱长为12，故三棱锥B−MNP是正四面体，其外接球半径与正方体XBYM−NZPO的外接球相同，半径为12×32=34 ，故③错误；
  
对④，设I为△MNP的中心，由③可得三棱锥B−MNP是正四面体，故BI⊥平面MNP.连接如图，由正方体可得D1B1⊥A1C1，且BB1⊥A1C1，又D1B1∩BB1=B1，D1B1,BB1⊂平面D1B1B，故A1C1⊥平面D1B1B，又D1B⊂平面D1B1B，故A1C1⊥D1B，同理DC1⊥D1B，又由中位线性质可得A1C1//NP，DC1//MP，故NP⊥D1B，MP⊥D1B，又NP∩MP=P，NP,MP⊂平面NPM，故D1B⊥平面NPM.又BI⊥平面MNP，故B,I,D1三点共线.
因为BP=22，IP=13NP=123A1C1=223=66，故BI=222−662=13=33，故BI=13BD1，即I为BD1的三分点.同理可得多面体MNPQRS的各个面的中心即正方体ABCD−A1B1C1D1体对角线的所有三分点.故多面体MNPQRS的各个面的中心连成的几何体的为正方体，且根据体对角线的长度比例可得，该几何体与正方体ABCD−A1B1C1D1的比例为1:3，即棱长为13，故④正确；
  
故答案为：②④.
四、解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2022春·上海宝山·高一校考期末）设复数z1和z2=cosθ+isinθ，其中i是虚数单位，θ∈R．
(1)若z1=5i3+4i，求2−z1−z2的取值范围；
(2)若z1=z22，且z1和z2为某实系数一元二次方程的两根，求实数θ所有取值的集合．
【解题思路】（1）根据复数的四则运算求2−z1，结合复数的几何意义理解运算；（2）根据复数的四则运算求z1,z1+z2,z1z2，由题意可得z1+z2∈R,z1z2∈R，运算求解.
【解答过程】（1）设O为复平面的坐标原点，
∵2−z1=2−5i3+4i=2−5i3−4i3+4i3−4i=65−35i对应的点为Z165,−35，即OZ1=652+−352=355，
z2=cosθ+isinθ对应的点为Z2cosθ,sinθ，则Z2在标准单位圆上，
2−z1−z2的几何意义为Z1Z2，则OZ1−1≤Z1Z2≤OZ1+1，即355−1≤Z1Z2≤355+1，
故2−z1−z2的取值范围为355−1,355+1.
（2）由题意可得：z1=z22=cosθ+isinθ2=cos2θ−sin2θ+2isinθcosθ=cos2θ+isin2θ，
则z1+z2=cos2θ+isin2θ+cosθ+isinθ=cos2θ+cosθ+isin2θ+sinθ，
z1z2=cos2θ+isin2θcosθ+isinθ=cos2θcosθ−sin2θsinθ+icos2θsinθ+cosθsin2θ
=cos3θ+isin3θ，
∵z1和z2为某实系数一元二次方程的两根，
∴z1+z2∈R,z1z2∈R，则sin2θ+sinθ=0sin3θ=0，
由sin2θ+sinθ=sinθ2cosθ+1=0，解得sinθ=0或cosθ=−12，
若sinθ=0，则θ=kπ,k∈Z，故3θ=3kπ,sin3θ=0成立；
若cosθ=−12，则θ=2kπ+2π3或θ=2kπ+4π3,k∈Z，故3θ=6kπ+2π或3θ=6kπ+4π，sin3θ=0成立；
故实数θ所有取值的集合θ|θ=kπ或θ=2kπ+2π3或θ=2kπ+4π3,k∈Z.
18．（12分）（2022秋·广西·高一统考期末）如图，在菱形ABCD中，BE=12BC,CF=2FD.

(1)若EF=xAB+yAD，求3x+2y的值；
(2)若|AB|=6，∠BAD=60°，求AC⋅EF.
【解题思路】（1）由题意可知EF=12AD−23AB，即可求解；
（2）AC=AB+AD，从而AC⋅EF=(AB+AD)⋅(12AD−23AB)即可求解.
【解答过程】（1）因为在菱形ABCD中，BE=12BC,CF=2FD.
故EF=EC+CF=12AD−23AB，
故x=−23,y=12，所以3x+2y=−1.
（2）显然AC=AB+AD，
所以AC⋅EF=(AB+AD)⋅(12AD−23AB)
=−23AB2+12AD2−16AB⋅AD⋯⋯①，
因为菱形ABCD，且|AB|=6，∠BAD=60°，
故|AD|=6，AB,AD=60°.
所以AB⋅AD=6×6×cos60°=18.
故①式=−23×62+12×62−16×18=−9.
故AC⋅EF=−9.
19．（12分）（2023秋·辽宁锦州·高一统考期末）为普及消防安全知识，某学校组织相关知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为45，35；在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为23，34，甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响.
(1)甲在比赛中恰好赢一轮的概率；
(2)从甲、乙两人中选1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？
(3)若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率.
【解题思路】（1）根据独立事件的乘法公式计算即可；
（2）利用独立事件的乘法公式分别求出甲乙赢的概率，据此即可得出结论；
（3）先求出两人都没有赢得比赛，再根据对立事件的概率公式即可得解.
【解答过程】（1）设A1=“甲在第一轮比赛中胜出”，A2=“甲在第二轮比赛中胜出”，
B1=“乙在第一轮比赛中胜出”，B2=“乙在第二轮比赛中胜出”，
则A1，A2，B1，B2相互独立，且PA1=45，PA2=23，PB1=35，PB2=34，
设C=“甲在比赛中恰好赢一轮”
则PC=PA1A2+A1A2=PA1A2+PA1A2=45×13+15×23=615=25；
（2）因为在两轮比赛中均胜出赢得比赛，则A1A2=“甲赢得比赛”，B1B2=“乙赢得比赛”，
所以PA1A2=PA1PA2=45×23=815，
PB1B2=PB1PB2=35×34=920，
因为815>920，所以派甲参赛获胜的概率更大；
（3）设D=“甲赢得比赛”，E=“乙赢得比赛”，
于是D∪E=“两人中至少有一人赢得比赛”，
由（2）知，PD=PA1A2=815，PE=PB1B2=920
所以PD=1−PD=1−815=715，
PE=1−PE=1−920=1120，
所以PD∪E=1−PDE=1−PDPE=1−715×1120=223300.
20．（12分）（2022秋·江西抚州·高一校考期末）“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称.某市为了了解人们对“一带一路”的认知程度，对不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（90分及以上为认知程度高）.现从参赛者中抽取了x人，按年龄分成5组，第一组:[20，25），第二组:[25，30），第三组:[30，35），第四组:[35，40）第五组:[40，45]，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有6人.

(1)求x;
(2)求抽取的x人的年龄的中位数（结果保留整数）;
(3)从该市大学生、军人、医务人员、工人、个体户五种人中用分层随机抽样的方法依次抽取6人，42人，36人，24人，12人，分别记为1~5组，从这5个按年龄分的组和这5个按职业分的组中每组各选派1人参加知识竞赛，分别代表相应组的成绩，年龄组中1~5组的成绩分别为93,96,97,94,90，职业组中1~5组的成绩分别为93,98,94,95,90.
①分别求5个年龄组和5个职业组成绩的平均数和方差;
②以上述数据为依据，评价5个年龄组和5个职业组对“一带一路”的认知程度.
【解题思路】（1）根据频率分布直方图求出第一组的频率，再由频数与频率的关系列方程求解.
（2）设中位数为a，根据中位数的定义列方程求解即可.
（3）①求出平均数，再根据方差的定义求方差；②比较平均数与方差即可得出结论.
【解答过程】（1）根据题中频率分布直方图得第一组的频率为0.01×5=0.05，
所以6x=0.05，
所以x=120；
（2）设中位数为a，
则0.01×5+0.07×5+（a−30）×0.06=0.5，
所以a=953≈32，
∴抽取的x人的年龄的中位数为32.
（3）①5个年龄组的平均数为15×93+96+97+94+90=94，
方差为15×−12+22+32+02+−42=6，
5个职业组的平均数为15×93+98+94+95+90=94，
方差为15×−12+42+02+12+−42=6.8.
②评价:从平均数来看两组的认知程度相同，从方差来看年龄组的认知程度更好.
21．（12分）（2023秋·浙江杭州·高一校考期末）为了迎接亚运会， 滨江区决定改造一个公园，准备在道路AB的一侧建一个四边形花圃种薰衣草（如图）.已知道路AB长为4km，四边形的另外两个顶点C， D设计在以AB为直径的半圆O上. 记∠COB=α0<α<π2.

(1)为了观赏效果， 需要保证∠COD=π3，若薰衣草的种植面积不能少于(3+3) km2，则α应设计在什么范围内?
(2)若BC = AD， 求当α为何值时，四边形ABCD的周长最大，并求出此最大值.
【解题思路】（1）由SABCD=S△OBC+S△OCD+S△OAD，利用三角形面积公式得到sin(α+π6)≥32求解；
（2） 由BC = AD得到∠AOD=∠COB=α,∠COD=π−2α，进而得到AB+BC+CD+DA= −8sin2α2+8sinα2+8，利用二次函数的性质求解.
【解答过程】（1）解：SABCD=S△OBC+S△OCD+S△OAD=12⋅2⋅2⋅sinα+12⋅2⋅2⋅sinπ3+12⋅2⋅2⋅sin(23π−α)，
=2sinα+3+3cosα+sinα=3+23sin(α+π6)，
由题意， 3+23sin(α+π6)≥3+3，
sin(α+π6)≥32，
因为0<α<π2，所以π3≤α+π6<23π，
解得π6≤α<π2；
（2）由BC = AD可知，
∠AOD=∠COB=α,∠COD=π−2α，
故AB+BC+CD+DA=4+2⋅2sinα2+2⋅2sinπ−2α2+2⋅2sinα2=4+8sinα2+4cosα，
=4+8sinα2+4(1−2sin2α2)=−8sin2α2+8sinα2+8=−8(sinα2−12)2+10，
从而四边形ABCD周长最大值是10km， 当且仅当sinα2=12， 即α=π3时取到.
22．（12分）（2022春·吉林长春·高一校考期末）如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是边长为2的菱形，且∠BAD=π3.

(1)证明：平面ACD1⊥平面BDD1；
(2)若平面A1BD⊥平面C1BD，求D1B与平面A1BD所成角的正弦值.
【解题思路】（1）利用菱形的性质、线面垂直的性质，结合线面垂直的判定、面面垂直的判定推理作答.
（2）根据给定条件，求出AA1，再作出直线D1B与平面A1BD所成的角，在直角三角形中计算作答.
【解答过程】（1）在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则DD1⊥AC，
四边形ABCD为菱形，则BD⊥AC，而BD∩DD1=D，BD,DD1⊂平面BDD1，
因此AC⊥平面BDD1，又AC⊂平面ACD1，
所以平面ACD1⊥平面BDD1.
（2）令AC∩BD=O，连接A1O,C1O,A1C1,B1D1，如图，

AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，则AA1⊥BD，由（1）知BD⊥AC，AC∩AA1=A，AC,AA1⊂平面ACC1A1，
因此BD⊥平面ACC1A1，又OC1⊂平面ACC1A1，于是得BD⊥OC1，而平面A1BD⊥平面C1BD，
平面A1BD∩平面C1BD=BD，OC1⊂平面C1BD，则OC1⊥平面A1BD，而OA1⊂平面A1BD，有OC1⊥OA1，即∠A1OC1=90∘，
菱形ABCD中，∠BAD=π3，AB=2，则OA=OC=3，A1C1=AC=23，令AA1=a，
则OA1=OC1=a2+3，由OA12+OC12=A1C12得a=3，令A1C1∩B1D1=O1，连OO1∩BD1=M，
过M作MN//OC1交OA1于N，则有MN⊥平面A1BD，连BN，则∠MBN是直线D1B与平面A1BD所成的角，
OM=12OO1=12AA1=32，显然∠MON=45∘，则MN=22OM=64，
又BM=12BD1=12BD2+DD12=72，因此，sin∠MBN=MNBM=6472=4214，
所以D1B与平面A1BD所成角的正弦值是4214.