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2022-2023学年浙江省湖州市高一（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年浙江省湖州市高一（下）期末数学试卷（含解析），共21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学年浙江省湖州市高一（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. 设集合A={x|−1
A. − 55 B. 2 55 C. 55 D. −2 55
3. 复数z满足i2023(2+z)=2−i，则z−=( )
A. −1+2i B. 1+2i C. −1−2i D. 1−2i
4. 在空间中，l，m是不重合的直线，α，β是不重合的平面，则下列说法正确的是( )
A. 若l⊂α，m⊂β，α//β，则l//m
B. 若l//m，m⊂β，则l//β
C. 若α⊥β，α∩β=m，l⊥m，则l⊥β
D. 若l⊥α，l//m，α//β，则m⊥β
5. 阿基米德是伟大的古希腊数学家，他和高斯、牛顿并列为世界三大数学家，他一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边(即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切)，球的体积是圆柱体积的三分之二，球的表面积也是圆柱表面积的三分之二.今有一“圆柱容球”模型，其圆柱表面积为36π，则该模型中圆柱的体积与球的体积之和为( )
A. 8 6π B. 12 6π C. 20 6π D. 48 6π
6. 已知向量a，b满足a⋅b=5，且b=(3,−4)，则a在b上的投影向量为( )
A. (35,−45) B. (−35,45) C. (3,−4) D. (−3,4)
7. “忽登最高塔，眼界穷大千.卞峰照城郭，震泽浮云天.”这是苏东坡笔下的湖城三绝之一“塔里塔”飞英塔.某学生为测量其高度，在远处选取了与该建筑物的底端B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得∠BCD=45°，∠BDC=105°，CD=18米，在点C处测得飞英塔顶端A的仰角∠ACB=58°，则飞英塔的高度约是(参考数据： 2≈1.4， 6≈2.4，tan58°≈1.6)( )
A. 45米 B. 50米 C. 55米 D. 60米
8. 三棱锥P−ABC中，平面PAB⊥平面ABC，△ABC是边长为2的正三角形，PA=PB= 3，则三棱锥P−ABC外接球的表面积为( )
A. 35π3 B. 35π6 C. 35π12 D. 35π24
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. 某中学为了解大数据提供的个性化作业的质量情况，随机访问50名学生，根据这50名学生对个性化作业的评分，绘制频率分布直方图(如图所示)，其中样本数据分组区间[40,50)，[50,60)，…，[80,90)，[90,100].( )
A. 频率分布直方图中a的值为0.006
B. 估计该中学学生对个性化作业的评分不低于80的概率为0.04
C. 从评分在[40,60)的受访学生中，随机抽取2人，此2人评分都在[40,50)的概率为110
D. 受访学生对个性化作业评分的第40百分位数为72.6
10. 先后两次掷一枚质地均匀的骰子，A表示事件“第一次掷出的点数是5”，B表示事件“第二次掷出的点数是偶数”，C表示事件“两次掷出的点数之和是5”，D表示事件“至少出现一个奇数点”，则( )
A. 事件A与C互斥 B. P(D)=34
C. 事件B与D对立 D. 事件B与C相互独立
11. 设函数f(x)=sin(2x+π6)+cos(2x−π3)，则( )
A. 函数f(x−π12)是偶函数
B. 函数f(x−π12)是奇函数
C. 函数f(x)的图象可由函数y=2sin2x的图象向左平移π12个单位得到
D. 函数y=|f(x)|在区间[kπ2+π6,kπ2+5π12](k∈Z)上单调递增
12. 已知正四棱台ABCD−EFGH的所有顶点都在球O的球面上，AE= 2，AB=2EF=2，M为△BDG内部(含边界)的动点，则( )
A. 直线AE与平面BDG相交
B. 球O的体积为8 23π
C. 直线AM与平面BDG所成角的最大值为π3
D. MA+ME的取值范围为[2 2,4]
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 设向量e1，e2为单位正交基底，若a=2e1−e2，b=e1+ke2，且a⊥b，则k= ．
14. 已知采用分层抽样得到的高三男生、女生各100名学生的身高情况为：男生样本平均数为172cm，方差为120，女生样本平均数165cm，方差为120，则总体样本方差是______ ．
15. 在锐角三角形ABC中，已知2sin2A+sin2B=2sin2C，则tanCtanA= ______ ，1tanA+1tanB+1tanC的最小值是______ ．
16. 对任意的x∈[0,52]，不等式tx−1t2≤et2−tx+1恒成立，求正实数t的取值范围是______ .(其中e≈2.71828是自然对数的底数)
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)
习近平总书记指出：“要健全社会心理服务体系和疏导机制、危机干预机制，塑造自尊自信、理性平和、亲善友爱的社会心态.”在2020年新冠肺炎疫情防控阻击战中，心理医生的相关心理疏导起到了重要作用某心理调查机构为了解市民在疫情期的心理健康状况，随机抽取n位市民进行心理健康问卷调查，按所得评分(满分100分)从低到高将心理健康状况分为四个等级：
调查评分
[40,50)
[50,60)
[60,70)
[70,80)
[80,90)
[90,100]
心理等级
有隐患
一般
良好
优秀
并绘制如图所示的频率分布直方图已知调查评分在[70,80)的市民为400人．
(1)求n的值及频率分布直方图中t的值；
(2)在抽取的心理等级为“有隐患”的市民中，按照调查评分分层抽取3人，进行心理疏导据以往数据统计，经过心理疏导后，调查评分在[40,50)的市民心理等级转为“良好”的概率为14，调查评分在[50,60)的市民心理等级转为“良好”的概率为13，若经过心理疏导后的恢复情况相互独立，试问在抽取的3人中，经过心理疏导后，至少有一人心理等级转为“良好”的概率为多少？
(3)心理调查机构与该市管理部门设定的预案是以抽取的样本作为参考，若市民心理健康指数平均值不低于0.8，则只需发放心理指导资料，否则需要举办心理健康大讲堂.根据你所学的统计知识，判断该市是否需要举办心理健康大讲堂，并说明理由.(每组数据以区间的中点值代替，心理健康指数=问卷调查评分/100)
18. (本小题12.0分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，A1B1=A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D 不同于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：
(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；
(2)直线A1F//平面ADE．
19. (本小题12.0分)
在△ABC中，设角A，B，C的对边长分别为a，b，c，已知sinA−sinBsinC=a−ca+b．
(1)求角B的值；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c=2，求△ABC的面积S的取值范围．
20. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=x2+bx+c(b,c∈R)的图象过点(1,0)，且对∀x∈R，f(2−x)=f(2+x)恒成立．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若对任意的x∈[1e2,e4]，不等式f(lnx)≥mlnx恒成立，求m的最小值.(其中e≈2.71828是自然对数的底数)
21. (本小题12.0分)
已知面积为2 3的菱形ABCD如图①所示，其中AC=2，E是线段AD的中点.现将△DAC沿AC折起，使得点D到达点S的位置．
(1)若二面角S−AC−B的平面角大小为2π3，求三棱锥S−ABC的体积；
(2)若二面角S−AC−B的平面角α∈[π3,2π3]，点F在三棱锥的表面运动，且始终保持EF⊥AC，求点F的轨迹长度的取值范围．
22. (本小题12.0分)
如图，在Rt△ABC中，AB⊥AC，2AC=3AB=6，D，E，F分别在线段AC，AB，BC上，满足CD=2DA且DE⊥DF，记∠AED=α．
(1)用含α的代数式表示sin∠DFC；
(2)求△DEF面积的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：B={x|x2−4x+3<0}={x|1
先解出一元二次不等式，再与集合A的元素合并起来即可．
本题考查集合的运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．
利用任意角的三角函数的定义，即可得出结论．
【解答】
解：由题意，x=−1，y=2，∴r= (−1)2+22= 5，
∴sinα=yr=2 5=2 55．
故选：B．
3.【答案】C
【解析】解：因为i2023=(i4)505⋅i3=−i，
所以i2023(2+z)=2−i可化为z=2−i−i−2
所以z=2+i−i=(2+i)i=−1+2i，
所以z−=−1−2i．
故选：C．
由虚数单位的乘方的性质结合除法运算可得z=−1+2i，进而可得共轭复数．
本题主要考查了复数的四则运算，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：若l⊂α，m⊂β，α//β，则l//m或l与m异面，故A错误；
若l//m，m⊂β，则l//β或l⊂β，故B错误；
若α⊥β，α∩β=m，l⊥m，则l⊂β或l//β或l与β相交，相交也不一定垂直，故C错误；
若l⊥α，l//m，则m⊥α，又α//β，则m⊥β，故D正确．
故选：D．
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案．
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】C
【解析】解：由题意可知，设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R，
因为圆柱表面积为36π，所以2πR×2R+2πR2=36π，解得R= 6，
所以圆柱的体积为π×( 6)2×2 6=12 6π，球的体积为V=43πR3=8 6π，
则该模型中圆柱的体积与球的体积之和为20 6π．
故选：C．
由题意可知，设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R，然后由圆柱表面积可求出R，从而可求出圆柱与球的体积．
本题考查了圆柱的体积与球的体积计算，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】解：∵a⋅b=5，且b=(3,−4)，
∴a在b上的投影向量为：a⋅b|b|⋅b|b|=525⋅(3,−4)=15(3,−4)=(35,−45)．
故选：A．
根据投影向量的计算公式及向量坐标的数乘运算即可求出a在b上的投影向量．
本题考查了投影和投影向量的计算公式，向量坐标的数乘运算，考查了计算能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：因为∠BCD=45°，∠BDC=105°，CD=18米，可得∠CBD=30°，
由正弦定理可得：BCsin∠BDC=CDsin∠CBD，即BCsin105∘=18sin30∘，
解得：BC=9( 2+ 6)，
在Rt△ABC中，因为∠ACB=58°，可得ABBC=tan58°，而tan58°≈1.6，
所以AB=BC⋅tan58°≈9( 2+ 6)×1.6≈54.72≈55，
故选：C．
由题中所给的角可得∠CBD的大小，由正弦定理可得BC的值，在Rt△ABC中，可得AB的大小．
本题考查正弦定理的应用，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：三棱锥P−ABC中，平面PAB⊥平面ABC，△ABC是边长为2的正三角形，PA=PB= 3，
如图所示：
取AB的中点D，△ABC的中心E，DP的中点F，作矩形DEOF，
所以点O为三棱锥P−ABC的外接球的球心，
设ΔABP的中心为F，设PF=r，利用勾股定理r2=12+( 2−r)2，解得r=3 24，
故DF= 2−3 24= 24，
故R=AO= (23 22−12)2+( 24)2= 3524，
故S球=4⋅π⋅( 3524)2=35π6．
故选：B．
首先利用三棱锥和球的关系求出球的半径，进一步求出球的表面积．
本题考查的知识要点：球和三棱锥的关系，球的表面积公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：由题意得10×(0.004+a+0.022+0.028+0.022+0.018)=1，解得a=0.006，故A正确；
由频率分布直方图知，不低于80分的频率之和为0.22+0.18=0.4，
因此估计该中学学生对个性化作业评分不低于80的概率为0.4，故B错误；
方法一：受访学生评分在[50,60)的有50×0.006×10=3人，设为A，B，C，
受访学生评分在[40,50)的有50×0.004×10=2人，设为a，b，
从这5名受访学生中随机抽取2人，有(A,B)，(A,C)，(A,a)，(A,b)，(B,C)，(B,a)，(B,b)，(C,a)，(C,b)，(a,b)共10种，
2人评分都在[40,50)的有(a,b)，共1种，
故从这5名受访学生中随机抽取2人，2人评分都在[40,50)的概率为110，C正确；
方法二：
受访学生评分在[50,60)的有50×0.006×10=3人，
受访学生评分在[40,50)的有50×0.004×10=2人，
从这5名受访学生中随机抽取2人，2人评分都在[40,50)的概率为C22C52=110，故C正确；
因为0.04+0.06+0.22=0.32<0.5，0.04+0.06+0.22+0.28=0.6>0.5，
故第40百分位数在[70,80)内，设为x，
则0.04+0.06+0.22+(x−70)×0.028=0.4，解得x≈72.86，故D错误．
故选：AC．
利用频率之和为1列出方程求出a可判断A；计算出不低于80分的频率作为概率的估计值可判断B；利用列举法求解古典概型的概率可判断C；根据百分位数的概念求解可判断D．
本题考查由频数分布直方图求概率，求百分位数，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：设抛掷两次掷出的点数构成数对(x,y)，则共有6×6=36个样本点，
则P(A)=536，P(B)=3×636=12，P(C)=436=19，P(D)=1−3×336=34，选项D正确；
由于事件A与C不可能同时发生，故A与C互斥，选项A正确；
当x为奇数，y为偶数时，事件B和D同时发生，故不可能对立，选项C错误；
因为P(BC)=236=118=P(B)P(C)，所以事件B与C相互独立．
故选：ABD．
根据互斥事件，对立事件的概念可直接判断A、C，再根据古典概型的概率公式及相互独立事件的定义可判断B、D．
本题考查古典概型的相关定义及概率公式，属基础题．
11.【答案】BC
【解析】解：f(x)=sin(2x+π6)+cos(2x−π3)=sin(2x+π6)+sin(2x−π3+π2)=2sin(2x+π6)，
函数f(x−π12)=2sin[2(x−π12)+π6]=2sin2x，
而2sin2(−x)=−2sin2x，
∴函数f(x−π12)是奇函数，不是偶函数，故A错误，B正确；
将函数y=2sin2x的图象向左平移π12个单位得到2sin2(x+π12)=2sin(2x+π6)=f(x)，故C正确；
由y=|sinx|的增区间[kπ,kπ+π2](k∈Z)，
可得kπ≤2x+π6≤kπ+π2，k∈Z，
解得kπ2−π12≤x≤kπ2+π6，
即函数y=|f(x)|得增区间区间为[kπ2−π12,kπ2+π6](k∈Z)，故D错误．
故选：BC．
利用奇函数、偶函数的定义即可判断选项A，B，利用三角函数的图象变换即可判断选项C，由y=|sinx|的单调性判断选项D．
本题考查了三角函数图象与性质的综合应用，主要考查了函数的奇偶性的判断，函数零点定义的理解与应用，三角函数的单调性以及三角函数图象的变换，考查了逻辑推理能力，属于中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：对于A，如图1，
由棱台的结构特征易知AE与CG的延长线必交于一点，故A，C，G，E四点共面，
又面EFGH//面ABCD，而面ACGE∩面EFGH=EG，面ACGE∩面ABCD=AC，
故EG//AC，即EG//AO2，
由平面几何易得EG= 2,AO2=12AC= 2，即EG=AO2，
所以四边形AO2GE是平行四边形，故AE//GO2，
而AE⊄面BDG，O2G⊂面BDG，故AE//平面BDG，即直线AE与平面BDG不相交，故A错误；
对于B，如图2，
设O1为EG的中点，O为正四棱台外接球的球心，则AO=EO=R，
在等腰梯形ACGE中，易得O1O22=AE2−[12(AC−EG)]2=( 2)2−( 22)2=32，即O1O2= 62，
为方便计算，不妨设O1O=a，由R2=EO2=EO12+a2=AO2=AO22+b2，
若O在正四棱台外，即面ABCD外侧，a>O1O2，则( 22)2+a2=( 2)2+(a− 62)2，
所以a= 62，不合a>O1O2，
若O在正四棱台内，即a≤O1O2，则( 22)2+a2=( 2)2+( 62−a)2，所以a= 62，
综上，O与O2重合，故R=AO2= 2，故球O体积为4πR33=4π3×( 2)3=8 2π3，故B正确；
对于C，由图2易得BD⊥O1O2，BD⊥AC，O1O2∩AC=O2，O1O2、AC⊂面ACGE，
故BD⊥面ACGE，BD⊂面BDG，故面ACGE⊥面BDG，
在面ACGE内过A作AP⊥O2G交O2G于P，如图3，
则AP⊂面ACGE，面ACGE∩面BDG=O2G，故AP⊥面BDG，故∠AMP为AM与平面BDG所成角，
在Rt△APM中，sin∠AMP=APAM，故当AM取得最小值时，sin∠AMP取得最大值，即∠AMP取得最大值；
显然，动点M与O2重合时，AM取得最小值，即∠AMP取得最大值，且∠AMP=∠CO2G，
在△O2GC中，GO2=AE= 2,CG=AE= 2,O2C=12AC= 2，
故△O2GC为正三角形，即∠CO2G=60°，即AM与平面BDG所成角的最大值为π3，故C正确；
对于D，由C知，BD⊥面ACGE，
不妨设M落在图4的M处，过M作MN//BD，交O2G于点N，则MN⊥面ACGE，
NA在面ACGE中，故MN⊥NA，在Rt△AMN中，NA
当M在△BDG边界时，MA+EM取得最大值，
当M与点G重合时，MA+EM=MA+MC,MA2=GA2={AC−[12(AC−EG)]}2+O1O22=6，
即MA= 6,MC=GC= 2，此时MA+EM= 6+ 2；
当点M与点B或点D重合时，MA+EM=MA+MC=4，
所以MA+EM的范围为[2 2,4]，故D正确；
故选：BCD．
对于A，利用平行四边形证得AE//O2G，进而证得AE//平面BDG，可判断直线AE与平面BDG的交点；对于B，先假设O的位置，利用勾股定理与半径相等得到等量关系，可确定O的位置，可求出半径，故可求得球O的体积；对于C，利用面面垂直的性质作出AP⊥面BDG，故∠AMP为AM与平面BDG所成角，再利用sin∠AMP=APAM得知当M与O2重合时，∠AMP取得最大值，再利用对顶角相等求∠GO2C，进而得到∠AMP的最大值；对于D，先判断M落O2G上，再进一步判断M与O2重合时，MA+EM取得最小值为2 2，再计算当M在点B，D，G时的长度判断MA+EM的最大值即可求出范围．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
13.【答案】2
【解析】
【分析】
本题考查向量数量积的计算，涉及向量垂直的判断，属于基础题．
根据题意，由数量积的性质分析可得a⋅b=(2e1−e2)⋅(e1+ke2)=0，计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，向量e1，e2为单位正交基底，则|e1|=|e2|=1，e1⋅e2=0，
若a=2e1−e2，b=e1+ke2，且a⊥b，
则有a⋅b=(2e1−e2)⋅(e1+ke2)=2e12−ke22+(2k−1)e1⋅e2=0，
即2−k=0，解可得k=2，
故答案为2．
14.【答案】132.25
【解析】解：根据题意，男生样本平均数为172cm，方差为120，女生样本平均数165cm，方差为120，
则总体的平均数x−=100×172+100×165200=168.5，
故总体的方差S2=100200[120+(172−168.5)2]+100200[120+(165−168.5)2]=132.25．
故答案为：132.25．
根据题意，由总体的平均数和方差公式计算可得答案．
本题考查总体方差的计算，注意总体方差、平均数的计算公式，属于基础题．
15.【答案】3 132
【解析】解：因为2sin2A+sin2B=2sin2C，
所以由正弦定理得2a2+b2=2c2，
又因为由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccosA，
可得3b=4ccosA，
再由正弦定理得3sinB=4sinCcosA，
则3(sinAcosC+cosAsinC)=4sinCcosA，可得tanCtanA=3，
所以tanB=−tan(A+C)=tanA+tanCtanAtanC−1=4tanA3tan2A−1，
所以1tanA+1tanB+1tanC
=1tanA+3tan2A−14tanA+13tanA
=34tanA+1312tanA
≥2 34×1312
= 132，当且仅当tanA= 133时取等号．
所以1tanA+1tanB+1tanC的最小值为 132．
故答案为：3； 132．
由已知条件结合正弦定理和余弦定理即可求出tanCtanA=3，再利用两角和的正切三角函数公式求出tanB，然后利用基本不等式即可求出答案．
本题考查了正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换以及基本不等式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于中档题．
16.【答案】(0,12]∪[2,+∞)
【解析】解：函数y=ex与y=x+1的图象如图所示，
由图可知，ex≥x+1，则et2−tx+1≥t2−tx+1+1，
∴要使不等式tx−1t2≤et2−tx+1对任意的x∈[0,52]恒成立，
只需tx−1t2≤t2−tx+2对任意的x∈[0,52]恒成立，
即1tx−1t2≤−tx+t2+2对任意的x∈[0,52]恒成立，
∵t>0，∴(1tx−1t2)max=52t−1t2，(−tx+t2+2)min=t2−52t+2，
则52t−1t2≤t2−52t+2，整理得：(t2+1)(2t2−5t+2)≥0，
即2t2−5t+2≥0，解得t≤12或t≥2，
又t>0，∴正实数t的取值范围是(0,12]∪[2,+∞)．
故答案为：(0,12]∪[2,+∞)．
由et2−tx+1≥t2−tx+1+1，问题转化为tx−1t2≤t2−tx+2对任意的x∈[0,52]恒成立，再转化为不等式左边的最大值小于右边的最小值恒成立，即可得到关于t的不等式，求解得答案．
本题考查恒成立问题的求解方法，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)∵调查评分在[70,80)的市民为400人，
∴n=4000.02×10=2000，
∵每组的纵坐标的和乘以组距10为1，
∴0.84+80t=1，解得t=0.002．
(2)∵调查评分在[40,50)的频率为0.002，调查评分在[50,60)的频率为0.004，
∴调查评分在[40,50)的人数占调查评分在[50,60)人数的12，
若按分层抽样抽取3人，则查评分在[40,50)的人数为1人，调查评分在[50,60)人数为2人，
∵经过心理疏导后的恢复情况相互独立，
∴选出的3人经过心里辅导后，心里等级均达不到的概率为34×23×23=13，
∴经过心理疏导后，至少有一人心理等级转为“良好”的概率为P=1−13=23．
(3)由频率分布直方图可得，
45×0.02+55×0.04+65×0.14+75×0.2+85×0.35+95×0.25=80.7，
估计市民心里健康问卷调查的平均评分为80.7，
∴市民心里健康指数平均值为80.7100=0.807>0.8，
∴只需发放心里指导材料，不需要举办心理健康大讲堂活动．
【解析】(1)调查评分在[70,80)的市民为400人，该区间的频率为0.2，即可求解n的值，再根据每组的纵坐标的和乘以组距10为1，即可求解t．
(2)根据已知条件，结合分层抽样的知识和概率乘法知识，即可求解．
(3)根据频率分布直方图，求出平均值，即可求解．
本题考查了频率分布直方图的应用问题，也考查了频率、频数与样本容量的应用问题，是基础题．
18.【答案】证明：(1)∵三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，
∴CC1⊥平面ABC，
∵AD⊂平面ABC，
∴AD⊥CC1，
又∵AD⊥DE，DE、CC1⊂平面BCC1B1，DE∩CC1=E，
∴AD⊥平面BCC1B1，
∵AD⊂平面ADE，
∴平面ADE⊥平面BCC1B1．
(2)∵△A1B1C1中，A1B1=A1C1，F为B1C1的中点，
∴A1F⊥B1C1，
∵CC1⊥平面A1B1C1，A1F⊂平面A1B1C1，
∴A1F⊥CC1，
又∵B1C1、CC1⊂平面BCC1B1，B1C1∩CC1=C1，
∴A1F⊥平面BCC1B1
又∵AD⊥平面BCC1B1，
∴A1F//AD，
∵A1F⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，
∴直线A1F//平面ADE．
【解析】本题以一个特殊的直三棱柱为载体，考查了直线与平面平行的判定和平面与平面垂直的判定等知识点，属于中档题．
(1)根据三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，得到CC1⊥平面ABC，从而AD⊥CC1，结合已知条件AD⊥DE，即可得到AD⊥平面BCC1B1，从而得证；
(2)先证出等腰三角形△A1B1C1中，A1F⊥B1C1，再用类似(1)的方法，证出A1F⊥平面BCC1B1，结合AD⊥平面BCC1B1，得到A1F//AD，最后根据线面平行的判定定理即可证明．
19.【答案】解：(1)由已知及正弦定理，得a−bc=a−ca+b，即(a−b)(a+b)=c(a−c)，即a2−b2=ac−c2，即a2+c2−b2=ac．
由余弦定理，得cosB=a2+c2−b22ac=12，
因为B∈(0°,180°)，
所以B=60°．
(2)因为A+C=120°，c=2，由正弦定理，得a=csinAsinC=2sin(120°−C)sinC= 3cosC+sinCsinC= 3tanC+1．
所以S=12acsinB=asin60°= 32( 3tanC+1)．
因为△ABC为锐角三角形，则30°
【解析】(1)利用已知和正弦定理化简，结合余弦定理可得角B的值；
(2)由于A+C=120°，c=2，利用正弦定理，可得a= 3tanC+1，以及△ABC的面积S= 32( 3tanC+1)，利用△ABC为锐角三角形，可得面积的取值范围．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式以及三角函数恒等变换的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为对∀x∈R，f(2−x)=f(2+x)恒成立，
所以y=f(x)的对称轴为x=2，
所以x=2=−b2，得b=−4，
又f(x)图象过点(1,0)，
所以f(1)=0，解得a=3，
∴f(x)=x2−4x+3；
(2)令t=lnx∈[−2,4]，原不等式等价于f(t)≥mt，即t2−(4+m)t+3≥0在t∈[−2,4]上恒成立．
下面分三种情况讨论
①当t∈[−2,0)时，不等式等价于m+4≥t+3t，而t+3t≤−2 3，当且仅当t=− 3取等号，故m≥−2 3−4；
②当t=0时，m∈R；
③当t∈(0,2]时，不等式等价于m+4≤t+3t，而t+3t≥2 3，当且仅当t= 3取等号，故m≤2 3−4；
综上所述m∈[−2 3−4,2 3−4]，
所以m的最小值为：−2 3−4．
【解析】(1)由题意知y=f(x)的对称轴为x=2，结合所过点列方程求得b，c得解析式；
(2)令t=lnx∈[−2,4]，通过分类讨论，分离参数法变形，结合基本不等式求解．
本题考查了二次函数的性质、基本不等式的应用及分类讨论思想，属于中档题．
21.【答案】解：(1)根据题意，菱形ABCD的面积为2 3，则有S=12AC⋅BD=2 3，
变形可得：BD=2 3，
又由AC⊥SO，AC⊥BO，则二面角S−AC−B的平面角为∠SOB，
所以∠SOB=2π3，
故点S到平面ABC的距离为SO⋅sin60°= 3sin60°=32，
由于△ABC的面积为12×2 3= 3，
则三棱锥S−ABC的体积为VS−ABC=13Sh=13× 3×32= 32．
(2)根据题意，取AC边上靠近点A的四等分点G，
取AB的中点为H，连接EH，EG，GH，SO和BO，
四边形ABCD为菱形，则AC⊥SO且AC⊥BO，
易得EG//SO，GH//BO，
则有AC⊥EG且AC⊥GH，故有AC⊥平面EGH，
故点F的轨迹长度即为△EHG的周长．
由于EG=GH= 32，EH=12SB，
且二面角S−AC−B的大小平面角α=∠SOB∈[π3,2π3]，
则易得SB∈[ 3,3]，
所以点F的轨迹长度的取值范围为[3 32, 3+32]．
【解析】(1)根据题意，由菱形的性质可得BD的长，由二面角的定义可得∠SOB=2π3，进而求出点S到平面ABC的距离和△ABC的面积，由此计算可得答案；
(2)根据题意，取AC边上靠近点A的四等分点G，取AB的中点为H，连接EH，EG，GH，SO和BO，易得AC⊥平面EGH，故点F的轨迹长度即为△EHG的周长，分析计算可得答案．
本题考查棱锥的体积，涉及二面角的计算，属于中档题．
22.【答案】解：(1)在Rt△ABC中，AB⊥AC，D，E，F分别在线段AC，AB，BC上，满足CD=2DA且DE⊥DF，记∠AED=α．
由题意知∠AED+∠ADE=90°，∠CDF+∠ADE=90°，
故∠CDF=∠AED=α，其中sinC=2 22+32=2 13，cosC=3 13，
所以，在△DFC中sin∠DFC=sin(α+C)=sinαcosC+cosαsinC= 1313(3sinα+2cosα)；
(2)在Rt△ABC中，AB⊥AC，2AC=3AB=6，CD=2DA，
Rt△ADE中，DE=1sinα，在△DFC中，由正弦定理得DFsinC=DCsin∠DFC，
即DF2 13=2 1313(3sinα+2cosα)，得DF=43sinα+2cosα，
∵DE⊥DF，∴S△DEF=12DE⋅DF=2sinα(3sinα+2cosα)，
设g(α)=sinα(3sinα+2cosα)=3sin2α+sin2α=32−32cos2α+sin2α
=32+ 132sin(2α−φ)，其中tanφ=32，
当2α−φ=π2时，g(α)max=32+ 132，
此时(S△DEF)min =232+ 132= 13−3，等号在2α−φ=π2，
即2α=π2+φ，即sin2α=sin(π2+φ)=cosφ=3 13取等号，
故△DEF面积的最小值为 13−3．
【解析】(1)由题意知∠AED+∠ADE=90°，∠CDF+∠ADE=90°，故∠CDF=∠AED=α，利用两角和正弦公式即可求解；
(2)Rt△ADE中，DE=1sinα，在△DFC中，由正弦定理得DFsinC=DCsin∠DFC，利用三角形恒等变换即可求解．
本题考查了正弦定理和三角形的恒等变换，属于中档题．
2022-2023学年浙江省湖州市高一（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. 设集合A={x|−1
A. − 55 B. 2 55 C. 55 D. −2 55
3. 复数z满足i2023(2+z)=2−i，则z−=( )
A. −1+2i B. 1+2i C. −1−2i D. 1−2i
4. 在空间中，l，m是不重合的直线，α，β是不重合的平面，则下列说法正确的是( )
A. 若l⊂α，m⊂β，α//β，则l//m
B. 若l//m，m⊂β，则l//β
C. 若α⊥β，α∩β=m，l⊥m，则l⊥β
D. 若l⊥α，l//m，α//β，则m⊥β
5. 阿基米德是伟大的古希腊数学家，他和高斯、牛顿并列为世界三大数学家，他一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边(即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切)，球的体积是圆柱体积的三分之二，球的表面积也是圆柱表面积的三分之二.今有一“圆柱容球”模型，其圆柱表面积为36π，则该模型中圆柱的体积与球的体积之和为( )
A. 8 6π B. 12 6π C. 20 6π D. 48 6π
6. 已知向量a，b满足a⋅b=5，且b=(3,−4)，则a在b上的投影向量为( )
A. (35,−45) B. (−35,45) C. (3,−4) D. (−3,4)
7. “忽登最高塔，眼界穷大千.卞峰照城郭，震泽浮云天.”这是苏东坡笔下的湖城三绝之一“塔里塔”飞英塔.某学生为测量其高度，在远处选取了与该建筑物的底端B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得∠BCD=45°，∠BDC=105°，CD=18米，在点C处测得飞英塔顶端A的仰角∠ACB=58°，则飞英塔的高度约是(参考数据： 2≈1.4， 6≈2.4，tan58°≈1.6)( )
A. 45米 B. 50米 C. 55米 D. 60米
8. 三棱锥P−ABC中，平面PAB⊥平面ABC，△ABC是边长为2的正三角形，PA=PB= 3，则三棱锥P−ABC外接球的表面积为( )
A. 35π3 B. 35π6 C. 35π12 D. 35π24
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. 某中学为了解大数据提供的个性化作业的质量情况，随机访问50名学生，根据这50名学生对个性化作业的评分，绘制频率分布直方图(如图所示)，其中样本数据分组区间[40,50)，[50,60)，…，[80,90)，[90,100].( )
A. 频率分布直方图中a的值为0.006
B. 估计该中学学生对个性化作业的评分不低于80的概率为0.04
C. 从评分在[40,60)的受访学生中，随机抽取2人，此2人评分都在[40,50)的概率为110
D. 受访学生对个性化作业评分的第40百分位数为72.6
10. 先后两次掷一枚质地均匀的骰子，A表示事件“第一次掷出的点数是5”，B表示事件“第二次掷出的点数是偶数”，C表示事件“两次掷出的点数之和是5”，D表示事件“至少出现一个奇数点”，则( )
A. 事件A与C互斥 B. P(D)=34
C. 事件B与D对立 D. 事件B与C相互独立
11. 设函数f(x)=sin(2x+π6)+cos(2x−π3)，则( )
A. 函数f(x−π12)是偶函数
B. 函数f(x−π12)是奇函数
C. 函数f(x)的图象可由函数y=2sin2x的图象向左平移π12个单位得到
D. 函数y=|f(x)|在区间[kπ2+π6,kπ2+5π12](k∈Z)上单调递增
12. 已知正四棱台ABCD−EFGH的所有顶点都在球O的球面上，AE= 2，AB=2EF=2，M为△BDG内部(含边界)的动点，则( )
A. 直线AE与平面BDG相交
B. 球O的体积为8 23π
C. 直线AM与平面BDG所成角的最大值为π3
D. MA+ME的取值范围为[2 2,4]
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 设向量e1，e2为单位正交基底，若a=2e1−e2，b=e1+ke2，且a⊥b，则k= ．
14. 已知采用分层抽样得到的高三男生、女生各100名学生的身高情况为：男生样本平均数为172cm，方差为120，女生样本平均数165cm，方差为120，则总体样本方差是______ ．
15. 在锐角三角形ABC中，已知2sin2A+sin2B=2sin2C，则tanCtanA= ______ ，1tanA+1tanB+1tanC的最小值是______ ．
16. 对任意的x∈[0,52]，不等式tx−1t2≤et2−tx+1恒成立，求正实数t的取值范围是______ .(其中e≈2.71828是自然对数的底数)
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)
习近平总书记指出：“要健全社会心理服务体系和疏导机制、危机干预机制，塑造自尊自信、理性平和、亲善友爱的社会心态.”在2020年新冠肺炎疫情防控阻击战中，心理医生的相关心理疏导起到了重要作用某心理调查机构为了解市民在疫情期的心理健康状况，随机抽取n位市民进行心理健康问卷调查，按所得评分(满分100分)从低到高将心理健康状况分为四个等级：
调查评分
[40,50)
[50,60)
[60,70)
[70,80)
[80,90)
[90,100]
心理等级
有隐患
一般
良好
优秀
并绘制如图所示的频率分布直方图已知调查评分在[70,80)的市民为400人．
(1)求n的值及频率分布直方图中t的值；
(2)在抽取的心理等级为“有隐患”的市民中，按照调查评分分层抽取3人，进行心理疏导据以往数据统计，经过心理疏导后，调查评分在[40,50)的市民心理等级转为“良好”的概率为14，调查评分在[50,60)的市民心理等级转为“良好”的概率为13，若经过心理疏导后的恢复情况相互独立，试问在抽取的3人中，经过心理疏导后，至少有一人心理等级转为“良好”的概率为多少？
(3)心理调查机构与该市管理部门设定的预案是以抽取的样本作为参考，若市民心理健康指数平均值不低于0.8，则只需发放心理指导资料，否则需要举办心理健康大讲堂.根据你所学的统计知识，判断该市是否需要举办心理健康大讲堂，并说明理由.(每组数据以区间的中点值代替，心理健康指数=问卷调查评分/100)
18. (本小题12.0分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，A1B1=A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D 不同于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：
(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；
(2)直线A1F//平面ADE．
19. (本小题12.0分)
在△ABC中，设角A，B，C的对边长分别为a，b，c，已知sinA−sinBsinC=a−ca+b．
(1)求角B的值；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c=2，求△ABC的面积S的取值范围．
20. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=x2+bx+c(b,c∈R)的图象过点(1,0)，且对∀x∈R，f(2−x)=f(2+x)恒成立．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若对任意的x∈[1e2,e4]，不等式f(lnx)≥mlnx恒成立，求m的最小值.(其中e≈2.71828是自然对数的底数)
21. (本小题12.0分)
已知面积为2 3的菱形ABCD如图①所示，其中AC=2，E是线段AD的中点.现将△DAC沿AC折起，使得点D到达点S的位置．
(1)若二面角S−AC−B的平面角大小为2π3，求三棱锥S−ABC的体积；
(2)若二面角S−AC−B的平面角α∈[π3,2π3]，点F在三棱锥的表面运动，且始终保持EF⊥AC，求点F的轨迹长度的取值范围．
22. (本小题12.0分)
如图，在Rt△ABC中，AB⊥AC，2AC=3AB=6，D，E，F分别在线段AC，AB，BC上，满足CD=2DA且DE⊥DF，记∠AED=α．
(1)用含α的代数式表示sin∠DFC；
(2)求△DEF面积的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：B={x|x2−4x+3<0}={x|1
先解出一元二次不等式，再与集合A的元素合并起来即可．
本题考查集合的运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．
利用任意角的三角函数的定义，即可得出结论．
【解答】
解：由题意，x=−1，y=2，∴r= (−1)2+22= 5，
∴sinα=yr=2 5=2 55．
故选：B．
3.【答案】C
【解析】解：因为i2023=(i4)505⋅i3=−i，
所以i2023(2+z)=2−i可化为z=2−i−i−2
所以z=2+i−i=(2+i)i=−1+2i，
所以z−=−1−2i．
故选：C．
由虚数单位的乘方的性质结合除法运算可得z=−1+2i，进而可得共轭复数．
本题主要考查了复数的四则运算，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：若l⊂α，m⊂β，α//β，则l//m或l与m异面，故A错误；
若l//m，m⊂β，则l//β或l⊂β，故B错误；
若α⊥β，α∩β=m，l⊥m，则l⊂β或l//β或l与β相交，相交也不一定垂直，故C错误；
若l⊥α，l//m，则m⊥α，又α//β，则m⊥β，故D正确．
故选：D．
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案．
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】C
【解析】解：由题意可知，设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R，
因为圆柱表面积为36π，所以2πR×2R+2πR2=36π，解得R= 6，
所以圆柱的体积为π×( 6)2×2 6=12 6π，球的体积为V=43πR3=8 6π，
则该模型中圆柱的体积与球的体积之和为20 6π．
故选：C．
由题意可知，设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R，然后由圆柱表面积可求出R，从而可求出圆柱与球的体积．
本题考查了圆柱的体积与球的体积计算，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】解：∵a⋅b=5，且b=(3,−4)，
∴a在b上的投影向量为：a⋅b|b|⋅b|b|=525⋅(3,−4)=15(3,−4)=(35,−45)．
故选：A．
根据投影向量的计算公式及向量坐标的数乘运算即可求出a在b上的投影向量．
本题考查了投影和投影向量的计算公式，向量坐标的数乘运算，考查了计算能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：因为∠BCD=45°，∠BDC=105°，CD=18米，可得∠CBD=30°，
由正弦定理可得：BCsin∠BDC=CDsin∠CBD，即BCsin105∘=18sin30∘，
解得：BC=9( 2+ 6)，
在Rt△ABC中，因为∠ACB=58°，可得ABBC=tan58°，而tan58°≈1.6，
所以AB=BC⋅tan58°≈9( 2+ 6)×1.6≈54.72≈55，
故选：C．
由题中所给的角可得∠CBD的大小，由正弦定理可得BC的值，在Rt△ABC中，可得AB的大小．
本题考查正弦定理的应用，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：三棱锥P−ABC中，平面PAB⊥平面ABC，△ABC是边长为2的正三角形，PA=PB= 3，
如图所示：
取AB的中点D，△ABC的中心E，DP的中点F，作矩形DEOF，
所以点O为三棱锥P−ABC的外接球的球心，
设ΔABP的中心为F，设PF=r，利用勾股定理r2=12+( 2−r)2，解得r=3 24，
故DF= 2−3 24= 24，
故R=AO= (23 22−12)2+( 24)2= 3524，
故S球=4⋅π⋅( 3524)2=35π6．
故选：B．
首先利用三棱锥和球的关系求出球的半径，进一步求出球的表面积．
本题考查的知识要点：球和三棱锥的关系，球的表面积公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：由题意得10×(0.004+a+0.022+0.028+0.022+0.018)=1，解得a=0.006，故A正确；
由频率分布直方图知，不低于80分的频率之和为0.22+0.18=0.4，
因此估计该中学学生对个性化作业评分不低于80的概率为0.4，故B错误；
方法一：受访学生评分在[50,60)的有50×0.006×10=3人，设为A，B，C，
受访学生评分在[40,50)的有50×0.004×10=2人，设为a，b，
从这5名受访学生中随机抽取2人，有(A,B)，(A,C)，(A,a)，(A,b)，(B,C)，(B,a)，(B,b)，(C,a)，(C,b)，(a,b)共10种，
2人评分都在[40,50)的有(a,b)，共1种，
故从这5名受访学生中随机抽取2人，2人评分都在[40,50)的概率为110，C正确；
方法二：
受访学生评分在[50,60)的有50×0.006×10=3人，
受访学生评分在[40,50)的有50×0.004×10=2人，
从这5名受访学生中随机抽取2人，2人评分都在[40,50)的概率为C22C52=110，故C正确；
因为0.04+0.06+0.22=0.32<0.5，0.04+0.06+0.22+0.28=0.6>0.5，
故第40百分位数在[70,80)内，设为x，
则0.04+0.06+0.22+(x−70)×0.028=0.4，解得x≈72.86，故D错误．
故选：AC．
利用频率之和为1列出方程求出a可判断A；计算出不低于80分的频率作为概率的估计值可判断B；利用列举法求解古典概型的概率可判断C；根据百分位数的概念求解可判断D．
本题考查由频数分布直方图求概率，求百分位数，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：设抛掷两次掷出的点数构成数对(x,y)，则共有6×6=36个样本点，
则P(A)=536，P(B)=3×636=12，P(C)=436=19，P(D)=1−3×336=34，选项D正确；
由于事件A与C不可能同时发生，故A与C互斥，选项A正确；
当x为奇数，y为偶数时，事件B和D同时发生，故不可能对立，选项C错误；
因为P(BC)=236=118=P(B)P(C)，所以事件B与C相互独立．
故选：ABD．
根据互斥事件，对立事件的概念可直接判断A、C，再根据古典概型的概率公式及相互独立事件的定义可判断B、D．
本题考查古典概型的相关定义及概率公式，属基础题．
11.【答案】BC
【解析】解：f(x)=sin(2x+π6)+cos(2x−π3)=sin(2x+π6)+sin(2x−π3+π2)=2sin(2x+π6)，
函数f(x−π12)=2sin[2(x−π12)+π6]=2sin2x，
而2sin2(−x)=−2sin2x，
∴函数f(x−π12)是奇函数，不是偶函数，故A错误，B正确；
将函数y=2sin2x的图象向左平移π12个单位得到2sin2(x+π12)=2sin(2x+π6)=f(x)，故C正确；
由y=|sinx|的增区间[kπ,kπ+π2](k∈Z)，
可得kπ≤2x+π6≤kπ+π2，k∈Z，
解得kπ2−π12≤x≤kπ2+π6，
即函数y=|f(x)|得增区间区间为[kπ2−π12,kπ2+π6](k∈Z)，故D错误．
故选：BC．
利用奇函数、偶函数的定义即可判断选项A，B，利用三角函数的图象变换即可判断选项C，由y=|sinx|的单调性判断选项D．
本题考查了三角函数图象与性质的综合应用，主要考查了函数的奇偶性的判断，函数零点定义的理解与应用，三角函数的单调性以及三角函数图象的变换，考查了逻辑推理能力，属于中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：对于A，如图1，
由棱台的结构特征易知AE与CG的延长线必交于一点，故A，C，G，E四点共面，
又面EFGH//面ABCD，而面ACGE∩面EFGH=EG，面ACGE∩面ABCD=AC，
故EG//AC，即EG//AO2，
由平面几何易得EG= 2,AO2=12AC= 2，即EG=AO2，
所以四边形AO2GE是平行四边形，故AE//GO2，
而AE⊄面BDG，O2G⊂面BDG，故AE//平面BDG，即直线AE与平面BDG不相交，故A错误；
对于B，如图2，
设O1为EG的中点，O为正四棱台外接球的球心，则AO=EO=R，
在等腰梯形ACGE中，易得O1O22=AE2−[12(AC−EG)]2=( 2)2−( 22)2=32，即O1O2= 62，
为方便计算，不妨设O1O=a，由R2=EO2=EO12+a2=AO2=AO22+b2，
若O在正四棱台外，即面ABCD外侧，a>O1O2，则( 22)2+a2=( 2)2+(a− 62)2，
所以a= 62，不合a>O1O2，
若O在正四棱台内，即a≤O1O2，则( 22)2+a2=( 2)2+( 62−a)2，所以a= 62，
综上，O与O2重合，故R=AO2= 2，故球O体积为4πR33=4π3×( 2)3=8 2π3，故B正确；
对于C，由图2易得BD⊥O1O2，BD⊥AC，O1O2∩AC=O2，O1O2、AC⊂面ACGE，
故BD⊥面ACGE，BD⊂面BDG，故面ACGE⊥面BDG，
在面ACGE内过A作AP⊥O2G交O2G于P，如图3，
则AP⊂面ACGE，面ACGE∩面BDG=O2G，故AP⊥面BDG，故∠AMP为AM与平面BDG所成角，
在Rt△APM中，sin∠AMP=APAM，故当AM取得最小值时，sin∠AMP取得最大值，即∠AMP取得最大值；
显然，动点M与O2重合时，AM取得最小值，即∠AMP取得最大值，且∠AMP=∠CO2G，
在△O2GC中，GO2=AE= 2,CG=AE= 2,O2C=12AC= 2，
故△O2GC为正三角形，即∠CO2G=60°，即AM与平面BDG所成角的最大值为π3，故C正确；
对于D，由C知，BD⊥面ACGE，
不妨设M落在图4的M处，过M作MN//BD，交O2G于点N，则MN⊥面ACGE，
NA在面ACGE中，故MN⊥NA，在Rt△AMN中，NA
当M在△BDG边界时，MA+EM取得最大值，
当M与点G重合时，MA+EM=MA+MC,MA2=GA2={AC−[12(AC−EG)]}2+O1O22=6，
即MA= 6,MC=GC= 2，此时MA+EM= 6+ 2；
当点M与点B或点D重合时，MA+EM=MA+MC=4，
所以MA+EM的范围为[2 2,4]，故D正确；
故选：BCD．
对于A，利用平行四边形证得AE//O2G，进而证得AE//平面BDG，可判断直线AE与平面BDG的交点；对于B，先假设O的位置，利用勾股定理与半径相等得到等量关系，可确定O的位置，可求出半径，故可求得球O的体积；对于C，利用面面垂直的性质作出AP⊥面BDG，故∠AMP为AM与平面BDG所成角，再利用sin∠AMP=APAM得知当M与O2重合时，∠AMP取得最大值，再利用对顶角相等求∠GO2C，进而得到∠AMP的最大值；对于D，先判断M落O2G上，再进一步判断M与O2重合时，MA+EM取得最小值为2 2，再计算当M在点B，D，G时的长度判断MA+EM的最大值即可求出范围．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
13.【答案】2
【解析】
【分析】
本题考查向量数量积的计算，涉及向量垂直的判断，属于基础题．
根据题意，由数量积的性质分析可得a⋅b=(2e1−e2)⋅(e1+ke2)=0，计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，向量e1，e2为单位正交基底，则|e1|=|e2|=1，e1⋅e2=0，
若a=2e1−e2，b=e1+ke2，且a⊥b，
则有a⋅b=(2e1−e2)⋅(e1+ke2)=2e12−ke22+(2k−1)e1⋅e2=0，
即2−k=0，解可得k=2，
故答案为2．
14.【答案】132.25
【解析】解：根据题意，男生样本平均数为172cm，方差为120，女生样本平均数165cm，方差为120，
则总体的平均数x−=100×172+100×165200=168.5，
故总体的方差S2=100200[120+(172−168.5)2]+100200[120+(165−168.5)2]=132.25．
故答案为：132.25．
根据题意，由总体的平均数和方差公式计算可得答案．
本题考查总体方差的计算，注意总体方差、平均数的计算公式，属于基础题．
15.【答案】3 132
【解析】解：因为2sin2A+sin2B=2sin2C，
所以由正弦定理得2a2+b2=2c2，
又因为由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccosA，
可得3b=4ccosA，
再由正弦定理得3sinB=4sinCcosA，
则3(sinAcosC+cosAsinC)=4sinCcosA，可得tanCtanA=3，
所以tanB=−tan(A+C)=tanA+tanCtanAtanC−1=4tanA3tan2A−1，
所以1tanA+1tanB+1tanC
=1tanA+3tan2A−14tanA+13tanA
=34tanA+1312tanA
≥2 34×1312
= 132，当且仅当tanA= 133时取等号．
所以1tanA+1tanB+1tanC的最小值为 132．
故答案为：3； 132．
由已知条件结合正弦定理和余弦定理即可求出tanCtanA=3，再利用两角和的正切三角函数公式求出tanB，然后利用基本不等式即可求出答案．
本题考查了正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换以及基本不等式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于中档题．
16.【答案】(0,12]∪[2,+∞)
【解析】解：函数y=ex与y=x+1的图象如图所示，
由图可知，ex≥x+1，则et2−tx+1≥t2−tx+1+1，
∴要使不等式tx−1t2≤et2−tx+1对任意的x∈[0,52]恒成立，
只需tx−1t2≤t2−tx+2对任意的x∈[0,52]恒成立，
即1tx−1t2≤−tx+t2+2对任意的x∈[0,52]恒成立，
∵t>0，∴(1tx−1t2)max=52t−1t2，(−tx+t2+2)min=t2−52t+2，
则52t−1t2≤t2−52t+2，整理得：(t2+1)(2t2−5t+2)≥0，
即2t2−5t+2≥0，解得t≤12或t≥2，
又t>0，∴正实数t的取值范围是(0,12]∪[2,+∞)．
故答案为：(0,12]∪[2,+∞)．
由et2−tx+1≥t2−tx+1+1，问题转化为tx−1t2≤t2−tx+2对任意的x∈[0,52]恒成立，再转化为不等式左边的最大值小于右边的最小值恒成立，即可得到关于t的不等式，求解得答案．
本题考查恒成立问题的求解方法，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)∵调查评分在[70,80)的市民为400人，
∴n=4000.02×10=2000，
∵每组的纵坐标的和乘以组距10为1，
∴0.84+80t=1，解得t=0.002．
(2)∵调查评分在[40,50)的频率为0.002，调查评分在[50,60)的频率为0.004，
∴调查评分在[40,50)的人数占调查评分在[50,60)人数的12，
若按分层抽样抽取3人，则查评分在[40,50)的人数为1人，调查评分在[50,60)人数为2人，
∵经过心理疏导后的恢复情况相互独立，
∴选出的3人经过心里辅导后，心里等级均达不到的概率为34×23×23=13，
∴经过心理疏导后，至少有一人心理等级转为“良好”的概率为P=1−13=23．
(3)由频率分布直方图可得，
45×0.02+55×0.04+65×0.14+75×0.2+85×0.35+95×0.25=80.7，
估计市民心里健康问卷调查的平均评分为80.7，
∴市民心里健康指数平均值为80.7100=0.807>0.8，
∴只需发放心里指导材料，不需要举办心理健康大讲堂活动．
【解析】(1)调查评分在[70,80)的市民为400人，该区间的频率为0.2，即可求解n的值，再根据每组的纵坐标的和乘以组距10为1，即可求解t．
(2)根据已知条件，结合分层抽样的知识和概率乘法知识，即可求解．
(3)根据频率分布直方图，求出平均值，即可求解．
本题考查了频率分布直方图的应用问题，也考查了频率、频数与样本容量的应用问题，是基础题．
18.【答案】证明：(1)∵三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，
∴CC1⊥平面ABC，
∵AD⊂平面ABC，
∴AD⊥CC1，
又∵AD⊥DE，DE、CC1⊂平面BCC1B1，DE∩CC1=E，
∴AD⊥平面BCC1B1，
∵AD⊂平面ADE，
∴平面ADE⊥平面BCC1B1．
(2)∵△A1B1C1中，A1B1=A1C1，F为B1C1的中点，
∴A1F⊥B1C1，
∵CC1⊥平面A1B1C1，A1F⊂平面A1B1C1，
∴A1F⊥CC1，
又∵B1C1、CC1⊂平面BCC1B1，B1C1∩CC1=C1，
∴A1F⊥平面BCC1B1
又∵AD⊥平面BCC1B1，
∴A1F//AD，
∵A1F⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，
∴直线A1F//平面ADE．
【解析】本题以一个特殊的直三棱柱为载体，考查了直线与平面平行的判定和平面与平面垂直的判定等知识点，属于中档题．
(1)根据三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，得到CC1⊥平面ABC，从而AD⊥CC1，结合已知条件AD⊥DE，即可得到AD⊥平面BCC1B1，从而得证；
(2)先证出等腰三角形△A1B1C1中，A1F⊥B1C1，再用类似(1)的方法，证出A1F⊥平面BCC1B1，结合AD⊥平面BCC1B1，得到A1F//AD，最后根据线面平行的判定定理即可证明．
19.【答案】解：(1)由已知及正弦定理，得a−bc=a−ca+b，即(a−b)(a+b)=c(a−c)，即a2−b2=ac−c2，即a2+c2−b2=ac．
由余弦定理，得cosB=a2+c2−b22ac=12，
因为B∈(0°,180°)，
所以B=60°．
(2)因为A+C=120°，c=2，由正弦定理，得a=csinAsinC=2sin(120°−C)sinC= 3cosC+sinCsinC= 3tanC+1．
所以S=12acsinB=asin60°= 32( 3tanC+1)．
因为△ABC为锐角三角形，则30°
【解析】(1)利用已知和正弦定理化简，结合余弦定理可得角B的值；
(2)由于A+C=120°，c=2，利用正弦定理，可得a= 3tanC+1，以及△ABC的面积S= 32( 3tanC+1)，利用△ABC为锐角三角形，可得面积的取值范围．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式以及三角函数恒等变换的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为对∀x∈R，f(2−x)=f(2+x)恒成立，
所以y=f(x)的对称轴为x=2，
所以x=2=−b2，得b=−4，
又f(x)图象过点(1,0)，
所以f(1)=0，解得a=3，
∴f(x)=x2−4x+3；
(2)令t=lnx∈[−2,4]，原不等式等价于f(t)≥mt，即t2−(4+m)t+3≥0在t∈[−2,4]上恒成立．
下面分三种情况讨论
①当t∈[−2,0)时，不等式等价于m+4≥t+3t，而t+3t≤−2 3，当且仅当t=− 3取等号，故m≥−2 3−4；
②当t=0时，m∈R；
③当t∈(0,2]时，不等式等价于m+4≤t+3t，而t+3t≥2 3，当且仅当t= 3取等号，故m≤2 3−4；
综上所述m∈[−2 3−4,2 3−4]，
所以m的最小值为：−2 3−4．
【解析】(1)由题意知y=f(x)的对称轴为x=2，结合所过点列方程求得b，c得解析式；
(2)令t=lnx∈[−2,4]，通过分类讨论，分离参数法变形，结合基本不等式求解．
本题考查了二次函数的性质、基本不等式的应用及分类讨论思想，属于中档题．
21.【答案】解：(1)根据题意，菱形ABCD的面积为2 3，则有S=12AC⋅BD=2 3，
变形可得：BD=2 3，
又由AC⊥SO，AC⊥BO，则二面角S−AC−B的平面角为∠SOB，
所以∠SOB=2π3，
故点S到平面ABC的距离为SO⋅sin60°= 3sin60°=32，
由于△ABC的面积为12×2 3= 3，
则三棱锥S−ABC的体积为VS−ABC=13Sh=13× 3×32= 32．
(2)根据题意，取AC边上靠近点A的四等分点G，
取AB的中点为H，连接EH，EG，GH，SO和BO，
四边形ABCD为菱形，则AC⊥SO且AC⊥BO，
易得EG//SO，GH//BO，
则有AC⊥EG且AC⊥GH，故有AC⊥平面EGH，
故点F的轨迹长度即为△EHG的周长．
由于EG=GH= 32，EH=12SB，
且二面角S−AC−B的大小平面角α=∠SOB∈[π3,2π3]，
则易得SB∈[ 3,3]，
所以点F的轨迹长度的取值范围为[3 32, 3+32]．
【解析】(1)根据题意，由菱形的性质可得BD的长，由二面角的定义可得∠SOB=2π3，进而求出点S到平面ABC的距离和△ABC的面积，由此计算可得答案；
(2)根据题意，取AC边上靠近点A的四等分点G，取AB的中点为H，连接EH，EG，GH，SO和BO，易得AC⊥平面EGH，故点F的轨迹长度即为△EHG的周长，分析计算可得答案．
本题考查棱锥的体积，涉及二面角的计算，属于中档题．
22.【答案】解：(1)在Rt△ABC中，AB⊥AC，D，E，F分别在线段AC，AB，BC上，满足CD=2DA且DE⊥DF，记∠AED=α．
由题意知∠AED+∠ADE=90°，∠CDF+∠ADE=90°，
故∠CDF=∠AED=α，其中sinC=2 22+32=2 13，cosC=3 13，
所以，在△DFC中sin∠DFC=sin(α+C)=sinαcosC+cosαsinC= 1313(3sinα+2cosα)；
(2)在Rt△ABC中，AB⊥AC，2AC=3AB=6，CD=2DA，
Rt△ADE中，DE=1sinα，在△DFC中，由正弦定理得DFsinC=DCsin∠DFC，
即DF2 13=2 1313(3sinα+2cosα)，得DF=43sinα+2cosα，
∵DE⊥DF，∴S△DEF=12DE⋅DF=2sinα(3sinα+2cosα)，
设g(α)=sinα(3sinα+2cosα)=3sin2α+sin2α=32−32cos2α+sin2α
=32+ 132sin(2α−φ)，其中tanφ=32，
当2α−φ=π2时，g(α)max=32+ 132，
此时(S△DEF)min =232+ 132= 13−3，等号在2α−φ=π2，
即2α=π2+φ，即sin2α=sin(π2+φ)=cosφ=3 13取等号，
故△DEF面积的最小值为 13−3．
【解析】(1)由题意知∠AED+∠ADE=90°，∠CDF+∠ADE=90°，故∠CDF=∠AED=α，利用两角和正弦公式即可求解；
(2)Rt△ADE中，DE=1sinα，在△DFC中，由正弦定理得DFsinC=DCsin∠DFC，利用三角形恒等变换即可求解．
本题考查了正弦定理和三角形的恒等变换，属于中档题．
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