2022-2023学年江苏省徐州市高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年江苏省徐州市高一（下）期末数学试卷（含解析），共23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学年江苏省徐州市高一（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. 已知复数z满足z(1+i)=5+i，则复数z在复平面内所对应的点位于(    )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2. 先后两次掷一枚质地均匀的骰子，则两次掷出的点数之和为6的概率为(    )
A. 19 B. 536 C. 16 D. 736
3. 已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列说法正确的是(    )
A. 若m⊥α，m⊥n，则n⊂α
B. 若m，n与α所成的角相等，则m//n
C. 若m//α，m//β，则α//β
D. 若m//n，n⊥β，m⊂α，则α⊥β
4. 有一组样本数据，x1，x2，…，xn，其平均数为a，中位数为b，方差为c，极差为d.由这组数据得到新样本数据，y1，y2，…，yn，其中yi=2xi+8(i=1,2,…,n)，则新样本数据的(    )
A. 样本平均数为2a B. 样本中位数为2b
C. 样本方差为4c D. 样本极差为2d+8
5. 已知向量a，b的夹角为π3，若(a−b)⊥a，则向量a在向量b上的投影向量为(    )
A. 14b B. 12b C. 32b D. b
6. 已知sin(α+π3)+sinα= 33，则sin(2α−π6)的值是(    )
A. 79 B. −79 C. 29 D. −29
7. 如图，一种工业部件是由一个圆台挖去一个圆锥所制成的.已知圆台的上、下底面半径分别为2和4，且圆台的母线与底面所成的角为π3，圆锥的底面是圆台的上底面，顶点在圆台的下底面上，则该工业部件的体积为(    )
A. 2 3π B. 16 3π C. 7 3π3 D. 56 33π
8. 在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，己知acosB−bcosA=b，则ba+c的取值范围是(    )
A. ( 33, 22) B. (2− 3,1)
C. (2− 3, 2−1) D. ( 2+1, 3+2)
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. 设z1，z2是复数，则下列说法正确的是(    )
A. 若z1是纯虚数，则z12<0 B. 若z12+z22=0，则z1=z2=0
C. 若z1−=z2，则|z1|=|z2−| D. 若|z1|=|z2|，则名z1⋅z1−=z2⋅z2−
10. 有4个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，从中不放回的随机取两次，每次取1个球，A表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，B表示事件“第二次取出的球的数字是偶数”，C表示事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，D表示事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则(    )
A. A，B相互独立 B. B，D相互独立 C. A，D相互独立 D. C，D相互独立
11. 如图，在等腰直角三角形ABC中，AB=1，∠BAC=90°，设点P1，P2，P3，P4是线段BC的五等分点，则(    )
A. AP3=35AB+25AC
B. AP1⋅AP2>AP2⋅AP3
C. |AB+AP1+AP2+AP3+AP4+AC|=3 2
D. |tBC−BA|+|12AC+(1−t)CB|(0≤t≤1)的最小值为 52

12. 如图，在矩形ABCD中，AD=2AB=2，M为边BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，连接B1D，N为线段B1D的中点，则在翻折过程中，(    )

A. 异面直线CN与AB1所成的角为定值
B. 存在某个位置使得AM⊥B1D
C. 点C始终在三棱锥B1−AMD外接球的外部
D. 当二面角B1−AM−D为60°时，三棱锥B1−AMD的外接球的表面积为13π3
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知一组数据：24，30，40，44，48，52.则这组数据的第30百分位数、第50百分位数的平均数为______ ．
14. 已知tanα+tanβ=−6，tan(α+β)=−1，则sin(α+β)cos(α−β)的值为______ ．
15. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(a+b)sin(A+C)=(c−a)⋅(sinA+sinC)，∠ABC与∠BAC的平分线交于点O，则∠AOB的值为______ ．
16. 在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，已知AB=2，AA1=1，则点A1到平面ABC1的距离为______ ；以A为球心，2为半径的球面与该棱柱表面的交线的总长度为______ ．
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=(1,2)，b=(3cosα, 3sinα)．
(1)若a//b，求tan2α；
(2)若|a+b|=|a−b|，求sin2α1+cos2α．
18. (本小题12.0分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面为梯形，BC//AD，AD=4BC，PA⊥底面ABCD，平面PAC⊥平面PCD，点E在棱PD上，且PD=4PE．
(1)证明：CE//平面PAB；
(2)证明：AC⊥CD．

19. (本小题12.0分)
近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行营销形式.某直播平台有800个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图①所示.为了更好地服务买卖双方，该直播平台打算用分层抽样的方式抽取60个直播商家进行问询交流．
(1)应抽取小吃类、生鲜类商家各多少家？
(2)在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对抽取的60个商家的平均日利润进行了统计(单位：元)，所得频率直方图如图②所示．


(i)估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数(求平均数时同一组中的数据用该组区间中点的数值为代表)；
(ii)若将平均日利润超过470元的商家称为“优质商家”，估计该直播平台“优质商家”的个数．
20. (本小题12.0分)
每年的3月14日为国际数学日，为庆祝该节日，某中学举办了数学文化节，其中一项活动是“数学知识竞赛”，竞赛共分为两轮，每位参赛学生均须参加两轮比赛，若其在两轮竞赛中均胜出，则视为优秀，已知在第一轮竞赛中，学生甲、乙胜出的概率分别为45，35；在第二轮竞赛中，甲、乙胜出的概率分别为p，q.甲、乙两人在每轮竞赛中是否胜出互不影响．
(1)若p=58，求甲恰好胜出一轮的概率；
(2)若甲、乙各胜出一轮的概率为950，甲、乙都获得优秀的概率为会625．
(i)求p，q，的值；
(ii)求甲、乙两人中至少有一人获得优秀的概率．
21. (本小题12.0分)
在①sinAcosBcosC=2a2a2+c2−b2，②sinB−cosB= 2b−ac，③△ABC的面积S= 24b(bsinC+ctanCcosB)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答．
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知_____．
(1)求角C；
(2)若点D在边AB上，且BD=2AD，cosB=513，求tan∠BCD．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分
22. (本小题12.0分)
如图，在三棱锥A−BCD中，底面BCD是边长为2的正三角形，AB⊥平面BCD，点E在棱BC上，且BE=λBC，其中0<λ<1．
(1)若二面角A−CD−B为30°，求AB的长；
(2)若AB=2，求DE与平面ACD所成角的正弦值的取值范围．


答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：z(1+i)=5+i，
则z=5+i1+i=(5+i)(1−i)(1+i)(1−i)=3−2i，
故复数z在复平面内所对应的点(3,−2)位于第四象限．
故选：D．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．

2.【答案】B 
【解析】解：先后两次掷一枚质地均匀的骰子，
则两次掷出的点数分别为：
(1,1)，(1,2)，⋅⋅⋅⋅(6,6)共36个基本事件，
而6=1+5=2+4=3+3=4+2=5+1，
两次掷出的点数之和为6的基本事件有5个，
故满足条件的概率P=536，
故选：B．
分别求出所有的基本事件和满足条件的事件的个数，求出概率即可．
本题考查了古典概型问题，考查概率计算，是基础题．

3.【答案】D 
【解析】解：若m⊥α，m⊥n，则n⊂α或n//α，故A错误；
若m，n与α所成的角相等，则m与n的位置关系有三种：平行、相交或异面，故B错误；
若m//α，m//β，则α//β或α与β相交，故C错误；
若m//n，n⊥β，则m⊥β，又m⊂α，则α⊥β，故D正确．
故选：D．
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的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．

4.【答案】C 
【解析】解：A选项，由题意得x1+x2+⋯+xn=na，
则y−=y1+y2+⋯+ynn=2(x1+x2+⋯+xn)+8nn=2a+8，故A错误；
B选项，由于yi=2xi+8(i=1,2,⋯,n)，
故x1，x2…，xn的大小排列顺序与变化后的y1，y2…，yn的大小排列顺序一致，
由于x1，x2…，xn的中位数为b，故y1，y2…，yn的中位数为2b+8，B错误；
C选项，由题意得(x1−a)2+(x2−a)2+⋯+(xn−a)2n=c，
所以(y1−y−)2+(y2−y−)2+⋯+(yn−y−)2n
=(2x1+8−2a−8)2+(2x2+8−2a−8)2+⋯+(2xn+8−2a−8)2n
=4(x1−a)2+4(x2−a)2+⋯+4(xn−a)2n=4c，C正确；
D选项，由于yi=2xi+8(i=1,2,⋯,n)，
故x1，x2…，xn中最大值和最小值，
经过变化后仍然为y1，y2…，yn中的最大值和最小值，
即xmax−xmin=d，则ymax−ymin=2xmax+8−(2xmin+8)=2d，D错误．
故选：C．
A选项，由平均数的定义得到y−=2a+8；B选项，x1，x2…，xn的大小排列顺序与变化后的y1，y2…，yn的大小顺序一致，由此可得；C选项，由方差的定义计算出y1，y2…，yn的方差；D选项，由xmax−xmin=d，得到ymax−ymin=2d，D错误．
本题考查方差，中位数，平均数，极差，数字特征，属于中档题．

5.【答案】A 
【解析】解：∵(a−b)⊥a，∴(a−b)⋅a=0，
∴|a|2−a⋅b=0，
又∵向量a，b的夹角为π3，∴a⋅b=|a||b|cosπ3=12|a||b|，
∴|a|2−12|a||b|=0，
∴|a|=12|b|，
∴向量a在向量b上的投影向量为a⋅b|b|⋅b|b|=12|a||b||b|2⋅b=12|a||b|⋅b=14|b||b|⋅b=14b．
故选：A．
由(a−b)⊥a可得(a−b)⋅a=0，再结合向量的数量积运算可得|a|=12|b|，再由投影向量的定义求解即可．
本题主要考查了投影向量的定义，考查了向量的数量积运算，属于基础题．

6.【答案】B 
【解析】解：∵sin(α+π3)+sinα= 33，
∴12sinα+ 32cosα+sinα= 33，即sin(α+π6)=13，
∴cos(2α+π3)=1−2sin2(α+π6)=1−2×19=79，
∴sin(2α−π6)=sin(2α−π2+π3)=−cos(2α+π3)=−79．
故选：B．
根据已知条件sin(α+π3)+sinα= 33，运用三角函数的恒等变换，可得sin(α+π6)=13，再结合三角函数的二倍角公式和诱导公式，即可求解．
本题主要考查了三角函数的恒等变换，以及三角函数的二倍角公式和诱导公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．

7.【答案】B 
【解析】解：根据题意，该圆台的轴截面为等腰梯形，如图，

所以∠DAB即为圆台母线与底面所成角，即∠DAB=π3，
因为圆台的上、下底面半径分别为2和4，
所以，过D作DE⊥AB，垂足为E，则AE=2，DE=2 3，
所以，圆台，圆锥的高均为DE=2 3，
所以，该工业部件的体积为V=V圆台−V圆锥=13×2 3(4π+16π+ 4π×16π)−13π×22×2 3=16 3π.
故选：B．
由题知该圆台的轴截面为等腰梯形，进而得∠DAB=π3，圆台，圆锥的高均为DE=2 3，再计算体积即可．
本题考查了圆锥和圆台的体积计算，属于中档题．

8.【答案】C 
【解析】解：由于acosB−bcosA=b，利用正弦定理sinAcosB−sinBcosA=sin(A−B)=sinB，
故A−B=B，整理得A=2B；
由于A+B+C=π，故C=π−3B，
由于△ABC为锐角三角形，
故0<2B<π2 0<π−3B<π2 ，解得π6 所以ba+c=sinBsinA+sinC=sinBsin2B+sin3B=sinBsin2B+sin2BcosB+cos2BsinB=14cos2B+2cosB−1，
由于π6 所以14cos2B+2cosB−1=14t2+2t−1且在t∈( 22, 32)上该函数单调递减，
故ba+c∈(2− 3, 2−1)．
故选：C．
直接利用正弦定理和三角函数的关系式的变换，进一步利用换元法及函数的单调性求出结果．
本题考查的知识要点：正弦定理，三角函数的关系式的恒等变换，函数的单调性，换元法的应用，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．

9.【答案】ACD 
【解析】解：对于A，设z1=bi(b≠0,b∈R)，
则z12=−b2<0，故A正确；
对于B，令z1=1，z2=i，满足z12+z22=0，故B错误；
对于C，设z2=c+di(c,d∈R)，
z1−=z2，
则z1=c−di，
故|z1|=|z2−|= c2+d2，故C正确；
对于D，|z1|=|z2|，
则z1⋅z1−=|z1|2，z2⋅z2−=|z2|2，故D正确．
故选：ACD．
对于AB，结合特殊值法，即可求解；
对于CD，结合共轭复数的定义，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数模公式，属于基础题．

10.【答案】BC 
【解析】解：对于A选项，从上述四个球中不放回的随机取两次，每次取1个球，所有的基本事件：
(1,2)、(1,3)、(1,4)、(2,1)、(2,3)、(2,4)、(3,1)、(3,2)、(3,4)、(4,1)、(4,2)、(4,3)，共12种，
其中事件A包含的基本事件有：(1,2)、(1,3)、(1,4)、(3,1)、(3,2)、(3,4)，共6种，
事件B包含的基本事件有：(1,2)、(1,4)、(2,4)、(3,2)、(3,4)、(4,2)，共6种，
事件C包含的基本事件有：(1,2)、(1,4)、(2,1)、(2,3)、(3,2)、(3,4)、(4,1)，(4,3)，共8种，
事件D包含的基本事件有：(1,3)、(2,4)、(3,1)、(4,2)，共4种，
对于A选项，P(A)=612=12，P(B)=612=12，
件AB包含的基本事件有：(1,2)、(3,2)、(1,)、(3,4)，共4种，
则P(AB)=412=13≠12×12=P(A)P(B)，故A，B不独立，A错；
对于B选项，事件BD包含的基本事件有：(2,4)、(4,2)，共2种，
则P(BD)=212=16，
又因为P(D)=412=13，则P(BD)=P(B)P(D)，共B、D相互独立，B对；
对于C选项，事件AD包含的基本事件有：(1,3)、(3,1)，共2种，
则P(AD)=212=16，则P(AD)=P(A)P(D)，故A，D相互独立，C对；
对于D选项，P(CD)=0≠P(C)P(D)，故C、D不相互独立，D错．
故选：BC．
利用古典概型的概率公式结合独立事件的定义逐项判断可求出合适的选项．
本题考查概率的应用，属于基础题．

11.【答案】BCD 
【解析】解：对于A，AP3=AB+35BC
=AB+35(AC−AB)
=25AB+35AC，故A错误；
对于B，同上可得AP1=45AB+15AC，AP2=35AB+25AC，
因为在等腰直角三角形ABC中，AB=1，
所以AB2=AC2=1，AB⋅AC=0，
所以AP1⋅AP2=(45AB+15AC)⋅(35AB+25AC)
=1225AB2+1125AB⋅AC+225AC2=1425，
AP2⋅AP3=(35AB+25AC)⋅(25AB+35AC)
=625AB2+1325AB⋅AC+625AC2=1225，
所以AP1⋅AP2>AP2⋅AP3，故B正确；
对于C，设BC的中点为M，
则AB+AC=2AM，AP1+AP4=2AM，AP2+AP3=2AM，
所以|AB+AP1+AP2+AP3+AP4+AC|
=6|AM|=6× 22=3 2，故C正确；
对于D，设AC的中点为N，P为线段BC上一点，
设BP=tBC(0≤t≤1)，则CP=(1−t)CB，
则|tBC−BA|=|BP−BA|=|AP|，
|12AC+(1−t)CB|=|CP−12CA|=|CP−CN|=|NP|，
所以|tBC−BA|+|12AC+(1−t)CB|=|AP|+|NP|，
作点A关于BC的对称点A′，则四边形ABA′C为边长为1的正方形，
故|AP|+|NP|=|A′P|+|NP|≥|A′N|= 52，当N，P，A′三点共线时取等号，
所以|tBC−BA|+|12AC+(1−t)CB|(0≤t≤1)的最小值为 52，故D正确．
故选：BCD．
ABC选项都是根据平面向量基本定理，将所判断向量适当进行转化即可判断，D选项根据对称性，将点A关于BC的对称点作出，则可转化为两条线段的长度之和最小的问题来解决．
本题考查平面向量基本定理的综合应用，属中档题．

12.【答案】AC 
【解析】解：A选项，矩形ABCD中，AD=2AB=2，M为边BC的中点，
所以△ABM为等腰直角三角形，故∠BAM=π4,AM= 2AB= 2，
翻折过程中，∠B1AM=π4，
取AD的中点H，连接HN，HC，
因为N为线段B1D的中点，所以HN//AB1，则∠HNC或∠HNC的补角为异面直线CN与AB1所成的角，
因为M为边BC的中点，所以AH//MC，且AH=MC，
所以四边形AMCH为平行四边形，故AM//HC，
所以∠NHC=∠B1AM=π4，
其中HN=12AB1=12，
由余弦定理得NC2=HN2+HC2−2HN⋅HCcos∠NHC=14+2−2×12× 2× 22=54，
故NC= 52，
故cos∠NHC=HN2+CN2−HC22HN⋅CN=14+54−22×12× 52=− 55，
所以异面直线CN与AB1所成的角的余弦值为 55,A正确；

B选项，因为AM=MD= 2,AD=2，所以AM2+MD2=AD2，故AM⊥MD，
假如AM⊥B1D，因为MD∩B1D=D，MD，B1D⊂平面MB1D，
所以AM⊥平面MB1D，
因为MB1⊂平面MB1D，所以AM⊥MB1，这与∠AMB1=π4矛盾，
故假设不成立，所以不存在某个位置使得AM⊥B1D，B错误；
C选项，由于AM⊥MD，故△ADM外接圆的圆心为H，
设三棱锥B1−AMD外接球球心为O，则OH⊥平面AMCD，
连接OM，则OM即为三棱锥B1−AMD外接球的半径，
由于HC>HM，所以OC>OM，
所以点C始终在三棱锥B1−AMD外接球的外部，C正确；

D选项，取AM的中点T，连接B1T,TH,B1T=HT=12AM= 22，
因为B1A=B1M，所以B1T⊥AM，且HT//MD，
所以HT⊥AM，所以∠B1TH即为二面角B1−AM−D为平面角，即∠B1TH=60°，
过点B1作B1K⊥TH于点K，则TK=B1Tcos60°= 24,B1K=B1Tsin60°= 64，HK=TH−TK= 24，
因为AM⊥B1T，AM⊥HT，B1T∩HT=T，所以AM⊥平面B1TH，
因为B1K⊂平面B1TH，所以AM⊥B1K，
因为AM∩TH=T，AM，TH⊂平面AMCD，所以B1K⊥平面AMCD，
由C选项可知，三棱锥B1−AMD外接球球心为O，则OH⊥平面AMCD，
过点O作OS⊥B1K于点S，则OH=SK=h,OS=HK= 24，
若球心在平面ABCD的上方时，如图，此时B1S=B1K−SK= 64−h，

由勾股定理得OD2=OH2+HD2=h2+1,B1O2=OS2+B1S2=( 24)2+( 64−h)2，
故h2+1=( 24)2+( 64−h)2，解得h=− 66，不合要求，舍去；
若球心在平面ABCD的下方时，如图，此时B1S=B1K+SK= 64+h，

由勾股定理得OD2=OH2+HD2=h2+1,B1O2=OS2+B1S2=( 24)2+( 64+h)2，
故h2+1=( 24)2+( 64+h)2，解得h= 66，满足要求，代入上式可得外接球半径为OD= h2+1= 426，
三棱锥B1−AMD的外接球的表面积为4π⋅( 426)2=143π，
故当二面角B1−AM−D为60°时，三棱锥B1−AMD的外接球表面积为14π3,D错误．
故选：AC．
A选项，作出辅助线，找到∠HNC或∠HNC的补角为异面直线CN与AB1所成的角，利用余弦定理求出NC= 52，异面直线CN与AB1所成的角的余弦值为定值；
B选项，假如AM⊥B1D可证出AM⊥MB1，与∠AMB1=π4矛盾；
C选项，作出辅助线，得到OM即为三棱锥B1−AMD外接球的半径，由于HC>HM，所以OC>OM，可得到C正确；
D选项，作出辅助线，找到∠B1TH即为二面角B1−AM−D为平面角，即∠B1TH=60°，求出各边长，再找到球心，利用半径相等列出方程，求出外接球半径和表面积．
本题考查了立体几何的综合运用，属于中档题．

13.【答案】36 
【解析】解：因为6×30%=1.8，故这组数据的第30百分位数为30，
因为6×50%=3，所以第50百分位数为40+442=42，
所以这组数据的第30百分位数、第50百分位数的平均数为30+422=36．
故答案为：36．
根据百分位数的定义得到第30百分位数和第50百分位数，结合平均数的定义求解即可．
本题考查百分位数的应用，属于基础题．

14.【答案】32 
【解析】解：∵tanα+tanβ=−6，tan(α+β)=−1，
∴tanα+tanβ1−tanαtanβ=−1，可得tanαtanβ=−5，
∴sin(α+β)cos(α−β)=sinαcosβ+cosαsinβcosαcosβ+sinαsinβ=tanα+tanβ1+tanαtanβ=−61−5=32．
故答案为：32．
根据已知条件求得tanαtanβ=−5，再根据两角和与差的三角函数公式即可求解结论．
本题考查的知识点是两角和与差的三角公式，难度不大，属于基础题．

15.【答案】2π3 
【解析】解：∵(a+b)sin(A+C)=(c−a)⋅(sinA+sinC)，
∴(a+b)sinB=(c−a)(sinA+sinC)，
∴b(a+b)=(c−a)(c+a)，
∴c2=a2+b2+ab，
∴cosC=12，C=π3，
∴A+B2=π3，
∴∠AOB=2π3．
故答案为：2π3．
根据正弦定理和余弦定理求出C的值，从而求出A+B2的值，求出∠AOB的值即可．
本题考查了正弦，余弦定理的应用，考查转化思想，是基础题．

16.【答案】2 55 53+ 32π 
【解析】解：正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，设点A1到平面ABC1的距离为d，
由VA1−ABC1=VC1−ABA1，∴13S△ABC1⋅d=13S△A1BA⋅C1B1，
∴13×12× 5×2×d=13×12×2×1×2，解得d=2 55，

以A为球心，2为半径的球面与该棱柱表面的交线如图所示，
其中平面ABCD内的交线为2为半径的圆周长的14，
在平面ABB1A1，平面ADD1A1内的交线为圆心角为30°的扇形的弧长，
在A1B1C1D1内的交线为以A为圆心， 3为半径的圆周长的14，
∴为半径的球面与该棱柱表面的交线的总长度为14×2π×2+14×2π× 3+16×2π×2=53+ 32π.
故答案为：2 55；53+ 32π.
利用VA1−ABC1=VC1−ABA1，可求点A1到平面ABC1的距离；作出轨迹的示意图可求2为半径的球面与该棱柱表面的交线的总长度．
本题考查利用等体积法求点到面的距离，考查求轨迹的长度，属中档题．

17.【答案】解：(1)∵a=(1,2)，b=(3cosα, 3sinα)且a//b，
∴ 3sinα−2×3cosα=0，∴tanα=2 3，
∴tan2α=2tanα1−tan2α=4 31−12=−4 311；
(2)∵|a+b|=|a−b|，
∴a2+b2+2a⋅b=a2+b2−2a⋅b，
∴a⋅b=0，即3cosα+2 3sinαα=0，
∴tanα=− 32，
∴sin2α1+cos2α=2sinαcosα2cos2α=sinαcosα=tanα=− 32． 
【解析】(1)由平面向量共线的坐标运算和二倍角的正切公式计算即可求得；
(2)由条件和平面向量模的计算可得a⋅b=0，再由平面向量垂直的坐标表示可求得tanα的值，再由二倍角公式化简即可得．
本题考查平面向量平行和垂直得坐标表示，二倍角公式，同角三角函数的基本关系等，属于中档题．

18.【答案】证明：(1)取PA上一点F，使得PF=14PA，连接EF，BF，而PD=4PE，
可得EF//AD，且EF=14AD，
又因为BC//AD，AD=4BC，
所以EF//BC，且EF=BC，
所以四边形EFCB为平行四边形，
所以CE//BF，而BF⊂面PAB，CE⊄面PAB，
可证得：CE⊂面PAB；
(2)因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，
又因为平面PAC⊥平面PCD，
在面PAC内作AQ⊥PC交PC于Q，
平面PAC∩平面PCD=PC，可得AQ⊥DC，
又因为PA∩AQ=A，
所以CD⊥面PAC，而AC⊂面PAC，
所以AC⊥CD． 
【解析】(1)取PA的四等分点F，成比例可得EF与BC平行且相等，进而可证得CE//BF，再由线线的平行，可证得线面的平行；
(2)由线面的垂直，可得AP⊥CD，再由面面的垂直，在面PAC内作AQ⊥PC，再由线线垂直，可得线面的垂直，进而可证得线线的垂直，再得线线的垂直．
本题考查线面平行的证法及线线垂直的证法，属于中档题．

19.【答案】解：(1)由图①可得，小吃类所占百分比为100%−30%−15%−10%−5%−5%=35%，
∴应抽取小吃类35%×60=21家，生鲜类15%×60=9家；
(2)(i)∵(0.002×3+2a+0.006)×50=1，
∴a=0.004，
∵(0.002+0.004)×50=0.3<0.5，(0.002+0.004+0.006)×50=0.6>0.5，
∴中位数落在(400,450]，设中位数为x，
则0.3+(x−400)×0.006=0.5，
解得x=13003，
即中位数为13003，
平均数为：
325×0.002×50+375×0.004×50+425×0.006×50+475×0.004×50+525×0.002×50+575×0.002×50=440；
(ii)(0.002+0.002)×50+(500−470)×0.004=0.32，
∴0.32×800=256，
即估计该直播平台“优质商家”有256家． 
【解析】(1)根据分层抽样的定义计算即可；
(2)(i)根据中位数和平均数的定义计算即可；
(ii)根据样本中“优秀商家”的个数来估计总体中“优秀商家”的个数即可．
本题主要考查了分层抽样的定义，中位数和平均数的定义等相关知识，属于基础题．

20.【答案】解：(1)设“甲在第一轮竞赛中胜出”为事件A1，
“甲在第二轮竞赛中胜出”为事件A2，
“乙在第一轮竞赛中胜出”为事件B1，
“乙在第二轮竞赛中胜出”为事件B2，
则A1，A2，B1，B2相互独立，
且P(A1)=45，P(A2)=p，P(B1)=35，P(B2)=q，
设“甲恰好胜出一轮”为事件C，
则C=A1A2−+A1−A2，A1A2−，A1−A2互斥，
当P=58时，P(C)=P(A1A2−+A1−A2)=P(A1A2−)+P(A1−A2)
=P(A1)P(A2−)+P(A1−)P(A2)
=45×38+15×58=1740，
所以当p=58，甲恰好胜出一轮的概率为1740；
(2)由(1)知，(i)记事件D为“甲、乙各胜出一轮”，
事件E为“甲、乙都获得优秀”，
所以D=(A1A2−+A1−A2)(B1B2−+B1−B2)，E=A1B1A2B2，
因为甲、乙两人在每轮竞赛中是否胜出互不影响，
所以P(D)=P(A1A2−+A1−A2)⋅P(B1B2−+B1−B2)
=[P(A1A2−)+P(A1−A2)][P(B1B2−)+P(B1−B2)]
=[P(A1)P(A2−)+P(A1−)P(A2)][P(B1)P(B2−)+P(B1−)P(B2)]
=[45(1−P)+15P][35(1−q)+25q]=950，
P(E)=P(A1B1A2B2)=P(A1)P(B1)P(A2)P(B2)=45p×35q=625，
则24−8q−18p+6pq−9=0pq=12，解得p=23q=34或p=13q=32(舍去)，
综上，p=23，q=34；
(ii)设事件G为“甲获得优秀”，事件H为“乙获得优秀”，
于是G∪H=“两人中至少有一人获得优秀”，
P(G)=P(A1A2)=815，P(H)=P(B1B2)=920，
所以P(G−)=1−P(G)=1−815=715，P(H−)=1−P(H)=1−920=1120，
所以P(G∪H)=1−P(GH−)=1−P(G−)P(H−)=1−715×1120=223300，
故甲、乙两人中至少有一人获得优秀的概率为223300． 
【解析】(1)利用互斥事件和独立事件的概率公式求解即可．
(2)(i)利用对立事件和独立事件的概率公式表示出P(D)和P(E)，即可求解；(ii)利用对立事件和独立事件的概率公式即可求解．
本题考查概率的应用，属于中档题．

21.【答案】解：(1)若选择①.因为①sinAcosBcosC=2a2a2+c2−b2，
结合余弦定理cosB=a2+c2−b22ac，得sinAcosBcosC=2a22accosB，
即sinAcosC=ac，由正弦定理可得ac=sinAsinC，所以sinAcosC=sinAsinC，
又A∈(0,π)，所以sinA>0，所以1cosC=1sinc，即tanC=1，
又C∈(0,x )，所以c=π4；
若选择②.因为sinB−cosB= 2b−ac，结合正弦定理可得sinB−cosB= 2sinB−sinAsinC，
即sinBsinC−cosBsinC= 2sinB−sinA= 2sinB−sin(B+C)，
= 2sinB−(sinBcosC+cosBsinC)，
所以sinBsinC= 2sinB−sinBcosC，
 即sinC+cosC= 2，即sin(C+π4)=1，
又C∈(0,x )，所以c=π4；
若选择③，因为△ABC的面积S= 24b(bsinC+ctanCcosB)，
所以12absinC= 24b(bsinC+ctanCcosB)，
2asinC=bsinC+c⋅sinCcoC⋅cosB，
又CsinC>0，cosC≠0，
所以 2acosC=bosC+ccosB，
即 2sinAcosC=sinBcosC+cosBsinC=sin(B+C)=sinA，
∵sinA≠0，∴cosC= 22，
∵C∈(0,π)，∴C=π4．
(2)设∠BCD=θ，则∠ACD=π4−θ，
因为cosB=513，B∈(0,π)，cosB= 1−sin2B=1213，
所以sinA=sin[π−(B+C)]=sin(3π4−θ)= 22cosB+ 22sinB=1726 2，
在△ACD中，由正弦定理可得CDsinA=ADsin∠ACD，即CDAD=17 226 sin(π4−θ)，
在△BCD中，同理可得CDBD=1213sinθ，
因为BD=2AD，所以17 2262sin(π4−θ)=1213sinθ，即17 216 2sinθ− 2cosθ=1213sinθ，
整理得tanθ=2441，即tan∠BCD=2441． 
【解析】(1)若选择①，结合正余弦定理可得tanC=1，即可求解；
若选择②，结合正弦定理可得sinC+cosC= 2，即sin(C+π4)=1，即可求解；
若选择③，可得12absinC= 24b(bsinC+ctanCcosB)，结合正弦定理可得cosC= 22，即可求解；
(2)设∠BCD=θ，则∠ACD=π4−θ，可得CDsinA=ADsin∠ACD，CDBD=1213sinθ，利用BD=2AD，所以17 2262sin(π4−θ)=1213sinθ，即17 216 2sinθ− 2cosθ=1213sinθ，即可求得tan∠BCD．
本题考查了正弦定理的应用，以及三角恒等变形，考查了计算能力，属于中档题．

22.【答案】解：(1)取CD中点F，连接BF，AF，
因为△BCD为等边三角形，
所以BF⊥CD，
因为AB⊥面BCD，BC⊂面BCD，BD⊂面BCD，
所以AB⊥BC，AB⊥BD，
又因为BC=BD，
所以AC= AB2+BC2= AB2+BD2=AD，
因为F为CD中点，
所以AF⊥CD，
所以∠AFB为二面角A−CD−B的平面角，
所以∠AFB=30°，
所以在直角三角形ABF中，AB=BFtan30°= 32BC× 33=12BC=1．
(2)因为AB⊥面BCD，
所以VA−ECD=13AB⋅S△ECD=23S△ECD，
在△BCD中，BE=λBC(0<λ<1)，
所以S△ECD=(1−λ)S△BCD=(1−λ)×12×2× 3= 3(1−λ)，
所以VA−ECD=2 33(1−λ)，
设E到平面ACD的距离d，
所以S△ACD=12CD⋅ AC2−CD24= 7，
所以VE−ACD=13d⋅S△ACD= 73d，
因为VA−ECD=VE−ACD，
所以2 33(1−λ)= 7d3，
解得d=2 217(1−λ)，
在△BDE中，由余弦定理可得DE2=BE2+BD2−2BE⋅BDcos60°，
所以DE2=4λ2−4λ+4，
设DE与面ACD所成角为θ，
则sinθ=dDE=2 21(1−λ)7 4λ2−4λ+4= 217⋅1−λ λ2−λ+1(0<λ<1)，
令1−λ=m∈(0,1)，则sinθ= 217⋅m m2−m+1= 217⋅1 1m2−1m+1，
因为0 所以1m>1，
所以0 所以直线DE与平面ACD所成角的正弦值的取值范围为(0, 217). 
【解析】(1)取CD中点F，连接BF，AF，由△BCD为等边三角形，得BF⊥CD，由AB⊥面BCD，得AB⊥BC，AB⊥BD，推出AC=AD，进而可得∠AFB为二面角A−CD−B的平面角，即可得出答案．
(2)根据题意可得VA−ECD=13AB⋅S△ECD=23S△ECD，由BE=λBC(0<λ<1)，则VA−ECD=2 33(1−λ)，设E到平面ACD的距离d，由VE−ACD=13d⋅S△ACD= 73d，解得d，在△BDE中，由余弦定理可得DE2=4λ2−4λ+4，设DE与面ACD所成角为θ，则sinθ=dDE= 217⋅1−λ λ2−λ+1(0<λ<1)，令1−λ=m∈(0,1)，则sinθ= 217⋅1 1m2−1m+1，进而可得答案．
本题考查直线与平面的位置关系，直线与平面所成的角，解题中需要理清思路，属于中档题．