2022-2023学年广东省五校联盟（茂名市一中等）高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年广东省五校联盟（茂名市一中等）高一（下）期末数学试卷（含解析），共22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. 已知复数z满足z(1+i3)=3i23+4i24，则z的共轭复数z−在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2. 已知集合A={tanπ3,cs3π4,sinπ4,sinπ6},B={y|y=sinx}，则A∩B=( )
A. { 3,− 22, 22,12}B. {− 22, 22,12}
C. { 22,12}D. {− 22,12}
3. 已知α∈(5π2,3π),a=2sinα,b=lg2sinα,c=sin3α，则( )
A. a>c>bB. a>b>cC. b>c>aD. c>a>b
4. 在▱ABCD中，BE=15BC,DF=56DC,M是线段EF的中点，则AM=( )
A. 12AB+35ADB. 12AB+23ADC. 1112AB+23ADD. 1112AB+35AD
5. 我国南宋著名数学家秦九韶(约1202−1261)提出“三斜求积”求三角形面积的公式.以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上.余四约之，为实.一为从隅开方得积.如果把以上这段文字写成公式，就是：S= 14[c2a2−(c2+a2−b22)2].在△ABC中，已知角A、B、C所对边长分别为a，b，c，其中a为棱长为 3的正方体的体对角线的长度，b为复数3+4i的模，c为向量(−4,2 5)的模，则△ABC的面积为( )
A. 2 3B. 14C. 2 14D. 3 14
6. 把一个球放在一个圆柱形的容器中，如果盖上容器的上盖后，球恰好与圆柱的上、下底面和侧面相切，则该球称为圆柱的内切球；如果一个圆柱的上、下底面圆上的点均在同一个球上，则该球称为圆柱的外接球.若一个圆柱的表面积为S1，内切球的表面积为S2，外接球的表面积为S3，则S1：S2：S3为( )
A. 1：2：2B. 1：1：1C. 3：2：4D. 2：3：3
7. 为了提高学生锻炼身体的积极性，某班以组为单位组织学生进行了花样跳绳比赛，每组6人，现抽取了两组数据，其中甲组数据的平均数为8，方差为4，乙组数据满足如下条件时，若将这两组数据混合成一组，则关于新的一组数据说法错误的是( )
A. 若乙组数据的平均数为8，则新的一组数据的平均数一定为8
B. 若乙组数据的方差为4，则新的一组数据的方差一定为4
C. 若乙组数据的平均数为8，方差为4，则新的一组数据的方差一定为4
D. 若乙组数据的平均数为4，方差为8，则新的一组数据的方差一定为10
8. 巴普士(约公元3∼4世纪)，古希腊亚历山大学派著名几何学家.生前有大量的著作，但大部分遗失在历史长河中，仅有《数学汇编》保存下来.《数学汇编》一共8卷，在《数学汇编》第3卷中记载着这样一个定理：“如果在同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于该闭合图形的面积与该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，V=Sl(V表示平面闭合图形绕旋转轴旋转所得几何体的体积，S表示闭合图形的面积，l表示重心绕旋转轴旋转一周的周长).已知在四边形ABCD中，CE⊥AD于点E，AB//CE，AE=DE=3，2AB=CE=4，利用上述定理可求得四边形ABCD的重心G到点A的距离为( )
A. 1139B. 22575C. 200515D. 245715
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. 我国经济结构处于转型升级阶段，当前的汽车保有量仍处于较低水平，未来增量市场发展空间依旧广阔.根据公安部数据统计，截至2022年末，我国汽车保有量达到3.19亿辆.因此，无论是从增量维度还是存量维度，我国消费者需求足以推动着市场继续发展.如图为2015−2022年全国汽车保有量及增长率情况，则( )
A. 2015−2022年全国汽车保有量的极差大于一亿辆
B. 2016−2022年全国汽车保有量的中位数大于2.5亿辆
C. 2016−2022年全国汽车保有量的增长率平均值低于7.00%
D. 2016−2022年全国汽车保有量的增长率逐年降低，一定能说明每年买汽车的人越来越少
10. 下列命题为真命题的是( )
A. △ABC的三个内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，若sin(A+B)>sinA，则c>a
B. 若角A，B，C是锐角△ABC的三个内角，则tan(A+2B+C)=tan(A+C)
C. 若幂函数f(x)的图象过点A(16,2)，则f(x)=x14
D. 若x>2，则x+1x−2的最小值为2
11. 已知O为坐标原点，点P1(cs(π2+α),sin(π2+α)),P2(cs(π−β),sin(π−β))，P3(cs(α+β),sin(α+β))，P4(cs(α−β),sin(α−β))，则( )
A. |OP1|=|OP2|B. OP3⋅OP4=cs2α
C. 若OP1//OP3，则csβ=0D. 若OP2⊥OP4，则csα=0
12. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点G、E分别是棱A1B1、BB1的中点，点F是棱BC上的动点，则( )
A. 直线D1G与直线CE交于一点
B. 点F满足BF=13BC时，异面直线AG与EF所成的角的余弦值为6 6565
C. 点F满足BF=12BC时，BC1⊥平面DEF
D. 当点F满足BF=13BC时，直线GF与平面A1B1CD所成角的正弦值为2 27
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 某染发剂生产厂家生产了一种新型植物染发剂，现在有35000名女性，21000名男性用了此染发剂.销售科为了了解使用过的顾客对此染发剂的评价，决定按性别比例抽取80名顾客做调查，则应抽取女性______ 名.
14. 已知函数f(x)=lg3(x+1),x>12sin2π8x,x≤1，若复数z=(m−2)+2mi是纯虚数，则f(f(m))= ______ ．
15. 如图，有一底面边长为6m，高为6m的正六棱柱形粮仓，侧面CDD1C1的中心点为P，此时一只蚂蚁正在A处，它要沿棱柱侧面到达P所经过的最短路程是______ m.
16. 已知a,e均是单位向量，若不等式|a+e|≤2|a+te|对任意实数t都成立，则a与e的夹角的最小值是______ ．
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,b满足a−2b=(4,−6),2a+b=(3,8)．
(1)求sin〈a,b〉；
(2)若a//c(c≠0)，求|b+c|的最小值．
18. (本小题12.0分)
如图，底面边长为6的正三棱锥S−ABC的表面积为36+9 3，点E，F，G分别满足BE=23BC,AG=15AS,BF=15BS，平面EFG交AC于点M．
(1)判断点M的位置，并证明；
(2)求三棱锥E−BGM的体积．
19. (本小题12.0分)
在①分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1，S2，S3，已知S1+S3−S2= 34ac；②(AC+CB)⋅CB=2 33S△ABC；③bsinC+csin(4π3+B)=0
这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足____．
(1)求角B；
(2)已知a=4，当b2+9c取最小值时，求△ABC内切圆的半径．
20. (本小题12.0分)
深州蜜桃，又称“贡桃”，是河北省深州市的特产，中国国家地理标志产品，因其个头硕大，果型秀美，色泽鲜艳，皮薄肉细，汁甜如蜜，深受老百姓的喜欢.深州市某蜜桃种植村从该村某种植户的蜜桃树上随机摘下了200个蜜桃进行测重，测得其质量(单位：克)均分布在区间[100,700]内，并绘制了如图所示的频率分布直方图，利用样本估计总体的思想，同一组中的数据用该组区间中点值作代表．

(1)求出直方图中a的值，估计该种植户所种植的蜜桃的质量的平均数和第75百分位数(第75百分位数精确到0.01)；
(2)已知该种植户的蜜桃树上大约还有10000个蜜桃待出售，现有甲、乙两个收购商要与该种植户签订合同：
甲收购商：所有蜜桃均以40元/千克收购；
乙收购商：质量低于200克的蜜桃不收购，质量落在区间[200,300)内的以8元/个的价格收购，质量落在区间[300,400)内的以14元/个的价格收购，质量落在区间[400,500)内的以24元/个的价格收购，质量落在区间[500,600)内的以36元/个的价格收购，质量高于或等于600克的以50元/个的价格收购.请你通过计算，帮助该种植户确定应与哪个收购商签订合同．
21. (本小题12.0分)
如图，在边长为8的正方形ABCD中，点E、F分别是AB、BC上的点，BE=BF=2，将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使点A，C重合于点M．

(1)求证：平面MEF⊥平面MBD；
(2)求二面角B−DF−M的正弦值．
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=2[sin(ωx+π6)− 3cs(ωx+π6)]cs(ωx+π6)+ 3，当f(x1)≤f(x)≤f(x2)时，x1−x2的最小值为π2．
(1)求函数f(x)的对称轴；
(2)当ω>0时，将函数的f(x)图象向右平移π6个单位，再向下平移1个单位，得到函数g(x)的图象，若存在a∈[−1,1]，使不等式g(x)+3⩾(12)a−1+lg(2k−1)对x∈[−π12,π]恒成立，求实数k的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：i3=−i，i23=(i4)5⋅i3=−i，i24=(i4)6=1，
∵z(1+i3)=3i23+4i24，
∴z(1−i)=4−3i，
∴z=4−3i1−i=(4−3i)(1+i)(1−i)(1+i)=72+12i,z−=72−12i，对应的点为(72,−12)，位于第四象限．
故选：D．
根据已知条件，结合复数的四则运算，共轭复数的定义，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，共轭复数的定义，以及复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：集合A={tanπ3,cs3π4,sinπ4,sinπ6},B={y|y=sinx}，则
由题意得A={ 3,− 22, 22,12}，
B={y|−1≤y≤1}，
∴A∩B={− 22, 22,12}．
故选：B．
求出集合A，B，利用交集定义能求出结果．
本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】A
【解析】解：∵5π2<α<3π，
∴0∴a=2sinα>1,b=lg2sinα<0,0故a>c>b．
故选：A．
根据已知求得0本题主要考查函数性质的应用，考查计算能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：如图，连接AE，AF，

因为AE=AB+BE=AB+15AD，AF=AD+DF=AD+56AB，
所以AM=12(AE+AF)=12(AB+15AD+AD+56AB)=1112AB+35AD．
故选：D．
可画出图形，连接AE，AF，根据条件可得出AE=AB+15AD,AF=AD+56AB，然后代入AM=12(AE+AF)即可用AB,AD表示出AM．
本题考查了向量加法和数乘的几何意义，相等向量的定义，向量的数乘运算，考查了计算能力，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：由题意可得a= 3⋅ 3=3，b= 32+42=5，c= (−4)2+(2 5)2=6，
所以a2c2=9×36=182，(c2+a2−b22)2=(36+9−252)2=102，
所以S= 14(182−102)=2 14．
故选：C．
由题意可得a，b，c边的大小，代入三角形的面积公式，可得三角形的面积．
本题考查三角形面积的公式的应用，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：设圆柱的母线长为l，内切球的半径为r，外接球的半径为R，
则其轴截面如图所示，则l=2r,R= 2r，

所以S1=2πrl+2πr2=6πr2,S2=4πr2,S3=4πR2=8πr2，
所以S1：S2：S3=3：2：4．
故选：C．
设圆柱的母线长为l，内切球的半径为r，外接球的半径为R，根据其轴截面，得到l=2r,R= 2r，代入圆柱和球的表面积公式即可求解．
本题考查了圆柱和球的表面积计算，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：根据题意不妨设甲组数据的平均数为x−1，方差为s12，乙组数据的平均数为x−2，方差为s22，
混合后的新数据的平均数为x−，方差为s2，
则x−1=8,s12=4，
对于A，新的一组数据平均数x−=6×8+6×86+6=8，故A正确；
对于B，由于不能确定乙组数据的平均数，
故由公式612[s12+(x−1−x−)2]+612[s22+(x−2−x−)2]=612[4+(8−x−)2]+612[4+(x−2−x−)2]，
可知无法确定新的一组数据方差，故B错误；
对于C，因为乙组数据的平均数为8，方差为4，
即x−2=8,s22=4，
所以x−=6×8+6×86+6=8，
所以s2=612[s12+(x−1−x−)2]+612[s22+(x−2−x−)2]=12×(4+02)+12×(4+02)=4，故C正确；
对于D，因为乙组数据的平均数为4，方差为8，即x−2=4,s22=8，
所以x−=66+6×8+66+6×4=6，
所以s2=612[s12+(x−1−x−)2]+612[s22+(x−2−x−)2]=12×(4+4)+12×(8+4)=10，故D正确．
故选：B．
根据分层样本的平均数公式和方差公式分别计算两组数据的总体的平均数或方差即可判断．
本题考查平均数，方差的应用，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：由题意得四边形ABCE为上底边长为2，下底边长为4，高为3的梯形，
△CDE为两个直角边长分别为3和4的直角三角形，
所以四边形ABCD的面积为S=S梯形ABCE+S△CDE=2+42×3+3×42=15，
所以四边形ABCD绕AD旋转一周所得几何体的体积：
四边形ABCE旋转一周形成的几何体为台体，△CED旋转一周形成的几何体的圆锥，
V1=13×π×3×(4+16+2×4)+13×3×16π=44π，
设重心G到AD的距离为d1，则44π=15×2πd1，
解得d1=2215，
四边形ABCD绕AB旋转一周所得几何体的体积V2=13×4π×(9+36+3×6)−13×9π×2=78π，
设重心G到AB的距离为d2，则78π=15×2πd2，
所以d2=135，
所以AG= (2215)2+(135)2= 200515．
故选：C．
计算重心G到AD的距离为d1，重心G到AB的距离为d2，再由勾股定理，即可得出答案．
本题考查简单几何体的体积计算以及立体几何中距离问题，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：结合直方图得：汽车保有量最多为2022年，超过3亿辆，最少为2015年，大约1.7亿辆，
极差大于一亿辆，故A正确；
结合直方图得：汽车保有量的中位数为2019年的汽车保有量，由图知大于2.5亿辆，故B正确；
2016−2022年全国汽车保有量的增长率前三个数据大于10.00%，两个大于或等于8.00%，
一个在(7.00%,8.00%)，一个在(5%,6%)，故平均数大于7.00%，故C错误；
虽然2016−2022年全国汽车保有量的增长率逐年降低，但汽车保有量是逐年增加的，
另外还有每年报废一部分的汽车，所以不一定能说明每年买汽车的人越来越少，故D错误．
故选：AB．
结合条形图及其数据分别判断即可．
本题考查了读直方图及分析其数据问题，考查数形结合思想，是基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：对于A，因为A+B+C=π，
所以sin(A+B)=sin(π−C)=sinC，
所以sin(A+B)>sinA，即为sinC>sinA，根据正弦定理得c>a，故A正确；
对于B，tan(A+2B+C)=tan(π+B)=tanB，tan(A+C)=tan(π−B)=−tanB，故B错误；
对于C，设f(x)=xα，若幂函数f(x)的图象过点A(16,2)，
则2=16α，解得α=14，所以f(x)=x14，故C正确；
对于D，x+1x−2=x−2+1x−2+2⩾2 (x−2)⋅1x−2+2=4，
当且仅当x−2=1x−2时，即x=3时等号成立，故D错误．
故选：AC．
利用诱导公式及正弦定理即可判断A；利用诱导公式即可判断B；由幂函数的性质即可判断C；由基本不等式即可判断D．
本题主要考查诱导公式、正弦定理，幂函数，基本不等式，考查命题真假的判断，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：∵P1(−sinα,csα)，P2(−csβ,sinβ)，P3(cs(α+β),sin(α+β))，P4(cs(α−β),sin(α−β))，
∴OP1=(−sinα,csα)，OP2=(−csβ,sinβ)，OP3=(cs(α+β),sin(α+β))，OP4=(cs(α−β),sin(α−β))，
对于A，因为|OP1|= cs2α+sin2α=1,|OP2|= cs2β+(−sinβ)2=1，所以|OP1|=|OP2|，故A正确；
对于B，因为OP3⋅OP4=cs(α+β)cs(α−β)+sin(α+β)sin(α−β)=cs[(α+β)−(α−β)]=cs2β，故B错误；
对于C，若OP1//OP3，则−sinαsin(α+β)=csαcs(α+β)，
即csαcs(α+β)+sinαsin(α+β)=0，所以cs[α−(α+β)]=csβ=0，故C正确；
若OP2⊥OP4，则−csβcs(α−β)+sinβsin(α−β)=0，所以−cs[β+(α−β)]=0，即csα=0，故D正确．
故选：ACD．
由平面向量的坐标运算及三角恒等变换知识逐一判断各选项即可．
本题考查平面向量的坐标运算和三角恒等变换，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：对于A：连接D1C，GE，A1B，
因为点G，E分别是棱A1B1，BB1的中点，
所以GE//A1B，
又在正方体中，A1B//D1C，
所以GE//D1C，且GE=12D1C，
所以四边形D1GEC为梯形，
所以直线D1G与直线CE交于一点，故A正确；

对于B：取棱AB的中点M，连结B1M，则B1M//AG，B1M=AG，
取MB的中点N，连接EN，FN，则EN//B1M，EN=12B1M，
所以∠NEF(或补角)为异面直线AG与EF所成的角，
设正方体的棱长为6，
则EN= BE2+BN2=3 52,NF= BN2+BF2=52,EF= BE2+BF2= 13，
由余弦定理得cs∠NEF=NE2+EF2−NF22×NE×EF=(3 52)2+( 13)2−(52)22×3 52× 13=6 6565，故B正确；

对于C：连接B1C，A1E，A1D，则EF//B1C，EF=12B1C，
又A1D//B1C，
所以A1D//EF，
所以平面DEF与平面A1DFE为同一个平面，
因为B1C⊥BC1，BC1⊥CD，CD∩B1C=C，
所以BC1⊥平面A1B1CD，
若BC1⊥平面A1DFE，则平面A1B1CD//平面A1DFE，
这与平面A1DFE∩平面A1B1CD=A1D矛盾，故C错误；

对于D：由选项C的证明知，BC1⊥平面A1B1CD，
设正方体的棱长为6，则BC1=6 2，
所以点B到平面A1B1CD的距离为12BC1=3 2，
所以点F到平面A1B1CD的距离为2 2，
取AB的中点Q，连接GQ，GF，QF，
则GQ⊥平面ABCD，
所以GF= 62+22+32=7，
所以直线GF与A1B1CD所成的角的正弦值为2 27，故D正确．

故选：ABD．
对于A：连接D1C，GE，A1B，根据题意可得GE//A1B，A1B//D1C，进而可得GE//D1C，且GE=12D1C，则四边形D1GEC为梯形，即可判断A是否正确；
对于B：取棱AB的中点M，连结B1M，取MB的中点N，连接EN，FN，进而可得∠NEF(或补角)为异面直线AG与EF所成的角，设正方体的棱长为6，计算EN，NF，EF，由余弦定理可得cs∠NEF，即可判断B是否正确；
对于C：连接B1C，A1E，A1D，由面面平行的判定定理可得平面A1B1CD//平面A1DFE，即可判断C是否正确；
对于D：由选项C的证明知，BC1⊥平面A1B1CD，设正方体的棱长为6，计算点B到平面A1B1CD的距离，点F到平面A1B1CD的距离，取AB的中点Q，连接GQ，GF，QF，计算GF，进而可得直线GF与A1B1CD所成的角的正弦值，即可判断D是否正确．
本题考查直线与平面的位置关系，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
13.【答案】50
【解析】解：80×3500035000+21000=50，
所以应抽取女性为50名．
故答案为：50．
根据分层抽样的定义求解．
本题主要考查了分层抽样的定义，属于基础题．
14.【答案】1− 22
【解析】解：若复数z=(m−2)+2mi是纯虚数，
则m−2=02m≠0，解得m=2，所以f(2)=lg33=1，
所以f(f(2))=f(1)=2sin2π8=1−csπ4=1− 22．
故答案为：1− 22．
根据已知条件，结合纯虚数的定义，求出m，再结合分段函数f(x)，即可求解．
本题主要考查纯虚数的定义，属于基础题．
15.【答案】3 26
【解析】解：根据题意，正六棱柱则侧面展开图如图：
其中AB=BC=CD=DE=EF=FA=6cm，AA′=BB′=CC′=DD′=EE′=FF′=6cm，
过点P作PM⊥CD，交CD与点M，
易得M为CD的中点，则PM=3cm，AM=6+6+3=15cm，
则PM= 225+9= 234=3 26，
即沿棱柱侧面到达P所经过的最短路程是3 26．
故答案为：3 26．
根据题意，作出该正六棱柱则侧面展开图，过点P作PM⊥CD，交CD与点M，分析易得PM和AM的长，利用勾股定理计算可得答案．
本题考查棱柱的几何结构，涉及几何体表面的最短路径问题，属于基础题．
16.【答案】π3
【解析】解：设a与e的夹角为θ，将不等式左右两边进行平方，化简得(1−4t)csθ≤2t2+1，
当t=14，不等式显然成立，
当t>14，则csθ≥(2t2+1)÷(1−4t)=18×16t2+81−4t=18×16t2−8t+1+8t−2+91−4t=18×[(1−4t)+91−4t−2]
=−18×[(4t−1)+94t−1+2]，
18×[(4t−1)+94t−1+2]≥18×(2 9+2)=1，当且仅当t=1时等号成立，
所以(2t2+1)÷(1−4t)≤−1，csθ≥(2t2+1)÷(1−4t)显然成立，
当t<14，则csθ≤(2t2+1)÷(1−4t)=18[(1−4t)+91−4t−2]≤18×(2 9−2)=12，
当且仅当t=−12时等号成立，所以csθ最大取值为12，即θ最小可以为π3．
故答案为：π3．
将不等式左右两边进行平方，得出关于a与e的夹角余弦值的不等式，而后根据t的值进行讨论即可．
本题主要考查向量的数量积，对t进行分类讨论并对不等式进行分离是解决本题的关键，属中档题．
17.【答案】解：已知向量a,b满足a−2b=(4,−6),2a+b=(3,8)，
由a−2b=(4,−6)，得2a−4b=(8,−12)，
同2a+b=(3,8)相减得，b=(−1,4)，
代入a−2b=(4,−6)中，得a=(2,2)．
(1)所以cs〈a,b〉=a⋅b|a||b|=6 17× 8=3 3434，
所以sin〈a,b〉=5 3434；
(2)因为a//c，所以c=(2λ,2λ)(λ≠0)，
所以|b+c|=|(2λ−1,2λ+4)|= (2λ−1)2+(2λ+4)2
= 8λ2+12λ+17= 8(λ+34)2+252，
当λ=−34时，|b+c|取最小值5 22．
【解析】(1)由题意得到a=(2,2)，b=(−1,4)，代入两向量的夹角公式即可求解；
(2)由a//c，得到c=(2λ,2λ)(λ≠0)，代入向量的模长公式结合二次函数的性质，即可求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，属于中档题．
18.【答案】解：(1)AM=23AC；
证明如下：
∵AG=15AS,BF=15BS，∴AGAS=BFBS=15，∴GF//AB，
又∵AB⊂平面ABC，GF⊄平面ABC，
∴GF//平面ABC，
又∵GF⊂平面EFGM，平面EFGM∩平面ABC=ME，
∴GF//ME，∴ME//AB，∴AMAC=BEBC，
∵BE=23BC，∴AM=23AC，
(2)取BC的中点H，连结SH，AH，

则SH⊥BC，令SH=a，
因为正三棱锥S−ABC的表面积为36+9 3，
所以可得 34×36+3×12×6×a=36+9 3，得a=4，
因为三棱锥S−ABC为正三棱锥，
所以S在底面的投影为△ABC的中心O，连接SO，
所以OH=13× 32×6= 3，所以SO= SH2−OH2= 13，
VE−BGM=VG−BEM=15VS−BEM=15×13× 13×S△BEM= 1315×29×S△ABC=2 3915．
【解析】(1)由已知可得GF//AB，进而可证GF//平面ABC，可得ME//AB，可得AM=23AC；
(2)取BC的中点H，连结SH，AH，令SH=a，由等体积法可求a，S在底面的投影为△ABC的中心O，连接SO，进而计算可求三棱锥E−BGM的体积．
本题考查点的位置的确定，考查空间几何体的体积的计算，属中档题．
19.【答案】解：(1)选①依题意S1= 34a2，S2= 34b2，S3= 34c2，
∴S1+S3−S2= 34(a2+c2−b2)，
由余弦定理可得a2+c2−b2=2accsB，所以S1+S3−S2= 32accsB，
由题意S1+S3−S2= 34ac，
所以csB=12，而B∈(0,π)，
可得B=π3；
即ac=a2+c2−b2，由余弦定理csB=a2+c2−b22ac=12，
∵B∈(0,π)，∴B=π3．
选②由题意，(AC+CB)⋅CB=2 33S△ABC，
则得AB⋅CB=2 33S△ABC，
即BA⋅BC=2 33S△ABC，
而BA⋅BC=|BA|⋅|BC|csB=accsB，S△ABC=12acsinB，
∴accsB=2 33×12acsinB，
∴tanB= 3，
∵B∈(0,π)，
∴B=π3；
选③bsinC+csin(43π+B)=0，
由正弦定理得sinBsinC+sinCsin(43π+B)=0，
∵sinC≠0，
∴sinB+sin(43π+B)=0，
展开整理可得：12sinB− 32csB=0，可得tanB= 3，
因为B∈(0,π)，所以B=π3．
(2)因为a=4,B=π3，由余弦定理可得：b2=a2+c2−2accsB=16+c2−4c，
所以b2+9c=c2−4c+25c=c+25c−4≥2 c⋅25c−4=6，
当且仅当c=25c，即c=5时等号成立，
此时b2=16+c2−4c=21，所以b= 21，
所以S△ABC=12acsinB=12×4×5× 32=5 3，
设△ABC内切圆的半径为r，则S△ABC=12(a+b+c)⋅r，
所以r=2S△ABCa+b+c=10 39+ 21=3 3− 72．
所以△ABC内切圆的半径为3 3− 72．
【解析】(1)选①，由正三角形的面积公式可得S1，S2，S3的表达式，由题意及余弦定理可得csB的值，再由B的范围，可得B角的大小；选②，由向量的运算性质及题意可得tanB的值，再由B角的范围，求出B角的大小；选③，由正弦定理及两角和的正弦公式展开整理可得tanB的值，进而求出B角的大小；
(2)由(1)及余弦定理可得b2的表达式，由均值不等式可得b的大小及c边的大小，求出三角形的面积，设内切圆的半径，代入三角形的面积公式，可得半径的大小．
本题考查正弦定理，余弦定理及均值不等式的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由100×(0.001+0.0025+0.004+a+0.001)=1，
解得：a=0.0015，
结合直方图得：[100,200)的频率为100×0.0005=0.05，
同理可得：蜜桃质量在区间[200,300)，[300,400)，[400,500)，
[500,600)，[600,700]的频率依次为0.25，0.4，0.15，0.1，0.05，
∴x−=150×0.05+250×0.25+350×0.4+450×0.15+550×0.1+650×0.05=365，
∵0.05+0.25+0.4=0.7<0.75，0.05+0.25+0.4+0.15=0.85>0.75，
∴第75百分位数在第4组，设为n，
∴0.05+0.25+0.4+0.0015(n−400)=0.75，
解得：n=400+1003≈433.33，
∴蜜桃的质量的平均数为365，第75百分位数为433.33．
(2)①按甲的方案收购：由(1)可知每个蜜桃的平均质量为365克，
故这10000个蜜桃大约重3650千克，总收益为40×3650=146000(元)；
②按乙的方案收购：
由题意知各区间的蜜桃个数依次为500，2500，4000，1500，1000，500，
故总收益为2500×8+4000×14+1500×24+1000×36+500×50=173000(元)．
∵173000>146000，∴应与乙签订合同．
【解析】(1)根据频率分布直方图的性质求出a，求出平均数，设第75百分位数为n，根据百分位数的概念求出n；
(2)根据两个收购商的方案，求出总收益，比较即可判断．
本题考查了频率分布直方图的性质，考查平均数，百分位数的定义及应用，是中档题．
21.【答案】解：(1)证明：因为MD⊥MF，MD⊥ME，MF∩ME=M，MF、ME⊂平面MEF，
所以MD⊥平面MEF，又因为MD⊂平面MBD，所以平面MEF⊥平面MBD．
(2)令BD与EF交于点O，连接MO，
在平面MDF内作MG⊥DF于点G，
在平面MDB内作MN⊥BD于点N，连结NG，
∵BE=BF=2，∴EF⊥BD，∵MD⊥平面MEF，EF⊂平面MEF，∴MD⊥EF，
∵MD⊂平面MBD，BD⊂平面MBD，MD∩BD=D，
所以EF⊥平面MBD，又MN⊂平面MBD，所以EF⊥MN，
因为EF∩BD=O，EF，BD⊂平面DEF，所以MN⊥平面DEF，
又DF⊂平面DEF，所以MN⊥DF，
又DF⊥MG，MG∩MN=M，MG、MN⊂平面MNG，所以DF⊥平面MNG，
又因为NG⊂平面MNG，所以DF⊥NG，则∠MGN为二面角B−DF−M的平面角，
因为MD=8，MF=6，MD⊥MF，所以DF=10，所以MG=MD⋅MFDF=245，
因为MD⊥平面MEF，所以MD⊥MO，
所以MO2=MF2−(EF2)2=34，即可得MO= 34，
∴OD2=MD2+MO2=98，所以OD=7 2，
则MN=MD⋅MOOD=8 177，所以sin∠MGN=MNMG=5 1721，
所以二面角B−DF−M的正弦值为5 1721．
【解析】(1)只需证明MD⊥平面MEF，即可证明平面MEF⊥平面MBD．
(2)令BD与EF交于点O，连接MO，在平面MDB内作MN⊥BD于点N，在平面MDF内作MG⊥DF于点G，连结NG，即可得∠MGN为二面角B−DF−M的平面角，解△MNG即可求解．
本题考查了空间线面位置关系，考查了空间角的求解，考查了空间想象能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)因为f(x)=2[sin(ωx+π6)− 3cs(ωx+π6)]cs(ωx+π6)+ 3
=2sin(ωx+π6)cs(ωx+π6)−2 3cs2(ωx+π6)+ 3
=sin(2ωx+π3)− 3[2cs2(ωx+π6)−1]
=sin(2ωx+π3)− 3cs(2ωx+π3)
=2sin(2ωx+π3−π3)
=2sin2ωx，
又因为当f(x1)≤f(x)≤f(x2)时，|x1−x2|min=π2，
即f(x1)取最小值，f(x2)取最大值时，|x1−x2|min=π2，
所以T2=π2，解得T=π，
所以T=2π|2ω|=π，解得ω=±1，
当ω=1时，则f(x)=2sin2x，
令2x=kπ+π2,k∈Z，
解得x=kπ2+π4,k∈Z，
当ω=−1时，则f(x)=2sin(−2x)=−2sin2x，
令2x=kπ+π2,k∈Z，解得x=kπ2+π4,k∈Z，
综上所述：f(x)对称轴方程为x=kπ2+π4,k∈Z；
(2)由(1)知f(x)=2sin2x，将函数的f(x)图象向右平移π6个单位，
再向下平移1个单位，得到函数g(x)=2sin(2x−π3)−1，
当x∈[−π12,π]时，
2x−π3∈[−π2,5π3]，
所以sin(2x−π3)∈[−1,1]，
所以g(x)∈[−3,1]，
当a∈[−1,1]时，
a−1∈[−2,0]，
所以(12)a−1∈[1,4]，
因为不式g(x)+3≥(12)a−1+lg(2k−1)对x∈[−π12,π]恒成立，
所以g(x)min+3≥(12)a−1+lg(2k−1)成立，
即0≥(12)a−1+lg(2k−1)成立，
又存在a∈[−1,1]，使得0≥(12)a−1+lg(2k−1)，
所以lg(2k−1)≤−(12)a−1，
即lg(2k−1)≤−1，得0<2k−1≤110，
解得k∈(12,1120],
所以k的取值范围为(12,1120]．
【解析】(1)由三角恒等变换可得f(x)=2sin2ωx，再由题意可得T=π，解得ω=±1，分ω=1，ω=−1分别求出f(x)的对称轴即可；
(2)根据图象的平移得g(x)=2sin(2x−π3)−1，再由x∈[−π12,π]，可得g(x)∈[−3,1]，将问题转化为g(x)min+3≥(12)a−1+lg(2k−1)成立，即0≥(12)a−1+lg(2k−1)成立，进而得lg(2k−1)≤−(12)a−1，0<2k−1≤110，求解即可．
本题考查了三角恒等变换、图象的平移及转化思想，对数的运算，属于中档题．