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2022-2023学年新疆乌鲁木齐市高一（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年新疆乌鲁木齐市高一（下）期末数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年新疆乌鲁木齐市高一（下）期末数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0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=21−i，z−是复数z的共轭复数，其中i为虚数单位，则下列结论正确的是( )
A. z的虚部为i B. |z|=2 C. z−=−1+i D. z2为纯虚数
2. 给出下列5个命题，其中真命题的个数是( )
①零向量没有方向；
②零向量只与零向量相等；
③零向量与任何向量共线；
④单位向量都相等；
⑤共线的单位向量必相等．
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
3. 在边长为1的等边△ABC中，D，E分别在边BC与AC上，且BD=DC，2AE=EC，则AD⋅BE=( )
A. −12 B. −13 C. −14 D. −16
4. 设α，β是两个不重合的平面，l，m是空间中两条不重合的直线，下列命题中不正确的是( )
A. l⊥α，l⊥β，则α//β B. l⊥α，m⊥α，则l//m
C. l⊥α，α//β，则l⊥β D. l⊥α，β⊥α，则l//β
5. 某工厂甲、乙、丙、丁四个车间生产了同一种产品共计2800件，现要用分层抽样的方法从中抽取140件进行质量检测，且甲、丙两个车间共抽取的产品数量为60，则乙、丁两车间生产的产品总共有( )
A. 1000件 B. 1200件 C. 1400件 D. 1600件
6. 如图，已知正方形的面积为10，向正方形内随机地撒200颗黄豆，数得落在阴影外的黄豆数为114颗，以此试验数据为依据，可以估计出阴影部分的面积约为( )
A. 5.3 B. 4.3 C. 4.7 D. 5.7
7. 在一个文艺比赛中，12名专业人士和12名观众代表各组成一个评判小组，给参赛选手打分.根据两个评判小组对同一名选手的打分绘制了如图的折线图．
根据如图折线图，下列结论错误的是( )
A. A小组打分分值的最高分为55分，最低分为42分
B. A小组打分分值的标准差小于B小组打分分值的标准差
C. B小组打分分值的中位数为56.5
D. B小组更像是由专业人士组成的
8. 一个箱子中装有4个白球和2个黑球，若一次摸出两个球，则摸到两球颜色相同的概率是( )
A. 13 B. 715 C. 35 D. 1115
9. 从装有3个红球和3个白球的口袋里任取3个球，那么互斥而不对立的两个事件是( )
A. 至少2个白球，都是红球 B. 至少1个白球，至少1个红球
C. 至少2个白球，至多1个白球 D. 恰好1个白球，恰好2个红球
10. 若复数z满足|z−1−i|=1，则|z−4−5i|的最大值为( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 41
11. 已知a为单位向量，a+b=(3,4).则|1+a⋅b|的最大值为( )
A. 6 B. 5 C. 4 D. 3
12. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( )
A. 5π B. 6π C. 7π D. 8π
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知m∈R，一元二次方程x2−(2m−1)x+m2+1=0的一个根z是纯虚数，则|z+m|= ．
14. 从0，1，2，3，4中任意选取两个不同的数字组成一个两位数，则这个两位数能被3整除的概率为______．
15. 圆柱上、下底面的圆周都在一个体积为500π3的球面上，圆柱底面直径为8，则该圆柱的表面积为 ．
16. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，下面结论中正确的有______(写出所有正确命题的序号)．
①BD//平面CB1D1；
②AC1⊥平面CB1D1；
③异面直线AC与A1B成60°角；
④AC1与底面ABCD所成角的正切值是 2．
三、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)
某职称晋级评定机构对参加某次专业技术考试的100人的成绩进行了统计，绘制了频率分布直方图(如图所示).规定80分及以上者晋级成功，否则晋级失败(满分100分)．
(Ⅰ)求图中a的值；
(Ⅱ)根据已知条件完成下面2×2列联表，并判断能否有85%的把握认为“晋级成功”与性别有关？
晋级成功
晋级失败
合计
男
16
女
50
合计
(参考公式：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d)
P(K2≥k)
0.40
0.25
0.15
0.10
0.05
0.025
k
0.780
1.323
2.072
2.706
3.841
5.024
(Ⅲ)将频率视为概率，从本次考试的所有人员中，随机抽取4人进行约谈，记这4人中晋级失败的人数为X，求X的分布列与数学期望E(X)．
18. (本小题12.0分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bsinAsinC=acos2A2．
(1)证明：B=C；
(2)设D为边BC上一点，且AD= 3，b=2，求BD⋅CD的值．
19. (本小题12.0分)
(1)在如图1所示的正方体中，M，N分别为棱BC和CC1的中点，求异面直线AC和MN所成的角的大小．
(2)如图2，在四棱锥P−ABCD中，底面是边长为a的正方形，侧棱PD=a,PA=PC= 2a，求二面角P−BC−D的平面角的大小．
20. (本小题12.0分)
如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，点P，Q，M分别是A1C1，AB，AD的中点，AD=1，AB=2，∠ADC=120°，直线BD1与底面ABCD所成的角为45°．
(1)证明：PQ//平面BD1M；
(2)求二面角M−PQ−C的正弦值．
21. (本小题12.0分)
某中学高一年级有1000名学生，他们选择选考科目的情况如表所示：
科目
人数
物理
化学
生物
政治
历史
地理
300
√
√
√
200
√
√
√
100
√
√
√
200
√
√
√
100
√
√
√
100
√
√
√
从这1000名学生中随机抽取1人，分别设：
A=“该生选了物理”；B=“该生选了化学”；C=“该生选了生物”；
D=“该生选了政治”；E=“收生选了历史”；F=“该生选了地理”．
(Ⅰ)求P(B)，P(DEF)．
(Ⅱ)求P(C∪E)，P(B∪F)．
(Ⅲ)事件A与D是否相互独立？请说明理由．
22. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(2a+c)BA⋅BC=cCB⋅AC．
(1)求角B的大小；
(2)若b= 6，求△ABC面积的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：z=21−i=2(1+i)(1−i)(1+i)=1+i，
故z的虚部为1，故选项A错误；
|z|= 2，故选项B错误；
z−=1−i，故选项C错误；
z2=(1+i)2=1+2i−i2=2i为纯虚数，故选项D正确．
故选：D．
先求出复数z，利用复数的定义判断选项A，利用复数的模判断选项B，利用共轭复数的定义判断选项C，利用复数的运算判断选项D．
本题考查了数系的扩充和复数，涉及了复数的运算、复数的定义、共轭复数的定义、复数模的求解，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：对于①，零向量有方向，只不过零向量的方向是任意的，故①为假命题；
对于②，两个向量当且仅当它们的大小和方向都相同时才相等，所以零向量只与零向量相等，故②为真命题；
对于③，零向量与任何向量共线，故③为真命题；
对于④，单位向量大小相等，方向不一定相同，故④为假命题；
对于⑤，共线的单位向量不一定相等，故⑤为假命题．
故选：C．
根据零向量、单位向量的方向和长度即可判断．
本题考查了零向量、单位向量的方向和长度，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】
【分析】
根据△ABC是边长为1的等边三角形，可得AB⋅AC=AB×AC×cos60°=12.再将向量AD，BE表示为AB,AC，代入数据即可算出．
本题给出正三角形的中线和一边的三等分点，求向量的数量积，着重考查了正三角形的性质和平面向量数量积的运算等知识，属于基础题
【解答】
解△ABC是边长为1的等边三角形，可得AB⋅AC=AB×AC×cos60°=12，
∵BD=DC，2AE=EC，
∴AD−AB=AC−AD，BE=AE−AB=13AC−AB，
∴AD=12(AB+AC)，
∴AD⋅BE=12(AB+AC)(13AC−AB)=12(13AB⋅AC−AB2+13AC2−AC⋅AB)=12(13×12−1+13−12)=−12；
故选A．
4.【答案】D
【解析】解：由l⊥α，l⊥β，可得α//β，故A正确；由l⊥α，m⊥α，得l//m，故B正确；由l⊥α，α//β，得l⊥β，故C正确；由l⊥α，β⊥α，可得l⊂β或l//β，故D错误．
故选：D．
结合面面平行的判定方法即可判断A，根据线线平行的判定方法即可判断B，结合线面垂直的判定方法即可判断C，根据线面的位置关系即可判断D．
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断，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
5.【答案】D
【解析】解：由题意，2800140=20，甲、丙两个车间共抽取的产品数量为60，
∴甲、丙两个车间的产品数量为60×20=1200，
∴乙、丁两车间生产的产品总共有2800−1200=1600件，
故选D．
求出甲、丙两个车间的产品数量，即可求出乙、丁两车间生产的产品数量．
本题考查了分层抽样方法，熟练掌握分层抽样方法的特征是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查几何概型概率计算公式的应用，是基础的计算题．
由已知求出黄豆落在阴影部分的概率，再由几何概型概率公式可得阴影部分的面积．
【解答】
解：由几何概型概率公式及对立事件概率公式可得，落在阴影部分的概率为1−114200，
∵正方形的面积为10，
∴由几何概型概率公式可得阴影部分的面积约为10×(1−114200)=4.3，
故选B．
7.【答案】D
【解析】解：根据折线图：
对于A：A小组打分分值的最高分为55分，最低分为42分，故A正确；
对于B：A小组打分分值比较集中，所以A的标准差小于B小组打分分值的标准差，故B正确；
对于C：B小组的排序为36，42，46，47，49，55，58，62，66，68，70，75，所以中位数为55+582=56.5，故C正确；
对于D：A小组的打分更像专业人士组成，故D错误．
故选：D．
直接利用折线图中标准差，中位数和分值的集中程度的应用判断A、B、C、D的结论．
本题考查的知识要点：折线图的应用，中位数的应用，标准差，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：一个箱子中装有4个白球和2个黑球，一次摸出两个球，
基本事件总数n=C62=15，
摸到两球颜色相同包含的基本事件个数m=C42+C22=7，
则摸到两球颜色相同的概率是p=mn=715．
故选：B．
基本事件总数n=C62=15，摸到两球颜色相同包含的基本事件个数m=C42+C22=7，由此能求出摸到两球颜色相同的概率．
本题考查概率的求法，考查古典概率、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
9.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了互斥事件和对立事件的概念，属于基础题．
分析出从装有3个红球和3个白球的口袋内任取3个球的所有不同情况，然后利用互斥事件和对立事件的概念逐一核对四个选项即可得到答案．
【解答】
解：从装有3个红球和3个白球的口袋内任取3个球，
取球情况有：3个球都是红球；3个球中1个红球2个白球；
3个球中2个红球1个白球；3个球都是白球．
选项A中“至少2个白球“，与”都是红球“互斥而不对立，
选项B中“至少有一个白球”与“至少有一个红球”的交事件是“有1白球2个红球”或“有2白球1个红球”；
选项C中“至少有2个白球”与“至多1个白球”是对立事件；
选项D中“恰有一个白球”和“恰有两个红球”既不互斥也不对立．
故选：A．
10.【答案】C
【解析】解：因为复数z满足|z−1−i|=1，
所以复数z对应的点P在圆(x−1)2+(y−1)2=1上，
表达式|z−4−5i|的几何意义是点P到点(4,5)的距离．
因为圆心为(1,1)，半径为1，
所以点P到点(4,5)的距离的最大值为1+ (1−4)2+(1−5)2=6．
故选：C．
根据|z−1−i|=1，可知复数z对应的点P在圆上，然后根据|z−4−5i|的几何意义，简单计算，可得结果．
本题考查复数几何意义，熟练复数，点，向量之间的转化，同时明白复数的几何意义以及所对应点的轨迹等，属基础题．
11.【答案】B
【解析】解：设a=(cosθ,sinθ)，由a+b=(3,4)，
得b=(3−cosθ,4−sinθ)，
∴a⋅b=(cosθ,sinθ)⋅(3−cosθ,4−sinθ)
=3cosθ−cos2θ+4sinθ−sin2θ=4sinθ+3cosθ−1，
∴1+a⋅b=4sinθ+3cosθ=5sin(θ+φ)(tanφ=34)，
则|1+a⋅b|的最大值为5．
故选：B．
由题意设a=(cosθ,sinθ)，再由a+b=(3,4)求得b，得到a⋅b，进一步得到1+a⋅b=4sinθ+3cosθ，运用辅助角公式化积后得答案．
本题考查平面向量的数量积运算，训练了三角函数最值的求法，借助于辅助角公式化积是关键，是中档题．
12.【答案】C
【解析】解：三视图复原的几何体是上面一个半径为1的半球，下面是半径为1，高为2的圆柱，
所以几何体的表面积为：S球面+S底面+S圆柱侧面=2π×12+π⋅12+2π⋅2=7π．
故选：C．
三视图复原的几何体是上面一个半球，下面是圆柱，利用三视图的数据，求出表面积即可．
本题是基础题，考查三视图与几何体的关系，几何体的表面积的求法，考查计算能力，空间想象能力．
13.【答案】 62
【解析】
【分析】
设复数z=bi，b∈R且b≠0，将复数z代入一元二次方程可得，(−b2+1+m2)−(2m−1)bi=0，结合复数模的公式，即可求解．
本题考查了复数纯虚数的概念，以及复数模的公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
【解答】
解：由题意可设复数z=bi，b∈R且b≠0，
∵z是一元二次方程x2−(2m−1)x+m2+1=0的复数根，
∴(bi)2−(2m−1)bi+m2+1=0，即(−b2+1+m2)−(2m−1)bi=0，
∴−b2+1+m2=0(2m−1)b=0，解得m=12，b2=54，b=± 52，
∴z=± 52i，z+m=12± 52i，
∴|z+m|= 14+54= 62．
故答案为： 62．
14.【答案】516
【解析】解：从0，1，2，3，4中任意选取两个不同的数字组成一个两位数，所有情况如下：
10，12，13，14，20，21，23，24，30，31，32，34，40，41，42，43，共有16个，
其中能被3整除的有：12，21，24，30，42，共5个，
所以所求概率为516，
故答案为：516．
列举出从0，1，2，3，4中任意选取两个不同的数字组成的全部两位数，再找出能被3整除的两位数的个数，利用古典概型的概率公式即可求出结果．
本题主要考查了古典概型的概率公式，是基础题．
15.【答案】80π
【解析】
【分析】
本题考查球的体积，圆柱的表面积，考查空间想象能力，计算能力，是基础题．
利用球的体积求解球的半径，然后求解圆柱的高，即可求解圆柱的表面积．
【解答】
解：由题意，球的体积为：500π3，设球的半径为R，
4π3R3=500π3，解得R=5，
又圆柱底面直径为8，圆柱上、下底面的圆周都在一个体积为500π3的球面上，
所以圆柱的高为：2 52−42=6，
可得圆柱的表面积：8π×6+2×42π=80π．
故答案为：80π．
16.【答案】①②③
【解析】
【分析】
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
在①中，由BD//B1D1，推导出BD//平面CB1D1；在②中，推导出AA1⊥B1D1，从而B1D1⊥平面AA1C1，进而B1D1⊥AC1，同理B1C⊥AC1，由此得到AC1⊥平面CB1D1；在③中，由AC//A1C1，△A1C1B为等边三角形，得到异面直线AC与A1B成60°角；在④中，AC1与底面ABCD所成角的正切值是tan∠C1AC=CC1AC=CC1 2CC1= 22．
【解答】
解：在①中，∵BD//B1D1，B1D1⊂平面CB1D1，BD⊄平面CB1D1，
∴BD//平面CB1D1，故①正确；
在②中，∵AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂面A1B1C1D1，∴AA1⊥B1D1，
又∵A1C1⊥B1D1，∵AA1，A1C1为面AA1C1内的两条相交直线，∴B1D1⊥平面AA1C1，∴B1D1⊥AC1，同理B1C⊥AC1，
∴AC1⊥平面CB1D1，故②正确；
在③中，AC//A1C1，△A1C1B为等边三角形，则异面直线AC与A1B成60°角，故③正确；
在④中，∠C1AC为AC1与平面ABCD所成的角，tan∠C1AC=CC1AC=CC1 2CC1= 22，故④错误．
故答案为：①②③．
17.【答案】解：(Ⅰ)根据频率和为1，列方程得：
(2a+0.020+0.030+0.040)×10=1，
解得a=0.005；
(Ⅱ)由频率分布直方图知，晋级成功的频率为0.20+0.05=0.25；
填写列联表如下，
晋级成功
晋级失败
合计
男
16
34
50
女
9
41
50
合计
25
75
100
计算观测值K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=100×(16×41−9×34)250×50×25×75≈2.613>2.072，
对照临界值得，能有85%的把握认为“晋级成功”与性别有关；
(Ⅲ)由频率分布直方图知晋级失败的频率视为1−0.25=0.75，
故晋级失败的概率为0.75；
从本次考试的所有人员中随机抽取4人，记这4人中晋级失败的人数为X，
则X～B(4,34)，且P(X=k)=C4k⋅(34)k⋅(1−34)4−k(k=0,1,2,3,4)；
∴P(X=0)=C40⋅(34)0⋅(14)4=1256，P(X=1)=C41⋅(34)1⋅(14)3=364，
P(X=2)=C42⋅(34)2⋅(14)2=54256，P(X=3)=C43⋅(34)3⋅(14)1=108256，
P(X=4)=C44⋅(34)4⋅(14)0=81256；
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
1256
364
54256
108256
81256
X的数学期望为E(X)=4×34=3．
【解析】(Ⅰ)根据频率和为1，列方程求出a的值；
(Ⅱ)由频率分布直方图计算晋级成功的频率，填写列联表，计算观测值K2，对照临界值得出能有85%的把握认为“晋级成功”与性别有关；
(Ⅲ)由晋级失败的频率估计概率，得X～B(4,34)，计算对应的概率，写出X的分布列，计算数学期望值．
本题考查了频率分布直方图与独立性检验的问题，也考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题，是综合题．
18.【答案】(1)证明：由已知及正弦定理，
得sinBsinAsinC=sinAcos2A2．
由00，
所以sinBsinC=cosA+12，
则2sinBsinC=1+cosA=1−cos(B+C)=1−cosBcosC+sinBsinC，
即cosBcosC+sinBsinC=1，即cos(B−C)=1．
又0≤|B−C|<π，所以B−C=0，即B=C．
(2)解：由(1)，得c=b=2．
在△ABD和△ACD中，由余弦定理，得cos∠ADB=AD2+BD2−AB22AD⋅BD=3+BD2−42 3BD=BD2−12 3BD，
cos∠ADC=AD2+CD2−AC22AD⋅CD=3+CD2−42 3CD=CD2−12 3CD．
由∠ADB+∠ADC=π，得BD2−12 3BD+CD2−12 3CD=0，
整理，得(BD+CD)(BD⋅CD−1)=0．
因为BD+CD>0，所以BD⋅CD=1，
故BD⋅CD=−|BD|⋅|CD|=−1．
【解析】(1)由已知可得cos(B−C)=1，可证结论成立；
(2)由(1)，得c=b=2，结合余弦定理可得BD2−12 3BD+CD2−12 3CD=0，可得BD⋅CD=1，可求BD⋅CD的值．
本题考查解三角形在几何中的应用，熟练掌握正弦定理、余弦定理，平面向量的线性运算和数量积运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属中档题．
19.【答案】解：(1)连接BC1，A1C1，A1B，
因为M，N分别为棱BC和CC1的中点，
所以BC1//MN，
由题可知AC1//AC，
所以∠A1C1B是异面直线AC和MN所成的角或补角，
因为△A1C1B为等边三角形，
所以∠A1C1B=60°；
所以异面直线AC和MN所成的角为60°．
(2)因为PD=CD=a,PA=PC= 2a，
所以PD2+CD2=PC2，
所以PD⊥CD，
同理可证PD⊥AD，
又CD⋂AD=D，
所以PD⊥平面ABCD，
又BC⊂平面ABCD，
所以PD⊥BC，
又CD⊥BC，PD∩CD=D，
所以BC⊥平面PCD，
又PC⊂平面PCD，
所以PC⊥BC，
所以∠PCD为二面角P−BC−D的平面角，
因为PD=DC=a，
所以∠PCD=45°，
所以二面角P−BC−D的平面角的大小45°．
【解析】(1)连接BC1，A1C1，A1B则∠A1C1B是异面直线AC和MN所成的角或补角，求解即可．
(2)先证明∠PCD为二面角P−BC−D的平面角，再求解即可．
本题考查异面直线所成角，二面角，解题关键是由线面所成角，二面角定义找到角，属于中档题．
20.【答案】解：(1)证明：连接BD，B1D1，由题意知BB1//DD1，BB1=DD1，
所以四边形BB1D1D是平行四边形，
则BD//B1D1，BD=B1D1，
由点Q，M分别是AB，AD的中点，得MQ//BD，MQ=12BD，
所以MQ//B1D1，MQ=12B1D1，
所以点P是B1D1的中点，
所以MQ//PD1，MQ=PD1，
所以四边形MQPD1是平行四边形，则PQ//MD1，
又PQ⊄平面BD1M，MD1⊂平面BD1M，
所以PQ//平面BD1M.
(2)因为四边形ABCD是平行四边形，∠ADC=120°，
所以∠DAB=60°，
又AD=1，AB=2，
所以由余弦定理得cos∠DAB=AD2+AB2−BD22×AD×AB，
所以cos60°=12+22−BD22×1×2，即12=5−BD24，
所以BD= 3，
所以在△ABD中，AB2=AD2+BD2，
所以AD⊥DB，
在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD，
所以以D为坐标原点，DA，DB，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
由DD1⊥平面ABCD，得∠D1BD为直线BD1与底面ABCD所成的角，即∠D1BD=45°，
所以DD1=BD= 3，
所以M(12,0,0)，Q(12, 32,0)，C(−1, 3,0)，P(0, 32, 3)，
所以MQ=(0, 32,0)，CQ=(32,− 32,0)，PQ=(12,0,− 3)，
设平面MPQ的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅MQ=0m⋅PQ=0，
所以 32y=0,12x− 3z=0,
令z=1，则x=2 3，y=0，
所以m=(2 3,0,1)，
设平面CPQ的法向量为n=(x1,y1,z1)，
则n⋅CQ=0n⋅PQ=0，
即32x1− 32y1=0,12x1− 3z1=0,
令z1=1，则y1=6，x1=2 3，
所以n=(2 3,6,1)，
设二面角M−PQ−C的大小为θ，
则cosθ=cos〈m,n〉=13 13× 49= 137，sinθ= 1−cos2θ=67，
所以二面角M−PQ−C的正弦值为67．
【解析】(1)先证明四边形MQPD1是平行四边形，即得PQ//MD1，然后由线面平行的判定定理即可得证；
(2)先根据已知建立空间直角坐标系，再根据直线BD1与底面ABCD所成的角为45°，确定直四棱锥的高，进而求出相关点的坐标，得到相关向量的坐标，从而可求出平面MPQ与平面CPQ的法向量，最后由向量的夹角公式及同角三角函数的基本关系即可得解．
本题考查了立体几何中的线面平行的判定和二面角的求解问题，解题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)B=“该生选了化学”，
由题意得1000名学生中选化学的学生有：300+100+100=500(名)，
∴P(B)=5001000=12，
D=“该生选了政治”；E=“收生选了历史”；F=“该生选了地理”．
由题意得1000名学生中同时选政治、历史、地理的学生有200(名)，
∴P(DEF)=2001000=15．
(Ⅱ)C=“该生选了生物”，E=“收生选了历史”，
由题意得1000名学生中选生物或历史的学生有：300+200+200+100=800(名)，
∴P(C∪E)=8001000=45，
B=“该生选了化学”，F=“该生选了地理，
由题意得1000名学生中选化学或地理的学生有：300+200+100+200+100+100=1000(名)，
∴P(B∪F)=10001000=1．
(Ⅲ)A=“该生选了物理”，D=“该生选了政治”，
事件A与D相互独立．理由如下：
由题意得选择物理与否与选择政治无关，
选择政治与否与选择物理无关，
∴事件A与D相互独立．
【解析】(Ⅰ)B=“该生选了化学”，得1000名学生中选化学的学生有500名，由此能求出P(B)；D=“该生选了政治”；E=“收生选了历史”；F=“该生选了地理”.1000名学生中同时选政治、历史、地理的学生有200名，由此能求出P(DEF)．
(Ⅱ)C=“该生选了生物”，E=“收生选了历史”，1000名学生中选生物或历史的学生有800名，由此能求出P(C∪E)；B=“该生选了化学”，F=“该生选了地理，1000名学生都选化学或地理，由此能求出P(B∪F)．
(Ⅲ)A=“该生选了物理”，D=“该生选了政治”，由题意得选择物理与否与选择政治无关，选择政治与否与选择物理无关，从而事件A与D相互独立．
本题考查概率的求法，考查古典概型、互斥事件、对立事件、相互独立事件等基础知识，是基础题．
22.【答案】解：(1)由题意得(2a+c)BA⋅BC=cCB⋅AC．
根据正弦定理得(2sinA+sinC)c⋅a⋅cosB=−c⋅a⋅bcosC，
∴(2sinA+sinC)cosB=−sinBcosC，
∴2sinAcosB=−sin(B+C)，即2sinAcosB=−sinA，
∵A∈(0,π)，所以sin A>0，
∴cosB=−12，又B∈(0,π)，所以B=2π3．
(2)因为b= 6，所以bsinB= 6 32=2 2=2R，
S=12acsinB=12⋅2RsinA⋅2RsinC⋅ 32
=12⋅2 2sinA⋅2 2sin(π3−A)⋅ 32
=2 3sinA( 32cosA−12sinA)
=3sinAcosA− 3sin2A=32sin2A− 32(1−cos2A)= 3sin(2A+π6)− 32，
∵A∈(0,π3)，∴2A+π6∈(π6,5π6)，
∴sin(2A+π6)∈(12,1],
∴S△ABC的取值范围为(0, 32]．
【解析】(1)利用正弦定理结合向量的数量积转化求解即可．
(2)通过正弦定理结合三角形的面积转化求解即可．
本题考查向量的数量积的应用，正弦定理的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
2022-2023学年新疆乌鲁木齐市高一（下）期末数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0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=21−i，z−是复数z的共轭复数，其中i为虚数单位，则下列结论正确的是( )
A. z的虚部为i B. |z|=2 C. z−=−1+i D. z2为纯虚数
2. 给出下列5个命题，其中真命题的个数是( )
①零向量没有方向；
②零向量只与零向量相等；
③零向量与任何向量共线；
④单位向量都相等；
⑤共线的单位向量必相等．
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
3. 在边长为1的等边△ABC中，D，E分别在边BC与AC上，且BD=DC，2AE=EC，则AD⋅BE=( )
A. −12 B. −13 C. −14 D. −16
4. 设α，β是两个不重合的平面，l，m是空间中两条不重合的直线，下列命题中不正确的是( )
A. l⊥α，l⊥β，则α//β B. l⊥α，m⊥α，则l//m
C. l⊥α，α//β，则l⊥β D. l⊥α，β⊥α，则l//β
5. 某工厂甲、乙、丙、丁四个车间生产了同一种产品共计2800件，现要用分层抽样的方法从中抽取140件进行质量检测，且甲、丙两个车间共抽取的产品数量为60，则乙、丁两车间生产的产品总共有( )
A. 1000件 B. 1200件 C. 1400件 D. 1600件
6. 如图，已知正方形的面积为10，向正方形内随机地撒200颗黄豆，数得落在阴影外的黄豆数为114颗，以此试验数据为依据，可以估计出阴影部分的面积约为( )
A. 5.3 B. 4.3 C. 4.7 D. 5.7
7. 在一个文艺比赛中，12名专业人士和12名观众代表各组成一个评判小组，给参赛选手打分.根据两个评判小组对同一名选手的打分绘制了如图的折线图．
根据如图折线图，下列结论错误的是( )
A. A小组打分分值的最高分为55分，最低分为42分
B. A小组打分分值的标准差小于B小组打分分值的标准差
C. B小组打分分值的中位数为56.5
D. B小组更像是由专业人士组成的
8. 一个箱子中装有4个白球和2个黑球，若一次摸出两个球，则摸到两球颜色相同的概率是( )
A. 13 B. 715 C. 35 D. 1115
9. 从装有3个红球和3个白球的口袋里任取3个球，那么互斥而不对立的两个事件是( )
A. 至少2个白球，都是红球 B. 至少1个白球，至少1个红球
C. 至少2个白球，至多1个白球 D. 恰好1个白球，恰好2个红球
10. 若复数z满足|z−1−i|=1，则|z−4−5i|的最大值为( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 41
11. 已知a为单位向量，a+b=(3,4).则|1+a⋅b|的最大值为( )
A. 6 B. 5 C. 4 D. 3
12. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( )
A. 5π B. 6π C. 7π D. 8π
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知m∈R，一元二次方程x2−(2m−1)x+m2+1=0的一个根z是纯虚数，则|z+m|= ．
14. 从0，1，2，3，4中任意选取两个不同的数字组成一个两位数，则这个两位数能被3整除的概率为______．
15. 圆柱上、下底面的圆周都在一个体积为500π3的球面上，圆柱底面直径为8，则该圆柱的表面积为 ．
16. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，下面结论中正确的有______(写出所有正确命题的序号)．
①BD//平面CB1D1；
②AC1⊥平面CB1D1；
③异面直线AC与A1B成60°角；
④AC1与底面ABCD所成角的正切值是 2．
三、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)
某职称晋级评定机构对参加某次专业技术考试的100人的成绩进行了统计，绘制了频率分布直方图(如图所示).规定80分及以上者晋级成功，否则晋级失败(满分100分)．
(Ⅰ)求图中a的值；
(Ⅱ)根据已知条件完成下面2×2列联表，并判断能否有85%的把握认为“晋级成功”与性别有关？
晋级成功
晋级失败
合计
男
16
女
50
合计
(参考公式：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d)
P(K2≥k)
0.40
0.25
0.15
0.10
0.05
0.025
k
0.780
1.323
2.072
2.706
3.841
5.024
(Ⅲ)将频率视为概率，从本次考试的所有人员中，随机抽取4人进行约谈，记这4人中晋级失败的人数为X，求X的分布列与数学期望E(X)．
18. (本小题12.0分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bsinAsinC=acos2A2．
(1)证明：B=C；
(2)设D为边BC上一点，且AD= 3，b=2，求BD⋅CD的值．
19. (本小题12.0分)
(1)在如图1所示的正方体中，M，N分别为棱BC和CC1的中点，求异面直线AC和MN所成的角的大小．
(2)如图2，在四棱锥P−ABCD中，底面是边长为a的正方形，侧棱PD=a,PA=PC= 2a，求二面角P−BC−D的平面角的大小．
20. (本小题12.0分)
如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，点P，Q，M分别是A1C1，AB，AD的中点，AD=1，AB=2，∠ADC=120°，直线BD1与底面ABCD所成的角为45°．
(1)证明：PQ//平面BD1M；
(2)求二面角M−PQ−C的正弦值．
21. (本小题12.0分)
某中学高一年级有1000名学生，他们选择选考科目的情况如表所示：
科目
人数
物理
化学
生物
政治
历史
地理
300
√
√
√
200
√
√
√
100
√
√
√
200
√
√
√
100
√
√
√
100
√
√
√
从这1000名学生中随机抽取1人，分别设：
A=“该生选了物理”；B=“该生选了化学”；C=“该生选了生物”；
D=“该生选了政治”；E=“收生选了历史”；F=“该生选了地理”．
(Ⅰ)求P(B)，P(DEF)．
(Ⅱ)求P(C∪E)，P(B∪F)．
(Ⅲ)事件A与D是否相互独立？请说明理由．
22. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(2a+c)BA⋅BC=cCB⋅AC．
(1)求角B的大小；
(2)若b= 6，求△ABC面积的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：z=21−i=2(1+i)(1−i)(1+i)=1+i，
故z的虚部为1，故选项A错误；
|z|= 2，故选项B错误；
z−=1−i，故选项C错误；
z2=(1+i)2=1+2i−i2=2i为纯虚数，故选项D正确．
故选：D．
先求出复数z，利用复数的定义判断选项A，利用复数的模判断选项B，利用共轭复数的定义判断选项C，利用复数的运算判断选项D．
本题考查了数系的扩充和复数，涉及了复数的运算、复数的定义、共轭复数的定义、复数模的求解，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：对于①，零向量有方向，只不过零向量的方向是任意的，故①为假命题；
对于②，两个向量当且仅当它们的大小和方向都相同时才相等，所以零向量只与零向量相等，故②为真命题；
对于③，零向量与任何向量共线，故③为真命题；
对于④，单位向量大小相等，方向不一定相同，故④为假命题；
对于⑤，共线的单位向量不一定相等，故⑤为假命题．
故选：C．
根据零向量、单位向量的方向和长度即可判断．
本题考查了零向量、单位向量的方向和长度，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】
【分析】
根据△ABC是边长为1的等边三角形，可得AB⋅AC=AB×AC×cos60°=12.再将向量AD，BE表示为AB,AC，代入数据即可算出．
本题给出正三角形的中线和一边的三等分点，求向量的数量积，着重考查了正三角形的性质和平面向量数量积的运算等知识，属于基础题
【解答】
解△ABC是边长为1的等边三角形，可得AB⋅AC=AB×AC×cos60°=12，
∵BD=DC，2AE=EC，
∴AD−AB=AC−AD，BE=AE−AB=13AC−AB，
∴AD=12(AB+AC)，
∴AD⋅BE=12(AB+AC)(13AC−AB)=12(13AB⋅AC−AB2+13AC2−AC⋅AB)=12(13×12−1+13−12)=−12；
故选A．
4.【答案】D
【解析】解：由l⊥α，l⊥β，可得α//β，故A正确；由l⊥α，m⊥α，得l//m，故B正确；由l⊥α，α//β，得l⊥β，故C正确；由l⊥α，β⊥α，可得l⊂β或l//β，故D错误．
故选：D．
结合面面平行的判定方法即可判断A，根据线线平行的判定方法即可判断B，结合线面垂直的判定方法即可判断C，根据线面的位置关系即可判断D．
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断，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
5.【答案】D
【解析】解：由题意，2800140=20，甲、丙两个车间共抽取的产品数量为60，
∴甲、丙两个车间的产品数量为60×20=1200，
∴乙、丁两车间生产的产品总共有2800−1200=1600件，
故选D．
求出甲、丙两个车间的产品数量，即可求出乙、丁两车间生产的产品数量．
本题考查了分层抽样方法，熟练掌握分层抽样方法的特征是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查几何概型概率计算公式的应用，是基础的计算题．
由已知求出黄豆落在阴影部分的概率，再由几何概型概率公式可得阴影部分的面积．
【解答】
解：由几何概型概率公式及对立事件概率公式可得，落在阴影部分的概率为1−114200，
∵正方形的面积为10，
∴由几何概型概率公式可得阴影部分的面积约为10×(1−114200)=4.3，
故选B．
7.【答案】D
【解析】解：根据折线图：
对于A：A小组打分分值的最高分为55分，最低分为42分，故A正确；
对于B：A小组打分分值比较集中，所以A的标准差小于B小组打分分值的标准差，故B正确；
对于C：B小组的排序为36，42，46，47，49，55，58，62，66，68，70，75，所以中位数为55+582=56.5，故C正确；
对于D：A小组的打分更像专业人士组成，故D错误．
故选：D．
直接利用折线图中标准差，中位数和分值的集中程度的应用判断A、B、C、D的结论．
本题考查的知识要点：折线图的应用，中位数的应用，标准差，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：一个箱子中装有4个白球和2个黑球，一次摸出两个球，
基本事件总数n=C62=15，
摸到两球颜色相同包含的基本事件个数m=C42+C22=7，
则摸到两球颜色相同的概率是p=mn=715．
故选：B．
基本事件总数n=C62=15，摸到两球颜色相同包含的基本事件个数m=C42+C22=7，由此能求出摸到两球颜色相同的概率．
本题考查概率的求法，考查古典概率、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
9.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了互斥事件和对立事件的概念，属于基础题．
分析出从装有3个红球和3个白球的口袋内任取3个球的所有不同情况，然后利用互斥事件和对立事件的概念逐一核对四个选项即可得到答案．
【解答】
解：从装有3个红球和3个白球的口袋内任取3个球，
取球情况有：3个球都是红球；3个球中1个红球2个白球；
3个球中2个红球1个白球；3个球都是白球．
选项A中“至少2个白球“，与”都是红球“互斥而不对立，
选项B中“至少有一个白球”与“至少有一个红球”的交事件是“有1白球2个红球”或“有2白球1个红球”；
选项C中“至少有2个白球”与“至多1个白球”是对立事件；
选项D中“恰有一个白球”和“恰有两个红球”既不互斥也不对立．
故选：A．
10.【答案】C
【解析】解：因为复数z满足|z−1−i|=1，
所以复数z对应的点P在圆(x−1)2+(y−1)2=1上，
表达式|z−4−5i|的几何意义是点P到点(4,5)的距离．
因为圆心为(1,1)，半径为1，
所以点P到点(4,5)的距离的最大值为1+ (1−4)2+(1−5)2=6．
故选：C．
根据|z−1−i|=1，可知复数z对应的点P在圆上，然后根据|z−4−5i|的几何意义，简单计算，可得结果．
本题考查复数几何意义，熟练复数，点，向量之间的转化，同时明白复数的几何意义以及所对应点的轨迹等，属基础题．
11.【答案】B
【解析】解：设a=(cosθ,sinθ)，由a+b=(3,4)，
得b=(3−cosθ,4−sinθ)，
∴a⋅b=(cosθ,sinθ)⋅(3−cosθ,4−sinθ)
=3cosθ−cos2θ+4sinθ−sin2θ=4sinθ+3cosθ−1，
∴1+a⋅b=4sinθ+3cosθ=5sin(θ+φ)(tanφ=34)，
则|1+a⋅b|的最大值为5．
故选：B．
由题意设a=(cosθ,sinθ)，再由a+b=(3,4)求得b，得到a⋅b，进一步得到1+a⋅b=4sinθ+3cosθ，运用辅助角公式化积后得答案．
本题考查平面向量的数量积运算，训练了三角函数最值的求法，借助于辅助角公式化积是关键，是中档题．
12.【答案】C
【解析】解：三视图复原的几何体是上面一个半径为1的半球，下面是半径为1，高为2的圆柱，
所以几何体的表面积为：S球面+S底面+S圆柱侧面=2π×12+π⋅12+2π⋅2=7π．
故选：C．
三视图复原的几何体是上面一个半球，下面是圆柱，利用三视图的数据，求出表面积即可．
本题是基础题，考查三视图与几何体的关系，几何体的表面积的求法，考查计算能力，空间想象能力．
13.【答案】 62
【解析】
【分析】
设复数z=bi，b∈R且b≠0，将复数z代入一元二次方程可得，(−b2+1+m2)−(2m−1)bi=0，结合复数模的公式，即可求解．
本题考查了复数纯虚数的概念，以及复数模的公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
【解答】
解：由题意可设复数z=bi，b∈R且b≠0，
∵z是一元二次方程x2−(2m−1)x+m2+1=0的复数根，
∴(bi)2−(2m−1)bi+m2+1=0，即(−b2+1+m2)−(2m−1)bi=0，
∴−b2+1+m2=0(2m−1)b=0，解得m=12，b2=54，b=± 52，
∴z=± 52i，z+m=12± 52i，
∴|z+m|= 14+54= 62．
故答案为： 62．
14.【答案】516
【解析】解：从0，1，2，3，4中任意选取两个不同的数字组成一个两位数，所有情况如下：
10，12，13，14，20，21，23，24，30，31，32，34，40，41，42，43，共有16个，
其中能被3整除的有：12，21，24，30，42，共5个，
所以所求概率为516，
故答案为：516．
列举出从0，1，2，3，4中任意选取两个不同的数字组成的全部两位数，再找出能被3整除的两位数的个数，利用古典概型的概率公式即可求出结果．
本题主要考查了古典概型的概率公式，是基础题．
15.【答案】80π
【解析】
【分析】
本题考查球的体积，圆柱的表面积，考查空间想象能力，计算能力，是基础题．
利用球的体积求解球的半径，然后求解圆柱的高，即可求解圆柱的表面积．
【解答】
解：由题意，球的体积为：500π3，设球的半径为R，
4π3R3=500π3，解得R=5，
又圆柱底面直径为8，圆柱上、下底面的圆周都在一个体积为500π3的球面上，
所以圆柱的高为：2 52−42=6，
可得圆柱的表面积：8π×6+2×42π=80π．
故答案为：80π．
16.【答案】①②③
【解析】
【分析】
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
在①中，由BD//B1D1，推导出BD//平面CB1D1；在②中，推导出AA1⊥B1D1，从而B1D1⊥平面AA1C1，进而B1D1⊥AC1，同理B1C⊥AC1，由此得到AC1⊥平面CB1D1；在③中，由AC//A1C1，△A1C1B为等边三角形，得到异面直线AC与A1B成60°角；在④中，AC1与底面ABCD所成角的正切值是tan∠C1AC=CC1AC=CC1 2CC1= 22．
【解答】
解：在①中，∵BD//B1D1，B1D1⊂平面CB1D1，BD⊄平面CB1D1，
∴BD//平面CB1D1，故①正确；
在②中，∵AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂面A1B1C1D1，∴AA1⊥B1D1，
又∵A1C1⊥B1D1，∵AA1，A1C1为面AA1C1内的两条相交直线，∴B1D1⊥平面AA1C1，∴B1D1⊥AC1，同理B1C⊥AC1，
∴AC1⊥平面CB1D1，故②正确；
在③中，AC//A1C1，△A1C1B为等边三角形，则异面直线AC与A1B成60°角，故③正确；
在④中，∠C1AC为AC1与平面ABCD所成的角，tan∠C1AC=CC1AC=CC1 2CC1= 22，故④错误．
故答案为：①②③．
17.【答案】解：(Ⅰ)根据频率和为1，列方程得：
(2a+0.020+0.030+0.040)×10=1，
解得a=0.005；
(Ⅱ)由频率分布直方图知，晋级成功的频率为0.20+0.05=0.25；
填写列联表如下，
晋级成功
晋级失败
合计
男
16
34
50
女
9
41
50
合计
25
75
100
计算观测值K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=100×(16×41−9×34)250×50×25×75≈2.613>2.072，
对照临界值得，能有85%的把握认为“晋级成功”与性别有关；
(Ⅲ)由频率分布直方图知晋级失败的频率视为1−0.25=0.75，
故晋级失败的概率为0.75；
从本次考试的所有人员中随机抽取4人，记这4人中晋级失败的人数为X，
则X～B(4,34)，且P(X=k)=C4k⋅(34)k⋅(1−34)4−k(k=0,1,2,3,4)；
∴P(X=0)=C40⋅(34)0⋅(14)4=1256，P(X=1)=C41⋅(34)1⋅(14)3=364，
P(X=2)=C42⋅(34)2⋅(14)2=54256，P(X=3)=C43⋅(34)3⋅(14)1=108256，
P(X=4)=C44⋅(34)4⋅(14)0=81256；
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
1256
364
54256
108256
81256
X的数学期望为E(X)=4×34=3．
【解析】(Ⅰ)根据频率和为1，列方程求出a的值；
(Ⅱ)由频率分布直方图计算晋级成功的频率，填写列联表，计算观测值K2，对照临界值得出能有85%的把握认为“晋级成功”与性别有关；
(Ⅲ)由晋级失败的频率估计概率，得X～B(4,34)，计算对应的概率，写出X的分布列，计算数学期望值．
本题考查了频率分布直方图与独立性检验的问题，也考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题，是综合题．
18.【答案】(1)证明：由已知及正弦定理，
得sinBsinAsinC=sinAcos2A2．
由0
所以sinBsinC=cosA+12，
则2sinBsinC=1+cosA=1−cos(B+C)=1−cosBcosC+sinBsinC，
即cosBcosC+sinBsinC=1，即cos(B−C)=1．
又0≤|B−C|<π，所以B−C=0，即B=C．
(2)解：由(1)，得c=b=2．
在△ABD和△ACD中，由余弦定理，得cos∠ADB=AD2+BD2−AB22AD⋅BD=3+BD2−42 3BD=BD2−12 3BD，
cos∠ADC=AD2+CD2−AC22AD⋅CD=3+CD2−42 3CD=CD2−12 3CD．
由∠ADB+∠ADC=π，得BD2−12 3BD+CD2−12 3CD=0，
整理，得(BD+CD)(BD⋅CD−1)=0．
因为BD+CD>0，所以BD⋅CD=1，
故BD⋅CD=−|BD|⋅|CD|=−1．
【解析】(1)由已知可得cos(B−C)=1，可证结论成立；
(2)由(1)，得c=b=2，结合余弦定理可得BD2−12 3BD+CD2−12 3CD=0，可得BD⋅CD=1，可求BD⋅CD的值．
本题考查解三角形在几何中的应用，熟练掌握正弦定理、余弦定理，平面向量的线性运算和数量积运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属中档题．
19.【答案】解：(1)连接BC1，A1C1，A1B，
因为M，N分别为棱BC和CC1的中点，
所以BC1//MN，
由题可知AC1//AC，
所以∠A1C1B是异面直线AC和MN所成的角或补角，
因为△A1C1B为等边三角形，
所以∠A1C1B=60°；
所以异面直线AC和MN所成的角为60°．
(2)因为PD=CD=a,PA=PC= 2a，
所以PD2+CD2=PC2，
所以PD⊥CD，
同理可证PD⊥AD，
又CD⋂AD=D，
所以PD⊥平面ABCD，
又BC⊂平面ABCD，
所以PD⊥BC，
又CD⊥BC，PD∩CD=D，
所以BC⊥平面PCD，
又PC⊂平面PCD，
所以PC⊥BC，
所以∠PCD为二面角P−BC−D的平面角，
因为PD=DC=a，
所以∠PCD=45°，
所以二面角P−BC−D的平面角的大小45°．
【解析】(1)连接BC1，A1C1，A1B则∠A1C1B是异面直线AC和MN所成的角或补角，求解即可．
(2)先证明∠PCD为二面角P−BC−D的平面角，再求解即可．
本题考查异面直线所成角，二面角，解题关键是由线面所成角，二面角定义找到角，属于中档题．
20.【答案】解：(1)证明：连接BD，B1D1，由题意知BB1//DD1，BB1=DD1，
所以四边形BB1D1D是平行四边形，
则BD//B1D1，BD=B1D1，
由点Q，M分别是AB，AD的中点，得MQ//BD，MQ=12BD，
所以MQ//B1D1，MQ=12B1D1，
所以点P是B1D1的中点，
所以MQ//PD1，MQ=PD1，
所以四边形MQPD1是平行四边形，则PQ//MD1，
又PQ⊄平面BD1M，MD1⊂平面BD1M，
所以PQ//平面BD1M.
(2)因为四边形ABCD是平行四边形，∠ADC=120°，
所以∠DAB=60°，
又AD=1，AB=2，
所以由余弦定理得cos∠DAB=AD2+AB2−BD22×AD×AB，
所以cos60°=12+22−BD22×1×2，即12=5−BD24，
所以BD= 3，
所以在△ABD中，AB2=AD2+BD2，
所以AD⊥DB，
在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD，
所以以D为坐标原点，DA，DB，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
由DD1⊥平面ABCD，得∠D1BD为直线BD1与底面ABCD所成的角，即∠D1BD=45°，
所以DD1=BD= 3，
所以M(12,0,0)，Q(12, 32,0)，C(−1, 3,0)，P(0, 32, 3)，
所以MQ=(0, 32,0)，CQ=(32,− 32,0)，PQ=(12,0,− 3)，
设平面MPQ的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅MQ=0m⋅PQ=0，
所以 32y=0,12x− 3z=0,
令z=1，则x=2 3，y=0，
所以m=(2 3,0,1)，
设平面CPQ的法向量为n=(x1,y1,z1)，
则n⋅CQ=0n⋅PQ=0，
即32x1− 32y1=0,12x1− 3z1=0,
令z1=1，则y1=6，x1=2 3，
所以n=(2 3,6,1)，
设二面角M−PQ−C的大小为θ，
则cosθ=cos〈m,n〉=13 13× 49= 137，sinθ= 1−cos2θ=67，
所以二面角M−PQ−C的正弦值为67．
【解析】(1)先证明四边形MQPD1是平行四边形，即得PQ//MD1，然后由线面平行的判定定理即可得证；
(2)先根据已知建立空间直角坐标系，再根据直线BD1与底面ABCD所成的角为45°，确定直四棱锥的高，进而求出相关点的坐标，得到相关向量的坐标，从而可求出平面MPQ与平面CPQ的法向量，最后由向量的夹角公式及同角三角函数的基本关系即可得解．
本题考查了立体几何中的线面平行的判定和二面角的求解问题，解题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)B=“该生选了化学”，
由题意得1000名学生中选化学的学生有：300+100+100=500(名)，
∴P(B)=5001000=12，
D=“该生选了政治”；E=“收生选了历史”；F=“该生选了地理”．
由题意得1000名学生中同时选政治、历史、地理的学生有200(名)，
∴P(DEF)=2001000=15．
(Ⅱ)C=“该生选了生物”，E=“收生选了历史”，
由题意得1000名学生中选生物或历史的学生有：300+200+200+100=800(名)，
∴P(C∪E)=8001000=45，
B=“该生选了化学”，F=“该生选了地理，
由题意得1000名学生中选化学或地理的学生有：300+200+100+200+100+100=1000(名)，
∴P(B∪F)=10001000=1．
(Ⅲ)A=“该生选了物理”，D=“该生选了政治”，
事件A与D相互独立．理由如下：
由题意得选择物理与否与选择政治无关，
选择政治与否与选择物理无关，
∴事件A与D相互独立．
【解析】(Ⅰ)B=“该生选了化学”，得1000名学生中选化学的学生有500名，由此能求出P(B)；D=“该生选了政治”；E=“收生选了历史”；F=“该生选了地理”.1000名学生中同时选政治、历史、地理的学生有200名，由此能求出P(DEF)．
(Ⅱ)C=“该生选了生物”，E=“收生选了历史”，1000名学生中选生物或历史的学生有800名，由此能求出P(C∪E)；B=“该生选了化学”，F=“该生选了地理，1000名学生都选化学或地理，由此能求出P(B∪F)．
(Ⅲ)A=“该生选了物理”，D=“该生选了政治”，由题意得选择物理与否与选择政治无关，选择政治与否与选择物理无关，从而事件A与D相互独立．
本题考查概率的求法，考查古典概型、互斥事件、对立事件、相互独立事件等基础知识，是基础题．
22.【答案】解：(1)由题意得(2a+c)BA⋅BC=cCB⋅AC．
根据正弦定理得(2sinA+sinC)c⋅a⋅cosB=−c⋅a⋅bcosC，
∴(2sinA+sinC)cosB=−sinBcosC，
∴2sinAcosB=−sin(B+C)，即2sinAcosB=−sinA，
∵A∈(0,π)，所以sin A>0，
∴cosB=−12，又B∈(0,π)，所以B=2π3．
(2)因为b= 6，所以bsinB= 6 32=2 2=2R，
S=12acsinB=12⋅2RsinA⋅2RsinC⋅ 32
=12⋅2 2sinA⋅2 2sin(π3−A)⋅ 32
=2 3sinA( 32cosA−12sinA)
=3sinAcosA− 3sin2A=32sin2A− 32(1−cos2A)= 3sin(2A+π6)− 32，
∵A∈(0,π3)，∴2A+π6∈(π6,5π6)，
∴sin(2A+π6)∈(12,1],
∴S△ABC的取值范围为(0, 32]．
【解析】(1)利用正弦定理结合向量的数量积转化求解即可．
(2)通过正弦定理结合三角形的面积转化求解即可．
本题考查向量的数量积的应用，正弦定理的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
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