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2022-2023学年山东省济南市高一（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年山东省济南市高一（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学年山东省济南市高一（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. 在复平面内，复数z=11+2i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. 《2023年五一出游数据报告》显示，济南凭借超强周边吸引力，荣登“五一”最强周边游“吸金力”前十名榜单.其中，济南天下第一泉风景区接待游客100万人次，济南动物园接待游客30万人次，千佛山景区接待游客20万人次.现采用按比例分层抽样的方法对三个景区的游客共抽取1500人进行济南旅游满意度的调研，则济南天下第一泉风景区抽取游客( )
A. 1000人 B. 300人 C. 200人 D. 100人
3. 设α，β为两个平面，则α⊥β的充要条件是( )
A. α过β的一条垂线
B. α，β垂直于同一平面
C. α内有一条直线垂直于α与β的交线
D. α内有两条相交直线分别与β内两条直线垂直
4. 袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中3个红球，2个黄球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则第二次摸到红球的概率为( )
A. 110 B. 15 C. 25 D. 35
5. 已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a,b,c,B=π4,b=1,c= 62，则角C的值为( )
A. π3 B. 2π3 C. π3或2π3 D. 无解
6. 如果三棱锥S−ABC底面不是等边三角形，侧棱SA，SB，SC与底面ABC所成的角都相等，SO⊥平面ABC，垂足为O，则O是△ABC的( )
A. 垂心 B. 重心 C. 内心 D. 外心
7. 已知锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a,b,c,B=π3,c=2，则△ABC的周长的取值范围为( )
A. (3+ 3,2+2 3) B. (3+ 3,4+2 3)
C. (3+ 3,6+2 3) D. (3+ 3,+∞)
8. 在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PA=AB=1.点E，F，G分别为平面PAB，平面PAD和平面ABCD内的动点，点Q为棱PC上的动点，则QE2+QF2+QG2的最小值为( )
A. 12 B. 23 C. 34 D. 1
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. 已知复数ω=−12+ 32i，则下列说法中正确的是( )
A. |ω|=1 B. ω3=−1 C. ω2=ω D. ω2+ω+1=0
10. 先后抛掷质地均匀的硬币两次，则下列说法正确的是( )
A. 事件“恰有一次正面向上”与事件“恰有一次反面向上”相等
B. 事件“至少一次正面向上”与事件“至少一次反面向上”互斥
C. 事件“两次正面向上”与事件“两次反面向上”互为对立事件
D. 事件“第一次正面向上”与事件“第二次反面向上”相互独立
11. 某学校为了调查高一年级学生每天体育活动时间情况，随机选取了100名学生，绘制了如图所示频率分布直方图，则下列说法正确的是( )
A. 平均数的估计值为30
B. 众数的估计值为35
C. 第60百分位数估计值是32
D. 随机选取这100名学生中有25名学生体育活动时间不低于40分钟
12. 如图，已知三棱锥D−ABC可绕AB在空间中任意旋转，△ABC为等边三角形，AB在平面α内，AB⊥CD，AB=2，CD= 6,cos∠CBD=14，则下列说法正确的是( )
A. 二面角D−AB−C为π2
B. 三棱锥D−ABC的外接球表面积为20π3
C. 点C与点D到平面α的距离之和的最大值为2
D. 点C在平面α内的射影为点M，线段DM的最大值为 15+ 32
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 一组数据1，2，4，5，8的第75百分位数为______ ．
14. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线BC1与直线CD1夹角的余弦值为______ ．
15. 在圆C中，已知弦AB=2，则AB⋅AC的值为______ ．
16. 已知△ABC的重心为G，面积为1，且AB=2AC，则3AG2+BC2的最小值为______ ．
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e1,e2是两个单位向量，夹角为π3，设a=e1+2e2,b=te1−3e2．
(1)求|a|；
(2)若a⊥b，求t的值．
18. (本小题12.0分)
已知正三棱柱ABC−A1B1C1的棱长均为2，M为A1C1的中点．
(1)求证：BC1//平面AB1M；
(2)求点B到平面AB1M的距离d．
19. (本小题12.0分)
独立事件是一个非常基础但又十分重要的概念，对于理解和应用概率论和统计学至关重要.它的概念最早可以追湖到17世纪的布莱兹⋅帕斯卡和皮埃尔⋅德⋅费马，当时被定义为彼此不相关的事件.19世纪初期，皮埃尔⋅西蒙⋅拉普拉斯在他的《概率的分析理论》中给出了相互独立事件的概率乘法公式.对任意两个事件A与B，如果P(AB)=P(A)P(B)成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立．
(1)若事件A与事件B相互独立，证明：A−与B相互独立；
(2)甲、乙两人参加数学节的答题活动，每轮活动由甲、乙各答一题，已知甲每轮答对的概率为35，乙每轮答对的概率为23.在每轮活动中，甲和乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响，求甲乙两人在两轮活动中答对3道题的概率．
20. (本小题12.0分)
某社区工作人员采用分层抽样的方法分别在甲乙两个小区各抽取了8户家庭，统计了每户家庭近7天用于垃圾分类的总时间(单位：分钟)，其中甲小区的统计表如下，
住户序号
1
2
3
4
5
6
7
8
所需时间
200
220
200
180
200
a
b
220
设xi，yi分别为甲，乙小区抽取的第i户家庭近7天用于垃圾分类的总时间，sx2,sy2分别为甲，乙小区所抽取样本的方差，已知x−=18i=18xi=200,sx2=18i=18(xi−x−)2=200,y−=195,sy2=210，其中i=1，2，⋯，8．
(1)若a≤b，求a和b的值；
(2)甲小区物业为提高垃圾分类效率，优先试行新措施，每天由部分物业员工协助垃圾分类工作，经统计，甲小区住户每户每天用于垃圾分类的时间减少了5分钟.利用样本估计总体，计算甲小区试行新措施之后，甲乙两个小区的所有住户近7天用于垃圾分类的总时间的平均值z−和方差sz2．
参考公式：若总体划为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：m,x−1,s12；n,x−2,s22，总的样本平均数为ω−，样本方差为s2，则s2=mm+n[s12+(x−1−ω−)2]+nm+n[s22+(x−2−ω−)2]．
21. (本小题12.0分)
如图1，在等腰△ABC中，AC=4，A=π2，O，D分别为BC、AB的中点，过D作DE⊥BC于E.如图2，沿DE将△BDE翻折，连接BA，BC得到四棱锥B−ACED，F为AB中点．
(1)证明：DF⊥平面AOB；
(2)当OB= 2时，求直线BF与平面BCD所成的角的正弦值．
22. (本小题12.0分)
射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，O为透视中心，平面内四个点E，F，G，H经过中心投影之后的投影点分别为A，B，C，D.对于四个有序点A，B，C，D，定义比值x=CACBDADB叫做这四个有序点的交比，记作(ABCD)．
(1)证明：(EFGH)=(ABCD)；
(2)已知(EFGH)=32，点B为线段AD的中点，AC= 3OB=3,sin∠ACOsin∠AOB=32，求cosA．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：z=11+2i=1−2i(1+2i)(1−2i)=15−25i，
它在复平面内对应点为(15,−25)，在第四象限．
故选D．
利用复数的除法将z=11+2i化简为a+bi(a,b∈R)形式，则它在复平面内对应点为(a,b)，判断点所在的象限即可．
本题考查复数的除法运算和复数与复平面内点的对应关系，属基本概念、基本运算的考查．
2.【答案】A
【解析】解：依题意济南天下第一泉风景区应抽取游客1500×100100+30+20=1000(人)．
故选：A．
按照分层抽样计算规则计算可得．
本题考查分层抽样，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由α⊥β可得α经过β的一条垂线，反之若α经过β的一条垂线，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，故A正确；
α，β垂直于同一个平面，可得α，β平行或相交，故B错误；
α内有一条直线垂直于α与β的交线，可得α，β不一定垂直，故C错误；
α内有两条相交直线分别与β内两条直线垂直，可得α，β平行或相交，故D错误．
故选：A．
由空间中面面的位置关系和面面垂直的判定定理、充要条件的定义，可得结论．
本题考查面面垂直的判定定理和充分必要条件的定义，考查推理能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查互斥事件的概率加法公式和相互独立事件的概率乘法公式，属于较易题．
先根据相互独立事件的概率乘法公式分别求出“第一次摸到红球、第二次摸到红球”和“第一次摸到黄球、第二次摸到红球”的概率，再利用互斥事件的概率加法公式求出第二次摸到红球的概率．
【解答】
解：袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中3个红球，2个黄球，
从中不放回地依次随机摸出2个球，则第二次摸到红球的情况有两种：
①第一次摸到红球，第二次摸到红球，概率P1=35×24=310，
②第一次摸到黄球，第二次摸到红球，概率P2=25×34=310，
故第二次摸到红球的概率P=P1+P2=310+310=35．
故选：D．
5.【答案】C
【解析】解：∵B=π4，b=1，c= 62，
由正弦定理有：bsinB=csinC，
∴sinC=csinBb= 62× 221= 32，
∵c>b，∴C>B，∴C∈(π4,π)，
∴C=π3或2π3．
故选：C．
由正弦定理求出sinC，再由大边对大角即可求出C．
本题考查正弦定理的应用，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：如图所示：
因为SO⊥平面ABC，侧棱SA，SB，SC与底面ABC所成的角都相等，
则∠SAO=∠SBO=∠SCO，AO=SOtan∠SAO,BO=SOtan∠SBO,CO=SOtan∠SCO，
故AO=BO=CO，故O是△ABC的外心．
故选：D．
由线面角的定义，得到∠SAO=∠SBO=∠SCO再在三角形中，由三角函数得到AO=SOtan∠SAO,BO=SOtan∠SBO,CO=SOtan∠SCO从而得到AO=BO=CO进而得解．
本题主要考查三角形的五心，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：∵B=π3，c=2，
∴由正弦定理得asinA=bsinπ3=2sinC，
∴b= 3sinC，a=2sinAsinC=2sin(π3+C)sinC= 3cosC+sinCsinC，
∴a+b= 3sinC+ 3cosC+sinCsinC= 3(cosC+1)sinC+1
=2 3cos2C22sinC2cosC2+1= 3tanC2+1，
在锐角△ABC中，0
∴2− 3
∴ 3+1< 3tanC2+1<4+2 3，即 3+1
故选：C．
利用正弦定理得b= 3sinC，a=2sinAsinC= 3cosC+sinCsinC，可得a+b= 3tanC2+1，结合题意可得π6
8.【答案】B
【解析】解：由题意得QE，QF，QG均最小时，平方和最小，
过点Q分别作平面PAB，平面PAD，平面ABCD的垂线，垂足分别为E，F，G，
连接AQ，因为PA⊥面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，
因为底面ABCD为正方形，所以AB⊥BC，又因为PA∩AB=A，PA，AB⊂平面PAB，
所以BC⊥面PAB，因为QE⊥平面PAB，则QE//BC，又因为点Q在PC上，则点E应在PB上，
同理可证F，G分别位于PD，AC上，
从而补出长方体EQFJ−HGIA，
则AQ是以QE，QF，QG为共点的长方体的对角线，则AQ²=QE²+QF²+QG²，
则题目转化为求AQ的最小值，显然当AQ⊥PC时，AQ的最小值，
因为四边形ABCD为正方形，且PA=AB=1，则AC= 2，
因为PA⊥面ABCD，AC⊂面ABCD，所以PA⊥AC，
所以PC= PA2+AC2= 3，
则直角三角形PAC斜边AC的高AQ=1× 2 3= 63，此时AQ2=23，
则QE²+QF²+QG²的最小值为23，
故选：B．
本题利用补形法，再利用长方体对角线的性质即可求出最值．
本题主要考查通过补形法探讨取值范围问题，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：ω=−12+ 32i，
则ω2=(−12+ 32i)=−12− 32i，ω2≠ω，故C错误；
|ω|= (−12)2+( 32)2=1，故A正确；
ω3=ω2⋅ω=(−12− 32i)(−12+ 32i)=1，故B错误；
ω2+ω+1=−12− 32i−12+ 32i+1=0，故D正确．
故选：AD．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，事件“恰有一次正面向上”即“一次正面向上、一次反面向上”，同样，事件“恰有一次反面向上”也是“一次正面向上、一次反面向上”，
两个事件相等，A正确；
对于B，事件“至少一次正面向上”，即“一次正面向上、一次反面向上”和“两次都是正面向上”，
事件“至少一次反面向上”，即“一次正面向上、一次反面向上”和“两次都是反面向上”，两个事件不互斥，B错误；
对于C，事件“两次正面向上”与事件“两次反面向上”不是对立事件，还有一种情况“一次正面向上、一次反面向上”，C错误；
对于D，由相互独立事件的定义，事件“第一次正面向上”与事件“第二次反面向上”相互独立，D正确．
故选：AD．
根据题意，由相等事件的定义分析A，由对立、互斥事件的定义依次选项BC，由相互独立事件的定义分析D，综合可得答案．
本题考查相互独立事件、对立和互斥事件的定义，注意相互对立事件和互斥事件的不同，属于基础题．
11.【答案】BD
【解析】解：对于A，由频率分布直方图可知平均数的估计值为：
5×0.1+15×0.18+25×0.22+35×0.25+45×0.2+55×0.05=29.2，故A错误；
对于B，由频率分布直方图可知[30,40)的频率最大，因此众数的估计值为35，故B正确；
对于C，由频率分布直方图得从第一组到第六组的频率依次是0.1，0.18，0.22，0.25，0.2，0.05，
所以第60百分位数估计值m在[30,40)内，
所以0.1+0.18+0.22+(m−30)×0.025=0.6，解得m=34，故C错误；
对于D，随机选取这100名学生中体育活动时间不低于40分钟的人数为100×(0.2+0.05)=25，故D正确．
故选：BD．
根据频率分布直方图估计各数据特征，对选项逐一判断即可．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了平均数、众数和百分位数的计算，属于基础题．
12.【答案】ABD
【解析】解：对于A选项，在△BCD中，BC=AB=2,CD= 6,cos∠CBD=14，
由余弦定理可得CD2=BC2+BD2−2BC⋅BDcos∠CBD，
即4+BD2−4BD×14=6，即BD2−BD−2=0，因为BD>0，解得BD=2，
取AB的中点E，连接CE、DE，如下图所示：
因为△ABC为等边三角形，E为AB的中点，所以，CE⊥AB，
又因为CD⊥AB，CD∩CE=C，CD，CE⊂平面CDE，所以，AB⊥平面CDE，
因为DE⊂平面CDE，所以，DE⊥AB，
所以，二面角D−AB−C的平面角为∠CED，
因为E为AB的中点，所以，AD=BD=2，故△ABD也是边长为2的等边三角形，
所以DE= AD2−AE2= 4−1= 3,CE= AC2−AE2= 4−1= 3，
又因为CD= 6，所以，CE2+DE2=CD2，则CE⊥DE，
故二面角D−AB−C为π2，A对；
对于B选项，设△ABC、△ABD的中心分别为点G、H，
分别过点G、H作GO//DE、HO//CE，设GO∩HO=O，
因为CE⊥DE，CE⊥AB，AB∩DE=E，AB、DE⊂平面ABD，
所以，CE⊥平面ABD，因为HO//CE，则OH⊥平面ABD，同理，OG⊥平面ABC，
所以，O为三棱锥D−ABC的外接球球心，
由等边三角形的几何性质可知，HE=13DE= 33，同理，GE=13CE= 33，
因为OH//GE,OG//EH,HE=GE= 33,GE⊥HE，
所以，四边形OHEG为正方形，且OH=GE= 33，
又因为DH=DE−HE= 3− 33=2 33，
因为CE⊥DE，OH//CE，则OH⊥DE，
则OD= OH2+DH2= ( 33)2+(2 33)2= 153，
所以，三棱锥D−ABC的外接球半径为 153，
因此，三棱锥D−ABC的外接球的表面积为4π⋅OD2=4π×( 153)2=20π3，B对；
对于C选项，设点D在平面α内的射影点为N，连接MN，
因为CM⊥a，DN⊥a，则CM//DN，故点C、D、N、M四点共面，
因为AB⊂α，则AB⊥CM，
又因为CD⊥AB，CD∩CM=C，CD、CM⊂平面CDNM，则AB⊥平面CDNM，
又因为AB⊥平面CDE，故平面CDE与平面CDNM重合，
又因为E∈α，M，N∈α，故E∈MN，
设∠CEM=θ，其中0≤θ≤π2，
又因为∠CED=π2，则∠DEN=π−∠CED−∠CEM=π−π2−θ=π2−θ，
所以，CM=CEsin∠CEM= 3sinθ，
DN=DEsin∠DEN= 3sin(π2−θ)= 3cosθ，
所以，点C与点D到平面α的距离之和CM+DN= 3sinθ+ 3cosθ= 6sin(θ+π4)，
因为0≤θ≤π2，则π4≤θ+π4≤3π4，
故当θ+π4=π2时，即当θ=π4时，CM+DN取最大值 6，C错；
对于D选项，ME=CEcosθ= 3cosθ,∠DEM=∠CED+∠CEM=π2+θ，
由余弦定理可得DM= DE2+EM2−2DE⋅EMcos(π2+θ)
= 3+3cos2θ+2 3⋅ 3cosθsinθ= 3+3×1+cos2θ2+3sin2θ
= 3sin2θ+3cos2θ2+92= 3 52sin(2θ+φ)+92，
其中φ为锐角，且tanφ=12，
因为0≤θ≤π2，则φ≤2θ+φ≤π+φ，故当2θ+φ=π2时，DM取得最大值，
且(DM)max= 9+3 52= 18+6 54= 15+ 32，D对．
故选：ABD．
利用余弦定理求出BC的长，取AB的中点E，连接CE、DE，利用二面角的定义可判断A选项；找出三棱锥D−ABC的球心，求出其外接球半径，结合球体表面积公式可判断B选项；设点D在平面α内的射影为点N，设∠CEM=θ，其中0≤θ≤π2，利用辅助角公式结合正弦函数的基本性质求出CM+DN的最大值，可判断C选项；利用余弦定理结合三角恒等变换求出DM的最大值，可判断D选项．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
13.【答案】5
【解析】解：5×75%=3.75，
故一组数据1，2，4，5，8的第75百分位数为5．
故答案为：5．
根据已知条件，结合百分位数的定义，即可求解．
本题主要考查百分位数的定义，属于基础题．
14.【答案】12
【解析】解：如图，连接A1C1，A1B，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，有A1D1//B1C1//BC，A1D1=B1C1=BC，
所以四边形A1D1CB为平行四边形，所以A1B//CD1，
所以∠A1BC1为直线BC1与直线CD1夹角或其补角，
设正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为a，
则A1B=BC1=A1C1= 2a，
所以△A1BC1为等边三角形，
所以∠A1BC1=π3，
故直线BC1与直线CD1夹角的余弦值为cos∠A1BC1=cosπ3=12．
故答案为：12．
根据异面直线夹角的定义确定∠A1BC1为直线BC1与直线CD1夹角或其补角，再判断△A1BC1的形状即可得答案．
本题考查了异面直线所成角的计算问题，属于基础题．
15.【答案】2
【解析】解：∵在圆C中，已知一条弦AB=2，
∴根据圆的几何性质得出：|AC|cos∠CAB=12|AB|=12×2=1，
∵AB⋅AC=|AB⋅|AC|cos∠CAB=2×1=2．
故答案为：2．
根据圆的几何性质得出：|AC|cos∠CAB=12|AB|，利用向量的数量积AB⋅AC=|AB⋅|AC|cos∠CAB整体求解即可．
本题考查了圆的几何性质，平面向量的数量积的定义，难度不大，关键是根据题意的线段的关系，属于容易题．
16.【答案】2 343
【解析】解：由题意c=2b，S△ABC=12bcsinA=1，即b2sinA=1；
连接AG并延长交BC于D，则D为BC的中点，可得AD=12(AB+AC)，
又因为G为三角形的重心，则AG=23AD，可得AG=13(AB+AC)，BC=AC−AB，
所以AG2=AG2=19(AB2+AC2+2AB⋅AC)=19(c2+b2+2bccosA)=19(5b2+4b2cosA)，
BC2=BC2=AC2+AB2−2AB⋅AC=b2+c2−2bccosA=5b2−4b2cosA，
所以3AG2+BC2=53b2+4b23cosA+5b2−4b2cosA=203b2−83b2cosA=203sinA−8cosA3sinA，
令t=203sinA−8cosA3sinA>0，则3tsinA+8cosA=20，
即sin(A+φ)=20 9t2+64≤1，当且仅当A+φ=π2时取等号，tanφ=82t，
可得9t2+64≥400，解得t≥2 343或t≤−2 343(舍)，
即t的最小值为：2 343．
故答案为：2 343．
由三角形的面积公式可得b2sinA=1，再由重心的性质，可知向量AG=13(AB+AC)，BC=AC−AB，平方可得3AG2+BC2的表达式，设t=203sinA−8cosA3sinA>0，则3tsinA+8cosA=20，由辅助角公式，可得t的最小值，即求出3AG2+BC2的最小值．
本题考查三角形等面积公式的应用及辅助角公式的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵|e1|=|e2|=1,=π3，
∴e1⋅e2=12，
∴|a|= e12+4e22+4e1⋅e2= 1+4+2= 7；
(2)∵a⊥b，
∴a⋅b=(e1+2e2)⋅(te1−3e2)=te12−6e22+(2t−3)e1⋅e2=t−6+12(2t−3)=0，解得t=154．
【解析】(1)根据条件得出e1⋅e2=12，根据|a|= (e1+2e2)2进行数量积的运算即可求出答案；
(2)根据a⊥b得出a⋅b=0，进行数量积的运算即可得出t的值．
本题考查了向量数量积的运算及计算公式，向量长度的求法，向量垂直的充要条件，考查了计算能力，属于基础题．
18.【答案】证明：(1)连接A1B交AB1于点N，连接MN，
则正三棱柱中A1B1BA是平行四边形，
所以N为A1B的中点，又M为A1C1的中点，
所以MN//BC1，BC1⊄平面AB1M，MN⊂平面AB1M，所以BC1//平面AB1M.
解：(2)过M作MH⊥A1B1，垂足为H，
由题意可得B1M= 3，AM= 5，AB1=2 2，
所以B1M2+AM2=AB12，所以B1M⊥AM，
所以△AB1M的面积S△AB1M=12× 3× 5= 152，
因为正三棱柱中平面A1B1C1⊥平面A1B1BA，
又平面A1B1C1∩平面A1B1BA=A1B1，MH⊂平面A1B1C1，且MH⊥A1B1，
所以MH⊥平面A1B1BA，
即M到平面A1B1BA的距离为MH=MA1sinπ3= 32，
又△ABB1的面积S△ABB1=12AB⋅BB1=2，
所以VM−ABB1=13MH⋅S△ABB1=13× 32×2= 33，又VM−ABB1=VB−MAB1，
所以13S△AB1M⋅d= 33，解得d=2 55，
所以点B到平面AB1M的距离为2 55．
【解析】(1)连接A1B交AB1于点N，连接MN，即可得到MN//BC1，从而得证；
(2)过M作MH⊥A1B1，垂足为H，由正三棱柱的性质及面面垂直的性质得到MH⊥平面A1B1BA，再由VM−ABB1=VB−MAB1利用等体积法计算可得．
本题主要考查线面平行的判定定理以及根据等体积法求点到平面的距离，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：事件A与事件B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B)，
又由B=A−B+AB，事件A−B和AB互斥，
则有P(B)=P(A−B+AB)=P(AB)+P(A−B)=P(A)P(B)+P(A−B)，
变形可得：P(A−B)=P(B)−P(A)P(B)=[1−P(A)]P(B)=P(A−)P(B)，
故事件A−与B相互独立；
(2)根据题意，设事件A1、A2分别表示甲答对1道、2道题目，事件B1、B2分别表示乙答对1道、2道题目，
则P(A1)=2×35×(1−35)=1225，P(A2)=35×35=925，
P(B1)=2×23×(1−23)=49，P(B2)=23×23=49，
若甲乙两人在两轮活动中答对3道题，即A2B1+A1B2，
则甲乙两人在两轮活动中答对3道题的概率P=P(A2B1+A1B2)=P(A2B1)+P(A1B2)=925×49+1225×49=2875．
【解析】(1)根据题意，有B=A−B+AB，事件A−B和AB互斥，分析可得P(B)=P(A−B+AB)=P(AB)+P(A−B)，变形可得P(A−B)=P(A−)P(B)，即可得证明；
(2)设事件A1、A2分别表示甲答对1道、2道题目，事件B1、B2分别表示乙答对1道、2道题目，而甲乙两人在两轮活动中答对3道题，即A2B1+A1B2，由互斥事件的概率公式计算可得答案．
本题考查概率的应用，涉及相互独立事件、互斥事件的性质，属于中档题．
20.【答案】解：(1)已知x−=18i=18xi=18(200+220+200+180+200+a+b+220)=200，
整理得a+b=380，①
又sx2=18i=18(xi−x−)2=8[3×(200−200)2+2×(220−200)2+(180−200)2+(a−200)2+(b−200)2]=200，
整理得(a−200)2+(b−200)2=400，②
联立①②，解得a=180，b=200或a=200，b=180，
因为a≤b，
所以a=180，b=200；
(2)设甲小区试行新措施之后，甲小区抽取的第i户家庭近7天用于垃圾分类的总时间为mi，
此时mi=xi−35，
则mi−=x−−35=165，sm2=sx2=200，
所以z−=116(8m−+8y−)=12(165+195)=180，
sz2=88+8[sm2+(m−−z−)2]+88+8[sy2+(y−−z−)]
=12[200+(165−180)2]+12[210+(195−180)2]
=430．
【解析】(1)由题意，根据平均值和方差公式，列出等式即可求出a和b的值；
(2)根据题中所给公式，代入求解即可．
本题考查平均值和方差，考查了逻辑推理和运算能力．
21.【答案】(1)证明：因为DE⊥BE，DE⊥OE，且BE∩OE=E，BE、OE⊂平面BCE，
所以DE⊥平面BCE，
又OA//DE，所以OA⊥平面BCE，
设点P是翻折前点B所在的位置，则D为AP的中点，
因为F为AB的中点，所以DF//PB，
因为PB⊂平面BCE，所以OA⊥PB，所以OA⊥DF，
由题意知，DA=DB，
因为F为AB的中点，所以DF⊥AB，
又OA∩AB=A，OA、AB⊂平面AOB，
所以DF⊥平面AOB．
(2)解：以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,2 2)，P(2 2,0,0)，C(−2 2,0,0)，D( 2,0, 2)，
由(1)知，DF⊥平面AOB，
因为DF//PB，所以PB⊥平面AOB，所以PB⊥OB，
又OB= 2=12OP，所以∠POB=60°，所以B( 22, 62,0)，F( 24, 64, 2)，
所以BF=(− 24,− 64, 2)，CD=(3 2,0, 2)，CB=(5 22, 62,0)，
设平面BCD的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅CD=0n⋅CB=0，即3 2x+ 2z=05 22x+ 62y=0，
令x=1，则y=−5 3，z=−3，所以n=(1,−5 3,−3)，
设直线BF与平面BCD所成的角为θ，则sinθ=|cos|=|BF⋅n||BF|⋅|n|=|− 24+ 64×5 3−3 2| ( 24)2+( 64)2+2⋅ 1+(5 3)2+9=4 3355，
故直线BF与平面BCD所成的角的正弦值为4 3355．
【解析】(1)先证DE⊥平面BCE，知OA⊥平面BCE，设点P是翻折前点B所在的位置，由DF//PB，OA⊥PB，得OA⊥DF，再由DF⊥AB，结合线面垂直的判定定理，得证；
(2)以O为坐标原点建立空间直角坐标系，写出所需各点的坐标，求得平面BCD的法向量n，设直线BF与平面BCD所成的角为θ，由sinθ=|cos|，即可得解．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面位置的判定定理与性质定理，利用空间向量求线面角的方法是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)证明：在△AOC、△AOD、△BOC、△BOD中，
CACB=S△AOCS△BOC=12OA⋅OCsin∠AOC12OB⋅OCsin∠BOC=OAsin∠AOCOBsin∠BOC，
DADB=S△AODS△BOD=12OA⋅ODsin∠AOD12OB⋅ODsin∠BOD=OAsin∠AODOBsin∠BOD，
所以(ABCD)=CACBDADB=OAsin∠AOCOBsin∠BOCOAsin∠AODOBsin∠BOD=sin∠AOC⋅sin∠BODsin∠BOC⋅sin∠AOD，
又在△EOG、△EOH、△FOG、△FOH中，
GEGF=S△EOGS△FOG=12OE⋅OGsin∠EOG12OF⋅OGsin∠FOG=OEsin∠EOGOFsin∠FOG，
HEHF=S△EOHS△FOH=12OE⋅OHsin∠EOH12OF⋅OHsin∠FOH=OEsin∠EOHOFsin∠FOH，
所以(EFGH)=GEGFHEHF=OEsin∠EOGOFsin∠FOGOEsin∠EOHOFsin∠FOH=sin∠EOG⋅sin∠FOHsin∠FOG⋅sin∠EOH，
又∠EOG=∠AOC，∠FOH=∠BOD，∠FOG=∠BOC，∠EOH=∠AOD，
所以sin∠AOC⋅sin∠BODsin∠BOC⋅sin∠AOD=sin∠EOG⋅sin∠FOHsin∠FOG⋅sin∠EOH，
所以(EFGH)=(ABCD)．
(2)由题意可得(EFGH)=32，所以(ABCD)=32，
即CACBDADB=32，所以CACB⋅DBDA=32，
又点B为线段AD的中点，即DBDA=12，
所以CACB=3，
又AC=3，则AB=2，BC=1，
设OA=x，OC=y且OB= 3，
由∠ABO=π−∠CBO，
所以cos∠ABO+cos∠CBO=0，
即22+( 3)2−x22×2× 3+12+( 3)2−y22×1× 3=0，
解得x2+2y2=15，①
在△AOB中，由正弦定理可得ABsin∠AOB=xsin∠ABO，②
在△COB中，由正弦定理可得OBsin∠BCO=ysin∠CBO，③
且sin∠ABO=sin∠CBO，
②③得，xy=ABsin∠AOB⋅sin∠BCOOB=32×2 3= 3，
即x= 3y，④
由①④解得x=3,y= 3(负值舍去)，
即AO=3,OC= 3
所以cosA=AO2+AB2−OB22AO⋅AB=32+22−( 3)22×3×2=56．
【解析】(1)利用面积公式表示出CACB、DADB即可得到(ABCD)，同理得到(EFGH)，即可得证；
(2)由(1)可得(ABCD)，即可得到DBDA=12，设OA=x，OC=y，利用余弦定理与正弦定理得到方程组，求出x，y，再由余弦定理计算可得．
本题解答的关键是理解所给定义，利用面积公式求出线段的比，利用整体思想计算．属于较难题目．
2022-2023学年山东省济南市高一（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. 在复平面内，复数z=11+2i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. 《2023年五一出游数据报告》显示，济南凭借超强周边吸引力，荣登“五一”最强周边游“吸金力”前十名榜单.其中，济南天下第一泉风景区接待游客100万人次，济南动物园接待游客30万人次，千佛山景区接待游客20万人次.现采用按比例分层抽样的方法对三个景区的游客共抽取1500人进行济南旅游满意度的调研，则济南天下第一泉风景区抽取游客( )
A. 1000人 B. 300人 C. 200人 D. 100人
3. 设α，β为两个平面，则α⊥β的充要条件是( )
A. α过β的一条垂线
B. α，β垂直于同一平面
C. α内有一条直线垂直于α与β的交线
D. α内有两条相交直线分别与β内两条直线垂直
4. 袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中3个红球，2个黄球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则第二次摸到红球的概率为( )
A. 110 B. 15 C. 25 D. 35
5. 已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a,b,c,B=π4,b=1,c= 62，则角C的值为( )
A. π3 B. 2π3 C. π3或2π3 D. 无解
6. 如果三棱锥S−ABC底面不是等边三角形，侧棱SA，SB，SC与底面ABC所成的角都相等，SO⊥平面ABC，垂足为O，则O是△ABC的( )
A. 垂心 B. 重心 C. 内心 D. 外心
7. 已知锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a,b,c,B=π3,c=2，则△ABC的周长的取值范围为( )
A. (3+ 3,2+2 3) B. (3+ 3,4+2 3)
C. (3+ 3,6+2 3) D. (3+ 3,+∞)
8. 在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PA=AB=1.点E，F，G分别为平面PAB，平面PAD和平面ABCD内的动点，点Q为棱PC上的动点，则QE2+QF2+QG2的最小值为( )
A. 12 B. 23 C. 34 D. 1
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. 已知复数ω=−12+ 32i，则下列说法中正确的是( )
A. |ω|=1 B. ω3=−1 C. ω2=ω D. ω2+ω+1=0
10. 先后抛掷质地均匀的硬币两次，则下列说法正确的是( )
A. 事件“恰有一次正面向上”与事件“恰有一次反面向上”相等
B. 事件“至少一次正面向上”与事件“至少一次反面向上”互斥
C. 事件“两次正面向上”与事件“两次反面向上”互为对立事件
D. 事件“第一次正面向上”与事件“第二次反面向上”相互独立
11. 某学校为了调查高一年级学生每天体育活动时间情况，随机选取了100名学生，绘制了如图所示频率分布直方图，则下列说法正确的是( )
A. 平均数的估计值为30
B. 众数的估计值为35
C. 第60百分位数估计值是32
D. 随机选取这100名学生中有25名学生体育活动时间不低于40分钟
12. 如图，已知三棱锥D−ABC可绕AB在空间中任意旋转，△ABC为等边三角形，AB在平面α内，AB⊥CD，AB=2，CD= 6,cos∠CBD=14，则下列说法正确的是( )
A. 二面角D−AB−C为π2
B. 三棱锥D−ABC的外接球表面积为20π3
C. 点C与点D到平面α的距离之和的最大值为2
D. 点C在平面α内的射影为点M，线段DM的最大值为 15+ 32
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 一组数据1，2，4，5，8的第75百分位数为______ ．
14. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线BC1与直线CD1夹角的余弦值为______ ．
15. 在圆C中，已知弦AB=2，则AB⋅AC的值为______ ．
16. 已知△ABC的重心为G，面积为1，且AB=2AC，则3AG2+BC2的最小值为______ ．
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e1,e2是两个单位向量，夹角为π3，设a=e1+2e2,b=te1−3e2．
(1)求|a|；
(2)若a⊥b，求t的值．
18. (本小题12.0分)
已知正三棱柱ABC−A1B1C1的棱长均为2，M为A1C1的中点．
(1)求证：BC1//平面AB1M；
(2)求点B到平面AB1M的距离d．
19. (本小题12.0分)
独立事件是一个非常基础但又十分重要的概念，对于理解和应用概率论和统计学至关重要.它的概念最早可以追湖到17世纪的布莱兹⋅帕斯卡和皮埃尔⋅德⋅费马，当时被定义为彼此不相关的事件.19世纪初期，皮埃尔⋅西蒙⋅拉普拉斯在他的《概率的分析理论》中给出了相互独立事件的概率乘法公式.对任意两个事件A与B，如果P(AB)=P(A)P(B)成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立．
(1)若事件A与事件B相互独立，证明：A−与B相互独立；
(2)甲、乙两人参加数学节的答题活动，每轮活动由甲、乙各答一题，已知甲每轮答对的概率为35，乙每轮答对的概率为23.在每轮活动中，甲和乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响，求甲乙两人在两轮活动中答对3道题的概率．
20. (本小题12.0分)
某社区工作人员采用分层抽样的方法分别在甲乙两个小区各抽取了8户家庭，统计了每户家庭近7天用于垃圾分类的总时间(单位：分钟)，其中甲小区的统计表如下，
住户序号
1
2
3
4
5
6
7
8
所需时间
200
220
200
180
200
a
b
220
设xi，yi分别为甲，乙小区抽取的第i户家庭近7天用于垃圾分类的总时间，sx2,sy2分别为甲，乙小区所抽取样本的方差，已知x−=18i=18xi=200,sx2=18i=18(xi−x−)2=200,y−=195,sy2=210，其中i=1，2，⋯，8．
(1)若a≤b，求a和b的值；
(2)甲小区物业为提高垃圾分类效率，优先试行新措施，每天由部分物业员工协助垃圾分类工作，经统计，甲小区住户每户每天用于垃圾分类的时间减少了5分钟.利用样本估计总体，计算甲小区试行新措施之后，甲乙两个小区的所有住户近7天用于垃圾分类的总时间的平均值z−和方差sz2．
参考公式：若总体划为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：m,x−1,s12；n,x−2,s22，总的样本平均数为ω−，样本方差为s2，则s2=mm+n[s12+(x−1−ω−)2]+nm+n[s22+(x−2−ω−)2]．
21. (本小题12.0分)
如图1，在等腰△ABC中，AC=4，A=π2，O，D分别为BC、AB的中点，过D作DE⊥BC于E.如图2，沿DE将△BDE翻折，连接BA，BC得到四棱锥B−ACED，F为AB中点．
(1)证明：DF⊥平面AOB；
(2)当OB= 2时，求直线BF与平面BCD所成的角的正弦值．
22. (本小题12.0分)
射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，O为透视中心，平面内四个点E，F，G，H经过中心投影之后的投影点分别为A，B，C，D.对于四个有序点A，B，C，D，定义比值x=CACBDADB叫做这四个有序点的交比，记作(ABCD)．
(1)证明：(EFGH)=(ABCD)；
(2)已知(EFGH)=32，点B为线段AD的中点，AC= 3OB=3,sin∠ACOsin∠AOB=32，求cosA．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：z=11+2i=1−2i(1+2i)(1−2i)=15−25i，
它在复平面内对应点为(15,−25)，在第四象限．
故选D．
利用复数的除法将z=11+2i化简为a+bi(a,b∈R)形式，则它在复平面内对应点为(a,b)，判断点所在的象限即可．
本题考查复数的除法运算和复数与复平面内点的对应关系，属基本概念、基本运算的考查．
2.【答案】A
【解析】解：依题意济南天下第一泉风景区应抽取游客1500×100100+30+20=1000(人)．
故选：A．
按照分层抽样计算规则计算可得．
本题考查分层抽样，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由α⊥β可得α经过β的一条垂线，反之若α经过β的一条垂线，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，故A正确；
α，β垂直于同一个平面，可得α，β平行或相交，故B错误；
α内有一条直线垂直于α与β的交线，可得α，β不一定垂直，故C错误；
α内有两条相交直线分别与β内两条直线垂直，可得α，β平行或相交，故D错误．
故选：A．
由空间中面面的位置关系和面面垂直的判定定理、充要条件的定义，可得结论．
本题考查面面垂直的判定定理和充分必要条件的定义，考查推理能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查互斥事件的概率加法公式和相互独立事件的概率乘法公式，属于较易题．
先根据相互独立事件的概率乘法公式分别求出“第一次摸到红球、第二次摸到红球”和“第一次摸到黄球、第二次摸到红球”的概率，再利用互斥事件的概率加法公式求出第二次摸到红球的概率．
【解答】
解：袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中3个红球，2个黄球，
从中不放回地依次随机摸出2个球，则第二次摸到红球的情况有两种：
①第一次摸到红球，第二次摸到红球，概率P1=35×24=310，
②第一次摸到黄球，第二次摸到红球，概率P2=25×34=310，
故第二次摸到红球的概率P=P1+P2=310+310=35．
故选：D．
5.【答案】C
【解析】解：∵B=π4，b=1，c= 62，
由正弦定理有：bsinB=csinC，
∴sinC=csinBb= 62× 221= 32，
∵c>b，∴C>B，∴C∈(π4,π)，
∴C=π3或2π3．
故选：C．
由正弦定理求出sinC，再由大边对大角即可求出C．
本题考查正弦定理的应用，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：如图所示：
因为SO⊥平面ABC，侧棱SA，SB，SC与底面ABC所成的角都相等，
则∠SAO=∠SBO=∠SCO，AO=SOtan∠SAO,BO=SOtan∠SBO,CO=SOtan∠SCO，
故AO=BO=CO，故O是△ABC的外心．
故选：D．
由线面角的定义，得到∠SAO=∠SBO=∠SCO再在三角形中，由三角函数得到AO=SOtan∠SAO,BO=SOtan∠SBO,CO=SOtan∠SCO从而得到AO=BO=CO进而得解．
本题主要考查三角形的五心，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：∵B=π3，c=2，
∴由正弦定理得asinA=bsinπ3=2sinC，
∴b= 3sinC，a=2sinAsinC=2sin(π3+C)sinC= 3cosC+sinCsinC，
∴a+b= 3sinC+ 3cosC+sinCsinC= 3(cosC+1)sinC+1
=2 3cos2C22sinC2cosC2+1= 3tanC2+1，
在锐角△ABC中，0
∴2− 3
∴ 3+1< 3tanC2+1<4+2 3，即 3+1
故选：C．
利用正弦定理得b= 3sinC，a=2sinAsinC= 3cosC+sinCsinC，可得a+b= 3tanC2+1，结合题意可得π6
8.【答案】B
【解析】解：由题意得QE，QF，QG均最小时，平方和最小，
过点Q分别作平面PAB，平面PAD，平面ABCD的垂线，垂足分别为E，F，G，
连接AQ，因为PA⊥面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，
因为底面ABCD为正方形，所以AB⊥BC，又因为PA∩AB=A，PA，AB⊂平面PAB，
所以BC⊥面PAB，因为QE⊥平面PAB，则QE//BC，又因为点Q在PC上，则点E应在PB上，
同理可证F，G分别位于PD，AC上，
从而补出长方体EQFJ−HGIA，
则AQ是以QE，QF，QG为共点的长方体的对角线，则AQ²=QE²+QF²+QG²，
则题目转化为求AQ的最小值，显然当AQ⊥PC时，AQ的最小值，
因为四边形ABCD为正方形，且PA=AB=1，则AC= 2，
因为PA⊥面ABCD，AC⊂面ABCD，所以PA⊥AC，
所以PC= PA2+AC2= 3，
则直角三角形PAC斜边AC的高AQ=1× 2 3= 63，此时AQ2=23，
则QE²+QF²+QG²的最小值为23，
故选：B．
本题利用补形法，再利用长方体对角线的性质即可求出最值．
本题主要考查通过补形法探讨取值范围问题，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：ω=−12+ 32i，
则ω2=(−12+ 32i)=−12− 32i，ω2≠ω，故C错误；
|ω|= (−12)2+( 32)2=1，故A正确；
ω3=ω2⋅ω=(−12− 32i)(−12+ 32i)=1，故B错误；
ω2+ω+1=−12− 32i−12+ 32i+1=0，故D正确．
故选：AD．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，事件“恰有一次正面向上”即“一次正面向上、一次反面向上”，同样，事件“恰有一次反面向上”也是“一次正面向上、一次反面向上”，
两个事件相等，A正确；
对于B，事件“至少一次正面向上”，即“一次正面向上、一次反面向上”和“两次都是正面向上”，
事件“至少一次反面向上”，即“一次正面向上、一次反面向上”和“两次都是反面向上”，两个事件不互斥，B错误；
对于C，事件“两次正面向上”与事件“两次反面向上”不是对立事件，还有一种情况“一次正面向上、一次反面向上”，C错误；
对于D，由相互独立事件的定义，事件“第一次正面向上”与事件“第二次反面向上”相互独立，D正确．
故选：AD．
根据题意，由相等事件的定义分析A，由对立、互斥事件的定义依次选项BC，由相互独立事件的定义分析D，综合可得答案．
本题考查相互独立事件、对立和互斥事件的定义，注意相互对立事件和互斥事件的不同，属于基础题．
11.【答案】BD
【解析】解：对于A，由频率分布直方图可知平均数的估计值为：
5×0.1+15×0.18+25×0.22+35×0.25+45×0.2+55×0.05=29.2，故A错误；
对于B，由频率分布直方图可知[30,40)的频率最大，因此众数的估计值为35，故B正确；
对于C，由频率分布直方图得从第一组到第六组的频率依次是0.1，0.18，0.22，0.25，0.2，0.05，
所以第60百分位数估计值m在[30,40)内，
所以0.1+0.18+0.22+(m−30)×0.025=0.6，解得m=34，故C错误；
对于D，随机选取这100名学生中体育活动时间不低于40分钟的人数为100×(0.2+0.05)=25，故D正确．
故选：BD．
根据频率分布直方图估计各数据特征，对选项逐一判断即可．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了平均数、众数和百分位数的计算，属于基础题．
12.【答案】ABD
【解析】解：对于A选项，在△BCD中，BC=AB=2,CD= 6,cos∠CBD=14，
由余弦定理可得CD2=BC2+BD2−2BC⋅BDcos∠CBD，
即4+BD2−4BD×14=6，即BD2−BD−2=0，因为BD>0，解得BD=2，
取AB的中点E，连接CE、DE，如下图所示：
因为△ABC为等边三角形，E为AB的中点，所以，CE⊥AB，
又因为CD⊥AB，CD∩CE=C，CD，CE⊂平面CDE，所以，AB⊥平面CDE，
因为DE⊂平面CDE，所以，DE⊥AB，
所以，二面角D−AB−C的平面角为∠CED，
因为E为AB的中点，所以，AD=BD=2，故△ABD也是边长为2的等边三角形，
所以DE= AD2−AE2= 4−1= 3,CE= AC2−AE2= 4−1= 3，
又因为CD= 6，所以，CE2+DE2=CD2，则CE⊥DE，
故二面角D−AB−C为π2，A对；
对于B选项，设△ABC、△ABD的中心分别为点G、H，
分别过点G、H作GO//DE、HO//CE，设GO∩HO=O，
因为CE⊥DE，CE⊥AB，AB∩DE=E，AB、DE⊂平面ABD，
所以，CE⊥平面ABD，因为HO//CE，则OH⊥平面ABD，同理，OG⊥平面ABC，
所以，O为三棱锥D−ABC的外接球球心，
由等边三角形的几何性质可知，HE=13DE= 33，同理，GE=13CE= 33，
因为OH//GE,OG//EH,HE=GE= 33,GE⊥HE，
所以，四边形OHEG为正方形，且OH=GE= 33，
又因为DH=DE−HE= 3− 33=2 33，
因为CE⊥DE，OH//CE，则OH⊥DE，
则OD= OH2+DH2= ( 33)2+(2 33)2= 153，
所以，三棱锥D−ABC的外接球半径为 153，
因此，三棱锥D−ABC的外接球的表面积为4π⋅OD2=4π×( 153)2=20π3，B对；
对于C选项，设点D在平面α内的射影点为N，连接MN，
因为CM⊥a，DN⊥a，则CM//DN，故点C、D、N、M四点共面，
因为AB⊂α，则AB⊥CM，
又因为CD⊥AB，CD∩CM=C，CD、CM⊂平面CDNM，则AB⊥平面CDNM，
又因为AB⊥平面CDE，故平面CDE与平面CDNM重合，
又因为E∈α，M，N∈α，故E∈MN，
设∠CEM=θ，其中0≤θ≤π2，
又因为∠CED=π2，则∠DEN=π−∠CED−∠CEM=π−π2−θ=π2−θ，
所以，CM=CEsin∠CEM= 3sinθ，
DN=DEsin∠DEN= 3sin(π2−θ)= 3cosθ，
所以，点C与点D到平面α的距离之和CM+DN= 3sinθ+ 3cosθ= 6sin(θ+π4)，
因为0≤θ≤π2，则π4≤θ+π4≤3π4，
故当θ+π4=π2时，即当θ=π4时，CM+DN取最大值 6，C错；
对于D选项，ME=CEcosθ= 3cosθ,∠DEM=∠CED+∠CEM=π2+θ，
由余弦定理可得DM= DE2+EM2−2DE⋅EMcos(π2+θ)
= 3+3cos2θ+2 3⋅ 3cosθsinθ= 3+3×1+cos2θ2+3sin2θ
= 3sin2θ+3cos2θ2+92= 3 52sin(2θ+φ)+92，
其中φ为锐角，且tanφ=12，
因为0≤θ≤π2，则φ≤2θ+φ≤π+φ，故当2θ+φ=π2时，DM取得最大值，
且(DM)max= 9+3 52= 18+6 54= 15+ 32，D对．
故选：ABD．
利用余弦定理求出BC的长，取AB的中点E，连接CE、DE，利用二面角的定义可判断A选项；找出三棱锥D−ABC的球心，求出其外接球半径，结合球体表面积公式可判断B选项；设点D在平面α内的射影为点N，设∠CEM=θ，其中0≤θ≤π2，利用辅助角公式结合正弦函数的基本性质求出CM+DN的最大值，可判断C选项；利用余弦定理结合三角恒等变换求出DM的最大值，可判断D选项．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
13.【答案】5
【解析】解：5×75%=3.75，
故一组数据1，2，4，5，8的第75百分位数为5．
故答案为：5．
根据已知条件，结合百分位数的定义，即可求解．
本题主要考查百分位数的定义，属于基础题．
14.【答案】12
【解析】解：如图，连接A1C1，A1B，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，有A1D1//B1C1//BC，A1D1=B1C1=BC，
所以四边形A1D1CB为平行四边形，所以A1B//CD1，
所以∠A1BC1为直线BC1与直线CD1夹角或其补角，
设正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为a，
则A1B=BC1=A1C1= 2a，
所以△A1BC1为等边三角形，
所以∠A1BC1=π3，
故直线BC1与直线CD1夹角的余弦值为cos∠A1BC1=cosπ3=12．
故答案为：12．
根据异面直线夹角的定义确定∠A1BC1为直线BC1与直线CD1夹角或其补角，再判断△A1BC1的形状即可得答案．
本题考查了异面直线所成角的计算问题，属于基础题．
15.【答案】2
【解析】解：∵在圆C中，已知一条弦AB=2，
∴根据圆的几何性质得出：|AC|cos∠CAB=12|AB|=12×2=1，
∵AB⋅AC=|AB⋅|AC|cos∠CAB=2×1=2．
故答案为：2．
根据圆的几何性质得出：|AC|cos∠CAB=12|AB|，利用向量的数量积AB⋅AC=|AB⋅|AC|cos∠CAB整体求解即可．
本题考查了圆的几何性质，平面向量的数量积的定义，难度不大，关键是根据题意的线段的关系，属于容易题．
16.【答案】2 343
【解析】解：由题意c=2b，S△ABC=12bcsinA=1，即b2sinA=1；
连接AG并延长交BC于D，则D为BC的中点，可得AD=12(AB+AC)，
又因为G为三角形的重心，则AG=23AD，可得AG=13(AB+AC)，BC=AC−AB，
所以AG2=AG2=19(AB2+AC2+2AB⋅AC)=19(c2+b2+2bccosA)=19(5b2+4b2cosA)，
BC2=BC2=AC2+AB2−2AB⋅AC=b2+c2−2bccosA=5b2−4b2cosA，
所以3AG2+BC2=53b2+4b23cosA+5b2−4b2cosA=203b2−83b2cosA=203sinA−8cosA3sinA，
令t=203sinA−8cosA3sinA>0，则3tsinA+8cosA=20，
即sin(A+φ)=20 9t2+64≤1，当且仅当A+φ=π2时取等号，tanφ=82t，
可得9t2+64≥400，解得t≥2 343或t≤−2 343(舍)，
即t的最小值为：2 343．
故答案为：2 343．
由三角形的面积公式可得b2sinA=1，再由重心的性质，可知向量AG=13(AB+AC)，BC=AC−AB，平方可得3AG2+BC2的表达式，设t=203sinA−8cosA3sinA>0，则3tsinA+8cosA=20，由辅助角公式，可得t的最小值，即求出3AG2+BC2的最小值．
本题考查三角形等面积公式的应用及辅助角公式的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵|e1|=|e2|=1,
∴e1⋅e2=12，
∴|a|= e12+4e22+4e1⋅e2= 1+4+2= 7；
(2)∵a⊥b，
∴a⋅b=(e1+2e2)⋅(te1−3e2)=te12−6e22+(2t−3)e1⋅e2=t−6+12(2t−3)=0，解得t=154．
【解析】(1)根据条件得出e1⋅e2=12，根据|a|= (e1+2e2)2进行数量积的运算即可求出答案；
(2)根据a⊥b得出a⋅b=0，进行数量积的运算即可得出t的值．
本题考查了向量数量积的运算及计算公式，向量长度的求法，向量垂直的充要条件，考查了计算能力，属于基础题．
18.【答案】证明：(1)连接A1B交AB1于点N，连接MN，
则正三棱柱中A1B1BA是平行四边形，
所以N为A1B的中点，又M为A1C1的中点，
所以MN//BC1，BC1⊄平面AB1M，MN⊂平面AB1M，所以BC1//平面AB1M.
解：(2)过M作MH⊥A1B1，垂足为H，
由题意可得B1M= 3，AM= 5，AB1=2 2，
所以B1M2+AM2=AB12，所以B1M⊥AM，
所以△AB1M的面积S△AB1M=12× 3× 5= 152，
因为正三棱柱中平面A1B1C1⊥平面A1B1BA，
又平面A1B1C1∩平面A1B1BA=A1B1，MH⊂平面A1B1C1，且MH⊥A1B1，
所以MH⊥平面A1B1BA，
即M到平面A1B1BA的距离为MH=MA1sinπ3= 32，
又△ABB1的面积S△ABB1=12AB⋅BB1=2，
所以VM−ABB1=13MH⋅S△ABB1=13× 32×2= 33，又VM−ABB1=VB−MAB1，
所以13S△AB1M⋅d= 33，解得d=2 55，
所以点B到平面AB1M的距离为2 55．
【解析】(1)连接A1B交AB1于点N，连接MN，即可得到MN//BC1，从而得证；
(2)过M作MH⊥A1B1，垂足为H，由正三棱柱的性质及面面垂直的性质得到MH⊥平面A1B1BA，再由VM−ABB1=VB−MAB1利用等体积法计算可得．
本题主要考查线面平行的判定定理以及根据等体积法求点到平面的距离，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：事件A与事件B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B)，
又由B=A−B+AB，事件A−B和AB互斥，
则有P(B)=P(A−B+AB)=P(AB)+P(A−B)=P(A)P(B)+P(A−B)，
变形可得：P(A−B)=P(B)−P(A)P(B)=[1−P(A)]P(B)=P(A−)P(B)，
故事件A−与B相互独立；
(2)根据题意，设事件A1、A2分别表示甲答对1道、2道题目，事件B1、B2分别表示乙答对1道、2道题目，
则P(A1)=2×35×(1−35)=1225，P(A2)=35×35=925，
P(B1)=2×23×(1−23)=49，P(B2)=23×23=49，
若甲乙两人在两轮活动中答对3道题，即A2B1+A1B2，
则甲乙两人在两轮活动中答对3道题的概率P=P(A2B1+A1B2)=P(A2B1)+P(A1B2)=925×49+1225×49=2875．
【解析】(1)根据题意，有B=A−B+AB，事件A−B和AB互斥，分析可得P(B)=P(A−B+AB)=P(AB)+P(A−B)，变形可得P(A−B)=P(A−)P(B)，即可得证明；
(2)设事件A1、A2分别表示甲答对1道、2道题目，事件B1、B2分别表示乙答对1道、2道题目，而甲乙两人在两轮活动中答对3道题，即A2B1+A1B2，由互斥事件的概率公式计算可得答案．
本题考查概率的应用，涉及相互独立事件、互斥事件的性质，属于中档题．
20.【答案】解：(1)已知x−=18i=18xi=18(200+220+200+180+200+a+b+220)=200，
整理得a+b=380，①
又sx2=18i=18(xi−x−)2=8[3×(200−200)2+2×(220−200)2+(180−200)2+(a−200)2+(b−200)2]=200，
整理得(a−200)2+(b−200)2=400，②
联立①②，解得a=180，b=200或a=200，b=180，
因为a≤b，
所以a=180，b=200；
(2)设甲小区试行新措施之后，甲小区抽取的第i户家庭近7天用于垃圾分类的总时间为mi，
此时mi=xi−35，
则mi−=x−−35=165，sm2=sx2=200，
所以z−=116(8m−+8y−)=12(165+195)=180，
sz2=88+8[sm2+(m−−z−)2]+88+8[sy2+(y−−z−)]
=12[200+(165−180)2]+12[210+(195−180)2]
=430．
【解析】(1)由题意，根据平均值和方差公式，列出等式即可求出a和b的值；
(2)根据题中所给公式，代入求解即可．
本题考查平均值和方差，考查了逻辑推理和运算能力．
21.【答案】(1)证明：因为DE⊥BE，DE⊥OE，且BE∩OE=E，BE、OE⊂平面BCE，
所以DE⊥平面BCE，
又OA//DE，所以OA⊥平面BCE，
设点P是翻折前点B所在的位置，则D为AP的中点，
因为F为AB的中点，所以DF//PB，
因为PB⊂平面BCE，所以OA⊥PB，所以OA⊥DF，
由题意知，DA=DB，
因为F为AB的中点，所以DF⊥AB，
又OA∩AB=A，OA、AB⊂平面AOB，
所以DF⊥平面AOB．
(2)解：以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,2 2)，P(2 2,0,0)，C(−2 2,0,0)，D( 2,0, 2)，
由(1)知，DF⊥平面AOB，
因为DF//PB，所以PB⊥平面AOB，所以PB⊥OB，
又OB= 2=12OP，所以∠POB=60°，所以B( 22, 62,0)，F( 24, 64, 2)，
所以BF=(− 24,− 64, 2)，CD=(3 2,0, 2)，CB=(5 22, 62,0)，
设平面BCD的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅CD=0n⋅CB=0，即3 2x+ 2z=05 22x+ 62y=0，
令x=1，则y=−5 3，z=−3，所以n=(1,−5 3,−3)，
设直线BF与平面BCD所成的角为θ，则sinθ=|cos
故直线BF与平面BCD所成的角的正弦值为4 3355．
【解析】(1)先证DE⊥平面BCE，知OA⊥平面BCE，设点P是翻折前点B所在的位置，由DF//PB，OA⊥PB，得OA⊥DF，再由DF⊥AB，结合线面垂直的判定定理，得证；
(2)以O为坐标原点建立空间直角坐标系，写出所需各点的坐标，求得平面BCD的法向量n，设直线BF与平面BCD所成的角为θ，由sinθ=|cos
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面位置的判定定理与性质定理，利用空间向量求线面角的方法是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)证明：在△AOC、△AOD、△BOC、△BOD中，
CACB=S△AOCS△BOC=12OA⋅OCsin∠AOC12OB⋅OCsin∠BOC=OAsin∠AOCOBsin∠BOC，
DADB=S△AODS△BOD=12OA⋅ODsin∠AOD12OB⋅ODsin∠BOD=OAsin∠AODOBsin∠BOD，
所以(ABCD)=CACBDADB=OAsin∠AOCOBsin∠BOCOAsin∠AODOBsin∠BOD=sin∠AOC⋅sin∠BODsin∠BOC⋅sin∠AOD，
又在△EOG、△EOH、△FOG、△FOH中，
GEGF=S△EOGS△FOG=12OE⋅OGsin∠EOG12OF⋅OGsin∠FOG=OEsin∠EOGOFsin∠FOG，
HEHF=S△EOHS△FOH=12OE⋅OHsin∠EOH12OF⋅OHsin∠FOH=OEsin∠EOHOFsin∠FOH，
所以(EFGH)=GEGFHEHF=OEsin∠EOGOFsin∠FOGOEsin∠EOHOFsin∠FOH=sin∠EOG⋅sin∠FOHsin∠FOG⋅sin∠EOH，
又∠EOG=∠AOC，∠FOH=∠BOD，∠FOG=∠BOC，∠EOH=∠AOD，
所以sin∠AOC⋅sin∠BODsin∠BOC⋅sin∠AOD=sin∠EOG⋅sin∠FOHsin∠FOG⋅sin∠EOH，
所以(EFGH)=(ABCD)．
(2)由题意可得(EFGH)=32，所以(ABCD)=32，
即CACBDADB=32，所以CACB⋅DBDA=32，
又点B为线段AD的中点，即DBDA=12，
所以CACB=3，
又AC=3，则AB=2，BC=1，
设OA=x，OC=y且OB= 3，
由∠ABO=π−∠CBO，
所以cos∠ABO+cos∠CBO=0，
即22+( 3)2−x22×2× 3+12+( 3)2−y22×1× 3=0，
解得x2+2y2=15，①
在△AOB中，由正弦定理可得ABsin∠AOB=xsin∠ABO，②
在△COB中，由正弦定理可得OBsin∠BCO=ysin∠CBO，③
且sin∠ABO=sin∠CBO，
②③得，xy=ABsin∠AOB⋅sin∠BCOOB=32×2 3= 3，
即x= 3y，④
由①④解得x=3,y= 3(负值舍去)，
即AO=3,OC= 3
所以cosA=AO2+AB2−OB22AO⋅AB=32+22−( 3)22×3×2=56．
【解析】(1)利用面积公式表示出CACB、DADB即可得到(ABCD)，同理得到(EFGH)，即可得证；
(2)由(1)可得(ABCD)，即可得到DBDA=12，设OA=x，OC=y，利用余弦定理与正弦定理得到方程组，求出x，y，再由余弦定理计算可得．
本题解答的关键是理解所给定义，利用面积公式求出线段的比，利用整体思想计算．属于较难题目．
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