还剩20页未读，
继续阅读
2023-2024学年广东省广州市三校（南实、铁一、广外）高二上学期期中联考数学试题（含解析）
展开
这是一份2023-2024学年广东省广州市三校（南实、铁一、广外）高二上学期期中联考数学试题（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。
1.已知集合A=xy= 1-2x，B=xy=ln2x-1，则A∩B等于
( )
A. x0≤x<12B. x02.已知x( )
A. 1x>1yB. 2-x<2-y
C. lgx2+13.“方程x29-m+y2m-5=1表示椭圆”的一个必要不充分条件是
( )
A. m=7B. 7C. 54.已知圆C1：x2+y2-4x+2ay+a2+3=0和圆C2：x2+y2+2x-4ay+4a2-1=0，则圆C1与圆C2的公切线的条数为
( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
5.果农采摘水果，采摘下来的水果会慢慢失去新鲜度，已知某种水果失去新鲜度h与其采摘后时间t(天)满足的函数关系式为h=m⋅at.若采摘后10天，这种水果失去的新鲜度为10%，采摘后20天，这种水果失去的新鲜度为20%.那么采摘下来的这种水果在多长时间后失去50%新鲜度(已知lg2≈0.3，结果取整数)( )
A. 23天B. 33天C. 43天D. 50天
6.已知sinα+csπ6-α= 33，则cs2α+π3=( )
A. -79B. 79C. -13D. 13
7.已知向量a=2,0，b=sinα, 32，若b在a上的投影向量c=12,0，则向量a与b的夹角为
( )
A. π6B. π4C. π3D. 2π3
8.如图，水平放置的正四棱台玻璃容器的高为32cm，两底面对角线EG、E1G1的长分别为14cm、62cm，水深为12cm.则玻璃容器里面水的体积是
( )
A. 3336cm3B. 3337cm3C. 3338cm3D. 3339cm3
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.已知复数z=10i3-i，则
( )
A. Z的虚部为3
B. Z2=10
C. 将Z对应的向量OZ(O为坐标原点)绕点O逆时针旋转π2，得到的向量对应的复数为-3-i
D. Z的共轭复数1+3i
10.函数fx=sinωx+φω>0,φ<π2的部分图象如图所示，则下列结论正确的是
( )
A. 函数fx最小正周期为T=πB. φ=π6
C. fx在区间-5π12,-π6上单调递减D. 方程fx=12在区间0,2π内有3个根
11.2022年4月16日9时56分，神舟十三号返回舱成功着陆，返回舱是宇航员返回地球的座舱，返回舱的轴截面可近似看作是由半圆和半椭圆组成的“曲圆”，如图在平面直角坐标系中半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的焦点F(0,2)，椭圆的短轴与半圆的直径重合，下半圆与y轴交于点G.若过原点O的直线与上半椭圆交于点A，与下半圆交于点B，则( )
A. 椭圆的长轴长为4 2B. 线段AB长度的取值范围是[4,2+2 2]
C. △ABF面积的最小值是4D. △AFG的周长为4+4 2
12.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是AB，AD的中点，P为线段C1D1上的动点，则下列结论正确的是
( )
A. 存在点P，使得PM与BC1异面
B. 不存在点P，使得MN⊥NP
C. 当P在直线C1D1上运动时，三棱锥A1-B1PC的体积不变
D. 过M，N，P三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为3 34
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.若a，b为正实数，直线x+2a-1y+1=0与直线bx+2y-1=0互相垂直，则ab的最大值为______．
14.如图，电路中A、B、C三个电子元件正常工作的概率分别为P(A)=0.8，P(B)=P(C)=0.6，则该电路正常工作的概率 ．
15.设点Px,y是圆：x-32+y2=4上的动点，定点A0,2，B0,-2，则PA+PB的取值范围为______．
16.如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型.在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面与截面都相切，设图中球O1，球O2的半径分别为4和2，球心距离O1O2=2 10，截面分别与球O1，球O2相切于点E,F(E,F是截口椭圆的焦点)，则此椭圆的离心率等于 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10分)
圆M经过点A(1,2)，B(9,-2)，且圆心M在直线y=x-5上．
(1)求圆M的方程；
(2)过点A作直线l，直线l与圆M的另一个交点是D，当|AD|=4时，求直线l的方程．
18.(本小题12分)
文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛;从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩(满分100分，成绩均为不低于40分的整数)分成六段：[40,50)，[50,60)，⋯，[90,100]得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中a的值;
(2)求样本成绩的第75百分位数;
(3)已知落在[50,60)的平均成绩是51，方差是7，落在[60,70)的平均成绩为63，方差是4，求两组成绩的总平均数z和总方差s2．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P-ABCD中，PB⊥底面ABCD，CD⊥PD，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，AB⊥BC，AB=AD=PB=1，点E在棱PA上，且PE=2EA．
(1)证明：PC//平面EBD；
(2)求直线PD与平面EBD所成角的正弦值．
20.(本小题12分)
已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且有2sin(C+π6)=b+ca．
(1)求角A;
(2)若D为边BC上一点，且2CD=AD=BD，求sinC.
21.(本小题12分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的中心为O，左、右焦点分别为F1，F2，M为椭圆C上一点，线段MF1与圆x2+y2=2相切于该线段的中点N，且△MF1F2的面积为4．
(1)求椭圆C的方程；
(2)椭圆C上是否存在三个点A，B，P，使得直线AB过椭圆C的左焦点F1，且四边形OAPB是平行四边形？若存在，求出直线AB的方程；若不存在.请说明理由．
22.(本小题12分)
中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．刍甍是茅草屋顶．”现有一个刍甍如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，AB=4，EF//AB，AB=2EF，EA=ED=FB=FC=3．
(1)当点N为线段AD的中点时，求证：直线AD⊥平面EFN；
(2)当点N在线段AD上时(包含端点)，求平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】先分别求出集合A,B，再根据交集的定义即可得解．
解：由y= 1-2x得1-2x≥0，所以x≤12，
故A=xy= 1-2x=xx≤12，
由y=ln2x-1得2x-1>0，所以x>0，
故B=xy=ln2x-1=xx>0，
所以A∩B=x0故选：B．
2.【答案】D
【解析】【分析】根据指数函数的单调性即可判断B；举出反例即可判断AC；根据幂函数的单调性即可判断D．
解：当x=-1,y=1时，1x=-1<1=1y,lgx2+1=lg2=lgy2+1，故 AC错误；
因为x-y，
而函数y=2x为增函数，所以2-x>2-y，故 B错误；
因为y=x13=3x是R上的增函数，所以x13故选：D．
3.【答案】C
【解析】【分析】本题考查必要不充分条件的判断，解题关键是掌握集合的包含关系与充分必要条件之间的联系．
求出方程x29-m+y2m-5=1表示椭圆的充要条件，然后根据集合间的包含关系得出结论．
解：方程x29-m+y2m-5=1表示椭圆的充要条件为9-m>0,m-5>0,9-m≠m-5,解得5由(5,7)∪(7,9)(5,9)知，“5故选：C．
4.【答案】D
【解析】【分析】求出两圆的圆心和半径，根据圆心距大于半径之和，得到两圆外切，故公切线条数为4．
解：两圆的标准方程分别为x-22+y+a2=1和x+12+y-2a2=2，
圆心分别为C12,-a，C2-1,2a，半径分别为r1=1，r2= 2，
圆心距C1C2= -1-22+2a--a2=3 1+a2≥3，故C1C2>r1+r2，
所以圆C1与圆C2外离，所以圆C1与圆C2有4条公切线．
故选：D
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了指数函数，对数函数的运算，属于基础题．
待定系数法可以直接求出a，m的值，再代入直接可以得到结果．
【解答】
解：由题意可知ma10=0.1ma20=0.2,
∴a=102m=0.05,
∴h(t)=0.05×(102)t，
当h(t)=0.5时，0.05×(102)t=0.5，
解得t=10lg2≈33，
故选：B．
6.【答案】B
【解析】【分析】利用两角差的余弦公式、辅助角公式、二倍角公式求解即可．
解：因为sinα+csπ6-α=sinα+csαcsπ6+sinαsinπ6
=32sinα+ 32csα= 3sinα+π6= 33，
所以sinα+π6=13，
所以cs2α+π3=cs2α+π6=1-2sin2α+π6=79．
故选：B．
7.【答案】C
【解析】【分析】根据投影向量求出b=12, 32，再求向量a与b的夹角．
解：设向量a与b的夹角为θ，与a同向的单位向量为e，
∵b在a上的投影向量为c=12,0，a=2,0，
∴bcsθ⋅e=a⋅ba⋅aa=2sinα42,0=sinα,0=12,0，
∴sinα=12，∴b=12, 32，
所以csθ=a⋅bab=12，
∵θ∈0,π，∴θ=π3，
∴a与b的夹角为π3，
故选：C．
8.【答案】A
【解析】【分析】将正四棱台EFGH-E1F1G1H1的各侧棱延长交于点P，设水面(上底面)的所在正方形的边长为a，设设正四棱锥P-EFGH的为h，根据相似可得出关于h的等式，解出h的值，再利用相似可求得a的值，再利用台体体积公式可求得水体的体积．
解：设水面(上底面)的所在正方形的边长为a，
由题意可知，正方形EFGH的边长为14 2=7 2cm，正方形E1F1G1H1的边长为62 2=31 2cm，
将正四棱台EFGH-E1F1G1H1的各侧棱延长交于点P，
设正四棱锥P-EFGH的为h，则hh+32=1462=731，解得h=283，
因为7 2a=hh+12=283283+12=716，解得a=16 2，
因此，水的体积为V=137 22+16 22+7 2×16 2×12=3336cm3．
故选：A．
9.【答案】ABC
【解析】【分析】将复数z利用复数乘除法运算化简，再根据复数的相关概念即可判断各选项．
解：z=10i3-i=10i3+i3-i3+i=-1+3i，所以z虚部为3；z的共轭复数z=-1-3i；z2=-1+3i2=10；将向量OZ绕点O逆时针旋转π2，复数为-1+3ics90+isin90=-1+3i⋅i=-3-i．
故选：ABC．
10.【答案】AC
【解析】【分析】根据函数图象可求出函数的最小正周期，进而可求出ω，再利用待定系数法求出φ，再根据正弦函数的图象和性质逐一判断即可．
解：由图可知函数fx最小正周期T=25π6-π3=π，故 A正确；
2πω=π，所以ω=2，则fx=sin2x+φ，
又fπ3=sin2π3+φ=1，
所以2π3+φ=π2+2kπ，所以φ=-π6+2kπ,k∈Z，
又φ<π2，所以φ=-π6，故 B错误；
所以fx=sin2x-π6，
由x∈-5π12,-π6，得2x-π6∈-π,-π2⊆-3π2,-π2，
所以fx在区间-5π12,-π6上单调递减，故 C正确；
令fx=sin2x-π6=12，得2x-π6=π6+2kπ或2x-π6=5π6+2kπ，
所以x=π6+kπ或x=π2+kπ,k∈Z，
又x∈0,2π，所以x=π6或π2或7π6或3π2，
所以方程fx=12在区间0,2π内有4个根，故D错误．
故选：AC．
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考查了椭圆的概念与方程、椭圆的几何意义，涉及圆的方程，属于中档题．
根据题意求得圆的方程及椭圆的a，b，c，在逐项分析解答即可．
【解答】解：由半圆的圆心在原点、半圆经过点F(0,2)，知半圆的方程为x2+y2=4y⩽0，
由半圆的直径与椭圆的短轴重合，知椭圆的短半轴长为2，即b=2，而c=2，所以a=2 2，
所以半椭圆的方程为y28+x24=1y⩾0，所以椭圆的长轴长为2a=4 2，A正确；
当线段AB在x轴上时，长度最短为4，当线段AB在y轴上时，长度最长为2+2 2，
所以线段AB的长度取值范围是4,2+2 2，B正确；
若把线段AB经过点F也看作三角形的一种情况，则可得△ABF面积的最小值是0，C错误；
因为G为椭圆的下焦点，所以AG+AF=2a=4 2,∴AF+AG+FG=4 2+4，D正确．
12.【答案】CD
【解析】【分析】由A,B,C1,D1四点共面可判断A；由线面垂直的判定定理可得MN⊥平面NPQ，则MN⊥NP可判断B；由等积法可判断C；先求出截面，再求其面积可判断D
解：对于A，连接AD1，BC1，由正方体的性质知：AB//C1D1，
所以A,B,C1,D1四点共面，PM,BC1⊂平面ABC1D1，故 A错误；
对于B，设CD的中点为Q，连接MQ,PQ，
若P为C1D1的中点，则PQ⊥平面ABCD，因为MN⊂平面ABCD，，
所以PQ⊥MN，在△NMQ中，MN=NQ= 122+122= 22,MQ=1，
所以MN2+NQ2=MQ2，故MN⊥NQ，
PQ∩NQ=Q，PQ,NQ⊂平面NPQ，所以MN⊥平面NPQ，
NP⊂平面NPQ，所以MN⊥NP，故 B错误；
对于C，连接A1P,PB1,B1C,A1C,PC，
因为C1D1//A1B1，C1D1⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，
所以C1D1//平面A1B1C，所以直线C1D1上的点到平面A1B1C的距离相等，
当P在直线C1D1上运动时，所以P到平面A1B1C的距离相等设为d，
VA1-B1PC=VP-A1B1C=13S▵A1B1C⋅d，S▵A1B1C为 定值，故C正确；
对于D，由正方体中心对称(类比为球体，MN看作弦)，故过MN的截面经过对称中心O所得截面最大，
此时截面交棱DD1，BB1，B1C1于中点，P也为中点，
所以P为C1D1的中点时，过M、N、P三点的平面截正方体所得截面最大，
取DD1的中点E，B1C1的中点F，BB1的中点G，
连接NE、EP、PF、FG、GM，
所以过M、N、P三点的 平面截正方体所得截面最大值为正六边形，
面积为6× 34NM2=6× 34×12=3 34，故 D正确．
故选：CD．
13.【答案】14
【解析】【分析】根据直线垂直的充要条件可得a，b关系，然后由基本不等式可解．
解：因为直线x+2a-1y+1=0与直线bx+2y-1=0互相垂直，
所以b+2(2a-1)=0，即4a+b=2，
由基本不等式可得2=4a+b≥2 4ab，即ab≤14，当且仅当a=14b=1时等号成立．
所以ab的最大值为14．
故答案为：14
14.【答案】0.672
【解析】【分析】
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用．
根据相互独立事件的乘法公式计算即可．
【解答】
解：该电路正常工作则A正常，且B与C至少一个正常工作，
A正常工作的概率为P(A)=0.8，
B与C均不能正常工作的概率为(1-0.6)×(1-0.6)，
故B与C至少一个正常工作的概率为[1-(1-0.6)×(1-0.6)]
故该电路正常工作的概率为0.8×[1-(1-0.6)×(1-0.6)]=0.672．
15.【答案】2,10
【解析】【分析】易得PA+PB=2PO=2PO，求出PO的范围即可得解．
解：由题意原点O0,0为线段AB的中点，
因为0-32+02=9>4，
所以点O0,0在圆外，
圆x-32+y2=4的圆心C3,0，半径r=2，
PA+PB=2PO=2PO，
的人OC-r≤PO≤OC+r，即1=3-2≤PO≤3+2=5，
所以PA+PB=2PO∈2,10，
所以PA+PB的取值范围为2,10．
故答案为：2,10．
16.【答案】13
【解析】【分析】
本题考查求椭圆的离心率，考查计算能力，属于中档题．
设O1O2∩EF=D，解得O2D=2 103,O1D=4 103，进而可得2c=43+23=2,c=1，分析可得2a=BC= 2 102-22=6，a=3，可得离心率．
【解答】
解：设O1O2∩EF=D，
由O2DO1D=O2FO1E=12O2D+O1D=2 10，解得O2D=2 103,O1D=4 103，
所以DE= 4 1032-42=43,DF= 2 1032-22=23，
所以2c=43+23=2,c=1，
设直线EF与圆锥的母线相交于点A，圆锥的母线与球相切于B,C两点，如图所示，
则AB=AE,AC=AF，
两式相加得AB+AC=AE+AF=a-c+a+c=2a，即BC=2a，
过O2作O2G⊥O1B，垂直为G，
则四边形BGO2C为矩形，所以2a=BC= 2 102-22=6，a=3，
所以椭圆的离心率为ca=13．
故答案为13．
17.【答案】解：(1)由圆心M在直线y=x-5上，不妨设圆心M为(a,a-5)，
则(a-1)2+(a-5-2)2=(a-9)2+(a-5+2)2，解得a=5，
则M(5,0)，MA= 5-12+0-22=2 5，
故圆M的方程为(x-5)2+y2=20；
(2) ①当直线l斜率不存在时，直线l方程为x=1，
将x=1代入(x-5)2+y2=20，得(1-5)2+y2=20，解得y=±2，
此时|AD|=4，满足题意；
②当直线l斜率存在时，设直线l:y-2=k(x-1)，即kx-y+2-k=0，
依题意，点M到距离d=|5k+2-k| k2+1= 2 52-422⇒k=34，
则直线l:y-2=34(x-1)，即3x-4y+5=0，
综上，直线l的方程为x=1或3x-4y+5=0．
【解析】本题考查求圆的标准方程，圆的弦长问题，点到直线的距离，属于中档题．
(1)设圆心坐标，根据题意列方程求出圆心坐标，计算半径r，即可写出圆的方程；
(2)讨论过点A的直线l斜率不存在和斜率存在时，求出对应直线的方程即可．
18.【答案】解：(1)∵每组小矩形的面积之和为1，
∴(0.005+0.010+0.020+a+0.025+0.010)×10=1，
∴a=0.030；
(2)成绩落在[40,80)内的频率为(0.005+0.010+0.020+0.030)×10=0.65，
落在[40,90)内的频率为(0.005+0.010+0.020+0.030+0.025)×10=0.9，
设第75百分位数为m，
由0.65+(m-80)×0.025=0.75，
得m=84，故第75百分位数为84；
(3)由图可知，成绩在[50,60)的市民人数为100×0.1=10，
成绩在[60,70)的市民人数为100×0.2=20，
故z=10×51+63×2010+20=59，
设成绩在[50,60)中10人的分数分别为x1，x2，x3，⋯，x10;
成绩在[60,70)中20人的分数分别为y1，y2，y3，⋯，y20，
则由题意可得，x12+x22+⋯+x10210-512=7，y12+y22+⋯+y20220-632=4，
即x12+x22+⋯+x102=26080，y12+y22+⋯+y202=79460，
∴s2=110+20(x12+x22+⋯+x102+y12+y22+⋯+y202)-z2
=130×(26080+79460)-592=37，
所以两组市民成绩的总平均数是59，总方差是37．
【解析】本题考查频率分布直方图、百分位数、平均数、方差等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
(1)由频率分布直方图列出方程能求出a；
(2)由频率分布直方图列出方程能求出第75百分位数；
(3)由频率分布直方图中数据结合方差计算公式即可解答．
19.【答案】解：(1)
∵PB⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，
∴PB⊥CD，
∵PD⊥CD，PB∩PD=P,PB,PD⊂平面PBD，
∴CD⊥平面PBD，
∵BD⊂平面PBD，
∴BD⊥CD，
∵底面ABCD为直角梯形，AD//BC，AB⊥BC，AB=AD=1，
∴在直角三角形ABD中，BD= AB2+AD2= 2，∠ABD=π4，
在直角三角形CBD中，∠CBD=π4，BC=BDcsπ4=2，
设AC∩BD=G，连接AC,EG，
则▵CBG∽▵ADG，
∴AGGC=ADBC=12=AEEP，
∴PC//EG，
又EG⊂平面EBD，PC⊄平面EBD，
∴PC//平面EBD；
(2)
∵PB⊥底面ABCD，BC,BA⊂底面ABCD，，
∴PB⊥BC,PB⊥BA，
∵底面ABCD为直角梯形，∴AB⊥BC，
建立以B为原点的空间直角坐标系B-xyz，如图所示：
则P0,0,1,A0,1,0,D1,1,0，
∴BP=0,0,1，PA=0,1,-1，BD=1,1,0，
∴BE=BP+PE=BP+23PA=0,23,13，
设平面EBD的一个法向量为n=x,y,z，
∴n⋅BE=23y+13z=0n⋅BD=x+y=0，取z=2，则x=1,y=-1，
则平面EBD的一个法向量为n=1,-1,2，
设直线PD与平面EBD所成角大小为θ，
∵PD=1,1,-1，
∴sinθ=csPD,n=PD⋅nPD⋅n=|-2| 6× 3= 23，
故直线PD与平面EBD所成角的正弦值为 23．
【解析】【分析】(1)根据线面垂直的性质、判定定理，结合相似三角形的判定定理和性质、线面平行的判定定理进行证明即可；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角定理进行求解即可．
20.【答案】解：(1)由题意知2sin(C+π6)=b+ca，
所以由正弦定理得 3sinC+csC=sinB+sinCsinA，
即 3sinAsinC+sinAcsC=sinB+sinC=sin[π-(A+C)]+sinC
=sin(A+C)+sinC=sinAcsC+csAsinC+sinC，
所以 3sinAsinC=sinCcsA+sinC，
又因为sinC≠0，所以 3sinA-csA=1，
则2sin(A-π6)=1，即sin(A-π6)=12，
又A∈(0,π)，A-π6∈(-π6,5π6)，故A-π6=π6，故A=π3．
(2)解法一：设∠BAD=θ，θ∈(0,π3)，
则∠ADC=2θ，∠DAC=π3-θ，∠ACD=2π3-θ，
在△ADC中，由正弦定理知，ADsin(2π3-θ)=DCsin(π3-θ)，
即2sin(π3-θ)=sin(2π3-θ)， 3csθ-sinθ= 32csθ+12sinθ，
化简得，tanθ= 33，则θ=π6，∠ACD=2π3-θ=π2，即sinC=1．
解法二：取AB中点M，延长MD与AC的延长线交于点N，连接NB，
由2CD=BD有ND=13NB+23NC，
由NM=12NB+12NA，
设ND=λNM，则13NB+23NC=λ2NB+λ2NA，
即2-3λ6NB=λ2NA-23NC，又NB与NA不共线，
故2-3λ6=0，λ=23，所以NA=2NC，即C为AN中点．
又AD=BD，M为AB中点，所以NM⊥AB，
又A=π3，所以△ABN为正三角形，
又BC平分AN，所以BC⊥AN，∠ACB=π2，即sinC=sinπ2=1．
【解析】本题考查了正弦定理以及两角和与差的三角函数公式，诱导公式，辅助角公式，考查了向量在平面几何中的应用，属于中档题．
(1)由正弦定理以及两角和的正弦公式得 3sinC+csC=sinB+sinCsinA，化简得sin(A-π6)=12，可得角A；
(2)解法一：设∠BAD=θ，θ∈(0,π3)，在△ADC中，由正弦定理知，ADsin(2π3-θ)=DCsin(π3-θ)，化简得，tanθ= 33，则θ=π6，得∠ACD=π2，即sinC=1；
解法二：取AB中点M，延长MD与AC的延长线交于点N，连接NB，利用向量的运算得C为AN中点，可得△ABN为正三角形，可得sin C．
21.【答案】解：(1)
连接ON，则ON⊥MF1，ON= 2
因为N为MF1的中点，O为F1F2的中点，所以MF2//ON，故MF2⊥MF1，
MF2=2ON=2 2，
S▵MF1F2=12MF1⋅MF2= 2MF1=4，解得MF1=2 2，
由椭圆定义可知，MF1+MF2=4 2=2a，解得a=2 2，
由勾股定理得F1F22=MF12+MF22=8+8=16，即4c2=16，解得c=2，
故b2=a2-c2=8-4=4，
故椭圆方程为C:x28+y24=1；
(2)
由题意得F1-2,0，当直线AB的斜率不存在时，即x=-2，
此时48+y24=1，解得y=± 2，设A-2, 2,B-2,- 2，
由于OA=OB，由对称性可知，P为椭圆左顶点D，但DF1≠OF1，故不合要求，舍去，
当直线AB的斜率存在时，设为y=kx+2，
联立C:x28+y24=1得，1+2k2x2+8k2x+8k2-8=0，
Δ=64k4-41+2k28k2-8=32k2+32>0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=-8k21+2k2,x1x2=8k2-81+2k2，
y1+y2=kx1+x2+4k=-8k31+2k2+4k=4k1+2k2，
则AB中点坐标为Q-4k21+2k2,2k1+2k2，
假设存在点P，使得四边形OAPB是平行四边形，则P-8k21+2k2,4k1+2k2，
将P-8k21+2k2,4k1+2k2代入椭圆C:x28+y24=1中，得-8k21+2k22+24k1+2k22=8，
解得k=± 22，
此时直线AB的方程为y=± 22x+2．
【解析】【分析】
圆锥曲线中探究性问题解题策略：
(1)先假设存在或结论成立，然后引进未知数，参数并建立有关未知数，参数的等量关系，若能求出相应的量，则表示存在或结论成立，否则表示不存在或结论不成立；
(2)在假设存在或结论成立的前提下，利用特殊情况作出猜想，然后加以验证也可．
(1)作出辅助线，得到MF2//ON，MF2⊥MF1，MF2=2ON=2 2，由椭圆定义求出a=2 2，由勾股定理求出c=2，得到b2=a2-c2=4，求出椭圆方程；
(2)先考虑直线斜率不存在时，不合要求，再考虑直线AB的斜率存在时，设为y=kx+2，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，求出AB中点坐标，进而得到P-8k21+2k2,4k1+2k2，代入椭圆方程，求出k，求出答案．
22.【答案】解：(1)
证明：因为点N为线段AD的中点，且EA=ED，
所以AD⊥EN，
因为EF//AB，且四边形ABCD为正方形，故AD⊥AB，
所以AD⊥EF，而EN∩EF=E,EN,EF⊂平面EFN，
故AD⊥平面EFN；
(2)
设正方形ABCD的中心为O，分别取AB,BC,EF的中点为P,Q,S，
设点H为线段AD的中点，由(1)知E,F,H,Q四点共面，且AD⊥平面EFH，
连接OS,OS⊂平面EFH，故AD⊥OS，
又AD⊂平面ABCD，故平面ABCD⊥平面EFHQ，
且平面ABCD∩平面EFHQ=HQ，
由题意可知四边形EFQH为等腰梯形，故OS⊥HQ，
OS⊂平面EFHQ，故OS⊥平面ABCD，
故以O为坐标原点，OP,OQ,OS为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
因为AB=4，则A(2,-2,0),B(2,2,0),C(-2,2,0),D(-2,-2,0)，
又AB=2EF，故EF=2，
设EF到底面ABCD的距离为h，
四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，且EF//AB，
故E(0,-1,h),F(0,1,h)，又EA=ED=FB=FC=3，
故 22+12+h2=3,∴h=2，则E(0,-1,2),F(0,1,2)，
AE=-2,1,2，AD=(-4,0,0),BF=(-2,-1,2),BA=(0,-4,0)，
设AN=λAD,λ∈[0,1],∴BN=BA+AN=BA+λAD=(-4λ,-4,0)，
设平面BFN的一个法向量为n=x,y,z，
则n⋅BF=-2x-y+2z=0n⋅BN=-4λx-4y=0，令x=2,∴n=(2,-2λ,2-λ)，
设平面ADE的一个法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅AD=-4a=0m⋅AE=-2a+b+2c=0，令c=1,∴m=(0,-2,1)，
故|cs ⟨n,m⟩|=|n⋅m||n||m|=|3λ+2| 5× 5λ2-4λ+8=3 5 (λ+23)5λ2-4λ+8，
令m=λ+23,m∈[23,53]，则|cs⟨n,m⟩|=3 5⋅ m5m2-323m+1169，
令t=1m∈35,32，则|cs ⟨n,m⟩|=3 5⋅1 1169t2-323t+5，
令ft=1169t2-323t+5，则f(t)在35,32上单调递增，
故当t=35时，ftmin=f35=8125，当t=32时，ftmax=f32=18，
故|cs⟨n,m⟩|∈ 1010, 53，
即平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值得取值范围为 1010, 53．
【解析】【分析】本题考查了线面垂直的证明以及空间面面角的向量求法，解答的难点在于求出平面夹角的余弦值之后，要对其表达式进行变形，从而结合二次函数的单调性求得余弦的最值，从而得到其取值范围．
(1)根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法求出平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值的表达式，进行合理变形，结合二次函数的性质求得余弦的最值，即可求得答案．
1.已知集合A=xy= 1-2x，B=xy=ln2x-1，则A∩B等于
( )
A. x0≤x<12B. x0
A. 1x>1yB. 2-x<2-y
C. lgx2+1
( )
A. m=7B. 7
( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
5.果农采摘水果，采摘下来的水果会慢慢失去新鲜度，已知某种水果失去新鲜度h与其采摘后时间t(天)满足的函数关系式为h=m⋅at.若采摘后10天，这种水果失去的新鲜度为10%，采摘后20天，这种水果失去的新鲜度为20%.那么采摘下来的这种水果在多长时间后失去50%新鲜度(已知lg2≈0.3，结果取整数)( )
A. 23天B. 33天C. 43天D. 50天
6.已知sinα+csπ6-α= 33，则cs2α+π3=( )
A. -79B. 79C. -13D. 13
7.已知向量a=2,0，b=sinα, 32，若b在a上的投影向量c=12,0，则向量a与b的夹角为
( )
A. π6B. π4C. π3D. 2π3
8.如图，水平放置的正四棱台玻璃容器的高为32cm，两底面对角线EG、E1G1的长分别为14cm、62cm，水深为12cm.则玻璃容器里面水的体积是
( )
A. 3336cm3B. 3337cm3C. 3338cm3D. 3339cm3
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.已知复数z=10i3-i，则
( )
A. Z的虚部为3
B. Z2=10
C. 将Z对应的向量OZ(O为坐标原点)绕点O逆时针旋转π2，得到的向量对应的复数为-3-i
D. Z的共轭复数1+3i
10.函数fx=sinωx+φω>0,φ<π2的部分图象如图所示，则下列结论正确的是
( )
A. 函数fx最小正周期为T=πB. φ=π6
C. fx在区间-5π12,-π6上单调递减D. 方程fx=12在区间0,2π内有3个根
11.2022年4月16日9时56分，神舟十三号返回舱成功着陆，返回舱是宇航员返回地球的座舱，返回舱的轴截面可近似看作是由半圆和半椭圆组成的“曲圆”，如图在平面直角坐标系中半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的焦点F(0,2)，椭圆的短轴与半圆的直径重合，下半圆与y轴交于点G.若过原点O的直线与上半椭圆交于点A，与下半圆交于点B，则( )
A. 椭圆的长轴长为4 2B. 线段AB长度的取值范围是[4,2+2 2]
C. △ABF面积的最小值是4D. △AFG的周长为4+4 2
12.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是AB，AD的中点，P为线段C1D1上的动点，则下列结论正确的是
( )
A. 存在点P，使得PM与BC1异面
B. 不存在点P，使得MN⊥NP
C. 当P在直线C1D1上运动时，三棱锥A1-B1PC的体积不变
D. 过M，N，P三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为3 34
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.若a，b为正实数，直线x+2a-1y+1=0与直线bx+2y-1=0互相垂直，则ab的最大值为______．
14.如图，电路中A、B、C三个电子元件正常工作的概率分别为P(A)=0.8，P(B)=P(C)=0.6，则该电路正常工作的概率 ．
15.设点Px,y是圆：x-32+y2=4上的动点，定点A0,2，B0,-2，则PA+PB的取值范围为______．
16.如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型.在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面与截面都相切，设图中球O1，球O2的半径分别为4和2，球心距离O1O2=2 10，截面分别与球O1，球O2相切于点E,F(E,F是截口椭圆的焦点)，则此椭圆的离心率等于 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10分)
圆M经过点A(1,2)，B(9,-2)，且圆心M在直线y=x-5上．
(1)求圆M的方程；
(2)过点A作直线l，直线l与圆M的另一个交点是D，当|AD|=4时，求直线l的方程．
18.(本小题12分)
文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛;从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩(满分100分，成绩均为不低于40分的整数)分成六段：[40,50)，[50,60)，⋯，[90,100]得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中a的值;
(2)求样本成绩的第75百分位数;
(3)已知落在[50,60)的平均成绩是51，方差是7，落在[60,70)的平均成绩为63，方差是4，求两组成绩的总平均数z和总方差s2．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P-ABCD中，PB⊥底面ABCD，CD⊥PD，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，AB⊥BC，AB=AD=PB=1，点E在棱PA上，且PE=2EA．
(1)证明：PC//平面EBD；
(2)求直线PD与平面EBD所成角的正弦值．
20.(本小题12分)
已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且有2sin(C+π6)=b+ca．
(1)求角A;
(2)若D为边BC上一点，且2CD=AD=BD，求sinC.
21.(本小题12分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的中心为O，左、右焦点分别为F1，F2，M为椭圆C上一点，线段MF1与圆x2+y2=2相切于该线段的中点N，且△MF1F2的面积为4．
(1)求椭圆C的方程；
(2)椭圆C上是否存在三个点A，B，P，使得直线AB过椭圆C的左焦点F1，且四边形OAPB是平行四边形？若存在，求出直线AB的方程；若不存在.请说明理由．
22.(本小题12分)
中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．刍甍是茅草屋顶．”现有一个刍甍如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，AB=4，EF//AB，AB=2EF，EA=ED=FB=FC=3．
(1)当点N为线段AD的中点时，求证：直线AD⊥平面EFN；
(2)当点N在线段AD上时(包含端点)，求平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】先分别求出集合A,B，再根据交集的定义即可得解．
解：由y= 1-2x得1-2x≥0，所以x≤12，
故A=xy= 1-2x=xx≤12，
由y=ln2x-1得2x-1>0，所以x>0，
故B=xy=ln2x-1=xx>0，
所以A∩B=x0
2.【答案】D
【解析】【分析】根据指数函数的单调性即可判断B；举出反例即可判断AC；根据幂函数的单调性即可判断D．
解：当x=-1,y=1时，1x=-1<1=1y,lgx2+1=lg2=lgy2+1，故 AC错误；
因为x
而函数y=2x为增函数，所以2-x>2-y，故 B错误；
因为y=x13=3x是R上的增函数，所以x13
3.【答案】C
【解析】【分析】本题考查必要不充分条件的判断，解题关键是掌握集合的包含关系与充分必要条件之间的联系．
求出方程x29-m+y2m-5=1表示椭圆的充要条件，然后根据集合间的包含关系得出结论．
解：方程x29-m+y2m-5=1表示椭圆的充要条件为9-m>0,m-5>0,9-m≠m-5,解得5
4.【答案】D
【解析】【分析】求出两圆的圆心和半径，根据圆心距大于半径之和，得到两圆外切，故公切线条数为4．
解：两圆的标准方程分别为x-22+y+a2=1和x+12+y-2a2=2，
圆心分别为C12,-a，C2-1,2a，半径分别为r1=1，r2= 2，
圆心距C1C2= -1-22+2a--a2=3 1+a2≥3，故C1C2>r1+r2，
所以圆C1与圆C2外离，所以圆C1与圆C2有4条公切线．
故选：D
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了指数函数，对数函数的运算，属于基础题．
待定系数法可以直接求出a，m的值，再代入直接可以得到结果．
【解答】
解：由题意可知ma10=0.1ma20=0.2,
∴a=102m=0.05,
∴h(t)=0.05×(102)t，
当h(t)=0.5时，0.05×(102)t=0.5，
解得t=10lg2≈33，
故选：B．
6.【答案】B
【解析】【分析】利用两角差的余弦公式、辅助角公式、二倍角公式求解即可．
解：因为sinα+csπ6-α=sinα+csαcsπ6+sinαsinπ6
=32sinα+ 32csα= 3sinα+π6= 33，
所以sinα+π6=13，
所以cs2α+π3=cs2α+π6=1-2sin2α+π6=79．
故选：B．
7.【答案】C
【解析】【分析】根据投影向量求出b=12, 32，再求向量a与b的夹角．
解：设向量a与b的夹角为θ，与a同向的单位向量为e，
∵b在a上的投影向量为c=12,0，a=2,0，
∴bcsθ⋅e=a⋅ba⋅aa=2sinα42,0=sinα,0=12,0，
∴sinα=12，∴b=12, 32，
所以csθ=a⋅bab=12，
∵θ∈0,π，∴θ=π3，
∴a与b的夹角为π3，
故选：C．
8.【答案】A
【解析】【分析】将正四棱台EFGH-E1F1G1H1的各侧棱延长交于点P，设水面(上底面)的所在正方形的边长为a，设设正四棱锥P-EFGH的为h，根据相似可得出关于h的等式，解出h的值，再利用相似可求得a的值，再利用台体体积公式可求得水体的体积．
解：设水面(上底面)的所在正方形的边长为a，
由题意可知，正方形EFGH的边长为14 2=7 2cm，正方形E1F1G1H1的边长为62 2=31 2cm，
将正四棱台EFGH-E1F1G1H1的各侧棱延长交于点P，
设正四棱锥P-EFGH的为h，则hh+32=1462=731，解得h=283，
因为7 2a=hh+12=283283+12=716，解得a=16 2，
因此，水的体积为V=137 22+16 22+7 2×16 2×12=3336cm3．
故选：A．
9.【答案】ABC
【解析】【分析】将复数z利用复数乘除法运算化简，再根据复数的相关概念即可判断各选项．
解：z=10i3-i=10i3+i3-i3+i=-1+3i，所以z虚部为3；z的共轭复数z=-1-3i；z2=-1+3i2=10；将向量OZ绕点O逆时针旋转π2，复数为-1+3ics90+isin90=-1+3i⋅i=-3-i．
故选：ABC．
10.【答案】AC
【解析】【分析】根据函数图象可求出函数的最小正周期，进而可求出ω，再利用待定系数法求出φ，再根据正弦函数的图象和性质逐一判断即可．
解：由图可知函数fx最小正周期T=25π6-π3=π，故 A正确；
2πω=π，所以ω=2，则fx=sin2x+φ，
又fπ3=sin2π3+φ=1，
所以2π3+φ=π2+2kπ，所以φ=-π6+2kπ,k∈Z，
又φ<π2，所以φ=-π6，故 B错误；
所以fx=sin2x-π6，
由x∈-5π12,-π6，得2x-π6∈-π,-π2⊆-3π2,-π2，
所以fx在区间-5π12,-π6上单调递减，故 C正确；
令fx=sin2x-π6=12，得2x-π6=π6+2kπ或2x-π6=5π6+2kπ，
所以x=π6+kπ或x=π2+kπ,k∈Z，
又x∈0,2π，所以x=π6或π2或7π6或3π2，
所以方程fx=12在区间0,2π内有4个根，故D错误．
故选：AC．
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考查了椭圆的概念与方程、椭圆的几何意义，涉及圆的方程，属于中档题．
根据题意求得圆的方程及椭圆的a，b，c，在逐项分析解答即可．
【解答】解：由半圆的圆心在原点、半圆经过点F(0,2)，知半圆的方程为x2+y2=4y⩽0，
由半圆的直径与椭圆的短轴重合，知椭圆的短半轴长为2，即b=2，而c=2，所以a=2 2，
所以半椭圆的方程为y28+x24=1y⩾0，所以椭圆的长轴长为2a=4 2，A正确；
当线段AB在x轴上时，长度最短为4，当线段AB在y轴上时，长度最长为2+2 2，
所以线段AB的长度取值范围是4,2+2 2，B正确；
若把线段AB经过点F也看作三角形的一种情况，则可得△ABF面积的最小值是0，C错误；
因为G为椭圆的下焦点，所以AG+AF=2a=4 2,∴AF+AG+FG=4 2+4，D正确．
12.【答案】CD
【解析】【分析】由A,B,C1,D1四点共面可判断A；由线面垂直的判定定理可得MN⊥平面NPQ，则MN⊥NP可判断B；由等积法可判断C；先求出截面，再求其面积可判断D
解：对于A，连接AD1，BC1，由正方体的性质知：AB//C1D1，
所以A,B,C1,D1四点共面，PM,BC1⊂平面ABC1D1，故 A错误；
对于B，设CD的中点为Q，连接MQ,PQ，
若P为C1D1的中点，则PQ⊥平面ABCD，因为MN⊂平面ABCD，，
所以PQ⊥MN，在△NMQ中，MN=NQ= 122+122= 22,MQ=1，
所以MN2+NQ2=MQ2，故MN⊥NQ，
PQ∩NQ=Q，PQ,NQ⊂平面NPQ，所以MN⊥平面NPQ，
NP⊂平面NPQ，所以MN⊥NP，故 B错误；
对于C，连接A1P,PB1,B1C,A1C,PC，
因为C1D1//A1B1，C1D1⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，
所以C1D1//平面A1B1C，所以直线C1D1上的点到平面A1B1C的距离相等，
当P在直线C1D1上运动时，所以P到平面A1B1C的距离相等设为d，
VA1-B1PC=VP-A1B1C=13S▵A1B1C⋅d，S▵A1B1C为 定值，故C正确；
对于D，由正方体中心对称(类比为球体，MN看作弦)，故过MN的截面经过对称中心O所得截面最大，
此时截面交棱DD1，BB1，B1C1于中点，P也为中点，
所以P为C1D1的中点时，过M、N、P三点的平面截正方体所得截面最大，
取DD1的中点E，B1C1的中点F，BB1的中点G，
连接NE、EP、PF、FG、GM，
所以过M、N、P三点的 平面截正方体所得截面最大值为正六边形，
面积为6× 34NM2=6× 34×12=3 34，故 D正确．
故选：CD．
13.【答案】14
【解析】【分析】根据直线垂直的充要条件可得a，b关系，然后由基本不等式可解．
解：因为直线x+2a-1y+1=0与直线bx+2y-1=0互相垂直，
所以b+2(2a-1)=0，即4a+b=2，
由基本不等式可得2=4a+b≥2 4ab，即ab≤14，当且仅当a=14b=1时等号成立．
所以ab的最大值为14．
故答案为：14
14.【答案】0.672
【解析】【分析】
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用．
根据相互独立事件的乘法公式计算即可．
【解答】
解：该电路正常工作则A正常，且B与C至少一个正常工作，
A正常工作的概率为P(A)=0.8，
B与C均不能正常工作的概率为(1-0.6)×(1-0.6)，
故B与C至少一个正常工作的概率为[1-(1-0.6)×(1-0.6)]
故该电路正常工作的概率为0.8×[1-(1-0.6)×(1-0.6)]=0.672．
15.【答案】2,10
【解析】【分析】易得PA+PB=2PO=2PO，求出PO的范围即可得解．
解：由题意原点O0,0为线段AB的中点，
因为0-32+02=9>4，
所以点O0,0在圆外，
圆x-32+y2=4的圆心C3,0，半径r=2，
PA+PB=2PO=2PO，
的人OC-r≤PO≤OC+r，即1=3-2≤PO≤3+2=5，
所以PA+PB=2PO∈2,10，
所以PA+PB的取值范围为2,10．
故答案为：2,10．
16.【答案】13
【解析】【分析】
本题考查求椭圆的离心率，考查计算能力，属于中档题．
设O1O2∩EF=D，解得O2D=2 103,O1D=4 103，进而可得2c=43+23=2,c=1，分析可得2a=BC= 2 102-22=6，a=3，可得离心率．
【解答】
解：设O1O2∩EF=D，
由O2DO1D=O2FO1E=12O2D+O1D=2 10，解得O2D=2 103,O1D=4 103，
所以DE= 4 1032-42=43,DF= 2 1032-22=23，
所以2c=43+23=2,c=1，
设直线EF与圆锥的母线相交于点A，圆锥的母线与球相切于B,C两点，如图所示，
则AB=AE,AC=AF，
两式相加得AB+AC=AE+AF=a-c+a+c=2a，即BC=2a，
过O2作O2G⊥O1B，垂直为G，
则四边形BGO2C为矩形，所以2a=BC= 2 102-22=6，a=3，
所以椭圆的离心率为ca=13．
故答案为13．
17.【答案】解：(1)由圆心M在直线y=x-5上，不妨设圆心M为(a,a-5)，
则(a-1)2+(a-5-2)2=(a-9)2+(a-5+2)2，解得a=5，
则M(5,0)，MA= 5-12+0-22=2 5，
故圆M的方程为(x-5)2+y2=20；
(2) ①当直线l斜率不存在时，直线l方程为x=1，
将x=1代入(x-5)2+y2=20，得(1-5)2+y2=20，解得y=±2，
此时|AD|=4，满足题意；
②当直线l斜率存在时，设直线l:y-2=k(x-1)，即kx-y+2-k=0，
依题意，点M到距离d=|5k+2-k| k2+1= 2 52-422⇒k=34，
则直线l:y-2=34(x-1)，即3x-4y+5=0，
综上，直线l的方程为x=1或3x-4y+5=0．
【解析】本题考查求圆的标准方程，圆的弦长问题，点到直线的距离，属于中档题．
(1)设圆心坐标，根据题意列方程求出圆心坐标，计算半径r，即可写出圆的方程；
(2)讨论过点A的直线l斜率不存在和斜率存在时，求出对应直线的方程即可．
18.【答案】解：(1)∵每组小矩形的面积之和为1，
∴(0.005+0.010+0.020+a+0.025+0.010)×10=1，
∴a=0.030；
(2)成绩落在[40,80)内的频率为(0.005+0.010+0.020+0.030)×10=0.65，
落在[40,90)内的频率为(0.005+0.010+0.020+0.030+0.025)×10=0.9，
设第75百分位数为m，
由0.65+(m-80)×0.025=0.75，
得m=84，故第75百分位数为84；
(3)由图可知，成绩在[50,60)的市民人数为100×0.1=10，
成绩在[60,70)的市民人数为100×0.2=20，
故z=10×51+63×2010+20=59，
设成绩在[50,60)中10人的分数分别为x1，x2，x3，⋯，x10;
成绩在[60,70)中20人的分数分别为y1，y2，y3，⋯，y20，
则由题意可得，x12+x22+⋯+x10210-512=7，y12+y22+⋯+y20220-632=4，
即x12+x22+⋯+x102=26080，y12+y22+⋯+y202=79460，
∴s2=110+20(x12+x22+⋯+x102+y12+y22+⋯+y202)-z2
=130×(26080+79460)-592=37，
所以两组市民成绩的总平均数是59，总方差是37．
【解析】本题考查频率分布直方图、百分位数、平均数、方差等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
(1)由频率分布直方图列出方程能求出a；
(2)由频率分布直方图列出方程能求出第75百分位数；
(3)由频率分布直方图中数据结合方差计算公式即可解答．
19.【答案】解：(1)
∵PB⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，
∴PB⊥CD，
∵PD⊥CD，PB∩PD=P,PB,PD⊂平面PBD，
∴CD⊥平面PBD，
∵BD⊂平面PBD，
∴BD⊥CD，
∵底面ABCD为直角梯形，AD//BC，AB⊥BC，AB=AD=1，
∴在直角三角形ABD中，BD= AB2+AD2= 2，∠ABD=π4，
在直角三角形CBD中，∠CBD=π4，BC=BDcsπ4=2，
设AC∩BD=G，连接AC,EG，
则▵CBG∽▵ADG，
∴AGGC=ADBC=12=AEEP，
∴PC//EG，
又EG⊂平面EBD，PC⊄平面EBD，
∴PC//平面EBD；
(2)
∵PB⊥底面ABCD，BC,BA⊂底面ABCD，，
∴PB⊥BC,PB⊥BA，
∵底面ABCD为直角梯形，∴AB⊥BC，
建立以B为原点的空间直角坐标系B-xyz，如图所示：
则P0,0,1,A0,1,0,D1,1,0，
∴BP=0,0,1，PA=0,1,-1，BD=1,1,0，
∴BE=BP+PE=BP+23PA=0,23,13，
设平面EBD的一个法向量为n=x,y,z，
∴n⋅BE=23y+13z=0n⋅BD=x+y=0，取z=2，则x=1,y=-1，
则平面EBD的一个法向量为n=1,-1,2，
设直线PD与平面EBD所成角大小为θ，
∵PD=1,1,-1，
∴sinθ=csPD,n=PD⋅nPD⋅n=|-2| 6× 3= 23，
故直线PD与平面EBD所成角的正弦值为 23．
【解析】【分析】(1)根据线面垂直的性质、判定定理，结合相似三角形的判定定理和性质、线面平行的判定定理进行证明即可；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角定理进行求解即可．
20.【答案】解：(1)由题意知2sin(C+π6)=b+ca，
所以由正弦定理得 3sinC+csC=sinB+sinCsinA，
即 3sinAsinC+sinAcsC=sinB+sinC=sin[π-(A+C)]+sinC
=sin(A+C)+sinC=sinAcsC+csAsinC+sinC，
所以 3sinAsinC=sinCcsA+sinC，
又因为sinC≠0，所以 3sinA-csA=1，
则2sin(A-π6)=1，即sin(A-π6)=12，
又A∈(0,π)，A-π6∈(-π6,5π6)，故A-π6=π6，故A=π3．
(2)解法一：设∠BAD=θ，θ∈(0,π3)，
则∠ADC=2θ，∠DAC=π3-θ，∠ACD=2π3-θ，
在△ADC中，由正弦定理知，ADsin(2π3-θ)=DCsin(π3-θ)，
即2sin(π3-θ)=sin(2π3-θ)， 3csθ-sinθ= 32csθ+12sinθ，
化简得，tanθ= 33，则θ=π6，∠ACD=2π3-θ=π2，即sinC=1．
解法二：取AB中点M，延长MD与AC的延长线交于点N，连接NB，
由2CD=BD有ND=13NB+23NC，
由NM=12NB+12NA，
设ND=λNM，则13NB+23NC=λ2NB+λ2NA，
即2-3λ6NB=λ2NA-23NC，又NB与NA不共线，
故2-3λ6=0，λ=23，所以NA=2NC，即C为AN中点．
又AD=BD，M为AB中点，所以NM⊥AB，
又A=π3，所以△ABN为正三角形，
又BC平分AN，所以BC⊥AN，∠ACB=π2，即sinC=sinπ2=1．
【解析】本题考查了正弦定理以及两角和与差的三角函数公式，诱导公式，辅助角公式，考查了向量在平面几何中的应用，属于中档题．
(1)由正弦定理以及两角和的正弦公式得 3sinC+csC=sinB+sinCsinA，化简得sin(A-π6)=12，可得角A；
(2)解法一：设∠BAD=θ，θ∈(0,π3)，在△ADC中，由正弦定理知，ADsin(2π3-θ)=DCsin(π3-θ)，化简得，tanθ= 33，则θ=π6，得∠ACD=π2，即sinC=1；
解法二：取AB中点M，延长MD与AC的延长线交于点N，连接NB，利用向量的运算得C为AN中点，可得△ABN为正三角形，可得sin C．
21.【答案】解：(1)
连接ON，则ON⊥MF1，ON= 2
因为N为MF1的中点，O为F1F2的中点，所以MF2//ON，故MF2⊥MF1，
MF2=2ON=2 2，
S▵MF1F2=12MF1⋅MF2= 2MF1=4，解得MF1=2 2，
由椭圆定义可知，MF1+MF2=4 2=2a，解得a=2 2，
由勾股定理得F1F22=MF12+MF22=8+8=16，即4c2=16，解得c=2，
故b2=a2-c2=8-4=4，
故椭圆方程为C:x28+y24=1；
(2)
由题意得F1-2,0，当直线AB的斜率不存在时，即x=-2，
此时48+y24=1，解得y=± 2，设A-2, 2,B-2,- 2，
由于OA=OB，由对称性可知，P为椭圆左顶点D，但DF1≠OF1，故不合要求，舍去，
当直线AB的斜率存在时，设为y=kx+2，
联立C:x28+y24=1得，1+2k2x2+8k2x+8k2-8=0，
Δ=64k4-41+2k28k2-8=32k2+32>0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=-8k21+2k2,x1x2=8k2-81+2k2，
y1+y2=kx1+x2+4k=-8k31+2k2+4k=4k1+2k2，
则AB中点坐标为Q-4k21+2k2,2k1+2k2，
假设存在点P，使得四边形OAPB是平行四边形，则P-8k21+2k2,4k1+2k2，
将P-8k21+2k2,4k1+2k2代入椭圆C:x28+y24=1中，得-8k21+2k22+24k1+2k22=8，
解得k=± 22，
此时直线AB的方程为y=± 22x+2．
【解析】【分析】
圆锥曲线中探究性问题解题策略：
(1)先假设存在或结论成立，然后引进未知数，参数并建立有关未知数，参数的等量关系，若能求出相应的量，则表示存在或结论成立，否则表示不存在或结论不成立；
(2)在假设存在或结论成立的前提下，利用特殊情况作出猜想，然后加以验证也可．
(1)作出辅助线，得到MF2//ON，MF2⊥MF1，MF2=2ON=2 2，由椭圆定义求出a=2 2，由勾股定理求出c=2，得到b2=a2-c2=4，求出椭圆方程；
(2)先考虑直线斜率不存在时，不合要求，再考虑直线AB的斜率存在时，设为y=kx+2，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，求出AB中点坐标，进而得到P-8k21+2k2,4k1+2k2，代入椭圆方程，求出k，求出答案．
22.【答案】解：(1)
证明：因为点N为线段AD的中点，且EA=ED，
所以AD⊥EN，
因为EF//AB，且四边形ABCD为正方形，故AD⊥AB，
所以AD⊥EF，而EN∩EF=E,EN,EF⊂平面EFN，
故AD⊥平面EFN；
(2)
设正方形ABCD的中心为O，分别取AB,BC,EF的中点为P,Q,S，
设点H为线段AD的中点，由(1)知E,F,H,Q四点共面，且AD⊥平面EFH，
连接OS,OS⊂平面EFH，故AD⊥OS，
又AD⊂平面ABCD，故平面ABCD⊥平面EFHQ，
且平面ABCD∩平面EFHQ=HQ，
由题意可知四边形EFQH为等腰梯形，故OS⊥HQ，
OS⊂平面EFHQ，故OS⊥平面ABCD，
故以O为坐标原点，OP,OQ,OS为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
因为AB=4，则A(2,-2,0),B(2,2,0),C(-2,2,0),D(-2,-2,0)，
又AB=2EF，故EF=2，
设EF到底面ABCD的距离为h，
四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，且EF//AB，
故E(0,-1,h),F(0,1,h)，又EA=ED=FB=FC=3，
故 22+12+h2=3,∴h=2，则E(0,-1,2),F(0,1,2)，
AE=-2,1,2，AD=(-4,0,0),BF=(-2,-1,2),BA=(0,-4,0)，
设AN=λAD,λ∈[0,1],∴BN=BA+AN=BA+λAD=(-4λ,-4,0)，
设平面BFN的一个法向量为n=x,y,z，
则n⋅BF=-2x-y+2z=0n⋅BN=-4λx-4y=0，令x=2,∴n=(2,-2λ,2-λ)，
设平面ADE的一个法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅AD=-4a=0m⋅AE=-2a+b+2c=0，令c=1,∴m=(0,-2,1)，
故|cs ⟨n,m⟩|=|n⋅m||n||m|=|3λ+2| 5× 5λ2-4λ+8=3 5 (λ+23)5λ2-4λ+8，
令m=λ+23,m∈[23,53]，则|cs⟨n,m⟩|=3 5⋅ m5m2-323m+1169，
令t=1m∈35,32，则|cs ⟨n,m⟩|=3 5⋅1 1169t2-323t+5，
令ft=1169t2-323t+5，则f(t)在35,32上单调递增，
故当t=35时，ftmin=f35=8125，当t=32时，ftmax=f32=18，
故|cs⟨n,m⟩|∈ 1010, 53，
即平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值得取值范围为 1010, 53．
【解析】【分析】本题考查了线面垂直的证明以及空间面面角的向量求法，解答的难点在于求出平面夹角的余弦值之后，要对其表达式进行变形，从而结合二次函数的单调性求得余弦的最值，从而得到其取值范围．
(1)根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法求出平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值的表达式，进行合理变形，结合二次函数的性质求得余弦的最值，即可求得答案．
相关试卷
2024届广东省广州市三校（铁一、广外、广大附中）高三上学期11月期中联考数学试题含答案： 这是一份2024届广东省广州市三校（铁一、广外、广大附中）高三上学期11月期中联考数学试题含答案，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。
广东省广州市三校（南实、铁一、广外）2023-2024学年高二上学期期中联考数学试卷： 这是一份广东省广州市三校（南实、铁一、广外）2023-2024学年高二上学期期中联考数学试卷，共4页。
2022-2023学年广东省三校(广大附中、铁一、广外)高一下学期期中联考数学试题含解析： 这是一份2022-2023学年广东省三校(广大附中、铁一、广外)高一下学期期中联考数学试题含解析，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。
