2022-2023学年浙江省丽水市高一下学期6月期末数学试题（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年浙江省丽水市高一下学期6月期末数学试题（含详细答案解析），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.i 为虚数单位，则i⋅1−2i=( )
A. 2+iB. 2−i
C. −2+iD. −2−i
2.已知向量a=1,2，b=csθ,sinθ，且向量a与b平行，则tanθ的值为( )
A. −12B. −2
C. 12D. 2
3.甲、乙两人进行射击比赛，甲的中靶概率为0.4，乙的中靶概率为0.5，则两人各射击一次，恰有一人中靶的概率是( )
A. 0.2B. 0.4
C. 0.5D. 0.9
4.演讲比赛共有9 位评委，分别给出某选手的原始评分9.2，9.5，9.6，9.1，9.3，9.0，8.8，9.3，9.7，评定该选手的成绩时，从9 个原始评分中去掉1 个最高分和1 个最低分，得到7 个有效评分．这7 个有效评分与9 个原始评分相比，不变的数字特征是( )
A. 极差B. 中位数C. 平均数D. 方差
5.某中学组织三个年级的学生进行党史知识竞赛.经统计，得到前200 名学生分布的扇形图(如图)和前200 名中高一学生排名分布的频率条形图(如图)，则下列命题错误的是( )
A. 成绩前200 名的学生中，高一人数比高二人数多30 人
B. 成绩前100 名的学生中，高一人数不超过50 人
C. 成绩前50 名的学生中，高三人数不超过32 人
D. 成绩第51 名到第100 名的学生中，高二人数比高一人数多
6.如图， A 、 B 、 C 三点在半径为1 的圆 O 上运动，且AC⊥BC， M 是圆 O 外一点，OM=2，则MA+MB+2MC的最大值是( )
A. 5B. 8C. 10D. 12
7.一个袋中有大小和质地相同的4 个球，其中有2 个红球和2 个白球，从中一次性随机摸出2 个球，则下列说法正确的是( )
A. “恰好摸到1 个红球”与“至少摸到1 个白球”是互斥事件
B. “恰好没摸到红球”与“至多摸到1 个白球”是对立事件
C. “至少摸到1 个红球”的概率大于“至少摸到1 个白球”的概率
D. “恰好摸到2 个红球”与“恰好摸到2 个白球”是相互独立事件
8.将函数f(x)=sinωx (ω>0)的图象向右平移π3ω个单位得到函数y=g(x)的图象，点 A，B，C 是y=f(x)与y=g(x)图象的连续相邻的三个交点，若△ABC是锐角三角形，则ω的取值范围是( )
A. (0, 33π)B. (0, 22π)C. ( 33π,+∞)D. ( 22π,+∞)
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知复数z=a+bi (a,b∈R)在复平面内对应的点为 Z ，则下列结论中正确的是( )
A. z2=a2+b2B. z2=a2+b2C. z⋅z=a2+b2D. |OZ|2=a2+b2
10.已知 m，n 是异面直线，α,β是不同的平面，m⊥α，n⊥β，直线l 满足l⊥m，l⊥n，则下列关系不可能成立的是( )
A. α//βB. α⊥βC. l//αD. l⊥α
11.已知a,b是单位向量，则下列命题正确的是( )
A. 若a=(− 32,t)，则t=12
B. 若a,b不共线，则(a+b)⊥(a−b)
C. 若|a−b|≥ 3，则a,b夹角的最小值是2π3
D. 若a,b的夹角是3π4，则b在a上的投影向量是 22a
12.如图，矩形 BDEF 所在平面与正方形 ABCD 所在平面互相垂直，BD=2，DE=1，点 P 是线段 EF 上的动点，则下列命题中正确的是( )
A. 不存在点 P ，使得直线DP//平面 ACF
B. 直线 DP 与 BC 所成角余弦值的取值范围是[0, 105]
C. 直线 DP 与平面 ACF 所成角的取值范围是[0,π4]
D. 三棱锥A−CDE的外接球被平面 ACF 所截得的截面面积是9π8
三、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
13.若圆锥的母线长为2 ，轴截面是等腰直角三角形，则该圆锥的体积是__________.
14.已知tanα=3，则sinα+2csαsinα−csα=__________.
15.如图，平面四边形 ABCD 的斜二测直观图是等腰梯形A′B′C′D′，A′D′=D′C′=1，那么原平面四边形中的边 BC 的长是__________.
16.如图：为了测量河对岸的塔高AB，可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，现测得CD=200米，且在点C和D测得塔顶A的仰角分别为45∘和30∘，又∠CBD=30∘，则塔高AB=__________米．
17.如图，从正四面体的4个顶点处截去4个相同的正四面体，得到一个由正三角形与正六边形构成的多面体.若该多面体的表面积是14 3，则该多面体外接球的表面积是__________.
18.赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”(以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成).类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设AD=λAB+μAC，若AD=4AF，则λ−μ的值为__________.
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题12分)
杭州2022 年第19 届亚运会将于2023 年9 月23 日至10 月8 日举行．随着亚运会的临近，亚运会的热度持续提升．为让更多的人了解亚运会运动项目和亚运精神，某大学举办了亚运会知识竞赛，并从中随机抽取了100 名学生的成绩，绘制成如图所示的频率分布直方图．

(1)试根据频率分布直方图求出这100 名学生中成绩低于60 分的人数；
(2)试估计这100 名学生成绩的第75 百分位数；
(3)若采用分层抽样的方法从成绩在70,80,80,90,90,100的学生中共抽取6 人参加志愿者活动．现从这6 人中随机抽取2 人分享活动经验，求抽取的2 人成绩都在80,100的概率．
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=sin(x+π6)+sin(x−π6)+csx+a的最大值为1.
(1)求常数a的值；
(2)求函数f(x)的单调递减区间；
(3)求使f(x)≥0成立的x的取值集合．
21.(本小题12分)
在直三棱柱ABC−A1B1C1中， D 、 E 分别是AA1、B1C1的中点，DC1⊥BD，AC=BC=1，AA1=2.

(1)求证：BC⊥平面AA1C1C；
(2)求点 E 到平面C1BD的距离．
22.(本小题12分)
在△ABC中，三个内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c ，AD=2DC，BD=2，且(a−c)sin(A+B)=(a−b)(sinA+sinB).
(1)求 B ；
(2)当2a+c取最大值时，求△ABC的周长．
23.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD中，底面 ABCD 为直角梯形，AB//CD，∠BAD=90∘，AB=2CD=4，PA⊥CD，在锐角△PAD中，AD=PD=3 2，点 E 在 PD 上，PE=2ED.

(1)求证：PB//平面 ACE ；
(2)若 AC 与平面 PCD 所成的角为30∘，求二面角P−AC−E的正切值.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查复数的乘法运算，属于基础题.
根据复数的运算律直接求解.
【解答】
解： i⋅1−2i=i−2i2=2+i ，
故选：A.
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查向量平行(共线)关系的坐标表示，属于基础题.
由平行向量的坐标表示即可得出答案.
【解答】
解：向量 a=1,2 ， b=csθ,sinθ ，且向量 a 与 b 平行，
所以 1⋅sinθ−2⋅csθ=0 ，即 tanθ=2 .
故选：D.
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查相互独立事件的概率乘法公式，属于基础题.
根据独立事件同时发生的概率即可求得甲乙两人各射击一次恰有一人中靶的概率.
【解答】
解：记甲中靶为事件A，乙中靶为事件B，
则 PA=0.4,PA=1−0.4=0.6,PB=0.5,PB=1−0.5=0.5 ，
甲乙两人各射击一次恰有一人中靶，分甲中乙不中和甲不中乙中两种情况，
则甲乙两人各射击一次恰有一人中靶的概率为
P=P(A)⋅P(B)+P(B)⋅P(A)=0.4×0.5+0.6×0.5=0.5 .
故选：C
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查平均数、中位数、极差、方差，属于基础题.
分别计算9个原始评分和7个有效评分的极差、中位数、平均数和方差的值，即可得出答案.
【解答】
解：从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分为：
9.2，9.5，9.6，9.1，9.3，9.0，9.3，
极差：9.6−9.0=0.6，
将7个有效评分从小到大排列为：9.0，9.1，9.2，9.3，9.3，9.5，9.6，
所以中位数为：9.3；
平均数为： x1=9.0+9.1+9.2+9.3+9.3+9.5+9.67≈9.29 ，
s12=9.0−9.292+9.1−9.292+9.2−9.292+9.3−9.292+9.3−9.292+9.5−9.292+9.6−9.2927 ≈0.0431
9个原始评分的极差为：9.6−8.8=0.8，
将9个有效评分从小到大排列为：8.8，9.0，9.1，9.2，9.3，9.3，9.5，9.6，9.7，
所以中位数为：9.3；
平均数为： x2=8.8+9.0+9.1+9.2+9.3+9.3+9.5+9.6+9.69≈9.27 ，
s22=8.8−9.272+9.0−9.272+9.1−9.272+9.2−9.272+9.3−9.272+9.3−9.272+9.5−9.272+9.6−9.272×29 ≈0.073
所以不变的数字特征是中位数.
故选：B.
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查频率条形图，考查扇形图，属于基础题.
根据饼状图和条形图提供的数据判断．
【解答】
解：由饼状图，成绩前200名的200人中，高一人数比高二人数多 200×(45%−30%)=30 ，A正确；
由条形图知高一学生在前200名中，前100和后100人数相等，因此高一人数为 200×45%×12=45<50 ，B正确；
成绩前50名的50人中，高一人数为 200×45%×0.2=18 ，因此高三最多有32人，C正确；
第51到100名的50人中，高一人数为 200×45%×0.3=27 ，故高二最多有23人，因此高二人数比高一少，D错误．
故选：D.
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查向量的线性运算，考查向量的模，考查向量的三角不等式，属于中档题.
连接 AB ，可知 O 为 AB 的中点，计算得出 |MA+MB+2MC|=|4MO+2OC| ，利用向量模的三角不等式可求得 MA+MB+2MC 的最大值.
【解答】
解：连接 AB ，如下图所示：

因为 AC⊥BC ，则 AB 为圆 O 的一条直径，故 O 为 AB 的中点，
所以MA+MB=(MO+OA)+(MO+OB)=2MO ，
所以 |MA+MB+2MC|=|2MO+2(MO+OC)|
=|4MO+2OC|≤4|MO|+2|OC|
=4×2+2×1=10 ，
当且仅当 M 、 O 、 C 共线且 MO 、 OC 同向时，等号成立，
因此， MA+MB+2MC 的最大值为10.
故选：C.
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查互斥事件、对立事件、相互独立事件、古典概型及其计算，属于基础题.
利用互斥事件的定义可判断A选项；利用对立事件的定义可判断B选项；利用古典概型的概率公式可判断C选项；利用独立事件的定义可判断D选项.
【解答】
解：对于A选项，“恰好摸到1 个红球”为1 红1 白，“至少摸到1 个白球”包含：1 红1 白、2 白，
所以，“恰好摸到1 个红球”与“至少摸到1 个白球”不是互斥事件，A错；
对于B选项，“恰好没摸到红球”为2 白，“至多摸到1 个白球”包含：2 红、1 红1 白，
所以，“恰好没摸到红球”与“至多摸到1 个白球”是对立事件，B对；
对于C选项，2 个红球分别记为 a 、 b ，2 个白球分别记为 A 、 B ，
从2 个红球和2 个白球中一次性随机摸出2 个球，所有的可能出现的结果有： ab 、 aA 、 aB 、 bA 、 bB 、 AB ，
其中，事件“至少摸到1 个红球”包含的可能出现的结果有： ab 、 aA 、 aB 、 bA 、 bB ，其概率为 56 ，
事件“至少摸到1 个白球”包含的可能出现的结果有： aA 、 aB 、 bA 、 bB 、 AB ，其概率为 56 ，
所以，“至少摸到1 个红球”的概率等于“至少摸到1 个白球”的概率，C错；
对于D选项，记事件E:恰好摸到2 个红球，事件F:恰好摸到2 个白球，
则 PE=PF=16 ， PEF=0 ，则 PEF≠PE⋅PF ，
所以，“恰好摸到2 个红球”与“恰好摸到2 个白球”不是相互独立事件，D错.
故选：B.
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查正弦型函数的图象变换，考查由正弦(型)函数的对称性求参数，题目较难.
由条件，可得 g(x)=sin(ωx−π3) ，作出函数的图象，结合三角函数的图象与性质及已知条件列出不等式求解即可.
【解答】
解：依题意， g(x)=f(x−π3ω)=sin[ω(x−π3ω)]=sin(ωx−π3) ，函数 y=f(x),y=g(x) 周期 T=2πω ，
在同一坐标系内作出函数 y=f(x),y=g(x) 的图象，如图，

A ， B ， C 为连续三交点，(不妨设 B 在 x 轴下方)， D 为 AC 的中点，
由对称性知， △ABC 是以 AC 为底边的等腰三角形， 2AD=AC=T=2πω ，
由 sinωx=sin(ωx−π3) ，整理得 sinωx=− 3csωx ，
又 sin2ωx+cs2ωx=1 ，解得 sinωx=± 32 ，
于是点 A ， B 的纵坐标 yA,yB 有 yA=−yB= 32 ，即 BD=2yB= 3 ，
要使 △ABC 为锐角三角形，当且仅当 π4<∠BAC<π2 ，
即 tan∠BAC=BDAD= 3ωπ>1 ，解得 ω> 33π ，
所以 ω 的取值范围是 ( 33π,+∞) .
故选：C
9.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查复数的代数表示，考查复数的模，考查复数的乘法运算，考查共轭复数，属于一般题.
根据模的计算公式和复数的乘法可判断ACD的正误，取特例根据复数的乘法计算后可判断B的正误.
【解答】
解：因为 z=a+bi ，故 z=OZ= a2+b2 ，故 |OZ|2=a2+b2 ， z2=a2+b2，
而 z⋅z=a+bia−bi=a2+b2 ，故ACD正确.
取 a=1,b=1 ，故 z=1+i ，则 z2=2i,a2+b2=2,z2≠a2+b2 ，故B错误.
故选：ACD.
10.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查线面垂直、平行的性质，考查面面垂直、平行的性质，属于一般题.
根据面面平行的性质及线面垂直的性质可判断A，由题目所给条件及两平面垂直的性质判断B，根据特殊情况判断C，由线面垂直的性质判断D.
【解答】
解：若 α//β ， m⊥α 可得 m⊥β ，又 n⊥β ，可得 m//n ，与 m，n 是异面直线矛盾，故A不能成立；
若 α⊥β ， m⊥α ， n⊥β ，则 m,n 可能异面或相交，故B可能成立；
当 m⊥α ， n⊥β ，直线 l 满足 l⊥m ， l⊥n ，当直线与两个平面的交线平行且在平面外时，满足 l//α ，如图，

故C可能成立；
当 l⊥α 时，由 m⊥α 知 m//l ，这与 l⊥m 矛盾，故D不可能成立.
故选：AD
11.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查向量的数量积与向量的垂直关系，利用向量的数量积求向量的夹角，投影向量，向量模的坐标表示，属于一般题.
根据向量 a,b 是单位向量，结合向量模，数量积和投影向量公式，即可判断选项.
【解答】
解：A.因为向量 a 是单位向量，
所以 a= − 322+t2=1 ，得 t=±12 ，故A错误；
B. a+b⋅a−b=a2−b2=1−1=0 ，所以 (a+b)⊥(a−b) ，故B正确；
C. |a−b|= a−b2= a2−2a⋅b+b2= 2−2csa,b≥ 3 ，
得 csa,b≤−12 ，则 a,b∈2π3,π ，所以 a,b 夹角的最小值是 2π3 ，故C正确；
D. b 在 a 上的投影向量是 bcsa,ba=− 22a ，故D错误.
故选：BC
12.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查直线与平面所成的角，球的切、接问题，空间几何体的截面面积，直线与直线所成角，题目较难.
当点P是线段EF中点时判断A，利用向量法求出异面直线夹角的余弦的范围判断B，利用线面角的定义转化为正弦值计算判断C，求出 △ACF 外接圆面积判断D.
【解答】
解：取EF中点G，连DG，令 AC∩BD=O ，连FO，如图，

在正方形ABCD中，O为BD中点，而BDEF是矩形，
则 DO//GF 且DO=GF，即四边形DGFO是平行四边形，
即有 DG//FO ，而 FO⊂ 平面ACF， DG⊄ 平面 ACF ，
于是得 DG// 平面ACF，当点P与G重合时，直线 DP// 平面ACF，故A错误；
因平面 BDEF⊥ 平面ABCD，平面 BDEF∩ 平面 ABCD=BD ， ED⊥BD ， ED⊂ 平面 BDEF ，
所以 ED⊥ 平面 ABCD ，因为 BF//ED ，所以 BF⊥ 平面 ABCD ，
因为 AD,AB,BC,BD⊂ 平面 ABCD ，所 ED⊥AD,ED⊥BD,BF⊥AB,BF⊥BC ，
因为BD=2，DE=1，所以 AD= 2,EA= 3,DF= 5,AF=CF= 3 ，
又 BC//AD ，所以直线 DP 与 BC 所成角为 ∠ADP (或其补角)，
因为 DA⋅DP=DA⋅DE+EP=DA⋅DE+λEF=λDA⋅DB
=2 2λcs45∘=2λ(0≤λ≤1) ，
而 |DP|2=DE+λEF2=1+4λ2 ， |DA|= 2 ，所以 |DP|= 1+4λ2 ，
当 λ=0 时， cs∠ADP=DA⋅DP|DA|⋅|DP|=2λ 2 1+4λ2=0 ，
当 0<λ≤1 时， cs∠ADP=DA⋅DP|DA|⋅|DP|=2λ 2 1+4λ2=2 2 4+1λ2≤2 2⋅ 5= 105 ，
综上， 0≤cs∠ADP≤ 105 ，故B正确；
设 D 到平面 ACF 的距离为 d ，因为 AF=FC= 3 ， AC=BD=2 ，
所以 S△AFC=12AC⋅OF=12×2× 2= 2 ，
又 S△ABC=12AB⋅BC=12× 2× 2=1 ，
由等体积法， VB−AFC=VF−ABC=13dS△AFC=13FB⋅S△ABC ，
即 2d=1 ，解得 d= 22 ，
设直线 DP 与平面 ACF 所成角为 θ ，
当 P 与 G 重合时，直线 DP// 平面ACF，直线 DP 与平面 ACF 所成角 θ=0 ，
当 P 点由 G 向 E，F 运动时， θ 变大，当运动到 E 时，因为 DE//BF ，
所以 sinθ=dBF= 22 ，由 0≤θ≤π2 知， θ=π4 ，
当运动到 F 时， sinθ=dDF= 22 5= 1010< 22 ，
综上知， θ∈[0,π4] ，故C正确；
在 △ACF 中， AF=CF= BC2+BF2= 3 ，显然有 FO⊥AC ， sin∠FAC=FOAF= BO2+BF2AF= 2 3 ，
由正弦定理得 △ACF 外接圆直径 2R=CFsin∠FAC=3 2 ， R=32 2 ，
以 DA，DC，DE 为长宽高作长方体，如图，

则三棱锥 A−CDE 的外接球即为长方体的外接球，
三棱锥 A−CDE 的外接球被平面ACF所截得的截面是 △ACF 的外接圆，其面积为 πR2=9π8 ，故D正确.
故选：BCD.
13.【答案】2 23π
【解析】【分析】
本题考查了圆锥的体积，属于基础题.
根据轴截面可求圆锥的高和底面半径，故可求圆锥的体积.
【解答】
解：因为圆锥的母线长为2 ，轴截面是等腰直角三角形，
故圆锥的高为 2 且底面半径为 2 ，
故体积为 13×π× 22× 2=2 23π ，
故答案为： 2 23π .
14.【答案】52
【解析】【分析】
本题主要考查了同角三角函数基本关系式在三角函数求值中的应用，属于基础题．
由已知利用同角三角函数基本关系式化简所求即可得解．
【解答】
解：因为tanα=3，
所以sinα+2csαsinα−csα=tanα+2tanα−1= 3+2 3−1=52.
故答案为 52.
15.【答案】 6
【解析】【分析】
本题考查斜二测画法，属于基础题.
根据给定条件，结合斜二测画法规则还原平面四边形 ABCD ，再计算边长作答.
【解答】
解：在等腰梯形 A′B′C′D′ 中， ∠D′A′B′=45∘ ， A′D′=D′C′=1 ，
则 A′B′=2⋅A′D′cs∠D′A′B′+D′C′= 2+1 ，
由斜二测画法规则知，四边形 ABCD 的顶点A与原点O重合，点B，D分别在x轴、y轴上，
DC//AB ，且 AD=2A′D′=2,DC=D′C′=1,AB=A′B′= 2+1 ，如图，
显然四边形 ABCD 为直角梯形，于是得 BC= AD2+(AB−DC)2= 6 .
故答案为： 6
16.【答案】200
【解析】【分析】
本题考查利用正弦定理、余弦定理解决角度问题，属于较易题．
设AB=h，则BC=h，BD= 3h，在△BCD中，由余弦定理可得关于h的方程，解方程即可求得塔高AB.
【解答】
解：由题意知，∠ACB=45∘，∠ADB=30∘，
设AB=h，则BC=h，BD=htan30∘= 3h，
在△BCD中，∠CBD=30∘，CD=200m，
由余弦定理得CD2=BC2+BD2−2BC×BDcs∠CBD，
即40000=h2+3h2−2h× 3h× 32，
故h=200，即AB=200米．
故答案为：200.
17.【答案】11π
【解析】【分析】
本题考查了多面体的外接球，球的表面积，属于难题.
求出原正四面体外接球的半径，从而可求出多面体外接球的球心到底面的距离，求出多面面体的棱长，即可求出其外接球的半径，从而可求出外接球的表面积.
【解答】
解：由题意可得多面体的棱长为原正四面体棱长的 13 ，设原正四面体的棱长为 a ，
则其表面积为 4× 34×a2= 3a2 ，由图易知该多面体与原正四面体相比较，
表面积少了8个边长为 13a 的正三角形的面积，
所以该多面体的表面积为 3a2−8× 34×13a2=7 3a29=14 3 ，所以 a=3 2 .
如图， O1 是下底面正六边形 ABCDEF 的中心， O2 是上底面正三角形 MNG 的中心，

由正四面体的对称性可知截角四面体的外接球的球心 O 在原正四面体的高 PO1 上，
O2G= 2× 32×23= 63 ， O1O2=23PO1=23 (3 2)2−3 2× 32×232=4 33 .
设球 O 的半径为 R ，在 Rt△OO1A 中， OA2=O1A2+OO12 ，所以 R2=2+OO12 ，
在 Rt△OO2G 中， OG2=OO22+O2G2 ，
所以 R2=O2G2+4 33−OO12=23+4 33−OO12 ，
所以 OO12+2=23+4 33−OO12 ，解得 OO1= 32 ，所以 R= OO12+2= 112 ，
所以该多面体外接球的表面积 S=4πR2=11π .
故答案为： 11π .
18.【答案】47
【解析】【分析】
本题主要考查解三角形以及平面向量基本定理，熟记正弦定理和余弦定理，以及平面向量基本定理即可，属于难题．
先设DF=3AF=3，根据题意可知∠ADB=120∘，求出AB的长，延长AD交BC于M，求出BM，DM的长，再结合平面向量基本定理，即可得出结果．
【解答】
解：设DF=3AF=3，
∴BD=AF=1，
又由题意可得∠ADB=120∘，
∴AB2=AD2+BD2−2AD⋅BD⋅cs∠ADB=42+12−8cs∠120∘=21，
∴AB= 21，
延长AD交BC于M，记∠DAB=θ，∠AMB=α，
∴cs∠DAB=AD2+AB2−BD22AD⋅AB=16+21−18 21=3 2114，
∴sin∠DAB= 1−cs2∠DAB= 714，
又由题意易知∠DAB=∠DBM，则α=120∘−θ，
在三角形DBM中，由正弦定理可得：
BMsin∠MDB=DMsin∠DBM=BDsin∠DMB，
即BMsin60∘=DMsinθ=1sin(120∘−θ)，
∴BM=sin60∘sin(120∘−θ)= 32 32csθ+12sinθ= 215=15BC，
DM=sinθsin(120∘−θ)=sinθ 32csθ+12sinθ=15，
∴AD=44+15AM=2021AM，
∵BM=15BC及AM−AB=15(AC−AB)，
整理得AM=45AB+15AC，
∴AD=2021AM=2021(45AB+15AC)=1621AB+421AC，
又因为AD=λAB+μAC，
由平面向量的基本定理可得λ=1621，μ=421，
∴λ−μ=47.
19.【答案】解：(1)由频率分布直方图中数据可知： (0.002+0.016)×10×100=18(人)
(2)成绩小于80的频率为 10×(0.002+0.016+0.022+0.030)=0.7 ，成绩在 80,90 的频率为 10×0.020=0.2 ，因为 0.7<0.75<0.9 ，
所以这100 名学生成绩的第75 百分位数在 80,90 内，
所以随机抽取的100名学生成绩的第75百分位数为 80+10×0.75−0.70.9−0.7=82.5 .
(3)因为成绩在 70,80 ， 80,90 ， 90,100 的学生人数所占比例为3:2:1，
所以从成绩在 70,80 ， 80,90 ， 90,100 所抽取人数分别应抽取3人，2人，1人.
记抽取成绩在 70,80 的3人为 a,b,c ，成绩在 80,100 为 D,E,F .
从这6人中随机抽取2人的所有可能为: (a,b),(a,c),(a,D),(a,E),(a,F),(b,c),(b,D),(b,E), (b,F),(c,D),(c,E) , (c,F)(D,E),(D,F),(E,F) ，共15种，
抽取的2人成绩都在 80,100 的是 (D,E),(D,F),(E,F) ，共3种，
抽取的2 人成绩都在 80,100 的概率为 315=15 .

【解析】本题主要考查了频率分布直方图，考查了分层随机抽样，考查了古典概型及其概率计算公式，属于中档题.
(1)根据频率分布直方图直接计算即可得解；
(2)由百分位数的定义直接计算即可；
(3)根据分层抽样，列出基本事件，由古典概型的概率公式求解.
20.【答案】解：(1)由题意：函数f(x)=sin(x+π6)+sin(x−π6)+csx+a，
化简得：f(x)=sinxcsπ6+csxsinπ6+sinxcsπ6−csxsinπ6+csx+a
= 3sinx+csx+a
=2sin(x+π6)+a，
∵sin(x+π6)的最大值为1，
∴f(x)=2×1+a=1，解得：a=−1.
(2)∵由(1)可知f(x)=2sin(x+π6)−1.
根据三角函数的性质可得：x+π6∈[2kπ+π2,2kπ+3π2](k∈Z).
即2kπ+π2≤x+π6≤2kπ+3π2，(k∈Z)
∴解得：2kπ+π3≤x≤2kπ+4π3，(k∈Z)，
∴f(x)的单调递减区间为[2kπ+π3,2kπ+4π3](k∈Z)；
(3)∵由题意：f(x)≥0，即2sin(x+π6)−1≥0，
可得：sin(x+π6)≥12.
∴2kπ+π6≤x+π6≤2kπ+5π6，(k∈Z).
解得：2kπ≤x≤2kπ+2π3，k∈Z.
∴f(x)≥0成立的x的取值范围是{x|2kπ≤x≤2kπ+2π3}，(k∈Z).
【解析】本题考查了三角函数的化简和计算能力，三角函数的性质的运用，属于基础题．
(1)利用两角和与差的公式化简成为y=Asin(ωx+φ)的形式，根据三角函数的性质可得a的值;
(2)将内层函数看作整体，放到正弦函数的减区间上，解不等式得函数的单调递减区间；
(3)根据三角函数的性质求解f(x)≥0成立的x的取值集合．
21.【答案】解：(1)连接 CD ，因为AC=1， AA1=2 ， D 是 AA1 的中点，
所以 CD= 2 ， C1D= 2 ，则 CD2+C1D2=CC12 ，
所以 CD⊥C1D ，又 DC1⊥BD ， DC∩BD=D ， DC,BD⊂ 平面 BCD ，
所以 DC1⊥ 平面 BCD ，
又 BC⊂ 平面 BCD ，所以 DC1⊥BC ，
又 CC1⊥ 平面 ABC ， BC⊂ 平面 ABC ，所以 CC1⊥BC ，
CC1∩DC1=C1 ， CC1,DC1⊂ 平面 AA1C1C ，所以 BC⊥ 平面 AA1C1C ；

(2)由 BC⊥ 平面 AA1C1C ， AC⊂ 平面 AA1C1C ， BC⊥AC ，
又 CC1⊥AC ， CC1∩BC=C ， CC1,BC⊂ 平面 BB1C1C ，
所以 AC⊥ 平面 BB1C1C ，
因为 AC=BC=1 ，所以 AB= 2 ，则 BD= 3 ， BC1= 12+22= 5 ，
所以 BD2+DC12=BC12 ，所以 BD⊥DC1 ，
设点 E 到平面 C1BD 的距离为 h ，
∵VE−C1BD=VD−BC1E ，
∴13S△C1BD⋅h=13S△BC1E⋅AC ，
即 h×12× 2× 3=1×12×12×2×1 ，解得 h= 66 ，
所以点 E 到平面 C1BD 的距离为 66 .


【解析】本题考查线面垂直的判定，考查点面距离，属于一般题.
(1)连接 CD ，即可得到 CD⊥C1D ，从而得到 DC1⊥ 平面 BCD ，则 DC1⊥BC ，再由直棱柱的性质得到 CC1⊥BC ，即可得证；
(2)设点 E 到平面 C1BD 的距离为 h ，根据 VE−C1BD=VD−BC1E ，利用等体积法计算可得.
22.【答案】解：(1)因为 A+B+C=π ，
所以 (a−c)sin (A+B)=(a−c)sin C=(a−b)(sin A+sin B) ，
由正弦定理可得 (a−c)c=(a−b)(a+b) ，整理得到： a2+c2−b2=ac ，
所以 csB=a2+c2−b22ac=12 ，而 B∈0,π ，故 B=π3 .
(2)因为 AD=2DC ，故 BD−BA=2BC−BD ，
故 BD=13BA+23BC ，所以 BD2=4=19BA2+49BC2+49BA⋅BC ，
故 36=c2+4a2+4accsπ3=c2+4a2+2ac ，
整理得到 2a+c2=36+2ac≤36+2a+c24 ，
故 2a+c≤4 3 ，当且仅当 a= 3,c=2 3 时等号成立.
故此时 b= 3+12− 3×2 3=3 ，对应的 △ABC 的周长为 3+3 3 .

【解析】本题考查正、余弦定理的综合应用，向量在平面几何中的应用，属于一般题.
(1)根据正弦定理可得 a2+c2−b2=ac ，结合余弦定理可求 B=π3 .
(2)利用向量的线性运算可得 BD=13BA+23BC ，平方后结合基本不等式可求 2a+c 何时取最大值，据此可求对应的三角形的周长.
23.【答案】解：(1)证明：连接 BD 交 AC 于点 O ，连接 OE ，
∵CD//AB ， ∴DOOB=CDAB=12=DEEP ， ∴OE//PB ，
又 ∵OE⊂ 平面 ACE ， PB⊄ 平面 ACE ，
∴PB// 平面ACE.
(2)解：在平面 PAD 内作 AF⊥PD ， F 为垂足，连接 CF ，
∵CD⊥AD,CD⊥PA,AD∩PA=A,AD,PA⊂ 平面 PAD ，
∴CD⊥ 平面 PAD ，
又 ∵AF⊂ 平面 PAD ， ∴CD⊥AF ，
又因为AF⊥PD,CD∩PD=D,CD,PD⊂ 平面 PCD ，
所以 AF⊥ 平面 PCD ，
所以 ∠ACF 就是 AC 与平面 PCD 所成的角，即 ∠ACF=30∘ ，
因为 AC= AD2+CD2= 22 ，
所以 AF= 222 ， DF=5 22,PF= 22,PA= 6 ，
∵CD⊥ 平面 PAD ， CD⊂ 平面 ABCD ，
∴ 平面 PAD⊥ 平面 ABCD ，
在平面 PAD 内过 P 作 PM⊥AD 于 M ，交 AE 于点 K ，在平面 ABCD 内过 M 作 MH⊥AC 于 H ，连接 PH，HK ，
因为平面 PAD⊥ 平面 ABCD ， PM⊥AD ，平面 PAD∩ 平面 ABCD=AD ， PM⊂ 平面 PAD ，
所以 PM⊥ 平面 ABCD ，又因为 AC⊂ 平面 ABCD ，所以 PM⊥AC ，
又因为 MH⊥AC,MH∩PM=M,MH,PM⊂ 平面 PMH ，
所以 AC⊥ 平面 PMH ，
又因为 PH,HK⊂ 平面 PMH ，所以 AC⊥PH,AC⊥HK ，
所以 ∠PHK 即为二面角 P−AC−E 的平面角，
求得 PM= 222 ， AM= 22 ，
因为 ∠MAH=∠CAD,∠MHA=∠CDA ，
所以 △MAH ∽ △CAD ，所以 MHCD=AMAC ，
所以 MH= 1111 ，
∴tan∠PHM=PMMH=11 22 ，
在平面 PAD 内过 E 作 ET⊥AD 于 T ，则 ET//KM ， ET=13PM= 226,DT=5 26,AT=13 26 ，
则 KMET=AMAT= 2213 26=313 ， ∴KM= 2226 ， ∴tan∠KHM=1126 2 ，
∴tan∠PHK=tan(∠PHM−∠KHM)=tan∠PHM−tan∠KHM1+tan∠PHM•tan∠KHM=44 249 ，
所以二面角 P−AC−E 的正切值是 44 249 .

【解析】本题考查线面平行的判定，考查二面角，题目较难.
(1)根据直线与平面平行的判定定理即可证明；
(2)先作出与交线垂直的平面，从而作出二面角的平面角，然后解三角形即可求解.