2022-2023学年江苏省无锡市新吴区辅仁高级中学高一（下）期末数学试卷

这是一份2022-2023学年江苏省无锡市新吴区辅仁高级中学高一（下）期末数学试卷，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）若z（1﹣i）＝（1+i）2，则在复平面内复数z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．（5分）两个粒子A，B从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为sA→=(4，3)，sB→=(-2，6)，则sB→在sA→上的投影向量的长度为（ ）
A．10B．102C．1010D．2
3．（5分）若一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2．现样本中又加入一个新数据5，此时样本容量为9，平均数为x，方差为s2，则（ ）
A．x=5，s2＞2B．x=5，s2＜2C．x＞5，s2＜2D．x＞5，s2＞2
4．（5分）抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A＝“第一枚硬币正面朝上”，B＝“第二枚硬币反面朝上”（ ）
A．A与B互为对立事件B．A与B互斥
C．A与B相等D．P（A）＝P（B）
5．（5分）四棱台ABCD﹣EFGH中，其上、下底面均为正方形，若EF＝2AB＝8，且每条侧棱与底面所成角的正切值均为32，则该棱台的体积为（ ）
A．224B．448C．2243D．147
6．（5分）如图，在△ABC中，点D为BC边的中点，O为线段AD的中点，连接CO并延长交AB于点E，设AB→=a→，AC→=b→，则CE→=（ ）
A．14a→-34b→B．14a→-b→C．13a→-b→D．13a→-34b→
7．（5分）在△ABC中，CD为角C的平分线，若B＝2A，3AD＝4BD，则csA等于（ ）
A．0B．12C．23D．34
8．（5分）中国古建筑闻名于世，源远流长．如图1所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图如图2所示，在结构示意图中，已知四边形ABCD为矩形，EF∥AB，AB＝2EF＝2，△ADE与△BCF都是边长为1的等边三角形，若点A，B，C，D，E，F都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ）
A．11π8B．11π6C．11π4D．11π2
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，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.
（多选）9．（5分）已知复数z1，z2，z1为z1的共轭复数，则下列结论中一定成立的是（ ）
A．z1+z1为实数
B．若|z1|＝|z2|，则z1＝±z2
C．|z2z1|=|z2z1|
D．若|z1|＝1，则|z1+1﹣i|的最小值为2-1
（多选）10．（5分）下列说法正确的是（ ）
A．用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体m被抽到的概率是0.1
B．已知一组数据1，2，3，3，4，5的众数大于中位数
C．数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是21
D．甲乙丙三种个体按3：1：2的比例分层抽样，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为18
（多选）11．（5分）在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．a＝bcsC+ccsB
B．若sin2A＝sin2B，则△ABC是等腰三角形
C．若(AB→|AB→|+AC→|AC→|)⋅BC→=0，且AB→|AB→|⋅AC→|AC→|=12，则△ABC为等边三角形
D．若a=23，b=4，要使满足条件的三角形有且只有两个，则A∈(0，π3)
（多选）12．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，点E，F，G，M分别是BC，AA1，C1D1，BB1的中点则（ ）
A．直线A1G，EF是异面直线
B．平面DMC1截正方体所得截面的面积为122
C．三棱锥A﹣MC1D1的体积为163
D．三棱锥A1﹣BDC1的内切球的体积为32327π
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）圆锥侧面展开图扇形的圆心角为60°，底面圆的半径为6，则圆锥的侧面积为 ．
14．（5分）某种饮料每箱装6听，其中有1听不合格，质检人员从中随机抽出2听，检测出不合格品的概率为 ．
15．（5分）神舟十三号飞船于2022年4月16日首次实施快速返回技术成功着陆．若由搜救地面指挥中心的提供信息可知：在东风着陆场搜索区域内，A处的返回舱垂直返回地面．空中分队和地面分队分别在B处和C处，如图为其示意图，若A，B，C在同一水平面上的投影分别为A1，B1，C，且在C点测得B的仰角为26.6°，在C点测得A的仰角为45°，在B点测得A的仰角为26.6°，BB1＝7km，∠B1A1C＝120°．则CA1的长为 km（参考数据：tan26.6°≈12）．
16．（5分）大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（如图1）．某数学兴趣小组类比“赵爽弦图”构造出图2：△ABC为正三角形，AD，BE，CF围成的△DEF也为正三角形．若D为BE的中点，①△DEF与△ABC的面积比为 ；②设AD→=λAB→+μAC→，则λ+μ＝ ．
四、解答题：本题共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．（10分）已知复数z1＝a+i，z2＝1﹣ai，其中i是虚数单位，a∈R．
（1）若z1•z2为纯虚数，求a的值；
（2）若z12+2z1+2＝0，求z1z2的虚部．
18．（12分）某大型连锁超市随机抽取了100位客户，对去年到该超市消费情况进行调查．经统计，这100位客户去年到该超市消费金额（单位：万元）均在区间[0.2，0.8]内，按[0.2，0.3]，（0.3，0.4]，（0.4，0.5]，（0.5，0.6]，（0.6，0.7]，（0.7，0.8]分成6组，其频率分布直方图如图所示．
（1）求频率分布直方图中a的值，并估计样本中消费金额的中位数（中位数精确到0.01）；
（2）求出这100位客户最近一年到该超市消费金额的平均数（同一组中的数据以这组数据所在范围的组中值作代表）．
19．（12分）甲、乙两人进行摸球游戏，游戏规则是：在一个不透明的盒子中装有质地、大小完全相同且编号分别为1，2，3，4，5的5个球，甲先随机摸出一个球，记下编号，设编号为a，放回后乙再随机摸出一个球，也记下编号，设编号为b，记录摸球结果（a，b），如果a+b＞5，算甲赢，否则算乙赢．
（1）求a+b＝5的概率；
（2）这种游戏规则公平吗？请说明理由．
20．（12分）已知向量a→=(1，1)，b→=(2，-2)．
（1）求向量b→和a→+b→的夹角的余弦值；
（2）设向量x→=a→+(t2-3)b→，y→=-ka→+(t+2)b→，是否存在正实数k，使得x→⊥y→？如果存在，求出t的取值范围；如果不存在，请说明理由．
21．（12分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，平面PBC⊥平面ABC，△PBC为等边三角形，D，E分别为PC，PB的中点，BD⊥PA，BC＝2，AC＝1．
（1）求证：AC⊥平面PBC；
（2）在线段AC上是否存在点F，使得平面DEF与平面ABC的夹角为π3，若存在，求出CF的长；若不存在，请说明理由．
22．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2-b2c2=a2+b2-c2ab．
（1）若C=π4，求A，B；
（2）若△ABC为锐角三角形，求abcs2B的取值范围．
2022-2023学年江苏省无锡市新吴区辅仁高级中学高一（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（5分）若z（1﹣i）＝（1+i）2，则在复平面内复数z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
【解答】解：因为z（1﹣i）＝（1+i）2，
所以z=(1+i)21-i=2i1-i=2i(1+i)(1+i)(1-i)=-1+i，
故在复平面内复数z对应的点（﹣1，1）位于第二象限．
故选：B．
2．（5分）两个粒子A，B从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为sA→=(4，3)，sB→=(-2，6)，则sB→在sA→上的投影向量的长度为（ ）
A．10B．102C．1010D．2
【解答】解：设sB→与sA→的夹角为θ，
则csθ=sB→⋅sA→|sB→|⋅|sA→|=105×210=1010，
所以sB→在sA→上的投影向量为|sB→|csθ⋅sA→sA→=210×1010⋅(45，35)=(85，65)，
所以sB→在sA→上的投影向量的长度为6425+3625=2．
故选：D．
3．（5分）若一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2．现样本中又加入一个新数据5，此时样本容量为9，平均数为x，方差为s2，则（ ）
A．x=5，s2＞2B．x=5，s2＜2C．x＞5，s2＜2D．x＞5，s2＞2
【解答】解：∵某8个数据的平均数为5，方差为2，现又加入一个新数据5，
此时这9个数的平均数为x，方差为s2，
∴x=8×5+59=5，S2=8×2+(5-5)29=169＜2．
故选：B．
4．（5分）抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A＝“第一枚硬币正面朝上”，B＝“第二枚硬币反面朝上”（ ）
A．A与B互为对立事件B．A与B互斥
C．A与B相等D．P（A）＝P（B）
【解答】解：抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果是：（正，正），（正，反），（反，正），（反，反），
事件包含的结果有：（正，正），（正，反），事件B包含的结果有：（正，反），（反，反），
显然事件A，事件B都含有“（正，反）“这一结果，即事件A，事件B能同时发生，
因此，事件A，事件B既不互斥也不对立，A，B都不正确；
事件A，事件B中有不同的结果，于是得事件A与事件B不相等，C不正确；
由古典概型知，P(A)=24=12，P(B)=24=12，所以P（A）＝P（B），D正确．
故选：D．
5．（5分）四棱台ABCD﹣EFGH中，其上、下底面均为正方形，若EF＝2AB＝8，且每条侧棱与底面所成角的正切值均为32，则该棱台的体积为（ ）
A．224B．448C．2243D．147
【解答】解：四棱台ABCD﹣EFGH中，其上、下底面均为正方形，EF＝2AB＝8，
连接HF，EG交于点O1，连接AC，DB交于点O2，连接O1O2，过C作CQ∥O1O2，如图，
．
∵“刍童”ABCD﹣EFGH上、下底面均为正方形，且每条侧棱与底面所成角的正切值均相等，
∴O1O2⊥底面EFGH，又CQ∥O1O2，∴CQ⊥底面EFGH，
∴∠CGQ是“刍童”ABCD﹣EFGH其中一条侧棱与底面所成角的平面角，
∵四棱台ABCD﹣EFGH中每条侧棱与底面所成角的正切值均为32，
∴tan∠CGQ=32，
∵EF＝2AB＝8，∴EG=82，AC=42，
由题意知四边形ACGE是等腰梯形，则QG=12(EG-AC)=22，
∴在Rt△CQG中，tan∠CGQ=CQQG=32，则CQ=32QG=12，
∴“刍童”ABCD﹣EFGH的高为12，
则该刍童的体积为V=12×[(2×4+8)×4+(2×8+4)×8]6=448．
故选：B．
6．（5分）如图，在△ABC中，点D为BC边的中点，O为线段AD的中点，连接CO并延长交AB于点E，设AB→=a→，AC→=b→，则CE→=（ ）
A．14a→-34b→B．14a→-b→C．13a→-b→D．13a→-34b→
【解答】解：设AE→=λAB→，则CE→=AE→-AC→=λa→-b→，
又CO→=12CA→+12CD→=-12AC→+14(AB→-AC→)=14AB→-34AC→=14a→-34b→，
设CE→=μCO→，则λa→-b→=μ(14a→-34b→)，
故λ=μ4-1=-3μ4，即λ=13μ=43，
故CE→=43CO→=13a→-b→．
故选：C．
7．（5分）在△ABC中，CD为角C的平分线，若B＝2A，3AD＝4BD，则csA等于（ ）
A．0B．12C．23D．34
【解答】解：因为CD为角C的平分线，所以ADBD=ACBC，
因为3AD＝4BD，所以ACBC=43，
所以不妨设AC＝4x，BC＝3x，
因为在△ABC中，ACsinB=BCsinA，B＝2A，
所以ACsin2A=BCsinA⇒4x2sinAcsA=3xsinA，
因为在△ABC中，sinA≠0，x≠0，
所以4x2sinAcsA=3xsinA⇒42csA=3，
所以csA=23．
故选：C．
8．（5分）中国古建筑闻名于世，源远流长．如图1所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图如图2所示，在结构示意图中，已知四边形ABCD为矩形，EF∥AB，AB＝2EF＝2，△ADE与△BCF都是边长为1的等边三角形，若点A，B，C，D，E，F都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ）
A．11π8B．11π6C．11π4D．11π2
【解答】解：如图，
连接AC，BD，设AC∩BD＝O1，
因为四边形ABCD为矩形，
所以O1为矩形ABCD外接圆的圆心．连接OO1，
则OO1⊥平面ABCD，
分别取EF，AD，BC的中点M，P，Q，
根据几何体ABCDEF的对称性可知，直线OO1交EF于点M．
连接PQ，则PQ∥AB，且O1为PQ的中点，
因为EF∥AB，
所以PQ∥EF，
连接EP，FQ，在△ADE与△BCF中，易知EP=FQ=12-(12)2=32，
所以梯形EFQP为等腰梯形，
所以MO1⊥PQ，且MO1=(32)2-(2-12)2=22．
设OO1＝m，球O的半径为R，连接OE，OA，
当O在线段O1M上时，由球的性质可知R2＝OE2＝OA2，
易得O1A=12+(12)2=52，
则(22-m)2+(12)2=(52)2+m2，此时无解．
当O在线段MO1的延长线上时，由球的性质可知，(52)2+m2=(22+m)2+(12)2，
解得m=24，
所以R2=OE2=118，
所以球O的表面积S=4πR2=11π2．
故选：D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，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.
（多选）9．（5分）已知复数z1，z2，z1为z1的共轭复数，则下列结论中一定成立的是（ ）
A．z1+z1为实数
B．若|z1|＝|z2|，则z1＝±z2
C．|z2z1|=|z2z1|
D．若|z1|＝1，则|z1+1﹣i|的最小值为2-1
【解答】解：选项A：设z1＝x+yi（x，y∈R），z1=x-yi，∴z1+z1=2x∈R，故A正确；
选项B：设z1＝3+4i，z2＝5，|z1|＝|z2|＝5，但是z1≠±z2，故B错误；
选项C：设z1＝x+yi，z2＝a+bi（x，y，a，b∈R），则z2z1=(a+bi)(x-yi)=(ax+by)+(bx-ay)i，|z2z1|=(ax+by)2+(bx-ay)2=(x2+y2)(a2+b2)z2z1＝（a+bi）（x+yi）＝（ax﹣by）+（bx+ay）i，|z2z1|=(ax-by)2+(bx+ay)2=(x2+y2)(a2+b2)，
所以|z2z1|=|z2z1|，故C正确；
选项D：若|z1|＝1，设z1＝csθ+isinθ，则z1+1﹣i＝（csθ+1）+（sinθ﹣1）i，
则|z1+1-i|=(csθ+1)2+(sinθ-1)2=3+2(csθ-sinθ)=3+22cs(θ+π4)，
所以当cs(θ+π4)=-1时，|z1+1﹣i|取最小值3-22=2-1，故D正确．
故选：ACD．
（多选）10．（5分）下列说法正确的是（ ）
A．用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体m被抽到的概率是0.1
B．已知一组数据1，2，3，3，4，5的众数大于中位数
C．数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是21
D．甲乙丙三种个体按3：1：2的比例分层抽样，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为18
【解答】解：对于A，个体m被抽到的概率为550=0.1，所以选项A正确；
对于B，数据1，2，3，3，4，5的众数是3，中位数是3，众数等于中位数，选项B错误；
对于C，数据27，12，14，30，14，17，19，23从小到大排列为：12，14，14，17，19，23，27，30，
由于8×70%＝5.6，其中第6个数为23，所以选项C错误；
对于D，根据分层抽样原理知，抽取的甲个体数为9时，样本容量为9÷33+1+2=18，选项D正确．
故选：AD．
（多选）11．（5分）在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．a＝bcsC+ccsB
B．若sin2A＝sin2B，则△ABC是等腰三角形
C．若(AB→|AB→|+AC→|AC→|)⋅BC→=0，且AB→|AB→|⋅AC→|AC→|=12，则△ABC为等边三角形
D．若a=23，b=4，要使满足条件的三角形有且只有两个，则A∈(0，π3)
【解答】解：对于选项A，由正弦定理得bcsC+ccsB
＝2RsinBcsC+2RsinCcsB
＝2Rsin（B+C）
＝2RsinA
＝a，
故选项A正确．
对于选项B，在△ABC中，由sin2A＝sin2B，解得2A＝2B或2A＝π﹣2B，即A＝B或A+B=π2，
所以△ABC是等腰三角形或直角三角形．
故选项B错误．
对于选项C，因为(AB→|AB→|+AC→|AC→|)⋅BC→=0，AB→|AB→|、AC→|AC→|分别为单位向量，
所以∠A的角平分线与BC垂直，
所以AB＝AC，
所以∠B＝∠C．
又因为AB→|AB→|⋅AC→|AC→|=12，即csA=12，
因为0＜A＜π，
所以∠A=π3，
所以∠B=∠C=∠A=π3，
所以△ABC为等边三角形，
故选项C正确．
对于选项D，要使满足条件的三角形有且只有两个，
则bsinA＜a＜b，
因为a=23，b=4，
所以4sinA＜23
即sinA＜32，A∈(0，π2)
所以0＜A＜π3．
故选项D正确．
故选：ACD．
（多选）12．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，点E，F，G，M分别是BC，AA1，C1D1，BB1的中点则（ ）
A．直线A1G，EF是异面直线
B．平面DMC1截正方体所得截面的面积为122
C．三棱锥A﹣MC1D1的体积为163
D．三棱锥A1﹣BDC1的内切球的体积为32327π
【解答】解：对于A，如图，取B1C1的中点P，连接PE，取PE的中点Q，连接A1Q，
则A1F∥EQ，A1F＝EQ，
所以四边形A1FEQ是平行四边形，所以EF∥A1Q，
又因A1G∩A1Q＝A1，所以直线A1G，EF是异面直线，故A正确；
对于B，如图，延长C1M，CB交于点H，连接HD交AB点N，连接MN，AB1，
因为BB1∥CC1，M为BB1的中点，则BM=12CC1，
所以B为HC的中点，
因为AB∥CD，所以N为AB的中点，则MN∥AB1，
因为AD∥B1C1，AD＝B1C1，
所以AB1C1D为平行四边形，所以AB1∥DC1，
所以MN∥DC1，
则平面DMC1截正方体所得截面为等腰梯形MNDC1，
在等腰梯形MNDC1中，
DC1=42，MN=22，DN=MC1=25，
则梯形的高为20-2=32，
所以等腰梯形MNDC1的面积为(42+22)×322=18，故B错误；
对于C，连接BC1，B1C，则BC1⊥B1C，
因为AB⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，
所以AB⊥B1C，
又AB∩BC1＝B，AB，BC1⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥平面ABC1D1，
又因为M为BB1的中点，
所以三棱锥M﹣AC1D1的高为14B1C=2，
S△AC1D1=12×42×4=82，
所以VA-MC1D1=VM-AC1D1=13×82×2=163，故C正确；
三棱锥A1﹣BDC1为正四面体，且棱长为42，
每个侧面的面积为12×（42）2×32=83，
三棱锥A1﹣BDC1的体积为43﹣4×13×12×43=643，
设三棱锥A1﹣BDC1的内切球的半径为r，
则4×13×83×r=643，解得r=23，
所以三棱锥A1﹣BDC1的内切球的体积为43πr3=32327π，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）圆锥侧面展开图扇形的圆心角为60°，底面圆的半径为6，则圆锥的侧面积为 216π ．
【解答】解：设圆锥的底面周长为c，母线长为l，则c＝2π×6＝12π，
因为圆锥侧面展开图扇形的圆心角为60°，
所以π3=cl=12πl，解得l＝36，
则圆锥的侧面积为12lc=12×36×12π=216π．
故答案为：216π．
14．（5分）某种饮料每箱装6听，其中有1听不合格，质检人员从中随机抽出2听，检测出不合格品的概率为 13 ．
【解答】解：从6听饮料中随机抽取2听的基本事件总数为n＝C 62=15，
检测出不合格品的基本事件个数为m＝C 51•C 11=5，
所以检测出不合格品的概率为P=mn=515=13．
故答案为：13．
15．（5分）神舟十三号飞船于2022年4月16日首次实施快速返回技术成功着陆．若由搜救地面指挥中心的提供信息可知：在东风着陆场搜索区域内，A处的返回舱垂直返回地面．空中分队和地面分队分别在B处和C处，如图为其示意图，若A，B，C在同一水平面上的投影分别为A1，B1，C，且在C点测得B的仰角为26.6°，在C点测得A的仰角为45°，在B点测得A的仰角为26.6°，BB1＝7km，∠B1A1C＝120°．则CA1的长为 10 km（参考数据：tan26.6°≈12）．
【解答】解：如图：
设A1C＝xkm，过点B作AA1的垂线，垂足为D，
由题意得∠BCB1＝26.6°，∠ACA1＝45°，∠ABD＝26.6°，则AA1＝x，
∵AA1⊥平面A1B1C，BB1⊥平面A1B1C，
∴AA1∥BB1，
又A1C，A1B1⊂平面A1B1C，
∴AA1⊥A1C，AA1⊥A1B1，
因为AA1⊥BD，
∵BD∥A1B1，
∴四边形A1B1BD为平行四边形，
∴A1D＝BB1＝7，
∴AD＝AA1﹣A1D＝x﹣7，
在Rt△ABD中BD=ADtan∠ABD=x-7tan26.6°≈x-712=2(x-7)，
∴B1A1＝BD＝2（x﹣7），
∵BB1⊥平面A1B1C，B1C⊂平面A1B1C，∴BB1⊥B1C，
∴B1C=BB1tan∠BCB1=7tan26.6°≈712=14，
在△A1B1C中，∠B1A1C＝120°，
由余弦定理得cs120°=A1B12+A1C2-B1C22A1B1⋅A1C=[2(x-7)]2+x2-1422×2(x-7)x=-12，
化简得x2﹣10x＝0，
∴x＝10或x＝0（舍去）．
∴CA1的长为10km．
故答案为：10．
16．（5分）大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（如图1）．某数学兴趣小组类比“赵爽弦图”构造出图2：△ABC为正三角形，AD，BE，CF围成的△DEF也为正三角形．若D为BE的中点，①△DEF与△ABC的面积比为 17 ；②设AD→=λAB→+μAC→，则λ+μ＝ 67 ．
【解答】解：①设BC＝a，CE＝m，则BE＝2m，
在△BCE中，由余弦定理得a2＝m2+（2m）2﹣2•m•（2m）•cs120°＝（1+4+2）m2＝7m2，
∴a=7m，
∴△DEF与△ABC的面积比为S△DEFS△ABC=17．
②AD→=12(AB→+AE→)=12AB→+14(AF→+AC→)，
AD→=12AB→+18AD→+14AC→，
∴AD→=47AB→+27AC→，
∴λ+μ=47+27=67．
故答案为：①17；②67．
四、解答题：本题共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．（10分）已知复数z1＝a+i，z2＝1﹣ai，其中i是虚数单位，a∈R．
（1）若z1•z2为纯虚数，求a的值；
（2）若z12+2z1+2＝0，求z1z2的虚部．
【解答】解：（1）由复数z1＝a+i，z2＝1﹣ai，
则z1•z2＝（a+i）•（1﹣ai）＝a﹣a2i+i﹣ai2＝2a+（1﹣a2）i．
∵z1•z2为纯虚数，
∴2a＝0且1﹣a2≠0．则a＝0；
（2）由z12+2z1+2＝0，
得（a+i）2+2（a+i）+2＝0，a2+2a+1+（2a+2）i＝0，
解得(a+1)2=02a+2=0，即a＝﹣1，
此时z1＝﹣1+i，z2＝1+i，
复数z1z2=-1+i1+i=(-1+i)(1-i)(1+i)(1-i)=2i2=i，
∴复数z1z2的虚部为1．
18．（12分）某大型连锁超市随机抽取了100位客户，对去年到该超市消费情况进行调查．经统计，这100位客户去年到该超市消费金额（单位：万元）均在区间[0.2，0.8]内，按[0.2，0.3]，（0.3，0.4]，（0.4，0.5]，（0.5，0.6]，（0.6，0.7]，（0.7，0.8]分成6组，其频率分布直方图如图所示．
（1）求频率分布直方图中a的值，并估计样本中消费金额的中位数（中位数精确到0.01）；
（2）求出这100位客户最近一年到该超市消费金额的平均数（同一组中的数据以这组数据所在范围的组中值作代表）．
【解答】解：2×a×0.1+2×0.1+3×0.1+1.8×0.1+0.6×0.1＝1，
（1）由题可知，即0.2a＝0.26，所以a＝1.3．
求中位数即求该频率分布直方图的50百分位数，
即估计样本中消费金额的中位数为0.4+0.5-(0.13+0.2)0.3×0.1≈0.46．
（2）由频率分布直方图可得，
x=0.25×0.13+0.35×0.2+0.45×0.3+0.55×0.18+0.65×0.13+0.75×0.06=0.466，
因此，这100位客户最近一年到该超市消费金额的平均数为0.466万元．
19．（12分）甲、乙两人进行摸球游戏，游戏规则是：在一个不透明的盒子中装有质地、大小完全相同且编号分别为1，2，3，4，5的5个球，甲先随机摸出一个球，记下编号，设编号为a，放回后乙再随机摸出一个球，也记下编号，设编号为b，记录摸球结果（a，b），如果a+b＞5，算甲赢，否则算乙赢．
（1）求a+b＝5的概率；
（2）这种游戏规则公平吗？请说明理由．
【解答】解：（1）摸球结果（a，b）全部可能的结果是（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（2，5），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），（3，5），（4，1），（4，2），（4，3），（4，4），（4，5），（5，1），（5，2），（5，3），（5，4），（5，5），共25种，
其中a+b＝5的结果为（1，4），（2，3），（3，2），（4，1），共4种，故由古典概型的概率计算公式可得P(a+b=5)=425；
（2）这种游戏规则不公平，理由如下：
设甲赢为事件A，乙赢为事件B，则A，B为对立事件，
由题意事件A包含的基本事件（1，5），（2，4），（2，5），（3，3），（3，4），（3，5），（4，2），（4，3），（4，4），（4，5），（5，1），（5，2），（5，3），（5，4），（5，5），共15个，
由古典概型的概率计算公式可得P(A)=1525=35，∴P(B)=1-P(A)=25，
∵P（A）＞P（B），故这种游戏规则不公平．
20．（12分）已知向量a→=(1，1)，b→=(2，-2)．
（1）求向量b→和a→+b→的夹角的余弦值；
（2）设向量x→=a→+(t2-3)b→，y→=-ka→+(t+2)b→，是否存在正实数k，使得x→⊥y→？如果存在，求出t的取值范围；如果不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）∵向量a→=(1，1)，b→=(2，-2)，
∴a→+b→=（1+2，1-2），
∴|a→+b→|=6，b→⋅(a→+b→)=a→⋅b→+b→2=4，
设向量b→和a→+b→的夹角为θ，
csθ=b→⋅(a→+b→)|b→||a→+b→|=42⋅6=63；
（2）假设存在正实数t和k，使得x→⊥y→，则x→⋅y→=0，
⇒[a→+(t2-3)b→]⋅[-ka→+(t+2)b→]
=-ka→2+[t+2-k(t2-3)]a→⋅b→+(t2-3)(t+2)⋅b→2
＝﹣2k+4（t+2）（t2﹣3）＝0，
∴k＝2（t+2）（t2﹣3），
∵k＞0，∴2（t+2）（t2﹣3）＞0，
故t2-3＞0t+2＞0 或t2-3＜0t+2＜0，
即存在且t的取值范围为(-2，-3)∪(3，+∞)．
21．（12分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，平面PBC⊥平面ABC，△PBC为等边三角形，D，E分别为PC，PB的中点，BD⊥PA，BC＝2，AC＝1．
（1）求证：AC⊥平面PBC；
（2）在线段AC上是否存在点F，使得平面DEF与平面ABC的夹角为π3，若存在，求出CF的长；若不存在，请说明理由．
【解答】（1）证明：∵△PBC为等边三角形，D为PC中点，∴BD⊥PC，
又∵BD⊥PA，PA∩PC＝P，PA，PC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC，∴AC⊂平面PAC，∴AC⊥BD，
取BC中点G，连接PG，
∵△PBC为等边三角形，∴PG⊥BC，
∵平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC＝BC，PG⊂平面PBC，
∵AC⊂平面ABC，∴PG⊥AC，∵BD与PG相交，BD，PG⊂平面PBC，∴AC⊥平面PBC；
（2）以C为坐标原点，CA，CB所在直线为x轴，y轴，过C且与GP平行的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C（0，0，0），B（0，2，0），P(0，1，3)，D(0，12，32)，E(0，32，32)，
设F（a，0，0）（0≤a≤1），则DE→=(0，1，0)，DF→=(a，-12，-32)，
设平面DEF的一个法向量为n→=(x，y，z)，
则n→⋅DE→=0n→⋅DF→=0，∴y=0ax-12y-32z=0，
取x=3，可得y=0z=2a，∴n→=(3，0，2a)为平面DEF的一个法向量，
取平面ABC的一个法向量为m→=(0，0，1)，
则cs〈m→，n→〉=m→⋅n→|m→||n→|=2a3+4a2=12，
解得a=12，此时CF=12，∴在线段AC上存在点F使得平面DEF与平面ABC的夹角为π3，且CF=12．
22．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2-b2c2=a2+b2-c2ab．
（1）若C=π4，求A，B；
（2）若△ABC为锐角三角形，求abcs2B的取值范围．
【解答】解：（1）由余弦定理得
b2+c2-2bccsA-b2c2=2abcsCab，
即c-2bcsAc=2csC，
由正弦定理得
sinC﹣2sinBcsA＝2sinCcsC，
在△ABC中，
sinC＝sin（π﹣A﹣B）＝sin（A+B），
又sin（A+B）＝sinAcsB+csAsinB，
所以
sinAcsB﹣sinBcsA＝2sinCcsC，
即sin（A﹣B）＝sin2C，
又因为C=π4，则sin(A-B)=sinπ2，
所以A-B=π2A+B=3π4，解得A=5π8B=π8；
（2）由（1）知sin2C＝sin（A﹣B），
①当2C＝A﹣B时，且A+B+C＝π，
若△ABC是锐角三角形，则A＜π2，
所以2A＝π+C＜π，不成立；
②当2C+A﹣B＝π时，且A+B+C＝π，
所以C＝2B，所以3B＞π2，
则π6＜B＜π4，且C=2B∈(π3，π2)，A∈(π4，π2)，
且abcs2B=sinAsinBcs2B=sin3BsinBcs2B=3-tan2B，
又tanB∈(33，1)，所以abcs2B∈(2，83)．