2022-2023学年浙江省绍兴市高一（下）期末数学试卷

这是一份2022-2023学年浙江省绍兴市高一（下）期末数学试卷，共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）已知复数z在复平面内对应的点是（0，1），则1+iz=（ ）
A．1+iB．1﹣iC．﹣1+iD．﹣1﹣i
2．（3分）某组数据33、36、38、39、42、46、49、49、51、56的第80百分位数为（ ）
A．46B．49C．50D．51
3．（3分）已知向量a→=(2，2)，b→=(1，-1)，则（ ）
A．a→=-2b→B．a→=2b→C．a→∥b→D．a→⊥b→
4．（3分）已知m，n是两条直线，α，β是两个平面，下列命题正确的是（ ）
A．若m∥n，m∥α，则n∥αB．若m∥β，m∥α，则α∥β
C．若m⊥n，n⊂β，则m⊥βD．若m∥α，m⊥β，则α⊥β
5．（3分）抛掷三枚质地均匀的硬币，有如下随机事件：Ai＝“正面向上的硬币数为i”，其中i＝0，1，2，3，B＝“恰有两枚硬币抛掷结果相同”，则下列说法正确的是（ ）
A．A0与B相互独立B．A3与B对立
C．P（A2）＝2P（B）D．A1+A2＝B
6．（3分）轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，如图所示，在直角圆锥P﹣ABC中，AB为底面圆的直径，C在底面圆周上且为弧AB的中点，则异面直线PB与AC所成角的大小为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
7．（3分）已知函数f(x)=cs(ωx+φ)(ω＞0，|φ|＜π2)的部分图象如图所示，x1，x2是f（x）的两个零点，若x2＝4x1，则下列为定值的量是（ ）
A．φB．ωC．φωD．ω+φ
8．（3分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为4的正方形，P是棱A1D1上的一个动点，若PA=10，PD=2，则三棱锥P﹣ABD外接球的表面积是（ ）
A．144πB．36πC．9πD．6π
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题3分，共12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3分，部分选对的得1分，有选错的得0分）
（多选）9．（3分）下列等式成立的是（ ）
A．sin26°﹣cs26°＝cs12°
B．sin6°-cs6°=-2sin39°
C．4sin15°sin75°＝1
D．3-tan15°1+3tan15°=1
（多选）10．（3分）5月21日，2023世界珍珠发展论坛在浙江诸暨举办，大会见证了诸暨珍珠开拓创新、追求卓越的坚实步伐．据统计，今年以来，诸暨珍珠线上线下销售总额达250亿元，已超去年全年的60%，真正实现了“生于乡间小湖，远销五洲四海”．某珍珠商户销售A，B，C，D四款珍珠商品，今年第一季度比去年第一季度营收实现翻番，现统计这四款商品的营收占比，得到如下饼图．同比第一季度，下列说法正确的是（ ）
A．今年商品A的营收是去年的4倍
B．今年商品B的营收是去年的2倍
C．今年商品C的营收比去年减少
D．今年商品B，D营收的总和与去年相比占总营收的比例不变
（多选）11．（3分）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E为AD的中点，将△ABE沿BE折起，使点A到达点A′的位置，且二面角A′﹣BE﹣C为90°．若M、N分别为A′B、CD的中点，则（ ）
A．BE⊥A′N
B．MN∥平面A′DE
C．平面A′BE⊥平面A′DE
D．点C到平面A′DE的距离为303
（多选）12．（3分）在△ABC中，D为BC的中点，点E满足BE→=2ED→．若∠BAE＝∠DAE＝20°，则（ ）
A．|AB→|=2|AD→|B．AE→=13AB→+23AD→
C．∠ABC＝20°D．∠DAC＝70°
三、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分）
13．（3分）函数f（x）＝sin2x的最小正周期为 ．
14．（3分）某手机社交软件可以实时显示两人之间的直线距离．已知甲在某处静止不动，乙在点A时，显示与甲之间的距离为400米，之后乙沿直线从点A点走到点B，当乙在点B时，显示与甲之间的距离为600米，若A，B两点间的距离为500米，则乙从点A走到点B的过程中，甲、乙两人之间距离的最小值为 米．
15．（3分）已知一组样本数据x1，x2，x3，x4，x5的方差为5，且满足x1+x2+x3+x4＝4x5，则样本数据x1，x2，x3，x4，x5+5的方差为 ．
16．（3分）直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠B=π2，AB＝BB1＝BC＝1，P、Q分别为线段AC1、AA1的动点，则△B1PQ周长的最小值是 ．
四、解答题（本大题共6小题，共52分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（8分）记a→、b→、c→为平面单位向量，且|a→-b→|=1．
（1）求〈a→，b→〉；
（2）若a→⋅c→=12，求|2c→-a→|．
18．（8分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱长为3，O1是上底面A1B1C1D1的一个动点．
（1）求三棱锥A﹣O1BC的体积；
（2）当O1是上底面A1B1C1D1的中心时，求AO1与平面ABCD所成角的余弦值．
19．（8分）为了推导两角和与差的三角函数公式，某同学设计了一种证明方法：在直角梯形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AD＝1，点E为BC上一点，且AE⊥DE，过点D作DF⊥AB于点F，设∠BAE＝α，∠DAE＝β．
（1）利用图中边长关系DF＝BE+CE，证明：sin（α+β）＝sinαcsβ+csαsinβ；
（2）若BE=CE=13，求sin2α+cs2β．
20．（8分）第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，而亚运会志愿者的服务工作是举办一届成功的亚运会的重要保障．为配合亚运会志愿者选拔，某高校举行了志愿者选拔面试，面试成绩满分100分，现随机抽取了80名候选者的面试成绩，绘制成如图频率分布直方图．
（1）求a的值，并估计这80名候选者面试成绩平均值x，众数，中位数；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，中位数精确到0.1）
（2）乒乓球项目场地志愿服务需要3名志愿者，有3名男生和2名女生通过该项志愿服务选拔，需要通过抽签的方式决定最终的人选，现将3张写有“中签”和2张写有“未中签”字样的字条随机分配给每一位候选人，求中签者中男生比女生多的概率．
21．（10分）如图，在平面四边形ABCD中，点B与点D分别在直线AC的两侧，BC＝CD＝2．
（1）已知AB＝2，且AC＝AD，
（i）当cs∠CAD=23时，求△ABC的面积；
（ii）若∠ABC=2∠ADC＞π2，求∠ABC．
（2）已知AD=2AB，且∠BAD=π4，求AC的最大值．
22．（10分）如图，在正三棱台ABC﹣A1B1C1中，AB＝2A1B1＝2AA1，D，E分别为AA1，B1C1的中点．
（1）证明：DE⊥平面BB1C1C；
（2）设P，Q分别为棱AB，BC上的点，且C1，D，P，Q均在平面α上，若△PBQ与△ABC的面积比为3：8，
（i）证明：BP=34BA；
（ii）求α与平面ABB1A1所成角的正弦值．
2022-2023学年浙江省绍兴市高一（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24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．（3分）已知复数z在复平面内对应的点是（0，1），则1+iz=（ ）
A．1+iB．1﹣iC．﹣1+iD．﹣1﹣i
【解答】解：∵复数z在复平面内对应的点是（0，1），∴z＝i，
∴1+iz=1+ii=(1+i)(-i)i(-i)=-i-i2-i2=1﹣i．
故选：B．
2．（3分）某组数据33、36、38、39、42、46、49、49、51、56的第80百分位数为（ ）
A．46B．49C．50D．51
【解答】解：数据33、36、38、39、42、46、49、49、51、56共10个数，
因为10×0.8＝8，因此，该组数据的第80百分位数为49+512=50．
故选：C．
3．（3分）已知向量a→=(2，2)，b→=(1，-1)，则（ ）
A．a→=-2b→B．a→=2b→C．a→∥b→D．a→⊥b→
【解答】解：向量a→=(2，2)，b→=(1，-1)，
对于A，-2b→=(-2，2)，a→≠-2b→，A错误；
对于B，2b→=(2，-2)，a→≠2b→，B错误；
对于C，由于2×（﹣1）≠2×1，即a→与b→不共线，C错误；
对于D，a→⋅b→=2×1+2×(-1)=0，因此a→⊥b→，D正确．
故选：D．
4．（3分）已知m，n是两条直线，α，β是两个平面，下列命题正确的是（ ）
A．若m∥n，m∥α，则n∥αB．若m∥β，m∥α，则α∥β
C．若m⊥n，n⊂β，则m⊥βD．若m∥α，m⊥β，则α⊥β
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，若m∥n，m∥α，则n∥α或n⊂α，A错误；
对于B，平行于同一直线的两个平面可以平行，也可以相交，B错误；
对于C，由直线与平面垂直的判断方法可得C错误；
对于D，若m∥α，则平面α存在直线l，满足l∥m，由于m⊥β，则有l⊥β，必有α⊥β，故D正确．
故选：D．
5．（3分）抛掷三枚质地均匀的硬币，有如下随机事件：Ai＝“正面向上的硬币数为i”，其中i＝0，1，2，3，B＝“恰有两枚硬币抛掷结果相同”，则下列说法正确的是（ ）
A．A0与B相互独立B．A3与B对立
C．P（A2）＝2P（B）D．A1+A2＝B
【解答】解：总的可能有：
（正，正，正），（正，正，反），（正，反，正），（正，反，反），（反，正，正），（反，正反），（反，反，正），（反，反，反），
故P(A0)=18，P(A1)=38，P(A2)=38，P(A3)=18，P(B)=34，
而P（A0∪B）＝0，P(A0)⋅P(B)=332，故选项A错误；
P(A3)+P(B)=78≠1，故选项B错误；
2P（A2）＝P（B），故选项C错误；
A1＝{（正，反，反），（反，正反），（反，反，正）}，A2＝{（正，正，反），（正，反，正），（反，正，正）}，
B＝{（正，正，反），（正，反，正），（正，反，反），（反，正，正），（反，正反），（反，反，正）}，
所以A1+A2＝B，故选项D正确．
故选：D．
6．（3分）轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，如图所示，在直角圆锥P﹣ABC中，AB为底面圆的直径，C在底面圆周上且为弧AB的中点，则异面直线PB与AC所成角的大小为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
【解答】解：在直角圆锥P﹣ABC中，AB为底面圆的直径，C在底面圆周上且为弧AB的中点，∠ACB＝90°，
则PA=PB=22AB=AC=BC，
过点B作BD∥AC交底面圆于点D，连接PD，AD，如图，
则∠PBD是异面直线PB与AC所成角或其补角，
显然BD=22AB=PB=PD，即△PBD是正三角形，
所以∠PBD＝60°，
即异面直线PB与AC所成角的大小为60°．
故选：C．
7．（3分）已知函数f(x)=cs(ωx+φ)(ω＞0，|φ|＜π2)的部分图象如图所示，x1，x2是f（x）的两个零点，若x2＝4x1，则下列为定值的量是（ ）
A．φB．ωC．φωD．ω+φ
【解答】解：函数f（x）＝cs（ωx+φ），ω＞0的周期为2πω，
令f（x）＝0，可得ωx+φ=kπ+π2，k∈Z，
所以x=kπ+π2-φω，即x=2kπ+π-2φ2ω，k∈Z，
又ω＞0，|φ|＜π2，
所以0＜φ＜π2，x1=π-2φ2ω，x2=3π-2φ2ω，
又x2＝4x1，所以3π-2φ2ω=4×π-2φ2ω，
所以φ=π6．
故选：A．
8．（3分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为4的正方形，P是棱A1D1上的一个动点，若PA=10，PD=2，则三棱锥P﹣ABD外接球的表面积是（ ）
A．144πB．36πC．9πD．6π
【解答】解：令长方体ABCD﹣A1B1C1D1的高为h，PD1＝x，于是x2+h2=2(4-x)2+h2=10，解得x＝h＝1，
在△PAD中，∠PDA＝∠DPD1＝45°，则△PAD外接圆半径r=12×PAsin45°=102=5，显然AB⊥平面PAD，
因此三棱锥P﹣ABD外接球的球心O在线段AB的中垂面上，球心O到平面PAD的距离为d=12AB=2，
则球半径R=r2+d2=5+4=3，所以三棱锥P﹣ABD外接球的表面积S＝4πR2＝36π．
故选：B．
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题3分，共12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3分，部分选对的得1分，有选错的得0分）
（多选）9．（3分）下列等式成立的是（ ）
A．sin26°﹣cs26°＝cs12°
B．sin6°-cs6°=-2sin39°
C．4sin15°sin75°＝1
D．3-tan15°1+3tan15°=1
【解答】解：对于A，sin26°﹣cs26°＝﹣（cs26°﹣sin26°）＝﹣cs12°，故A错误；
对于B，sin6°-cs6°=2(22sin6°-22cs6°)=2(sin6°cs45°-cs6°sin45°)=2sin(-39°)=-2sin39°，故B正确；
对于C，4sin15°sin75°＝4sin15°cs15°＝2sin30°＝1，故C正确；
对于D，tan60°-tan15°1+tan60°tan15°=tan(60°-15°)=tan45°=1，故D正确．
故选：BCD．
（多选）10．（3分）5月21日，2023世界珍珠发展论坛在浙江诸暨举办，大会见证了诸暨珍珠开拓创新、追求卓越的坚实步伐．据统计，今年以来，诸暨珍珠线上线下销售总额达250亿元，已超去年全年的60%，真正实现了“生于乡间小湖，远销五洲四海”．某珍珠商户销售A，B，C，D四款珍珠商品，今年第一季度比去年第一季度营收实现翻番，现统计这四款商品的营收占比，得到如下饼图．同比第一季度，下列说法正确的是（ ）
A．今年商品A的营收是去年的4倍
B．今年商品B的营收是去年的2倍
C．今年商品C的营收比去年减少
D．今年商品B，D营收的总和与去年相比占总营收的比例不变
【解答】解：设去年第一季度营收为a亿元，则今年第一季度营收为2a亿元，
由扇形图可得：
A款珍珠商品去年第一季度营收为0.1a亿元，则今年第一季度营收为0.4a亿元，A正确；
B款珍珠商品去年第一季度营收为0.2a亿元，则今年第一季度营收为0.4a亿元，B正确；
C款珍珠商品去年第一季度营收为0.5a亿元，则今年第一季度营收为0.8a亿元，C错误；
因为商品B，D今年第一季度营收的总和占总营收的比例为40%，
商品B，D去年第一季度营收的总和占总营收的比例为40%，
所以今年商品B，D营收的总和与去年相比占总营收的比例不变，D正确．
故选：ABD．
（多选）11．（3分）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E为AD的中点，将△ABE沿BE折起，使点A到达点A′的位置，且二面角A′﹣BE﹣C为90°．若M、N分别为A′B、CD的中点，则（ ）
A．BE⊥A′N
B．MN∥平面A′DE
C．平面A′BE⊥平面A′DE
D．点C到平面A′DE的距离为303
【解答】解：连接AN交BE于点O，连接A′O，取BE的中点F，连接FM、FN，
对于A选项，在正方形ABCD中，因为AB＝DA，AE＝DN，∠BAE＝∠ADN＝90°，
所以，Rt△ABE≌Rt△DAN，则∠ABE＝∠DAN，
所以，∠DAN+∠AEB＝∠ABE+∠AEB＝90°，则∠AOE＝90°，即BE⊥AN，
翻折后，则有BE⊥A′O，BE⊥ON，
又因为A′O∩ON＝O，A′O、ON⊂平面A′ON，所以，BE⊥平面A′ON，
因为A′N⊂平面A′ON，所以，BE⊥A′N，A对；
对于B选项，因为M、F分别为A′B、BE的中点，所以，MF∥A′E，
因为MF⊄平面A′DE，A′E⊂平面A′DE，所以，MF∥平面A′DE，
因为DE∥BC，BC＝2DE，则四边形BCDE为梯形，
又因为F、N分别为BE、CD的中点，所以，FN∥DE，
因为FN⊄平面A′DE，DE⊂平面A′DE，则FN∥平面A′DE，
因为MF∩FN＝F，MF、FN⊂平面FMN，则平面FMN∥平面A′DE，
因为MN⊂平面FMN，故MN∥平面A′DE，B对；
对于C选项，因为AO⊥BE，且AB＝2，AE＝1，∠BAE＝90°，
所以，BE=AB2+AE2=22+12=5，所以，AO=AB⋅AEBE=2×15=255，
则A'O=255，
在Rt△ADN中，cs∠DAN=ADAN=ADAD2+DN2=25=255，
所以，OD=OA2+AD2-2OA⋅ADcs∠DAN=45+4-2×255×2×255=2105，
因为平面A′BE⊥平面BCDE，平面A′BE∩平面BCDE＝BE，A′O⊥BE，
A′O⊂平面A′BE，所以，A′O⊥平面BCDE，
因为OD⊂平面BCDE，所以，A′O⊥OD，
所以，A'D=A'O2+OD2=45+85=2155，且BD=BC2+CD2=4+4=22，
翻折前，AB⊥AE，翻折后，A′B⊥A′E，
若平面A′BE⊥平面A′DE，且平面A′BE∩平面A′DE＝A′E，A′B⊂平面A′BE，
所以，A′B⊥平面A′DE，
因为A′D⊂平面A′DE，则A′B⊥A′D，
事实上，A′B＝2，A'D=2155，BD=22，则A′B2+A′D2≠BD2，
即A′B、A′D不垂直，假设不成立，故平面A′BE与平面A′DE不垂直，C错；
对于D选项，因为S△CDE=12CD⋅DE=12×2×1=1，且A′O⊥平面BCDE，
所以，VA'-CDE=13S△CDE⋅A'O=13×1×255=2515，
在△A′DE中，A′E＝DE＝1，A'D=2155，
由余弦定理可得cs∠A'ED=A'E2+DE2-A'D22A'E⋅DE=1+1-1252×12=-15，
所以，sin∠A'ED=1-cs2∠A'ED=1-(-15)2=265，
所以，S△A'ED=12A'E⋅DEsin∠A'ED=12×12×265=65，
设点C到平面A′ED的距离为d，由VC﹣A′ED＝VA′﹣CDE，即13S△A'ED⋅d=2515，
所以，d=255S△A'ED=255×56=303，D对．
故选：ABD．
（多选）12．（3分）在△ABC中，D为BC的中点，点E满足BE→=2ED→．若∠BAE＝∠DAE＝20°，则（ ）
A．|AB→|=2|AD→|B．AE→=13AB→+23AD→
C．∠ABC＝20°D．∠DAC＝70°
【解答】解：在△ABC中，D为BC的中点，BE→=2ED→，∠BAE＝∠DAE＝20°，如图，
对于A，ABAD=12AB⋅AEsin∠BAE12AD⋅AEsin∠DAE=S△ABES△ADE=BEDE=2，有|AB→|=2|AD→|，A正确；
对于B，AE→=AB→+BE→=AB→+23BD→=AB→+23(AD→-AB→)=13AB→+23AD→，B正确；
对于D，过C作CF∥AD交BA的延长线于F，由D为BC的中点，得AD是△BCF的中位线，
则CF＝2AD＝AB＝AF，于是∠DAC=∠ACF=∠CAF=12∠DAF=12(180°-40°)=70°，D正确；
对于C，由选项D知，∠EAC＝90°，假定∠ABC＝20°，则∠AEC＝40°，AE=BE=12CE，
cs40°=cs∠AEC=AECE=12，与cs40°＞cs60°=12矛盾，因此∠ABC≠20°，C错误．
故选：ABD．
三、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分）
13．（3分）函数f（x）＝sin2x的最小正周期为 π ．
【解答】解：函数f（x）＝sin2x的最小正周期为2π2=π，
故答案为：π．
14．（3分）某手机社交软件可以实时显示两人之间的直线距离．已知甲在某处静止不动，乙在点A时，显示与甲之间的距离为400米，之后乙沿直线从点A点走到点B，当乙在点B时，显示与甲之间的距离为600米，若A，B两点间的距离为500米，则乙从点A走到点B的过程中，甲、乙两人之间距离的最小值为 1507 米．
【解答】解：令甲的位置为点C，如图，在△ABC中，AC＝400，AB＝500，BC＝600，
由余弦定理得csA=AB2+AC2-BC22AB⋅AC=5002+4002-60022×500×400=18，sinA=1-cs2A=378，
过C作CD⊥AB于D，所以所求距离的最小值为CD=ACsinA=400×378=1507（米）．
故答案为：1507．
15．（3分）已知一组样本数据x1，x2，x3，x4，x5的方差为5，且满足x1+x2+x3+x4＝4x5，则样本数据x1，x2，x3，x4，x5+5的方差为 9 ．
【解答】解：由题意可得，数据x1，x2，x3，x4，x5的平均数为x=15(x1+x2+x3+x4+x5)=x5，
方差s2=15[(x1-x)2+(x2-x)2+(x3-x)2+(x4-x)2+(x5-x)2]，
又因为(x1-x)2+(x2-x)2+(x3-x)2+(x4-x)2=25，
数据x1，x2，x3，x4，x5+5的平均数x'=15(x1+x2+x3+x4+x5+5)=x5+1，
所以方差s'2=15[(x1-x-1)2+(x2-x-1)2+(x3-x-1)2+(x4-x-1)2+(x5-x-4)2]
=15[(x1-x)2-2(x1-x)+(x2-x)2-2(x2-x)+(x3-x)2-2(x3-x)+(x4-x)2-2(x4-x)+(x5-x)2-8(x5-x)+20]
=15[45-2(x1+x2+x3+x4+x5)+10x]
＝9．
故答案为：9．
16．（3分）直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠B=π2，AB＝BB1＝BC＝1，P、Q分别为线段AC1、AA1的动点，则△B1PQ周长的最小值是 4+22 ．
【解答】解：如下图所示：
将面AB1C1、面AA1C1沿着AC1延展为一个平面，
将面AA1B1、面AA1C1沿着AA1延展为一个平面，连接BB1′，
此时，线段BB1′的长即为△B1PQ周长的最小值，
则AB1=AB2+BB12=1+1=2，AB＝1，
由于AB1=AC=2，B1C1＝CC1，AC1＝AC1，则△AB1C1≌△ACC1，
延展后，则四边形AA1C1B1为矩形，
因为AA1＝A1B1′，AA1⊥A1B1′，则△AA1B1′为等腰直角三角形，所以∠A1AB1'＝45°，
延展后，则∠B1AB1'＝135°，
由余弦定理可得B1B1'=AB12+AB1'2-2AB1⋅AB1'⋅cs135°=2+2-2×2×2×(-22)=4+22．
故答案为：4+22．
四、解答题（本大题共6小题，共52分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（8分）记a→、b→、c→为平面单位向量，且|a→-b→|=1．
（1）求〈a→，b→〉；
（2）若a→⋅c→=12，求|2c→-a→|．
【解答】解：（1）由已知|a→|=|b→|=1，且|a→-b→|=1，
所以，|a→-b→|2=a→2-2a→⋅b→+b→2=2-2a→⋅b→=1，则a→⋅b→=12，
所以，cs〈a→，b→〉=a→⋅b→|a→|⋅|b→|=12，
因为0≤〈a→，b→〉≤π，所以，〈a→，b→〉=π3；
（2）由已知可得|a→|=|c→|=1，且a→⋅c→=12，
所以|2c→-a→|=(2c→-a→)2=4c→2-4a→⋅c→+a→2=4-4×12+1=3．
18．（8分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱长为3，O1是上底面A1B1C1D1的一个动点．
（1）求三棱锥A﹣O1BC的体积；
（2）当O1是上底面A1B1C1D1的中心时，求AO1与平面ABCD所成角的余弦值．
【解答】解：（1）如图所示，根据题意得：
VA-O1BC=VO1-ABC=13⋅S△ABC⋅h=13×12×3×3×3=92．
（2）如图所示，过点O1做平面ABCD的垂线，垂足为G，易知G为AC中点，
故∠O1AC为AO1与平面ABCD所成线面角，
又AG=12AC=12AB2+BC2=322，AO1=AG2+GO12=362，
所以AO1与平面ABCD所成角的余弦值为：cs∠O1AC=AGAO1=322362=33．
19．（8分）为了推导两角和与差的三角函数公式，某同学设计了一种证明方法：在直角梯形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AD＝1，点E为BC上一点，且AE⊥DE，过点D作DF⊥AB于点F，设∠BAE＝α，∠DAE＝β．
（1）利用图中边长关系DF＝BE+CE，证明：sin（α+β）＝sinαcsβ+csαsinβ；
（2）若BE=CE=13，求sin2α+cs2β．
【解答】（1）证明：在Rt△ADE中，∠AED＝90°，∠DAE＝β，AD＝1，则DE＝sinβ，AE＝csβ，
在Rt△ADF中，∠AFD＝90°，∠DAF＝α+β，AD＝1，则DF＝sin（α+β），
在Rt△ABE，Rt△ECD中，∠B＝∠C＝90°，∠CED＝∠BAE＝α，
则BE＝sinαcsβ，CE＝csαsinβ，
依题意，四边形BCDF是矩形，则DF＝BC＝BE+CE，
所以sin（α+β）＝sinαcsβ+csαsinβ．
（2）解：由BE=CE=13及（1）知，sinαcsβ=csαsinβ=13，
则tanα＝tanβ，而α，β为锐角，即有α＝β，
sin2α=23，又2α＝α+β＝∠BAD是锐角，于是cs2β=cs2α=53，
所以sin2α+cs2β=2+53．
20．（8分）第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，而亚运会志愿者的服务工作是举办一届成功的亚运会的重要保障．为配合亚运会志愿者选拔，某高校举行了志愿者选拔面试，面试成绩满分100分，现随机抽取了80名候选者的面试成绩，绘制成如图频率分布直方图．
（1）求a的值，并估计这80名候选者面试成绩平均值x，众数，中位数；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，中位数精确到0.1）
（2）乒乓球项目场地志愿服务需要3名志愿者，有3名男生和2名女生通过该项志愿服务选拔，需要通过抽签的方式决定最终的人选，现将3张写有“中签”和2张写有“未中签”字样的字条随机分配给每一位候选人，求中签者中男生比女生多的概率．
【解答】解：（1）由频率分布直方图可知10（2a+0.025+0.045+0.020）＝1，解得a＝0.005，
x=50×10×0.005+60×10×0.025+70×10×0.045+80×10×0.020+90×10×0.005=69.5，
众数为70，
因为前2组的频率和为10×0.005+10×0.025＝0.3＜0.5，前3组的频率和为10×0.005+10×0.025+10×0.045＝0.75＞0.5，
所以中位数在第3组，设中位数为m，
则0.3+0.045（m﹣65）＝0.5，解得m≈69.4，
所以中位数为69.4．
（2）记3名男生分别为A，B，C，记2名女生分别为a，b，则所有抽签的情况有：
未中签AB，中签Cab；未中签AC，中签Bab；未中签Aa，中签BCb；
未中签Ab，中签BCa；未中签BC，中签Aab；未中签Ba，中签ACb；
未中签Bb，中签ACa；未中签Ca，中签ABb；未中签Cb，中签ABa；
未中签ab，中签ABC，共有10种情况，
其中中签者中男生比女生多的有：未中签Aa，中签BCb；未中签Ab，中签BCa；
未中签Ba，中签ACb；未中签Bb，中签ACa；未中签Ca，中签ABb；
未中签Cb，中签ABa；未中签ab，中签ABC，共7种，
所以中签者中男生比女生多的概率为710．
21．（10分）如图，在平面四边形ABCD中，点B与点D分别在直线AC的两侧，BC＝CD＝2．
（1）已知AB＝2，且AC＝AD，
（i）当cs∠CAD=23时，求△ABC的面积；
（ii）若∠ABC=2∠ADC＞π2，求∠ABC．
（2）已知AD=2AB，且∠BAD=π4，求AC的最大值．
【解答】解：（1）（i）设AC＝x，在△ACD中，由余弦定理得cs∠CAD=2x2-42x2=23，解得x=6，
在△ABC中，AB＝BC＝2，则底边AC上的高h=AB2-(12AC)2=4-32=102，
所以△ABC的面积S△ABC=12AC⋅h=12×6×102=152．
（ii）设∠ADC＝θ，依题意，∠BAC=∠BCA=π2-12∠ABC=π2-θ，
则AD＝AC＝2ABcs∠BAC＝4sinθ，CD＝2ADcs∠ADC＝8sinθcsθ＝2，即sin2θ=12，而π2＜2θ＜π，
所以∠ABC=2θ=5π6．
（2）连接BD，△ABD中，AD=2AB，∠BAD=π4，
由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AB⋅ADcsπ4=AB2+2AB2-2AB⋅2AB⋅22=AB2，
则BD＝AB，∠ABD=π2，设∠CBD=α(0＜α＜π2)，在△BCD中，BC＝CD＝2，
于是AB＝BD＝2BCcs∠CBD＝4csα，在△ABC中，∠ABC=π2+α，
由余弦定理得：AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BCcs∠ABC，
则AC2=16cs2α+4-8csα⋅2cs(π2+α)=16cs2α+4+16sinαcsα
=8sin2α+8(cs2α+1)+4=82sin(2α+π4)+12≤82+12，
当且仅当2α+π4=π2，即α=π8时取等号，
所以当α=π8时，ACmax=4(1+2)2=2+22，
所以AC的最大值是2+22．
22．（10分）如图，在正三棱台ABC﹣A1B1C1中，AB＝2A1B1＝2AA1，D，E分别为AA1，B1C1的中点．
（1）证明：DE⊥平面BB1C1C；
（2）设P，Q分别为棱AB，BC上的点，且C1，D，P，Q均在平面α上，若△PBQ与△ABC的面积比为3：8，
（i）证明：BP=34BA；
（ii）求α与平面ABB1A1所成角的正弦值．
【解答】解：（1）延长AA1，BB1，CC1交于点S，
因为AB＝2A1B1＝2AA1，
所以三棱锥S﹣ABC为正四面体，
连接SE并延长，分别交BC，BC1于点F，G，则G为等边△ABC的中心，
连接AG，则AG⊥面SBC，
所以SDSA=SESG=34，
所以DE∥AG，
所以DE⊥面SBC．
（2）（i）证明：延长C1D，CA交于点H，
若C1，D，P，Q均在平面α上，则H，P，Q共线，
设AB＝2A1B1＝2AA1＝2，则AH＝1，
过点A作AM∥BC，交PQ于点M，
设BQ＝k，则CQ＝2﹣k，AM=2-k3，CQBC=k2，
所以APBP=AMBQ=2-k3k，BPAB=3k2+2k，
所以S△PBQ＝S△ABC•k2•3k2+2k，
所以k2•3k2+2k=38，
所以k＝1，
所以点Q与点F重合，均为BC的中点，
所以BPAB=3k2+2k=34，即BP=34AB．
（ii）连接DP，C1Q，
由题知DP∥C1Q，且DP=12，C1Q＝1，BC1＝HQ，
连接AB1交DP于点N，
易知B1N⊥DP，且B1N=34AB1=334，DP∥C1Q，
VB1-DPQ=VB﹣DPQ＝VQ﹣BDP=316VQ﹣ABS=332VS﹣ABC=216，
HC1＝HF=254+34=7，
所以dB-C1Q=7-14=332，
所以dQ﹣DP=12dH-C1Q=334，
所以S△DPQ=12•12•334=3316，
所以13•3316•dB1-DPQ=216，
所以dB1-DPQ=63，
设平面α与平面ABB1A1所成角为θ，
所以sinθ=63334=429，
所以平面α与平面ABB1A1所成角的正弦值为429．