2022-2023学年湖北省新高考联考协作体高一（下）期末数学试卷

这是一份2022-2023学年湖北省新高考联考协作体高一（下）期末数学试卷，共18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）已知i是虚数单位，复数z＝2+i，则z⋅i的虚部为（ ）
A．1B．2C．iD．2i
2．（5分）某中学高一年级有20个班，每班50人；高二年级有24个班，每班45人．甲就读于高一，乙就读于高二．学校计划从这两个年级中共抽取208人进行视力调查，若采用分层抽样的方式进行抽样，则下列说法：①甲乙两人可能同时被抽取；②高一、高二年级分别抽取100人和108人；③乙被抽到的可能性比甲的大．其中正确的有（ ）
A．①B．①③C．①②D．①②③
3．（5分）已知α，β是两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，下列说法正确的是（ ）
A．若m∥β，则α∥βB．若l⊂β，m∥l，则m∥β
C．若α⊥β，则m⊥βD．若m⊥β，则α⊥β
4．（5分）已知向量a→，b→满足|b→|=1，a→⊥b→，则a→-2b→在b→方向上的投影向量为（ ）
A．2B．2a→C．-2b→D．﹣2
5．（5分）已知α，β，γ是三个平面，α∩β＝l1，α∩γ＝l2，β∩γ＝l3，则下列结论正确的是（ ）
A．直线l2与直线l3可能是异面直线
B．若l1∩l2＝O，则直线l1与直线l3可能平行
C．若l1∩l2＝O，则直线l2与直线l3不可能相交于O点
D．若l1∥l2，则l1∥l3
6．（5分）已知平面向量a→，b→，c→满足|a→|=1，|b→|=2且对∀t∈R，有|b→+ta→|≥|b→-a→|恒成立，则2a→-b→与b→的夹角为（ ）
A．2π3B．π2C．π3D．π6
7．（5分）在边长为2的正方形ABCD中，E是AB的中点，点F是BC的中点，将△AED，△BEF，△DCF分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点A′，则A′到平面EFD的距离为（ ）
A．1B．23C．43D．2
8．（5分）已知一组样本数据共有8个数，其平均数为8，方差为12，将这组样本数据增加两个未知的数据构成一组新的样本数据，已知新的样本数据的平均数为9，则新的样本数据的方差最小值为（ ）
A．10B．10.6C．12.6D．13.6
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）学校“未来杯”足球比赛中，甲班每场比赛平均失球数是1.9，失球个数的标准差为0.3；乙班每场比赛平均失球数是1.3，失球个数的标准差为1.2，你认为下列说法中正确的是（ ）
A．平均来说乙班比甲班防守技术好
B．乙班比甲班防守技术更稳定
C．乙班在防守中有时表现非常好，有时表现比较差
D．甲班很少不失球
（多选）10．（5分）已知x∈C（全体复数集），关于x的方程x2+tx+2＝0（t∈R）的两根分别为x1，x2，若|x1-x2|=22，则t的可能取值为（ ）
A．﹣4B．﹣2C．0D．4
（多选）11．（5分）已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A＞0，ω＞0，-π2＜φ＜0)的部分图像如图所示，加入以下哪个选项作为已知条件，可以唯一确定φ的值（ ）
A．f（0）＝﹣1，A＝2B．x1=π12，x2=5π12
C．x2＝2x1D．x2＝4x1
（多选）12．（5分）已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为正方体内及表面上一点，且AP→=mAB→+nAD1→，其中m∈[0，1]，n∈[0，1]，则下列说法正确的是（ ）
A．当n＝1时，对任意m∈[0，1]，CP∥平面ABB1A1恒成立
B．当m＝0，n=12时，B1P与平面ABC1D1所成的线面角的余弦值为63
C．当m+n＝1时，A1C1⊥B1P恒成立
D．当m+n＝1时，PA+PC的最小值为3
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）已知i是虚数单位，复数z满足（2﹣i）z＝6+2i，则|z|＝ ．
14．（5分）如图△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，其中O′A′＝6，O′B′＝4，∠A′O′B′＝45°，则△OAB的周长为 ．
15．（5分）半径为R的球的球面上有四点A，B，C，D，已知△ABC为等边三角形且其面积为93，三棱锥D﹣ABC体积的最大值为183，则球的半径R等于 ．
16．（5分）已知直角三角形DEF的三个顶点分别在等边三角形ABC的边AB，BC，CA上，且∠DEF＝90°，∠EDF＝30°，则S△DEFS△ABC的最小值为 ．
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θ为三角形的一个内角，i为虚数单位，复数z＝csθ+isinθ，且z2﹣z在复平面上对应的点在虚轴上．
（1）求θ；
（2）设2z，z，1+z+z2在复平面上对应的点分别为A，B，C，求△ABC的面积．
18．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足2c+b﹣2acsB＝0．
（1）求角A；
（2）若a＝23，BA→•AC→=32，AD是△ABC中线，求AD的长．
19．（12分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是棱BB1，B1C1的中点，
（1）求证：点F在平面AED1内；
（2）用平面AED1截正方体ABCD﹣A1B1C1D1，将正方体分成两个几何体，两个几何体的体积分别为V1，V2（V1＜V2），求V1：V2的值．
20．（12分）2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成功着陆，航天员翟志刚，王亚平，叶光富顺利出舱，神舟十三号载人飞行任务圆满完成，为纪念中国航天事业所取得的成就，发掘并传承中国航天精神，某市随机抽取1000名学生进行了航天知识竞赛并记录得分，将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，并绘制成如图所示的频率分布直方图．
（1）请补全频率分布直方图并估计这1000名学生成绩的平均数和计算80%分位数（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）现从以上各组中采用分层抽样的方法抽取200人，若第三组中被抽取的学生成绩的平均数与方差分别为72分和1，第四组中被抽取的学生成绩的平均数与方差分别为87分和2，求这200人中分数在区间[70，90）的学生成绩的方差．
21．（12分）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝AA1＝2，BC1=14，∠ABC=2π3，A1C1⊥A1B．
（1）证明：平面A1AC⊥平面ABC；
（2）求二面角A﹣A1B﹣C的平面角的余弦值．
22．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且边BC上的高h=34a．
（1）若A=π2，求B；
（2）已知△ABC中角B和C是锐角，求tanB+4tanC的最小值．
2022-2023学年湖北省新高考联考协作体高一（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）已知i是虚数单位，复数z＝2+i，则z⋅i的虚部为（ ）
A．1B．2C．iD．2i
【解答】解：z⋅i=(2-i)⋅i=1+2i，虚部为2．
故选：B．
2．（5分）某中学高一年级有20个班，每班50人；高二年级有24个班，每班45人．甲就读于高一，乙就读于高二．学校计划从这两个年级中共抽取208人进行视力调查，若采用分层抽样的方式进行抽样，则下列说法：①甲乙两人可能同时被抽取；②高一、高二年级分别抽取100人和108人；③乙被抽到的可能性比甲的大．其中正确的有（ ）
A．①B．①③C．①②D．①②③
【解答】解：对于①，采用分层抽样的方式进行抽样，甲乙两人可能同时被抽取，故①正确；
对于②，高一共有20×50＝1000人，高二共有24×45＝1080人，从这两个年级2080人中共抽取208人进行视力调查，
高一应抽取10002080×208=100人，高二应抽取10802080×208=108人，故②正确；
对于③，甲被抽到的可能性为1001000=110，乙被抽到的可能性为1351350=110，甲和乙被抽到的可能性相等，故③错误．
故选：C．
3．（5分）已知α，β是两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，下列说法正确的是（ ）
A．若m∥β，则α∥βB．若l⊂β，m∥l，则m∥β
C．若α⊥β，则m⊥βD．若m⊥β，则α⊥β
【解答】解：对于A，由面面平行判定定理可知，在平面α内需要两条相交直线与平面β平行才能得出两平面平行，故A错误；
对于B，选项缺少m不在平面β内，故B错误；
对于C，由面面垂直的性质定理可知，平面α内的直线m与α，β两个平面的交线垂直，才能得出m⊥β，故C错误；
对于D，已知m⊥β，m为平面α内的一条直线，由面面垂直判定定理可知D正确，故D正确．
故选：D．
4．（5分）已知向量a→，b→满足|b→|=1，a→⊥b→，则a→-2b→在b→方向上的投影向量为（ ）
A．2B．2a→C．-2b→D．﹣2
【解答】解：由a→⊥b→，得a→⋅b→=0．
根据投影向量的定义可知：a→-2b→在b→方向上的投影向量为(a→-2b→)⋅b→|b→|2⋅b→=a→⋅b→-2|b→|2|b→|2⋅b→=-2b→．
故选：C．
5．（5分）已知α，β，γ是三个平面，α∩β＝l1，α∩γ＝l2，β∩γ＝l3，则下列结论正确的是（ ）
A．直线l2与直线l3可能是异面直线
B．若l1∩l2＝O，则直线l1与直线l3可能平行
C．若l1∩l2＝O，则直线l2与直线l3不可能相交于O点
D．若l1∥l2，则l1∥l3
【解答】解：对于A，由α∩γ＝l2，β∩γ＝l3，得l2⊂γ，l3⊂γ，则直线l2与直线l3是共面直线，故A错误；
对于B、C，∵α∩β＝l1，α∩γ＝l2，l1∩l2＝O，∴O∈α，O∈β，O∈γ，
∵β∩γ＝l3，∴O∈l3，可知直线l1，l2，l3必然交于一点（即三线共点），故B，C错误；
对于D，若l1∥l2，l1⊄γ，l2⊂γ，∴l1∥γ，
又l1⊂β，β∩γ＝l3，∴l1∥l3，故D正确．
故选：D．
6．（5分）已知平面向量a→，b→，c→满足|a→|=1，|b→|=2且对∀t∈R，有|b→+ta→|≥|b→-a→|恒成立，则2a→-b→与b→的夹角为（ ）
A．2π3B．π2C．π3D．π6
【解答】解：因为对∀t∈R，有|b→+ta→|≥|b→-a→|恒成立，
所以对∀t∈R，(b→+ta→)2≥(b→-a→)2恒成立，
所以对∀t∈R，t2a→2+2ta→⋅b→-(a→2-2a→⋅b→)≥0恒成立，
所以Δ=4(a→⋅b→)2+4a→2(a→2-2a→⋅b→)≤0，即(a→2-a→⋅b→)2≤0，
所以a→2-a→⋅b→=a→2-|a→|⋅|b→|cs〈a→，b→〉=0，
解得cs〈a→，b→〉=12，
所以〈a→，b→〉=π3，a→⋅b→=|a→|⋅|b→|cs＜a→，b→＞=1，
所以|2a→-b→|=4a→2-4a→⋅b→+b→2=2，
所以cs＜2a→-b→，b→＞=(2a→-b→)⋅b→|2a→-b→||b→|=2a→⋅b→-b→24=-24=-12，
所以2a→-b→与b→的夹角为2π3．
故选：A．
7．（5分）在边长为2的正方形ABCD中，E是AB的中点，点F是BC的中点，将△AED，△BEF，△DCF分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点A′，则A′到平面EFD的距离为（ ）
A．1B．23C．43D．2
【解答】解：由折叠不变可知，三棱锥A′﹣EFD中A′E，A′F，A′D两两相互垂直，
所以VA'-EFD=VD-A'EF=13S△A'EF⋅DA'=13×12×1×1×2=13，
△EFD的三边长分别为2，5，5，所以S△EFD=32，
因为VA′﹣EFD＝VD﹣A′EF，设A′到平面EFD的距离为d，
所以13S△EFD⋅d=13，解得d=23，
故选：B．
8．（5分）已知一组样本数据共有8个数，其平均数为8，方差为12，将这组样本数据增加两个未知的数据构成一组新的样本数据，已知新的样本数据的平均数为9，则新的样本数据的方差最小值为（ ）
A．10B．10.6C．12.6D．13.6
【解答】解：设增加的数为x，y，原来的8个数分别为a1，a2，⋯，a8，
则a1+a2+⋯+a8＝64，a1+a2+⋯+a8+x+y＝90，所以x+y＝26，
一组样本数据共有8个数，其平均数为8，方差为12，
则18i=18(ai-8)2=12，即i=18(ai-8)2=96，
新的样本数据的方差为110[i=18(ai-9)2+(x-9)2+(y-9)2]=110[i=18(ai-8)2-2i=18(ai-8)+8+(x-9)2+(y-9)2]
=110(x2+y2-202)，
因为x2+y22≥x+y2=13，x2+y2﹣202≥136，
所以方差的最小值为13.6（当x＝y＝8时取到最小值）．
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）学校“未来杯”足球比赛中，甲班每场比赛平均失球数是1.9，失球个数的标准差为0.3；乙班每场比赛平均失球数是1.3，失球个数的标准差为1.2，你认为下列说法中正确的是（ ）
A．平均来说乙班比甲班防守技术好
B．乙班比甲班防守技术更稳定
C．乙班在防守中有时表现非常好，有时表现比较差
D．甲班很少不失球
【解答】解：对于A，从平均数角度考虑是对的，甲班每场比赛平均失球数大于乙班每场比赛平均失球数，故A正确；
对于B，从标准差角度考虑是错的，甲失球个数的标准差小，防守技术更稳定；故B错误；
对于C，乙失球个数的标准差大，防守中的表现不稳定，故C正确；
对于D，从平均数和标准差角度考虑是对的，故D正确．
故选：ACD．
（多选）10．（5分）已知x∈C（全体复数集），关于x的方程x2+tx+2＝0（t∈R）的两根分别为x1，x2，若|x1-x2|=22，则t的可能取值为（ ）
A．﹣4B．﹣2C．0D．4
【解答】解：因为方程x2+tx+2＝0（t∈R）的两根分别为x1，x2，
所以x1+x2＝﹣t，x1x2＝2，所以(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2=t2-8，
当t2﹣8≥0时，有|x1-x2|=t2-8=22，解得t＝±4；
当t2﹣8＜0时，有x1-x2=±8-t2i，又|x1-x2|=8-t2=22，解得t＝0．
故选：ACD．
（多选）11．（5分）已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A＞0，ω＞0，-π2＜φ＜0)的部分图像如图所示，加入以下哪个选项作为已知条件，可以唯一确定φ的值（ ）
A．f（0）＝﹣1，A＝2B．x1=π12，x2=5π12
C．x2＝2x1D．x2＝4x1
【解答】解：A项：当f（0）＝﹣1，A＝2时得sinφ=-12，-π2＜φ＜0∴φ=-π6，A选项正确；
B项：当x1=π12，x2=5π12时，函数的最小正周期为2π3，∴ω＝3，以及x1+x22=π4，
∴π4⋅3+φ=π2⇒φ=-π4，B正确；
C项：由图像可得 ωx1+φ＝0，ωx2+φ＝π，∴π-φ-φ=x2x1⇒-πφ+1=x2x1
又因为-π2＜φ＜0，∴πφ＜-2⇒x2x1＞3，所以C错，D对．
故选：ABD．
（多选）12．（5分）已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为正方体内及表面上一点，且AP→=mAB→+nAD1→，其中m∈[0，1]，n∈[0，1]，则下列说法正确的是（ ）
A．当n＝1时，对任意m∈[0，1]，CP∥平面ABB1A1恒成立
B．当m＝0，n=12时，B1P与平面ABC1D1所成的线面角的余弦值为63
C．当m+n＝1时，A1C1⊥B1P恒成立
D．当m+n＝1时，PA+PC的最小值为3
【解答】解：对于A：如图1，当n＝1时，P点在线段C1D1上，CP⊂平面CDD1C1，
又因为平面CDD1C1∥平面ABB1A1，CP⊂平面CDD1C1，
所以CP∥平面ABB1A1，故A正确；
对于B：如图2，当m＝0，n=12时，P是AD1的中点，
因为AB⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C，
所以AB⊥B1C，
又B1C⊥BC1，AB∩BC1＝B，AB，BC1⊂平面ABC1D1内，
所以B1C⊥平面ABC1D1，H是垂足，
所以∠B1PH为B1P与平面ABC1D1所成的角，
在Rt△B1PH中，tan∠B1PH=PHB1H=122=2，
所以B1P与平面ABC1D1所成的线面角的余弦值为63，故B正确；
对于C：如图3，当m+n＝1时，点P在线段BD1上，
由选项C同理可证A1C1⊥面BB1D1，B1P⊂面BB1D1，A1C1⊥B1P，故C正确；
对于D：如图4，当m+n＝1时，点P在线段BD1上，将平面ABD1和平面BCD1展开成平面图后，线段AC为所求，
此时AC⊥BD1，PA=PC=AB×AD1BD1=1×23=63，
所以PA+PC的最小值为236，故D错误．
故选：ABC．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）已知i是虚数单位，复数z满足（2﹣i）z＝6+2i，则|z|＝ 22 ．
【解答】解：因为z=6+2i2-i=(6+2i)(2+i)(2-i)(2+i)=10+10i5=2+2i，
所以|z|=22+22=22．
故答案为：22．
14．（5分）如图△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，其中O′A′＝6，O′B′＝4，∠A′O′B′＝45°，则△OAB的周长为 24 ．
【解答】解：如图，根据直观图复原原图，
则OA=6，OB=8，AB=62+82=10，
故△OAB的周长为6+8+10＝24．
故答案为：24．
15．（5分）半径为R的球的球面上有四点A，B，C，D，已知△ABC为等边三角形且其面积为93，三棱锥D﹣ABC体积的最大值为183，则球的半径R等于 4 ．
【解答】解：根据题意，设△ABC的中心为O′，三棱锥D﹣ABC外接球的球心为O，则当体积最大时，点D，O′，O在同一直线上，且垂直于底面ABC，
如图，
因为△ABC为等边三角形且其面积为93，所以△ABC的边长x满足34x2=93，故x＝6，
所以AO'=23，DO＝AO＝R，故OO'=AO2-AO'2=R2-12，
故三棱锥的高DO'=DO+OO'=R+R2-12，
所以V=13×93×(R+R2-12)=183，所以R＝4．
故答案为：4．
16．（5分）已知直角三角形DEF的三个顶点分别在等边三角形ABC的边AB，BC，CA上，且∠DEF＝90°，∠EDF＝30°，则S△DEFS△ABC的最小值为 314 ．
【解答】解：设∠BDE=α(π6＜α＜5π6)，EF＝x，
则在△BDE中，∠DEB=π-(α+π3)，DE=3x，
由正弦定理得：DEsinπ3=BDsin(α+π3)，
∴BD=sin(α+π3)sinπ3⋅3x，
在△ADF中DF＝2x，∠A=π3，∠AFD=α-π6，
同理可得AD=sin(α-π6)sinπ3⋅2x，
因此可得AB=AD+BD=2sin(α+π3)x+433sin(α-π6)x=(3sinα+33csα)x，
S△DEFS△ABC=12DE⋅EF12AB⋅AB⋅sinπ3=2(3sinα+33csα)2，
因为3sinα+33csα=2213sin(α+φ)≤2213，其中tanφ=39，0＜φ＜π6，
由于π6＜α＜5π6，π6+φ＜α+φ＜5π6+φ，
所以当α+φ=π2时，sin（α+φ）＝1，
所以(3sinα+33csα)max=2321，
则S△DEFS△ABC的最小值为314．
故答案为：314．
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θ为三角形的一个内角，i为虚数单位，复数z＝csθ+isinθ，且z2﹣z在复平面上对应的点在虚轴上．
（1）求θ；
（2）设2z，z，1+z+z2在复平面上对应的点分别为A，B，C，求△ABC的面积．
【解答】解：（1）∵z2﹣z＝（cs2θ﹣csθ）+i（sin2θ﹣sinθ），
∴cs2θ﹣csθ＝2cs2θ﹣csθ﹣1＝0，θ∈（0，π），
∴csθ=-12⇒θ=23π；
（2）由（1）知：sinθ=32，2z=-1+3i，
∴z2=14-34-32i=-12-32i，z=-12-32i，
∴1+z+z2=1-12+32i-12-32i=0．
在复平面上对应的点分别为A(-1，3)，B(-12，-32)，C（0，0），
∴CA＝2，CB＝1，AB=7，
由余弦定理可得cs∠ACB=CA2+CB2-AB22CA⋅CB=1+4-72×2=-12，且∠ACB∈（0，π），
∴sin∠ACB=32，
∴S△ABC=12CA⋅CB⋅sin∠ACB=12×1×2×32=32．
18．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足2c+b﹣2acsB＝0．
（1）求角A；
（2）若a＝23，BA→•AC→=32，AD是△ABC中线，求AD的长．
【解答】解：（1）因为2c+b﹣2acsB＝0，由正弦定理可知：2sinC+sinB﹣2sinAcsB＝0，
由C＝π﹣A﹣B，故sinC＝sin（π﹣A﹣B）＝sin（A+B），
所以2sin（A+B）+sinB﹣2sinAcsB＝0，2csAsinB+sinB＝0（B∈（0，π），sinB≠0），
所以csA=-12，又A∈（0，π），所以A=23π；
（2）根据数量积的定义，由BA→⋅AC→=32，
得cbcsπ3=32⇒bc=3，又a=23，
在△ABC中，由余弦定理得：a2＝b2+c2﹣2bccsA⇒b2+c2＝9，
因为AD→=12AB→+12AC→，
所以|AD→|2=AB→2+AC→2+2AB→⋅AC→4=14(b2+c2)-14bc=32，
所以AD=62．
19．（12分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是棱BB1，B1C1的中点，
（1）求证：点F在平面AED1内；
（2）用平面AED1截正方体ABCD﹣A1B1C1D1，将正方体分成两个几何体，两个几何体的体积分别为V1，V2（V1＜V2），求V1：V2的值．
【解答】解：（1）证明：如图，连接EF，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥C1D1且AB＝C1D1，
所以四边形ABC1D1是平行四边形，
所以AD1∥BC1，
又E，F分别是棱BB1，B1C1的中点，
则EF∥BC1，
所以EF∥AD1，
所以E、F、D1、A四点共面，即点F在平面AED1内；
（2）连接FD1，所以平面AED1截正方体ABCD﹣A1B1C1D1的截面是四边形AEFD1，
所以V1是几何体三棱台A1AD1﹣B1EF的体积，
则S△A1AD1=12×2×2=2，S△B1EF=12×1×1=12，
所以V1=13⋅A1B1⋅(S△A1AD1+S△A1AD1S△B1EF+S△B1EF)=13×2×(2+1+12)=73，
且V2=VABCD-A1B1C1D1-V1=23-73=173．
因此V1：V2＝7：17．
20．（12分）2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成功着陆，航天员翟志刚，王亚平，叶光富顺利出舱，神舟十三号载人飞行任务圆满完成，为纪念中国航天事业所取得的成就，发掘并传承中国航天精神，某市随机抽取1000名学生进行了航天知识竞赛并记录得分，将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，并绘制成如图所示的频率分布直方图．
（1）请补全频率分布直方图并估计这1000名学生成绩的平均数和计算80%分位数（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）现从以上各组中采用分层抽样的方法抽取200人，若第三组中被抽取的学生成绩的平均数与方差分别为72分和1，第四组中被抽取的学生成绩的平均数与方差分别为87分和2，求这200人中分数在区间[70，90）的学生成绩的方差．
【解答】解：（1）成绩落在[60，70）的频率为1﹣（0.30+0.15+0.10+0.05）＝0.40，
补全的频率分布直方图，如下图：
样本的平均数x=55×0.30+65×0.40+75×0.15+85×0.10+95×0.05=67（分），
设80%分位数为x，则0.03×10+0.04×10+（x﹣70）×0.015＝0.8，
解得x=2303≈76.67（分）；
（2）由分层抽样可知，第三组和第四组分别抽取30人和20人，
分层抽样的平均值：x1=35×72+25×87=78（分），
分层抽样的方差：s2=35[1+(72-78)2]+25[2+(87-78)2]=2775=55.4，
所以这200人中分数在区间[70，90）所有人的成绩的方差为55.4．
21．（12分）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝AA1＝2，BC1=14，∠ABC=2π3，A1C1⊥A1B．
（1）证明：平面A1AC⊥平面ABC；
（2）求二面角A﹣A1B﹣C的平面角的余弦值．
【解答】解：（1）证明：如图，设AC的中点为O，连接OA1，OB，
因为AB＝BC，所以AC⊥OB，又因为AC∥A1C1，且A1C1⊥A1B，
所以AC⊥A1B，因为A1B，OB⊂平面OBA1，且A1B∩OB＝B，
所以AC⊥平面OBA1，因为OA1⊂平面OBA1，
所以AC⊥OA1，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC=2π3，
由余弦定理求得AC=AB2+BC2-2AB×BCcs2π3=22+22-2×2×2×(-12)=23，
则A1C1=AC=23，BC1=14，
因为A1C1⊥A1B，所以A1C12+A1B2=BC12，解得A1B=2，
在Rt△AOA1，AA1＝2，AO=3，可知A1O＝1，又OB＝1，
在△OBA1中，OA12+OB2=A1B2，因此A1O⊥OB．
由（1）知，AC⊥OA1，且AC，OB⊂平面ABC，且AC∩OB＝O，
所以A1O⊥平面ABC，∵A1O⊂平面A1AC，因此平面A1AC⊥平面ABC．
（2）由第一问证明易得A1A＝A1C，△AA1B≌△CA1B，且AB＝BC＝AA1＝CA1．
取A1B的中点P，∠APC为二面角A﹣A1B﹣C的平面角，且AC=23，AP=CP=142
cs∠APC=AP2+CP2-AC22AP⋅CP=-57，所以二面角A﹣A1B﹣C的平面角的余弦值为-57．
22．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且边BC上的高h=34a．
（1）若A=π2，求B；
（2）已知△ABC中角B和C是锐角，求tanB+4tanC的最小值．
【解答】解：（1）因为△ABC边BC上的高h=34a，则S△ABC=12bcsinA=12a⋅34a，
由正弦定理得sinBsinCsinA=34sin2A，而sinA＞0，则sinBsinC=34sinA，
当A=π2时，sinC＝sin（π2-B）＝csB，即有sinBcsB=34，即sin2B=32，
显然csB＞0，即0＜B＜π2，有0＜2B＜π，于是2B=π3或2B=2π3，
所以B=π6或B=π3；
（2）在△ABC中，由sinBsinC=34sinA，得sinBsinC=34sin(B+C)，而B和C为锐角，
即sinBsinC=34(sinBcsC+csBsinC)，于是tanBtanC=34(tanB+tanC)，
显然tanB，tanC＞0，从而1tanB+1tanC=43，
因此tanB+4tanC=34(1tanB+1tanC)(tanB+4tanC)=34(5+tanBtanC+4tanCtanB)
≥34(5+2tanBtanC⋅4tanCtanB)=943，当且仅当tanB=2tanC=343时取等号，
所以当tanB=343，tanC=383时，tanB+4tanC的最小值943．