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2023-2024学年广东省广州市五校（省实、执信、广雅、二中、六中）高一下学期期末联考数学试卷（含答案）
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这是一份2023-2024学年广东省广州市五校（省实、执信、广雅、二中、六中）高一下学期期末联考数学试卷（含答案），共11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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A=x∣−1≤x≤1,B=x∣xx−2≤0，则A∩B=( )
A. x∣−1≤x≤2B. {x∣−1≤x<2}
C. x∣0≤x≤1D. x∣0≤x≤2
2.若复数z满足z−1z+1=i2023，则z=( )
A. 2B. 2023C. 2023D. 1
3.已知a=lg12，b=cs1，c=2−32，则a,b,c的大小关系为( )
A. a4.已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列命题正确的是( )
A. m//α，n//β，α//β⇒m//nB. α⊥β，m⊂α，n⊂β⇒m⊥n
C. m//n，m⊥α，n⊂β⇒α⊥βD. α⊥β，m⊥α⇒m⊂β
5.函数y=csx⋅|tanx|(0≤x<3π2且x≠π2)的大致图象是( )
A. B.
C. D.
6.已知一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B，满足nΩ=12，nA=6，nB=4，nA∪B=8，则下列说法正确的是( )
A. 事件A与事件B互斥B. PB=13
C. PAB>PABD. 事件A与事件B相互独立
7.已知函数fx=lnx−13−x+ax+2a+bsinx−2，则fx图象有如下性质( )
A. 关于点2,2b中心对称B. 关于直线x=b轴对称
C. 关于点2,4a中心对称D. 关于点2,2a中心对称
8.已知平面向量a，b，e，且e=1，a=2.已知向量b与e所成的角为60°，且b−te≥b−e对任意实数t恒成立，则a+e+12a−b的最小值为( )
A. 3+1B. 2 3C. 3+ 5D. 2 5
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.衡阳市第八中学为了解学生数学史知识的积累情况，随机抽取150名同学参加数学史知识测试，测试题共5道，每答对一题得20分，答错得0分.得分不少于60分记为及格，不少于80分记为优秀，测试成绩百分比分布图如图所示，则( )
A. 该次数学史知识测试及格率超过90%
B. 该次数学史知识测试得满分的同学有15名
C. 该次测试成绩的中位数大于测试成绩的平均数
D. 若八中共有3000名学生，则数学史知识测试成绩能得优秀同学大约有1800名
10.如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1，AC1⊥平面A1B1C1，AB⊥BC，AD⊥BC1，D，E分别是BC1，AC1的中点，则下列说法正确的是( )
A. DE//平面ABB1A1
B. AD⊥平面BCC1
C. 直线AD与直线DE所成的角为π3
D. 若∠BAC=π6，则平面ABB1A1与平面A1B1C1的夹角为π3
11.已知函数f(x)=x2+ax+b，集合A={x|f(x)≤0}，集合B={x|f(f(x))≤54}，若A=B≠⌀，则实数a的取值可以是( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.从1，2，3，4，5中任取3个不同数字，这3个数字之和是偶数的概率为 ．
13.记▵ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2=3b2+c2，则tanAtanC= ．
14.函数f(x)=b|x|−a(a>0,b>0)的图象类似于汉字“囧”字，被称为“囧函数”，并把其与y轴的交点关于原点的对称点称为“囧点”，以“囧点”为圆心，凡是与“囧函数”有公共点的圆，皆称之为“囧圆”，则当a=1，b=1时，函数f(x)的“囧点”坐标为 ；此时函数f(x)的所有“囧圆”中，面积的最小值为 ．
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。
15.(本小题12分)
已知函数fx=32cs2x−sin2x．
(1)求fx的最小正周期和单调递增区间；
(2)设函数gx=fx−4sin2x−π4，若gx的最大值为gx0，其中x0∈0,π2，求sinx0的值．
16.(本小题12分)
为普及天文知识，某校开展了“天文知识竞赛”活动，共有1000名学生参加此次竞赛活动，现从参加该竞赛的学生中随机抽取了80名，统计他们的成绩，其中成绩不低于80分的学生被评为“航天达人”，将数据整理后绘制成如图所示的频率分布直方图．
(1)估计参加这次竞赛的学生成续的第75百分位数；
(2)若在抽取的80名学生中，利用分层随机抽样的方法从成绩不低于70分的学生中随机抽取6人，再从6人中选择2人作为学生代表，求被选中的2人均为航天达人的概率；
(3)已知80,90组的方差为12，90,100组的方差为8，试估计参加此次竞赛的学生不低于80分的成绩方差(结果保留整数)；
17.(本小题12分)
▵ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，点D在AC边上，且直线BD平分∠ABC．
(1)求证：CDAD=ac；
(2)若AD=1，CD=2．
①求▵ABC面积S的最大值；
②若▵BAD和▵BCD的内切圆半径分别是r和R，求rR的取值范围．
18.(本小题12分)
如图1，在矩形ABCD中，已知AB=2 2，BC=2，E为AB的中点，将AB沿DE向上翻折，得到四棱锥A1−BCDE(图2)．
(1)若A1C=2，求异面直线A1E与BC的夹角BC；
(2)求证：DE⊥A1C；
(3)在翻折过程中，当二面角A1−CD−B为π4时，求四棱锥A1−BCDE的体积．
19.(本小题12分)
对于数列A:a1，a2，…，an(n≥3)，定义变换T，T将数列A变换成数列T(A):a2，a3，…，an，a1，记T1(A)=T(A)，Tm(A)=TTm−1(A)，m≥2.对于数列A:a1，a2，…，an与B:b1，b2，…，bn，定义A⋅B=a1b1+a2b2+⋅⋅⋅+anbn.若数列A:a1，a2，…，an(n≥3)满足ai∈{−1,1}(i=1,2,⋅⋅⋅,n)，则称数列A为ℜn数列．
(1)若A：−1,−1,1,−1,1,1，写出T(A)，并求A⋅T2(A)；
(2)对于任意给定的正整数n(n≥3)，是否存在ℜn数列A，使得A⋅T(A)=n−3?若存在，写出一个数列A，若不存在，说明理由：
(3)若ℜn数列A满足Tk(A)⋅Tk+1(A)=n−4(k=1,2,⋅⋅⋅,n−2)，求数列A的个数．
参考答案
1.C
2.D
3.B
4.C
5.C
6.D
7.C
8.B
9.ACD
10.ABD
11.BCD
12.35或0.6
13.−2
14.(0,1)；3π
15.解：(1)易知fx=32cs2x−sin2x=32cs2x，
所以fx的最小正周期为T=2π2=π，
令−π+2kπ≤2x≤2kπ,k∈Z，可得−π2+kπ≤x≤kπ,k∈Z，
因此fx的单调递增区间为−π2+kπ,kπ,k∈Z
(2)易知gx=32cs2x−4×12sinx−csx2=32cs2x+2sin2x−2
=5235cs2x+45sin2x−2=52sin2x+φ−2，
其中sinφ=35,csφ=45，
当gx取最大值为gx0=52−2=12时需满足sin2x0+φ=1，
可得2x0+φ=π2+2kπ,k∈Z，即φ=−2x0+π2+2kπ,k∈Z，
由sinφ=35可得sin−2x0+π2+2kπ=sin−2x0+π2=cs2x0=35，
易知cs2x0=1−2sin2x0=35，解得sin2x0=15，
又x0∈0,π2，可得sinx0= 55．
16.解：(1)由频率分布直方图可知，成绩在40,50内的频率为0.005×10=0.05，
成绩50,60在内的频率为0.015×10=0.15，
成绩在60,70内的频率为0.020×10=0.2，
成绩70,80在内的频率为0.030×10=0.3，
成绩在80,90内的频率为0.020×10=0.2，
所以成绩在80分以下的学生所占的比例为0.05+0.15+0.2+0.3=70%，
成绩在90分以下的学生所占的比例为0.05+0.15+0.2+0.3+0.2=90%，
所以成绩的第75分位数一定在80,90内，即80+0.75−0.70.2×10=82.5，
因此估计参加这次竞赛的学生成绩的75百分位数为82.5；
(2)因为6×0.30.3+0.2+0.1=3，6×0.20.3+0.2+0.1=2，6×0.10.3+0.2+0.1=1，
所以从成绩在70,80,80,90，90,100内的学生中分别抽取了3人，2人，1人，
其中有3人为航天达人，设为a,b,c，有3人不是航天达人，设为d,e,f，
则从6人中选择2人作为学生代表，
有(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，
其中2人均为航天达人为(a,b),(a,c),(b,c)共3种，
所以被选中的2人均为航天达人的概率为315=15．
(3)80,90内的频率为0.020×10=0.2，90,100内的频率为0.010×10=0.1，
80,90内的平均数为85，90,100内的平均数为95，
80,100内的平均数为0.20.2+0.1×85+0.10.2+0.1×95=170+953=2653，
又80,90组的方差为12，90,100组的方差为8，
所以这次竞赛的学生不低于80分的成绩方差为10.2+0.1{0.2[12+(85−2653)2+0.1[8+(95−2653)2]}=33．
17.解：(1)证明：设AC边上的高为ℎ，则
S▵BCD=12ℎ⋅CD=12a⋅BDsin∠CBD，S▵BAD=12ℎ⋅AD=12c⋅BDsin∠ABD，
因为直线BD平分∠ABC，所以∠CBD=∠ABD，
所以S▵BCDS▵BAD=12ℎ⋅CD12ℎ⋅AD=12a⋅BDsin∠CBD12c⋅BDsin∠ABD，
所以CDAD=ac；
(2)①设∠CBD=∠ABD=θ(0<θ<π2)，
因为AD=1，CD=2，所以由(1)可知a=2c，
在▵ABC中，由余弦定理得AC2=a2+c2−2accs2θ，
所以9=5c2−4c2cs2θ，所以c2=95−4cs2θ，
所以S=12c⋅2csin2θ=9sin2θ5−4cs2θ
=18sinθcsθ5−4(cs2θ−sin2θ)
=18sinθcsθcs2θ+sin2θ5−4⋅cs2θ−sin2θcs2θ+sin2θ=18tanθ1+tan2θ5−4⋅1−tan2θ1+tan2θ，
令t=tanθ，则S=18t1+t25−4⋅1−t21+t2=18t9t2+1=189t+1t≤182 9t⋅1t=3，
当且仅当9t=1t，即t=13时取等号，
所以S的最大值为3；
②在▵ABC中，因为AD=1，CD=2，
所以BD=BA+AD=BA+13AC=BA+13(BC−BA)=23BA+13BC，
所以BD2=23BA+13BC2=49BA2+49BA⋅BC+19BC2，
所以9BD2=8c2+8c2cs∠ABC，
在▵ABC中，由余弦定理得9=5c2−4c2cs∠ABC，
所以BD2=2(c2−1)，
因为S▵BAD=12(c+1+BD)r=12AD⋅ℎ=12ℎ，S▵BCD=12(a+2+BD)R=12CD⋅ℎ=ℎ，
所以r=ℎc+1+BD,R=2ℎa+2+BD，
所以rR=a+2+BD2(c+1+BD)=2c+2+BD2(c+1+BD)=1−BD2(c+1+BD)=1−12c+1BD+1，
=1−12c+1 2(c2−1)+1=1−12 c+12(c−1)+1
=1−12 12+1c−1+1，
因为c+2c>3，且c+3>2c，所以1所以0所以4<2 12+1c−1+1，
所以0<12 12+1c−1+1<14，
所以−14<−12 12+1c−1+1<0，
所以34<1−12 12+1c−1+1<1，即34
18.解：(1)取DC的中点O，连接A1O,OE，
又E为AB的中点，所以OC//BE，OC=BE，
四边形EBCO是平行四边形，所以OE//BC，
所以∠OEA1为异面直线A1E与BC的夹角，
又A1C=2，A1D=2，CD=2 2，
所以A1C2+A1D2=CD2，所以△A1CD为等腰直角三角形，
从而可得A1O=A1C×sinπ4= 2，
又A1E= 2，OE=2，所以A1E2+A1O2=EO2，
所以▵A1EO为等腰直角三角形，所以∠OEA1=π4，
所以异面直线A1E与BC的的夹角π4；
(2)如图1，连接AC交DF于F．
因为AB=2 2，且E为AB的中点，AE= 2，
在矩形ABCD中，因为AD=2，所以AEAD=BCAB= 2，
所以▵EAD∼▵CBA，所以∠ADE=∠BAC，
所以∠AFD+∠BAC=∠AED+∠ADE=90∘，
即∠AFE=180∘−(∠AED+∠CAB)=90∘，即DE⊥AC．
由题意可知DE⊥A1F,DE⊥FC,A1F∩FC=F，A1F,FC⊂平面A1FC，
所以DE⊥平面A1FC，因为A1C⊂平面A1FC，所以DE⊥A1C．
(3)如图2，过A1作A1H⊥FC，垂足为H，过H作HG⊥DC，垂足为G，连接A1G．
因为DE⊥平面A1FC，A1H⊂平面A1FC，所以DE⊥A1H．
又因为A1H⊥FC,FC∩DE=F，FC,DE⊂平面BCDE，所以A1H⊥平面BCDE．
因为CD⊂平面BCDE.所以A1H⊥CD．
又因为HG⊥CD,A1H∩HG=H，A1H,HG⊂平面A1GH，
所以CD⊥平面A1GH.因为A1G⊂平面A1GH，所以CD⊥A1G．
所以∠A1GH是二面角A1−CD−B的平面角．
所以∠A1GH=π4，所以A1H=HG，由勾股定理可得AC=2 3，
设A1H=HG=x，由▵CGH∼▵ADC，可得GHAD=CHAC，可得CH= 3x，
由(1)可得AF=2 33，从而可得A1F=2 33，所以FH= (2 33)2−x2，
所以FH+HC= (2 33)2−x2+ 3x=4 33=FC，解得x=1，
所以四棱锥A1−BCDE的体积13SBEDC•A1H=13×12( 2+2 2)×2×1= 2．
19.解：(1)由A：−1,−1,1,−1,1,1，
可得T(A):−1,1,−1,1,1,−1，
T2(A):1,−1,1,1,−1,−1，
∴A⋅T2(A)=−1+1+1−1−1−1=−2；
(2)∵A⋅T(A)=a1a2+a2a3+⋅⋅⋅+ana1，
由数列A为ℜn数列，所以ai∈{−1,1}(i=1,2,⋅⋅⋅,n)，
对于数列A:a1，a2，…，an中相邻的两项ai,ai+1i=1,2,⋯,n，
令an+1=a1，若ai=ai+1，则aiai+1=1，若ai≠ai+1，则aiai+1=−1，
记aiai+1i=1,2,⋯,n中有t个−1，有n−t个1，则A⋅T(A)=n−2t，
因为n−2t与n的奇偶性相同，而n−3与n的奇偶性不同，
故不存在适合题意的数列A；
(3)首先证明A⋅T(A)=Tk(A)⋅Tk+1(A)(k=1,2,⋅⋅⋅,n−2)，
对于数列A:a1，a2，…，an，有T(A):a2，a3，…，an，a1，
Tk(A):ak+1，ak+2，…，an−1，an，a1，a2，…，ak−1，ak，
Tk+1(A):ak+2，ak+3，…，an，a1，a2，a3，…，ak，ak+1，
∵A⋅T(A)=a1a2+a2a3+⋅⋅⋅+ana1，
Tk(A)⋅Tk+1(A)=ak+1ak+2+ak+2ak+3+⋯+ana1+a1a2+a2a3+⋅⋅⋅+akak+1，
∴A⋅T(A)=Tk(A)⋅Tk+1(A)(k=1,2,⋅⋅⋅,n−2)，
故A⋅T(A)=n−4，
其次，由数列A为ℜn数列可知，A⋅T(A)=n−2t=n−4，
解得t=2，
这说明数列A中任意相邻两项不同的情况有2次，
若数列A中−1的个数为ss=1,2,⋯,n−1个，此时数列A有n个，
所以数列A的个数为nn−1个.
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A=x∣−1≤x≤1,B=x∣xx−2≤0，则A∩B=( )
A. x∣−1≤x≤2B. {x∣−1≤x<2}
C. x∣0≤x≤1D. x∣0≤x≤2
2.若复数z满足z−1z+1=i2023，则z=( )
A. 2B. 2023C. 2023D. 1
3.已知a=lg12，b=cs1，c=2−32，则a,b,c的大小关系为( )
A. a
A. m//α，n//β，α//β⇒m//nB. α⊥β，m⊂α，n⊂β⇒m⊥n
C. m//n，m⊥α，n⊂β⇒α⊥βD. α⊥β，m⊥α⇒m⊂β
5.函数y=csx⋅|tanx|(0≤x<3π2且x≠π2)的大致图象是( )
A. B.
C. D.
6.已知一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B，满足nΩ=12，nA=6，nB=4，nA∪B=8，则下列说法正确的是( )
A. 事件A与事件B互斥B. PB=13
C. PAB>PABD. 事件A与事件B相互独立
7.已知函数fx=lnx−13−x+ax+2a+bsinx−2，则fx图象有如下性质( )
A. 关于点2,2b中心对称B. 关于直线x=b轴对称
C. 关于点2,4a中心对称D. 关于点2,2a中心对称
8.已知平面向量a，b，e，且e=1，a=2.已知向量b与e所成的角为60°，且b−te≥b−e对任意实数t恒成立，则a+e+12a−b的最小值为( )
A. 3+1B. 2 3C. 3+ 5D. 2 5
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.衡阳市第八中学为了解学生数学史知识的积累情况，随机抽取150名同学参加数学史知识测试，测试题共5道，每答对一题得20分，答错得0分.得分不少于60分记为及格，不少于80分记为优秀，测试成绩百分比分布图如图所示，则( )
A. 该次数学史知识测试及格率超过90%
B. 该次数学史知识测试得满分的同学有15名
C. 该次测试成绩的中位数大于测试成绩的平均数
D. 若八中共有3000名学生，则数学史知识测试成绩能得优秀同学大约有1800名
10.如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1，AC1⊥平面A1B1C1，AB⊥BC，AD⊥BC1，D，E分别是BC1，AC1的中点，则下列说法正确的是( )
A. DE//平面ABB1A1
B. AD⊥平面BCC1
C. 直线AD与直线DE所成的角为π3
D. 若∠BAC=π6，则平面ABB1A1与平面A1B1C1的夹角为π3
11.已知函数f(x)=x2+ax+b，集合A={x|f(x)≤0}，集合B={x|f(f(x))≤54}，若A=B≠⌀，则实数a的取值可以是( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.从1，2，3，4，5中任取3个不同数字，这3个数字之和是偶数的概率为 ．
13.记▵ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2=3b2+c2，则tanAtanC= ．
14.函数f(x)=b|x|−a(a>0,b>0)的图象类似于汉字“囧”字，被称为“囧函数”，并把其与y轴的交点关于原点的对称点称为“囧点”，以“囧点”为圆心，凡是与“囧函数”有公共点的圆，皆称之为“囧圆”，则当a=1，b=1时，函数f(x)的“囧点”坐标为 ；此时函数f(x)的所有“囧圆”中，面积的最小值为 ．
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。
15.(本小题12分)
已知函数fx=32cs2x−sin2x．
(1)求fx的最小正周期和单调递增区间；
(2)设函数gx=fx−4sin2x−π4，若gx的最大值为gx0，其中x0∈0,π2，求sinx0的值．
16.(本小题12分)
为普及天文知识，某校开展了“天文知识竞赛”活动，共有1000名学生参加此次竞赛活动，现从参加该竞赛的学生中随机抽取了80名，统计他们的成绩，其中成绩不低于80分的学生被评为“航天达人”，将数据整理后绘制成如图所示的频率分布直方图．
(1)估计参加这次竞赛的学生成续的第75百分位数；
(2)若在抽取的80名学生中，利用分层随机抽样的方法从成绩不低于70分的学生中随机抽取6人，再从6人中选择2人作为学生代表，求被选中的2人均为航天达人的概率；
(3)已知80,90组的方差为12，90,100组的方差为8，试估计参加此次竞赛的学生不低于80分的成绩方差(结果保留整数)；
17.(本小题12分)
▵ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，点D在AC边上，且直线BD平分∠ABC．
(1)求证：CDAD=ac；
(2)若AD=1，CD=2．
①求▵ABC面积S的最大值；
②若▵BAD和▵BCD的内切圆半径分别是r和R，求rR的取值范围．
18.(本小题12分)
如图1，在矩形ABCD中，已知AB=2 2，BC=2，E为AB的中点，将AB沿DE向上翻折，得到四棱锥A1−BCDE(图2)．
(1)若A1C=2，求异面直线A1E与BC的夹角BC；
(2)求证：DE⊥A1C；
(3)在翻折过程中，当二面角A1−CD−B为π4时，求四棱锥A1−BCDE的体积．
19.(本小题12分)
对于数列A:a1，a2，…，an(n≥3)，定义变换T，T将数列A变换成数列T(A):a2，a3，…，an，a1，记T1(A)=T(A)，Tm(A)=TTm−1(A)，m≥2.对于数列A:a1，a2，…，an与B:b1，b2，…，bn，定义A⋅B=a1b1+a2b2+⋅⋅⋅+anbn.若数列A:a1，a2，…，an(n≥3)满足ai∈{−1,1}(i=1,2,⋅⋅⋅,n)，则称数列A为ℜn数列．
(1)若A：−1,−1,1,−1,1,1，写出T(A)，并求A⋅T2(A)；
(2)对于任意给定的正整数n(n≥3)，是否存在ℜn数列A，使得A⋅T(A)=n−3?若存在，写出一个数列A，若不存在，说明理由：
(3)若ℜn数列A满足Tk(A)⋅Tk+1(A)=n−4(k=1,2,⋅⋅⋅,n−2)，求数列A的个数．
参考答案
1.C
2.D
3.B
4.C
5.C
6.D
7.C
8.B
9.ACD
10.ABD
11.BCD
12.35或0.6
13.−2
14.(0,1)；3π
15.解：(1)易知fx=32cs2x−sin2x=32cs2x，
所以fx的最小正周期为T=2π2=π，
令−π+2kπ≤2x≤2kπ,k∈Z，可得−π2+kπ≤x≤kπ,k∈Z，
因此fx的单调递增区间为−π2+kπ,kπ,k∈Z
(2)易知gx=32cs2x−4×12sinx−csx2=32cs2x+2sin2x−2
=5235cs2x+45sin2x−2=52sin2x+φ−2，
其中sinφ=35,csφ=45，
当gx取最大值为gx0=52−2=12时需满足sin2x0+φ=1，
可得2x0+φ=π2+2kπ,k∈Z，即φ=−2x0+π2+2kπ,k∈Z，
由sinφ=35可得sin−2x0+π2+2kπ=sin−2x0+π2=cs2x0=35，
易知cs2x0=1−2sin2x0=35，解得sin2x0=15，
又x0∈0,π2，可得sinx0= 55．
16.解：(1)由频率分布直方图可知，成绩在40,50内的频率为0.005×10=0.05，
成绩50,60在内的频率为0.015×10=0.15，
成绩在60,70内的频率为0.020×10=0.2，
成绩70,80在内的频率为0.030×10=0.3，
成绩在80,90内的频率为0.020×10=0.2，
所以成绩在80分以下的学生所占的比例为0.05+0.15+0.2+0.3=70%，
成绩在90分以下的学生所占的比例为0.05+0.15+0.2+0.3+0.2=90%，
所以成绩的第75分位数一定在80,90内，即80+0.75−0.70.2×10=82.5，
因此估计参加这次竞赛的学生成绩的75百分位数为82.5；
(2)因为6×0.30.3+0.2+0.1=3，6×0.20.3+0.2+0.1=2，6×0.10.3+0.2+0.1=1，
所以从成绩在70,80,80,90，90,100内的学生中分别抽取了3人，2人，1人，
其中有3人为航天达人，设为a,b,c，有3人不是航天达人，设为d,e,f，
则从6人中选择2人作为学生代表，
有(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，
其中2人均为航天达人为(a,b),(a,c),(b,c)共3种，
所以被选中的2人均为航天达人的概率为315=15．
(3)80,90内的频率为0.020×10=0.2，90,100内的频率为0.010×10=0.1，
80,90内的平均数为85，90,100内的平均数为95，
80,100内的平均数为0.20.2+0.1×85+0.10.2+0.1×95=170+953=2653，
又80,90组的方差为12，90,100组的方差为8，
所以这次竞赛的学生不低于80分的成绩方差为10.2+0.1{0.2[12+(85−2653)2+0.1[8+(95−2653)2]}=33．
17.解：(1)证明：设AC边上的高为ℎ，则
S▵BCD=12ℎ⋅CD=12a⋅BDsin∠CBD，S▵BAD=12ℎ⋅AD=12c⋅BDsin∠ABD，
因为直线BD平分∠ABC，所以∠CBD=∠ABD，
所以S▵BCDS▵BAD=12ℎ⋅CD12ℎ⋅AD=12a⋅BDsin∠CBD12c⋅BDsin∠ABD，
所以CDAD=ac；
(2)①设∠CBD=∠ABD=θ(0<θ<π2)，
因为AD=1，CD=2，所以由(1)可知a=2c，
在▵ABC中，由余弦定理得AC2=a2+c2−2accs2θ，
所以9=5c2−4c2cs2θ，所以c2=95−4cs2θ，
所以S=12c⋅2csin2θ=9sin2θ5−4cs2θ
=18sinθcsθ5−4(cs2θ−sin2θ)
=18sinθcsθcs2θ+sin2θ5−4⋅cs2θ−sin2θcs2θ+sin2θ=18tanθ1+tan2θ5−4⋅1−tan2θ1+tan2θ，
令t=tanθ，则S=18t1+t25−4⋅1−t21+t2=18t9t2+1=189t+1t≤182 9t⋅1t=3，
当且仅当9t=1t，即t=13时取等号，
所以S的最大值为3；
②在▵ABC中，因为AD=1，CD=2，
所以BD=BA+AD=BA+13AC=BA+13(BC−BA)=23BA+13BC，
所以BD2=23BA+13BC2=49BA2+49BA⋅BC+19BC2，
所以9BD2=8c2+8c2cs∠ABC，
在▵ABC中，由余弦定理得9=5c2−4c2cs∠ABC，
所以BD2=2(c2−1)，
因为S▵BAD=12(c+1+BD)r=12AD⋅ℎ=12ℎ，S▵BCD=12(a+2+BD)R=12CD⋅ℎ=ℎ，
所以r=ℎc+1+BD,R=2ℎa+2+BD，
所以rR=a+2+BD2(c+1+BD)=2c+2+BD2(c+1+BD)=1−BD2(c+1+BD)=1−12c+1BD+1，
=1−12c+1 2(c2−1)+1=1−12 c+12(c−1)+1
=1−12 12+1c−1+1，
因为c+2c>3，且c+3>2c，所以1
所以0<12 12+1c−1+1<14，
所以−14<−12 12+1c−1+1<0，
所以34<1−12 12+1c−1+1<1，即34
18.解：(1)取DC的中点O，连接A1O,OE，
又E为AB的中点，所以OC//BE，OC=BE，
四边形EBCO是平行四边形，所以OE//BC，
所以∠OEA1为异面直线A1E与BC的夹角，
又A1C=2，A1D=2，CD=2 2，
所以A1C2+A1D2=CD2，所以△A1CD为等腰直角三角形，
从而可得A1O=A1C×sinπ4= 2，
又A1E= 2，OE=2，所以A1E2+A1O2=EO2，
所以▵A1EO为等腰直角三角形，所以∠OEA1=π4，
所以异面直线A1E与BC的的夹角π4；
(2)如图1，连接AC交DF于F．
因为AB=2 2，且E为AB的中点，AE= 2，
在矩形ABCD中，因为AD=2，所以AEAD=BCAB= 2，
所以▵EAD∼▵CBA，所以∠ADE=∠BAC，
所以∠AFD+∠BAC=∠AED+∠ADE=90∘，
即∠AFE=180∘−(∠AED+∠CAB)=90∘，即DE⊥AC．
由题意可知DE⊥A1F,DE⊥FC,A1F∩FC=F，A1F,FC⊂平面A1FC，
所以DE⊥平面A1FC，因为A1C⊂平面A1FC，所以DE⊥A1C．
(3)如图2，过A1作A1H⊥FC，垂足为H，过H作HG⊥DC，垂足为G，连接A1G．
因为DE⊥平面A1FC，A1H⊂平面A1FC，所以DE⊥A1H．
又因为A1H⊥FC,FC∩DE=F，FC,DE⊂平面BCDE，所以A1H⊥平面BCDE．
因为CD⊂平面BCDE.所以A1H⊥CD．
又因为HG⊥CD,A1H∩HG=H，A1H,HG⊂平面A1GH，
所以CD⊥平面A1GH.因为A1G⊂平面A1GH，所以CD⊥A1G．
所以∠A1GH是二面角A1−CD−B的平面角．
所以∠A1GH=π4，所以A1H=HG，由勾股定理可得AC=2 3，
设A1H=HG=x，由▵CGH∼▵ADC，可得GHAD=CHAC，可得CH= 3x，
由(1)可得AF=2 33，从而可得A1F=2 33，所以FH= (2 33)2−x2，
所以FH+HC= (2 33)2−x2+ 3x=4 33=FC，解得x=1，
所以四棱锥A1−BCDE的体积13SBEDC•A1H=13×12( 2+2 2)×2×1= 2．
19.解：(1)由A：−1,−1,1,−1,1,1，
可得T(A):−1,1,−1,1,1,−1，
T2(A):1,−1,1,1,−1,−1，
∴A⋅T2(A)=−1+1+1−1−1−1=−2；
(2)∵A⋅T(A)=a1a2+a2a3+⋅⋅⋅+ana1，
由数列A为ℜn数列，所以ai∈{−1,1}(i=1,2,⋅⋅⋅,n)，
对于数列A:a1，a2，…，an中相邻的两项ai,ai+1i=1,2,⋯,n，
令an+1=a1，若ai=ai+1，则aiai+1=1，若ai≠ai+1，则aiai+1=−1，
记aiai+1i=1,2,⋯,n中有t个−1，有n−t个1，则A⋅T(A)=n−2t，
因为n−2t与n的奇偶性相同，而n−3与n的奇偶性不同，
故不存在适合题意的数列A；
(3)首先证明A⋅T(A)=Tk(A)⋅Tk+1(A)(k=1,2,⋅⋅⋅,n−2)，
对于数列A:a1，a2，…，an，有T(A):a2，a3，…，an，a1，
Tk(A):ak+1，ak+2，…，an−1，an，a1，a2，…，ak−1，ak，
Tk+1(A):ak+2，ak+3，…，an，a1，a2，a3，…，ak，ak+1，
∵A⋅T(A)=a1a2+a2a3+⋅⋅⋅+ana1，
Tk(A)⋅Tk+1(A)=ak+1ak+2+ak+2ak+3+⋯+ana1+a1a2+a2a3+⋅⋅⋅+akak+1，
∴A⋅T(A)=Tk(A)⋅Tk+1(A)(k=1,2,⋅⋅⋅,n−2)，
故A⋅T(A)=n−4，
其次，由数列A为ℜn数列可知，A⋅T(A)=n−2t=n−4，
解得t=2，
这说明数列A中任意相邻两项不同的情况有2次，
若数列A中−1的个数为ss=1,2,⋯,n−1个，此时数列A有n个，
所以数列A的个数为nn−1个.
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