2022-2023学年重庆市渝中区、九龙坡区等四区高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年重庆市渝中区、九龙坡区等四区高一（下）期末数学试卷（含解析），共20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。

2022-2023学年重庆市渝中区、九龙坡区等四区高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 考虑掷硬币试验，设事件A=“正面朝上”，则下列论述正确的是(    )
A. 掷2次硬币，事件“一个正面，一个反面”发生的概率为13
B. 掷8次硬币，事件A发生的次数一定是4
C. 重复掷硬币，事件A发生的频率等于事件A发生的概率
D. 当投掷次数足够多时，事件A发生的频率接近0.5
2. 设z=−3+2i，则在复平面内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
3. 演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，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.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是(    )
A. 中位数 B. 平均数 C. 方差 D. 极差
4. 已知|a|=|b|=3，e是与向量b方向相同的单位向量，向量a在向量b上的投影向量为32e，则a与b的夹角为(    )
A. π6 B. π3 C. π2 D. 2π3
5. 某居民小区户主人数和户主对住房户型结构的满意率分别如图1和图2所示，为了解该小区户主对户型结构的满意程度，用比例分配的分层随机抽样方法抽取25%的户主作为样本进行调查，则样本容量和抽取的户主对四居室满意的人数分别为(    )


A. 400，32 B. 400，36 C. 480，32 D. 480，36
6. 攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式，多见于亭阁式建筑、园林建筑．如图所示的带有攒尖的建筑屋顶可近似看作一个圆锥，其底面积为9π，侧面展开图是圆心角为2π3的扇形，则该屋顶的体积约为(    )
A. 12 2π
B. 16π
C. 18π
D. 18 2π
7. 将函数f(x)=sin(ωx−π6)(0<ω<6)的图象向右平移π6个单位长度后得到函数g(x)的图象，若(0,πω)是g(x)的一个单调区间，且F(x)=f(x)+g(x)，则F(x)的最大值为(    )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 5+2 32
8. 排球比赛实行“每球得分制”，即每次发球后，谁取胜谁就得1分，得分的队有发球权，最后先得25分的队获得本局比赛胜利，若出现比分24：24，要继续比赛至某队领先2分才能取胜，该局比赛结束.甲、乙两队进行一局排球比赛，已知甲队发球时甲队获胜的概率为23，乙队发球时甲队获胜的概率为25，且各次发球的胜负结果相互独立.若此时甲、乙两队双方比分为22：22平，且甲队拥有发球权，则甲队得25分且取得该局比赛胜利的概率为(    )
A. 827 B. 72135 C. 64135 D. 80135
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列关于复数z=2−1+i的四个命题中，真命题有(    )
A. |z|= 2 B. z2=−2i
C. z的共轭复数为−1+i D. z的虚部为−1
10. 如图，已知点O为正六边形ABCDEF的中心，下列结论正确的是(    )
A. CB=EF
B. OA+OC+OB=0
C. OA⋅FA=ED⋅BC
D. |OF+OD|=|OC−OB|


11. 盒子里有2个红球和2个白球，从中不放回地依次取出2个球，设事件A=“两个球颜色相同”，B=“第1次取出的是红球”，C=“第2次取出的是红球”，D=“两个球颜色不同”，则(    )
A. 事件B与C互斥 B. 事件A与D互为对立
C. 事件A与B相互独立 D. 事件C与D相互独立
12. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2=ac，且cos(A−C)=cosB+12，延长BA至D，则下列结论正确的是(    )
A. B=π3
B. A=π3
C. 若CD=6，则△ACD周长的最大值为4 3+6
D. 若BD=6，则△ACD面积的最大值为94
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知x、y∈R，i为虚数单位，且(x−2)+yi=−1+i，则x+y=______．
14. 设向量a，b不平行，向量λa+b与a+2b平行，则实数λ=          ．
15. 一组数据按从小到大的顺序排列为1，2，2，x，5，10，其中x≠5，已知该组数据的中位数是众数的32倍，则该组数据的标准差为______ ．
16. 已知甲烷的化学式为CH4，其结构式可看成一个正四面体，其中四个氢原子位于正四面体的四个顶点处，而碳原子恰好在这个正四面体的中心，碳原子与每个氢原子之间均有化学键相连，若我们把每个原子看成一个质点，两个氢原子之间的距离为1，则碳原子和氢原子之间的距离为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
小颖的爸爸只有一张《阿凡达》的电影票，她和哥哥两人都很想去观看.哥哥想了一个办法，他拿了8张扑克牌，将数字为2，3，5，9的四张牌给小颖，将数字为4，6，7，10的四张牌给自己，并按如下游戏规则进行：小颖和哥哥从各自的四张牌中随机抽出一张，然后将抽出的两张扑克牌数字相加，如果和为偶数，则小颖去；如果和为奇数，则哥哥去．
(Ⅰ)求小颖去看电影的概率；
(Ⅱ)这个游戏规则公平吗？若公平，请说明理由，若不公平，在小颖和哥哥所拿4张牌不变的情况下，如何修改游戏规则使其对双方公平．
18. (本小题12.0分)
如图，A、B是海面上位于东西方向相距5(3+ 3)海里的两个观测点，现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距20 3海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，试求：
(1)轮船D与观测点B的距离；
(2)救援船到达D点所需要的时间．

19. (本小题12.0分)
如图，边长为4的正方形ABCD所在平面与正三角形PAD所在平面互相垂直，Q为AD的中点．
(Ⅰ)求证：DB⊥PQ；
(Ⅱ)在线段AB上是否存在一点N，使得平面PCN⊥平面PQB，若存在，试指出点N的位置，并证明你的结论，若不存在，请说明理由；
(Ⅲ)求二面角P−DB−A的正切值．

20. (本小题12.0分)
文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩(满分100分，成绩均为不低于40分的整数)分成六段：[40,50)，[50,60)，…，[90,100]，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中a的值；
(2)求样本成绩的第75百分位数；
(3)已知落在[50,60)的平均成绩是54，方差是7，落在[60,70)的平均成绩为66，方差是4，求两组成绩的总平均数z−和总方差s2．

21. (本小题12.0分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90°，AA1=AC=3．
(Ⅰ)设平面A1BC1与平面ABC的交线为l，判断l与AC的位置关系，并证明；
(Ⅱ)若A1C与平面BCC1B1所成的角为30°，求三棱锥A1−ABC内切球的表面积S．

22. (本小题12.0分)
如图，圆心为C的定圆的半径为3，A，B为圆C上的两点．
(Ⅰ)若cos∠CAB=23，当k为何值时，AC+2AB与kAC−AB垂直？
(Ⅱ)若|AC+tAB|的最小值为2，求|AB|的值．
(Ⅲ)若G为△ABC的重心，直线l过点G交边AB于点P，交边AC于点Q，且AP=λAB，AQ=μAC.证明：1λ+1μ为定值．


答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，掷2次硬币，有4个基本事件，事件“一个正面，一个反面”有2个基本事件，则该事件发生的概率为12，A错误；
对于B，掷8硬币，事件A发生的次数不一定是4，B错误；
对于C，重复掷硬币，事件A发生的频率接近事件A发生的概率，C错误；
对于D，当投掷次数足够多时，事件A发生的频率接近事件A发生的概率，即接近0.5，D正确，
故选：D．
根据题意，由随机事件的定义和概率的性质依次分析选项，综合可得答案．
本题考查随机事件的定义以及概率性质，注意概率的性质，属于基础题．

2.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题主要考查共轭复数的代数表示及其几何意义，属于基础题．
求出z的共轭复数，根据复数的几何意义求出复数所对应点的坐标即可．
【解答】
解：∵z=−3+2i，
∴z=−3−2i，
∴在复平面内z对应的点为(−3,−2)，在第三象限．
故选C．
  
3.【答案】A 
【解析】
【分析】
根据题意，由数据的数字特征的定义，分析可得答案．
本题考查数据的数字特征，关键是掌握数据的平均数、中位数、方差、极差的定义以及计算方法，属于基础题．
【解答】
解：根据题意，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，
7个有效评分与9个原始评分相比，最中间的一个数不变，即中位数不变，
故选：A．
  
4.【答案】B 
【解析】解：向量a在向量b上的投影向量为32e，
则|a|cos×e=32e，
∵|a|=3，
∴cos=12，
∵∈[0,π]，
∴=π3．
故选：B．
根据已知条件，结合投影向量的公式，即可求解．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．

5.【答案】A 
【解析】解：由题图1得该小区户主总人数为480+320+800=1600，
所以样本容量为1800×25%=400，
其中四居室户主有320×25%=80人，
由题图2得抽取的户主中对四居室满意的有80×40%=32人．
故选：A．
根据图1先求出该小区户主总人数，进而求出样本容量，结合图2即可求出抽取的户主对四居室满意的人数．
本题主要考查了统计图的应用，属于基础题．

6.【答案】D 
【解析】解：底面圆的面积为9π，即πr2=9π，
解得底面圆的半径为r=3，
所以底面圆周长为2π×3=6π，
即圆锥侧面展开图的弧长为l=6π，
又因为圆锥侧面展开图是圆心角为2π3的扇形，
所以扇形半径为R=6π2π3=9，如图所示：
所以圆锥的高为h= R2−r2= 72=6 2，
圆锥的体积为V=13×π×32×6 2=18 2π．
故选：D．
根据底面圆面积求出底面圆半径，从而求出底面圆周长，再求出扇形半径，根据勾股定理求圆锥的高，即可求出圆锥的体积．
本题考查了圆锥的结构特征与应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．

7.【答案】C 
【解析】解：将函数f(x)=sin(ωx−π6)(0<ω<6)的图象向右平移π6个单位长度后得到：
g(x)=sin[ω(x−π6)−π6]=sin(ωx−ωπ6−π6)，
因为(0,πω)是g(x)的一个单调区间，所以g(0)=±1，
即−ωπ6−π6=kπ−π2，k∈Z，解得ω=−6k+2，k∈Z．
因为0<ω<6，所以ω=2，故f(x)=sin(2x−π6)，又g(x)=sin(2x−π2)=−cos2x，
所以F(x)=f(x)+g(x)=sin(2x−π6)−cos2x=sin2xcosπ6−cos2xsinπ6−cos2x= 32sin2x−32cos2x= 3sin(2x−π3)，
所以F(x)的最大值为 3．
故选：C．
首先根据三角函数的变换规则得到g(x)的解析式，根据g(x)的单调区间得到g(0)=±1，从而求出ω的值，即可求出函数解析式，求函数最值．
本题主要考查正弦函数的图象与性质，属于中档题．

8.【答案】C 
【解析】解：由题意，当X=22时，甲队得2(5分)且取得该局比赛胜利，则甲以25：22或25：23取得该局胜利．
记事件B=“甲以25：22取得该局胜利”，C=“甲以25：23取得该局胜利”，
D=“X=22时，甲队得2(5分)且取得该局比赛胜利”，
因为各次发球的胜负结果相互独立，且B，C互斥，
所以P(B)=23×23×23=827，
P(C)=(1−23)×25×23×23+23×(1−23)×25×23+23×23×(1−23)×25=845，
故P(D)=P(B∪C)=P(B)+P(C)=827+845=64135．
故选：C．
甲队得25分且赢得比赛，分为25：22和25：23两种情况，根据互斥事件的概率加法公式即可求得．
本题考查互斥事件的概率计算，属基础题．

9.【答案】ACD 
【解析】解：∵z=2−1+i=2(−1−i)(−1+i)(−1−i)=−1−i，
对于A，z= (−1)2+(−1)2= 2，故A正确，
对于B，z2=(−1−i)2=2i，故B错误，
对于C，z的共轭复数为−1+i，故C正确，
对于D，z的虚部为−1，故D正确．
故选：ACD．
根据已知条件，结合复数的乘除法法则，以及复数的性质，即可求解．
本题主要考查复数的乘除法法则，以及复数的性质，属于基础题．

10.【答案】ACD 
【解析】解：由正六边形的对边平行且相等，可得CB=EF，故A正确；
∵点O为正六边形ABCDEF中心，∴OA+OC+OB=2OB≠0，故B错误；
设正六边形的边长为a，则OA⋅FA=a⋅a⋅cos60°=12a2，
ED⋅BC=ED⋅OD=a⋅a⋅cos60°=12a2，故C正确；
|OF+OD|=|OE|=a，|OC−OB|=|BC|=a，故D正确．
故选：ACD．
根据正六边形的性质，运用平面向量的运算法则逐项判断即可．
本题考查平面向量的加减混合运算，考查向量相等的定义，考查平面向量的数量积公式，是中档题．

11.【答案】BCD 
【解析】解：对于A，“第1次取出的是红球”，第2次取出的是红球”，C与D可能同时发生，故A错误；
对于B，由题意知，取出两个球要么颜色相同，要么颜色不同，即A与D互为对立事件，故B正确；
对于C，P(A)=24×13×2=13，P(B)=12，P(AB)=24×13=16，所以P(AB)=P(A)⋅P(B)，故C正确；
对于D，P(C)=12，P(D)=1−P(A)=23，P(CD)=24×23=13，所以P(CD)=P(C)⋅P(D)，故D正确．
故选：BCD．
根据对立事件，互斥事件的定义可判断AB；根据古典概型的概率公式求出所对应的事件的概率，再根据相互独立事件的定义判断CD．
本题考查事件的对立，互斥，独立，属于基础题．

12.【答案】ABC 
【解析】解：因为在三角形中，cos(A−C)=cosB+12=−cos(A+C)+12，
即cosAcosC+sinAsinC+cosAcosC−sinAsinC=12，即cosAcosC=14，①
因为b2=ac，即sin2B=sinAsinC，②，
①−②可得cos(A+C)=14−sin2B，cos(A+C)=−cosB，
整理可得cos2B+cosB−34=0，解得cosB=12或−32(舍)，
因为B∈(0,π)，
可得B=π3，
所以A正确；
因为sin2B=sinAsinC，可得34=sinAsin(A+π3)=12sin2A+ 32sinAcosA=12⋅1−cos2A2+ 34sin2A，
整理可得2= 3sin2A−cos2A=2sin(2A−π6)，
所以2A−π6=π2，解得A=π3，
所以B正确；
由以上可得该三角形为正三角形，设三角形的边长x，AD=y，
C中，∠CAD=23π，在△ACD中，由余弦定理可得cos∠CAD=x2+y2−362xy=−12，
所以x2+y2=36−xy，即(x+y)2=36+xy≤36+(x+y2)2，可得x+y≤4 3，当且仅当x=y时取等号，
所以该三角形的周长的最大值为4 3+6，所以C正确；
D中，当BD=6时，设△ABC的边长为x，则AD=y=6−x，
S△ACD=12AD⋅ACsin∠DAC=12xy⋅ 32= 34x(6−x)= 34(−x2+6x)，开口向下，当x=3时，取到最大值9 34，所以D不正确．
故选：ABC．
由题意及正弦定理可得B角的余弦值，进而可得B角的大小和A角的大小，可判断A，B的真假；若CD=6，设该△ABC的边长及AD的长，由余弦定理可得x+y的最大值，即求出△ACD的周长的最大值，可判断C的真假；因为BD=6，设AD，AB，则可得它们的关系，求出△ACD的面积的表达式，由二次函数的最大值的求法，可得△ACD的面积的最大值，判断D的真假．
本题考查正余弦定理及均值不等式的性质的应用，属于中档题．

13.【答案】2 
【解析】解：∵(x−2)+yi=−1+i，
∴x−2=−1且y=1；
解得x=1，y=1，
∴x+y=2，
故答案为：2．
两个复数相等的充要条件是这两个复数的实部和虚部都相等，由此利用(x−2)+yi=−1+i，能求出x+y的值．
本题考查复数相等的充要条件的应用，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．

14.【答案】12 
【解析】
【分析】
本题考查实数值的解法，考查平面向量平行的条件及应用，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是基础题．
利用向量平行的条件直接求解即可．
【解答】
解：∵向量a，b不平行，向量λa+b与a+2b平行，
∴λa+b=t(a+2b)=ta+2tb，
∴λ=t1=2t，解得实数λ=12．
故答案为12．
  
15.【答案】3 
【解析】解：根据题意，一组数据按从小到大的顺序排列为1，2，2，x，5，10，其中x≠5，
则该组数据的众数为2，所以2+x2=32×2=3，解得x=4，
故该组数据的平均数为1+2+2+4+5+106=4．
所以该组数据的方差为16×[(1−4)2+(2−4)2+(2−4)2+(4−4)2+(5−4)2+(10−4)2]=9，即标准差为3．
故答案为：3．
根据题意，分析可得2+x2=32×2=3，解可得x的值，先求出数据的平均数，再求出方差，进而计算可得答案．
本题考查数据的众数、中位数和标准差的计算，注意求出x的值，属于基础题．

16.【答案】 64 
【解析】解：正四面体ABCD中，点O是正四面体的中心，连接OA，OB，OC，OD，
所以OA=OB=OC=OD，
设点O在平面BCD内的射影为O′，连接BO′，
因为正四面体的棱长为1，
所以BO′=23× 32×1= 33，
AO′= 1−( 33)2= 63，
OA=34× 63= 64，
所以碳原子与氢原子之间的距离为 64，
故答案为： 64．
正四面体ABCD中，点O是正四面体的中心，连接OA，OB，OC，OD，则OA=OB=OC=OD，设点O在平面BCD内的射影为O′，连接BO′，计算BO′，AO′，OA，即可得出答案．
本题考查四面体的几何特征，解题中需要理清思路，属于中档题．

17.【答案】解：(Ⅰ)画树状图为：

 共有16种等可能的结果数，其中两数和为偶数的结果数为6种，所以小颖去看电影的概率为616=38；
(Ⅱ)哥哥设计的游戏规则不公平，因为小颖去看电影的概率为38，哥哥去看电影的概率为1−38=58，此规则对哥哥更有利，
因为在所拿的牌不变的情况下，两张牌的数字之和所对应16种结果分别是6，8，9，12，7，9，10，13，9，11，12，15，13，15，16，19，
其中和为3的倍数的结果有8个，故可修改规则为：小颖和哥哥从各自的四张牌中随机抽出一张，
然后将抽出的两张扑克牌数字相加，如果和为3的倍数，则小颖去；如果和不是3的倍数，则哥哥去． 
【解析】(Ⅰ)利用画树状图展示所有16种等可能的结果数，再找出两数和为偶数的结果数，然后根据概率公式可计算出小颖去看电影的概率；
(Ⅱ)由于小颖去看电影的概率为38，哥哥去看电影的概率为58，则可判断游戏规则不公平，然后可修改规则为数字相加为3的倍数小颖去，否则哥哥去可使游戏规则公平．
本题考查随机事件的概率求法，属基础题．

18.【答案】解：(1)由题意可知：在△ADB中，∠DAB=45°，∠DBA=30°，则∠ADB=105°，
由正弦定理ABsin∠ADB=DBsin∠DAB得：5(3+ 3)sin105°=DBsin45∘，
由sin105°=sin(45°+60°)=sin45°cos60°+cos45°sin60°= 6+ 24，
代入上式得：DB=10 3，轮船D与观测点B的距离为10 3海里．
(2)在△BCD中，BC=20 3，DB=10 3，∠CBD=60°，
由余弦定理得：CD2=BC2+BD2−2BC⋅BD⋅cos60°=(20 3)2+(10 3)2−2×20 3×10 3×12=302，
∴CD=30，∴t=sv=3030=1，
即该救援船到达D点所需的时间1小时． 
【解析】(1)结合图形利用正弦定理转化求解BD的长；
(2)利用余弦定理求出CD，然后求解出该救援船到达D点所需的时间．
本题考查解三角形，考查学生的运算能力，属于中档题．

19.【答案】解：(Ⅰ)证明：∵PA=PD，Q为AD的中点．
∴PQ⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴PQ⊥平面ABCD，∵DB⊂平面ABCD，
∴DB⊥PQ．
(Ⅱ)存在点N，当N为AB中点时，平面PQB⊥平面PNC：
理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，Q为AD的中点，∴BQ⊥NC．
由(1)知，PQ⊥平面ABCD，NC⊂平面ABCD，∴PQ⊥NC，
又BQ∩PQ=Q，∴NC⊥平面PQB，
∵NC⊂平面PCN，
∴平面PCN⊥平面PQB．
(Ⅲ)以Q坐标原点，QA为x轴，过Q平行于AB的直线为y轴，以QP为z轴，建立空间直角坐标系，

则P(0,0,2 3)，D(−2,0,0)，B(2,4,0)，
∴DP=(2,0,2 3)，DB=(4,4,0)，
设平面PBD的法向量n=(x,y,z)，则n⋅DP=2x+2 3z=0n⋅DB=4x+4y=0，
∴n=( 3,− 3,−1)，
∵平面ABD的法向量m=(0,0,1)，
∴二面角P−BD−A的余弦值cosθ=|cos|=|−1 7|= 77，
∴二面角P−BD−A的正切值为 6． 
【解析】(Ⅰ)利用面面垂直，证明线面垂直，进面可得结论成立．
(Ⅱ)存在点N，当N为AB中点时，平面PQB⊥平面PNC.由四边形ABCD是正方形，Q为AD的中点，知BQ⊥NC，由此能够证明平面PCN⊥平面PQB．
(Ⅲ)以QA为x轴，过Q平行于AB的直线为y轴，以QP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能够求出二面角P−BD−A的余弦值．
本题考查线线垂直的证明，考考点的位置的确定，考查二面角的正切值的求法，属中档题．

20.【答案】解：(1)∵每组小矩形的面积之和为1，
∴(0.005+0.010+0.020+a+0.025+0.010)×10=1，
∴a=0.030．
(2)成绩落在[40,80)内的频率为(0.005+0.010+0.020+0.030)×10=0.65，
落在[40,90)内的频率为(0.005+0.010+0.020+0.030+0.025)×10=0.9，
设第75百分位数为m，
由0.65+(m−80)×0.025=0.75，得m=84，故第75百分位数为84；
(3)由图可知，成绩在[50,60)的市民人数为100×0.1=10，
成绩在[60,70)的市民人数为100×0.2=20，
故z−=10×54+66×2010+20=62．
所以两组市民成绩的总平均数是62，
s2=110+20[10×(54−62)2+10×7+20×(66−62)2+20×4]=37，
所以两组市民成绩的总平均数是62，总方差是37． 
【解析】(1)根据每组小矩形的面积之和为1即可求解；
(2)由频率分布直方图求第75百分位数的计算公式即可求解；
(3)根据平均数和方差的计算公式即可求解．
本题考查频率分布直方图的应用，属于基础题．

21.【答案】解：(Ⅰ)l与AC平行，证明如下：
由棱柱的性质可知AC//A1C1，
∵A1C1⊂平面A1BC1，AC⊄平面A1BC1，
∴AC//平面A1BC1，
∵AC⊂平面ABC，平面ABC∩平面A1BC1=l，
∴AC//l；
(Ⅱ)如图所示，作A1D⊥B1C1于点D，由直棱柱的性质可知BB1⊥A1D，

∵BB1∩B1C1=B1，∴A1D⊥平面BCC1B1，即∠A1CD为A1C与平面BCC1B1所成的角，
即Rt△A1DC中，∠A1CD=30°，由已知知A1C=3 2，
故A1D=32 2，CD=32 6，
在△A1B1C1中，利用等面积法可得3A1B1= A1B12+9⋅32 2，
解得A1B1=3，则三棱锥A1−ABC可以看作是一个棱长为3的正方体的一个角，
其表面积S=3×(12×3×3)+ 34×(3 2)2=27+9 32，
其体积V=13×(12×3×3)×3=92，
设其内切球半径为R，由等体积法可得V=13×27+9 32R=92，
解得R=3− 32，其表面积S=4πR2=4π×(3− 32)2=(12−6 3)π． 
【解析】(Ⅰ)由题意证得线面平行，然后结合线面平行的性质定理可得直线与直线的位置关系；
(Ⅱ)由已知求得棱锥各个棱的长度，然后利用等体积法计算四棱锥内切球的半径，最后计算其表面积即可．
本题考查线面平行的判定与性质，射影定理的应用，考查多面体的内切球，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．

22.【答案】解：(1)由题意，AC=3，cos∠CAB=12ABAC=12AB3=23，∴AB=4，
当AC+2AB与kAC−AB垂直时，有(AC+2AB)⋅(kAC−AB)=0
即kAC2−2AB2+(2k−1)AB⋅AC=0，
即9k−32+(2k−1)×4×3×23=25k−40=0，
解得k=85；
(2)当t=0时，|AC+tAB|=|AC|=3，不满足题意；
当t>0时，设tAB=AE，
如图(1)，延长EA到F，使AF=AE，连接CF，
则tAB=AE=FA，所以|AC+tAB|=|AC+FA|=|FC|，
取AB中点为D，连接CD，则CD⊥AB，
所以在Rt△CDF中，|FC|>CD，
此时|AC+tAB|无最小值，不满足题意；
当t<0时，设tAB=GA，连接CG，
则AC+tAB=AC+GA=GC，
如图(2)，取AB中点为D，连接CD，则CD⊥AB，
由图(2)知，|AC+tAB|=|GC|≥CD，
又因为|AC+tAB|的最小值为2，所以CD=2，
所以|AB|=2 |AC|2−|CD|2=2 9−4=2 5；
 (3)证明：设AB=c，AC=b，
连接AG并延长AG交BC于M，此时M是BC的中点．
于是AM=12(b+c)，AG=13(b+c)，
又由已知AP=λAB，AQ=μAC，
所以PQ=μb−λc，PG=AG+PA=(13−λ)c+13b，
因为P、G、Q三点共线，则存在实数t，满足PG=tPQ，
所以(13−λ)c+13b=tμb−tλc，
由向量相等的条件得13−λ=−tλ13=tμ，
消去参数t，得1λ+1u=3． 
【解析】(1)由两向量垂直，得到数量积为0，根据已知求得AB=4，即可求出k值；
(2)结合图形，根据向量线性运算的法则分别对参数t=0，t>0，t<0进行讨论，确定|AC+tAB|的最小值情况，据此即可求出|AB|；
(3)利用G为重心，连接AG并延长交BC于M，借助中点M将PG和PQ用AB和AC表示出来，利用P，G，Q三点共线即可推出结论．
本题考查平面向量的综合应用，属中档题．