2022-2023学年天津市新四区示范校联考高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年天津市新四区示范校联考高一（下）期末数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年天津市新四区示范校联考高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是OA=(1,−2)，OB=(−3,1)，则复数z1z2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. 复数z满足(1− 3i)z=|2i|，i为虚数单位，则复数z的虚部为(    )
A. − 33 B. 33 C. − 32 D. 32
3. 某学校为了解高三年级学生在线学习情况，统计了2020年4月18日−27日(共10天)他们在线学习人数及其增长比例数据，并制成如图所示的条形图与折线图的组合图.根据组合图判断，下列结论正确的是．(    )


A. 这10天学生在线学习人数的增长比例在逐日减小
B. 前5天在线学习人数的方差大于后5天在线学习人数的方差
C. 这10天学生在线学习人数在逐日增加
D. 前5天在线学习人数增长比例的极差大于后5天在线学习人数增长比例的极差
4. 下列命题中是真命题的有(    )
A. 一组数据2，1，4，3，5，3的平均数、众数、中位数相同
B. 有A、B、C三种个体按3：1：2的比例分层抽样调查，如果抽取的A个体数为9，则样本容量为30
C. 若甲组数据的方差为5，乙组数据为5，6，9，10，5，则这两组数据中较稳定的是甲
D. 一组数1，2，2，2，3，3，3，4，5，6的80%分位数为4
5. 端午节是我国传统节日，甲，乙，丙3人端午节来徐州旅游的概率分别是：13，25，14，假定3人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人来徐州旅游的概率为(    )
A. 720 B. 25 C. 23 D. 710
6. 下列叙述正确的是(    )
A. 随着试验次数的增加，概率一般会越来越接近一个数值
B. 若随机事件A发生的概率为P(A)，则0 C. 口袋里有两个白色乒乓球一个黄色乒乓球，除颜色外完全相同．任取两个球，则一黄一白与两白的概率相同
D. 事件A与事件B相互独立，则P(AB−)+P(AB)=P(A)
7. 设a、b、c分别是△ABC的内角A、B、C的对边，已知(b+ 3c)sin(A+C)=(a+c)(sinA−sinC)，设D是BC边的中点，且△ABC的面积为1，则AB⋅(DA+DB)等于(    )
A. 2 B. 2 3 C. −2 3 D. −2
8. 三个不共线的向量OA，OB，OC满足OA⋅(AB|AB|+CA|CA|)=OB⋅(BA|BA|+CB|CB|)=OC⋅(BC|BC|+CA|CA|)=0，则O点是△ABC的(    )
A. 垂心 B. 重心 C. 内心 D. 外心
9. 设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列四个命题：
①若m⊥α，n//α，则m⊥n；②若m//n，n//α，则m//α；
③若m//n，n⊥β，m//α，则α⊥β；④若m∩n=A，m//α，m//β，n//α，n//β，则α//β．
其中真命题的个数是(    )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
10. 如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为BB1，CD的中点．有下列结论：
①三棱锥A1−MND1在平面D1DCC1上的正投影图为等腰三角形；
②直线MN//平面A1DC1；
③在棱BC上存在一点E，使得平面AEB1⊥平面MNB；
④若F为棱AB的中点，且三棱锥M−NFB的各顶点均在同一球A面上，则该球的体积为 6π．
其中正确结论的个数是(    )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
11. 在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M是对角线AC1上的点(点M与A、C1不重合)，则下列结论正确的个数为(    )
①存在点M，使得平面A1DM⊥平面BC1D；
②存在点M，使得DM//平面B1CD1；
③若△A1DM的面积为S，则S∈(2 33,2 3)；
④若S1、S2分别是△A1DM在平面A1B1C1D1与平面BB1C1C的正投影的面积，则存在点M，使得S1=S2．
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
12. 已知向量a，b满足a⋅b=0，|a|=|b|=24，若t∈[0,1]，则|t(b−a)+a|+|(1−t)(a−b)+512b|的最小值为(    )
A. 2 193 B. 24 2 C. 24 D. 26
二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）
13. 已知复数z在复平面内对应的点在射线y=2x(x≥0)上，且|z|= 5，则复数z−的虚部为______ ．
14. 两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为23和34，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为______ ．
15. 有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6.从中有放回的随机取两次，每次取1个球，A表示事件“第一次取出的球的数字是1”，B表示事件“第二次取出的球的数字是2”.C表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，D表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则下列命题正确的序号有______ ．
①A与C互斥；
②P(B|C)=16；
③A与D相互独立；
④B与C相互独立．
16. 某学校有男生400人，女生600人．为了调查该校全体学生每天睡眠时间，采用分层抽样的方法抽取样本，计算得男生每天睡眠时间均值为7.5小时，方差为1，女生每天睡眠时间为7小时，方差为0.5.若男、女样本量按比例分配，则可估计总体方差为______．
17. 已知平面向量a，b，c满足|a|=1，|b|=2，a2=a⋅b，c2−c⋅b+1516=0，则|c−a|2+|c−b|2的最大值为______ ．
三、解答题（本大题共5小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题12.0分)
已知i是虚数单位，复数z的共轭复数是z，且满足z+2z=5+i1+i．
( I)求复数z的模|z|；
( II)若复数z(2−mi)在复平面内对应的点在第一象限，求实数m的取值范围．
19. (本小题13.0分)
已知向量a=(1,2)，b=(3,x)，c=(2,y)，且a//b，a⊥c．
(1)求b与c；
(2)若m=2a−b，n=a+c，求向量m，n的夹角的大小．
20. (本小题15.0分)
一名学生骑自行车上学，从他家到学校的途中有5个交通岗，假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是13.求：
(1)这名学生只在前2个交通岗遇到红灯的概率；
(2)这名学生在首次停车前经过了3个路口的概率；
(3)这名学生至少遇到1次红灯的概率．
21. (本小题15.0分)
如图所示，正四棱锥P−ABCD中，O为底面正方形的中心，侧棱PA与底面ABCD所成的角的正切值为 62．

(1)求侧面PAD与底面ABCD所成的二面角的大小；
(2)若E是PB的中点，求异面直线PD与AE所成角的正切值；
(3)在(2)的条件下，问在棱AD上是否存在一点F，使EF⊥侧面PBC，若存在，试确定点F的位置；若不存在，说明理由．

22. (本小题15.0分)
在△ABC中，D是BC的中点，AB=1，AC=2，AD= 32．
(1)求△ABC的面积．
(2)若E为BC上一点，且AE=λ(AB|AB|+AC|AC|)，求λ的值．


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：由图可得，OA=(1,−2)，OB=(−3,1)，
则z1=1−2i，z2=−3+i，
故复数z1z2=(1−2i)(−3−i)=−5+5i，
所以复数z1z2对应的点(−5,5)位于第二象限．
故选：B．
根据已知条件，求出z1=1−2i，z2=−3+i，再结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．

2.【答案】D 
【解析】解：∵复数z满足(1− 3i)z=|2i|，
∴z=21− 3i=2(1+ 3i)(1− 3i)(1+ 3i)=12+ 32i，
∴复数z的虚部为 32．
故选：D．
根据已知条件，结合复数虚部的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，即可求解．
本题考查了复数虚部的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．

3.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查条形图可折线图，方差和极差的意义，考查分析推理能力，属于基础题．
根据方差、极差的意义判断各选项即可．
【解答】
解：对于A，由折线图很明显，24−25的增长比例升高，故A错误；
对于B，由条形图可得前5天学习人数的变化幅度明显比后5天的小，故方差也小，故B错误；
对于C，由条形图，可得学习人数在逐日增加，故C正确；
对于D，前5天增长比例的极差大约为15%−5%=10%，后5天增长比例的极差大约为40%−5%=35%，所以前五天在线学习人数增长比例的极差小于后五天在线学习人数增长比例的极差，故D错误．
故选：C．
  
4.【答案】A 
【解析】解：A选项：平均数为2+0+4+3+5+36=3，众数为3，将数据从小到大排列为1，2，3，3，4，5．
∴中位数为3+32=3，A正确；
B选项：根据样本的抽样比等于各层的抽样比知，样本容量为9÷33+1+2=18，B错误；
C选项：乙组数据的平均数为5+6+9+10+55=7，
乙组数据的方差为15[(5−7)2+(6−7)2+(9−7)2+(10−7)2+(5−7)2]=4.4<5，
所以这两组数据中较稳定的是乙，C错误；
D选项：该组数据共10个数，由10×80%=8，则该组数据的80%分位数为4+52=4.5，D错误．
故选：A．
对于A，直接求出平均数，众数和中位数即可判断；
对于B，利用分层抽样直接求出样本容量即可判断；
对于C，计算出乙组数据的方差，利用方差的意义即可判断；
对于D，直接求出该组数据的80%分位数即可判断．
本题主要考查平均数、众数、中位数和百分位数，属于基础题．

5.【答案】D 
【解析】解：由题意可得3人中没有人来徐州旅游的概率(1−13)(1−25)(1−14)=310．
所以这段时间内至少有1人来徐州旅游的概率为：1−310=710．
故选：D．
利用相互独立事件的概率公式求出没有人来徐州旅游的概率，再利用对立事件的概率公式求解即可．
本题主要考查相互独立事件的概率公式以及对立事件的概率求法，属于基础题．

6.【答案】D 
【解析】解：A选项，随着试验次数的增加，频率一般会越来越接近一个数值，
概率是固定值，所以A选项错误；
B选项，随机事件A发生的概率P(A)满足0≤P(A)≤1，
所以B选项错误；
C选项，白乒乓球记为1，2，黄乒乓球记为3，
任取2个，基本事件为{1,2}，{1,3}，{2,3}，
一黄一白的概率为23，两白的概率为13，所以C选项错误；
D选项，事件A与事件B相互独立，
则P(AB−)+P(AB)=P(A)P(B−)+P(A)P(B)=P(A)[P(B−)+P(B)]=P(A)，所以D选项正确．
故选：D．
根据概率以及事件的独立性对选项进行分析，从而确定正确答案．
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用．

7.【答案】B 
【解析】解：∵(b+ 3c)sin(A+C)=(a+c)(sinA−sinC)，
∴由正弦定理可得：(b+ 3c)b=(a+c)(a−c)，整理可得：b2+c2−a2=− 3bc，
∴由余弦定理可得：cosA=− 32，∴由A∈(0,π)，可得：A=5π6，
又ABC的面积为1，即12bcsin5π6=1，∴bc=4，
又AB⋅(DA+DB)=(DB−DA)⋅(DA+DB)=DB−2−DA2
=CB24−(AB+AC)24=(AB−AC)24−(AB+AC)24
=−4AB⋅AC4=−AB⋅AC=−bccosA=2 3，
故选：B．
利用正弦定理边角互化思想以及余弦定理可求得A=5π6，由三角形的面积可求得bc=4，由平面向量减法法则可得AB⋅(DA+DB)=−bccosA，进而可得出结果．
本题考查平面向量的数量积运算，考查学生的运算能力，属于中档题．

8.【答案】C 
【解析】解：在AB上取点D，在CA延长线上取点E，使得AD=AB|AB|，|AE|=CA|CA|，
则|AD|=|AE|=1，以AD，AE为邻边作平行四边形ADFE，则AF=AD+AE=AB|AB|+CA|CA|，
∵AD=AE=1，∴平行四边形ADFE是菱形，∴AF⊥DE，
过A作DE的平行线AG交BC于点G，
∵OA⋅(AB|AB|+CA|CA|)=0，即OA⋅AF=0，∴OA⊥AF，
∴O在直线AG上，
∵∠FAD+∠BAG=∠FAG=90°，∴∠EAF+∠CAG=90°，
由菱形的性质可知∠FAD=∠EAF，∴∠BAG=∠CAG，
∴AG为∠BAC的角平分线，故O在∠BAC的角平分线上，
同理可得：O在∠ABC的平分线上，O在∠ACB的角平分线上，
∴O是△ABC的内心．
故选：C．
根据向量加法的平行四边形法则作出几何图形，根据菱形性质可得O在△ABC的角平分线上，从而可得出O为内心．
本题考查了平面向量的加法的几何意义，数量积的性质，属于中档题．

9.【答案】C 
【解析】解：对于①，假设n⊂β，α∩β=l，因为n//α，所以n//l，
又∵m⊥α，所以m⊥l，而n//l，所以m⊥n，正确；
对于②，若m//n，n//α，则m//α或m⊂α，故错误；
对于③，若m//n，n⊥β，则m⊥β，
又m//α，所以在平面α内一定存在一条直线l，使m//l，
而m⊥β，所以l⊥β，l⊂α，则α⊥β，正确；
对于④，由面面平行的判定定理，可以判断出是正确的．
故真命题有3个．
故选C．
由线面平行的性质定理和线面垂直的性质，即可判断①；
由线面的位置关系和线面平行的判定定理，即可判断②；
由线面垂直的性质定理及面面垂直的判定定理，即可判断③；
由面面平行的判定定理，即可判断④．
本题考查命题的真假判断，主要是空间线线、线面和面面的位置关系的判断，注意运用线面和面面平行、垂直的判定定理和性质定理，考查推理能力和空间想象能力，属于中档题

10.【答案】D 
【解析】解：由正方体ABCD−A1B1C1D1的性质知A1，M在平面D1DCC1上的投影为D1，CC1中点M′，
∴正三棱锥A1−MND1在平面D1DCC1上的正投影图为△D1M′N，
易得△D1M′N为等腰三角形，故①正确；
以D为坐标原点，DA，DC，DD1为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则D(0,0,0)，A1(2,0,2)，C1(0,2,2)，N(0,1,0)，M(2,2,1)，
∴DA1=(2,0,2)，DC1=(0,2,2)，NM=(2,1,1)，
设平面A1DC1的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DA1=2x+2z=0n⋅DC1=2y+2z=0，令x=1，则z=−1，y=1，
∴平面A1DC1的一个法向量为n=(1,1,−1)，
NM⋅n=2+1−1=2≠0，故MN不平行于平面平面A1DC1，故②不正确；
对于③，取BC中点E，连接AE，EB1，AB1，
由平面几何可证AE⊥BN，
由正方体ABCD−A1B1C1D1，可得BB1⊥平面ABCD，BN⊂平面ABCD，
∴BB1⊥BN，又BB1，BN⊂平面MNB，
∴AE⊥平面MNB，又AE⊂平面AEB1，
∴平面AEB1⊥平面MNB，故③正确；
若F为棱AB的中点，可得△FMN，△MNB均为直角三角形，且MN是公共斜边，
由直角三角形的性质，可知MN为三棱锥M−NFB的外接球的直径，
故外接球的半径为r=12MN=12× 6= 62．
故该球的体积为43π×( 62)3= 6π，故④正确．
故选：D．
由正方体ABCD−A1B1C1D1的性质，易得三棱锥A1−MND1在平面D1DCC1上的正投影图为等腰三角形，可判断①；以D为坐标原点，DA，DC，DD1为坐标轴建立空间直角坐标系，设平面A1DC1的一个法向量为n=(x,y,z)，由NM⋅n≠0可判断B；取BC中点E，连接AE，EB1，AB1，可证AE⊥平面MNB，可判断③；若F为棱AB的中点，MN为三棱锥M−NFB的外接球的直径，求出体积，可判断④．
本题考查空间几何体的性质，线线与线面的位置关系，外接球的体积问题，属中档题．

11.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题主要考查了空间直线与平面，平面与平面的位置关系，以及三角形面积，以及投影的定义的应用，其中解答中熟记线面位置关系的判定与性质，以及熟练应用空间几何体的结构特征是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．
由线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理，可判定①正确；由面面平行的性质定理，可得判定②正确；由三角形的面积公式，可求得△A1DM的面积S的范最小值，可判定③错误；由三角形的面积公式，得到S1，S2的范围，可判定④正确．
【解答】
解：连接B1C，设平面A1B1CD与体对角线AC1交于点M，
由B1C⊥BC1，DC⊥BC1，B1C∩DC=C,
可得BC1⊥平面A1B1CD，即BC1⊥平面A1DM，BC1⊂平面BC1D，
∴存在点M，使得平面A1DM⊥平面BC1D，故①对；
由BD//B1D1，A1D//B1C，BD∩A1D=D,B1D1∩B1C=B1,
利用面面平行的判定可得，平面A1BD//平面B1D1C，
设平面A1BD与AC1交于点M，可得DM//平面B1CD1，故②对；
连接AD1交A1D于点O，过O作OM⊥AC1，
由①可推知，A1D⊥平面ABC1D1，
∴A1D⊥OM，
∴OM为异面直线A1D与AC1的公垂线，根据△AOM∽△AC1D1，则OMC1D1=OAAC1，即OM=OA⋅C1D1AC1= 2×22 3= 63，
∴△A1DM的最小面积为S△A1DM=12×A1D×OM=12×2 2× 63=2 33，故③错；
在点P从AC1的中点向着点A运动过程中，S1从1减少趋向于0，即S1∈(0,1)，S2从0增大到趋向于2，即S2∈(0,2)，
在这过程中，必存在某个点P使得S1=S2，故④对．
故选：C．  
12.【答案】D 
【解析】解：由题意，可建立如图所示直角坐标系，其中A(24,0)，B(0,24)，C(0,14)，
则令a=OA=(24,0)，b=OB=(0,24)，512b=CB=(0,10)，
设AM=t(b−a)，则BM=(1−t)(b−a)，t∈[0,1]，
∴OM=a+t(b−a)，CM=512b+(1−t)(a−b)，
∴|t(b−a)+a|+|(1−t)(a−b)+512b|=|OM|+|CM|，
所以问题等价于当点M在线段AB：y=−x+24(0≤x≤24)上运动时，求|OM|+|CM|的最小值，
设点C(0,14)关于AB：y=−x+24的对称点为D(x,y)，
则14+y2=−x2+24y−14x−0⋅(−1)=−1，解得D(10,24)，
∴|OM|+|CM|=|OM|+|DM|≥|OD|= (10−0)2+(24−0)2=26，
当且仅当M为直线OD与线段AB的交点N(12017,28817)时取得最小值，
这时由AM=AN=(−28817,28817)=t(−24,24)，得t=1217，符合题意，
故选：D．
根据已知条件的特征，可考虑利用坐标法来处理，建立平面直角坐标系，在坐标平面上，找出与t(b−a)+a以及(1−t)(a−b)+512b对应的向量，将问题等价转换成在线段上找一点，使得它到直线外两定点的距离之和最小，然后根据平面解析几何的基础知识解决问题．
本题考查平面向量运算以及向量共线，模，数量积的意义，考查坐标法思想的应用，考查点关于直线的对称点的求法，属于难题．

13.【答案】−2 
【解析】解：设z=a+bi(a>0,b∈R)，
复数z在复平面内对应的点在射线y=2x(x≥0)上，
则b=2a，
∵|z|= 5，
∴ a2+b2= 5a2= 5，解得a=1，
∴b=2，
∴z=1+2i，z−=1−2i，
∴复数z−的虚部为−2．
故答案为：−2．
根据已知条件，结合复数模公式，共轭复数和虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数模公式，共轭复数和虚部的定义，属于基础题．

14.【答案】512 
【解析】解：分别记两个实习生加工一个零件为一等品的事件为A，B，
则由已知可得P(A)=23，P(B)=34，且A，B相互独立，
两个零件中恰有一个一等品的概率为P=1−P(A−⋅B−)=1−P(A−)P(B−)−P(A)P(B)=1−13×14−23×34=512
故答案为：512．
分别记两个实习生加工一个零件为一等品的事件为A，B，则由已知可得P(A)=23，P(B)=34，且A，B相互独立，两个零件中恰有一个一等品的概率为P=1−P(A−⋅B−)=1−P(A−)P(B−)−P(A)P(B)．
本题主要考查了相互独立事件的概率公式的求解：若A，B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B)；还利用了对立事件的概率公式，要注意该方法在解决概率问题时，若正面情况较多时，可以利用此方法．

15.【答案】①③ 
【解析】解：∵A与C不可能同时发生，∴A与C互斥，故①正确；
事件C包含：(2,6)，(3,5)，(4,4)，(5,3)，(6,2)，共5个基本事件，
事件D包含：(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，(6,1)，共6个基本事件，
∴P(A)=16，P(B)=16，P(C)=56×6=536，
P(D)=66×6=16，
则P(AD)=P(A)P(D)=136，故③正确；
P(BC)=136≠P(B)P(C)，故④错误；
P(B|C)=P(BC)P(C)=15，故②错误．
故答案为：①③．
由互斥事件的定义可判断①；分别列举事件C和事件D的样本点，可求得P(C)，P(D)，由此得到P(A)，P(B)，由相互独立公式可判断③④；由条件概率公式可判断②．
本题考查命题真假的判断，考查互斥事件、古典概型、相互独立事件、条件概率等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

16.【答案】0.76 
【解析】解：由题意可知，样本总体的均值为4001000×7.5+6001000×7=7.2小时，
则总体方差为4001000×[1+(7.5−7.2)2]+6001000×[0.5+(7.2−7)2]=0.436+0.324=0.76．
故答案为：0.76．
根据已知条件，结合样本均值和方差的公式，即可求解．
本题主要考查样本均值和方差的求解，考查计算能力，属于基础题．

17.【答案】218 
【解析】解：设OA=a，OB=b，OC=c，则|OB|=2|OA|=2，
因为a2=a⋅b，即a⋅(a−b)=0，
所以OA⋅(OA−OB)=OA⋅BA=0，
因此OA⊥AB，所以∠BOA=π3，
以O为坐标原点，OA的方向为x轴的正方向，建立如图所示平面直角坐标系，
则a=(1,0)，b=(1, 3)，设c=(x,y)，
由c2−c⋅b+1516=0，可得x2+y2−x− 3y+1516=0，
即(x−12)2+(y− 32)2=116，因此点C在以D(12, 32)为圆心，
半径为14的圆上运动，所以14≤x≤34，
又因为|c−a|2+|c−b|2=(x−1)2+y2+(x−1)2+(y− 3)2
=2(x2+y2)−4x−2 3y+5
=2(x+ 3y−1516)−4x−2 3y+5=−2x+258，
所以由14≤x≤34可得：|c−a|2+|c−b|2的最大值为−2×14+258=218．
故答案为：218．
根据数量积的运算律以及几何意义，可作图并建立直角坐标系，利用数量积的坐标表示，整理函数即可求解．
本题考查平面向量数量积，向量的几何意义，坐标法解决向量问题，属中档题

18.【答案】解：(Ⅰ)设复数z=x+yi(x,y∈R)，则z=x−yi，
于是x+yi+2(x−yi)=(5+i)(1−i)(1+i)(1−i)=3−2i，
∴3x=3−y=−2，解得x=1，y=2，即z=1+2i．
∴|z|= 5．
(Ⅱ)由(Ⅰ)得z(2−mi)=(1+2i)(2−mi)=(2+2m)+(4−m)i，
由于复数z(2−mi)在复平面内对应的点在第一象限，
∴2+2m>04−m>0，解得−1 故实数m的取值范围是−1,4。 
【解析】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
(Ⅰ)设复数z=x+yi(x,y∈R)，则z=x−yi，代入z+2z=5+i1+i，利用复数代数形式的乘除运算化简后利用复数相等的条件列式求得x，y值，则答案可求；
(Ⅱ)把(Ⅰ)中求得的z代入z(2−mi)，整理后由实部与虚部均大于0列式求实数m的取值范围．

19.【答案】解：(1)由a//b，得x−2×3=0，解得x=6，
由a⊥c，得1×2+2y=0，解得y=−1，
∴b=(3,6)，c=(2,−1)；
(2)因为m=2a−b=(−1,−2)，n=a+c=(3,1)，
∴m⋅n=−1×3−2×1=−5，|m|= (−1)2+(−2)2= 5，|n|= 32+12= 10，
∴cos=m⋅n|m||n|=−5 5× 10=− 22，且0≤≤π，
∴向量m，n的夹角为3π4． 
【解析】本题考查向量平行时的坐标关系，向量垂直的充要条件，向量加法和数乘的坐标运算，向量夹角的余弦公式，考查计算能力，属于基础题．
(1)根据向量平行和向量垂直时的坐标关系即可求出x=6，y=−1，从而得出b=(3,6)，c=(2,−1)；
(2)进行向量加法和数乘的坐标运算即可得出m=(−1,−2)，n=(3,1)，然后即可求出m⋅n、|m|和|n|的值，从而可求出cos的值，进而得出m,n的夹角．

20.【答案】解：(1)由题意可知前两个交通岗遇见红灯，后面3个交通岗全部是绿灯，
∴P=13×13×23×23×23=8243；
(2)由题意知前3个路口是绿灯，第4个路口是红灯，
∴P=23×23×23×13=881；
(3)由题意可知至少一次遇见红灯的概率为：P=1−(23)5=211243． 
【解析】(1)利用题中的条件前两个交通岗遇见红灯，后面3个交通岗全部是绿灯，即可解出；
(2)利用题中的条件，可知前3个路口是绿灯，第4个路口是红灯；
(3)利用对立事件的概率，即可解出．
本题考查了概率与统计，学生的数学运算能力，属于基础题．

21.【答案】解：(1)取AD中点M，连接MO，PM，
因为PO⊥面ABCD，所以PO⊥AD，
依条件可知AD⊥MO，PO∩OM=O,PO,OM⊂平面POM，
所以AD⊥平面POM，则AD⊥PM，
则∠PMO为所求二面角P−AD−O的平面角．
又∵PO⊥面ABCD，
∴∠PAO为侧棱PA与底面ABCD所成的角．
∴tan∠PAO= 62，
设AB=a，AO= 22a，
∴PO=AO⋅tan∠POA= 32a，
tan∠PMO=POMO= 3．
∴∠PMO=60°.        

(2)连接AE，OE，
∵OE//PD，
∴∠OEA为异面直线PD与AE所成的角或其补角．   
∵AO⊥BD，AO⊥PO，PO∩BD=O,PO,BD⊂平面PBD，
∴AO⊥平面PBD．
又OE⊂平面PBD，
∴AO⊥OE．
∵OE=12PD=12 PO2+DO2= 54a，
∴tan∠AEO=AOEO=2 105；
(3)延长MO交BC于N，取PN中点G，连BG，EG，MG．

∵BC⊥MN，BC⊥PN，
∴BC⊥平面PMN
∴平面PMN⊥平面PBC.       
又PM=PN，∠PMN=60°，
∴△PMN为正三角形．
∴MG⊥PN.又平面PMN∩平面PBC=PN，
∴MG⊥平面PBC.  
∴F是AD的4等分点，靠近A点的位置． 
【解析】本题考查二面角及平面角的求法，异面直线所成角的正切值的求法，属于较难题．
(1)取AD中点M，连接MO，PM，由正四棱锥的性质知∠PMO为所求二面角P−AD−O的平面角，∠PAO为侧棱PA与底面ABCD所成的角，则tan∠PAO= 62，设AB=a，则AO= 22a，PO=AO⋅tan∠POA= 32a，MO=12a，tan∠PMO= 3，∠PMO=60°； 
(2)依题意连结AE，OE，则OE//PD，故∠OEA为异面直线PD与AE所成的角，由正四棱锥的性质易证OA⊥平面POB，故△AOE为直角三角形，OE=12PD=12 PO2+DO2= 54a，所以tan∠AEO=AOEO=2 105；
(3)延长MO交BC于N，取PN中点G，连BG，EG，MG，易得BC⊥平面PMN，故平面PMN⊥平面PBC，而△PMN为正三角形，易证MG⊥平面PBC，取MA的中点F，连EF，则四边形MFEG为平行四边形，从而MG//FE，EF⊥平面PBC，F是AD的4等分点，靠近A点的位置．

22.【答案】解：(1)∵D是BC中点，且AB=1，AC=2，AD= 32，
∴AD=12(AB+AC)，∴AD2=14(AB+AC)2，
∴34=14(1+4+2AB⋅AC)，∴AB⋅AC=−1，
∴cos∠BAC=AB⋅AC|AB||AC|=−12，
∴sin∠BAC= 32，
∴S△ABC=12AB⋅AC⋅sin∠BAC= 32；
(2)∵AE=λ(AB|AB|+AC|AC|)=λAB+λ2AC，且B，E，C三点共线，
∴λ+λ2=1，解得λ=23． 
【解析】(1)根据题意AD=12(AB+AC)，两边平方即可求出AB⋅AC=−1，从而可求出cos∠BAC=−12，进而求出sin∠BAC= 32，然后根据三角形的面积公式即可求出△ABC的面积；
(2)可以得出AE=λAB+λ2AC，然后根据B，E，C三点共线即可得出λ+λ2=1，解出λ即可．
本题考查了向量加法的平行四边形法则，向量数量积的运算，向量夹角的余弦公式，三角形的面积公式，三点A，B，C共线时，由OB=λOA+μOC得出λ+μ=1，考查了计算能力，属于基础题．