New”2022-2023学年江苏省泰州市高一下学期期末数学试题（含详细答案解析）

这是一份New”2022-2023学年江苏省泰州市高一下学期期末数学试题（含详细答案解析），共21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。

1.若复数z满足(2+i)z=| 2− 2i|(i为虚数单位)，则在复平面内z的共轭复数所对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.甲、乙两人进行射击比赛，分别对同一目标各射击10次，其成绩(环数)如表：
下列说法正确的是( )
A. 甲的平均数大于乙的平均数B. 甲的中位数等于乙的中位数
C. 甲、乙的众数都是7D. 乙的成绩更稳定
3.随着经济的发展和人民生活水平的提高，我国的旅游业也得到了极大的发展，据国家统计局网站数据显示，近十年我国国内游客人数(单位：百万)折线图如图所示，则下列结论不正确的是( )
A. 近十年，城镇居民国内游客人数的平均数大于农村居民国内游客人数的平均数
B. 近十年，城镇居民国内游客人数的方差大于农村居民国内游客人数的方差
C. 近十年，农村居民国内游客人数的中位数为1240
D. 2012年到2019年，国内游客中城镇居民国内游客人数占比逐年增加
4.已知a，b是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则( )
A. a//α，a⊥b，则b⊥α
B. a⊥α，a⊥b，则b//α
C. a⊂α，b⊂α，a//β，b//β，则α//β
D. a∩b=A，a//α，b//α，a//β，b//β，则α//β
5.若(a+b+c)(b+c−a)=3ab，且sinA=2sinBcsC，那么△ABC是( )
A. 直角三角形B. 等边三角形C. 等腰三角形D. 等腰直角三角形
6.陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知，底面圆的直径AB=12cm，圆柱体部分的高BC=6cm，圆锥体部分的高CD=4cm，则这个陀螺的表面积(单位：cm2)是( )
A. (144+12 13)πB. (144+24 13)πC. (108+12 13)πD. (108+24 13)π
7.已知向量a与b的夹角为30∘，且|a|= 3，|b|=1，设m=a+b，n=a−b，则向量m在n方向上的投影向量为( )
A. 2nB. nC. 3nD. 33n
8.如图，平面四边形ABCD中，∠ABC=π2，△ACD为正三角形，以AC为折痕将△ACD折起，使D点达到P点位置，且二面角P−AC−B的余弦值为− 33，当三棱锥P−ABC的体积取得最大值，且最大值为 23时，三棱锥P−ABC外接球的体积为( )
A. πB. 2πC. 3πD. 6π
二、多选题：本题共4小题，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。
9.下列说法正确的是( )
A. 设a,b是非零向量，且a//b，则a⋅b=|a||b|
B. 若z1，z2为复数，则|z1⋅z2|=|z1|⋅|z2|
C. 设a,b是非零向量，若|a+b|=|a−b|，则a⋅b=0
D. 设z1，z2为复数，若|z1+z2|=|z1−z2|，则z1z2=0
10.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且asinB= 3bcsA，则( )
A. A=π6
B. 若B=π4，则 3b= 2a
C. 若a= 3，b+c=3，则bc=2
D. 若a=2，则△ABC的面积的最小值为 3
11.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，O为底面ABCD的中心，AC1交平面A1BD于点E，点F为棱CD的中点，则( )
A. A1，E，O三点共线
B. 异面直线BD与AC1所成的角为60∘
C. 点C1到平面A1BD的距离为2 33
D. 过点A1，B，F的平面截该正方体所得截面的面积为98
12.已知△ABC三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若( 3c−2asinB)sinC= 3(bsinB−asinA)，则下列选项正确的是( )
A. csAcsC的取值范围是(12,34)
B. 若D是AC边上的一点，且CD=2DA，BD=2，则△ABC的面积的最大值为3 32
C. 若三角形是锐角三角形，则ca的取值范围是(12,2)
D. 若三角形是锐角三角形，BD平分∠ABC交AC于点D，且BD=1，则4a+c的最小值为3 3
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知复数z满足|z+2−2i|=1，则|z−2−2i|的最大值是______ .
14.如图，在三棱锥D−ABC中，AC= 3BD，且AC⊥BD，E，F分别是棱DC，AB的中点，则EF和AC所成的角等于______ .
15.在某次调查中，采用样本量比例分配的分层随机抽样，部分数据如表.
根据这些数据可计算出总样本的方差为______ .
16.△ABC中，AB=1，AC=4，∠A=60∘，AD是BC边上的中线，E，F分别为线段AB，AC上的动点，EF交AD于点G.若△AEF面积为△ABC面积的一半，则AG⋅EF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.(本小题10分)
我国是世界上严重缺水的国家，某市为了制定合理的节水方案，对居民用水情况进行了调查，通过抽样，获得了某年100位居民每人的月均用水量(单位：吨)，将数据按照[0,0.5),[0.5,1)…，[4,4.5]分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图．
(1)求直方图中a的值；
(2)设该市有30万居民，估计全市居民中月均用水量不低于3吨的人数；
(3)估计居民月均用水量的中位数．
18.(本小题12分)
如图，在梯形ABCD中，E为DC的中点，AD//BC，∠BAD=π2，∠BDA=π3，BC=BD.
(1)求AE⋅BD；
(2)求AC与BD夹角的余弦值．
19.(本小题12分)
如图，△ABC中，AC=BC= 22AB，ABED是边长为1的正方形，平面ABED⊥平面ABC，若G、F分别是EC、BD的中点．
(1)求证：GF//平面ABC；
(2)求证：BC⊥平面ACD.
20.(本小题12分)
如图，在圆锥PO中，已知PO⊥底面⊙O，PO= 2，⊙O的直径AB=2，C是AB的中点，D为AC的中点.
(1)证明：平面POD⊥平面PAC；
(2)求三棱锥D−PBC的体积；
(3)求二面角B−PA−C的余弦值.
21.(本小题12分)
在△ABC中，AB=2，D为AB中点，CD= 2.
(1)若BC= 2，求AC的长;
(2)若∠BAC=2∠BCD，求AC的长.
22.(本小题12分)
如图所示，在平行四边形ABCD中，AB=2BC=8 3,∠DAB=π3,E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折为△A′DE，若F为线段A′C的中点．在△ADE翻折过程中，
(1)求证：BF//平面A′DE；
(2)若二面角A′−DE−C=60∘，求A′C与面A′ED所成角的正弦值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：因为(2+i)z=| 2− 2i|，即(2+i)z=2，
所以z=22+i=2(2−i)(2+i)(2−i)=45−25i，
所以z−=45+25i，其所对应的点为(45,25)，位于第一象限．
故选：A.
先求出z=45−25i，再求出z−=45+25i即得解．
本题主要考查复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：计算得甲、乙的平均数都是8，故A错误；
甲从小到大进行排序：6，7，7，7，7，8，9，9，10，10，
乙从小到大进行排序，7，7，7，8，8，8，8，9，9，9，
所以甲的中位数是7.5，而乙的中位数是8，故B错误；
乙的众数是8，故C错误；
甲的方差为s12=110[(7−8)2×4+(6−8)2+(9−8)2×2+(10−8)2×2]=1.8，
乙的方差为s22=110[(7−8)2×3+(9−8)2×3]=0.6，
所以乙的方差小，所以乙的成绩更稳定，故D正确．
故选：D.
求出甲乙的平均数、中位数和众数，即可判断选项ABC，求出方差判断选项D.
本题考查平均数、中位数、众数、方差的定义，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由图可知，每一年城镇居民国内游客人数都多于农村居民国内游客人数，
所以近十年，城镇居民国内游客人数的平均数大于农村居民国内游客人数的平均数，故选项A正确；
由图可知，近十年，城镇居民国内游客人数的波动比农村居民国内游客人数波动大，
所以由方差的意义可知，近十年城镇居民国内游客人数的方差大于农村居民国内游客人数的方差，
故选项B正确；
将近十年农村居民国内游客人数从小到大进行排列，
可得近十年农村居民国内游客人数的中位数为1128+11882=1158，故选项C错误；
由图可知，2012年到2019年，国内游客中城镇居民国内游客人数每年都比农村居民国内游客人数增长多，所以2012年到2019年，国内游客中城镇居民国内游客人数占比逐年增加，故选项D正确．
故选：C.
根据每一年城镇居民国内游客人数都多于农村居民国内游客人数，即可判断选项A；根据近十年，城镇居民国内游客人数的波动比农村居民国内游客人数波动大，即可判断选项B；由中位数的计算方法，可得近十年农村居民国内游客人数的中位数，即可判断选项C；根据2012年到2019年，国内游客中城镇居民国内游客人数每年都比农村居民国内游客人数增长多，即可判断选项D.
本题主要考查统计图获取信息，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】【分析】
在A中，b与α相交、平行或b⊂α；在B中，b//α或b⊂α；在C中，α与β相交或平行；在D中，由面面平行的判定定理得α//β.
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
【解答】
解：由a，b是两条不同直线，α，β是两个不同平面，知：
在A中，a//α，a⊥b，则b与α相交、平行或b⊂α，故A错误；
在B中，a⊥α，a⊥b，则b//α或b⊂α，故B错误；
在C中，a⊂α，b⊂α，a//β，b//β，则α与β相交或平行，故C错误；
在D中，a∩b=A，a//α，b//α，a//β，b//β，则由面面平行的判定定理得α//β，故D正确．
故选：D.
5.【答案】B
【解析】【解析】
对(a+b+c)(b+c−a)=3bc化简整理得b2−bc+c2=a2，代入余弦定理中求得csA，进而求得A=60∘，又由sinA=2sinBcsC，可求sinAsinB=2csC，即ab=2a2+b2−c22ab，化简可得b=c，结合A=60∘，进而可判断三角形的形状．
本题主要考查了余弦定理在解三角形中的应用．要熟练记忆余弦定理的公式及其变形公式，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
【解析】
解：∵(a+b+c)(b+c−a)=3bc，
∴[(b+c)+a][(b+c)−a]=3bc，
∴(b+c)2−a2=3bc，
b2+2bc+c2−a2=3bc，
b2−bc+c2=a2，
根据余弦定理有a2=b2+c2−2bccsA，
∴b2−bc+c2=a2=b2+c2−2bccsA，
bc=2bccsA，
csA=12，
∴A=60∘，
又由sinA=2sinBcsC，
则sinAsinB=2csC，即ab=2a2+b2−c22ab，
化简可得，b2=c2，
即b=c，
∴△ABC是等边三角形
故选B.
6.【答案】C
【解析】解：由题意可得圆锥体的母线长为l= 62+42=2 13，
所以圆锥体的侧面积为12⋅12π⋅2 13=12 13π，
圆柱体的侧面积为12π×6=72π，
圆柱的底面面积为π×62=36π，
所以此陀螺的表面积为12 13π+72π+36π=(108+12 13π)(cm2).
故选：C.
根据圆柱与圆锥的表面积公式求解．
本题主要考查圆锥与圆柱表面积的求法，考查运算求解能力，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：因为知向量a与b的夹角为30∘，且|a|= 3，|b|=1，
所以a⋅b= 3×1×cs30∘=32，
所以m在n方向上的投影向量为m⋅n|n|⋅n|n|=(a+b)(a−b)|a−b|2⋅n=a2−b2a2−2a⋅b+b2⋅n=3−13−3+1⋅n=2n.
故选：A.
根据投影向量公式求解即可．
本题主要考查了投影向量的定义，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查球的切、接问题，球的体积，二面角，是中档题.
过点P作PQ⊥平面ABC，垂足为Q，作QH⊥AC，垂足为H，连接PH，则∠PHQ为二面角P−AC−B的补角，H为AC的中点，设AC=t，根据二面角P−AC−B的余弦值可求得QH，PQ，再根据三棱锥P−ABC的体积取得最大值结合基本不等式求出t，再利用勾股定理求出三棱锥P−ABC外接球的半径，根据球的体积公式即可得解．
【解答】
解：过点P作PQ⊥平面ABC，垂足为Q，作QH⊥AC，垂足为H，连接PH，
因为PQ⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PQ⊥AC，
又QH⊥AC，QH∩PQ=Q，QH，PQ⊂平面PQH，
所以AC⊥平面PQH，
因为PH⊂平面PQH，所以AC⊥PH，
则∠PHQ为二面角P−AC−B的平面角的补角，故cs∠PHQ= 33，
因为PA=PC，所以H为AC的中点，
设AC=t，则PH= 32t,AB2+BC2=t2，
在Rt△PQH中，cs∠PHQ=QHPH= 33，则QH=12t,PQ= 34t2−14t2= 22t，
由VP−ABC=13S△ABC⋅PQ= 26t⋅S△ABC，
得当S△ABC取得最大值时，三棱锥P−ABC的体积取得最大值，
S△ABC=12AB⋅BC≤12⋅AB2+BC22=t24，
当且仅当AB=BC= 22t时，取等号，
所以(VP−ABC)max= 26t⋅t24= 23，解得t=2，
则QH=1,PQ= 2，
设三棱锥P−ABC外接球的球心为O，则OH⊥平面ABC，
设OH=h，
由OP=OA得( 2−h)2+12=h2+12，解得h= 22，
则三棱锥P−ABC外接球的半径R=OA= 12+( 22)2= 62，
所以三棱锥P−ABC外接球的体积为43πR3= 6π.
故选：D.
9.【答案】BC
【解析】解：对选项A：a,b是非零向量，且a//b，则a⋅b=|a||b|或a⋅b=−|a||b|，错误；
对选项B：设z1=a+bi，z2=c+di，a，b，c，d∈R，|z1|⋅|z2|= a2+b2⋅ c2+d2，
|z1⋅z2|=|ac−bd+(ad+bc)i|= a2c2+b2d2+a2d2+b2c2= a2+b2⋅ c2+d2，正确；
对选项C：|a+b|=|a−b|，则(a+b)2=(a−b)2，整理得到a⋅b=0，正确；
对选项D：取z1=1，z2=i，满足|z1+z2|=|z1−z2|，z1z2=i，错误；
故选：BC.
确定a⋅b=|a||b|或a⋅b=−|a||b|，A错误，计算得到BC正确，举反例z1=1，z2=i，得到D错误，得到答案．
本题考查向量的相关运算以及概念，属于中档题．
10.【答案】BC
【解析】解：对于A选项，由正弦定理有sinAsinB= 3sinBcsA，有sinA= 3csA，有tanA= 3，可得A=π3，故A选项错误；
对于B选项，由正弦定理有ba=sinBsinA=sinπ4sinπ3= 2 3，有 3b= 2a，故B选项正确；
对于C选项，由余弦定理有b2+c2−bc=3，有(b+c)2−3bc=3，代入b+c=3，可得bc=2，故C选项正确；
对于D选项，由余弦定理有b2+c2−bc=4≥2bc−bc=bc(当且仅当b=c=2时取等号)，有S△ABC= 34bc≤ 3，故D选项错误．
故选：BC.
对于A选项，根据asinB= 3bcsA，由正弦定理求得A=π3判断；
对于B选项，结合A选项，利用正弦定理求解判断；
对于C选项，结合A选项，利用余弦定理求解判断；
对于D选项，利用余弦定理结合基本不等式求解判断．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：因为O为底面ABCD的中心，
所以O为BD和AC的中点，则O∈BD，O∈AC，
因为BD⊂平面A1BD，AC⊂平面ACC1A1，
所以O∈平面A1BD，O∈平面ACC1A1，
所以点O是平面A1BD与平面ACC1A1的公共点；
显然A1是平面A1BD与平面ACC1A1的公共点；
因为AC1交平面A1BD于点E，AC1⊂平面ACC1A1，
所以E也是平面A1BD与平面ACC1A1的公共点，
所以A1，E，O三点都在平面A1BD与平面ACC1A1的交线上，
即A1，E，O三点共线，故A正确；
因为C1C⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥C1C，
又BD⊥AC，AC∩C1C=C，AC，C1C⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥平面ACC1A1，
又AC1⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥AC1，即异面直线BD与AC1所成的角为90∘，故B不正确；
根据证明BD⊥AC1的方法，同理可得AC1⊥A1B，
因为BD∩A1B=B，BD，A1B⊂平面A1BD，
所以AC1⊥平面A1BD，
则C1E的长度就是点C1到平面A1BD的距离，
显然E为正三角形A1BD的中心，
因为正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，
所以正三角形A1BD的边长为 2，
所以A1E=23× 32× 2= 63，
又A1C1= 2，
所以C1E= A1C12−A1E2= 2−( 63)2=2 33，
即点C1到平面A1BD的距离为2 33，故C正确；
取D1D的中点G，连FG，GA1，BF，A1B，
因为FG//CD1//A1B，
所以等腰梯形A1BFG就是过点A1，B，F的平面截该正方体所得截面，如图：
因为A1B= 2，FG= 22，A1G=BF= 52，
所以等腰梯形A1BFG的高为h= A1G2−(A1B−FG2)2= 54−( 2− 222)2=3 24，
所以等腰梯形A1BFG的面积为12(A1B+FG)⋅h=12( 2+ 22)×3 24=98，
即过点A1，B，F的平面截该正方体所得截面的面积为98，故D正确．
故选：ACD.
通过证明A1，E，O三点都是平面A1BD与平面ACC1A1的公共点，可知A正确；利用线面垂直的判定与性质可证异面直线BD与AC1所成的角为90∘，可知B不正确；通过证明AC1⊥平面A1BD，得C1E的长度就是点C1到平面A1BD的距离，计算C1E的长度可知C正确；取D1D的中点G，可得等腰梯形A1BFG就是过点A1，B，F的平面截该正方体所得截面，计算等腰梯形A1BFG的面积可知，D正确．
本题考查立体几何知识的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】BC
【解析】解：∵( 3c−2asinB)sinC= 3(bsinB−asinA)，
∴由正弦定理可得( 3c−2asinB)c= 3(b2−a2)，∴ 3(a2+c2−b2)=2acsinB，
∴ 3⋅2accsB=2acsinB，即tanB= 3，又B∈(0,π)，∴B=π3，
∴csAcsC=−csAcs(A+π3)= 32sinAcsA−12cs2A=12sin(2A−π6)−14，
∵A∈(0,2π3)，∴2A−π6∈(−π6,7π6)，∴sin(2A−π6)∈(−12,1],
∴csAcsC∈(−12,14],故选项A错误；
∵CD=2DA，∴BD=23BA+13BC，
∴BD2=(23BA+13BC)2=49BA2+49BA⋅BC+19BC2，又BD=2，
∴4=49c2+19a2+29ac≥2 49c2×19a2+29ac=23ac，
即ac≤6，当且仅当49c2=19a2，即a=2c时，等号成立，
∴S△ABC=12ac×sinπ3= 34ac≤3 32，即△ABC的面积的最大值为3 32，故选项B正确；
ca=sinCsinA=sin(A+π3)sinA=12+ 32tanA，
∵0tanπ6= 33，
∴0< 32tanA<32，∴ca=12+ 32tanA∈(12,2)，故选项C正确；
由题意得：S△ABC=S△ABD+S△BCD，∴12ac×sinπ3=12a×sinπ6+12c×sinπ6，
化简得 3ac=a+c，∴1a+1c= 3，∴4a+c= 33(4a+c)×(1a+1c)= 33(4+4ac+ca+1)≥ 33(5+2 4ac×ca)=3 3，
当且仅当1a+1c= 34ac=ca，即a= 32c= 3时取等号，
此时b= a2+c2−2accsB=32，
而c2=a2+b2，∴C=π2，而三角形是锐角三角形，故等号不成立，故选项D错误．
故选：BC.
利用正弦定理及余弦定理求出角B，利用三角恒等变换公式化简csAcsC求出值域判断A，利用向量线性运算及数量积的运算律解得4=49c2+19a2+29ac，使用基本不等式即可求出面积最大值判断B，利用正弦定理及三角恒等变换得ca=12+ 32tanA，求出函数值域即可判断C，由三角形面积公式寻找a，c关系，再利用基本不等式判断D.
本题主要考解三角形，正余弦定理的应用，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
13.【答案】5
【解析】解：由|z+2−2i|=1，可知
复数z在以(−2,2)为圆心，以1为半径的圆周上，
所以|z−2−2i|的最大值是(−2,2)到(2,2)的距离加上半径1，
等于2−(−2)+1=5.
故答案为5.
由复数模的几何意义可知复数z在以(−2,2)为圆心，以1为半径的圆周上，所以|z−2−2i|的最大值是(−2,2)到(2,2)的距离加上半径1.
本题考查了复数模的几何意义，考查了复数模的求法，体现了数形结合的解题思想，是基础题．
14.【答案】π6
【解析】解：如图所示，取BC的中点G，连接FG，EG.
∵E，F分别是CD，AB的中点，
∵FG//AC，EG//BD，且FG=12AC，EG=12BD.
∴∠EFG为EF与AC所成的角(或其补角).
又∵AC= 3BD，∴FG= 3EG.
又∵AC⊥BD，∴FG⊥EG，∴∠FGE=90∘，
∴△EFG为直角三角形，∴tan∠EFG=EGFG= 33，又∠EFG为锐角，
∴∠EFG=30∘，即EF与AC所成的角为π6.
故答案为：π6.
取BC的中点G，连接FG、EG，则∠EFG为EF与AC所成的角．通过解△EFG即可求解．
本题考查异面直线所成角的求法，考查异面直线所甩角的定义、中位线定理等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
15.【答案】2
【解析】解：根据题意，总体的平均数x−=10×3.5+30×5.540=5，
故总样本的方差S2=1040×[2+(5−3.5)2]+3040×[1+(5.5−5)2]=2.
故答案为：2.
根据题意，求出总体的平均数，进而由方差公式计算可得答案．
本题考查总体方差的计算，注意方差的计算公式，属于基础题．
16.【答案】2
【解析】解：设AG=λADAE=mABAF=nAC，由向量共线的充要条件不妨设AG=xAE+yAF(x+y=1)，
则AG=xAE+yAF=λAD=λ2(AB+AC)=xmAB+ynAC⇒xm=yn=λ2，
即λ2m+λ2n=1，
又△AEF面积为△ABC面积的一半可得：12×sin60∘⋅AE⋅AF12×sin60∘⋅AB⋅AC=12⇒mn=12，
所以λ2m+mλ=1⇒λ=2m2m2+1.
AG⋅EF=λ2(AB+AC)(nAC−mAB)=9λn−3λm2=−32+214m2+2，
易知∵n∈(0,1]∴m∈[12,1]⇒4m2+2∈[3,6]
当m=1时，即E，B重合时取得最小值−32+216=2.
故答案为：2.
利用平面向量的共线定理结合基底表示数量积，转化为函数求最值即可．
本题考查向量的线性运算，向量数量积的最值的求解，化归转化思想，函数思想，属中档题．
17.【答案】解：(1)由频率分布直方图可知，月均用水量在[0,0.5)内的频率为0.08×0.5=0.04.
同理，月均用水量在[0.5,1),[1.5,2),[2,2.5),[3,3.5),[3.5,4),[4,4.5]组内的频率分别为0.08，0.21，0.25，0.06，0.04，0.02.
由1−(0.04+0.08+0.21+0.25+0.06+0.04+0.02)=0.5×a+0.5×a，解得a=0.30.
(2)估计全市居民中月均用水量不低于3吨的人数为3.6万.
理由如下：
由(1)知，100位居民中月均用水量不低于3吨的频率为0.06+0.04+0.02=0.12.
由以上样本的频率分布，可以估计30万居民中月均用水量不低于3吨的人数为：
300000×0.12=36000.
(3)设中位数为x吨.
因为前5组的频率之和为0.04+0.08+0.15+0.21+0.25=0.73>0.5，
而前4组的频率之和为0.04+0.08+0.15+0.21=0.48<0.5，
所以2≤x<2.5.
由0.50×(x−2)=0.5−0.48，解得x=2.04.
故可估计居民月均用水量的中位数为2.04吨.
【解析】本题考查频率分布直方图以及中位数，属于中档题.
(1)准确理解频率分布直方图中纵轴上的数据是各组的频率除以组距的结果和频率分布直方图中各小矩形的面积之和为1是本小问解题的突破口；
(2)由频率分布直方图求出100为居民中月均用水量不低于3吨的频率，再根据用样本估计总体的知识，即可求得答案；
(3)设中位数为x吨，因为前5组的频率之和为0.73>0.5，而前4组的频率之和为0.48<0.5，所以2≤x<2.5，即可求解.
18.【答案】解：(1)由题意建立如图所示的平面直角坐标系，
设AD=1，
又在梯形ABCD中，E为DC的中点，AD//BC，∠BAD=π2，∠BDA=π3，BC=BD，
则A(0,0)，D(1,0)，B(0, 3)，C(2, 3)，E(32, 32)，
则AE⋅BD=(32, 32)⋅(1,− 3)=32×1+ 32×(− 3)=0；
(2)由(1)可得AC=(2, 3)，BD=(1,− 3)，
则AC⋅BD=2×1+ 3×(− 3)=−1，|AC|= 7，|BD|=2，
则AC与BD夹角的余弦值为AC⋅BD|AC||BD|=−12 7=− 714.
【解析】(1)先结合题意建立平面直角坐标系，然后求出对应点的坐标，然后结合平面向量数量积的坐标运算求解即可；
(2)由平面向量数量积的坐标运算，结合AC与BD夹角的余弦值为AC⋅BD|AC||BD|求解即可．
本题考查了平面向量数量积的坐标运算，重点考查了平面向量的夹角的求法，属基础题．
19.【答案】(1)证明：取BE的中点H，连接HF，GH.
∵G，F分别是EC和BD的中点，
∴HG//BC，HF//DE.
又∵四边形ABED为正方形，
∴DE//AB，从而HF//AB.
∵BC⊂平面ABC，HG⊄平面ABC，∴HG//平面ABC，
同理HF//平面ABC，又HG∩HF=H，
∴平面HGF//平面ABC，又∵GF⊂平面HGF ，则GF//平面ABC；
(2)证明：∵ABED为正方形，∴AD⊥AB.
又∵平面ABED⊥平面ABC，且平面ABED∩平面ABC=AB，AD⊂平面ABED，
∴AD⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，则AD⊥BC，
∵AC=BC= 22AB，AB=1，∴AC=BC= 22，
则CA2+CB2=AB2，得AC⊥BC.
又AD∩AC=A，且AD、AC⊂平面ACD
∴BC⊥平面ACD；

【解析】本题考查线面平行和线面垂直的判定，属中档题，
(1)取BE的中点H，连接HF，GH.通过证明平面HGF//平面ABC.然后说明GF//平面ABC；
(2)由已知得AD⊥AB，结合平面ABED⊥平面ABC，可得AD⊥平面ABC，进一步得到AD⊥BC，再由勾股定理证得AC⊥BC，即可得到BC⊥平面ACD；
20.【答案】解：(1)证明：连接OC，
∵OA=OC，D是AC的中点
∴AC⊥OD
又∵PO⊥底面⊙O，AC⊂底面⊙O
∴AC⊥PO
∵OD、PO是平面POD内的两条相交直线
∴AC⊥平面POD，
而AC⊂平面PAC
∴平面POD⊥平面PAC；
(2)根据题意可得三棱锥D−PBC的体积VD−PBC=VP−DBC=12VP−ABC
=12×13×12× 2× 2× 2= 26；
(3)在平面POD中，过O作OH⊥PD于H，由(Ⅰ)知，平面POD⊥平面PAC
所以OH⊥平面PAC，
又∵PA⊂平面PAC
∴PA⊥HO
在平面PAO中，过O作OG⊥PA于G，连接GH，则有PA⊥平面OGH，从而PA⊥HG.故∠OGH为二面角B−PA−C的平面角
在Rt△ODA中，OD=OA⋅sin45∘= 22
在Rt△ODP中，OH=PO⋅OD PO2+OD2= 2⋅ 22 2+12= 105
在Rt△OPA中，OG=PO⋅OA PO2+OA2= 2×1 2+1= 63
在Rt△OGH中，sin∠OGH=OHOG= 105 63= 155
所以cs∠OGH= 1−sin2∠OGH= 1−1525= 105
故二面角B−PA−C的余弦值为 105
【解析】(1)连接OC，先根据△AOC是等腰直角三角形证出中线OD⊥AC，再结合PO⊥AC证出AC⊥POD，利用平面与平面垂直的判定定理，可证出平面POD⊥平面PAC；
(2)转化三棱锥的顶点与底面，即可求解；
(3)过O分别作OH⊥PD于H，OG⊥PA于G，再连接GH，根据三垂线定理证明∠OGH为二面角B−PA−C的平面角，最后分别在Rt△ODA、Rt△ODP、Rt△OGH中计算出OH、OG和sin∠OGH，最后求出所求二面角的余弦值．
本题考查面面垂直的证明，三棱锥的体积的求解，二面角的求解，属中档题．
21.【答案】解：(1)在△BDC中，cs∠BDC=BD2+CD2−BC22BD⋅CD= 24.
cs∠ADC=−cs∠BDC=− 24.
在△ADC中，AC2=AD2+CD2−2AD⋅CD⋅cs∠ADC=4，所以AC=2.
(2)设AC=x，BC=y，
由正弦定理，在△ADC和△BDC中，sin∠BAC 2=sin∠ADCx，sin∠BCD1=sin∠BDCy
又sin∠ADC=sin∠BDC，得sin∠BACsin∠BCD= 2yx.
由余弦定理，在△BDC中，cs∠BCD=y2+2−12 2y.
所∠BAC=2∠BCD，有sin∠BAC=2sin∠BCDcs∠BCD.
所以 2yx=2⋅y2+2−12 2y，整理得：2y2=x(y2+1).①
又由cs∠ADC=−cs∠BDC，1+2−x22 2=−1+2−y22 2，整理得：x2+y2=6.②
联立①②得：x3−2x2−7x+12=0.即(x−3)(x2+x−4)=0.
又 2−1所以AC=−1+ 172.
【解析】本题考查正、余弦定理的综合应用，为中档题.
22.【答案】解：(1)证明：取CD的中点G，连接FG，BG，
∵F为线段A′C的中点，∴GF//A′D，
∵FG⊄平面A′DE，A′D⊂平面A′DE，∴GF//平面A′DE，
又DG//BE，DG=BE，∴四边形BEDG为平行四边形，则BG//DE.
BG⊄平面A′DE，DE⊂平面A′DE，
可得BG//平面A′DE，
又BG∩GF=G，BG，GF⊂平面BFG，
可得平面A′DE//平面BFG，BF⊂平面BFG，
则BF//面A′DE；
(2)取DC中点G，DE中点O，连接OG，A′O，A′G，
由AB=2BC=8 3,∠DAB=π3,E为边AB的中点，
得AE=AD=4 3，所以△ADE为等边三角形，从而DE=4 3，∠EDC=60∘，
又DG=4 3，O为DE的中点所以OG⊥DE，又△A′DE是等边三角形，
所以A′O⊥DE，所以∠A′OG为二面角A′−DE−C的平面角，所以∠A′OG=60∘，
过点E作EM//OA′，过A′作A′M//OE交于M，连接CM，
∵△A′DE是等边三角形，所以可求得A′O=6，OE=2 3，所以EM=6，A′M=2 3，
∵DE⊥A′O，DE⊥OG，OG//CE，EM//A′O，
所以DE⊥EM，DE⊥EC，又EC∩EM=E，EC，EM⊂面EMC，
所以DE⊥面EMC，又A′M//DE，所以A′M⊥面EMC，
∵A′M⊂平面A′DE，所以面A′DE⊥面EMC，
由ME=6，在△CBE中易求得CE=12，又∠MEC=∠A′OG=60∘，
所以MC⊥EM，MC=6 3，
面A′DE∩面EMC=EM，MC⊂面EMC，
所以MC⊥面A′DE，所以∠MA′C为A′C与平面A′DE所成的角，
在Rt△A′MC中可求得A′C=2 30，所以sin∠MA′C=6 32 30=3 1010，
∴A′C与面A′ED所成角的正弦值为3 1010.
【解析】(1)取CD的中点G，连接FG，BG，证明GF//平面A′DE，BG//平面A′DE，得到平面A′DE//平面BFG，则BF//面A′DE；
(2)通过作二面角A′−DE−C的平面角与A′C与面A′ED所成线面角，再求其正弦值．
本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和运算求解能力．甲的环数
7
7
10
6
10
8
7
9
7
9
乙的环数
7
8
8
9
8
7
7
9
8
9
样品类别
样本容量
平均数
方差
A
10
3.5
2
B
30
5.5
1