2022-2023学年广东省梅州市高一(下)期末数学试卷【答案版】

2022-2023学年广东省梅州市高一（下）期末数学试卷
一、单项选择题：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．复数z ＝（1+m ）+（2﹣m ）i （m ∈R ，i 为虚数单位）对应的点在第二象限内，则实数m 的取值范围是（ ） A ．﹣1＜m ＜2
B ．m ＜﹣1
C ．m ＞2
D ．m ＜﹣1或m ＞2
2．已知|a →
|=2，|b →
|=3，且a →
⊥b →
，则|b →
−a →
|=（ ） A ．1
B ．√5
C ．√13
D ．5
3．某水果店老板为了了解葡萄的日销售情况，记录了过去10天葡萄的日销售量（单位：kg ），结果如下：43，35，52，65，40，54，49，38，62，57．一次进货太多，水果会变得不新鲜；进货太少，又不能满足顾客的需求，店长希望每天的葡萄尽量新鲜，又能60%地满足顾客的需求（在100天中，大约有60天可以满足顾客的需求），每天大约应进（ ）千克葡萄． A ．49
B ．51
C ．53
D ．55
4．已知a ，b ，c 是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列结论正确的是（ ） A ．若a ⊥b ，a ⊥c ，则b ∥c B ．a ∥α，b ∥α，则a ∥b
C ．若a ∥α，b ⊥a ，则b ⊥α
D ．若a ⊂α，α∥β，则a ∥β
5．十字测天仪广泛应用于欧洲中世纪晚期的航海领域，主要用于测量太阳等星体的方位，便于船员确定位置，如图1所示，十字测天仪由杆AB 和横档CD 构成，并且E 是CD 的中点，横档与杆垂直并且可在杆上滑动，十字测天仪的使用方法如下：如图2，手持十字测天仪，使得眼睛可以从A 点观察，滑动横档CD 使得A ，C 在同一水平面上，并且眼睛恰好能观察到太阳，此时视线恰好经过点D ，DE 的影子恰好是AE ．然后，通过测量AE 的长度，可计算出视线和水平面的夹角∠CAD （称为太阳高度角），最后通过查阅地图来确定船员所在的位置．
若在一次测量中，AE ＝60，横档CD 的长度为30，则太阳高度角的正弦值为（ ） A ．
417
B ．
8
17
C ．
1317
D ．
1517
6．在直角坐标系xOy 中，已知a →
=(1，3)，b →
=(3，1)，若∀t ∈R ，|a →
−λb →
|≤|a →
−tb →
|恒成立，则λ＝（ ）
A ．1
3
B ．2
3
C ．2
5
D ．3
5
7．如图，三棱台ABC ﹣A 1B 1C 1中，底面ABC 是边长为6的正三角形，且AA 1＝A 1C 1＝C 1C ＝3，平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，则棱BB 1＝（ ）
A ．
3√62
B ．3√3
C ．3
D ．3√2
8．在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，b ＝2，C =π
3，则c 的取值范围为（ ） A ．(2，2√3)
B ．(2√3，+∞)
C ．(√3，2√3)
D ．（2，+∞）
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。

9．计算下列各式，结果为√3
2
的是（ ） A ．sin15°+cos15° B ．sin153°sin57°+cos27°cos57°
C ．
1+tan15°1−tan15°
D ．cos 415°﹣sin 415°
10．随着生活水平的不断提高，旅游已经成为人们生活的一部分，某地旅游部门从2022年到该地旅游的游客中随机抽取10000位游客进行调查，得到各年龄段游客的人数和自助游比例，如图所示，则（ ）
A ．估计2022年到该地旅游的青年人占游客总人数的45%
B ．估计2022年到该地旅游的游客中选择自助游的游客占比不到25%
C ．估计2022年到该地旅游的游客中选择自助游的青年人比到该地旅游的老年人还要多
D ．估计2022年到该地旅游且选择自助游的游客里面青年人超过一半
11．已知甲罐中有三个相同的小球，标号为1，2，3；乙罐中有两个相同的小球，标号为1，2，从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，记事件A ＝“抽取的两个小球标号之和小于4”，事件B ＝“抽取的两个小球标号之积为偶数”，事件C ＝“抽取的两个小球标号之积大于3”，则（ ）
A ．事件A 发生的概率为1
2
B ．事件A ∪B 发生的概率为2
3
C ．事件A ，C 是互斥事件
D ．事件B ，C 相互独立
12．如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AB ＝4，AF ＝3，若G 是线段EF 上的动点，则（ ）
A ．AD 与CG 所成角的正切值最大为5
4
B ．在EF 上存在点G ，使得AG ⊥CG
C ．当G 为EF 上的中点时，三棱锥C ﹣ABG 的外接球半径最小
D ．AG +CG 的最小值为4√6
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知一个圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为 ．
14．如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱BB 1，C 1D 1的中点，过点A 1、M 、N 作正方体的截面α交CC 1于点Q ，则
C 1Q QC
= ．
15．甲、乙两人独立地投篮，命中的概率分别为23、3
4，则甲、乙各投一次，至少命中一球的概率为 ．
16．在边长为6的等边三角形ABC 中，若点D 为AB 的中点，点E 满足BE →=2EC →，则AE →⋅CD →
= ． 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）已知复数z ＝（2m ﹣1）+m •i ，其中i 为虚数单位，m ∈R ． （1）若满足（1+i ）•z 为纯虚数，求实数m 的值； （2）若|z ﹣3|＝2，求实数m 的值．
18．（12分）在直角坐标系中，已知两点A （4，3）、B （0，1），点C 为x 轴上一动点． （1）若△ABC 是以AB 为斜边的直角三角形，求点C 的坐标；
（2）已知点D （6，t ），问是否存在实数t ，使得四边形ABCD 为平行四边形？如果存在求出实数t 的值；如果不存在，请说明理由．
19．（12分）已知函数f(x)=Asin(ωx +φ)(A ＞0，ω＞0，|φ|≤π
2)的图象如图所示． （1）求函数f （x ）的解析式；
（2）若函数h （x ）＝2f （x ）+1的图象在区间[0，b ]上恰好含10个零点，求实数b 的取值范围．
20．（12分）在直角梯形AA 1B 1B 中，A 1B 1∥AB ，AA 1⊥AB ，AB ＝4，A 1B 1＝AA 1＝2，直角梯形AA 1B 1B 绕直角边AA 1旋转一周得到如下图的圆台A 1A ，已知平面AA 1C 1C ⊥平面AA 1B 1B ，点P 为BB 1的中点，点Q 在线段BC 上，且
BQ BC
=1
4
．
（1）证明：PQ ∥平面AA 1C 1C ； （2）求点B 到平面AB 1C 的距离．
21．（12分）已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边为a ，b ，c ，且3(sinA−sinB)
sinC
=
3c−2b a+b
．
（1）求sin A ； （2）若△ABC 的面积为
43
√2，求内角A 的角平分线AD 长的最大值．
22．（12分）某中学新建了学校食堂，每天有近2000名学生在学校食堂用午餐，午餐开放时间约40分钟，食堂制作了三类餐食，第一类是选餐，学生凭喜好在做好的大约6种菜和主食米饭中任意选购；第二类是套餐，已按配套好菜色盛装好，可直接取餐；第三类是面食，如煮面、炒粉等，为了更合理地设置窗口布局，增加学生的用餐满意度，学校学生会在用餐的学生中对就餐选择、各类餐食的平均每份取餐时长以及可接受等待时间进行问卷调查，并得到以下的统计图表．
已知饭堂的售饭窗口一共有20个，就餐高峰期时有200名学生在等待就餐．
（1）根据以上的调查统计，如果设置12个选餐窗口，4个套餐窗口，4个面食窗口，就餐高峰期时，假设大家在排队时自动选择较短的队伍等待（即各类餐食的窗口前队伍长度各自相同），问：选择选餐的同学最长等待时间是多少？这能否让80%的同学感到满意（即在接受等待时长内取到餐）？
（2）根据以上的调查统计，从等待时长和公平的角度上考虑，如何设置各类售饭窗口数更优化，并给出你的求解过程．
2022-2023学年广东省梅州市高一（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：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．复数z ＝（1+m ）+（2﹣m ）i （m ∈R ，i 为虚数单位）对应的点在第二象限内，则实数m 的取值范围是（ ） A ．﹣1＜m ＜2
B ．m ＜﹣1
C ．m ＞2
D ．m ＜﹣1或m ＞2
解：因为复数z ＝（1+m ）+（2﹣m ）i 对应的点在第二象限内， 所以{1+m ＜02−m ＞0，解得m ＜﹣1．
故选：B ．
2．已知|a →
|=2，|b →
|=3，且a →
⊥b →
，则|b →
−a →
|=（ ） A ．1
B ．√5
C ．√13
D ．5
解：因为(b →
−a →)2
=|b →|2
+|a →|2
−2b →
⋅a →
=13， 结合已知向量垂直知：|b →
−a →
|=√13． 故选：C ．
3．某水果店老板为了了解葡萄的日销售情况，记录了过去10天葡萄的日销售量（单位：kg ），结果如下：43，35，52，65，40，54，49，38，62，57．一次进货太多，水果会变得不新鲜；进货太少，又不能满足顾客的需求，店长希望每天的葡萄尽量新鲜，又能60%地满足顾客的需求（在100天中，大约有60天可以满足顾客的需求），每天大约应进（ ）千克葡萄． A ．49
B ．51
C ．53
D ．55
解：将过去10天葡萄的日销售量从小到大排列：35，38，40，43，49，52，54，57，62，65， 由题意可知即求这10个数据的第60百分位数， 因为10×60%＝6，
故这10个数据的第60百分位数为52+542
=53，
即每天大约应进53千克葡萄． 故选：C ．
4．已知a ，b ，c 是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列结论正确的是（ ） A ．若a ⊥b ，a ⊥c ，则b ∥c
B ．a ∥α，b ∥α，则a ∥b
C ．若a ∥α，b ⊥a ，则b ⊥α
D ．若a ⊂α，α∥β，则a ∥β
解：a ，b ，c 是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面， 对于A ，若a ⊥b ，a ⊥c ，则b 与c 相交、平行或异面，故A 错误； 对于B ，a ∥α，b ∥α，则a 与b 平行或异面，故B 错误；
对于C ，若a ∥α，b ⊥a ，则b 与α相交、平行或b ⊂α，故C 错误； 对于D ，若a ⊂α，α∥β，则由面面平行的性质得a ∥β，故D 正确． 故选：D ．
5．十字测天仪广泛应用于欧洲中世纪晚期的航海领域，主要用于测量太阳等星体的方位，便于船员确定位置，如图1所示，十字测天仪由杆AB 和横档CD 构成，并且E 是CD 的中点，横档与杆垂直并且可在杆上滑动，十字测天仪的使用方法如下：如图2，手持十字测天仪，使得眼睛可以从A 点观察，滑动横档CD 使得A ，C 在同一水平面上，并且眼睛恰好能观察到太阳，此时视线恰好经过点D ，DE 的影子恰好是AE ．然后，通过测量AE 的长度，可计算出视线和水平面的夹角∠CAD （称为太阳高度角），最后通过查阅地图来确定船员所在的位置．
若在一次测量中，AE ＝60，横档CD 的长度为30，则太阳高度角的正弦值为（ ） A ．
417
B ．
8
17
C ．1317
D ．1517
解：由题意知，AE 垂直平分CD ， 所以CE =12
CD =15，
在Rt △AEC 中，AE ＝60，AC =√AE 2+CE 2=√602+152=15√17， 所以sin ∠CAE =
CE AC =1517=√1717，cos ∠CAE =AE AC =1517=4√17
17
， 因为∠CAD ＝2∠CAE ，
所以sin ∠CAD =2sin ∠CAEcos ∠CAE =2×√1717×4√1717=8
17， 即太阳高度角的正弦值为8
17
．
故选：B ．
6．在直角坐标系xOy 中，已知a →
=(1，3)，b →
=(3，1)，若∀t ∈R ，|a →
−λb →
|≤|a →
−tb →
|恒成立，则λ＝（ ）
A ．1
3
B ．2
3
C ．2
5
D ．3
5
解：由题意得a →
⋅b →
=1×3+3×1=6，|a →
|=√12+32=√10，|b →
|=√32+12=√10，
若∀t ∈R ，|a →
−λb →
|≤|a →
−tb →
|恒成立，
则∀t ∈R ，|a →|2
+λ2
|b →
|2
−2λa →
⋅b →
≤|a →|2
+t 2
|b →
|2
−2ta →
⋅b →
恒成立， 即∀t ∈R ，10+10λ2﹣12λ≤10+10t 2﹣12t 恒成立， ∴∀t ∈R ，5λ2−6λ≤5t 2−6t =5(t −3
5)2−9
5恒成立， 又y =5(t −35
)2−
95≥−95，当t =3
5
时等号成立， 故5λ2−6λ≤−95，即（5λ﹣3）2≤0， ∴λ=3
5
． 故选：D ．
7．如图，三棱台ABC ﹣A 1B 1C 1中，底面ABC 是边长为6的正三角形，且AA 1＝A 1C 1＝C 1C ＝3，平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，则棱BB 1＝（ ）
A ．
3√62
B ．3√3
C ．3
D ．3√2
解：如图，取A 1C 1，AC 中点分别为M ，N ，连接MB 1，MN ，NB ， 过点B 1作BN 的垂线，垂足为P ， 因为AA 1＝C 1C ＝3，所以MN ⊥AC ， 且AC ＝6，所以MN =√32−(32)2=3√3
2，
因为平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC ＝AC ， MN ⊥AC ，MN ⊂面AA 1C 1C ，
所以MN ⊥平面ABC ，又因为BN ⊂平面ABC ，所以MN ⊥BN ， 又因为在三棱台ABC ﹣A 1B 1C 1中，MB 1∥NB ， 所以四边形MNBB 1为直角梯形，
因为NP ＝MB 1=√32−(32)2=3√3
2，BN =√62−32=3√3，
所以PB =3√3
2，
所以在直角三角形BPB 1中，BB 1=√PB 2+PB 12=√PB 2+MN 2=3√6
2． 故选：A ．
8．在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，b ＝2，C =π
3，则c 的取值范围为（ ） A ．(2，2√3)
B ．(2√3，+∞)
C ．(√3，2√3)
D ．（2，+∞）
解：在锐角△ABC 中，b ＝2，C =π
3， 故A =2π
3−B ，则{0＜B ＜π
20＜2π3
−B ＜
π2，
∴π6
＜B ＜π2
，则1
2
＜sinB ＜1，
由正弦定理可得c =bsinC sinB =2×√
3
2
sinB =√3sinB ∈(√3，2√3)．
故选：C ．
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。

9．计算下列各式，结果为√3
2
的是（ ） A ．sin15°+cos15° B ．sin153°sin57°+cos27°cos57°
C ．
1+tan15°1−tan15°
D ．cos 415°﹣sin 415°
解：对于A ，∵（sin15°+cos15°）2＝1+2sin15°cos15°＝1+sin30°=3
2，∴sin15°+cos15°=√6
2，∴A 错误；
对于B ，∵sin153°sin57°+cos27°cos57°＝sin27°sin57°+cos27°cos57°＝cos （57°﹣27°）＝cos30°=√3
2，∴B 正确； 对于C ，∵
1+tan15°1−tan15°
=
tan45°+tan15°1−tan45°tan15°
=tan （45°+15°）＝tan60°=√3，∴C 错误；
对于D ，∵cos 415°﹣sin 415°＝（cos 215°﹣sin 215°）（cos 215°+sin 215°）＝cos 215°﹣sin 215°＝cos30°=√3
2，∴D 正确．
故选：BD ．
10．随着生活水平的不断提高，旅游已经成为人们生活的一部分，某地旅游部门从2022年到该地旅游的游客中随机抽取10000位游客进行调查，得到各年龄段游客的人数和自助游比例，如图所示，则（ ）
A ．估计2022年到该地旅游的青年人占游客总人数的45%
B ．估计2022年到该地旅游的游客中选择自助游的游客占比不到25%
C ．估计2022年到该地旅游的游客中选择自助游的青年人比到该地旅游的老年人还要多
D ．估计2022年到该地旅游且选择自助游的游客里面青年人超过一半 解：设2022年到该地旅游的游客总人数为a ，
结合扇形图可知，游客中老年人、中年人、青年人的人数分别为0.2a ，0.35a ，0.45a ， 对于A ，估计2022年到该地旅游的青年人占游客总人数的45%，正确；
对于B ，结合条形图可知，游客中老年人、中年人、青年人中选择自助游的人数分别为0.04a ，0.0875a ，0.135a ， 则
0.04a+0.0875a+0.135a
a
=0.2625＞25%，
即估计2022年到该地旅游的游客中选择自助游的游客占比超过25%，B 错误；
对于C ，游客中选择自助游的青年人的人数为0.135a ，到该地旅游的老年人人数为0.2a ，
由于0.135a ＜0，2a ，故2022年到该地旅游的游客中选择自助游的青年人比到该地旅游的老年人要少，C 错误；
对于D ，2022年到该地旅游且选择自助游的游客人数为0.04a +0.0875a +0.135a ＝0.2625a ， 而其中青年人的人数为0.135a ，而
0.135a 0.2625a
≈0.514＞0.5，
即估计2022年到该地旅游且选择自助游的游客里面青年人超过一半，D 正确． 故选：AD ．
11．已知甲罐中有三个相同的小球，标号为1，2，3；乙罐中有两个相同的小球，标号为1，2，从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，记事件A ＝“抽取的两个小球标号之和小于4”，事件B ＝“抽取的两个小球标号之积为偶数”，事件C ＝“抽取的两个小球标号之积大于3”，则（ ） A ．事件A 发生的概率为1
2
B ．事件A ∪B 发生的概率为2
3
C ．事件A ，C 是互斥事件
D ．事件B ，C 相互独立
解：对于A ，从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，共有3×2＝6种抽法， 其中事件A 包含的事件个数有（1，1），（1，2），（2，1），共3个， 故事件A 发生的概率为P(A)=3
6=1
2，A 正确；
对于B ，事件B 包含的事件个数有（1，2），（2，1），（2，2），（3，2），共4个， 故事件A ∪B 包含的事件个数有5个，则事件A ∪B 发生的概率为P(A ∪B)=56
，B 错误； 对于C ，事件A 包含的事件为（1，1），（1，2），（2，1）， 每个事件中两个小球标号之积都不大于3，
故事件A ，C 不会同时发生，二者是互斥事件，C 正确； 对于D ，P(B)=
46=2
3
，事件C 包含的事件个数有（2，2），（3，2），共2个， 故P(C)=2
6=1
3，
事件BC 包含的事件为（2，2），（3，2），共2个， 则P(BC)=
26=1
3
， 则P(B)P(C)=29
，
∴P （B ）P （C ）≠P （BC ），即事件B ，C 不相互独立，D 错误． 故选：AC ．
12．如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AB ＝4，AF ＝3，若G 是线段EF 上的动点，则（ ）
A ．AD 与CG 所成角的正切值最大为5
4
B ．在EF 上存在点G ，使得AG ⊥CG
C ．当G 为EF 上的中点时，三棱锥C ﹣ABG 的外接球半径最小
D ．AG +CG 的最小值为4√6
解：∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，且交线为AB ，BC ⊂面ABCD ，BC ⊥AB ，
∴BC⊥面ABEF，因为BG⊂面ABEF，所以BC⊥BG，∵AD∥BC，故AD与CG所成角为∠BCG，
tan∠BCG=BG
BC =
BG
4
，当G和F重合时，BG最长，且为5，故tan∠BCG最大为
5
4
，故选项A正确；
假设在EF上存在点G，使得AG⊥CG，
因为BC⊥面ABEF，因为AG⊂面ABEF，所以BC⊥AG，
又∵CG∩BC＝C，CG，BC⊂面BCG，所以AG⊥面BCG，
又因为BG⊂面BCG，所以AG⊥BG，
设FG＝x，GE＝4﹣x，0＜x＜4，
则AG2＝9+x2，BG2＝9+（4﹣x）2，
在直角△AGB中，AG2+BG2＝AB2，可得方程x2﹣4x+9＝0，该方程无解，故假设不成立，即在EF上不存在点G，使得AG⊥CG，故选项B错误；
设△ABG的外接圆半径为r，因为BC⊥面ABG，故三棱锥C﹣ABG的外接球半径R满足：
R2=r2+(BC
2
)2=r2+4．
设∠AGF＝α，∠BGE＝β，∠AGB＝θ，
由正弦定理得2r=
AB
sinθ
=
4
sinθ
，
∵α+β+θ＝π，
所以tanθ=−tan(α+β)=−
tanα+tanβ
1−tanαtanβ
=−
3
x
+3
4−x
1−3
x
⋅3
4−x
=
12
x2−4x+9
，
因为x2﹣4x+9＞0，故tanθ＞0，故θ为锐角，
当x＝2时，G为EF的中点，x2﹣4x+9取得最小值，tanθ取得最大值，sinθ取得最大值，r取得最小值，三棱锥C﹣ABG的外接球半径R取得最小值，故选项C正确；
CG2＝CB2+BG2＝25+（4﹣x）2，
AG+CG=√9+x2+√25+(4−x)2=√(x−0)2+(0−3)2+√(x−4)2+(0−5)2，
设M（x，0），N（0，3），P（4，5），如图，
设N（0，3）关于x轴对称的点为N′（0，﹣3），则AG+CG＝MN+MP≥PN′=4√5，
直线PN′方程为y＝2x﹣3，令y＝0得x=3
2
，即当x=
3
2
时，AG+CG的最小值为4√5，故D错误．
故选：AC．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知一个圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为√2π．解：如图所示，
由题意知圆锥的底面半径为r＝1，高为h＝1；
则圆锥的母线长为l=√r2+ℎ2=√2，
所以该圆锥的侧面积为πrl＝π×1×√2=√2π．
故答案为：√2π．
14．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，C1D1的中点，过点A1、M、N作正方体
的截面α交CC1于点Q，则C1Q
QC
=
1
3
．
解：如图，连接MQ，NQ，则平面A1MQN即为过点A1、M、N作的正方体的截面α，
因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，且平面ABB1A1∩α＝A1M，平面DCC1D1∩α＝NQ，故A1M∥NQ，又NC1∥A1B1，且∠C1NQ，∠B1A1M的对应两边的射线方向一致，
故∠C1NQ＝∠B1A1M，而∠NC1Q＝∠A1B1M＝90°，
故△NC 1Q ∽△A 1B 1M ，故C 1Q
B 1M
=
NC 1AB 1
=1
2
，而B 1M =12BB 1=12
CC 1，
故
C 1Q CC 1
=1
4，则
C 1Q QC
=1
3
．
故答案为：13
．
15．甲、乙两人独立地投篮，命中的概率分别为23、3
4，则甲、乙各投一次，至少命中一球的概率为
1112
．
解：题意可知甲、乙两人独立地投篮，命中的概率分别为23
、3
4
，
则两人没有命中的概率分别为13
、1
4
，
则甲、乙各投一次，至少命中一球的概率为1−1
3×14=1112
． 故答案为：
1112
．
16．在边长为6的等边三角形ABC 中，若点D 为AB 的中点，点E 满足BE →
=2EC →
，则AE →
⋅CD →
= ﹣18 ． 解：作出图形，如图所示：
则CD →
=CA →
+AD →
=12AB →
−AC →，
AE →=AB →+BE →=AB →
+2
3
BC →=AB →
+23
（AC →−AB →
）=13
AB →
+23
AC →
，
∴AE →
⋅CD →
=（1
3AB →
+2
3AC →
）•
（1
2
AB →−AC →
）=16AB →2−23AC →2
＝﹣18． 故答案为：﹣18．
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）已知复数z ＝（2m ﹣1）+m •i ，其中i 为虚数单位，m ∈R ． （1）若满足（1+i ）•z 为纯虚数，求实数m 的值； （2）若|z ﹣3|＝2，求实数m 的值．
解：（1）由于（1+i ）•z ＝（1+i ）•[（2m ﹣1）+m •i ]＝（m ﹣1）+（3m ﹣1）•i ， 故由（1+i ）•z 为纯虚数，可得{m −1=03m −1≠0，解得m ＝1；
（2）因为z ﹣3＝（2m ﹣4）+m •i ，
故由|z ﹣3|＝2可得，√(2m −4)2+m 2=2，即5m 2﹣16m +12＝0，
解得m =65
或m ＝2．
18．（12分）在直角坐标系中，已知两点A （4，3）、B （0，1），点C 为x 轴上一动点． （1）若△ABC 是以AB 为斜边的直角三角形，求点C 的坐标；
（2）已知点D （6，t ），问是否存在实数t ，使得四边形ABCD 为平行四边形？如果存在求出实数t 的值；如果不存在，请说明理由．
解：（1）设点C （x ，0），则AC →
=(x −4，−3)，BC →
=(x ，−1)， 因为△ABC 是以AB 为斜边的直角三角形，故AC →
⊥BC →
，
故AC →
⋅BC →
=(x −4，−3)⋅(x ，−1)=x 2−4x +3=0，解得x ＝1或x ＝3， 故点C 的坐标为（1，0）或（3，0）；
（2）假设存在实数t ，使得四边形ABCD 为平行四边形，设C （m ，0）， 则AB →
=(−4，−2)，DC →
=(m −6，−t)，
因为四边形ABCD 为平行四边形，故AB →
=DC →
，即（﹣4，﹣2）＝（m ﹣6，﹣t ）， 故{−4=m −6−2=−t ，解得{m =2t =2
， 即存在实数t ＝2，使得四边形ABCD 为平行四边形．
19．（12分）已知函数f(x)=Asin(ωx +φ)(A ＞0，ω＞0，|φ|≤π
2
)的图象如图所示． （1）求函数f （x ）的解析式；
（2）若函数h （x ）＝2f （x ）+1的图象在区间[0，b ]上恰好含10个零点，求实数b 的取值范围．
解：（1）由题意可得A ＝1，f （x ）的最小正周期为T =2(7π12−π
12
)=π， ∴ω=2π
π=2， 故f （x ）＝sin （2x +φ），
又f （x ）图象过点(π
12，1)，故sin(2×π
12+φ)=1， 则π
6+φ=
π
2
+2kπ，k ∈Z ，即φ=π
3+2kπ，k ∈Z ，
而|φ|≤π2，故φ=π3
， 所以f(x)=sin(2x +π
3)；
（2）由（1）知ℎ(x)=2f(x)+1=2sin(2x +π3
)+1， 令h （x ）＝0，∴sin(2x +π
3)=−1
2， 由x ∈[0，b ]，得
π3
≤2x +
π3
≤2b +π
3
，
因为函数h （x ）的图象在区间[0，b ]上恰好含10个零点，
等价于y =sin(2x +π
3
)与y =−12
的图象在区间[0，b ]上恰好含有10个交点， 设θ=2x +π
3，π
3≤θ≤2b +π
3，即y ＝sin θ与y =−1
2的图象恰有10个交点， 故10π−
π6≤2b +π3＜11π+π
6，即19π4≤b ＜65π12． 20．（12分）在直角梯形AA 1B 1B 中，A 1B 1∥AB ，AA 1⊥AB ，AB ＝4，A 1B 1＝AA 1＝2，直角梯形AA 1B 1B 绕直角边AA 1旋转一周得到如下图的圆台A 1A ，已知平面AA 1C 1C ⊥平面AA 1B 1B ，点P 为BB 1的中点，点Q 在线段BC 上，且
BQ BC
=1
4
．
（1）证明：PQ ∥平面AA 1C 1C ； （2）求点B 到平面AB 1C 的距离．
（1）证明：过点B 1作B 1G ⊥AB ，垂足为G ，过点P 作PH ⊥AB ，垂足为H ，
由于AA 1⊥AB ，则四边形AA 1B 1G 为矩形，
则PH ∥B 1G ∥A 1A ，而AA 1⊂平面AA 1C 1C ，PH ⊄平面AA 1C 1C ， ∴PH ∥平面AA 1C 1C ，
∵AB ＝4，A 1B 1＝AA 1＝2，∴AG =A 1B 1=GB =12
AB ，
连接HQ ，P 为BB 1的中点，则H 为GB 的中点，故HB =1
2BG =1
4AB ， 又
BQ BC
=14
，故
BQ BC
=
HB AB
，∴HQ ∥AC ，
∵AC ⊂平面AA 1C 1C ，HQ ⊄平面AA 1C 1C ， ∴HQ ∥平面AA 1C 1C ，
而HQ ∩PH ＝H ，HQ ，PH ⊂平面PHQ ，∴平面PHQ ∥平面AA 1C 1C ， 而PQ ⊂平面PHQ ，故PQ ∥平面AA 1C 1C ；
（2）解：由题意知平面AA 1C 1C ⊥平面AA 1B 1B ，平面AA 1C 1C ∩平面AA 1B 1B ＝AA 1， 而AC ⊥AA 1，AC ⊂平面AA 1C 1C ，故AC ⊥平面AA 1B 1B ， 而AB 1，AB ⊂平面AA 1B 1B ，故AC ⊥AB 1，AC ⊥AB ，
在Rt △AB 1C 中，AC =4，AB 1=√(A 1B 1)2+(AA 1)2=√4+4=2√2， 故S △AB 1C =12
AC ⋅AB 1=
1
2
×4×2√2=4√2， 设点B 到平面AB 1C 的距离为d ， ∵V B−AB 1C =V B 1−ABC ，即13
S △AB 1C ⋅d =
13
S △ABC ⋅AA 1，
∴d =2S △ABC S △AB 1
C =2×(1
2×4×4)
4√2
=2√2，
即点B 到平面AB 1C 的距离2√2．
21．（12分）已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边为a ，b ，c ，且3(sinA−sinB)
sinC
=
3c−2b a+b
．
（1）求sin A ； （2）若△ABC 的面积为
43
√2，求内角A 的角平分线AD 长的最大值．
解：（1）由正弦定理，得
3(a−b)
c
=
3c−2b
a+b
，即c 2+b 2−a 2=2
3bc ，
故cosA =c 2+b 2
−a 22bc =23bc 2bc =1
3
，
因为cos A ＞0，所以A ∈(0，π
2)， 所以sinA =√1−cos 2A =√1−1
9=2√2
3； （2）由（1）知sinA =2√2
3， 因为△ABC 的面积为
43
√2，所以12bcsinA =4
3√2，解得bc ＝4，
在△ABD 中，由正弦定理，得AB sin∠ADB
=
BD sin∠BAD
，
在△ACD 中，由正弦定理，得
AC
sin∠ADC
=
CD sin∠CAD
，
因为AD 为角A 的角平分线，所以sin ∠BAD ＝sin ∠CAD ， 又∠ADB +∠ADC ＝π，所以sin ∠ADB ＝sin ∠ADC ，所以AB AC
=
BD DC
，
不妨设
AB AC
=
BD DC
=k ，AC ＝m ，则AB ＝km ，故km 2＝4，
延长AD 至点E ，使得AD DE
=k ，连接CE ，
则
AD DE
=
BD CD
=k ，又∠ADB ＝∠EDC ，
所以△ABD ∽△ECD ，故∠BAD ＝∠E ，AB CE
=k ，
则AB ∥CE ，CE ＝m ，
则∠ACE +∠BAC ＝π，cos ∠ACE =−cos ∠BAC =−1
3，
在△ACE 中，由余弦定理，得cos ∠ACE =AC 2
+CE 2
−AE 2
2AC⋅CE =2m 2−(1+1k
)2
AD 2
2m 2
=−13， 即AD 2
=
8m 2
3(1+1k )
2，
因为km 2
＝4，所以AD 2
=
8m 2
3(1+m 24)
2=
8
3(1m
2+m 216+12)，
其中
1
m 2
+
m 216
≥2√
1m 2
⋅
m 216
=1
2
，当且仅当
1
m 2
=m 216
，即m ＝2时，等号成立，
故AD 2=
8
3(1m
2+m 216+1
2)≤83
，故AD ≤
2√6
3
． 所以AD 长的最大值为
2√6
3
．
22．（12分）某中学新建了学校食堂，每天有近2000名学生在学校食堂用午餐，午餐开放时间约40分钟，食堂制作了三类餐食，第一类是选餐，学生凭喜好在做好的大约6种菜和主食米饭中任意选购；第二类是套餐，已按配套好菜色盛装好，可直接取餐；第三类是面食，如煮面、炒粉等，为了更合理地设置窗
口布局，增加学生的用餐满意度，学校学生会在用餐的学生中对就餐选择、各类餐食的平均每份取餐时长以及可接受等待时间进行问卷调查，并得到以下的统计图表．
已知饭堂的售饭窗口一共有20个，就餐高峰期时有200名学生在等待就餐．
（1）根据以上的调查统计，如果设置12个选餐窗口，4个套餐窗口，4个面食窗口，就餐高峰期时，假设大家在排队时自动选择较短的队伍等待（即各类餐食的窗口前队伍长度各自相同），问：选择选餐的同学最长等待时间是多少？这能否让80%的同学感到满意（即在接受等待时长内取到餐）？ （2）根据以上的调查统计，从等待时长和公平的角度上考虑，如何设置各类售饭窗口数更优化，并给出你的求解过程．
解：（1）由题意得，就餐高峰期时选择选餐的总人数为200×
50
50+30+20
=100人；
这100人平均分布在12个选餐窗口，平均每个窗口等待就餐的人数为10012
≈9人，
所以选择选餐同学的最长等待时间为2×9＝18分钟，
由可接受等待时长的频率分布直方图可知，分组为[5，10），[10，15），[15，20），[20，25）的频率分别为0.15，0.45，0.35，0.05，
所以可接受等待时长在15分钟以上的同学占0.05+0.35＝40%＜80%，
故设置12个选餐窗口，4个套餐窗口，4个面食窗口，不能让80%的同学感到满意；
（2）假设设置m 个选餐窗口，n 个套餐窗口，k 个面食窗口，则各队伍的同学最长等待时间如下：
依题意，从等待时长和公平的角度上考虑，则要求每个队伍的最长等待时间大致相同，
即得2×100
m
=0.5×
60
n
=1×
40
k
，即有m：n：k＝20：3：4，
而m+n+k＝20，故m≈15，n≈2，k≈3，
因此建议设置选餐、套餐、面食三个类别的窗口数分别为15，2，3个．。