高中数学：2022-2023学年湖北省新高考联考协作体高一(下)期末数学试卷(含参考答案)

2022-2023学年湖北省新高考联考协作体高一（下）期末数学试卷
一、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．（5分）已知i 是虚数单位，复数z ＝2+i ，则z ⋅i 的虚部为（ ） A ．1
B ．2
C ．i
D ．2i
2．（5分）某中学高一年级有20个班，每班50人；高二年级有24个班，每班45人．甲就读于高一，乙就读于高二．学校计划从这两个年级中共抽取208人进行视力调查，若采用分层抽样的方式进行抽样，则下列说法：①甲乙两人可能同时被抽取；②高一、高二年级分别抽取100人和108人；③乙被抽到的可能性比甲的大．其中正确的有（ ） A ．①
B ．①③
C ．①②
D ．①②③
3．（5分）已知α，β是两个不同的平面，m 为平面α内的一条直线，下列说法正确的是（ ） A ．若m ∥β，则α∥β B ．若l ⊂β，m ∥l ，则m ∥β C ．若α⊥β，则m ⊥β
D ．若m ⊥β，则α⊥β
4．（5分）已知向量a →
，b →
满足|b →
|=1，a →
⊥b →
，则a →
−2b →
在b →
方向上的投影向量为（ ） A ．2
B ．2a →
C ．−2b →
D ．﹣2
5．（5分）已知α，β，γ是三个平面，α∩β＝l 1，α∩γ＝l 2，β∩γ＝l 3，则下列结论正确的是（ ） A ．直线l 2与直线l 3可能是异面直线
B ．若l 1∩l 2＝O ，则直线l 1与直线l 3可能平行
C ．若l 1∩l 2＝O ，则直线l 2与直线l 3不可能相交于O 点
D ．若l 1∥l 2，则l 1∥l 3
6．（5分）已知平面向量a →
，b →
，c →
满足|a →
|=1，|b →
|=2且对∀t ∈R ，有|b →
+ta →
|≥|b →
−a →
|恒成立，则2a →
−b →
与
b →
的夹角为（ ）
A ．2π3
B ．π
2
C ．π3
D ．π6
7．（5分）在边长为2的正方形ABCD 中，E 是AB 的中点，点F 是BC 的中点，将△AED ，△BEF ，△DCF 分别沿DE ，EF ，DF 折起，使A ，B ，C 三点重合于点A ′，则A ′到平面EFD 的距离为（ ）
A ．1
B ．23
C ．43
D ．2
8．（5分）已知一组样本数据共有8个数，其平均数为8，方差为12，将这组样本数据增加两个未知的数据构成一组新的样本数据，已知新的样本数据的平均数为9，则新的样本数据的方差最小值为（ ） A ．10
B ．10.6
C ．12.6
D ．13.6
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。

（多选）9．（5分）学校“未来杯”足球比赛中，甲班每场比赛平均失球数是 1.9，失球个数的标准差为0.3；乙班每场比赛平均失球数是1.3，失球个数的标准差为1.2，你认为下列说法中正确的是（ ） A ．平均来说乙班比甲班防守技术好 B ．乙班比甲班防守技术更稳定
C ．乙班在防守中有时表现非常好，有时表现比较差
D ．甲班很少不失球
（多选）10．（5分）已知x ∈C （全体复数集），关于x 的方程x 2+tx +2＝0（t ∈R ）的两根分别为x 1，x 2，若|x 1−x 2|=2√2，则t 的可能取值为（ ） A ．﹣4
B ．﹣2
C ．0
D ．4
（多选）11．（5分）已知函数f(x)=Asin(ωx +φ)(A ＞0，ω＞0，−π2
＜φ＜0)的部分图像如图所示，加
入以下哪个选项作为已知条件，可以唯一确定φ的值（ ）
A ．f （0）＝﹣1，A ＝2
B ．x 1=
π12，x 2=5π12
C ．x 2＝2x 1
D ．x 2＝4x 1
（多选）12．（5分）已知棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，P 为正方体内及表面上一点，且AP →
=mAB →
+nAD 1→
，其中m ∈[0，1]，n ∈[0，1]，则下列说法正确的是（ ） A ．当n ＝1时，对任意m ∈[0，1]，CP ∥平面ABB 1A 1恒成立
B ．当m ＝0，n =1
2时，B 1P 与平面ABC 1D 1所成的线面角的余弦值为√63
C ．当m +n ＝1时，A 1C 1⊥B 1P 恒成立
D ．当m +n ＝1时，P A +PC 的最小值为√3
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．（5分）已知i 是虚数单位，复数z 满足（2﹣i ）z ＝6+2i ，则|z |＝ ．
14．（5分）如图△O ′A ′B ′是水平放置的△OAB 的直观图，其中O ′A ′＝6，O ′B ′＝4，∠A ′O ′B ′＝45°，则△OAB 的周长为 ．
15．（5分）半径为R 的球的球面上有四点A ，B ，C ，D ，已知△ABC 为等边三角形且其面积为9√3，三棱锥D ﹣ABC 体积的最大值为18√3，则球的半径R 等于 ．
16．（5分）已知直角三角形DEF 的三个顶点分别在等边三角形ABC 的边AB ，BC ，CA 上，且∠DEF ＝90°，∠EDF ＝30°，则S △DEF
S △ABC
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．（10分）已知θ为三角形的一个内角，i 为虚数单位，复数z ＝cos θ+i sin θ，且z 2﹣z 在复平面上对应的点在虚轴上． （1）求θ；
（2）设2z ，z ，1+z +z 2在复平面上对应的点分别为A ，B ，C ，求△ABC 的面积． 18．（12分）记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，满足2c +b ﹣2a cos B ＝0． （1）求角A ；
（2）若a ＝2√3，BA →
•AC →
=3
2
，AD 是△ABC 中线，求AD 的长．
19．（12分）如图，在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是棱BB 1，B 1C 1的中点，
（1）求证：点F在平面AED1内；
（2）用平面AED1截正方体ABCD﹣A1B1C1D1，将正方体分成两个几何体，两个几何体的体积分别为V1，V2（V1＜V2），求V1：V2的值．
20．（12分）2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成功着陆，航天员翟志刚，王亚平，叶光富顺利出舱，神舟十三号载人飞行任务圆满完成，为纪念中国航天事业所取得的成就，发掘并传承中国航天精神，某市随机抽取1000名学生进行了航天知识竞赛并记录得分，将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，并绘制成如图所示的频率分布直方图．
（1）请补全频率分布直方图并估计这1000名学生成绩的平均数和计算80%分位数（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）现从以上各组中采用分层抽样的方法抽取200人，若第三组中被抽取的学生成绩的平均数与方差分别为72分和1，第四组中被抽取的学生成绩的平均数与方差分别为87分和2，求这200人中分数在区间[70，90）的学生成绩的方差．
21．（12分）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝AA1＝2，BC1=√14，∠ABC=2π3，A1C1⊥A1B．（1）证明：平面A1AC⊥平面ABC；
（2）求二面角A﹣A1B﹣C的平面角的余弦值．
22．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且边BC上的高ℎ=√34a．
（1）若A=π
2
，求B；
（2）已知△ABC中角B和C是锐角，求tan B+4tan C的最小值．
附：参考答案
一、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．（5分）已知i是虚数单位，复数z＝2+i，则z⋅i的虚部为（）
A．1B．2C．i D．2i
【解答】解：z⋅i=(2−i)⋅i=1+2i，虚部为2．
故选：B．
2．（5分）某中学高一年级有20个班，每班50人；高二年级有24个班，每班45人．甲就读于高一，乙就读于高二．学校计划从这两个年级中共抽取208人进行视力调查，若采用分层抽样的方式进行抽样，则下列说法：①甲乙两人可能同时被抽取；②高一、高二年级分别抽取100人和108人；③乙被抽到的可能性比甲的大．其中正确的有（）
A．①B．①③C．①②D．①②③
【解答】解：对于①，采用分层抽样的方式进行抽样，甲乙两人可能同时被抽取，故①正确；
对于②，高一共有20×50＝1000人，高二共有24×45＝1080人，从这两个年级2080人中共抽取208人进行视力调查，
高一应抽取1000
2080
×208=100人，高二应抽取
1080
2080
×208=108人，故②正确；
对于③，甲被抽到的可能性为
100
1000
=
1
10
，乙被抽到的可能性为
135
1350
=
1
10
，甲和乙被抽到的可能性相
等，故③错误．
故选：C．
3．（5分）已知α，β是两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，下列说法正确的是（）A．若m∥β，则α∥βB．若l⊂β，m∥l，则m∥β
C．若α⊥β，则m⊥βD．若m⊥β，则α⊥β
【解答】解：对于A，由面面平行判定定理可知，在平面α内需要两条相交直线与平面β平行才能得出两平面平行，故A错误；
对于B，选项缺少m不在平面β内，故B错误；
对于C，由面面垂直的性质定理可知，平面α内的直线m与α，β两个平面的交线垂直，才能得出m⊥β，故C错误；
对于D，已知m⊥β，m为平面α内的一条直线，由面面垂直判定定理可知D正确，故D正确．故选：D．
4．（5分）已知向量a →
，b →满足|b →
|=1，a →
⊥b →
，则a →
−2b →在b →
方向上的投影向量为（ ） A ．2
B ．2a →
C ．−2b →
D ．﹣2
【解答】解：由a →
⊥b →
，得a →
⋅b →
=0．
根据投影向量的定义可知：a →
−2b →
在b →
方向上的投影向量为(a →
−2b →)⋅b →
|b →
|2
⋅b →
=
a →⋅
b →
−2|b →
|2
|b →
|2
⋅b →=−2b →
．
故选：C ．
5．（5分）已知α，β，γ是三个平面，α∩β＝l 1，α∩γ＝l 2，β∩γ＝l 3，则下列结论正确的是（ ） A ．直线l 2与直线l 3可能是异面直线
B ．若l 1∩l 2＝O ，则直线l 1与直线l 3可能平行
C ．若l 1∩l 2＝O ，则直线l 2与直线l 3不可能相交于O 点
D ．若l 1∥l 2，则l 1∥l 3
【解答】解：对于A ，由α∩γ＝l 2，β∩γ＝l 3，得l 2⊂γ，l 3⊂γ，则直线l 2与直线l 3是共面直线，故A 错误；
对于B 、C ，∵α∩β＝l 1，α∩γ＝l 2，l 1∩l 2＝O ，∴O ∈α，O ∈β，O ∈γ，
∵β∩γ＝l 3，∴O ∈l 3，可知直线l 1，l 2，l 3必然交于一点（即三线共点），故B ，C 错误； 对于D ，若l 1∥l 2，l 1⊄γ，l 2⊂γ，∴l 1∥γ， 又l 1⊂β，β∩γ＝l 3，∴l 1∥l 3，故D 正确． 故选：D ．
6．（5分）已知平面向量a →
，b →
，c →
满足|a →
|=1，|b →
|=2且对∀t ∈R ，有|b →
+ta →
|≥|b →
−a →
|恒成立，则2a →
−b →
与
b →
的夹角为（ ）
A ．2π3
B ．π
2
C ．π3
D ．π6
【解答】解：因为对∀t ∈R ，有|b →
+ta →
|≥|b →
−a →
|恒成立， 所以对∀t ∈R ，(b →
+ta →)2
≥(b →
−a →
)2恒成立，
所以对∀t ∈R ，t 2a →
2+2ta →
⋅b →
−(a →
2−2a →
⋅b →
)≥0恒成立， 所以Δ=4(a →
⋅b →)2
+4a →2(a →2
−2a →
⋅b →
)≤0，即(a →2
−a →
⋅b →
)2≤0， 所以a →2
−a →
⋅b →
=a →2
−|a →
|⋅|b →
|cos〈a →
，b →
〉=0，
解得cos〈a →
，b →
〉=1
2
，
所以〈a →，b →〉=π3，a →⋅b →
=|a →|⋅|b →|cos ＜a →，b →＞=1，
所以|2a →
−b →
|=√4a →2−4a →
⋅b →
+b →
2=2，
所以cos ＜2a →
−b →
，b →
＞=
(2a →−b →)⋅b
→
|2a →−b →||b →
|
=
2a →⋅b →−b →
24=−24=−1
2
， 所以2a →
−b →
与b →
的夹角为2π3
．
故选：A ．
7．（5分）在边长为2的正方形ABCD 中，E 是AB 的中点，点F 是BC 的中点，将△AED ，△BEF ，△DCF 分别沿DE ，EF ，DF 折起，使A ，B ，C 三点重合于点A ′，则A ′到平面EFD 的距离为（ ）
A ．1
B ．2
3
C ．43
D ．2
【解答】解：由折叠不变可知，三棱锥A ′﹣EFD 中A ′E ，A ′F ，A ′D 两两相互垂直， 所以V A′−EFD =V D−A′EF =13S △A′EF ⋅DA′=13×12×1×1×2=1
3，
△EFD 的三边长分别为√2，√5，√5，所以S △EFD =3
2
，
因为V A ′﹣EFD ＝V D ﹣A ′EF ，设A ′到平面EFD 的距离为d ， 所以13S △EFD ⋅d =13
，解得d =23，
故选：B ．
8．（5分）已知一组样本数据共有8个数，其平均数为8，方差为12，将这组样本数据增加两个未知的数据构成一组新的样本数据，已知新的样本数据的平均数为9，则新的样本数据的方差最小值为（ ） A ．10
B ．10.6
C ．12.6
D ．13.6
【解答】解：设增加的数为x ，y ，原来的8个数分别为a 1，a 2，⋯，a 8， 则a 1+a 2+⋯+a 8＝64，a 1+a 2+⋯+a 8+x +y ＝90，所以x +y ＝26， 一组样本数据共有8个数，其平均数为8，方差为12，
则
18
∑(a i −8)
2
=128i=1，即∑(a i −8)2=968
i=1，
新的样本数据的方差为
110
[∑(a i
−9)2+(x −9)2+(y −9)2
8i=1]=110
[∑(a i
−8)2
−8i=12∑(a i −8)+8+(x −9)2+(y −9)2
8i=1]
=
110
(x 2
+y 2−202)， 因为√
x 2+y 22≥x+y
2
=13，x 2+y 2﹣202≥136， 所以方差的最小值为13.6（当x ＝y ＝8时取到最小值）． 故选：D ．
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。

（多选）9．（5分）学校“未来杯”足球比赛中，甲班每场比赛平均失球数是 1.9，失球个数的标准差为0.3；乙班每场比赛平均失球数是1.3，失球个数的标准差为1.2，你认为下列说法中正确的是（ ） A ．平均来说乙班比甲班防守技术好 B ．乙班比甲班防守技术更稳定
C ．乙班在防守中有时表现非常好，有时表现比较差
D ．甲班很少不失球
【解答】解：对于A ，从平均数角度考虑是对的，甲班每场比赛平均失球数大于乙班每场比赛平均失球数，故A 正确；
对于B ，从标准差角度考虑是错的，甲失球个数的标准差小，防守技术更稳定；故B 错误； 对于C ，乙失球个数的标准差大，防守中的表现不稳定，故C 正确； 对于D ，从平均数和标准差角度考虑是对的，故D 正确． 故选：ACD ．
（多选）10．（5分）已知x ∈C （全体复数集），关于x 的方程x 2+tx +2＝0（t ∈R ）的两根分别为x 1，x 2，若|x 1−x 2|=2√2，则t 的可能取值为（ ） A ．﹣4
B ．﹣2
C ．0
D ．4
【解答】解：因为方程x 2+tx +2＝0（t ∈R ）的两根分别为x 1，x 2，
所以x 1+x 2＝﹣t ，x 1x 2＝2，所以(x 1−x 2)2=(x 1+x 2)2−4x 1x 2=t 2−8， 当t 2﹣8≥0时，有|x 1−x 2|=√t 2−8=2√2，解得t ＝±4；
当t 2﹣8＜0时，有x 1−x 2=±√8−t 2i ，又|x 1−x 2|=√8−t 2=2√2，解得t ＝0．
故选：ACD ．
（多选）11．（5分）已知函数f(x)=Asin(ωx +φ)(A ＞0，ω＞0，−π
2
＜φ＜0)的部分图像如图所示，加
入以下哪个选项作为已知条件，可以唯一确定φ的值（ ）
A ．f （0）＝﹣1，A ＝2
B ．x 1=
π12，x 2=5π12
C ．x 2＝2x 1
D ．x 2＝4x 1
【解答】解：A 项：当f （0）＝﹣1，A ＝2时得sinφ=−12，−π2＜φ＜0∴φ=−π
6
，A 选项正确；
B 项：当x 1=
π12，x 2=5π
12时，函数的最小正周期为2π3，∴ω＝3，以及x 1+x 22=π4
， ∴π4⋅3+φ=π2⇒φ=−π
4
，B 正确； C 项：由图像可得 ωx 1+φ＝0，ωx 2+φ＝π，∴
π−φ−φ
=
x 2x 1
⇒−
πφ
+1=
x 2x 1
又因为−π
2＜φ＜0，∴πφ＜−2⇒x 2x 1
＞3，所以C 错，D 对．
故选：ABD ．
（多选）12．（5分）已知棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，P 为正方体内及表面上一点，且AP →
=mAB →
+nAD 1→
，其中m ∈[0，1]，n ∈[0，1]，则下列说法正确的是（ ） A ．当n ＝1时，对任意m ∈[0，1]，CP ∥平面ABB 1A 1恒成立
B ．当m ＝0，n =1
2时，B 1P 与平面ABC 1D 1所成的线面角的余弦值为√63
C ．当m +n ＝1时，A 1C 1⊥B 1P 恒成立
D ．当m +n ＝1时，P A +PC 的最小值为√3
【解答】解：对于A ：如图1，当n ＝1时，P 点在线段C 1D 1上，CP ⊂平面CDD 1C 1， 又因为平面CDD 1C 1∥平面ABB 1A 1，CP ⊂平面CDD 1C 1， 所以CP ∥平面ABB 1A 1，故A 正确；
对于B ：如图2，当m ＝0，n =1
2
时，P 是AD 1的中点，
因为AB⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C，
所以AB⊥B1C，
又B1C⊥BC1，AB∩BC1＝B，AB，BC1⊂平面ABC1D1内，所以B1C⊥平面ABC1D1，H是垂足，
所以∠B1PH为B1P与平面ABC1D1所成的角，
在Rt△B1PH中，tan∠B1PH=PH
B1H
=
√2
2
=√2，
所以B1P与平面ABC1D1所成的线面角的余弦值为√6
3
，故B正确；
对于C：如图3，当m+n＝1时，点P在线段BD1上，
由选项C同理可证A1C1⊥面BB1D1，B1P⊂面BB1D1，A1C1⊥B1P，故C正确；
对于D：如图4，当m+n＝1时，点P在线段BD1上，将平面ABD1和平面BCD1展开成平面图后，线段AC为所求，
此时AC⊥BD1，PA=PC=AB×AD1
BD1
=√
2
√3
=√
6
3
，
所以P A+PC的最小值为2
3
√6，故D错误．
故选：ABC．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．（5分）已知i是虚数单位，复数z满足（2﹣i）z＝6+2i，则|z|＝2√2．
【解答】解：因为z=6+2i
2−i
=
(6+2i)(2+i)
(2−i)(2+i)
=
10+10i
5
=2+2i，
所以|z|=√22+22=2√2．
故答案为：2√2．
14．（5分）如图△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，其中O′A′＝6，O′B′＝4，∠A′O′B′＝45°，则△OAB的周长为24．
【解答】解：如图，根据直观图复原原图，
则OA=6，OB=8，AB=√62+82=10，
故△OAB的周长为6+8+10＝24．
故答案为：24．
15．（5分）半径为R的球的球面上有四点A，B，C，D，已知△ABC为等边三角形且其面积为9√3，三棱锥D﹣ABC体积的最大值为18√3，则球的半径R等于4．
【解答】解：根据题意，设△ABC的中心为O′，三棱锥D﹣ABC外接球的球心为O，则当体积最大时，点D，O′，O在同一直线上，且垂直于底面ABC，
如图，
因为△ABC为等边三角形且其面积为9√3，所以△ABC的边长x满足√3
4
x2=9√3，故x＝6，
所以AO′=2√3，DO＝AO＝R，故OO′=√AO2−AO′2=√R2−12，故三棱锥的高DO′=DO+OO′=R+√R2−12，
所以V=1
3
×9√3×(R+√R2−12)=18√3，所以R＝4．
故答案为：4．
16．（5分）已知直角三角形DEF 的三个顶点分别在等边三角形ABC 的边AB ，BC ，CA 上，且∠DEF ＝90°，∠EDF ＝30°，则S △DEF S △ABC 的最小值为 314 ．
【解答】解：设∠BDE =α(π6＜α＜5π
6)，EF ＝x ，
则在△BDE 中，∠DEB =π−(α+π
3
)，DE =√3x ，
由正弦定理得：DE sin π3=BD
sin(α+π3)
， ∴BD =
sin(α+π
3)
sin π3
⋅√3x ， 在△ADF 中DF ＝2x ，∠A =π3，∠AFD =α−π
6，
同理可得AD =sin(α−π6)sin π3
⋅2x ，
因此可得AB =AD +BD =2sin(α+π3)x +43√3sin(α−π
6)x =(3sinα+√33
cosα)x ，
S △DEF S △ABC
=
1
2
DE⋅EF 12AB⋅AB⋅sin π
3
=
(3sinα+√3
3
cosα)，
因为3sinα+
√3
3
cosα=
2√213sin(α+φ)≤2√213，其中tanφ=√39，0＜φ＜π
6
， 由于π6＜α＜5π6，π6+φ＜α+φ＜5π
6+φ，
所以当α+φ=π
2
时，sin （α+φ）＝1，
所以(3sinα+√3
3cosα)max =2
3
√21， 则S △DEF S △ABC
的最小值为3
14
． 故答案为：
3
14． 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θ为三角形的一个内角，i 为虚数单位，复数z ＝cos θ+i sin θ，且z 2﹣z 在复平面上对应的点在虚轴上． （1）求θ；
（2）设2z ，z ，1+z +z 2在复平面上对应的点分别为A ，B ，C ，求△ABC 的面积． 【解答】解：（1）∵z 2﹣z ＝（cos2θ﹣cos θ）+i （sin2θ﹣sin θ）， ∴cos2θ﹣cos θ＝2cos 2θ﹣cos θ﹣1＝0，θ∈（0，π）， ∴cosθ=−12⇒θ=2
3
π；
（2）由（1）知：sinθ=√3
2
，2z =−1+√3i ，
∴z 2=
14−34−√32i =−12−√32i ，z =−12−√32
i ， ∴1+z +z 2=1−12+√32i −12−√3
2
i =0．
在复平面上对应的点分别为A(−1，√3)，B(−1
2，−√32
)，C （0，0），
∴CA ＝2，CB ＝1，AB =√7，
由余弦定理可得cos ∠ACB =CA 2
+CB 2−AB 22CA⋅CB =1+4−72×2=−1
2
，且∠ACB ∈（0，π），
∴sin ∠ACB =
√3
2
，
∴S △ABC =12CA ⋅CB ⋅sin∠ACB =1
2×1×2×√32=√32
．
18．（12分）记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，满足2c +b ﹣2a cos B ＝0． （1）求角A ；
（2）若a ＝2√3，BA →
•AC →
=3
2
，AD 是△ABC 中线，求AD 的长．
【解答】解：（1）因为2c +b ﹣2a cos B ＝0，由正弦定理可知：2sin C +sin B ﹣2sin A cos B ＝0， 由C ＝π﹣A ﹣B ，故sin C ＝sin （π﹣A ﹣B ）＝sin （A +B ），
所以2sin （A +B ）+sin B ﹣2sin A cos B ＝0，2cos A sin B +sin B ＝0（B ∈（0，π），sin B ≠0）， 所以cosA =−12，又A ∈（0，π），所以A =23π；
（2）根据数量积的定义，由BA →
⋅AC →
=3
2
，
得cbcos
π3=3
2
⇒bc =3，又a =2√3， 在△ABC 中，由余弦定理得：a 2＝b 2+c 2﹣2bc cos A ⇒b 2+c 2＝9， 因为AD →
=12AB →+12
AC →
，
所以|AD →|2=AB →2+AC →2
+2AB →⋅AC →
4=14(b 2+c 2)−14bc =3
2
，
所以AD =
√6
2
．
19．（12分）如图，在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是棱BB 1，B 1C 1的中点， （1）求证：点F 在平面AED 1内；
（2）用平面AED 1截正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，将正方体分成两个几何体，两个几何体的体积分别为V 1，V 2（V 1＜V 2），求V 1：V 2的值．
【解答】解：（1）证明：如图，连接EF，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥C1D1且AB＝C1D1，所以四边形ABC1D1是平行四边形，
所以AD1∥BC1，
又E，F分别是棱BB1，B1C1的中点，
则EF∥BC1，
所以EF∥AD1，
所以E、F、D1、A四点共面，即点F在平面AED1内；
（2）连接FD1，所以平面AED1截正方体ABCD﹣A1B1C1D1的截面是四边形AEFD1，
所以V1是几何体三棱台A1AD1﹣B1EF的体积，
则S△A
1AD1=
1
2
×2×2=2，S△B
1EF
=
1
2
×1×1=
1
2
，
所以V1=1
3
⋅A1B1⋅(S△A
1AD1
+√S△A
1AD1
S△B
1EF
+S△B
1EF
)=
1
3
×2×(2+1+
1
2
)=
7
3
，
且V2=V ABCD−A
1B1C1D1−V1=23−
7
3
=
17
3
．
因此V1：V2＝7：17．
20．（12分）2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成功着陆，航天员翟志刚，王亚平，叶光富顺利出舱，神舟十三号载人飞行任务圆满完成，为纪念中国航天事业所取得的成就，发掘并传承中国航天精神，某市随机抽取1000名学生进行了航天知识竞赛并记录得分，将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，并绘制成如图所示的频率分布直方图．
（1）请补全频率分布直方图并估计这1000名学生成绩的平均数和计算80%分位数（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）现从以上各组中采用分层抽样的方法抽取200人，若第三组中被抽取的学生成绩的平均数与方差分别为72分和1，第四组中被抽取的学生成绩的平均数与方差分别为87分和2，求这200人中分数在区间[70，90）的学生成绩的方差．
【解答】解：（1）成绩落在[60，70）的频率为1﹣（0.30+0.15+0.10+0.05）＝0.40， 补全的频率分布直方图，如下图：
样本的平均数x =55×0.30+65×0.40+75×0.15+85×0.10+95×0.05=67（分）， 设80%分位数为x ，则0.03×10+0.04×10+（x ﹣70）×0.015＝0.8， 解得x =
230
3
≈76.67（分）； （2）由分层抽样可知，第三组和第四组分别抽取30人和20人， 分层抽样的平均值：x 1=
35×72+2
5
×87=78（分）， 分层抽样的方差：s 2=35[1+(72−78)2]+25[2+(87−78)2]=277
5
=55.4，
所以这200人中分数在区间[70，90）所有人的成绩的方差为55.4．
21．（12分）在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝AA 1＝2，BC 1=√14，∠ABC =2π
3
，A 1C 1⊥A 1B ． （1）证明：平面A 1AC ⊥平面ABC ；
（2）求二面角A﹣A1B﹣C的平面角的余弦值．
【解答】解：（1）证明：如图，设AC的中点为O，连接OA1，OB，因为AB＝BC，所以AC⊥OB，又因为AC∥A1C1，且A1C1⊥A1B，所以AC⊥A1B，因为A1B，OB⊂平面OBA1，且A1B∩OB＝B，
所以AC⊥平面OBA1，因为OA1⊂平面OBA1，
所以AC⊥OA1，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC=2π3
，
由余弦定理求得AC=√AB2+BC2−2AB×BCcos 2π
3
=√22+22−2×2×2×(−
1
2
)=2√3，
则A1C1=AC=2√3，BC1=√14，
因为A1C1⊥A1B，所以A1C12+A1B2=BC12，解得A1B=√2，
在Rt△AOA1，AA1＝2，AO=√3，可知A1O＝1，又OB＝1，
在△OBA1中，OA12+OB2=A1B2，因此A1O⊥OB．
由（1）知，AC⊥OA1，且AC，OB⊂平面ABC，且AC∩OB＝O，
所以A1O⊥平面ABC，∵A1O⊂平面A1AC，因此平面A1AC⊥平面ABC．
（2）由第一问证明易得A1A＝A1C，△AA1B≌△CA1B，且AB＝BC＝AA1＝CA1．
取A1B的中点P，∠APC为二面角A﹣A1B﹣C的平面角，且AC=2√3，AP=CP=√14
2
cos∠APC=AP 2+CP2−AC2
2AP⋅CP
=−
5
7
，所以二面角A﹣A1B﹣C的平面角的余弦值为−
5
7
．
22．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且边BC上的高ℎ=√34a．
（1）若A=π
2
，求B；
（2）已知△ABC中角B和C是锐角，求tan B+4tan C的最小值．
【解答】解：（1）因为△ABC边BC上的高ℎ=√3
4a，则S△ABC=
1
2
bcsinA=
1
2
a⋅√
3
4
a，
由正弦定理得sinBsinCsinA=√3
4sin2A，而sin A＞0，则sinBsinC=√
3
4
sinA，
当A=π
2
时，sin C＝sin（
π
2
−B）＝cos B，即有sinBcosB=√
3
4
，即sin2B=√
3
2
，
显然cos B＞0，即0＜B＜π
2
，有0＜2B＜π，于是2B=
π
3
或2B=
2π
3
，
所以B=π
6
或B=
π
3
；
（2）在△ABC中，由sinBsinC=√3
4sinA，得sinBsinC=√
3
4
sin(B+C)，而B和C为锐角，
即sinBsinC=√3
4(sinBcosC+cosBsinC)，于是tanBtanC=√
3
4
(tanB+tanC)，
显然tan B，tan C＞0，从而
1
tanB
+
1
tanC
=
√3
，
因此tanB+4tanC=√3
4(
1
tanB
+
1
tanC
)(tanB+4tanC)=√
3
4
(5+
tanB
tanC
+
4tanC
tanB
)
≥√3
4(5+2√
tanB
tanC
⋅
4tanC
tanB
)=
9
4√
3，当且仅当tanB=2tanC=
3
4√
3时取等号，
所以当tanB=3
4√
3，tanC=38√3时，tan B+4tan C的最小值
9
4
√3．。