2020-2021学年山东省淄博市部分学校高一(下)期末数学试卷(附答案详解)

2020-2021学年山东省淄博市部分学校高一（下）期末数
学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分） 1. 复数
(1−i)21+i
=( )
A. 1−i
B. 1+i
C. −1−i
D. −1+i
2. 在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且b =√2，c =√3，C =60°，
则角B =( )
A. 45°
B. 30°
C. 45°或135°
D. 30°或150°
3. 已知△ABC 的边BC 上有一点D 满足BD
⃗⃗⃗⃗⃗ =3DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 可表示为( ) A. AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +3AC ⃗⃗⃗⃗⃗ B. AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =34AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +1
4AC ⃗⃗⃗⃗⃗ C. AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =1
4AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +3
4
AC ⃗⃗⃗⃗⃗ D. AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =2
3AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +1
3
AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 4. 已知非零向量a ⃗ ,b ⃗ 满足|b ⃗ |=4|a ⃗ |，且a ⃗ ⊥(2a ⃗ +b ⃗ )则a
⃗ 与b ⃗ 的夹角为( ) A. π
3
B. π
2
C. 2π
3
D. 5π
6
5. 《九章算术》中“开立圆术”曰：“置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方
除之，即立圆径”.“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V ，求其直径d ，公式为d =√16
9
V 3
.如果球的半径为1
3，根据“开立圆术”的方法求球的体积为( )
A. 4π
81
B. π
6
C. 4
81
D. 1
6
6. 设m 、m +1、m +2是钝角三角形的三边长，则实数m 的取值范围是( )
A. 0<m <3
B. 1<m <3
C. 3<m <4
D. 4<m <6
7. 已知长方体全部棱长的和为36，表面积为52，则其体对角线的长为( )
A. 4
B. √29
C. 2√23
D. 4√17
8. 在△ABC 中，角A,B,C 的对边分别为a,b,c ，且2ccosB =2a +b ，若△ABC 的面积为
S =√3
12c ，则ab 的最小值为( )
A. 1
2
B. 1
3
C. 1
6
D. 3
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
9. 已知复数z 1=3+4i ，z 2=4−3i ，则下列结论正确的是( )
A. |z1|=|z2|
B. z1=z2−
C. z1
z2
为纯虚数
D. 复平面上表示z1⋅z2的点在第二象限
10.下列说法正确的是()
A. 1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的第60百分位数是6
B. 已知一组数据2，3，5，x，8的平均数为5，则这组数据的方差是5.2
C. 用分层随机抽样时，个体数最多的层里的个体被抽到的概率最大
D. 若x1，x2，…，x10的标准差为2，则3x1+1，3x2+1，…，3x10+1的标准差
是6
11.设a⃗，b⃗ ，c⃗为平面非零向量，则下列结论错误的是()
A. 若a⃗⊥c⃗且b⃗ ⊥c⃗，则a⃗//b⃗
B. |a⃗⋅b⃗ |≤|a⃗|⋅|b⃗ |
C. 若a⃗⋅c⃗=b⃗ ⋅c⃗，则a⃗=b⃗
D. (a⃗⋅b⃗ )⋅c⃗=a⃗⋅(b⃗ ⋅c⃗ )
12.在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列命题正确的是()
A. sinA<sinB的充要条件是A<B
B. 若△ABC不是直角三角形，则tanA+tanB+tanC=tanA⋅tanB⋅tanC
C. 若A为△ABC的最小内角，则1
2
≤cosA<1
D. 不存在△ABC，使a
cosA =b
cosB
=c
cosC
成立
三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.向量a⃗=(2,t)，b⃗ =(−1,3)的夹角为钝角，则t的范围是______ ．
14.给出下列命题：
(1)若平面α内有两条直线分别平行于平面β，则α//β；
(2)若平面α内任意一条直线与平面β平行，则α//β；
(3)过已知平面外一条直线，必能作出一个平面与已知平面平行；
(4)不重合的平面α，β，γ，若α//γ，β//γ，则有α//β．
其中正确的命题是______ .(填写序号)
15.已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为7
8
，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5√15，则该圆锥的侧面积为．
16.如图是某高速公路测速点在2021年2月1日8：00到18：00时测得的过往车辆的
速度(单位：km/ℎ)频率分布直方图，则该段时间内过往车辆速度的中位数是______ km/ℎ，平均速度约为______ km/ℎ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17. 如图，已知CD ，
AB 分别是圆台O 1O 上下底面圆的直径(O 1,O 为上下底面圆的圆心)，直线AB 与CD 所成的角为90°． (1)求证：BC =BD ；
(2)若CD =2，AB =4，圆台的母线长为√5，求四面体A −BCD 的体积．
18. 如图，一直线经过边长为2的正三角形OAB 的中心G ，且与OA ，OB 分别交于点
P ，Q ，设OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ ，OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ ，若OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =m OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =n OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，m ，n >0． (1)用向量a ⃗ ，b ⃗ 表示OG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ； (2)求OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OQ
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值．
19.已知函数f(x)=Acos(ωx+φ)+B(A>0,ω>0,|φ|<π
2
)的部分图象，如图所示．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)先将函数f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的1
2
(纵坐标不变)，再向右平移
π6个单位后得到函数g(x)的图象，求函数y=g(x)的单调减区间和在区间[0,π
4
]上的
最值．
20.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，(2a−c)cosB=b⋅cosC．
(1)求角B的大小；
(2)若a=3，b=√19，点D在边AC上，且AD=2DC，求BD的长度．
21.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长
为1正方形，PA⊥底面ABCD，PA=1，点M，N
分别为棱PD，BC的中点．
(1)求证：直线MN//平面PAB；
(2)设点E在棱PC上，若PE=2EC，
(ⅰ)证明：直线PC⊥平面EBD；
(ⅰ)求直线MN和平面EBD所成角的正弦值．
22.某玻璃工艺品加工厂有2条生产线用于生产某款产品，每条生产线一天能生产200
件该产品，该产品市场评级规定：评分在10分及以上的为A等品，低于10分的为B等品.厂家将A等品售价定为2000元/件，B等品售价定为1200元/件．
下面是检验员在现有生产线上随机抽取的16件产品的评分：
经计算得x −
=1
16∑x i 16i=1=9.97，s 2=1
16∑(16i=1x i −x −
)2=1
16∑x i 216i=1−x −
2
=0.045，
其中x i 为抽取的第i 件产品的评分，i =1，2， (16)
该厂计划通过增加生产工序来改进生产工艺，已知对一条生产线增加生产工序每年需花费1500万元，改进后该条生产线产能不变，但生产出的每件产品评分均提高0.05.已知该厂现有一笔1500万元的资金．
(1)若厂家用这1500万元改进一条生产线，根据随机抽取的16件产品的评分， (i)估计改进后该生产线生产的产品中A 等品所占的比例； (ii)估计改进后该厂生产的所有产品评分的平均数和方差．
(2)某金融机构向该厂推销一款年收益率为8.2%的理财产品.请你利用所学知识分析，将这1500万元用于购买该款理财产品所获得的收益，与通过改进一条生产线使产品评分提高所增加的收益相对比，一年后哪种方案的收益更大？(一年按365天计算)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：复数(1−i)21+i
=
1−2i+i 21+i
=
−2i 1+i
=
−2i(1−i)
(1+i)(1−i)
=
−2i+2i 21−i 2
=−1−i ．
故选：C ．
利用复数的运算法则直接求解．
本题考查复数的运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由正弦定理得b
sinB =c
sinC ，得√2
sinB =√3
√32
，得sinB =√2
2
，
又b <c ，∴B <C ，∴B =45°， 故选：A ．
根据正弦定理可得sin B ，再根据B 为锐角可得． 本题考查了正弦定理，属基础题．
3.【答案】C
【解析】 【分析】
本题考查了平面向量的基本定理，属于基础题． 根据向量的三角形法则和向量的几何意义即可求出． 【解答】
解：由BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，
则AD ⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +34BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +34(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=14AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +34AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 故选：C ．
4.【答案】C
【解析】
本题考查了向量垂直的性质运用以及利用向量的数量积求向量的夹角；熟练运用公式是关键．
由已知向量垂直得到数量积为0，于是得到非零向量a⃗,b⃗ 的模与夹角的关系，求出夹角的余弦值．
【解答】
解：由已知非零向量a⃗,b⃗ 满足|b⃗ |=4|a⃗|，且a⃗⊥(2a⃗+b⃗ )，
设两个非零向量a⃗,b⃗ 的夹角为θ，
所以a⃗⋅(2a⃗+b⃗ )=0，
即2a⃗2+|a⃗||b⃗ |cosθ=0，
所以cosθ=−1
2
，θ∈[0,π]，
所以θ=2π
3
．
故选C．
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了数学文化，属于基础题．
根据公式d=√16
9V
3，得2
3=√16
9
V
3，解得V即可．
【解答】
解：根据公式d=√16
9V
3，得2
3=√16
9
V
3，解得V=1
6
．
故选D．
6.【答案】B
【解析】解；由题意可得m、m+1、m+2是钝角三角形的三边长，且最大边m+2对的钝角为α，
则由余弦定理可得cosα=m 2+(m+1)2−(m+2)2
2m(m+1)
=m−3
m
<0，求得0<m<3．
再根据任意两边之和大于第三边，可得m+m+1>m+2，∴m>1．综上可得1<m<3，
由题意可得最大角的余弦值小于零，且任意两边之和大于第三边，从而解不等式求得实数m 的取值范围．
本题考查余弦定理、三角形中任意两边之和大于第三边，以及不等式的解法，列出不等式，是解题的关键，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：设长方体的三条棱的长分别为：x ，y ，z ， 则{2(xy +yz +zx)=524(x +y +z)=36
， 可得对角线的长为√x 2+y 2+z 2=√(x +y +z)2−2(xy +yz +zx)=√92−52=√29． 故选：B ．
首先转化为数学表达式，设出长方体的三条棱的长分别为x ，y ，z ，根据题意列出关系式，通过配方法即可求出对角线的长．
本题主要考查了长方体的特征，考查了配方法的应用，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】 【分析】
本题考查正余弦定理、三角形内角和定理及基本不等式相结合，
由正弦定理将2ccosB =2a +b ，转化成2sinC ·cosB =2sinA +sinB ，由三角形内角和定理，将sinA =sin(B +C)，利用两角和的正弦公式展开，化简求得sin C 的值，由余弦定理、三角形的面积公式及基本不等式关系，求得ab 的最小值． 【解答】
解：由正弦定理，有a
sinA =b
sinB =c
sinC =2R ， 又2c ·cosB =2a +b ，
得2sinC ·cosB =2sinA +sinB ， 由A +B +C =π，得sin A =sin(B +C)， 则2sinC ·cosB =2sin(B +C)+sinB ，
即2sinB·cosC+sinB=0，又0<B<π，sinB>0，
得cosC=−1
2
，
因为0<C<π，得C=2π
3
，
则△ABC的面积为S=1
2ab sinC=√3
4
ab=√3
12
c，
即c=3ab，
由余弦定理，得c2=a2+b2−2ab cos C，
化简，得a2+b2+ab=9a2b2，
∵a2+b2≥2ab，当仅当a=b时取等号，
∴2ab+ab≤9a2b2，
即ab≥1
3
，当且仅当a=b时成立，
故ab的最小值是1
3
．
故答案选：B．
9.【答案】AC
【解析】解：∵z1=3+4i，z2=4−3，
∴|z1|=√32+42=5，|z2|=√42+(−3)2=5，∴|z1|=|z2|，故A正确；
z2−=4+3i，z1≠z2−，故B错误；
z1 z2=3+4i
4−3i
=(3+4i)(4+3i)
(4−3i)(4+3i)
=12+9i+16i+12i2
16−9i2
=25i
25
=i，故C正确；
z1⋅z2=(3+4i)(4−3i)=12−9i+16i−12i2=24+7i，
则复平面上表示z1⋅z2的点的坐标为(24,7)，在第一象限，故D错误．
故选：AC．
由复数的基本概念、复数的模及复数的代数表示法的几何意义分别分析四个选项得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：∵10×60%=6，
=6.5，∴1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的第60百分位数为第六位和第七位的平均数，即6+7
2
故A选项错误，
∵数据2，3，5，x，8的平均数为5，
∴2+3+5+x+8=5×5，即x=7，
∴数据2，3，5，7，8的方差是(2−5)2+(3−5)2+(5−5)2+(7−5)2+(8−5)2
=5.2，故B选项正确，
5
用分层随机抽样时，每层的个体被抽到的概率相同，故C选项错误，
∵x1，x2，…，x10的标准差为2，方差为4，
∴3x1+1，3x2+1，…，3x10+1的方差为32×4=36，即标准差为6，故D选项正确．故选：BD．
根据已知条件，结合百分位数的概念，即可判断A选项，利用平均数和方差的公式，即可判断B选项，结合分层抽样的概念，即可判断C选项，运用随机变量函数线性方差公式，即可判断D选项．
本题考查了分层抽样的概念，以及平均数与方差公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
11.【答案】CD
【解析】解：对于A：因为a⃗，b⃗ ，c⃗为平面非零向量，
所以若a⃗⊥c⃗且b⃗ ⊥c⃗，则<a⃗，c⃗>=90°，<b⃗ ，c⃗>=90°，
所以a⃗//b⃗ ，故A正确；
对于B：|a⃗⋅b⃗ |=|a⃗||b⃗ ||cosθ|≤|a⃗||b⃗ |，故B正确；
对于C：若a⃗⋅c⃗=b⃗ ⋅c⃗，则a⃗⋅c⃗−b⃗ ⋅c⃗=0，
所以(a⃗−b⃗ )⋅c⃗=0，
所以a⃗=b⃗ 或<a⃗−b⃗ ，c⃗>=90°，故C错误；
对于D：(a⃗⋅b⃗ )⋅c⃗是与c⃗共线，
a⃗⋅(b⃗ ⋅c⃗ )是与a⃗共线，
但是c⃗与a⃗不一定共线，
所以(a⃗⋅b⃗ )⋅c⃗与a⃗⋅(b⃗ ⋅c⃗ )不一定共线，
所以(a⃗⋅b⃗ )⋅c⃗=a⃗⋅(b⃗ ⋅c⃗ )不一定成立，故D错误．
故选：CD．
由向量的运算，数量积，共线向量，逐个判断即可得出答案 本题考查向量的运算，属于中档题．
12.【答案】ABC
【解析】解：对于A ：由于sinA <sinB ，利用正弦定理：2RsinA <2RsinB ，所以a <b ，利用大边对大角，所以A <B ，故A 正确；
对于B ：由于A ≠π
2，B ≠π
2，C ≠π
2，所以tan(A +B)=tanA+tanB
1−tanAtanB =−tanC ，整理得tanA +tanB +tanC =tanAtanBtanC ，故B 正确；
对于C ：由于A 为三角形的最小角，所以A ≤B ，A ≤C ，所以3A ≤A +B +C =π，所以0<A ≤π
3，故12≤cosA <1.故C 正确；
对于D ：当三角形为等边三角形时，利用正弦定理sinA
cosA =sinB
cosB =sinC
cosC ，整理得tanA =tanB =tanC ，由于0<A ，B ，C ，<π，所以A =B =C ，故D 错误． 故选：ABC ．
直接利用三角形的边角关系，正弦定理和三角函数关系式的变换，充要条件的应用判断A 、B 、C 、D 的结论．
本题考查的知识要点：三角形的边角关系，正弦定理和三角函数关系式的变换，充要条件的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
13.【答案】(−∞,−6)∪(−6,2
3)
【解析】解：根据题意，若向量a ⃗ =(2,t)，b ⃗ =(−1,3)的夹角为钝角， 则a ⃗ ⋅b ⃗ <0且a ⃗ 与b ⃗ 不共线，即{
−2+3t <0
−t ≠6
， 解可得：t <2
3且t ≠−6，即t 的取值范围为(−∞,−6)∪(−6,2
3)； 故答案为：(−∞,−6)∪(−6,2
3)．
根据题意，分析可得a ⃗ ⋅b ⃗ <0且a ⃗ 与b ⃗ 不共线，即{
−2+3t <0
−t ≠6，解可得t 的取值范围，即可得答案．
本题考查向量数量积的性质以及应用，注意两个向量夹角为钝角的判断方法，属于基础
题．
14.【答案】(2)(4)
【解析】解：(1)由平面与平面平行的判定可知，若平面α内有两条相交直线分别平行于平面β，则α//β，故(1)错误；
(2)由平面与平面平行的定义可知，若平面α内任意一条直线与平面β平行，则α//β，故(2)正确；
(3)当平面外的一条直线与平面相交时，过已知平面外一条直线，不能作出一个平面与已知平面平行，故(3)错误；
(4)不重合的平面α，β，γ，若α//γ，β//γ，由平面与平面平行的传递性可得α//β，故(4)正确．
故答案为：(2)(4)．
由平面与平面平行的判定判断(1)；由平面与平面平行的定义判断(2)与(3)；由平面平行的传递性判断(4)．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
15.【答案】40√2π
【解析】 【分析】
本题考查圆锥的结构特征，母线与底面所成角，圆锥的侧面面积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．
利用已知条件求出圆锥的母线长，利用母线与平面所成角求解底面半径，然后求解圆锥的侧面积． 【解答】
解：圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为7
8， 可得sin∠ASB =√1−(7
8)2=√15
8
．
由△SAB 的面积为5√15，可得1
2SA 2sin∠ASB =5√15， 即1
2SA 2×√15
8
=5√15，即SA =4√5．
SA与圆锥底面所成角为45°，可得圆锥的底面半径为：√2
2
×4√5=2√10．
则该圆锥的侧面积：2√10×4√5π=40√2π.
故答案为：40√2π.
16.【答案】102.5102
【解析】解：根据频率直方图中数据落在各区间的频率和为1得：(0.01+0.03+0.02+ m)×10=1，解得m=0.04，
该段时间内过往车辆速度的中位数是100+0.1
0.4
×10=102.5；
平均速度约为85×0.1+95×0.3+105×0.4+115×0.2=102．
首先根据频率和为1计算a值，然后根据频率分布直方图中中位数与平均数计算方法计算即可．
本题考查频率分布直方图中横坐标算法、中位数及平均数算法，考查数学运算能力，属于基础题．
17.【答案】(1)证明：连接O1A，O1B，O1O，
由圆台的性质可知，O1O⊥CD，
因为直线AB与CD所成的角为90°，即CD⊥AB，
又因为O1O∩AB=O，
所以CD⊥平面O1AB，又O1B⊂平面O1AB，
所以CD⊥O1B，又O1是CD的中点，
所以BC=BD；
(2)由(1)可知DC⊥平面O1AB，
因为CD=2，AB=4，圆台的母线长为√5，
所以圆台的高O1O=2，
所以ΔO1AB的面积SΔO
1AB =1
2
×4×2=4，
所以四面体A−BCD的体积V A−BCD=1
3DC⋅SΔO
1AB
=1
3
×2×4=8
3
．
【解析】(1)连接O1A，O1B，O1O，由圆台的性质可得O1O⊥CD，结合CD⊥AB，证明CD⊥平面O1AB，可得CD⊥O1B，由O1是CD的中点即可证明；
(2)利用圆台的性质求出圆台的高，求出ΔO1AB的面积，由锥体体积公式求解即可．
本题考查了圆台的几何性质的应用，线面垂直的判定定理和性质定理的运用，锥体体积公式的运用，考查了逻辑推理能力、空间想象能力与化简运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)延长OG 交AB 于点D ，则点D 为
AB 中点，于是OG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23
OD
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ； 因为OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12
(OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )， 所以OG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23×12(OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=13OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13a ⃗ +1
3
b ⃗ ． (2)OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =|OP ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|OQ −
|⋅cos∠AOB
=m|OA
⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅n|OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅cos π
3
=2mn 法一：由(1)可知OG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13m OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +1
3n
OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， 因为P ，G ，Q 三点共线， 所以1
3m +1
3n =1，即1
m +1
n =3 因为m ，n >0， 所以1
m
+1
n ≥2√
1mn
，即mn ≥49，当且仅当1m =1
n ，即m =n 时，取等号，
因此OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为8
9
． 法二：由P ，G ，Q 三点共线可知，存在实数λ，使得PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPG ⃗⃗⃗⃗⃗
即OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(OG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −OP ⃗⃗⃗⃗⃗ )，可得n b ⃗
−m a ⃗ =λ(13−m)a ⃗ +1
3λb ⃗ ． 从而，消去λ可得1m +1
n =3 因为m ，n >0，
所以1
m +1
n ≥2√1
mn ，当且仅当1
m =1
n ，即m =n 时，取等号， 所以mn ≥4
9，
因此OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为8
9
．
【解析】(1)延长OG 交AB 于点D ，则点D 为AB 中点，于是OG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2
3OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，即可得出答案．
(2)OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =|OP ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|OQ −
|⋅cos∠AOB =m|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅n|OB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅cos π3
=2mn ，
法一：由(1)可知OG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13m OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +13n OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，又P ，G ，Q 三点共线，得1m +1
n
=3，由基本不等式可得mn 的最小值，即可得出答案．
法二：由P ，G ，Q 三点共线可知，存在实数λ，使得PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ，即n b ⃗ −m a ⃗ =λ(1
3−m)a ⃗ +1
3
λb ⃗ ，消去λ可得1m +1
n =3，由基本不等式可得mn 的最小值，即可得出答案． 本题考查向量的运算，最值，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由函数f(x)=Acos(ωx +φ)+B(A >0,ω>0,|φ|<π
2)的部分图象
可知， A =
1−(−3)2=2，B =
1+(−3)2
=−1，
因为T
2=π
ω=
7π−π12
，
所以ω=2，
所以f(x)=2cos(2x +φ)−1， 把点(π
12,1)代入可得，cos(π
6+φ)=1， 所以π6+φ=2kπ，k ∈Z ， 又因为|φ|<π
2， 所以φ=−π6，
故f(x)=2cos(2x −π
6)−1；
(2)先将f(x)的图象横坐标缩短到原来的1
2，可得y =2cos(4x −π
6)−1的图象， 再向右平移π
6个单位，可得g(x)=2cos(4x −5π6
)−1的图象，
由2kπ≤4x −5π6≤2kπ+π，k ∈Z ，
解得2kπ+
5π6
≤4x ≤2kπ+
11π6
，k ∈Z ，
即kπ
2+5π
24≤x ≤
kπ2
+
11π24
，k ∈Z ，
故函数的减区间是[kπ
2+5π24,kπ
2
+
11π24
]，k ∈Z ，
因为x ∈[0,π
4]，4x −
5π6
∈[−
5π6
,π6]，
所以g(x)在[0,5π24]上单调递增，在[5π24,π
4]上单调递减，
故当x=5π
24时，即4x−5π
6
=0时，g(x)有最大值为1；
而g(0)=−√3−1，g(π
4
)=√3−1，
故当x=0时，g(x)有最小值为−√3−1．
【解析】(1)利用函数的最值求解A，B，求出函数的周期，利用周期的计算公式求解ω，再利用特殊点的坐标求解φ的值，即可得到答案；
(2)先利用三角函数的图象变换求出g(x)的解析式，然后由整体代换以及余弦函数的单
调性列式求解g(x)的单调递减区间，再由x的范围，求出4x−5π
6∈[−5π
6
,π
6
]，由余弦函
数的性质求解最值即可．
本题考查了三角函数模型解析式的求解，三角函数最值的求解，在求解函数y=
Asin(ωx+φ)的解析式时，利用最值求A，利用周期求ω，利用特殊值求解φ，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由(2a−c)cosB=b⋅cosC，可得(2sinA−sinC)cosB=sinB⋅cosC，即2sinAcosB−sinCcosB=sinB⋅cosC，
即2sinAcosB=sinCcosB+sinB⋅cosC=sin(B+C)=sinA，
因为sinA≠0，
所以cosB=1
2
，
又因为B∈(0,π)，
所以B=π
3
．
(2)在△ABC中，由余弦定理得：cosB=a2+c2−b2
2ac =9+c2−19
2⋅3⋅c
=1
2
，
可得c2−3c−10=0，解得c=5或c=−2(舍去)cosC=a2+b2−c2
2ab =
2⋅3⋅√19
=
2√19
，
因为AD=2DC，
所以DC=1
3b=√19
3
，
在△BDC中，由余弦定理得：BD2=BC2+CD2−2BC⋅CD⋅cosC=9+(√19
3
)2−2⋅3⋅
√19 3⋅
2√19
=91
9
，
因此BD=√91
3
．
【解析】(1)直接利用正弦定理和三角函数关系式的恒等变换和三角函数的值的应用求出B的值；
(2)利用余弦定理的应用求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，余弦定理的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)取PA的中点G，连接MG，BG，如图：
所以MG//AD，且GM=1
2
AD，
结合已知，可得MG//BN且MG=BN，
所以四边形MGBN为平行四边形，
所以直线MN//GB，
又MN⊄平面PAB，GB⊂平面PAB，
所以直线MN//平面PAB．
(2)(i)由己知可得，PD=PB=√2，PC=√3，
在△PCD中，由余弦定理可得，cos∠CPD=
2√6=√6
3
，
所以DE2=PE2+PD2−2PE⋅PDcos∠CPD=4
3+2−2×2√3
3
×√2×√6
3
=2
3
，
所以PE2+ED2=PD2，所以PC⊥DE，
同理，PC⊥BE，
因为BE∩DE=E，
所以PC⊥平面EBD．(ii)解法1
连接AC 交BD 于O ，连接GO ， 所以GO//PC ，所以GO ⊥平面EBD ，
由(1)可知，直线MN 和平面EBD 所成角与直线BG 和平面EBD 所成角相等， 所以∠GBO 即为直线MN 和平面EBD 所成角，GO =√3
2
，BO =√2
2
，
所以tan∠GBO =
√3√2
=
√6
2
， 所以sin∠GBO =√15
5
．
所以直线MN 和平面EBD 所成角的正弦值是√15
5．
解法2：
设EC ，CD 的中点分别为F ，H ，连接FN ，FH ，NH ，
所以，FH//ED ，FN//EB ， 所以，平面FNH//平面EBD ，
所以直线MN 和平面EBD 所成角与直线MN 和平面FNH 所成角相等， 因为MH//PC ， 所以MH ⊥平面FNH ，
所以∠MNH 即为直线MN 和平面FNH 所成角， 因为NH =√2
2，MH =√3
2，
所以tan∠MNH =
√3
√2
=
√6
2
， 所以sin∠MNH =√15
5
，
所以直线MN和平面EBD所成角的正弦值是√15
5
．
【解析】(1)取PA的中点G，连接MG，BG，推出四边形MGBN为平行四边形，证明MN//GB，即可证明MN//平面PAB．
(2)(i)证明PC⊥DE，PC⊥BE，即可证明PC⊥平面EBD．
(ii)解法1：连接AC交BD于O，连接GO，说明∠GBO即为直线MN和平面EBD所成角，通过求解三角形即可得到直线MN和平面EBD所成角的正弦值．
解法2：设EC，CD的中点分别为F，H，连接FN，FH，NH，直线MN和平面EBD所成角与直线MN和平面FNH所成角相等，说明∠MNH即为直线MN和平面FNH所成角，通过求解三角形推出结果即可．
本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
22.【答案】解：(1)(i)改进后，随机抽取的16件产品的评分依次变为：
10.0010.1710.0110.0110.069.9710.0310.09
10.319.9610.1810.079.2710.0910.1010.00
其中，A等品共有13个，
∴估计改进后该生产线生产的新产品中A等品所占的比例为13
16
．
(ii)设一条生产线改进前一天生产出的产品评分为y i(i=1,2，3，…，200)，
改进后该天生产出的产品评分设为z i(i=1,2，3，…，200)，其中z i=y i+0.05，
由已知得用样本估计总体可知y−=9.97，
∴z−=1
200∑z i
200
i=1
=1
200
∑(
200
i=1
y i+0.05)=y−+0.05=10.02，
∴估计改进一条生产线后该厂生产的所有产品评分的平均数为：
9.97×200+10.02×200
400
=9.995．
由已知得用样本估计总体可知s y2=0.045，
∴s t2=1
200∑(
200
i=1
z i−z−)2=1
200
∑[
200
i=1
(y i+0.05)−(y−+0.05)]2=s y2=0.045．
估计改进后该厂的所有产品评分的方差为：
1 400[∑(
200
i=1
y i−9.995)2+∑(
200
i=1
z i−9.995)2]
=1400{∑[200i=1(y i −y −)+(y −−9.995)]2+∑[200
i=1(z i −z −)+(z −−9.995)]2} =1400{∑[200i=1(y i −y −)2−2(y i −y −)(y −−9.995)+(z −−9.995)]2+∑[200
i=1(z i −z −)2−2(z i −z −)(z −−9.995)+(z −
−9.995)2]}
=1400{[∑(400i=1y i −y −)2−2(y −−9.995)∑(200i=1y i −y −)+200(y −−9.995)2]+[∑(200i=1z i −z −)2−2(z −−9.995)]∑(200i=1z i −z −)+200(z −
−9.995)2]}
=1400{[∑(200i=1y i −y −)2+200(y −−9.995)2]}+[∑(200i=1z i −z −)2+200(z −−9.995)]2}(∗)，
∵s y 2=1200∑(200i=1y i −y −)2，∴∑(200i=1y i −y −)2=200s y 2，
同理，∑(200i=1z i −z −
)2=200s z 2，
∴(∗)式=1400{[200s y 2+200(y −−9.995)2]+[200s z 2+200(z −−9.995)2]} =200400×[0.045+(9.97−9.995)2]+200400
×[0.045+(10.02−9.995)2] =0.045+0.0252=0.045625．
(2)将这1500万元用于改进一条生产线，一年后因产品评分提高而增加的收益为： (2000−1200)×516×200×365−1500×104=325×104(元)，
将这1500万元购买该款理财产品，一年后的收益为：
1500×104×(1+8.2%)−1500×104=123×104(元)，
∵325×104>123×104，
∴将这1500万元用于改进一条生产线一年后收益更大．
【解析】(1)(i)改进后，求出随机抽取的16件产品的评分，其中，A 等品共有13个，由此能估计改进后该生产线生产的新产品中A 等品所占的比例．
(ii)设一条生产线改进前一天生产出的产品评分为y i (i =1,2，3，…，200)，改进后该天生产出的产品评分设为z i (i =1,2，3，…，200)，其中z i =y i +0.05，用样本估计总体可知y −=9.97，求出z −
=10.02，由此能估计改进一条生产线后该厂生产的所有产品评分的平均数和方差．
(2)将这1500万元用于改进一条生产线，求出一年后因产品评分提高而增加的收益为325×104(元)，将这1500万元购买该款理财产品，求出一年后的收益为123×104(元)，
从而将这1500万元用于改进一条生产线一年后收益更大．
本题考查概率、平均数、方差、收益的求法，考查线性规划等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．。