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2022-2023学年重庆市部分区高一（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年重庆市部分区高一（下）期末数学试卷（含解析），共18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。
2022-2023学年重庆市部分区高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 复数z=1−i的虚部是( )
A. 1 B. −1 C. i D. −i
2. 已知点C在线段AB上，且AC=2CB，若向量AC=λAB，则λ=( )
A. 2 B. 12 C. 32 D. 23
3. 某校高中生共有3000人，其中高一年级900人，高二年级600人，高三年级1500人，现采用分层抽样的方法随机抽取容量为150人的样本，那么高一、高二、高三年级被抽取的人数分别为( )
A. 45，30，75 B. 45，15，90 C. 30，30，90 D. 60，30，60
4. 若向量a=(4,2)，b=(6,k)，若a//b，则k=( )
A. −12 B. 12 C. −3 D. 3
5. 函数f(x)=2sin(x+π3)，x∈[0,π]的单调递减区间是( )
A. [0,π6] B. [0,5π6] C. [0,π] D. [π6,π]
6. 如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1.则直线AC1与平面BB1C1C所成角的余弦值是( )
A. 32
B. 12
C. 33
D. 13
7. 2023年4月10日，重庆市中学生田径锦标赛在奉节举行.本次锦标赛设有长跑、短跑、跳高、跳远、铅球等项目，某参赛队员要从短跑、跳高、跳远、铅球4个项目中任选2项，假设每个项目被选中的可能性相等，那么跳高和铅球至少有一门被选中的概率是( )
A. 16 B. 12 C. 23 D. 56
8. 已知锐角△ABC的内角A，B，C所对边为a，b，c，且b=2csinB，则sinB+cosA的取值范围是( )
A. (12, 32) B. ( 32,32) C. (0, 3) D. (1, 3)
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知函数f(x)= 3sinx+cosx，则( )
A. f(x)的最大值为 3 B. f(x)的最小正周期为2π
C. f(x+π3)是偶函数 D. f(x−π6)的图象关于原点对称
10. 下列说法正确的是( )
A. 若直线a不平行于平面α，则α内不存在与a平行的直线
B. 直线l1，l2互相平行的一个充分条件是l1，l2都垂直于同一个平面
C. 已知平面α，β，γ，若α//β，β//γ，则α//γ
D. 已知平面α，β，γ，若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ
11. 为深入学习宣传党的二十大精神，某校开展了“奋进新征程，强国伴我行”二十大主题知识竞赛.其中高一年级选派了10名同学参赛，且该10同学的成绩依次是：85，77，92，88，95，88，93，92，96，84.则下列针对该组数据说法正确的是( )
A. 平均数为89，方差为3.06 B. 中位数为90，众数为88和92
C. 每个数都加5后平均数和方差均无变化 D. 75%分位数为93，极差为19
12. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为1，侧面ADD1A1上有一个动点M，则下列结论正确的是( )
A. 若M∈A1D，则CM⊥AD1
B. 三棱锥B−MC1D体积的最大值是13
C. 若M∈AD1，则异面直线B1M与CD所成角的余弦值范围是[ 22, 63]
D. 不存在点M，使M到直线AD和直线C1D1的距离相等
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 一个正方体的体对角线长为 2，它的顶点都在同一球面上，则该球的体积为______ ．
14. 若cos(α−π)=45，则sin2α= ______ ．
15. 甲袋中有4个黑球、2个白球，乙袋中有2个黑球、1个白球，先从甲袋中随机取出一个球放入乙袋，再从乙袋中随机取出1球，记B=“从乙袋中取出的是黑球”.则P(B)= ______ ．
16. 已知菱形ABCD的边长为 3，且∠ABC=120°，将菱形沿对角线AC翻折成直二面角B−AC−D，则AB⋅AD= ______ ；二面角A−BD−C的余弦值是______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知向量a=(−1,2),b=(3,−1)．
(1)求向量a在向量b方向上的投影向量n；
(2)确定实数λ的值，使(a+2b)⊥(λa+b)．
18. (本小题12.0分)
骰子(tóuzi)，中国传统民间娱乐用来投掷的博具.早在战国时期就有.通常作为桌上游戏的小道具，最常见的骰子是六面骰，它是一颗正立方体，上面分别有一到六个孔(或数字)，其相对两面之数字和必为七.中国的骰子习惯在一点和四点漆上红色.骰子是容易制作和取得的乱数产生器.骰经常会被错误念成shăi.现甲、乙两人玩掷骰子(质地均匀)游戏，每人掷同一枚骰子各一次，若两人掷出的点数和为偶数算甲赢，否则算乙赢．
(1)记A=“甲、乙两人掷出的点数和为6”，写出事件A包含的样本点；
(2)现连玩三次，记B=“甲至少赢一次”，C=“乙至少赢两次”，试问：B与C是否为互斥事件？为什么？
(3)这种游戏规则公平吗？试说明理由．
19. (本小题12.0分)
已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，sinB+ 3cosB=2sinC，且b>c．
(1)求A；
(2)若a= 3,△ABC的周长3+ 3，求△ABC的面积．
20. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，点O是对角线AC与BD的交点，∠ABC=120°，M是PD的中点．
(1)证明：OM//平面PBC；
(2)证明：平面PAC⊥平面PBD；
(3)若PA= 3，求三棱锥D−PBC的体积．
21. (本小题12.0分)
“杭州2022年第19届亚运会”将于2023年9月23日至10月8日在中国浙江杭州举行.在杭州亚运会倒计时两周年之际，由杭州亚运会组委会与中国日报社联合主办的“杭州2022年第19届亚运会”双语学生记者活动正式启动.为助力杭州亚运会宣传工作，向世界讲好中国故事，奏响亚运最强音.杭州市相关部门积极组织学生报名参加选拔考试，现从参加考试的学生中抽出60名，将其成绩(成绩均为整数)分成[40,50)，[50,60)，……，[90,100]六组，并画出如图所示的部分频率分布直方图，观察图形，回答下列问题：
(1)求第四组的频率，并补全这个频率分布直方图；
(2)请根据频率分布直方图，估计样本的中位数和方差.(每组数据以区间的中点值为代表)．
22. (本小题12.0分)
已知向量m=(cosωx−sinωx,2sinωx),n=(cosωx+sinωx, 3cosωx)(ω>0)，函数f(x)=m⋅n+t，若f(x)图象上一个最高点和它相邻最低点之间的水平距离为π2，图象过点(π6,1)．
(1)求f(x)表达式和f(x)的单调减区间；
(2)将函数f(x)的图象向右平移π4个单位，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍(纵坐标不变)，得到函数y=g(x)的图象，若函数F(x)=g(x)−k在区间[0,2π]上有且只有一个零点，求实数k的取值范围；
(3)若函数h(x)=x2−2mx+1，在(2)的条件下，若当x1∈[0,2]时，总有x2∈[π3,5π3]使得h(x1)=g(x2)，求实数m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了复数代数形式的概念，属于基础题．根据复数的代数形式得复数的虚部．
【解答】
解：根据复数的概念得，z=1−i的虚部是−1，
故选B．
2.【答案】D
【解析】解：如图，由AC=2CB，
可得AC=23AB，所以AC=23AB，即λ=23，
故选：D．
根据题意可知AC=23AB，结合向量的线性表示即可求得λ．
本题主要考查平面向量的基本定理，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：依题意，高一年级被抽取的人数为900×1503000=45人，
高二年级被抽取的人数为600×1503000=30人，
高三年级被抽取的人数为1500×1503000=75人．
故选：A．
根据分层抽样的定义求出抽样比，按此比例求出各个年级的人数即可．
本题主要考查分层抽样的定义，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：根据题意，向量a=(4,2)，b=(6,k)，
若a//b，则有4×k=2×6=12，
解可得k=3；
故选：D．
根据题意，由向量平行的坐标表示方法可得若a//b，则有4×k=2×6=12，解可得k的值，即可得答案．
本题考查向量平行的坐标表示公式，关键是掌握向量平行的坐标表示方法，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：依题意，由2kπ+π2≤x+π3≤2kπ+3π2(k∈Z)，
得：2kπ+π6≤x≤2kπ+7π6(k∈Z)，
∴f(x)=2sin(x+π3)的单调递减区间为[2kπ+π6,2kπ+7π6](k∈Z)，
又x∈[0,π]，
∴f(x)=2sin(x+π3)在x∈[0,π]上的单调递减区间为[π6,π]．
故选D．
由2kπ+π2≤x+π3≤2kπ+3π2(k∈Z)，与x∈[0,π]联立即可求得答案．
本题考查复合三角函数的单调性，着重考查正弦函数的单调性质，考查集合的运算，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：如图，
连接直线BC1，显然，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB⊥平面BB1C1C，故∠AC1B即为直线AC1与平面BB1C1C所成角，
在Rt△AC1B中，AB=2，C1B= BC2+C1C2= 2，∴AC1= AB2+C1B2= 22+( 2)2= 6，
∴cos∠AC1B=C1BAC1= 2 6= 33．
故选：C．
根据线面角的定义，可知∠AC1B即为直线AC1与平面BB1C1C所成角，解三角形即可求得结果．
本题主要考查直线与平面所成的角，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：从4个项目中任选2项共有：短跑+跳高、短跑+跳远、短跑+铅球、跳高+跳远、跳高+铅球、跳远+铅球，共6种情况，
其中满足跳高和铅球至少有一门被选中的有5种情况，
所以其概率为56，
故选：D．
采用列举法得到所有可能的情况，根据古典概型概率计算公式得到结果．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：因为b=2csinB，由正弦定理可得sinB=2sinCsinB，在三角形中，sinB≠0，
所以sinC=12，而三角形为锐角三角形，所以C=π6，
所以B=56π−A<π2，可得A∈(π3,π2)，
所以sinB+cosA=sin(56π−A)+cosA=12cosA+ 32sinA+cosA= 32sinA+32cosA= 3sin(A+π3)，
因为A∈(π3,π2)，所以A+π3∈(23π,56π)，
所以sin(A+π3)∈(12, 32)，
所以可得sinB+cosA∈( 32,32).
故选：B．
由题意及正弦定理可得C角的正弦值，再由锐角三角形可得C角的大小，可得B角和A角的关系，由锐角三角形可得A角的范围，由辅助角公式可得sinB+cosA的范围．
本题考查正弦定理及辅助角公式的应用，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：f(x)= 3sinx+cosx=2( 32sinx+12cosx)=2sin(x+π6)，
对于A，当sin(x+π6)=1时，f(x)取得最大值2，所以A错误；
对于B，f(x)=2sin(x+π6)，
f(x)的最小正周期为2π1=2π，所以B正确；
对于C，f(x+π3)=2sin(x+π3+π6)=2sin(x+π2)=2cosx，x∈R，
令g(x)=f(x+π3)=2cosx，因为g(−x)=2cos(−x)=2cosx=g(x)，
所以g(x)=f(x+π3)=2cosx为偶函数，所以C正确；
对于D，f(x−π6)=2sin(x−π6+π6)=2sinx，
因为y=2sinx的图象关于原点对称，
所以f(x−π6)的图象关于原点对称，所以D正确．
故选：BCD．
先利用辅助角公式对函数化简变形，然后逐个分析判断即可．
本题主要考查三角函数的最值，考查转化能力，属于中档题．
10.【答案】ABC
【解析】解：若直线a不平行于平面α，则α内不存在与a平行的直线，否则，由直线与平面平行的判定可得a//α，故A正确；
若l1，l2都垂直于同一个平面，则直线l1，l2互相平行，反之，若直线l1，l2互相平行，不一定有l1，l2都垂直于同一个平面，故直线l1，l2互相平行的一个充分条件是l1，l2都垂直于同一个平面，故B正确；
已知平面α，β，γ，若α//β，β//γ，则α//γ，故C正确；
已知平面α，β，γ，若α⊥β，β⊥γ，则α//γ或α与γ相交，相交也不一定垂直，故D错误．
故选：ABC．
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一分析四个选项得答案．
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，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
11.【答案】BD
【解析】解：对于A，平均数为85+77+92+88+95+88+93+92+96+8410=89，
方差110×[(85−89)²+(77−89)²+(92−89)²×2+(88−89)²×2+(95−89)²+(93−89)²+(96−89)²+(84−89)²]=30.6，
故选项A错误；
对于B，中位数为88+922=90，众数为88和92，故选项B正确；
对于C，根据平均数和方差的性质可得，每个数都加5后平均数对应的加上5，
方差不发生改变，故选项C错误；
对于D，因为10×75%=7.5，所以77，84，85，88，88，92，92，93，95，96的第75%分位数为93，
极差为96−77=19，选项D正确．
故选：BD．
根据平均数、方差、中位数、众数和极差的概念，逐项进行计算验证即可求解．
本题考查数据的特征，属于基础题．
12.【答案】ABC
【解析】解：对A，连接A1D，AD1，CA1，CM，
在正方体ABCD−A1B1C1D1，CD⊥侧面ADD1A1，
AD1⊂平面ADD1A1，∴CD⊥AD1，又A1D⊥AD1，
CD∩A1D=D，CD，A1D⊂平面A1DC，
∴AD1⊥平面A1DC，又M∈A1D，∴CM⊂平面A1DC，
∴CM⊥AD1，故A正确；
对B，由等体积法得VB−MC1D=VM−C1BD，当点M与点A1重合时，
点M到面C1BD的距离最大，因为正方体的棱长为1，
所以三棱锥A1−C1BD为棱长为 2的正四面体，
所以三棱锥A1−C1BD的高为 ( 2)2−( 63)2=2 33，
所以三棱锥B−MC1D体积的最大值为
VA1−C1BD=13×12× 2× 2× 32×2 33=13，故B正确；
对C，异面直线B1M与CD所成的角为∠A1B1M，
当点M与A或D1重合时，∠A1B1M最大，此时cos∠A1B1M=cos45°= 22，
当点M为AD1的中点时，∠A1B1M最小，此时cos∠A1B1M=A1B1B1M=1 62= 63，
所以异面直线B1M与CD所成角的余弦值范围是[ 22, 63]，故C正确；
对D，平面ADD1A1上的点M到直线C1D1的距离等于点M到点D1的距离，
则满足到直线AD和直线C1D1的距离相等即满足到直线AD和点D1的距离相等，
可知点M的轨迹为平面ADD1A1上抛物线的部分，
所以存在点M，使M到直线AD和直线C1D1的距离相等，故D错误；
故选：ABC．
对A，利用线面垂直的判定定理证明推导；对B，根据等体积法判断得VB−MC1D=VM−CBD，当点M与点A1重合时，点M到面C1BD的距离最大，计算三棱锥A1−C1BD的体积即可；对C，根据异面直线所成角的定义找到异面直线B1M与CD所成角为距离相等，从而判断出点M的轨迹为抛物线的一部分．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
13.【答案】 2π3
【解析】解：根据长方体的结构特征可知长方体的体对角线为其外接球的一条直径2R，
所以2R= 2⇒R= 22，
故球的体积为43π×( 22)3= 23π，
故答案为： 2π3．
根据长方体外接球的特征即可求解半径，由体积公式即可求解．
本题主要考查了长方体的外接球问题，属于基础题．
14.【答案】±2425
【解析】解：因为cos(α−π)=cos(π−α)=−cosα=45，
所以cosα=−45，
所以sinα=± 1−cos2α=±35，
所以sin2α=2sinαcosα=2×(±35)×(−45)=±2425．
故答案为：±2425．
根据诱导公式得到cosα=−45，结合同角三角函数关系和正弦二倍角公式求解．
本题主要考查三角函数的同角公式，属于基础题．
15.【答案】23
【解析】解；根据题意，甲袋中有4个黑球、2个白球，乙袋中有2个黑球、1个白球，
当甲袋中随机取出1个球为黑球时放入乙袋，此时乙袋中有3个黑球，1个白球，
此时从乙袋中取出的是黑球的概率为P1=46×34=12；
当甲袋中随机取出1个球为白球时放入乙袋，此时乙袋中有2个黑球，2个白球，
此时从乙袋中取出的是黑球的概率为P2=26×24=16，
所以P(B)=P1+P2=12+16=23．
故答案为：23．
根据题意，分为甲袋中随机取出1个球为黑球还是白球两种情况，结合概率的乘法公式，即可求解．
本题主要考查条件概率公式，属于基础题．
16.【答案】94 −57
【解析】解：过点B作BO⊥AC，连接DO，BD，
AB=BC，
O为AC的中点，且DO⊥AC，
所以∠BOD即为二面角B−AC−D的平面角，由题意可知，BO⊥DO．
因为BA=BC= 3，∠ABC=120°，所以AC=3，且DO=BO= 32，
进而得到BD= 62，
在△ABD中，由余弦定理可得cos∠BAD=3+3−322× 3× 3=34，
所以AB⋅AD= 3× 3×cos∠BAD=94，
取BD的中点F，连接AF，CF，因为AB=AD，CB=CD，
所以AF⊥BD，CF⊥BD，
则∠AFC即为所求二面角A−BD−C的平面角，
在Rt△AFB中，因为AB= 3，BF=12BD= 64，
所以AF= AB2−BF2= 424，同理CF= 424，
在△ACF中，由余弦定理可得，
cos∠AFC=AF2+FC2−AC22AF⋅FC=4216+4216−92× 424× 424=−57，
故答案为：94；−57．
作出图象，结合题意和余弦定理先求出cos∠BAD=34，然后代入数量积的运算公式即可求解；作出二面角A−BD−C的平面角，利用余弦定理即可求解．
本题主要考查二面角的平面角及其求法，考查转化能力，属于中档题．
17.【答案】(1)令向量a与向量b的夹角为θ,cosθ=a⋅b|a|⋅|b|=−5 5× 10=− 22，
又令与b同向的单位向量为e，则e=b|b|=(3 1010,− 1010)，
所以n=|a|cosθ⋅e= 5×(− 22)×(3 1010,− 1010)=(−32,12)；
(2)因为a=(−1,2),b=(3,−1)
所以a+2b=(−1,2)+2(3,−1)=(5,0)，
λa+b=λ(−1,2)+(3,−1)=(−λ+3,2λ−1)，
因为(a+2b)⊥(λa+b)，故(a+2b)⋅(λa+b)=−5λ+15=0，解得λ=3．
【解析】(1)利用投影向量的定义求解即可；
(2)由(a+2b)⊥(λa+b)可得(a+2b)⋅(λa+b)=0，解方程可求出λ的值．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)用x，y表示甲、乙两人投出的点数，则(x,y)表示这个实验的一个样本点，
所以该实验的样本空间为S={(x,y)|x∈N*，y∈N*，1≤x≤6，1≤y≤6}，共有36个样本点，
事件A包含的样本点共5个，即A={(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)}；
(2)B与C不是互斥事件，由于连玩三次，
则事件B与C可以同时发生，如甲赢一次，乙赢两次的事件即符合题意，
所以事件B与C不是互斥事件；
(3)这种游戏规则公平，
由题可知甲、乙两人投出的点数和为偶数的样本点有：
(1,1)，(1,3)，(1,5)，(2,2)，(2,4)，(2,6)，(3,3)，(3,5)，(4,4)，(4,6)，(5,5)，
(6,6)，(5,1)，(3,1)，(6,2)，(4,2)，(5,3)，(6,4)，共18个．
所以甲赢的概率为1836=12，所以乙赢的概率为1836=12，
所以这种游戏规则公平．
【解析】(1)用x，y表示甲、乙两人投出的点数，则(x,y)表示这个实验的一个样本点，用列举法即可求解；
(2)根据互斥事件的概念即可求解；
(3)利用古典概型概率公式分别计算甲赢，乙赢的概率即可求解．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
19.【答案】解：(1)∵sinB+ 3cosB=2sinC，∴sin(B+π3)=sinC，
∴B+π3=C或B+π3+C=π，
∵在△ABC中，b>c，∴B>C，故B+π3≠C，
∴B+π3+C=π，即B+C=2π3，∴A=π3；
(2)∵△ABC的周长3+ 3，
又∵a= 3，∴b+c=3，
由(1)可知：A=π3，
由余弦定理得：a2=b2+c2−2bccosA=(b+c)2−2bc−2bccosπ3=9−3bc=3，
∴bc=2，
由面积公式得：S△ABC=12bcsinA=12bcsinπ3= 34bc= 32．
【解析】(1)利用辅助角公式对已知等式化简变形得sin(B+π3)=sinC，然后利用正弦函数的性质结合b>c可求出B+C，从而可求出A；
(2)由已知可得b+c=3，然后利用余弦定理可求出bc的值，从而可求出三角形的面积．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
20.【答案】证明：(1)因为在△PBD中，O，M分别是BD，PD的中点，
所以OM//PB，
又因为OM⊄平面PBC，PB⊂平面PBC，
所以OM//平面PBC；
(2)因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC，
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD，
又因为PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC，
因为BD⊂平面PBD，
所以平面PAC⊥平面PBD；
解：(3)因为底面ABCD是边长为2菱形，∠ABC=120°，
所以根据三角形面积公式得S△BCD=S△ABC=12×22× 32= 3，
又因为三棱锥P−BCD的高为PA= 3，
所以VD−PBC=VP−BCD=13S△BCD⋅PA=13× 3× 3=1．
【解析】(1)根据已知条件得到OM//PB，进而证明线面平行即可；
(2)根据已知条件证明线面垂直，根据面面垂直的判定定理证明即可；
(3)根据条件求得S△BCD= 3，根据棱锥体积公式求解即可．
本题考查了线面平行、面面垂直的证明和三棱锥的体积计算，属于中档题．
21.【答案】解：(1)因为各组的频率和等于1，
所以第四组的频率为1−(0.010+0.015+0.015+0.025+0.005)×10=1−0.7=0.3，
补全的频率分布直方图如图所示：
(2)前三组的频率之和为：(0.010+0.015+0.015)×10=0.4<0.5，前四组的频率之和为：0.4+0.03×10=0.7>0.5，
设中位数为x，则应有x∈(70,80)，
又0.4+(x−70)×0.03=0.5，
所以x=2203，即样本的中位数为2203，
抽取学生的平均数约为x−=10×(45×0.010+55×0.015+65×0.015+75×0.030+85×0.025+95×0.005)=71，
所以样本的方差为：s2=10×[(45−71)2×0.010+(55−71)2×0.015+(65−71)2×0.015+(75−71)2×0.030+(85−71)2×0.025+(95−71)2×0.005]
=67.6+38.4+5.4+4.8+49+28.8=194．
【解析】(1)利用频率和为1可求答案；
(2)中位数利用频率为0.5可求，方差利用方差公式可得；
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了中位数和方差的计算，属于基础题．
22.【答案】解：(1)f(x)=m⋅n+t=cos2ωx−sin2ωx+2 3cosωxsinωx+t，
f(x)=cos2ωx+ 3sin2ωx+t=2sin(2ωx+π6)+t，
f(x)的最小正周期为2π2ω=π，∴ω=1，
∵f(x)的图象过点(π6,1)，∴2sinπ2+t=1，∴t=−1，即f(x)=2sin(2x+π6)−1，
令2kπ+π2≤2x+π6≤2kπ+3π2,k∈Z，求得kπ+π6≤x≤kπ+2π3,k∈Z，
故f(x)的单调减区间为[kπ+π6,kπ+2π3],k∈Z；
(2)将函数f(x)的图象向右平移π4个单位，可得y=2sin(2x−π2+π6)−1=2sin(2x−π3)−1的图象，
再将图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍(纵坐标不变)，得到函数g(x)=2sin(12x−π3)−1的图象．
在区间[0,2π]上，12x−π3∈[−π3,2π3]，∴sin(12x−π3)∈[− 32,1]，
故g(x)=2sin(12x−π3)−1在区间[0,2π]上的值域为[− 3−1,1]，
如下图：
若函数F(x)=g(x)−k在区间[0,2π]上有且只有一个零点，
由题意可得，函数g(x)=2sin(12x−π3)−1的图象和直线y=k有且只有一个零点，
并根据图象可知，实数k的取值范围为{k|k=1或− 3−1≤k< 3−1}；
(3)由(2)得g(x)=2sin(12x−π3)−1,x2∈[π3,5π3]时，12x2−π3∈[−π6,π2],g(x2)∈[−2,1]，根据对称轴讨论h(x1)取值范围：
①m≤0时，h(x1)在x1∈[0,2]时单调递增，h(x1)∈[1,5−4m]，此时不合题意；
②0
③m≥2时，h(x1)在x1∈[0,2]时单调递减，h(x1)∈[5−4m,1]，
由题意得5−4m≥−21≤1，解得m≤74(舍去)，
综上，m的取值范围为[1, 3].
【解析】(1)根据数量积的坐标公式，利用二倍角公式与辅助角公式，化简三角函数，根据正弦函数的周期性以及已知点，求得函数解析式，根据三角函数的单调性，可得答案；
(2)利用函数图象变换求得函数解析式，结合三角函数的取值范围，结合零点的定义，可得答案；
(3)根据(2)可得三角函数解析式，结合自变量的取值范围，求得其值域，根据参数的取值范围，利用分类讨论的思想，利用二次函数的性质，可得答案．
本题考查了三角函数的性质，属于中档题．
2022-2023学年重庆市部分区高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 复数z=1−i的虚部是( )
A. 1 B. −1 C. i D. −i
2. 已知点C在线段AB上，且AC=2CB，若向量AC=λAB，则λ=( )
A. 2 B. 12 C. 32 D. 23
3. 某校高中生共有3000人，其中高一年级900人，高二年级600人，高三年级1500人，现采用分层抽样的方法随机抽取容量为150人的样本，那么高一、高二、高三年级被抽取的人数分别为( )
A. 45，30，75 B. 45，15，90 C. 30，30，90 D. 60，30，60
4. 若向量a=(4,2)，b=(6,k)，若a//b，则k=( )
A. −12 B. 12 C. −3 D. 3
5. 函数f(x)=2sin(x+π3)，x∈[0,π]的单调递减区间是( )
A. [0,π6] B. [0,5π6] C. [0,π] D. [π6,π]
6. 如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1.则直线AC1与平面BB1C1C所成角的余弦值是( )
A. 32
B. 12
C. 33
D. 13
7. 2023年4月10日，重庆市中学生田径锦标赛在奉节举行.本次锦标赛设有长跑、短跑、跳高、跳远、铅球等项目，某参赛队员要从短跑、跳高、跳远、铅球4个项目中任选2项，假设每个项目被选中的可能性相等，那么跳高和铅球至少有一门被选中的概率是( )
A. 16 B. 12 C. 23 D. 56
8. 已知锐角△ABC的内角A，B，C所对边为a，b，c，且b=2csinB，则sinB+cosA的取值范围是( )
A. (12, 32) B. ( 32,32) C. (0, 3) D. (1, 3)
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知函数f(x)= 3sinx+cosx，则( )
A. f(x)的最大值为 3 B. f(x)的最小正周期为2π
C. f(x+π3)是偶函数 D. f(x−π6)的图象关于原点对称
10. 下列说法正确的是( )
A. 若直线a不平行于平面α，则α内不存在与a平行的直线
B. 直线l1，l2互相平行的一个充分条件是l1，l2都垂直于同一个平面
C. 已知平面α，β，γ，若α//β，β//γ，则α//γ
D. 已知平面α，β，γ，若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ
11. 为深入学习宣传党的二十大精神，某校开展了“奋进新征程，强国伴我行”二十大主题知识竞赛.其中高一年级选派了10名同学参赛，且该10同学的成绩依次是：85，77，92，88，95，88，93，92，96，84.则下列针对该组数据说法正确的是( )
A. 平均数为89，方差为3.06 B. 中位数为90，众数为88和92
C. 每个数都加5后平均数和方差均无变化 D. 75%分位数为93，极差为19
12. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为1，侧面ADD1A1上有一个动点M，则下列结论正确的是( )
A. 若M∈A1D，则CM⊥AD1
B. 三棱锥B−MC1D体积的最大值是13
C. 若M∈AD1，则异面直线B1M与CD所成角的余弦值范围是[ 22, 63]
D. 不存在点M，使M到直线AD和直线C1D1的距离相等
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 一个正方体的体对角线长为 2，它的顶点都在同一球面上，则该球的体积为______ ．
14. 若cos(α−π)=45，则sin2α= ______ ．
15. 甲袋中有4个黑球、2个白球，乙袋中有2个黑球、1个白球，先从甲袋中随机取出一个球放入乙袋，再从乙袋中随机取出1球，记B=“从乙袋中取出的是黑球”.则P(B)= ______ ．
16. 已知菱形ABCD的边长为 3，且∠ABC=120°，将菱形沿对角线AC翻折成直二面角B−AC−D，则AB⋅AD= ______ ；二面角A−BD−C的余弦值是______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知向量a=(−1,2),b=(3,−1)．
(1)求向量a在向量b方向上的投影向量n；
(2)确定实数λ的值，使(a+2b)⊥(λa+b)．
18. (本小题12.0分)
骰子(tóuzi)，中国传统民间娱乐用来投掷的博具.早在战国时期就有.通常作为桌上游戏的小道具，最常见的骰子是六面骰，它是一颗正立方体，上面分别有一到六个孔(或数字)，其相对两面之数字和必为七.中国的骰子习惯在一点和四点漆上红色.骰子是容易制作和取得的乱数产生器.骰经常会被错误念成shăi.现甲、乙两人玩掷骰子(质地均匀)游戏，每人掷同一枚骰子各一次，若两人掷出的点数和为偶数算甲赢，否则算乙赢．
(1)记A=“甲、乙两人掷出的点数和为6”，写出事件A包含的样本点；
(2)现连玩三次，记B=“甲至少赢一次”，C=“乙至少赢两次”，试问：B与C是否为互斥事件？为什么？
(3)这种游戏规则公平吗？试说明理由．
19. (本小题12.0分)
已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，sinB+ 3cosB=2sinC，且b>c．
(1)求A；
(2)若a= 3,△ABC的周长3+ 3，求△ABC的面积．
20. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，点O是对角线AC与BD的交点，∠ABC=120°，M是PD的中点．
(1)证明：OM//平面PBC；
(2)证明：平面PAC⊥平面PBD；
(3)若PA= 3，求三棱锥D−PBC的体积．
21. (本小题12.0分)
“杭州2022年第19届亚运会”将于2023年9月23日至10月8日在中国浙江杭州举行.在杭州亚运会倒计时两周年之际，由杭州亚运会组委会与中国日报社联合主办的“杭州2022年第19届亚运会”双语学生记者活动正式启动.为助力杭州亚运会宣传工作，向世界讲好中国故事，奏响亚运最强音.杭州市相关部门积极组织学生报名参加选拔考试，现从参加考试的学生中抽出60名，将其成绩(成绩均为整数)分成[40,50)，[50,60)，……，[90,100]六组，并画出如图所示的部分频率分布直方图，观察图形，回答下列问题：
(1)求第四组的频率，并补全这个频率分布直方图；
(2)请根据频率分布直方图，估计样本的中位数和方差.(每组数据以区间的中点值为代表)．
22. (本小题12.0分)
已知向量m=(cosωx−sinωx,2sinωx),n=(cosωx+sinωx, 3cosωx)(ω>0)，函数f(x)=m⋅n+t，若f(x)图象上一个最高点和它相邻最低点之间的水平距离为π2，图象过点(π6,1)．
(1)求f(x)表达式和f(x)的单调减区间；
(2)将函数f(x)的图象向右平移π4个单位，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍(纵坐标不变)，得到函数y=g(x)的图象，若函数F(x)=g(x)−k在区间[0,2π]上有且只有一个零点，求实数k的取值范围；
(3)若函数h(x)=x2−2mx+1，在(2)的条件下，若当x1∈[0,2]时，总有x2∈[π3,5π3]使得h(x1)=g(x2)，求实数m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了复数代数形式的概念，属于基础题．根据复数的代数形式得复数的虚部．
【解答】
解：根据复数的概念得，z=1−i的虚部是−1，
故选B．
2.【答案】D
【解析】解：如图，由AC=2CB，
可得AC=23AB，所以AC=23AB，即λ=23，
故选：D．
根据题意可知AC=23AB，结合向量的线性表示即可求得λ．
本题主要考查平面向量的基本定理，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：依题意，高一年级被抽取的人数为900×1503000=45人，
高二年级被抽取的人数为600×1503000=30人，
高三年级被抽取的人数为1500×1503000=75人．
故选：A．
根据分层抽样的定义求出抽样比，按此比例求出各个年级的人数即可．
本题主要考查分层抽样的定义，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：根据题意，向量a=(4,2)，b=(6,k)，
若a//b，则有4×k=2×6=12，
解可得k=3；
故选：D．
根据题意，由向量平行的坐标表示方法可得若a//b，则有4×k=2×6=12，解可得k的值，即可得答案．
本题考查向量平行的坐标表示公式，关键是掌握向量平行的坐标表示方法，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：依题意，由2kπ+π2≤x+π3≤2kπ+3π2(k∈Z)，
得：2kπ+π6≤x≤2kπ+7π6(k∈Z)，
∴f(x)=2sin(x+π3)的单调递减区间为[2kπ+π6,2kπ+7π6](k∈Z)，
又x∈[0,π]，
∴f(x)=2sin(x+π3)在x∈[0,π]上的单调递减区间为[π6,π]．
故选D．
由2kπ+π2≤x+π3≤2kπ+3π2(k∈Z)，与x∈[0,π]联立即可求得答案．
本题考查复合三角函数的单调性，着重考查正弦函数的单调性质，考查集合的运算，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：如图，
连接直线BC1，显然，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB⊥平面BB1C1C，故∠AC1B即为直线AC1与平面BB1C1C所成角，
在Rt△AC1B中，AB=2，C1B= BC2+C1C2= 2，∴AC1= AB2+C1B2= 22+( 2)2= 6，
∴cos∠AC1B=C1BAC1= 2 6= 33．
故选：C．
根据线面角的定义，可知∠AC1B即为直线AC1与平面BB1C1C所成角，解三角形即可求得结果．
本题主要考查直线与平面所成的角，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：从4个项目中任选2项共有：短跑+跳高、短跑+跳远、短跑+铅球、跳高+跳远、跳高+铅球、跳远+铅球，共6种情况，
其中满足跳高和铅球至少有一门被选中的有5种情况，
所以其概率为56，
故选：D．
采用列举法得到所有可能的情况，根据古典概型概率计算公式得到结果．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：因为b=2csinB，由正弦定理可得sinB=2sinCsinB，在三角形中，sinB≠0，
所以sinC=12，而三角形为锐角三角形，所以C=π6，
所以B=56π−A<π2，可得A∈(π3,π2)，
所以sinB+cosA=sin(56π−A)+cosA=12cosA+ 32sinA+cosA= 32sinA+32cosA= 3sin(A+π3)，
因为A∈(π3,π2)，所以A+π3∈(23π,56π)，
所以sin(A+π3)∈(12, 32)，
所以可得sinB+cosA∈( 32,32).
故选：B．
由题意及正弦定理可得C角的正弦值，再由锐角三角形可得C角的大小，可得B角和A角的关系，由锐角三角形可得A角的范围，由辅助角公式可得sinB+cosA的范围．
本题考查正弦定理及辅助角公式的应用，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：f(x)= 3sinx+cosx=2( 32sinx+12cosx)=2sin(x+π6)，
对于A，当sin(x+π6)=1时，f(x)取得最大值2，所以A错误；
对于B，f(x)=2sin(x+π6)，
f(x)的最小正周期为2π1=2π，所以B正确；
对于C，f(x+π3)=2sin(x+π3+π6)=2sin(x+π2)=2cosx，x∈R，
令g(x)=f(x+π3)=2cosx，因为g(−x)=2cos(−x)=2cosx=g(x)，
所以g(x)=f(x+π3)=2cosx为偶函数，所以C正确；
对于D，f(x−π6)=2sin(x−π6+π6)=2sinx，
因为y=2sinx的图象关于原点对称，
所以f(x−π6)的图象关于原点对称，所以D正确．
故选：BCD．
先利用辅助角公式对函数化简变形，然后逐个分析判断即可．
本题主要考查三角函数的最值，考查转化能力，属于中档题．
10.【答案】ABC
【解析】解：若直线a不平行于平面α，则α内不存在与a平行的直线，否则，由直线与平面平行的判定可得a//α，故A正确；
若l1，l2都垂直于同一个平面，则直线l1，l2互相平行，反之，若直线l1，l2互相平行，不一定有l1，l2都垂直于同一个平面，故直线l1，l2互相平行的一个充分条件是l1，l2都垂直于同一个平面，故B正确；
已知平面α，β，γ，若α//β，β//γ，则α//γ，故C正确；
已知平面α，β，γ，若α⊥β，β⊥γ，则α//γ或α与γ相交，相交也不一定垂直，故D错误．
故选：ABC．
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一分析四个选项得答案．
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，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
11.【答案】BD
【解析】解：对于A，平均数为85+77+92+88+95+88+93+92+96+8410=89，
方差110×[(85−89)²+(77−89)²+(92−89)²×2+(88−89)²×2+(95−89)²+(93−89)²+(96−89)²+(84−89)²]=30.6，
故选项A错误；
对于B，中位数为88+922=90，众数为88和92，故选项B正确；
对于C，根据平均数和方差的性质可得，每个数都加5后平均数对应的加上5，
方差不发生改变，故选项C错误；
对于D，因为10×75%=7.5，所以77，84，85，88，88，92，92，93，95，96的第75%分位数为93，
极差为96−77=19，选项D正确．
故选：BD．
根据平均数、方差、中位数、众数和极差的概念，逐项进行计算验证即可求解．
本题考查数据的特征，属于基础题．
12.【答案】ABC
【解析】解：对A，连接A1D，AD1，CA1，CM，
在正方体ABCD−A1B1C1D1，CD⊥侧面ADD1A1，
AD1⊂平面ADD1A1，∴CD⊥AD1，又A1D⊥AD1，
CD∩A1D=D，CD，A1D⊂平面A1DC，
∴AD1⊥平面A1DC，又M∈A1D，∴CM⊂平面A1DC，
∴CM⊥AD1，故A正确；
对B，由等体积法得VB−MC1D=VM−C1BD，当点M与点A1重合时，
点M到面C1BD的距离最大，因为正方体的棱长为1，
所以三棱锥A1−C1BD为棱长为 2的正四面体，
所以三棱锥A1−C1BD的高为 ( 2)2−( 63)2=2 33，
所以三棱锥B−MC1D体积的最大值为
VA1−C1BD=13×12× 2× 2× 32×2 33=13，故B正确；
对C，异面直线B1M与CD所成的角为∠A1B1M，
当点M与A或D1重合时，∠A1B1M最大，此时cos∠A1B1M=cos45°= 22，
当点M为AD1的中点时，∠A1B1M最小，此时cos∠A1B1M=A1B1B1M=1 62= 63，
所以异面直线B1M与CD所成角的余弦值范围是[ 22, 63]，故C正确；
对D，平面ADD1A1上的点M到直线C1D1的距离等于点M到点D1的距离，
则满足到直线AD和直线C1D1的距离相等即满足到直线AD和点D1的距离相等，
可知点M的轨迹为平面ADD1A1上抛物线的部分，
所以存在点M，使M到直线AD和直线C1D1的距离相等，故D错误；
故选：ABC．
对A，利用线面垂直的判定定理证明推导；对B，根据等体积法判断得VB−MC1D=VM−CBD，当点M与点A1重合时，点M到面C1BD的距离最大，计算三棱锥A1−C1BD的体积即可；对C，根据异面直线所成角的定义找到异面直线B1M与CD所成角为距离相等，从而判断出点M的轨迹为抛物线的一部分．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
13.【答案】 2π3
【解析】解：根据长方体的结构特征可知长方体的体对角线为其外接球的一条直径2R，
所以2R= 2⇒R= 22，
故球的体积为43π×( 22)3= 23π，
故答案为： 2π3．
根据长方体外接球的特征即可求解半径，由体积公式即可求解．
本题主要考查了长方体的外接球问题，属于基础题．
14.【答案】±2425
【解析】解：因为cos(α−π)=cos(π−α)=−cosα=45，
所以cosα=−45，
所以sinα=± 1−cos2α=±35，
所以sin2α=2sinαcosα=2×(±35)×(−45)=±2425．
故答案为：±2425．
根据诱导公式得到cosα=−45，结合同角三角函数关系和正弦二倍角公式求解．
本题主要考查三角函数的同角公式，属于基础题．
15.【答案】23
【解析】解；根据题意，甲袋中有4个黑球、2个白球，乙袋中有2个黑球、1个白球，
当甲袋中随机取出1个球为黑球时放入乙袋，此时乙袋中有3个黑球，1个白球，
此时从乙袋中取出的是黑球的概率为P1=46×34=12；
当甲袋中随机取出1个球为白球时放入乙袋，此时乙袋中有2个黑球，2个白球，
此时从乙袋中取出的是黑球的概率为P2=26×24=16，
所以P(B)=P1+P2=12+16=23．
故答案为：23．
根据题意，分为甲袋中随机取出1个球为黑球还是白球两种情况，结合概率的乘法公式，即可求解．
本题主要考查条件概率公式，属于基础题．
16.【答案】94 −57
【解析】解：过点B作BO⊥AC，连接DO，BD，
AB=BC，
O为AC的中点，且DO⊥AC，
所以∠BOD即为二面角B−AC−D的平面角，由题意可知，BO⊥DO．
因为BA=BC= 3，∠ABC=120°，所以AC=3，且DO=BO= 32，
进而得到BD= 62，
在△ABD中，由余弦定理可得cos∠BAD=3+3−322× 3× 3=34，
所以AB⋅AD= 3× 3×cos∠BAD=94，
取BD的中点F，连接AF，CF，因为AB=AD，CB=CD，
所以AF⊥BD，CF⊥BD，
则∠AFC即为所求二面角A−BD−C的平面角，
在Rt△AFB中，因为AB= 3，BF=12BD= 64，
所以AF= AB2−BF2= 424，同理CF= 424，
在△ACF中，由余弦定理可得，
cos∠AFC=AF2+FC2−AC22AF⋅FC=4216+4216−92× 424× 424=−57，
故答案为：94；−57．
作出图象，结合题意和余弦定理先求出cos∠BAD=34，然后代入数量积的运算公式即可求解；作出二面角A−BD−C的平面角，利用余弦定理即可求解．
本题主要考查二面角的平面角及其求法，考查转化能力，属于中档题．
17.【答案】(1)令向量a与向量b的夹角为θ,cosθ=a⋅b|a|⋅|b|=−5 5× 10=− 22，
又令与b同向的单位向量为e，则e=b|b|=(3 1010,− 1010)，
所以n=|a|cosθ⋅e= 5×(− 22)×(3 1010,− 1010)=(−32,12)；
(2)因为a=(−1,2),b=(3,−1)
所以a+2b=(−1,2)+2(3,−1)=(5,0)，
λa+b=λ(−1,2)+(3,−1)=(−λ+3,2λ−1)，
因为(a+2b)⊥(λa+b)，故(a+2b)⋅(λa+b)=−5λ+15=0，解得λ=3．
【解析】(1)利用投影向量的定义求解即可；
(2)由(a+2b)⊥(λa+b)可得(a+2b)⋅(λa+b)=0，解方程可求出λ的值．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)用x，y表示甲、乙两人投出的点数，则(x,y)表示这个实验的一个样本点，
所以该实验的样本空间为S={(x,y)|x∈N*，y∈N*，1≤x≤6，1≤y≤6}，共有36个样本点，
事件A包含的样本点共5个，即A={(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)}；
(2)B与C不是互斥事件，由于连玩三次，
则事件B与C可以同时发生，如甲赢一次，乙赢两次的事件即符合题意，
所以事件B与C不是互斥事件；
(3)这种游戏规则公平，
由题可知甲、乙两人投出的点数和为偶数的样本点有：
(1,1)，(1,3)，(1,5)，(2,2)，(2,4)，(2,6)，(3,3)，(3,5)，(4,4)，(4,6)，(5,5)，
(6,6)，(5,1)，(3,1)，(6,2)，(4,2)，(5,3)，(6,4)，共18个．
所以甲赢的概率为1836=12，所以乙赢的概率为1836=12，
所以这种游戏规则公平．
【解析】(1)用x，y表示甲、乙两人投出的点数，则(x,y)表示这个实验的一个样本点，用列举法即可求解；
(2)根据互斥事件的概念即可求解；
(3)利用古典概型概率公式分别计算甲赢，乙赢的概率即可求解．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
19.【答案】解：(1)∵sinB+ 3cosB=2sinC，∴sin(B+π3)=sinC，
∴B+π3=C或B+π3+C=π，
∵在△ABC中，b>c，∴B>C，故B+π3≠C，
∴B+π3+C=π，即B+C=2π3，∴A=π3；
(2)∵△ABC的周长3+ 3，
又∵a= 3，∴b+c=3，
由(1)可知：A=π3，
由余弦定理得：a2=b2+c2−2bccosA=(b+c)2−2bc−2bccosπ3=9−3bc=3，
∴bc=2，
由面积公式得：S△ABC=12bcsinA=12bcsinπ3= 34bc= 32．
【解析】(1)利用辅助角公式对已知等式化简变形得sin(B+π3)=sinC，然后利用正弦函数的性质结合b>c可求出B+C，从而可求出A；
(2)由已知可得b+c=3，然后利用余弦定理可求出bc的值，从而可求出三角形的面积．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
20.【答案】证明：(1)因为在△PBD中，O，M分别是BD，PD的中点，
所以OM//PB，
又因为OM⊄平面PBC，PB⊂平面PBC，
所以OM//平面PBC；
(2)因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC，
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD，
又因为PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC，
因为BD⊂平面PBD，
所以平面PAC⊥平面PBD；
解：(3)因为底面ABCD是边长为2菱形，∠ABC=120°，
所以根据三角形面积公式得S△BCD=S△ABC=12×22× 32= 3，
又因为三棱锥P−BCD的高为PA= 3，
所以VD−PBC=VP−BCD=13S△BCD⋅PA=13× 3× 3=1．
【解析】(1)根据已知条件得到OM//PB，进而证明线面平行即可；
(2)根据已知条件证明线面垂直，根据面面垂直的判定定理证明即可；
(3)根据条件求得S△BCD= 3，根据棱锥体积公式求解即可．
本题考查了线面平行、面面垂直的证明和三棱锥的体积计算，属于中档题．
21.【答案】解：(1)因为各组的频率和等于1，
所以第四组的频率为1−(0.010+0.015+0.015+0.025+0.005)×10=1−0.7=0.3，
补全的频率分布直方图如图所示：
(2)前三组的频率之和为：(0.010+0.015+0.015)×10=0.4<0.5，前四组的频率之和为：0.4+0.03×10=0.7>0.5，
设中位数为x，则应有x∈(70,80)，
又0.4+(x−70)×0.03=0.5，
所以x=2203，即样本的中位数为2203，
抽取学生的平均数约为x−=10×(45×0.010+55×0.015+65×0.015+75×0.030+85×0.025+95×0.005)=71，
所以样本的方差为：s2=10×[(45−71)2×0.010+(55−71)2×0.015+(65−71)2×0.015+(75−71)2×0.030+(85−71)2×0.025+(95−71)2×0.005]
=67.6+38.4+5.4+4.8+49+28.8=194．
【解析】(1)利用频率和为1可求答案；
(2)中位数利用频率为0.5可求，方差利用方差公式可得；
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了中位数和方差的计算，属于基础题．
22.【答案】解：(1)f(x)=m⋅n+t=cos2ωx−sin2ωx+2 3cosωxsinωx+t，
f(x)=cos2ωx+ 3sin2ωx+t=2sin(2ωx+π6)+t，
f(x)的最小正周期为2π2ω=π，∴ω=1，
∵f(x)的图象过点(π6,1)，∴2sinπ2+t=1，∴t=−1，即f(x)=2sin(2x+π6)−1，
令2kπ+π2≤2x+π6≤2kπ+3π2,k∈Z，求得kπ+π6≤x≤kπ+2π3,k∈Z，
故f(x)的单调减区间为[kπ+π6,kπ+2π3],k∈Z；
(2)将函数f(x)的图象向右平移π4个单位，可得y=2sin(2x−π2+π6)−1=2sin(2x−π3)−1的图象，
再将图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍(纵坐标不变)，得到函数g(x)=2sin(12x−π3)−1的图象．
在区间[0,2π]上，12x−π3∈[−π3,2π3]，∴sin(12x−π3)∈[− 32,1]，
故g(x)=2sin(12x−π3)−1在区间[0,2π]上的值域为[− 3−1,1]，
如下图：
若函数F(x)=g(x)−k在区间[0,2π]上有且只有一个零点，
由题意可得，函数g(x)=2sin(12x−π3)−1的图象和直线y=k有且只有一个零点，
并根据图象可知，实数k的取值范围为{k|k=1或− 3−1≤k< 3−1}；
(3)由(2)得g(x)=2sin(12x−π3)−1,x2∈[π3,5π3]时，12x2−π3∈[−π6,π2],g(x2)∈[−2,1]，根据对称轴讨论h(x1)取值范围：
①m≤0时，h(x1)在x1∈[0,2]时单调递增，h(x1)∈[1,5−4m]，此时不合题意；
②0
③m≥2时，h(x1)在x1∈[0,2]时单调递减，h(x1)∈[5−4m,1]，
由题意得5−4m≥−21≤1，解得m≤74(舍去)，
综上，m的取值范围为[1, 3].
【解析】(1)根据数量积的坐标公式，利用二倍角公式与辅助角公式，化简三角函数，根据正弦函数的周期性以及已知点，求得函数解析式，根据三角函数的单调性，可得答案；
(2)利用函数图象变换求得函数解析式，结合三角函数的取值范围，结合零点的定义，可得答案；
(3)根据(2)可得三角函数解析式，结合自变量的取值范围，求得其值域，根据参数的取值范围，利用分类讨论的思想，利用二次函数的性质，可得答案．
本题考查了三角函数的性质，属于中档题．
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