2022-2023学年江苏省无锡市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年江苏省无锡市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共23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.设复数z=1+2i，则z−(1−i)=( )
A. −1+3iB. 3−iC. −1−3iD. 3+i
2.为了调查某地高中“课外阅读”的实施情况，某报采用分层抽样的方法从该地的甲，乙，丙三所高中共抽取80名学生进行调查，已知甲，乙，丙三所高中分别有2400，3360，1920名学生，则从甲校中应抽取的人数为( )
A. 20B. 25C. 30D. 35
3.已知一个水平放置的四边形ABCD，用斜二测画法画出它的直观图是一个底角为45∘，上底长为1，下底长为2的等腰梯形A′B′C′D′，则四边形ABCD的面积为( )
A. 3 22
B. 3 24
C. 32
D. 34
4.已知向量a=(−1,2)，b=(3,4)，c=2a−λb，若c⊥b，则实数λ=( )
A. −25B. 12C. −12D. 25
5.一组数据27，12，15，14，31，17，19，23的第70百分位数是( )
A. 17B. 19C. 23D. 31
6.在△ABC中，A=π4，B=5π12，c=2，则a=( )
A. 2 63B. 3 62C. 2D. 2 2
7.抛掷一枚质地均匀的硬币n次，记事件A=“n次中至多有一次反面朝上”，事件B=“n次中全部正面朝上或全部反面朝上”，下列说法不正确的是( )
A. 当n=2时，P(AB)=14B. 当n=2时，A与B不独立
C. 当n=3时，P(A∪B)=58D. 当n=3时，A与B不独立
8.已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的对角面AA1C1C的面积为72，侧面AA1B1B的面积为81，则该正四棱台下底面与上底面面积之差的绝对值为( )
A. 96B. 180C. 252D. 280
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.抛掷一枚质地均匀的骰子一次，事件A=“出现点数为偶数”，事件B=“出现点数为3”，事件C=“出现点数为3的倍数”，事件D=“出现点数为奇数”，则以下选项正确的是( )
A. A与B互斥B. A与D互为对立事件C. P(C)=12D. P(CD)=P(B)
10.在△ABC中，AD=34AB+14AC，BC=4，tan∠ADC=23，|AD|= 13.则下列结论正确的有( )
A. BD=3DCB. AC=2
C. △ABC的面积为3D. △ABC的外接圆半径为 5
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，B1D1上有两个动点E，F，且EF=1，则下列结论中正确的是( )
A. 直线AE和直线CC1始终异面B. 直线AC与平面BEF所成角为90∘
C. △AEF的面积与△BEF的面积相等D. 三棱锥B−AEF的体积为定值
12.窗花是中国古老的传统民间艺术之一，体现了中国人民的劳动智慧：图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图.已知正八边形ABCDEFGH的边长为2，P是正八边形ABCDEFGH边上任意一点，则下列结论中正确的是( )
A. OA+OG= 2DO
B. CE在AB方向上的投影向量为−12AB
C. 若AD=λAG+μAC，则μ=( 2+1)λ
D. PA⋅PB的取值范围为[−1,12+8 2]
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知样本的各个个体的值由小到大依次为1，4，4，7，a，b，12，13，19，20(a,b∈N)，且样本的中位数为11，则样本的平均数为__________.
14.已知△ABC三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且 3asinB−bcsA=0，当b=3 3，a=3时，c=__________ .
15.已知圆锥的高为2，体积为8π，若该圆锥顶点和底面圆周上所有点都在同一个球面上，则此球的体积为__________.
16.甲、乙两名选手参加一项射击比赛，射击一次命中目标得2分，未命中目标不得分.若甲、乙两人每次射击命中率分别为23和p，甲、乙两人各射击一次，且甲得分不超过乙得分的概率为56.则p的值为__________ ，两人各射击三次得分之和不超过8分的概率为__________.
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)
已知复数z1=m+(4−m2)i,(m∈R)，z2=2csθ+(λ−3sinθ)i，(λ,θ∈R).
(1)在复平面内，复数z1所对应的点位于第二象限，求m的取值范围；
(2)已知z1=z2，求λ的最大值.
18.(本小题12分)
在一场文艺比赛中，8名专业人士和8名观众代表各组成一个评委小组，给参赛选手打分.
下面是两组评委对同一名选手的打分：
小组A 44 46 55 47 49 55 51 45
小组B 55 40 61 65 42 47 46 68
(1)请写出这16个分数的众数，极差以及A、B两组各自的平均成绩；
(2)请你根据所学的统计知识，判断小组A与小组B中哪一个更像是由专业人土组成，并说明理由.
19.(本小题12分)
如图，在四面体A−BCD中，平面ABC⊥平面ACD，∠ABD=∠BCD=90∘，∠BCA为锐角，E是AB的中点，P是DE的中点，点Q在线段AC上，且AQ=3QC.
(1)求证：PQ//平面BCD；
(2)求证：AB⊥平面BCD.
20.(本小题12分)
如图，已知O为平面直角坐标系的原点，A(4,0)，点B，C在第一象限，且满足OC=3AB，OA⋅AB=AB⋅BC=4.
(1)求B和C的坐标；
(2)若AC交OB于点D，求cs∠ODA.
21.(本小题12分)
记△ABC三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，已知2b=a+c，点D在边AC，BDsinA+bsinC=2bsin∠ABC.
(1)证明：BD=b；
(2)从下面的两个条件中选择一个补充在题目条件中，求ADCD的值.
①cs∠ABC=1116，且a≥c；
②cs∠A=−14.
22.(本小题12分)
如图，在正三棱柱ABC−A′B′C′中，AB=6，AA′=8，动点P在AB′上，动点Q在A′C上，且满足A′Q=2AP=2t，t∈[0,5]，R为CC′的中点.
(1)当t=5时，求PQ与底面ABC所成角的正切值；
(2)当平面PQR//BA′C′时，求t的值；
(3)是否存在t，使得平面PQR⊥平面AA′B′B？若存在，求出t的值，若不存在，说明理由.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查复数的乘法运算，属于基础题．
利用共轭复数的概念及复数的运算法则求解即可．
【解答】
解：∵z=1+2i，
∴z−=1−2i，
∴z−(1−i)=(1−2i)(1−i)=−1−3i.
故选：C.
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查分层抽样的定义，属于基础题．
确定抽样比，根据分层抽样的方法得出结果．
【解答】
解：∵抽样比为802400+3360+1920=196，
∴从甲校中应抽取的人数为2400×196=25.
故选：B.
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查了平面图形的直观图，属于基础题．
根据斜二测画法可知，原图形为直角梯形，其中上底为1，下底为2，高为 2，再利用梯形的面积公式求解即可．
【解答】
解：根据斜二测画法可知，原图形为直角梯形，其中上底为1，下底为2，高为 2，
所以四边形ABCD的面积为12×(1+2)× 2=3 22.
故选：A.
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查向量数量积的坐标表示与向量的垂直关系，属于基础题．
直接利用向量的坐标运算，向量垂直的充要条件，向量的数量积求出结果．
【解答】
解：由于知向量a=(−1,2)，b=(3,4)，c=2a−λb=(−2−3λ,4−4λ)，
由于c⊥b，
故：3×(−2−3λ)+4×(4−4λ)=0，解得λ=25.
故选：D.
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查百分位数的定义，属于基础题．
由百分位数的定义求解即可．
【解答】
解：将数据从小到大排列可得：12，14，15，17，19，23，27，31共8个数，
则8×70%=5.6，则该组数据的第70百分位数是第六个数，即23.
故选：C.
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查利用正弦定理解三角形，属于基础题．
直接利用三角形的内角和定理和正弦定理求出结果．
【解答】
解：由于在△ABC中，A=π4，B=5π12，
所以：C=π−π4−5π12=π3，
由于c=2，利用正弦定理：asinA=csinC，整理得a 22=2 32，解得a=2 63.
故：a=2 63.
故选：A.
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查古典概型及其计算，事件的并、交运算，相互独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
首先，事件列出A∩B和A∪B包含的样本点，再求概率，然后根据P(AB)与P(A)P(B)的关系，判断两个事件是否独立．
【解答】解：当n=2时，包含的样本点为：(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)，共4个，
A中包含的样本点为：(正，正)，(正，反)，(反，正)，共3个，
B中包含的样本点为：(正，正)，(反，反)，共2个，
A∩B中包含的样本点为：(正，正)，共1个，
∴P(A)=34，P(B)=12，P(AB)=14，故A正确；
∵P(AB)≠P(A)P(B)，∴事件A与事件B不独立，故B正确；
当n=3时，包含的样本点为：(正，正，正)，(正，正，反)，(正，反，正)，(正，反，反)，(反，正，正)，(反，正，反)，(反，反，正)，(反，反，反)，共8个，
A中包含的样本点为：(正，正，正)，(正，正，反)，(正，反，正)，(反，正，正)，共4个，
B中包含的样本点为：(正，正，正)，(反，反，反)，共2个，
A∩B中包含的样本点为：(正，正，正)，共1个，
A∪B中包含的样本点为：(正，正，正)，(正，正，反)，(正，反，正)，(反，正，正)，(反，反，反)，共5个，
∴P(A)=12，P(B)=14，P(AB)=18，P(A∪B)=58，故C正确；
∵P(AB)=P(A)P(B)，∴事件A与事件B独立，故D错误．
故选：D.
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查棱锥的侧面积和表面积，属于中档题．
根据题意作图，结合正四棱台的几何性质，建立方程，求得已知面积的图形的高之比，利用等腰梯形的面积公式，能求出该正四棱台下底面与上底面面积之差的绝对值．
【解答】
解：由题意，分别过A1，B1，C1，D1作平面ABCD的垂线，垂足分别为A2，B2，C2，D2，
在平面AA1B1B内，过A1作AB的垂线，垂足为O，连接OA2，如图，
∵A1A2⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴A1A2⊥AB，
∵A1O⊥AB，A1O∩A1A2=A1，A1O,A1A1⊂平面A1A2O，
∴AB⊥平面A1A2O，
∵A2O⊂平面A1A2O，∴AB⊥A2O，
在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，上下底面相似，设其相似比A1B1AB=λ，
设AB=a，A1B1=λa，则AC= 2a，A1C1= 2λa，
在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，A1A2⊥平面ABCD，∴A2∈AC，
则对角面的面积S1=12⋅AA1⋅(AC+A1C1)=12⋅A1A2⋅( 2a+ 2λa)= 22⋅A1A2⋅(a+λa)=72，
侧面面积S2=12⋅A1O⋅(AB+A1B1)=12⋅A1O⋅(a+λa)=81，
∴S1S2= 2A1A2A1O=7281，解得A1A2A1O=4 29，
∵A1A2⊥平面ABCD，A2O⊂平面ABCD，∴A1A2⊥A2O，
在Rt△A1A2O中，sin∠A1OA2=A1A2A1O=4 29，∴cs∠A1OA2=79，
∵A1A2，B1B2，C1C2，D1D2都垂直于平面ABCD，∴A1B1=A2B2，
正方形A1B1C1D1与正方形A2B2C2D2全等，
在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，四边形A2B2BA、四边形B2C2CB、四边形C2D2DC、四边形A2D2DA全等，
由投影关系可得，上下底面的面积之差的绝对值为4×S2×cs∠A1OA2=4×81×79=252.
故选：C.
9.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查互斥事件、对立事件、古典概型等基础知识，是基础题．
利用互斥事件、对立事件的定义直接求解．
【解答】
解：抛掷一枚质地均匀的骰子一次，
事件A=“出现点数为偶数”，事件B=“出现点数为3”，事件C=“出现点数为3的倍数”，事件D=“出现点数为奇数”，
对于A，A与B不能同时发生，是互斥事件，故A正确；
对于B，A与D不能同时发生，不能同时不发生，是对立事件，故B正确；
对于C，P(C)=26=13，故C错误；
对于D，P(CD)=P(B)=16，故D正确．
故选：ABD.
10.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查平面向量基本定理，利用余弦定理解三角形，三角形面积公式，属中档题．
对于A，根据平面向量的线性运算，建立方程，可得答案；对于B，由角的正切值求得余弦值，根据三角形的余弦定理，可得答案；对于C，根据勾股定理的逆定理，结合直角三角形的面积公式，可得答案；对于D，根据直角三角形的性质，可得答案．
【解答】
解：由题意，可作图如右图：

对于A，设BD=λDC，则BD=λDC，BD=λ1+λBC，
∴AD=AB+BD=AB+λ1+λBC
=AB+λ1+λ(AC−AB)
=11+λAB+λ1+λAC，
又AD=34AB+14AC，则11+λ=34λ1+λ=14，解得λ=13，故A错误；
对于B，由A选项可知BD=13DC，且BC=4，则BD=1，DC=3，
由tan∠ADC=23，且∠ADC∈(0,π)，可得cs∠ADC=3 1313，
在△ADC中，AC2=AD2+CD2−2⋅AD⋅CD⋅cs∠ADC=13+9−2× 13×3×3 1313=4，
解得AC=2，故B正确；
对于C，由B选项可知AC=2，由题设，AD= 13，
则AC2+CD2=AD2，即AC⊥BC，
所以SΔABC=12⋅AC⋅BC=12×2×4=4，故C错误；
对于D，由C选项可知△ABC为直角三角形，
该三角形的外接圆的半径为斜边AB的一半，
又AB= AC2+BC2= 4+16=2 5，故D正确．
故选：BD.
11.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查正方体的性质，异面直线所成角的概念，三角形的面积公式，三棱锥的体积公式，属中档题．
根据正方体的性质，异面直线所成角的概念，三角形的面积公式，三棱锥的体积公式，即可分别判断．
【解答】
解：对A选项，如图，
当E为A1C1与B1D1的交点时，直线AE和直线CC1共面，∴A选项错误；
对B选项，由正方体的性质易知AC⊥对角面BDD1B1，故直线AC与平面BEF所成角为90∘，∴B选项正确；
对C选项，∵△AB1D1是边长为2 2的正三角形，∴A到EF的距离为 32×2 2= 6，又B到EF的距离为2，∴△AEF的面积与△BEF的面积不相等，∴C选项错误；
对D选项，∵EF=1，又A到EF的距离为定值，∴△AEF的面积为定值，
又B到平面AB1D1的距离也为定值，∴三棱锥B−AEF的体积为定值，∴D选项正确．
故选：BD.
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查投影向量、向量数量积的坐标运算、向量线性运算的坐标表示，属于较难题.
以AE所在直线为y轴，GC所在直线为x轴建立直角坐标系，计算各点坐标，利用向量的坐标运算判断A；利用投影向量的概念求解后判断B；利用向量的坐标运算及平面向量基本定理判断C；取AB的中点M，得到PA⋅PB=PM2−MA2=PM2−4，求出PM的最值，从而得到PA⋅PB的范围，即可判断D.
【解答】
解：如图所示：以O为坐标原点，以AE所在直线为y轴，GC所在直线为x轴建立直角坐标系，
设OA=a，则∠AOB=∠BOC=∠COD=∠DOE=∠EOF=∠FOG=∠GOH=∠HOA=π4，
在△OAB中，由余弦定理可得：4=a2+a2−2a2×csπ4，解得a2=4+2 2，
又A(0,−a)，B( 22a,− 22a)，C(a,0)，D( 22a, 22a)，E(0,a)，F(− 22a, 22a)，G(−a,0)，H(− 22a,− 22a)，
对于A，∵OA=(0,−a)，OG=(−a,0)，
∴OA+OG=(−a,−a)，又 2DO= 2(− 22a,− 22a)=(−a,−a)，
则OA+OG= 2DO，故A正确；
对于B：CE=(−a,a)，AB=( 22a,a− 22a)，
∴CE⋅AB|AB|2=− 22a2+a2− 22a212a2+(a− 22a)2=− 22，
∴CE在AB方向上的投影向量为− 22AB，故B错误；
对于C，AD=( 22a, 22a+a)，AG=(−a,a)，AC=(a,a)，
若AD=λAG+μAC，则( 22a, 22a+a)=(−λa+μa,λa+μa)，
则 22a=−λa+μa 22a+a=λa+μa，解得λ=12,μ= 2+12，则μ=( 2+1)λ，故C正确；
对于D，取AB的中点M，则PA+PB=2PM,PA−PB=BA=2MA，
则(PA+PB)2=4PM2，(PA−PB)2=4MA2，
两式相减得：PA⋅PB=PM2−MA2=PM2−1，
当点P与点M重合时，PM2最小为0，此时PA⋅PB的最小值为−1，
由正八边形的对称性知，当点P与点E或F重合时，PM2最大，
又M( 24a,−12a− 24a)，E(0,a)，
所以EM=( 24a,−32a− 24a)，
∴EM2=|EM|2=( 24a)2+(−32a− 24a)2=13+8 2，
∴PA⋅PB的最大值为EM2−1=12+8 2，
则PA⋅PB的取值范围为[−1,12+8 2]，故D正确．
故选：ACD.
13.【答案】10.2
【解析】【分析】
本题考查中位数和平均数，考查了逻辑推理和运算能力，属于基础题．
由题意，根据中位数的定义可得a与b的关系，再利用平均数的公式进行求解即可．
【解答】
解：因为样本的各个个体的值由小到大依次为1，4，4，7，a，b，12，13，19，20(a,b∈N)，且样本的中位数为11，
所以a+b2=11，
解得a+b=22，
则样本平均数为1+4+4+7+a+b+12+13+19+2010=10210=10.2.
故答案为：10.2.
14.【答案】3或6
【解析】【分析】
本题考查正弦定理及变形、利用余弦定理解三角形，属于基础题．
由正弦定理化边为角，化简可求出角A，利用余弦定理求出c.
【解答】
解：因为 3asinB−bcsA=0，所以由正弦定理得 3sinAsinB=sinBcsA，
因为B∈(0,π)，所以sinB≠0，
所以 3sinA=csA，即tanA= 33，
又因为A∈(0,π)，所以A=π6.
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，
得c2−9c+18=0，解得c=3或6.
故答案为：3或6.
15.【答案】2563π
【解析】【分析】
本题考查球的切、接问题，属于中档题．
首先由已知求得圆锥底面半径，再设球的半径为R，根据圆锥的几何特征，可得关于R的方程，解出半径，则球的体积可求．
【解答】
解：设圆锥的底面半径为r，圆锥的高为h，
因为圆锥的高为2，体积为8π，所以13πr2h=8π，
即13π×r2×2=8π，解得r=2 3，
当圆锥顶点与底面在球心O的两侧时，如图，
圆锥SO1的底面半径O1A=2 3，高SO1=2，
设球O的半径为R，则(2−R)2+(2 3)2=R2，
解得R=4，与R<2不符，故此种情况舍去；
当圆锥顶点与底面在球心O的同侧时，如图，
圆锥SO1的底面半径O1A=2 3，高SO1=2，
设球O的半径为R，则(R−2)2+(2 3)2=R2，
解得R=4.
综上，此球的半径为4，
球的体积为V=43πR3=256π3.
故答案为：2563π.
16.【答案】34 ； 916
【解析】【分析】
本题考查相互独立事件概率乘法公式，对立事件的概率公式，是一般题．
由题意写出关于p的方程，解方程求出p的值；记两人各射击三次得分之和为ξ，ξ的可能取值是0，2，4，6，8，10，12，求出P(ξ=10)，P(ξ=12)，结合对立事件的概率关系能求出结果．
【解答】
解：设“甲射击一次，击中目标”为事件A，“乙射击一次，击中目标”为事件B，
则P(A)=23，P(B)=p，
∵甲、乙两人各射击一次，且甲得分不超过乙得分的概率为56，
∴P(AB)+P(A−B)+P(A−B−)=P(A)P(B)+P(A−)P(B)+P(A−)P(B−)=56，
∴23p+13p+13(1−p)=56，解得p=34，
记两人各射击三次得分之和为ξ，ξ的可能取值是0，2，4，6，8，10，12，
P(ξ=10)=(23)3×C32(34)2×14+C32(23)2×13×(34)3=516，
P(ξ=12)=(23)3×(34)3=18，
∴两人各射击三次得分之和不超过8分的概率为P=1−P(ξ=10)−P(ξ=12)=916.
故答案为：34；916.
17.【答案】解：(1)复数z1=m+(4−m2)i,(m∈R)，因为复数z1所对应的点位于第二象限，
所以m<04−m2>0，解得：−2故m的取值范围为(−2,0)；
(2)因为z1=z2，所以m=2csθ4−m2=λ−3sinθ，
所以λ=4−4cs2θ+3sinθ=4sin2θ+3sinθ=4(sinθ+38)2−916，
因为θ∈R，所以sinθ∈[−1,1]，
当sinθ=1时，λmax=4+3=7，
所以λ的最大值为7.
【解析】本题主要考查复数的几何意义，复数的概念与分类，属于中档题．
(1)由复数z1所对应的点位于第二象限，则m<04−m2>0，解不等式即可得出答案．
(2)由复数相等可得m=2csθ4−m2=λ−3sinθ，即λ=4(sinθ+38)2−916，再由二次函数的性质求解即可．
18.【答案】解：(1)易知在这16个分数中，出现最多的是55，其中最高分为68，最低分为40，
所以众数为55，极差为68−40=28，
则xA=44+46+55+47+49+55+51+458=49，
xB=55+40+61+65+42+47+46+688=53；
(2)因为专业评委给分更符合专业规则，相似程度更高，可以用方差来衡量每一组评委打分的相似性，
方差越小，分数越集中，相似程度越高，
易知sA2=18[(44−49)2+(46−49)2+(55−49)2+(47−49)2+(49−49)2+(55−49)2+(51−49)2+(45−49)2]=16.25，
sB2=18[(55−53)2+(40−53)2+(61−53)2+(65−53)2+(42−53)2+(47−53)2+(46−53)2+(68−53)2]=101.5，
因为sB2>sA2，
所以A组更像是由专业人土组成．
【解析】本题考查平均数、众数、极差和方差，属于中档题．
(1)由题意，根据众数、极差和平均数的定义及计算公式进行求解即可；
(2)因为专业评委给分更符合专业规则，相似程度更高，可以用方差来衡量每一组评委打分的相似性，方差越小，分数越集中，相似程度越高，利用方差公式求出A，B两组的方差，进而即可求解．
19.【答案】解：(1)取BD中点F，在BC上取点M，满足BM=3MC，
因为P为DE中点，F为DB中点，
所以PF//BE，PF=12BE，
因为CQCA=CMCB=14，
所以QM//AB，QM=14AB，
从而PF//QM，PF=QM，
所以四边形PFMQ是平行四边形，
所以PQ//FM，
又PQ⊄平面BCD，FM⊂平面BCD，
所以PQ//平面BCD.
(2)过B作BH⊥AC，垂足为H，
因为∠BCA为锐角，
所以H和C不重合，
因为平面ABC⊥平面ACD，平面ABC∩平面ACD=AC，BH⊂平面ABC，BH⊥AC，
所以BH⊥平面ACD，
因为CD⊂平面ACD，
所以BH⊥CD，
又因为CD⊥BC，BH，BC⊂平面ABC，BH∩BC=B，
所以CD⊥平面ABC，
因为AB⊂平面ABC，
所以CD⊥AB，
又因为AB⊥BD，BD，CD⊂平面BCD，BD∩CD=D，
所以AB⊥平面BCD.
【解析】本题考查了线面平行的判定和线面垂直的判定，属于基础题．
(1)取BD中点F，在BC上取点M，满足BM=3MC，可证得四边形PFMQ是平行四边形，所以PQ//FM，进而证得结论；
(2)过B作BH⊥AC，垂足为H，通过证明BH⊥CD，CD⊥AB，进而利用线面垂直的判定即可证明AB⊥平面BCD.
20.【答案】解：(1)设B(a,b)，则AB=(a−4,b)，
∴OC=3AB=(3a−12,3b)，即C(3a−12,3b)，
又OA=(4,0)，则OA⋅AB=4a−16+0⋅b=4，
解得a=5，故B(5,b)，C(3,3b)，
则AB=(1,b)，BC=(−2,2b)，
∴AB⋅BC=−2+2b2=4，由b>0，解得b= 3，
故可得B(5, 3)，C(3,3 3)；
(2)由题意，可作图如下：
由OC=3AB，可得AB//OC，ABOC=13，
易知△ABD∽△COD，可得ADDC=BDDO=ABOC=13，
则OD=34OB，由B(5, 3)，可得D(154,3 34)，
∴DO=(−154,−3 34)，DA=(14,−3 34)，
DO⋅DA=−1516+2716=1216=34，
又|DO|= 22516+2716=6 74=3 72，
|DA|= 116+2716=2 74= 72，
∴cs∠ODA=DO⋅DA|DO||DA|=343 72× 72=17.
【解析】本题主要考查用坐标法表示平面向量及平面向量的坐标运算，属中档题．
(1)根据数量积的坐标表示，建立方程，可得答案；
(2)根据相似三角形，求得交点的坐标，利用数量积与模长公式，求得夹角的余弦值．
21.【答案】证明：(1)∵2b=a+c，
∴a=2b−c，
由正弦定理及BDsinA+bsinC=2bsin∠ABC，
得BD⋅a+bc=2b2，
∴BD=2b2−bca=b(2b−c)2b−c=b，
∴BD=b；
解：(2)选①：由余弦定理得：b2=a2+c2−2accs∠ABC=a2+c2−118ac，
∵2b=a+c，
∴(a+c2)2=a2+c2−118ac，
整理得：2a2−5ac+2c2=0，
∴a=12c或a=2c，
∵a≥c，∴a=2c，
∴b2=4c2+c2−118×2c2=94c2，∴b=32c，
设ADDC=t(t>0)，则DC=b1+t，
在△ABC中，csC=a2+b2−c22ab，①
在△BCD中，csC=a2+(b1+t)2−b22a⋅b1+t，②
由①②解得：t=7+3 2114，
∴ADDC=7+3 2114；
选②：由余弦定理得：a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2+12bc，
∵2b=a+c，
∴(2b−c)2=b2+c2+12bc，
整理得：b=32c，
∴a2=94c2+c2+12×32c2=4c2，∴a=2c，
设ADDC=t(t>0)，则DC=b1+t，
在△ABC中，csC=a2+b2−c22ab，①
在△BCD中，csC=a2+(b1+t)2−b22a⋅b1+t，②
由①②解得：t=7+3 2114，
∴ADDC=7+3 2114.

【解析】本题考查正余弦定理在解三角形中的运用，属于中档题．
(1)由正弦定理和条件式化简即可证明；
(2)选①：由余弦定理和题中条件可得a=2c,b=32c，设ADDC=t(t>0)，再在△ABC和△BCD中由余弦定理即可求得t；
选②：由余弦定理和题中条件可得a=2c,b=32c，设ADDC=t(t>0)，再在△ABC和△BCD中由余弦定理即可求得t.
22.【答案】解：(1)以A′为原点，A′与B′C′中点连线为x轴，AA′所在直线为z轴，过点A′与B′C′平行的直线为y轴，建立空间直角坐标系：
A′(0,0,0)，B(3 3,−3,8)，C′(3 3,3,0)，A(0,0,8)，B′(3 3,−3,0)，C(3 3,3,8)，
所以AB′=(3 3,−3,−8)，A′C=(3 3,3,8)，
因为AP=t，AB′= 62+82=10，
所以AP=t10AB′=(3 3t10,−3t10,−4t5)，
所以P(3 3t10,−3t10,8−45t)，
A′Q=2t，A′C=10，
所以A′Q=t5A′C=(3 3t5,35t,85t)，
所以Q(3 3t5,35t,85t)，
当t=5时，P(3 32,−32,4)，Q(3 3,3,8)，
所以PQ=(3 32,92,4)，
面ABC的法向量CC′=(0,0,−8)，
设PQ与底面ABC所成角为θ，
则sinθ=|cs|=|CC′⋅PQ|CC′||PQ||=|(0,0,−8)⋅(3 32,92,4)8⋅ (3 32)2+(92)2+42|=4 43，
所以csθ= 1−sin2θ=3 3 43，
所以tanθ=sinθcsθ=4 39，
所以PQ与底面ABC所成角的正切值为4 39.
(2)因为R为CC′的中点，
所以R(3 3,3,4)，
所以PQ=(3 3t10,910t,125t−8)，PR=(3 3−3 310t,3+3t10,4t5−4)，
设平面BA′C′的法向量为n=(x,y,z)，
所以n⋅A′C′=3 3x+3y=0n⋅A′B=3 3x−3y+8z=0，
令x=1，则y=− 3，z=−3 34，
因为平面PQR//平面BA′C′，
所以n是平面PQR的法向量，
所以n⋅PR=3 3−3 310t−3 3−3 310t−3 35t+3 3=0，
所以t=52，
所以当平面PQR//平面BA′C′时，t=52.
(3)假设存在t，使得平面PQR⊥平面AA′B′B，
设平面AA′B′B的法向量m=(p,q,r)，
所以m⋅A′B=3 3p−3q+8r=0m⋅A′B′=3 3p−3q=0，
令r=0，则p=1，q= 3，
所以m=(1, 3,0)，
因为平面PQR⊥平面AA′B′B，
所以设平面PQR的法向量p=(a,b,c)，
因为平面PQR⊥平面AA′B′B，则p⋅m=0，
而向量p为平面PQR的法向量，则p⋅PQ，
所以p⋅m=a+ 3b=0p⋅PQ=3 310ta+910tb+(125t−8)c=0，
令a= 3，则b=−1，
则125t−8c=0，则t=103或c=0，
当c=0时，所以p=( 3,−1,0)，
此时p⋅PR=9−910t−3−310t=6−1210t=0，
所以t=5，t∈[0,5]；
当t=103时，t∈[0,5]，此时p=( 3,−1,c)，
此时p⋅PR=9−910t−3−310t+(4t5−4)c=2−43c=0，解得c=32，
则此时Q( 3,−1,163)，QR=2 3,4,−43，此时p⋅QR=0，满足题意，
所以存在t=5或t=103，使得平面PQR⊥面AA′B′B.
【解析】本题考查直线与平面的位置关系，解题关键是空间向量法的应用，属于较难题．
(1)以A′为原点，A′与B′C′中点连线为x轴，AA′所在直线为z轴，过点A′与B′C′平行的直线为y轴，建立空间直角坐标系，得到各点坐标，进而利用向量法进行求解．
(2)得到AB′，A′C的坐标，由AP=t10AB′，得P点的坐标，由A′Q=t5A′C，得Q点坐标，解得平面BA′C′的法向量为n，由平面PQR//平面BA′C′，得n⋅PR=0，即可得出答案．
(3)假设存在t，使得平面PQR⊥平面AA′B′B，求出平面AA′B′B的法向量m，解得平面PQR的法向量p，由平面PQR⊥平面AA′B′B，得p⋅m=0，即可得出答案，注意分类讨论．