2020-2021学年湖南省郴州市高一（下）期中考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年湖南省郴州市高一（下）期中考试数学试卷人教A版，共12页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知向量a→=−1,2，b→=2,m，若a→与b→共线，则m=（ ）
A.−4B.−12C.12D.4

2. 设复数z=2−3i3，则复数z的虚部是( )
A.2B.−3iC.3D.−3

3. 在△ABC中，若a=8，b=7，csC=1314，则最大角的余弦值是( )
A.−15B.−16C.−17D.−18

4. 已知|b→|=3，a→在b→方向上的投影为−32，则a→⋅b→的值为( )
A.92B.−92C.2D.−2

5. 中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高．详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．上述原理在中国被称为祖暅原理．一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为23的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（ ）
[V棱台=13(S上底+S上底S下底+S下底)×高]

A.16B.163C.183D.21

6. 已知△ABC是边长为4的等边三角形，P为平面ABC内一点，则PA→⋅(PB→+PC→)的最小值是( )
A.−2B.−32C.−3D.−6

7. 复数z在复平面内对应点为Z，O为原点，以Ox为始边，OZ为终边逆时针旋转的角为θ，|z|=r，则z=rcsθ+isinθ．法国数学家棣莫弗发现棣莫弗定理：z1=r1csθ1+isinθ1，z2=r2csθ2+isinθ2，则z1z2=r1r2csθ1+θ2+isinθ1+θ2，由棣莫弗定理导出了复数的乘方公式： rcsθ+isinθn=rncsnθ+isinnθ．则32+12i5=（ ）
A.32−12iB.−32+12iC.−32−12iD.32+12i

8. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，bcsA=c−12a，点D在AC上，2AD=DC，BD=2，则△ABC的面积的最大值为（ ）
A.332B.3C.4D.6
二、多选题

已知向量a→=2,1，b→=−3,1， 则（ ）
A.a→+b→⊥a→
B.向量a→在向量b→上的投影向量是 −102 a→
C.|a→+2b→|=5
D.与向量a→方向相同的单位向量是255,55

在△ABC中，如下判断正确的是（ ）
A.若sin2A=sin2B，则△ABC为等腰三角形
B.若A>B，则sinA>sinB
C.若△ABC为锐角三角形，则sinA>csB
D.若sinA>sinB，则A>B

已知复数z1=2−1+i（i为虚数单位），下列说法正确的是（ ）
A.z1对应的点在第三象限
B.z1的虚部为−1
C.z14=4
D.满足|z|=|z1|的复数z对应的点在以原点为圆心，半径为2的圆上

如图，在同一平面内，两个斜边相等的直角三角形放置在一起，其中AB=1，∠ACB=π6，∠D=π4，则下列结论正确的是( )

A.AE→+DC→=AC→+DE→B.AE→=13AB→+23AC→
C.AD→⋅AB→=6D.AD→⋅BC→=3
三、填空题

设复数z=1+ii，则在复平面内复数z的共轭复数z¯所对应的点在第________象限．

水平放置的△ABC的斜二测直观图△A′B′C′如图所示，已知A′C′=3，B′C′=2，则原三角形ABC的面积为________.


如图，在△ABC中，D是AC边上的点，且AB=AD=32BD，BC=2BD，则sinC的值是________．


鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经90∘榫卯起来．若正四棱柱的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器（容器壁的厚度忽略不计），则该球形容器表面积的最小值为________.

四、解答题

已知A1,−2，B2,1，C3,2，Dx,y．
(1)求3AB→−2AC→+BC→的坐标；

(2)若A、B、C、D四点构成平行四边形ABCD，求点D的坐标．

已知A(1,2)，B(a,1)，C(2,3)，D(−1,b)，(a,b∈R)是复平面上的四个点，且向量AB→，CD→对应的复数分别为z1，z2.
(1)若z1+z2=1+i，求z1，z2；

(2)若z1+z2=2，z1−z2为实数，求a，b的值.

已知函数fx=Msinωx+φM>0,ω>0,−π2<φ<π2的部分图象如图所示．

(1)求fx的解析式；

(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2=ac，求fB的取值范围．

如图，某几何体的下部分是长、宽均为8，高为3的长方体，上部分是侧棱长都相等且高为3的四棱锥，求：

(1)该几何体的体积；

(2)该几何体的表面积．

已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，csA−C+csB=32，设m→=b,c，n→=a,b，且m→//n→．
(1)求角B的大小；

(2)延长BC至D，使BD=5，若△ACD的面积S=3，求AD的长．

如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径．一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C，现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50m/min．在甲出发2min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1min后，再匀速步行到C．假设缆车匀速直线运动的速度为130m/min，山路AC长为1260m，经测量得csA=1213，sinB=6365，∠B为钝角．

(1)问乙出发多少min后，乙在缆车上与甲的距离最短；

(2)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3min，乙步行的速度应控制在什么范围内．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省郴州市高一（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
无
【解答】
解：因为a→=(−1,2)，b→=(2,m)，a→//b→，
所以−1×m−2×2=0，m=−4．
故选A．
2.
【答案】
C
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的混合运算
【解析】
化简复数为代数形式，根据定义可得虚部．
【解答】
解：z=2−3i3=2+3i，虚部为3．
故选C．
3.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
【解析】
先利用余弦定理求得边c的长度，进而根据大角对大边的原则推断出A为最大角，最后利用余弦定理求得csA的值．
【解答】
解：由余弦定理，得c2=a2+b2−2abcsC
=82+72−2×7×8×1314=9，
∴ c=9=3，
∴ a边最大，即A为△ABC的最大角，
∴ csA=b2+c2−a22bc=49+9−642×7×3=−17.
故选C．
4.
【答案】
B
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的投影
【解析】
由于a→⊥(a→+b→)，可得a→⋅(a→+b→)＝0，解得a→⋅b→=−a→2利用b→在a→方向上的投影=a→⋅b→|a→|=即可得出．
【解答】
解：∵ a→在b→方向上的投影为−32，
∴ |a→|⋅cs=−32，
a→⋅b→=|a→||b→|cs=3×−32=−92.
故选B.
5.
【答案】
D
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由祖暅原理，该不规则几何体体积与正六棱台体积相等，
故V=13S1+S1S2+S2ℎ
=13×332+632+1232×23=21．
故选D．
6.
【答案】
D
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算律
【解析】
根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可．
【解答】
解：建立直角坐标系如图：
则A(0,23)，B(−2,0)，C(2,0),
设P(x, y)，则PA→=(−x, 23−y)，
PB→=(−2−x, −y)，
PC→=(2−x, −y)，
所以PA→⋅(PB→+PC→)
=(−x,23−y)⋅(−2x,−2y)
=−x⋅(−2x)+(23−y)⋅(−2y)
=2x2−43y+2y2
=2[x2+(y−3)2−3]，
所以当x=0，y=3时，PA→⋅(PB→+PC→)取得最小值为2×(−3)=−6.
故选D.
7.
【答案】
B
【考点】
复数乘法的棣莫弗公式
【解析】
无
【解答】
解：因为32+12i5=csπ6+isinπ65，
所以由棣莫弗定理可得：32+12i5=csπ6+isinπ65
=cs5π6+isin5π6=−32+12i．
故选B．
8.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
余弦定理
三角形的面积公式
两角和与差的正弦公式
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由正弦定理，三角函数恒等变换可得 sinAcsB=12sinA，可求csB，设AD=x，则CD=2x，AC=3x，根据cs∠ADB＝–cs∠CDB利用余弦定理可得4c2+a2+2ac=36，根据基本不等式可得ac≤6，进而可求解．
【解答】
解：如图，
在△ABC中，bcsA=c−12a，
由正弦定理可得sin∠ABCcsA=sinC−12sinA，
可得sin∠ABCcsA=sinA+∠ABC−12sinA
=sinAcs∠ABC+csAsin∠ABC−12sinA，
即sinAcs∠ABC=12sinA，
由于sinA≠0，
所以cs∠ABC=12，由∠ABC∈0,π，可得∠ABC=π3，
设AD=x，则CD=2x，AC=3x，
在△ADB，△BDC，△ABC中分别利用余弦定理，
可得cs∠ADB=x2+4−c24x，
cs∠CDB=4x2+4−a28x，
cs∠ABC=a2+c2−9x22ac，
由于cs∠ADB=−cs∠CDB，
可得6x2=a2+2c2−12，
再根据cs∠ABC=12，
可得a2+c2−9x2=ac，
所以4c2+a2+2ac=36，
根据基本不等式可得4c2+a2≥4ac，
所以ac≤6，
当且仅当a=23，c=3时等号成立，
所以△ABC的面积S=12acsin∠ABC=34ac≤332．
故选A．
二、多选题
【答案】
A,C,D
【考点】
向量的投影
向量的数量积判断向量的共线与垂直
平面向量的坐标运算
单位向量
向量模长的计算
【解析】
可求出a→+b→⋅a→=0，从而得出选项A正确；可求出a→在b→上的投影是−12b→，从而判断选项B错误；可得出a→+2b→=−4,3，进而判断选项C正确；根据向量a→可求出与向量a→方向相同的单位向量，从而判断选项D正确．
【解答】
解：∵ a→+b→=−1,2，a→=2,1，
∴ a→+b→⋅a→=−2+2=0，a→+b→⊥a→，即A正确；
向量a→在向量b→上的投影向量是
a→⋅b→b→2⋅b→=−3×2+1×1−32+12⋅b→=−12b→，即B错误；
∵ a→+2b→=−4,3 ，
∴ |a→+2b→|=5，即C正确；
与向量a→方向相同的单位向量 a→|a→|=255,55 ，即D正确．
故选ACD.
【答案】
B,C,D
【考点】
三角形的形状判断
正弦定理
诱导公式
正弦函数的单调性
【解析】
选项A．由题意可得2A＝2B或2A＋2B＝π，从而可判断；选项B．若A＞B，则a＞b，由正弦定理可判断；选项C．若△ABC为锐角三角形，则A＋B＞π2，即所以π2＞A＞π2−B＞0，由正弦函数的单调性可判断，选项D．在△ABC中，若sinA＞sinB，由正弦定理可得a2R>b2R，从而可判断．
【解答】
解：选项A，在△ABC中，若sin2A=sin2B，
则2A=2B或2A+2B=π，
所以A=B或A+B=π2，
所以△ABC为等腰或直角三角形，故A不正确；
选项B，在△ABC中，若A>B，则a>b，
由正弦定理可得2RsinA>2RsinB，即sinA>sinB，故B正确；
选项C，若△ABC为锐角三角形，则A+B>π2，
所以π2>A>π2−B>0，
所以sinA>sinπ2−B=csB，故C正确；
选项D，在△ABC中，若sinA>sinB，
由正弦定理可得a2R>b2R，
即a>b，所以A>B，故D正确．
故选BCD．
【答案】
A,B
【考点】
复数的模
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的乘除运算
【解析】
先化简复数，再逐项验证求解即可.
【解答】
解：z1=2−1+i=2−1−i−1+i−1−i=−1−i，
对于A，z1对应的点为−1,−1，在第三象限，故正确；
对于B，z1的虚部为−1，故正确；
对于C，z14=−1−i4=−4，故错误；
对于D，z1=2，则对应的点在以原点为圆心，半径为2的圆上，故错误.
故选AB.
【答案】
A,D
【考点】
平面向量数量积的运算
向量在几何中的应用
向量加减法的应用
【解析】
无
【解答】
解：对于A，由AE→−AC→=CE→，DE→−DC→=CE→，
所以AE→+DC→=AC→+DE→，A正确；
对于B，由AB=1，∠ACB=π6，∠D=π4，
可得AC=3，BC=DE=2，CE=DC=2，
所以CE→=22CB→，
所以AE→=AC→+CE→=AC→+22CB→
=AC→+22(AB→−AC→)
=22AB→+1−22AC→，B不正确；
对于C，AD→⋅AB→=(AC→+CD→)⋅(AC→+CB→)
=AC→2+AC→⋅CB→+CD→⋅AC→+CD→⋅CB→，
因为AB=1，∠ACB=π6，∠D=π4，
所以AC=3，BC=DE=2，⟨CD→,AB→⟩=π6，
所以AC→⋅CB→=3×2×−32=−3，
CD→⋅AC→=3×2×12=62，CD→⋅CB→=0，
所以AD→⋅AB→=3−3+62=62，C不正确；
对于D，AD→⋅BC→=(AC→+CD→)⋅(AC→−AB→)
=AC→2−AC→⋅AB→+CD→⋅AC→−CD→⋅AB→
=3−0+3×2×12−2×1×32=3，D正确．
故选AD．
三、填空题
【答案】
一
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
【解析】
无
【解答】
解：z=1+ii=(1+i)(−i)i×(−i)=−i+1，
共轭复数为1+i，对应点坐标是(1,1)，在第一象限．
故答案为：一．
【答案】
6
【考点】
斜二测画法画直观图
三角形的面积公式
【解析】
将直观图还原成平面图形，根据斜二侧画法原理求出平面图形的边长，计算面积．
【解答】
解：根据条件由斜二测画法得出原平面图形，如图，
则|AC|=3，|BC|=4，
所以S△ABC=12×4×3=6．
故答案为：6．
【答案】
66
【考点】
正弦定理
余弦定理
同角三角函数间的基本关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设AB=x，则AD=x，BD=233x，BC=433x.
在△ABD中，由余弦定理，得csA=x2+x2−43x22x2=13，
则sinA=1−(13)2=223.
在△ABC中，由正弦定理，得ABsinC=BCsinA，
即xsinC=433x223，
解得sinC=66.
故答案为：66.
【答案】
41π
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
由题意，该球形容器的半径的最小值为：，即可求出该球形容器的体积的最小值．
【解答】
解：由题意，该球形容器的半径的最小值为并在一起的两个长方体体对角线的一半，
即为12×36+4+1=412，
∴ 该球形容器表面积的最小值为：4π×(412)2=41π．
故答案为：41π.
四、解答题
【答案】
解：1∵ AB→=1,3，AC→=2,4，BC→=1,1，
∴3AB→−2AC→+BC→=31,3−22,4+1,1=0,2．
2∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD→=BC→，
又AD→=x−1,y+2，
∴x−1=1，y+2=1，
∴x=2，y=−1，
即D2,−1．
【考点】
平面向量的坐标运算
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
1利用平面向量加减法和数乘的坐标运算求解即可；
2由已知可得AD→＝BC→，利用坐标列出方程组求解即可．
【解答】
解：1∵ AB→=1,3，AC→=2,4，BC→=1,1，
∴3AB→−2AC→+BC→=31,3−22,4+1,1=0,2．
2∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD→=BC→，
又AD→=x−1,y+2，
∴x−1=1，y+2=1，
∴x=2，y=−1，
即D2,−1．
【答案】
解：(1)向量AB→=(a−1,−1)，CD→=(−3,b−3)对应的复数分别为z1=(a−1)−i，z2=−3+(b−3)i.
∴ z1+z2=(a−4)+(b−4)i=1+i.
∴ a−4=1，b−4=1.
解得a=b=5.
∴ z1=4−i，z2=−3+2i.
(2)∵ z1+z2=2，z1−z2为实数，
z1+z2=(a−4)+(b−4)i，
z1−z2=(a+2)+(2−b)i，
∴ (a−4)2+(b−4)2=2，2−b=0，
∴ a=4，b=2.
【考点】
复数代数形式的混合运算
复数的模
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)向量AB→=(a−1,−1)，CD→=(−3,b−3)对应的复数分别为z1=(a−1)−i，z2=−3+(b−3)i.
∴ z1+z2=(a−4)+(b−4)i=1+i.
∴ a−4=1，b−4=1.
解得a=b=5.
∴ z1=4−i，z2=−3+2i.
(2)∵ z1+z2=2，z1−z2为实数，
z1+z2=(a−4)+(b−4)i，
z1−z2=(a+2)+(2−b)i，
∴ (a−4)2+(b−4)2=2，2−b=0，
∴ a=4，b=2.
【答案】
解：(1)由图知M=2，
T2=11π12−5π12=π2，
∴ T=π，
∴ ω=2πT=2．
可知2×5π12+φ=π2+2kπk∈Z，
又−π2<φ<π2，
∴ φ=−π3，
∴ fx=2sin2x−π3．
(2)∵ csB=a2+c2−b22ac≥2ac−ac2ac=12，
当且仅当a=c时取“=”，
∵ B∈0,π，
∴ B∈(0,π3]，
∴ 2B−π3∈(−π3,π3]，
∴ f(B)=2sin(2B−π3)∈(−3,3]，
∴ fB的取值范围(−3,3]．
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
余弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
正弦函数的定义域和值域
【解析】


【解答】
解：(1)由图知M=2，
T2=11π12−5π12=π2，
∴ T=π，
∴ ω=2πT=2．
可知2×5π12+φ=π2+2kπk∈Z，
又−π2<φ<π2，
∴ φ=−π3，
∴ fx=2sin2x−π3．
(2)∵ csB=a2+c2−b22ac≥2ac−ac2ac=12，
当且仅当a=c时取“=”，
∵ B∈0,π，
∴ B∈(0,π3]，
∴ 2B−π3∈(−π3,π3]，
∴ f(B)=2sin(2B−π3)∈(−3,3]，
∴ fB的取值范围(−3,3]．
【答案】
解：1连接A1C1，B1D1交于点O，取B1C1的中点E，
连接PO，OE，PE，
V长方体=8×8×3=192，
VP−A1B1C1D1=13×8×8×3=64，
∴V总=192+64=256．
2∵PO=3，OE=4，
∴PE=PO2+OE2=5，
S四棱锥侧=4×12×8×5=80，
S长方体=4×8×3+8×8=160，
S总=80+160=240．
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
1按照公式求出长方体和四棱锥的体积，求和即可；
2先找到四棱锥侧面的高，然后可求出四棱锥的侧面积，继而求长方体的表面积，求和即可．
【解答】
解：1连接A1C1，B1D1交于点O，取B1C1的中点E，
连接PO，OE，PE，
V长方体=8×8×3=192，
VP−A1B1C1D1=13×8×8×3=64，
∴V总=192+64=256．
2∵PO=3，OE=4，
∴PE=PO2+OE2=5，
S四棱锥侧=4×12×8×5=80，
S长方体=4×8×3+8×8=160，
S总=80+160=240．
【答案】
解：1由csA−C+csB=32，
可知csA−C−csA+C=32，
即csAcsC+sinAsinC−csAcsC+sinAsinC=32，
可得sinAsinC=34，
由m→//n→可得b2−ac=0，
由正弦定理可知sin2B=sinAsinC=34，
因为B∈0,π，所以sinB=32，
因此B=π3或2π3．
分别代入csA−C+csB=32，
可知当B=2π3时，csA−C=2，不成立．
因此B=π3．
2由B=π3可知csA−C=1，
即A=C，
因此△ABC为等边三角形，
即a=b=c，
S△ACD=12AC⋅CDsin∠ACD
=12b5−asin2π3
=34a5−a=3，
整理可得a5−a=4，
即a2−5a=−4，
由余弦定理可知，在△ABD中，
AD2=AB2+BD2−2AB⋅BD⋅csπ3
=c2+25−5c=a2+25−5a=21，
因此AD的长为21．
【考点】
正弦定理
两角和与差的余弦公式
平面向量共线（平行）的坐标表示
诱导公式
余弦定理
三角形的面积公式
【解析】
1根据诱导公式csB＝csA+C，结合两角和与差的余弦公式化简可得sinAsinC=34。由向量平行的坐标表示结合正弦定理可程sinB，进而可得结果；
2结合1中的结论得出△ABC为等边三角形，由三角形的面积得出a的值，最后由余弦定理得结果．
【解答】
解：1由csA−C+csB=32，
可知csA−C−csA+C=32，
即csAcsC+sinAsinC−csAcsC+sinAsinC=32，
可得sinAsinC=34，
由m→//n→可得b2−ac=0，
由正弦定理可知sin2B=sinAsinC=34，
因为B∈0,π，所以sinB=32，
因此B=π3或2π3．
分别代入csA−C+csB=32，
可知当B=2π3时，csA−C=2，不成立．
因此B=π3．
2由B=π3可知csA−C=1，
即A=C，
因此△ABC为等边三角形，
即a=b=c，
S△ACD=12AC⋅CDsin∠ACD
=12b5−asin2π3
=34a5−a=3，
整理可得a5−a=4，
即a2−5a=−4，
由余弦定理可知，在△ABD中，
AD2=AB2+BD2−2AB⋅BD⋅csπ3
=c2+25−5c=a2+25−5a=21，
因此AD的长为21．
【答案】
解：(1)∵ csA=1213，sinB=6365，∠B为钝角，
∴ sinA=513，csB=−1665，
∴ sinC=sinA+B=sinAcsB+csAsinB=45，
在△ABC中，由正弦定理ACsinB=ABsinC，得AB=1040m，
设乙出发tmin后，甲乙游客距离为dm，
由余弦定理得d2=130t2+100+50t2−2×130t×100+50t×1213，
即d2=20037t2−70t+50=200[37t−35372+62537]，
∵ 0≤t≤1040130，即0≤t≤8，
∴ 当t=3537时，即乙出发3537min后，乙在缆车上与甲的距离最短.
(2)sinA=513，由正弦定理BCsinA=ACsinB，得 BC513=12606365，
∴ BC=500m，
乙从B出发时，甲已经走了50×2+8+1=550m，还需走710m才能到达C，
设乙步行的速度为vm/min，
则|500v−71050|≤3，即−3≤500v−71050≤3，
解得125043≤v≤62514，
故乙步行的速度应控制在125043,62514．
【考点】
正弦定理
余弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
（1）根据正弦定理即可确定出AB的长，设乙出发t分钟后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(100+50t)m，乙距离A处130tm，由余弦定理可得；
（2）设乙步行的速度为 vm/min，从而求出v的取值范围．
【解答】
解：(1)∵ csA=1213，sinB=6365，∠B为钝角，
∴ sinA=513，csB=−1665，
∴ sinC=sinA+B=sinAcsB+csAsinB=45，
在△ABC中，由正弦定理ACsinB=ABsinC，得AB=1040m，
设乙出发tmin后，甲乙游客距离为dm，
由余弦定理得d2=130t2+100+50t2−2×130t×100+50t×1213，
即d2=20037t2−70t+50=200[37t−35372+62537]，
∵ 0≤t≤1040130，即0≤t≤8，
∴ 当t=3537时，即乙出发3537min后，乙在缆车上与甲的距离最短.
(2)sinA=513，由正弦定理BCsinA=ACsinB，得 BC513=12606365，
∴ BC=500m，
乙从B出发时，甲已经走了50×2+8+1=550m，还需走710m才能到达C，
设乙步行的速度为vm/min，
则|500v−71050|≤3，即−3≤500v−71050≤3，
解得125043≤v≤62514，
故乙步行的速度应控制在125043,62514．