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浙江省丽水市2023-2024学年高一下学期6月期末教学质量监控数学试题
1．（2024高一下·丽水期末）若复数满足（为虚数单位），则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：C.
【分析】利用复数代数形式的乘除法运算化简即可.
2．（2024高一下·丽水期末）已知向量，，若与垂直，则实数（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解： 向量，， 若与垂直，则，
即，解得.
故答案为：A.
【分析】根据向量垂直的坐标表示列式求解即可．
3．（2024高一下·丽水期末）若数据的方差为，则数据的方差为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解： 数据的方差为，
则数据的方差为.
故答案为：D.
【分析】根据方差的性质计算即可.
4．（2024高一下·丽水期末）掷两枚质地均匀的骰子，设A＝“第一枚出现奇数点”，B＝“第二枚出现偶数点”，则A与B的关系为（　　）
A．互斥 B．互为对立 C．相互独立 D．相等
【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件
【解析】【解答】解：掷两枚质地均匀的骰子， 设A＝“第一枚出现奇数点”，B＝“第二枚出现偶数点”，
事件A与B能同时发生，故事件A与B既不是互斥事件，也不是对立事件，故选项A，B错误；
，
因为P(A)P(B)=P(AB) ，所以A与B独立，故选项C正确；
事件A与B不相等，故选项D错误.
故选：C
【分析】根据互斥、对立、独立事件的定义判断即可.
5．（2024高一下·丽水期末）已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（　　）
A．若，，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，，则
【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，，，则平行或相交，故A错误；
B、若，，则或或或与相交（不垂直），故B错误；
C、若，则或，故C错误，
D、因为，，所以，又，所以，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系逐项判断即可.
6．（2024高一下·丽水期末）如图，在三棱锥中，，、分别是、的中点，且满足，则异面直线与所成的角等于
A． B．
C．或者 D．
【答案】A
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】解：取的中点，连接，，如图所示：
则，即为异面直线与所成的角或其补角，
根据，可得到分别为三角形的中位线，
，，
在三角形中，根据余弦定理得到，
因为异面直线所成的角为直角或锐角，所以异面直线与所成的角等于.
故答案为：A.
【分析】作平行线将异面直线所成角化为或其补角，在三角形中，利用余弦定理求解即可.
7．（2024高一下·丽水期末）如图，某山山顶与山底的垂直部分为（记山顶为点，山底为点），首先测量人员位于点，测得点位于正北方向，测得点的仰角为，然后测量人员沿北偏东方向行走了米到达点，此时测得，则此山的高度为（　　）
A．米 B．米 C．米 D．米
【答案】B
【知识点】解三角形；正弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：如图所示：
由，，可得，，
在中，由正弦定理，
可得，解得，
在中，，则，即，
解得．
故答案为：B.
【分析】在中，由正弦定理求出，在中，求即可．
8．（2024高一下·丽水期末）已知函数，若的图象的任意一条对称轴与轴交点的横坐标均不属于区间，则的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意可得：，则，
，且，解得，
因为，所以，解得，
当时，，符合题意；
当时，，符合题意，
则.
故答案为：D.
【分析】由题意可得，，且，讨论求解即可.
9．（2024高一下·丽水期末）若，，是任意的非零向量，下列命题中正确的是（　　）
A．若，则
B．
C．若，则
D．若，，则
【答案】B,C,D
【知识点】共线（平行）向量；平面向量的数量积运算；相等向量
【解析】【解答】解：A、若时，向量，方向不一定相同， 故A错误；
B、由向量数量积的运算性质可知：，故B正确；
C、若，两边平方得，，即，故C正确；
D、若，，则非零向量方向相同或相反，非零向量方向相同或相反，
即的方向相同或相反，则， 故D正确．
故答案为：BCD．
【分析】根据向量数量积的性质及向量共线定义逐项判断即可．
10．（2024高一下·丽水期末）已知事件发生的概率分别为，，则（　　）
A．一定有
B．
C．若与互斥，则
D．若与相互独立，则
【答案】B,D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式；并（和）事件与交（积）事件
【解析】【解答】解：A、例如：盒子中有大小相同的12个球，其中红球有3个，白球有4个，黑球有5个，从盒子中任意摸出一个球，记事件为摸到红球，事件为摸到白球，
则满足，，但不成立，故A错误；
B、，
因为，且，，，
所以，所以，
所以，即，
则，故B正确；
C、若与互斥，则，，故C错误；
D、若与相互独立，，，则，
，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】举例即可判断A；利用和事件与交事件的概率公式结合已知分析即可判断B；根据互斥事件的定义结合对立事件的概率公式分析即可判断C；根据独立事件与和事件的概率公式分析即可判断D.
11．（2024高一下·丽水期末）在棱长为的正方体中，点满足，其中，，则下列说法正确的是（　　）
A．当时，对任意，平面恒成立
B．当时，的最小值为
C．当时，与平面所成的最大角的正切值为
D．当时，四棱锥的外接球的表面积是
【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；球内接多面体；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、 棱长为的正方体中，
当，时，可得，即，则点在线段上运动，如图所示：
在正方体中，平面平面，
因为平面，所以平面，故A正确；
B、当时，可得，即点在线段上运动，如图所示：
连接，则为边长为的等边三角形，
过点作，可得，即的最小值为，故B错误；
C、当时，可得，即点在线段上运动，如图所示：
连接，在正方体，可得，
因为，且平面，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
设平面，在直角中，可得，
取的中点，连接，则，且，
即点到的最短距离为，在直角中，可得，
所以与平面所成的最大角的正切值为，故C正确；
D、当时，可得，可得点为线段的中点，
即点为正方体的中心，如图所示：
设四棱锥的外接球的球心为，且半径为，，连接，
因为正方体的棱长为1，可得，
在直角中，可得，解得，
所以四棱锥的表面积为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】当，得到点在线段上运动，结合平面平面即可判断A；当时，得到点在线段上运动，根据为边长为的等边三角形，过点作即可判断B；当时，得到点在线段上运动，连接，证得平面，得到是直线与平面所成的角，求得到的最短距离，在直角中即可判断C；当时，得到在线段的中点，结合球的截面性质，求得外接球的半径即可判断D.
12．（2024高一下·丽水期末）已知复数，（为虚数单位），若为纯虚数，则实数　 　．
【答案】
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解： 复数， ，
则，
若为纯虚数，则，解得．
故答案为：．
【分析】根据复数代数形式的乘法运算求得，再根据纯虚数概念求解即可．
13．（2024高一下·丽水期末）已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为　 　．
【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】∵圆锥的底面半径为1，∴侧面展开图的弧长为2π，
又∵侧面展开图是半圆，∴侧面展开图的半径为2，即圆锥的母线长为2，故圆锥的高为，故体积
故答案为：
【分析】先计算圆锥的底面周长，即为侧面展开图的弧长，进而求得侧面展开图的半径，即为圆锥的母线长，再求得圆锥的高，从而求得体积即可.
14．（2024高一下·丽水期末）在中，为边上的高，，，为边上一点，且，则　 　．
【答案】
【知识点】平面向量的基本定理；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：过分别作，的平行线交于，交于，如图所示：
则，因为，所以，，
又因为，所以，则四边形是菱形，
且，和都是等边三角形，
所以，，，
，，
因为，
所以，
两边平方得：，所以.
故答案为：.
【分析】过分别作，的平行线交于，交于，由向量加法的平行四边形法则得，结合平面向量基本定理得，分别是，的中点，再由得到，两边平方求解即可．
15．（2024高一下·丽水期末）某中学为了调查高一年级学生劳动实践活动情况，对名学生某周的劳动时间统计如下：
周劳动时间（小时）
人数 20 80 140 200 60
（1）根据提供的数据，直接在答题卡中补充完整周劳动时间的频率分布直方图（用阴影填涂，不需要书写具体步骤）；
（2）求周劳动时间的平均数（同一组数据用该组区间的中点值为代表）；
（3）根据图表，估计周劳动时间的样本数据分位数.
【答案】（1）解：易知周劳动时间在小时的频率为，
周劳动时间在小时的频率为，
补全的频率分布直方图，如图所示：
（2）解：周劳动时间平均数为：；
（3）解：因为前3组的频率和为，
前4组的频率和为，所以数据分位数在内，
设样本数据的分位数为，则，解得，
则周劳动时间的样本数据分位数为.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）根据频数分布表计算出周劳动时间在和小时的频率，补全频率分布直方图；
（2）根据平均的定义结合频率分布直方图求解即可；
（3）先判断分位数所在的区间，列方程求解即可.
（1）由题意可知，周劳动时间在小时的频率为，
周劳动时间在小时的频率为，
所以补全的频率分布直方图如下图
（2）周劳动时间平均数为：；
（3）因为前3组的频率和为，
前4组的频率和为，
所以数据分位数在内，
设样本数据的分位数为，则，
得，周劳动时间的样本数据分位数为.
16．（2024高一下·丽水期末）如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）设，，三棱锥的体积为，求到平面的距离.
【答案】（1）证明：设与交于点，如图所示：
因为四棱锥的底面为矩形，所以为中点，
又因为为中点，所以，又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：由底面，底面为矩形，
得，解得，
过点作，垂足为，底面，则，
而，平面，于是平面，
又平面，则，而平面，
因此平面，即为点到平面的距离，
在中，，所以.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由题意，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）由已知结合锥体的体积公式求出，再利用线面垂直的判定性质确定点到平面的垂线段并求出其长度.
（1）设与交于点，由底面为矩形，得为中点，
又为中点，则，又平面，平面，
所以平面.
（2）由底面，底面为矩形，
得，解得，
过点作，垂足为，底面，则，
而，平面，于是平面，
又平面，则，而平面，
因此平面，即为点到平面的距离，
在中，，所以.
17．（2024高一下·丽水期末）已知函数.
（1）求函数的最小正周期及单调递减区间；
（2）将函数的图象上每个点的纵坐标缩短到原来的，横坐标也缩短到原来的，得到函数的图象，若函数在区间内有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：函数，
则函数的最小正周期；
令 ，得，
则函数的单调递减区间为： ；
（2）解：函数的图象上每个点的纵坐标缩短到原来的，横坐标也缩短到原来的，得到函数，
则函数，
函数在区间内有两个零点，
可转化为函数的图象与的图象在内有两个交点，
作出函数图象，如图所示：
由，得，
则，由图可得.
【知识点】二倍角的余弦公式；正弦函数的性质；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用余弦的二倍角公式结合辅助角公式化简函数，再利用正弦函数周期公式和整体替换的方法解出周期和单调减区间；
（2）根据三角函数图象变换得到，根据函数在区间内有两个零点，数形结合得出实数的取值范围；
（1）由题得，
则最小正周期；
令 ，得，
所以函数的单调递减区间为： ；
（2）函数的图象上每个点的纵坐标缩短到原来的，横坐标也缩短到原来的，
得到函数，所以，
函数在区间内有两个零点，
可转化为函数的图象与的图象在内有两个交点，
由，得，
则，由图可得.
18．（2024高一下·丽水期末）如图，已知四边形为菱形，四边形为平行四边形，且，.
（1）证明：直线平面；
（2）设平面平面，且二面角的平面角为，， 设为线段的中点，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：设，连接，
四边形为菱形，则，
又，易得，
所以，则，
又，平面，
所以直线平面；
（2）解：过点作于点，过点作于点，连接，过点作于点，连接，
由（1）易证，，，则为二面角的平面角，
在直角中，，又，可得，
设，则，
直角中，，可得，
为线段的中点，则到平面的距离，又，
设直线与平面所成角为，，
直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】(1)利用菱形和全等三角形证明出，再利用线面垂直的判定定理（ 如果一条直线与平面内两条相交直线都垂直，那么这条直线与这个平面垂直）即可求解.
(2)先证明出，，得到为二面角的平面角，在直角三角形中求得，根据为线段的中点，求到平面的距离，从而求解出与平面所成角的正弦值.
（1）设，连接，
四边形为菱形，则，
又，易得，
所以，则，
又，平面，
所以直线平面；
（2）过点作于点，过点作于点，连接，过点作于点，连接，
由（1）易证，，，则为二面角的平面角，
在直角中，，又，可得，
设，则，
直角中，，可得，
为线段的中点，则到平面的距离，又，
设直线与平面所成角为，，
直线与平面所成角的正弦值为.
19．（2024高一下·丽水期末）克罗狄斯·托勒密（Ptolemy）是古希腊天文学家、地理学家、数学家，他在所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号. 如图，半圆的直径为2cm，为直径延长线上的点，2 cm，为半圆上任意一点，且三角形为正三角形.
（1）当时，求四边形的周长；
（2）当在什么位置时，四边形的面积最大，并求出面积的最大值；
（3）若与相交于点，则当线段的长取最大值时，求的值.
【答案】（1）解：在中，由余弦定理得，
则四边形的周长为；
（2）解：设，在中，，
四边形的面积为
，
当即时，四边形的面积取到最大值为；
（3）解：因为，且为正三角形，，，
所以，即的最大值为，取等号时，，
所以，
不妨设，则，得，即，故，
在中，由余弦定理得，故为的角平分线，
由角平分线性质可得，，故，，
四点共圆，由相交弦定理，得，
在中，，
则.
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意，利用余弦定理计算，再求周长即可；
（2）设，由已知结合余弦定理可得，计算和的面积之和即可；
（3）由定理可得，可得到的最大值，由对角互补结合余弦定理可得和角，，由角平分线性质可得，由相交弦定理可得，再用余弦定理计算，再计算即可.
（1）在中，由余弦定理得，
所以四边形的周长为.
（2）设，在中，，
四边形的面积为
，
当即时，四边形的面积取到最大值为.
（3），且为正三角形，，，
，即的最大值为，取等号时，，
.
不妨设，则，得，即，故，
在中，由余弦定理得，故为的角平分线，
由角平分线性质可得，，故，.
四点共圆，
由相交弦定理，得或（舍去）.
在中，，
.
1 / 1浙江省丽水市2023-2024学年高一下学期6月期末教学质量监控数学试题
1．（2024高一下·丽水期末）若复数满足（为虚数单位），则（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·丽水期末）已知向量，，若与垂直，则实数（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·丽水期末）若数据的方差为，则数据的方差为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·丽水期末）掷两枚质地均匀的骰子，设A＝“第一枚出现奇数点”，B＝“第二枚出现偶数点”，则A与B的关系为（　　）
A．互斥 B．互为对立 C．相互独立 D．相等
5．（2024高一下·丽水期末）已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（　　）
A．若，，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，，则
6．（2024高一下·丽水期末）如图，在三棱锥中，，、分别是、的中点，且满足，则异面直线与所成的角等于
A． B．
C．或者 D．
7．（2024高一下·丽水期末）如图，某山山顶与山底的垂直部分为（记山顶为点，山底为点），首先测量人员位于点，测得点位于正北方向，测得点的仰角为，然后测量人员沿北偏东方向行走了米到达点，此时测得，则此山的高度为（　　）
A．米 B．米 C．米 D．米
8．（2024高一下·丽水期末）已知函数，若的图象的任意一条对称轴与轴交点的横坐标均不属于区间，则的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
9．（2024高一下·丽水期末）若，，是任意的非零向量，下列命题中正确的是（　　）
A．若，则
B．
C．若，则
D．若，，则
10．（2024高一下·丽水期末）已知事件发生的概率分别为，，则（　　）
A．一定有
B．
C．若与互斥，则
D．若与相互独立，则
11．（2024高一下·丽水期末）在棱长为的正方体中，点满足，其中，，则下列说法正确的是（　　）
A．当时，对任意，平面恒成立
B．当时，的最小值为
C．当时，与平面所成的最大角的正切值为
D．当时，四棱锥的外接球的表面积是
12．（2024高一下·丽水期末）已知复数，（为虚数单位），若为纯虚数，则实数　 　．
13．（2024高一下·丽水期末）已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为　 　．
14．（2024高一下·丽水期末）在中，为边上的高，，，为边上一点，且，则　 　．
15．（2024高一下·丽水期末）某中学为了调查高一年级学生劳动实践活动情况，对名学生某周的劳动时间统计如下：
周劳动时间（小时）
人数 20 80 140 200 60
（1）根据提供的数据，直接在答题卡中补充完整周劳动时间的频率分布直方图（用阴影填涂，不需要书写具体步骤）；
（2）求周劳动时间的平均数（同一组数据用该组区间的中点值为代表）；
（3）根据图表，估计周劳动时间的样本数据分位数.
16．（2024高一下·丽水期末）如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）设，，三棱锥的体积为，求到平面的距离.
17．（2024高一下·丽水期末）已知函数.
（1）求函数的最小正周期及单调递减区间；
（2）将函数的图象上每个点的纵坐标缩短到原来的，横坐标也缩短到原来的，得到函数的图象，若函数在区间内有两个零点，求实数的取值范围.
18．（2024高一下·丽水期末）如图，已知四边形为菱形，四边形为平行四边形，且，.
（1）证明：直线平面；
（2）设平面平面，且二面角的平面角为，， 设为线段的中点，求与平面所成角的正弦值.
19．（2024高一下·丽水期末）克罗狄斯·托勒密（Ptolemy）是古希腊天文学家、地理学家、数学家，他在所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号. 如图，半圆的直径为2cm，为直径延长线上的点，2 cm，为半圆上任意一点，且三角形为正三角形.
（1）当时，求四边形的周长；
（2）当在什么位置时，四边形的面积最大，并求出面积的最大值；
（3）若与相交于点，则当线段的长取最大值时，求的值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：C.
【分析】利用复数代数形式的乘除法运算化简即可.
2．【答案】A
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解： 向量，， 若与垂直，则，
即，解得.
故答案为：A.
【分析】根据向量垂直的坐标表示列式求解即可．
3．【答案】D
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解： 数据的方差为，
则数据的方差为.
故答案为：D.
【分析】根据方差的性质计算即可.
4．【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件
【解析】【解答】解：掷两枚质地均匀的骰子， 设A＝“第一枚出现奇数点”，B＝“第二枚出现偶数点”，
事件A与B能同时发生，故事件A与B既不是互斥事件，也不是对立事件，故选项A，B错误；
，
因为P(A)P(B)=P(AB) ，所以A与B独立，故选项C正确；
事件A与B不相等，故选项D错误.
故选：C
【分析】根据互斥、对立、独立事件的定义判断即可.
5．【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，，，则平行或相交，故A错误；
B、若，，则或或或与相交（不垂直），故B错误；
C、若，则或，故C错误，
D、因为，，所以，又，所以，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系逐项判断即可.
6．【答案】A
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】解：取的中点，连接，，如图所示：
则，即为异面直线与所成的角或其补角，
根据，可得到分别为三角形的中位线，
，，
在三角形中，根据余弦定理得到，
因为异面直线所成的角为直角或锐角，所以异面直线与所成的角等于.
故答案为：A.
【分析】作平行线将异面直线所成角化为或其补角，在三角形中，利用余弦定理求解即可.
7．【答案】B
【知识点】解三角形；正弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：如图所示：
由，，可得，，
在中，由正弦定理，
可得，解得，
在中，，则，即，
解得．
故答案为：B.
【分析】在中，由正弦定理求出，在中，求即可．
8．【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意可得：，则，
，且，解得，
因为，所以，解得，
当时，，符合题意；
当时，，符合题意，
则.
故答案为：D.
【分析】由题意可得，，且，讨论求解即可.
9．【答案】B,C,D
【知识点】共线（平行）向量；平面向量的数量积运算；相等向量
【解析】【解答】解：A、若时，向量，方向不一定相同， 故A错误；
B、由向量数量积的运算性质可知：，故B正确；
C、若，两边平方得，，即，故C正确；
D、若，，则非零向量方向相同或相反，非零向量方向相同或相反，
即的方向相同或相反，则， 故D正确．
故答案为：BCD．
【分析】根据向量数量积的性质及向量共线定义逐项判断即可．
10．【答案】B,D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式；并（和）事件与交（积）事件
【解析】【解答】解：A、例如：盒子中有大小相同的12个球，其中红球有3个，白球有4个，黑球有5个，从盒子中任意摸出一个球，记事件为摸到红球，事件为摸到白球，
则满足，，但不成立，故A错误；
B、，
因为，且，，，
所以，所以，
所以，即，
则，故B正确；
C、若与互斥，则，，故C错误；
D、若与相互独立，，，则，
，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】举例即可判断A；利用和事件与交事件的概率公式结合已知分析即可判断B；根据互斥事件的定义结合对立事件的概率公式分析即可判断C；根据独立事件与和事件的概率公式分析即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；球内接多面体；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、 棱长为的正方体中，
当，时，可得，即，则点在线段上运动，如图所示：
在正方体中，平面平面，
因为平面，所以平面，故A正确；
B、当时，可得，即点在线段上运动，如图所示：
连接，则为边长为的等边三角形，
过点作，可得，即的最小值为，故B错误；
C、当时，可得，即点在线段上运动，如图所示：
连接，在正方体，可得，
因为，且平面，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
设平面，在直角中，可得，
取的中点，连接，则，且，
即点到的最短距离为，在直角中，可得，
所以与平面所成的最大角的正切值为，故C正确；
D、当时，可得，可得点为线段的中点，
即点为正方体的中心，如图所示：
设四棱锥的外接球的球心为，且半径为，，连接，
因为正方体的棱长为1，可得，
在直角中，可得，解得，
所以四棱锥的表面积为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】当，得到点在线段上运动，结合平面平面即可判断A；当时，得到点在线段上运动，根据为边长为的等边三角形，过点作即可判断B；当时，得到点在线段上运动，连接，证得平面，得到是直线与平面所成的角，求得到的最短距离，在直角中即可判断C；当时，得到在线段的中点，结合球的截面性质，求得外接球的半径即可判断D.
12．【答案】
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解： 复数， ，
则，
若为纯虚数，则，解得．
故答案为：．
【分析】根据复数代数形式的乘法运算求得，再根据纯虚数概念求解即可．
13．【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】∵圆锥的底面半径为1，∴侧面展开图的弧长为2π，
又∵侧面展开图是半圆，∴侧面展开图的半径为2，即圆锥的母线长为2，故圆锥的高为，故体积
故答案为：
【分析】先计算圆锥的底面周长，即为侧面展开图的弧长，进而求得侧面展开图的半径，即为圆锥的母线长，再求得圆锥的高，从而求得体积即可.
14．【答案】
【知识点】平面向量的基本定理；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：过分别作，的平行线交于，交于，如图所示：
则，因为，所以，，
又因为，所以，则四边形是菱形，
且，和都是等边三角形，
所以，，，
，，
因为，
所以，
两边平方得：，所以.
故答案为：.
【分析】过分别作，的平行线交于，交于，由向量加法的平行四边形法则得，结合平面向量基本定理得，分别是，的中点，再由得到，两边平方求解即可．
15．【答案】（1）解：易知周劳动时间在小时的频率为，
周劳动时间在小时的频率为，
补全的频率分布直方图，如图所示：
（2）解：周劳动时间平均数为：；
（3）解：因为前3组的频率和为，
前4组的频率和为，所以数据分位数在内，
设样本数据的分位数为，则，解得，
则周劳动时间的样本数据分位数为.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）根据频数分布表计算出周劳动时间在和小时的频率，补全频率分布直方图；
（2）根据平均的定义结合频率分布直方图求解即可；
（3）先判断分位数所在的区间，列方程求解即可.
（1）由题意可知，周劳动时间在小时的频率为，
周劳动时间在小时的频率为，
所以补全的频率分布直方图如下图
（2）周劳动时间平均数为：；
（3）因为前3组的频率和为，
前4组的频率和为，
所以数据分位数在内，
设样本数据的分位数为，则，
得，周劳动时间的样本数据分位数为.
16．【答案】（1）证明：设与交于点，如图所示：
因为四棱锥的底面为矩形，所以为中点，
又因为为中点，所以，又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：由底面，底面为矩形，
得，解得，
过点作，垂足为，底面，则，
而，平面，于是平面，
又平面，则，而平面，
因此平面，即为点到平面的距离，
在中，，所以.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由题意，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）由已知结合锥体的体积公式求出，再利用线面垂直的判定性质确定点到平面的垂线段并求出其长度.
（1）设与交于点，由底面为矩形，得为中点，
又为中点，则，又平面，平面，
所以平面.
（2）由底面，底面为矩形，
得，解得，
过点作，垂足为，底面，则，
而，平面，于是平面，
又平面，则，而平面，
因此平面，即为点到平面的距离，
在中，，所以.
17．【答案】（1）解：函数，
则函数的最小正周期；
令 ，得，
则函数的单调递减区间为： ；
（2）解：函数的图象上每个点的纵坐标缩短到原来的，横坐标也缩短到原来的，得到函数，
则函数，
函数在区间内有两个零点，
可转化为函数的图象与的图象在内有两个交点，
作出函数图象，如图所示：
由，得，
则，由图可得.
【知识点】二倍角的余弦公式；正弦函数的性质；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用余弦的二倍角公式结合辅助角公式化简函数，再利用正弦函数周期公式和整体替换的方法解出周期和单调减区间；
（2）根据三角函数图象变换得到，根据函数在区间内有两个零点，数形结合得出实数的取值范围；
（1）由题得，
则最小正周期；
令 ，得，
所以函数的单调递减区间为： ；
（2）函数的图象上每个点的纵坐标缩短到原来的，横坐标也缩短到原来的，
得到函数，所以，
函数在区间内有两个零点，
可转化为函数的图象与的图象在内有两个交点，
由，得，
则，由图可得.
18．【答案】（1）证明：设，连接，
四边形为菱形，则，
又，易得，
所以，则，
又，平面，
所以直线平面；
（2）解：过点作于点，过点作于点，连接，过点作于点，连接，
由（1）易证，，，则为二面角的平面角，
在直角中，，又，可得，
设，则，
直角中，，可得，
为线段的中点，则到平面的距离，又，
设直线与平面所成角为，，
直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】(1)利用菱形和全等三角形证明出，再利用线面垂直的判定定理（ 如果一条直线与平面内两条相交直线都垂直，那么这条直线与这个平面垂直）即可求解.
(2)先证明出，，得到为二面角的平面角，在直角三角形中求得，根据为线段的中点，求到平面的距离，从而求解出与平面所成角的正弦值.
（1）设，连接，
四边形为菱形，则，
又，易得，
所以，则，
又，平面，
所以直线平面；
（2）过点作于点，过点作于点，连接，过点作于点，连接，
由（1）易证，，，则为二面角的平面角，
在直角中，，又，可得，
设，则，
直角中，，可得，
为线段的中点，则到平面的距离，又，
设直线与平面所成角为，，
直线与平面所成角的正弦值为.
19．【答案】（1）解：在中，由余弦定理得，
则四边形的周长为；
（2）解：设，在中，，
四边形的面积为
，
当即时，四边形的面积取到最大值为；
（3）解：因为，且为正三角形，，，
所以，即的最大值为，取等号时，，
所以，
不妨设，则，得，即，故，
在中，由余弦定理得，故为的角平分线，
由角平分线性质可得，，故，，
四点共圆，由相交弦定理，得，
在中，，
则.
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意，利用余弦定理计算，再求周长即可；
（2）设，由已知结合余弦定理可得，计算和的面积之和即可；
（3）由定理可得，可得到的最大值，由对角互补结合余弦定理可得和角，，由角平分线性质可得，由相交弦定理可得，再用余弦定理计算，再计算即可.
（1）在中，由余弦定理得，
所以四边形的周长为.
（2）设，在中，，
四边形的面积为
，
当即时，四边形的面积取到最大值为.
（3），且为正三角形，，，
，即的最大值为，取等号时，，
.
不妨设，则，得，即，故，
在中，由余弦定理得，故为的角平分线，
由角平分线性质可得，，故，.
四点共圆，
由相交弦定理，得或（舍去）.
在中，，
.
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