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四川省遂宁市2023-2024学年高一下学期期末质量监测数学试题
1．（2024高一下·遂宁期末）在复平面内，复数所表示的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，复平面内对应的点的坐标为，
位于第三象限.
故答案为：C.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算先化简，再由复数在复平面内的表示判断即可.
2．（2024高一下·遂宁期末）从小到大排列的数据1，2，3，7，8，9，10，11的第三四分位数为（　　）
A． B．9 C． D．10
【答案】C
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：，则该组数据的第三四分位数为.
故答案为：C.
【分析】根据百分位数的定义求解即可.
3．（2024高一下·遂宁期末）复数满足，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：易知，
设复数，则，
，
则，解得，则.
故答案为：B.
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，设复数，表示出，再根据复数相等的充要条件列方程求解、的值即可.
4．（2024高一下·遂宁期末）如图，在梯形ABCD中，，E在BC上，且，设，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的线性运算
【解析】【解答】解：，
.
故答案为：D.
【分析】由平面向量的加减、数乘运算求解即可.
5．（2024高一下·遂宁期末）已知m，n表示两条不同直线，表示平面，则（　　）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】A
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的性质
【解析】【解答】解：A、 若，，则 ，故A正确；
B、构造长方体模型，如上图，设平面为平面，直线为，直线为，由图知，，，但，故B错误；
C、设平面为平面，直线为，直线为，由图知，此时，，但，故C错误；
D、设平面为平面，直线为，直线为，由图知，此时，，但，故D错误.
故答案为：A.
【分析】结合线面平行的性质定理即可判断A；构建长方体模型，举反例即可判断BCD.
6．（2024高一下·遂宁期末）一艘船向正北航行，在A处看灯塔S在船的北偏东方向上，航行后到B处，看到灯塔S在船的北偏东的方向上，此时船距灯塔S的距离（即BS的长）为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】解三角形；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由图可知：，
由正弦定理，可得.
故答案为：B.
【分析】由图可得，结合正弦定理求解即可.
7．（2024高一下·遂宁期末）在复平面内，满足的复数对应的点为，复数对应的点为，则的值不可能为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：设复数设，
，
因为，所以，所以，
即，即点在以为圆心，半径的圆上，
又因为复数对应的点为，所以，所以，
所以，表示圆上的点与点的距离，
又，
所以，即.
故答案为：A.
【分析】设复数，根据复数代数形式的除法运算化简，再根据得到，即在以为圆心，半径的圆上，求出，由，求出的范围判断即可.
8．（2024高一下·遂宁期末）已知下面给出的四个图都是正方体，A，B为顶点，E，F分别是所在棱的中点，
则满足直线的图形的个数为（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【知识点】直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：①、如图所示：
点为所在棱的中点，易证，由平面，可得，
平面，，从而由线面垂直的判定得出平面，则，故①正确；
②、如图所示：
点为所在棱的中点，由中位线定理及等腰三角形的性质，
易证，由平面，得出，平面，
，从而由线面垂直的判定得出平面，则，故②正确；
③、如图所示：
由中位线定理及等腰三角形的性质，
易证，由平面，得出，平面，
，从而由线面垂直的判定得出平面，则，故③正确；
④、如图所示：
点为所在棱的中点，由③可知，，
由中位线定理及等腰三角形的性质，
易证，由平面，得出，平面，
，从而由线面垂直的判定得出平面，则，
平面，，由线面垂直的判定可得平面，
则，故④正确.
故答案为：D.
【分析】通过作辅助线构造平面，由线面垂直的判定以及定义逐项证明即可.
9．（2024高一下·遂宁期末）为普及居民的消防安全知识，某社区开展了消防安全专题讲座．为了解讲座效果，随机抽取14位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份消防安全知识问卷，这14位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的得分如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．讲座前问卷答题得分的中位数小于70
B．讲座后问卷答题得分的众数为90
C．讲座前问卷答题得分的方差大于讲座后得分的方差
D．讲座前问卷答题得分的极差大于讲座后得分的极差
【答案】A,C,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：A、由图可知，讲座前问卷答题得分的中位数大约为，故A正确；
B、由图可知，讲座后问卷答题得分的众数为95，故B错误；
C、讲座前问卷答题得分比讲座后的较分散，即讲座前得分的方差大于讲座后得分的方差，故C正确；
D、讲座前问卷答题得分的极差大约为，讲座后问卷答题得分的极差大约20，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据题意结合统计知识逐项判断即可.
10．（2024高一下·遂宁期末）若平面向量，满足，则（　　）
A．
B．向量与的夹角为
C．
D．在上的投影向量为
【答案】A,D
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解： 平面向量，满足，
A、，解得，故A正确；
C、，故C错误；
B、，则向量与的夹角为，故B错误；
D、在上的投影向量为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由题意，结合向量的模长公式求解即可判断AC；由夹角公式求解即可判断B；由向量数量积公式求解即可判断D.
11．（2024高一下·遂宁期末）如图，在棱长为1的正方体中，M是的中点，点P是侧面上的动点，且平面，则（　　）
A．P在侧面的轨迹长度为
B．异面直线AB与MP所成角的最大值为
C．三棱锥的体积为定值
D．直线MP与平面所成角的正切值的取值范围是
【答案】A,B,D
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；异面直线所成的角；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、取的中点，取的中点，取的中点，依题意，//，
易证//，则//，可知，四点共面，
又平面平面，所以//平面，同理，//平面，又平面，所以平面平面，
又平面，所以平面，于是，在侧面的轨迹即为线段，
由，得，故A正确；
B、当在处时，此时直线，即异面直线与所成角的最大值为，故B正确；
C、由上可知，平面，则线段上的点到平面的距离为定值，的面积为定值，则，故C错误；
D、由于平面平面，故直线与平面所成角和直线与平面所成角相等，
取的中点，连接，则平面，故是直线与平面所成的角，
且，易求得，则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用空间直线、平面的位置关系和三棱锥的体积公式、线面角的概念计算求解判断即可.
12．（2024高一下·遂宁期末）某学校高中二年级有男生600人，女生400人，为了解学生的身高情况，现按性别分层，采用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个容量为50的样本，则所抽取的男生人数为　 　．
【答案】30
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：易知抽样比为，则男生应该抽取人数为．
故答案为：30．
【分析】利用比例分配的分层抽样的性质直接求解即可．
13．（2024高一下·遂宁期末）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，BC边上的高为，则　 　．
【答案】3
【知识点】三角函数诱导公式二~六；解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由，可得，
若，则，与矛盾，
则，即，因为，所以，
，解得，
由余弦定理可得，代入，，
可得，化简可得，
即，解得.
故答案为：3.
【分析】由题意，利用诱导公式可得，结合三角形的面积公式可得，再由余弦定理代入计算即可.
14．（2024高一下·遂宁期末）半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体．如图是以一个正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有8个面为正三角形，6个面为正方形的“阿基米德多面体”，包括A，B，C在内的各个顶点都在球O的球面上．若P为球O上的动点，记三棱锥体积的最大值为，球O的体积为，则　 　．
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：把该多面体放入正方体中，如图所示：
设该多面体的棱长为1，则正方体的棱长为，
该多面体是棱长为的正方体连接各棱中点所得，经过该多面体的各个顶点的球为正方体的棱切球，
于是得该多面体的外接球球心是正方体体对角线中点，该多面体外接球半径等于球心到一个顶点的距离，即正方体面对角线的一半，则，
设为正方体中与点等距的一个顶点，设三棱锥的高为，由，得，解得，
正方体的对角线长为，球心到平面的距离为，
三棱锥的高的最大值为，故其体积的最大值为，所以.
故答案为：.
【分析】结合题意可知该多面体是由一个正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得，利用几何体的体积公式求解即可.
15．（2024高一下·遂宁期末）已知复数，（其中）.
（1）若为实数，求的值；
（2）当时，复数是方程的一个根，求实数的值.
【答案】（1）解：，
因为为实数，所以，解得，
故为实数时，的值为；
（2）解：当时，复数，，，
因为是方程（，为实数）的一个根，所以也是方程得根，
由韦达定理可得，解得.
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；方程的解与虚数根
【解析】【分析】（1）利用复数代数形式的除法运算化简，再根据复数的类型得到方程求解即可；
（2）将代入，再求，根据实系数一元二次方程虚根成对原理结合韦达定理求解即可.
（1）因为，，
所以，
因为为实数，所以，解得．
故为实数时，的值为．
（2）当时，，，
则复数，
因为是方程（，为实数）的一个根，
所以，
化简得，
由，解得.
16．（2024高一下·遂宁期末）已知向量，．
（1）若与垂直，求实数k的值；
（2）已知O，A，B，C为平面内四点，且，，．若A，B，C三点共线，求实数m的值．
【答案】（1）解： 向量， ，
，
，
若与垂直，则，解得；
（2）解：易知，
，
，
，
因为A，B，C三点共线，所以，所以，解得．
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据向量坐标线性运算结合向量垂直的坐标运算列方程求解即可；
（2）由向量的加减、数乘运算表示，，再由共线定理求实数m的值即可．
（1），
则，
因为与垂直，所以，
解得．
（2），
，
，
，
因为A，B，C三点共线，所以．
所以，
解得．
17．（2024高一下·遂宁期末）一家水果店为了解本店苹果的日销售情况，记录了过去200天的日销售量（单位：kg），将全部数据按区间，，…，分成5组，得到下图所示的频率分布直方图．
（1）求图中a的值；并估计该水果店过去200天苹果日销售量的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（2）若一次进货太多，水果不新鲜；进货太少，又不能满足顾客的需求．店长希望每天的苹果尽量新鲜，又能地满足顾客的需要（在100天中，大约有85天可以满足顾客的需求）．请问，每天应该进多少水果？
【答案】（1）解：由频率分布直方图各矩形面积和为1可得：，解得，
则样本落在，，…，频率分别为0.05，0.05，0.2，0.4，0.3，
该苹果日销售量的平均值为：
；
（2）解：为了能地满足顾客的需要，即估计该店苹果日销售量的分位数，
方法1：由题意，日销售量不超过的频率为，
则该店苹果日销售量的分位数在，设为，
则，解得，即每天应该进苹果；
方法2：由题意，日销售量不超过的频率为，
则该店苹果日销售量的分位数在，
所以日销售量的分位数为，即每天应该进苹果．
【知识点】频率分布直方图；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图各矩形的面积和为1，列式求得a，再计算平均值即可；
（2）能地满足顾客的需要即求该店苹果日销售量的分位数，通过矩形的面积和确定分位数在，再利用公式计算即可．
（1）由直方图可得，样本落在，，…，的频率分别为，，0.2，0.4，0.3，
由，解得．
则样本落在，，…，频率分别为0.05，0.05，0.2，0.4，0.3，
所以，该苹果日销售量的平均值为：
（2）为了能地满足顾客的需要，即估计该店苹果日销售量的分位数．
方法1：依题意，日销售量不超过的频率为，
则该店苹果日销售量的分位数在，设为，
则，解得．
所以，每天应该进苹果．
方法2：依题意，日销售量不超过的频率为，
则该店苹果日销售量的分位数在，
所以日销售量的分位数为．
所以，每天应该进苹果．
18．（2024高一下·遂宁期末）从①；②；③．这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答该题．
记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知________．
（1）求角C的大小；
（2）若点D在AB上，CD平分，，，求CD的长；
（3）若该三角形为锐角三角形，且面积为，求a的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．
【答案】（1）解：若选条件①，，由正弦定理得，
因为，所以，则，即，
即，即，
因为，所以，所以；
若选条件②，，由正弦定理得，
则
，
即，
即，整理得，即，
因为，所以，所以；
若选条件③，
在中，因为，，
所以，
即，化简得，
又，则，故，
因为，所以；
（2）解：在中，，，由余弦定理可得，
即，解得，
由，可得，
即，则，即；
（3）解：由题意，的面积，所以，
又为锐角三角形，且，
则，所以，
又，则，所以，
由正弦定理，得，
所以，
所以，即，
故a的取值范围为．
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）若选条件①、根据正弦定理边化角，再化简得，求角C即可；
若选条件②、根据正弦定理边化角，再利用三角函数恒等变形化简求角C即可；
若选条件③、直接由，结合三角函数恒等变形化简求角C即可；
（2）在中，根据余弦定理，解得，又，得，从而得解；
（3）利用三角形的面积公式求得，结合正弦定理，用表示出并求得的取值范围，进而求得的取值范围.
（1）若选条件①，
依题意，得，根据正弦定理得，
因为，所以，则，即，
即，所以．
又，则，
所以；
若选条件②，
由正弦定理得，
所以
，
即，
即，整理得，即．
因为，所以，
所以．
若选条件③，
在中，因为，，
所以，
即，
化简得．
又，则，故．
因为，所以．
（2）在中，根据余弦定理，
有，
即，解得或（舍去），
依题意，，
，
即，则，
所以．
（3）依题意，的面积，所以．
又为锐角三角形，且，
则，所以．
又，则，所以．
由正弦定理，得，
所以，
所以，即，
所以a的取值范围为．
19．（2024高一下·遂宁期末）我国古代数学名著《九章算术》在“商功”一章中，将“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”称为“阳马”．现有如图所示一个“阳马”形状的几何体，底面ABCD是正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点
（1）平面AEF与平面PBC是否垂直？若垂直，请证明，若不垂直，请说明理由；
（2）求二面角的大小；
（3）若直线平面AEF，求直线AB与平面AEF所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：平面平面PBC；
理由如下：
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
因为，又，平面，
所以平面PAB，故，
在中，因为，E为PB的中点，所以，
因为平面PBC，平面PBC，，所以平面PBC，
又因为平面AEF，所以平面平面PBC；
（2）解：不妨设，计算可得，，
又，，，所以，
则，作于G，连结DG，如图所示：
又，，
可知，所以，
则是二面角的平面角，
在中，由，可得，则，，
连结BD，知，
在中，由余弦定理推理可得：
，
则；
（3）解：因为直线平面AEF，平面PBC，平面平面，所以直线直线EF，
又E为线段PB的中点，所以F为线段BC上的中点，
由（2）知，所以，
设BG与EF交点为H，连结AH，如图所示：
由（1）知，平面平面PBC，平面平面，所以平面AEF，
所以直线AB与平面AEF所成角为，
又由EF，F为BC上的中点，可得H为BG的中点，
可知，，
又因为，所以，
即直线AB与平面AEF所成角的正弦值为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）由平面PAB，证明，由等腰三角形的性质证明，最后由面面垂直的判定证明即可；
（2）作于G，由三角形全等，得出是二面角的平面角，进而由余弦定理求解即可；
（3）由线面平行的性质证明F为线段BC上的中点，再由结合面面垂直的性质证明平面AEF，进而得出线面角的平面角，结合直角三角形的边角关系求解即可.
（1）平面平面PBC．
理由如下：
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，
因为，又，平面，
所以平面PAB，故．
在中，，E为PB的中点，所以．
因为平面PBC，平面PBC，，
所以平面PBC．又平面AEF，
所以平面平面PBC．
（2）不妨设，计算可得，，
又，，，所以，
则，作于G，连结DG，又，，
可知，所以，
所以是二面角的平面角．
在中，由，
得，则，，
连结BD，知，在中，根据余弦定理，
得，
所以．
（3）因为直线平面AEF，平面PBC，平面平面，
所以直线直线EF．
又E为线段PB的中点，所以F为线段BC上的中点．
由（2）知，所以．
设BG与EF交点为H，连结AH，
由（1）知，平面平面PBC，平面平面，
所以平面AEF．
所以直线AB与平面AEF所成角为．
又由EF，F为BC上的中点，可得H为BG的中点，
可知，，又，
所以．
直线AB与平面AEF所成角的正弦值为．
1 / 1四川省遂宁市2023-2024学年高一下学期期末质量监测数学试题
1．（2024高一下·遂宁期末）在复平面内，复数所表示的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（2024高一下·遂宁期末）从小到大排列的数据1，2，3，7，8，9，10，11的第三四分位数为（　　）
A． B．9 C． D．10
3．（2024高一下·遂宁期末）复数满足，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·遂宁期末）如图，在梯形ABCD中，，E在BC上，且，设，，则（　　）
A． B．
C． D．
5．（2024高一下·遂宁期末）已知m，n表示两条不同直线，表示平面，则（　　）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
6．（2024高一下·遂宁期末）一艘船向正北航行，在A处看灯塔S在船的北偏东方向上，航行后到B处，看到灯塔S在船的北偏东的方向上，此时船距灯塔S的距离（即BS的长）为（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·遂宁期末）在复平面内，满足的复数对应的点为，复数对应的点为，则的值不可能为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
8．（2024高一下·遂宁期末）已知下面给出的四个图都是正方体，A，B为顶点，E，F分别是所在棱的中点，
则满足直线的图形的个数为（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9．（2024高一下·遂宁期末）为普及居民的消防安全知识，某社区开展了消防安全专题讲座．为了解讲座效果，随机抽取14位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份消防安全知识问卷，这14位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的得分如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．讲座前问卷答题得分的中位数小于70
B．讲座后问卷答题得分的众数为90
C．讲座前问卷答题得分的方差大于讲座后得分的方差
D．讲座前问卷答题得分的极差大于讲座后得分的极差
10．（2024高一下·遂宁期末）若平面向量，满足，则（　　）
A．
B．向量与的夹角为
C．
D．在上的投影向量为
11．（2024高一下·遂宁期末）如图，在棱长为1的正方体中，M是的中点，点P是侧面上的动点，且平面，则（　　）
A．P在侧面的轨迹长度为
B．异面直线AB与MP所成角的最大值为
C．三棱锥的体积为定值
D．直线MP与平面所成角的正切值的取值范围是
12．（2024高一下·遂宁期末）某学校高中二年级有男生600人，女生400人，为了解学生的身高情况，现按性别分层，采用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个容量为50的样本，则所抽取的男生人数为　 　．
13．（2024高一下·遂宁期末）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，BC边上的高为，则　 　．
14．（2024高一下·遂宁期末）半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体．如图是以一个正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有8个面为正三角形，6个面为正方形的“阿基米德多面体”，包括A，B，C在内的各个顶点都在球O的球面上．若P为球O上的动点，记三棱锥体积的最大值为，球O的体积为，则　 　．
15．（2024高一下·遂宁期末）已知复数，（其中）.
（1）若为实数，求的值；
（2）当时，复数是方程的一个根，求实数的值.
16．（2024高一下·遂宁期末）已知向量，．
（1）若与垂直，求实数k的值；
（2）已知O，A，B，C为平面内四点，且，，．若A，B，C三点共线，求实数m的值．
17．（2024高一下·遂宁期末）一家水果店为了解本店苹果的日销售情况，记录了过去200天的日销售量（单位：kg），将全部数据按区间，，…，分成5组，得到下图所示的频率分布直方图．
（1）求图中a的值；并估计该水果店过去200天苹果日销售量的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（2）若一次进货太多，水果不新鲜；进货太少，又不能满足顾客的需求．店长希望每天的苹果尽量新鲜，又能地满足顾客的需要（在100天中，大约有85天可以满足顾客的需求）．请问，每天应该进多少水果？
18．（2024高一下·遂宁期末）从①；②；③．这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答该题．
记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知________．
（1）求角C的大小；
（2）若点D在AB上，CD平分，，，求CD的长；
（3）若该三角形为锐角三角形，且面积为，求a的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．
19．（2024高一下·遂宁期末）我国古代数学名著《九章算术》在“商功”一章中，将“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”称为“阳马”．现有如图所示一个“阳马”形状的几何体，底面ABCD是正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点
（1）平面AEF与平面PBC是否垂直？若垂直，请证明，若不垂直，请说明理由；
（2）求二面角的大小；
（3）若直线平面AEF，求直线AB与平面AEF所成角的正弦值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，复平面内对应的点的坐标为，
位于第三象限.
故答案为：C.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算先化简，再由复数在复平面内的表示判断即可.
2．【答案】C
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：，则该组数据的第三四分位数为.
故答案为：C.
【分析】根据百分位数的定义求解即可.
3．【答案】B
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：易知，
设复数，则，
，
则，解得，则.
故答案为：B.
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，设复数，表示出，再根据复数相等的充要条件列方程求解、的值即可.
4．【答案】D
【知识点】平面向量的线性运算
【解析】【解答】解：，
.
故答案为：D.
【分析】由平面向量的加减、数乘运算求解即可.
5．【答案】A
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的性质
【解析】【解答】解：A、 若，，则 ，故A正确；
B、构造长方体模型，如上图，设平面为平面，直线为，直线为，由图知，，，但，故B错误；
C、设平面为平面，直线为，直线为，由图知，此时，，但，故C错误；
D、设平面为平面，直线为，直线为，由图知，此时，，但，故D错误.
故答案为：A.
【分析】结合线面平行的性质定理即可判断A；构建长方体模型，举反例即可判断BCD.
6．【答案】B
【知识点】解三角形；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由图可知：，
由正弦定理，可得.
故答案为：B.
【分析】由图可得，结合正弦定理求解即可.
7．【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：设复数设，
，
因为，所以，所以，
即，即点在以为圆心，半径的圆上，
又因为复数对应的点为，所以，所以，
所以，表示圆上的点与点的距离，
又，
所以，即.
故答案为：A.
【分析】设复数，根据复数代数形式的除法运算化简，再根据得到，即在以为圆心，半径的圆上，求出，由，求出的范围判断即可.
8．【答案】D
【知识点】直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：①、如图所示：
点为所在棱的中点，易证，由平面，可得，
平面，，从而由线面垂直的判定得出平面，则，故①正确；
②、如图所示：
点为所在棱的中点，由中位线定理及等腰三角形的性质，
易证，由平面，得出，平面，
，从而由线面垂直的判定得出平面，则，故②正确；
③、如图所示：
由中位线定理及等腰三角形的性质，
易证，由平面，得出，平面，
，从而由线面垂直的判定得出平面，则，故③正确；
④、如图所示：
点为所在棱的中点，由③可知，，
由中位线定理及等腰三角形的性质，
易证，由平面，得出，平面，
，从而由线面垂直的判定得出平面，则，
平面，，由线面垂直的判定可得平面，
则，故④正确.
故答案为：D.
【分析】通过作辅助线构造平面，由线面垂直的判定以及定义逐项证明即可.
9．【答案】A,C,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：A、由图可知，讲座前问卷答题得分的中位数大约为，故A正确；
B、由图可知，讲座后问卷答题得分的众数为95，故B错误；
C、讲座前问卷答题得分比讲座后的较分散，即讲座前得分的方差大于讲座后得分的方差，故C正确；
D、讲座前问卷答题得分的极差大约为，讲座后问卷答题得分的极差大约20，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据题意结合统计知识逐项判断即可.
10．【答案】A,D
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解： 平面向量，满足，
A、，解得，故A正确；
C、，故C错误；
B、，则向量与的夹角为，故B错误；
D、在上的投影向量为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由题意，结合向量的模长公式求解即可判断AC；由夹角公式求解即可判断B；由向量数量积公式求解即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；异面直线所成的角；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、取的中点，取的中点，取的中点，依题意，//，
易证//，则//，可知，四点共面，
又平面平面，所以//平面，同理，//平面，又平面，所以平面平面，
又平面，所以平面，于是，在侧面的轨迹即为线段，
由，得，故A正确；
B、当在处时，此时直线，即异面直线与所成角的最大值为，故B正确；
C、由上可知，平面，则线段上的点到平面的距离为定值，的面积为定值，则，故C错误；
D、由于平面平面，故直线与平面所成角和直线与平面所成角相等，
取的中点，连接，则平面，故是直线与平面所成的角，
且，易求得，则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用空间直线、平面的位置关系和三棱锥的体积公式、线面角的概念计算求解判断即可.
12．【答案】30
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：易知抽样比为，则男生应该抽取人数为．
故答案为：30．
【分析】利用比例分配的分层抽样的性质直接求解即可．
13．【答案】3
【知识点】三角函数诱导公式二~六；解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由，可得，
若，则，与矛盾，
则，即，因为，所以，
，解得，
由余弦定理可得，代入，，
可得，化简可得，
即，解得.
故答案为：3.
【分析】由题意，利用诱导公式可得，结合三角形的面积公式可得，再由余弦定理代入计算即可.
14．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：把该多面体放入正方体中，如图所示：
设该多面体的棱长为1，则正方体的棱长为，
该多面体是棱长为的正方体连接各棱中点所得，经过该多面体的各个顶点的球为正方体的棱切球，
于是得该多面体的外接球球心是正方体体对角线中点，该多面体外接球半径等于球心到一个顶点的距离，即正方体面对角线的一半，则，
设为正方体中与点等距的一个顶点，设三棱锥的高为，由，得，解得，
正方体的对角线长为，球心到平面的距离为，
三棱锥的高的最大值为，故其体积的最大值为，所以.
故答案为：.
【分析】结合题意可知该多面体是由一个正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得，利用几何体的体积公式求解即可.
15．【答案】（1）解：，
因为为实数，所以，解得，
故为实数时，的值为；
（2）解：当时，复数，，，
因为是方程（，为实数）的一个根，所以也是方程得根，
由韦达定理可得，解得.
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；方程的解与虚数根
【解析】【分析】（1）利用复数代数形式的除法运算化简，再根据复数的类型得到方程求解即可；
（2）将代入，再求，根据实系数一元二次方程虚根成对原理结合韦达定理求解即可.
（1）因为，，
所以，
因为为实数，所以，解得．
故为实数时，的值为．
（2）当时，，，
则复数，
因为是方程（，为实数）的一个根，
所以，
化简得，
由，解得.
16．【答案】（1）解： 向量， ，
，
，
若与垂直，则，解得；
（2）解：易知，
，
，
，
因为A，B，C三点共线，所以，所以，解得．
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据向量坐标线性运算结合向量垂直的坐标运算列方程求解即可；
（2）由向量的加减、数乘运算表示，，再由共线定理求实数m的值即可．
（1），
则，
因为与垂直，所以，
解得．
（2），
，
，
，
因为A，B，C三点共线，所以．
所以，
解得．
17．【答案】（1）解：由频率分布直方图各矩形面积和为1可得：，解得，
则样本落在，，…，频率分别为0.05，0.05，0.2，0.4，0.3，
该苹果日销售量的平均值为：
；
（2）解：为了能地满足顾客的需要，即估计该店苹果日销售量的分位数，
方法1：由题意，日销售量不超过的频率为，
则该店苹果日销售量的分位数在，设为，
则，解得，即每天应该进苹果；
方法2：由题意，日销售量不超过的频率为，
则该店苹果日销售量的分位数在，
所以日销售量的分位数为，即每天应该进苹果．
【知识点】频率分布直方图；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图各矩形的面积和为1，列式求得a，再计算平均值即可；
（2）能地满足顾客的需要即求该店苹果日销售量的分位数，通过矩形的面积和确定分位数在，再利用公式计算即可．
（1）由直方图可得，样本落在，，…，的频率分别为，，0.2，0.4，0.3，
由，解得．
则样本落在，，…，频率分别为0.05，0.05，0.2，0.4，0.3，
所以，该苹果日销售量的平均值为：
（2）为了能地满足顾客的需要，即估计该店苹果日销售量的分位数．
方法1：依题意，日销售量不超过的频率为，
则该店苹果日销售量的分位数在，设为，
则，解得．
所以，每天应该进苹果．
方法2：依题意，日销售量不超过的频率为，
则该店苹果日销售量的分位数在，
所以日销售量的分位数为．
所以，每天应该进苹果．
18．【答案】（1）解：若选条件①，，由正弦定理得，
因为，所以，则，即，
即，即，
因为，所以，所以；
若选条件②，，由正弦定理得，
则
，
即，
即，整理得，即，
因为，所以，所以；
若选条件③，
在中，因为，，
所以，
即，化简得，
又，则，故，
因为，所以；
（2）解：在中，，，由余弦定理可得，
即，解得，
由，可得，
即，则，即；
（3）解：由题意，的面积，所以，
又为锐角三角形，且，
则，所以，
又，则，所以，
由正弦定理，得，
所以，
所以，即，
故a的取值范围为．
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）若选条件①、根据正弦定理边化角，再化简得，求角C即可；
若选条件②、根据正弦定理边化角，再利用三角函数恒等变形化简求角C即可；
若选条件③、直接由，结合三角函数恒等变形化简求角C即可；
（2）在中，根据余弦定理，解得，又，得，从而得解；
（3）利用三角形的面积公式求得，结合正弦定理，用表示出并求得的取值范围，进而求得的取值范围.
（1）若选条件①，
依题意，得，根据正弦定理得，
因为，所以，则，即，
即，所以．
又，则，
所以；
若选条件②，
由正弦定理得，
所以
，
即，
即，整理得，即．
因为，所以，
所以．
若选条件③，
在中，因为，，
所以，
即，
化简得．
又，则，故．
因为，所以．
（2）在中，根据余弦定理，
有，
即，解得或（舍去），
依题意，，
，
即，则，
所以．
（3）依题意，的面积，所以．
又为锐角三角形，且，
则，所以．
又，则，所以．
由正弦定理，得，
所以，
所以，即，
所以a的取值范围为．
19．【答案】（1）证明：平面平面PBC；
理由如下：
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
因为，又，平面，
所以平面PAB，故，
在中，因为，E为PB的中点，所以，
因为平面PBC，平面PBC，，所以平面PBC，
又因为平面AEF，所以平面平面PBC；
（2）解：不妨设，计算可得，，
又，，，所以，
则，作于G，连结DG，如图所示：
又，，
可知，所以，
则是二面角的平面角，
在中，由，可得，则，，
连结BD，知，
在中，由余弦定理推理可得：
，
则；
（3）解：因为直线平面AEF，平面PBC，平面平面，所以直线直线EF，
又E为线段PB的中点，所以F为线段BC上的中点，
由（2）知，所以，
设BG与EF交点为H，连结AH，如图所示：
由（1）知，平面平面PBC，平面平面，所以平面AEF，
所以直线AB与平面AEF所成角为，
又由EF，F为BC上的中点，可得H为BG的中点，
可知，，
又因为，所以，
即直线AB与平面AEF所成角的正弦值为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）由平面PAB，证明，由等腰三角形的性质证明，最后由面面垂直的判定证明即可；
（2）作于G，由三角形全等，得出是二面角的平面角，进而由余弦定理求解即可；
（3）由线面平行的性质证明F为线段BC上的中点，再由结合面面垂直的性质证明平面AEF，进而得出线面角的平面角，结合直角三角形的边角关系求解即可.
（1）平面平面PBC．
理由如下：
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，
因为，又，平面，
所以平面PAB，故．
在中，，E为PB的中点，所以．
因为平面PBC，平面PBC，，
所以平面PBC．又平面AEF，
所以平面平面PBC．
（2）不妨设，计算可得，，
又，，，所以，
则，作于G，连结DG，又，，
可知，所以，
所以是二面角的平面角．
在中，由，
得，则，，
连结BD，知，在中，根据余弦定理，
得，
所以．
（3）因为直线平面AEF，平面PBC，平面平面，
所以直线直线EF．
又E为线段PB的中点，所以F为线段BC上的中点．
由（2）知，所以．
设BG与EF交点为H，连结AH，
由（1）知，平面平面PBC，平面平面，
所以平面AEF．
所以直线AB与平面AEF所成角为．
又由EF，F为BC上的中点，可得H为BG的中点，
可知，，又，
所以．
直线AB与平面AEF所成角的正弦值为．
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