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浙江省宁波市三锋教研联盟2024-2025学年高一下学期6月期末联考数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每题只有一项是符合要求的.
1．（2025高一下·宁波期末）某高中三个年级共有学生1200人，其中高一500人，高二400人，高三300人，该校为了解学生睡眠情况，准备从全校学生中抽取60人进行访谈，若采取按比例分配的分层抽样，且按年级来分层，则高一年级应抽取的人数是（　　）
A．20 B．25 C．30 D．35
2．（2025高一下·宁波期末）已知向量，，若，则k的值为（　　）
A． B． C．-3 D．3
3．（2025高一下·宁波期末）若△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若a2 +b2-c2=ab，则C=
A． B． C． D．
4．（2025高一下·宁波期末）已知直线，m，n与平面，，下列命题正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，，则
5．（2025高一下·宁波期末）某学生为测量宁波天封塔的高度，如图，选取了与天封塔底部D在同一水平面上的A，B两点，测得，在A，B两点观察塔顶C点，仰角分别为和，且，则宁波天封塔的高度是（　　）
A．50m B． C． D．
6．（2025高一下·宁波期末）已知向量，，那么向量在向量上的投影向量为（　　）
A．1 B． C． D．
7．（2025高一下·宁波期末）甲、乙两人独立地攻克一道难题，已知两人能攻克的概率分别是，，则下列概率计算正确的是（　　）
A．该题被攻克的概率为
B．该题未被攻克的概率为
C．该题至少被一人攻克的概率为
D．该题至多被一人攻克的概率为
8．（2025高一下·宁波期末）在正方体中是棱的中点，是四边形内一点（包含边），则直线与平面所成角的正弦值取值范围是（　　）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，每题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9．（2025高一下·宁波期末）已知复数，则（　　）
A．
B．
C．为实数
D．在复平面内对应的点位于第三象限
10．（2025高一下·宁波期末）射击场，甲乙两人独立射击同一个靶子，击中靶子的概率分别为，.记事件A为“两人都击中”，事件B为“至少1人击中”，事件C为“无人击中”，事件D为“至多1人击中”则下列说法正确的是（　　）
A．事件A与C是互斥事件 B．事件B与D是对立事件
C．事件C与D相互独立 D．
11．（2025高一下·宁波期末）如图，在棱长为2的正方体中，点M，P分别为线段，上的动点，则下列说法中正确的是（　　）
A．当M，P分别为线段，中点时，，
B．取得最小值
C．当四面体的四个顶点在同一球面上时，若，则球体积为
D．对任意点M，平面平面
三、填空题：本题3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高一下·宁波期末）已知，为两个不共线的向量，，，则　 　（用，表示）
13．（2025高一下·宁波期末）某公园设置了一些石凳供大家休息，每张石凳是由正方体石料截去八个一样的四面体得到的，如图所示.如果原正方体石料棱长是，那么一张石凳的表面积是　 　.
14．（2025高一下·宁波期末）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，且，则的取值范围是　 　.
四、解答题：本题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15．（2025高一下·宁波期末）已知向量，满足，，且与的夹角为.
（1）分别求与的值；
（2）若，求的值.
16．（2025高一下·宁波期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，.
（1）若此三角形有两个解，求b的取值范围；
（2）若，求；
（3）若，求的面积.
17．（2025高一下·宁波期末）从某学校的600名男生中随机抽取50名测量身高，被测学生身高全部介于155cm和195cm之间，将测量结果按如下方式分成八组：第一组，第二组，…，第八组，图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分，已知第一组与第八组人数相同，第六组的人数为4人.
（1）求第六组，第七组的频率；
（2）估计该校的600男生的身高的平均数和第75百分位数（精确到0.1），
（3）若从身高属于第六组和第八组的所有男生中随机抽取两名男生，记他们的身高分别为，，事件，求.
18．（2025高一下·宁波期末）如图，六面体中，四边形为菱形，，，，且平面平面.
（1）点M是棱的中点，求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）若，求平面与平面夹角的余弦值.
19．（2025高一下·宁波期末）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O的直径为4cm，A为直径延长线上的点，，B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）当多大时，四边形的面积最大，并求出面积的最大值；
（3）若与相交于点D，则当线段的长取最大值时，求的值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由已知条件可知高一年级应抽取的人数是人.
故答案为：B.
【分析】按照已知条件和分层比例抽取的方法，从而列式得出高一年级应抽取的人数.
2．【答案】A
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：由，可知，得.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和向量平行的坐标表示，从而得出k的值.
3．【答案】B
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】解：因为，
所以，
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和余弦定理，再利用三角形中角B的取值范围，从而得出角B的值.
4．【答案】B
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A，若，，
则的位置关系不确定，包含平行，相交，或异面，故A错误；
对于B，若，，则，故B正确；
对于C，若，，则或平行，相交，或，故C错误；
对于D，若，，，则，，或与相交，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据线线位置关系判断方法、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理，从而逐项判断找出真命题的选项.
5．【答案】A
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：设，由，，
则，，且，
所以，得，
所以宁波天封塔的高度是.
故答案为：A.
【分析】先设，根据直角三角形中三角函数的定义，从而用x表示出，再根据余弦定理列式得出x的值，从而得出宁波天封塔的高度的长.
6．【答案】C
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为向量在向量上的投影向量模长为：，
又因为，
所以向量在向量上的投影向量与向量方向相反，
则向量在向量上的投影向量为.
故答案为：C.
【分析】根据数量积球投影向量模长的公式，从而得出向量在向量上的投影向量模长，利用，从而得出向量在向量上的投影向量与向量方向相反，再利用数量积球投影向量的公式，从而得出向量在向量上的投影向量.
7．【答案】D
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：对于A，
因为该题被攻克为至少有1人攻克该题的概率，故A错误；
对于B，因为该题未被攻克的概率为，故B错误；
对于C，由选项A可知，该题至少被1人攻克的概率为，故C错误；
对于D，因为该题至多被1人攻克的概率为：，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据对立事件求概率公式、独立事件乘法求概率公式、互斥事件加法求概率公式，从而逐项判断找出概率计算正确的选项.
8．【答案】D
【知识点】直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：如图，设正方体棱长为2，平面，
当点是靠近点的四等分点时，，
则平面，此时直线与平面所成角的正弦值最大为1，
当点与重合时，此时最长，
则，点到平面的距离为，
此时直线即与平面所成角的正弦值最小，为，
所以，直线与平面所成角的正弦值取值范围是.
故答案为：D.
【分析】利用点到平面的距离是定值，从而得出线面角的取值范围，再转化为求的取值范围，利用数形结合得出直线与平面所成角的正弦值取值范围.
9．【答案】A,C
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的加减运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：由，
所以，故A正确；
因为，，故B错误；
因为，故C正确；
因为在复平面内对应的点为，在第四象限，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据复数的乘法运算法则，从而求出复数z，再利用共轭复数的定义判断出选项A；利用复数运算法则和复数求模公式，则判断出选项B；利用复数运算法和复数为实数的判断方法，则判断出选项C；利用复数的几何意义得出复数z对应的点的坐标，再根据点的坐标确定点所在的象限，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】A,D
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件
【解析】【解答】解：依题意，得：
》
对于A：因为“两人都击中”的对立事件为“至多1人击中”，
所以，包括“无人击中”，“1人击中”，
则事件A与C是互斥事件，故A正确；
对于B：因为事件B，D中都包含1人击中，故B错误；
对于C：因为事件C，D中都包含0人击中，故C错误；
对于D：因为，
所以，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据事件之间的关系和互斥事件的概念、对立事件的概念、独立事件的概念和互斥事件加法求概率公式，从而逐项判断找出说法正确的选项.
11．【答案】B,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；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A，如图，
所以，，
则，
所以当点是的中点时，与不垂直，故A错误；
对于B，如图，等腰直角三角形和直角三角形展成一个平面，
当三点共线时，此时最小，为，
则，，
所以，故B正确；
对于C，因为四面体的外接球和四棱锥是同一个外接球，
可以将四棱锥补成如图的长方体，
所以外接球的直径，则，
所以外接球的体积，故C正确；
对于D，如图，平面，平面，
所以，且，，平面，
所以平面，平面，
所以，同理，且，平面
所以平面，平面，
所以平面平面，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】先判断和的关系，则可判断选项A；将三角形和三角形展成一个平面，再根据，则判断出选项B；利用补体法，从而求出四面体外接球的半径，再利用球的体积公式，则可判断选项C；根据几何关系判断平面，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：.
【分析】根据向量的加减、数乘运算，再利用平面向量基本定理，从而用，表示.
13．【答案】
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题
【解析】【解答】解：原正方体石料图形为：
因为正方体的棱长为，那么石凳的每条边的边长为，
所以石凳上等边三角形的高为，
所以石凳的表面积为：
.
故答案为：.
【分析】先将原正方体的图形还原，再根据正方体的棱长求出石凳的边长，再利用等边三角形面积公式和正方形面积公式，从而求和得出一张石凳的表面积.
14．【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
整理可得，且，可知，
由为锐角三角形，可得：，
所以，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】根据余弦定理和三角形面积公式，从而将等式化简求出角的值，再利用锐角三角形的取值范围和三角形内角和定理，从而确定角的取值范围，根据正弦定理和三角型函数求值域的方法，从而求出的取值范围.
15．【答案】（1）解：因为，
所以
（2）解：因为，
所以
所以，
解得.
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）根据数量积定义得出的值，再利用数量积求向量的模的公式，从而得出的值.
（2）根据两向量垂直，可得其数量积为0，从而列出等式求出的值.
（1）.
.
（2）因为，
所以，解得.
16．【答案】（1）解：由，
得.
（2）解：由正弦定理，可得，
则，，
由，可得，则.
由余弦定理，可得，
则，
所以，
解得，
联立，
解得.
（3）解：因为，
由正弦定理的边角互化，可得：，
由余弦定理，可得：，
则，
所以，解得，
则.
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据三角形的解的个数，再代入公式，从而得出实数b的取值范围.
（2）先由正弦定理将角转化为边，再结合余弦定理得出b，c的值.
（3）先利用正弦定理角化边，从而得出，再根据余弦定理变形求出的值，再代入三角形面积公式得出的面积.
（1）由，得
（2）由正弦定理可得，，
则，，由，
可得，即.
由余弦定理可得，，
即，即，解得，
联立，解得.
（3）因为，由正弦定理的边角互化可得，，
由余弦定理可得，，即，
所以，解得，
则.
17．【答案】（1）解：第六组的频率为，
第七组的频率为：
.
（2）解：由频率分布直方图，
得出身高在第一组的频率为，
身高在第二组的频率为，
身高在第三组的频率为，
身高在第四组的频率为，
身高在第五组的频率为，
身高在第六组的频率为，
身高在第七组的频率为，
身高在第八组的频率为，
平均数为：
因为
设这所学校的600名男生的身高第75百分位数为，则，
由，得，
所以，这所学校的600名男生的身高的第75百分位数为178.8cm.
（3）解：因为第六组的抽取人数为4，设所抽取的人为a，b，c，d，
第八组的抽取人数为，设所抽取的人为A，B，
则从中随机抽取两名男生有，，，，，，
，，，，，，，，共15种情况，
因为事件发生当且仅当随机抽取的两名男生在同一组，
所以，事件E包含的基本事件为，，，，，，共7种情况，
所以.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）用第六组的人数除以样本容量得出第六组的频率，再通过频率分布直方图中各组频率之和为1，从而得出第七组的频率.
（2）先将每组的频率求出来，再利用频率分布直方图求平均数和百分位数的公式和方法，从而估计出该校的600男生的身高的平均数和第75百分位数.
（3）先确定第六组和第八组的频数，再列出满足题中要求的情况种数，再除以总情况种数，从而得出的值.
（1）第六组的频率为，
第七组的频率为.
（2）由直方图得，身高在第一组的频率为，
身高在第二组的频率为，
身高在第三组的频率为，
身高在第四组的频率为，
身高在第五组的频率为，
身高在第六组的频率为，
身高在第七组的频率为，
身高在第八组的频率为，
平均数为
，
由于，
设这所学校的600名男生的身高第75百分位数为，则，
由，得，
所以这所学校的600名男生的身高的第75百分位数为178.8cm.
（3）第六组的抽取人数为4，设所抽取的人为a，b，c，d，
第八组的抽取人数为，设所抽取的人为A，B，
则从中随机抽取两名男生有，，，，，，
，，，，，，，，共15种情况，
因事件发生当且仅当随机抽取的两名男生在同一组，
所以事件E包含的基本事件为，，，，，，共7种情况.
所以.
18．【答案】（1）证明：取的中点为N，连接，，，
由M，N分别为，的中点，
则，且，
由，且，
则，，
所以四边形为平行四边形，
则，且平面，平面，
所以平面；
（2）证明：由四边形为菱形，则，
由平面平面，
且平面平面，平面，
则平面，
由平面，则，
由，，则，
由，平面，
则平面.
（3）解：设是菱形对角线交点由（2）可知面，平面，
所以，作垂足为，连接，
因为，平面，
所以平面，平面，
所以，
所以为所求二面角的平面角，
因为，
由与相似，
得，，
所以，
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；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据线面平行的判断定理，通过构造辅助线，利用平行四边形的对应，从而判断出四边形为平行四边形，进而得出线线平行，再利用线线平行证出线面平行，即证出平面.
（2）根据菱形的性质得出线线垂直，再利用线线垂直和线线平行，从而证出线面垂直，即证出平面.
（3）根据（2）的证明过程，构造二面角的平面角，再利用两三角形相似对应边成比例，从而得出OH的长，利用直角三角形中正切函数的定义和同角三角函数基本关系式，从而得出平面与平面夹角的余弦值.
（1）证明：取的中点为N，连接，，，
由M，N分别为，的中点，则，且，
再由，且，则，，
故四边形为平行四边形，
即，且平面，平面，
故平面；
（2）由四边形为菱形，则，
由平面平面，且平面平面，平面，
则平面，
由平面，则，
由，，则，
由，平面，则平面.
（3）设是菱形对角线交点由（2）可知面，平面，
所以，作垂足为，连接，
，平面，所以平面，平面，
所以，所以为所求二面角的平面角.
因为，
由与相似，得，，所以.
中，所以.
19．【答案】（1）解：在中，由余弦定理，得：
所以，
所以，四边形的周长为：.
（2）解：设，
在中，由余弦定理，得，
所以，四边形的面积为：
，
当时，即当时，
四边形的面积取到最大值为.
（3）解：解法一：
由题意，且为正三角形，
因为，，，
则的最大值为6，取等号时，，
则，
不妨设，则，得，
即，所以，
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，，
下证角平分线性质：
已知中，是的角平分线，交于，
求证：.
证明：在中， ，
在中，，
因为是的角平分线，所以，
又，所以，
由，A，C，B四点共圆，由相交弦定理，
得，或（舍去），
在中，，
所以.
解法二：由题意，得，
且为正三角形，，，，
即的最大值为6，取等号时，，
则.
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，，
由A，O，B，C四点共圆知，平分，
所以，
所以
则
.
【知识点】平面向量的数量积运算；简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）依题意，由余弦定理求出的长，从而得出正三角形的边长，再利用四边形的周长公式，从而得出四边形的周长.
（2）设，由余弦定理表示出，利用四边形面积与三角形面积的关系和三角恒等变换，从而表示四边形的面积为正弦型函数，再由正弦型函数求最值的方法，从而得出四边形的面积的最大值.
（3）利用两种方法求解.
解法一：依题意得出的最大值和取最大值时的条件，由余弦定理得出的长，从而得出，的大小，再由角平分线性质得出，的长，根据余弦定理得出的值，结合数量积的定义得出的值.
解法二：依题意得出的最大值和取最大值时的条件，由余弦定理得出的长，从而得出，的大小，再由角平分线性质得出，的长，则由平分得出，利用平面向量基本定理得出，最后利用数量积的运算律得出的值.
（1）在中，由余弦定理得
，
所以.
所以四边形的周长为.
（2）设，在中，由余弦定理得，
四边形的面积为
，
当即时，四边形的面积取到最大值为.
（3）解法一：由题意，且为正三角形，
，，，即的最大值为6，取等号时，，则.
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，.
下证角平分线性质：
已知中，是的角平分线，交于，求证：.
证明：在中， ，在中，，
因为是的角平分线，所以，
又，所以.
由，A，C，B四点共圆，由相交弦定理，得，或（舍去）.
在中，，
所以.
解法二：由题意，且为正三角形，
，，，即的最大值为6，取等号时，，则.
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，.
由A，O，B，C四点共圆知，平分，
所以，故.
于是
.
1 / 1浙江省宁波市三锋教研联盟2024-2025学年高一下学期6月期末联考数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每题只有一项是符合要求的.
1．（2025高一下·宁波期末）某高中三个年级共有学生1200人，其中高一500人，高二400人，高三300人，该校为了解学生睡眠情况，准备从全校学生中抽取60人进行访谈，若采取按比例分配的分层抽样，且按年级来分层，则高一年级应抽取的人数是（　　）
A．20 B．25 C．30 D．35
【答案】B
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由已知条件可知高一年级应抽取的人数是人.
故答案为：B.
【分析】按照已知条件和分层比例抽取的方法，从而列式得出高一年级应抽取的人数.
2．（2025高一下·宁波期末）已知向量，，若，则k的值为（　　）
A． B． C．-3 D．3
【答案】A
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：由，可知，得.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和向量平行的坐标表示，从而得出k的值.
3．（2025高一下·宁波期末）若△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若a2 +b2-c2=ab，则C=
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】解：因为，
所以，
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和余弦定理，再利用三角形中角B的取值范围，从而得出角B的值.
4．（2025高一下·宁波期末）已知直线，m，n与平面，，下列命题正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，，则
【答案】B
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A，若，，
则的位置关系不确定，包含平行，相交，或异面，故A错误；
对于B，若，，则，故B正确；
对于C，若，，则或平行，相交，或，故C错误；
对于D，若，，，则，，或与相交，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据线线位置关系判断方法、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理，从而逐项判断找出真命题的选项.
5．（2025高一下·宁波期末）某学生为测量宁波天封塔的高度，如图，选取了与天封塔底部D在同一水平面上的A，B两点，测得，在A，B两点观察塔顶C点，仰角分别为和，且，则宁波天封塔的高度是（　　）
A．50m B． C． D．
【答案】A
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：设，由，，
则，，且，
所以，得，
所以宁波天封塔的高度是.
故答案为：A.
【分析】先设，根据直角三角形中三角函数的定义，从而用x表示出，再根据余弦定理列式得出x的值，从而得出宁波天封塔的高度的长.
6．（2025高一下·宁波期末）已知向量，，那么向量在向量上的投影向量为（　　）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为向量在向量上的投影向量模长为：，
又因为，
所以向量在向量上的投影向量与向量方向相反，
则向量在向量上的投影向量为.
故答案为：C.
【分析】根据数量积球投影向量模长的公式，从而得出向量在向量上的投影向量模长，利用，从而得出向量在向量上的投影向量与向量方向相反，再利用数量积球投影向量的公式，从而得出向量在向量上的投影向量.
7．（2025高一下·宁波期末）甲、乙两人独立地攻克一道难题，已知两人能攻克的概率分别是，，则下列概率计算正确的是（　　）
A．该题被攻克的概率为
B．该题未被攻克的概率为
C．该题至少被一人攻克的概率为
D．该题至多被一人攻克的概率为
【答案】D
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：对于A，
因为该题被攻克为至少有1人攻克该题的概率，故A错误；
对于B，因为该题未被攻克的概率为，故B错误；
对于C，由选项A可知，该题至少被1人攻克的概率为，故C错误；
对于D，因为该题至多被1人攻克的概率为：，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据对立事件求概率公式、独立事件乘法求概率公式、互斥事件加法求概率公式，从而逐项判断找出概率计算正确的选项.
8．（2025高一下·宁波期末）在正方体中是棱的中点，是四边形内一点（包含边），则直线与平面所成角的正弦值取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：如图，设正方体棱长为2，平面，
当点是靠近点的四等分点时，，
则平面，此时直线与平面所成角的正弦值最大为1，
当点与重合时，此时最长，
则，点到平面的距离为，
此时直线即与平面所成角的正弦值最小，为，
所以，直线与平面所成角的正弦值取值范围是.
故答案为：D.
【分析】利用点到平面的距离是定值，从而得出线面角的取值范围，再转化为求的取值范围，利用数形结合得出直线与平面所成角的正弦值取值范围.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，每题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9．（2025高一下·宁波期末）已知复数，则（　　）
A．
B．
C．为实数
D．在复平面内对应的点位于第三象限
【答案】A,C
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的加减运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：由，
所以，故A正确；
因为，，故B错误；
因为，故C正确；
因为在复平面内对应的点为，在第四象限，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据复数的乘法运算法则，从而求出复数z，再利用共轭复数的定义判断出选项A；利用复数运算法则和复数求模公式，则判断出选项B；利用复数运算法和复数为实数的判断方法，则判断出选项C；利用复数的几何意义得出复数z对应的点的坐标，再根据点的坐标确定点所在的象限，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．（2025高一下·宁波期末）射击场，甲乙两人独立射击同一个靶子，击中靶子的概率分别为，.记事件A为“两人都击中”，事件B为“至少1人击中”，事件C为“无人击中”，事件D为“至多1人击中”则下列说法正确的是（　　）
A．事件A与C是互斥事件 B．事件B与D是对立事件
C．事件C与D相互独立 D．
【答案】A,D
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件
【解析】【解答】解：依题意，得：
》
对于A：因为“两人都击中”的对立事件为“至多1人击中”，
所以，包括“无人击中”，“1人击中”，
则事件A与C是互斥事件，故A正确；
对于B：因为事件B，D中都包含1人击中，故B错误；
对于C：因为事件C，D中都包含0人击中，故C错误；
对于D：因为，
所以，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据事件之间的关系和互斥事件的概念、对立事件的概念、独立事件的概念和互斥事件加法求概率公式，从而逐项判断找出说法正确的选项.
11．（2025高一下·宁波期末）如图，在棱长为2的正方体中，点M，P分别为线段，上的动点，则下列说法中正确的是（　　）
A．当M，P分别为线段，中点时，，
B．取得最小值
C．当四面体的四个顶点在同一球面上时，若，则球体积为
D．对任意点M，平面平面
【答案】B,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；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A，如图，
所以，，
则，
所以当点是的中点时，与不垂直，故A错误；
对于B，如图，等腰直角三角形和直角三角形展成一个平面，
当三点共线时，此时最小，为，
则，，
所以，故B正确；
对于C，因为四面体的外接球和四棱锥是同一个外接球，
可以将四棱锥补成如图的长方体，
所以外接球的直径，则，
所以外接球的体积，故C正确；
对于D，如图，平面，平面，
所以，且，，平面，
所以平面，平面，
所以，同理，且，平面
所以平面，平面，
所以平面平面，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】先判断和的关系，则可判断选项A；将三角形和三角形展成一个平面，再根据，则判断出选项B；利用补体法，从而求出四面体外接球的半径，再利用球的体积公式，则可判断选项C；根据几何关系判断平面，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
三、填空题：本题3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高一下·宁波期末）已知，为两个不共线的向量，，，则　 　（用，表示）
【答案】
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：.
【分析】根据向量的加减、数乘运算，再利用平面向量基本定理，从而用，表示.
13．（2025高一下·宁波期末）某公园设置了一些石凳供大家休息，每张石凳是由正方体石料截去八个一样的四面体得到的，如图所示.如果原正方体石料棱长是，那么一张石凳的表面积是　 　.
【答案】
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题
【解析】【解答】解：原正方体石料图形为：
因为正方体的棱长为，那么石凳的每条边的边长为，
所以石凳上等边三角形的高为，
所以石凳的表面积为：
.
故答案为：.
【分析】先将原正方体的图形还原，再根据正方体的棱长求出石凳的边长，再利用等边三角形面积公式和正方形面积公式，从而求和得出一张石凳的表面积.
14．（2025高一下·宁波期末）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，且，则的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
整理可得，且，可知，
由为锐角三角形，可得：，
所以，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】根据余弦定理和三角形面积公式，从而将等式化简求出角的值，再利用锐角三角形的取值范围和三角形内角和定理，从而确定角的取值范围，根据正弦定理和三角型函数求值域的方法，从而求出的取值范围.
四、解答题：本题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15．（2025高一下·宁波期末）已知向量，满足，，且与的夹角为.
（1）分别求与的值；
（2）若，求的值.
【答案】（1）解：因为，
所以
（2）解：因为，
所以
所以，
解得.
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）根据数量积定义得出的值，再利用数量积求向量的模的公式，从而得出的值.
（2）根据两向量垂直，可得其数量积为0，从而列出等式求出的值.
（1）.
.
（2）因为，
所以，解得.
16．（2025高一下·宁波期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，.
（1）若此三角形有两个解，求b的取值范围；
（2）若，求；
（3）若，求的面积.
【答案】（1）解：由，
得.
（2）解：由正弦定理，可得，
则，，
由，可得，则.
由余弦定理，可得，
则，
所以，
解得，
联立，
解得.
（3）解：因为，
由正弦定理的边角互化，可得：，
由余弦定理，可得：，
则，
所以，解得，
则.
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据三角形的解的个数，再代入公式，从而得出实数b的取值范围.
（2）先由正弦定理将角转化为边，再结合余弦定理得出b，c的值.
（3）先利用正弦定理角化边，从而得出，再根据余弦定理变形求出的值，再代入三角形面积公式得出的面积.
（1）由，得
（2）由正弦定理可得，，
则，，由，
可得，即.
由余弦定理可得，，
即，即，解得，
联立，解得.
（3）因为，由正弦定理的边角互化可得，，
由余弦定理可得，，即，
所以，解得，
则.
17．（2025高一下·宁波期末）从某学校的600名男生中随机抽取50名测量身高，被测学生身高全部介于155cm和195cm之间，将测量结果按如下方式分成八组：第一组，第二组，…，第八组，图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分，已知第一组与第八组人数相同，第六组的人数为4人.
（1）求第六组，第七组的频率；
（2）估计该校的600男生的身高的平均数和第75百分位数（精确到0.1），
（3）若从身高属于第六组和第八组的所有男生中随机抽取两名男生，记他们的身高分别为，，事件，求.
【答案】（1）解：第六组的频率为，
第七组的频率为：
.
（2）解：由频率分布直方图，
得出身高在第一组的频率为，
身高在第二组的频率为，
身高在第三组的频率为，
身高在第四组的频率为，
身高在第五组的频率为，
身高在第六组的频率为，
身高在第七组的频率为，
身高在第八组的频率为，
平均数为：
因为
设这所学校的600名男生的身高第75百分位数为，则，
由，得，
所以，这所学校的600名男生的身高的第75百分位数为178.8cm.
（3）解：因为第六组的抽取人数为4，设所抽取的人为a，b，c，d，
第八组的抽取人数为，设所抽取的人为A，B，
则从中随机抽取两名男生有，，，，，，
，，，，，，，，共15种情况，
因为事件发生当且仅当随机抽取的两名男生在同一组，
所以，事件E包含的基本事件为，，，，，，共7种情况，
所以.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）用第六组的人数除以样本容量得出第六组的频率，再通过频率分布直方图中各组频率之和为1，从而得出第七组的频率.
（2）先将每组的频率求出来，再利用频率分布直方图求平均数和百分位数的公式和方法，从而估计出该校的600男生的身高的平均数和第75百分位数.
（3）先确定第六组和第八组的频数，再列出满足题中要求的情况种数，再除以总情况种数，从而得出的值.
（1）第六组的频率为，
第七组的频率为.
（2）由直方图得，身高在第一组的频率为，
身高在第二组的频率为，
身高在第三组的频率为，
身高在第四组的频率为，
身高在第五组的频率为，
身高在第六组的频率为，
身高在第七组的频率为，
身高在第八组的频率为，
平均数为
，
由于，
设这所学校的600名男生的身高第75百分位数为，则，
由，得，
所以这所学校的600名男生的身高的第75百分位数为178.8cm.
（3）第六组的抽取人数为4，设所抽取的人为a，b，c，d，
第八组的抽取人数为，设所抽取的人为A，B，
则从中随机抽取两名男生有，，，，，，
，，，，，，，，共15种情况，
因事件发生当且仅当随机抽取的两名男生在同一组，
所以事件E包含的基本事件为，，，，，，共7种情况.
所以.
18．（2025高一下·宁波期末）如图，六面体中，四边形为菱形，，，，且平面平面.
（1）点M是棱的中点，求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：取的中点为N，连接，，，
由M，N分别为，的中点，
则，且，
由，且，
则，，
所以四边形为平行四边形，
则，且平面，平面，
所以平面；
（2）证明：由四边形为菱形，则，
由平面平面，
且平面平面，平面，
则平面，
由平面，则，
由，，则，
由，平面，
则平面.
（3）解：设是菱形对角线交点由（2）可知面，平面，
所以，作垂足为，连接，
因为，平面，
所以平面，平面，
所以，
所以为所求二面角的平面角，
因为，
由与相似，
得，，
所以，
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；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据线面平行的判断定理，通过构造辅助线，利用平行四边形的对应，从而判断出四边形为平行四边形，进而得出线线平行，再利用线线平行证出线面平行，即证出平面.
（2）根据菱形的性质得出线线垂直，再利用线线垂直和线线平行，从而证出线面垂直，即证出平面.
（3）根据（2）的证明过程，构造二面角的平面角，再利用两三角形相似对应边成比例，从而得出OH的长，利用直角三角形中正切函数的定义和同角三角函数基本关系式，从而得出平面与平面夹角的余弦值.
（1）证明：取的中点为N，连接，，，
由M，N分别为，的中点，则，且，
再由，且，则，，
故四边形为平行四边形，
即，且平面，平面，
故平面；
（2）由四边形为菱形，则，
由平面平面，且平面平面，平面，
则平面，
由平面，则，
由，，则，
由，平面，则平面.
（3）设是菱形对角线交点由（2）可知面，平面，
所以，作垂足为，连接，
，平面，所以平面，平面，
所以，所以为所求二面角的平面角.
因为，
由与相似，得，，所以.
中，所以.
19．（2025高一下·宁波期末）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O的直径为4cm，A为直径延长线上的点，，B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）当多大时，四边形的面积最大，并求出面积的最大值；
（3）若与相交于点D，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：
所以，
所以，四边形的周长为：.
（2）解：设，
在中，由余弦定理，得，
所以，四边形的面积为：
，
当时，即当时，
四边形的面积取到最大值为.
（3）解：解法一：
由题意，且为正三角形，
因为，，，
则的最大值为6，取等号时，，
则，
不妨设，则，得，
即，所以，
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，，
下证角平分线性质：
已知中，是的角平分线，交于，
求证：.
证明：在中， ，
在中，，
因为是的角平分线，所以，
又，所以，
由，A，C，B四点共圆，由相交弦定理，
得，或（舍去），
在中，，
所以.
解法二：由题意，得，
且为正三角形，，，，
即的最大值为6，取等号时，，
则.
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，，
由A，O，B，C四点共圆知，平分，
所以，
所以
则
.
【知识点】平面向量的数量积运算；简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）依题意，由余弦定理求出的长，从而得出正三角形的边长，再利用四边形的周长公式，从而得出四边形的周长.
（2）设，由余弦定理表示出，利用四边形面积与三角形面积的关系和三角恒等变换，从而表示四边形的面积为正弦型函数，再由正弦型函数求最值的方法，从而得出四边形的面积的最大值.
（3）利用两种方法求解.
解法一：依题意得出的最大值和取最大值时的条件，由余弦定理得出的长，从而得出，的大小，再由角平分线性质得出，的长，根据余弦定理得出的值，结合数量积的定义得出的值.
解法二：依题意得出的最大值和取最大值时的条件，由余弦定理得出的长，从而得出，的大小，再由角平分线性质得出，的长，则由平分得出，利用平面向量基本定理得出，最后利用数量积的运算律得出的值.
（1）在中，由余弦定理得
，
所以.
所以四边形的周长为.
（2）设，在中，由余弦定理得，
四边形的面积为
，
当即时，四边形的面积取到最大值为.
（3）解法一：由题意，且为正三角形，
，，，即的最大值为6，取等号时，，则.
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，.
下证角平分线性质：
已知中，是的角平分线，交于，求证：.
证明：在中， ，在中，，
因为是的角平分线，所以，
又，所以.
由，A，C，B四点共圆，由相交弦定理，得，或（舍去）.
在中，，
所以.
解法二：由题意，且为正三角形，
，，，即的最大值为6，取等号时，，则.
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，.
由A，O，B，C四点共圆知，平分，
所以，故.
于是
.
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