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湖南省株洲市第四中学2024-2025学年高一下学期期末质量检测数学试题B
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求．
1．（2025高一下·株洲期末）已知复数z与在复平面内对应的点关于虚轴对称，则（　　）．
A． B． C． D．
2．（2025高一下·株洲期末）在中，若，，，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高一下·株洲期末）设是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高一下·株洲期末）如图，已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则该圆锥的侧面积为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高一下·株洲期末）某项比赛共有7个评委评分，若去掉一个最高分与一个最低分，则与原始数据相比，一定不变的是（　　）
A．极差 B．45%分位数 C．平均数 D．众数
6．（2025高一下·株洲期末）我国古代数学典籍《九章算术》卷九“勾股”中有一测量问题：“今有立木，系索其末，委地三尺.引索却行，去本八尺而索尽，问索长几何 这个问题体现了古代对直角三角形的研究，现有一竖立的木头柱子，高4米，绳索系在柱子上端，牵着绳索退行，当绳索与底面夹角为75°时绳索未用尽，再退行米绳索用尽（绳索与地面接触），则绳索长为（　　）
A．米 B．米 C．米 D．米
7．（2025高一下·株洲期末）如图，在四面体中，点在平面上的射影是，，若，则异面直线与所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·株洲期末）函数（）的最大值和最小值是、，则的值为（　　）
A．1 B． C．2 D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025高一下·株洲期末）已知为复数，为虚数单位，则下列结论正确的是（　　）
A．若，则 B．
C．若，则为纯虚数 D．若，则的最小值为1
10．（2025高一下·株洲期末）连续抛掷一枚硬币两次，事件表示“第一次硬币正面朝上”，事件表示“第二次硬币反面朝上”，事件表示“两次硬币都正面朝上”，事件表示“两次硬币朝上的情况不同”，则（　　）
A．与相互独立 B．与相互独立
C．与相互独立 D．与相互独立
11．（2025高一下·株洲期末）已知正方体的棱长为2，分别是棱的中点，下列结论正确的是（　　）
A．
B．直线与直线所成角为
C．三棱锥的体积为
D．过三点的平面截该正方体所得的截面为六边形
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一下·株洲期末）若向量，，且，则　 　.
13．（2025高一下·株洲期末）一个不透明的袋中装有除颜色外均相同的9个红球，3个白球，若干个绿球，每次摇匀后随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，经过大量重复实验后，发现摸到绿球的频率稳定在0.4，则袋中约有绿球　 　个.
14．（2025高一下·株洲期末）在平面四边形中，，分别为，的中点，若，，且，则　 　．
四、解答题：本题共5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·株洲期末）在中，.
（1）求的值；
（2）若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积.
条件①：；条件②：；条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
16．（2025高一下·株洲期末）如图，四棱锥的各个顶点均在球的表面上，且平面.
（1）证明：平面平面；
（2）求四棱锥体积的最大值；
17．（2025高一下·株洲期末）某校数学建模社团招聘社长职位分笔试与面试两个环节，在笔试中有两轮答题：第一轮从类的5个问题中任选两题作答，若两题都答对，则得40分，否则得0分；第二轮从类的5个问题中任选两题作答，每答对1题得30分，答错得0分.若两轮总分不低于60分则进入面试环节.小红和小明参加此次招聘活动，已知小红对类每个问题的答对的概率均为0.5.在类的5个问题中，小明只能答对4个问题，在类的5个问题中，小明每个问题答对的概率都为0.4.他们回答任一问题正确与否互不影响.
（1）求小明在第一轮得40分的概率；
（2）求小红两轮总分得60分的概率；
（3）试判断小红和小明谁更有机会进入面试环节？
18．（2025高一下·株洲期末）已知的内角，，的对边分别为，，.且满足.
（1）求角；
（2）已知的外接圆的圆心为，半径.
（i）作角的平分线交于，，求的面积；
（ii）若，求的取值范围.
19．（2025高一下·株洲期末）如图1，在矩形ABCD中，，，M是边BC上的一点，将沿着AM折起，使点B到达点P的位置.
（1）如图2，若M是BC的中点，点N是线段PD的中点，求证：平面PAM；
（2）如图3，若点P在平面AMCD内的射影H落在线段AD上.
①求证：平面PAD；
②求点M的位置，使三棱锥的外接球的体积最大，并求出最大值.
答案解析部分
1．【答案】B
【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：，
由题意可得：．
故答案为：B.
【分析】根据复数代数形式的除法运算法则化简，再根据对称性求解即可.
2．【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解： 若，， ，
由正弦定理，可得，解得，
因为，所以，所以角C为锐角，所以 ，
，
则.
故答案为：C.
【分析】由题意，先利用正弦定理求得，再根据边的大小结合同角三角函数基本关系求得，再利用三角形内角和性质结合两角和的余弦公式求出角A的余弦值，最后利用向量数量积公式求解即可.
3．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为函数是定义在上周期为2的偶函数，
所以，
又因为 当时，， 所以，
则.
故答案为：A.
【分析】根据函数的周期性和奇偶性将自变量转化为区间，根据解析式求解即可.
4．【答案】B
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：由题设，圆锥底面半径为2，则底面周长为，
所以圆锥的侧面积为.
故选：B.
【分析】本题考查圆锥侧面积的计算，关键在于先根据轴截面的性质确定圆锥的底面半径和母线长，再利用圆锥侧面积公式（，其中是母线长，是底面周长 ）求解，解题思路是：先由轴截面为正三角形得出底面半径和母线长，再计算底面周长，最后代入侧面积公式计算.
5．【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：假设比赛7个评委评分数据从小到大为，
去掉一个最高分与一个最低分后剩下数据为：，
因为，，所以原始数据的分位数为第四个数，即，
剩下的数据的分位数为第3个数，即，则剩下数据的分位数不变，故B正确；
设比赛7个评委评分数据为：，
则原始数据的极差为：，平均数为，众数为，
去掉一个最高分与一个最低分后剩下数据为：，
剩下数据的极差为：，平均数为，众数为和3，
即剩下数据的极差，平均数，众数可能发生改变，故A，C，D错误；
故答案为：B．
【分析】根据极差、百分位数、平均数以及众数的概念逐项分析判断即可.
6．【答案】B
【知识点】两角和与差的正切公式；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：如图所示：
易知，，，，
则
，
即，故.
故答案为：B.
【分析】由题意，画出图形，根据三角形内角和结合两角差的正切公式求得边，再根据勾股定理计算即可.
7．【答案】C
【知识点】异面直线所成的角；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：分别取的中点，连接，如图所示：
因为点在平面上的射影是，所以平面，则，
又因为分别为中点，所以，
所以或其补角为与所成的角，
由，可得，
则，
又因为，
所以，
所以，
则异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：C.
【分析】分别取的中点，连接，推得或其补角为与所成的角，利用余弦定理计算余弦值，根据异面直线所成角的范围确定符号即可.
8．【答案】A
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解：设，变形可得，
即，即，即，
即 （*），
设关于 的方程的两根是，
由韦达定理可得，而不等式的解为： ，
即分别是函数的最小值和最大值，，
故答案为：A．
【分析】设，化简整理结合辅助角公式化简整理得，利用函数的值域可得，问题转化为关于 的方程的两根的问题，结合韦达定理求解即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A、若，则，故A正确；
B、设复数，则，
则，，满足，故B正确；
C、设复数，，，
，，
因为，所以，解得，，
所以当，，不是纯虚数，故C错误；
D、当，复数对应的点在单位圆上，即，
表示复数对应的点到点的距离，最小值为圆心到点的距离减去半径，
即最小值为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据复数模的性质求解即可判断A；设复数，分别计算和，即可判断B；设，由可得，求得，但要注意的取值即可判断C；根据复数模长的几何意义即可判断D.
10．【答案】B,D
【知识点】相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：易知，，，，
A、，，
则与不相互独立，故A错误；
B、，，，
则与相互独立，故B正确；
C、， 则与不相互独立，故C错误；
D、，，，
则与相互独立，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】由题意，先求各事件的概率，再根据相互独立事件的定义逐项验证即可.
11．【答案】A,C
【知识点】棱柱的结构特征；异面直线所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、取的中点为，连接，如图所示：
因为分别是棱的中点，所以，，
又因为平面，，所以平面，，
又因为平面，所以，
又因为平面，所以平面，
又因为平面，所以，故A正确；
B、因为分别是棱的中点，所以，
由正方体性质可得：，则就是直线与直线所成角或其补角，
因为是等边三角形，所以，
即直线与直线所成角为，故B错误；
C、
在上取点，使得，连接，易证，
则
．
连接，如图所示：
则
，
故C正确；
D、截面是平面与几何体表面的交线围成的图形，
如上图所示，过三点的平面截该正方体所得的截面应为五边形，故D错误．
故答案为：AC．
【分析】取的中点为，连接，利用中位线的平行关系，结合正方体中的垂直关系即可判断AB；利用平行关系进行三棱锥体积变换，再计算体积即可判断C；利用延长线或作平行线来确定截面即可判断D.
12．【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，，
因为，所以，解得.
故答案为：.
【分析】根据向量平行的坐标表示列式求解即可.
13．【答案】8
【知识点】古典概型及其概率计算公式；用频率估计概率
【解析】【解答】解：设不透明的袋中有个绿球，
由题意可得：，解得，即袋中有绿球8个
故答案为：8.
【分析】用频率来估计概率，设不透明的袋中有个绿球，由题意列式求解即可.
14．【答案】
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：连接，取中点为，连接，，如图所示：
因为，，分别为，，的中点，所以，，
，
由，
可得，
则，
故答案为：.
【分析】连接，取中点为，连接，，利用三角形中位线的性质，结合向量数量积的运算求得，再求即可.
15．【答案】（1）解：，变形可得，
由余弦定理可得，即，即，
因为，所以；
（2）解：若选择条件①：；
由余弦定理，可得，
整理可得，，无解，即不存在；
若选择条件②：，由正弦定理，可得，
联立，解得，
由，可得，即，解得，
存在且唯一，符合题意，
所以的面积为；
若选择条件③：，则，
由正弦定理，可得，由，可得，即，
解得，存在且唯一，符合题意，
则面积为.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）原式变形，结合余弦定理，同角三角函数基本关系求解即可；
（2）若选择条件①，利用余弦定理列关于的方程，易知方程无解，可知不存在；
若选择条件②，利用正弦定理和余弦定理解方程可求得，此时存在且唯一，再求的面积即可；
若选择条件③，利用同角三角函数关系求出，再由正弦定理和余弦定理解方程可求得，此时存在且唯一，再根据面积公式求的面积即可.
（1）由可得，
由余弦定理可得，即，因此；
又，可得
（2）若选择条件①：；
由余弦定理可得，
整理可得，此时，该方程无实数根，
即条件①使不存在；
若选择条件②：；
由正弦定理可得，
联立，解得；
由可得，即，
解得或（舍），
此时条件②使存在且唯一，符合题意；
所以其面积为
若选择条件③：
易知，
利用正弦定理可得，
由可得，即，
解得或（舍），
此时条件③使存在且唯一，符合题意；
所以其面积为.
16．【答案】（1）证明：因为四边形在球的一个圆面的圆周上，所以，
又因为，所以，即，
又因为平面，平面，所以，
又因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：作，如图所示：
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
记四棱锥的体积为，
则，
而，
由平面，则，故，
于是，当且仅当时取等号，
由，得，，
由，得，
故，当且仅当等号成立，则，
故，
故四棱锥体积的最大值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由题意可得，即，再利用线面垂直的判定定理证明平面，最后根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）作，由题意利用线面垂直的判定定理可得平面，记四棱锥的体积为，利用体积关系求得，再利用基本不等式得，结合三角形面积公式得，同理可得，据此求解即可.
（1）由题，四边形在球的一个圆面的圆周上，故，
又，故，故，
由平面，平面，得，
又，平面，平面，
故平面，
又平面，故平面平面.
（2）如图：
作，由平面平面，平面平面，平面，
可得平面，
记四棱锥的体积为，
则，
而，
由平面，则，故，
于是，当且仅当时，取等号，
由，得，，
由，得，
故，当且仅当取等号，于是，
故.
故四棱锥体积的最大值为.
17．【答案】（1）解：从5个问题中选择2个问题，有种不同的选法；
答对2题，有种不同的选法，
则小明在第一轮得40分的概率为：；
（2）解：设事件“小红两轮总分得60分”，事件“小红第一轮答错一题得分，第二轮答对两题得分”；
“小红当第一轮答错两题得分，第二轮答对两题得分”，
；
，
；
（3）解：由（1）知，小明在第一轮得40分的概率为，
则小明在第一轮得0分的概率为：，
依题意，两人能够晋级复赛，即两轮总积分不低于60分
则当第一轮答对两题得分，第二轮答对一题得分时，
小红和小明晋级复赛的概率分别为：
；
；
当第一轮答对两题得分，第二轮答对两题得分时，
小红和小明晋级复赛的概率分别为：
；；
当第一轮答错一题得分，第二轮答对两题得分时，
小红和小明晋级复赛的概率分别为：
；；
当第一轮答错两题得分，第二轮答对两题得分时，
小红晋级复赛的概率分别为：
；
则小红晋级复赛的概率为：；
小明晋级复赛的概率为：；
，则小明更有机会进入面试环节.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）先计算从5个问题中选择2个问题以及答对2题分别有多少种不同的法，再利用古典概型概率公式求解即可；
（2）设事件“小红两轮总分得60分”，事件“小红第一轮答错一题得分，第二轮答对两题得分”，小红第一轮答错一题得分，第二轮答对两题得分或当小红第一轮答错两题得分，第二轮答对两题得分，求对应事件的概率再求和即可；
（3）由题意可知：能够晋级复赛，则第一轮答对两题得分，第二轮答对一题得分；或第一轮答对两题得分，第二轮答对两题得分；或第一轮答错两题得分，第二轮答对两题得分；或第一轮答对一题得分，第二轮答对两题得分；分别求出小红和小明晋级复赛的概率，比较判断即可.
（1）对A类的5个问题进行编号：，第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，
则有共种，
设小明只能答对4个问题的编号为：，
则小明在第一轮得40分，有共种，
则小明在第一轮得40分的概率为：；
（2）设“小红两轮总分得60分”为事件，“小红第一轮答错一题得分，
第二轮答对两题得分”为事件；“小红当第一轮答错两题得分，第二轮答对两题得分”.
则，
；
.
（3）由（1）知，小明在第一轮得40分的概率为，
则小明在第一轮得0分的概率为：，
依题意，两人能够晋级复赛，即两轮总积分不低于60分
当第一轮答对两题得分，第二轮答对一题得分时，
小红和小明晋级复赛的概率分别为：
；
；
当第一轮答对两题得分，第二轮答对两题得分时，
小红和小明晋级复赛的概率分别为：
；；
当第一轮答错一题得分，第二轮答对两题得分时，
小红和小明晋级复赛的概率分别为：
；；
当第一轮答错两题得分，第二轮答对两题得分时，
小红晋级复赛的概率分别为：
；
小红晋级复赛的概率为：；
小明晋级复赛的概率为：；
，
小明更有机会进入面试环节.
18．【答案】（1）解：由，，
可得，
即，
即，
即，
整理可得，即，
即，即，
因为，所以；
（2）解：（i）由（1）知，由正弦定理，可得，
因为是角的角平分线，所以，
因为，所以，所以，
即，由余弦定理可得，
整理可得，
又因为，所以，即，
即，解得，
则；
（ii）由（1）知，因为点为的外接圆的圆心，所以，，，
因为，，
所以，
即，
即，即，即，
则，
因为，所以，所以，
所以，
则的取值范围为.
【知识点】平面向量的数量积运算；两角和与差的余弦公式；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用三角形内角和定理，以及诱导公式化简原式可得，再利用两角和的余弦公式整理化简可得，即，即即可求得角B；
（2）（i）由（1）知，利用正弦定理可得的值，根据角平分线的性质及三角形面积公式可得，结合余弦定理求出的值，代入三角形面积公式求解即可；
（ii）由（1）知，由的外接圆的性质可知，，，根据向量数量积的运算可得
，化简整理得，故，根据三角恒等变换及角的范围求解即可.
（1）在中，∵，∴，
∴，即，
即，
∴，即.
∵，∴.∵，∴.
∵，∴.
（2）（i）由（1）知.由正弦定理可得.
∵是角的角平分线，∴.
∵，∴，∴，即.
由余弦定理可得，整理可得.
又，∴，即，∴，解得或（舍去）.
∴.
（ii）由（1）知.∵点为的外接圆的圆心，∴，，.
∵，，
∴，即，
即，∴，∴，
∴.
∵，∴，∴，∴，
即的取值范围为.
19．【答案】（1）证明：取PA的中点E，连接ME和EN，如图所示：
因为EN是的中位线，所以且，
又因为且，所以且，
所以四边形ENCM是平行四边形，所以，
又因为平面PAM，平面PAM，所以平面PAM；
（2）证明：①、因为平面AMCD，平面PFH，所以，
又因为，且AD，PH是平面PAD内两条相交直线，所以平面PAD；
②、由①知平面PAD，又因为平面PAD，所以，所以是，
由平面AMCD，平面AMCD，所以，是，
取PC的中点O，则点O到三棱锥各顶点的距离都相等，
所以O是三棱锥外接球的球心，
过点P作于F，连HF和BF，如图所示：
因为平面AMCD，平面AMCD，
所以，又PF，PH是平面PHF内两条相交直线，
所以平面PFH，又平面PFH，所以，
由和翻折关系知，所以B，F，H三点共线，且，
设，则，，
又因为，所以，
，，
由，得，
所以，，
所以，
，
因为在时单调递增，所以时，有最大值，
此时，点M位于点的C位置，所以，，.
则点M位于点的C时，三棱锥外接球的体积的最大值为.
【知识点】球内接多面体；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）取PA的中点E，连接ME和EN，利用中位线性质，结合线面平行的判定定理证明即可；
（2）①、根据线面垂直判定定理证明即可；
②、先分析得O是三棱锥外接球的球心，再求得直径，然后根据函数的单调性求出最值，进而利用球的体积公式求出球的体积的最大值即可.
（1）如图，取PA的中点E，连接ME和EN，则EN是的中位线，
所以且，
又且，
所以且，
所以四边形ENCM是平行四边形，所以，
又平面PAM，平面PAM，
所以平面PAM.
（2）①由平面AMCD，平面PFH，得，
又已知，且AD，PH是平面PAD内两条相交直线，
所以平面PAD.
②，由①知平面PAD，又平面PAD，
所以，所以是，
由平面AMCD，平面AMCD，
所以，是.
如图，取PC的中点O，则点O到三棱锥各顶点的距离都相等，
所以O是三棱锥外接球的球心.
如图，过点P作于F，连HF和BF，
因为平面AMCD，平面AMCD，
所以，又PF，PH是平面PHF内两条相交直线，
所以平面PFH，又平面PFH，所以，
由和翻折关系知，所以B，F，H三点共线，且，
设，则，，
又，所以，
，，
由，得，
所以，，
所以，
，
因为在时单调递增，
所以时，有最大值，
此时，点M位于点的C位置，
所以，，.
所以点M位于点的C时，三棱锥外接球的体积的最大值为.
1 / 1湖南省株洲市第四中学2024-2025学年高一下学期期末质量检测数学试题B
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求．
1．（2025高一下·株洲期末）已知复数z与在复平面内对应的点关于虚轴对称，则（　　）．
A． B． C． D．
【答案】B
【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：，
由题意可得：．
故答案为：B.
【分析】根据复数代数形式的除法运算法则化简，再根据对称性求解即可.
2．（2025高一下·株洲期末）在中，若，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解： 若，， ，
由正弦定理，可得，解得，
因为，所以，所以角C为锐角，所以 ，
，
则.
故答案为：C.
【分析】由题意，先利用正弦定理求得，再根据边的大小结合同角三角函数基本关系求得，再利用三角形内角和性质结合两角和的余弦公式求出角A的余弦值，最后利用向量数量积公式求解即可.
3．（2025高一下·株洲期末）设是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为函数是定义在上周期为2的偶函数，
所以，
又因为 当时，， 所以，
则.
故答案为：A.
【分析】根据函数的周期性和奇偶性将自变量转化为区间，根据解析式求解即可.
4．（2025高一下·株洲期末）如图，已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则该圆锥的侧面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：由题设，圆锥底面半径为2，则底面周长为，
所以圆锥的侧面积为.
故选：B.
【分析】本题考查圆锥侧面积的计算，关键在于先根据轴截面的性质确定圆锥的底面半径和母线长，再利用圆锥侧面积公式（，其中是母线长，是底面周长 ）求解，解题思路是：先由轴截面为正三角形得出底面半径和母线长，再计算底面周长，最后代入侧面积公式计算.
5．（2025高一下·株洲期末）某项比赛共有7个评委评分，若去掉一个最高分与一个最低分，则与原始数据相比，一定不变的是（　　）
A．极差 B．45%分位数 C．平均数 D．众数
【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：假设比赛7个评委评分数据从小到大为，
去掉一个最高分与一个最低分后剩下数据为：，
因为，，所以原始数据的分位数为第四个数，即，
剩下的数据的分位数为第3个数，即，则剩下数据的分位数不变，故B正确；
设比赛7个评委评分数据为：，
则原始数据的极差为：，平均数为，众数为，
去掉一个最高分与一个最低分后剩下数据为：，
剩下数据的极差为：，平均数为，众数为和3，
即剩下数据的极差，平均数，众数可能发生改变，故A，C，D错误；
故答案为：B．
【分析】根据极差、百分位数、平均数以及众数的概念逐项分析判断即可.
6．（2025高一下·株洲期末）我国古代数学典籍《九章算术》卷九“勾股”中有一测量问题：“今有立木，系索其末，委地三尺.引索却行，去本八尺而索尽，问索长几何 这个问题体现了古代对直角三角形的研究，现有一竖立的木头柱子，高4米，绳索系在柱子上端，牵着绳索退行，当绳索与底面夹角为75°时绳索未用尽，再退行米绳索用尽（绳索与地面接触），则绳索长为（　　）
A．米 B．米 C．米 D．米
【答案】B
【知识点】两角和与差的正切公式；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：如图所示：
易知，，，，
则
，
即，故.
故答案为：B.
【分析】由题意，画出图形，根据三角形内角和结合两角差的正切公式求得边，再根据勾股定理计算即可.
7．（2025高一下·株洲期末）如图，在四面体中，点在平面上的射影是，，若，则异面直线与所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】异面直线所成的角；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：分别取的中点，连接，如图所示：
因为点在平面上的射影是，所以平面，则，
又因为分别为中点，所以，
所以或其补角为与所成的角，
由，可得，
则，
又因为，
所以，
所以，
则异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：C.
【分析】分别取的中点，连接，推得或其补角为与所成的角，利用余弦定理计算余弦值，根据异面直线所成角的范围确定符号即可.
8．（2025高一下·株洲期末）函数（）的最大值和最小值是、，则的值为（　　）
A．1 B． C．2 D．
【答案】A
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解：设，变形可得，
即，即，即，
即 （*），
设关于 的方程的两根是，
由韦达定理可得，而不等式的解为： ，
即分别是函数的最小值和最大值，，
故答案为：A．
【分析】设，化简整理结合辅助角公式化简整理得，利用函数的值域可得，问题转化为关于 的方程的两根的问题，结合韦达定理求解即可.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025高一下·株洲期末）已知为复数，为虚数单位，则下列结论正确的是（　　）
A．若，则 B．
C．若，则为纯虚数 D．若，则的最小值为1
【答案】A,B,D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A、若，则，故A正确；
B、设复数，则，
则，，满足，故B正确；
C、设复数，，，
，，
因为，所以，解得，，
所以当，，不是纯虚数，故C错误；
D、当，复数对应的点在单位圆上，即，
表示复数对应的点到点的距离，最小值为圆心到点的距离减去半径，
即最小值为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据复数模的性质求解即可判断A；设复数，分别计算和，即可判断B；设，由可得，求得，但要注意的取值即可判断C；根据复数模长的几何意义即可判断D.
10．（2025高一下·株洲期末）连续抛掷一枚硬币两次，事件表示“第一次硬币正面朝上”，事件表示“第二次硬币反面朝上”，事件表示“两次硬币都正面朝上”，事件表示“两次硬币朝上的情况不同”，则（　　）
A．与相互独立 B．与相互独立
C．与相互独立 D．与相互独立
【答案】B,D
【知识点】相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：易知，，，，
A、，，
则与不相互独立，故A错误；
B、，，，
则与相互独立，故B正确；
C、， 则与不相互独立，故C错误；
D、，，，
则与相互独立，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】由题意，先求各事件的概率，再根据相互独立事件的定义逐项验证即可.
11．（2025高一下·株洲期末）已知正方体的棱长为2，分别是棱的中点，下列结论正确的是（　　）
A．
B．直线与直线所成角为
C．三棱锥的体积为
D．过三点的平面截该正方体所得的截面为六边形
【答案】A,C
【知识点】棱柱的结构特征；异面直线所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、取的中点为，连接，如图所示：
因为分别是棱的中点，所以，，
又因为平面，，所以平面，，
又因为平面，所以，
又因为平面，所以平面，
又因为平面，所以，故A正确；
B、因为分别是棱的中点，所以，
由正方体性质可得：，则就是直线与直线所成角或其补角，
因为是等边三角形，所以，
即直线与直线所成角为，故B错误；
C、
在上取点，使得，连接，易证，
则
．
连接，如图所示：
则
，
故C正确；
D、截面是平面与几何体表面的交线围成的图形，
如上图所示，过三点的平面截该正方体所得的截面应为五边形，故D错误．
故答案为：AC．
【分析】取的中点为，连接，利用中位线的平行关系，结合正方体中的垂直关系即可判断AB；利用平行关系进行三棱锥体积变换，再计算体积即可判断C；利用延长线或作平行线来确定截面即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一下·株洲期末）若向量，，且，则　 　.
【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，，
因为，所以，解得.
故答案为：.
【分析】根据向量平行的坐标表示列式求解即可.
13．（2025高一下·株洲期末）一个不透明的袋中装有除颜色外均相同的9个红球，3个白球，若干个绿球，每次摇匀后随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，经过大量重复实验后，发现摸到绿球的频率稳定在0.4，则袋中约有绿球　 　个.
【答案】8
【知识点】古典概型及其概率计算公式；用频率估计概率
【解析】【解答】解：设不透明的袋中有个绿球，
由题意可得：，解得，即袋中有绿球8个
故答案为：8.
【分析】用频率来估计概率，设不透明的袋中有个绿球，由题意列式求解即可.
14．（2025高一下·株洲期末）在平面四边形中，，分别为，的中点，若，，且，则　 　．
【答案】
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：连接，取中点为，连接，，如图所示：
因为，，分别为，，的中点，所以，，
，
由，
可得，
则，
故答案为：.
【分析】连接，取中点为，连接，，利用三角形中位线的性质，结合向量数量积的运算求得，再求即可.
四、解答题：本题共5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·株洲期末）在中，.
（1）求的值；
（2）若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积.
条件①：；条件②：；条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）解：，变形可得，
由余弦定理可得，即，即，
因为，所以；
（2）解：若选择条件①：；
由余弦定理，可得，
整理可得，，无解，即不存在；
若选择条件②：，由正弦定理，可得，
联立，解得，
由，可得，即，解得，
存在且唯一，符合题意，
所以的面积为；
若选择条件③：，则，
由正弦定理，可得，由，可得，即，
解得，存在且唯一，符合题意，
则面积为.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）原式变形，结合余弦定理，同角三角函数基本关系求解即可；
（2）若选择条件①，利用余弦定理列关于的方程，易知方程无解，可知不存在；
若选择条件②，利用正弦定理和余弦定理解方程可求得，此时存在且唯一，再求的面积即可；
若选择条件③，利用同角三角函数关系求出，再由正弦定理和余弦定理解方程可求得，此时存在且唯一，再根据面积公式求的面积即可.
（1）由可得，
由余弦定理可得，即，因此；
又，可得
（2）若选择条件①：；
由余弦定理可得，
整理可得，此时，该方程无实数根，
即条件①使不存在；
若选择条件②：；
由正弦定理可得，
联立，解得；
由可得，即，
解得或（舍），
此时条件②使存在且唯一，符合题意；
所以其面积为
若选择条件③：
易知，
利用正弦定理可得，
由可得，即，
解得或（舍），
此时条件③使存在且唯一，符合题意；
所以其面积为.
16．（2025高一下·株洲期末）如图，四棱锥的各个顶点均在球的表面上，且平面.
（1）证明：平面平面；
（2）求四棱锥体积的最大值；
【答案】（1）证明：因为四边形在球的一个圆面的圆周上，所以，
又因为，所以，即，
又因为平面，平面，所以，
又因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：作，如图所示：
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
记四棱锥的体积为，
则，
而，
由平面，则，故，
于是，当且仅当时取等号，
由，得，，
由，得，
故，当且仅当等号成立，则，
故，
故四棱锥体积的最大值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由题意可得，即，再利用线面垂直的判定定理证明平面，最后根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）作，由题意利用线面垂直的判定定理可得平面，记四棱锥的体积为，利用体积关系求得，再利用基本不等式得，结合三角形面积公式得，同理可得，据此求解即可.
（1）由题，四边形在球的一个圆面的圆周上，故，
又，故，故，
由平面，平面，得，
又，平面，平面，
故平面，
又平面，故平面平面.
（2）如图：
作，由平面平面，平面平面，平面，
可得平面，
记四棱锥的体积为，
则，
而，
由平面，则，故，
于是，当且仅当时，取等号，
由，得，，
由，得，
故，当且仅当取等号，于是，
故.
故四棱锥体积的最大值为.
17．（2025高一下·株洲期末）某校数学建模社团招聘社长职位分笔试与面试两个环节，在笔试中有两轮答题：第一轮从类的5个问题中任选两题作答，若两题都答对，则得40分，否则得0分；第二轮从类的5个问题中任选两题作答，每答对1题得30分，答错得0分.若两轮总分不低于60分则进入面试环节.小红和小明参加此次招聘活动，已知小红对类每个问题的答对的概率均为0.5.在类的5个问题中，小明只能答对4个问题，在类的5个问题中，小明每个问题答对的概率都为0.4.他们回答任一问题正确与否互不影响.
（1）求小明在第一轮得40分的概率；
（2）求小红两轮总分得60分的概率；
（3）试判断小红和小明谁更有机会进入面试环节？
【答案】（1）解：从5个问题中选择2个问题，有种不同的选法；
答对2题，有种不同的选法，
则小明在第一轮得40分的概率为：；
（2）解：设事件“小红两轮总分得60分”，事件“小红第一轮答错一题得分，第二轮答对两题得分”；
“小红当第一轮答错两题得分，第二轮答对两题得分”，
；
，
；
（3）解：由（1）知，小明在第一轮得40分的概率为，
则小明在第一轮得0分的概率为：，
依题意，两人能够晋级复赛，即两轮总积分不低于60分
则当第一轮答对两题得分，第二轮答对一题得分时，
小红和小明晋级复赛的概率分别为：
；
；
当第一轮答对两题得分，第二轮答对两题得分时，
小红和小明晋级复赛的概率分别为：
；；
当第一轮答错一题得分，第二轮答对两题得分时，
小红和小明晋级复赛的概率分别为：
；；
当第一轮答错两题得分，第二轮答对两题得分时，
小红晋级复赛的概率分别为：
；
则小红晋级复赛的概率为：；
小明晋级复赛的概率为：；
，则小明更有机会进入面试环节.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）先计算从5个问题中选择2个问题以及答对2题分别有多少种不同的法，再利用古典概型概率公式求解即可；
（2）设事件“小红两轮总分得60分”，事件“小红第一轮答错一题得分，第二轮答对两题得分”，小红第一轮答错一题得分，第二轮答对两题得分或当小红第一轮答错两题得分，第二轮答对两题得分，求对应事件的概率再求和即可；
（3）由题意可知：能够晋级复赛，则第一轮答对两题得分，第二轮答对一题得分；或第一轮答对两题得分，第二轮答对两题得分；或第一轮答错两题得分，第二轮答对两题得分；或第一轮答对一题得分，第二轮答对两题得分；分别求出小红和小明晋级复赛的概率，比较判断即可.
（1）对A类的5个问题进行编号：，第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，
则有共种，
设小明只能答对4个问题的编号为：，
则小明在第一轮得40分，有共种，
则小明在第一轮得40分的概率为：；
（2）设“小红两轮总分得60分”为事件，“小红第一轮答错一题得分，
第二轮答对两题得分”为事件；“小红当第一轮答错两题得分，第二轮答对两题得分”.
则，
；
.
（3）由（1）知，小明在第一轮得40分的概率为，
则小明在第一轮得0分的概率为：，
依题意，两人能够晋级复赛，即两轮总积分不低于60分
当第一轮答对两题得分，第二轮答对一题得分时，
小红和小明晋级复赛的概率分别为：
；
；
当第一轮答对两题得分，第二轮答对两题得分时，
小红和小明晋级复赛的概率分别为：
；；
当第一轮答错一题得分，第二轮答对两题得分时，
小红和小明晋级复赛的概率分别为：
；；
当第一轮答错两题得分，第二轮答对两题得分时，
小红晋级复赛的概率分别为：
；
小红晋级复赛的概率为：；
小明晋级复赛的概率为：；
，
小明更有机会进入面试环节.
18．（2025高一下·株洲期末）已知的内角，，的对边分别为，，.且满足.
（1）求角；
（2）已知的外接圆的圆心为，半径.
（i）作角的平分线交于，，求的面积；
（ii）若，求的取值范围.
【答案】（1）解：由，，
可得，
即，
即，
即，
整理可得，即，
即，即，
因为，所以；
（2）解：（i）由（1）知，由正弦定理，可得，
因为是角的角平分线，所以，
因为，所以，所以，
即，由余弦定理可得，
整理可得，
又因为，所以，即，
即，解得，
则；
（ii）由（1）知，因为点为的外接圆的圆心，所以，，，
因为，，
所以，
即，
即，即，即，
则，
因为，所以，所以，
所以，
则的取值范围为.
【知识点】平面向量的数量积运算；两角和与差的余弦公式；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用三角形内角和定理，以及诱导公式化简原式可得，再利用两角和的余弦公式整理化简可得，即，即即可求得角B；
（2）（i）由（1）知，利用正弦定理可得的值，根据角平分线的性质及三角形面积公式可得，结合余弦定理求出的值，代入三角形面积公式求解即可；
（ii）由（1）知，由的外接圆的性质可知，，，根据向量数量积的运算可得
，化简整理得，故，根据三角恒等变换及角的范围求解即可.
（1）在中，∵，∴，
∴，即，
即，
∴，即.
∵，∴.∵，∴.
∵，∴.
（2）（i）由（1）知.由正弦定理可得.
∵是角的角平分线，∴.
∵，∴，∴，即.
由余弦定理可得，整理可得.
又，∴，即，∴，解得或（舍去）.
∴.
（ii）由（1）知.∵点为的外接圆的圆心，∴，，.
∵，，
∴，即，
即，∴，∴，
∴.
∵，∴，∴，∴，
即的取值范围为.
19．（2025高一下·株洲期末）如图1，在矩形ABCD中，，，M是边BC上的一点，将沿着AM折起，使点B到达点P的位置.
（1）如图2，若M是BC的中点，点N是线段PD的中点，求证：平面PAM；
（2）如图3，若点P在平面AMCD内的射影H落在线段AD上.
①求证：平面PAD；
②求点M的位置，使三棱锥的外接球的体积最大，并求出最大值.
【答案】（1）证明：取PA的中点E，连接ME和EN，如图所示：
因为EN是的中位线，所以且，
又因为且，所以且，
所以四边形ENCM是平行四边形，所以，
又因为平面PAM，平面PAM，所以平面PAM；
（2）证明：①、因为平面AMCD，平面PFH，所以，
又因为，且AD，PH是平面PAD内两条相交直线，所以平面PAD；
②、由①知平面PAD，又因为平面PAD，所以，所以是，
由平面AMCD，平面AMCD，所以，是，
取PC的中点O，则点O到三棱锥各顶点的距离都相等，
所以O是三棱锥外接球的球心，
过点P作于F，连HF和BF，如图所示：
因为平面AMCD，平面AMCD，
所以，又PF，PH是平面PHF内两条相交直线，
所以平面PFH，又平面PFH，所以，
由和翻折关系知，所以B，F，H三点共线，且，
设，则，，
又因为，所以，
，，
由，得，
所以，，
所以，
，
因为在时单调递增，所以时，有最大值，
此时，点M位于点的C位置，所以，，.
则点M位于点的C时，三棱锥外接球的体积的最大值为.
【知识点】球内接多面体；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）取PA的中点E，连接ME和EN，利用中位线性质，结合线面平行的判定定理证明即可；
（2）①、根据线面垂直判定定理证明即可；
②、先分析得O是三棱锥外接球的球心，再求得直径，然后根据函数的单调性求出最值，进而利用球的体积公式求出球的体积的最大值即可.
（1）如图，取PA的中点E，连接ME和EN，则EN是的中位线，
所以且，
又且，
所以且，
所以四边形ENCM是平行四边形，所以，
又平面PAM，平面PAM，
所以平面PAM.
（2）①由平面AMCD，平面PFH，得，
又已知，且AD，PH是平面PAD内两条相交直线，
所以平面PAD.
②，由①知平面PAD，又平面PAD，
所以，所以是，
由平面AMCD，平面AMCD，
所以，是.
如图，取PC的中点O，则点O到三棱锥各顶点的距离都相等，
所以O是三棱锥外接球的球心.
如图，过点P作于F，连HF和BF，
因为平面AMCD，平面AMCD，
所以，又PF，PH是平面PHF内两条相交直线，
所以平面PFH，又平面PFH，所以，
由和翻折关系知，所以B，F，H三点共线，且，
设，则，，
又，所以，
，，
由，得，
所以，，
所以，
，
因为在时单调递增，
所以时，有最大值，
此时，点M位于点的C位置，
所以，，.
所以点M位于点的C时，三棱锥外接球的体积的最大值为.
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