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广东省深圳市高级中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题
一、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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1．（为虚数单位）的虚部为（　　）
A． B．5 C． D．
【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为，所以虚部是：5，
故答案为：B.
【分析】本题考查复数的除法运算与虚部的定义，核心是通过 “分母实数化” 化简复数，再根据虚部的定义（复数a+bi的虚部为b，不含虚数单位i）确定结果。
2．一组数据2，2，5，5，8，14，15，17的第25百分位数是（　　）
A．3.5 B．2 C．4.5 D．5
【答案】A
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：因为2，2，5，5，8，14，15，17的总个数为，
，
所以这组数据的第25百分位数是，
故答案为：A.
【分析】本题考查百分位数的计算方法，核心是先确定数据个数并计算百分位数的位置，再根据位置是否为整数，取对应位置数据的平均值得到结果。
3．和垂直的一个单位向量的坐标可以是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：设与向量垂直的单位向量是，由题意可得，，
所以，解得或，
故或.
故答案为：B
【分析】本题考查向量垂直的坐标性质与单位向量的定义，核心是设出待求单位向量的坐标，结合“垂直则数量积为0”和“单位向量模长为1”列方程组，求解后匹配选项得到结果。
4．已知，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【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
【解析】【解答】解：，，
故联立可得，，
两式相除可得，即.
故答案为：B.
【分析】本题考查正弦和差公式与同角三角函数的商数关系，核心是利用正弦和差公式展开已知条件，联立求出和，再通过商数关系转化为。
5．设，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是（　　）
A．若，，且，则
B．若，，且，则
C．若，，且，则
D．若，，且，则
【答案】D
【知识点】平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：A，若，，且，则或异面，故A错误；
B，若，，且，则平行或相交，故B错误；
C，若，，且，则相交或，故C错误；
D，若，，则，因为，所以存在使得，所以，，所以，故D正确。
故答案为：D.
【分析】A：依据面面平行的性质，分析分别在两个平行平面内的直线m、n的位置关系，判断是否一定平行。
B：根据线线垂直的条件，结合面面位置关系的判定，判断平面α与β是否一定垂直。
C：利用面面垂直的性质，分析直线m与平面β的位置关系，判断是否一定垂直。
D：通过线线平行、线面平行的性质，结合线面垂直的判定，推导平面α与β的垂直关系。
6．已知两个随机事件A和B，其中，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】概率的基本性质
【解析】【解答】解：因为A和B是两个随机事件，所以
则
故答案为：D.
【分析】本题考查概率的加法公式，核心是利用公式P(A∪B)=P(A)+P(B) P(AB)变形，代入已知概率值求解P(AB)。
7．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【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】【解答】解：由的面积为，可得；
由，可得，
因为，所以，，则，
因为，所以，，
由余弦定理，求得.
故答案为：D.
【分析】利用三角形面积公式，平面向量的数量积运算以及余弦定理求解即可.
8．我国古代举世闻名的数学专著《九章算术》将底面为矩形的棱台称为“刍童”.已知棱台是一个所有侧棱的长相等，高为2的“刍童”，，，则该“刍童”外接球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：
如图，连接，设，连接．
∵棱台侧棱相等，∴易知其外接球球心在线段所在直线上，
设外接球球心为，易得，
因为，则球心不可能在线段之间，其位于的延长线上，
如图所示：
由得，解得，故，
∴外接球表面积为．
故答案为：C.
【分析】本题考查棱台的外接球半径求解与球的表面积公式，核心是利用棱台的几何特征确定外接球球心的位置，通过勾股定理建立方程求出外接球半径，再代入表面积公式计算。
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9．设复数在复平面内对应的点为，原点为，为虚数单位，则下列说法正确的是（　　）
A．若点的坐标为，则对应的点在第三象限
B．若，则点Z的集合所构成的图形的面积为
C．若是关于的方程的一个根，则
D．若，则的模为13
【答案】B,C
【知识点】复数的模；共轭复数；复数运算的几何意义；方程在复数范围内的解集
【解析】【解答】A，因为点的坐标为，则对应的点为，所以在第四象限，故A错误；
B，，则依据复数模长的几何意义可知，表示一个圆环，面积为，故B正确；
C，是关于的方程的一个根，则，即，
整理得，解得，所以，故C正确；
D，，则，故D错误；
故答案为：BC.
【分析】A：根据共轭复数的几何意义，确定对应的点的坐标，判断所在象限。
B：利用复数模的几何意义，确定点的集合为圆环，计算圆环面积。
C：将复数根代入实系数方程，利用复数相等的条件列方程组，求解、并计算。
D：根据复数模的计算公式，计算的模，判断是否为13。
10．有一组样本数据，，…，，其平均数、中位数、方差、极差分别记为，，，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中（，2，…，n且），其平均数、中位数、方差、极差分别记为，，，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：A，设，，…，已经从小到大排列好了，则，，…，是从小到大排列的或从大到小排列的，
若是偶数，则，而无论如何最中间两个数总是，，
若是奇数，则，而无论如何最中间的数总是，
所以，所以，故A正确；
B，由方差的性质可得，，故B正确；
C，当时，，
当时，，故C错误；
D，，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】A：分数据个数为奇数、偶数两种情况，结合中位数定义，推导新样本中位数与原中位数的关系。
B：利用方差的性质（若，则新方差为倍原方差），判断与的关系。
C：根据极差的定义（最大值减最小值），分析的正负对新极差的影响，判断是否为。
D：由方差的展开式变形，推导与平均数、方差的关系，验证等式是否成立。
11．如图1，已知矩形中，，，E为中点，现将沿翻折后得到如图2的四棱锥，点F是线段上（不含端点）的动点，则下列说法正确的是（　　）
A．当F为线段中点时，平面
B．
C．不存在点F，使平面
D．当F为线段中点时，过点A，E，F的截面交于点M，则
【答案】A,C,D
【知识点】平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A，取中点N，连接，，
因为F为的中点，所以，因为平面，平面，
所以平面，
在矩形中，，，故四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，
所以平面平面，所以平面，A正确；
B，假设存在某个位置，使，取中点O，连接，，
显然，而，，平面，
∴平面，平面，∴，则，
但，，不可能相等，所以不可能有，B错误；
C，假设存在点F，使得平面成立，因为平面，所以，
又因为且，，平面，所以平面，
又因为平面，那么，又因为，则直角边大于斜边，矛盾，C正确；
D，由题意得，平面，，
由平面，得平面，
延长，交于点H，连接，则平面平面，
所以，故，
由，，得E，C分别为的中点，
若F为的中点，则，
所以，即，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A：通过构造辅助线，证明平面平面，再利用面面平行的性质推出平面。
B：假设，结合翻折前后的垂直关系，通过几何推理推出矛盾，判断该结论是否成立。
C：采用反证法，假设存在点使平面，推导后得出与几何特征矛盾的结果，验证结论。
D：确定过、、的截面与的交点，利用几何比例关系计算与的数量关系。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．哥德巴赫猜想被誉为“数学王冠上的明珠”，可以表述为“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如.素数是除了1和它自身外，不能被其他自然数整除的大于1的自然数.在不超过15的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于16的概率是　 　.
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：不超过15的素数有2，3，5，7，11，13共6个，则从这6个数中任选2个不同的数共有种，
而其中和为16的有2种，即，
所以所求概率为，
故答案为：.
【分析】本题考查古典概型的概率计算，核心是先确定不超过15的素数个数，计算从这些素数中选两个不同数的总组合数，再找出和为16的组合数，最后根据古典概型公式计算概率。
13．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且，则　 　.
【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，
由正弦定理，得，又，
，
，又，，
，即，又，
，即.
所以.
故答案为：.
【分析】本题考查正弦定理与三角恒等变换在解三角形中的应用，核心是通过正弦定理将边化为角，结合三角形内角和与和角公式化简，再利用辅助角公式求出角B，最终得到cosB的值。
14．已知圆为的外接圆，，则的最大值为　 　.
【答案】3
【知识点】平面向量的基本定理；正弦定理
【解析】【解答】解：设圆的半径为则，解得，
因为，所以，
取的中点，连接，如图所示：
则，
故，
，
当三点共线时，取得最大值，最大值为，
故的最大值为.
故答案为：3
【分析】先利用正弦定理可得外接圆半径，取的中点，连接，利用向量数量积运算变形可得，利用三点共线时，取得最大值即可求解.
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．某芯片工厂生产甲型号的芯片，为了解芯片的某项指标，从这种芯片中抽取100件进行检测，获得该项指标的频率分布直方图，如图所示：
假设数据在组内均匀分布，以样本估计总体，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.
（1）求甲型芯片指标的平均数和第60百分位数；
（2）现采用按比例分层抽样的方式，从甲型芯片指标在内取6件，再从这6件中任取2件，求指标在和内各1件的概率.
【答案】（1）解：由频率分布直方图可得各组频率依次为：，，，，，.
因为各组的组中值依次为：，，，，，，
所以甲型芯片指标的平均数为
.
设第60百分位数为，
因为前四组的频率和为：，
前五组的频率和为：，
所以，
则，解得：.
所以甲型芯片指标的平均数为，第60百分位数为
（2）解：根据频率分布直方图及分层抽样可得：指标在内取3件，分别编号为，，；
指标在取3件，分别编号为，，.
从甲型芯片指标在内取6件，再从这6件中任取2件，样本空间可记为
，共包含个样本点；
指标在和内各1件，包含的样本点有：
共种；
所以根据古典概型的概率公式可得：指标在和内各1件的概率为.
【知识点】频率分布直方图；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) 先根据频率分布直方图计算各组频率与组中值，利用加权平均数公式求平均数；再通过累计频率确定第60百分位数所在区间，结合分位数公式求解；
(2) 先根据分层抽样的比例确定[70，80)和[80，90)内抽取的件数，再利用古典概型计算“任取2件，两个区间内各1件”的概率。
（1）由频率分布直方图可得各组频率依次为：，，，，，.
因为各组的组中值依次为：，，，，，，
所以甲型芯片指标的平均数为
.
设第60百分位数为，
因为前四组的频率和为：，
前五组的频率和为：，
所以，
则，解得：.
所以甲型芯片指标的平均数为，第60百分位数为
（2）根据频率分布直方图及分层抽样可得：指标在内取3件，分别编号为，，；
指标在取3件，分别编号为，，.
从甲型芯片指标在内取6件，再从这6件中任取2件，样本空间可记为
，共包含个样本点；
指标在和内各1件，包含的样本点有：
共种；
所以根据古典概型的概率公式可得：指标在和内各1件的概率为.
16．如图，四棱锥的侧面是正三角形，底面是正方形，且侧面底面，，E为侧棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明：连接交于O，连接，
∵O、E分别为、的中点，
∴，
∵平面，平面，
∴平面.
（2）解：取的中点为，连接，∵侧面是正三角形，∴，且，
∵平面底面，平面底面，平面，
∴平面，
故.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1) 连接交于，利用正方形性质得是中点，结合是中点，由中位线定理证，再根据线面平行判定定理得结论；
(2) 取中点，由面面垂直性质证平面，利用等体积法，结合三棱锥体积公式计算。
（1）连接交于O，连接，
∵O、E分别为、的中点，
∴，
∵平面，平面，
∴平面.
（2）取的中点为，连接，∵侧面是正三角形，∴，且，
∵平面底面，平面底面，平面，
∴平面，
故.
17．已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，，AC边上的高等于.
（1）求的值；
（2）若，求△ABC的面积.
【答案】（1）解：
因为AC边上的高等于
所以，即
由正弦定理得，
又因为，所以．
又因为，
，
所以，
故
（2）解：由（1）知.
因为，所以.
因为，所以由余弦定理可得：，
即，
则，即，解得，
所以△ABC的面积.
【知识点】两角和与差的余弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1) 先由三角形面积公式结合高的条件得到，再利用正弦定理将边转化为角，求出的值，最后结合两角和的余弦公式与诱导公式，计算；
(2) 由(1)的结论和余弦定理求出的值，再利用三角形面积公式求解面积。
（1）因为AC边上的高等于
所以，即
由正弦定理得，
又因为，
所以．
又因为，
，
所以，
故
（2）由（1）知.
因为，
所以.
因为，
所以由余弦定理可得：，
即，
则，即，解得，
所以△ABC的面积.
18．在学校数学活动周中，高一年级举办了数学答题比赛.题目选自模块1或模块2.已知在模块1的比赛中，选手甲、乙答对的概率分别为，在模块2的比赛中，选手甲、乙答对的概率分别为p和q.假设甲、乙两人在每个模块中答对与否互不影响.每个人在各模块中的结果也互不影响.
（1）若在正式比赛前，甲、乙作为代表参加模块1的循环答题热身赛.参赛者依次轮流答题，若答对则该选手获1枚印章，若答错则对手获1枚印章.连续获两枚印章的选手最终获胜.甲回答第1题，乙回答第2题，依次轮流答题.求到第4个问题甲获胜的概率.
（2）在正式比赛中，每个选手均要参加两个模块的比赛，每个模块回答一个问题，答对者获1枚印章，答错没有印章.
（ⅰ）若，，求甲、乙共获得3枚印章的概率；
（ⅱ）若甲没有获得印章，乙获得1枚印章的概率为，两人都获得两枚印章的概率为.求甲、乙至少有1人获得印章的概率.
【答案】（1）解：设“甲答对”为事件A，“乙答对”为事件B，设“到第4个问题甲胜”为事件G，则
.
（2）解：设表示甲在第i个模块答题中答对的事件，表示乙在第i个模块答题中答对的事件（其中，2）.设表示甲在两个模块答题中答对i个的事件，表示乙在两个模块答题中答对i个的事件（其中，1，2）.（i）根据独立性假定，得
，，
，.
设”甲、乙共获得3枚印章“，则，且与互斥，与，与分别相互独立.
所以.
（ii）设“甲、乙至少有一人获得印章”，
，
，
由已知，
所以，
.
【知识点】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】【分析】(1) 先明确第4个问题甲获胜的事件构成，结合独立事件概率公式计算；
(2)(i) 分析甲乙共获3枚印章的两种情况（甲2乙1、甲1乙2），分别计算概率后相加；
(ii) 先根据已知条件列方程求出、，再利用对立事件概率公式，通过“都没获得印章”的概率求“至少一人获得印章”的概率。
（1）设“甲答对”为事件A，“乙答对”为事件B，设“到第4个问题甲胜”为事件G，
则
.
（2）设表示甲在第i个模块答题中答对的事件，表示乙在第i个模块答题中答对的事件（其中，2）.设表示甲在两个模块答题中答对i个的事件，表示乙在两个模块答题中答对i个的事件（其中，1，2）.
（i）根据独立性假定，得
，，
，.
设”甲、乙共获得3枚印章“，则，且与互斥，与，与分别相互独立.
所以.
（ii）设“甲、乙至少有一人获得印章”，
，
，
由已知，
所以，
.
19．如图，在棱长为3的正方体中.
（1）求二面角的正切值；
（2）若与平面交于点E，求线段BE的长；
（3）若点P是平面内一个动点，且，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）解：取的中点F，连接、BF，
则由正方体的性质可得：，，且平面
∴，，
故为二面角的平面角，
又∵平面，
∴，
则.
∵正方体的棱长为3，
∴，
则，
∴二面角的正切值为.
（2）解：如图，连接，
∵四边形为正方形，∴，
由正方体性质可知：平面，
∵平面，∴，
∵，∴平面.
∵平面，∴，
同理可证得，
∵，∴平面.
∵，与平面交于点E，
∴，
∴，即E为的外心.
∵由正方体的性质可得：，
∴是正三角形；∴E为正的中心.
∵正方体的棱长为3，
∴
∵因为点F为的中点，
∴.
（3）解：如图，由（2）知，则.
由正方体的体对角线公式可得：，
∴.
∵平面，平面，
∴，即，.
∵，
∴，即，
即，两边平方后，整理得，
又∵，∴，
∴点P的轨迹是以点E为圆心，半径为的圆.
∵平面，
∴与平面所成的角为，且，
∵，∴
故直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的性质；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) 取中点，通过正方体性质确定为二面角的平面角，结合边长计算正切值；
(2) 利用正方体的线面垂直性质确定为正的中心，结合棱长求的长度；
(3) 先由确定点的轨迹，再找到直线与平面所成角的平面角，结合三角函数关系求正弦值。
（1）取的中点F，连接、BF，
则由正方体的性质可得：，，且平面
∴，，
故为二面角的平面角，
又∵平面，
∴，
则.
∵正方体的棱长为3，
∴，
则，
∴二面角的正切值为.
（2）如图，连接，
∵四边形为正方形，
∴，
由正方体性质可知：平面，
∵平面，
∴，
∵，
∴平面.
∵平面，
∴，
同理可证得，
∵，
∴平面.
∵，与平面交于点E，
∴，
∴，即E为的外心.
∵由正方体的性质可得：，
∴是正三角形；
∴E为正的中心.
∵正方体的棱长为3，
∴
∵因为点F为的中点，
∴.
（3）如图，由（2）知，则.
由正方体的体对角线公式可得：，
∴.
∵平面，平面，
∴，即，.
∵，
∴，即，
即，两边平方后，整理得，
又∵，
∴，
∴点P的轨迹是以点E为圆心，半径为的圆.
∵平面，
∴与平面所成的角为，且，
∵，
∴
故直线与平面所成角的正弦值为.
1 / 1广东省深圳市高级中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题
一、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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1．（为虚数单位）的虚部为（　　）
A． B．5 C． D．
2．一组数据2，2，5，5，8，14，15，17的第25百分位数是（　　）
A．3.5 B．2 C．4.5 D．5
3．和垂直的一个单位向量的坐标可以是（　　）
A． B．
C． D．
4．已知，，则（　　）
A． B． C． D．
5．设，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是（　　）
A．若，，且，则
B．若，，且，则
C．若，，且，则
D．若，，且，则
6．已知两个随机事件A和B，其中，，，则（　　）
A． B． C． D．
7．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为，，，则（　　）
A． B． C． D．
8．我国古代举世闻名的数学专著《九章算术》将底面为矩形的棱台称为“刍童”.已知棱台是一个所有侧棱的长相等，高为2的“刍童”，，，则该“刍童”外接球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9．设复数在复平面内对应的点为，原点为，为虚数单位，则下列说法正确的是（　　）
A．若点的坐标为，则对应的点在第三象限
B．若，则点Z的集合所构成的图形的面积为
C．若是关于的方程的一个根，则
D．若，则的模为13
10．有一组样本数据，，…，，其平均数、中位数、方差、极差分别记为，，，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中（，2，…，n且），其平均数、中位数、方差、极差分别记为，，，，则（　　）
A． B．
C． D．
11．如图1，已知矩形中，，，E为中点，现将沿翻折后得到如图2的四棱锥，点F是线段上（不含端点）的动点，则下列说法正确的是（　　）
A．当F为线段中点时，平面
B．
C．不存在点F，使平面
D．当F为线段中点时，过点A，E，F的截面交于点M，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．哥德巴赫猜想被誉为“数学王冠上的明珠”，可以表述为“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如.素数是除了1和它自身外，不能被其他自然数整除的大于1的自然数.在不超过15的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于16的概率是　 　.
13．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且，则　 　.
14．已知圆为的外接圆，，则的最大值为　 　.
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．某芯片工厂生产甲型号的芯片，为了解芯片的某项指标，从这种芯片中抽取100件进行检测，获得该项指标的频率分布直方图，如图所示：
假设数据在组内均匀分布，以样本估计总体，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.
（1）求甲型芯片指标的平均数和第60百分位数；
（2）现采用按比例分层抽样的方式，从甲型芯片指标在内取6件，再从这6件中任取2件，求指标在和内各1件的概率.
16．如图，四棱锥的侧面是正三角形，底面是正方形，且侧面底面，，E为侧棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积.
17．已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，，AC边上的高等于.
（1）求的值；
（2）若，求△ABC的面积.
18．在学校数学活动周中，高一年级举办了数学答题比赛.题目选自模块1或模块2.已知在模块1的比赛中，选手甲、乙答对的概率分别为，在模块2的比赛中，选手甲、乙答对的概率分别为p和q.假设甲、乙两人在每个模块中答对与否互不影响.每个人在各模块中的结果也互不影响.
（1）若在正式比赛前，甲、乙作为代表参加模块1的循环答题热身赛.参赛者依次轮流答题，若答对则该选手获1枚印章，若答错则对手获1枚印章.连续获两枚印章的选手最终获胜.甲回答第1题，乙回答第2题，依次轮流答题.求到第4个问题甲获胜的概率.
（2）在正式比赛中，每个选手均要参加两个模块的比赛，每个模块回答一个问题，答对者获1枚印章，答错没有印章.
（ⅰ）若，，求甲、乙共获得3枚印章的概率；
（ⅱ）若甲没有获得印章，乙获得1枚印章的概率为，两人都获得两枚印章的概率为.求甲、乙至少有1人获得印章的概率.
19．如图，在棱长为3的正方体中.
（1）求二面角的正切值；
（2）若与平面交于点E，求线段BE的长；
（3）若点P是平面内一个动点，且，求直线与平面所成角的正弦值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为，所以虚部是：5，
故答案为：B.
【分析】本题考查复数的除法运算与虚部的定义，核心是通过 “分母实数化” 化简复数，再根据虚部的定义（复数a+bi的虚部为b，不含虚数单位i）确定结果。
2．【答案】A
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：因为2，2，5，5，8，14，15，17的总个数为，
，
所以这组数据的第25百分位数是，
故答案为：A.
【分析】本题考查百分位数的计算方法，核心是先确定数据个数并计算百分位数的位置，再根据位置是否为整数，取对应位置数据的平均值得到结果。
3．【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：设与向量垂直的单位向量是，由题意可得，，
所以，解得或，
故或.
故答案为：B
【分析】本题考查向量垂直的坐标性质与单位向量的定义，核心是设出待求单位向量的坐标，结合“垂直则数量积为0”和“单位向量模长为1”列方程组，求解后匹配选项得到结果。
4．【答案】B
【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
【解析】【解答】解：，，
故联立可得，，
两式相除可得，即.
故答案为：B.
【分析】本题考查正弦和差公式与同角三角函数的商数关系，核心是利用正弦和差公式展开已知条件，联立求出和，再通过商数关系转化为。
5．【答案】D
【知识点】平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：A，若，，且，则或异面，故A错误；
B，若，，且，则平行或相交，故B错误；
C，若，，且，则相交或，故C错误；
D，若，，则，因为，所以存在使得，所以，，所以，故D正确。
故答案为：D.
【分析】A：依据面面平行的性质，分析分别在两个平行平面内的直线m、n的位置关系，判断是否一定平行。
B：根据线线垂直的条件，结合面面位置关系的判定，判断平面α与β是否一定垂直。
C：利用面面垂直的性质，分析直线m与平面β的位置关系，判断是否一定垂直。
D：通过线线平行、线面平行的性质，结合线面垂直的判定，推导平面α与β的垂直关系。
6．【答案】D
【知识点】概率的基本性质
【解析】【解答】解：因为A和B是两个随机事件，所以
则
故答案为：D.
【分析】本题考查概率的加法公式，核心是利用公式P(A∪B)=P(A)+P(B) P(AB)变形，代入已知概率值求解P(AB)。
7．【答案】D
【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】【解答】解：由的面积为，可得；
由，可得，
因为，所以，，则，
因为，所以，，
由余弦定理，求得.
故答案为：D.
【分析】利用三角形面积公式，平面向量的数量积运算以及余弦定理求解即可.
8．【答案】C
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：
如图，连接，设，连接．
∵棱台侧棱相等，∴易知其外接球球心在线段所在直线上，
设外接球球心为，易得，
因为，则球心不可能在线段之间，其位于的延长线上，
如图所示：
由得，解得，故，
∴外接球表面积为．
故答案为：C.
【分析】本题考查棱台的外接球半径求解与球的表面积公式，核心是利用棱台的几何特征确定外接球球心的位置，通过勾股定理建立方程求出外接球半径，再代入表面积公式计算。
9．【答案】B,C
【知识点】复数的模；共轭复数；复数运算的几何意义；方程在复数范围内的解集
【解析】【解答】A，因为点的坐标为，则对应的点为，所以在第四象限，故A错误；
B，，则依据复数模长的几何意义可知，表示一个圆环，面积为，故B正确；
C，是关于的方程的一个根，则，即，
整理得，解得，所以，故C正确；
D，，则，故D错误；
故答案为：BC.
【分析】A：根据共轭复数的几何意义，确定对应的点的坐标，判断所在象限。
B：利用复数模的几何意义，确定点的集合为圆环，计算圆环面积。
C：将复数根代入实系数方程，利用复数相等的条件列方程组，求解、并计算。
D：根据复数模的计算公式，计算的模，判断是否为13。
10．【答案】A,B,D
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：A，设，，…，已经从小到大排列好了，则，，…，是从小到大排列的或从大到小排列的，
若是偶数，则，而无论如何最中间两个数总是，，
若是奇数，则，而无论如何最中间的数总是，
所以，所以，故A正确；
B，由方差的性质可得，，故B正确；
C，当时，，
当时，，故C错误；
D，，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】A：分数据个数为奇数、偶数两种情况，结合中位数定义，推导新样本中位数与原中位数的关系。
B：利用方差的性质（若，则新方差为倍原方差），判断与的关系。
C：根据极差的定义（最大值减最小值），分析的正负对新极差的影响，判断是否为。
D：由方差的展开式变形，推导与平均数、方差的关系，验证等式是否成立。
11．【答案】A,C,D
【知识点】平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A，取中点N，连接，，
因为F为的中点，所以，因为平面，平面，
所以平面，
在矩形中，，，故四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，
所以平面平面，所以平面，A正确；
B，假设存在某个位置，使，取中点O，连接，，
显然，而，，平面，
∴平面，平面，∴，则，
但，，不可能相等，所以不可能有，B错误；
C，假设存在点F，使得平面成立，因为平面，所以，
又因为且，，平面，所以平面，
又因为平面，那么，又因为，则直角边大于斜边，矛盾，C正确；
D，由题意得，平面，，
由平面，得平面，
延长，交于点H，连接，则平面平面，
所以，故，
由，，得E，C分别为的中点，
若F为的中点，则，
所以，即，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A：通过构造辅助线，证明平面平面，再利用面面平行的性质推出平面。
B：假设，结合翻折前后的垂直关系，通过几何推理推出矛盾，判断该结论是否成立。
C：采用反证法，假设存在点使平面，推导后得出与几何特征矛盾的结果，验证结论。
D：确定过、、的截面与的交点，利用几何比例关系计算与的数量关系。
12．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：不超过15的素数有2，3，5，7，11，13共6个，则从这6个数中任选2个不同的数共有种，
而其中和为16的有2种，即，
所以所求概率为，
故答案为：.
【分析】本题考查古典概型的概率计算，核心是先确定不超过15的素数个数，计算从这些素数中选两个不同数的总组合数，再找出和为16的组合数，最后根据古典概型公式计算概率。
13．【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，
由正弦定理，得，又，
，
，又，，
，即，又，
，即.
所以.
故答案为：.
【分析】本题考查正弦定理与三角恒等变换在解三角形中的应用，核心是通过正弦定理将边化为角，结合三角形内角和与和角公式化简，再利用辅助角公式求出角B，最终得到cosB的值。
14．【答案】3
【知识点】平面向量的基本定理；正弦定理
【解析】【解答】解：设圆的半径为则，解得，
因为，所以，
取的中点，连接，如图所示：
则，
故，
，
当三点共线时，取得最大值，最大值为，
故的最大值为.
故答案为：3
【分析】先利用正弦定理可得外接圆半径，取的中点，连接，利用向量数量积运算变形可得，利用三点共线时，取得最大值即可求解.
15．【答案】（1）解：由频率分布直方图可得各组频率依次为：，，，，，.
因为各组的组中值依次为：，，，，，，
所以甲型芯片指标的平均数为
.
设第60百分位数为，
因为前四组的频率和为：，
前五组的频率和为：，
所以，
则，解得：.
所以甲型芯片指标的平均数为，第60百分位数为
（2）解：根据频率分布直方图及分层抽样可得：指标在内取3件，分别编号为，，；
指标在取3件，分别编号为，，.
从甲型芯片指标在内取6件，再从这6件中任取2件，样本空间可记为
，共包含个样本点；
指标在和内各1件，包含的样本点有：
共种；
所以根据古典概型的概率公式可得：指标在和内各1件的概率为.
【知识点】频率分布直方图；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) 先根据频率分布直方图计算各组频率与组中值，利用加权平均数公式求平均数；再通过累计频率确定第60百分位数所在区间，结合分位数公式求解；
(2) 先根据分层抽样的比例确定[70，80)和[80，90)内抽取的件数，再利用古典概型计算“任取2件，两个区间内各1件”的概率。
（1）由频率分布直方图可得各组频率依次为：，，，，，.
因为各组的组中值依次为：，，，，，，
所以甲型芯片指标的平均数为
.
设第60百分位数为，
因为前四组的频率和为：，
前五组的频率和为：，
所以，
则，解得：.
所以甲型芯片指标的平均数为，第60百分位数为
（2）根据频率分布直方图及分层抽样可得：指标在内取3件，分别编号为，，；
指标在取3件，分别编号为，，.
从甲型芯片指标在内取6件，再从这6件中任取2件，样本空间可记为
，共包含个样本点；
指标在和内各1件，包含的样本点有：
共种；
所以根据古典概型的概率公式可得：指标在和内各1件的概率为.
16．【答案】（1）证明：连接交于O，连接，
∵O、E分别为、的中点，
∴，
∵平面，平面，
∴平面.
（2）解：取的中点为，连接，∵侧面是正三角形，∴，且，
∵平面底面，平面底面，平面，
∴平面，
故.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1) 连接交于，利用正方形性质得是中点，结合是中点，由中位线定理证，再根据线面平行判定定理得结论；
(2) 取中点，由面面垂直性质证平面，利用等体积法，结合三棱锥体积公式计算。
（1）连接交于O，连接，
∵O、E分别为、的中点，
∴，
∵平面，平面，
∴平面.
（2）取的中点为，连接，∵侧面是正三角形，∴，且，
∵平面底面，平面底面，平面，
∴平面，
故.
17．【答案】（1）解：
因为AC边上的高等于
所以，即
由正弦定理得，
又因为，所以．
又因为，
，
所以，
故
（2）解：由（1）知.
因为，所以.
因为，所以由余弦定理可得：，
即，
则，即，解得，
所以△ABC的面积.
【知识点】两角和与差的余弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1) 先由三角形面积公式结合高的条件得到，再利用正弦定理将边转化为角，求出的值，最后结合两角和的余弦公式与诱导公式，计算；
(2) 由(1)的结论和余弦定理求出的值，再利用三角形面积公式求解面积。
（1）因为AC边上的高等于
所以，即
由正弦定理得，
又因为，
所以．
又因为，
，
所以，
故
（2）由（1）知.
因为，
所以.
因为，
所以由余弦定理可得：，
即，
则，即，解得，
所以△ABC的面积.
18．【答案】（1）解：设“甲答对”为事件A，“乙答对”为事件B，设“到第4个问题甲胜”为事件G，则
.
（2）解：设表示甲在第i个模块答题中答对的事件，表示乙在第i个模块答题中答对的事件（其中，2）.设表示甲在两个模块答题中答对i个的事件，表示乙在两个模块答题中答对i个的事件（其中，1，2）.（i）根据独立性假定，得
，，
，.
设”甲、乙共获得3枚印章“，则，且与互斥，与，与分别相互独立.
所以.
（ii）设“甲、乙至少有一人获得印章”，
，
，
由已知，
所以，
.
【知识点】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】【分析】(1) 先明确第4个问题甲获胜的事件构成，结合独立事件概率公式计算；
(2)(i) 分析甲乙共获3枚印章的两种情况（甲2乙1、甲1乙2），分别计算概率后相加；
(ii) 先根据已知条件列方程求出、，再利用对立事件概率公式，通过“都没获得印章”的概率求“至少一人获得印章”的概率。
（1）设“甲答对”为事件A，“乙答对”为事件B，设“到第4个问题甲胜”为事件G，
则
.
（2）设表示甲在第i个模块答题中答对的事件，表示乙在第i个模块答题中答对的事件（其中，2）.设表示甲在两个模块答题中答对i个的事件，表示乙在两个模块答题中答对i个的事件（其中，1，2）.
（i）根据独立性假定，得
，，
，.
设”甲、乙共获得3枚印章“，则，且与互斥，与，与分别相互独立.
所以.
（ii）设“甲、乙至少有一人获得印章”，
，
，
由已知，
所以，
.
19．【答案】（1）解：取的中点F，连接、BF，
则由正方体的性质可得：，，且平面
∴，，
故为二面角的平面角，
又∵平面，
∴，
则.
∵正方体的棱长为3，
∴，
则，
∴二面角的正切值为.
（2）解：如图，连接，
∵四边形为正方形，∴，
由正方体性质可知：平面，
∵平面，∴，
∵，∴平面.
∵平面，∴，
同理可证得，
∵，∴平面.
∵，与平面交于点E，
∴，
∴，即E为的外心.
∵由正方体的性质可得：，
∴是正三角形；∴E为正的中心.
∵正方体的棱长为3，
∴
∵因为点F为的中点，
∴.
（3）解：如图，由（2）知，则.
由正方体的体对角线公式可得：，
∴.
∵平面，平面，
∴，即，.
∵，
∴，即，
即，两边平方后，整理得，
又∵，∴，
∴点P的轨迹是以点E为圆心，半径为的圆.
∵平面，
∴与平面所成的角为，且，
∵，∴
故直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的性质；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) 取中点，通过正方体性质确定为二面角的平面角，结合边长计算正切值；
(2) 利用正方体的线面垂直性质确定为正的中心，结合棱长求的长度；
(3) 先由确定点的轨迹，再找到直线与平面所成角的平面角，结合三角函数关系求正弦值。
（1）取的中点F，连接、BF，
则由正方体的性质可得：，，且平面
∴，，
故为二面角的平面角，
又∵平面，
∴，
则.
∵正方体的棱长为3，
∴，
则，
∴二面角的正切值为.
（2）如图，连接，
∵四边形为正方形，
∴，
由正方体性质可知：平面，
∵平面，
∴，
∵，
∴平面.
∵平面，
∴，
同理可证得，
∵，
∴平面.
∵，与平面交于点E，
∴，
∴，即E为的外心.
∵由正方体的性质可得：，
∴是正三角形；
∴E为正的中心.
∵正方体的棱长为3，
∴
∵因为点F为的中点，
∴.
（3）如图，由（2）知，则.
由正方体的体对角线公式可得：，
∴.
∵平面，平面，
∴，即，.
∵，
∴，即，
即，两边平方后，整理得，
又∵，
∴，
∴点P的轨迹是以点E为圆心，半径为的圆.
∵平面，
∴与平面所成的角为，且，
∵，
∴
故直线与平面所成角的正弦值为.
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