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浙江省台州市2024-2025学年高一下学期期末质量评估数学试题
一、选择题：本大题共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的.
1．袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中2个红球，3个黄球，从中随机摸出1个球，则摸到红球的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：根据古典概型概率知识可知：5个大小质地完全相同的球，其中2个红球，3个黄球，从中随机摸出1个球，则摸到红球的概率为.
故答案为：A
【分析】本题考查古典概型的概率计算，利用古典概型的基本公式：摸到某类球的概率 = 该类球的数量 ÷ 总球数，直接代入数据即可求解。
2．已知平面向量，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为向量，，所以，
故答案为：C
【分析】本题考查平面向量的线性坐标运算，利用向量数乘与减法的坐标运算规则，分别计算向量的横、纵坐标分量，得到最终结果。
3．已知数据，，，的平均数为5，数据，，，的平均数为6，则数据，，…，，，，…，的平均数为（　　）
A． B．5 C．6 D．
【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：因为数据，，，的平均数为5，数据，，，的平均数为6，
所以数据，，…，，，，…，的平均数为.
故答案为：D.
【分析】本题考查加权平均数的计算，利用平均数的定义，先分别求出两组数据的总和，再结合总数据个数计算整体的加权平均数。
4．已知事件A与B相互独立，且，，则（　　）
A．0.8 B．0.5 C．0.56 D．0.94
【答案】D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件
【解析】【解答】解：由题意得，事件 与事件 相互独立，且，，可得；
则
故答案为：D.
【分析】本题考查相互独立事件的概率加法公式，利用事件的独立性先求两事件同时发生的概率，再结合并事件的概率公式计算结果。
5．已知空间中四条直线，，，满足：，，，，，则直线与位置关系为（　　）
A．垂直 B．平行 C．相交 D．异面
【答案】B
【知识点】平行公理；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：若直线为相交垂直，故这两条直线确定一个平面，设为，
又因为直线满足，，，，
由线面垂直的判定定理得，，由线面垂直的性质定理得，
若直线为异面垂直，将两条直线平移到，
一定能让两条直线相交垂直，从而确定一个平面，
同上，可以得到，
综上，直线与位置关系为平行.
故答案为：B
【分析】本题考查空间中直线与平面垂直的判定与性质，分情况讨论直线 、 的位置关系（相交垂直或异面垂直），利用线面垂直的判定定理证明 、 同时垂直于同一平面，再结合线面垂直的性质定理判断 与 的位置关系。
6．在棱长均相等的正四棱锥S-ABCD中，E是棱SC的中点，则AE与BS所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系：
设点，，，.
则 为.
因为在正四棱锥中，所以由图形可知.
因为 是 的中点，所以由，.
得到中点坐标：.
所以
所以
设这两条异面直线夹角为
则
故答案为：A.
【分析】本题考查空间向量法求异面直线所成角的余弦值，建立空间直角坐标系，通过坐标表示向量，再利用向量的夹角公式计算异面直线夹角的余弦值。
7．已知虚数，是方程的两个不同的根，则下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：根据题意，，
令，其中，
由于为虚数，故为的两个根，且为，
不妨设，
则，，
则，
故答案为：B
【分析】本题考查三次方程的因式分解、复数的求根、模长计算与复数运算，核心是先分解三次方程，找出虚根，再逐一验证选项。
8．已知正方体的边长为1，P为上的动点，S，T分别是面ABCD和面上的动点，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【解答】解：根据题意，分别作关于面ABCD和面对称的直线，
点对称后为，以为原点建立空间直角坐标系，
，
又是异面直线上的点，
所以的最小值为异面直线的距离，
，
，
设与直线都垂直的一个向量，
则，不妨取，，
所以异面直线的距离.
故答案为：C.
【分析】本题考查空间折线段的最小值问题，核心是利用对称变换将折线段 PS+PT+ST转化为两异面直线上点的距离，再通过空间向量法求异面直线的距离，得到最小值。
二、选择题：本大题共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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．复数，，在复平面内对应的点分别为，其中O为坐标原点，则下列选项正确的是（　　）
A． B．
C． D．若，则
【答案】A,B,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；复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：设，，，
A，由复数的几何意义得，，，满足，故A正确；
B，由复数三角不等式得，当且仅当同向共线时取等，故B正确；
C，易得，
由模长公式得
，
而，
可得，故C正确；
D，令，，则，，此时满足，但不满足，故D错误.
故答案为：ABC
【分析】A：利用复数的几何意义，将复数与平面向量对应，验证向量加法是否成立；
B：利用复数三角不等式（向量模长的三角不等式）判断；
C：设出复数的代数形式，通过复数乘法运算与模长公式验证等式；
D：通过举反例验证命题是否成立。
10．在对某高中学生体质健康状况某个项目的调查中，采用样本量比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道抽取了高一80人，高二60人，高三60人，方差分别为，则此样本的方差不可能为（　　）
A．11 B．12 C．13 D．14
【答案】A,B
【知识点】分层抽样方法；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：设总平均数为，高一的平均数为，高二的平均数为，
高三的平均数为，该样本的方差为，
则
，
则此样本的方差不可能为，故A，B正确.
故答案为：AB
【分析】本题考查分层抽样中样本方差的计算与范围判断，核心是利用分层方差公式，通过放缩法求出样本方差的下界，进而判断哪些值不可能出现。
11．已知在中，BC的长为2，的面积为2，则下列命题正确的是（　　）
A．外接圆面积的最小值为
B．的最大值为
C．内切圆的半径的最大值为
D．若的内角满足，则
【答案】B,C,D
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：设边分别为，则.
A：设外接圆半径为，由正弦定理，
所以外接圆的面积为，当，时，外接圆面积最小为；
又因为时，，由面积为2，得到，；
而与上式矛盾，故A错误.
B：，则；由余弦定理，
得到，两边同除以，
得到，令，则，，
当且仅当时，时，最大且为，故B正确；
C：由内切圆半径的公式：，而，
故最大时，最小；当时，最小，此时，
所以，故C正确；
D：由和，得到，则.
，由正弦定理，
得，即，
，两边除以，得到，
所以；
由B为锐角，所以，
，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】A：利用正弦定理分析外接圆半径与角 的关系，验证外接圆面积最小值是否成立；
B：结合余弦定理与辅助角公式，求解 的最大值；
C：利用三角形内切圆半径公式 （ 为半周长），结合周长最小值求 的最大值；
D：根据角的关系 与内角和，结合正弦定理推导 的值。
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12．甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，各射击一次，且两个人的射击结果互不影响，若甲中靶的概率为，乙中靶的概率为，则两人都中靶的概率为　 　.
【答案】
【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：两人都中靶的概率为.
故答案为：.
【分析】本题考查相互独立事件同时发生的概率计算，核心是利用独立事件的乘法公式求解两人都中靶的概率。
13．已知平面向量，且与的夹角为，若，则的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：根据题意，
，
故当时，的取最小值.
故答案为：
【分析】本题考查平面向量模长的最值问题，核心是利用向量模长公式展开，转化为二次函数求最值，结合向量投影的几何意义求解。
14．已知圆锥的母线长为2，内切球的表面积为，则圆锥的底面半径为　 　.
【答案】1或
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：设内切球半径为R，底面圆半径为r，圆锥高为h，故，解得，
如上图可知球心为O，底面圆圆心为E，则，可得，
即①，又②，
将②代入①得：，
两边同时平方得：，
因式分解得：，得：或或（舍），
故答案为：1或
【分析】本题考查圆锥内切球问题，核心是利用球的表面积公式求出球半径，再通过轴截面的相似三角形建立圆锥底面半径、高与球半径的关系，结合勾股定理求解底面半径。
四、解答题：本大题共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．已知平面向量，，与的夹角为．
（1）求的值；
（2）当实数k为何值时，．
【答案】（1）解：，所以
（2）解：由，
则，
，
所以．
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【分析】(1) 利用向量数量积的运算律展开，结合已知条件和夹角，计算数量积，再代入展开式求解。
(2) 两向量垂直时数量积为0，展开数量积并代入已知条件，建立关于的方程求解。
（1），
所以
（2）由，
则，
，
所以．
16．从某小区抽取100户居民用户进行月用电量调查，发现他们的用电量都在50~350kW·h之间，进行恰当分组后（最后一组为闭区间，其余各组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示.
（1）求直方图中x的值；
（2）试估计该小区用户月用电量的平均数.
【答案】（1）解：因为小长方形面积和为，所以，解得．
（2）解：居民月用电量的平均数为
.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【分析】(1) 频率分布直方图中所有矩形的面积之和为1，即各组频率之和为1，据此列方程求解x。
(2) 用每组的组中值乘以该组的频率，再求和，即可得到平均数的估计值。
（1）因为小长方形面积和为，
所以，解得．
（2）居民月用电量的平均数为
.
17．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．给出如下三个条件：
①；
②；
③；
从这三个条件中任选一个作为满足的条件，完成以下问题：
（1）求角A的大小；
（2）若的面积为．角A的内角平分线交边BC于D，且，试判断的形状并证明.
【答案】（1）解：选①由，得，即，故，
则，
化简得，因为，所以，
故，则解得
选②由已知得，
由正弦定理可得，即，
由余弦定理得，解得．
选③由已知得，
即，
所以，
化简得，
则，
因为，所以，
化简得，即，得，
又，所以，解得．
（2）解：因为，故解得，
又因为
，故解得．
所以解得，所以是正三角形.
【知识点】二倍角的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1) 利用正弦定理、三角恒等变换化简条件，结合三角形内角关系，求解角A；
(2) 结合三角形面积公式和角平分线的面积关系，求出b，c，判断三角形形状。
（1）选①由，得，
即，故，
则，
化简得，因为，所以，
故，则解得
选②由已知得，
由正弦定理可得，即，
由余弦定理得，解得．
选③由已知得，
即，
所以，
化简得，
则，
因为，所以，
化简得，即，得，
又，所以，解得．
（2）因为，故解得，
又因为
，故解得．
所以解得，所以是正三角形.
18．如图，在三棱锥中，点在平面的射影为，，，，二面角，的大小分别为，，且．
（1）证明：；
（2）求与平面所成角的正弦值；
（3）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明：因为面，且面，所以，
又因为，面，，
所以面，因为面，所以．
（2）解：因为点在平面的射影为，
所以面，而面，故，
由题意得，且，面，
故面，因为面，所以，
故O是的垂心，
如图，设于点，于，连接，
则分别是二面角，的平面角，
因为二面角，的大小分别为，，
所以，，
设，则，，则．
因为，所以，故，，
所以，
由已知得面，则与面所成角为，
故．
（3）解：因为，
且，则，
故，
则，
故，又，
得到，故解得．
由三棱锥体积公式得．
【知识点】直线与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1) 利用线面垂直的性质，证明 平面 ，从而推出 。
(2) 先确定 是 的垂心，再利用二面角的平面角与线面角的定义，结合几何关系求解。
(3) 先根据 的长度求出高 ，再计算底面 的面积，最后用三棱锥体积公式求解。
（1）因为面，且面，所以，
又因为，面，，
所以面，因为面，所以．
（2）因为点在平面的射影为，
所以面，而面，故，
由题意得，且，面，
故面，因为面，所以，
故O是的垂心，
如图，设于点，于，连接，
则分别是二面角，的平面角，
因为二面角，的大小分别为，，
所以，，
设，则，，则．
因为，所以，故，，
所以，
由已知得面，则与面所成角为，
故．
（3）因为，
且，则，
故，
则，
故，又，
得到，故解得．
由三棱锥体积公式得．
19．已知集合．对于，，给出如下定义：
①A与B之间的第一距离；
②A与B之间的第二距离．
（1）当时，，若，求B；
（2）当时，若，求的取值范围；
（3）若，问：“”是“”的什么条件，并证明.
【答案】（1）解：由定义可知
故或或或
即，或，或，或
（2）解：因为时，，
所以．
令，，则，
则，
由，得．
（3）解：“”是“”的必要不充分条件.
先证明：当成立时，则成立.
记，，
则，，
由，两边平方可得：
，
故，
两边平方可得.
法一：考虑构造一个二次函数，
考虑到，
故其判别式，即，
当且仅当对任意的，时等号成立，
【知识点】平面内两点间距离公式的应用
【解析】【分析】(1) 根据第一距离和第二距离的定义，列出方程组求解B的坐标。
(2) 利用第一距离的条件，将第二距离表示为关于变量的函数，求其取值范围。
(3) 证明必要性（由第二距离等式推出第一距离等式）和不充分性（举反例说明第一距离等式成立时，第二距离等式不一定成立）。
（1）由定义可知
故或或或
即，或，或，或
（2）因为时，，
所以．
令，，则，
则，
由，得．
（3）“”是“”的必要不充分条件.
先证明：当成立时，则成立.
记，，
则，，
由，两边平方可得：
，
故，
两边平方可得.
法一：考虑构造一个二次函数，
考虑到，
故其判别式，即，
当且仅当对任意的，时等号成立，
法二：由柯西不等式等号成立的条件可知，
此时（*）可以化简为，
故（否则上式左边非负，右边为负数，矛盾.）
故对任意的，，
即．
再说明：当成立时，不一定成立.
设，
则，，，，
所以，但．
1 / 1浙江省台州市2024-2025学年高一下学期期末质量评估数学试题
一、选择题：本大题共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的.
1．袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中2个红球，3个黄球，从中随机摸出1个球，则摸到红球的概率为（　　）
A． B． C． D．
2．已知平面向量，，则（　　）
A． B． C． D．
3．已知数据，，，的平均数为5，数据，，，的平均数为6，则数据，，…，，，，…，的平均数为（　　）
A． B．5 C．6 D．
4．已知事件A与B相互独立，且，，则（　　）
A．0.8 B．0.5 C．0.56 D．0.94
5．已知空间中四条直线，，，满足：，，，，，则直线与位置关系为（　　）
A．垂直 B．平行 C．相交 D．异面
6．在棱长均相等的正四棱锥S-ABCD中，E是棱SC的中点，则AE与BS所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
7．已知虚数，是方程的两个不同的根，则下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
8．已知正方体的边长为1，P为上的动点，S，T分别是面ABCD和面上的动点，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
二、选择题：本大题共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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．复数，，在复平面内对应的点分别为，其中O为坐标原点，则下列选项正确的是（　　）
A． B．
C． D．若，则
10．在对某高中学生体质健康状况某个项目的调查中，采用样本量比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道抽取了高一80人，高二60人，高三60人，方差分别为，则此样本的方差不可能为（　　）
A．11 B．12 C．13 D．14
11．已知在中，BC的长为2，的面积为2，则下列命题正确的是（　　）
A．外接圆面积的最小值为
B．的最大值为
C．内切圆的半径的最大值为
D．若的内角满足，则
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12．甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，各射击一次，且两个人的射击结果互不影响，若甲中靶的概率为，乙中靶的概率为，则两人都中靶的概率为　 　.
13．已知平面向量，且与的夹角为，若，则的最小值为　 　.
14．已知圆锥的母线长为2，内切球的表面积为，则圆锥的底面半径为　 　.
四、解答题：本大题共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．已知平面向量，，与的夹角为．
（1）求的值；
（2）当实数k为何值时，．
16．从某小区抽取100户居民用户进行月用电量调查，发现他们的用电量都在50~350kW·h之间，进行恰当分组后（最后一组为闭区间，其余各组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示.
（1）求直方图中x的值；
（2）试估计该小区用户月用电量的平均数.
17．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．给出如下三个条件：
①；
②；
③；
从这三个条件中任选一个作为满足的条件，完成以下问题：
（1）求角A的大小；
（2）若的面积为．角A的内角平分线交边BC于D，且，试判断的形状并证明.
18．如图，在三棱锥中，点在平面的射影为，，，，二面角，的大小分别为，，且．
（1）证明：；
（2）求与平面所成角的正弦值；
（3）求三棱锥的体积.
19．已知集合．对于，，给出如下定义：
①A与B之间的第一距离；
②A与B之间的第二距离．
（1）当时，，若，求B；
（2）当时，若，求的取值范围；
（3）若，问：“”是“”的什么条件，并证明.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：根据古典概型概率知识可知：5个大小质地完全相同的球，其中2个红球，3个黄球，从中随机摸出1个球，则摸到红球的概率为.
故答案为：A
【分析】本题考查古典概型的概率计算，利用古典概型的基本公式：摸到某类球的概率 = 该类球的数量 ÷ 总球数，直接代入数据即可求解。
2．【答案】C
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为向量，，所以，
故答案为：C
【分析】本题考查平面向量的线性坐标运算，利用向量数乘与减法的坐标运算规则，分别计算向量的横、纵坐标分量，得到最终结果。
3．【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：因为数据，，，的平均数为5，数据，，，的平均数为6，
所以数据，，…，，，，…，的平均数为.
故答案为：D.
【分析】本题考查加权平均数的计算，利用平均数的定义，先分别求出两组数据的总和，再结合总数据个数计算整体的加权平均数。
4．【答案】D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件
【解析】【解答】解：由题意得，事件 与事件 相互独立，且，，可得；
则
故答案为：D.
【分析】本题考查相互独立事件的概率加法公式，利用事件的独立性先求两事件同时发生的概率，再结合并事件的概率公式计算结果。
5．【答案】B
【知识点】平行公理；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：若直线为相交垂直，故这两条直线确定一个平面，设为，
又因为直线满足，，，，
由线面垂直的判定定理得，，由线面垂直的性质定理得，
若直线为异面垂直，将两条直线平移到，
一定能让两条直线相交垂直，从而确定一个平面，
同上，可以得到，
综上，直线与位置关系为平行.
故答案为：B
【分析】本题考查空间中直线与平面垂直的判定与性质，分情况讨论直线 、 的位置关系（相交垂直或异面垂直），利用线面垂直的判定定理证明 、 同时垂直于同一平面，再结合线面垂直的性质定理判断 与 的位置关系。
6．【答案】A
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系：
设点，，，.
则 为.
因为在正四棱锥中，所以由图形可知.
因为 是 的中点，所以由，.
得到中点坐标：.
所以
所以
设这两条异面直线夹角为
则
故答案为：A.
【分析】本题考查空间向量法求异面直线所成角的余弦值，建立空间直角坐标系，通过坐标表示向量，再利用向量的夹角公式计算异面直线夹角的余弦值。
7．【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：根据题意，，
令，其中，
由于为虚数，故为的两个根，且为，
不妨设，
则，，
则，
故答案为：B
【分析】本题考查三次方程的因式分解、复数的求根、模长计算与复数运算，核心是先分解三次方程，找出虚根，再逐一验证选项。
8．【答案】C
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【解答】解：根据题意，分别作关于面ABCD和面对称的直线，
点对称后为，以为原点建立空间直角坐标系，
，
又是异面直线上的点，
所以的最小值为异面直线的距离，
，
，
设与直线都垂直的一个向量，
则，不妨取，，
所以异面直线的距离.
故答案为：C.
【分析】本题考查空间折线段的最小值问题，核心是利用对称变换将折线段 PS+PT+ST转化为两异面直线上点的距离，再通过空间向量法求异面直线的距离，得到最小值。
9．【答案】A,B,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；复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：设，，，
A，由复数的几何意义得，，，满足，故A正确；
B，由复数三角不等式得，当且仅当同向共线时取等，故B正确；
C，易得，
由模长公式得
，
而，
可得，故C正确；
D，令，，则，，此时满足，但不满足，故D错误.
故答案为：ABC
【分析】A：利用复数的几何意义，将复数与平面向量对应，验证向量加法是否成立；
B：利用复数三角不等式（向量模长的三角不等式）判断；
C：设出复数的代数形式，通过复数乘法运算与模长公式验证等式；
D：通过举反例验证命题是否成立。
10．【答案】A,B
【知识点】分层抽样方法；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：设总平均数为，高一的平均数为，高二的平均数为，
高三的平均数为，该样本的方差为，
则
，
则此样本的方差不可能为，故A，B正确.
故答案为：AB
【分析】本题考查分层抽样中样本方差的计算与范围判断，核心是利用分层方差公式，通过放缩法求出样本方差的下界，进而判断哪些值不可能出现。
11．【答案】B,C,D
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：设边分别为，则.
A：设外接圆半径为，由正弦定理，
所以外接圆的面积为，当，时，外接圆面积最小为；
又因为时，，由面积为2，得到，；
而与上式矛盾，故A错误.
B：，则；由余弦定理，
得到，两边同除以，
得到，令，则，，
当且仅当时，时，最大且为，故B正确；
C：由内切圆半径的公式：，而，
故最大时，最小；当时，最小，此时，
所以，故C正确；
D：由和，得到，则.
，由正弦定理，
得，即，
，两边除以，得到，
所以；
由B为锐角，所以，
，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】A：利用正弦定理分析外接圆半径与角 的关系，验证外接圆面积最小值是否成立；
B：结合余弦定理与辅助角公式，求解 的最大值；
C：利用三角形内切圆半径公式 （ 为半周长），结合周长最小值求 的最大值；
D：根据角的关系 与内角和，结合正弦定理推导 的值。
12．【答案】
【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：两人都中靶的概率为.
故答案为：.
【分析】本题考查相互独立事件同时发生的概率计算，核心是利用独立事件的乘法公式求解两人都中靶的概率。
13．【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：根据题意，
，
故当时，的取最小值.
故答案为：
【分析】本题考查平面向量模长的最值问题，核心是利用向量模长公式展开，转化为二次函数求最值，结合向量投影的几何意义求解。
14．【答案】1或
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：设内切球半径为R，底面圆半径为r，圆锥高为h，故，解得，
如上图可知球心为O，底面圆圆心为E，则，可得，
即①，又②，
将②代入①得：，
两边同时平方得：，
因式分解得：，得：或或（舍），
故答案为：1或
【分析】本题考查圆锥内切球问题，核心是利用球的表面积公式求出球半径，再通过轴截面的相似三角形建立圆锥底面半径、高与球半径的关系，结合勾股定理求解底面半径。
15．【答案】（1）解：，所以
（2）解：由，
则，
，
所以．
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【分析】(1) 利用向量数量积的运算律展开，结合已知条件和夹角，计算数量积，再代入展开式求解。
(2) 两向量垂直时数量积为0，展开数量积并代入已知条件，建立关于的方程求解。
（1），
所以
（2）由，
则，
，
所以．
16．【答案】（1）解：因为小长方形面积和为，所以，解得．
（2）解：居民月用电量的平均数为
.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【分析】(1) 频率分布直方图中所有矩形的面积之和为1，即各组频率之和为1，据此列方程求解x。
(2) 用每组的组中值乘以该组的频率，再求和，即可得到平均数的估计值。
（1）因为小长方形面积和为，
所以，解得．
（2）居民月用电量的平均数为
.
17．【答案】（1）解：选①由，得，即，故，
则，
化简得，因为，所以，
故，则解得
选②由已知得，
由正弦定理可得，即，
由余弦定理得，解得．
选③由已知得，
即，
所以，
化简得，
则，
因为，所以，
化简得，即，得，
又，所以，解得．
（2）解：因为，故解得，
又因为
，故解得．
所以解得，所以是正三角形.
【知识点】二倍角的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1) 利用正弦定理、三角恒等变换化简条件，结合三角形内角关系，求解角A；
(2) 结合三角形面积公式和角平分线的面积关系，求出b，c，判断三角形形状。
（1）选①由，得，
即，故，
则，
化简得，因为，所以，
故，则解得
选②由已知得，
由正弦定理可得，即，
由余弦定理得，解得．
选③由已知得，
即，
所以，
化简得，
则，
因为，所以，
化简得，即，得，
又，所以，解得．
（2）因为，故解得，
又因为
，故解得．
所以解得，所以是正三角形.
18．【答案】（1）证明：因为面，且面，所以，
又因为，面，，
所以面，因为面，所以．
（2）解：因为点在平面的射影为，
所以面，而面，故，
由题意得，且，面，
故面，因为面，所以，
故O是的垂心，
如图，设于点，于，连接，
则分别是二面角，的平面角，
因为二面角，的大小分别为，，
所以，，
设，则，，则．
因为，所以，故，，
所以，
由已知得面，则与面所成角为，
故．
（3）解：因为，
且，则，
故，
则，
故，又，
得到，故解得．
由三棱锥体积公式得．
【知识点】直线与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1) 利用线面垂直的性质，证明 平面 ，从而推出 。
(2) 先确定 是 的垂心，再利用二面角的平面角与线面角的定义，结合几何关系求解。
(3) 先根据 的长度求出高 ，再计算底面 的面积，最后用三棱锥体积公式求解。
（1）因为面，且面，所以，
又因为，面，，
所以面，因为面，所以．
（2）因为点在平面的射影为，
所以面，而面，故，
由题意得，且，面，
故面，因为面，所以，
故O是的垂心，
如图，设于点，于，连接，
则分别是二面角，的平面角，
因为二面角，的大小分别为，，
所以，，
设，则，，则．
因为，所以，故，，
所以，
由已知得面，则与面所成角为，
故．
（3）因为，
且，则，
故，
则，
故，又，
得到，故解得．
由三棱锥体积公式得．
19．【答案】（1）解：由定义可知
故或或或
即，或，或，或
（2）解：因为时，，
所以．
令，，则，
则，
由，得．
（3）解：“”是“”的必要不充分条件.
先证明：当成立时，则成立.
记，，
则，，
由，两边平方可得：
，
故，
两边平方可得.
法一：考虑构造一个二次函数，
考虑到，
故其判别式，即，
当且仅当对任意的，时等号成立，
【知识点】平面内两点间距离公式的应用
【解析】【分析】(1) 根据第一距离和第二距离的定义，列出方程组求解B的坐标。
(2) 利用第一距离的条件，将第二距离表示为关于变量的函数，求其取值范围。
(3) 证明必要性（由第二距离等式推出第一距离等式）和不充分性（举反例说明第一距离等式成立时，第二距离等式不一定成立）。
（1）由定义可知
故或或或
即，或，或，或
（2）因为时，，
所以．
令，，则，
则，
由，得．
（3）“”是“”的必要不充分条件.
先证明：当成立时，则成立.
记，，
则，，
由，两边平方可得：
，
故，
两边平方可得.
法一：考虑构造一个二次函数，
考虑到，
故其判别式，即，
当且仅当对任意的，时等号成立，
法二：由柯西不等式等号成立的条件可知，
此时（*）可以化简为，
故（否则上式左边非负，右边为负数，矛盾.）
故对任意的，，
即．
再说明：当成立时，不一定成立.
设，
则，，，，
所以，但．
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