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浙江省嘉兴市2024-2025学年高一下学期6月期末检测数学试题
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．已知复数满足，则（　　）
A． B． C． D．
2．记的内角的对边分别为，若，则（　　）
A．2 B． C． D．
3．在中，，记，则（　　）
A． B．
C． D．
4．一个袋中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红球，2个黄球，从袋中不放回地依次随机摸出2个球，则这2个球颜色相同的概率为（　　）
A． B． C． D．
5．设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
6．一个盒子中装有标号为的5张标签，有放回地随机选取两张标签，记事件“两张标签标号之积大于15”，事件“第一张标签标号小于3”，则（　　）
A． B．
C．与互斥 D．与相互独立
7．在三棱台中，平面平面是以为直角顶点的等腰直角三角形，且，则二面角的正切值为（　　）
A． B． C． D．2
8．记的内角的对边分别为，已知的面积为20，且，点在其内部，满足的面积之比为.若，则（　　）
A．4 B．6 C． D．
二、多选题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．有一组样本数据，其中，则（　　）
A．该组数据的中位数为2.5
B．该组数据的极差大于1
C．该组数据的平均数等于的平均数
D．该组数据的方差不小于的方差
10．记的内角的对边分别为，点是边上的一个动点，点是边的中点，且，则（　　）
A．
B．若的面积为，则
C．若平分，则
D．若，当最大时，
11．已知正方体的棱长为分别是的中点，过作平面，记平面平面，且截正方体所得截面多边形为，则（　　）
A．若平面，则与平面所成的角为
B．若平面，则与所成的角为
C．若，则的周长为
D．若，以为顶点，为底面的几何体的外接球的表面积为
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12．若复数，则　 　.
13．记的内角的对边分别为，已知，则　 　.
14．类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图，由不共面的三条射线构成的图形称为三面角，记，，二面角的大小为，则.已知平行六面体的底面为菱形，，.若，则二面角的余弦值为　 　.
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．已知向量满足.
（1）若，求的坐标；
（2）若，求与的夹角的余弦值.
16．如图，平面四边形中，是边长为2的等边三角形，且，为的中点，将沿翻折至.
（1）证明：；
（2）若，求直线与平面所成角的余弦值.
17．是一款人工智能学习辅助工具，某高校为了解学生的使用情况，统计了该校学生在某日使用的时间（单位：小时），整理数据后，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）求的值，并估计该校学生当日使用的时间的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（2）若使用时间不小于2小时的用户称为“资深用户”，其中使用时间在内的用户称为“青铜用户”，使用时间在内的用户称为“铂金用户”.为了进一步了解对学习的辅助效果，该校新闻中心采用分层抽样的方法在“资深用户”中抽取了6名学生进行问卷调查，并从这6名学生中随机选择2名学生进行访谈，求这2名学生中恰好有一名是“青铜用户”的概率.
18．记的内角的对边分别为，已知.
（1）若，求；
（2）若是的中点，且，求；
（3）若，求的面积.
19．我国古代南北朝数学家祖暅在计算球的体积时，提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.
（1）已知一个半径为的半球（如图①），以及一个底面半径和高都等于的圆柱（如图②），在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到的一个新几何体，试用祖暅原理求新几何体的体积.
（2）已知正方体的棱长为为空间内一点，满足，记点的轨迹所围成的空间几何体为.
（i）求平面截空间几何体所得截面的面积；
（ii）若平面把空间几何体分成两个部分，求较小部分的体积.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：A
【分析】通过复数除法，对等式进行变形求解，核心是分母实数化。
2．【答案】B
【知识点】余弦定理的应用
【解析】【解答】解：由余弦定理可得，所以.
故答案为：B
【分析】已知三角形两边及其夹角，可直接用余弦定理求解第三边。
3．【答案】A
【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，所以为线段的三等分点，如图所示，
.
故答案为：A
【分析】先根据确定的位置，再通过向量线性运算，将用和表示。
4．【答案】B
【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：由题意得，从其中摸出2个球颜色相同，即摸出2个红球，或摸出2个黄球，
所求概率为.
故答案为：B
【分析】用古典概型来计算，“颜色相同”包含“两红”和“两黄”两种互斥情况，分别计算概率再相加即可。
5．【答案】D
【知识点】直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：A，若，则或，故A错误；
B，若，则，故B错误；
C，若，则或或，故C错误；
D，由线面平行的性质定理：如果一条直线平行于一个平面，经过这条直线的平面与已知平面相交，
那么这条直线与交线平行，本题中 ，满足定理条件，故D正确.
故答案为：D
【分析】A：若 ，直线 可能在平面 内，不一定平行于 。
B：若 ，根据线面垂直的性质，垂直于平行平面的两条直线互相平行。
C：若 ，直线 可能平行于 、在 内，或与 斜交，不一定垂直于 。
D：若 ，符合线面平行的性质定理，可推出 。
6．【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：根据题意可知所有的样本点共有：
，
，
，
，
共个，
事件包含的样本点有：，共个，所以，故A错误；
事件包含的样本点有：，共个，
所以，故B错误；
因为，所以与互斥，故C正确；
因为，，所以，
所以与不相互独立，D错误.
故答案为：C
【分析】A：用古典概型计算事件A的概率；
B：用古典概型计算事件B的概率；
C：判断A、B是否有交集，确定是否互斥；
D：根据独立事件定义P(AB)=P(A)P(B)判断是否独立。
7．【答案】D
【知识点】二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：设，易知为等腰梯形，故，
所以，故，
若分别为的中点，连接，则，即，
由是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，
平面平面，平面平面，平面，
所以平面，而平面，故，
由且都在平面内，则平面，
由平面，则，
综上，二面角的平面角为，且为直角三角形，
由，，所以.
故答案为：D
【分析】设 ，取 的中点 ，连接 ，根据已知条件证明 、，结合二面角定义找到其平面角，进而求正切值。
8．【答案】B
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：延长交于，
因为的面积之比为，
所以是的中点，
因为面积之和与面积之比为，所以，
又因为，
所以
又因为，求得，
所以，
则，又的面积为20，
所以，解得.
故答案为：B.
【分析】根据△MAB、△MAC、△MBC的面积比确定D为BC中点，再结合余弦定理推导得BM⊥CM，最后利用面积公式求解CM。
9．【答案】A,B,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，因为，所以该组数据的中位数为，故A正确；
B，因为，所以，又因为，所以，所以该组数据的极差大于1，故B正确；
C，该组数据的平均数为，而数据的平均数为，
若两组数据的平均数相等，则，即，不一定成立，故C错误；
D，因为数据的平均数为，所以数据的方差为，
新增数据后，方差为：
，
此时对称轴，而，
故，
此时对称轴，故，
故样本数据的方差必然大于原方差，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先根据样本数据的定义，分别对中位数、极差、平均数、方差的概念进行分析，再逐一判断选项。
10．【答案】A,B,D
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算；解三角形
【解析】【解答】解：A，因为，
由余弦定理有：，
整理得：，即，
所以，又因为，所以，A正确；
B，因为，解得，
所以，B正确；
C，根据角平分线定理有：，所以，
所以，
且，，
所以
，
所以，C错误；
D，因为，，
所以，
所以，所以为为直角三角形，，
建立如图所示平面直角坐标系，设，，
，，，
所以，，令，
，所以为锐角，
则
，即
因为，所以在上单调递减，
所以越小值越大，
因为，
当且仅当，因为，所以当时等号成立，
所以当最大时，，D正确.
故答案为：ABD
【分析】A：利用正弦定理或余弦定理化简已知条件，求出角 ；
B：由三角形面积公式求出 ，再根据向量数量积定义计算；
C：利用角平分线定理和向量运算求 ；
D：建立坐标系，用坐标法分析 最大时的位置，计算 。
11．【答案】B,C,D
【知识点】球内接多面体；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：A，如下图所示，平面平面，因为平面平面，
由面面平行的性质定理知，又直线与平面所成的角为，
所以，则与平面所成的角的正切值为，A错误.
B，平面平面，因为平面平面，所以.
根据A知，所以与所成的角与与所成的角大小相等.
又因为在矩形中，是的中点，根据，易得.
所以与所成的角为正确.
C，由题设易知，而，则，
由平面，平面，则，
由且都在平面内，则平面，
由平面，则，
若为的中点，同理可证，且都在平面内，
所以平面，若，显然平面即为，
所以是边长为的正六边形，周长为，C正确.
D，设正六边形中心为，球心为，半径为，则，
所以，所以，
外接球表面积为，D正确.
故答案为：BCD
【分析】A：由面面平行的性质找到与平面所成角，计算其正切值判断；
B：结合面面平行的性质找到与所成角，利用三角形相似判断；
C：由线面垂直的性质找到截面多边形，计算其周长；
D：由截面形状确定几何体，求其外接球半径并计算表面积。
12．【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：.
【分析】先通过复数乘法化简，再利用复数模长公式求解。
13．【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由正弦边角关系及已知有，又均为三角形内角，
所以，即，，易知，
所以，则.
故答案为：
【分析】先通过正弦边角关系求出tan B，再计算cosB，最后代入已知关系式求a。
14．【答案】
【知识点】直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：连接，由已知在中，
又因为是的中点，所以，
又且都在平面内，所以平面，
所以在底面内的投影在直线上.
在中，根据勾股定理得，易知，又，
在中，由余弦定理可得，
所以，则，设二面角为，
由三面角定理得，
即，
即，所以.
故答案为：.
【分析】先利用余弦定理和线面垂直判定，确定A1在底面 ABCD 内的投影在AC上，再根据三面角余弦定理，结合已知条件列方程求解二面角的余弦值。
15．【答案】（1）解：设，
因为，所以，
因为，所以，解得或，
所以或.
（2）解：因为，所以，
所以，代入得，，
所以，所以与的夹角的余弦值为.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；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) 利用向量平行的坐标关系与向量模长公式，列方程求解向量的坐标；
(2) 根据向量垂直的数量积为0，展开并代入向量模长，利用向量夹角公式求解余弦值。
（1）设，
因为，所以，
因为，所以，解得或，
所以或.
（2）因为，所以，
所以，代入得，，
所以，所以与的夹角的余弦值为.
16．【答案】（1）证明：如图，取的中点，连接，
因为为等边三角形，所以，
因为，所以，
又因为分别是的中点，所以，所以，
因为，平面所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：在中，，，，
所以，
在中，，
由可得，
在中，，则，
因为平面平面，
所以平面平面，
又因为平面平面，
所以为直线与平面所成角，
在中，，，，
所以，
所以直线与平面所成角的余弦值为。
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；余弦定理
【解析】【分析】(1) 取的中点，连接、，利用等边三角形性质、中位线定理证明同时垂直于平面内的两条相交直线和，从而证明 平面，进而得到；
(2) 先通过勾股定理证明，求出的长度，再根据面面垂直的判定与性质确定线面角，最后用余弦定理求解该角的余弦值。
（1）如图，取的中点，连接，
因为为等边三角形，所以，
因为，所以，
又因为分别是的中点，所以，所以，
因为，平面所以平面，
因为平面，所以.
（2）在中，，，，
所以，
在中，，
由可得，
在中，，则，
因为平面平面，
所以平面平面，
又因为平面平面，
所以为直线与平面所成角，
在中，，，，
所以，
所以直线与平面所成角的余弦值为.
17．【答案】（1）解：因为，
所以，
则估计出该校学生当日使用的时间的平均值为：.
（2）解：在抽取的6名学生中，“青铜用户”选4名，记为，
“铂金用户”选2名，记为，
则样本空间，
设事件“这2名学生中恰好有一名是“青铜用户””，
则.
因为抽中样本空间中每一个样本点的可能性都相等，
所以这是一个古典概型，
所以.
【知识点】众数、中位数、平均数；概率的基本性质；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）由频率分布直方图中各小组的矩形的面积等于各小组频率，再利用频率之和为1，从而求出a的值，再根据频率分布直方图求平均数的方法，从而估计出该校学生当日使用的时间的平均值.
（2）利用分层抽样的方法确定不同用户的人数，再由列举法和古典概率公式，从而得出这2名学生中恰好有一名是“青铜用户”的概率.
（1）因为，所以.
平均值：.
（2）抽取的6名学生中，“青铜用户”选4名，记为，“铂金用户”选2名，记为，
样本空间，
设事件“这2名学生中恰好有一名是“青铜用户””，则.
因为抽中样本空间中每一个样本点的可能性都相等，所以这是一个古典概型.
所以.
18．【答案】（1）解：在中，由正弦定理，即，解得，
所以或.
（2）解：因为，即，化简得①.
在中，由正弦定理，，
在中，由正弦定理，，
又，所以，
在中，由余弦定理可得，所以，则②.
联立①②得，即，解得或（舍）或（舍）.
所以.
（3）解：在内作，所以，设，
在中，由正弦定理知，即，知，
所以，
所以.
【知识点】解三角形；余弦定理；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，代入已知边和角求解，再根据三角形内角范围确定角；
(2) 结合中点处邻补角的余弦和为0，用余弦定理建立方程，再通过正弦定理和角度关系求解边长；
(3) 通过构造等腰三角形，利用正弦定理求出线段长度，再计算三角形面积。
（1）在中，由正弦定理，即，解得，
所以或.
（2）因为，即，化简得①.
法一：在中，由正弦定理，，
在中，由正弦定理，，
又，所以，
在中，由余弦定理可得，所以，则②.
联立①②得，即，解得或（舍）或（舍）.
所以.
法二：
延长至点，使得，连接，
由题意，则，即，整理得③.
联立①③，，解得或（舍）.
所以.
（3）在内作，所以，设，
在中，由正弦定理知，即，知，
所以，
所以.
19．【答案】（1）解：图①为半径为的半球，图②为底面半径和高都为的圆柱中挖掉一个圆锥，
其截面面积相等的图形是圆环（如阴影部分）
设图①截面圆的圆心为，且，则截面圆的面积为，
图②截圆锥得到的小圆的半径为，所以圆环的面积为，
所以截得的截面面积相等，
由祖晅原理可知，新几何体的体积等于半球的体积，即.
（2）解：记的中点为，因为，所以点的轨迹是以为球心，为半径的球.
记球的半径为，点到平面的距离为，截面圆的半径为.
（i）球的半径，
根据勾股定理得.
所以截面面积.
（ii）平面把空间几何体分成两个部分，这两部称为球缺.
记较小部分球缺的体积为，根据祖晅原理及（1）分析，较小部分球缺的体积可用圆柱体积减去一个等高的圆台体积，
其中圆柱的底面半径为，高为，圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为.
所以较小部分球缺的体积为，
其中，所以球缺的体积.
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；柱体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1) 利用祖暅原理，通过对比半球与“圆柱挖去圆锥”几何体的截面面积，证明二者体积相等，进而求出新几何体体积；
(2) 先确定点的轨迹是一个球，再分别用勾股定理求截面面积、用“圆柱减圆台”的方法求球缺体积。
（1）图①为半径为的半球，图②为底面半径和高都为的圆柱中挖掉一个圆锥，
其截面面积相等的图形是圆环（如阴影部分）
设图①截面圆的圆心为，且，则截面圆的面积为，
图②截圆锥得到的小圆的半径为，所以圆环的面积为，
所以截得的截面面积相等，
由祖晅原理可知，新几何体的体积等于半球的体积，即.
（2）记的中点为，因为，所以点的轨迹是以为球心，为半径的球.
记球的半径为，点到平面的距离为，截面圆的半径为.
（i）球的半径，
根据勾股定理得.
所以截面面积.
（ii）平面把空间几何体分成两个部分，这两部称为球缺.
记较小部分球缺的体积为，根据祖晅原理及（1）分析，较小部分球缺的体积可用圆柱体积减去一个等高的圆台体积，
其中圆柱的底面半径为，高为，圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为.
所以较小部分球缺的体积为，
其中，所以球缺的体积.
1 / 1浙江省嘉兴市2024-2025学年高一下学期6月期末检测数学试题
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．已知复数满足，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：A
【分析】通过复数除法，对等式进行变形求解，核心是分母实数化。
2．记的内角的对边分别为，若，则（　　）
A．2 B． C． D．
【答案】B
【知识点】余弦定理的应用
【解析】【解答】解：由余弦定理可得，所以.
故答案为：B
【分析】已知三角形两边及其夹角，可直接用余弦定理求解第三边。
3．在中，，记，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【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，所以为线段的三等分点，如图所示，
.
故答案为：A
【分析】先根据确定的位置，再通过向量线性运算，将用和表示。
4．一个袋中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红球，2个黄球，从袋中不放回地依次随机摸出2个球，则这2个球颜色相同的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【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：由题意得，从其中摸出2个球颜色相同，即摸出2个红球，或摸出2个黄球，
所求概率为.
故答案为：B
【分析】用古典概型来计算，“颜色相同”包含“两红”和“两黄”两种互斥情况，分别计算概率再相加即可。
5．设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【知识点】直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：A，若，则或，故A错误；
B，若，则，故B错误；
C，若，则或或，故C错误；
D，由线面平行的性质定理：如果一条直线平行于一个平面，经过这条直线的平面与已知平面相交，
那么这条直线与交线平行，本题中 ，满足定理条件，故D正确.
故答案为：D
【分析】A：若 ，直线 可能在平面 内，不一定平行于 。
B：若 ，根据线面垂直的性质，垂直于平行平面的两条直线互相平行。
C：若 ，直线 可能平行于 、在 内，或与 斜交，不一定垂直于 。
D：若 ，符合线面平行的性质定理，可推出 。
6．一个盒子中装有标号为的5张标签，有放回地随机选取两张标签，记事件“两张标签标号之积大于15”，事件“第一张标签标号小于3”，则（　　）
A． B．
C．与互斥 D．与相互独立
【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：根据题意可知所有的样本点共有：
，
，
，
，
共个，
事件包含的样本点有：，共个，所以，故A错误；
事件包含的样本点有：，共个，
所以，故B错误；
因为，所以与互斥，故C正确；
因为，，所以，
所以与不相互独立，D错误.
故答案为：C
【分析】A：用古典概型计算事件A的概率；
B：用古典概型计算事件B的概率；
C：判断A、B是否有交集，确定是否互斥；
D：根据独立事件定义P(AB)=P(A)P(B)判断是否独立。
7．在三棱台中，平面平面是以为直角顶点的等腰直角三角形，且，则二面角的正切值为（　　）
A． B． C． D．2
【答案】D
【知识点】二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：设，易知为等腰梯形，故，
所以，故，
若分别为的中点，连接，则，即，
由是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，
平面平面，平面平面，平面，
所以平面，而平面，故，
由且都在平面内，则平面，
由平面，则，
综上，二面角的平面角为，且为直角三角形，
由，，所以.
故答案为：D
【分析】设 ，取 的中点 ，连接 ，根据已知条件证明 、，结合二面角定义找到其平面角，进而求正切值。
8．记的内角的对边分别为，已知的面积为20，且，点在其内部，满足的面积之比为.若，则（　　）
A．4 B．6 C． D．
【答案】B
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：延长交于，
因为的面积之比为，
所以是的中点，
因为面积之和与面积之比为，所以，
又因为，
所以
又因为，求得，
所以，
则，又的面积为20，
所以，解得.
故答案为：B.
【分析】根据△MAB、△MAC、△MBC的面积比确定D为BC中点，再结合余弦定理推导得BM⊥CM，最后利用面积公式求解CM。
二、多选题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．有一组样本数据，其中，则（　　）
A．该组数据的中位数为2.5
B．该组数据的极差大于1
C．该组数据的平均数等于的平均数
D．该组数据的方差不小于的方差
【答案】A,B,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，因为，所以该组数据的中位数为，故A正确；
B，因为，所以，又因为，所以，所以该组数据的极差大于1，故B正确；
C，该组数据的平均数为，而数据的平均数为，
若两组数据的平均数相等，则，即，不一定成立，故C错误；
D，因为数据的平均数为，所以数据的方差为，
新增数据后，方差为：
，
此时对称轴，而，
故，
此时对称轴，故，
故样本数据的方差必然大于原方差，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先根据样本数据的定义，分别对中位数、极差、平均数、方差的概念进行分析，再逐一判断选项。
10．记的内角的对边分别为，点是边上的一个动点，点是边的中点，且，则（　　）
A．
B．若的面积为，则
C．若平分，则
D．若，当最大时，
【答案】A,B,D
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算；解三角形
【解析】【解答】解：A，因为，
由余弦定理有：，
整理得：，即，
所以，又因为，所以，A正确；
B，因为，解得，
所以，B正确；
C，根据角平分线定理有：，所以，
所以，
且，，
所以
，
所以，C错误；
D，因为，，
所以，
所以，所以为为直角三角形，，
建立如图所示平面直角坐标系，设，，
，，，
所以，，令，
，所以为锐角，
则
，即
因为，所以在上单调递减，
所以越小值越大，
因为，
当且仅当，因为，所以当时等号成立，
所以当最大时，，D正确.
故答案为：ABD
【分析】A：利用正弦定理或余弦定理化简已知条件，求出角 ；
B：由三角形面积公式求出 ，再根据向量数量积定义计算；
C：利用角平分线定理和向量运算求 ；
D：建立坐标系，用坐标法分析 最大时的位置，计算 。
11．已知正方体的棱长为分别是的中点，过作平面，记平面平面，且截正方体所得截面多边形为，则（　　）
A．若平面，则与平面所成的角为
B．若平面，则与所成的角为
C．若，则的周长为
D．若，以为顶点，为底面的几何体的外接球的表面积为
【答案】B,C,D
【知识点】球内接多面体；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：A，如下图所示，平面平面，因为平面平面，
由面面平行的性质定理知，又直线与平面所成的角为，
所以，则与平面所成的角的正切值为，A错误.
B，平面平面，因为平面平面，所以.
根据A知，所以与所成的角与与所成的角大小相等.
又因为在矩形中，是的中点，根据，易得.
所以与所成的角为正确.
C，由题设易知，而，则，
由平面，平面，则，
由且都在平面内，则平面，
由平面，则，
若为的中点，同理可证，且都在平面内，
所以平面，若，显然平面即为，
所以是边长为的正六边形，周长为，C正确.
D，设正六边形中心为，球心为，半径为，则，
所以，所以，
外接球表面积为，D正确.
故答案为：BCD
【分析】A：由面面平行的性质找到与平面所成角，计算其正切值判断；
B：结合面面平行的性质找到与所成角，利用三角形相似判断；
C：由线面垂直的性质找到截面多边形，计算其周长；
D：由截面形状确定几何体，求其外接球半径并计算表面积。
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12．若复数，则　 　.
【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：.
【分析】先通过复数乘法化简，再利用复数模长公式求解。
13．记的内角的对边分别为，已知，则　 　.
【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由正弦边角关系及已知有，又均为三角形内角，
所以，即，，易知，
所以，则.
故答案为：
【分析】先通过正弦边角关系求出tan B，再计算cosB，最后代入已知关系式求a。
14．类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图，由不共面的三条射线构成的图形称为三面角，记，，二面角的大小为，则.已知平行六面体的底面为菱形，，.若，则二面角的余弦值为　 　.
【答案】
【知识点】直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：连接，由已知在中，
又因为是的中点，所以，
又且都在平面内，所以平面，
所以在底面内的投影在直线上.
在中，根据勾股定理得，易知，又，
在中，由余弦定理可得，
所以，则，设二面角为，
由三面角定理得，
即，
即，所以.
故答案为：.
【分析】先利用余弦定理和线面垂直判定，确定A1在底面 ABCD 内的投影在AC上，再根据三面角余弦定理，结合已知条件列方程求解二面角的余弦值。
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．已知向量满足.
（1）若，求的坐标；
（2）若，求与的夹角的余弦值.
【答案】（1）解：设，
因为，所以，
因为，所以，解得或，
所以或.
（2）解：因为，所以，
所以，代入得，，
所以，所以与的夹角的余弦值为.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；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) 利用向量平行的坐标关系与向量模长公式，列方程求解向量的坐标；
(2) 根据向量垂直的数量积为0，展开并代入向量模长，利用向量夹角公式求解余弦值。
（1）设，
因为，所以，
因为，所以，解得或，
所以或.
（2）因为，所以，
所以，代入得，，
所以，所以与的夹角的余弦值为.
16．如图，平面四边形中，是边长为2的等边三角形，且，为的中点，将沿翻折至.
（1）证明：；
（2）若，求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明：如图，取的中点，连接，
因为为等边三角形，所以，
因为，所以，
又因为分别是的中点，所以，所以，
因为，平面所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：在中，，，，
所以，
在中，，
由可得，
在中，，则，
因为平面平面，
所以平面平面，
又因为平面平面，
所以为直线与平面所成角，
在中，，，，
所以，
所以直线与平面所成角的余弦值为。
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；余弦定理
【解析】【分析】(1) 取的中点，连接、，利用等边三角形性质、中位线定理证明同时垂直于平面内的两条相交直线和，从而证明 平面，进而得到；
(2) 先通过勾股定理证明，求出的长度，再根据面面垂直的判定与性质确定线面角，最后用余弦定理求解该角的余弦值。
（1）如图，取的中点，连接，
因为为等边三角形，所以，
因为，所以，
又因为分别是的中点，所以，所以，
因为，平面所以平面，
因为平面，所以.
（2）在中，，，，
所以，
在中，，
由可得，
在中，，则，
因为平面平面，
所以平面平面，
又因为平面平面，
所以为直线与平面所成角，
在中，，，，
所以，
所以直线与平面所成角的余弦值为.
17．是一款人工智能学习辅助工具，某高校为了解学生的使用情况，统计了该校学生在某日使用的时间（单位：小时），整理数据后，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）求的值，并估计该校学生当日使用的时间的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（2）若使用时间不小于2小时的用户称为“资深用户”，其中使用时间在内的用户称为“青铜用户”，使用时间在内的用户称为“铂金用户”.为了进一步了解对学习的辅助效果，该校新闻中心采用分层抽样的方法在“资深用户”中抽取了6名学生进行问卷调查，并从这6名学生中随机选择2名学生进行访谈，求这2名学生中恰好有一名是“青铜用户”的概率.
【答案】（1）解：因为，
所以，
则估计出该校学生当日使用的时间的平均值为：.
（2）解：在抽取的6名学生中，“青铜用户”选4名，记为，
“铂金用户”选2名，记为，
则样本空间，
设事件“这2名学生中恰好有一名是“青铜用户””，
则.
因为抽中样本空间中每一个样本点的可能性都相等，
所以这是一个古典概型，
所以.
【知识点】众数、中位数、平均数；概率的基本性质；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）由频率分布直方图中各小组的矩形的面积等于各小组频率，再利用频率之和为1，从而求出a的值，再根据频率分布直方图求平均数的方法，从而估计出该校学生当日使用的时间的平均值.
（2）利用分层抽样的方法确定不同用户的人数，再由列举法和古典概率公式，从而得出这2名学生中恰好有一名是“青铜用户”的概率.
（1）因为，所以.
平均值：.
（2）抽取的6名学生中，“青铜用户”选4名，记为，“铂金用户”选2名，记为，
样本空间，
设事件“这2名学生中恰好有一名是“青铜用户””，则.
因为抽中样本空间中每一个样本点的可能性都相等，所以这是一个古典概型.
所以.
18．记的内角的对边分别为，已知.
（1）若，求；
（2）若是的中点，且，求；
（3）若，求的面积.
【答案】（1）解：在中，由正弦定理，即，解得，
所以或.
（2）解：因为，即，化简得①.
在中，由正弦定理，，
在中，由正弦定理，，
又，所以，
在中，由余弦定理可得，所以，则②.
联立①②得，即，解得或（舍）或（舍）.
所以.
（3）解：在内作，所以，设，
在中，由正弦定理知，即，知，
所以，
所以.
【知识点】解三角形；余弦定理；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，代入已知边和角求解，再根据三角形内角范围确定角；
(2) 结合中点处邻补角的余弦和为0，用余弦定理建立方程，再通过正弦定理和角度关系求解边长；
(3) 通过构造等腰三角形，利用正弦定理求出线段长度，再计算三角形面积。
（1）在中，由正弦定理，即，解得，
所以或.
（2）因为，即，化简得①.
法一：在中，由正弦定理，，
在中，由正弦定理，，
又，所以，
在中，由余弦定理可得，所以，则②.
联立①②得，即，解得或（舍）或（舍）.
所以.
法二：
延长至点，使得，连接，
由题意，则，即，整理得③.
联立①③，，解得或（舍）.
所以.
（3）在内作，所以，设，
在中，由正弦定理知，即，知，
所以，
所以.
19．我国古代南北朝数学家祖暅在计算球的体积时，提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.
（1）已知一个半径为的半球（如图①），以及一个底面半径和高都等于的圆柱（如图②），在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到的一个新几何体，试用祖暅原理求新几何体的体积.
（2）已知正方体的棱长为为空间内一点，满足，记点的轨迹所围成的空间几何体为.
（i）求平面截空间几何体所得截面的面积；
（ii）若平面把空间几何体分成两个部分，求较小部分的体积.
【答案】（1）解：图①为半径为的半球，图②为底面半径和高都为的圆柱中挖掉一个圆锥，
其截面面积相等的图形是圆环（如阴影部分）
设图①截面圆的圆心为，且，则截面圆的面积为，
图②截圆锥得到的小圆的半径为，所以圆环的面积为，
所以截得的截面面积相等，
由祖晅原理可知，新几何体的体积等于半球的体积，即.
（2）解：记的中点为，因为，所以点的轨迹是以为球心，为半径的球.
记球的半径为，点到平面的距离为，截面圆的半径为.
（i）球的半径，
根据勾股定理得.
所以截面面积.
（ii）平面把空间几何体分成两个部分，这两部称为球缺.
记较小部分球缺的体积为，根据祖晅原理及（1）分析，较小部分球缺的体积可用圆柱体积减去一个等高的圆台体积，
其中圆柱的底面半径为，高为，圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为.
所以较小部分球缺的体积为，
其中，所以球缺的体积.
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；柱体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1) 利用祖暅原理，通过对比半球与“圆柱挖去圆锥”几何体的截面面积，证明二者体积相等，进而求出新几何体体积；
(2) 先确定点的轨迹是一个球，再分别用勾股定理求截面面积、用“圆柱减圆台”的方法求球缺体积。
（1）图①为半径为的半球，图②为底面半径和高都为的圆柱中挖掉一个圆锥，
其截面面积相等的图形是圆环（如阴影部分）
设图①截面圆的圆心为，且，则截面圆的面积为，
图②截圆锥得到的小圆的半径为，所以圆环的面积为，
所以截得的截面面积相等，
由祖晅原理可知，新几何体的体积等于半球的体积，即.
（2）记的中点为，因为，所以点的轨迹是以为球心，为半径的球.
记球的半径为，点到平面的距离为，截面圆的半径为.
（i）球的半径，
根据勾股定理得.
所以截面面积.
（ii）平面把空间几何体分成两个部分，这两部称为球缺.
记较小部分球缺的体积为，根据祖晅原理及（1）分析，较小部分球缺的体积可用圆柱体积减去一个等高的圆台体积，
其中圆柱的底面半径为，高为，圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为.
所以较小部分球缺的体积为，
其中，所以球缺的体积.
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