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江苏省镇江市丹阳市2024-2025学年高一下学期6月期末数学试题
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的.
1．已知复数满足，则（　　）
A．1 B． C．2 D．
2．已知数据1，2，3，4，5，6，7，8，则该组数据的上四分位数是（　　）
A．6.5 B．6 C．2.5 D．2
3．已知空间中不同平面，，，不同直线，，则下列说法错误的是（　　）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
4．在直四棱柱中，底面为矩形，点为的中点，，且，则异面直线与所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
5．已知向量，，则在上投影向量为（　　）
A． B． C． D．
6．在等腰直角中，，，点为上一动点，则的值为（　　）
A． B．4 C． D．8
7．已知，为锐角，，，则的值为（　　）
A． B． C． D．
8．在中，角，，的对边分别为，，，面积为S.若，，且，则（　　）
A． B． C． 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．下列选项中正确的是（　　）
A．若向量，，，满足且，则
B．若点为中线的交点，则
C．已知非零向量，，若，则与同向且共线
D．已知向量，，与的夹角为锐角，则实数的取值范围是
10．已知，，下列说法中正确的有（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则或 D．若，且，则
11．正方体的棱长为6，，，分别为，，的中点，则（　　）
A．直线与直线垂直
B．直线平面
C．三棱锥的体积为9
D．平面截正方体所得的截面是等腰梯形
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填写在答题卡相应位置上.
12．已知向量不共线，，，，若，，三点共线，则实数的值为　 　．
13．在中，角，，的对边分别为，，，且，，，则的面积为　 　．
14．在矩形中，，，分别是，的中点，将面沿翻折形成三棱柱，使得平面与平面所成的角为，且．则与平面所成角的正弦值为　 　；三棱柱所在外接球的表面积为　 　．
四、解答题：本大题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.
15．如图所示，平面平面，平面平面，平面平面，点平面，且平面，平面．
（1）证明：直线直线；
（2）若直线直线，证明：直线直线．
16．已知，，.
（1）求的值；
（2）若，求的值.
17．甲、乙两人组成小队参加数学趣味谜题竞猜活动，每轮活动由甲、乙各猜一个谜题，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为．在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也相互不影响，该小队共参加了两轮活动．
（1）求小队猜对3个谜题的概率；
（2）求甲猜对谜题数量大于乙猜对谜题数量的概率．
18．如图1，在中，，，，分别是，的中点，现将沿逆时针翻折形成四棱锥（如图2），且，直线与平面所成的角为．
（1）求证：平面平面；
（2）求四棱锥的体积；
（3）求二面角的正切值．
19．我们把在某一点观察物体最高点和最低点所形成仰角的差值称之为“仰角差”．某博物馆截面如图所示，墙壁上有一幅壁画，最高点为，最低点为，观察点所在的水平线与壁画的竖直线交点为，在点处观察点，仰角为，然后面对壁画前进处的点观察点，其仰角的正切值为7．
（1）求壁画最高点与点的距离；
（2）若在，两点观察壁画的最高点和最低点的仰角差相等．
①求壁画最低点与点的距离；
②在观察水平线上，应处在距离点多远处观察壁画，才能使得仰角差最大？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：，则.
故答案为：B．
【分析】根据复数代数形式的乘除法运算化简求得复数，再根据复数模的计算公式求解即可．
2．【答案】A
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：，则该组数据的上四分位数为.
故答案为：A.
【分析】根据上四分位数定义求解即可.
3．【答案】D
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，，则，故A正确；
B、若，，则，故B正确；
C、若，，则，结合，则，故C正确；
D、若，，，则不一定成立，还可能相交，故D错误；
故答案为：D．
【分析】根据空间中面面位置关系逐项判断即可．
4．【答案】D
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】解：连接、，则也为的中点，如下图所示：
在直四棱柱中，底面为矩形，故该直四棱柱为长方体，
又因为，且，则，
因为，，所以，即，
因为四边形为矩形，则，所以异面直线与所成角为或其补角，
且，
则异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：D.
【分析】连接、，易知也为的中点，由题意，推出，或其补角为异面直线与所成角，求直四棱柱的体对角线的长，解直角三角形求出的余弦值，即可得异面直线所成角的余弦值.
5．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：向量，，
则在上投影向量为.
故答案为：C.
【分析】根据投影向量的定义求解即可.
6．【答案】B
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：设，
则
.
故答案为：B．
【分析】设，根据平面向量线性运算以及向量数量积的运算求解即可．
7．【答案】A
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，为锐角，，，
所以，，所以，
则，
即，
故答案为：A．
【分析】利用同角三角函数基本关系求得，确定的范围，再利用两角和的正弦公式求解即可．
8．【答案】C
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，，且，
所以，
则，
由正弦定理，得：，
在三角形中，，，，
又因为，所以.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和三角形面积公式、正弦定理边角互换、三角形内角和定理以及诱导公式，从而得出角B的正弦值，再利用三角形中角B的取值范围，进而得出角B的值.
9．【答案】B,C
【知识点】相等向量与相反向量；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：A、当向量都与垂直时，满足，当时与不一定相等，故A错误；
B、若点为中线的交点，则点为的重心，
延长AC与BC交于点M，则M为BC的中点，所以，
所以得到，故B正确；
C、设与的夹角为，因为，两边同时平方得：，
所以，所以与同向且共线，故C正确；
D、因为向量，，得，与的夹角为锐角，
所以，解得：且，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】当向量都与垂直时，满足题意，但与不一定相等即可判断A；利用三角形重心的性质即可判断B；设与的夹角为，将两边平方，结合向量共线的充要条件即可判断C；利用夹角为锐角排除夹角为0的情况即可判断D.
10．【答案】B,C,D
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：A、若，但是，故A错误；
B、因为，所以，故，故选项B正确；
C、设，因为，得到，
故或，若，则，解得：，故，
同理若，得，故C正确；
D、设则，由，
所以，故，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】取特殊的复数即可判断A；利用复数的平方等于复数模的平方即可判断B；设复数，利用复数代数形式的乘法运算，结合复数相等求解即可判断C；根据复数代数形式的乘除运算，结合复数的概念，以及复数的模求解即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征；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】【解答】解：
A、连接，则四边形为平行四边形，所以，
因为，分别为，的中点，所以，
由四边形为正方形，得，则，，故A正确；
B、取的中点，连接，
则四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为点为的中点，所以，
又，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，故B正确；
C、，故C错误；
D、如图，连接，由四边形为平行四边形得，
因为，所以，所以四点共面，
所以平面截正方体所得的截面是梯形，
由题意得，，所以梯形为等腰梯形，故D正确.
故答案为：ABD．
【分析】连接，根据四边形平行四边形，四边形为正方形，利用平行四边形及正方形的性质即可判断A；取的中点，连接，根据面面平行的性质即可判断B；利用三棱锥的体积公式求解即可判断C；连接，作出截面，即可判断D．
12．【答案】3
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：易知，
若，，三点共线，则，即，
，解得.
故答案为：3．
【分析】根据向量的线性运算求，再由，，三点共线 ，可得，列方程组求解即可．
13．【答案】
【知识点】解三角形；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由，，，
由余弦定理得，解得，
则的面积为，
故答案为：．
【分析】将两边平方，结合余弦定理以及三角形面积公式求解即可．
14．【答案】；
【知识点】棱柱的结构特征；球内接多面体；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：过点作于点，连接，如图所示：
由题可知，为等边三角形，则，，
由三棱柱得，平面，，
又平面，所以，
又平面，所以平面，
所以与平面所成角即为，
又平面，所以，
在中，；
设三棱柱所在外接球球心为，外接圆圆心为，连接，则为的中点，平面，，连接，
因为平面，所以，
在中，，
所以三棱柱所在外接球的表面积为.
故答案为：，．
【分析】过点作于点，连接，根据线面垂直的判定证明平面，推出即为与平面所成角，由线面夹角的定义求平面角的正弦值即可；设三棱柱所在外接球球心为，外接圆圆心为，连接，，在中，利用勾股定理求得外接球半径，最后根据球的表面积公式求解即可．
15．【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以，
同理可得，又平面，
所以平面，又平面，所以直线直线；
（2）证明：因为直线直线，平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面平面，所以直线直线．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质及判定定理证明即可；
（2）由线线平行，结合线面平行的判定以及线面平行的性质证明直线直线即可．
（1）证明：因为平面，平面，所以，
同理可得，又平面，
所以平面，又平面，所以直线直线．
（2）证明：因为直线直线，平面，平面，
所以平面，
又平面，平面平面，
所以直线直线．
16．【答案】（1）解：因为，则，
因为，则，
所以，
，
则；
（2）解：因为，，所以，
若，则，
此时，
，合乎题意；
若，则，
此时，合乎题意，
综上所述，或.
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【分析】（1）先确定的取值范围，利用同角三角函数基本关系，结合正弦、余弦二倍角公式求出、的值，最后再利用两角和的余弦公式求的值即可；
（2）由题意，先求的范围，再分、两种情况讨论，利用同角三角函数的基本关系求出的值，最后利用两角差的余弦公式求解即可.
（1）因为，则，
因为，则，
所以，
，
因此，.
（2）因为，，所以，
若，则，
此时
，合乎题意；
若，则，
此时
，合乎题意.
综上所述，或.
17．【答案】（1）解：小队猜对3个谜题共有2种情况，①甲队猜对2个，乙队猜对1个；②甲队猜对1个，乙队猜对2个，
所以小队猜对3个谜题的概率为；
（2）解：甲猜对谜题数量大于乙猜对谜题数量的情况有：
①甲猜对1个，乙猜对0个；②甲猜对2个，乙猜对1个；③甲猜对2个，乙猜对0个；
所以甲猜对谜题数量大于乙猜对谜题数量的概率为．
【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】【分析】（1）利用互斥事件概率的加法公式，结合独立事件概率的乘法公式求解即可；
（2）分类讨论，根据互斥事件以及对立事件的概率公式求解即可．
（1）小队猜对3个谜题共有2种情况，①甲队猜对2个，乙队猜对1个；②甲队猜对1个，乙队猜对2个，
所以小队猜对3个谜题的概率为．
（2）甲猜对谜题数量大于乙猜对谜题数量的情况有：
①甲猜对1个，乙猜对0个；②甲猜对2个，乙猜对1个；③甲猜对2个，乙猜对0个；
所以甲猜对谜题数量大于乙猜对谜题数量的概率为．
18．【答案】（1）证明：因为，分别是，的中点，所以，
因为，所以，所以，
又因为平面，所以平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（2）解： 过点作，垂足为，
因为平面，直线与平面所成的角为，
所以，所以，
所以，则，所以，
因为平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
所以四棱锥的体积；
（3）解：连接，过点作，垂足为，连接，如图所示：
由（2）知，为等边三角形，则点为中点，，
在中，，
在中，，则，
由点为中点得，，
又平面，平面，平面平面，
所以二面角的平面角为，
因为平面，平面，所以，
在中，，
所以二面角的正切值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；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）由题意，利用线面垂直的判定先证明平面，再根据面面垂直的判定证明平面平面即可；
（2）过点作，垂足为，根据线面垂直的性质及判定得出为四棱锥的高，再根据四棱锥体积公式求解即可；
（3）连接，过点作，垂足为，连接，由（2）知，为等边三角形，推出为二面角的平面角，在中，求解即可.
（1）因为，分别是，的中点，所以，
因为，所以，所以，
又因为平面，所以平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（2）过点作，垂足为，
因为平面，直线与平面所成的角为，
所以，所以，
所以，则，所以，
因为平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
所以四棱锥的体积；
（3）连接，过点作，垂足为，连接，如图所示，
由（2）知，为等边三角形，则点为中点，，
在中，，
在中，，则，
由点为中点得，，
又平面，平面，平面平面，
所以二面角的平面角为，
因为平面，平面，所以，
在中，，
所以二面角的正切值为.
19．【答案】（1）解：在中，，所以，
在中，，
因为，所以，
所以壁画最高点与点的距离为7；
（2）解：①设，，
在中，，则，
在中，，
在中，由正弦定理得，，
在中，，
在中，由正弦定理得，，解得，即；
②设距点距离为时，仰角差最大，此时位于点，设，
在中，，在中，，
则，
当且仅当，即时等号成立，
故当距离点处观察壁画，才能使得仰角差最大．
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的正切公式；正弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【分析】（1）在中，求得，在中，求得，根据，列方程求解即可；
（2）①、设，，在中，利用正弦定理求得，求得，再在中，求得，最后在中，利用正弦定理列方程求解即可；
②、设距点距离为时，仰角差最大，此时位于点，设，利用两角差的正切公式，结合基本不等式求解即可．
（1）在中，，所以，
在中，，
因为，
所以，
所以壁画最高点与点的距离为7．
（2）①设，，
在中，，则，
在中，，
在中，由正弦定理得，，
在中，，
在中，由正弦定理得，，
解得，即．
②设距点距离为时，仰角差最大，此时位于点，设，
在中，，在中，，
则
，当且仅当，即时等号成立，
所以当距离点处观察壁画，才能使得仰角差最大．
1 / 1江苏省镇江市丹阳市2024-2025学年高一下学期6月期末数学试题
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的.
1．已知复数满足，则（　　）
A．1 B． C．2 D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：，则.
故答案为：B．
【分析】根据复数代数形式的乘除法运算化简求得复数，再根据复数模的计算公式求解即可．
2．已知数据1，2，3，4，5，6，7，8，则该组数据的上四分位数是（　　）
A．6.5 B．6 C．2.5 D．2
【答案】A
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：，则该组数据的上四分位数为.
故答案为：A.
【分析】根据上四分位数定义求解即可.
3．已知空间中不同平面，，，不同直线，，则下列说法错误的是（　　）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】D
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，，则，故A正确；
B、若，，则，故B正确；
C、若，，则，结合，则，故C正确；
D、若，，，则不一定成立，还可能相交，故D错误；
故答案为：D．
【分析】根据空间中面面位置关系逐项判断即可．
4．在直四棱柱中，底面为矩形，点为的中点，，且，则异面直线与所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】解：连接、，则也为的中点，如下图所示：
在直四棱柱中，底面为矩形，故该直四棱柱为长方体，
又因为，且，则，
因为，，所以，即，
因为四边形为矩形，则，所以异面直线与所成角为或其补角，
且，
则异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：D.
【分析】连接、，易知也为的中点，由题意，推出，或其补角为异面直线与所成角，求直四棱柱的体对角线的长，解直角三角形求出的余弦值，即可得异面直线所成角的余弦值.
5．已知向量，，则在上投影向量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：向量，，
则在上投影向量为.
故答案为：C.
【分析】根据投影向量的定义求解即可.
6．在等腰直角中，，，点为上一动点，则的值为（　　）
A． B．4 C． D．8
【答案】B
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：设，
则
.
故答案为：B．
【分析】设，根据平面向量线性运算以及向量数量积的运算求解即可．
7．已知，为锐角，，，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，为锐角，，，
所以，，所以，
则，
即，
故答案为：A．
【分析】利用同角三角函数基本关系求得，确定的范围，再利用两角和的正弦公式求解即可．
8．在中，角，，的对边分别为，，，面积为S.若，，且，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，，且，
所以，
则，
由正弦定理，得：，
在三角形中，，，，
又因为，所以.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和三角形面积公式、正弦定理边角互换、三角形内角和定理以及诱导公式，从而得出角B的正弦值，再利用三角形中角B的取值范围，进而得出角B的值.
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．下列选项中正确的是（　　）
A．若向量，，，满足且，则
B．若点为中线的交点，则
C．已知非零向量，，若，则与同向且共线
D．已知向量，，与的夹角为锐角，则实数的取值范围是
【答案】B,C
【知识点】相等向量与相反向量；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：A、当向量都与垂直时，满足，当时与不一定相等，故A错误；
B、若点为中线的交点，则点为的重心，
延长AC与BC交于点M，则M为BC的中点，所以，
所以得到，故B正确；
C、设与的夹角为，因为，两边同时平方得：，
所以，所以与同向且共线，故C正确；
D、因为向量，，得，与的夹角为锐角，
所以，解得：且，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】当向量都与垂直时，满足题意，但与不一定相等即可判断A；利用三角形重心的性质即可判断B；设与的夹角为，将两边平方，结合向量共线的充要条件即可判断C；利用夹角为锐角排除夹角为0的情况即可判断D.
10．已知，，下列说法中正确的有（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则或 D．若，且，则
【答案】B,C,D
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：A、若，但是，故A错误；
B、因为，所以，故，故选项B正确；
C、设，因为，得到，
故或，若，则，解得：，故，
同理若，得，故C正确；
D、设则，由，
所以，故，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】取特殊的复数即可判断A；利用复数的平方等于复数模的平方即可判断B；设复数，利用复数代数形式的乘法运算，结合复数相等求解即可判断C；根据复数代数形式的乘除运算，结合复数的概念，以及复数的模求解即可判断D.
11．正方体的棱长为6，，，分别为，，的中点，则（　　）
A．直线与直线垂直
B．直线平面
C．三棱锥的体积为9
D．平面截正方体所得的截面是等腰梯形
【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征；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】【解答】解：
A、连接，则四边形为平行四边形，所以，
因为，分别为，的中点，所以，
由四边形为正方形，得，则，，故A正确；
B、取的中点，连接，
则四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为点为的中点，所以，
又，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，故B正确；
C、，故C错误；
D、如图，连接，由四边形为平行四边形得，
因为，所以，所以四点共面，
所以平面截正方体所得的截面是梯形，
由题意得，，所以梯形为等腰梯形，故D正确.
故答案为：ABD．
【分析】连接，根据四边形平行四边形，四边形为正方形，利用平行四边形及正方形的性质即可判断A；取的中点，连接，根据面面平行的性质即可判断B；利用三棱锥的体积公式求解即可判断C；连接，作出截面，即可判断D．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填写在答题卡相应位置上.
12．已知向量不共线，，，，若，，三点共线，则实数的值为　 　．
【答案】3
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：易知，
若，，三点共线，则，即，
，解得.
故答案为：3．
【分析】根据向量的线性运算求，再由，，三点共线 ，可得，列方程组求解即可．
13．在中，角，，的对边分别为，，，且，，，则的面积为　 　．
【答案】
【知识点】解三角形；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由，，，
由余弦定理得，解得，
则的面积为，
故答案为：．
【分析】将两边平方，结合余弦定理以及三角形面积公式求解即可．
14．在矩形中，，，分别是，的中点，将面沿翻折形成三棱柱，使得平面与平面所成的角为，且．则与平面所成角的正弦值为　 　；三棱柱所在外接球的表面积为　 　．
【答案】；
【知识点】棱柱的结构特征；球内接多面体；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：过点作于点，连接，如图所示：
由题可知，为等边三角形，则，，
由三棱柱得，平面，，
又平面，所以，
又平面，所以平面，
所以与平面所成角即为，
又平面，所以，
在中，；
设三棱柱所在外接球球心为，外接圆圆心为，连接，则为的中点，平面，，连接，
因为平面，所以，
在中，，
所以三棱柱所在外接球的表面积为.
故答案为：，．
【分析】过点作于点，连接，根据线面垂直的判定证明平面，推出即为与平面所成角，由线面夹角的定义求平面角的正弦值即可；设三棱柱所在外接球球心为，外接圆圆心为，连接，，在中，利用勾股定理求得外接球半径，最后根据球的表面积公式求解即可．
四、解答题：本大题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.
15．如图所示，平面平面，平面平面，平面平面，点平面，且平面，平面．
（1）证明：直线直线；
（2）若直线直线，证明：直线直线．
【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以，
同理可得，又平面，
所以平面，又平面，所以直线直线；
（2）证明：因为直线直线，平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面平面，所以直线直线．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质及判定定理证明即可；
（2）由线线平行，结合线面平行的判定以及线面平行的性质证明直线直线即可．
（1）证明：因为平面，平面，所以，
同理可得，又平面，
所以平面，又平面，所以直线直线．
（2）证明：因为直线直线，平面，平面，
所以平面，
又平面，平面平面，
所以直线直线．
16．已知，，.
（1）求的值；
（2）若，求的值.
【答案】（1）解：因为，则，
因为，则，
所以，
，
则；
（2）解：因为，，所以，
若，则，
此时，
，合乎题意；
若，则，
此时，合乎题意，
综上所述，或.
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【分析】（1）先确定的取值范围，利用同角三角函数基本关系，结合正弦、余弦二倍角公式求出、的值，最后再利用两角和的余弦公式求的值即可；
（2）由题意，先求的范围，再分、两种情况讨论，利用同角三角函数的基本关系求出的值，最后利用两角差的余弦公式求解即可.
（1）因为，则，
因为，则，
所以，
，
因此，.
（2）因为，，所以，
若，则，
此时
，合乎题意；
若，则，
此时
，合乎题意.
综上所述，或.
17．甲、乙两人组成小队参加数学趣味谜题竞猜活动，每轮活动由甲、乙各猜一个谜题，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为．在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也相互不影响，该小队共参加了两轮活动．
（1）求小队猜对3个谜题的概率；
（2）求甲猜对谜题数量大于乙猜对谜题数量的概率．
【答案】（1）解：小队猜对3个谜题共有2种情况，①甲队猜对2个，乙队猜对1个；②甲队猜对1个，乙队猜对2个，
所以小队猜对3个谜题的概率为；
（2）解：甲猜对谜题数量大于乙猜对谜题数量的情况有：
①甲猜对1个，乙猜对0个；②甲猜对2个，乙猜对1个；③甲猜对2个，乙猜对0个；
所以甲猜对谜题数量大于乙猜对谜题数量的概率为．
【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】【分析】（1）利用互斥事件概率的加法公式，结合独立事件概率的乘法公式求解即可；
（2）分类讨论，根据互斥事件以及对立事件的概率公式求解即可．
（1）小队猜对3个谜题共有2种情况，①甲队猜对2个，乙队猜对1个；②甲队猜对1个，乙队猜对2个，
所以小队猜对3个谜题的概率为．
（2）甲猜对谜题数量大于乙猜对谜题数量的情况有：
①甲猜对1个，乙猜对0个；②甲猜对2个，乙猜对1个；③甲猜对2个，乙猜对0个；
所以甲猜对谜题数量大于乙猜对谜题数量的概率为．
18．如图1，在中，，，，分别是，的中点，现将沿逆时针翻折形成四棱锥（如图2），且，直线与平面所成的角为．
（1）求证：平面平面；
（2）求四棱锥的体积；
（3）求二面角的正切值．
【答案】（1）证明：因为，分别是，的中点，所以，
因为，所以，所以，
又因为平面，所以平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（2）解： 过点作，垂足为，
因为平面，直线与平面所成的角为，
所以，所以，
所以，则，所以，
因为平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
所以四棱锥的体积；
（3）解：连接，过点作，垂足为，连接，如图所示：
由（2）知，为等边三角形，则点为中点，，
在中，，
在中，，则，
由点为中点得，，
又平面，平面，平面平面，
所以二面角的平面角为，
因为平面，平面，所以，
在中，，
所以二面角的正切值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；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）由题意，利用线面垂直的判定先证明平面，再根据面面垂直的判定证明平面平面即可；
（2）过点作，垂足为，根据线面垂直的性质及判定得出为四棱锥的高，再根据四棱锥体积公式求解即可；
（3）连接，过点作，垂足为，连接，由（2）知，为等边三角形，推出为二面角的平面角，在中，求解即可.
（1）因为，分别是，的中点，所以，
因为，所以，所以，
又因为平面，所以平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（2）过点作，垂足为，
因为平面，直线与平面所成的角为，
所以，所以，
所以，则，所以，
因为平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
所以四棱锥的体积；
（3）连接，过点作，垂足为，连接，如图所示，
由（2）知，为等边三角形，则点为中点，，
在中，，
在中，，则，
由点为中点得，，
又平面，平面，平面平面，
所以二面角的平面角为，
因为平面，平面，所以，
在中，，
所以二面角的正切值为.
19．我们把在某一点观察物体最高点和最低点所形成仰角的差值称之为“仰角差”．某博物馆截面如图所示，墙壁上有一幅壁画，最高点为，最低点为，观察点所在的水平线与壁画的竖直线交点为，在点处观察点，仰角为，然后面对壁画前进处的点观察点，其仰角的正切值为7．
（1）求壁画最高点与点的距离；
（2）若在，两点观察壁画的最高点和最低点的仰角差相等．
①求壁画最低点与点的距离；
②在观察水平线上，应处在距离点多远处观察壁画，才能使得仰角差最大？
【答案】（1）解：在中，，所以，
在中，，
因为，所以，
所以壁画最高点与点的距离为7；
（2）解：①设，，
在中，，则，
在中，，
在中，由正弦定理得，，
在中，，
在中，由正弦定理得，，解得，即；
②设距点距离为时，仰角差最大，此时位于点，设，
在中，，在中，，
则，
当且仅当，即时等号成立，
故当距离点处观察壁画，才能使得仰角差最大．
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的正切公式；正弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【分析】（1）在中，求得，在中，求得，根据，列方程求解即可；
（2）①、设，，在中，利用正弦定理求得，求得，再在中，求得，最后在中，利用正弦定理列方程求解即可；
②、设距点距离为时，仰角差最大，此时位于点，设，利用两角差的正切公式，结合基本不等式求解即可．
（1）在中，，所以，
在中，，
因为，
所以，
所以壁画最高点与点的距离为7．
（2）①设，，
在中，，则，
在中，，
在中，由正弦定理得，，
在中，，
在中，由正弦定理得，，
解得，即．
②设距点距离为时，仰角差最大，此时位于点，设，
在中，，在中，，
则
，当且仅当，即时等号成立，
所以当距离点处观察壁画，才能使得仰角差最大．
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