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广东省广州市天河区2024-2025学年高一下学期期末测试数学试题
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，只有一项是符合题目要求的．
1．一组样本数据为3，6，5，7，2，4，8，则（　　）
A．极差为5 B．中位数是7 C．平均数是5 D．众数是8
2．已知集合，集合，则下列判断正确的是（　　）
A． B．
C．的子集有4个 D．
3．已知平面向量是两个单位向量，在上的投影向量为，则（　　）
A． B． C． D．
4．如图，为的直观图，且的面积为1，则中最长边的边长为（　　）
A． B． C．2 D．1
5．如图，在四棱锥中，四边形是梯形，且点F在棱上，且平面，则=（　　）
A． B． C． D．
6．一个质地均匀的骰子六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6．连续抛掷这个骰子两次，并记录每次正面朝上的数字，记事件“两次向上的数字都为3”，“两次向上的数字之和是6”，则下列结论正确的是（　　）
A．事件A与事件B相互独立 B．事件A与事件B互斥
C． D．P(AB)=
7．空中有一气球（近似看成一个点），其在地面的射影是点，在点的正西方A点测得它的仰角为，同时在点的南偏东的点，测得它的仰角为，若两点间的距离为100米，那么测量时气球到地面的距离是（　　）．
A．100米 B．米 C．米 D．米
8．在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（　　）
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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．下列说法正确的是（　　）
A．若空间四点共面，则其中必有三点共线
B．若空间四点中任意三点不共线，则此四点共面
C．若空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面
D．若空间四点不共面，则任意三点不共线
10．在中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的是（　　）
A．
B．的最大内角是最小内角的3倍
C．
D．若，则内切圆半径为
11．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．计算　 　．
13．在一个袋子中装有大小与质地均相同的红色和黄色小球共5个，小明每次从中抽取一个观察颜色后并放回，进行100次后统计发现，红色小球出现了58次，黄色小球出现了42次．则袋中红球最有可能有　 　个．
14．已知正方体的棱长为1，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最小值为　 　.
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．在中，角所对的边分别为，且．
（1）若为钝角，求周长的取值范围；
（2）若为锐角，且，求．
16．如图，在正方体中，分别是棱的中点，为直线与平面的交点．
（1）求证：三点共线；
（2）求与平面所成角的正弦值．
17．高一年级举行了一次“数学建模能力竞赛”，为了解本次测试竞赛情况，年级从中抽取了部分学生的成绩进行统计．将成绩进行整理后，分为五组（，，，，），其中第1组频数是第2组频数的一半，请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题：
（1）若根据这次成绩，年级择优选取的同学晋级下一轮竞赛，请问晋级分数线定为多少合理？
（2）年级以各学习小组的平均分和方差为团体奖励依据．若某学习小组10位学生测试分数的平均数，标准差，若该小组得分分别为95分和85分的两位学生宣布退赛，求该小组余下8位学生分数的平均数与方差；
（3）在下一轮比赛中，甲、乙、丙三人同时回答一道有关模型检验的问题．已知甲回答正确的概率是，甲、乙两人都回答正确的概率是，乙、丙两人至少一人回答正确的概率是．每人回答正确与否相互独立．求甲、乙、丙三人中至少两人回答正确的概率．
18．如图，在中，，点满足，沿将折起形成三棱锥．
（1）若，求证：平面平面；
（2）若在平面上的射影恰好在上，求二面角的余弦值；
（3）若，且二面角为直二面角，求点到平面的距离．
19．若存在，，使得恰为函数的全部零点所构成的集合，则称为“分圆函数”．
（1）分别判断下列函数是否为“分圆函数”；（结论不要求证明）
①；
②．
（2）求证：对任意a∈R，均为“分圆函数”；
（3）若为“分圆函数”，求的值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：样本数据从小到大排列为，
则极差为，A错误；
中位数是，B错误；
平均数是，C正确；
众数不是8，D错误；
故答案为：C.
【分析】本题考查统计中极差、中位数、平均数、众数的计算，需逐一验证各选项。
2．【答案】C
【知识点】子集与真子集；交、并、补集的混合运算；区间与无穷的概念
【解析】【解答】解：AB：，，故AB错误，
CD：的子集有个，，集合不是集合的子集，故C正确，D错误.
故答案为：C
【分析】A：计算集合P与Q的交集；B：计算集合P与Q的并集；C：根据子集个数公式计算集合P的子集数；D：根据子集定义判断P是否为Q的子集。
3．【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由题意得，在上的投影向量，则，
所以.
故答案为：D
【分析】本题考查向量投影与数量积的运算，核心是利用投影向量的定义求出，再计算目标数量积。
4．【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：设，由题意可得，
所以，
所以在中，，
由，所以，
即中最长边的边长为.
故答案为：A.
【分析】本题考查斜二测画法，核心是利用直观图与原图的面积关系，先求出直观图的边长，再还原出原图的边长，最后确定最长边。
5．【答案】B
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【解答】解：过作交于，连接，如图所示.
因为，平面，不在平面上，
根据线面平行的判定定理可得平面.
又因为平面，，平面，
根据平面与平面平行的判定定理的推论，可得平面平面.
又平面平面，平面平面，所以.
根据相似三角形性质可得：.
因为，，所以四边形为平行四边形，所以.
又，所以，所以.
故答案为：B.
【分析】本题考查线面平行的性质与相似三角形的应用，核心是通过构造辅助线，利用线面平行的判定与性质，得到相似三角形，进而求出线段比。
6．【答案】D
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：设样本空间为，则，
B：事件“两次向上的数字都为3”，
事件“两次向上的数字之和是6”，
显然事件B包含事件A，所以事件A与事件B不互斥，故B错误；
C：因为，所以，故C错误；
D：因为，所以，故D正确；
A：，，，显然，故A错误；
故答案为：D．
【分析】A：根据独立事件的定义判断；B：根据互斥事件的定义判断；C：利用古典概型公式计算事件B的概率；D：利用古典概型公式计算事件AB的概率。
7．【答案】C
【知识点】余弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：
由题意可得，，，平面，
因为平面，所以，在中，由，则，
因为平面，所以，在中，由，则，
在中，由余弦定理可得，
则，解得.
故答案为：C.
【分析】本题考查空间几何与解三角形的综合应用，核心是利用仰角建立直角三角形关系，再通过余弦定理求解。
8．【答案】D
【知识点】简单的三角恒等变换；同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以，由正弦定理可得，
又 ，所以，所以，
因为 ，所以，所以，所以，所以，所以，，
因为，
因为，，所以，
所以，所以，
所以的取值范围为，
故选：D．
【分析】根据三角形内角和与诱导公式可得，进而利用正弦定理可得，利用半角公式可得，，再利用正弦定理和同角的三角函数关系可得，根据的范围求得tanB的范围，进而即可求得的取值范围 .
9．【答案】D
【知识点】空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：A、空间四点共面，如平面四边形，其中任何三点不共线，故A错误；
B、空间四点中任意三点不共线，三棱锥的四个顶点，得到此四点不共面，故B错误；
C、空间四点中任何三点不共线，则此四点可能共面，如平面四边形，故C错误；
D、空间四点不共面，如果任意三点有共线的，那么此四个点就共面，与已知矛盾，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据空间四个点的位置关系，逐项分析判断即可．
10．【答案】A,C,D
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A.由正弦定理可知，，故A正确；
B.最大内角是，，，最小内角是，，所以，所以，故B错误；
C.由B可知，，，，所以，故C正确；
D.若，则，由B可知，，所以，
设内切圆的半径为，则，即，，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】A：利用正弦定理判断；B：利用余弦定理求角的余弦值，进而分析角的关系；C：根据三角形内角的符号判断正切的乘积符号；D：利用面积法求内切圆半径。
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】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：.
【分析】本题考查复数的除法运算，核心是通过分母实数化，将复数除法转化为乘法来求解。
13．【答案】3
【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：红色出现的频率为，所以红球出现的概率应接近，
设袋子中红球的个数为，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，最接近，
所以袋中红球最有可能有3个.
故答案为：3.
【分析】本题考查利用频率估计概率，核心是通过实验中红球出现的频率，估计袋中红球的概率，进而推断红球个数。
14．【答案】
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：由题意得，正方体内切球的球心为正方体的中心，记为点，内切球半径.
∵，平面，平面，
∴平面，同理可得平面，
∵平面，，∴平面平面，
∵平面，∴平面，故点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为.
如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，，，，
∴，，.
设平面的法向量为，则，
令，则，故，
∴点到平面的距离为，
∴圆的半径为，
由得，，
∴，
∴的最小值为.
故答案为：.
【分析】本题考查立体几何中点、线、面的位置关系，核心是先确定点P的轨迹，再求定点到轨迹的最短距离。
15．【答案】（1）解：由余弦定理可知，
因为角为钝角，故，
所以，
故，
所以周长的取值范围是．
（2）解：因为角为锐角，且满足，故，
由余弦定理可得，所以，
所以．
【知识点】同角三角函数间的基本关系；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1) 利用余弦定理和钝角条件求边c的范围，进而得到周长的取值范围；
(2) 先由同角三角函数关系求cosC，再用余弦定理求边c，最后求cosB。
（1）由余弦定理可知，
因为角为钝角，故，
所以，
故，
所以周长的取值范围是．
（2）因为角为锐角，且满足，故，
由余弦定理可得，所以，
所以．
16．【答案】（1）证明：∵，且，
∴四边形为平行四边形，
∵为直线与平面的交点，
∴，又∵平面，
∴平面，又∵平面，平面平面，
∴，∴，，三点共线；
（2）解：连结，四边形是正方形，
，在正方体中平面，
平面，
，平面，
，同理，
，平面，
即是与平面的所成角，
连结，平面平面，
，
，，
，同理，
是的外心，
不妨设，，
，，
，即与平面所成角的正弦值为．
【知识点】平面的基本性质及推论；直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1) 利用平面交线的唯一性，证明点 在直线 上，从而得出三点共线；
(2) 先证明线面垂直，找到线面角，再通过几何计算求其正弦值。
（1）∵，且，
∴四边形为平行四边形，
∵为直线与平面的交点，
∴，又∵平面，
∴平面，又∵平面，平面平面，
∴，∴，，三点共线；
（2）连结，四边形是正方形，
，在正方体中平面，
平面，
，平面，
，同理，
，平面，
即是与平面的所成角，
连结，平面平面，
，
，，
，同理，
是的外心，
不妨设，，
，，
，即与平面所成角的正弦值为．
17．【答案】（1）解：由题意知，第1组的小长方形的高是第2组的小长方形的高的一半，
所以，
又，解得，
所以，，
择优选取的同学晋级下一轮竞赛，即确定第60百分位数，
成绩落在内的频率为：，
落在内的频率为：，
设第60百分位数为，
则，解得，
所以晋级分数线划为73分合理；
（2）解：设该小组10位学生的分数分别为，因为，
所以，
所以，
所以，
剔除其中的95和85两个分数，设剩余8个数为，
平均数与标准差分别为，，
则剩余8个分数的平均数：，
方差：；
（3）解：记“甲、乙、丙回答正确这道题”分别为事件，则，解得，
由乙、丙两人至少一人回答正确的概率是，
则
即．
所以乙、丙两人各自回答正确这道题的概率为和．
有0人回答正确的概率，
有1人回答正确的概率为
所以不少于2人回答正确这道题的概率．
【知识点】频率分布直方图；极差、方差与标准差；相互独立事件的概率乘法公式；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的性质求参数 a，b，再通过百分位数确定晋级分数线；
(2) 利用平均数和方差的定义，剔除数据后重新计算；
(3) 先求甲、乙、丙三人各自回答正确的概率，再计算至少两人回答正确的概率。
（1）由题意知，第1组的小长方形的高是第2组的小长方形的高的一半，
所以，
又，解得，
所以，，
择优选取的同学晋级下一轮竞赛，即确定第60百分位数，
成绩落在内的频率为：，
落在内的频率为：，
设第60百分位数为，
则，解得，
所以晋级分数线划为73分合理；
（2）设该小组10位学生的分数分别为，因为，
所以，
所以，
所以，
剔除其中的95和85两个分数，设剩余8个数为，
平均数与标准差分别为，，
则剩余8个分数的平均数：，
方差：；
（3）记“甲、乙、丙回答正确这道题”分别为事件，
则，解得，
由乙、丙两人至少一人回答正确的概率是，
则
即．
所以乙、丙两人各自回答正确这道题的概率为和．
有0人回答正确的概率，
有1人回答正确的概率为
所以不少于2人回答正确这道题的概率．
18．【答案】（1）证明：，所以在三棱锥中有：，
又平面平面，，
平面，
平面，
平面平面是正方形；
（2）解：过点作的垂线交于点，交于点，
翻折后仍有，，
又因为，且平面，平面，
所以平面，
所以为二面角所成的平面角，
由题意得平面，
所以，
因为直角三角形中，角为直角，时为斜边中点，
所以，所以，
，
所以，
又因为，
所以，
，
所以，
所以，
即二面角平面角的余弦值为；
（3）解：当时，，由三角形内角平分线逆定理可知平分，又∵，∴.
过点作的垂线交于点，连接，
则为等腰直角三角形，斜边，∴，
所以，
由题意平面平面，平面平面，，
平面，所以平面，
又∵平面，所以，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，点满足，∴，
又∵，
∴，
综上，三棱锥的高，底面积，
三棱锥的底面积，
设点到平面的距离为，即为三棱锥的的高，
∵，
∴，
即，解得.
∴点到平面的距离为.
【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) 由线线垂直推导出线面垂直，再由线面垂直推导出面面垂直；
(2) 找到二面角的平面角，利用三角函数关系求解；
(3) 利用等体积法，通过计算三棱锥的体积和底面积，求出点到平面的距离。
（1），所以在三棱锥中有：，
又平面平面，，
平面，
平面，
平面平面是正方形；
（2）过点作的垂线交于点，交于点，
翻折后仍有，，
又因为，且平面，平面，
所以平面，
所以为二面角所成的平面角，
由题意得平面，
所以，
因为直角三角形中，角为直角，时为斜边中点，
所以，所以，
，
所以，
又因为，
所以，
，
所以，
所以，
即二面角平面角的余弦值为；
（3）当时，，
由三角形内角平分线逆定理可知平分，又∵，∴.
过点作的垂线交于点，连接，
则为等腰直角三角形，斜边，∴，
所以，
由题意平面平面，平面平面，，
平面，所以平面，
又∵平面，所以，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，点满足，∴，
又∵，
∴，
综上，三棱锥的高，底面积，
三棱锥的底面积，
设点到平面的距离为，即为三棱锥的的高，
∵，
∴，
即，解得.
∴点到平面的距离为.
19．【答案】（1）①是；令，解得；
即可得，所以的零点的解集为；
所以存在使得为“分圆函数”．
②不是；令，即，
解得或；
显然这两部分解无法用同一个表达式来表示，所以不是“分圆函数”．
（2）证明：令，，故其必有两个不等实根，
由韦达定理：，令，则
因此的全部零点为，；
故对任意a∈R，均为“分圆函数
（3）解：令，
易知，故其必有两个不等实根，
由韦达定理可得
因为在上至多有两个解，在上至多有两个解；
所以在上至多有4个解，则
当时：由于，则且，不符合题意；
当时：必有或
（i）若，则，
此时，的全部零点为，故符合题意；
（ii）若，则，
此时，的全部零点为，故符合题意；
当时：若，则
则，均为的根
而，故
因此
此时，的全部零点为，故符合题意；
综上或；
【知识点】二倍角的余弦公式；正弦函数的图象；正切函数的图象与性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】(1) 直接根据 “分圆函数” 定义判断两个函数是否符合；(2) 换元后利用一元二次方程根的性质，证明零点可表示为特定形式；
(3) 换元后结合一元二次方程根的分布，讨论参数b的取值，验证零点是否符合 “分圆函数” 定义。
（1）①是；
令，解得；
即可得，所以的零点的解集为；
所以存在使得为“分圆函数”．
②不是；
令，即，
解得或；
显然这两部分解无法用同一个表达式来表示，所以不是“分圆函数”．
（2）令，
，故其必有两个不等实根，
由韦达定理：，令，则
因此的全部零点为，；
故对任意a∈R，均为“分圆函数”
（3）法1：
令，
易知，故其必有两个不等实根，
由韦达定理可得
因为在上至多有两个解，在上至多有两个解；
所以在上至多有4个解，则
当时：由于，则且，不合题
当时：必有或
（i）若，则，
此时，的全部零点为，故合题意；
（ii）若，则，
此时，的全部零点为，故合题意；
当时：若，则
则，均为的根
而，故
因此
此时，的全部零点为，故合题意；
综上或；
法2：
易知为定义在上的以2π为周期的函数，先在上分析其性质；
记，其在，上均单调递增
故在上的增区间为，，减区间为，，且，；
若，则，在恰有两个零点记为，在上恒正，无零点，
由周期性可知在上恰有两个零点，记为，，因此，，，依次为的四个相邻零点；
而，不合题意，故，
同理，因此，
当时，的全部零点为，合题意；
当时，的全部零点为，合题意；
当时，在，，，各一个零点，分别记作，，，，
若为“分圆函数”，则有；
故，，
因此，故，，
注意到为偶函数，则，解得，；
故，
当时，的全部零点为：，合题意；
综上，或
1 / 1广东省广州市天河区2024-2025学年高一下学期期末测试数学试题
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，只有一项是符合题目要求的．
1．一组样本数据为3，6，5，7，2，4，8，则（　　）
A．极差为5 B．中位数是7 C．平均数是5 D．众数是8
【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：样本数据从小到大排列为，
则极差为，A错误；
中位数是，B错误；
平均数是，C正确；
众数不是8，D错误；
故答案为：C.
【分析】本题考查统计中极差、中位数、平均数、众数的计算，需逐一验证各选项。
2．已知集合，集合，则下列判断正确的是（　　）
A． B．
C．的子集有4个 D．
【答案】C
【知识点】子集与真子集；交、并、补集的混合运算；区间与无穷的概念
【解析】【解答】解：AB：，，故AB错误，
CD：的子集有个，，集合不是集合的子集，故C正确，D错误.
故答案为：C
【分析】A：计算集合P与Q的交集；B：计算集合P与Q的并集；C：根据子集个数公式计算集合P的子集数；D：根据子集定义判断P是否为Q的子集。
3．已知平面向量是两个单位向量，在上的投影向量为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由题意得，在上的投影向量，则，
所以.
故答案为：D
【分析】本题考查向量投影与数量积的运算，核心是利用投影向量的定义求出，再计算目标数量积。
4．如图，为的直观图，且的面积为1，则中最长边的边长为（　　）
A． B． C．2 D．1
【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：设，由题意可得，
所以，
所以在中，，
由，所以，
即中最长边的边长为.
故答案为：A.
【分析】本题考查斜二测画法，核心是利用直观图与原图的面积关系，先求出直观图的边长，再还原出原图的边长，最后确定最长边。
5．如图，在四棱锥中，四边形是梯形，且点F在棱上，且平面，则=（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【解答】解：过作交于，连接，如图所示.
因为，平面，不在平面上，
根据线面平行的判定定理可得平面.
又因为平面，，平面，
根据平面与平面平行的判定定理的推论，可得平面平面.
又平面平面，平面平面，所以.
根据相似三角形性质可得：.
因为，，所以四边形为平行四边形，所以.
又，所以，所以.
故答案为：B.
【分析】本题考查线面平行的性质与相似三角形的应用，核心是通过构造辅助线，利用线面平行的判定与性质，得到相似三角形，进而求出线段比。
6．一个质地均匀的骰子六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6．连续抛掷这个骰子两次，并记录每次正面朝上的数字，记事件“两次向上的数字都为3”，“两次向上的数字之和是6”，则下列结论正确的是（　　）
A．事件A与事件B相互独立 B．事件A与事件B互斥
C． D．P(AB)=
【答案】D
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：设样本空间为，则，
B：事件“两次向上的数字都为3”，
事件“两次向上的数字之和是6”，
显然事件B包含事件A，所以事件A与事件B不互斥，故B错误；
C：因为，所以，故C错误；
D：因为，所以，故D正确；
A：，，，显然，故A错误；
故答案为：D．
【分析】A：根据独立事件的定义判断；B：根据互斥事件的定义判断；C：利用古典概型公式计算事件B的概率；D：利用古典概型公式计算事件AB的概率。
7．空中有一气球（近似看成一个点），其在地面的射影是点，在点的正西方A点测得它的仰角为，同时在点的南偏东的点，测得它的仰角为，若两点间的距离为100米，那么测量时气球到地面的距离是（　　）．
A．100米 B．米 C．米 D．米
【答案】C
【知识点】余弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：
由题意可得，，，平面，
因为平面，所以，在中，由，则，
因为平面，所以，在中，由，则，
在中，由余弦定理可得，
则，解得.
故答案为：C.
【分析】本题考查空间几何与解三角形的综合应用，核心是利用仰角建立直角三角形关系，再通过余弦定理求解。
8．在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】简单的三角恒等变换；同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以，由正弦定理可得，
又 ，所以，所以，
因为 ，所以，所以，所以，所以，所以，，
因为，
因为，，所以，
所以，所以，
所以的取值范围为，
故选：D．
【分析】根据三角形内角和与诱导公式可得，进而利用正弦定理可得，利用半角公式可得，，再利用正弦定理和同角的三角函数关系可得，根据的范围求得tanB的范围，进而即可求得的取值范围 .
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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．下列说法正确的是（　　）
A．若空间四点共面，则其中必有三点共线
B．若空间四点中任意三点不共线，则此四点共面
C．若空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面
D．若空间四点不共面，则任意三点不共线
【答案】D
【知识点】空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：A、空间四点共面，如平面四边形，其中任何三点不共线，故A错误；
B、空间四点中任意三点不共线，三棱锥的四个顶点，得到此四点不共面，故B错误；
C、空间四点中任何三点不共线，则此四点可能共面，如平面四边形，故C错误；
D、空间四点不共面，如果任意三点有共线的，那么此四个点就共面，与已知矛盾，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据空间四个点的位置关系，逐项分析判断即可．
10．在中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的是（　　）
A．
B．的最大内角是最小内角的3倍
C．
D．若，则内切圆半径为
【答案】A,C,D
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A.由正弦定理可知，，故A正确；
B.最大内角是，，，最小内角是，，所以，所以，故B错误；
C.由B可知，，，，所以，故C正确；
D.若，则，由B可知，，所以，
设内切圆的半径为，则，即，，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】A：利用正弦定理判断；B：利用余弦定理求角的余弦值，进而分析角的关系；C：根据三角形内角的符号判断正切的乘积符号；D：利用面积法求内切圆半径。
11．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．计算　 　．
【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：.
【分析】本题考查复数的除法运算，核心是通过分母实数化，将复数除法转化为乘法来求解。
13．在一个袋子中装有大小与质地均相同的红色和黄色小球共5个，小明每次从中抽取一个观察颜色后并放回，进行100次后统计发现，红色小球出现了58次，黄色小球出现了42次．则袋中红球最有可能有　 　个．
【答案】3
【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：红色出现的频率为，所以红球出现的概率应接近，
设袋子中红球的个数为，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，最接近，
所以袋中红球最有可能有3个.
故答案为：3.
【分析】本题考查利用频率估计概率，核心是通过实验中红球出现的频率，估计袋中红球的概率，进而推断红球个数。
14．已知正方体的棱长为1，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：由题意得，正方体内切球的球心为正方体的中心，记为点，内切球半径.
∵，平面，平面，
∴平面，同理可得平面，
∵平面，，∴平面平面，
∵平面，∴平面，故点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为.
如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，，，，
∴，，.
设平面的法向量为，则，
令，则，故，
∴点到平面的距离为，
∴圆的半径为，
由得，，
∴，
∴的最小值为.
故答案为：.
【分析】本题考查立体几何中点、线、面的位置关系，核心是先确定点P的轨迹，再求定点到轨迹的最短距离。
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．在中，角所对的边分别为，且．
（1）若为钝角，求周长的取值范围；
（2）若为锐角，且，求．
【答案】（1）解：由余弦定理可知，
因为角为钝角，故，
所以，
故，
所以周长的取值范围是．
（2）解：因为角为锐角，且满足，故，
由余弦定理可得，所以，
所以．
【知识点】同角三角函数间的基本关系；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1) 利用余弦定理和钝角条件求边c的范围，进而得到周长的取值范围；
(2) 先由同角三角函数关系求cosC，再用余弦定理求边c，最后求cosB。
（1）由余弦定理可知，
因为角为钝角，故，
所以，
故，
所以周长的取值范围是．
（2）因为角为锐角，且满足，故，
由余弦定理可得，所以，
所以．
16．如图，在正方体中，分别是棱的中点，为直线与平面的交点．
（1）求证：三点共线；
（2）求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：∵，且，
∴四边形为平行四边形，
∵为直线与平面的交点，
∴，又∵平面，
∴平面，又∵平面，平面平面，
∴，∴，，三点共线；
（2）解：连结，四边形是正方形，
，在正方体中平面，
平面，
，平面，
，同理，
，平面，
即是与平面的所成角，
连结，平面平面，
，
，，
，同理，
是的外心，
不妨设，，
，，
，即与平面所成角的正弦值为．
【知识点】平面的基本性质及推论；直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1) 利用平面交线的唯一性，证明点 在直线 上，从而得出三点共线；
(2) 先证明线面垂直，找到线面角，再通过几何计算求其正弦值。
（1）∵，且，
∴四边形为平行四边形，
∵为直线与平面的交点，
∴，又∵平面，
∴平面，又∵平面，平面平面，
∴，∴，，三点共线；
（2）连结，四边形是正方形，
，在正方体中平面，
平面，
，平面，
，同理，
，平面，
即是与平面的所成角，
连结，平面平面，
，
，，
，同理，
是的外心，
不妨设，，
，，
，即与平面所成角的正弦值为．
17．高一年级举行了一次“数学建模能力竞赛”，为了解本次测试竞赛情况，年级从中抽取了部分学生的成绩进行统计．将成绩进行整理后，分为五组（，，，，），其中第1组频数是第2组频数的一半，请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题：
（1）若根据这次成绩，年级择优选取的同学晋级下一轮竞赛，请问晋级分数线定为多少合理？
（2）年级以各学习小组的平均分和方差为团体奖励依据．若某学习小组10位学生测试分数的平均数，标准差，若该小组得分分别为95分和85分的两位学生宣布退赛，求该小组余下8位学生分数的平均数与方差；
（3）在下一轮比赛中，甲、乙、丙三人同时回答一道有关模型检验的问题．已知甲回答正确的概率是，甲、乙两人都回答正确的概率是，乙、丙两人至少一人回答正确的概率是．每人回答正确与否相互独立．求甲、乙、丙三人中至少两人回答正确的概率．
【答案】（1）解：由题意知，第1组的小长方形的高是第2组的小长方形的高的一半，
所以，
又，解得，
所以，，
择优选取的同学晋级下一轮竞赛，即确定第60百分位数，
成绩落在内的频率为：，
落在内的频率为：，
设第60百分位数为，
则，解得，
所以晋级分数线划为73分合理；
（2）解：设该小组10位学生的分数分别为，因为，
所以，
所以，
所以，
剔除其中的95和85两个分数，设剩余8个数为，
平均数与标准差分别为，，
则剩余8个分数的平均数：，
方差：；
（3）解：记“甲、乙、丙回答正确这道题”分别为事件，则，解得，
由乙、丙两人至少一人回答正确的概率是，
则
即．
所以乙、丙两人各自回答正确这道题的概率为和．
有0人回答正确的概率，
有1人回答正确的概率为
所以不少于2人回答正确这道题的概率．
【知识点】频率分布直方图；极差、方差与标准差；相互独立事件的概率乘法公式；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的性质求参数 a，b，再通过百分位数确定晋级分数线；
(2) 利用平均数和方差的定义，剔除数据后重新计算；
(3) 先求甲、乙、丙三人各自回答正确的概率，再计算至少两人回答正确的概率。
（1）由题意知，第1组的小长方形的高是第2组的小长方形的高的一半，
所以，
又，解得，
所以，，
择优选取的同学晋级下一轮竞赛，即确定第60百分位数，
成绩落在内的频率为：，
落在内的频率为：，
设第60百分位数为，
则，解得，
所以晋级分数线划为73分合理；
（2）设该小组10位学生的分数分别为，因为，
所以，
所以，
所以，
剔除其中的95和85两个分数，设剩余8个数为，
平均数与标准差分别为，，
则剩余8个分数的平均数：，
方差：；
（3）记“甲、乙、丙回答正确这道题”分别为事件，
则，解得，
由乙、丙两人至少一人回答正确的概率是，
则
即．
所以乙、丙两人各自回答正确这道题的概率为和．
有0人回答正确的概率，
有1人回答正确的概率为
所以不少于2人回答正确这道题的概率．
18．如图，在中，，点满足，沿将折起形成三棱锥．
（1）若，求证：平面平面；
（2）若在平面上的射影恰好在上，求二面角的余弦值；
（3）若，且二面角为直二面角，求点到平面的距离．
【答案】（1）证明：，所以在三棱锥中有：，
又平面平面，，
平面，
平面，
平面平面是正方形；
（2）解：过点作的垂线交于点，交于点，
翻折后仍有，，
又因为，且平面，平面，
所以平面，
所以为二面角所成的平面角，
由题意得平面，
所以，
因为直角三角形中，角为直角，时为斜边中点，
所以，所以，
，
所以，
又因为，
所以，
，
所以，
所以，
即二面角平面角的余弦值为；
（3）解：当时，，由三角形内角平分线逆定理可知平分，又∵，∴.
过点作的垂线交于点，连接，
则为等腰直角三角形，斜边，∴，
所以，
由题意平面平面，平面平面，，
平面，所以平面，
又∵平面，所以，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，点满足，∴，
又∵，
∴，
综上，三棱锥的高，底面积，
三棱锥的底面积，
设点到平面的距离为，即为三棱锥的的高，
∵，
∴，
即，解得.
∴点到平面的距离为.
【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) 由线线垂直推导出线面垂直，再由线面垂直推导出面面垂直；
(2) 找到二面角的平面角，利用三角函数关系求解；
(3) 利用等体积法，通过计算三棱锥的体积和底面积，求出点到平面的距离。
（1），所以在三棱锥中有：，
又平面平面，，
平面，
平面，
平面平面是正方形；
（2）过点作的垂线交于点，交于点，
翻折后仍有，，
又因为，且平面，平面，
所以平面，
所以为二面角所成的平面角，
由题意得平面，
所以，
因为直角三角形中，角为直角，时为斜边中点，
所以，所以，
，
所以，
又因为，
所以，
，
所以，
所以，
即二面角平面角的余弦值为；
（3）当时，，
由三角形内角平分线逆定理可知平分，又∵，∴.
过点作的垂线交于点，连接，
则为等腰直角三角形，斜边，∴，
所以，
由题意平面平面，平面平面，，
平面，所以平面，
又∵平面，所以，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，点满足，∴，
又∵，
∴，
综上，三棱锥的高，底面积，
三棱锥的底面积，
设点到平面的距离为，即为三棱锥的的高，
∵，
∴，
即，解得.
∴点到平面的距离为.
19．若存在，，使得恰为函数的全部零点所构成的集合，则称为“分圆函数”．
（1）分别判断下列函数是否为“分圆函数”；（结论不要求证明）
①；
②．
（2）求证：对任意a∈R，均为“分圆函数”；
（3）若为“分圆函数”，求的值．
【答案】（1）①是；令，解得；
即可得，所以的零点的解集为；
所以存在使得为“分圆函数”．
②不是；令，即，
解得或；
显然这两部分解无法用同一个表达式来表示，所以不是“分圆函数”．
（2）证明：令，，故其必有两个不等实根，
由韦达定理：，令，则
因此的全部零点为，；
故对任意a∈R，均为“分圆函数
（3）解：令，
易知，故其必有两个不等实根，
由韦达定理可得
因为在上至多有两个解，在上至多有两个解；
所以在上至多有4个解，则
当时：由于，则且，不符合题意；
当时：必有或
（i）若，则，
此时，的全部零点为，故符合题意；
（ii）若，则，
此时，的全部零点为，故符合题意；
当时：若，则
则，均为的根
而，故
因此
此时，的全部零点为，故符合题意；
综上或；
【知识点】二倍角的余弦公式；正弦函数的图象；正切函数的图象与性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】(1) 直接根据 “分圆函数” 定义判断两个函数是否符合；(2) 换元后利用一元二次方程根的性质，证明零点可表示为特定形式；
(3) 换元后结合一元二次方程根的分布，讨论参数b的取值，验证零点是否符合 “分圆函数” 定义。
（1）①是；
令，解得；
即可得，所以的零点的解集为；
所以存在使得为“分圆函数”．
②不是；
令，即，
解得或；
显然这两部分解无法用同一个表达式来表示，所以不是“分圆函数”．
（2）令，
，故其必有两个不等实根，
由韦达定理：，令，则
因此的全部零点为，；
故对任意a∈R，均为“分圆函数”
（3）法1：
令，
易知，故其必有两个不等实根，
由韦达定理可得
因为在上至多有两个解，在上至多有两个解；
所以在上至多有4个解，则
当时：由于，则且，不合题
当时：必有或
（i）若，则，
此时，的全部零点为，故合题意；
（ii）若，则，
此时，的全部零点为，故合题意；
当时：若，则
则，均为的根
而，故
因此
此时，的全部零点为，故合题意；
综上或；
法2：
易知为定义在上的以2π为周期的函数，先在上分析其性质；
记，其在，上均单调递增
故在上的增区间为，，减区间为，，且，；
若，则，在恰有两个零点记为，在上恒正，无零点，
由周期性可知在上恰有两个零点，记为，，因此，，，依次为的四个相邻零点；
而，不合题意，故，
同理，因此，
当时，的全部零点为，合题意；
当时，的全部零点为，合题意；
当时，在，，，各一个零点，分别记作，，，，
若为“分圆函数”，则有；
故，，
因此，故，，
注意到为偶函数，则，解得，；
故，
当时，的全部零点为：，合题意；
综上，或
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