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江苏省连云港市东海县2024-2025学年高一下学期6月期末学业质量检测数学试题
一、单选题（共8小题满分40分）
1．复数在复平面内所对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，则对应点为，在第二象限.
故答案为：B
【分析】本题考查复数的除法运算与几何意义，关键是先将复数化为标准形式，再根据实部和虚部的符号判断象限。
2．已知平面向量，且，与的夹角为钝角，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【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；数量积表示两个向量的夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：设，
因为，，所以，
解得或，所以或
因为与的夹角是钝角，所以，所以.
故选：A.
【分析】设，再根据和列出方程求解求得x，y的值，进而根据与的夹角为钝角，利用向量的数量积运算即可确定的坐标 .
3．已知中，角所对的边分别为，设向量，若，则是（　　）
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等边三角形
【答案】A
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；简单的三角恒等变换；正弦定理；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：在中，因为，且，
所以，由正弦定理得，
所以，即，
又，则，则，
所以，所以该三角形为等腰三角形.
故答案为：A
【分析】本题考查平面向量平行的坐标表示与正弦定理的应用，关键是利用向量平行条件得到边角关系，再结合正弦定理和三角恒等变换判断三角形形状。
4．某单位组织开展党史知识竞赛活动，现把100名人员的成绩（单位：分）绘制成频率分布直方图（每组数据均左闭右开），则下列各选项正确的是（　　）
A．
B．估计这100名人员成绩的中位数为76.6
C．估计这100名人员成绩的平均数为76.2（同一组数据用该区间的中点值作代表）
D．若成绩在内为优秀，则这100名人员中成绩优秀的有50人
【答案】C
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：A，由直方图可得，解得，故选项A错误.
B，因为前3组的频率之和为，
前4组的频率之和为，
所以中位数在内，设中位数为x，
则，解得，故选项B错误.
C，由直方图可得平均数为
，故选项C正确.
D，因为成绩在内的频率为0.4，所以这100名人员中成绩优秀的有40人，故选项D错误.
故选：C.
【分析】由频率分布直方图的性质所有矩形面积之和为1列式求即可判断选项A；根据中位数和平均数的定义求中位数和平均数即可判断选项BC；由频率分布直方图求成绩优秀的频率，再求成绩优秀的人数即可判断选项D.
5．已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的余弦公式；三角函数诱导公式二~六；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为
所以，
所以.
故答案为：D
【分析】本题考查三角恒等变换，核心用到诱导公式、辅助角公式、余弦二倍角公式。先通过角度变形、辅助角公式化简已知条件，得到单角三角函数值，再凑角结合二倍角公式求解目标式。
6．帆船比赛中，运动员可借助风力计测定风速的大小与方向，测出的结果在航海学中称为视风风速.视风风速对应的向量是真风风速对应的向量与船行风风速对应的向量之和，其中船行风风速对应的向量与船速对应的向量大小相等、方向相反.图1给出了部分风力等级、名称与风速大小的对应关系.已知某帆船运动员在某时刻测得的视风风速对应的向量与船速对应的向量如图2所示（线段长度代表速度大小，单位：m/s），则该时刻的真风为（　　）
级数 名称 风速大小（单位：m/s)
2 轻风 1.6~3.3
3 微风 3.4~5.4
4 和风 5.5~7.9
5 劲风 8.0~10.7
A．轻风 B．微风 C．和风 D．劲风
【答案】A
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意及图得，视风风速对应的向量为：，
设真风风速对应的向量为，船行风速对应的向量为，
∴，船行风速：，
∴，
∴，
∴由表得，真风风速为轻风，
故选：A.
【分析】结合题目条件和图写出视风风速对应的向量和船行风速对应的向量，再根据向量的线性运算求得真风风速对应的向量，利用模长公式即可求得真风风速的大小，进而由图即可得出结论.
7．已知正三棱锥的底面是边长为的等边三角形，侧棱，点是棱的中点，点是的中点，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；解三角形；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：如图所示，取的中点，连接，
因为点F，G分别是BE，AE的中点，所以，且FG=1，所以就是异面直线与所成角或其补角．
因为，，则两两垂直，
在中，，，由勾股定理可得．
连接，在中，，，
由余弦定理可得，，
在中，，所以，
在中，，
所以异面直线与所成角的余弦值为．
故选：D．
【分析】取的中点，连接，根据中位线定理可得，进而可得就是异面直线与所成角或其补角，在中，利用余弦定理即可求得异面直线与所成角的余弦值.
8．已知菱形的各边长为.如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时，是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则点的轨迹的周长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体；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：如图所示，取中点，连接，
则，平面
所以平面，，
又，所以，所以三棱锥的高，
所以三棱锥体积为；
作于点H，设点轨迹所在平面为，所以平面经过点且，
设三棱锥外接球的球心为的中心分别为，
易知平面平面，且四点共面，
由题可得，，
解Rt，得，又，
则三棱锥外接球半径，
易知到平面的距离，
故平面截外接球所得截面圆的半径为，
所以截面圆的周长为，即点轨迹的周长为.
故答案为：.
【分析】取中点，作，设点轨迹所在平面为，设三棱锥外接球的球心为的中心分别为，则可得平面平面，且四点共面，求出三棱锥外接球半径和到平面的距离，从而可求出平面截外接球所得截面圆的半径，进而根据圆的周长公式求得截面圆的周长，即可求得点的轨迹的周长.
二、多选题（共3小题 满分18分）
9．设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列为假命题的是（　　）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】A,B,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.平面平面，平面，平面，但，A错误.
B.平面，平面，平面平面，但，B错误.
C. ∵，∴存在，使得，∴，
∵，∴，∴，C正确.
D.平面，平面，，但平面平面，D错误.
故答案为：ABD.
【分析】A：利用面面垂直的性质，通过正方体中的反例说明两直线不一定平行；B：利用面面平行的性质，通过正方体中的反例说明两直线不一定平行；C：通过构造辅助平面，利用线面平行的性质定理证明；D：利用线面垂直、线面平行的性质，通过正方体中的反例说明两平面不一定垂直。
10．在4件产品中，有一等品2件，二等品1件（一等品和二等品都是正品)，次品1件，现从中取出2件产品.记事件A为：“2件都是一等品”，事件B为：“1件一等品1件二等品”，事件C为：“1件次品1件正品”，事件D为：“至少有1件是一等品”，则下列结论中不成立的是（　　）
A．事件为互斥事件 B．事件为相互独立事件
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：A，事件A与事件B不同时发生，故为互斥事件，故选项A正确；
B，一等品2件记为，二等品1件记为，次品1件记为，则从这4件产品中抽2件的基本事件有：共6件，
事件A的基本事件有共1件，故，事件B的基本事件有共2件，故，
由选项A可知，显然，所以事件A，B不为相互独立事件，故选项B错误；
C，事件C的基本事件有共3件，故，故选项C错误；
D，，事件D的基本事件有共5件，故，所以，故选项D错误.
故选：BCD
【分析】利用互斥事件的定义即可判断选项A；分别求得，，进而根据互斥事件的意义和独立事件的概率公式即可判断选项B；利用古典概型的概率求解判断选项C；求各事件的概率进行判断选项D.
11．如图，矩形中，为边AB的中点，将沿直线DE翻折成（平面BCDE），若在线段上（点与不重合），则在翻折过程中，给出下列判断，其中判断正确的有（　　）
A．当为的中点时，与平面垂直的直线必与直线MB垂直
B．存在某个位置，使
C．当四棱锥体积最大时，点到平面BCDE的距离为
D．当二面角的大小为时，异面直线与BE所成角的余弦值为
【答案】A,C,D
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：A：取的中点，连接，可得四边形为平行四边形，
所以，因为平面，平面，所以平面，
又因为分别为和的中点，所以， 同理可得平面，
因为，且平面，所以平面平面，
又因为平面，所以平面，
所以与平面垂直的直线必与直线垂直，A正确；
B：假设存在某个位置，使，连接，取的中点，
连接，可得，又因为，，
所以平面，因为平面，所以，必有，
但，两者不等，所以不可能有DE，B错误；
C：由是等腰直角三角形，则到的距离是，
当平面平面时，此时四棱锥体积最大，
点到平面的距离为，C正确；
D：由，且，可得二面角—DE—B的平面角，
当二面角—DE—B的大小为时，即 ，
因为，所以为等边三角形，可得，
又由，所以异面直线与所成得的角，
即为直线与所成得的角，即，
则，D正确．
故答案为：ACD.
【分析】A：通过构造平行平面平面，证明与平面平行，从而得出结论；B：通过假设，推出矛盾条件不成立，说明不存在这样的位置；C：分析四棱锥体积最大的条件（两平面垂直），并计算此时点到平面BCDE的距离；D：将异面直线所成角转化为，利用余弦定理求解其大小。
三、填空题（共3小题满分15分）
12．在一次数学测验中，某小组的7位同学的成绩分别为：109，116，122，126，131，134，140，则这7位同学成绩的上四分位数与下四分位数的差为　 　．
【答案】18
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：计算下四分位数，已知数据个数，下四分位数即第分位数，此时，则．
由于1.75不是整数，将1.75向上取整得到，所以下四分位数是排序后第个数据，即．
计算上四分位数，上四分位数即第分位数，此时，则．
由于5.25不是整数，将5.25向上取整得到，所以上四分位数是排序后第个数据，即．
上四分位数与下四分位数的差为．
故答案为：18．
【分析】本题考查分位数的计算，关键是先根据数据个数确定分位数位置，再通过向上取整找到对应数据，最后计算差值。
13．用铁水灌注上、下底面的边长分别为和的正四棱台工件，若其侧面梯形的高为，则所需铁水的体积为　 　．（灌注过程中铁水无额外损耗）
【答案】
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示，
在正四棱台中，，，，
，分别为侧面上的高以及棱台的高，则，，
在等腰梯形中，，
等腰梯形中，过作，垂足为，则，
所以，
所以该正四棱台的体积为，
即所需铁水的体积为．
故答案为：．
【分析】先求得侧棱长以及正四棱台的高，再利用棱台体积公式即可求得所需铁水的体积 .
14．在中，点D为的中点，点 E 为上一点，且满足，则的最大值为　 　.
【答案】
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；解三角形；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：如图所示，
因为点D为的中点，所以，所以，
又因为C，D，E三点共线，所以，所以
因为，所以，所以
所以
设三角形中角所对的边分别是，又因为
由余弦定理得：，
而，
又因为，所以
所以，当且仅当时取等号，
所以的最大值为.
故答案为：.
【分析】利用三点共线先求参数，根据向量的线性运算可得，利用数量积运算，然后再利用余弦定理找到相等关系，再结合基本不等式求最值即可.
四、解答题（共5大题满分77分）
15．已知向量，，函数．
（1）求的最小值
（2）若对任意的，都有解，求实数a的取值范围
【答案】（1）解：
，
所以的最小值为．
（2）解：令，则有解，即有解，
因为时，，则，
因为在上单调递减，在上单调递增，
故当时，取最小值；当时，取最大值3，即，
因为有解，所以实数a的取值范围为．
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【分析】（1）根据向量的数量积运算，三角恒等变换和辅助角公式化简计算得到，从而根据三角函数的性质即可求出最小值；
（2）令，换元得到有解，其中，利用函数单调性得到，从而得到实数a的取值范围
（1）
，
故的最小值为．
（2）令，则有解，即有解，
因为时，，则，
因为在上单调递减，在上单调递增，
故当时，取最小值；当时，取最大值3，即，
因为有解，所以实数a的取值范围为．
16．甲、乙、丙三位同学进行乒乓球比赛，约定赛制如下：比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空，每局比赛的胜者与轮空者进行下一局比赛，负者下一局轮空，直至一人累计胜两局，此人最终获胜，比赛结束.已知每局比赛甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为，每局比赛没有平局，且比赛结果相互独立.
（1）若甲、乙首先比赛，求甲最终获胜的概率；
（2）求乙最终获胜的概率.
【答案】（1）解：甲最终获胜包含以下情况：
情况①：第1局甲胜乙、第2局甲胜丙（2局结束，甲2胜夺冠），其概率为；
情况②：第1局甲胜乙，第2局甲负丙，第3局丙负乙，第4局甲胜乙（4局结束甲夺冠），
其概率为；
情况③：第1局乙胜甲，第2局丙胜乙，第3局甲胜丙，第4局甲胜乙（4局结束甲夺冠），其概率为.
故甲、乙首先比赛，甲最终获胜的概率.
（2）解：①若甲、乙首先比赛，则乙最终获胜有三种情况：
甲、乙比赛乙胜，乙、丙比赛乙胜，概率为；
甲、乙比赛甲胜，甲、丙比赛丙胜，乙、丙比赛乙胜，甲、乙比赛乙胜，
概率为；
甲、乙比赛乙胜，乙、丙比赛丙胜，甲、丙比赛甲胜，甲、乙比赛乙胜，
概率为.故甲、乙首先比赛，乙最终获胜的概率.
②若甲、丙首先比赛，则乙最终获胜有两种情况：
甲、丙比赛甲胜，甲、乙比赛乙胜，乙、丙比赛乙胜，概率为；
甲、丙比赛丙胜，乙、丙比赛乙胜，甲、乙比赛乙胜，概率为.
故甲、丙首先比赛，乙最终获胜的概率.
③若乙、丙首先比赛，则乙最终获胜有三种情况：
乙、丙比赛乙胜，甲、乙比赛乙胜，概率为；
乙、丙比赛乙胜，甲、乙比赛甲胜，甲、丙比赛丙胜，乙、丙比赛乙胜，
概率为；
乙、丙比赛丙胜，甲、丙比赛甲胜，甲、乙比赛乙胜，乙、丙比赛乙胜，
概率为.
故乙、丙首先比赛，乙最终获胜的概率.
故乙最终获胜的概率.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件
【解析】【分析】（1）甲最终获胜包含：情况①：第1局甲胜乙、第2局甲胜丙（2局结束，甲2胜夺冠）；情况②：第1局甲胜乙，第2局甲负丙，第3局丙负乙，第4局甲胜乙（4局结束甲夺冠）；情况③：第1局乙胜甲，第2局丙胜乙，第3局甲胜丙，第4局甲胜乙（4局结束甲夺冠），求出各种情况的概率之和即可求得甲乙首先比赛， 甲最终获胜的概率；
（2）①若甲、乙首先比赛，则乙最终获胜有三种情况；②若甲、丙首先比赛，则乙最终获胜有两种情况；③若乙、丙首先比赛，则乙最终获胜有三种情况，求出以上各种情况概率可得乙最终获胜的概率.
（1）甲最终获胜包含以下情况：
第一种情况是甲第一局和第二局比赛都获胜，其概率为；
第二种情况是甲第一局和第四局比赛获胜，其概率为；
第三种情况是甲第三局和第四局比赛获胜，其概率是.
故甲、乙首先比赛，甲最终获胜的概率；
（2）①若甲、乙首先比赛，则乙最终获胜有三种情况：
甲、乙比赛乙胜，乙、丙比赛乙胜，概率为；
甲、乙比赛甲胜，甲、丙比赛丙胜，乙、丙比赛乙胜，甲、乙比赛乙胜，
概率为；
甲、乙比赛乙胜，乙、丙比赛丙胜，甲、丙比赛甲胜，甲、乙比赛乙胜，
概率为.
故甲、乙首先比赛，乙最终获胜的概率.
②若甲、丙首先比赛，则乙最终获胜有两种情况：
甲、丙比赛甲胜，甲、乙比赛乙胜，乙、丙比赛乙胜，概率为；
甲、丙比赛丙胜，乙、丙比赛乙胜，甲、乙比赛乙胜，概率为.
故甲、丙首先比赛，乙最终获胜的概率.
③若乙、丙首先比赛，则乙最终获胜有三种情况：
乙、丙比赛乙胜，甲、乙比赛乙胜，概率为；
乙、丙比赛乙胜，甲、乙比赛甲胜，甲、丙比赛丙胜，乙、丙比赛乙胜，
概率为；
乙、丙比赛丙胜，甲、丙比赛甲胜，甲、乙比赛乙胜，乙、丙比赛乙胜，
概率为.
故乙、丙首先比赛，乙最终获胜的概率.
故乙最终获胜的概率.
17．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求角C的大小；
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）解：因为，
又，
所以，
整理得，
即，
因为，所以，
所以，
则.

（2）解：由（1）可知，解得，
所以，所以，
所以的周长为 .
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；余弦定理的应用；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用三角形的面积公式和已知条件可得，进而利用余弦定理和辅助角公式变形可得，再利用三角函数的性质即可求得C的值；
（2）先利用面积公式求，再利用余弦定理即可求得，进而可求得的周长.
（1）因为，
又，
所以，
整理得，
即，
因为，所以，
所以，
则；
（2）由（1）得，
得，
所以，
所以，
所以的周长为.
18．在三棱锥中，平面，，，，是的中点，是线段上的一点，且.
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明：因为 ，，，
由勾股定理可得，
因为，所以是 的斜边上的中线，是的中点，
又因为是的中点，所以 ，
因为平面，平面，
所以 平面；
（2）解：由（1）得，，，
， 底面ABC，所以 ，
又平面，所以，
又 ， 平面PAC， 平面PAC， ，
所以平面，
因为平面，所以，
由（1）知 ，所以，
在 中，，所以 ，
设点到平面的距离为，
因为，所以 ，即，，
即点到平面的距离为；
综上，点到平面的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）先根据勾股定理求得BC的值，进而结合已知条件易得是的中点，根据中位线定理可得 ，利用线面平行的判定定理即可证得平面；
（2）设点到平面的距离为，利用等体积法，先求得，，即可得，解方程求得h的值即可求得点到平面的距离.
（1）因为 ，，，
所以，
因为，所以是 的斜边上的中线，是的中点，
又因为是的中点，所以 ，
因为平面，平面，
所以 平面；
（2）由（1）得，
， ，
， 底面ABC，所以 ，
又平面，所以，
又 ， 平面PAC， 平面PAC， ，
所以平面，
平面，所以，由（1）知 ，所以，
在 中，， ，
设点到平面的距离为，
则由，得 ，即，，
即点到平面的距离为；
综上，点到平面的距离为.
19．如图，是圆O的直径，垂直于圆O所在的平面，，，点C是圆O上不同于的任意一点，E为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值；
（3）若点为圆O（含圆周）内任意一点，它到点的距离与到直线的距离相等，求三棱锥体积的取值范围．
【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以，
因为点在以为直径的圆上，所以，
又因为平面平面，
所以平面．
（2）解：因为平面，平面，所以，
因为，所以，
因为平面，则为直线与平面所成的角，即，
所以，因为为中点，所以，
所以三角形为等边三角形，取中点为，连结，则，
过作交于点，则为的平面角．
在直角三角形中，，
在三角形中，由余弦定理得，
所以，所以．
在三角形中，由余弦定理得.
（3）解：过点作，垂足为，
因为平面，且平面，所以，
因为平面平面，
所以平面，过点作，垂足为，连结，
因为平面平面，所以，
因为平面平面，所以平面，
因为平面，所以，即为点到直线的距离．
因为，所以，
所以点在的角平分线上，所以，所以，
所以点在直线上，
所以，因为，
所以，即三棱锥体积的取值范围为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；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得，再根据直径的特点得，进而利用线面垂直的判定定理即可证得平面；
（2）取中点为，连结，可得，过作交于点，可得为的平面角，利用余弦定理得，进而在中利用余弦定理即可得到答案；
（3）过点作，垂足为，利用线面垂直的判定定理即可得到平面，进而根据线面垂直的性质可得，即为点到直线的距离．由点在直线上可求得，最后根据锥体的体积公式即可得到三棱锥体积的取值范围 .
（1）因为平面，且平面，所以，
因为点在以为直径的圆上，所以，
又因为平面平面，
所以平面．
（2）因为平面，平面，所以，
因为，所以，
因为平面，则为直线与平面所成的角，即，
所以，因为为中点，所以，
所以三角形为等边三角形，取中点为，连结，则，
过作交于点，则为的平面角．
在直角三角形中，，
在三角形中，由余弦定理得，
所以，所以．
在三角形中，由余弦定理得.
（3）过点作，垂足为，
因为平面，且平面，所以，
因为平面平面，
所以平面，过点作，垂足为，连结，
因为平面平面，所以，
因为平面平面，所以平面，
因为平面，所以，即为点到直线的距离．
因为，所以，
所以点在的角平分线上，所以，所以，
所以点在直线上，
所以，因为，
所以，即三棱锥体积的取值范围为．
1 / 1江苏省连云港市东海县2024-2025学年高一下学期6月期末学业质量检测数学试题
一、单选题（共8小题满分40分）
1．复数在复平面内所对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．已知平面向量，且，与的夹角为钝角，则（　　）
A． B． C． D．
3．已知中，角所对的边分别为，设向量，若，则是（　　）
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等边三角形
4．某单位组织开展党史知识竞赛活动，现把100名人员的成绩（单位：分）绘制成频率分布直方图（每组数据均左闭右开），则下列各选项正确的是（　　）
A．
B．估计这100名人员成绩的中位数为76.6
C．估计这100名人员成绩的平均数为76.2（同一组数据用该区间的中点值作代表）
D．若成绩在内为优秀，则这100名人员中成绩优秀的有50人
5．已知，则（　　）
A． B． C． D．
6．帆船比赛中，运动员可借助风力计测定风速的大小与方向，测出的结果在航海学中称为视风风速.视风风速对应的向量是真风风速对应的向量与船行风风速对应的向量之和，其中船行风风速对应的向量与船速对应的向量大小相等、方向相反.图1给出了部分风力等级、名称与风速大小的对应关系.已知某帆船运动员在某时刻测得的视风风速对应的向量与船速对应的向量如图2所示（线段长度代表速度大小，单位：m/s），则该时刻的真风为（　　）
级数 名称 风速大小（单位：m/s)
2 轻风 1.6~3.3
3 微风 3.4~5.4
4 和风 5.5~7.9
5 劲风 8.0~10.7
A．轻风 B．微风 C．和风 D．劲风
7．已知正三棱锥的底面是边长为的等边三角形，侧棱，点是棱的中点，点是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
8．已知菱形的各边长为.如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时，是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则点的轨迹的周长为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题（共3小题 满分18分）
9．设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列为假命题的是（　　）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
10．在4件产品中，有一等品2件，二等品1件（一等品和二等品都是正品)，次品1件，现从中取出2件产品.记事件A为：“2件都是一等品”，事件B为：“1件一等品1件二等品”，事件C为：“1件次品1件正品”，事件D为：“至少有1件是一等品”，则下列结论中不成立的是（　　）
A．事件为互斥事件 B．事件为相互独立事件
C． D．
11．如图，矩形中，为边AB的中点，将沿直线DE翻折成（平面BCDE），若在线段上（点与不重合），则在翻折过程中，给出下列判断，其中判断正确的有（　　）
A．当为的中点时，与平面垂直的直线必与直线MB垂直
B．存在某个位置，使
C．当四棱锥体积最大时，点到平面BCDE的距离为
D．当二面角的大小为时，异面直线与BE所成角的余弦值为
三、填空题（共3小题满分15分）
12．在一次数学测验中，某小组的7位同学的成绩分别为：109，116，122，126，131，134，140，则这7位同学成绩的上四分位数与下四分位数的差为　 　．
13．用铁水灌注上、下底面的边长分别为和的正四棱台工件，若其侧面梯形的高为，则所需铁水的体积为　 　．（灌注过程中铁水无额外损耗）
14．在中，点D为的中点，点 E 为上一点，且满足，则的最大值为　 　.
四、解答题（共5大题满分77分）
15．已知向量，，函数．
（1）求的最小值
（2）若对任意的，都有解，求实数a的取值范围
16．甲、乙、丙三位同学进行乒乓球比赛，约定赛制如下：比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空，每局比赛的胜者与轮空者进行下一局比赛，负者下一局轮空，直至一人累计胜两局，此人最终获胜，比赛结束.已知每局比赛甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为，每局比赛没有平局，且比赛结果相互独立.
（1）若甲、乙首先比赛，求甲最终获胜的概率；
（2）求乙最终获胜的概率.
17．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求角C的大小；
（2）若，的面积为，求的周长.
18．在三棱锥中，平面，，，，是的中点，是线段上的一点，且.
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离.
19．如图，是圆O的直径，垂直于圆O所在的平面，，，点C是圆O上不同于的任意一点，E为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值；
（3）若点为圆O（含圆周）内任意一点，它到点的距离与到直线的距离相等，求三棱锥体积的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，则对应点为，在第二象限.
故答案为：B
【分析】本题考查复数的除法运算与几何意义，关键是先将复数化为标准形式，再根据实部和虚部的符号判断象限。
2．【答案】A
【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；数量积表示两个向量的夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：设，
因为，，所以，
解得或，所以或
因为与的夹角是钝角，所以，所以.
故选：A.
【分析】设，再根据和列出方程求解求得x，y的值，进而根据与的夹角为钝角，利用向量的数量积运算即可确定的坐标 .
3．【答案】A
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；简单的三角恒等变换；正弦定理；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：在中，因为，且，
所以，由正弦定理得，
所以，即，
又，则，则，
所以，所以该三角形为等腰三角形.
故答案为：A
【分析】本题考查平面向量平行的坐标表示与正弦定理的应用，关键是利用向量平行条件得到边角关系，再结合正弦定理和三角恒等变换判断三角形形状。
4．【答案】C
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：A，由直方图可得，解得，故选项A错误.
B，因为前3组的频率之和为，
前4组的频率之和为，
所以中位数在内，设中位数为x，
则，解得，故选项B错误.
C，由直方图可得平均数为
，故选项C正确.
D，因为成绩在内的频率为0.4，所以这100名人员中成绩优秀的有40人，故选项D错误.
故选：C.
【分析】由频率分布直方图的性质所有矩形面积之和为1列式求即可判断选项A；根据中位数和平均数的定义求中位数和平均数即可判断选项BC；由频率分布直方图求成绩优秀的频率，再求成绩优秀的人数即可判断选项D.
5．【答案】D
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的余弦公式；三角函数诱导公式二~六；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为
所以，
所以.
故答案为：D
【分析】本题考查三角恒等变换，核心用到诱导公式、辅助角公式、余弦二倍角公式。先通过角度变形、辅助角公式化简已知条件，得到单角三角函数值，再凑角结合二倍角公式求解目标式。
6．【答案】A
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意及图得，视风风速对应的向量为：，
设真风风速对应的向量为，船行风速对应的向量为，
∴，船行风速：，
∴，
∴，
∴由表得，真风风速为轻风，
故选：A.
【分析】结合题目条件和图写出视风风速对应的向量和船行风速对应的向量，再根据向量的线性运算求得真风风速对应的向量，利用模长公式即可求得真风风速的大小，进而由图即可得出结论.
7．【答案】D
【知识点】异面直线所成的角；解三角形；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：如图所示，取的中点，连接，
因为点F，G分别是BE，AE的中点，所以，且FG=1，所以就是异面直线与所成角或其补角．
因为，，则两两垂直，
在中，，，由勾股定理可得．
连接，在中，，，
由余弦定理可得，，
在中，，所以，
在中，，
所以异面直线与所成角的余弦值为．
故选：D．
【分析】取的中点，连接，根据中位线定理可得，进而可得就是异面直线与所成角或其补角，在中，利用余弦定理即可求得异面直线与所成角的余弦值.
8．【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体；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：如图所示，取中点，连接，
则，平面
所以平面，，
又，所以，所以三棱锥的高，
所以三棱锥体积为；
作于点H，设点轨迹所在平面为，所以平面经过点且，
设三棱锥外接球的球心为的中心分别为，
易知平面平面，且四点共面，
由题可得，，
解Rt，得，又，
则三棱锥外接球半径，
易知到平面的距离，
故平面截外接球所得截面圆的半径为，
所以截面圆的周长为，即点轨迹的周长为.
故答案为：.
【分析】取中点，作，设点轨迹所在平面为，设三棱锥外接球的球心为的中心分别为，则可得平面平面，且四点共面，求出三棱锥外接球半径和到平面的距离，从而可求出平面截外接球所得截面圆的半径，进而根据圆的周长公式求得截面圆的周长，即可求得点的轨迹的周长.
9．【答案】A,B,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.平面平面，平面，平面，但，A错误.
B.平面，平面，平面平面，但，B错误.
C. ∵，∴存在，使得，∴，
∵，∴，∴，C正确.
D.平面，平面，，但平面平面，D错误.
故答案为：ABD.
【分析】A：利用面面垂直的性质，通过正方体中的反例说明两直线不一定平行；B：利用面面平行的性质，通过正方体中的反例说明两直线不一定平行；C：通过构造辅助平面，利用线面平行的性质定理证明；D：利用线面垂直、线面平行的性质，通过正方体中的反例说明两平面不一定垂直。
10．【答案】B,C,D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：A，事件A与事件B不同时发生，故为互斥事件，故选项A正确；
B，一等品2件记为，二等品1件记为，次品1件记为，则从这4件产品中抽2件的基本事件有：共6件，
事件A的基本事件有共1件，故，事件B的基本事件有共2件，故，
由选项A可知，显然，所以事件A，B不为相互独立事件，故选项B错误；
C，事件C的基本事件有共3件，故，故选项C错误；
D，，事件D的基本事件有共5件，故，所以，故选项D错误.
故选：BCD
【分析】利用互斥事件的定义即可判断选项A；分别求得，，进而根据互斥事件的意义和独立事件的概率公式即可判断选项B；利用古典概型的概率求解判断选项C；求各事件的概率进行判断选项D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：A：取的中点，连接，可得四边形为平行四边形，
所以，因为平面，平面，所以平面，
又因为分别为和的中点，所以， 同理可得平面，
因为，且平面，所以平面平面，
又因为平面，所以平面，
所以与平面垂直的直线必与直线垂直，A正确；
B：假设存在某个位置，使，连接，取的中点，
连接，可得，又因为，，
所以平面，因为平面，所以，必有，
但，两者不等，所以不可能有DE，B错误；
C：由是等腰直角三角形，则到的距离是，
当平面平面时，此时四棱锥体积最大，
点到平面的距离为，C正确；
D：由，且，可得二面角—DE—B的平面角，
当二面角—DE—B的大小为时，即 ，
因为，所以为等边三角形，可得，
又由，所以异面直线与所成得的角，
即为直线与所成得的角，即，
则，D正确．
故答案为：ACD.
【分析】A：通过构造平行平面平面，证明与平面平行，从而得出结论；B：通过假设，推出矛盾条件不成立，说明不存在这样的位置；C：分析四棱锥体积最大的条件（两平面垂直），并计算此时点到平面BCDE的距离；D：将异面直线所成角转化为，利用余弦定理求解其大小。
12．【答案】18
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：计算下四分位数，已知数据个数，下四分位数即第分位数，此时，则．
由于1.75不是整数，将1.75向上取整得到，所以下四分位数是排序后第个数据，即．
计算上四分位数，上四分位数即第分位数，此时，则．
由于5.25不是整数，将5.25向上取整得到，所以上四分位数是排序后第个数据，即．
上四分位数与下四分位数的差为．
故答案为：18．
【分析】本题考查分位数的计算，关键是先根据数据个数确定分位数位置，再通过向上取整找到对应数据，最后计算差值。
13．【答案】
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示，
在正四棱台中，，，，
，分别为侧面上的高以及棱台的高，则，，
在等腰梯形中，，
等腰梯形中，过作，垂足为，则，
所以，
所以该正四棱台的体积为，
即所需铁水的体积为．
故答案为：．
【分析】先求得侧棱长以及正四棱台的高，再利用棱台体积公式即可求得所需铁水的体积 .
14．【答案】
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；解三角形；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：如图所示，
因为点D为的中点，所以，所以，
又因为C，D，E三点共线，所以，所以
因为，所以，所以
所以
设三角形中角所对的边分别是，又因为
由余弦定理得：，
而，
又因为，所以
所以，当且仅当时取等号，
所以的最大值为.
故答案为：.
【分析】利用三点共线先求参数，根据向量的线性运算可得，利用数量积运算，然后再利用余弦定理找到相等关系，再结合基本不等式求最值即可.
15．【答案】（1）解：
，
所以的最小值为．
（2）解：令，则有解，即有解，
因为时，，则，
因为在上单调递减，在上单调递增，
故当时，取最小值；当时，取最大值3，即，
因为有解，所以实数a的取值范围为．
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【分析】（1）根据向量的数量积运算，三角恒等变换和辅助角公式化简计算得到，从而根据三角函数的性质即可求出最小值；
（2）令，换元得到有解，其中，利用函数单调性得到，从而得到实数a的取值范围
（1）
，
故的最小值为．
（2）令，则有解，即有解，
因为时，，则，
因为在上单调递减，在上单调递增，
故当时，取最小值；当时，取最大值3，即，
因为有解，所以实数a的取值范围为．
16．【答案】（1）解：甲最终获胜包含以下情况：
情况①：第1局甲胜乙、第2局甲胜丙（2局结束，甲2胜夺冠），其概率为；
情况②：第1局甲胜乙，第2局甲负丙，第3局丙负乙，第4局甲胜乙（4局结束甲夺冠），
其概率为；
情况③：第1局乙胜甲，第2局丙胜乙，第3局甲胜丙，第4局甲胜乙（4局结束甲夺冠），其概率为.
故甲、乙首先比赛，甲最终获胜的概率.
（2）解：①若甲、乙首先比赛，则乙最终获胜有三种情况：
甲、乙比赛乙胜，乙、丙比赛乙胜，概率为；
甲、乙比赛甲胜，甲、丙比赛丙胜，乙、丙比赛乙胜，甲、乙比赛乙胜，
概率为；
甲、乙比赛乙胜，乙、丙比赛丙胜，甲、丙比赛甲胜，甲、乙比赛乙胜，
概率为.故甲、乙首先比赛，乙最终获胜的概率.
②若甲、丙首先比赛，则乙最终获胜有两种情况：
甲、丙比赛甲胜，甲、乙比赛乙胜，乙、丙比赛乙胜，概率为；
甲、丙比赛丙胜，乙、丙比赛乙胜，甲、乙比赛乙胜，概率为.
故甲、丙首先比赛，乙最终获胜的概率.
③若乙、丙首先比赛，则乙最终获胜有三种情况：
乙、丙比赛乙胜，甲、乙比赛乙胜，概率为；
乙、丙比赛乙胜，甲、乙比赛甲胜，甲、丙比赛丙胜，乙、丙比赛乙胜，
概率为；
乙、丙比赛丙胜，甲、丙比赛甲胜，甲、乙比赛乙胜，乙、丙比赛乙胜，
概率为.
故乙、丙首先比赛，乙最终获胜的概率.
故乙最终获胜的概率.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件
【解析】【分析】（1）甲最终获胜包含：情况①：第1局甲胜乙、第2局甲胜丙（2局结束，甲2胜夺冠）；情况②：第1局甲胜乙，第2局甲负丙，第3局丙负乙，第4局甲胜乙（4局结束甲夺冠）；情况③：第1局乙胜甲，第2局丙胜乙，第3局甲胜丙，第4局甲胜乙（4局结束甲夺冠），求出各种情况的概率之和即可求得甲乙首先比赛， 甲最终获胜的概率；
（2）①若甲、乙首先比赛，则乙最终获胜有三种情况；②若甲、丙首先比赛，则乙最终获胜有两种情况；③若乙、丙首先比赛，则乙最终获胜有三种情况，求出以上各种情况概率可得乙最终获胜的概率.
（1）甲最终获胜包含以下情况：
第一种情况是甲第一局和第二局比赛都获胜，其概率为；
第二种情况是甲第一局和第四局比赛获胜，其概率为；
第三种情况是甲第三局和第四局比赛获胜，其概率是.
故甲、乙首先比赛，甲最终获胜的概率；
（2）①若甲、乙首先比赛，则乙最终获胜有三种情况：
甲、乙比赛乙胜，乙、丙比赛乙胜，概率为；
甲、乙比赛甲胜，甲、丙比赛丙胜，乙、丙比赛乙胜，甲、乙比赛乙胜，
概率为；
甲、乙比赛乙胜，乙、丙比赛丙胜，甲、丙比赛甲胜，甲、乙比赛乙胜，
概率为.
故甲、乙首先比赛，乙最终获胜的概率.
②若甲、丙首先比赛，则乙最终获胜有两种情况：
甲、丙比赛甲胜，甲、乙比赛乙胜，乙、丙比赛乙胜，概率为；
甲、丙比赛丙胜，乙、丙比赛乙胜，甲、乙比赛乙胜，概率为.
故甲、丙首先比赛，乙最终获胜的概率.
③若乙、丙首先比赛，则乙最终获胜有三种情况：
乙、丙比赛乙胜，甲、乙比赛乙胜，概率为；
乙、丙比赛乙胜，甲、乙比赛甲胜，甲、丙比赛丙胜，乙、丙比赛乙胜，
概率为；
乙、丙比赛丙胜，甲、丙比赛甲胜，甲、乙比赛乙胜，乙、丙比赛乙胜，
概率为.
故乙、丙首先比赛，乙最终获胜的概率.
故乙最终获胜的概率.
17．【答案】（1）解：因为，
又，
所以，
整理得，
即，
因为，所以，
所以，
则.

（2）解：由（1）可知，解得，
所以，所以，
所以的周长为 .
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；余弦定理的应用；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用三角形的面积公式和已知条件可得，进而利用余弦定理和辅助角公式变形可得，再利用三角函数的性质即可求得C的值；
（2）先利用面积公式求，再利用余弦定理即可求得，进而可求得的周长.
（1）因为，
又，
所以，
整理得，
即，
因为，所以，
所以，
则；
（2）由（1）得，
得，
所以，
所以，
所以的周长为.
18．【答案】（1）证明：因为 ，，，
由勾股定理可得，
因为，所以是 的斜边上的中线，是的中点，
又因为是的中点，所以 ，
因为平面，平面，
所以 平面；
（2）解：由（1）得，，，
， 底面ABC，所以 ，
又平面，所以，
又 ， 平面PAC， 平面PAC， ，
所以平面，
因为平面，所以，
由（1）知 ，所以，
在 中，，所以 ，
设点到平面的距离为，
因为，所以 ，即，，
即点到平面的距离为；
综上，点到平面的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）先根据勾股定理求得BC的值，进而结合已知条件易得是的中点，根据中位线定理可得 ，利用线面平行的判定定理即可证得平面；
（2）设点到平面的距离为，利用等体积法，先求得，，即可得，解方程求得h的值即可求得点到平面的距离.
（1）因为 ，，，
所以，
因为，所以是 的斜边上的中线，是的中点，
又因为是的中点，所以 ，
因为平面，平面，
所以 平面；
（2）由（1）得，
， ，
， 底面ABC，所以 ，
又平面，所以，
又 ， 平面PAC， 平面PAC， ，
所以平面，
平面，所以，由（1）知 ，所以，
在 中，， ，
设点到平面的距离为，
则由，得 ，即，，
即点到平面的距离为；
综上，点到平面的距离为.
19．【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以，
因为点在以为直径的圆上，所以，
又因为平面平面，
所以平面．
（2）解：因为平面，平面，所以，
因为，所以，
因为平面，则为直线与平面所成的角，即，
所以，因为为中点，所以，
所以三角形为等边三角形，取中点为，连结，则，
过作交于点，则为的平面角．
在直角三角形中，，
在三角形中，由余弦定理得，
所以，所以．
在三角形中，由余弦定理得.
（3）解：过点作，垂足为，
因为平面，且平面，所以，
因为平面平面，
所以平面，过点作，垂足为，连结，
因为平面平面，所以，
因为平面平面，所以平面，
因为平面，所以，即为点到直线的距离．
因为，所以，
所以点在的角平分线上，所以，所以，
所以点在直线上，
所以，因为，
所以，即三棱锥体积的取值范围为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；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得，再根据直径的特点得，进而利用线面垂直的判定定理即可证得平面；
（2）取中点为，连结，可得，过作交于点，可得为的平面角，利用余弦定理得，进而在中利用余弦定理即可得到答案；
（3）过点作，垂足为，利用线面垂直的判定定理即可得到平面，进而根据线面垂直的性质可得，即为点到直线的距离．由点在直线上可求得，最后根据锥体的体积公式即可得到三棱锥体积的取值范围 .
（1）因为平面，且平面，所以，
因为点在以为直径的圆上，所以，
又因为平面平面，
所以平面．
（2）因为平面，平面，所以，
因为，所以，
因为平面，则为直线与平面所成的角，即，
所以，因为为中点，所以，
所以三角形为等边三角形，取中点为，连结，则，
过作交于点，则为的平面角．
在直角三角形中，，
在三角形中，由余弦定理得，
所以，所以．
在三角形中，由余弦定理得.
（3）过点作，垂足为，
因为平面，且平面，所以，
因为平面平面，
所以平面，过点作，垂足为，连结，
因为平面平面，所以，
因为平面平面，所以平面，
因为平面，所以，即为点到直线的距离．
因为，所以，
所以点在的角平分线上，所以，所以，
所以点在直线上，
所以，因为，
所以，即三棱锥体积的取值范围为．
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