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浙江省温州市2024-2025学年高一下学期6月期末教学质量统一检测数学试题
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．若复数，则的虚部是（　　）
A．1 B．2 C．-i D．2i
2．已知向量，若与垂直，则实数的值是（　　）
A．-1 B．1 C．-2 D．2
3．已知a，b为空间中不重合的直线，为空间中不重合的平面，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
4．下列各组数据中方差最大的一组是（　　）
A．5，5，5，5，5 B．4，4，5，6，6
C．3，4，5，6，7 D．2，2，5，8，8
5．已知正四棱台的上下底面边长分别为2和4，侧棱长为4，则它的体积是（　　）
A． B． C． D．112
6．抛掷一枚质地均匀的骰子两次，观察朝上面的点数．设事件甲=“第一次点数小于3”，事件乙=“第一次点数为偶数”，事件丙=“两次点数之和为8”，事件丁=“两次点数之和是奇数”，则（　　）
A．事件乙和事件丙互斥 B．事件丙和事件丁互为对立
C．事件甲与事件丙相互独立 D．事件乙与事件丁相互独立
7．已知正三棱柱的棱长均为1，E，F，G，H分别为棱的中点，点为线段EF上的动点，直线AM与平面交于点，则点的轨迹长度是（　　）
A． B． C． D．
8．已知在中，点在BC上的射影落在线段BC上（不含端点），且满足，则角的取值范围是（　　）
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．已知复数，则下列说法正确的是（　　）
A． B．若，则
C．若，则为纯虚数 D．
10．已知点是平面直角坐标系的原点，点的坐标为，点的坐标为，若点满足，垂足为，则（　　）
A． B．是锐角
C．点的坐标为 D．
11．如图是一个棱长为1的正方体的展开图，点P，Q分别是线段AB，GH上的动点，如果将它还原为正方体，则下列说法正确的有（　　）
A．线段AB与GH所在的直线是异面直线
B．三棱锥的体积为定值
C．存在点，使得
D．记点到平面ABC的距离为，则的最小值为
三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分．把答案填在题中的横线上．
12．已知内角A，B，C的对边为a，b，c，若，则　 　．
13．有一个半径为2的四分之一球形状的封闭储物盒，内有一个小球，则小球的最大半径为　 　．
14．已知集合是的子集，且，则的概率为　 　．
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．在等边中，分别是和的中点，，设．
（1）用向量表示，并求；
（2）求向量与的夹角的余弦值．
16．如图，在中，．将沿AD翻折至．
（1）求证：平面.；
（2）若二面角的平面角为，求直线AB与平面AED所成角的正弦值．
17．为了实现绿色发展，避免能源浪费，某市政府拟推行居民阶梯电价制度，使75%的用户缴费在第一档（最低一档），的用户缴费在第二档，的用户缴费在第三档（最高一档）．为此，相关部门随机调查了200户居民去年一年的月均用电量（单位：），并将数据整理后画出如图所示的频率分布直方图．
（1）求直方图中的值；
（2）请估计月均用电量第一档的范围；
（3）用频率估计概率，在该市中任选3户居民，不同居民的月均用电量相互独立，求恰有1户居民的月均用电量在的概率．
18．已知内角的对边为，点是的内心，若．
（1）求角；
（2）延长交于点，若，求的周长；
（3）求的取值范围．
19．“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法．它是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向相交时两圆柱公共部分形成的几何体（如图1），点被称为“牟合方盖”的上顶点，点为“牟合方盖”的中心．过点作平面使得．
（1）求平面截“牟合方盖”所得截面的面积；
（2）B，E为平面与两圆柱交线的交点，为BE的中点，过OD作平面ODSC，S，C为“牟合方盖”表面上的点且位于平面AOD同一侧，，过S作平面ABC，交边界BD于点，设．
（i）当时（如图2），是否存在使得？若存在，求出；若不存在，请说明理由；
（ii）若，点S到平面ABR的距离为，求与．
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：，所以的虚部是2.
故答案为：.
【分析】先通过复数乘法运算化简 z，再根据复数虚部的定义判断结果。
2．【答案】C
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：，且，
所以，解得.
故答案为：.
【分析】根据向量垂直的坐标运算，两向量垂直时其数量积为 0，据此列方程求解 λ 的值。
3．【答案】D
【知识点】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：A：若，则直线可能与平面相交、平行或，故A错误；
B：若，则直线可能平行平面、也可能，故B错误；
C：若，则平面与可能平行，也可能相交，故C错误；
D：若，根据线面垂直的性质定理，所以，故D正确.
故答案为：D.
【分析】A：线面垂直的判定要求直线垂直于平面内两条相交直线，仅垂直于一条直线无法判定。
B：线面平行的判定要求直线不在平面内，若直线在平面内则不成立。
C：垂直于同一平面的两个平面可能平行，也可能相交（如墙角的三个平面）。
D：根据线面垂直的性质定理，垂直于同一平面的两条直线互相平行。
4．【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；离散型随机变量的方差
【解析】【解答】解：A：数据全部为5，相等，没有波动，所以方差为0，A错误；
B：平均数为，方差为，B错误；
C：平均数为，方差为，C错误；
D：平均数为，方差为，通过比较可知方差最大，D正确。
故答案为：D.
【分析】A：计算该组数据的平均数与方差；
B：计算该组数据的平均数与方差；
C：计算该组数据的平均数与方差；
D：计算该组数据的平均数与方差，对比四组方差大小。
5．【答案】A
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示：
由题意，设正四棱台，分别是上下底面中心，作，
由题意，可知：，，
同理可得，
则，
，
因为，上下底面面积，又因为，，
所以，棱台的体积.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件结合正四棱台的结构特征、勾股定理、中点的性质，从而求出棱台的高，再由四边形的面积公式和棱台的体积公式，从而得出正四棱台的体积.
6．【答案】D
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：用表示第一枚骰子向上的点数，表示第二枚骰子向上的点数，
则两枚骰子的情况用数对表示，
则所有可能的情况有：，
，
，
，
，
，共36种情况，
对于：事件乙可以和事件丙同时发生，如出现，
所以事件乙和事件丙不互斥，故错误；
对于：事件丙和事件丁的所有情况不是总的样本空间，
如事件丙和事件丁不包括，所以事件丙和事件丁不互为对立，故错误；
对于：第一次点数小于3的情况有，
，共12种情况，
所以，
两次点数之和为8 的情况有，
共5种情况，所以，
第一次点数小于3且两次点数之和为8 的情况有，
所以，，
所以事件甲与事件丙不相互独立，故错误；
对于：第一次点数为偶数的情况有18种，所以，
两次点数之和为奇数的情况共有18种，所以，
第一次点数为偶数且两次点数之和为奇数的情况共有9种，所以，
，所以事件乙与事件丁相互独立，故正确.
故答案为：.
【分析】互斥事件：不能同时发生的事件；对立事件：不能同时发生，且必有一个发生的事件（并集为样本空间）；独立事件：事件 A 的发生不影响事件 B 的发生，满足 P(AB)=P(A)P(B)。
7．【答案】B
【知识点】平面的基本性质及推论；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：连接AE，AF，分别交，于点P，Q，连接.
因为点M在线段EF上运动，故AM在平面AEF内，
又因为线AM与平面交于点N，
故点N的轨迹为平面AEF与平面的交线，即线段PQ，
在，，中，可得，
，F分别为棱AC，的中点，故≌，，
，，即，
，，，
同理，，故，且，
故答案为：B.
【分析】点N的轨迹为平面AEF与平面A1GH的交线PQ，先通过几何关系确定PQ与EF平行，再计算PQ的长度。
8．【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；正弦定理的应用；三角形中的几何计算；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：在中，
因为在BC上的射影落在线段BC上（不含端点），
所以，且角均为锐角，
又因为，所以，
因为，所以，
化简得，
由正弦定理，得，
又因为，且，
所以，有，
则，所以，
若，此时，则为等腰直角三角形，
所以；
若，不妨设，则，
所以，则，
所以，
因为，
所以，
又因为函数在区间上单调递减，
所以，
则，
化简可得
则，得，
所以，角的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】由题意结合射影的定义，从而得出且角均为锐角，再根据结合正弦定理、余弦定理和基本不等式求最值的方法，从而化简可得，设，从而可得，再结合函数在区间上的单调性，从而得出角A的取值范围.
9．【答案】A,C,D
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，所以.
对于：因为，故正确；
对于：因为，
所以或或，
当时，不是实数，故错误；
对于：若，则，
所以为纯虚数，故正确；
对于：因为对应的点表示圆上的点，对应的点，
表示点到的距离，
由图可知，故正确.
故答案为：.
【分析】根据共轭复数的定义和复数的乘法运算法则，则可判断选项；根据复数的分类和共轭复数的定义以及复数乘法运算法则，则可判断选项；根据纯虚数的定义可判断选项；利用复数的几何意义得出表示点到的距离，再利用数形结合，则可判断选项，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】向量的模；平面向量的正交分解及坐标表示；平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为点，点，
所以，则，故A正确；
因为，，则，
若，则，可得，此方程无解，
所以与不共线，则是锐角，故B正确；
设点的坐标为，则，，
因为，所以，
解得，则，故C错误；
因为，设，
则，
又因为，所以，
则，解得，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用向量的坐标表示和向量求模的坐标表示，则判断出选项A；利用数量积的坐标表示和向量共线的坐标表示，从而判断出的取值范围，则判断出选项B；利用向量的坐标表示得出点C的坐标，则判断出选项C；利用向量共线的坐标表示、两向量垂直数量积为0以及数量积的坐标表示，从而得出向量的坐标，则判断出选项D，从而找出正确的选项．
11．【答案】A,B,D
【知识点】异面直线的判定；点、线、面间的距离计算；余弦定理的应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：根据正方体的展开图画出该正方体的原图，如下图所示：
对于A：因为线段AB与GH所在的直线既不平行也不相交，故A错误；
对于B：因为的面积为定值，
所以点到平面的距离也为定值，
根据三棱锥体积公式可知三棱锥的体积为定值，故B正确；
对于C： 如图，连接，
则，
设，由余弦定理，可得，
因为，由余弦定理，可得，
则
，
所以始终为钝角，故C错误；
对于D：取的中点为，连接，过作，垂足为，
由正方体的性质，可得平面，
因为平面，所以，则，
所以平面，
则为到平面的距离，
将平展到一个平面中，如图所示，
在直角三角形中，斜边，
则，所以，
则的最小值为点到直线的距离，
所以，该距离为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】把正方体的展开图还原为正方体，画出直观图，由异面直线的判断方法，则判断出选项A；由三棱锥的体积公式，则判断出选项B；利用已知条件和余弦定理，从而得出始终为钝角，则判断出选项C； 利用平面展开图判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：根据正弦定理可知，，
所以，解得.
故答案为：.
【分析】利用正弦定理直接求解c即可。
13．【答案】
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：设四分之一球的球心为，小球的球心为，最大半径为，作出截面图形如下：
由题意得，，
因为，所以，解得.
故答案为：.
【分析】通过截面图分析几何关系，建立关于小球半径的方程求解。
14．【答案】
【知识点】交、并、补集的混合运算；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：因为是的子集，，
所以集合可能是，共种情况，
其中满足条件的分以下几种情况：
若均不相同，
则可能为和和和，此时共种情况；
若中有两个相同，
则可能为和和和和和
和和，此时共种情况；
若均相同，
则这1种情况，
以上共计种，
因为，
那么符合条件的有：和和和共种；
和和和共种，
以上共计种，
所以，的概率为.
故答案为：.
【分析】先求出集合的子集的情况，再根据满足条件的情况分类讨论，再利用排列数公式、组合数公式以及分类加法计数原理，最后由古典概率公式得出的概率.
15．【答案】（1）解：如图所示，
.
所以.
（2）解：如图，因为.
由（1）知，.
所以.
而，
所以.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】(1) 利用平面向量基本定理，将分解为，用表示后，再通过向量模长公式计算；
(2) 先求出的向量表达式，再利用向量数量积公式计算夹角余弦值。
（1）如图所示，
.
所以.
（2）如图，因为.
由（1）知，.
所以.
而，
所以.
16．【答案】（1）证明：，
，
则，
因为
，
则，
翻折后，得，
又因为平面，
所以平面.
（2）解：由（1）知，，平面平面，
所以是二面角的平面角，
则，
过作交于，连接，
平面，平面，，
因为，平面，
所以平面，
则是直线AB与平面AED所成角，
又因为，
所以，
则直线AB与平面AED所成角的正弦值为.
【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
【解析】【分析】（1）利用已知条件和余弦定理以及勾股定理，从而得出，翻折后，得，再利用线线垂直证出线面垂直，即证出平面.
（2）由（1）知，，从而得出是二面角的平面角，进而得出的值，过作交于，连接，再利用线面垂直和线线垂直的推导关系，从而得出是直线AB与平面AED所成角，再利用正弦函数的定义得出直线AB与平面AED所成角的正弦值.
（1），，，
，
，即，翻折后，
又平面，
所以平面.
（2）由（1）知，，平面平面，
所以就是二面角的平面角，即，
过作交于，连接，
平面，平面，，
又，平面，
所以平面，即就是直线AB与平面AED所成角，
又，所以，
直线AB与平面AED所成角的正弦值为.
17．【答案】（1）解：根据频率分布直方图可得：，
解得.
（2）解：因为75%的居民缴费在第一档，需要确定月均用电量的75%分位数.
，.
设第一档的上限为，则列方程为：
，解得.
所以月均用电量第一档的范围是.
（3）解：用户的月均用电量在的概率为：
所以恰有1户居民的月均用电量在的概率为：
.
【知识点】频率分布直方图；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) 根据频率分布直方图中所有矩形面积之和为1（即频率和为 1），列方程求解a的值；
(2) 先计算前两组的累计频率，再根据75%分位数的定义列方程，求出第一档的上限；
(3) 先求出月均用电量在[200，300]的概率，再用重复试验的概率公式计算 “恰有1户在该区间” 的概率。
（1）根据频率分布直方图可得：
，
解得.
（2）因为75%的居民缴费在第一档，需要确定月均用电量的75%分位数.
，.
设第一档的上限为，则列方程为：
，解得.
所以月均用电量第一档的范围是.
（3）用户的月均用电量在的概率为：
所以恰有1户居民的月均用电量在的概率为：
.
18．【答案】（1）解：因为，所以根据正弦定理得，
化简得.
因为，所以.
所以，因为，所以.
（2）解：如图，，
所以，
化简得：①.
根据余弦定理得②，
①②联立方程组解得：.
解得，又，所以.
所以的周长为.
（3）解：令三角形内切圆半径为.
因为.
.
所以，解得.
因为，所以.
根据余弦定理得：，
即，故‘
又，解得，
故，
综上，的取值范围为.
【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) 利用正弦定理化简已知等式，求出角的值；
(2) 通过面积相等建立的关系式，结合余弦定理求解，进而得到三角形周长；
(3) 利用内切圆半径公式与余弦定理，结合基本不等式确定的范围，从而求出的取值范围。
（1）因为，所以根据正弦定理得，
化简得.
因为，所以.
所以，因为，所以.
（2）如图，，
所以，
化简得：①.
根据余弦定理得②，
①②联立方程组解得：.
解得，又，所以.
所以的周长为.
（3）令三角形内切圆半径为.
因为.
.
所以，解得.
因为，所以.
根据余弦定理得：，
即，故‘
又，解得，
故，
综上，的取值范围为.
19．【答案】（1）解：根据圆柱对称性，
可知该截面图形为正方形，
因为正方形边长，
所以，截面面积.
（2）解：（i）作图，连接，过S作于点，
，
所以为圆柱的母线的一部分，
，
过作于点，连接，
，平面，
平面，，
，平面，
几何图形为圆面的一部分，
，
，
，
，
，
解得或（舍），
.
（ii）作图，过S作于点，过作于点，
过作，交弧于点，过作于点，
作于点，连接并延长交于点，交于点，
连接，连接并延长交于点，
因为，
所以．
设，则，
所以，
，
且平面，平面，
，
又，
平面，平面，
平面，，
在三棱锥中，，
，
，
，
，
，
则，，
所以，
则.
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）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】【分析】（1）根据圆柱的对称性可得截面图形为正方形且边长为4，再利用正方形的面积公式得出平面截“牟合方盖”所得截面的面积.
（2）（i）合理作出辅助线，利用线面垂直和线线垂直的推导关系，从而得出几何图形为圆面的一部分，再利用三角函数的定义和勾股定理，从而得出角
的值.
（ii）作出辅助线，设，根据线线平行证出线面平行，再利用等体积法得出的值，则由正切函数的定义得出的值，再利用诱导公式，从而得出的值.
（1）根据圆柱对称性可知，该截面图形为正方形，正方形边长，
截面面积；
（2）（i）作图，连接，过S作于点，
，所以为圆柱的母线的一部分，，
过作于点，连接，，
平面，平面，，
，平面，
几何图形为圆面的一部分，
，，
，
，
，
解得或（舍），.
（ii）作图，过S作于点，过作于点，
过作，交弧于点，过作于点，
作于点，连接并延长交于点，交于点，
连接，连接并延长交于点，
因为，所以．
设，故，
所以，
，
且平面，平面，
，
又，平面，
平面，平面，，
在三棱锥中，，
，
，
，
，
，
，，故，
所以
1 / 1浙江省温州市2024-2025学年高一下学期6月期末教学质量统一检测数学试题
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．若复数，则的虚部是（　　）
A．1 B．2 C．-i D．2i
【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：，所以的虚部是2.
故答案为：.
【分析】先通过复数乘法运算化简 z，再根据复数虚部的定义判断结果。
2．已知向量，若与垂直，则实数的值是（　　）
A．-1 B．1 C．-2 D．2
【答案】C
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：，且，
所以，解得.
故答案为：.
【分析】根据向量垂直的坐标运算，两向量垂直时其数量积为 0，据此列方程求解 λ 的值。
3．已知a，b为空间中不重合的直线，为空间中不重合的平面，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：A：若，则直线可能与平面相交、平行或，故A错误；
B：若，则直线可能平行平面、也可能，故B错误；
C：若，则平面与可能平行，也可能相交，故C错误；
D：若，根据线面垂直的性质定理，所以，故D正确.
故答案为：D.
【分析】A：线面垂直的判定要求直线垂直于平面内两条相交直线，仅垂直于一条直线无法判定。
B：线面平行的判定要求直线不在平面内，若直线在平面内则不成立。
C：垂直于同一平面的两个平面可能平行，也可能相交（如墙角的三个平面）。
D：根据线面垂直的性质定理，垂直于同一平面的两条直线互相平行。
4．下列各组数据中方差最大的一组是（　　）
A．5，5，5，5，5 B．4，4，5，6，6
C．3，4，5，6，7 D．2，2，5，8，8
【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；离散型随机变量的方差
【解析】【解答】解：A：数据全部为5，相等，没有波动，所以方差为0，A错误；
B：平均数为，方差为，B错误；
C：平均数为，方差为，C错误；
D：平均数为，方差为，通过比较可知方差最大，D正确。
故答案为：D.
【分析】A：计算该组数据的平均数与方差；
B：计算该组数据的平均数与方差；
C：计算该组数据的平均数与方差；
D：计算该组数据的平均数与方差，对比四组方差大小。
5．已知正四棱台的上下底面边长分别为2和4，侧棱长为4，则它的体积是（　　）
A． B． C． D．112
【答案】A
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示：
由题意，设正四棱台，分别是上下底面中心，作，
由题意，可知：，，
同理可得，
则，
，
因为，上下底面面积，又因为，，
所以，棱台的体积.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件结合正四棱台的结构特征、勾股定理、中点的性质，从而求出棱台的高，再由四边形的面积公式和棱台的体积公式，从而得出正四棱台的体积.
6．抛掷一枚质地均匀的骰子两次，观察朝上面的点数．设事件甲=“第一次点数小于3”，事件乙=“第一次点数为偶数”，事件丙=“两次点数之和为8”，事件丁=“两次点数之和是奇数”，则（　　）
A．事件乙和事件丙互斥 B．事件丙和事件丁互为对立
C．事件甲与事件丙相互独立 D．事件乙与事件丁相互独立
【答案】D
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：用表示第一枚骰子向上的点数，表示第二枚骰子向上的点数，
则两枚骰子的情况用数对表示，
则所有可能的情况有：，
，
，
，
，
，共36种情况，
对于：事件乙可以和事件丙同时发生，如出现，
所以事件乙和事件丙不互斥，故错误；
对于：事件丙和事件丁的所有情况不是总的样本空间，
如事件丙和事件丁不包括，所以事件丙和事件丁不互为对立，故错误；
对于：第一次点数小于3的情况有，
，共12种情况，
所以，
两次点数之和为8 的情况有，
共5种情况，所以，
第一次点数小于3且两次点数之和为8 的情况有，
所以，，
所以事件甲与事件丙不相互独立，故错误；
对于：第一次点数为偶数的情况有18种，所以，
两次点数之和为奇数的情况共有18种，所以，
第一次点数为偶数且两次点数之和为奇数的情况共有9种，所以，
，所以事件乙与事件丁相互独立，故正确.
故答案为：.
【分析】互斥事件：不能同时发生的事件；对立事件：不能同时发生，且必有一个发生的事件（并集为样本空间）；独立事件：事件 A 的发生不影响事件 B 的发生，满足 P(AB)=P(A)P(B)。
7．已知正三棱柱的棱长均为1，E，F，G，H分别为棱的中点，点为线段EF上的动点，直线AM与平面交于点，则点的轨迹长度是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面的基本性质及推论；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：连接AE，AF，分别交，于点P，Q，连接.
因为点M在线段EF上运动，故AM在平面AEF内，
又因为线AM与平面交于点N，
故点N的轨迹为平面AEF与平面的交线，即线段PQ，
在，，中，可得，
，F分别为棱AC，的中点，故≌，，
，，即，
，，，
同理，，故，且，
故答案为：B.
【分析】点N的轨迹为平面AEF与平面A1GH的交线PQ，先通过几何关系确定PQ与EF平行，再计算PQ的长度。
8．已知在中，点在BC上的射影落在线段BC上（不含端点），且满足，则角的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；正弦定理的应用；三角形中的几何计算；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：在中，
因为在BC上的射影落在线段BC上（不含端点），
所以，且角均为锐角，
又因为，所以，
因为，所以，
化简得，
由正弦定理，得，
又因为，且，
所以，有，
则，所以，
若，此时，则为等腰直角三角形，
所以；
若，不妨设，则，
所以，则，
所以，
因为，
所以，
又因为函数在区间上单调递减，
所以，
则，
化简可得
则，得，
所以，角的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】由题意结合射影的定义，从而得出且角均为锐角，再根据结合正弦定理、余弦定理和基本不等式求最值的方法，从而化简可得，设，从而可得，再结合函数在区间上的单调性，从而得出角A的取值范围.
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．已知复数，则下列说法正确的是（　　）
A． B．若，则
C．若，则为纯虚数 D．
【答案】A,C,D
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，所以.
对于：因为，故正确；
对于：因为，
所以或或，
当时，不是实数，故错误；
对于：若，则，
所以为纯虚数，故正确；
对于：因为对应的点表示圆上的点，对应的点，
表示点到的距离，
由图可知，故正确.
故答案为：.
【分析】根据共轭复数的定义和复数的乘法运算法则，则可判断选项；根据复数的分类和共轭复数的定义以及复数乘法运算法则，则可判断选项；根据纯虚数的定义可判断选项；利用复数的几何意义得出表示点到的距离，再利用数形结合，则可判断选项，从而找出说法正确的选项.
10．已知点是平面直角坐标系的原点，点的坐标为，点的坐标为，若点满足，垂足为，则（　　）
A． B．是锐角
C．点的坐标为 D．
【答案】A,B,D
【知识点】向量的模；平面向量的正交分解及坐标表示；平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为点，点，
所以，则，故A正确；
因为，，则，
若，则，可得，此方程无解，
所以与不共线，则是锐角，故B正确；
设点的坐标为，则，，
因为，所以，
解得，则，故C错误；
因为，设，
则，
又因为，所以，
则，解得，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用向量的坐标表示和向量求模的坐标表示，则判断出选项A；利用数量积的坐标表示和向量共线的坐标表示，从而判断出的取值范围，则判断出选项B；利用向量的坐标表示得出点C的坐标，则判断出选项C；利用向量共线的坐标表示、两向量垂直数量积为0以及数量积的坐标表示，从而得出向量的坐标，则判断出选项D，从而找出正确的选项．
11．如图是一个棱长为1的正方体的展开图，点P，Q分别是线段AB，GH上的动点，如果将它还原为正方体，则下列说法正确的有（　　）
A．线段AB与GH所在的直线是异面直线
B．三棱锥的体积为定值
C．存在点，使得
D．记点到平面ABC的距离为，则的最小值为
【答案】A,B,D
【知识点】异面直线的判定；点、线、面间的距离计算；余弦定理的应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：根据正方体的展开图画出该正方体的原图，如下图所示：
对于A：因为线段AB与GH所在的直线既不平行也不相交，故A错误；
对于B：因为的面积为定值，
所以点到平面的距离也为定值，
根据三棱锥体积公式可知三棱锥的体积为定值，故B正确；
对于C： 如图，连接，
则，
设，由余弦定理，可得，
因为，由余弦定理，可得，
则
，
所以始终为钝角，故C错误；
对于D：取的中点为，连接，过作，垂足为，
由正方体的性质，可得平面，
因为平面，所以，则，
所以平面，
则为到平面的距离，
将平展到一个平面中，如图所示，
在直角三角形中，斜边，
则，所以，
则的最小值为点到直线的距离，
所以，该距离为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】把正方体的展开图还原为正方体，画出直观图，由异面直线的判断方法，则判断出选项A；由三棱锥的体积公式，则判断出选项B；利用已知条件和余弦定理，从而得出始终为钝角，则判断出选项C； 利用平面展开图判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分．把答案填在题中的横线上．
12．已知内角A，B，C的对边为a，b，c，若，则　 　．
【答案】
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：根据正弦定理可知，，
所以，解得.
故答案为：.
【分析】利用正弦定理直接求解c即可。
13．有一个半径为2的四分之一球形状的封闭储物盒，内有一个小球，则小球的最大半径为　 　．
【答案】
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：设四分之一球的球心为，小球的球心为，最大半径为，作出截面图形如下：
由题意得，，
因为，所以，解得.
故答案为：.
【分析】通过截面图分析几何关系，建立关于小球半径的方程求解。
14．已知集合是的子集，且，则的概率为　 　．
【答案】
【知识点】交、并、补集的混合运算；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：因为是的子集，，
所以集合可能是，共种情况，
其中满足条件的分以下几种情况：
若均不相同，
则可能为和和和，此时共种情况；
若中有两个相同，
则可能为和和和和和
和和，此时共种情况；
若均相同，
则这1种情况，
以上共计种，
因为，
那么符合条件的有：和和和共种；
和和和共种，
以上共计种，
所以，的概率为.
故答案为：.
【分析】先求出集合的子集的情况，再根据满足条件的情况分类讨论，再利用排列数公式、组合数公式以及分类加法计数原理，最后由古典概率公式得出的概率.
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．在等边中，分别是和的中点，，设．
（1）用向量表示，并求；
（2）求向量与的夹角的余弦值．
【答案】（1）解：如图所示，
.
所以.
（2）解：如图，因为.
由（1）知，.
所以.
而，
所以.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】(1) 利用平面向量基本定理，将分解为，用表示后，再通过向量模长公式计算；
(2) 先求出的向量表达式，再利用向量数量积公式计算夹角余弦值。
（1）如图所示，
.
所以.
（2）如图，因为.
由（1）知，.
所以.
而，
所以.
16．如图，在中，．将沿AD翻折至．
（1）求证：平面.；
（2）若二面角的平面角为，求直线AB与平面AED所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：，
，
则，
因为
，
则，
翻折后，得，
又因为平面，
所以平面.
（2）解：由（1）知，，平面平面，
所以是二面角的平面角，
则，
过作交于，连接，
平面，平面，，
因为，平面，
所以平面，
则是直线AB与平面AED所成角，
又因为，
所以，
则直线AB与平面AED所成角的正弦值为.
【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
【解析】【分析】（1）利用已知条件和余弦定理以及勾股定理，从而得出，翻折后，得，再利用线线垂直证出线面垂直，即证出平面.
（2）由（1）知，，从而得出是二面角的平面角，进而得出的值，过作交于，连接，再利用线面垂直和线线垂直的推导关系，从而得出是直线AB与平面AED所成角，再利用正弦函数的定义得出直线AB与平面AED所成角的正弦值.
（1），，，
，
，即，翻折后，
又平面，
所以平面.
（2）由（1）知，，平面平面，
所以就是二面角的平面角，即，
过作交于，连接，
平面，平面，，
又，平面，
所以平面，即就是直线AB与平面AED所成角，
又，所以，
直线AB与平面AED所成角的正弦值为.
17．为了实现绿色发展，避免能源浪费，某市政府拟推行居民阶梯电价制度，使75%的用户缴费在第一档（最低一档），的用户缴费在第二档，的用户缴费在第三档（最高一档）．为此，相关部门随机调查了200户居民去年一年的月均用电量（单位：），并将数据整理后画出如图所示的频率分布直方图．
（1）求直方图中的值；
（2）请估计月均用电量第一档的范围；
（3）用频率估计概率，在该市中任选3户居民，不同居民的月均用电量相互独立，求恰有1户居民的月均用电量在的概率．
【答案】（1）解：根据频率分布直方图可得：，
解得.
（2）解：因为75%的居民缴费在第一档，需要确定月均用电量的75%分位数.
，.
设第一档的上限为，则列方程为：
，解得.
所以月均用电量第一档的范围是.
（3）解：用户的月均用电量在的概率为：
所以恰有1户居民的月均用电量在的概率为：
.
【知识点】频率分布直方图；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) 根据频率分布直方图中所有矩形面积之和为1（即频率和为 1），列方程求解a的值；
(2) 先计算前两组的累计频率，再根据75%分位数的定义列方程，求出第一档的上限；
(3) 先求出月均用电量在[200，300]的概率，再用重复试验的概率公式计算 “恰有1户在该区间” 的概率。
（1）根据频率分布直方图可得：
，
解得.
（2）因为75%的居民缴费在第一档，需要确定月均用电量的75%分位数.
，.
设第一档的上限为，则列方程为：
，解得.
所以月均用电量第一档的范围是.
（3）用户的月均用电量在的概率为：
所以恰有1户居民的月均用电量在的概率为：
.
18．已知内角的对边为，点是的内心，若．
（1）求角；
（2）延长交于点，若，求的周长；
（3）求的取值范围．
【答案】（1）解：因为，所以根据正弦定理得，
化简得.
因为，所以.
所以，因为，所以.
（2）解：如图，，
所以，
化简得：①.
根据余弦定理得②，
①②联立方程组解得：.
解得，又，所以.
所以的周长为.
（3）解：令三角形内切圆半径为.
因为.
.
所以，解得.
因为，所以.
根据余弦定理得：，
即，故‘
又，解得，
故，
综上，的取值范围为.
【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) 利用正弦定理化简已知等式，求出角的值；
(2) 通过面积相等建立的关系式，结合余弦定理求解，进而得到三角形周长；
(3) 利用内切圆半径公式与余弦定理，结合基本不等式确定的范围，从而求出的取值范围。
（1）因为，所以根据正弦定理得，
化简得.
因为，所以.
所以，因为，所以.
（2）如图，，
所以，
化简得：①.
根据余弦定理得②，
①②联立方程组解得：.
解得，又，所以.
所以的周长为.
（3）令三角形内切圆半径为.
因为.
.
所以，解得.
因为，所以.
根据余弦定理得：，
即，故‘
又，解得，
故，
综上，的取值范围为.
19．“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法．它是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向相交时两圆柱公共部分形成的几何体（如图1），点被称为“牟合方盖”的上顶点，点为“牟合方盖”的中心．过点作平面使得．
（1）求平面截“牟合方盖”所得截面的面积；
（2）B，E为平面与两圆柱交线的交点，为BE的中点，过OD作平面ODSC，S，C为“牟合方盖”表面上的点且位于平面AOD同一侧，，过S作平面ABC，交边界BD于点，设．
（i）当时（如图2），是否存在使得？若存在，求出；若不存在，请说明理由；
（ii）若，点S到平面ABR的距离为，求与．
【答案】（1）解：根据圆柱对称性，
可知该截面图形为正方形，
因为正方形边长，
所以，截面面积.
（2）解：（i）作图，连接，过S作于点，
，
所以为圆柱的母线的一部分，
，
过作于点，连接，
，平面，
平面，，
，平面，
几何图形为圆面的一部分，
，
，
，
，
，
解得或（舍），
.
（ii）作图，过S作于点，过作于点，
过作，交弧于点，过作于点，
作于点，连接并延长交于点，交于点，
连接，连接并延长交于点，
因为，
所以．
设，则，
所以，
，
且平面，平面，
，
又，
平面，平面，
平面，，
在三棱锥中，，
，
，
，
，
，
则，，
所以，
则.
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）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】【分析】（1）根据圆柱的对称性可得截面图形为正方形且边长为4，再利用正方形的面积公式得出平面截“牟合方盖”所得截面的面积.
（2）（i）合理作出辅助线，利用线面垂直和线线垂直的推导关系，从而得出几何图形为圆面的一部分，再利用三角函数的定义和勾股定理，从而得出角
的值.
（ii）作出辅助线，设，根据线线平行证出线面平行，再利用等体积法得出的值，则由正切函数的定义得出的值，再利用诱导公式，从而得出的值.
（1）根据圆柱对称性可知，该截面图形为正方形，正方形边长，
截面面积；
（2）（i）作图，连接，过S作于点，
，所以为圆柱的母线的一部分，，
过作于点，连接，，
平面，平面，，
，平面，
几何图形为圆面的一部分，
，，
，
，
，
解得或（舍），.
（ii）作图，过S作于点，过作于点，
过作，交弧于点，过作于点，
作于点，连接并延长交于点，交于点，
连接，连接并延长交于点，
因为，所以．
设，故，
所以，
，
且平面，平面，
，
又，平面，
平面，平面，，
在三棱锥中，，
，
，
，
，
，
，，故，
所以
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