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江苏省常州市前黄高级中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷
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．设复数（为虚数单位），则复数的虚部是（　　）
A． B． C． D．
2．已知向量，，若，则（　　）
A． B． C． D．
3．设，为两个平面，则的充要条件是
A．内有无数条直线与平行 B．内有两条相交直线与平行
C．，平行于同一条直线 D．，垂直于同一平面
4．“体育强则中国强，国运兴则体育兴”．为备战年成都世界运动会，已知某运动员某次特训的成绩分别为，则下列说法错误的是（　　）
A．这组数据的极差为 B．这组数据的众数为
C．这组数据的平均数为 D．这组数据的方差为
5．已知函数的部分图象如图所示，将图象上的所有点向左平移个单位长度得到的函数表达式可以是（　　）
A． B． C． D．
6．“黄梅时节家家雨，青草池塘处处蛙”，黄梅时节就是梅雨季节，每年6月至7月会出现持续天阴有雨的天气，它是一种自然气候现象．根据历史数据统计，长江中下游某地区在黄梅时节每天下雨的概率为．假设每天是否下雨互不影响，则该地区黄梅时节连续三天中至少有两天下雨的概率为（　　）
A． B． C． D．
7．在中，角所对应的边分别为．若，则角的最大值为（　　）
A． B． C． D．
8．已知正方体、等边圆柱（母线长等于底面圆的直径）与球的表面积相等，它们的体积分别为，则下面关系中成立的是（　　）
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．
9．一个质地均匀的正四面体个表面上分别标有数字，抛掷该正四面体两次，记事件“第一次向下的数字为或”，事件“两次向下的数字之和为偶数”，则下列说法正确的是（　　）
A．事件与事件互斥 B．事件与事件相互独立
C．事件发生的概率为 D．事件发生的概率为
10．如图，两个边长均为的正方形与正方形所在的平面相交，其二面角的平面角为．点分别是对角线上的动点，记，点是线段上的一动点．下列结论一定正确的是（ ）
A．平面
B．三棱锥的体积存在最大值
C．的最小值是
D．若点在同一球的球面上，则该球的体积是
11．记的内角的对边分别为．已知是的最小内角，且为整数，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．当，且也是整数时，
D．面积的取值范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知复数满足，则的值为　 　．
13．在中，已知，点满足，．设线段与交于点，则　 　．
14．若存在，使函数在区间内恰有个零点，则
（1）当时，　 　；
（2）当时，所有满足条件的正整数的值共有　 　个．
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．某高中在一次高一物理测试后，为了解本次测试的成绩情况，在整个年级中随机抽取了名学生的物理成绩，成绩均在内，将成绩分为，共组，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）求的值并估计这名学生物理成绩的第百分位数（精确到）；
（2）从成绩在和的学生中，用分层随机抽样方法抽取名学生，再从这名学生中随机抽取名，求这名学生物理成绩在和内各人的概率.
16．已知，，函数．
（1）求函数的最小正周期和对称中心；
（2）若，且，，求的值．
17．在直三棱柱中，，，，，．
（1）若平面，求的值；
（2）设二面角与二面角的平面角分别为，若，求的值．
18．如图，在平面四边形中，，若是上一点，．记，．
（1）证明：；
（2）若.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求线段长度的取值范围．
19．如图，在正四棱锥中，所有棱长均为，点是底面内任意一点，点到侧面的距离分别为．
（1）若点是棱的中点，求异面直线与所成角的正弦值；
（2）若且，求的最大值；
（3）记与侧面所成的角分别为，求的值．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】虚数单位i及其性质；复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以复数的虚部是1，
故选：A.
【分析】先化简求得，进而利用复数的除法运算计算求得复数z，即可求得复数z的虚部.
2．【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，向量，，根据两向量平行的坐标满足交叉相乘相等，可得，即，解得。
故答案为：C。
【分析】本题考查平面向量平行的坐标判定，关键是利用向量平行的坐标关系式列方程求解参数。
3．【答案】B
【知识点】充要条件；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：选项A：若内有无数条直线与平行，当这无数条直线互相平行时，与可能相交，所以仅内有无数条直线与平行，不能推出；反之，若，内有无数条直线与平行，所以“内有无数条直线与平行”不是的充要条件.
选项B：根据面面平行的判定定理，若内有两条相交直线都与平行，则；再由面面平行的性质定理，若，则内任意一条直线都与平行，那么内两条相交直线也都与平行，所以“内有两条相交直线与平行”是的充要条件.
选项C：若，平行于同一条直线，与可能相交，不能推出；反之，若，，也不一定平行于同一条直线，所以“，平行于同一条直线”不是的充要条件.
选项D：若，垂直于同一平面，与可能相交，不能推出；反之，若，，也不一定垂直于同一平面，所以“，垂直于同一平面”不是的充要条件.
故答案为：B.
【分析】本题旨在考查平面与平面平行的充要条件，需要依据面面平行的判定定理和性质定理来进行分析判断.解题思路是对每个选项逐一结合定理进行分析，判断其是否能作为的充要条件.
4．【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由数据可知这组数据极差为9-3=6，故选项A正确；
众数为3，9，故选项B错误；
数据的平均数，故选项C正确；
数据的方差，故选项D正确.
故选：B.
【分析】根据数据的数字特征逐一分析计算即可求解.
5．【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由图易知，而所以，
因为所以，所以
将代入得，
所以所以
因为，所以，所以，
图象上的所有点向左平移个单位长度得到，
故答案为：D.
【分析】本题考查余弦型三角函数图象与平移变换，关键为先由图像求出振幅、周期、初相得到原函数，再利用 “左加右减” 平移法则结合三角诱导公式化简得到最终解析式。
6．【答案】B
【知识点】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】【解答】解：该地区黄梅时节连续三天中恰有两天下雨的概率为，
该地区黄梅时节连续三天中恰有三天下雨的概率为，
所以该地区黄梅时节连续三天中至少有两天下雨的概率为.
故选：B
【分析】利用独立事件的概率乘法公式分别求出恰有两天下雨的概率和恰有三天下雨的概率，再利用互斥事件的概率加法公式计算即可求得该地区黄梅时节连续三天中至少有两天下雨的概率.
7．【答案】A
【知识点】基本不等式；两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式；正切函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，则，
代入中，整理得：，
显然都不可能是直角（否则等式不成立），故得，
于是，
由上式易知均为锐角，则，故有，
因，当且仅当时等号成立，
即时，取得最大值为，又，故角的最大值为.
故答案为：A.
【分析】本题考查三角形内角关系、两角和正切公式与基本不等式求最值，关键是利用内角和转化，推出与的关系，再结合均值不等式求的最大值，进而得到角的最大值。
8．【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设正方体的棱长为，等边圆柱底面圆的半径为，球体的半径为，
所以正方体的表面积为，
等边圆柱的表面积为，
球的表面积为，
因为，即，
由，，
所以正方体的体积为，
等边圆柱的体积为，
球的体积为，
因为，
所以，
故选：C.
【分析】设正方体的棱长为，等边圆柱底面圆的半径为，球体的半径为，根据正方体、圆柱、球的表面积相等用相同的量表示出它们的体积，比较即可.
9．【答案】B,C
【知识点】概率的基本性质；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、由“第一次向下的数字为或”，事件“两次向下的数字之和为偶数”，而发生同时也有可能发生，故不是互斥事件，该选项错误，不合题意；
B、因为，而，
故，即事件与事件相互独立，该选项正确，符合题意；
C、因为事件与事件相互独立所以事件与事件相互独立，，该选项正确，符合题意；
D、事件发生的概率，该选项错误，不合题意；
故答案为：BC.
【分析】应用互斥事件将M，N事件样本一一列出，得发生同时也有可能发生，可判断A；根据事件独立性的定义，分别求出P(MN)，P(M)，P(N)，代入计算公式可判断B；根据事件独立性，可判断C；由事件的概率性质得，即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A，两个边长均为的正方形与正方形所在的平面相交，
则，
作交于H，连接，则，
而，故，则，
平面，平面，故平面，
，平面，平面，故平面，
平面，
故平面平面，平面，故平面，故A正确；
B，由A的分析同理可得平面，则P到平面的距离即为M到平面的距离；
由于，平面，
故平面，过M作交于G，则平面，
而，故，
而，故为二面角的平面角，即，
故三棱锥的体积，
随a的增大而增大，由于，故该体积不存在最大值，故B错误；
C，由以上分析可知，则为二面角的平面角，即，
而，
，
由于，则当时，取最小值1，
即的最小值是，故C正确；
D，设的中点为，连接，则，
平面，则平面，
平面，故平面平面，同理平面平面，
为二面角的平面角，即，
过点即正方形和正方形的中心分别作这两个面的垂线，必交于一点，设为O，
结合点在同一球的球面上，以及正方形与正方形边长均为，
知O为外接球球心，且O在的平分线上，即，
，，
则，即外接球半径为，
故球的体积是，故D正确；
故答案为：ACD
【分析】A：构造面面平行，由面面平行推出线面平行；
B：利用线面平行确定高不变，体积随a单调递增，无最大值；
C：余弦定理写出MN关于a的二次函数，求顶点最小值；
D：找二面角中点、正方形中心确定外接球球心，计算半径后求球体积。
11．【答案】A,B,D
【知识点】两角和与差的正切公式；解三角形；三角形中的几何计算；利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：A，因是的最小内角，则，又因为整数，故，可得，故A正确；
B，由，，可得，由正弦定理，，可得，解得，故B正确；
C，由，可得，因，且也是整数，
若，因，则，则，
此时，符合题意；
若，则，同理，此时，，不合题意，
随着取更大的整数，的值逐渐减小，不合题意，
故当，且也是整数时，，故C错误；
D，由正弦定理，和，可得，
因为是的最小内角，则，，则.
当时，，的面积为，
当时，， 因，则，，故，
综上，面积的取值范围是，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】A：利用最小内角限制角范围，结合为整数锁定角；
B：代入角，结合正弦定理消去求出边长；
C：利用两角差正切公式计算，验证数值正误；
D：借助正弦定理表示边，结合角范围推导面积区间。
12．【答案】
【知识点】复数的模；方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：复数满足，即，
故，则，
故答案为：
【分析】本本题考查复数方程的解和复数的模长计算公式。先通过变形将方程变形为，解的复数方程可得，代入所求复数公式可得：，再利用复数的模长计算公式进行计算可求出答案.
13．【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；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：如图所示，
由题意，是线段的中点，，则，
且，
所求为向量与向量的夹角，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】由题意作图，利用基底表示所求向量可得，根据向量数量积运算律以及夹角公式计算，可得答案.
14．【答案】；3
【知识点】二倍角的余弦公式；余弦函数的图象；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：（1）当时，，当时，，要想在上恰有个零点，则，
解得，
因为为正整数，所以．
（2）解：由题意知，，且的最小正周期为，
设，令，
则，
所以方程在实数范围内一定有两个异号实根，
，
①当时，，其中无解，
对于，在内有2个零点，在内没有零点，
则或；
②当时，，在内有2个零点，在内有1个零点，
当时，函数区间内恰有个零点；
当时，函数区间内恰有个零点.
故不存在，使函数区间内恰有个零点；
③当时，∵，∴，
则有，解得，
∴，，
∴，∴，
则在内有2个零点，在内有2个零点，
当时，函数区间内恰有个零点.
综上：满足题意的正整数有3个，分别为，或.
故答案为：.
【分析】(1) 时转化为余弦零点问题，在零点数量为，直接解方程得到。
(2) 换元得到二次方程，利用韦达定理判断两根一正一负，分三类讨论根在的分布，结合在的零点个数规律，枚举所有能凑出2026个零点的，统计个数。
15．【答案】（1）解：由题意知，解得，
设第百分位数为，
因为位于之间的频率为，位于之间的频率为，
所以，
令，解得，即第百分位数为.
（2）解：由，得这人中物理成绩在的人数为，分别记为，在的人数为人，分别记为，
在这人中抽取人，共，个基本事件，
这名学生物理成绩在和内各人，共，个基本事件，
故这名学生物理成绩在和内各人的概率为.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；用样本的数字特征估计总体的数字特征；古典概型及其概率计算公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）先求m，代入各小方格面积之和等于频率之和，等于，可得；代入由第百分位数的计算公式即得解；
（2）先判断此次抽取方法为由分层抽样，即按比例抽样，可得每层抽取人数，分别记在不同物理分数间的事件和人数，一一列出，带入古典概型公式可求解.
（1）由题意知，解得，
设第百分位数为，
因为位于之间的频率为，位于之间的频率为，
所以，
令，解得，即第百分位数为.
（2）由，得这人中物理成绩在的人数为，分别记为，在的人数为人，分别记为，
在这人中抽取人，共，个基本事件，
这名学生物理成绩在和内各人，共，个基本事件，
故这名学生物理成绩在和内各人的概率为.
16．【答案】（1）解：由题意可知，函数
，
∴函数的最小正周期为，
令，得，
∴函数的对称中心为．
（2）解：由（1）知，则，得，
∵，∴．
∵，∴，
∵，∴．
∴
，
又，∴．
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的周期；同角三角函数间的基本关系；辅助角公式
【解析】【分析】（1）先根据向量数量积运算求出的表达式，进而利用辅助角公式化简可得 ，根据三角函数的性质求出最小正周期和对称中心即可；
（2）先根据已知条件求出，进而根据同角三角函数的关系式即可求得的值，再结合的值求出的值，最后利用两角差的正弦公式求得，结合角的范围即可求出的值.
（1）已知，，函数．
∴
，
即，∴函数的最小正周期为，
令，得，
∴函数的对称中心为．
（2）由（1）知，
则，得，
∵，∴．
∵，∴，
∵，∴．
∴
，
又，∴．
17．【答案】（1）解：连接交于点，连接．
∵平面，平面，平面平面，
∴．
又在直三棱柱中，侧面为平行四边形，
∴是的中点，
∴是的中点，
∴.
（2）解：如图所示，过点在平面内作，垂足为，连接，
∵，，，平面，
∴平面，
∵平面，∴，
又∵，，平面，
∴平面，
又平面，∴，，
∴二面角和二面角的平面角分别为，
即，，
∵，，，
∴，
∴，
法一：当时，，
而，
∵，∴，解得或
又，∴．
法二：当时，为的角平分线，且，
∴，
又，
∴．
【知识点】二倍角的正切公式；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；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】(1) 连接辅助线，利用线面平行的性质定理得到线线平行，结合平行四边形对角线中点性质与三角形中位线定理确定D为中点，求出；
(2) 先证明线面垂直找到两个二面角的平面角，计算基础线段长度，根据两角相等，利用二倍角正切公式或角平分线定理列方程，结合范围求出。
（1）连接交于点，连接．
∵平面，平面，平面平面，
∴．
又在直三棱柱中，侧面为平行四边形，
∴是的中点，
∴是的中点，∴.
（2）过点在平面内作，垂足为，连接，
∵，，，平面，
∴平面，
∵平面，∴，
又∵，，平面，
∴平面，
又平面，∴，，
∴二面角和二面角的平面角分别为，
即，，
∵，，，
∴，
∴，
法一：当时，，
而，
∵，∴，解得或
又，∴．
法二：当时，为的角平分线，且，
∴，
又，∴．
18．【答案】（1）证明：∵，∴，在中，，可得， ∴，即.
（2）解：（Ⅰ）在中，由正弦定理得，可得，
∴，
∵，∴，
可得，即，
解得或（舍去），
∵，∴.
（Ⅱ）在中，由正弦定理得，
即，
由余弦定理得，
∵，，∴，∴，
在中，由余弦定理得
，
∵，∴，∴，
∴，解得.

【知识点】二倍角的余弦公式；三角函数诱导公式二~六；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）结合图形，先找到的数量关系式，再运用诱导公式推理即可证得 ；
（2）（Ⅰ）在中，运用正弦定理得到，结合（1）结论可得，联立解方程即可求得sin的值，根据的范围即可求得的值；
（Ⅱ）在中，分别运用正、余弦定理得到，两式，结合式，在中，利用余弦定理将用的三角函数表示，并运用辅助角公式化成正弦型函数，利用三角函数的值域即得线段长度的取值范围.
（1）证明：∵，∴，
在中，，可得，
∴，即.
（2）（Ⅰ）在中，由正弦定理得，
可得，∴，
∵，∴，
可得，即，
解得或（舍去），
∵，∴.
（Ⅱ）在中，由正弦定理得，
即，
由余弦定理得，
∵，，∴，∴，
在中，由余弦定理得
，
∵，∴，∴，
∴，解得.
19．【答案】（1）解：如图所示，设，连接，
∵正四棱锥中，∴为线段中点，
∵点是棱的中点，∴，
∴异面直线与所成角即为直线与所成角．
又正四棱锥所有棱长均为，由对称性知，
∴，且，∴，
即异面直线与所成角的正弦值为.
（2）解：∵正四棱锥，∴平面，设点到平面的距离为，
∵在正四棱锥中，所有棱长均为，
∴四个侧面的正三角形的面积均为，底面正方形的面积为，
又，
依题意可得，
∴，
即，
解得；
∵且，∴，
，当且仅当时取“”，
∴的最大值为；

（3）解：设平面与的交线为，，，过点作平面使得平面，
（说明：即过点作交于点，交于点，
再在平面内作，连接，则，
又，平面，∴平面，
又，平面，平面，∴平面，
又平面与的交线为，平面，
∴，∴平面），
取中点为H，
因平面，平面，则平面平面，
因为正四棱锥，平面与的交线为，，
由对称性可得为等腰三角形，则，又平面平面，
平面平面，平面，则平面，
又平面，则，又易得平面，，，
则，则，，
∴，设，即，
∴，同理可得，
∴，
设，同上方法可得，
∴，
而，
∴，
又与侧面所成的角分别为，
则，，，，
∴，
∴
．
【知识点】二倍角的余弦公式；异面直线所成的角；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) 取底面中心，构造中位线得到与PA平行的线段，将异面直线夹角转化为三角形内角，结合棱长计算直角三角形边长，求出对应角的正弦值；
(2) 利用等体积法建立点到四个侧面距离的恒等式，结合已知条件得到定值，再由基本不等式求出的最大值；
(3) 通过几何对称推导距离平方和与长度的关系式，结合线面角定义得到正弦表达式，利用二倍角余弦公式整体代换，化简求出代数式的值。
（1）设，连接，
∵正四棱锥中，∴为线段中点，
∵点是棱的中点，∴，
∴异面直线与所成角即为直线与所成角．
又正四棱锥所有棱长均为，由对称性知，
∴，且，∴，
即异面直线与所成角的正弦值为；
（2）∵正四棱锥，∴平面，
设点到平面的距离为，
∵在正四棱锥中，所有棱长均为，
∴四个侧面的正三角形的面积均为，底面正方形的面积为，
又，
依题意可得，
∴，
即，
解得；
∵且，∴，
，当且仅当时取“”，
∴的最大值为；
（3）设平面与的交线为，，，
过点作平面使得平面，
（说明：即过点作交于点，交于点，
再在平面内作，连接，则，
又，平面，∴平面，
又，平面，平面，∴平面，
又平面与的交线为，平面，
∴，∴平面），
取中点为H，
因平面，平面，则平面平面，
因为正四棱锥，平面与的交线为，，
由对称性可得为等腰三角形，则，又平面平面，
平面平面，平面，则平面，
又平面，则，又易得平面，，，
则，则，，
∴，设，即，
∴，同理可得，
∴，
设，同上方法可得，
∴，
而，
∴，
又与侧面所成的角分别为，
则，，，，
∴，
∴
．
1 / 1江苏省常州市前黄高级中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷
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．设复数（为虚数单位），则复数的虚部是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】虚数单位i及其性质；复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以复数的虚部是1，
故选：A.
【分析】先化简求得，进而利用复数的除法运算计算求得复数z，即可求得复数z的虚部.
2．已知向量，，若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，向量，，根据两向量平行的坐标满足交叉相乘相等，可得，即，解得。
故答案为：C。
【分析】本题考查平面向量平行的坐标判定，关键是利用向量平行的坐标关系式列方程求解参数。
3．设，为两个平面，则的充要条件是
A．内有无数条直线与平行 B．内有两条相交直线与平行
C．，平行于同一条直线 D．，垂直于同一平面
【答案】B
【知识点】充要条件；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：选项A：若内有无数条直线与平行，当这无数条直线互相平行时，与可能相交，所以仅内有无数条直线与平行，不能推出；反之，若，内有无数条直线与平行，所以“内有无数条直线与平行”不是的充要条件.
选项B：根据面面平行的判定定理，若内有两条相交直线都与平行，则；再由面面平行的性质定理，若，则内任意一条直线都与平行，那么内两条相交直线也都与平行，所以“内有两条相交直线与平行”是的充要条件.
选项C：若，平行于同一条直线，与可能相交，不能推出；反之，若，，也不一定平行于同一条直线，所以“，平行于同一条直线”不是的充要条件.
选项D：若，垂直于同一平面，与可能相交，不能推出；反之，若，，也不一定垂直于同一平面，所以“，垂直于同一平面”不是的充要条件.
故答案为：B.
【分析】本题旨在考查平面与平面平行的充要条件，需要依据面面平行的判定定理和性质定理来进行分析判断.解题思路是对每个选项逐一结合定理进行分析，判断其是否能作为的充要条件.
4．“体育强则中国强，国运兴则体育兴”．为备战年成都世界运动会，已知某运动员某次特训的成绩分别为，则下列说法错误的是（　　）
A．这组数据的极差为 B．这组数据的众数为
C．这组数据的平均数为 D．这组数据的方差为
【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由数据可知这组数据极差为9-3=6，故选项A正确；
众数为3，9，故选项B错误；
数据的平均数，故选项C正确；
数据的方差，故选项D正确.
故选：B.
【分析】根据数据的数字特征逐一分析计算即可求解.
5．已知函数的部分图象如图所示，将图象上的所有点向左平移个单位长度得到的函数表达式可以是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由图易知，而所以，
因为所以，所以
将代入得，
所以所以
因为，所以，所以，
图象上的所有点向左平移个单位长度得到，
故答案为：D.
【分析】本题考查余弦型三角函数图象与平移变换，关键为先由图像求出振幅、周期、初相得到原函数，再利用 “左加右减” 平移法则结合三角诱导公式化简得到最终解析式。
6．“黄梅时节家家雨，青草池塘处处蛙”，黄梅时节就是梅雨季节，每年6月至7月会出现持续天阴有雨的天气，它是一种自然气候现象．根据历史数据统计，长江中下游某地区在黄梅时节每天下雨的概率为．假设每天是否下雨互不影响，则该地区黄梅时节连续三天中至少有两天下雨的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】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】【解答】解：该地区黄梅时节连续三天中恰有两天下雨的概率为，
该地区黄梅时节连续三天中恰有三天下雨的概率为，
所以该地区黄梅时节连续三天中至少有两天下雨的概率为.
故选：B
【分析】利用独立事件的概率乘法公式分别求出恰有两天下雨的概率和恰有三天下雨的概率，再利用互斥事件的概率加法公式计算即可求得该地区黄梅时节连续三天中至少有两天下雨的概率.
7．在中，角所对应的边分别为．若，则角的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】基本不等式；两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式；正切函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，则，
代入中，整理得：，
显然都不可能是直角（否则等式不成立），故得，
于是，
由上式易知均为锐角，则，故有，
因，当且仅当时等号成立，
即时，取得最大值为，又，故角的最大值为.
故答案为：A.
【分析】本题考查三角形内角关系、两角和正切公式与基本不等式求最值，关键是利用内角和转化，推出与的关系，再结合均值不等式求的最大值，进而得到角的最大值。
8．已知正方体、等边圆柱（母线长等于底面圆的直径）与球的表面积相等，它们的体积分别为，则下面关系中成立的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设正方体的棱长为，等边圆柱底面圆的半径为，球体的半径为，
所以正方体的表面积为，
等边圆柱的表面积为，
球的表面积为，
因为，即，
由，，
所以正方体的体积为，
等边圆柱的体积为，
球的体积为，
因为，
所以，
故选：C.
【分析】设正方体的棱长为，等边圆柱底面圆的半径为，球体的半径为，根据正方体、圆柱、球的表面积相等用相同的量表示出它们的体积，比较即可.
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．
9．一个质地均匀的正四面体个表面上分别标有数字，抛掷该正四面体两次，记事件“第一次向下的数字为或”，事件“两次向下的数字之和为偶数”，则下列说法正确的是（　　）
A．事件与事件互斥 B．事件与事件相互独立
C．事件发生的概率为 D．事件发生的概率为
【答案】B,C
【知识点】概率的基本性质；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、由“第一次向下的数字为或”，事件“两次向下的数字之和为偶数”，而发生同时也有可能发生，故不是互斥事件，该选项错误，不合题意；
B、因为，而，
故，即事件与事件相互独立，该选项正确，符合题意；
C、因为事件与事件相互独立所以事件与事件相互独立，，该选项正确，符合题意；
D、事件发生的概率，该选项错误，不合题意；
故答案为：BC.
【分析】应用互斥事件将M，N事件样本一一列出，得发生同时也有可能发生，可判断A；根据事件独立性的定义，分别求出P(MN)，P(M)，P(N)，代入计算公式可判断B；根据事件独立性，可判断C；由事件的概率性质得，即可判断D.
10．如图，两个边长均为的正方形与正方形所在的平面相交，其二面角的平面角为．点分别是对角线上的动点，记，点是线段上的一动点．下列结论一定正确的是（ ）
A．平面
B．三棱锥的体积存在最大值
C．的最小值是
D．若点在同一球的球面上，则该球的体积是
【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A，两个边长均为的正方形与正方形所在的平面相交，
则，
作交于H，连接，则，
而，故，则，
平面，平面，故平面，
，平面，平面，故平面，
平面，
故平面平面，平面，故平面，故A正确；
B，由A的分析同理可得平面，则P到平面的距离即为M到平面的距离；
由于，平面，
故平面，过M作交于G，则平面，
而，故，
而，故为二面角的平面角，即，
故三棱锥的体积，
随a的增大而增大，由于，故该体积不存在最大值，故B错误；
C，由以上分析可知，则为二面角的平面角，即，
而，
，
由于，则当时，取最小值1，
即的最小值是，故C正确；
D，设的中点为，连接，则，
平面，则平面，
平面，故平面平面，同理平面平面，
为二面角的平面角，即，
过点即正方形和正方形的中心分别作这两个面的垂线，必交于一点，设为O，
结合点在同一球的球面上，以及正方形与正方形边长均为，
知O为外接球球心，且O在的平分线上，即，
，，
则，即外接球半径为，
故球的体积是，故D正确；
故答案为：ACD
【分析】A：构造面面平行，由面面平行推出线面平行；
B：利用线面平行确定高不变，体积随a单调递增，无最大值；
C：余弦定理写出MN关于a的二次函数，求顶点最小值；
D：找二面角中点、正方形中心确定外接球球心，计算半径后求球体积。
11．记的内角的对边分别为．已知是的最小内角，且为整数，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．当，且也是整数时，
D．面积的取值范围是
【答案】A,B,D
【知识点】两角和与差的正切公式；解三角形；三角形中的几何计算；利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：A，因是的最小内角，则，又因为整数，故，可得，故A正确；
B，由，，可得，由正弦定理，，可得，解得，故B正确；
C，由，可得，因，且也是整数，
若，因，则，则，
此时，符合题意；
若，则，同理，此时，，不合题意，
随着取更大的整数，的值逐渐减小，不合题意，
故当，且也是整数时，，故C错误；
D，由正弦定理，和，可得，
因为是的最小内角，则，，则.
当时，，的面积为，
当时，， 因，则，，故，
综上，面积的取值范围是，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】A：利用最小内角限制角范围，结合为整数锁定角；
B：代入角，结合正弦定理消去求出边长；
C：利用两角差正切公式计算，验证数值正误；
D：借助正弦定理表示边，结合角范围推导面积区间。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知复数满足，则的值为　 　．
【答案】
【知识点】复数的模；方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：复数满足，即，
故，则，
故答案为：
【分析】本本题考查复数方程的解和复数的模长计算公式。先通过变形将方程变形为，解的复数方程可得，代入所求复数公式可得：，再利用复数的模长计算公式进行计算可求出答案.
13．在中，已知，点满足，．设线段与交于点，则　 　．
【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；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：如图所示，
由题意，是线段的中点，，则，
且，
所求为向量与向量的夹角，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】由题意作图，利用基底表示所求向量可得，根据向量数量积运算律以及夹角公式计算，可得答案.
14．若存在，使函数在区间内恰有个零点，则
（1）当时，　 　；
（2）当时，所有满足条件的正整数的值共有　 　个．
【答案】；3
【知识点】二倍角的余弦公式；余弦函数的图象；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：（1）当时，，当时，，要想在上恰有个零点，则，
解得，
因为为正整数，所以．
（2）解：由题意知，，且的最小正周期为，
设，令，
则，
所以方程在实数范围内一定有两个异号实根，
，
①当时，，其中无解，
对于，在内有2个零点，在内没有零点，
则或；
②当时，，在内有2个零点，在内有1个零点，
当时，函数区间内恰有个零点；
当时，函数区间内恰有个零点.
故不存在，使函数区间内恰有个零点；
③当时，∵，∴，
则有，解得，
∴，，
∴，∴，
则在内有2个零点，在内有2个零点，
当时，函数区间内恰有个零点.
综上：满足题意的正整数有3个，分别为，或.
故答案为：.
【分析】(1) 时转化为余弦零点问题，在零点数量为，直接解方程得到。
(2) 换元得到二次方程，利用韦达定理判断两根一正一负，分三类讨论根在的分布，结合在的零点个数规律，枚举所有能凑出2026个零点的，统计个数。
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．某高中在一次高一物理测试后，为了解本次测试的成绩情况，在整个年级中随机抽取了名学生的物理成绩，成绩均在内，将成绩分为，共组，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）求的值并估计这名学生物理成绩的第百分位数（精确到）；
（2）从成绩在和的学生中，用分层随机抽样方法抽取名学生，再从这名学生中随机抽取名，求这名学生物理成绩在和内各人的概率.
【答案】（1）解：由题意知，解得，
设第百分位数为，
因为位于之间的频率为，位于之间的频率为，
所以，
令，解得，即第百分位数为.
（2）解：由，得这人中物理成绩在的人数为，分别记为，在的人数为人，分别记为，
在这人中抽取人，共，个基本事件，
这名学生物理成绩在和内各人，共，个基本事件，
故这名学生物理成绩在和内各人的概率为.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；用样本的数字特征估计总体的数字特征；古典概型及其概率计算公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）先求m，代入各小方格面积之和等于频率之和，等于，可得；代入由第百分位数的计算公式即得解；
（2）先判断此次抽取方法为由分层抽样，即按比例抽样，可得每层抽取人数，分别记在不同物理分数间的事件和人数，一一列出，带入古典概型公式可求解.
（1）由题意知，解得，
设第百分位数为，
因为位于之间的频率为，位于之间的频率为，
所以，
令，解得，即第百分位数为.
（2）由，得这人中物理成绩在的人数为，分别记为，在的人数为人，分别记为，
在这人中抽取人，共，个基本事件，
这名学生物理成绩在和内各人，共，个基本事件，
故这名学生物理成绩在和内各人的概率为.
16．已知，，函数．
（1）求函数的最小正周期和对称中心；
（2）若，且，，求的值．
【答案】（1）解：由题意可知，函数
，
∴函数的最小正周期为，
令，得，
∴函数的对称中心为．
（2）解：由（1）知，则，得，
∵，∴．
∵，∴，
∵，∴．
∴
，
又，∴．
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的周期；同角三角函数间的基本关系；辅助角公式
【解析】【分析】（1）先根据向量数量积运算求出的表达式，进而利用辅助角公式化简可得 ，根据三角函数的性质求出最小正周期和对称中心即可；
（2）先根据已知条件求出，进而根据同角三角函数的关系式即可求得的值，再结合的值求出的值，最后利用两角差的正弦公式求得，结合角的范围即可求出的值.
（1）已知，，函数．
∴
，
即，∴函数的最小正周期为，
令，得，
∴函数的对称中心为．
（2）由（1）知，
则，得，
∵，∴．
∵，∴，
∵，∴．
∴
，
又，∴．
17．在直三棱柱中，，，，，．
（1）若平面，求的值；
（2）设二面角与二面角的平面角分别为，若，求的值．
【答案】（1）解：连接交于点，连接．
∵平面，平面，平面平面，
∴．
又在直三棱柱中，侧面为平行四边形，
∴是的中点，
∴是的中点，
∴.
（2）解：如图所示，过点在平面内作，垂足为，连接，
∵，，，平面，
∴平面，
∵平面，∴，
又∵，，平面，
∴平面，
又平面，∴，，
∴二面角和二面角的平面角分别为，
即，，
∵，，，
∴，
∴，
法一：当时，，
而，
∵，∴，解得或
又，∴．
法二：当时，为的角平分线，且，
∴，
又，
∴．
【知识点】二倍角的正切公式；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；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】(1) 连接辅助线，利用线面平行的性质定理得到线线平行，结合平行四边形对角线中点性质与三角形中位线定理确定D为中点，求出；
(2) 先证明线面垂直找到两个二面角的平面角，计算基础线段长度，根据两角相等，利用二倍角正切公式或角平分线定理列方程，结合范围求出。
（1）连接交于点，连接．
∵平面，平面，平面平面，
∴．
又在直三棱柱中，侧面为平行四边形，
∴是的中点，
∴是的中点，∴.
（2）过点在平面内作，垂足为，连接，
∵，，，平面，
∴平面，
∵平面，∴，
又∵，，平面，
∴平面，
又平面，∴，，
∴二面角和二面角的平面角分别为，
即，，
∵，，，
∴，
∴，
法一：当时，，
而，
∵，∴，解得或
又，∴．
法二：当时，为的角平分线，且，
∴，
又，∴．
18．如图，在平面四边形中，，若是上一点，．记，．
（1）证明：；
（2）若.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求线段长度的取值范围．
【答案】（1）证明：∵，∴，在中，，可得， ∴，即.
（2）解：（Ⅰ）在中，由正弦定理得，可得，
∴，
∵，∴，
可得，即，
解得或（舍去），
∵，∴.
（Ⅱ）在中，由正弦定理得，
即，
由余弦定理得，
∵，，∴，∴，
在中，由余弦定理得
，
∵，∴，∴，
∴，解得.

【知识点】二倍角的余弦公式；三角函数诱导公式二~六；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）结合图形，先找到的数量关系式，再运用诱导公式推理即可证得 ；
（2）（Ⅰ）在中，运用正弦定理得到，结合（1）结论可得，联立解方程即可求得sin的值，根据的范围即可求得的值；
（Ⅱ）在中，分别运用正、余弦定理得到，两式，结合式，在中，利用余弦定理将用的三角函数表示，并运用辅助角公式化成正弦型函数，利用三角函数的值域即得线段长度的取值范围.
（1）证明：∵，∴，
在中，，可得，
∴，即.
（2）（Ⅰ）在中，由正弦定理得，
可得，∴，
∵，∴，
可得，即，
解得或（舍去），
∵，∴.
（Ⅱ）在中，由正弦定理得，
即，
由余弦定理得，
∵，，∴，∴，
在中，由余弦定理得
，
∵，∴，∴，
∴，解得.
19．如图，在正四棱锥中，所有棱长均为，点是底面内任意一点，点到侧面的距离分别为．
（1）若点是棱的中点，求异面直线与所成角的正弦值；
（2）若且，求的最大值；
（3）记与侧面所成的角分别为，求的值．
【答案】（1）解：如图所示，设，连接，
∵正四棱锥中，∴为线段中点，
∵点是棱的中点，∴，
∴异面直线与所成角即为直线与所成角．
又正四棱锥所有棱长均为，由对称性知，
∴，且，∴，
即异面直线与所成角的正弦值为.
（2）解：∵正四棱锥，∴平面，设点到平面的距离为，
∵在正四棱锥中，所有棱长均为，
∴四个侧面的正三角形的面积均为，底面正方形的面积为，
又，
依题意可得，
∴，
即，
解得；
∵且，∴，
，当且仅当时取“”，
∴的最大值为；

（3）解：设平面与的交线为，，，过点作平面使得平面，
（说明：即过点作交于点，交于点，
再在平面内作，连接，则，
又，平面，∴平面，
又，平面，平面，∴平面，
又平面与的交线为，平面，
∴，∴平面），
取中点为H，
因平面，平面，则平面平面，
因为正四棱锥，平面与的交线为，，
由对称性可得为等腰三角形，则，又平面平面，
平面平面，平面，则平面，
又平面，则，又易得平面，，，
则，则，，
∴，设，即，
∴，同理可得，
∴，
设，同上方法可得，
∴，
而，
∴，
又与侧面所成的角分别为，
则，，，，
∴，
∴
．
【知识点】二倍角的余弦公式；异面直线所成的角；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) 取底面中心，构造中位线得到与PA平行的线段，将异面直线夹角转化为三角形内角，结合棱长计算直角三角形边长，求出对应角的正弦值；
(2) 利用等体积法建立点到四个侧面距离的恒等式，结合已知条件得到定值，再由基本不等式求出的最大值；
(3) 通过几何对称推导距离平方和与长度的关系式，结合线面角定义得到正弦表达式，利用二倍角余弦公式整体代换，化简求出代数式的值。
（1）设，连接，
∵正四棱锥中，∴为线段中点，
∵点是棱的中点，∴，
∴异面直线与所成角即为直线与所成角．
又正四棱锥所有棱长均为，由对称性知，
∴，且，∴，
即异面直线与所成角的正弦值为；
（2）∵正四棱锥，∴平面，
设点到平面的距离为，
∵在正四棱锥中，所有棱长均为，
∴四个侧面的正三角形的面积均为，底面正方形的面积为，
又，
依题意可得，
∴，
即，
解得；
∵且，∴，
，当且仅当时取“”，
∴的最大值为；
（3）设平面与的交线为，，，
过点作平面使得平面，
（说明：即过点作交于点，交于点，
再在平面内作，连接，则，
又，平面，∴平面，
又，平面，平面，∴平面，
又平面与的交线为，平面，
∴，∴平面），
取中点为H，
因平面，平面，则平面平面，
因为正四棱锥，平面与的交线为，，
由对称性可得为等腰三角形，则，又平面平面，
平面平面，平面，则平面，
又平面，则，又易得平面，，，
则，则，，
∴，设，即，
∴，同理可得，
∴，
设，同上方法可得，
∴，
而，
∴，
又与侧面所成的角分别为，
则，，，，
∴，
∴
．
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