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浙江嘉兴市第一中学2025-2026学年高一下学期5月阶段测试数学试题
1．的虚部为（　　）
A．4 B． C． D．2
【答案】D
【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：因为，所以的虚部为2.
故答案为：D.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，结合复数的概念判断即可.
2．某班有48名学生，其中男生28人，女生20人.按性别进行分层，用分层随机抽样的方法，从该班学生中抽取12人参加跳绳比赛，如果样本按比例分配，则应抽取的男生人数为（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】C
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：样本按比例分配，男女比例为，则应抽取的男生人数为.
故答案为：C.
【分析】先计算男女比，再根据分层抽样的性质求解即可.
3．在正方体中，过点作一个截面，则截面不可能是（　　）
A．正三角形 B．平行四边形 C．五边形 D．六边形
【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；平面的基本性质及推论
【解析】【解答】解：截面可能情况如图所示：
正方体一共6个面，顶点A同时在3个面，过A的平面必然和3个面相交，最多只能和剩余的3个面中的2个面相交，总共最多相交5个面，无法同时和6个面相交，不可能截出六边形.
故答案为：D.
【分析】作出截面判断即可.
4．已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，则下列命题正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若为异面直线，，则
【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；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：
在正方体中，由于平面，平面，
但平面与平面不平行，故A错误；
同理，由于平面，平面，且
但平面与平面不平行，故B错误；
同理，由于平面，平面，且与是异面直线，
但平面与平面不平行，故D错误；
两平行平面被第三个平面所截，截得的两条交线一定平行，即若 ，则， 故C正确.
故答案为：C.
【分析】取特殊立体几何体正方体，借助正方体中的线线、线面以及面面位置关系判断即可.
5．在棱长为2的正方体中，点M为棱的中点，则点B到平面的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：在正方体中，平面，平面，则平面平面，
在平面内，过点作于，连接，如图所示：
因平面平面，于是得平面，
则长即为点到平面的距离，
点M为棱的中点，在中，，
，即，解得，
所以点B到平面的距离为.
故答案为：D.
【分析】在正方体中，根据面面垂直的判定证明平面平面，在平面内，过点作于，连接，利用面面垂直的性质求解即可.
6．设向量，满足，对任意，恒成立，则的最小值为（　　）
A．2 B． C．4 D．3
【答案】A
【知识点】函数恒成立问题；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：设，，
，两边同平方得，
化简得，
对任意恒成立，则，
即，则，
则，
即，故的最小值为2.
故答案为：A.
【分析】设，，将两边同平方，问题转化为恒成立，利用判别式法求得，最后将平方，结合二次函数性质求最小值即可.
7．若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为，则圆锥的体积为
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：过圆锥的旋转轴作轴截面，如图所示|：
因为内切圆和外接圆同圆心，所以的内心与外心重合，则为正三角形，
又因为内切圆的半径为，所以的边长为，
则圆锥的底面半径为，高为3，
故圆锥体积.
故答案为：.
【分析】过圆锥的旋转轴作轴截面，由题意可得的内心与外心重合，为正三角形，轴截面内切圆的半径为，求圆锥的底面半径和高，最后利用圆锥体积公式求解即可．
8．在中，角为三个内角，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：若，
，
因为，所以，，所以，
而当时，，
同理，
故，
因此，即，
而因为，，所以，
因此，所以，
反之，若，那么显然当时，等式不成立，
故为的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】利用正弦、余弦的二倍角公式以及同角三角函数基本关系化简原式，结合充分、必要条件的定义判断即可.
9．已知，记一组数据1，2，3，a，8为，则（　　）
A．若的极差为9，则 B．若的80%分位数是6，则
C．若的平均数为3，则 D．若，则的方差为6.6
【答案】A,B
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、因为，其极差为9，所以，所以，故A正确；
B、中共有5个数，，则80%分位数是从小到大排列后第4个数和第5个数的平均数，
因为80%分位数是6，则，即得，解得，故B正确；
C、由，解得，故C错误；
D、当时，由C项知的平均数为3，故的方差为，故D错误．
故答案为：AB.
【分析】根据极差的定义求解即可判断A；根据百分数的定义求解即可判断B；根据平均数的定义求解即可判断C；根据方差公式求解即可判断D.
10．下列命题中，正确的是（　　）
A．在中，若，则
B．在锐角中，不等式恒成立
C．当时，满足条件的三角形共有1个
D．若则这个三角形的最大角是
【答案】B,C,D
【知识点】三角函数诱导公式二~六；解三角形；余弦定理；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：A、根据正弦定理（为外接圆半径），
可得 ，由大边对大角得，故A错误；
B、锐角中， ，因此 ，即，
又 都在内，在单调递增，
因此，不等式恒成立，故B正确；
C、由正弦定理得： ，
为三角形内角，因此，仅有1个解，满足条件的三角形只有1个，故C正确；
D、由正弦定理得 ，
设，最大边对应最大角，
由余弦定理： ， ，
因此，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用正弦定理，结合三角形中边角关系即可判断A；利用诱导公式，结合正弦函数的单调性即可判断B；利用正弦定理求解即可判断C；由正弦定理角化边，结合余弦定理求解即可判断D.
11．如图所示的几何体是一个棱长为2的正八面体，则（　　）
A．为线段上的动点，则最小值为
B．该正八面体的表面积是
C．该正八面体的体积是
D．平面 截该正八面体的外接球所得截面的面积为
【答案】A,B,D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：将沿翻折到，使得与共面，
则，当三点共线时等号成立，
所以的最小值为，
此时，，
，
所以，故最小值为，故A正确；
因为正八面体由八个全等的正三角形组成，且棱长为2，
由三角形面积公式可得八面体的表面积为，故B正确；
连接，，交点设为，连接，
因为四边形为正方形，所以对角线长度的一半，
由勾股定理可得，
所以八面体的体积为，故C错误；
取的中点，连接，，在中，，
因为，所以正八面体外接球的球心为O，半径为，
作于，则，
平面截该正八面体的外接球的截面是圆，与平面所截得的面积相等，
其半径，
所以截面圆的面积为，故D正确.
故答案为：ABD
【分析】将沿翻折到，使得与共面，根据两点间线段最短，结合余弦定理求解即可判断A；正八面体由八个全等的正三角形组成，求出每个三角形面积再求和即可判断B；正八面体可以看做两个全等的正四棱锥，结合棱锥的体积公式求解即可判断C；取的中点，连接，，由球的截面性质求出截面圆的半径，再求出面积即可判断D.
12．如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，，则原四边形中最长边的长度为　 　．
【答案】6
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，，将直观图还原为原图，如图所示：
在直观图中，，则，
在原图中，，，
因为，所以原四边形中最长边的长度为6．
故答案为：6.
【分析】根据斜二测画法的规则求解即可．
13．已知向量，，若向量与的夹角为锐角，则的取值范围为　 　.
【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；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
【解析】【解答】解：向量，，
易知，，
因为向量与的夹角为锐角，
所以且向量与方向不相同，
即，解得，
向量与共线，解得，
所以时，向量与共线且方向相同，
所以的取值范围为.
故答案为：.
【分析】根据向量与的夹角为锐角，可得且向量与不同向共线，结合向量的坐标运算求解即可.
14．如图，在边长为2正方体中，E为BC的中点，点P在正方体表面上移动，且满足，则点和满足条件的所有点P构成的图形的周长是　 　.
【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
取的中点分别为，连接，
由于，所以四点共面，且四边形为梯形，
，
，
因为，
所以，所以由线面垂直的判定可知平面，
即满足条件的所有点P构成的图形为，
由于，
则满足条件的所有点P构成的图形的周长为.
故答案为：.
【分析】以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
15．在中，角，，的对边分别为，，，已知，，
（1）求角的大小；
（2）若点在边上，为的平分线，且，求边长的值．
【答案】（1）解：，由正弦定理可得：，
因为，所以，
代入上式化简得：，
在中，因为，所以，
又因为，所以；
（2）解：因为是的平分线，可得，
由面积关系，代入可得：，
代入，
化简得：，解得.
【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】【分析】（1）利用正弦定理，结合两角和的正弦公式化简求解即可；
（2）由是的平分线，可得，根据面积关系列方程求解即可.
（1）由和正弦定理可得：，
因为，故，
代入上式化简得：，
在中，，则，
又，因此.
（2）因为是的平分线，可得，
由面积关系，代入可得：，
代入，
化简得：，解得.
16．在某高校举行的一次国际学术与文化交流会上，对外国留学生举行了“中华文化知多少”的知识竞赛．某数学兴趣小组从中随机抽取部分学生的成绩，整理后分成五段：，绘制了如下的频率分布直方图．
（1）求的值；
（2）根据频率分布表，估计该小组第百分位数以及平均成绩.
【答案】（1）解：由频率分布直方图，解得；
（2）解：成绩在的频率分别为，
则该小组第百分位数，，解得，即该小组第百分位数为；
该小组平均成绩.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；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各小矩形面积和为1列式求解即可；
（2）成绩在的频率分别为，则该小组第百分位数，
根据频率分布直方图分别估计第62百分位数和平均成绩即可.
（1）由频率分布直方图，得，
所以.
（2）成绩在的频率分别为，
则该小组第百分位数，，解得，
所以该小组第百分位数为；
该小组平均成绩.
17．如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：因为，为的中点，所以，且，连结，如图所示：
因为，所以为等腰直角三角形，且 ，
满足，则，
又因为，所以平面；
（2）解：以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系 ，如图所示：
由已知得
取平面的法向量．
设，则．
设平面的法向量为．
由得 ，
可取
所以 ．由已知得 ．
所以 ．解得(舍去)， ．
所以 ．
又 ，所以 ．
所以与平面所成角的正弦值为
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由为等腰三角形，可得，通过计算，利用勾股定理得，最后根据线面垂直判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系 ，利用空间向量法求解即可.
18．如图，在三棱锥中， 是等边三角形，∠PAC=∠PBC=90°.
（1）证明：AB⊥PC；
（2）若，且平面 ⊥平面，求三棱锥 体积.
【答案】（1）证明：因为是等边三角形，，
所以，可得，
取中点，连结，，如图所示：
则，，平面，故；
（2）作，垂足为，连结，
因为，所以，，
由已知，平面平面，故，
因为，所以都是等腰直角三角形，
由已知，得，的面积，
因为平面，所以三角锥的体积.
【知识点】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，可得，取中点，连结，，根据线面垂直的判定定理证明即可；
（2）作，垂足为，连结，由，可得，，再根据，可得都是等腰直角三角形，最后利用锥体的体积公式求解即可.
19．如图，正的边长为1，是边上的中线且点满足，过点的直线与边分别交于点（点可以和端点重合）
（1）设，试用表示；
（2）当时，求的值；
（3）设，请用表示，并求其取值范围.
【答案】（1）解：因为是边上的中线且点满足，所以 ，
则；
（2）解：，，
，
则；
（3）解：由题意可知，
在中，，，，
由正弦定理得：，即，
，
在中，，
由正弦定理，可得，即，
则，
令，
，
因为
，
，
所以，
因为，所以，，
令，则，
令，则，
所以，
令，则，
由二次函数性质可知，在上单调递增，
当时，有最小值，当时，有最大值，
所以的值域为，即的值域为，
故的取值范围为.
【知识点】函数的最大（小）值；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；三角函数中的恒等变换应用；正弦定理
【解析】【分析】（1）由题意可得，以 为基向量，根据向量线性运算求解即可；
（2），先求，再根据向量的数量积运算求解即可；
（3）由题意可知，在和中，分别利用正弦定理用表示出，，再表示，构造函数，通分，根据三角恒等变换求得，令，换元可得，再令，可得，再换元法，结合二次函数性质求得的值域，据此求解即可.
（1）因为是边上的中线且点满足，
故 ，
则；
（2）因为，，
，
所以；
（3）由题意可知
在中，，，，
由正弦定理得：，即，
所以，
在中，，
由正弦定理得：，即，
所以，
则，
令
因为
，
，
所以，
因为，所以，，
令，则，
令，则，
所以，
令，则，
由二次函数性质可知，在上单调递增，
当时，有最小值，当时，有最大值，
所以的值域为，即的值域为，
所以的取值范围为.
1 / 1浙江嘉兴市第一中学2025-2026学年高一下学期5月阶段测试数学试题
1．的虚部为（　　）
A．4 B． C． D．2
2．某班有48名学生，其中男生28人，女生20人.按性别进行分层，用分层随机抽样的方法，从该班学生中抽取12人参加跳绳比赛，如果样本按比例分配，则应抽取的男生人数为（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
3．在正方体中，过点作一个截面，则截面不可能是（　　）
A．正三角形 B．平行四边形 C．五边形 D．六边形
4．已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，则下列命题正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若为异面直线，，则
5．在棱长为2的正方体中，点M为棱的中点，则点B到平面的距离为（　　）
A． B． C． D．
6．设向量，满足，对任意，恒成立，则的最小值为（　　）
A．2 B． C．4 D．3
7．若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为，则圆锥的体积为
A． B． C． D．
8．在中，角为三个内角，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
9．已知，记一组数据1，2，3，a，8为，则（　　）
A．若的极差为9，则 B．若的80%分位数是6，则
C．若的平均数为3，则 D．若，则的方差为6.6
10．下列命题中，正确的是（　　）
A．在中，若，则
B．在锐角中，不等式恒成立
C．当时，满足条件的三角形共有1个
D．若则这个三角形的最大角是
11．如图所示的几何体是一个棱长为2的正八面体，则（　　）
A．为线段上的动点，则最小值为
B．该正八面体的表面积是
C．该正八面体的体积是
D．平面 截该正八面体的外接球所得截面的面积为
12．如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，，则原四边形中最长边的长度为　 　．
13．已知向量，，若向量与的夹角为锐角，则的取值范围为　 　.
14．如图，在边长为2正方体中，E为BC的中点，点P在正方体表面上移动，且满足，则点和满足条件的所有点P构成的图形的周长是　 　.
15．在中，角，，的对边分别为，，，已知，，
（1）求角的大小；
（2）若点在边上，为的平分线，且，求边长的值．
16．在某高校举行的一次国际学术与文化交流会上，对外国留学生举行了“中华文化知多少”的知识竞赛．某数学兴趣小组从中随机抽取部分学生的成绩，整理后分成五段：，绘制了如下的频率分布直方图．
（1）求的值；
（2）根据频率分布表，估计该小组第百分位数以及平均成绩.
17．如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．
18．如图，在三棱锥中， 是等边三角形，∠PAC=∠PBC=90°.
（1）证明：AB⊥PC；
（2）若，且平面 ⊥平面，求三棱锥 体积.
19．如图，正的边长为1，是边上的中线且点满足，过点的直线与边分别交于点（点可以和端点重合）
（1）设，试用表示；
（2）当时，求的值；
（3）设，请用表示，并求其取值范围.
答案解析部分
1．【答案】D
【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：因为，所以的虚部为2.
故答案为：D.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，结合复数的概念判断即可.
2．【答案】C
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：样本按比例分配，男女比例为，则应抽取的男生人数为.
故答案为：C.
【分析】先计算男女比，再根据分层抽样的性质求解即可.
3．【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；平面的基本性质及推论
【解析】【解答】解：截面可能情况如图所示：
正方体一共6个面，顶点A同时在3个面，过A的平面必然和3个面相交，最多只能和剩余的3个面中的2个面相交，总共最多相交5个面，无法同时和6个面相交，不可能截出六边形.
故答案为：D.
【分析】作出截面判断即可.
4．【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；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：
在正方体中，由于平面，平面，
但平面与平面不平行，故A错误；
同理，由于平面，平面，且
但平面与平面不平行，故B错误；
同理，由于平面，平面，且与是异面直线，
但平面与平面不平行，故D错误；
两平行平面被第三个平面所截，截得的两条交线一定平行，即若 ，则， 故C正确.
故答案为：C.
【分析】取特殊立体几何体正方体，借助正方体中的线线、线面以及面面位置关系判断即可.
5．【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：在正方体中，平面，平面，则平面平面，
在平面内，过点作于，连接，如图所示：
因平面平面，于是得平面，
则长即为点到平面的距离，
点M为棱的中点，在中，，
，即，解得，
所以点B到平面的距离为.
故答案为：D.
【分析】在正方体中，根据面面垂直的判定证明平面平面，在平面内，过点作于，连接，利用面面垂直的性质求解即可.
6．【答案】A
【知识点】函数恒成立问题；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：设，，
，两边同平方得，
化简得，
对任意恒成立，则，
即，则，
则，
即，故的最小值为2.
故答案为：A.
【分析】设，，将两边同平方，问题转化为恒成立，利用判别式法求得，最后将平方，结合二次函数性质求最小值即可.
7．【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：过圆锥的旋转轴作轴截面，如图所示|：
因为内切圆和外接圆同圆心，所以的内心与外心重合，则为正三角形，
又因为内切圆的半径为，所以的边长为，
则圆锥的底面半径为，高为3，
故圆锥体积.
故答案为：.
【分析】过圆锥的旋转轴作轴截面，由题意可得的内心与外心重合，为正三角形，轴截面内切圆的半径为，求圆锥的底面半径和高，最后利用圆锥体积公式求解即可．
8．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：若，
，
因为，所以，，所以，
而当时，，
同理，
故，
因此，即，
而因为，，所以，
因此，所以，
反之，若，那么显然当时，等式不成立，
故为的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】利用正弦、余弦的二倍角公式以及同角三角函数基本关系化简原式，结合充分、必要条件的定义判断即可.
9．【答案】A,B
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、因为，其极差为9，所以，所以，故A正确；
B、中共有5个数，，则80%分位数是从小到大排列后第4个数和第5个数的平均数，
因为80%分位数是6，则，即得，解得，故B正确；
C、由，解得，故C错误；
D、当时，由C项知的平均数为3，故的方差为，故D错误．
故答案为：AB.
【分析】根据极差的定义求解即可判断A；根据百分数的定义求解即可判断B；根据平均数的定义求解即可判断C；根据方差公式求解即可判断D.
10．【答案】B,C,D
【知识点】三角函数诱导公式二~六；解三角形；余弦定理；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：A、根据正弦定理（为外接圆半径），
可得 ，由大边对大角得，故A错误；
B、锐角中， ，因此 ，即，
又 都在内，在单调递增，
因此，不等式恒成立，故B正确；
C、由正弦定理得： ，
为三角形内角，因此，仅有1个解，满足条件的三角形只有1个，故C正确；
D、由正弦定理得 ，
设，最大边对应最大角，
由余弦定理： ， ，
因此，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用正弦定理，结合三角形中边角关系即可判断A；利用诱导公式，结合正弦函数的单调性即可判断B；利用正弦定理求解即可判断C；由正弦定理角化边，结合余弦定理求解即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：将沿翻折到，使得与共面，
则，当三点共线时等号成立，
所以的最小值为，
此时，，
，
所以，故最小值为，故A正确；
因为正八面体由八个全等的正三角形组成，且棱长为2，
由三角形面积公式可得八面体的表面积为，故B正确；
连接，，交点设为，连接，
因为四边形为正方形，所以对角线长度的一半，
由勾股定理可得，
所以八面体的体积为，故C错误；
取的中点，连接，，在中，，
因为，所以正八面体外接球的球心为O，半径为，
作于，则，
平面截该正八面体的外接球的截面是圆，与平面所截得的面积相等，
其半径，
所以截面圆的面积为，故D正确.
故答案为：ABD
【分析】将沿翻折到，使得与共面，根据两点间线段最短，结合余弦定理求解即可判断A；正八面体由八个全等的正三角形组成，求出每个三角形面积再求和即可判断B；正八面体可以看做两个全等的正四棱锥，结合棱锥的体积公式求解即可判断C；取的中点，连接，，由球的截面性质求出截面圆的半径，再求出面积即可判断D.
12．【答案】6
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，，将直观图还原为原图，如图所示：
在直观图中，，则，
在原图中，，，
因为，所以原四边形中最长边的长度为6．
故答案为：6.
【分析】根据斜二测画法的规则求解即可．
13．【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；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
【解析】【解答】解：向量，，
易知，，
因为向量与的夹角为锐角，
所以且向量与方向不相同，
即，解得，
向量与共线，解得，
所以时，向量与共线且方向相同，
所以的取值范围为.
故答案为：.
【分析】根据向量与的夹角为锐角，可得且向量与不同向共线，结合向量的坐标运算求解即可.
14．【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
取的中点分别为，连接，
由于，所以四点共面，且四边形为梯形，
，
，
因为，
所以，所以由线面垂直的判定可知平面，
即满足条件的所有点P构成的图形为，
由于，
则满足条件的所有点P构成的图形的周长为.
故答案为：.
【分析】以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
15．【答案】（1）解：，由正弦定理可得：，
因为，所以，
代入上式化简得：，
在中，因为，所以，
又因为，所以；
（2）解：因为是的平分线，可得，
由面积关系，代入可得：，
代入，
化简得：，解得.
【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】【分析】（1）利用正弦定理，结合两角和的正弦公式化简求解即可；
（2）由是的平分线，可得，根据面积关系列方程求解即可.
（1）由和正弦定理可得：，
因为，故，
代入上式化简得：，
在中，，则，
又，因此.
（2）因为是的平分线，可得，
由面积关系，代入可得：，
代入，
化简得：，解得.
16．【答案】（1）解：由频率分布直方图，解得；
（2）解：成绩在的频率分别为，
则该小组第百分位数，，解得，即该小组第百分位数为；
该小组平均成绩.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；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各小矩形面积和为1列式求解即可；
（2）成绩在的频率分别为，则该小组第百分位数，
根据频率分布直方图分别估计第62百分位数和平均成绩即可.
（1）由频率分布直方图，得，
所以.
（2）成绩在的频率分别为，
则该小组第百分位数，，解得，
所以该小组第百分位数为；
该小组平均成绩.
17．【答案】（1）证明：因为，为的中点，所以，且，连结，如图所示：
因为，所以为等腰直角三角形，且 ，
满足，则，
又因为，所以平面；
（2）解：以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系 ，如图所示：
由已知得
取平面的法向量．
设，则．
设平面的法向量为．
由得 ，
可取
所以 ．由已知得 ．
所以 ．解得(舍去)， ．
所以 ．
又 ，所以 ．
所以与平面所成角的正弦值为
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由为等腰三角形，可得，通过计算，利用勾股定理得，最后根据线面垂直判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系 ，利用空间向量法求解即可.
18．【答案】（1）证明：因为是等边三角形，，
所以，可得，
取中点，连结，，如图所示：
则，，平面，故；
（2）作，垂足为，连结，
因为，所以，，
由已知，平面平面，故，
因为，所以都是等腰直角三角形，
由已知，得，的面积，
因为平面，所以三角锥的体积.
【知识点】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，可得，取中点，连结，，根据线面垂直的判定定理证明即可；
（2）作，垂足为，连结，由，可得，，再根据，可得都是等腰直角三角形，最后利用锥体的体积公式求解即可.
19．【答案】（1）解：因为是边上的中线且点满足，所以 ，
则；
（2）解：，，
，
则；
（3）解：由题意可知，
在中，，，，
由正弦定理得：，即，
，
在中，，
由正弦定理，可得，即，
则，
令，
，
因为
，
，
所以，
因为，所以，，
令，则，
令，则，
所以，
令，则，
由二次函数性质可知，在上单调递增，
当时，有最小值，当时，有最大值，
所以的值域为，即的值域为，
故的取值范围为.
【知识点】函数的最大（小）值；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；三角函数中的恒等变换应用；正弦定理
【解析】【分析】（1）由题意可得，以 为基向量，根据向量线性运算求解即可；
（2），先求，再根据向量的数量积运算求解即可；
（3）由题意可知，在和中，分别利用正弦定理用表示出，，再表示，构造函数，通分，根据三角恒等变换求得，令，换元可得，再令，可得，再换元法，结合二次函数性质求得的值域，据此求解即可.
（1）因为是边上的中线且点满足，
故 ，
则；
（2）因为，，
，
所以；
（3）由题意可知
在中，，，，
由正弦定理得：，即，
所以，
在中，，
由正弦定理得：，即，
所以，
则，
令
因为
，
，
所以，
因为，所以，，
令，则，
令，则，
所以，
令，则，
由二次函数性质可知，在上单调递增，
当时，有最小值，当时，有最大值，
所以的值域为，即的值域为，
所以的取值范围为.
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