浙江省A9协作体2023-2024学年高二上学期暑假返校联考数学试题
一、单选题
1．若，则复数的虚部为（ ）
A．i B．1 C．-1 D．-i
【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：因为 ，则，
所以 复数的虚部为 1.
故答案为：B.
【分析】根据题意利用复数的四则运算可得，进而根据虚部的概念分析求解.
2．如图所示，等腰梯形是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，，则平面图形ABCD的面积为（ ）
A． B．12 C． D．6
【答案】A
【知识点】平面图形的直观图
【解析】【解答】解：如图，由直观图可得原图，且，
所以 平面图形ABCD的面积为.
故答案为：A.
【分析】根据直观图可得原图，求相应长度，利用梯形面积可得结果.
3．抛掷两枚质地均匀的骰子，记事件A=“第一枚骰子奇数面朝上”，事件B=“第二枚骰子偶数面朝上”，事件C=“两枚骰子向上点数之和为7”.则下列结论正确的是（ ）
A．A与B对立 B．A与C互斥 C． D．B与C独立
【答案】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：对于A：事件A，B可以同时发生，且事件AB为“第一枚骰子奇数面朝上，第二枚骰子偶数面朝上”，所以A与B不是对立事件，故A错误；
对于B：事件A，C可以同时发生，例如“第一枚骰子为1点，第二骰子为6点”，
所以A与C不是互斥事件，故B错误.
对于C：由题意可知：基本事件的总数为，
事件C=”“，共6个基本事件，
所以，故C错误；
对于D：因为，事件BC=“第二枚骰子偶数面朝上，两枚骰子向上点数之和为7”=”(5，2)，(3，4)，(1，6)“，
共3个基本事件，则，
且，可知，所以B与C独立，故D正确.
故答案为：D.
【分析】对于AB：根据互斥事件以及对立事件的概念分析判断；对于C：根据古典概型分析判断；对于D：分别求，结合独立事件的概念分析判断.
4．已知向量，，若是在上的投影向量，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的投影向量；平面向量数乘运算的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可得，
可知在上的投影向量，所以 .
故答案为：C.
【分析】根据向量的坐标运算可得，再结合投影向量的定义运算求解.
5．在中，内角A，B，C所对的边分别为，，，将该三角形绕AC边旋转360°得一个旋转体，则该旋转体体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】组合几何体的面积、体积问题；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；余弦定理
【解析】【解答】解：因为 ，即，
由余弦定理可得，可得，
又因为 ， ，即，解得或（舍去），
将该三角形绕AC边旋转360°得一个旋转体，该旋转体圆锥CO去掉圆锥AO，
对于圆锥CO可知：底面半径为3，高为；
对于圆锥AO可知：底面半径为3，高为；
所以 该旋转体体积为.
故答案为：B.
【分析】根据题意题意结合余弦定理可得，，分析可得 该旋转体圆锥CO去掉圆锥AO，结合锥体的体积公式运算求解.
6．一组数据由6个数组成，将其中一个数由4改为6，另一个数由12改为10，其余数不变，得到新的一组数据，则新的一组数的方差减去原一组数的方差的差为（ ）
A．4 B．3 C．-4 D．-3
【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：不妨设原数据为，平均数为，方差为，
则，
可知新数据为，
其平均数，
方差
，
即，所以 新的一组数的方差减去原一组数的方差的差为.
故答案为：C.
【分析】不妨设原数据为，可知新数据为，根据平均数可知，再结合方差的计算公式运算求解.
7．（2023·杭州模拟）如图，点、、、、为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】对于A选项，如下图所示，在正方体中，且，
因为、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
同理可证平面，
因为，、平面，所以，平面平面，
因为平面，故平面，A满足；
对于B选项，如下图所示，连接，
在正方体中，且，
因为、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，故，
因为、分别为、的中点，则，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，B满足；
对于C选项，如下图所示，在正方体中，取的中点，
连接、、，
因为且，、分别为、的中点，
所以，且，故四边形为平行四边形，则，
因为、分别为、的中点，所以，，则，
所以，、、、四点共面，
因为且，则四边形为平行四边形，所以，，
因为、分别为、的中点，则，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，C满足；
对于D选项，如下图所示，在正方体中，取的中点，
连接、、、、、，
因为且，、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为、分别为、的中点，所以，，故，
所以，、、、四点共面，
同理可证，故，同理可得，，
反设平面，因为，且平面，则平面，
但与平面有公共点，这与平面矛盾，故平面，D不满足.
故答案为：D.
【分析】根据正方体的性质及线面平行的判定，逐项进行判断，可得答案.
8．五面体ABCDEF中，底面ABCD为矩形，AB=3，，△ADE与都是边长为2的等边三角形，若点A，B，C，D，E，F都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】简单组合体的结构特征；球的体积和表面积；球内接多面体；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：连接AC，BD交于点N，因为四边形ABCD为矩形，则点N为矩形ABCD的外接圆圆心，
连接ON，则平面ABCD，可知，
取AD，BC的中点分别为G，H，连接EG，FH，
则，可得，
因为为等边三角形，则，
且，所以平面EFHG，
设，
又因为，则，
所以EF到平面ABCD的距离为，
设，外接球的半径为R，则，，
因为，即，解得，
则，
所以球O的表面积为.
故答案为：A.
【分析】根据结题意找到球心及球心O在平面ABCD上的投影，可知，求相应的各边长，设出，利用半径列出方程，求出x，进而求出半径R以及外接球表面积.
二、多选题
9．有一组样本数据，另一组样本数据，其中，c为非零常数，则（ ）
A．两组样本数据平均数相同 B．两组样本数据方差相同
C．两组样本数据中位数相等 D．两组样本数据极差相同
【答案】B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：不妨设 ，平均数为，方差为，中位数为，
对于A：因为， 则 样本数据 的平均数，
且，则，即 两组样本数据平均数不相同，故A错误；
对于B：因为， 则 样本数据 的方差，
所以 两组样本数据方差相同，故B正确；
对于C：因为，则 样本数据 的中位数，
且，则，即 两组样本数据中位数不相等，故C错误；
对于D：因为样本数据 的极差为，
所以 样本数据 的极差为，
即 两组样本数据极差相同，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据题意结合平均数、方差的性质判断AB；根据中位数、方差的定义判断CD.
10．在复平面内，复数，则（ ）
A．的模长为1
B．在复平面内对应的点在第二象限
C．
D．复数满足，则
【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；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：对于A：，故A正确；
对于B： 在复平面内对应的点为，位于第一象限，故B错误；
对于C：因为，故C正确；
对于D：设 在复平面内对应的点为，
若 ，即，可知点的轨迹为一点为圆心，半径为1的圆，
所以，即 ，故D正确；
故答案为：ACD.
【分析】对A：根据复数的模运算求解；对B：根据复数的几何意义分析判断；对C：根据共轭复数以及复数的乘法运算求解；对D：根据复数的几何意义可得在复平面内对应的点的轨迹为一点为圆心，半径为1的圆，结合圆的性质分析判断.
11．已知l，m，n是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则（ ）
A．已知，，，若，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
【答案】A,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；平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：对于A：因为，则，
且，则，可得，
又因为，可得，故A正确；
对于B：因为
则可以为平面内任一条直线，
虽然，但不能得到 ，故B错误；
对于C：因为，则，
又因为，所以，故C正确；
对于D：因为，则与平面的位置关系有：平行或直线在平面内，故D错误；
故答案为：AC.
【分析】根据空间中线、面的位置逐项分析判断.
12．在中，内角A、B、C所对的边分别为，则（ ）
A．若A>B，则
B．若，a=1，则最大值为
C．若，b=4，，则满足条件的三角形有两个
D．若，且，则为等边三角形
【答案】B,C,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；向量加法的三角形法则；平面向量数乘的运算；平面向量数量积定义与物理意义；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：对于A：例如，则，
即 ，但，故A错误；
对于B：因为 ，可得，
由余弦定理，当且仅当时，等号成立，
即，则，
可得，则，
且，解得，即 最大值为，故B正确；
对于C：由余弦定理可得，
即，解得或，
所以 满足条件的三角形有两个，故C正确；
对于D：因为 分别为与同向的单位向量，
则 与的角平分线共线，
又因为 ，则，所以，
且 ，即，可得，
所以 为等边三角形，故D正确；
故答案为：BCD.
【分析】对A：举例，分析判断；对B：根据面积可得，根据余弦定理结合基本不等式可得，结合，运算求解即可；对C：利用余弦定理运算求解即可；对D：根据向量的线性运算可知：与的角平分线共线，由可得，由 结合数量积可得，即可得结果.
三、填空题
13．复数是关于的方程的一个根，则 ．
【答案】3
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；方程在复数范围内的解集
【解析】【解答】解：由题意可知： 方程 的两根为 ， ，
则，解得，
所以 .
故答案为：3.
【分析】根据题意可知方程 的两根为 ， ，利用韦达定理运算求解.
14．某人在湖面之上2米处测得空中一气球的仰角为30°，且测得湖中气球倒影的俯角为60°，若不考虑水的折射和球的体积，则气球离水面的高度为 米．
【答案】4
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：如图，气球位于点C，人位于点A，BM为湖面，点C关于BM对称的为点D，
则，
可得，
在中，可得；在中，；
可得，即，解得，
所以气球离水面的高度为4米.
故答案为：4.
【分析】根据题意可得，，运算求解即可.
15．在△ABC中，内角A、B、C所对应的边分别为a、b、c，a=，b=2，C=2B，则AB的长为 .
【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，则，
由正弦定理可得，
由余弦定理可得，即，
整理得，且，可得 ，
所以 AB的长为 .
故答案为： .
【分析】根据题意利用倍角公式可得，进而结合正弦定理、余弦定理运算求解.
16．已知三棱锥ABCD中，AB⊥CD，且CD与平面ABD所成角余弦值为，当取得最大值时，二面角C-AB-D的正弦值为 ．
【答案】
【知识点】函数的值域；不等关系与不等式；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：过作，垂足为，连接DE，
因为，，可得AB⊥平面CDE，
且平面ABD，则平面平面CDE，
过作，垂足为，
且平面平面，可得平面，
所以CD与平面ABD所成角为，可知，
1.若F在线段DE上，不妨设，则，
可得，
令，则，
可得，
当且仅当，即时，等号成立，
又因为二面角C AB D的平面角为，所以；
2.若F位于DE延长线上，不妨设，
则，
可得，
因为，则，可得，
且不等式成立条件相同，所以，无最值，不合题意；
综上所述： 二面角C-AB-D的正弦值为 .
故答案为： .
【分析】过作，过作，分析可知CD与平面ABD所成角为，二面角C AB D的平面角为，分若F在线段DE上，F位于DE延长线上，不妨设，结合题意利用换元法分析运算.
四、解答题
17．已知向量与的夹角为，且，是单位向量．
（1）分别求和的值；
（2）若与共线，求．
【答案】（1）解：，
（2）解：若与共线，则存在，使得，
即，又因为向量与不共线，
所以，解得，所以
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；平面向量数量积的性质；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】 (1) 根据数量积的定义以及数量积的运算律运算求解；
(2)根据题意结合向量共线的判定定理分析运算.
18．杭州2022年第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日举行．随着亚运会的临近，亚运会的热度持续提升．为让更多的人了解亚运会运动项目和亚运精神，某中学举办了亚运会知识竞赛，并从中随机抽取了100名学生的成绩，绘制成如图所示的频率分布直方图．
（1）试根据频率分布直方图求出这100名学生中成绩低于60分的人数；
（2）试估计这100名学生成绩的第75百分位数；
（3）若采用分层抽样的方法从成绩在，，的学生中共抽取6人参加志愿者活动．现从这6人中随机抽取2人分享活动经验，求抽取的2人成绩都在的概率．
【答案】（1）解：由频率分布直方图中数据可知：
（2）解：成绩小于80的频率为，成绩在的频率为，因为，
所以这名学生成绩的第百分位数在内，
所以随机抽取的100名学生成绩的第75百分位数为.
（3）解：因为成绩在，，的学生人数所占比例为3：2：1，
所以从成绩在，，所抽取人数分别应抽取3人，2人，1人.
记抽取成绩在的3人为，成绩在为.
，
，共15种，
抽取的2人成绩都在的是，共3种，
抽取的人成绩都在的概率为.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；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)根据题意结合频率分布直方图求相应的频率，进而可求人数；
(2)根据题意结合百分位数的定义运算求解；
(3)先根据分层抽样求各层人数，利用列举法结合古典概型运算求解.
19．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角A；
（2）若a=，c=2，的角平分线交BC于D，求AD的长．
【答案】（1）解：，由正弦定理可得：，
而，
故，因为，所以，又，所以，
（2）解：由余弦定理可得，，因为，解得：，
由可得，，解得：
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1)先利用切化弦结合正弦定理可得 ， 再利用三角恒等变换运算求解；
(2)先利用余弦定理可得 ， 再根据 结合面积公式运算求解.
20．如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧面为等腰直角三角形，且，点为棱上的点，平面与棱交于点．
（1）求证：；
（2）若，，求证平面平面．
【答案】（1）证明：因为底面是正方形，所以，
平面，平面，所以平面，
又因为平面与交于点，平面，平面平面，
所以．
（2）证明：侧面为等腰直角三角形，且，即，，
因为，，且两直线在平面内，可得平面，
因为平面，则．
又因为，，且两直线在平面内，
则平面，
因为平面，则，
因为，所以为等腰三角形，所以点为的中点.
又因为，所以为等腰直角三角形，
因为，所以AP⊥面，
因为面APD，所以面APD⊥面.
【知识点】直线与平面平行的判定；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；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【分析】(1)根据线面平行可得 平面， 再结合线面平行的性质定理分析证明；
（2）根据题意可证 平面， 可得 ，同理可证 ，进而可得AP⊥面， 结合面面垂直的判定定理分析证明.
21．如图，在△ABC中，，，，点D，E分别在，上且满足， ，点在线段上．
（1）若，求；
（2）若，且求；
（3）求的最小值．
【答案】（1）解：点在线段上，则，使得，t>0，
则，又，，
故，根据题干可知：，，于是
（2）解：，由，，且，
故，又由，，，代入数据可得t=1 ，故.
（3）解：取中点，
则，由，于是，
由，，故为等边三角形，故，根据中位线可知，//，于是，在中根据余弦定理可得，
为锐角，又，故过作的高线时，垂足点落在线段上，由题意垂足点为时，最小.最小值为
，，
在中，根据余弦定理可求得，
即，故的最小值为.
【知识点】向量加减法的应用；平面向量的基本定理；平面向量数量积的性质；平面向量的数量积运算；余弦定理
【解析】【分析】(1)设 ，使得，t>0， 结合向量的线性运算可得 ， 列式求解即可；
(2)根据向量垂直可得 ，结合（1）中结论运算求解；
(3)根据题意分析可知 过作的高线 ， 垂足点为时，最小 ，进而根据数量积的运算律结合余弦定理运算求解.
22．如图1，在矩形中，已知，E为的中点.将沿向上翻折，进而得到多面体（如图2）.
（1）当平面A1DE⊥平面，求直线与平面所成角的正切值；
（2）在翻折过程中，求二面角的最大值.
【答案】（1）解：解三角形得到AC⊥DE，，。
因为面⊥面BCD，面面BCD=DE，所以面BCD。
所以是直线与平面所成角。
所以.
（2）解：如图2，过作，垂足为H，过H作，垂足为G，连接.
因为平面平面，所以.
又因为平面，所以平面.
因为平面，所以.
又因为平面，所以平面.
因为平面，所以.
所以是二面角的平面角.
在翻折过程中，设.
在矩形中，由，E为的中点，
得.
在直角三角形中，，所以，
因为，所以，所以，
所以.
在直角三角形中，.
设，所以.
所以，即.
解得，当时，等号成立，故，
因为，所以，
所以二面角的最大值为.
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；辅助角公式
【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质可得 面BCD，则是直线与平面所成角，结合题中关系运算求解即可；
（2）过作，垂足为H，过H作，垂足为G，连接，根据垂直关系可得 是二面角的平面角，设，进而可得 ，结合辅助角公司运算求解.
1 / 1浙江省A9协作体2023-2024学年高二上学期暑假返校联考数学试题
一、单选题
1．若，则复数的虚部为（ ）
A．i B．1 C．-1 D．-i
2．如图所示，等腰梯形是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，，则平面图形ABCD的面积为（ ）
A． B．12 C． D．6
3．抛掷两枚质地均匀的骰子，记事件A=“第一枚骰子奇数面朝上”，事件B=“第二枚骰子偶数面朝上”，事件C=“两枚骰子向上点数之和为7”.则下列结论正确的是（ ）
A．A与B对立 B．A与C互斥 C． D．B与C独立
4．已知向量，，若是在上的投影向量，则（ ）
A． B． C． D．
5．在中，内角A，B，C所对的边分别为，，，将该三角形绕AC边旋转360°得一个旋转体，则该旋转体体积为（ ）
A． B． C． D．
6．一组数据由6个数组成，将其中一个数由4改为6，另一个数由12改为10，其余数不变，得到新的一组数据，则新的一组数的方差减去原一组数的方差的差为（ ）
A．4 B．3 C．-4 D．-3
7．（2023·杭州模拟）如图，点、、、、为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（ ）
A． B．
C． D．
8．五面体ABCDEF中，底面ABCD为矩形，AB=3，，△ADE与都是边长为2的等边三角形，若点A，B，C，D，E，F都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．有一组样本数据，另一组样本数据，其中，c为非零常数，则（ ）
A．两组样本数据平均数相同 B．两组样本数据方差相同
C．两组样本数据中位数相等 D．两组样本数据极差相同
10．在复平面内，复数，则（ ）
A．的模长为1
B．在复平面内对应的点在第二象限
C．
D．复数满足，则
11．已知l，m，n是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则（ ）
A．已知，，，若，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
12．在中，内角A、B、C所对的边分别为，则（ ）
A．若A>B，则
B．若，a=1，则最大值为
C．若，b=4，，则满足条件的三角形有两个
D．若，且，则为等边三角形
三、填空题
13．复数是关于的方程的一个根，则 ．
14．某人在湖面之上2米处测得空中一气球的仰角为30°，且测得湖中气球倒影的俯角为60°，若不考虑水的折射和球的体积，则气球离水面的高度为 米．
15．在△ABC中，内角A、B、C所对应的边分别为a、b、c，a=，b=2，C=2B，则AB的长为 .
16．已知三棱锥ABCD中，AB⊥CD，且CD与平面ABD所成角余弦值为，当取得最大值时，二面角C-AB-D的正弦值为 ．
四、解答题
17．已知向量与的夹角为，且，是单位向量．
（1）分别求和的值；
（2）若与共线，求．
18．杭州2022年第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日举行．随着亚运会的临近，亚运会的热度持续提升．为让更多的人了解亚运会运动项目和亚运精神，某中学举办了亚运会知识竞赛，并从中随机抽取了100名学生的成绩，绘制成如图所示的频率分布直方图．
（1）试根据频率分布直方图求出这100名学生中成绩低于60分的人数；
（2）试估计这100名学生成绩的第75百分位数；
（3）若采用分层抽样的方法从成绩在，，的学生中共抽取6人参加志愿者活动．现从这6人中随机抽取2人分享活动经验，求抽取的2人成绩都在的概率．
19．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角A；
（2）若a=，c=2，的角平分线交BC于D，求AD的长．
20．如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧面为等腰直角三角形，且，点为棱上的点，平面与棱交于点．
（1）求证：；
（2）若，，求证平面平面．
21．如图，在△ABC中，，，，点D，E分别在，上且满足， ，点在线段上．
（1）若，求；
（2）若，且求；
（3）求的最小值．
22．如图1，在矩形中，已知，E为的中点.将沿向上翻折，进而得到多面体（如图2）.
（1）当平面A1DE⊥平面，求直线与平面所成角的正切值；
（2）在翻折过程中，求二面角的最大值.
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：因为 ，则，
所以 复数的虚部为 1.
故答案为：B.
【分析】根据题意利用复数的四则运算可得，进而根据虚部的概念分析求解.
2．【答案】A
【知识点】平面图形的直观图
【解析】【解答】解：如图，由直观图可得原图，且，
所以 平面图形ABCD的面积为.
故答案为：A.
【分析】根据直观图可得原图，求相应长度，利用梯形面积可得结果.
3．【答案】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：对于A：事件A，B可以同时发生，且事件AB为“第一枚骰子奇数面朝上，第二枚骰子偶数面朝上”，所以A与B不是对立事件，故A错误；
对于B：事件A，C可以同时发生，例如“第一枚骰子为1点，第二骰子为6点”，
所以A与C不是互斥事件，故B错误.
对于C：由题意可知：基本事件的总数为，
事件C=”“，共6个基本事件，
所以，故C错误；
对于D：因为，事件BC=“第二枚骰子偶数面朝上，两枚骰子向上点数之和为7”=”(5，2)，(3，4)，(1，6)“，
共3个基本事件，则，
且，可知，所以B与C独立，故D正确.
故答案为：D.
【分析】对于AB：根据互斥事件以及对立事件的概念分析判断；对于C：根据古典概型分析判断；对于D：分别求，结合独立事件的概念分析判断.
4．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的投影向量；平面向量数乘运算的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可得，
可知在上的投影向量，所以 .
故答案为：C.
【分析】根据向量的坐标运算可得，再结合投影向量的定义运算求解.
5．【答案】B
【知识点】组合几何体的面积、体积问题；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；余弦定理
【解析】【解答】解：因为 ，即，
由余弦定理可得，可得，
又因为 ， ，即，解得或（舍去），
将该三角形绕AC边旋转360°得一个旋转体，该旋转体圆锥CO去掉圆锥AO，
对于圆锥CO可知：底面半径为3，高为；
对于圆锥AO可知：底面半径为3，高为；
所以 该旋转体体积为.
故答案为：B.
【分析】根据题意题意结合余弦定理可得，，分析可得 该旋转体圆锥CO去掉圆锥AO，结合锥体的体积公式运算求解.
6．【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：不妨设原数据为，平均数为，方差为，
则，
可知新数据为，
其平均数，
方差
，
即，所以 新的一组数的方差减去原一组数的方差的差为.
故答案为：C.
【分析】不妨设原数据为，可知新数据为，根据平均数可知，再结合方差的计算公式运算求解.
7．【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】对于A选项，如下图所示，在正方体中，且，
因为、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
同理可证平面，
因为，、平面，所以，平面平面，
因为平面，故平面，A满足；
对于B选项，如下图所示，连接，
在正方体中，且，
因为、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，故，
因为、分别为、的中点，则，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，B满足；
对于C选项，如下图所示，在正方体中，取的中点，
连接、、，
因为且，、分别为、的中点，
所以，且，故四边形为平行四边形，则，
因为、分别为、的中点，所以，，则，
所以，、、、四点共面，
因为且，则四边形为平行四边形，所以，，
因为、分别为、的中点，则，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，C满足；
对于D选项，如下图所示，在正方体中，取的中点，
连接、、、、、，
因为且，、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为、分别为、的中点，所以，，故，
所以，、、、四点共面，
同理可证，故，同理可得，，
反设平面，因为，且平面，则平面，
但与平面有公共点，这与平面矛盾，故平面，D不满足.
故答案为：D.
【分析】根据正方体的性质及线面平行的判定，逐项进行判断，可得答案.
8．【答案】A
【知识点】简单组合体的结构特征；球的体积和表面积；球内接多面体；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：连接AC，BD交于点N，因为四边形ABCD为矩形，则点N为矩形ABCD的外接圆圆心，
连接ON，则平面ABCD，可知，
取AD，BC的中点分别为G，H，连接EG，FH，
则，可得，
因为为等边三角形，则，
且，所以平面EFHG，
设，
又因为，则，
所以EF到平面ABCD的距离为，
设，外接球的半径为R，则，，
因为，即，解得，
则，
所以球O的表面积为.
故答案为：A.
【分析】根据结题意找到球心及球心O在平面ABCD上的投影，可知，求相应的各边长，设出，利用半径列出方程，求出x，进而求出半径R以及外接球表面积.
9．【答案】B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：不妨设 ，平均数为，方差为，中位数为，
对于A：因为， 则 样本数据 的平均数，
且，则，即 两组样本数据平均数不相同，故A错误；
对于B：因为， 则 样本数据 的方差，
所以 两组样本数据方差相同，故B正确；
对于C：因为，则 样本数据 的中位数，
且，则，即 两组样本数据中位数不相等，故C错误；
对于D：因为样本数据 的极差为，
所以 样本数据 的极差为，
即 两组样本数据极差相同，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据题意结合平均数、方差的性质判断AB；根据中位数、方差的定义判断CD.
10．【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；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：对于A：，故A正确；
对于B： 在复平面内对应的点为，位于第一象限，故B错误；
对于C：因为，故C正确；
对于D：设 在复平面内对应的点为，
若 ，即，可知点的轨迹为一点为圆心，半径为1的圆，
所以，即 ，故D正确；
故答案为：ACD.
【分析】对A：根据复数的模运算求解；对B：根据复数的几何意义分析判断；对C：根据共轭复数以及复数的乘法运算求解；对D：根据复数的几何意义可得在复平面内对应的点的轨迹为一点为圆心，半径为1的圆，结合圆的性质分析判断.
11．【答案】A,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；平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：对于A：因为，则，
且，则，可得，
又因为，可得，故A正确；
对于B：因为
则可以为平面内任一条直线，
虽然，但不能得到 ，故B错误；
对于C：因为，则，
又因为，所以，故C正确；
对于D：因为，则与平面的位置关系有：平行或直线在平面内，故D错误；
故答案为：AC.
【分析】根据空间中线、面的位置逐项分析判断.
12．【答案】B,C,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；向量加法的三角形法则；平面向量数乘的运算；平面向量数量积定义与物理意义；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：对于A：例如，则，
即 ，但，故A错误；
对于B：因为 ，可得，
由余弦定理，当且仅当时，等号成立，
即，则，
可得，则，
且，解得，即 最大值为，故B正确；
对于C：由余弦定理可得，
即，解得或，
所以 满足条件的三角形有两个，故C正确；
对于D：因为 分别为与同向的单位向量，
则 与的角平分线共线，
又因为 ，则，所以，
且 ，即，可得，
所以 为等边三角形，故D正确；
故答案为：BCD.
【分析】对A：举例，分析判断；对B：根据面积可得，根据余弦定理结合基本不等式可得，结合，运算求解即可；对C：利用余弦定理运算求解即可；对D：根据向量的线性运算可知：与的角平分线共线，由可得，由 结合数量积可得，即可得结果.
13．【答案】3
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；方程在复数范围内的解集
【解析】【解答】解：由题意可知： 方程 的两根为 ， ，
则，解得，
所以 .
故答案为：3.
【分析】根据题意可知方程 的两根为 ， ，利用韦达定理运算求解.
14．【答案】4
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：如图，气球位于点C，人位于点A，BM为湖面，点C关于BM对称的为点D，
则，
可得，
在中，可得；在中，；
可得，即，解得，
所以气球离水面的高度为4米.
故答案为：4.
【分析】根据题意可得，，运算求解即可.
15．【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，则，
由正弦定理可得，
由余弦定理可得，即，
整理得，且，可得 ，
所以 AB的长为 .
故答案为： .
【分析】根据题意利用倍角公式可得，进而结合正弦定理、余弦定理运算求解.
16．【答案】
【知识点】函数的值域；不等关系与不等式；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：过作，垂足为，连接DE，
因为，，可得AB⊥平面CDE，
且平面ABD，则平面平面CDE，
过作，垂足为，
且平面平面，可得平面，
所以CD与平面ABD所成角为，可知，
1.若F在线段DE上，不妨设，则，
可得，
令，则，
可得，
当且仅当，即时，等号成立，
又因为二面角C AB D的平面角为，所以；
2.若F位于DE延长线上，不妨设，
则，
可得，
因为，则，可得，
且不等式成立条件相同，所以，无最值，不合题意；
综上所述： 二面角C-AB-D的正弦值为 .
故答案为： .
【分析】过作，过作，分析可知CD与平面ABD所成角为，二面角C AB D的平面角为，分若F在线段DE上，F位于DE延长线上，不妨设，结合题意利用换元法分析运算.
17．【答案】（1）解：，
（2）解：若与共线，则存在，使得，
即，又因为向量与不共线，
所以，解得，所以
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；平面向量数量积的性质；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】 (1) 根据数量积的定义以及数量积的运算律运算求解；
(2)根据题意结合向量共线的判定定理分析运算.
18．【答案】（1）解：由频率分布直方图中数据可知：
（2）解：成绩小于80的频率为，成绩在的频率为，因为，
所以这名学生成绩的第百分位数在内，
所以随机抽取的100名学生成绩的第75百分位数为.
（3）解：因为成绩在，，的学生人数所占比例为3：2：1，
所以从成绩在，，所抽取人数分别应抽取3人，2人，1人.
记抽取成绩在的3人为，成绩在为.
，
，共15种，
抽取的2人成绩都在的是，共3种，
抽取的人成绩都在的概率为.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；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)根据题意结合频率分布直方图求相应的频率，进而可求人数；
(2)根据题意结合百分位数的定义运算求解；
(3)先根据分层抽样求各层人数，利用列举法结合古典概型运算求解.
19．【答案】（1）解：，由正弦定理可得：，
而，
故，因为，所以，又，所以，
（2）解：由余弦定理可得，，因为，解得：，
由可得，，解得：
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1)先利用切化弦结合正弦定理可得 ， 再利用三角恒等变换运算求解；
(2)先利用余弦定理可得 ， 再根据 结合面积公式运算求解.
20．【答案】（1）证明：因为底面是正方形，所以，
平面，平面，所以平面，
又因为平面与交于点，平面，平面平面，
所以．
（2）证明：侧面为等腰直角三角形，且，即，，
因为，，且两直线在平面内，可得平面，
因为平面，则．
又因为，，且两直线在平面内，
则平面，
因为平面，则，
因为，所以为等腰三角形，所以点为的中点.
又因为，所以为等腰直角三角形，
因为，所以AP⊥面，
因为面APD，所以面APD⊥面.
【知识点】直线与平面平行的判定；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；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【分析】(1)根据线面平行可得 平面， 再结合线面平行的性质定理分析证明；
（2）根据题意可证 平面， 可得 ，同理可证 ，进而可得AP⊥面， 结合面面垂直的判定定理分析证明.
21．【答案】（1）解：点在线段上，则，使得，t>0，
则，又，，
故，根据题干可知：，，于是
（2）解：，由，，且，
故，又由，，，代入数据可得t=1 ，故.
（3）解：取中点，
则，由，于是，
由，，故为等边三角形，故，根据中位线可知，//，于是，在中根据余弦定理可得，
为锐角，又，故过作的高线时，垂足点落在线段上，由题意垂足点为时，最小.最小值为
，，
在中，根据余弦定理可求得，
即，故的最小值为.
【知识点】向量加减法的应用；平面向量的基本定理；平面向量数量积的性质；平面向量的数量积运算；余弦定理
【解析】【分析】(1)设 ，使得，t>0， 结合向量的线性运算可得 ， 列式求解即可；
(2)根据向量垂直可得 ，结合（1）中结论运算求解；
(3)根据题意分析可知 过作的高线 ， 垂足点为时，最小 ，进而根据数量积的运算律结合余弦定理运算求解.
22．【答案】（1）解：解三角形得到AC⊥DE，，。
因为面⊥面BCD，面面BCD=DE，所以面BCD。
所以是直线与平面所成角。
所以.
（2）解：如图2，过作，垂足为H，过H作，垂足为G，连接.
因为平面平面，所以.
又因为平面，所以平面.
因为平面，所以.
又因为平面，所以平面.
因为平面，所以.
所以是二面角的平面角.
在翻折过程中，设.
在矩形中，由，E为的中点，
得.
在直角三角形中，，所以，
因为，所以，所以，
所以.
在直角三角形中，.
设，所以.
所以，即.
解得，当时，等号成立，故，
因为，所以，
所以二面角的最大值为.
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；辅助角公式
【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质可得 面BCD，则是直线与平面所成角，结合题中关系运算求解即可；
（2）过作，垂足为H，过H作，垂足为G，连接，根据垂直关系可得 是二面角的平面角，设，进而可得 ，结合辅助角公司运算求解.
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