广东省肇庆市端州区校2023-2024学年高二上册数学开学适应性检测试卷
一、单选题（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．复数（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：A.
【分析】根据复数的除法运算法则求解即可.
2．（2019高二下·吉林期末）甲、乙同时参加某次法语考试，甲、乙考试达到优秀的概率分别为0.6，0.7，两人考试相互独立，则甲、乙两人都未达到优秀的概率为（ ）
A．0.42 B．0.12 C．0.18 D．0.28
【答案】B
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】所求概率为 .
故答案为：B.
【分析】由两人考试相互独立和达到优秀的概率可得。
3．若一组样本数据，，…，的方差为0.01，则数据，，，…，的方差为（ ）
A．0.04 B．1.16 C．0.16 D．1.04
【答案】C
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：根据题意，，，，…，的方差为42×0.01=0.16.
故答案为：C.
【分析】根据方差的性质求解即可.
4．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，，则（ ）
A．6 B．7 C． D．
【答案】B
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】解：根据题意，由余弦定理可得：b2=a2+c2-2accosB=9+64-2×24×=49，所以b=7.
故答案为：B.
【分析】利用余弦定理求解即可.
5．已知点关于y轴的对称点为B，则（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】A
【知识点】空间中两点间的距离公式
【解析】【解答】解：根据题意可得B点坐标（-1，-1，-2），所以.
故答案为：A.
【分析】根据A、B两点关于y轴对称，求解B点坐标，再计算AB距离即可.
6．P是所在平面内一点，若，其中，则点P一定在（ ）
A．内部 B．AC边所在的直线上
C．AB边所在的直线上 D．BC边所在的直线上
【答案】B
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为，所以，即，所以P在AC所在直线上.
故答案为：B.
【分析】根据向量共线求解即可.
7．已知向量，，，且，则实数k的值为（ ）
A． B．0 C．3 D．
【答案】C
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的性质
【解析】【解答】解：根据题意，，所以，解得k=3.
故答案为：C.
【分析】根据向量垂直以及向量的坐标运算求解即可.
8．某校有年轻教师30人和老教师20人进行党史答题比赛．按照分层抽样的方法抽取5名教师，相关统计情况如下：年轻教师答对题目的平均数为2，方差为0.5；老教师答对题目的平均数为3，方差为1，则这5人答对题目的方差为（ ）
A．0.61 B．0.675 C．0.74 D．0.94
【答案】D
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：根据分层抽样可知年轻教师抽取人数为，设答对题目的个数分别为x1，x2，x3，则，老教师抽取人数为，设答对题目的个数分别为y1，y2，则，所有老师答对题目的平均数，所有老师答对题目的方差，
根据可得，同理，所以
.
故答案为：D.
【分析】根据题意结合方差的定义求解即可.
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．）
9．投掷一枚质地均匀的正方体骰子，下列说法正确的有（ ）
A．“出现点数为奇数”的概率等于“出现点数为偶数”的概率”
B．只要连掷6次，一定会“出现1点”
C．投掷前默念几次“出现6点”，投掷结果“出现6点”的可能性就会加大
D．连续投掷3次，出现的点数之和不可能等于19
【答案】A,D
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解： A、“出现点数为奇数”和“出现点数为偶数”的概率都是，A正确；
B、“出现1点”是随机事件，不一定会出现，B错误；
C、“出现6点”的可能性是固定的，不会变，C错误；
D、每次最大点数为6，3次之和最大为18，不可能等于19，D正确；
故答案为：AD.
【分析】根据古典概型相关知识逐一求解即可.
10．已知a，b，c为的三内角A、B、C的对边，下列命题中正确的是（ ）
A．在中，的充要条件是
B．在锐角中，不等式恒成立
C．在中，若，则必是等腰直角三角形
D．在中，若，，则必是等边三角形
【答案】A,B,D
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解： A、在△ABC中，根据正弦定理可得，所以sinA＞sinB等价于A＞B，所以，sinA＞sinB的充要条件是A＞B，A正确；
B、在锐角△ABC中，A、B∈（0，），因为A+B＞，所以＞A＞-B＞0，所以sinA＞sin（-B）=cosB，同理sinB＞cosA，所以sinAsinB＝cosAcosB，B正确；
C、在△ABC中，根据acosA=bcosB和正弦定理可得sinAcosA=sinBcosB，即sin2A=sin2B，因为A、B∈（0，π），所以2A=2B或2A=π-2B，即A=B或A+B=，所以△ABC是等腰三角形或是直角三角形，C错误；
D、在△ABC中，若B=60°，b2=ac，由余弦定理可得b2=a2+c2-2accosB，可得a=c，又因为B=60°，所以△ABC必是等边三角形，D正确；
故答案为：ABD.
【分析】根据正弦定理推导判断A；根据角的大小关系推导出sinA＞cosB即可判断B；根据正弦定理得到sin2A=sin2B，根据角的关系判断C；根据余弦定理判断D.
11．函数在一个周期内的图像如图所示，则（ ）
A．该函数的解析式为
B．该函数图象的对称中心为，
C．该函数的增区间是，
D．把函数的图像上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，可得到该函数图象
【答案】A,C,D
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解： A、根据图象可得A=2，函数周期，所以，即，代入最高点可得，即，因为0＜φ＜π，所以，即，所以，A正确；
B、根据选项A可得函数对称中心：，即，所以函数对称中心为，k∈Z，B错误；
C、根据可得，k∈Z，函数单调递增区间，k∈Z，C正确；
D、把函数的图像上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，即可得到，D正确；
故答案为：ACD.
【分析】根据图象可得A=2，函数周期T=3π，从而，代入最高点求解，得到函数解析式，从而判断ABC，根据函数图象平移变换判断D.
12．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵中，，且．下列说法正确的是（ ）
A．四棱锥为“阳马”
B．四面体为“鳖臑”
C．M为线段上的动点，则AM与BC所成角的大小恒为60°
D．过A点分别作于点E，于点F，则
【答案】A,B,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、∵CC1⊥平面ABC，AC、BC平面ABC，∴CC1⊥AC，CC1⊥BC，∴四边形A1ACC1为矩形，又∵AC⊥BC，CC1∩AC=C，CC1、AC平面A1ACC1，∴BC⊥平面A1ACC1，∴四棱锥B-A1ACC1为“阳马”，A正确；
B、四面体A1C1CB中，△A1C1C、△A1BC、△A1BC1、△BCC1都是直角三角形，∴四面体A1C1CB为"鳖臑"，B正确；
C、根据“堑堵”的定义可知，AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥BC，又∵AC⊥BC，且AA1∩AC=A，∴BC⊥平面AA1C1C，∵M为线段A1C上的动点，∴AM平面AA1C1C，∴BC⊥AM，即AM与BC所成角的大小恒为90°，C错误；
D、过A点分别作AE⊥A1B于点E，AF⊥A1C于点F，∵ВС⊥АС，ВС⊥АА1，АС∩АА1=А，∴BC⊥平面AA1C1C，又∵AF平面AA1C1C，∴BC⊥AF，∵A1C∩BC=C，∴AF⊥平面A1BC，∴AF⊥A1B，∵AE∩AF=A，∴A1B⊥平面AEF，∵EF平面AEF，∴EF⊥A1B，D正确；
故答案为：ABD.
【分析】根据线面垂直的判定定理和性质定理，结合题意中的“堑堵”“阳马”“鳖臑”等概念即可求解.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分）
13．设向量绕点O逆时针旋转得向量，且，则向量 ．
【答案】
【知识点】平面向量的坐标运算
【解析】【解答】解：设，根据题意则有，所以，即，解得，即.
故答案为：.
【分析】根据向量坐标运算结合题意求解即可.
14．在中，，，，的面积为 ．
【答案】
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：根据正弦定理，解得，因为A=120°，所以0°＜C＜60°，所以C=30°，B=180°-A-C=30°，所以.
故答案为：.
【分析】根据正弦定理结合三角形面积公式求解即可.
15．已知圆台的下底面半径为6，上底面半径为3，其侧面积等于上、下底面积之和，则圆台的高为 ．
【答案】4
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：设母线为l，上底面积S1=π×32=9π，下底面积S2=π×62=36π，侧面积S=π（3+6）l=9πl，其中S=S1+S2，即9πl=9π+36π，解得l=5，所以圆台高为.
故答案为：4.
【分析】设母线为l，分别计算上下底面积、侧面积，利用等式求解母线l，再求解高即可.
16．如图，平行六面体中，各条棱长均为1，共顶点A的三条棱两两所成的角均为60°，则对角线的长为 ．
【答案】
【知识点】向量的模；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：根据题意有，所以，
所以，所以.
故答案为：.
【分析】根据空间向量数量积和向量的模公式结合题意求解即可.
四、解答题（本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮，否则被淘汰．已知甲选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，，，乙选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，，，且两位选手各轮问题能否正确回答互不影响．
（1）求甲选手进入第三轮才被淘汰的概率；
（2）求至少有一名选手通过全部考核的概率．
【答案】（1）解：设事件（，2，3）表示“甲选手能正确回答第i轮问题”，
由已知，，，
设事件C表示“甲选手进入第三轮才被淘汰”，即甲选手第一、二轮的问题回答正确，而第三轮的问题回答错误，
则；
（2）解：设D表示“甲选手通过全部考核”，
则．
设事件（，2，3）表示“乙选手能正确回答第j轮问题”，
由已知，，，
设E表示“乙选手通过全部考核”，
则．
则至少有一名选手通过全部考核的概率为．
【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
【解析】【解答】解：（1）设事件（，2，3）表示“甲选手能正确回答第i轮问题”，由已知，，，
设事件C表示“甲选手进入第三轮才被淘汰”，即甲选手第一、二轮的问题回答正确，而第三轮的问题回答错误，
则.
【分析】（1）根据题意，利用独立事件概率的乘法公式求解即可；
（2）利用独立事件概率的乘法公式分别计算甲乙选手通过全部考核的概率，再利用对立事件概率公式求解即可.
18．为响应商务部“2023消费提振年”、“百城联动”汽车节和“千县万镇”新能源汽车消费季活动，西安市相关部门为了解现有的新能源汽车充电设备的覆盖和使用情况，随机选取了100名新能源汽车车主进行问卷调查，并将问卷中的这100人根据其满意度评分值（满分100）按照，，…，分成5组，制成频率分布直方图如图所示．
（1）求频率分布直方图中x的值；
（2）估计这组数据的众数、平均数和中位数．
【答案】（1）解：由频率分布直方图得，解得；
（2）解：因为最高小长方形中点的横坐标为75，所以估计这组数据的众数为75．
估计这组数据的平均数为
，
满意度评分值在内的频率为，
满意度评分值在内的频率为，
∴中位数为．
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【分析】（1）根据题意结合频率分布直方图列等式求解即可；
（2）根据频率分布直方图估计这组数据的众数、平均数和中位数.
19．已知函数．
（1）求的最小正周期、对称中心和的单调递减区间；
（2）当时，求函数的最小值及取得最小值时x的值．
【答案】（1）解：，
所以，函数的最小正周期为．
由，可得，
函数的对称中心为；
解不等式，解得．
因此，函数的单调递减区间为；
（2）解：当时，，当时，
即当时，函数取得最小值，最小值为．
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦函数的性质；辅助角公式
【解析】【分析】（1）根据辅助角公式和二倍角公式化简函数，结合正弦函数的性质求解即可；
（2）利用整体法，结合正弦函数的最值求解即可.
20．如图所示，平面平面ABCD，四边形AEFB为矩形，，，，．
（1）求多面体ABCDEF的体积；
（2）求二面角F-CD-A的余弦值．
【答案】（1）解：如图，连接BD，
∵四边形AEFB为矩形，
∴，，
∵平面平面ABCD，平面平面，
平面ABEF，平面ABEF，
∴平面ABCD，平面ABCD，
∵平面ABCD，
∴，又，，AB，平面AEFB，
∴平面AEFB，
∴，
∵，，
∴．
∴，
∴多面体ABCDEF的体积为．
（2）解：如图，过B作交DC的延长线于点G，连接FG，
∵平面ABCD，平面ABCD，
∴，又，，BG，平面FBG，
∴平面FBG，
∵平面FBG，
∴，
∴∠FGB为二面角F-CD-A的平面角，
由题意得，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴二面角F-CD-A的余弦值为．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）利用割补法，将多面体ABCDEF分割为四棱锥D-AEFB和三棱锥F-BCD两部分，根据椎体体积公式分别计算四棱锥D-AEFB和三棱锥F-BCD的体积，再求解多面体ABCDEF体积即可；
（2）过B作交DC的延长线于点G，连接FG，∠FGB为二面角F-CD-A的平面角，计算∠FGB的余弦值求解即可.
21．记钝角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）若，求A；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）解：由已知得，，
即，即，即．
若，则，
因为，故．
从而．
（2）解：由得，
若，则，即，与为钝角三角形矛盾．
因此，得，故，
所以
，
因为，所以，，
所以的取值范围为．
【知识点】正弦定理；对勾函数的图象与性质
22．如图，在矩形ABCD中，，，M是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点A到达点A＇的位置，满足点平面BCDM且点A＇在平面BCDM内的射影E落在线段BC上．
（1）当点M与端点D重合时，证明：平面ACD＇；
（2）求三棱锥E-A＇BM的体积的最大值；
（3）设直线CD与平面A＇BM所成的角为，二面角A＇-BM-C的平面角为，求的最大值．
【答案】（1）解：当点M与端点D重合时，由可知，
由题意知平面BCD，平面BCD，所以，
又，，平面A＇BC，平面A＇BC，
所以平面A＇BC，又平面A＇BC，可知
，平面ACD＇，平面ACD＇，
所以平面ACD＇
（2）解：矩形中作，垂足为点O，折起后得，
由平面BCD，平面BCD，可得，
所以A＇E，平面A＇OE，，所以平面A＇OE，
平面A＇OE，可得，所以A，O，E三点共线，
因此与相似，满足，
设，所以，，，
，，
要使点A＇射影E落在线段BC上，则，所以，
所以，
当时，．
（3）解：过点E做交BM于Q，所以直线EQ与平面A＇BM所成的角
即为直线CD与平面A＇BM所成的角，
由（2）可知平面A＇OE，平面A＇BM，所以平面平面A＇OE，
作，垂足为H，平面平面，平面A＇OE，
可得平面A＇BM，
连接HQ，∠EQH是直线EQ与平面A＇BM所成的角，即，
由题意可得，，
因为，，所以∠A＇OE是二面角A＇-BM-C平面角，
即，，
，
当且仅当时“＝”成立，
故的最大值为．
【知识点】基本不等式；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可得CD⊥平面A'BC，根据线面垂直的性质定理可得A'B⊥CD，根据已知M和D重合即可得证；
（2）根据等体积法和棱锥的体积公式，结合三点共线和三角形相似即可求解最大值；
（3）根据线面角和二面角的定义，利用基本不等式即可求解最大值.
1 / 1广东省肇庆市端州区校2023-2024学年高二上册数学开学适应性检测试卷
一、单选题（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．复数（ ）
A． B． C． D．
2．（2019高二下·吉林期末）甲、乙同时参加某次法语考试，甲、乙考试达到优秀的概率分别为0.6，0.7，两人考试相互独立，则甲、乙两人都未达到优秀的概率为（ ）
A．0.42 B．0.12 C．0.18 D．0.28
3．若一组样本数据，，…，的方差为0.01，则数据，，，…，的方差为（ ）
A．0.04 B．1.16 C．0.16 D．1.04
4．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，，则（ ）
A．6 B．7 C． D．
5．已知点关于y轴的对称点为B，则（ ）
A． B． C．2 D．
6．P是所在平面内一点，若，其中，则点P一定在（ ）
A．内部 B．AC边所在的直线上
C．AB边所在的直线上 D．BC边所在的直线上
7．已知向量，，，且，则实数k的值为（ ）
A． B．0 C．3 D．
8．某校有年轻教师30人和老教师20人进行党史答题比赛．按照分层抽样的方法抽取5名教师，相关统计情况如下：年轻教师答对题目的平均数为2，方差为0.5；老教师答对题目的平均数为3，方差为1，则这5人答对题目的方差为（ ）
A．0.61 B．0.675 C．0.74 D．0.94
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．）
9．投掷一枚质地均匀的正方体骰子，下列说法正确的有（ ）
A．“出现点数为奇数”的概率等于“出现点数为偶数”的概率”
B．只要连掷6次，一定会“出现1点”
C．投掷前默念几次“出现6点”，投掷结果“出现6点”的可能性就会加大
D．连续投掷3次，出现的点数之和不可能等于19
10．已知a，b，c为的三内角A、B、C的对边，下列命题中正确的是（ ）
A．在中，的充要条件是
B．在锐角中，不等式恒成立
C．在中，若，则必是等腰直角三角形
D．在中，若，，则必是等边三角形
11．函数在一个周期内的图像如图所示，则（ ）
A．该函数的解析式为
B．该函数图象的对称中心为，
C．该函数的增区间是，
D．把函数的图像上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，可得到该函数图象
12．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵中，，且．下列说法正确的是（ ）
A．四棱锥为“阳马”
B．四面体为“鳖臑”
C．M为线段上的动点，则AM与BC所成角的大小恒为60°
D．过A点分别作于点E，于点F，则
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分）
13．设向量绕点O逆时针旋转得向量，且，则向量 ．
14．在中，，，，的面积为 ．
15．已知圆台的下底面半径为6，上底面半径为3，其侧面积等于上、下底面积之和，则圆台的高为 ．
16．如图，平行六面体中，各条棱长均为1，共顶点A的三条棱两两所成的角均为60°，则对角线的长为 ．
四、解答题（本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮，否则被淘汰．已知甲选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，，，乙选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，，，且两位选手各轮问题能否正确回答互不影响．
（1）求甲选手进入第三轮才被淘汰的概率；
（2）求至少有一名选手通过全部考核的概率．
18．为响应商务部“2023消费提振年”、“百城联动”汽车节和“千县万镇”新能源汽车消费季活动，西安市相关部门为了解现有的新能源汽车充电设备的覆盖和使用情况，随机选取了100名新能源汽车车主进行问卷调查，并将问卷中的这100人根据其满意度评分值（满分100）按照，，…，分成5组，制成频率分布直方图如图所示．
（1）求频率分布直方图中x的值；
（2）估计这组数据的众数、平均数和中位数．
19．已知函数．
（1）求的最小正周期、对称中心和的单调递减区间；
（2）当时，求函数的最小值及取得最小值时x的值．
20．如图所示，平面平面ABCD，四边形AEFB为矩形，，，，．
（1）求多面体ABCDEF的体积；
（2）求二面角F-CD-A的余弦值．
21．记钝角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）若，求A；
（2）求的取值范围．
22．如图，在矩形ABCD中，，，M是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点A到达点A＇的位置，满足点平面BCDM且点A＇在平面BCDM内的射影E落在线段BC上．
（1）当点M与端点D重合时，证明：平面ACD＇；
（2）求三棱锥E-A＇BM的体积的最大值；
（3）设直线CD与平面A＇BM所成的角为，二面角A＇-BM-C的平面角为，求的最大值．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：A.
【分析】根据复数的除法运算法则求解即可.
2．【答案】B
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】所求概率为 .
故答案为：B.
【分析】由两人考试相互独立和达到优秀的概率可得。
3．【答案】C
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：根据题意，，，，…，的方差为42×0.01=0.16.
故答案为：C.
【分析】根据方差的性质求解即可.
4．【答案】B
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】解：根据题意，由余弦定理可得：b2=a2+c2-2accosB=9+64-2×24×=49，所以b=7.
故答案为：B.
【分析】利用余弦定理求解即可.
5．【答案】A
【知识点】空间中两点间的距离公式
【解析】【解答】解：根据题意可得B点坐标（-1，-1，-2），所以.
故答案为：A.
【分析】根据A、B两点关于y轴对称，求解B点坐标，再计算AB距离即可.
6．【答案】B
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为，所以，即，所以P在AC所在直线上.
故答案为：B.
【分析】根据向量共线求解即可.
7．【答案】C
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的性质
【解析】【解答】解：根据题意，，所以，解得k=3.
故答案为：C.
【分析】根据向量垂直以及向量的坐标运算求解即可.
8．【答案】D
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：根据分层抽样可知年轻教师抽取人数为，设答对题目的个数分别为x1，x2，x3，则，老教师抽取人数为，设答对题目的个数分别为y1，y2，则，所有老师答对题目的平均数，所有老师答对题目的方差，
根据可得，同理，所以
.
故答案为：D.
【分析】根据题意结合方差的定义求解即可.
9．【答案】A,D
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解： A、“出现点数为奇数”和“出现点数为偶数”的概率都是，A正确；
B、“出现1点”是随机事件，不一定会出现，B错误；
C、“出现6点”的可能性是固定的，不会变，C错误；
D、每次最大点数为6，3次之和最大为18，不可能等于19，D正确；
故答案为：AD.
【分析】根据古典概型相关知识逐一求解即可.
10．【答案】A,B,D
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解： A、在△ABC中，根据正弦定理可得，所以sinA＞sinB等价于A＞B，所以，sinA＞sinB的充要条件是A＞B，A正确；
B、在锐角△ABC中，A、B∈（0，），因为A+B＞，所以＞A＞-B＞0，所以sinA＞sin（-B）=cosB，同理sinB＞cosA，所以sinAsinB＝cosAcosB，B正确；
C、在△ABC中，根据acosA=bcosB和正弦定理可得sinAcosA=sinBcosB，即sin2A=sin2B，因为A、B∈（0，π），所以2A=2B或2A=π-2B，即A=B或A+B=，所以△ABC是等腰三角形或是直角三角形，C错误；
D、在△ABC中，若B=60°，b2=ac，由余弦定理可得b2=a2+c2-2accosB，可得a=c，又因为B=60°，所以△ABC必是等边三角形，D正确；
故答案为：ABD.
【分析】根据正弦定理推导判断A；根据角的大小关系推导出sinA＞cosB即可判断B；根据正弦定理得到sin2A=sin2B，根据角的关系判断C；根据余弦定理判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解： A、根据图象可得A=2，函数周期，所以，即，代入最高点可得，即，因为0＜φ＜π，所以，即，所以，A正确；
B、根据选项A可得函数对称中心：，即，所以函数对称中心为，k∈Z，B错误；
C、根据可得，k∈Z，函数单调递增区间，k∈Z，C正确；
D、把函数的图像上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，即可得到，D正确；
故答案为：ACD.
【分析】根据图象可得A=2，函数周期T=3π，从而，代入最高点求解，得到函数解析式，从而判断ABC，根据函数图象平移变换判断D.
12．【答案】A,B,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、∵CC1⊥平面ABC，AC、BC平面ABC，∴CC1⊥AC，CC1⊥BC，∴四边形A1ACC1为矩形，又∵AC⊥BC，CC1∩AC=C，CC1、AC平面A1ACC1，∴BC⊥平面A1ACC1，∴四棱锥B-A1ACC1为“阳马”，A正确；
B、四面体A1C1CB中，△A1C1C、△A1BC、△A1BC1、△BCC1都是直角三角形，∴四面体A1C1CB为"鳖臑"，B正确；
C、根据“堑堵”的定义可知，AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥BC，又∵AC⊥BC，且AA1∩AC=A，∴BC⊥平面AA1C1C，∵M为线段A1C上的动点，∴AM平面AA1C1C，∴BC⊥AM，即AM与BC所成角的大小恒为90°，C错误；
D、过A点分别作AE⊥A1B于点E，AF⊥A1C于点F，∵ВС⊥АС，ВС⊥АА1，АС∩АА1=А，∴BC⊥平面AA1C1C，又∵AF平面AA1C1C，∴BC⊥AF，∵A1C∩BC=C，∴AF⊥平面A1BC，∴AF⊥A1B，∵AE∩AF=A，∴A1B⊥平面AEF，∵EF平面AEF，∴EF⊥A1B，D正确；
故答案为：ABD.
【分析】根据线面垂直的判定定理和性质定理，结合题意中的“堑堵”“阳马”“鳖臑”等概念即可求解.
13．【答案】
【知识点】平面向量的坐标运算
【解析】【解答】解：设，根据题意则有，所以，即，解得，即.
故答案为：.
【分析】根据向量坐标运算结合题意求解即可.
14．【答案】
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：根据正弦定理，解得，因为A=120°，所以0°＜C＜60°，所以C=30°，B=180°-A-C=30°，所以.
故答案为：.
【分析】根据正弦定理结合三角形面积公式求解即可.
15．【答案】4
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：设母线为l，上底面积S1=π×32=9π，下底面积S2=π×62=36π，侧面积S=π（3+6）l=9πl，其中S=S1+S2，即9πl=9π+36π，解得l=5，所以圆台高为.
故答案为：4.
【分析】设母线为l，分别计算上下底面积、侧面积，利用等式求解母线l，再求解高即可.
16．【答案】
【知识点】向量的模；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：根据题意有，所以，
所以，所以.
故答案为：.
【分析】根据空间向量数量积和向量的模公式结合题意求解即可.
17．【答案】（1）解：设事件（，2，3）表示“甲选手能正确回答第i轮问题”，
由已知，，，
设事件C表示“甲选手进入第三轮才被淘汰”，即甲选手第一、二轮的问题回答正确，而第三轮的问题回答错误，
则；
（2）解：设D表示“甲选手通过全部考核”，
则．
设事件（，2，3）表示“乙选手能正确回答第j轮问题”，
由已知，，，
设E表示“乙选手通过全部考核”，
则．
则至少有一名选手通过全部考核的概率为．
【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
【解析】【解答】解：（1）设事件（，2，3）表示“甲选手能正确回答第i轮问题”，由已知，，，
设事件C表示“甲选手进入第三轮才被淘汰”，即甲选手第一、二轮的问题回答正确，而第三轮的问题回答错误，
则.
【分析】（1）根据题意，利用独立事件概率的乘法公式求解即可；
（2）利用独立事件概率的乘法公式分别计算甲乙选手通过全部考核的概率，再利用对立事件概率公式求解即可.
18．【答案】（1）解：由频率分布直方图得，解得；
（2）解：因为最高小长方形中点的横坐标为75，所以估计这组数据的众数为75．
估计这组数据的平均数为
，
满意度评分值在内的频率为，
满意度评分值在内的频率为，
∴中位数为．
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【分析】（1）根据题意结合频率分布直方图列等式求解即可；
（2）根据频率分布直方图估计这组数据的众数、平均数和中位数.
19．【答案】（1）解：，
所以，函数的最小正周期为．
由，可得，
函数的对称中心为；
解不等式，解得．
因此，函数的单调递减区间为；
（2）解：当时，，当时，
即当时，函数取得最小值，最小值为．
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦函数的性质；辅助角公式
【解析】【分析】（1）根据辅助角公式和二倍角公式化简函数，结合正弦函数的性质求解即可；
（2）利用整体法，结合正弦函数的最值求解即可.
20．【答案】（1）解：如图，连接BD，
∵四边形AEFB为矩形，
∴，，
∵平面平面ABCD，平面平面，
平面ABEF，平面ABEF，
∴平面ABCD，平面ABCD，
∵平面ABCD，
∴，又，，AB，平面AEFB，
∴平面AEFB，
∴，
∵，，
∴．
∴，
∴多面体ABCDEF的体积为．
（2）解：如图，过B作交DC的延长线于点G，连接FG，
∵平面ABCD，平面ABCD，
∴，又，，BG，平面FBG，
∴平面FBG，
∵平面FBG，
∴，
∴∠FGB为二面角F-CD-A的平面角，
由题意得，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴二面角F-CD-A的余弦值为．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）利用割补法，将多面体ABCDEF分割为四棱锥D-AEFB和三棱锥F-BCD两部分，根据椎体体积公式分别计算四棱锥D-AEFB和三棱锥F-BCD的体积，再求解多面体ABCDEF体积即可；
（2）过B作交DC的延长线于点G，连接FG，∠FGB为二面角F-CD-A的平面角，计算∠FGB的余弦值求解即可.
21．【答案】（1）解：由已知得，，
即，即，即．
若，则，
因为，故．
从而．
（2）解：由得，
若，则，即，与为钝角三角形矛盾．
因此，得，故，
所以
，
因为，所以，，
所以的取值范围为．
【知识点】正弦定理；对勾函数的图象与性质
22．【答案】（1）解：当点M与端点D重合时，由可知，
由题意知平面BCD，平面BCD，所以，
又，，平面A＇BC，平面A＇BC，
所以平面A＇BC，又平面A＇BC，可知
，平面ACD＇，平面ACD＇，
所以平面ACD＇
（2）解：矩形中作，垂足为点O，折起后得，
由平面BCD，平面BCD，可得，
所以A＇E，平面A＇OE，，所以平面A＇OE，
平面A＇OE，可得，所以A，O，E三点共线，
因此与相似，满足，
设，所以，，，
，，
要使点A＇射影E落在线段BC上，则，所以，
所以，
当时，．
（3）解：过点E做交BM于Q，所以直线EQ与平面A＇BM所成的角
即为直线CD与平面A＇BM所成的角，
由（2）可知平面A＇OE，平面A＇BM，所以平面平面A＇OE，
作，垂足为H，平面平面，平面A＇OE，
可得平面A＇BM，
连接HQ，∠EQH是直线EQ与平面A＇BM所成的角，即，
由题意可得，，
因为，，所以∠A＇OE是二面角A＇-BM-C平面角，
即，，
，
当且仅当时“＝”成立，
故的最大值为．
【知识点】基本不等式；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可得CD⊥平面A'BC，根据线面垂直的性质定理可得A'B⊥CD，根据已知M和D重合即可得证；
（2）根据等体积法和棱锥的体积公式，结合三点共线和三角形相似即可求解最大值；
（3）根据线面角和二面角的定义，利用基本不等式即可求解最大值.
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