云南省大理市2023-2024学年高一下学期数学6月质量检测试卷
一、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．（2024高一下·大理月考）甲、乙两人每次射击命中目标的概率分别为与，且每次射击命中与否互不影响，现两人玩射击游戏，规则如下：每次由1人进行射击，若射击一次不中，则原射击人继续射击，若射击一次命中，则换对方接替射击，且第一次由甲射击.则前4次中甲恰好射击3次的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；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】记第次射击由甲射击，且命中为事件，第次射击由乙射击，且命中为事件.
由题知，第一次由甲射击且前4次中甲恰好射击3次有3种情况：
，
所以所求概率
故答案为：C.
【分析】先分类，然后利用相互独立事件的概率公式结合互斥事件概率加法公式可得.
2．（2024高一下·大理月考）已知满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：由题意可得：，
设，则，
可得，
可知，所以.
故答案为：A.
【分析】根据复数的运算可知，设，代入运算求解即可.
3．（2024高一下·大理月考）在复平面内，复数的共轭复数的虚部为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【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：由题意可知：，
则，所以的共轭复数的虚部为 .
故答案为：C.
【分析】根据复数的除法运算求得，结合共轭复数以及复数的虚部的概念分析求解.
4．（2024高一下·大理月考）已知向量，则在上的投影向量的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积坐标表示的应用；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由题意可知：，
所以在上的投影向量的坐标为.
故答案为：D.
【分析】根据向量的坐标运算可得，结合投影向量的定义运算求解.
5．（2024高一下·大理月考）已知一个圆柱的高不变，它的体积扩大为原来的倍，则它的侧面积扩大为原来的（ ）
A．倍 B．倍 C．倍 D．倍
【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：设原圆柱的高为，底面半径为， 扩大 后的圆柱的底面半径为，
由题意可得：，解得，
则原圆柱的侧面积为，扩大 后的圆柱的侧面积为，
所以 它的侧面积扩大为原来的 3倍.
故答案为：B.
【分析】根据体积关系可得，结合圆柱的侧面积公式分析求解.
6．（2024高一下·大理月考）如图，在中，是的中点，是的中点，过点作直线分别交于点，，且，则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．
【答案】A
【知识点】基本不等式；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为是的中点，且，
可知，
因为三点共线，则，即，
可得，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为1.
故答案为：A.
【分析】根据向量的线性运算结合三点共线可得，再根据基本不等式运算求解.
7．（2024高一下·大理月考）对于两条不同直线m，n和两个不同平面，以下结论中正确的是( )
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】A
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】A、若，则，故A正确；
B、若，则或，故B错误；
C、若，则或或相交，故C错误；
D、若，则或，故D错误.
故答案为：A.
【分析】根据空间中线面位置关系及性质判断即可.
8．（2024高一下·大理月考）数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体ABCD的棱长为，则下列结论正确的是（ ）
A．勒洛四面体最大的截面是正二角形
B．若P、Q是勒洛四面体ABCD表面上的任意两点，则PQ的最大值为2
C．勒洛四面体ABCD的体积是
D．勒洛四面体ABCD内切球的半径是
【答案】D
【知识点】球面距离及相关计算；棱锥的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：根据勒洛四面体的定义可得勒洛四面体最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图1所示，故A选项错误；
根据勒洛四面体的性质，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两面都接触，所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离最大值即为内接正四面体的边长，故勒洛四面体表面上任意两点间的距离最大值为4，故B选项正确；
对于C选项：如图2，根据对称性可知勒洛四面体内切球的球心O是正四面体ABCD外接球的球心，连结BO，并延长交勒洛四面体的曲面于点E，则OE就是勒洛四面体的内切球半径，如图3，在正四面体ABCD中，M为的中心，O是正四面体ABCD外接球的球心，连结BM，BO，AM，由正四面体的性质可知点O在AM上，因为，所以，则，又因为，即，解得：，则正四面体ABCD外接球的体积是：
，因为勒洛四面体的体积小于正四面体ABCD外接球的体积，故C选项错误；
对于D选项：因为，所以，则D选项正确.
故答案为：D.
【分析】本题主要考查正四面体玉外接球的关系及相关计算，考查考生的空间想象能力，计算能力，属于中档题型.根据勒洛四面体的定义即可判断A选项；然后根据勒洛四面体的性质即可判断B选项；根据对称性，由勒洛四面体内切球球心O是正四面体ABCD外接球的球心即可求解C选项；根据C选项由棱长减去外接球的半径即可求得内切球的半径.
二、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．（2024高一下·大理月考）给定两组数据，其中第一组数据，，，，的平均数是4，方差是，第二组数据，，，，，则对第二组数据分析正确的有（ ）
A．和是58 B．平均数是10 C．方差是 D．标准差是1
【答案】B,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：由数据，，，，的平均数是4，可得++++=45=20，
故 ++++=320-10=50，故A错误；
第二组数据，，，，的平均数是34-2=10，故B正确；
由方差是可得，
则，故C正确；
标准差为：，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据平均数、方差、标准差的公式，逐项进行判断，可得答案.
10．（2024高一下·大理月考）下列说法正确的是（ ）
A．
B．若，则与的夹角是钝角
C．向量能作为平面内所有向量的一个基底
D．若，则在上的投影向量为。
【答案】A,D
【知识点】共线（平行）向量；平面向量的线性运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：对于A选项根据向量的加减原则可得：，故A选项正确；
对于B选项： 若 ，则与的夹角是钝角或与为方向相反向量，故B选项错误；
对于C选项： 因为向量 ，则，所以不能作为平面内所有向量的一个基底，故C选项错误；
对于D选项： 若 ， 则在上的投影向量为 ，故D选项正确.
故答案为：AD.
【分析】本题主要考查向量的线性计算，向量的夹角，向量的基底以及投影向量，属于基础题型，根据向量的线性计算，向量的夹角，向量的基底以及投影向量的相关基础知识逐项进行判断即可求解.
11．（2024高一下·大理月考） 如图，在中，，，，点为的中点，，，与交于点，，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，
B．当时，
C．当时，
D．若，则
【答案】A,B,D
【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
【解析】【解答】解：因为点为的中点，所以，
A、当时，即，则，故A正确；
B、当时，因为，，三点共线，且，，
所以，即，
又因为、不共线，所以，消元整理得，即，故B正确；
C、当时，，，
所以，
因为，，，所以，
所以，故C错误；
D、，
设，则，
，
解得，所以，解得，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】由平面向量的线性运算计算即可判断A；由平面向量基本定理和平面向量的线性运算计算即可判断B；将用表示出来，再由平面向量的数量积运算计算即可判断C；将用表示出来，再由平面向量的数量积运算即可判断D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2024高一下·大理月考）已知三个复数，，，且，，，所对应的向量，满足；则的最大值为 .
【答案】
【知识点】复数的模；正弦函数的性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：设复数，，在复平面内对应的点分别为，，，
因为且，所对应的向量，满足，则，
不妨设，，则复数，，
又因为，所以设，即
则，
所以
，
当时，取得最大值，即.
故答案为：.
【分析】由题意设复数，，，表示出，再由复数的模、辅助角公式以及正弦函数的性质计算即可.
13．（2024高一下·大理月考）已知平面向量与的夹角为，若恒成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数恒成立问题；正弦定理
【解析】【解答】解：设，作平行四边形，如图所示：
则，令，
由于恒成立，即恒成立，
在中，，
因为，所以，
所以，
由于恒成立，故，即实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】设，构造平行四边形，由于恒成立，即恒成立，结合正弦定理将恒成立问题转化为最值问题求解即可.
14．（2024高一下·大理月考）相看两不厌，只有敬亭山．李白曾七次登顶拜访的敬亭山位于安徽省寍城市北郊，其上有一座太白独坐楼（如图（1）），如图（2），为了测量该楼的高度AB，一研究小组选取了与该楼底部在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，在点处测得该楼项端的仰角为，则该楼的高度AB为 m．
【答案】
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：根据题意可得在中，根据正弦定理可得：，变形可得：
，又在中：
故答案为：.
【分析】本题主要考查正弦定理及直角三角形的三角函数的关系，属于基础题型，根据已知条件结合正弦定理可得：，然后再利用直角三角形三角函数的关系进行求解即可.
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（2024高一下·大理月考） 已知复数，且为纯虚数.
（1）求复数；
（2）若，求复数及.
【答案】（1）解：，则，
，
又其为纯虚数，故，
解得，
故.
（2）解：，
则，
.
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【分析】 (1) 根据共轭复数的概念和乘法法则可得，再根据纯虚数的定义分析求解；
(2) 根据复数的除法运算可得，即可得模长.
16．（2024高一下·大理月考）已知非零向量不共线．
（1）如果，求证：A，B，D三点共线；
（2）若和是方向相反的两个向量，试确定实数的值．
【答案】（1）解：，
所以共线，且有公共点，
所以A，B，D三点共线
（2）解：因为和是方向相反的两个向量，
所以存在实数，使
又不共线，所以，解得，或，
因为，所以，所以
【知识点】共线（平行）向量；平面向量的线性运算
【解析】【分析】本题主要共线向量，向量的夹角关系，主要考查考生基础知识的掌握情况，属于基础题型.
（1）欲证明 A，B，D三点共线 ，只需要证明，结合已知条件解出即可求解；
（2）因为和是方向相反的两个向量，所以存在实数，使，解出即可求解.
17．（2024高一下·大理月考）第24届北京冬季奥林匹克运动会于2022年2月4日至2月20日由北京和张家口联合举办，这是中国历史上第一次举办冬季奥运会，它掀起了中国人民参与冬季运动的热潮.某比赛场馆为了顺利完成比赛任务，招募了100名志愿者，并分成医疗组和服务组，根据他们的年龄分布得到如图频率分布直方图.
（1）试估计100名志愿者的平均年龄及第75百分位数；
（2）已知医疗组40人，服务组60人，如果按分层抽样的方法从医疗组和服务组中共选取5人，再从这5人中选取3人组成综合组，求综合组中至少有1人来自医疗组的概率.
【答案】（1）由题意得，解得，
所以100名志愿者的平均年龄为岁，
因为，
，
所以第75百分位数位于[50，60）内，设第75百分位数为x，
则，解得，
所以第75百分位数为52.5
（2）医疗组抽取人数为人，设为a，b，则服务组抽取5-2=3人，设为A、B、C，
5人中选取3人组成综合组，情况可能为
，共10种，
至少有1人来自医疗组的情况为，共9种，
所以综合组中至少有1人来自医疗组的概率
【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
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中，所有小矩形的面积之和等于1求出的值，再根据频率分布直方图中得数据计算平均值，根据百分位数的求法求解即可；
（2）根据分层抽样可得医疗组抽取人数为2，设为a，b，服务组抽取3人，设为A、B、C，列出5人中选取3人组成综合组的所有可能情况，再从中选出满足条件的，代入概率公式求概率即可.
18．（2024高一下·大理月考）已知分别为锐角三角形ABC三个内角的对边，且.
（1）求；
（2）若为BC的中点，求中线AD的取值范围.
【答案】（1）解：由，根据正弦定理可得，
即
化简整理得，即，
又因为所以，即；
（2）解：因为，两边平方得，，
在中，由余弦定理得，，即，
所以，
在中，由正弦定理得，，所以，
所以
因为为锐角三角形，所以且，得，
所以，所以，所以，
所以中线AD的取值范围是.
【知识点】平面向量的数量积运算；三角函数的化简求值；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理化边为角，再根据三角恒等变换化简求值即可；
（2）由向量数量积的运算律可得，再利用余弦定理和正弦定理化简，结合锐角三角形求解即可.
19．（2024高一下·大理月考）如图，在正三棱柱中，分别是的中点.
（1）若点E为矩形内动点，使得面CPN，求线段ME的最小值；
（2）求证：面.
【答案】（1）解：连接，如图所示：
在正方形中，因为分别为，的中点，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为面面CPN，所以面，
在中，因为分别为，的中点，所以，
因为面，面，所以面，
因为，面，面，所以面面，
所以当， 面，面，当时，最小，
在中，，则的最小值为；
（2）解：在正方形中，，设，则为中点，
连接、，如图所示：
因为分别为，的中点，所以且，
又因为为中点，且，所以且，
又因为面，所以四边形为矩形，所以，
又，，面，面，所以面，所以面，
又面，所以，又，面，面，
所以面.
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）由线面平行的判定有面，面，结合面面平行的判定可证面面，由题意可知时，最小，在中，即可求线段的最小值；
（2）连接、，根据线面垂直的判定定理证明即可.
1 / 1云南省大理市2023-2024学年高一下学期数学6月质量检测试卷
一、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．（2024高一下·大理月考）甲、乙两人每次射击命中目标的概率分别为与，且每次射击命中与否互不影响，现两人玩射击游戏，规则如下：每次由1人进行射击，若射击一次不中，则原射击人继续射击，若射击一次命中，则换对方接替射击，且第一次由甲射击.则前4次中甲恰好射击3次的概率为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·大理月考）已知满足，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·大理月考）在复平面内，复数的共轭复数的虚部为 （ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·大理月考）已知向量，则在上的投影向量的坐标为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·大理月考）已知一个圆柱的高不变，它的体积扩大为原来的倍，则它的侧面积扩大为原来的（ ）
A．倍 B．倍 C．倍 D．倍
6．（2024高一下·大理月考）如图，在中，是的中点，是的中点，过点作直线分别交于点，，且，则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．
7．（2024高一下·大理月考）对于两条不同直线m，n和两个不同平面，以下结论中正确的是( )
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
8．（2024高一下·大理月考）数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体ABCD的棱长为，则下列结论正确的是（ ）
A．勒洛四面体最大的截面是正二角形
B．若P、Q是勒洛四面体ABCD表面上的任意两点，则PQ的最大值为2
C．勒洛四面体ABCD的体积是
D．勒洛四面体ABCD内切球的半径是
二、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．（2024高一下·大理月考）给定两组数据，其中第一组数据，，，，的平均数是4，方差是，第二组数据，，，，，则对第二组数据分析正确的有（ ）
A．和是58 B．平均数是10 C．方差是 D．标准差是1
10．（2024高一下·大理月考）下列说法正确的是（ ）
A．
B．若，则与的夹角是钝角
C．向量能作为平面内所有向量的一个基底
D．若，则在上的投影向量为。
11．（2024高一下·大理月考） 如图，在中，，，，点为的中点，，，与交于点，，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，
B．当时，
C．当时，
D．若，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2024高一下·大理月考）已知三个复数，，，且，，，所对应的向量，满足；则的最大值为 .
13．（2024高一下·大理月考）已知平面向量与的夹角为，若恒成立，则实数的取值范围为 ．
14．（2024高一下·大理月考）相看两不厌，只有敬亭山．李白曾七次登顶拜访的敬亭山位于安徽省寍城市北郊，其上有一座太白独坐楼（如图（1）），如图（2），为了测量该楼的高度AB，一研究小组选取了与该楼底部在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，在点处测得该楼项端的仰角为，则该楼的高度AB为 m．
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（2024高一下·大理月考） 已知复数，且为纯虚数.
（1）求复数；
（2）若，求复数及.
16．（2024高一下·大理月考）已知非零向量不共线．
（1）如果，求证：A，B，D三点共线；
（2）若和是方向相反的两个向量，试确定实数的值．
17．（2024高一下·大理月考）第24届北京冬季奥林匹克运动会于2022年2月4日至2月20日由北京和张家口联合举办，这是中国历史上第一次举办冬季奥运会，它掀起了中国人民参与冬季运动的热潮.某比赛场馆为了顺利完成比赛任务，招募了100名志愿者，并分成医疗组和服务组，根据他们的年龄分布得到如图频率分布直方图.
（1）试估计100名志愿者的平均年龄及第75百分位数；
（2）已知医疗组40人，服务组60人，如果按分层抽样的方法从医疗组和服务组中共选取5人，再从这5人中选取3人组成综合组，求综合组中至少有1人来自医疗组的概率.
18．（2024高一下·大理月考）已知分别为锐角三角形ABC三个内角的对边，且.
（1）求；
（2）若为BC的中点，求中线AD的取值范围.
19．（2024高一下·大理月考）如图，在正三棱柱中，分别是的中点.
（1）若点E为矩形内动点，使得面CPN，求线段ME的最小值；
（2）求证：面.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；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】记第次射击由甲射击，且命中为事件，第次射击由乙射击，且命中为事件.
由题知，第一次由甲射击且前4次中甲恰好射击3次有3种情况：
，
所以所求概率
故答案为：C.
【分析】先分类，然后利用相互独立事件的概率公式结合互斥事件概率加法公式可得.
2．【答案】A
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：由题意可得：，
设，则，
可得，
可知，所以.
故答案为：A.
【分析】根据复数的运算可知，设，代入运算求解即可.
3．【答案】C
【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：由题意可知：，
则，所以的共轭复数的虚部为 .
故答案为：C.
【分析】根据复数的除法运算求得，结合共轭复数以及复数的虚部的概念分析求解.
4．【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积坐标表示的应用；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由题意可知：，
所以在上的投影向量的坐标为.
故答案为：D.
【分析】根据向量的坐标运算可得，结合投影向量的定义运算求解.
5．【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：设原圆柱的高为，底面半径为， 扩大 后的圆柱的底面半径为，
由题意可得：，解得，
则原圆柱的侧面积为，扩大 后的圆柱的侧面积为，
所以 它的侧面积扩大为原来的 3倍.
故答案为：B.
【分析】根据体积关系可得，结合圆柱的侧面积公式分析求解.
6．【答案】A
【知识点】基本不等式；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为是的中点，且，
可知，
因为三点共线，则，即，
可得，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为1.
故答案为：A.
【分析】根据向量的线性运算结合三点共线可得，再根据基本不等式运算求解.
7．【答案】A
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】A、若，则，故A正确；
B、若，则或，故B错误；
C、若，则或或相交，故C错误；
D、若，则或，故D错误.
故答案为：A.
【分析】根据空间中线面位置关系及性质判断即可.
8．【答案】D
【知识点】球面距离及相关计算；棱锥的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：根据勒洛四面体的定义可得勒洛四面体最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图1所示，故A选项错误；
根据勒洛四面体的性质，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两面都接触，所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离最大值即为内接正四面体的边长，故勒洛四面体表面上任意两点间的距离最大值为4，故B选项正确；
对于C选项：如图2，根据对称性可知勒洛四面体内切球的球心O是正四面体ABCD外接球的球心，连结BO，并延长交勒洛四面体的曲面于点E，则OE就是勒洛四面体的内切球半径，如图3，在正四面体ABCD中，M为的中心，O是正四面体ABCD外接球的球心，连结BM，BO，AM，由正四面体的性质可知点O在AM上，因为，所以，则，又因为，即，解得：，则正四面体ABCD外接球的体积是：
，因为勒洛四面体的体积小于正四面体ABCD外接球的体积，故C选项错误；
对于D选项：因为，所以，则D选项正确.
故答案为：D.
【分析】本题主要考查正四面体玉外接球的关系及相关计算，考查考生的空间想象能力，计算能力，属于中档题型.根据勒洛四面体的定义即可判断A选项；然后根据勒洛四面体的性质即可判断B选项；根据对称性，由勒洛四面体内切球球心O是正四面体ABCD外接球的球心即可求解C选项；根据C选项由棱长减去外接球的半径即可求得内切球的半径.
9．【答案】B,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：由数据，，，，的平均数是4，可得++++=45=20，
故 ++++=320-10=50，故A错误；
第二组数据，，，，的平均数是34-2=10，故B正确；
由方差是可得，
则，故C正确；
标准差为：，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据平均数、方差、标准差的公式，逐项进行判断，可得答案.
10．【答案】A,D
【知识点】共线（平行）向量；平面向量的线性运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：对于A选项根据向量的加减原则可得：，故A选项正确；
对于B选项： 若 ，则与的夹角是钝角或与为方向相反向量，故B选项错误；
对于C选项： 因为向量 ，则，所以不能作为平面内所有向量的一个基底，故C选项错误；
对于D选项： 若 ， 则在上的投影向量为 ，故D选项正确.
故答案为：AD.
【分析】本题主要考查向量的线性计算，向量的夹角，向量的基底以及投影向量，属于基础题型，根据向量的线性计算，向量的夹角，向量的基底以及投影向量的相关基础知识逐项进行判断即可求解.
11．【答案】A,B,D
【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
【解析】【解答】解：因为点为的中点，所以，
A、当时，即，则，故A正确；
B、当时，因为，，三点共线，且，，
所以，即，
又因为、不共线，所以，消元整理得，即，故B正确；
C、当时，，，
所以，
因为，，，所以，
所以，故C错误；
D、，
设，则，
，
解得，所以，解得，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】由平面向量的线性运算计算即可判断A；由平面向量基本定理和平面向量的线性运算计算即可判断B；将用表示出来，再由平面向量的数量积运算计算即可判断C；将用表示出来，再由平面向量的数量积运算即可判断D．
12．【答案】
【知识点】复数的模；正弦函数的性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：设复数，，在复平面内对应的点分别为，，，
因为且，所对应的向量，满足，则，
不妨设，，则复数，，
又因为，所以设，即
则，
所以
，
当时，取得最大值，即.
故答案为：.
【分析】由题意设复数，，，表示出，再由复数的模、辅助角公式以及正弦函数的性质计算即可.
13．【答案】
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数恒成立问题；正弦定理
【解析】【解答】解：设，作平行四边形，如图所示：
则，令，
由于恒成立，即恒成立，
在中，，
因为，所以，
所以，
由于恒成立，故，即实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】设，构造平行四边形，由于恒成立，即恒成立，结合正弦定理将恒成立问题转化为最值问题求解即可.
14．【答案】
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：根据题意可得在中，根据正弦定理可得：，变形可得：
，又在中：
故答案为：.
【分析】本题主要考查正弦定理及直角三角形的三角函数的关系，属于基础题型，根据已知条件结合正弦定理可得：，然后再利用直角三角形三角函数的关系进行求解即可.
15．【答案】（1）解：，则，
，
又其为纯虚数，故，
解得，
故.
（2）解：，
则，
.
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【分析】 (1) 根据共轭复数的概念和乘法法则可得，再根据纯虚数的定义分析求解；
(2) 根据复数的除法运算可得，即可得模长.
16．【答案】（1）解：，
所以共线，且有公共点，
所以A，B，D三点共线
（2）解：因为和是方向相反的两个向量，
所以存在实数，使
又不共线，所以，解得，或，
因为，所以，所以
【知识点】共线（平行）向量；平面向量的线性运算
【解析】【分析】本题主要共线向量，向量的夹角关系，主要考查考生基础知识的掌握情况，属于基础题型.
（1）欲证明 A，B，D三点共线 ，只需要证明，结合已知条件解出即可求解；
（2）因为和是方向相反的两个向量，所以存在实数，使，解出即可求解.
17．【答案】（1）由题意得，解得，
所以100名志愿者的平均年龄为岁，
因为，
，
所以第75百分位数位于[50，60）内，设第75百分位数为x，
则，解得，
所以第75百分位数为52.5
（2）医疗组抽取人数为人，设为a，b，则服务组抽取5-2=3人，设为A、B、C，
5人中选取3人组成综合组，情况可能为
，共10种，
至少有1人来自医疗组的情况为，共9种，
所以综合组中至少有1人来自医疗组的概率
【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
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中，所有小矩形的面积之和等于1求出的值，再根据频率分布直方图中得数据计算平均值，根据百分位数的求法求解即可；
（2）根据分层抽样可得医疗组抽取人数为2，设为a，b，服务组抽取3人，设为A、B、C，列出5人中选取3人组成综合组的所有可能情况，再从中选出满足条件的，代入概率公式求概率即可.
18．【答案】（1）解：由，根据正弦定理可得，
即
化简整理得，即，
又因为所以，即；
（2）解：因为，两边平方得，，
在中，由余弦定理得，，即，
所以，
在中，由正弦定理得，，所以，
所以
因为为锐角三角形，所以且，得，
所以，所以，所以，
所以中线AD的取值范围是.
【知识点】平面向量的数量积运算；三角函数的化简求值；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理化边为角，再根据三角恒等变换化简求值即可；
（2）由向量数量积的运算律可得，再利用余弦定理和正弦定理化简，结合锐角三角形求解即可.
19．【答案】（1）解：连接，如图所示：
在正方形中，因为分别为，的中点，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为面面CPN，所以面，
在中，因为分别为，的中点，所以，
因为面，面，所以面，
因为，面，面，所以面面，
所以当， 面，面，当时，最小，
在中，，则的最小值为；
（2）解：在正方形中，，设，则为中点，
连接、，如图所示：
因为分别为，的中点，所以且，
又因为为中点，且，所以且，
又因为面，所以四边形为矩形，所以，
又，，面，面，所以面，所以面，
又面，所以，又，面，面，
所以面.
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）由线面平行的判定有面，面，结合面面平行的判定可证面面，由题意可知时，最小，在中，即可求线段的最小值；
（2）连接、，根据线面垂直的判定定理证明即可.
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