广西南宁市武鸣区锣圩高级中学2023-2024学年高一下学期6月月考数学试题
一、单项选择题 (本题共8小题，每题5分，共40分）
1．（2024高一下·武鸣月考）已知，则（ ）
A． B． C．4 D．
2．（2024高一下·武鸣月考）若，，，则向量与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·武鸣月考）已知一组数据：125，121，123，125，127，129，125，128，130，129，126，124，125，127，126.则这组数据的第25百分位数和第80百分位数分别是（ ）
A．125 128 B．124 128 C．125 129 D．125 128.5
4．（2024高一下·武鸣月考）甲、乙两人进行射击比赛，分别对同一目标各射击10次，其成绩（环数）如下：
甲的环数 7 7 10 6 10 8 7 9 7 9
乙的环数 7 8 8 9 8 7 7 9 8 9
下列说法正确的是（ ）
A．甲的平均数大于乙的平均数 B．甲的中位数等于乙的中位数
C．甲、乙的众数都是7 D．乙的成绩更稳定
5．（2024高一下·武鸣月考）已知m，n表示两条不同直线， 表示平面，下列说法正确的是（ ）
A．若 则
B．若 ， ，则
C．若 ， ，则
D．若 ， ，则
6．（2024高一下·武鸣月考）已知△ABC中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，若A＝，b＝2acos B，c＝1，则△ABC的面积等于( )
A． B． C． D．
7．（2024高一下·武鸣月考）已知向量，，若，则( )
A．-1或2 B．-2或1 C．1或2 D．-1或-2
8．（2024高一下·武鸣月考）在边长为2的正方形中，动点P，Q在线段上，且，则的最小值为（ ）
A．2 B． C．1 D．
二、多项选择题 (本题共3小题，每题6分，共18分）
9．（2024高一下·武鸣月考）下列命题正确的是（ ）
A．三点确定一个平面
B．一条直线和直线外一点确定一个平面
C．圆心和圆上两点可确定一个平面
D．梯形可确定一个平面
10．（2024高一下·武鸣月考）志愿者是一个城市的一道靓丽的风景，他们以自己的行动和热情，为社会做出了积极的贡献，他们是社会进步的推动者，是人类文明的传承者，更是社会和谐的守护者。城市为举办2024年城市马拉松比赛招募了一批志愿者，现从中随机选出200人，并将他们按年龄(单位：岁)进行分组：第1组[15，25)，第2组[25，35)，第3组，第4组，第5组[55，65]，得到如图所示的频率分布直方图.则（ ）
A．a=0.035 B．估计众数为：40
C．估计平均数为：38 D．估计第80百分位数为：
11．（2024高一下·武鸣月考）在中，D，E，F分别是边BC，AC，AB中点，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．若，则是在方向上的投影向量
D．若点P是线段AD上的动点，目，则的最大值为
三、填空题 (本题共3小题，每题5分，共15分）
12．（2024高一下·武鸣月考）圆锥被一平面所截得到一个圆台，若圆台的上底面半径为2cm，下底面半径为3cm，圆台母线长为4cm，则该圆锥的侧面积为 cm2.
13．（2024高一下·武鸣月考）2022年8月16日，航天员的出舱主通道——问天实验舱气闸舱首次亮相.某高中为了解学生对这一新闻的关注度，利用分层抽样的方法从高中三个年级中抽取了30人进行问卷调查，其中高一年级抽取了11人，高二年级抽取了9人，且高三年级共有学生900人，则该高中的学生总数为 人.
14．（2024高一下·武鸣月考）已知 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，点 在边 上，且 ， ， ，则 的面积的最大值为 .
四、解答题 (本题共5小题，共77分）
15．（2024高一下·武鸣月考）已知向量．
（1）求；
（2）当时，求的值
（3）当时，求的值
16．（2024高一下·武鸣月考）全民健身，强国有我，某企业为增强广大职工的身体素质和健康水平，组织全体职工开启了“学习强国”平台的强国运动项目，为了解他们的具体运动情况，企业工会从该企业全体职工中随机抽取了100名，统计他们的日均运动步数，并得到如下频率分布直方图：
（1）求直方图中a的值；
（2）估计该企业职工日均运动步数的平均数；（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）
（3）若该企业恰好有的职工的日均运动步数达到了企业制定的优秀强国运动者达标线，试估计该企业制定的优秀强国运动者达标线是多少？
17．（2024高一下·武鸣月考）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧面底面，且，设，分别为，的中点.
（1）求证：//平面；
（2）求证：平面平面.
18．（2024高一下·武鸣月考）已知的内角、、所对的边分别为、、，.
（1）求角的大小；
（2）若，的面积为，求的周长.
19．（2024高一下·武鸣月考）如图，已知正方体中，分别是和的中点．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则；
故选：A
【分析】本题考查复数的计算，注意复数的计算公式，根据题意，由复数的计算公式可得答案。
2．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的性质；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：，
而，所以，
所以，因为，
所以.
故答案为：A.
【分析】根据向量模长与数量积的关系以及夹角公式计算即可.
3．【答案】D
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：把这15个数据按从小到大排序，可得121，123，124，125，125，125，125，126，126，127，127，128，129，129，130，共有15个，又因为，则这组数据的第25百分位数为125，同理，，则这组数据的第80百分位数为。
故选：D
【分析】本题考查百分位数的应用，先把这组数据按照从小到大重新排列，再把百分位数的定义计算，得出选项。
4．【答案】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：对于A，甲的平均数为；
乙的平均数为；
计算得甲、乙的平均数都是8，故A错误；
对于B，甲从小到大进行排序：6，7，7，7，7，8，9，9，10，10，
乙从小到大进行排序，7，7，7，8，8，8，8，9，9，9，
由题意得：甲的中位数是7.5，而乙的中位数是8，故B错误；
对于C，由图中信息可知，乙中8的个数最多，故乙的众数是8，故C错误；
对于D，甲的方差为，
乙的方差为，
所以乙的方差小，乙的成绩更稳定，故D正确．
故选：D
【分析】本题考查了平均数，中位数，众数，方差的意义。计算甲乙的平均数可对A进行判断；计算甲乙的中位数可对B进行判断；计算甲乙的众数可对C进行判断；计算甲乙的方差可对D进行判断。
5．【答案】B
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，B符合题意.
故答案为：B。
【分析】利用已知条件结合线线平行的判断方法、线线垂直的判断方法、线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理，从而求出说法正确的选项。
6．【答案】B
【知识点】正弦定理的应用；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由，结合正弦定理可得：
，
即，
所以，
又因为，
所以
即是一个正三角形，
又因为，
所以，
故选：B.
【分析】本题考查了正弦定理的应用，由已知结合正弦定理求得角B，则可判定是一个正三角形，然后由三角形的面积公式得到答案。
7．【答案】A
【知识点】共线（平行）向量；平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为，，且，
所以根据平面向量共线坐标性质计算可得：
，
解得：或，
故选：A.
【分析】本题主要考查平面向量的坐标运算，要求熟练掌握向量平行的坐标公式，直接利用平面向量共线的坐标运算列式求解值。
8．【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的综合题
【解析】【解答】解：建立平面直角坐标系如图所示.设，
因为在边长为2的正方形中，动点P，Q在线段上，且，
所以点的坐标为，且，
所以，
利用二次函数相关性质化简得到：
所以当时，有最小值1.
故选：C.
【分析】本题考查平面向量数量积的性质及应用，考查运算求解能力，利用向量积的坐标运算及二次函数的性质可判断。建立平面直角坐标系如图所示.设，则，化简后可求得其最小值.
9．【答案】B,D
【知识点】平面的概念、画法及表示；平面的基本性质及推论
【解析】【解答】解：对于A， 如果三个点在一条直线上，它们不能确定一个平面，因为无限多个平面可以包含这条直线，故A错误；
对于B， 根据平面的定义，一条直线和直线外的一个点可以唯一确定一个平面。这个点和直线上的任意一点可以确定一个直线，而这条直线与原直线的交点就是平面上的一个点，从而确定了一个平面，故B正确；
对于C，如果圆上两点和圆心共线，不能确定一个平面，故C错误；
对于D，梯形是一个四边形，其对边平行。平行线位于同一平面内，因此梯形的四条边都位于一个平面内，梯形本身也就确定了这个平面，故D正确；
故选：BD.
【分析】本题主要考查平面的基本性质和推论，由不共线的三点确定一个平面可判断A；由直线和直线外一点确定一个平面可判断B；考虑圆心和圆上两点在一条直径上可判断C；考虑梯形的定义可判断D。
10．【答案】A,B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；概率的基本性质；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】对于A，，
所以，则，所以A对；
对于B，由频率分布直方图估计出众数为，所以B对；
对于C，由频率分布直方图估计出平均数为
，所以C错；
对于D，因为
，
又因为，所以，设第80百分位数b在区间内，
则，所以，，则估计第80百分位数为，所以D对.
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件结合频率直方图中各小组的矩形的面积等于各小组的频率，再结合频率之和等于1得出a的值，从而判断出选项A；利用频率分步直方图估计众数、平均数、百分位数的方法，从而判断出选项B、选项C和选项D，进而找出正确的选项.
11．【答案】B,D
【知识点】向量加减混合运算；平面向量的线性运算；三点共线；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：如图所示：
对选项A，因为，
且
故A错误；
对选项B，因为在中，
即
，
故B正确；
对选项C，因为，，分别表示平行于，，的单位向量，
由平面向量加法可知：为的角平分线表示的向量.
因为，
所以为的平分线，
又因为为的中线，所以，
所以是在的投影向量，
故选项C错误；
对选项D，如图所示：
因为在上，即三点共线，
设，.
又因为，
所以.
因为，
则，.
令，
当时，取得最大值为.
故选项D正确.
故选：BD.
【分析】本题主要考查了平面向量的加法，减法的几何意义，数形结合为解决本题的关键，对于A， 利用平面向量的加减法即可判断A错误 ；对于B，利用平面向量的加减法即可判断B正确；对于C，根据角平分线判断线线垂直，再利用平面向量的投影概念即可判断C错误；对选项D，根据三点共线的相关性质求解即可。
12．【答案】
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：
如图所示，圆台的上底面半径为2cm，下底面半径为3cm，圆合母线长为4cm，
所以圆锥的侧面积等于扇形OAB面积：，
设圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线的长度
所以，
得，即，
又因为，
所以该圆锥的 侧面积为.
故填：
【分析】本题考查了圆锥与圆台的结构特征与应用问题，根据题意画出图形，结合图形求出圆锥的母线长，再计算圆锥的侧面积。
13．【答案】2700
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解： 从高中三个年级中抽取了30人进行问卷调查，分别从高一年级抽取了11人，高二年级抽取了9人，高一年级抽取了10人，
样本比例为，
所以该高中的学生总数为人，
故填：2700.
【分析】本题主要考查按比例分配的分层抽样方法等基础知识，根据分层抽样的定义可解。
14．【答案】
【知识点】基本不等式；余弦定理
【解析】【解答】 的面积 ，
如图，过 作 的平行线，交 于点 .
在 中， ， ， ， .
由余弦定理，得 ，
所以 ，
当且仅当 时， 的最大值为 ，
故 的面积 ，最大为 .
故答案为： .
【分析】 过D作AB的平行线，交AC于点E，在△ADE中，由余弦定理，基本不等式可求bc的最大值，进而根据三角形的面积公式即可求解.
15．【答案】（1）由，，
得，
所以.
（2）因为，
所以，解得．
（3）因为，，
若，
则，
所以，
解得．
【知识点】向量的模；向量加减混合运算；平面向量的基本定理；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【分析】（1）若，则求出的坐标，根据平面向量模的坐标运算求解；
（2）若，则，根据共线向量的坐标表示求解即可；
（3）若，，则，求出的坐标，根据平面向量数量积的坐标运算求解。
16．【答案】（1）根据所有小长方形的面积之和等于1，可得
，
解得．
（2）设平均数为，则
.
所以该企业职工日均运动步数的平均数约为9.08千步．
（3）由图可知：，
所以日均运动步数在的频率为
同理日均运动步数在的频率为，
则位数在内，为，
估计该企业制定的优秀强国运动者达标线是 11千步。
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【分析】（1）本题主要考察频率分布直方图相关知识，根据所有小长方形的面积之和等于1，求解a的值。
（2）平均数的求法为每个小长方形横坐标两端点之和的一半乘纵坐标乘横坐标。
（3）由频率分布直方图数据求解。
17．【答案】（1）（1）
连结，如图：
因为四边形为正方形，且在中，为的中点，为的中点
所以，
又因为平面，平面
所以//平面；
（2）因为为正方形，
所以，
又平面平面，平面面，平面，
所以平面，
所以，
又，
所以是等腰直角三角形，且，
即，
又因为，且，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；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）本题主要考查了平面与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面平行的判断定理的应用，连接，证明，然后证明//平面即可；
（2）证明平面，得到，推出，然后证明平面，即可证明平面平面。
18．【答案】（1）解：因为，
所以在中，由正弦定理得：
，
因为，
所以，
所以，
即，
因为，
所以，
又因为，
所以。
（2）解：因为的面积为，
所以，
即，化为，
因为，由余弦定理得，
即，
解得： ，
所以，
即的周长为8.
【知识点】二倍角的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；解三角形的实际应用
【解析】【分析】
（1）本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，由正弦定理，三角恒等变换可求，综合，可求得；
（2）利用（1）所得角的大小，利用三角形的面积公式求出，再由余弦定理求出，即可求出，从而解出 的周长；
19．【答案】（1）证明：如图，正方体中，
取的中点，连接、．
因为是的中点，
所以为的中位线，
所以且．
因为是的中点，且，，
所以，，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
因为正方体，又为的中点，
所以，
所以．
（2）解：设到平面（即平面）的距离为，直线与平面所成角为，
设正方体棱长为2，则，
由（1）知：，由正方体的性质知平面，
因为平面，
所以，平面，，
所以平面，
因为，
所以平面，
所以利用等体积法得到：
即，
所以，
所以．
【知识点】平行公理；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）本题主要考查证明异面直线的垂直与求线面角，需要熟练应用空间向量，作辅助线，由中位线定理得到，再证明四边形是平行四边形，得到，从而即可得证.
（2）根据题意证明，进而通过线面垂直定理证明平面，利用等体积法判断，求出到即平面的距离，最后在三角形中利用正弦求解的相关性质求解即可。
1 / 1广西南宁市武鸣区锣圩高级中学2023-2024学年高一下学期6月月考数学试题
一、单项选择题 (本题共8小题，每题5分，共40分）
1．（2024高一下·武鸣月考）已知，则（ ）
A． B． C．4 D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则；
故选：A
【分析】本题考查复数的计算，注意复数的计算公式，根据题意，由复数的计算公式可得答案。
2．（2024高一下·武鸣月考）若，，，则向量与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的性质；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：，
而，所以，
所以，因为，
所以.
故答案为：A.
【分析】根据向量模长与数量积的关系以及夹角公式计算即可.
3．（2024高一下·武鸣月考）已知一组数据：125，121，123，125，127，129，125，128，130，129，126，124，125，127，126.则这组数据的第25百分位数和第80百分位数分别是（ ）
A．125 128 B．124 128 C．125 129 D．125 128.5
【答案】D
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：把这15个数据按从小到大排序，可得121，123，124，125，125，125，125，126，126，127，127，128，129，129，130，共有15个，又因为，则这组数据的第25百分位数为125，同理，，则这组数据的第80百分位数为。
故选：D
【分析】本题考查百分位数的应用，先把这组数据按照从小到大重新排列，再把百分位数的定义计算，得出选项。
4．（2024高一下·武鸣月考）甲、乙两人进行射击比赛，分别对同一目标各射击10次，其成绩（环数）如下：
甲的环数 7 7 10 6 10 8 7 9 7 9
乙的环数 7 8 8 9 8 7 7 9 8 9
下列说法正确的是（ ）
A．甲的平均数大于乙的平均数 B．甲的中位数等于乙的中位数
C．甲、乙的众数都是7 D．乙的成绩更稳定
【答案】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：对于A，甲的平均数为；
乙的平均数为；
计算得甲、乙的平均数都是8，故A错误；
对于B，甲从小到大进行排序：6，7，7，7，7，8，9，9，10，10，
乙从小到大进行排序，7，7，7，8，8，8，8，9，9，9，
由题意得：甲的中位数是7.5，而乙的中位数是8，故B错误；
对于C，由图中信息可知，乙中8的个数最多，故乙的众数是8，故C错误；
对于D，甲的方差为，
乙的方差为，
所以乙的方差小，乙的成绩更稳定，故D正确．
故选：D
【分析】本题考查了平均数，中位数，众数，方差的意义。计算甲乙的平均数可对A进行判断；计算甲乙的中位数可对B进行判断；计算甲乙的众数可对C进行判断；计算甲乙的方差可对D进行判断。
5．（2024高一下·武鸣月考）已知m，n表示两条不同直线， 表示平面，下列说法正确的是（ ）
A．若 则
B．若 ， ，则
C．若 ， ，则
D．若 ， ，则
【答案】B
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，B符合题意.
故答案为：B。
【分析】利用已知条件结合线线平行的判断方法、线线垂直的判断方法、线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理，从而求出说法正确的选项。
6．（2024高一下·武鸣月考）已知△ABC中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，若A＝，b＝2acos B，c＝1，则△ABC的面积等于( )
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正弦定理的应用；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由，结合正弦定理可得：
，
即，
所以，
又因为，
所以
即是一个正三角形，
又因为，
所以，
故选：B.
【分析】本题考查了正弦定理的应用，由已知结合正弦定理求得角B，则可判定是一个正三角形，然后由三角形的面积公式得到答案。
7．（2024高一下·武鸣月考）已知向量，，若，则( )
A．-1或2 B．-2或1 C．1或2 D．-1或-2
【答案】A
【知识点】共线（平行）向量；平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为，，且，
所以根据平面向量共线坐标性质计算可得：
，
解得：或，
故选：A.
【分析】本题主要考查平面向量的坐标运算，要求熟练掌握向量平行的坐标公式，直接利用平面向量共线的坐标运算列式求解值。
8．（2024高一下·武鸣月考）在边长为2的正方形中，动点P，Q在线段上，且，则的最小值为（ ）
A．2 B． C．1 D．
【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的综合题
【解析】【解答】解：建立平面直角坐标系如图所示.设，
因为在边长为2的正方形中，动点P，Q在线段上，且，
所以点的坐标为，且，
所以，
利用二次函数相关性质化简得到：
所以当时，有最小值1.
故选：C.
【分析】本题考查平面向量数量积的性质及应用，考查运算求解能力，利用向量积的坐标运算及二次函数的性质可判断。建立平面直角坐标系如图所示.设，则，化简后可求得其最小值.
二、多项选择题 (本题共3小题，每题6分，共18分）
9．（2024高一下·武鸣月考）下列命题正确的是（ ）
A．三点确定一个平面
B．一条直线和直线外一点确定一个平面
C．圆心和圆上两点可确定一个平面
D．梯形可确定一个平面
【答案】B,D
【知识点】平面的概念、画法及表示；平面的基本性质及推论
【解析】【解答】解：对于A， 如果三个点在一条直线上，它们不能确定一个平面，因为无限多个平面可以包含这条直线，故A错误；
对于B， 根据平面的定义，一条直线和直线外的一个点可以唯一确定一个平面。这个点和直线上的任意一点可以确定一个直线，而这条直线与原直线的交点就是平面上的一个点，从而确定了一个平面，故B正确；
对于C，如果圆上两点和圆心共线，不能确定一个平面，故C错误；
对于D，梯形是一个四边形，其对边平行。平行线位于同一平面内，因此梯形的四条边都位于一个平面内，梯形本身也就确定了这个平面，故D正确；
故选：BD.
【分析】本题主要考查平面的基本性质和推论，由不共线的三点确定一个平面可判断A；由直线和直线外一点确定一个平面可判断B；考虑圆心和圆上两点在一条直径上可判断C；考虑梯形的定义可判断D。
10．（2024高一下·武鸣月考）志愿者是一个城市的一道靓丽的风景，他们以自己的行动和热情，为社会做出了积极的贡献，他们是社会进步的推动者，是人类文明的传承者，更是社会和谐的守护者。城市为举办2024年城市马拉松比赛招募了一批志愿者，现从中随机选出200人，并将他们按年龄(单位：岁)进行分组：第1组[15，25)，第2组[25，35)，第3组，第4组，第5组[55，65]，得到如图所示的频率分布直方图.则（ ）
A．a=0.035 B．估计众数为：40
C．估计平均数为：38 D．估计第80百分位数为：
【答案】A,B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；概率的基本性质；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】对于A，，
所以，则，所以A对；
对于B，由频率分布直方图估计出众数为，所以B对；
对于C，由频率分布直方图估计出平均数为
，所以C错；
对于D，因为
，
又因为，所以，设第80百分位数b在区间内，
则，所以，，则估计第80百分位数为，所以D对.
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件结合频率直方图中各小组的矩形的面积等于各小组的频率，再结合频率之和等于1得出a的值，从而判断出选项A；利用频率分步直方图估计众数、平均数、百分位数的方法，从而判断出选项B、选项C和选项D，进而找出正确的选项.
11．（2024高一下·武鸣月考）在中，D，E，F分别是边BC，AC，AB中点，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．若，则是在方向上的投影向量
D．若点P是线段AD上的动点，目，则的最大值为
【答案】B,D
【知识点】向量加减混合运算；平面向量的线性运算；三点共线；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：如图所示：
对选项A，因为，
且
故A错误；
对选项B，因为在中，
即
，
故B正确；
对选项C，因为，，分别表示平行于，，的单位向量，
由平面向量加法可知：为的角平分线表示的向量.
因为，
所以为的平分线，
又因为为的中线，所以，
所以是在的投影向量，
故选项C错误；
对选项D，如图所示：
因为在上，即三点共线，
设，.
又因为，
所以.
因为，
则，.
令，
当时，取得最大值为.
故选项D正确.
故选：BD.
【分析】本题主要考查了平面向量的加法，减法的几何意义，数形结合为解决本题的关键，对于A， 利用平面向量的加减法即可判断A错误 ；对于B，利用平面向量的加减法即可判断B正确；对于C，根据角平分线判断线线垂直，再利用平面向量的投影概念即可判断C错误；对选项D，根据三点共线的相关性质求解即可。
三、填空题 (本题共3小题，每题5分，共15分）
12．（2024高一下·武鸣月考）圆锥被一平面所截得到一个圆台，若圆台的上底面半径为2cm，下底面半径为3cm，圆台母线长为4cm，则该圆锥的侧面积为 cm2.
【答案】
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：
如图所示，圆台的上底面半径为2cm，下底面半径为3cm，圆合母线长为4cm，
所以圆锥的侧面积等于扇形OAB面积：，
设圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线的长度
所以，
得，即，
又因为，
所以该圆锥的 侧面积为.
故填：
【分析】本题考查了圆锥与圆台的结构特征与应用问题，根据题意画出图形，结合图形求出圆锥的母线长，再计算圆锥的侧面积。
13．（2024高一下·武鸣月考）2022年8月16日，航天员的出舱主通道——问天实验舱气闸舱首次亮相.某高中为了解学生对这一新闻的关注度，利用分层抽样的方法从高中三个年级中抽取了30人进行问卷调查，其中高一年级抽取了11人，高二年级抽取了9人，且高三年级共有学生900人，则该高中的学生总数为 人.
【答案】2700
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解： 从高中三个年级中抽取了30人进行问卷调查，分别从高一年级抽取了11人，高二年级抽取了9人，高一年级抽取了10人，
样本比例为，
所以该高中的学生总数为人，
故填：2700.
【分析】本题主要考查按比例分配的分层抽样方法等基础知识，根据分层抽样的定义可解。
14．（2024高一下·武鸣月考）已知 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，点 在边 上，且 ， ， ，则 的面积的最大值为 .
【答案】
【知识点】基本不等式；余弦定理
【解析】【解答】 的面积 ，
如图，过 作 的平行线，交 于点 .
在 中， ， ， ， .
由余弦定理，得 ，
所以 ，
当且仅当 时， 的最大值为 ，
故 的面积 ，最大为 .
故答案为： .
【分析】 过D作AB的平行线，交AC于点E，在△ADE中，由余弦定理，基本不等式可求bc的最大值，进而根据三角形的面积公式即可求解.
四、解答题 (本题共5小题，共77分）
15．（2024高一下·武鸣月考）已知向量．
（1）求；
（2）当时，求的值
（3）当时，求的值
【答案】（1）由，，
得，
所以.
（2）因为，
所以，解得．
（3）因为，，
若，
则，
所以，
解得．
【知识点】向量的模；向量加减混合运算；平面向量的基本定理；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【分析】（1）若，则求出的坐标，根据平面向量模的坐标运算求解；
（2）若，则，根据共线向量的坐标表示求解即可；
（3）若，，则，求出的坐标，根据平面向量数量积的坐标运算求解。
16．（2024高一下·武鸣月考）全民健身，强国有我，某企业为增强广大职工的身体素质和健康水平，组织全体职工开启了“学习强国”平台的强国运动项目，为了解他们的具体运动情况，企业工会从该企业全体职工中随机抽取了100名，统计他们的日均运动步数，并得到如下频率分布直方图：
（1）求直方图中a的值；
（2）估计该企业职工日均运动步数的平均数；（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）
（3）若该企业恰好有的职工的日均运动步数达到了企业制定的优秀强国运动者达标线，试估计该企业制定的优秀强国运动者达标线是多少？
【答案】（1）根据所有小长方形的面积之和等于1，可得
，
解得．
（2）设平均数为，则
.
所以该企业职工日均运动步数的平均数约为9.08千步．
（3）由图可知：，
所以日均运动步数在的频率为
同理日均运动步数在的频率为，
则位数在内，为，
估计该企业制定的优秀强国运动者达标线是 11千步。
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【分析】（1）本题主要考察频率分布直方图相关知识，根据所有小长方形的面积之和等于1，求解a的值。
（2）平均数的求法为每个小长方形横坐标两端点之和的一半乘纵坐标乘横坐标。
（3）由频率分布直方图数据求解。
17．（2024高一下·武鸣月考）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧面底面，且，设，分别为，的中点.
（1）求证：//平面；
（2）求证：平面平面.
【答案】（1）（1）
连结，如图：
因为四边形为正方形，且在中，为的中点，为的中点
所以，
又因为平面，平面
所以//平面；
（2）因为为正方形，
所以，
又平面平面，平面面，平面，
所以平面，
所以，
又，
所以是等腰直角三角形，且，
即，
又因为，且，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；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）本题主要考查了平面与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面平行的判断定理的应用，连接，证明，然后证明//平面即可；
（2）证明平面，得到，推出，然后证明平面，即可证明平面平面。
18．（2024高一下·武鸣月考）已知的内角、、所对的边分别为、、，.
（1）求角的大小；
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）解：因为，
所以在中，由正弦定理得：
，
因为，
所以，
所以，
即，
因为，
所以，
又因为，
所以。
（2）解：因为的面积为，
所以，
即，化为，
因为，由余弦定理得，
即，
解得： ，
所以，
即的周长为8.
【知识点】二倍角的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；解三角形的实际应用
【解析】【分析】
（1）本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，由正弦定理，三角恒等变换可求，综合，可求得；
（2）利用（1）所得角的大小，利用三角形的面积公式求出，再由余弦定理求出，即可求出，从而解出 的周长；
19．（2024高一下·武鸣月考）如图，已知正方体中，分别是和的中点．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：如图，正方体中，
取的中点，连接、．
因为是的中点，
所以为的中位线，
所以且．
因为是的中点，且，，
所以，，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
因为正方体，又为的中点，
所以，
所以．
（2）解：设到平面（即平面）的距离为，直线与平面所成角为，
设正方体棱长为2，则，
由（1）知：，由正方体的性质知平面，
因为平面，
所以，平面，，
所以平面，
因为，
所以平面，
所以利用等体积法得到：
即，
所以，
所以．
【知识点】平行公理；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）本题主要考查证明异面直线的垂直与求线面角，需要熟练应用空间向量，作辅助线，由中位线定理得到，再证明四边形是平行四边形，得到，从而即可得证.
（2）根据题意证明，进而通过线面垂直定理证明平面，利用等体积法判断，求出到即平面的距离，最后在三角形中利用正弦求解的相关性质求解即可。
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