湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷
1．（2024高一下·长沙期末）已知复数，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·长沙期末）有一组互不相等的样本数据，平均数为.若随机剔除其中一个数据，得到一组新数据，记为，平均数为，则下列说法错误的是（ ）
A．新数据的极差可能等于原数据的极差
B．新数据的中位数不可能等于原数据的中位数
C．若，则新数据的方差一定大于原数据方差
D．若，则新数据的分位数一定大于原数据的分位数
3．（2024高一下·长沙期末）设的内角A、B、C所对边分别为a，b，c，若，且不等式的解集为，则
A． B． C．或 D．
4．（2024高一下·长沙期末）在侧棱长为的正三棱锥中，，过作截面，则截面的最小周长为（ ）
A． B．4 C．6 D．10
5．（2024高一下·长沙期末）设，是非零向量，则“存在实数，使得”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
6．（2024高一下·长沙期末）如图，在直三棱柱中，，AC⊥BC，点D是AB的中点，则直线和平面所成角的正切值为( )
A． B． C． D．
7．（2024高一下·长沙期末）在正方体中边长为2，点是上底面内一动点，若三棱锥的外接球表面积恰为，则此时点构成的图形面积为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·长沙期末）已知平面向量.若对区间内的三个任意的实数，都有，则向量与夹角的最大值的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·长沙期末）一个正八面体的八个面上分别标以数字1到8，将其随机拋掷两次，记与地面接触面上的数字依次为，事件“”，事件“”，事件“”，则（ ）
A． B． C．互斥 D．独立
10．（2024高一下·长沙期末）已知函数的图象在区间上有且仅有三个对称中心，则（ ）
A．的取值范围是
B．的图象在区间上有2条或3条对称轴
C．在区间上的最大值不可能为3
D．在区间上为增函数
11．（2024高一下·长沙期末）如图，已知正方体的棱长为，分别为棱上的点，，则（ ）
A．
B．平面经过棱的中点
C．平面截该正方体，截面面积的最大值为
D．点到平面距离的最大值为
12．（2024高一下·长沙期末）如图，函数的图象与坐标轴交于点A，B，C，直线交的图象于点D，O(坐标原点)为的重心(三条边中线的交点)，其中，则的面积为 .
13．（2024高一下·长沙期末）厦门一中为提升学校食堂的服务水平，组织全校师生对学校食堂满意度进行评分，按照分层抽样方法，抽取200位师生的评分（满分100分）作为样本，在这200个样本中，所有学生评分样本的平均数为，方差为，所有教师评分样本的半均数为，方差为，总样本的平均数为，方差为，若，抽取的学生样本多于教师样本，则总样本中学生样本的个数至少为 ．
14．（2024高一下·长沙期末）正四棱锥的外接球半径为，内切球半径为，则的最小值为 ．
15．（2024高一下·长沙期末）在四棱锥中，平面平面为棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
16．（2024高一下·长沙期末）在中，角，，的对边分别为，，，且满足.
（1）求的大小；
（2）若的面积为，且，当线段的长最短时，求的长.
17．（2024高一下·长沙期末）袋中装有除颜色外完全相同的黑球和白球共7个，其中白球3个，现有甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时终止.每个球在每一次被取出的机会是等可能的.
（1）求取球2次即终止的概率；
（2）求甲取到白球的概率.
18．（2024高一下·长沙期末）如图，已知四边形为菱形，四边形为平行四边形，且，.
（1）证明：直线平面；
（2）设平面平面，且二面角的平面角为，， 设为线段的中点，求与平面所成角的正弦值.
19．（2024高一下·长沙期末）点是直线外一点，点在直线上（点与两点均不重合），我们称如下操作为“由点对施以视角运算”：若点在线段上，记；若点在线段外，记.
（1）若在正方体的棱的延长线上，且，由对施以视角运算，求的值；
（2）若在正方体的棱上，且，由对施以视角运算，得到，求的值；
（3）若是的边的等分点，由对施以视角运算，证明：.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以．
故选：A．
【分析】根据共轭复数（对于复数，则共轭复数为）和除法法则(需要将除法转换为乘法，通过乘以被除数的共轭复数来实现)进行计算，得到答案.
2．【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：不妨设原数据，新数据..，
A：例如原数据为，新数据为，此时极差均为，故A正确；
B：原数据中位数为，新数据中位数为，可知或，
若，可得；若，可得；
综上所述：新数据的中位数不可能等于原数据的中位数，故B正确；
C：若，可知去掉的数据为，则，
可得，所以新数据的方差一定大于原数据方差，故C正确；
D：若，可知去掉的数据为，因为，可知原数据的分位数为第3位数，，可知新数据的分位数为第2位数与第3位数的平均数，
例如原数据为，新数据为，此时新数据的分位数 原数据的分位数均为3，故D错误，
故选：D.
【分析】根据题意，由数据极差(极差是一组数据中的最大数据与最小数据的差)、中位数(中位数 的计算方法是将数据排序后，位于中间位置的数值；如果数据个数是奇数，则中位数是正中间的那个数；如果是偶数，则中位数是中间两个数的平均值 )、方差和百分位数的计算公式逐项分析即可.
3．【答案】A
【知识点】解三角形
【解析】【解答】解：因为不等式
即，解此不等式可得，
所以，，，
因为由正弦定理可得，所以，，
因为，所以，
可得是锐角，所以，
故选：A．
【分析】先利用一元二次不等式的解法先解出不等式，得出和的值，再利用正弦定理（其中为三角形外接圆的半径）得出的值，结合大边对大角定理，可求出的值．本题主要考查了一元二次不等式的解法及正弦定理的应用，属于基础题．正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.
4．【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征；解三角形
【解析】【解答】解：如图三棱锥以及侧面展开图，要求截面的周长最小，
连接交、于点、，则侧面展开图中线段的长度即为截面的最小周长，
因为侧棱长为的正三棱锥，，
所以，
由余弦定理可得
，
，所以截面的最小周长为.
故选：C.
【分析】作出三棱锥的侧面展开图，连接交、于点、，则侧面展开图中线段的长度即为截面的最小周长，利用余弦定理（三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍，即）计算可得.
5．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：若“”，则平方得，
即，即，
则，即，即，同向共线，则存在实数使得 ；
反之当时，存在，满足，但“”不成立，
即“存在实数使得 ”是“”的必要不充分条件.
故选：B．
【分析】根据向量数量积的应用，结合充分条件和必要条件的定义（充分条件是指如果一个命题A成立，那么另一个命题B也一定成立；必要条件是指如果一个命题B为真，那么另一个命题A也一定成立）进行判断即可．
6．【答案】D
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：由题意，以C为坐标原点，以CA，CB，为，，轴建立空间坐标系，如下图所示：
令，则，，，，
故，，
设为平面的一个法向量，则，即
令，则，，从而，
设直线和平面所成角为，
则，
故，从而.
故选：D.
【分析】结合已知条件建立空间直角坐标系，设，列出点坐标，以及相关向量的坐标，利用向量法求出平面的法向量，利用线面夹角的向量公式求解即可得出答案.
7．【答案】A
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：如下图所示，
设三棱锥的外接球为球，分别取、的中点未、，则球心在线段上，
因为正方体的棱长为2，因为的外接圆半径为，
设球的半径为，则，解得．
则，，所以，
因为点在上底面所形成的轨迹是以为圆心的圆，
而且，所以，，
所以，点所构成的图形的面积为．
故选：．
【分析】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识，比如寻找几何体中元素间的关系，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.
8．【答案】A
【知识点】向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：设.
如图，不妨设.
设为AB的中点，为OC的中点，为BD的中点，为AD的中点.
则.
，点在平行四边形内(含边界).
由题知恒成立.
为了使最大，则思考为钝角，即思考点在第一或第四象限.
思考临界值即与重合，与重合，且GM不能充当直角三角形斜边，否则可以改变的位置，使得
所以，即
即，即.
所以.
所以
所以向量与夹角的最大值的余弦值为
故选：A.
【分析】建立直角坐标系，设出相关向量，根据中点坐标公式写出点、的坐标，利用已知条件转化出所在的位置，寻求临界值.
9．【答案】A,B,D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式；事件的混合运算
【解析】【解答】解：“且”，
事件的基本事件有，
共个，
所以，故A正确；
“且”“且”，
所以，故B正确；
对于C，当且时，事件同时发生，
所以不互斥，故C错误；
对于D，，
而“且”，则，
所以，所以独立，故D正确.
故选：ABD.
【分析】根据事件的运算及包含关系(，表明 合A中的所有元素也都是集合B的元素
)即可判断AB；根据互斥事件的定义（ 互斥事件指的是两个事件不可能同时发生）即可判断C；根据相互独立事件概率的乘法公式（A与B相互独立）即可判断D.
10．【答案】B,D
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：，
令，得，
由结合，得，
依题意有且只有三个整数值，所以，得，故A不正确；
令，得，
由结合，得，
当时，，此时或，函数的图象在区间上有2条对称轴，为，，
当时，，此时或或，函数的图象在区间上有2条对称轴，为，，，
所以的图象在区间上有2条或3条对称轴，故B正确；
当时，，
因为，所以，所以当，即时，取得最大值，故C不正确；
由，得，因为，所以，
因为，所以在区间上为增函数，故D正确.
故选：BD
【分析】根据二倍角的余弦公式和两角差的正弦公式化简得，令，求出其对称中心的横坐标，由及有且只有三个整数值，可得的取值范围，故可判断A不正确；令，求出其对称轴，结合的范围分析可知B正确；利用得，由的范围分析可得C不正确；根据正弦函数的单调性可得D正确.
11．【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征
【解析】【解答】解：
记为的中点，棱的中点，
取线段上的点使得，正方体的中心为.
则根据对称性，和，和，和分别关于点对称.
从而在平面内，而，故，
从而在平面内.
由于前面的对称性，及在平面内，
知平面截该正方体的截面就是中心为的六边形，
从而一定在平面内，至此我们得到选项B正确.
前面已经证明，同理有，故.
由于，故，
同时显然有.
从而，.
由于，，
故四边形和都是等腰梯形，从而，.
这表明线段和互相平分且长度相等，所以四边形是矩形，故，至此我们得到选项A正确.
由于四边形和都是等腰梯形，且上底均为，下底均为，
腰长均为，故它们的高都等于.
所以它们的面积都等于.
故截面的面积.
当时，，至此我们得到选项C错误.
由于，且在平面内，
故点到平面的距离不超过.
而当时，分别是各自所在棱的中点，从而.
而，这表明点和点到三点的距离两两相等.
故点和点在平面的投影同样满足到三点的距离两两相等，
从而点和点在平面的投影都是的外心，
所以由点和点的投影是同一点，知垂直于平面.
从而由在平面内，知点到平面的距离就是的长，即.
所以，点到平面的距离的最大值是，至此我们得到选项D正确.
故选：ABD.
【分析】记为的中点，取线段上的点使得，正方体的中心为，g根据正方体的几何性质可得平面截该正方体的截面就是中心为的六边形，之后根据正方体的对称性和勾股定理（ 直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方），逐个选项验证即可.
12．【答案】
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：因为O为的重心，且，可得，
解得，所以，
所以，所以，故，解得，
可得，
由，即，可得，
解得，又由，所以，
所以，
于是，
故的面积为.
故答案为：.
【分析】根据三角函数的图象和三角形重心性质以及三角函数的周期公式，求得函数的解析式，得到，结合三角形的面积公式，即可求解.
13．【答案】160
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：假设在样本中，学生、教师的人数分别为，
记样本中所有学生的评分为，所有教师的评分为，
由得，
所以
，
所以，即，
令，则，，
即，解得或，
因为且，得，所以.
所以总样本中学生样本的个数至少为160.
故答案为：160.
【分析】假设在样本中，学生、教师的人数分别为，利用平均数公式可得出，利用方差公式（ 方差 = 各个数据与其算术平均数的离差平方和的平均数，即）结合已知条件可得出，令得，由判别式结合已知条件可求得的取值范围，从而可得答案.
14．【答案】
【知识点】基本不等式；球内接多面体
【解析】【解答】解：如图，
设正四棱锥底面边长为，高为，底面的中心为，连接，
则，，，
设外接球球心为，内切球球心为，则，在上，
因为，所以，
在中，，化简得，
因为，所以，
则，
令，得，
令，可得，
令，得，（当且仅当，即时取等号），
所以的最小值为.
故答案为：.
【分析】设出底面边长和高，结合正四棱锥外接球与内切球性质用底面边长及高表示出外接球半径与内切球半径，作商，多次换元后结合基本不等式即可得解.
15．【答案】（1）证明：取的中点，连接，则且，
又且，所以且，
故四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）解：由，得，所以，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，又平面，所以.
由，得，
所以，，
得，则，所以.
又，
设到平面的距离为，直线与平面的所成角为，
则，所以，解得，
所以，
即直线与平面的所成角的正弦值为.
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）如图，利用平行四边形的判断方法（ 如果两组对边分别平行，则这个四边形是平行四边形）证明四边形为平行四边形，则，结合线面平行的判定定理（ 如果平面外的一条直线与平面内的一条直线平行，那么这条直线与这个平面平行）即可证明；
（2）根据勾股定理的逆定理（ 如果三角形两条边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形就是直角三角形）可得，利用面面、线面垂直的性质可得，设到平面的距离为，直线与平面的所成角为，结合等体积法和三棱锥的体积公式计算可得，即可求解.
（1）取的中点，连接，则且，
又且，所以且，
故四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）由，得，所以，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，又平面，所以.
由，得，
所以，，
得，则，所以.
又，
设到平面的距离为，直线与平面的所成角为，
则，所以，解得，
所以，
即直线与平面的所成角的正弦值为.
16．【答案】（1）解：因为，
由正弦定理可得，
又，
所以，
所以，又，所以，
所以，即，又，
所以；
（2）解：因为的面积为，即，
即，则，，
因为，所以，
在中，
即，当且仅当，即，时取等号，
所以，即的最小值为，此时，，
则，
所以，即.
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式求出，即可得解；
（2）由面积公式求出，在中利用余弦定理（ 三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍 ，即）及基本不等式求出的最小值，求出此时、的值，再由余弦定理计算可得.
（1）因为，
由正弦定理可得，
又，
所以，
所以，又，所以，
所以，即，又，
所以；
（2）因为的面积为，即，
即，则，，
因为，所以，
在中，
即，当且仅当，即，时取等号，
所以，即的最小值为，此时，，
则，
所以，即.
17．【答案】解：（1）设事件A为“取球2次即终止”.即甲第一次取到的是黑球而乙取到的是白球，借助树状图求出相应事件的样本点数：因此，.
（2）设事件B为“甲取到白球”，“第i次取到白球”为事件，因为甲先取，所以甲只可能在第1次，第3次和第5次取到白球.借助树状图求出相应事件的样本点数：
所以
.
【知识点】互斥事件的概率加法公式
【解析】【分析】（1）用字母表示出相关事件，第二次终止即：第一次摸到黑球第二次摸到白球，借助树状图求出相应事件的样本点数即可求解.
（2）用字母表示出相关事件，根据规则，甲取到白球必须可能是第1，3，5次出现白球，且在摸到白球之前乙摸到黑球，利用互斥事件的加法公式（若A与B互斥，则）和树状图求解.
18．【答案】（1）证明：设，连接，
四边形为菱形，则，
又，易得，
所以，则，
又，平面，
所以直线平面；
（2）解：过点作于点，过点作于点，连接，过点作于点，连接，
由（1）易证，，，则为二面角的平面角，
在直角中，，又，可得，
设，则，
直角中，，可得，
为线段的中点，则到平面的距离，又，
设直线与平面所成角为，，
直线与平面所成角的正弦值为.
【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；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】(1)利用菱形和全等三角形证明出，再利用线面垂直的判定定理（ 如果一条直线与平面内两条相交直线都垂直，那么这条直线与这个平面垂直）即可求解.
(2)先证明出，，得到为二面角的平面角，在直角三角形中求得，根据为线段的中点，求到平面的距离，从而求解出与平面所成角的正弦值.
（1）设，连接，
四边形为菱形，则，
又，易得，
所以，则，
又，平面，
所以直线平面；
（2）过点作于点，过点作于点，连接，过点作于点，连接，
由（1）易证，，，则为二面角的平面角，
在直角中，，又，可得，
设，则，
直角中，，可得，
为线段的中点，则到平面的距离，又，
设直线与平面所成角为，，
直线与平面所成角的正弦值为.
19．【答案】（1）解：如图1，
因为，所以.
由正方体的定义可知，则，
故，
.
因为，
所以，
则
（2）解：如图2，设，
则.
因为，
所以，
则，解得，
故.
（3）证明：如图3，
因为是的等分点，所以
.
在中，由正弦定理可得，
则.
在中，同理可得.
因为，所以，
则.
同理可得.
故
【知识点】任意角三角函数的定义；解三角形
【解析】【分析】（1）根据锐角三角函数的定义（在直角三角形中，正弦定义为对边与斜边的比，余弦定义为邻边与斜边的比，正切定义为对边与邻边的比），结合和差角公式可得，即可代入公式求解，
（2）根据的计算公式，代入即可求解，
（3）由正弦定理可得，即可结合对施以视角运算，即可求证.
（1）如图1，
因为，所以.
由正方体的定义可知，则，
故，
.
因为，
所以，
则.
（2）如图2，设，
则.
因为，
所以，
则，解得，
故.
（3）证明：如图3，
因为是的等分点，所以
.
在中，由正弦定理可得，
则.
在中，同理可得.
因为，所以，
则.
同理可得.
故
1 / 1湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷
1．（2024高一下·长沙期末）已知复数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以．
故选：A．
【分析】根据共轭复数（对于复数，则共轭复数为）和除法法则(需要将除法转换为乘法，通过乘以被除数的共轭复数来实现)进行计算，得到答案.
2．（2024高一下·长沙期末）有一组互不相等的样本数据，平均数为.若随机剔除其中一个数据，得到一组新数据，记为，平均数为，则下列说法错误的是（ ）
A．新数据的极差可能等于原数据的极差
B．新数据的中位数不可能等于原数据的中位数
C．若，则新数据的方差一定大于原数据方差
D．若，则新数据的分位数一定大于原数据的分位数
【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：不妨设原数据，新数据..，
A：例如原数据为，新数据为，此时极差均为，故A正确；
B：原数据中位数为，新数据中位数为，可知或，
若，可得；若，可得；
综上所述：新数据的中位数不可能等于原数据的中位数，故B正确；
C：若，可知去掉的数据为，则，
可得，所以新数据的方差一定大于原数据方差，故C正确；
D：若，可知去掉的数据为，因为，可知原数据的分位数为第3位数，，可知新数据的分位数为第2位数与第3位数的平均数，
例如原数据为，新数据为，此时新数据的分位数 原数据的分位数均为3，故D错误，
故选：D.
【分析】根据题意，由数据极差(极差是一组数据中的最大数据与最小数据的差)、中位数(中位数 的计算方法是将数据排序后，位于中间位置的数值；如果数据个数是奇数，则中位数是正中间的那个数；如果是偶数，则中位数是中间两个数的平均值 )、方差和百分位数的计算公式逐项分析即可.
3．（2024高一下·长沙期末）设的内角A、B、C所对边分别为a，b，c，若，且不等式的解集为，则
A． B． C．或 D．
【答案】A
【知识点】解三角形
【解析】【解答】解：因为不等式
即，解此不等式可得，
所以，，，
因为由正弦定理可得，所以，，
因为，所以，
可得是锐角，所以，
故选：A．
【分析】先利用一元二次不等式的解法先解出不等式，得出和的值，再利用正弦定理（其中为三角形外接圆的半径）得出的值，结合大边对大角定理，可求出的值．本题主要考查了一元二次不等式的解法及正弦定理的应用，属于基础题．正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.
4．（2024高一下·长沙期末）在侧棱长为的正三棱锥中，，过作截面，则截面的最小周长为（ ）
A． B．4 C．6 D．10
【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征；解三角形
【解析】【解答】解：如图三棱锥以及侧面展开图，要求截面的周长最小，
连接交、于点、，则侧面展开图中线段的长度即为截面的最小周长，
因为侧棱长为的正三棱锥，，
所以，
由余弦定理可得
，
，所以截面的最小周长为.
故选：C.
【分析】作出三棱锥的侧面展开图，连接交、于点、，则侧面展开图中线段的长度即为截面的最小周长，利用余弦定理（三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍，即）计算可得.
5．（2024高一下·长沙期末）设，是非零向量，则“存在实数，使得”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：若“”，则平方得，
即，即，
则，即，即，同向共线，则存在实数使得 ；
反之当时，存在，满足，但“”不成立，
即“存在实数使得 ”是“”的必要不充分条件.
故选：B．
【分析】根据向量数量积的应用，结合充分条件和必要条件的定义（充分条件是指如果一个命题A成立，那么另一个命题B也一定成立；必要条件是指如果一个命题B为真，那么另一个命题A也一定成立）进行判断即可．
6．（2024高一下·长沙期末）如图，在直三棱柱中，，AC⊥BC，点D是AB的中点，则直线和平面所成角的正切值为( )
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：由题意，以C为坐标原点，以CA，CB，为，，轴建立空间坐标系，如下图所示：
令，则，，，，
故，，
设为平面的一个法向量，则，即
令，则，，从而，
设直线和平面所成角为，
则，
故，从而.
故选：D.
【分析】结合已知条件建立空间直角坐标系，设，列出点坐标，以及相关向量的坐标，利用向量法求出平面的法向量，利用线面夹角的向量公式求解即可得出答案.
7．（2024高一下·长沙期末）在正方体中边长为2，点是上底面内一动点，若三棱锥的外接球表面积恰为，则此时点构成的图形面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：如下图所示，
设三棱锥的外接球为球，分别取、的中点未、，则球心在线段上，
因为正方体的棱长为2，因为的外接圆半径为，
设球的半径为，则，解得．
则，，所以，
因为点在上底面所形成的轨迹是以为圆心的圆，
而且，所以，，
所以，点所构成的图形的面积为．
故选：．
【分析】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识，比如寻找几何体中元素间的关系，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.
8．（2024高一下·长沙期末）已知平面向量.若对区间内的三个任意的实数，都有，则向量与夹角的最大值的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：设.
如图，不妨设.
设为AB的中点，为OC的中点，为BD的中点，为AD的中点.
则.
，点在平行四边形内(含边界).
由题知恒成立.
为了使最大，则思考为钝角，即思考点在第一或第四象限.
思考临界值即与重合，与重合，且GM不能充当直角三角形斜边，否则可以改变的位置，使得
所以，即
即，即.
所以.
所以
所以向量与夹角的最大值的余弦值为
故选：A.
【分析】建立直角坐标系，设出相关向量，根据中点坐标公式写出点、的坐标，利用已知条件转化出所在的位置，寻求临界值.
9．（2024高一下·长沙期末）一个正八面体的八个面上分别标以数字1到8，将其随机拋掷两次，记与地面接触面上的数字依次为，事件“”，事件“”，事件“”，则（ ）
A． B． C．互斥 D．独立
【答案】A,B,D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式；事件的混合运算
【解析】【解答】解：“且”，
事件的基本事件有，
共个，
所以，故A正确；
“且”“且”，
所以，故B正确；
对于C，当且时，事件同时发生，
所以不互斥，故C错误；
对于D，，
而“且”，则，
所以，所以独立，故D正确.
故选：ABD.
【分析】根据事件的运算及包含关系(，表明 合A中的所有元素也都是集合B的元素
)即可判断AB；根据互斥事件的定义（ 互斥事件指的是两个事件不可能同时发生）即可判断C；根据相互独立事件概率的乘法公式（A与B相互独立）即可判断D.
10．（2024高一下·长沙期末）已知函数的图象在区间上有且仅有三个对称中心，则（ ）
A．的取值范围是
B．的图象在区间上有2条或3条对称轴
C．在区间上的最大值不可能为3
D．在区间上为增函数
【答案】B,D
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：，
令，得，
由结合，得，
依题意有且只有三个整数值，所以，得，故A不正确；
令，得，
由结合，得，
当时，，此时或，函数的图象在区间上有2条对称轴，为，，
当时，，此时或或，函数的图象在区间上有2条对称轴，为，，，
所以的图象在区间上有2条或3条对称轴，故B正确；
当时，，
因为，所以，所以当，即时，取得最大值，故C不正确；
由，得，因为，所以，
因为，所以在区间上为增函数，故D正确.
故选：BD
【分析】根据二倍角的余弦公式和两角差的正弦公式化简得，令，求出其对称中心的横坐标，由及有且只有三个整数值，可得的取值范围，故可判断A不正确；令，求出其对称轴，结合的范围分析可知B正确；利用得，由的范围分析可得C不正确；根据正弦函数的单调性可得D正确.
11．（2024高一下·长沙期末）如图，已知正方体的棱长为，分别为棱上的点，，则（ ）
A．
B．平面经过棱的中点
C．平面截该正方体，截面面积的最大值为
D．点到平面距离的最大值为
【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征
【解析】【解答】解：
记为的中点，棱的中点，
取线段上的点使得，正方体的中心为.
则根据对称性，和，和，和分别关于点对称.
从而在平面内，而，故，
从而在平面内.
由于前面的对称性，及在平面内，
知平面截该正方体的截面就是中心为的六边形，
从而一定在平面内，至此我们得到选项B正确.
前面已经证明，同理有，故.
由于，故，
同时显然有.
从而，.
由于，，
故四边形和都是等腰梯形，从而，.
这表明线段和互相平分且长度相等，所以四边形是矩形，故，至此我们得到选项A正确.
由于四边形和都是等腰梯形，且上底均为，下底均为，
腰长均为，故它们的高都等于.
所以它们的面积都等于.
故截面的面积.
当时，，至此我们得到选项C错误.
由于，且在平面内，
故点到平面的距离不超过.
而当时，分别是各自所在棱的中点，从而.
而，这表明点和点到三点的距离两两相等.
故点和点在平面的投影同样满足到三点的距离两两相等，
从而点和点在平面的投影都是的外心，
所以由点和点的投影是同一点，知垂直于平面.
从而由在平面内，知点到平面的距离就是的长，即.
所以，点到平面的距离的最大值是，至此我们得到选项D正确.
故选：ABD.
【分析】记为的中点，取线段上的点使得，正方体的中心为，g根据正方体的几何性质可得平面截该正方体的截面就是中心为的六边形，之后根据正方体的对称性和勾股定理（ 直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方），逐个选项验证即可.
12．（2024高一下·长沙期末）如图，函数的图象与坐标轴交于点A，B，C，直线交的图象于点D，O(坐标原点)为的重心(三条边中线的交点)，其中，则的面积为 .
【答案】
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：因为O为的重心，且，可得，
解得，所以，
所以，所以，故，解得，
可得，
由，即，可得，
解得，又由，所以，
所以，
于是，
故的面积为.
故答案为：.
【分析】根据三角函数的图象和三角形重心性质以及三角函数的周期公式，求得函数的解析式，得到，结合三角形的面积公式，即可求解.
13．（2024高一下·长沙期末）厦门一中为提升学校食堂的服务水平，组织全校师生对学校食堂满意度进行评分，按照分层抽样方法，抽取200位师生的评分（满分100分）作为样本，在这200个样本中，所有学生评分样本的平均数为，方差为，所有教师评分样本的半均数为，方差为，总样本的平均数为，方差为，若，抽取的学生样本多于教师样本，则总样本中学生样本的个数至少为 ．
【答案】160
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：假设在样本中，学生、教师的人数分别为，
记样本中所有学生的评分为，所有教师的评分为，
由得，
所以
，
所以，即，
令，则，，
即，解得或，
因为且，得，所以.
所以总样本中学生样本的个数至少为160.
故答案为：160.
【分析】假设在样本中，学生、教师的人数分别为，利用平均数公式可得出，利用方差公式（ 方差 = 各个数据与其算术平均数的离差平方和的平均数，即）结合已知条件可得出，令得，由判别式结合已知条件可求得的取值范围，从而可得答案.
14．（2024高一下·长沙期末）正四棱锥的外接球半径为，内切球半径为，则的最小值为 ．
【答案】
【知识点】基本不等式；球内接多面体
【解析】【解答】解：如图，
设正四棱锥底面边长为，高为，底面的中心为，连接，
则，，，
设外接球球心为，内切球球心为，则，在上，
因为，所以，
在中，，化简得，
因为，所以，
则，
令，得，
令，可得，
令，得，（当且仅当，即时取等号），
所以的最小值为.
故答案为：.
【分析】设出底面边长和高，结合正四棱锥外接球与内切球性质用底面边长及高表示出外接球半径与内切球半径，作商，多次换元后结合基本不等式即可得解.
15．（2024高一下·长沙期末）在四棱锥中，平面平面为棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：取的中点，连接，则且，
又且，所以且，
故四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）解：由，得，所以，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，又平面，所以.
由，得，
所以，，
得，则，所以.
又，
设到平面的距离为，直线与平面的所成角为，
则，所以，解得，
所以，
即直线与平面的所成角的正弦值为.
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）如图，利用平行四边形的判断方法（ 如果两组对边分别平行，则这个四边形是平行四边形）证明四边形为平行四边形，则，结合线面平行的判定定理（ 如果平面外的一条直线与平面内的一条直线平行，那么这条直线与这个平面平行）即可证明；
（2）根据勾股定理的逆定理（ 如果三角形两条边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形就是直角三角形）可得，利用面面、线面垂直的性质可得，设到平面的距离为，直线与平面的所成角为，结合等体积法和三棱锥的体积公式计算可得，即可求解.
（1）取的中点，连接，则且，
又且，所以且，
故四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）由，得，所以，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，又平面，所以.
由，得，
所以，，
得，则，所以.
又，
设到平面的距离为，直线与平面的所成角为，
则，所以，解得，
所以，
即直线与平面的所成角的正弦值为.
16．（2024高一下·长沙期末）在中，角，，的对边分别为，，，且满足.
（1）求的大小；
（2）若的面积为，且，当线段的长最短时，求的长.
【答案】（1）解：因为，
由正弦定理可得，
又，
所以，
所以，又，所以，
所以，即，又，
所以；
（2）解：因为的面积为，即，
即，则，，
因为，所以，
在中，
即，当且仅当，即，时取等号，
所以，即的最小值为，此时，，
则，
所以，即.
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式求出，即可得解；
（2）由面积公式求出，在中利用余弦定理（ 三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍 ，即）及基本不等式求出的最小值，求出此时、的值，再由余弦定理计算可得.
（1）因为，
由正弦定理可得，
又，
所以，
所以，又，所以，
所以，即，又，
所以；
（2）因为的面积为，即，
即，则，，
因为，所以，
在中，
即，当且仅当，即，时取等号，
所以，即的最小值为，此时，，
则，
所以，即.
17．（2024高一下·长沙期末）袋中装有除颜色外完全相同的黑球和白球共7个，其中白球3个，现有甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时终止.每个球在每一次被取出的机会是等可能的.
（1）求取球2次即终止的概率；
（2）求甲取到白球的概率.
【答案】解：（1）设事件A为“取球2次即终止”.即甲第一次取到的是黑球而乙取到的是白球，借助树状图求出相应事件的样本点数：因此，.
（2）设事件B为“甲取到白球”，“第i次取到白球”为事件，因为甲先取，所以甲只可能在第1次，第3次和第5次取到白球.借助树状图求出相应事件的样本点数：
所以
.
【知识点】互斥事件的概率加法公式
【解析】【分析】（1）用字母表示出相关事件，第二次终止即：第一次摸到黑球第二次摸到白球，借助树状图求出相应事件的样本点数即可求解.
（2）用字母表示出相关事件，根据规则，甲取到白球必须可能是第1，3，5次出现白球，且在摸到白球之前乙摸到黑球，利用互斥事件的加法公式（若A与B互斥，则）和树状图求解.
18．（2024高一下·长沙期末）如图，已知四边形为菱形，四边形为平行四边形，且，.
（1）证明：直线平面；
（2）设平面平面，且二面角的平面角为，， 设为线段的中点，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：设，连接，
四边形为菱形，则，
又，易得，
所以，则，
又，平面，
所以直线平面；
（2）解：过点作于点，过点作于点，连接，过点作于点，连接，
由（1）易证，，，则为二面角的平面角，
在直角中，，又，可得，
设，则，
直角中，，可得，
为线段的中点，则到平面的距离，又，
设直线与平面所成角为，，
直线与平面所成角的正弦值为.
【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；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】(1)利用菱形和全等三角形证明出，再利用线面垂直的判定定理（ 如果一条直线与平面内两条相交直线都垂直，那么这条直线与这个平面垂直）即可求解.
(2)先证明出，，得到为二面角的平面角，在直角三角形中求得，根据为线段的中点，求到平面的距离，从而求解出与平面所成角的正弦值.
（1）设，连接，
四边形为菱形，则，
又，易得，
所以，则，
又，平面，
所以直线平面；
（2）过点作于点，过点作于点，连接，过点作于点，连接，
由（1）易证，，，则为二面角的平面角，
在直角中，，又，可得，
设，则，
直角中，，可得，
为线段的中点，则到平面的距离，又，
设直线与平面所成角为，，
直线与平面所成角的正弦值为.
19．（2024高一下·长沙期末）点是直线外一点，点在直线上（点与两点均不重合），我们称如下操作为“由点对施以视角运算”：若点在线段上，记；若点在线段外，记.
（1）若在正方体的棱的延长线上，且，由对施以视角运算，求的值；
（2）若在正方体的棱上，且，由对施以视角运算，得到，求的值；
（3）若是的边的等分点，由对施以视角运算，证明：.
【答案】（1）解：如图1，
因为，所以.
由正方体的定义可知，则，
故，
.
因为，
所以，
则
（2）解：如图2，设，
则.
因为，
所以，
则，解得，
故.
（3）证明：如图3，
因为是的等分点，所以
.
在中，由正弦定理可得，
则.
在中，同理可得.
因为，所以，
则.
同理可得.
故
【知识点】任意角三角函数的定义；解三角形
【解析】【分析】（1）根据锐角三角函数的定义（在直角三角形中，正弦定义为对边与斜边的比，余弦定义为邻边与斜边的比，正切定义为对边与邻边的比），结合和差角公式可得，即可代入公式求解，
（2）根据的计算公式，代入即可求解，
（3）由正弦定理可得，即可结合对施以视角运算，即可求证.
（1）如图1，
因为，所以.
由正方体的定义可知，则，
故，
.
因为，
所以，
则.
（2）如图2，设，
则.
因为，
所以，
则，解得，
故.
（3）证明：如图3，
因为是的等分点，所以
.
在中，由正弦定理可得，
则.
在中，同理可得.
因为，所以，
则.
同理可得.
故
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