广西南宁市第三中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷
1．（2024高一下·南宁期末）已知复数，则z的虚部是（ ）
A．4 B． C．3 D．3i
2．（2024高一下·南宁期末）某工厂生产甲、乙、丙、丁四种不同型号的产品，产量分别为200，400，300，100件，为检验产品的质量，现用按比例分层随机抽样的方法从以上所有的产品中抽取60件进行检验，则应从乙种型号的产品中抽取件数为（ ）
A．24 B．9 C．36 D．18
3．（2024高一下·南宁期末）四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是（ ）
A．平均数为3，中位数为2 B．平均数为2，方差为2.4
C．中位数为3，众数为2 D．中位数为3，方差为2.8
4．（2024高一下·南宁期末）已知在平行四边形ABCD中，E为AC上靠近点A的三等分点，设，，则（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高一下·南宁期末）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·南宁期末）已知向量，，若与方向相反，则实数的值为（ ）
A．4 B．2或 C． D．或4
7．（2024高一下·南宁期末）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．在鳖臑中，平面ABC，，，，则此四面体的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·南宁期末）有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是4”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是5”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是6”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（ ）
A．甲与乙互斥 B．丙发生的概率为
C．甲与丁相互独立 D．乙与丙相互独立
9．（2024高一下·南宁期末）在中，角所对的边分别为，下列说法中正确的是（ ）
A．若，则是等腰三角形
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若面积为，则
10．（2024高一下·南宁期末）某市2023年经过招商引资后，经济收入较前一年增加了一倍，实现翻番，为更好地了解该市的经济收入的变化情况，统计了该市招商引资前后的年经济收入构成比例，得到如下扇形图．则下列结论中正确的是（ ）
A．招商引资后，工资净收入较前一年减少
B．招商引资后，转移净收入是前一年的2.5倍
C．招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和超过了该年经济收入的
D．招商引资后，经营净收入较前一年增加了一倍
11．（2024高一下·南宁期末）如图，直四棱柱中，底面是，的矩形，直四棱柱的高为4，E，F分别为棱AB，的中点，则下列说法中正确的有（ ）
A．直线与CF相交
B．异面直线与CE所成角为
C．二面角的平面角为
D．平面CEF截该长方体所得的截面为五边形
12．（2024高一下·南宁期末）已知，，则 ．
13．（2024高一下·南宁期末）已知互不相等的4个正整数从小到大排序为．若这4个数据的极差是中位数的2倍，则这4个数据的第75百分位数为 ．
14．（2024高一下·南宁期末）已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，点D是AB的中点．若且，，则 ．
15．（2024高一下·南宁期末）已知向量与的夹角，且，．
（1）求；
（2）求．
16．（2024高一下·南宁期末）某社区为了解志愿者每周志愿服务的时长，在全社区300名志愿者中随机抽取20名志愿者在某个星期的志愿服务记录，统计他们当周在社区的志愿服务时长，按时长分组，得到频率分布直方图如图所示：
（1）求a的值；社区对志愿服务时长大于或等于11小时的志愿者认定为优秀志愿者，如果以当周志愿服务统计结果作为依据，请估计该社区每周获得优秀的志愿者的人数；
（2）求出这20名志愿者当周志愿服务时长的样本众数、中位数、平均数（结果保留一位小数）．
17．（2024高一下·南宁期末）如图，在三棱锥中，平面PAB，E，F分别为BC，PC的中点，且，，．
（1）证明：；
（2）求二面角的余弦值．
18．（2024高一下·南宁期末）如图，在平面四边形中，，，，.
（1）证明：；
（2）求面积的最大值；
（3）设为线段的中点，求的最大值.
19．（2024高一下·南宁期末）在某抽奖活动中，初始时的袋子中有3个除颜色外其余都相同的小球，颜色为2白1红．每次随机抽取一个小球后放回．抽奖规则如下：设定抽中红球为中奖，抽中白球为未中奖；若抽到白球，放回后把袋中的一个白色小球替换为红色；若抽到红球，放回后把三个球的颜色重新变为2白1红的初始状态．记第n次抽奖中奖的概率为．
（1）求，，；
（2）若存在实数a，b，c，对任意的不小于4的正整数n，都有，试确定a，b，c的值，并说明理由；
（3）若累计中奖4次及以上可以获得一枚优胜者勋章，则从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为多少？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】解：根据题意，，所以z的虚部是3.
故选：C.
【分析】由复数乘法运算法则，求得复数z，结合复数的定义，即可求解.
2．【答案】A
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：产品总数为件，而抽取60件进行检验，
抽样比例为，则应从乙种型号的产品中抽取件，
故选：A.
【分析】根据题意，先求出抽样比例即为，再由此比例计算出应从丙种型号的产品中抽取的数目，即可求解．
3．【答案】B
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征
【解析】【解答】解：对于A中，当投掷骰子出现结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点数6，故A错误；
对于B中，若平均数为2，且出现6点，则方差，
则平均数为2，方差为时，一定没有出现点数6，故B正确；
对于C中，当投掷骰子出现结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点数6，故C错误；
对于D中，当投掷骰子出现结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，
平均数为，
方差为，
可以出现点数6，故D错误；
故选：B．
【分析】根据题意举出特例，结合中位数，众数，平均数以及方差公式，逐项判定，即可得出答案．
4．【答案】A
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：
.
故选：A.
【分析】根据题意，由向量的加减法，和数乘运算法则直接求解，即可得到答案.
5．【答案】B
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥母线长为，高为，底面半径为，
则由，得，所以，
所以．
故选：B．
【分析】由侧面展开图求得母线长后，进而求得圆锥的高，结合圆锥的体积公式计算，即可求解．
6．【答案】A
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：，，即或，
当时，，，，与的方向相反，成立；
当时，，，，与的方向相同，不成立.
.
故选：A.
【分析】由，列出方程求出，然后再代入检验是否两向量方向相反，即可得到答案.
7．【答案】B
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：根据题意，平面ABC，平面ABC，所以，
又，平面，所以平面，
将鳖臑补全成长方体，如图，
则此四面体的外接球的半径为，
其外接球的表面积为.
故选：B.
【分析】根据题意，证得平面，将鳖臑补全成长方体，结合长方体的性质，进而可求外接球半径，结合球的表面积公式，即可求解.
8．【答案】C
【知识点】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：由题意可知，两点数和为6的所有可能为，
两点数和为7的所有可能为，
甲乙丙丁，
对于A选项，甲与乙可以同时发生，故选项A错误；
对于B选项，由上可知错误，故选项B错误；
对于C选项，（甲丁）（甲）（丁），故选项C正确；
对于D选项，（乙丙）（乙）（丙），故选项D错误.
故选：C.
【分析】先分别计算出事件甲、乙、并、丁的概率，可判断B选项；直接由互斥事件的概念判断A选项；由独立事件概率公式判断C、D选项即可.
9．【答案】A,C,D
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：对于A，因为，由正弦定理可得
，因为三角形内角和定理，得，
由正弦定理得，因此是等腰三角形，A正确；
对于B.由正弦定理得，
则或，B错误；
对于C，由余弦定理得，解得，C正确；
对于D，因为面积为，又
所以，所以，显然，
则，D正确；
故选：ACD.
【分析】利用正弦定理判断A、B，利用余弦定理和三角形面积公式即可判断C，D.
10．【答案】B,D
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征；用样本估计总体的取值规律
【解析】【解答】解：根据题意，可设招商引资前的经济收入为，则招商引资后的经济收入为；
对于A中，由招商引资前后的年经济收入构成比例可知招商引资前的工资收入为，招商引资后的工资收入为，
可知招商引资后，工资净收入较前一年增多，即A错误；
对于B中，招商引资前的转移净收入为，招商引资后的工资收入为，
即招商引资后，转移净收入是前一年的2.5倍，可得B正确；
对于C中，由招商引资后的年经济收入构成比例可知转移净收入与财产净收入的总和占比为，小于，即C错误；
对于D中，招商引资后的经营净收入为，招商引资前的经营净收入为，
可得招商引资后，经营净收入较前一年增加了一倍，即D正确.
故选：BD.
【分析】依题意招商引资后，经济收入较前一年增加了一倍，再依据招商引资前后的年经济收入构成比例计算即可得出结论.
11．【答案】A,D
【知识点】异面直线及其所成的角；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：因为且，可得四边形为梯形，
所以与必相交，所以A正确；
由题意，在长方体中，因为平面，
平面，所以，
假设异面直线与所成角是，即，
平面，，
可得平面，而平面，
则，
在长方形中，因为，
取中点，可知正方形中，
可得与不垂直，矛盾，
所以异面直线与所成角不是，所以B错误；
由上图可知，又，即，则，
又平面，平面，所以，
平面，所以平面，
平面，则，则为二面角的平面角，
又，所以不等于，C错误；
点是棱上一点，且，取的中点，连接，
因为分别是和的中点，所以，
由四边形为平行四边形，所以，
因为平面平面，所以为平面与平面的交线，
为截面的边，截面又与平面及相交，
可得截面的两条边，所以截面共有五边形，所以D正确.
故选：AD.
【分析】证明四边形为梯形，可判定A；结合三垂线定理即可判定可得与不垂直，可判定B；证明为二面角的平面角，求解判断C；确定截面共有五边形，可判定D.
12．【答案】
【知识点】复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【解答】解：，
故答案为：.
【分析】先根据复数的加法计算复数，再根据求模公式计算得到答案.
13．【答案】
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：由题意，可得这4个数据的极差为，中位数为，
即可得，所以；
又因为正整数互不相等且，可得；
由为正数，因此这4个数据的第75百分位数为第三个数和第四个数的平均数，
即，则这4个数据的第75百分位数为.
故答案为：.
【分析】根据极差与中位数的定义可求得的取值，再由百分位数的定义与计算方法，即可求解.
14．【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：根据题意，，由，即为，
由正弦定理得，
又因为，
所以，
因为，可得，所以
又因为为的一条中线，可得，
所以，
即，解得或（舍）.
由余弦定理得.
故答案为：.
【分析】根据题意，利用正弦定理和三角恒等变换，求得，再由，列出方程求得，结合余弦定理，即可求解.
15．【答案】（1）解：因为向量与的夹角，且，，
所以，
.
（2）解：．
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）根据题意，利用数量积的定义及运算律直接计算，即可求解；
（2）根据题意，结合向量数量积的定义，以及模长的计算公式，即可求解.
（1）因为向量与的夹角，且，，
所以，
；
（2）．
16．【答案】（1）解：由题意，解得，
因为优秀志愿者的频率为，
所以估计该社区每周获得优秀的志愿者的人数有：人.
（2）解：由图可知这20名志愿者当周志愿服务时长的样本众数为，
设中位数为，服务时长在小时的频率为，
服务时长在小时的频率为，
所以，
而，解得，
这20名志愿者当周志愿服务时长的样本平均数为.
【知识点】频率分布直方图；用样本的数字特征估计总体的数字特征
【解析】【分析】（1）由各个矩形面积之和为1列方程即可求得参数，进而求得优秀志愿者的频率即可估计对应的人数；
（2）由众数、中位数以及平均数的计算公式直接计算，即可求解.
（1）由题意，解得，
因为优秀志愿者的频率为，
所以估计该社区每周获得优秀的志愿者的人数有：人；
（2）由图可知这20名志愿者当周志愿服务时长的样本众数为，
设中位数为，服务时长在小时的频率为，
服务时长在小时的频率为，
所以，
而，解得，
这20名志愿者当周志愿服务时长的样本平均数为.
17．【答案】（1）证明：分别为的中点，
平面，
平面，
平面，平面，.
（2）解：根据题意，取的中点，过作交于，连接，
因为为中点，为的中点，则，且，
又平面，
平面，
平面，而平面，，
又，平面，
所以平面，
平面，，即为二面角的平面角，
所以在中，，则，
由等面积可得，
所以，则，
即二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）根据题意，利用勾股定理逆定理证得，再由，证得平面，即可证得.
（2）取的中点，过作交于，连接，证得为二面角的平面角，结合勾股定理和等面积法，求出的长，根据，即可求解
（1）分别为的中点，
平面，
平面，
平面，平面，.
（2）
根据题意，取的中点，过作交于，连接，
因为为中点，为的中点，则，且，
又平面，
平面，
平面，而平面，，
又，平面，
所以平面，
平面，，即为二面角的平面角，
所以在中，，则，
由等面积可得，
所以，则，
即二面角的余弦值为.
18．【答案】（1）解：由题知，在中，由正弦定理得，
因为，所以，所以，
所以，所以.
（2）解：在中，，
由余弦定理知：，
所以，所以，
解得，等号当仅当时取等号，
所以，.
（3）解：在中，设，则，则，
由正弦定理知：，
所以，，
在中，由余弦定理知，
所以
，
所以，等号当仅当时，即当时取等号，所以的最大值等于.
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）在中，利用正弦定理求出的值，进而可求出的值，即可证得结论成立；
（2）利用余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，再结合三角形的面积公式可求得面积的最大值；
（3）设，利用正弦定理可得出，，再利用余弦定理可得出，结合余弦型函数的基本性质可得出的取值范围.
（1）解：由题知，在中，由正弦定理得，
因为，所以，所以，
所以，所以.
（2）解：在中，，
由余弦定理知：，
所以，所以，
解得，等号当仅当时取等号，
所以，.
（3）解：在中，设，则，则，
由正弦定理知：，
所以，，
在中，由余弦定理知，
所以
，
所以，等号当仅当时，即当时取等号，所以的最大值等于.
19．【答案】（1）解：由题意，可得，，.
（2）解：因为每次中奖后袋中的球会回到初始状态，
从初始状态开始，若第一次中奖，此时第次抽奖中奖的概率为，
从初始状态开始，若第一次未中奖而第二次中奖，
此时第次抽奖中奖的概率为，
从初始状态开始，若前两次均未中奖，则第三次必中奖，
此时第次抽奖中奖的概率为，
综上所述，对任意的，，
又，所以.
（3）解：由题意知每抽三次至少有一次中奖，故连抽次至少中奖次，
所以只需排除次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，
另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，
从初始状态开始，抽一次中奖的概率为，
从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率为，
从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率为，
用表示第次，第次，第次中奖，其余未中奖，
则三次中奖的所有情况如下：，
，
故仅三次中奖的概率为
，
所以从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】【分析】（1）利用相互独立事件乘法公式和互斥事件加法公式求解即可；
（2）分别求出第一次中奖，第次中奖的概率，第一次未中奖而第二次中奖，第次抽奖中奖的概率，前两次均未中奖，第次抽奖中奖的概率，即可求解时，，对比即可求解；
（3）先分析获得勋章的情形，分别求出从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率，再求出仅三次中奖的概率即可求解.
（1），
，
；
（2）因为每次中奖后袋中的球会回到初始状态，
从初始状态开始，若第一次中奖，此时第次抽奖中奖的概率为，
从初始状态开始，若第一次未中奖而第二次中奖，
此时第次抽奖中奖的概率为，
从初始状态开始，若前两次均未中奖，则第三次必中奖，
此时第次抽奖中奖的概率为，
综上所述，对任意的，，
又，所以；
（3）由题意知每抽三次至少有一次中奖，故连抽次至少中奖次，
所以只需排除次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，
另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，
从初始状态开始，抽一次中奖的概率为，
从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率为，
从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率为，
用表示第次，第次，第次中奖，其余未中奖，
则三次中奖的所有情况如下：，
，
故仅三次中奖的概率为
，
所以从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为.
1 / 1广西南宁市第三中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷
1．（2024高一下·南宁期末）已知复数，则z的虚部是（ ）
A．4 B． C．3 D．3i
【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】解：根据题意，，所以z的虚部是3.
故选：C.
【分析】由复数乘法运算法则，求得复数z，结合复数的定义，即可求解.
2．（2024高一下·南宁期末）某工厂生产甲、乙、丙、丁四种不同型号的产品，产量分别为200，400，300，100件，为检验产品的质量，现用按比例分层随机抽样的方法从以上所有的产品中抽取60件进行检验，则应从乙种型号的产品中抽取件数为（ ）
A．24 B．9 C．36 D．18
【答案】A
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：产品总数为件，而抽取60件进行检验，
抽样比例为，则应从乙种型号的产品中抽取件，
故选：A.
【分析】根据题意，先求出抽样比例即为，再由此比例计算出应从丙种型号的产品中抽取的数目，即可求解．
3．（2024高一下·南宁期末）四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是（ ）
A．平均数为3，中位数为2 B．平均数为2，方差为2.4
C．中位数为3，众数为2 D．中位数为3，方差为2.8
【答案】B
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征
【解析】【解答】解：对于A中，当投掷骰子出现结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点数6，故A错误；
对于B中，若平均数为2，且出现6点，则方差，
则平均数为2，方差为时，一定没有出现点数6，故B正确；
对于C中，当投掷骰子出现结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点数6，故C错误；
对于D中，当投掷骰子出现结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，
平均数为，
方差为，
可以出现点数6，故D错误；
故选：B．
【分析】根据题意举出特例，结合中位数，众数，平均数以及方差公式，逐项判定，即可得出答案．
4．（2024高一下·南宁期末）已知在平行四边形ABCD中，E为AC上靠近点A的三等分点，设，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：
.
故选：A.
【分析】根据题意，由向量的加减法，和数乘运算法则直接求解，即可得到答案.
5．（2024高一下·南宁期末）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥母线长为，高为，底面半径为，
则由，得，所以，
所以．
故选：B．
【分析】由侧面展开图求得母线长后，进而求得圆锥的高，结合圆锥的体积公式计算，即可求解．
6．（2024高一下·南宁期末）已知向量，，若与方向相反，则实数的值为（ ）
A．4 B．2或 C． D．或4
【答案】A
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：，，即或，
当时，，，，与的方向相反，成立；
当时，，，，与的方向相同，不成立.
.
故选：A.
【分析】由，列出方程求出，然后再代入检验是否两向量方向相反，即可得到答案.
7．（2024高一下·南宁期末）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．在鳖臑中，平面ABC，，，，则此四面体的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：根据题意，平面ABC，平面ABC，所以，
又，平面，所以平面，
将鳖臑补全成长方体，如图，
则此四面体的外接球的半径为，
其外接球的表面积为.
故选：B.
【分析】根据题意，证得平面，将鳖臑补全成长方体，结合长方体的性质，进而可求外接球半径，结合球的表面积公式，即可求解.
8．（2024高一下·南宁期末）有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是4”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是5”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是6”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（ ）
A．甲与乙互斥 B．丙发生的概率为
C．甲与丁相互独立 D．乙与丙相互独立
【答案】C
【知识点】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：由题意可知，两点数和为6的所有可能为，
两点数和为7的所有可能为，
甲乙丙丁，
对于A选项，甲与乙可以同时发生，故选项A错误；
对于B选项，由上可知错误，故选项B错误；
对于C选项，（甲丁）（甲）（丁），故选项C正确；
对于D选项，（乙丙）（乙）（丙），故选项D错误.
故选：C.
【分析】先分别计算出事件甲、乙、并、丁的概率，可判断B选项；直接由互斥事件的概念判断A选项；由独立事件概率公式判断C、D选项即可.
9．（2024高一下·南宁期末）在中，角所对的边分别为，下列说法中正确的是（ ）
A．若，则是等腰三角形
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若面积为，则
【答案】A,C,D
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：对于A，因为，由正弦定理可得
，因为三角形内角和定理，得，
由正弦定理得，因此是等腰三角形，A正确；
对于B.由正弦定理得，
则或，B错误；
对于C，由余弦定理得，解得，C正确；
对于D，因为面积为，又
所以，所以，显然，
则，D正确；
故选：ACD.
【分析】利用正弦定理判断A、B，利用余弦定理和三角形面积公式即可判断C，D.
10．（2024高一下·南宁期末）某市2023年经过招商引资后，经济收入较前一年增加了一倍，实现翻番，为更好地了解该市的经济收入的变化情况，统计了该市招商引资前后的年经济收入构成比例，得到如下扇形图．则下列结论中正确的是（ ）
A．招商引资后，工资净收入较前一年减少
B．招商引资后，转移净收入是前一年的2.5倍
C．招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和超过了该年经济收入的
D．招商引资后，经营净收入较前一年增加了一倍
【答案】B,D
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征；用样本估计总体的取值规律
【解析】【解答】解：根据题意，可设招商引资前的经济收入为，则招商引资后的经济收入为；
对于A中，由招商引资前后的年经济收入构成比例可知招商引资前的工资收入为，招商引资后的工资收入为，
可知招商引资后，工资净收入较前一年增多，即A错误；
对于B中，招商引资前的转移净收入为，招商引资后的工资收入为，
即招商引资后，转移净收入是前一年的2.5倍，可得B正确；
对于C中，由招商引资后的年经济收入构成比例可知转移净收入与财产净收入的总和占比为，小于，即C错误；
对于D中，招商引资后的经营净收入为，招商引资前的经营净收入为，
可得招商引资后，经营净收入较前一年增加了一倍，即D正确.
故选：BD.
【分析】依题意招商引资后，经济收入较前一年增加了一倍，再依据招商引资前后的年经济收入构成比例计算即可得出结论.
11．（2024高一下·南宁期末）如图，直四棱柱中，底面是，的矩形，直四棱柱的高为4，E，F分别为棱AB，的中点，则下列说法中正确的有（ ）
A．直线与CF相交
B．异面直线与CE所成角为
C．二面角的平面角为
D．平面CEF截该长方体所得的截面为五边形
【答案】A,D
【知识点】异面直线及其所成的角；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：因为且，可得四边形为梯形，
所以与必相交，所以A正确；
由题意，在长方体中，因为平面，
平面，所以，
假设异面直线与所成角是，即，
平面，，
可得平面，而平面，
则，
在长方形中，因为，
取中点，可知正方形中，
可得与不垂直，矛盾，
所以异面直线与所成角不是，所以B错误；
由上图可知，又，即，则，
又平面，平面，所以，
平面，所以平面，
平面，则，则为二面角的平面角，
又，所以不等于，C错误；
点是棱上一点，且，取的中点，连接，
因为分别是和的中点，所以，
由四边形为平行四边形，所以，
因为平面平面，所以为平面与平面的交线，
为截面的边，截面又与平面及相交，
可得截面的两条边，所以截面共有五边形，所以D正确.
故选：AD.
【分析】证明四边形为梯形，可判定A；结合三垂线定理即可判定可得与不垂直，可判定B；证明为二面角的平面角，求解判断C；确定截面共有五边形，可判定D.
12．（2024高一下·南宁期末）已知，，则 ．
【答案】
【知识点】复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【解答】解：，
故答案为：.
【分析】先根据复数的加法计算复数，再根据求模公式计算得到答案.
13．（2024高一下·南宁期末）已知互不相等的4个正整数从小到大排序为．若这4个数据的极差是中位数的2倍，则这4个数据的第75百分位数为 ．
【答案】
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：由题意，可得这4个数据的极差为，中位数为，
即可得，所以；
又因为正整数互不相等且，可得；
由为正数，因此这4个数据的第75百分位数为第三个数和第四个数的平均数，
即，则这4个数据的第75百分位数为.
故答案为：.
【分析】根据极差与中位数的定义可求得的取值，再由百分位数的定义与计算方法，即可求解.
14．（2024高一下·南宁期末）已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，点D是AB的中点．若且，，则 ．
【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：根据题意，，由，即为，
由正弦定理得，
又因为，
所以，
因为，可得，所以
又因为为的一条中线，可得，
所以，
即，解得或（舍）.
由余弦定理得.
故答案为：.
【分析】根据题意，利用正弦定理和三角恒等变换，求得，再由，列出方程求得，结合余弦定理，即可求解.
15．（2024高一下·南宁期末）已知向量与的夹角，且，．
（1）求；
（2）求．
【答案】（1）解：因为向量与的夹角，且，，
所以，
.
（2）解：．
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）根据题意，利用数量积的定义及运算律直接计算，即可求解；
（2）根据题意，结合向量数量积的定义，以及模长的计算公式，即可求解.
（1）因为向量与的夹角，且，，
所以，
；
（2）．
16．（2024高一下·南宁期末）某社区为了解志愿者每周志愿服务的时长，在全社区300名志愿者中随机抽取20名志愿者在某个星期的志愿服务记录，统计他们当周在社区的志愿服务时长，按时长分组，得到频率分布直方图如图所示：
（1）求a的值；社区对志愿服务时长大于或等于11小时的志愿者认定为优秀志愿者，如果以当周志愿服务统计结果作为依据，请估计该社区每周获得优秀的志愿者的人数；
（2）求出这20名志愿者当周志愿服务时长的样本众数、中位数、平均数（结果保留一位小数）．
【答案】（1）解：由题意，解得，
因为优秀志愿者的频率为，
所以估计该社区每周获得优秀的志愿者的人数有：人.
（2）解：由图可知这20名志愿者当周志愿服务时长的样本众数为，
设中位数为，服务时长在小时的频率为，
服务时长在小时的频率为，
所以，
而，解得，
这20名志愿者当周志愿服务时长的样本平均数为.
【知识点】频率分布直方图；用样本的数字特征估计总体的数字特征
【解析】【分析】（1）由各个矩形面积之和为1列方程即可求得参数，进而求得优秀志愿者的频率即可估计对应的人数；
（2）由众数、中位数以及平均数的计算公式直接计算，即可求解.
（1）由题意，解得，
因为优秀志愿者的频率为，
所以估计该社区每周获得优秀的志愿者的人数有：人；
（2）由图可知这20名志愿者当周志愿服务时长的样本众数为，
设中位数为，服务时长在小时的频率为，
服务时长在小时的频率为，
所以，
而，解得，
这20名志愿者当周志愿服务时长的样本平均数为.
17．（2024高一下·南宁期末）如图，在三棱锥中，平面PAB，E，F分别为BC，PC的中点，且，，．
（1）证明：；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明：分别为的中点，
平面，
平面，
平面，平面，.
（2）解：根据题意，取的中点，过作交于，连接，
因为为中点，为的中点，则，且，
又平面，
平面，
平面，而平面，，
又，平面，
所以平面，
平面，，即为二面角的平面角，
所以在中，，则，
由等面积可得，
所以，则，
即二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）根据题意，利用勾股定理逆定理证得，再由，证得平面，即可证得.
（2）取的中点，过作交于，连接，证得为二面角的平面角，结合勾股定理和等面积法，求出的长，根据，即可求解
（1）分别为的中点，
平面，
平面，
平面，平面，.
（2）
根据题意，取的中点，过作交于，连接，
因为为中点，为的中点，则，且，
又平面，
平面，
平面，而平面，，
又，平面，
所以平面，
平面，，即为二面角的平面角，
所以在中，，则，
由等面积可得，
所以，则，
即二面角的余弦值为.
18．（2024高一下·南宁期末）如图，在平面四边形中，，，，.
（1）证明：；
（2）求面积的最大值；
（3）设为线段的中点，求的最大值.
【答案】（1）解：由题知，在中，由正弦定理得，
因为，所以，所以，
所以，所以.
（2）解：在中，，
由余弦定理知：，
所以，所以，
解得，等号当仅当时取等号，
所以，.
（3）解：在中，设，则，则，
由正弦定理知：，
所以，，
在中，由余弦定理知，
所以
，
所以，等号当仅当时，即当时取等号，所以的最大值等于.
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）在中，利用正弦定理求出的值，进而可求出的值，即可证得结论成立；
（2）利用余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，再结合三角形的面积公式可求得面积的最大值；
（3）设，利用正弦定理可得出，，再利用余弦定理可得出，结合余弦型函数的基本性质可得出的取值范围.
（1）解：由题知，在中，由正弦定理得，
因为，所以，所以，
所以，所以.
（2）解：在中，，
由余弦定理知：，
所以，所以，
解得，等号当仅当时取等号，
所以，.
（3）解：在中，设，则，则，
由正弦定理知：，
所以，，
在中，由余弦定理知，
所以
，
所以，等号当仅当时，即当时取等号，所以的最大值等于.
19．（2024高一下·南宁期末）在某抽奖活动中，初始时的袋子中有3个除颜色外其余都相同的小球，颜色为2白1红．每次随机抽取一个小球后放回．抽奖规则如下：设定抽中红球为中奖，抽中白球为未中奖；若抽到白球，放回后把袋中的一个白色小球替换为红色；若抽到红球，放回后把三个球的颜色重新变为2白1红的初始状态．记第n次抽奖中奖的概率为．
（1）求，，；
（2）若存在实数a，b，c，对任意的不小于4的正整数n，都有，试确定a，b，c的值，并说明理由；
（3）若累计中奖4次及以上可以获得一枚优胜者勋章，则从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为多少？
【答案】（1）解：由题意，可得，，.
（2）解：因为每次中奖后袋中的球会回到初始状态，
从初始状态开始，若第一次中奖，此时第次抽奖中奖的概率为，
从初始状态开始，若第一次未中奖而第二次中奖，
此时第次抽奖中奖的概率为，
从初始状态开始，若前两次均未中奖，则第三次必中奖，
此时第次抽奖中奖的概率为，
综上所述，对任意的，，
又，所以.
（3）解：由题意知每抽三次至少有一次中奖，故连抽次至少中奖次，
所以只需排除次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，
另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，
从初始状态开始，抽一次中奖的概率为，
从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率为，
从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率为，
用表示第次，第次，第次中奖，其余未中奖，
则三次中奖的所有情况如下：，
，
故仅三次中奖的概率为
，
所以从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】【分析】（1）利用相互独立事件乘法公式和互斥事件加法公式求解即可；
（2）分别求出第一次中奖，第次中奖的概率，第一次未中奖而第二次中奖，第次抽奖中奖的概率，前两次均未中奖，第次抽奖中奖的概率，即可求解时，，对比即可求解；
（3）先分析获得勋章的情形，分别求出从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率，再求出仅三次中奖的概率即可求解.
（1），
，
；
（2）因为每次中奖后袋中的球会回到初始状态，
从初始状态开始，若第一次中奖，此时第次抽奖中奖的概率为，
从初始状态开始，若第一次未中奖而第二次中奖，
此时第次抽奖中奖的概率为，
从初始状态开始，若前两次均未中奖，则第三次必中奖，
此时第次抽奖中奖的概率为，
综上所述，对任意的，，
又，所以；
（3）由题意知每抽三次至少有一次中奖，故连抽次至少中奖次，
所以只需排除次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，
另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，
从初始状态开始，抽一次中奖的概率为，
从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率为，
从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率为，
用表示第次，第次，第次中奖，其余未中奖，
则三次中奖的所有情况如下：，
，
故仅三次中奖的概率为
，
所以从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为.
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