河北省廊坊市第十五中学等校2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题
1．（2024高一下·河北期末）设复数，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·河北期末）已知的内角的对边分别为，，，且，，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·河北期末）某公司共有940名员工，其中女员工有400人.为了解他们的视力状况，用分层随机抽样（按男员工、女员工进行分层）的方法从中抽取一个容量为47的样本，则男员工的样本量为（ ）
A．21 B．24 C．27 D．30
4．（2024高一下·河北期末）若某圆台的上底面半径、下底面半径分别为1，2，高为5，将该圆台的下底面半径扩大为原来的2倍，上底面半径与高保持不变，则新圆台的体积比原圆台的体积增加了（ ）
A．1倍 B．2倍 C．3倍 D．4倍
5．（2024高一下·河北期末）若非零向量，满足，，则（ ）
A．的最大值为 B．的最大值为1
C．的最小值为 D．的最小值为1
6．（2024高一下·河北期末）如图，在四棱锥中，侧棱长均为，正方形的边长为，，分别是线段，上的一点，则的最小值为（ ）
A．2 B．4 C． D．
7．（2024高一下·河北期末）从正四面体的6条棱中任选2条，这2条棱所在直线互相垂直的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·河北期末）苏州双塔又称罗汉院双塔，位于江苏省苏州市凤凰街定慧寺巷的双塔院内，二塔“外貌”几乎完全一样（高度相等，二塔根据位置称为东塔和西塔）.某测绘小组为了测量苏州双塔的实际高度，选取了与塔底，（为东塔塔底，为西塔塔底）在同一水平面内的测量基点，并测得米.在点测得东塔顶的仰角为，在点测得西塔顶的仰角为，且，则苏州双塔的高度为（ ）
A．30米 B．33米 C．36米 D．44米
9．（2024高一下·河北期末）在正中，为的中点，则（ ）
A．
B．
C．
D．在上的投影向量为
10．（2024高一下·河北期末）若，则（ ）
A．
B．的虚部为8
C．
D．在复平面内对应的点位于第二象限
11．（2024高一下·河北期末）在正四棱柱中，，，则（ ）
A．正四棱柱的侧面积为24
B．与平面所成角的正切值为
C．异面直线与所成角的余弦值为
D．三棱锥内切球的半径为
12．（2024高一下·河北期末）若一组数据3，4，6，，8，3，7，9的第40百分位数为6，则正整数的最小值为 .
13．（2024高一下·河北期末）已知向量，，，且与的夹角为锐角，则t的取值范围是 （用区间表示）.
14．（2024高一下·河北期末）在底面为正方形的四棱锥中，平面，，，，平面，则 ，四面体的外接球的表面积为 .
15．（2024高一下·河北期末）已知某校初二年级有1200名学生，在一次数学测试中，该年级所有学生的数学成绩全部在内.现从该校初二年级的学生中随机抽取100名学生的数学成绩，按，，，，分成5组，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）求的值；
（2）估计该校初二年级学生这次数学测试的平均分（各组数据以该组数据的中点值作代表）；
（3）记这次测试数学成绩不低于85分为“优秀”，估计该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的学生人数.
16．（2024高一下·河北期末）如图，在各棱长均为2的正三棱柱中，，，分别为，，的中点，.
（1）求点到平面的距离；
（2）证明：平面平面.
17．（2024高一下·河北期末）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中，则此人继续投篮，若未命中，则换对方投篮.已知甲每次投篮的命中率均为0.7，乙每次投篮的命中率均为0.5，甲、乙每次投篮的结果相互独立.
（1）若第1次投篮的人是甲，求第3次投篮的人是甲的概率；
（2）若第1次投篮的人是乙，求前5次投篮中乙投篮次数不少于4的概率.
18．（2024高一下·河北期末）在锐角中，，，分别是内角，，的对边，且.
（1）若，求周长的最大值.
（2）设，.
（ⅰ）求外接圆的半径；
（ⅱ）求的面积.
19．（2024高一下·河北期末）如图，在正四棱锥中，.
（1）证明：平面平面.
（2）若以为球心，半径为的球与直线只有1个公共点，求二面角的正切值.
（3）已知当时，取得最小值.请根据这条信息求正四棱锥体积的最大值.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，
所以
故选：A
【分析】本题主要考察复数代数形式的运算，根据复数的运算直接求解即可。
2．【答案】A
【知识点】解三角形；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为在中，，，
所以由正弦定理得，，
则.
故选：A.
【分析】本题主要考查正弦定理的运用，直接由正弦定理可得的值。
3．【答案】C
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：根据分层抽样原理可得，男员工的样本量为
人。
故选：C.
【分析】本题主要考查分层抽样问题，根据分层抽样原理，求出抽样的男员工人数。
4．【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：原圆台的体积为，
新圆台的体积为，
则新圆台与原圆台的体积的比为。
所以新圆台的体积比原圆台的体积增加了倍．
故选：B
【分析】本题主要考察了圆台的体积公式，利用圆台体积公式求解.
5．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：若，
两边同时平方得，
可得，
化简可得，
设非零向量，的夹角为，故
，而，
可得，即。
而，故，
所以，，
可得，
故，
可得的最小值为，无最大值.
故选：C.
【分析】利用给定条件化简得到，再利用数量积的定义得到，最后结合三角函数的值域求解即可。
6．【答案】A
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；解三角形
【解析】【解答】解：如图，将正四棱锥的侧面展开在同一平面，如图所示，
由平面几何知可得则的最小值为，
因为 在四棱锥中，侧棱长均为 ，
所以，
又因为正方形的边长为，
所以，
则在中，由余弦定理得：
，
所以，
所以，
则在中，由勾股定理可得：
.
故选：A
【分析】本题主要考查了正四棱锥表面上的最短距离问题，将正四棱锥的侧面展开，则的最小值为，根据数据求解即可。
7．【答案】D
【知识点】古典概型及其概率计算公式；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： 从正四面体的6条棱中任选2条，共有种情况，
取中点连接，
因为均为等边三角形，
所以，
又平面，
故平面，
而平面，
故，
同理，
所以这2条棱所在直线互相垂直的情况有，，共3种，
即这2条棱所在直线互相垂直的概率为．
故选：D
【分析】本题考查古典概型概率问题的求解，关键是能够利用排列组合的知识确定基本事件总数和所求事件所包含的基本事件数，利用古典概型概率公式可求得结果.
8．【答案】B
【知识点】解三角形；余弦定理的应用；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：设苏州双塔的高度为h米，即米，如图所示，
因为在中，，且，
所以，
即，
又因为，
所以。
因为，，
所以在中，由余弦定理得：
，
即，
解得.
故选：B
【分析】本题主要考察了余弦定理在解三角形中的应用，设苏州双塔的高度为h米，可得，，由题意利用余弦定理求解即可.
9．【答案】B,C,D
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：正中，为的中点，如图所示，
对于A，因为，
所以，
即，故A错误；
对于B，
，故正确．
对于C，
，故C正确．
对于D，在上的投影向量为
，故正确．
故选：BCD.
【分析】本题主要考察向量的相关性质以及向量的实际应用，A选项主要考查向量间夹角的应用；B选项主要考查向量数量积；C选项主要考察向量的线性运算；D选项主要考查投影向量.
10．【答案】B,C
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数的模
【解析】【解答】解：对于A，因为，
所以，故A错误；
对于B，因为，
所以，虚部为，故B正确.
对于C，，故C正确.
对于D，因为，
所以在复平面内对应的点位于第四象限，故D错误.
故选：BC
【分析】本题主要考查了复数的定义与运算问题，化简复数，再计算，计算，化简
，即可得出结论。
11．【答案】A,B,D
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：对于A，正四棱柱的侧面积为，故正确．
对于B，设，
因为，平面，平面，
所以，平面，
则平面，
则与平面所成的角为，
因为，，
则，B正确．
对于C，因为，
则异面直线与所成的角为或其补角，
，
则，C错误．
对于D，三棱锥的表面积，
三棱锥的体积，
所以三棱锥内切球的半径为，D正确．
故选：ABD
【分析】本题主要考查棱柱的侧面积，考查线面角和二面角，考查内切球的半径的求解，对于A，四个全等的长方形面积之和即为侧面积；对于B，证明平面 ，则为与平面所成的角，解三角形可得结果；对于C，由，得或其补角为异面直线与所成的角，运用余弦定理求解即可；对于D，三棱锥体积为，则其内切球的半径为 。
12．【答案】6
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将这组数据按照从小到大的顺序排列为3，3，4，6，，7，8，9，
因为，
所以第40百分位数为第4个数，
所以。
故填：6
【分析】本题主要考查了百分位数的求解，根据百分位数的定义求解即可。
13．【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：因为与的夹角为锐角，
所以且与不共线，
因为，，，
所以且
解得：或且，
即实数t的取值范围是。
故填：
【分析】根据平面向量数量积的定义，可知且与不共线，由此建立关于t的不等式，解出实数t的取值范围。
14．【答案】；
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【解答】解：连接交于点，连接，
因为，共面，且平面，
所以.
易知O为的中点，
所以E为的中点，即.
把四面体可以补形为一个长方体，
所以四面体的外接球的半径，
故四面体的外接球的表面积为.
故填：，
【分析】本题考查线面平行的应用，以及补形法求几何体的外接球问题，根据线面平行的性质定理可得，进而得到E为的中点，即可求解；将四面体补形为一个长方体，根据四面体与长方体具有同一个外接球即可求解。
15．【答案】（1）解：由频率分布直方图可得，可得，
解得．
（2）由题意， 估计该校初二年级学生这次数学测试的平均分为分.
（3）（3）由频率分布直方图可知这次测试数学成绩为优秀的频率为，
故估计该校初二年级这次测试数学成绩为优秀的学生人数为人．
【知识点】频率分布直方图
【解析】【分析】
（1）根据频率分布直方图中所有矩形面积之和等于1即可求解，
（2）根据频率分布直方图中平均数为每个矩形底边中点的横坐标乘以本组频率，再相加，即可求解。
（3）由频率分布直方图可知这次测试数学成绩为优秀的频率为，进而可得该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的频率为0.15，即可求解。
（1）由频率分布直方图可得，解得．
（2）由题意，估计平均分分.
（3）由频率分布直方图可知这次测试数学成绩为“优秀”的频率为，
则该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的频率为0.15，
故估计该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的学生人数为．
16．【答案】（1）解：（1）在正三棱柱中，侧棱垂直底面，底面，
则，.
依题意得，，
则，
所以的面积.
设点B到平面的距离为h，由，
得，解得.
（2）（2）证明：因为D，E分别为，的中点，
所以.
又，
所以.
因为平面，平面，
所以平面.
取的中点N，连接.
因为，
所以F为的中点.
又D为的中点，
所以.
易证，
所以.
因为平面，平面，
所以平面.
又，
所以平面平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】（1）本题主要考查点到面的距离，考查平面与平面平行的判定，利用体积可求点到面的距离，
（2）根据平面与平面平行的判定即可证明。
（1）（方法一）在正三棱柱中，侧棱垂直底面，底面，则，.
依题意得，，则，
所以的面积.
设点B到平面的距离为h，则由，
得，解得.
（方法二）取的中点M，连接，.
因为，所以.
因为底面，底面，所以.
因为，平面，所以平面.
过B作于H，平面，则.
因为，平面，所以平面.
因为，，，
所以点B到平面的距离.
（2）证明：因为D，E分别为，的中点，所以.
又，所以.
因为平面，平面，所以平面.
取的中点N，连接.因为，所以F为的中点.
又D为的中点，所以.
由于，故四边形为平行四边形，
故，所以.
因为平面，平面，所以平面.
又，平面，所以平面平面.
17．【答案】（1）解：（1）设表示第此投篮的人为甲，表示第次投篮的人为乙，
因为甲每次投篮的命中率均为0.7，乙每次投篮的命中率均为0.5，且甲、乙每次投篮的结果相互独立，
即。
故第3次投篮的人是甲的概率为．
（2）由题意得：前5次投篮中乙投篮次数为5的概率
为．
若前5次投篮中乙投篮次数为4，
则乙前3次投篮均命中且第4次投篮未命中或中间3次（第2，3，4次）乙有1次投篮未命中且甲也有1次投篮未命中，
所以前5次投篮中乙投篮次数为4的概率是
．
故前5次投篮中乙投篮次数不少于4的概率为．
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；条件概率与独立事件
【解析】【分析】（1）本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，利用独立事件的概率乘法公式求解，
（2）利用独立事件概率乘法公式求解.
（1）若第1次投篮的人是甲，且第3次投篮的人是甲，则甲第1次和第2次投篮都命中或第1次未命中、第2次乙也未命中，
故所求概率为．
（2）前5次投篮中乙投篮次数为5的概率．
若前5次投篮中乙投篮次数为4，则乙前3次投篮均命中且第4次投篮未命中或中间3次（第2，3，4次）乙有1次投篮未命中且甲也有1次投篮未命中，
所以前5次投篮中乙投篮次数为4的概率是
．
故所求概率为．
18．【答案】（1）解：（1）因为，，由正弦定理得：
，
所以，，
所以，
又因为为锐角三角形，
所以，
所以，
即，
所以，
所以的周长，
即的周长的最大值为6。
（2）（ⅰ）因为，可得：
，
由正弦定理得，，
因为，
可得，
由正弦定理得，
即，解得.
（ⅱ）的面积.
因为，
所以.
因为是锐角，所以，则，
所以.
因为，
所以.
又因为是锐角，
所以，
所以，
所以，
则，
所以
故.
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由正弦定理可得，的表达式，再由锐角三角形中，可得角的取值范围，可得的取值范围；
（2）（ⅰ）由题意及正弦定理可得的外接圆的半径的值；
（ⅱ）求出的面积的表达式，求出，再求出的值，进而求出的值，再求出三角形的面积。
（1）由余弦定理得，即，
所以，
因为，
所以，
则，当且仅当时，等号成立，
所以周长的最大值为6.
（2）（ⅰ）由正弦定理得，，
代入，得，
即.
因为，所以.
（ⅱ）的面积.
因为，所以.
因为是锐角，所以，则，所以.
因为，所以.
又因为是锐角，所以，
所以，所以，
则，所以
故.
19．【答案】（1）证明：正四棱锥中，设与交于点，
连接，则底面．
因为平面，
所以，
因为 正四棱锥中，底面为正方形，
所以，
因为，
所以平面，
又平面，
所以平面平面．
（2）解：因为以为球心，半径为的球与直线BC只有1个公共点，
所以点P到直线BC的距离为．
取的中点，连接，，
因为，
所以，，
所以，且为二面角的平面角．
则，
所以，
所以，
则，
即二面角的正切值为4．
（3）设，则，
即，其中，
所以正四棱锥的体积
，．
因为当时，取得最小值，
所以当时，取得最大值，
所以正四棱锥体积的最大值为．
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；平面与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】（1）本题主要考查面面垂直的判定以及二面角与体积最值的计算，先证平面，再利用面面垂直的判定定理即可得证；
（2）先证明为二面角的平面角，再利用三角形求解即可；
（3）先计算正四棱锥的体积取得最大值，再求最值即可.
（1）证明：正四棱锥中，设与交于点，
连接，则底面．
因为平面，所以．
底面为正方形，所以，
因为，平面，所以平面．
又平面，所以平面平面．
（2）因为以为球心，半径为的球与直线BC只有1个公共点，所以点P到直线BC的距离为．
取的中点，连接，，因为，所以，，
所以，且为二面角的平面角．
则，，
所以，则，
即二面角的正切值为4．
（3）设，则，
即，其中，
所以正四棱锥的体积
，．
因为当时，取得最小值，
所以当时，取得最大值，
所以正四棱锥体积的最大值为．
1 / 1河北省廊坊市第十五中学等校2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题
1．（2024高一下·河北期末）设复数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，
所以
故选：A
【分析】本题主要考察复数代数形式的运算，根据复数的运算直接求解即可。
2．（2024高一下·河北期末）已知的内角的对边分别为，，，且，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】解三角形；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为在中，，，
所以由正弦定理得，，
则.
故选：A.
【分析】本题主要考查正弦定理的运用，直接由正弦定理可得的值。
3．（2024高一下·河北期末）某公司共有940名员工，其中女员工有400人.为了解他们的视力状况，用分层随机抽样（按男员工、女员工进行分层）的方法从中抽取一个容量为47的样本，则男员工的样本量为（ ）
A．21 B．24 C．27 D．30
【答案】C
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：根据分层抽样原理可得，男员工的样本量为
人。
故选：C.
【分析】本题主要考查分层抽样问题，根据分层抽样原理，求出抽样的男员工人数。
4．（2024高一下·河北期末）若某圆台的上底面半径、下底面半径分别为1，2，高为5，将该圆台的下底面半径扩大为原来的2倍，上底面半径与高保持不变，则新圆台的体积比原圆台的体积增加了（ ）
A．1倍 B．2倍 C．3倍 D．4倍
【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：原圆台的体积为，
新圆台的体积为，
则新圆台与原圆台的体积的比为。
所以新圆台的体积比原圆台的体积增加了倍．
故选：B
【分析】本题主要考察了圆台的体积公式，利用圆台体积公式求解.
5．（2024高一下·河北期末）若非零向量，满足，，则（ ）
A．的最大值为 B．的最大值为1
C．的最小值为 D．的最小值为1
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：若，
两边同时平方得，
可得，
化简可得，
设非零向量，的夹角为，故
，而，
可得，即。
而，故，
所以，，
可得，
故，
可得的最小值为，无最大值.
故选：C.
【分析】利用给定条件化简得到，再利用数量积的定义得到，最后结合三角函数的值域求解即可。
6．（2024高一下·河北期末）如图，在四棱锥中，侧棱长均为，正方形的边长为，，分别是线段，上的一点，则的最小值为（ ）
A．2 B．4 C． D．
【答案】A
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；解三角形
【解析】【解答】解：如图，将正四棱锥的侧面展开在同一平面，如图所示，
由平面几何知可得则的最小值为，
因为 在四棱锥中，侧棱长均为 ，
所以，
又因为正方形的边长为，
所以，
则在中，由余弦定理得：
，
所以，
所以，
则在中，由勾股定理可得：
.
故选：A
【分析】本题主要考查了正四棱锥表面上的最短距离问题，将正四棱锥的侧面展开，则的最小值为，根据数据求解即可。
7．（2024高一下·河北期末）从正四面体的6条棱中任选2条，这2条棱所在直线互相垂直的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】古典概型及其概率计算公式；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： 从正四面体的6条棱中任选2条，共有种情况，
取中点连接，
因为均为等边三角形，
所以，
又平面，
故平面，
而平面，
故，
同理，
所以这2条棱所在直线互相垂直的情况有，，共3种，
即这2条棱所在直线互相垂直的概率为．
故选：D
【分析】本题考查古典概型概率问题的求解，关键是能够利用排列组合的知识确定基本事件总数和所求事件所包含的基本事件数，利用古典概型概率公式可求得结果.
8．（2024高一下·河北期末）苏州双塔又称罗汉院双塔，位于江苏省苏州市凤凰街定慧寺巷的双塔院内，二塔“外貌”几乎完全一样（高度相等，二塔根据位置称为东塔和西塔）.某测绘小组为了测量苏州双塔的实际高度，选取了与塔底，（为东塔塔底，为西塔塔底）在同一水平面内的测量基点，并测得米.在点测得东塔顶的仰角为，在点测得西塔顶的仰角为，且，则苏州双塔的高度为（ ）
A．30米 B．33米 C．36米 D．44米
【答案】B
【知识点】解三角形；余弦定理的应用；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：设苏州双塔的高度为h米，即米，如图所示，
因为在中，，且，
所以，
即，
又因为，
所以。
因为，，
所以在中，由余弦定理得：
，
即，
解得.
故选：B
【分析】本题主要考察了余弦定理在解三角形中的应用，设苏州双塔的高度为h米，可得，，由题意利用余弦定理求解即可.
9．（2024高一下·河北期末）在正中，为的中点，则（ ）
A．
B．
C．
D．在上的投影向量为
【答案】B,C,D
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：正中，为的中点，如图所示，
对于A，因为，
所以，
即，故A错误；
对于B，
，故正确．
对于C，
，故C正确．
对于D，在上的投影向量为
，故正确．
故选：BCD.
【分析】本题主要考察向量的相关性质以及向量的实际应用，A选项主要考查向量间夹角的应用；B选项主要考查向量数量积；C选项主要考察向量的线性运算；D选项主要考查投影向量.
10．（2024高一下·河北期末）若，则（ ）
A．
B．的虚部为8
C．
D．在复平面内对应的点位于第二象限
【答案】B,C
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数的模
【解析】【解答】解：对于A，因为，
所以，故A错误；
对于B，因为，
所以，虚部为，故B正确.
对于C，，故C正确.
对于D，因为，
所以在复平面内对应的点位于第四象限，故D错误.
故选：BC
【分析】本题主要考查了复数的定义与运算问题，化简复数，再计算，计算，化简
，即可得出结论。
11．（2024高一下·河北期末）在正四棱柱中，，，则（ ）
A．正四棱柱的侧面积为24
B．与平面所成角的正切值为
C．异面直线与所成角的余弦值为
D．三棱锥内切球的半径为
【答案】A,B,D
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：对于A，正四棱柱的侧面积为，故正确．
对于B，设，
因为，平面，平面，
所以，平面，
则平面，
则与平面所成的角为，
因为，，
则，B正确．
对于C，因为，
则异面直线与所成的角为或其补角，
，
则，C错误．
对于D，三棱锥的表面积，
三棱锥的体积，
所以三棱锥内切球的半径为，D正确．
故选：ABD
【分析】本题主要考查棱柱的侧面积，考查线面角和二面角，考查内切球的半径的求解，对于A，四个全等的长方形面积之和即为侧面积；对于B，证明平面 ，则为与平面所成的角，解三角形可得结果；对于C，由，得或其补角为异面直线与所成的角，运用余弦定理求解即可；对于D，三棱锥体积为，则其内切球的半径为 。
12．（2024高一下·河北期末）若一组数据3，4，6，，8，3，7，9的第40百分位数为6，则正整数的最小值为 .
【答案】6
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将这组数据按照从小到大的顺序排列为3，3，4，6，，7，8，9，
因为，
所以第40百分位数为第4个数，
所以。
故填：6
【分析】本题主要考查了百分位数的求解，根据百分位数的定义求解即可。
13．（2024高一下·河北期末）已知向量，，，且与的夹角为锐角，则t的取值范围是 （用区间表示）.
【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：因为与的夹角为锐角，
所以且与不共线，
因为，，，
所以且
解得：或且，
即实数t的取值范围是。
故填：
【分析】根据平面向量数量积的定义，可知且与不共线，由此建立关于t的不等式，解出实数t的取值范围。
14．（2024高一下·河北期末）在底面为正方形的四棱锥中，平面，，，，平面，则 ，四面体的外接球的表面积为 .
【答案】；
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【解答】解：连接交于点，连接，
因为，共面，且平面，
所以.
易知O为的中点，
所以E为的中点，即.
把四面体可以补形为一个长方体，
所以四面体的外接球的半径，
故四面体的外接球的表面积为.
故填：，
【分析】本题考查线面平行的应用，以及补形法求几何体的外接球问题，根据线面平行的性质定理可得，进而得到E为的中点，即可求解；将四面体补形为一个长方体，根据四面体与长方体具有同一个外接球即可求解。
15．（2024高一下·河北期末）已知某校初二年级有1200名学生，在一次数学测试中，该年级所有学生的数学成绩全部在内.现从该校初二年级的学生中随机抽取100名学生的数学成绩，按，，，，分成5组，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）求的值；
（2）估计该校初二年级学生这次数学测试的平均分（各组数据以该组数据的中点值作代表）；
（3）记这次测试数学成绩不低于85分为“优秀”，估计该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的学生人数.
【答案】（1）解：由频率分布直方图可得，可得，
解得．
（2）由题意， 估计该校初二年级学生这次数学测试的平均分为分.
（3）（3）由频率分布直方图可知这次测试数学成绩为优秀的频率为，
故估计该校初二年级这次测试数学成绩为优秀的学生人数为人．
【知识点】频率分布直方图
【解析】【分析】
（1）根据频率分布直方图中所有矩形面积之和等于1即可求解，
（2）根据频率分布直方图中平均数为每个矩形底边中点的横坐标乘以本组频率，再相加，即可求解。
（3）由频率分布直方图可知这次测试数学成绩为优秀的频率为，进而可得该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的频率为0.15，即可求解。
（1）由频率分布直方图可得，解得．
（2）由题意，估计平均分分.
（3）由频率分布直方图可知这次测试数学成绩为“优秀”的频率为，
则该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的频率为0.15，
故估计该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的学生人数为．
16．（2024高一下·河北期末）如图，在各棱长均为2的正三棱柱中，，，分别为，，的中点，.
（1）求点到平面的距离；
（2）证明：平面平面.
【答案】（1）解：（1）在正三棱柱中，侧棱垂直底面，底面，
则，.
依题意得，，
则，
所以的面积.
设点B到平面的距离为h，由，
得，解得.
（2）（2）证明：因为D，E分别为，的中点，
所以.
又，
所以.
因为平面，平面，
所以平面.
取的中点N，连接.
因为，
所以F为的中点.
又D为的中点，
所以.
易证，
所以.
因为平面，平面，
所以平面.
又，
所以平面平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】（1）本题主要考查点到面的距离，考查平面与平面平行的判定，利用体积可求点到面的距离，
（2）根据平面与平面平行的判定即可证明。
（1）（方法一）在正三棱柱中，侧棱垂直底面，底面，则，.
依题意得，，则，
所以的面积.
设点B到平面的距离为h，则由，
得，解得.
（方法二）取的中点M，连接，.
因为，所以.
因为底面，底面，所以.
因为，平面，所以平面.
过B作于H，平面，则.
因为，平面，所以平面.
因为，，，
所以点B到平面的距离.
（2）证明：因为D，E分别为，的中点，所以.
又，所以.
因为平面，平面，所以平面.
取的中点N，连接.因为，所以F为的中点.
又D为的中点，所以.
由于，故四边形为平行四边形，
故，所以.
因为平面，平面，所以平面.
又，平面，所以平面平面.
17．（2024高一下·河北期末）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中，则此人继续投篮，若未命中，则换对方投篮.已知甲每次投篮的命中率均为0.7，乙每次投篮的命中率均为0.5，甲、乙每次投篮的结果相互独立.
（1）若第1次投篮的人是甲，求第3次投篮的人是甲的概率；
（2）若第1次投篮的人是乙，求前5次投篮中乙投篮次数不少于4的概率.
【答案】（1）解：（1）设表示第此投篮的人为甲，表示第次投篮的人为乙，
因为甲每次投篮的命中率均为0.7，乙每次投篮的命中率均为0.5，且甲、乙每次投篮的结果相互独立，
即。
故第3次投篮的人是甲的概率为．
（2）由题意得：前5次投篮中乙投篮次数为5的概率
为．
若前5次投篮中乙投篮次数为4，
则乙前3次投篮均命中且第4次投篮未命中或中间3次（第2，3，4次）乙有1次投篮未命中且甲也有1次投篮未命中，
所以前5次投篮中乙投篮次数为4的概率是
．
故前5次投篮中乙投篮次数不少于4的概率为．
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；条件概率与独立事件
【解析】【分析】（1）本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，利用独立事件的概率乘法公式求解，
（2）利用独立事件概率乘法公式求解.
（1）若第1次投篮的人是甲，且第3次投篮的人是甲，则甲第1次和第2次投篮都命中或第1次未命中、第2次乙也未命中，
故所求概率为．
（2）前5次投篮中乙投篮次数为5的概率．
若前5次投篮中乙投篮次数为4，则乙前3次投篮均命中且第4次投篮未命中或中间3次（第2，3，4次）乙有1次投篮未命中且甲也有1次投篮未命中，
所以前5次投篮中乙投篮次数为4的概率是
．
故所求概率为．
18．（2024高一下·河北期末）在锐角中，，，分别是内角，，的对边，且.
（1）若，求周长的最大值.
（2）设，.
（ⅰ）求外接圆的半径；
（ⅱ）求的面积.
【答案】（1）解：（1）因为，，由正弦定理得：
，
所以，，
所以，
又因为为锐角三角形，
所以，
所以，
即，
所以，
所以的周长，
即的周长的最大值为6。
（2）（ⅰ）因为，可得：
，
由正弦定理得，，
因为，
可得，
由正弦定理得，
即，解得.
（ⅱ）的面积.
因为，
所以.
因为是锐角，所以，则，
所以.
因为，
所以.
又因为是锐角，
所以，
所以，
所以，
则，
所以
故.
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由正弦定理可得，的表达式，再由锐角三角形中，可得角的取值范围，可得的取值范围；
（2）（ⅰ）由题意及正弦定理可得的外接圆的半径的值；
（ⅱ）求出的面积的表达式，求出，再求出的值，进而求出的值，再求出三角形的面积。
（1）由余弦定理得，即，
所以，
因为，
所以，
则，当且仅当时，等号成立，
所以周长的最大值为6.
（2）（ⅰ）由正弦定理得，，
代入，得，
即.
因为，所以.
（ⅱ）的面积.
因为，所以.
因为是锐角，所以，则，所以.
因为，所以.
又因为是锐角，所以，
所以，所以，
则，所以
故.
19．（2024高一下·河北期末）如图，在正四棱锥中，.
（1）证明：平面平面.
（2）若以为球心，半径为的球与直线只有1个公共点，求二面角的正切值.
（3）已知当时，取得最小值.请根据这条信息求正四棱锥体积的最大值.
【答案】（1）证明：正四棱锥中，设与交于点，
连接，则底面．
因为平面，
所以，
因为 正四棱锥中，底面为正方形，
所以，
因为，
所以平面，
又平面，
所以平面平面．
（2）解：因为以为球心，半径为的球与直线BC只有1个公共点，
所以点P到直线BC的距离为．
取的中点，连接，，
因为，
所以，，
所以，且为二面角的平面角．
则，
所以，
所以，
则，
即二面角的正切值为4．
（3）设，则，
即，其中，
所以正四棱锥的体积
，．
因为当时，取得最小值，
所以当时，取得最大值，
所以正四棱锥体积的最大值为．
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；平面与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】（1）本题主要考查面面垂直的判定以及二面角与体积最值的计算，先证平面，再利用面面垂直的判定定理即可得证；
（2）先证明为二面角的平面角，再利用三角形求解即可；
（3）先计算正四棱锥的体积取得最大值，再求最值即可.
（1）证明：正四棱锥中，设与交于点，
连接，则底面．
因为平面，所以．
底面为正方形，所以，
因为，平面，所以平面．
又平面，所以平面平面．
（2）因为以为球心，半径为的球与直线BC只有1个公共点，所以点P到直线BC的距离为．
取的中点，连接，，因为，所以，，
所以，且为二面角的平面角．
则，，
所以，则，
即二面角的正切值为4．
（3）设，则，
即，其中，
所以正四棱锥的体积
，．
因为当时，取得最小值，
所以当时，取得最大值，
所以正四棱锥体积的最大值为．
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