湖北省部分市州新高考联考协作体2023-2024学年高一下学期7月期末教学质量监测数学试题
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·湖北期末）下列说法中正确的是（ ）
A．棱柱的侧面可以是三角形
B．通过圆台侧面一点，有且仅有一条母线
C．有两个侧面是矩形的四棱柱是直四棱柱
D．过圆锥顶点的截面中轴截面面积最大
2．（2024高一下·湖北期末）当时，复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．（2024高一下·湖北期末）若空间中四条不同的直线，，，满足，，，则下面结论正确的是（ ）
A． B．
C．，既不垂直也不平行 D．，的位罝关系不确定
4．（2024高一下·湖北期末）（ ）
A． B． C．1 D．
5．（2024高一下·湖北期末）已知是两个不同的平面，是内的一条直线，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．（2024高一下·湖北期末）在中，点M，N满足，，若，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·湖北期末）四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数.根据各自的统计如下结果，则可以判断出一定有出现点数6的是（ ）
A．平均数为2，中位数为1 B．中位数为3，众数为2
C．中位数为3，方差为2.0 D．平均数为3，方差为2.4
8．（2024高一下·湖北期末）在中，已知.点是边上靠近的三等分点.的长等于边上的高，则（ ）
A．3 B． C． D．
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·湖北期末）如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态.图（1）形成对称形态，图（2）形成不规则形态，图（3）形成“右拖尾”形态，根据所给图形作出以下判断，正确的是（ ）
A．图（1）中平均数中位数众数
B．图（2）中众数<平均数
C．图（3）中众数<中位数<平均数
D．图（3）中众数<平均数<中位数
10．（2024高一下·湖北期末）平面向量，满足，对任意实数，恒成立，则（ ）
A．与的夹角为
B．为定值
C．的最小值为
D．在上的投影向量为
11．（2024高一下·湖北期末）在矩形中，，点是的中点，将沿翻折到，连接得到四棱锥，在翻折到的过程中，二面角的大小为，下列说法正确的是（ ）
A．当四棱锥体积为最大值时，
B．当时，三棱锥的外接球表面积为
C．若是的中点，则存在使与平面不平行
D．当时，
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高一下·湖北期末）若，则复平面内满足的点Z的集合的图形面积是 .
13．（2024高一下·湖北期末）如图，所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫做拟柱体，在这两个平行平面内的面叫做拟柱体的底面，其余各面叫做拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫做拟柱体的高.现有一拟柱体，上下底面均为正六边形，下底面边长为且上底面各顶点在下底面的射影点为下底面各边的中点，高为，则该拟柱体的表面积为 .
14．（2024高一下·湖北期末）已知正的边长为，内切圆圆心为，点满足，则 .
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出相应文字说明、证明过程或演算步骤
15．（2024高一下·湖北期末）如图，单位圆与轴交于A，B两点，为圆上一动点，.
（1）若，设点为线段OA上的动点，求的最小值：
（2）若，向量，.求的最大值及对应的值.
16．（2024高一下·湖北期末）在中，内角的对边分别是.
（1）求角的大小；
（2）设的平分线与交于点，当的面积最大时，求的长.
17．（2024高一下·湖北期末）如图所示，已知正方形和矩形所在平面互相垂直，，点是的中点.
（1）求三棱锥的体积；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
18．（2024高一下·湖北期末）2024年4月25日，神舟十八号载人飞船在长二F遥十八运载火箭的托举下，成功将叶光富、李聪、李广送到中国空间站，圆满完成飞行任务，为纪念中国航天事业所取得的成就，发扬并传承中国航天精神，我市随机抽取1000名学生进行航天知识竞赛并记录得分（满分100分），将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图.
（1）求n的值并估计这1000名学生成绩的平均数和80%分位数（求平均数时同一组数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）现从以上各组中采用分层抽样的方法抽取240人，若第三、四、五各组中被抽取的学生成绩的平均数依次为，方差依次为，求这240人中分数在区间的学生成绩的方差（精确到0.001）.
19．（2024高一下·湖北期末）如图，在三棱柱中，底面是等边三角形，侧面是矩形，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值；
（3）试在平面内确定一点，使得平面，并求出线段的长度.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；棱台的结构特征
【解析】【解答】解：对于A选项：根据棱柱的性质可得棱柱的侧面是平行四边形，故A选项错误；
对于B选项：将圆台还原成圆锥，则过圆台侧面一点有且仅有一条还原成圆锥的母线，所以通过圆台侧面一点，有且仅有一条母线，故B选项正确；
对于C选项：当四棱柱的相对两个侧面平行且是矩形时，不能确保四棱柱是值四棱柱，故C选项错误；对于D选项：当圆锥轴截面的顶角大于时，过圆锥顶点的截面等腰三角形顶角为时，面积最大，该截面面积大于轴截面面积，故D选项错误.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查棱柱、圆台、圆锥的结构特征，考查考生的空间想象能力，根据棱柱、圆台、圆锥的结构特征逐项进行判定即可求解.
2．【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：，所以该复数在复平面所对应的点的坐标为：又因为，所以，所以点在第四象限，故D选项正确.
故答案为：D.
【分析】本题主要考查复数的在复平面的表示，根据题意可得该复数在复平面所对应的点的坐标为：再结合m的取值范围，判定横纵坐标的正负即可求解.
3．【答案】A
【知识点】平行公理
【解析】【解答】构造正方体，如图所示：
取为，为，为，为，
则.
故答案为：A
【分析】本题考查平行公理.先作出一个正方体，再将直线，，，为放在正方体中，观察图形可找出的位置关系.
4．【答案】B
【知识点】两角和与差的正弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】因为，，
所以
.
故答案为：B.
【分析】本题考查三角函数的诱导公式，两角和的正弦公式.先利用三角函数的诱导公式进行化简可得，再利用两角和的正弦公式进行化简可求出答案.
5．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：充分性：当是两个不同的平面，是内的一条直线 ，且，则或者或相交，故充分性不成立；
必要性：当是两个不同的平面，是内的一条直线 ，且，则，故必要性成立.所以“”是“”的 必要不充分条件，故B选项符合题意.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查充分，必要条件的判定，线面垂直的判定及性质，根据题意结合线面垂直的判定及性质对充分，必要条件进行判定即可.
6．【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】依题意，
，又，且不共线，
所以，.
故答案为：A
【分析】本题考查平面向量基本定理.根据题意可得：，再根据平面向量的线性运算可得：，再进行化简可求出，再根据对位系数相等可求出的值，进而可求出答案.
7．【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：A、当掷骰子的点数为：1，1，1，2，5，平均数为2，中位数为1，但没有出现6，故A错误；
B、当掷骰子的点数为：2，2，3，2，2时，中位数为3，众数为2，但没有出现6，故B错误；
C、当掷骰子的点数为：1，2，3，4，5时， 中位数为3，方差为2.0 ，但没有出现6，故C错误；
D、若平均数为3，且出现点数6，则方差，所以当平均数为3，方差为2.4时，一定会出现6，故D正确.
【分析】根据题意，举出反例，结合中位数、众数、平均数以及方差公式逐项判断即可.
8．【答案】C
【知识点】三角函数的化简求值；三角函数恒等式的证明；三角函数诱导公式二~六；三角函数模型的其他应用；三角函数诱导公式一
【解析】【解答】解：根据题意可得：在中，设为边上的高，则，又，则，设，且，所以，解得，同理：，解得：，即AD为的角平分线，所以又，故，所以，故C选项符合题意.
故答案为为：C.
【分析】本题主要考查三角函数的面积公式，余弦的倍角公式，同角三角函数的关系，根据题意在中，设为边上的高，则，，进而得到，设，然后根据已知条件结合三角函数的面积公式可得：，，即AD为的角平分线，然后利用倍角公式及同角三角函数的关系进行求解即可.
9．【答案】B,C
【知识点】频率分布表；频率分布直方图；用样本的频率分布估计总体分布
【解析】【解答】解：对于A选项： 图（1） 的分布直方图是对称的，所以平均数=中位数，故A选项错误；
对于B选项：根据图（2）可得： 众数<平均数 ，故B选项正确；
对于C，D选项：“右拖尾”形态： 众数<中位数<平均数 ，故C选项正确，D选项错误.
故答案为：BC.
【分析】本题主要考查频率分布直方图的不同分布形态，根据已知条件结合频率分布直方图的性质逐项进行判定即可求解.
10．【答案】A,D
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】A：对任意的恒成立，
得，即，
整理得，设的夹角为（），
所以，
即，得，解得，A正确；
B：，不是定值，B错误；
C：由选项A知，，
，
当时，取得最小值，所以的最小值为，C错误；
D：在上的投影向量为，D正确.
故答案为：AD
【分析】本题考查平面向量的夹角，平面向量的数量积，平面向量的模长，平面向量的投影向量.根据题意化简可得：恒成立，根据一元二次不等式恒成立可得：，通过计算可得，进而可求出的值， 判断A选项；利用完全平方公式和平面向量数量积公式计算可得：，不是定值，据此可判断B选项；利用A的结论计算可得：，再利用完全平方公式和平面向量的数量积公式计算可得：，利用二次函数的性质可求出最值，据此可判断C选项；根据平面向量投影向量的定义可得：在上的投影向量为，代入数据进行计算可判断D选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球内接多面体；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】，由题意可知，
所以，即，
，其底面积为定值，
当平面平面时，四棱锥的的体积最大，
此时因为平面平面，，所以平面，
又平面，故，正确；
B，取的中点，，连，如图所示：
则由A以及题意知，
则，三棱锥的外接球的球心为，半径为1，
所以球的表面积为，正确；
，取的中点，如图所示：
则，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又面，面，所以面，错误；
，取中点中点，由选项A和B及题意可知，，，，
所以由知平面，故是二面角的平面角，且，
延长，过作于，如图所示：
则，且由平面得，又，
所以平面，
所以，，
故，
所以，
，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】本题考查棱锥的体积公式，球内接几何体问题，直线与平面平行的判定.先利用勾股定理求出
，再通过勾股定理证明，通过计算可得四棱锥的底面积为定值，利用棱锥的体积公式计算可推出四棱锥体积为最大值时是平面面时，利用平面与平面垂直的性质可证明平面，再利用直线与平面垂直的性质可证明结论，判断A选项；，取的中点，，连，进而推出中点F满足，据此可证明为三棱锥的外接球的球心，利用球的表面积公式进行计算可判断B选项；取的中点，利用三角形的中位线定理可推出，，进而可证明四边形为平行四边形，利用平行四边形的性质可推出，利用直线与平面平行的判定定理可证明结论，据此可判断C选项；取中点中点，延长，过作于，利用直线与平面垂直的判定定理可证明平面，进而可推出是二面角的平面角，延长，过作于，利用直线与平面垂直的判定定理可证明平面，在中利用余弦定理可求出AG，再利用勾股定理在中求出，判断D选项.
12．【答案】
【知识点】复数运算的几何意义
【解析】【解答】复平面内满足的点Z在以点为圆心，为半径的圆及内部，所以点Z的集合的图形面积是.
故答案为：
【分析】本题考查复数的几何意义.根据圆的几何意义可得： 复平面内满足的点Z在以点为圆心，为半径的圆及内部， 利用圆的面积公式可求出图形的面积.
13．【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：如图，上底面正六边形的顶点E，D在下底面上的射影分别为O，P，则，显然，则四边形为矩形，点O，P是下底面正六边形的中点，则，，设底边DE上的高为h，则解得：，则该拟柱体上底面面积为下底面面积为，侧面积为所以该拟柱体的表面积为：
故答案为：
【分析】本题主要考查空间几何图形的结构特征，考查考生的空间想象能力，计算能力，属于中档题型.如图，上底面正六边形的顶点E，D在下底面上的射影分别为O，P，则，显然，则四边形为矩形，点O，P是下底面正六边形的中点，然后利用平面几何知识及空间几何体的侧面积公式进行求解即可.
14．【答案】57
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】
，
同理可得，
，
又有，，
所以，原式.
故答案为：57
【分析】本题考查平面向量的数量积，根据平面向量的加法运算可得：，，，对式子进行平方可得：，同理可得：
，，据此可得：，再结合等边三角形的性质可得，，代入式子进行计算可求出答案.
15．【答案】（1）依题意，，设，，
则，
当时，，当且仅当时取等号，
所以当时，取得最小值.
（2）依题意，，而，
于是
，由，得，
当或，即或时，，，
所以的最大值为，此时或.
【知识点】向量的模；平面向量数量积定义与物理意义；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】本题考查平面向量的模长，平面向量的数量积，正弦函数的图象和性质.（1）先求出的坐标，设，据此可求出的坐标，利用平面向量的模长公式进行计算可得，利用二次函数的性质可求出的最小值；
（2）先求出，，利用平面向量数量积的坐标表示进行计算，再利用辅助角公式化简可得：，再利用正弦函数的图象和性质可求出的最大值及对应的值.
（1）依题意，，设，，
则，
当时，，当且仅当时取等号，
所以当时，取得最小值.
（2）依题意，，而，
于是
，由，得，
当或，即或时，，，
所以的最大值为，此时或.
16．【答案】（1）由知，
，化简得，
而，所以
（2）由余弦定理有
即，而，
即，
.当且仅当取等号
此时，则，
在中，由正弦定理知.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】本题主要考查正弦定理，三角恒等变换，余弦定理，三角形的面积公式，基本不等式等基础知识，考查考生的计算能力，逻辑思维能力，属于基础题型.
（1）根据已知条件结合正弦定理及三角恒等变换可得：，然后根据角A的范围进行求解即可；
（2）由（1）在结合余弦定理得到：，然后再利用基本不等式和三角形的面积公式知道当且仅当时满足题意，最后在结合正弦定理进行求解即可.
17．【答案】（1）设与交于点，分别连结，由于正方形与矩形所在平面互相垂直，，所以面，
（2）分别取的中点，连结，则四边形为平行四边形，即为直线与平面所成角.
，
.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】本题主要考查三棱锥的体积公式及等体积法的运用，直线与平面所成的角的问题，考查考生的空间想象能力，计算能力，属于中档题型.
（1）设与交于点，分别连结，根据已知条件求得面，然后运用等体积法进行求解即可；
（2）分别取的中点，连结，则四边形为平行四边形，即为直线与平面所成角，然后利用勾股定理及正弦三角函数的定义进行求解即可.
18．【答案】（1）成绩落在的频率为，.
这1000名学生平均成绩（分）
设分位数为，则，解得.
（2）由分层抽样可知，第三 四 五组抽样比为，
.
【知识点】频率分布直方图；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】本题考查频率分布直方图，百分位数的定义，分层抽样的方差.（1）根据频率分布直方图中各组的频率之和等于1，可求出成绩落在的频率，据此可求出的值，利用各组的频率乘以小矩形底边的中点再相加可求出平均数，设分位数为，根据百分位数的定义可列出方程，解方程可求出80%分位数；
（2）由分层抽样可知第三 四 五组抽样比为，利用加权平均数公式可求出平均数，再利用分层抽样的方差公式可求出方差.
（1）成绩落在的频率为，.
这1000名学生平均成绩（分）
设分位数为，则，解得.
（2）由分层抽样可知，第三 四 五组抽样比为，
.
19．【答案】（1）由为等腰直角斜边的中点，得.
在三棱柱中，，所以，
所以，即.
因为侧面是矩形，所以，
又平面平面，
所以平面.
（2）连接交于点，连接，
因为，所以.
由（1）知平面，又，所以平面，
因为平面，所以，所以
，
所以.又平面
平面，
所以平面.
所以二面角为直二面角，余弦值为0
（3）在平面内过点作，垂足为，
由（2）可知，平面
又，由，
得，从而解得.
【知识点】直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】本题主要考查线面垂直的判定及性质线面垂直的判定及性质，二面角的求法，考查考生的空间想象能力，逻辑思维能力，计算能力属于难题题型.
（1）根据题意及三棱锥的性质求得，，然后结合线面垂直的判定定理进行判定即可；
（2）由（1）可得：平面，然后根据线面垂直的性质可得：，然后再结合面面垂直的判定定理证明平面平面，进行求解即可；
（3）由（2）根据线面垂直的判定性质定理可得平面，然后利用三角形等面积法进行求解即可.
1 / 1湖北省部分市州新高考联考协作体2023-2024学年高一下学期7月期末教学质量监测数学试题
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·湖北期末）下列说法中正确的是（ ）
A．棱柱的侧面可以是三角形
B．通过圆台侧面一点，有且仅有一条母线
C．有两个侧面是矩形的四棱柱是直四棱柱
D．过圆锥顶点的截面中轴截面面积最大
【答案】B
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；棱台的结构特征
【解析】【解答】解：对于A选项：根据棱柱的性质可得棱柱的侧面是平行四边形，故A选项错误；
对于B选项：将圆台还原成圆锥，则过圆台侧面一点有且仅有一条还原成圆锥的母线，所以通过圆台侧面一点，有且仅有一条母线，故B选项正确；
对于C选项：当四棱柱的相对两个侧面平行且是矩形时，不能确保四棱柱是值四棱柱，故C选项错误；对于D选项：当圆锥轴截面的顶角大于时，过圆锥顶点的截面等腰三角形顶角为时，面积最大，该截面面积大于轴截面面积，故D选项错误.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查棱柱、圆台、圆锥的结构特征，考查考生的空间想象能力，根据棱柱、圆台、圆锥的结构特征逐项进行判定即可求解.
2．（2024高一下·湖北期末）当时，复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：，所以该复数在复平面所对应的点的坐标为：又因为，所以，所以点在第四象限，故D选项正确.
故答案为：D.
【分析】本题主要考查复数的在复平面的表示，根据题意可得该复数在复平面所对应的点的坐标为：再结合m的取值范围，判定横纵坐标的正负即可求解.
3．（2024高一下·湖北期末）若空间中四条不同的直线，，，满足，，，则下面结论正确的是（ ）
A． B．
C．，既不垂直也不平行 D．，的位罝关系不确定
【答案】A
【知识点】平行公理
【解析】【解答】构造正方体，如图所示：
取为，为，为，为，
则.
故答案为：A
【分析】本题考查平行公理.先作出一个正方体，再将直线，，，为放在正方体中，观察图形可找出的位置关系.
4．（2024高一下·湖北期末）（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】B
【知识点】两角和与差的正弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】因为，，
所以
.
故答案为：B.
【分析】本题考查三角函数的诱导公式，两角和的正弦公式.先利用三角函数的诱导公式进行化简可得，再利用两角和的正弦公式进行化简可求出答案.
5．（2024高一下·湖北期末）已知是两个不同的平面，是内的一条直线，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：充分性：当是两个不同的平面，是内的一条直线 ，且，则或者或相交，故充分性不成立；
必要性：当是两个不同的平面，是内的一条直线 ，且，则，故必要性成立.所以“”是“”的 必要不充分条件，故B选项符合题意.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查充分，必要条件的判定，线面垂直的判定及性质，根据题意结合线面垂直的判定及性质对充分，必要条件进行判定即可.
6．（2024高一下·湖北期末）在中，点M，N满足，，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】依题意，
，又，且不共线，
所以，.
故答案为：A
【分析】本题考查平面向量基本定理.根据题意可得：，再根据平面向量的线性运算可得：，再进行化简可求出，再根据对位系数相等可求出的值，进而可求出答案.
7．（2024高一下·湖北期末）四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数.根据各自的统计如下结果，则可以判断出一定有出现点数6的是（ ）
A．平均数为2，中位数为1 B．中位数为3，众数为2
C．中位数为3，方差为2.0 D．平均数为3，方差为2.4
【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：A、当掷骰子的点数为：1，1，1，2，5，平均数为2，中位数为1，但没有出现6，故A错误；
B、当掷骰子的点数为：2，2，3，2，2时，中位数为3，众数为2，但没有出现6，故B错误；
C、当掷骰子的点数为：1，2，3，4，5时， 中位数为3，方差为2.0 ，但没有出现6，故C错误；
D、若平均数为3，且出现点数6，则方差，所以当平均数为3，方差为2.4时，一定会出现6，故D正确.
【分析】根据题意，举出反例，结合中位数、众数、平均数以及方差公式逐项判断即可.
8．（2024高一下·湖北期末）在中，已知.点是边上靠近的三等分点.的长等于边上的高，则（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角函数的化简求值；三角函数恒等式的证明；三角函数诱导公式二~六；三角函数模型的其他应用；三角函数诱导公式一
【解析】【解答】解：根据题意可得：在中，设为边上的高，则，又，则，设，且，所以，解得，同理：，解得：，即AD为的角平分线，所以又，故，所以，故C选项符合题意.
故答案为为：C.
【分析】本题主要考查三角函数的面积公式，余弦的倍角公式，同角三角函数的关系，根据题意在中，设为边上的高，则，，进而得到，设，然后根据已知条件结合三角函数的面积公式可得：，，即AD为的角平分线，然后利用倍角公式及同角三角函数的关系进行求解即可.
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·湖北期末）如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态.图（1）形成对称形态，图（2）形成不规则形态，图（3）形成“右拖尾”形态，根据所给图形作出以下判断，正确的是（ ）
A．图（1）中平均数中位数众数
B．图（2）中众数<平均数
C．图（3）中众数<中位数<平均数
D．图（3）中众数<平均数<中位数
【答案】B,C
【知识点】频率分布表；频率分布直方图；用样本的频率分布估计总体分布
【解析】【解答】解：对于A选项： 图（1） 的分布直方图是对称的，所以平均数=中位数，故A选项错误；
对于B选项：根据图（2）可得： 众数<平均数 ，故B选项正确；
对于C，D选项：“右拖尾”形态： 众数<中位数<平均数 ，故C选项正确，D选项错误.
故答案为：BC.
【分析】本题主要考查频率分布直方图的不同分布形态，根据已知条件结合频率分布直方图的性质逐项进行判定即可求解.
10．（2024高一下·湖北期末）平面向量，满足，对任意实数，恒成立，则（ ）
A．与的夹角为
B．为定值
C．的最小值为
D．在上的投影向量为
【答案】A,D
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】A：对任意的恒成立，
得，即，
整理得，设的夹角为（），
所以，
即，得，解得，A正确；
B：，不是定值，B错误；
C：由选项A知，，
，
当时，取得最小值，所以的最小值为，C错误；
D：在上的投影向量为，D正确.
故答案为：AD
【分析】本题考查平面向量的夹角，平面向量的数量积，平面向量的模长，平面向量的投影向量.根据题意化简可得：恒成立，根据一元二次不等式恒成立可得：，通过计算可得，进而可求出的值， 判断A选项；利用完全平方公式和平面向量数量积公式计算可得：，不是定值，据此可判断B选项；利用A的结论计算可得：，再利用完全平方公式和平面向量的数量积公式计算可得：，利用二次函数的性质可求出最值，据此可判断C选项；根据平面向量投影向量的定义可得：在上的投影向量为，代入数据进行计算可判断D选项.
11．（2024高一下·湖北期末）在矩形中，，点是的中点，将沿翻折到，连接得到四棱锥，在翻折到的过程中，二面角的大小为，下列说法正确的是（ ）
A．当四棱锥体积为最大值时，
B．当时，三棱锥的外接球表面积为
C．若是的中点，则存在使与平面不平行
D．当时，
【答案】A,B,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球内接多面体；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】，由题意可知，
所以，即，
，其底面积为定值，
当平面平面时，四棱锥的的体积最大，
此时因为平面平面，，所以平面，
又平面，故，正确；
B，取的中点，，连，如图所示：
则由A以及题意知，
则，三棱锥的外接球的球心为，半径为1，
所以球的表面积为，正确；
，取的中点，如图所示：
则，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又面，面，所以面，错误；
，取中点中点，由选项A和B及题意可知，，，，
所以由知平面，故是二面角的平面角，且，
延长，过作于，如图所示：
则，且由平面得，又，
所以平面，
所以，，
故，
所以，
，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】本题考查棱锥的体积公式，球内接几何体问题，直线与平面平行的判定.先利用勾股定理求出
，再通过勾股定理证明，通过计算可得四棱锥的底面积为定值，利用棱锥的体积公式计算可推出四棱锥体积为最大值时是平面面时，利用平面与平面垂直的性质可证明平面，再利用直线与平面垂直的性质可证明结论，判断A选项；，取的中点，，连，进而推出中点F满足，据此可证明为三棱锥的外接球的球心，利用球的表面积公式进行计算可判断B选项；取的中点，利用三角形的中位线定理可推出，，进而可证明四边形为平行四边形，利用平行四边形的性质可推出，利用直线与平面平行的判定定理可证明结论，据此可判断C选项；取中点中点，延长，过作于，利用直线与平面垂直的判定定理可证明平面，进而可推出是二面角的平面角，延长，过作于，利用直线与平面垂直的判定定理可证明平面，在中利用余弦定理可求出AG，再利用勾股定理在中求出，判断D选项.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高一下·湖北期末）若，则复平面内满足的点Z的集合的图形面积是 .
【答案】
【知识点】复数运算的几何意义
【解析】【解答】复平面内满足的点Z在以点为圆心，为半径的圆及内部，所以点Z的集合的图形面积是.
故答案为：
【分析】本题考查复数的几何意义.根据圆的几何意义可得： 复平面内满足的点Z在以点为圆心，为半径的圆及内部， 利用圆的面积公式可求出图形的面积.
13．（2024高一下·湖北期末）如图，所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫做拟柱体，在这两个平行平面内的面叫做拟柱体的底面，其余各面叫做拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫做拟柱体的高.现有一拟柱体，上下底面均为正六边形，下底面边长为且上底面各顶点在下底面的射影点为下底面各边的中点，高为，则该拟柱体的表面积为 .
【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：如图，上底面正六边形的顶点E，D在下底面上的射影分别为O，P，则，显然，则四边形为矩形，点O，P是下底面正六边形的中点，则，，设底边DE上的高为h，则解得：，则该拟柱体上底面面积为下底面面积为，侧面积为所以该拟柱体的表面积为：
故答案为：
【分析】本题主要考查空间几何图形的结构特征，考查考生的空间想象能力，计算能力，属于中档题型.如图，上底面正六边形的顶点E，D在下底面上的射影分别为O，P，则，显然，则四边形为矩形，点O，P是下底面正六边形的中点，然后利用平面几何知识及空间几何体的侧面积公式进行求解即可.
14．（2024高一下·湖北期末）已知正的边长为，内切圆圆心为，点满足，则 .
【答案】57
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】
，
同理可得，
，
又有，，
所以，原式.
故答案为：57
【分析】本题考查平面向量的数量积，根据平面向量的加法运算可得：，，，对式子进行平方可得：，同理可得：
，，据此可得：，再结合等边三角形的性质可得，，代入式子进行计算可求出答案.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出相应文字说明、证明过程或演算步骤
15．（2024高一下·湖北期末）如图，单位圆与轴交于A，B两点，为圆上一动点，.
（1）若，设点为线段OA上的动点，求的最小值：
（2）若，向量，.求的最大值及对应的值.
【答案】（1）依题意，，设，，
则，
当时，，当且仅当时取等号，
所以当时，取得最小值.
（2）依题意，，而，
于是
，由，得，
当或，即或时，，，
所以的最大值为，此时或.
【知识点】向量的模；平面向量数量积定义与物理意义；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】本题考查平面向量的模长，平面向量的数量积，正弦函数的图象和性质.（1）先求出的坐标，设，据此可求出的坐标，利用平面向量的模长公式进行计算可得，利用二次函数的性质可求出的最小值；
（2）先求出，，利用平面向量数量积的坐标表示进行计算，再利用辅助角公式化简可得：，再利用正弦函数的图象和性质可求出的最大值及对应的值.
（1）依题意，，设，，
则，
当时，，当且仅当时取等号，
所以当时，取得最小值.
（2）依题意，，而，
于是
，由，得，
当或，即或时，，，
所以的最大值为，此时或.
16．（2024高一下·湖北期末）在中，内角的对边分别是.
（1）求角的大小；
（2）设的平分线与交于点，当的面积最大时，求的长.
【答案】（1）由知，
，化简得，
而，所以
（2）由余弦定理有
即，而，
即，
.当且仅当取等号
此时，则，
在中，由正弦定理知.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】本题主要考查正弦定理，三角恒等变换，余弦定理，三角形的面积公式，基本不等式等基础知识，考查考生的计算能力，逻辑思维能力，属于基础题型.
（1）根据已知条件结合正弦定理及三角恒等变换可得：，然后根据角A的范围进行求解即可；
（2）由（1）在结合余弦定理得到：，然后再利用基本不等式和三角形的面积公式知道当且仅当时满足题意，最后在结合正弦定理进行求解即可.
17．（2024高一下·湖北期末）如图所示，已知正方形和矩形所在平面互相垂直，，点是的中点.
（1）求三棱锥的体积；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）设与交于点，分别连结，由于正方形与矩形所在平面互相垂直，，所以面，
（2）分别取的中点，连结，则四边形为平行四边形，即为直线与平面所成角.
，
.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】本题主要考查三棱锥的体积公式及等体积法的运用，直线与平面所成的角的问题，考查考生的空间想象能力，计算能力，属于中档题型.
（1）设与交于点，分别连结，根据已知条件求得面，然后运用等体积法进行求解即可；
（2）分别取的中点，连结，则四边形为平行四边形，即为直线与平面所成角，然后利用勾股定理及正弦三角函数的定义进行求解即可.
18．（2024高一下·湖北期末）2024年4月25日，神舟十八号载人飞船在长二F遥十八运载火箭的托举下，成功将叶光富、李聪、李广送到中国空间站，圆满完成飞行任务，为纪念中国航天事业所取得的成就，发扬并传承中国航天精神，我市随机抽取1000名学生进行航天知识竞赛并记录得分（满分100分），将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图.
（1）求n的值并估计这1000名学生成绩的平均数和80%分位数（求平均数时同一组数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）现从以上各组中采用分层抽样的方法抽取240人，若第三、四、五各组中被抽取的学生成绩的平均数依次为，方差依次为，求这240人中分数在区间的学生成绩的方差（精确到0.001）.
【答案】（1）成绩落在的频率为，.
这1000名学生平均成绩（分）
设分位数为，则，解得.
（2）由分层抽样可知，第三 四 五组抽样比为，
.
【知识点】频率分布直方图；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】本题考查频率分布直方图，百分位数的定义，分层抽样的方差.（1）根据频率分布直方图中各组的频率之和等于1，可求出成绩落在的频率，据此可求出的值，利用各组的频率乘以小矩形底边的中点再相加可求出平均数，设分位数为，根据百分位数的定义可列出方程，解方程可求出80%分位数；
（2）由分层抽样可知第三 四 五组抽样比为，利用加权平均数公式可求出平均数，再利用分层抽样的方差公式可求出方差.
（1）成绩落在的频率为，.
这1000名学生平均成绩（分）
设分位数为，则，解得.
（2）由分层抽样可知，第三 四 五组抽样比为，
.
19．（2024高一下·湖北期末）如图，在三棱柱中，底面是等边三角形，侧面是矩形，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值；
（3）试在平面内确定一点，使得平面，并求出线段的长度.
【答案】（1）由为等腰直角斜边的中点，得.
在三棱柱中，，所以，
所以，即.
因为侧面是矩形，所以，
又平面平面，
所以平面.
（2）连接交于点，连接，
因为，所以.
由（1）知平面，又，所以平面，
因为平面，所以，所以
，
所以.又平面
平面，
所以平面.
所以二面角为直二面角，余弦值为0
（3）在平面内过点作，垂足为，
由（2）可知，平面
又，由，
得，从而解得.
【知识点】直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】本题主要考查线面垂直的判定及性质线面垂直的判定及性质，二面角的求法，考查考生的空间想象能力，逻辑思维能力，计算能力属于难题题型.
（1）根据题意及三棱锥的性质求得，，然后结合线面垂直的判定定理进行判定即可；
（2）由（1）可得：平面，然后根据线面垂直的性质可得：，然后再结合面面垂直的判定定理证明平面平面，进行求解即可；
（3）由（2）根据线面垂直的判定性质定理可得平面，然后利用三角形等面积法进行求解即可.
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