浙江省衢州第二中学2023-2024学年高一下学期5月阶段检测数学试题
1．（2024高一下·衢州期中）我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得128粒内夹谷14粒，则这批米内夹谷约为（ ）
A．133石 B．168石 C．337石 D．1364石
【答案】B
【知识点】用样本的频率分布估计总体分布
【解析】【解答】解：用样本估计总体，可得这批谷内夹谷为： ，
故答案为：B。
【分析】利用统计的知识结合用样本估计总体的方法，再利用频数等于频率乘以样本容量，从而求出这批米内夹谷约为的石数。
2．（2024高一下·衢州期中）已知复数，则复数的虚部为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意可得，，
所以复数的虚部为，
故选：C.
【分析】利用复数的除法运算法则先求出z，进而求出复数z的虚部即可.
3．（2024高一下·衢州期中）如图，正三角形的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：正三角形ABC的面积为S=，所以原图形面积为S原=，
故选：.
【分析】根据斜二测画法中原形图和直观图的面积公式为S原=S直，先求出直观图的面积即可求出原图形的面积.
4．（2024高一下·衢州期中）已知甲组数据由这个数据构成，记这组数据的平均数为，方差为；乙组数据由，这数据构成，记这组数据的平均数为，方差为，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【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：数据，则，
，
数据，则，
.
故答案为：D.
【分析】由题意，利用平均数公式可得出的大小关系，再由方差公式可得出的大小关系判断即可.
5．（2024高一下·衢州期中）设，且，则m=（）
A． B．10 C．20 D．100
【答案】A
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】因为，，所以，，，
由得，，所以，m=，故选A。
【分析】简单题，利用指数式与对数式的互化，将a，b用m表示，进一步计算。
6．（2024高一下·衢州期中）若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：，解得，
所以 ．
故选：B.
【分析】 先将左边分子分母同时除以，求得，再利用诱导公式和同角的三角函数关系式中平方和等于1将式子化为，再分子分母同时除以化为，将的值代入即可求得答案.
7．（2024高一下·衢州期中）若正数满足，则的最小值为（ ）
A．4 B．6 C．9 D．16
【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：方法一：因为为正数且，所以，
由，可得，
所以，
当且仅当，即时等号成立.的最小值为4.
方法二：由，可得，，
所以，
当且仅当，即时等号成立，的最小值为4.
故选：A.
【分析】法一由，可得，进而，再利用基本不等式即可求得最小值；法二由，可得，，进而，再利用基本不等式即可求得最小值.
8．（2024高一下·衢州期中）已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面垂直的判定；余弦定理
【解析】【解答】解法一： 为边长为2的等边三角形， 为正三棱锥，
，又 ， 分别为 、 中点，
， ，又 ， 平面 ， 平面 ， ， 为正方体一部分， ，即 ，
故答案为：D．
解法二：
设 ， 分别为 中点，
，且 ， 为边长为2的等边三角形，
又
中余弦定理 ，作 于 ， ，
为 中点， ， ，
， ，又 ， 两两垂直， ， ， ，
故答案为：D.
【分析】先证得 平面 ，再求得 ，从而得 为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.
9．（2024高一下·衢州期中）已知函数，则下列关于函数的结论中，正确的是（ ）
A．最大值为1 B．图象关于直线对称
C．既是奇函数又是周期函数 D．图象关于点中心对称
【答案】A,B,C
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：A、因为，所以，
当时，，所以的最大值为1，故A正确，
B、因为，
，
所以，图象关于直线对称，故B正确，
C、因为，所以为奇函数，
因为，
所以为函数的一个周期，故C正确，
D、因为
不一定成立，
所以图象不一定关于点对称，故D错误，
故答案为：ABC.
【分析】利用三角函数的有界性分析判断A；通过计算和是否相等判断B；利用奇偶性的定义和周期的定义判断C，对于D，通过计算是否为0判断D.
10．（2024高一下·衢州期中）如图，BC，DE是半径为1的圆O的两条不同的直径，，则（ ）
A．
B．
C．
D．满足的实数与的和为定值4
【答案】B,C,D
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：A、因为，所以，故选项A错误；
B、，
，故选项B正确；
C、建立如图所示平面直角坐标系：
设，所以，
所以，
所以，
，故选项C正确；
D、由，得，所以，故选项D正确；
故选：BCD.
【分析】根据已知条件即可判断选项A；利用向量的线性运算和向量的数量积运算可得计算即可判断选项B；建立平面直角坐标系，设，写出各点的坐标，利用向量的数量积夹角公式计算即可判断选项C；结合已知条件可得，即可判断选项D.
11．（2024高一下·衢州期中）已知正方体的棱长为2，点为平面内一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．若点在棱上运动，则的最小值为
B．若点是棱的中点，则平面截正方体所得截面的周长为
C．若点满足，则动点的轨迹是一条直线
D．若点在直线上运动，则到棱的最小距离为
【答案】B,C,D
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；直线与平面垂直的性质；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：A、如图所示，将平面展开与平面处于一个平面，连接与交于点，
此时取得最小值，即，故选项A错误；
B、如图所示，取的中点，连接、、，
因为点，E分别是棱，的中点，所以且，
又因为且，所以四边形为平行四边形，所以，
所以，所以四边形即为平面截正方体所得截面，
又，，，
所以截面周长为，故选项B正确；
C、如图所示，
因为平面，平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面，因为平面平面，
平面，平面，
又，所以在直线上，即动点的轨迹是一条直线，故选项C正确；
D、如图建立空间直角坐标系，
则，，设，
所以
所以到棱的距离，
所以当时，故选项D正确；
故选：BCD.
【分析】将平面展开与平面处于一个平面，连接与交于点，化折线为直线，此时取得最小值，求得A1C即可判断选项A；取的中点，连接，可证明，则四边形即为平面截正方体所得截面，从而求出截面周长即可判断选项B，先证得平面，进而利用线面垂直的性质判断选项C；建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法列出点到线的距离公式结合a的取值范围即可判断选项D.
12．（2024高一下·衢州期中）已知是第三象限角，且，则 ， .
【答案】；
【知识点】二倍角的余弦公式；二倍角的正切公式；同角三角函数间的基本关系；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：因为，且是第三象限角，
所以，所以，
所以，所以，
所以，
，
故答案为：.
【分析】利用二倍角余弦公式结合是第三象限角，求解出的正弦值，进而求得其余弦值和正切值，利用二倍角的正切公式求得，进而利用诱导公式和两角和的正切公式即可求得， .
13．（2024高一下·衢州期中）如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面正方形内一点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：如图所示，取的中点G，连接FG，BG，FB，
在正方体中，易得
又因为平面BFG，平面BFG，
所以平面BFG，同理证得平面BFG，
又因为，所以平面AEC//平面BFG，
因为是侧面内一点（含边界），且平面，
所以点P在线段BG上运动，
如图所示：
在等腰中，作，且，
所以，
设点F到线段BG的距离为d，
由等面积法得，解得，
所以线段长度的取值范围是，
故答案为：.
【分析】取的中点G，连接FG，BG，FB，由正方体的几何特征，易证平面AEC//平面BFG，再根据是侧面内一点（含边界），且平面，得到点P在线段BG上运动，然后在等腰中求解，求出BF，FG以及点F到线段BG的距离，即可求得线段长度的取值范围 .
14．（2024高一下·衢州期中）设为的重心，满足.若，则实数的值为 .
【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形
【解析】【解答】解：如图所示，连接，延长交于，
因为为重心，所以为AB中点，
因为，所以，所以，
由重心的性质得，，即，
由余弦定理得，，，
因为，所以，
所以，
又因为，所以，
所以
.
故答案为：.
【分析】连接，延长交于，已知条件结合重心的性质可知，由双余弦定理，再根据，可知，由，可知，进而可知，再结合余弦定理，即可求出 实数的值 .
15．（2024高一下·衢州期中）某校从参加高一年级期中数学考试的学生中随机抽取60名学生，将其数学成绩（均为整数）分成六段，，，，，，后得到如下部分频率分布直方图.观察图形的信息，回答下列问题：
（1）求分数在内的频率，并补全这个频率分布直方图；
（2）估计本次考试的平均分、中位数及分位数的值.
【答案】（1）解：由题意可知，
分数在内的频率为：，
因为，补全后的直方图如图所示，
（2）解：本次考试的平均分为：
，
因为的频率为，
的频率为：，所以中位数位于内，
所以中位数为：，
因为的频率为，
的频率为：，
所以分位数为：.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）利用频率和为1即可求得分数在内的频率，进而利用频率/组距补充频率分布直方图；
（2）利用小矩形中点乘以各组频率求和即可得本次考试的平均分；利用左右面积平分求中位数；利用百分位数的概念可得分位数的值.
（1）由频率分布直方图，得：
分数在内的频率为：，
，补全后的直方图如图所示，
（2）由频率分布直方图得平均分为：
，
因为的频率为，
的频率为：，
所以中位数为：，
因为的频率为，
的频率为：，
所以分位数为：.
16．（2024高一下·衢州期中）函数在一个周期内的图象如图所示，为图象的最高点，、为图象与轴的交点，且为正三角形.
（1）求的值及函数的值域；
（2）若，且，求的值.
【答案】解：(1)由已知可得，
又因为正三角形的高为，所以，
所以函数的最小正周期，即，解得，
所以函数的值域为．
(2)因为，由(1)得
，
即，
由，得，
即＝，
故
.
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【分析】(1)利用二倍角公式和辅助角公式将函数化简整理为f(x)，根据正三角形的高为，可求得值域以及三角形的边长，即可求得周期，进而可求出；
(2)由(1)可得函数f(x)的解析式，进而由得到，再由求出，根据，利用两角和的正弦公式计算即可求出答案.
17．（2024高一下·衢州期中）在中，内角，，所对的边长分别为，，，且满足.
（1）求角；
（2）角的内角平分线交于点，若，，求.
【答案】（1）解：由正弦定理可得
又因为
所以，
因为，所以
所以，
又因为，所以.
（2）解：，
又，所以
所以，
又由余弦定理得，
解得（负值舍去），所以，
可得或，
又，显然当或12时，的值相同，
不妨设，则，
由正弦定理，可得，
又，可得.
【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）已知条件结合正弦定理可得，进而可得，结合角的范围，即可求出角A；
（2）根据三角形的面积公式先求得，根据角平分线的性质结合，利用三角形的面积公式求得，由余弦定理求得的值，再由正弦定理求出sinC，进而求出即可.
（1）由正弦定理及切化弦可得，
又，则，即，又，则；
（2），又，，
可得，又由余弦定理得，解得（负值舍去），则，
可得或，又，显然当或12时，的值相同，不妨设，则，
由正弦定理得，可得，又，可得.
18．（2024高一下·衢州期中）在四棱锥中，，，平面平面，，且.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明：过作于，
因为，所以与相交，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，与相交，平面，
所以平面.
（2）解：取的中点，连接，
因为，，所以，
因为，所以为等边三角形，，
所以，因为，所以，
因为平面，平面，所以，
所以两两垂直，
如图所示，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
因为，
所以，
所以，
因为，，，平面
所以平面，所以为平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，则
.
（3）解：因为，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，则，所以，
设平面的法向量为，
则，令，则，所以，
所以，
因为二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）过作于，则与相交，利用面面垂直的性质得出平面，进而利用线面垂直的性质求得，结合，根据线面垂直的判定定理即可证得平面 ；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，求出与平面的法向量，进而利用向量的夹角公式求解即可求得直线与平面所成角的正弦值 ；
（3）分别求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式求解即可得二面角的余弦值 .
（1）证明：过作于，
因为，所以与相交，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，与相交，平面，
所以平面；
（2）取的中点，连接，
因为，，所以，
因为，所以为等边三角形，，
所以，因为，所以，
因为平面，平面，所以，
所以两两垂直，
所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
因为，
所以，
所以，
因为，，，平面
所以平面，所以为平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，则
.
（3）因为，
所以，
设平面的法向量为，则
，令，则，
设平面的法向量为，则
，令，则，
所以，
因为二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.
19．（2024高一下·衢州期中）已知函数，.
（1）当时，求函数的值城
（2）若关于的方程有两个不等根，求的值；
（3）是否存在实数，使得对任意，关于的方程在区间上总有3个不等根，，，若存在，求出实数与的取值范围；若不存在，说明理由.
【答案】解：（1）在区间单调递减，
因为，，所以函数的值域为．
（2）因为在单调递减，在单调递增，
因为，
所以，所以，即
所以，所以.
（3）令，由（1）知
令，因为在单调递减，在单调递增，
且，，
则当时，方程有两个不等根，由（2）知，且两根之积为1；
当时，方程有且只有一个根且此根在区间内或者为1.
令，由二次函数与的图象特征，原题目等价于：
对任意，关于的方程在区间上总有2个不等根，
且有两个不等根，只有一个根，则必有
结合二次函数的图象，则有，解之得，
此时；，则其根，故必有.
【知识点】指数型复合函数的性质及应用；对数函数的图象与性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】(1)根据函数f（x）在区间的单调性，求出其最大值和最小值，即可求得值域；
(2)根据题意可得，结合函数g(x)的单调性可得，进而得到，利用对数运算法则即可求得的值 ；
(3)令，由（1）知，令，，将题目中关于的方程在区间上总有3个不等根，， 转化为h(t)=p有3个不等的根的问题，结合图象的性质求出实数与的取值范围即可.
1 / 1浙江省衢州第二中学2023-2024学年高一下学期5月阶段检测数学试题
1．（2024高一下·衢州期中）我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得128粒内夹谷14粒，则这批米内夹谷约为（ ）
A．133石 B．168石 C．337石 D．1364石
2．（2024高一下·衢州期中）已知复数，则复数的虚部为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·衢州期中）如图，正三角形的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形面积是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·衢州期中）已知甲组数据由这个数据构成，记这组数据的平均数为，方差为；乙组数据由，这数据构成，记这组数据的平均数为，方差为，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
5．（2024高一下·衢州期中）设，且，则m=（）
A． B．10 C．20 D．100
6．（2024高一下·衢州期中）若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·衢州期中）若正数满足，则的最小值为（ ）
A．4 B．6 C．9 D．16
8．（2024高一下·衢州期中）已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·衢州期中）已知函数，则下列关于函数的结论中，正确的是（ ）
A．最大值为1 B．图象关于直线对称
C．既是奇函数又是周期函数 D．图象关于点中心对称
10．（2024高一下·衢州期中）如图，BC，DE是半径为1的圆O的两条不同的直径，，则（ ）
A．
B．
C．
D．满足的实数与的和为定值4
11．（2024高一下·衢州期中）已知正方体的棱长为2，点为平面内一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．若点在棱上运动，则的最小值为
B．若点是棱的中点，则平面截正方体所得截面的周长为
C．若点满足，则动点的轨迹是一条直线
D．若点在直线上运动，则到棱的最小距离为
12．（2024高一下·衢州期中）已知是第三象限角，且，则 ， .
13．（2024高一下·衢州期中）如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面正方形内一点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是 ．
14．（2024高一下·衢州期中）设为的重心，满足.若，则实数的值为 .
15．（2024高一下·衢州期中）某校从参加高一年级期中数学考试的学生中随机抽取60名学生，将其数学成绩（均为整数）分成六段，，，，，，后得到如下部分频率分布直方图.观察图形的信息，回答下列问题：
（1）求分数在内的频率，并补全这个频率分布直方图；
（2）估计本次考试的平均分、中位数及分位数的值.
16．（2024高一下·衢州期中）函数在一个周期内的图象如图所示，为图象的最高点，、为图象与轴的交点，且为正三角形.
（1）求的值及函数的值域；
（2）若，且，求的值.
17．（2024高一下·衢州期中）在中，内角，，所对的边长分别为，，，且满足.
（1）求角；
（2）角的内角平分线交于点，若，，求.
18．（2024高一下·衢州期中）在四棱锥中，，，平面平面，，且.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求二面角的余弦值.
19．（2024高一下·衢州期中）已知函数，.
（1）当时，求函数的值城
（2）若关于的方程有两个不等根，求的值；
（3）是否存在实数，使得对任意，关于的方程在区间上总有3个不等根，，，若存在，求出实数与的取值范围；若不存在，说明理由.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】用样本的频率分布估计总体分布
【解析】【解答】解：用样本估计总体，可得这批谷内夹谷为： ，
故答案为：B。
【分析】利用统计的知识结合用样本估计总体的方法，再利用频数等于频率乘以样本容量，从而求出这批米内夹谷约为的石数。
2．【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意可得，，
所以复数的虚部为，
故选：C.
【分析】利用复数的除法运算法则先求出z，进而求出复数z的虚部即可.
3．【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：正三角形ABC的面积为S=，所以原图形面积为S原=，
故选：.
【分析】根据斜二测画法中原形图和直观图的面积公式为S原=S直，先求出直观图的面积即可求出原图形的面积.
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：数据，则，
，
数据，则，
.
故答案为：D.
【分析】由题意，利用平均数公式可得出的大小关系，再由方差公式可得出的大小关系判断即可.
5．【答案】A
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】因为，，所以，，，
由得，，所以，m=，故选A。
【分析】简单题，利用指数式与对数式的互化，将a，b用m表示，进一步计算。
6．【答案】B
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：，解得，
所以 ．
故选：B.
【分析】 先将左边分子分母同时除以，求得，再利用诱导公式和同角的三角函数关系式中平方和等于1将式子化为，再分子分母同时除以化为，将的值代入即可求得答案.
7．【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：方法一：因为为正数且，所以，
由，可得，
所以，
当且仅当，即时等号成立.的最小值为4.
方法二：由，可得，，
所以，
当且仅当，即时等号成立，的最小值为4.
故选：A.
【分析】法一由，可得，进而，再利用基本不等式即可求得最小值；法二由，可得，，进而，再利用基本不等式即可求得最小值.
8．【答案】D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面垂直的判定；余弦定理
【解析】【解答】解法一： 为边长为2的等边三角形， 为正三棱锥，
，又 ， 分别为 、 中点，
， ，又 ， 平面 ， 平面 ， ， 为正方体一部分， ，即 ，
故答案为：D．
解法二：
设 ， 分别为 中点，
，且 ， 为边长为2的等边三角形，
又
中余弦定理 ，作 于 ， ，
为 中点， ， ，
， ，又 ， 两两垂直， ， ， ，
故答案为：D.
【分析】先证得 平面 ，再求得 ，从而得 为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.
9．【答案】A,B,C
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：A、因为，所以，
当时，，所以的最大值为1，故A正确，
B、因为，
，
所以，图象关于直线对称，故B正确，
C、因为，所以为奇函数，
因为，
所以为函数的一个周期，故C正确，
D、因为
不一定成立，
所以图象不一定关于点对称，故D错误，
故答案为：ABC.
【分析】利用三角函数的有界性分析判断A；通过计算和是否相等判断B；利用奇偶性的定义和周期的定义判断C，对于D，通过计算是否为0判断D.
10．【答案】B,C,D
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：A、因为，所以，故选项A错误；
B、，
，故选项B正确；
C、建立如图所示平面直角坐标系：
设，所以，
所以，
所以，
，故选项C正确；
D、由，得，所以，故选项D正确；
故选：BCD.
【分析】根据已知条件即可判断选项A；利用向量的线性运算和向量的数量积运算可得计算即可判断选项B；建立平面直角坐标系，设，写出各点的坐标，利用向量的数量积夹角公式计算即可判断选项C；结合已知条件可得，即可判断选项D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；直线与平面垂直的性质；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：A、如图所示，将平面展开与平面处于一个平面，连接与交于点，
此时取得最小值，即，故选项A错误；
B、如图所示，取的中点，连接、、，
因为点，E分别是棱，的中点，所以且，
又因为且，所以四边形为平行四边形，所以，
所以，所以四边形即为平面截正方体所得截面，
又，，，
所以截面周长为，故选项B正确；
C、如图所示，
因为平面，平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面，因为平面平面，
平面，平面，
又，所以在直线上，即动点的轨迹是一条直线，故选项C正确；
D、如图建立空间直角坐标系，
则，，设，
所以
所以到棱的距离，
所以当时，故选项D正确；
故选：BCD.
【分析】将平面展开与平面处于一个平面，连接与交于点，化折线为直线，此时取得最小值，求得A1C即可判断选项A；取的中点，连接，可证明，则四边形即为平面截正方体所得截面，从而求出截面周长即可判断选项B，先证得平面，进而利用线面垂直的性质判断选项C；建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法列出点到线的距离公式结合a的取值范围即可判断选项D.
12．【答案】；
【知识点】二倍角的余弦公式；二倍角的正切公式；同角三角函数间的基本关系；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：因为，且是第三象限角，
所以，所以，
所以，所以，
所以，
，
故答案为：.
【分析】利用二倍角余弦公式结合是第三象限角，求解出的正弦值，进而求得其余弦值和正切值，利用二倍角的正切公式求得，进而利用诱导公式和两角和的正切公式即可求得， .
13．【答案】
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：如图所示，取的中点G，连接FG，BG，FB，
在正方体中，易得
又因为平面BFG，平面BFG，
所以平面BFG，同理证得平面BFG，
又因为，所以平面AEC//平面BFG，
因为是侧面内一点（含边界），且平面，
所以点P在线段BG上运动，
如图所示：
在等腰中，作，且，
所以，
设点F到线段BG的距离为d，
由等面积法得，解得，
所以线段长度的取值范围是，
故答案为：.
【分析】取的中点G，连接FG，BG，FB，由正方体的几何特征，易证平面AEC//平面BFG，再根据是侧面内一点（含边界），且平面，得到点P在线段BG上运动，然后在等腰中求解，求出BF，FG以及点F到线段BG的距离，即可求得线段长度的取值范围 .
14．【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形
【解析】【解答】解：如图所示，连接，延长交于，
因为为重心，所以为AB中点，
因为，所以，所以，
由重心的性质得，，即，
由余弦定理得，，，
因为，所以，
所以，
又因为，所以，
所以
.
故答案为：.
【分析】连接，延长交于，已知条件结合重心的性质可知，由双余弦定理，再根据，可知，由，可知，进而可知，再结合余弦定理，即可求出 实数的值 .
15．【答案】（1）解：由题意可知，
分数在内的频率为：，
因为，补全后的直方图如图所示，
（2）解：本次考试的平均分为：
，
因为的频率为，
的频率为：，所以中位数位于内，
所以中位数为：，
因为的频率为，
的频率为：，
所以分位数为：.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）利用频率和为1即可求得分数在内的频率，进而利用频率/组距补充频率分布直方图；
（2）利用小矩形中点乘以各组频率求和即可得本次考试的平均分；利用左右面积平分求中位数；利用百分位数的概念可得分位数的值.
（1）由频率分布直方图，得：
分数在内的频率为：，
，补全后的直方图如图所示，
（2）由频率分布直方图得平均分为：
，
因为的频率为，
的频率为：，
所以中位数为：，
因为的频率为，
的频率为：，
所以分位数为：.
16．【答案】解：(1)由已知可得，
又因为正三角形的高为，所以，
所以函数的最小正周期，即，解得，
所以函数的值域为．
(2)因为，由(1)得
，
即，
由，得，
即＝，
故
.
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【分析】(1)利用二倍角公式和辅助角公式将函数化简整理为f(x)，根据正三角形的高为，可求得值域以及三角形的边长，即可求得周期，进而可求出；
(2)由(1)可得函数f(x)的解析式，进而由得到，再由求出，根据，利用两角和的正弦公式计算即可求出答案.
17．【答案】（1）解：由正弦定理可得
又因为
所以，
因为，所以
所以，
又因为，所以.
（2）解：，
又，所以
所以，
又由余弦定理得，
解得（负值舍去），所以，
可得或，
又，显然当或12时，的值相同，
不妨设，则，
由正弦定理，可得，
又，可得.
【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）已知条件结合正弦定理可得，进而可得，结合角的范围，即可求出角A；
（2）根据三角形的面积公式先求得，根据角平分线的性质结合，利用三角形的面积公式求得，由余弦定理求得的值，再由正弦定理求出sinC，进而求出即可.
（1）由正弦定理及切化弦可得，
又，则，即，又，则；
（2），又，，
可得，又由余弦定理得，解得（负值舍去），则，
可得或，又，显然当或12时，的值相同，不妨设，则，
由正弦定理得，可得，又，可得.
18．【答案】（1）证明：过作于，
因为，所以与相交，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，与相交，平面，
所以平面.
（2）解：取的中点，连接，
因为，，所以，
因为，所以为等边三角形，，
所以，因为，所以，
因为平面，平面，所以，
所以两两垂直，
如图所示，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
因为，
所以，
所以，
因为，，，平面
所以平面，所以为平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，则
.
（3）解：因为，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，则，所以，
设平面的法向量为，
则，令，则，所以，
所以，
因为二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）过作于，则与相交，利用面面垂直的性质得出平面，进而利用线面垂直的性质求得，结合，根据线面垂直的判定定理即可证得平面 ；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，求出与平面的法向量，进而利用向量的夹角公式求解即可求得直线与平面所成角的正弦值 ；
（3）分别求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式求解即可得二面角的余弦值 .
（1）证明：过作于，
因为，所以与相交，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，与相交，平面，
所以平面；
（2）取的中点，连接，
因为，，所以，
因为，所以为等边三角形，，
所以，因为，所以，
因为平面，平面，所以，
所以两两垂直，
所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
因为，
所以，
所以，
因为，，，平面
所以平面，所以为平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，则
.
（3）因为，
所以，
设平面的法向量为，则
，令，则，
设平面的法向量为，则
，令，则，
所以，
因为二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.
19．【答案】解：（1）在区间单调递减，
因为，，所以函数的值域为．
（2）因为在单调递减，在单调递增，
因为，
所以，所以，即
所以，所以.
（3）令，由（1）知
令，因为在单调递减，在单调递增，
且，，
则当时，方程有两个不等根，由（2）知，且两根之积为1；
当时，方程有且只有一个根且此根在区间内或者为1.
令，由二次函数与的图象特征，原题目等价于：
对任意，关于的方程在区间上总有2个不等根，
且有两个不等根，只有一个根，则必有
结合二次函数的图象，则有，解之得，
此时；，则其根，故必有.
【知识点】指数型复合函数的性质及应用；对数函数的图象与性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】(1)根据函数f（x）在区间的单调性，求出其最大值和最小值，即可求得值域；
(2)根据题意可得，结合函数g(x)的单调性可得，进而得到，利用对数运算法则即可求得的值 ；
(3)令，由（1）知，令，，将题目中关于的方程在区间上总有3个不等根，， 转化为h(t)=p有3个不等的根的问题，结合图象的性质求出实数与的取值范围即可.
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