广东省深圳市深圳大学附属中学、龙城高级中学第二次段考2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题
1．（2024高一下·深圳月考）已知复数，则的共轭复数（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：复数，故.
故答案为：D.
【分析】根据复数的乘除运算法则化简，再结合共轭复数的概念求解即可.
2．（2024高一下·深圳月考）已知为共线向量，且，则（ ）
A． B．3 C． D．
【答案】C
【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
【解析】【解答】解：因为为共线向量 ，所以，解得，所以，
所以.
故选：C.
【分析】由共线向量的坐标表示先求出x，即可求得，再求模长即可.
3．（2024高一下·深圳月考）将水平放置的用斜二测画法得到的直观图如图所示，已知，，则边的实际长度为（ ）
A．5 B．6 C． D．
【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解： 由直观图 可知：，且，
则.
故答案为：A.
【分析】根据斜二测画法的直观图，确定的特征，求出各边长即可.
4．（2024高一下·深圳月考）党的十八大以来，我国把绿色发展理念融入城乡规划建设管理之中，合理布局城市的生产空间、生活空间、生态空间，持续推进城市园林绿化工作．为践行生态文明的理念，某学校全体师生于3月12日开展植树活动，购买了樟树、银杏、桂花、梧桐四种树苗共计800棵，比例如图所示，高一年级师生、高二年级师生、高三年级师生参加植树活动的人数之比为，若每种树苗均按各年级师生参加植树人数的比例进行分配，则高二年级师生应分得桂花树苗的数量为（ ）
A．30棵 B．50棵 C．72棵 D．80棵
【答案】C
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由题意可知，高二年级师生应分得树苗的数量为（棵），
所以高二年级师生应分得桂花树苗的数量为（棵）．
故选：C.
【分析】先根据给定条件，求出高二年级师生分得的树苗的数量，进而结合扇形图列式计算即可求得 高二年级师生应分得桂花树苗的数量 .
5．（2024高一下·深圳月考）已知非零向量满足，且向量在向量上的投影向量为，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】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】解：因为向量在向量上的投影向量，且，
所以，又因为，
所以，即与 的夹角为，
故选：C.
【分析】根据向量在向量上的投影向量，列式结合已知条件求出，进而即可求出与的夹角 .
6．（2024高一下·深圳月考）在中，已知，，则“”是“”成立的（ ）条件
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充分必要 D．既不充分也不必要
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；解三角形
【解析】【解答】解：由正弦定理，得，解得，
又因为，，所以或；
所以“”是“”成立的必要不充分条件.
故选：.
【分析】根据正弦定理先求出sinC，进而“大边对大角”求出C的值，即可判断出结果.
7．（2024高一下·深圳月考）灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围.如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分（除去两个球缺）.如图2，“球缺”是指一个球被平面所截后剩下的部分，截得的圆面叫做球缺的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高.已知球缺的体积公式为，其中是球的半径，是球缺的高.已知该灯笼的高为40cm，圆柱的高为4 cm，圆柱的底面圆直径为24 cm，则该灯笼的体积为（取）（ ）
A．cm3 B．33664 cm3 C．33792 cm3 D．35456 cm3
【答案】B
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；球的表面积与体积公式及应用；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：该灯笼去掉圆柱部分的高为cm，所以cm，
因为圆柱的底面圆直径为24 cm，所以，
即，解得，所以，
所以 灯笼的体积
.
故选：B.
【分析】结合已知条件，由勾股定理求出，进而可求得，分别求出两个圆柱的体积、灯笼中间完整的球的体积与球缺的体积即可求得灯笼的体积.
8．（2024高一下·深圳月考）在中，是边AB上一定点，满足，且对于边AB上任一点P，恒有，则为（ ）
A．等腰三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．锐角三角形
【答案】B
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：如图所示，取的中点，的中点，连接
，
同理，
因为，所以，
即，所以对于边上任意一点都有，
因此，
又因为，为中点，为中点，所以，所以，
即，所以，即△为钝角三角形，
故选：B.
【分析】取的中点，的中点，连接，将向量用表示，得到，根据可得，则，进而，则，即可判断的形状.
9．（2024高一下·深圳月考）已知复数，下列结论正确的有（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为圆
D．若是关于的方程的一个根，则
【答案】B,C,D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数的模；方程的解与虚数根；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A、复数不能比较大小，故A错误；
B、若，则，即，解得或，
则，故B正确；
C、表示复平面内点到点距离为3的点的集合，
则对应的点的轨迹是以为圆心，3为半径的圆，故C正确；
D、若是关于的方程的根，则也是方程得根，
则，即，故D正确.
故答案为：BCD．
【分析】根据复数不能比较大小即可判断A；根据复数的运算法则即可判断B；根据复数的几何意义，即可判断C；根据实系数一元二次方程虚根成对原理，结合韦达定理求解即可判断D.
10．（2024高一下·深圳月考）如图，在边长为2的正方形 中，E，F分别是 的中点，D是EF的中点，将 分别沿SE，SF折起，使 两点重合于G，下列说法正确的是（ ）
A．若把 沿着EF继续折起， 与G恰好重合
B．
C．四面体 的外接球体积为
D．点G在面SEF上的射影为△SEF的重心
【答案】A,B,C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；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：A、因为，故把沿着继续折起，与恰好重合，故选项正确；
B、因为，D是EF的中点，所以，
又因为，所以平面GEF，
因为平面GEF，所以，故选项B正确；
、由翻折的性质可知，两两垂直，
将其补成相邻三条棱长为1，1，2的长方体，则长方体外接球和四面体外接球相同，
其体对角线长，所以长方体外接球的半径为，
故外接球的体积为，故选项正确；
D、因为两两互相垂直，所以平面GEF，所以，
设P为点G在平面SEF上的射影，连接EP，SP，则 ，
而平面SGP，故平面SGP， 平面SGP，
故，同理可证，即点P为三角形高线的交点，
所以点在平面上的射影为的垂心，故选项D错误，
综上，正确答案为ABC，
故选：ABC.
【分析】根据，可说明 与G恰好重合，即可判断选项A；证得平面GEF，结合线面垂直的性质可知，即可判断选项B；将四面体 补成长方体，求出长方体的对角线长，即可求得其外接球半径，进而求得外接球体积，即可判断选项C；根据线面垂直证明线线垂直，说明点G在面SEF上的射影为三角形的高的交点，即可判断选项D.
11．（2024高一下·深圳月考）如图所示，在边长为3的等边三角形ABC中，，且点P在以AD的中点O为圆心，OA为半径的半圆上，若，则（ ）
A． B．的最大值为
C．最大值为9 D．
【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积的坐标表示；简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：A、因为，AD的中点为O，所以，
所以，故选项A正确；
B、如图所示，以点O为原点建立平面直角坐标系，
则，，，
因为点P在以AD的中点O为圆心，OA为半径的半圆上，且在x轴的下半部分，
所以设，，则，，，
因为，所以，
即，
所以，所以，因为，
所以当时，取得最大值，故选项B错误．
C、，
因为，所以，所以当时，取得最大值9，故选项C正确；
D、，
，
所以，故选项D正确；
故选：ACD．
【分析】根据已知条件和向量的线性运算用表示即可判断选项A；以点为原点建立平面直角坐标系，设，，根据结合平面向量的坐标表示及坐标运算可知，结合正弦函数的性质即可判断选项B；结合平面向量的坐标表示及坐标运算可知，结合余弦函数的性质求得的最大值，进而即可判断选项C；用表示，再结合数量积的运算律即可判断选项D；
12．（2024高一下·深圳月考）已知样本数据为1，a，b，7，9，且a、b是方程的两根，则这组样本数据的方差是 .
【答案】8
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由可得或，
因为a、b是方程的两根，
不妨设，，
所以样本平均数为，
故样本方差为：.
故答案为：8.
【分析】由求出两根，即可求出，进而求出样本数据的平均数，再利用方差公式即可求得这组样本数据的方差 .
13．（2024高一下·深圳月考）在正方体的棱长为2，为中点，为中点，则异面直线与所成角的余弦值为 .
【答案】
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】解：如图所示，取的中点，连接，，
因为，故即为异面直线与所成的角.
在中，，，
由余弦定理得.
故答案为：.
【分析】取的中点，连接，，可知，可得即为异面直线与所成的角，进而利用余弦定理求出cos∠EDN，即可求得异面直线与所成角的余弦值 .
14．（2024高一下·深圳月考）如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则线段长度的最小值为 ．
【答案】
【知识点】直线与平面垂直的判定；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
因为平面，平面平面，
所以平面，因为，所以，
所以，
设（），则，
在中，因为，所以，
所以，解得，
当，即，即时，取到最小值1，
此时取到最小值.
故答案为：.
【分析】由题意，根据面面垂直的性质可得平面，利用线面垂直的性质可得，进而，由三角形的面积公式可得，结合sin的取值范围，即可求出BP的最小值，进而可求得CP的最小值.
15．（2024高一下·深圳月考）已知复数（为虚数单位）.
（1）若是纯虚数，求的值；
（2）若，求实数的值.
【答案】（1）解：当时，，
所以，
因为是纯虚数，所以，解得，
所以，所以，
所以.
（2）解：因为，所以，
所以，解得.
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【分析】（1）根据题意，由先求得z2，进而结合是纯虚数即可求得，再由复数的模长公式即可求得的值 ；
（2）根据题意可得，由复数相等的定义，列出方程，进而求出a，b的值即可.
（1）当时，，
所以，
且是纯虚数，则，解得，
所以，则，
所以.
（2）若，则，
所以，解得.
16．（2024高一下·深圳月考）某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将100个样本数据按，，，，，分成6组，并整理得到如图所示频率分布直方图.
（1）求图中的值；
（2）请通过频率分布直方图估计这100份样本数据的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（3）该市决定表彰知识竞赛成绩排名前的市民，某市民知识竞赛的成绩是78，请估计该市民能否得到表彰.
【答案】（1）解：由频率分布直方图可得，
所以，
（2）解：100份样本数据的平均值为
（3）解：因为成绩低于70分的频率为0.45，成绩低于80分的频率为0.77，
所以第70%分位数位于区间(70，80)内，
被表彰的最低成绩为第70%分位数为：，
因为，
所以估计该市民能得到表彰．
【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）根据频率分布直方图的性质频率之和为1，列方程求即可.
（2）根据平均数的计算公式，即可求得100份样本数据的平均值 ；
（3）根据频率分布直方图可知第70%分位数位于区间(70，80)内，进而计算样本的第70 百分位数，与78比较，即可得知该市民能否得到表彰 .
（1）由频率分布直方图可得，
所以，
（2）（1）100份样本数据的平均值为．
（3）成绩低于70分的频率为0.45，成绩低于80分的频率为0.77，
则被表彰的最低成绩为第70%分位数：，
因为，
所以估计该市民能得到表彰．
17．（2024高一下·深圳月考）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，点E为线段PD的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）求三棱锥的体积
【答案】（1）证明：连结，交于点O，如图示：
因为底面是正方形，且O是正方形对角线交点，所以O为中点，
又因为为线段的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）证明：因为，为线段的中点，平面，所以，
在正方形中，，则平面，
又因为平面，所以，
又因为且两直线在平面内，所以平面；
（3）解：三棱锥的体积：.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）连结，交于点O，连结，可得，再由线面平行的判定证明即可；
（2）由，E为线段PD的中点，得，再由平面，得，由线面垂直的判定证明即可；
（3）利用等体积法求解即可.
（1）连结，交于点O，
如图示：
∵O是正方形对角线交点，∴O为中点，
由已知E为线段的中点，∵，
又平面，平面，
∴平面；
（2）∵，E为线段的中点，
∵平面，∴，
在正方形中，，
∴平面，又平面，
∴，又且两直线在平面内，
∴平面；
（3）三棱锥的体积
.
18．（2024高一下·深圳月考）在中，角所对的边分别为，且满足.
（1）求角；
（2）为边上一点，，且，求.
【答案】（1）解：因为，所以，
所以，所以，即
又因为，所以，
故角为.
（2）解：易知，
在中，由正弦定理得；
在中，同理可得.
又因为，所以，
由余弦定理得，
所以.
【知识点】二倍角的正弦公式；解三角形；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用给定条件结合二倍角公式得到，进而利用辅助角公式可得到，即可求出A的值；
（2）由已知条件结合正弦定理可知，利用余弦定理可知，再利用余弦定理求解即可求出cosC的值.
（1）由，得，
即，，即.
又，，则角为.
（2）易知，在中，
由正弦定理得；在中，同理.
又，代入得：，
根据余弦定理得，所以.
19．（2024高一下·深圳月考）类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角，，，，二面角的大小为，则．
（1）四棱柱，平面平面ABCD，，，求的余弦值；
（2）当、时，证明以上三面角余弦定理；
（3）如图3，斜三棱柱中侧面，，的面积分别为，，，各侧面所应得平面与底面所成的三个二面角分别记为，，，请用文字和符号语言描述你能够得到的正弦定理在三维空间中推广的结论，并证明．
【答案】（1）解： 四棱柱，平面平面，则二面角的大小，
由三面角余弦定理得：，
因为，，所以；
（2）解：过射线上一点作交PA于点，作交PB于N点，连接MN，如图所示：
则是二面角的平面角，
在中，由余弦定理可得：，
在中，由余弦定理得：，
两式相减得：，
则，两边同除以，可得；
（3）解：已知在三棱锥ABCD中，，，，
AB所对的二面角记为，所对的二面角记为，AC对的二面角记为，
求证：．
易知，，
作点在底面上的射影，过作于，连接，过作于，连接，如图所示：
因为，所以，所以，
又因为，，，所以，
同理可得，所以．
【知识点】解三角形；余弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【分析】（1）根据定义将已知的条件代入计算即可；
（2）过射线PC上一点H作交PA于M点，作交PB于N点，连接MN，画出图形，则是二面角的平面角，根据已知条件利用三角形中的余弦定理进行证明即可；
（3）已知在三棱锥ABCD中，，，，AB所对的二面角记为，所对的二面角记为，AC对的二面角记为，求证：，再根据所描述的结论进行证明即可.
（1）由平面平面ABCD，得，
由三面角余弦定理得，
因为，，
所以；
（2）过射线PC上一点H作交PA于M点，
作交PB于N点，连接MN，如图所示：
则是二面角的平面角，
在中，由余弦定理得：
，
在中，由余弦定理得：
，
两式相减得：
，
则：，
两边同除以，
得；
（3）已知在三棱锥ABCD中，，，，
AB所对的二面角记为，
所对的二面角记为，
AC对的二面角记为，
求证：．
不难推出，
所以．
作A点在底面BDC上的射影O，过OE作于E，连接AE，
过O作于F，连接AF，
由，
有，
所以，
因为，，
所以，
同理可得，
所以．
1 / 1广东省深圳市深圳大学附属中学、龙城高级中学第二次段考2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题
1．（2024高一下·深圳月考）已知复数，则的共轭复数（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·深圳月考）已知为共线向量，且，则（ ）
A． B．3 C． D．
3．（2024高一下·深圳月考）将水平放置的用斜二测画法得到的直观图如图所示，已知，，则边的实际长度为（ ）
A．5 B．6 C． D．
4．（2024高一下·深圳月考）党的十八大以来，我国把绿色发展理念融入城乡规划建设管理之中，合理布局城市的生产空间、生活空间、生态空间，持续推进城市园林绿化工作．为践行生态文明的理念，某学校全体师生于3月12日开展植树活动，购买了樟树、银杏、桂花、梧桐四种树苗共计800棵，比例如图所示，高一年级师生、高二年级师生、高三年级师生参加植树活动的人数之比为，若每种树苗均按各年级师生参加植树人数的比例进行分配，则高二年级师生应分得桂花树苗的数量为（ ）
A．30棵 B．50棵 C．72棵 D．80棵
5．（2024高一下·深圳月考）已知非零向量满足，且向量在向量上的投影向量为，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·深圳月考）在中，已知，，则“”是“”成立的（ ）条件
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充分必要 D．既不充分也不必要
7．（2024高一下·深圳月考）灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围.如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分（除去两个球缺）.如图2，“球缺”是指一个球被平面所截后剩下的部分，截得的圆面叫做球缺的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高.已知球缺的体积公式为，其中是球的半径，是球缺的高.已知该灯笼的高为40cm，圆柱的高为4 cm，圆柱的底面圆直径为24 cm，则该灯笼的体积为（取）（ ）
A．cm3 B．33664 cm3 C．33792 cm3 D．35456 cm3
8．（2024高一下·深圳月考）在中，是边AB上一定点，满足，且对于边AB上任一点P，恒有，则为（ ）
A．等腰三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．锐角三角形
9．（2024高一下·深圳月考）已知复数，下列结论正确的有（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为圆
D．若是关于的方程的一个根，则
10．（2024高一下·深圳月考）如图，在边长为2的正方形 中，E，F分别是 的中点，D是EF的中点，将 分别沿SE，SF折起，使 两点重合于G，下列说法正确的是（ ）
A．若把 沿着EF继续折起， 与G恰好重合
B．
C．四面体 的外接球体积为
D．点G在面SEF上的射影为△SEF的重心
11．（2024高一下·深圳月考）如图所示，在边长为3的等边三角形ABC中，，且点P在以AD的中点O为圆心，OA为半径的半圆上，若，则（ ）
A． B．的最大值为
C．最大值为9 D．
12．（2024高一下·深圳月考）已知样本数据为1，a，b，7，9，且a、b是方程的两根，则这组样本数据的方差是 .
13．（2024高一下·深圳月考）在正方体的棱长为2，为中点，为中点，则异面直线与所成角的余弦值为 .
14．（2024高一下·深圳月考）如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则线段长度的最小值为 ．
15．（2024高一下·深圳月考）已知复数（为虚数单位）.
（1）若是纯虚数，求的值；
（2）若，求实数的值.
16．（2024高一下·深圳月考）某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将100个样本数据按，，，，，分成6组，并整理得到如图所示频率分布直方图.
（1）求图中的值；
（2）请通过频率分布直方图估计这100份样本数据的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（3）该市决定表彰知识竞赛成绩排名前的市民，某市民知识竞赛的成绩是78，请估计该市民能否得到表彰.
17．（2024高一下·深圳月考）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，点E为线段PD的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）求三棱锥的体积
18．（2024高一下·深圳月考）在中，角所对的边分别为，且满足.
（1）求角；
（2）为边上一点，，且，求.
19．（2024高一下·深圳月考）类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角，，，，二面角的大小为，则．
（1）四棱柱，平面平面ABCD，，，求的余弦值；
（2）当、时，证明以上三面角余弦定理；
（3）如图3，斜三棱柱中侧面，，的面积分别为，，，各侧面所应得平面与底面所成的三个二面角分别记为，，，请用文字和符号语言描述你能够得到的正弦定理在三维空间中推广的结论，并证明．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：复数，故.
故答案为：D.
【分析】根据复数的乘除运算法则化简，再结合共轭复数的概念求解即可.
2．【答案】C
【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
【解析】【解答】解：因为为共线向量 ，所以，解得，所以，
所以.
故选：C.
【分析】由共线向量的坐标表示先求出x，即可求得，再求模长即可.
3．【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解： 由直观图 可知：，且，
则.
故答案为：A.
【分析】根据斜二测画法的直观图，确定的特征，求出各边长即可.
4．【答案】C
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由题意可知，高二年级师生应分得树苗的数量为（棵），
所以高二年级师生应分得桂花树苗的数量为（棵）．
故选：C.
【分析】先根据给定条件，求出高二年级师生分得的树苗的数量，进而结合扇形图列式计算即可求得 高二年级师生应分得桂花树苗的数量 .
5．【答案】C
【知识点】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】解：因为向量在向量上的投影向量，且，
所以，又因为，
所以，即与 的夹角为，
故选：C.
【分析】根据向量在向量上的投影向量，列式结合已知条件求出，进而即可求出与的夹角 .
6．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；解三角形
【解析】【解答】解：由正弦定理，得，解得，
又因为，，所以或；
所以“”是“”成立的必要不充分条件.
故选：.
【分析】根据正弦定理先求出sinC，进而“大边对大角”求出C的值，即可判断出结果.
7．【答案】B
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；球的表面积与体积公式及应用；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：该灯笼去掉圆柱部分的高为cm，所以cm，
因为圆柱的底面圆直径为24 cm，所以，
即，解得，所以，
所以 灯笼的体积
.
故选：B.
【分析】结合已知条件，由勾股定理求出，进而可求得，分别求出两个圆柱的体积、灯笼中间完整的球的体积与球缺的体积即可求得灯笼的体积.
8．【答案】B
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：如图所示，取的中点，的中点，连接
，
同理，
因为，所以，
即，所以对于边上任意一点都有，
因此，
又因为，为中点，为中点，所以，所以，
即，所以，即△为钝角三角形，
故选：B.
【分析】取的中点，的中点，连接，将向量用表示，得到，根据可得，则，进而，则，即可判断的形状.
9．【答案】B,C,D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数的模；方程的解与虚数根；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A、复数不能比较大小，故A错误；
B、若，则，即，解得或，
则，故B正确；
C、表示复平面内点到点距离为3的点的集合，
则对应的点的轨迹是以为圆心，3为半径的圆，故C正确；
D、若是关于的方程的根，则也是方程得根，
则，即，故D正确.
故答案为：BCD．
【分析】根据复数不能比较大小即可判断A；根据复数的运算法则即可判断B；根据复数的几何意义，即可判断C；根据实系数一元二次方程虚根成对原理，结合韦达定理求解即可判断D.
10．【答案】A,B,C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；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：A、因为，故把沿着继续折起，与恰好重合，故选项正确；
B、因为，D是EF的中点，所以，
又因为，所以平面GEF，
因为平面GEF，所以，故选项B正确；
、由翻折的性质可知，两两垂直，
将其补成相邻三条棱长为1，1，2的长方体，则长方体外接球和四面体外接球相同，
其体对角线长，所以长方体外接球的半径为，
故外接球的体积为，故选项正确；
D、因为两两互相垂直，所以平面GEF，所以，
设P为点G在平面SEF上的射影，连接EP，SP，则 ，
而平面SGP，故平面SGP， 平面SGP，
故，同理可证，即点P为三角形高线的交点，
所以点在平面上的射影为的垂心，故选项D错误，
综上，正确答案为ABC，
故选：ABC.
【分析】根据，可说明 与G恰好重合，即可判断选项A；证得平面GEF，结合线面垂直的性质可知，即可判断选项B；将四面体 补成长方体，求出长方体的对角线长，即可求得其外接球半径，进而求得外接球体积，即可判断选项C；根据线面垂直证明线线垂直，说明点G在面SEF上的射影为三角形的高的交点，即可判断选项D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积的坐标表示；简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：A、因为，AD的中点为O，所以，
所以，故选项A正确；
B、如图所示，以点O为原点建立平面直角坐标系，
则，，，
因为点P在以AD的中点O为圆心，OA为半径的半圆上，且在x轴的下半部分，
所以设，，则，，，
因为，所以，
即，
所以，所以，因为，
所以当时，取得最大值，故选项B错误．
C、，
因为，所以，所以当时，取得最大值9，故选项C正确；
D、，
，
所以，故选项D正确；
故选：ACD．
【分析】根据已知条件和向量的线性运算用表示即可判断选项A；以点为原点建立平面直角坐标系，设，，根据结合平面向量的坐标表示及坐标运算可知，结合正弦函数的性质即可判断选项B；结合平面向量的坐标表示及坐标运算可知，结合余弦函数的性质求得的最大值，进而即可判断选项C；用表示，再结合数量积的运算律即可判断选项D；
12．【答案】8
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由可得或，
因为a、b是方程的两根，
不妨设，，
所以样本平均数为，
故样本方差为：.
故答案为：8.
【分析】由求出两根，即可求出，进而求出样本数据的平均数，再利用方差公式即可求得这组样本数据的方差 .
13．【答案】
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】解：如图所示，取的中点，连接，，
因为，故即为异面直线与所成的角.
在中，，，
由余弦定理得.
故答案为：.
【分析】取的中点，连接，，可知，可得即为异面直线与所成的角，进而利用余弦定理求出cos∠EDN，即可求得异面直线与所成角的余弦值 .
14．【答案】
【知识点】直线与平面垂直的判定；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
因为平面，平面平面，
所以平面，因为，所以，
所以，
设（），则，
在中，因为，所以，
所以，解得，
当，即，即时，取到最小值1，
此时取到最小值.
故答案为：.
【分析】由题意，根据面面垂直的性质可得平面，利用线面垂直的性质可得，进而，由三角形的面积公式可得，结合sin的取值范围，即可求出BP的最小值，进而可求得CP的最小值.
15．【答案】（1）解：当时，，
所以，
因为是纯虚数，所以，解得，
所以，所以，
所以.
（2）解：因为，所以，
所以，解得.
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【分析】（1）根据题意，由先求得z2，进而结合是纯虚数即可求得，再由复数的模长公式即可求得的值 ；
（2）根据题意可得，由复数相等的定义，列出方程，进而求出a，b的值即可.
（1）当时，，
所以，
且是纯虚数，则，解得，
所以，则，
所以.
（2）若，则，
所以，解得.
16．【答案】（1）解：由频率分布直方图可得，
所以，
（2）解：100份样本数据的平均值为
（3）解：因为成绩低于70分的频率为0.45，成绩低于80分的频率为0.77，
所以第70%分位数位于区间(70，80)内，
被表彰的最低成绩为第70%分位数为：，
因为，
所以估计该市民能得到表彰．
【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）根据频率分布直方图的性质频率之和为1，列方程求即可.
（2）根据平均数的计算公式，即可求得100份样本数据的平均值 ；
（3）根据频率分布直方图可知第70%分位数位于区间(70，80)内，进而计算样本的第70 百分位数，与78比较，即可得知该市民能否得到表彰 .
（1）由频率分布直方图可得，
所以，
（2）（1）100份样本数据的平均值为．
（3）成绩低于70分的频率为0.45，成绩低于80分的频率为0.77，
则被表彰的最低成绩为第70%分位数：，
因为，
所以估计该市民能得到表彰．
17．【答案】（1）证明：连结，交于点O，如图示：
因为底面是正方形，且O是正方形对角线交点，所以O为中点，
又因为为线段的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）证明：因为，为线段的中点，平面，所以，
在正方形中，，则平面，
又因为平面，所以，
又因为且两直线在平面内，所以平面；
（3）解：三棱锥的体积：.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）连结，交于点O，连结，可得，再由线面平行的判定证明即可；
（2）由，E为线段PD的中点，得，再由平面，得，由线面垂直的判定证明即可；
（3）利用等体积法求解即可.
（1）连结，交于点O，
如图示：
∵O是正方形对角线交点，∴O为中点，
由已知E为线段的中点，∵，
又平面，平面，
∴平面；
（2）∵，E为线段的中点，
∵平面，∴，
在正方形中，，
∴平面，又平面，
∴，又且两直线在平面内，
∴平面；
（3）三棱锥的体积
.
18．【答案】（1）解：因为，所以，
所以，所以，即
又因为，所以，
故角为.
（2）解：易知，
在中，由正弦定理得；
在中，同理可得.
又因为，所以，
由余弦定理得，
所以.
【知识点】二倍角的正弦公式；解三角形；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用给定条件结合二倍角公式得到，进而利用辅助角公式可得到，即可求出A的值；
（2）由已知条件结合正弦定理可知，利用余弦定理可知，再利用余弦定理求解即可求出cosC的值.
（1）由，得，
即，，即.
又，，则角为.
（2）易知，在中，
由正弦定理得；在中，同理.
又，代入得：，
根据余弦定理得，所以.
19．【答案】（1）解： 四棱柱，平面平面，则二面角的大小，
由三面角余弦定理得：，
因为，，所以；
（2）解：过射线上一点作交PA于点，作交PB于N点，连接MN，如图所示：
则是二面角的平面角，
在中，由余弦定理可得：，
在中，由余弦定理得：，
两式相减得：，
则，两边同除以，可得；
（3）解：已知在三棱锥ABCD中，，，，
AB所对的二面角记为，所对的二面角记为，AC对的二面角记为，
求证：．
易知，，
作点在底面上的射影，过作于，连接，过作于，连接，如图所示：
因为，所以，所以，
又因为，，，所以，
同理可得，所以．
【知识点】解三角形；余弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【分析】（1）根据定义将已知的条件代入计算即可；
（2）过射线PC上一点H作交PA于M点，作交PB于N点，连接MN，画出图形，则是二面角的平面角，根据已知条件利用三角形中的余弦定理进行证明即可；
（3）已知在三棱锥ABCD中，，，，AB所对的二面角记为，所对的二面角记为，AC对的二面角记为，求证：，再根据所描述的结论进行证明即可.
（1）由平面平面ABCD，得，
由三面角余弦定理得，
因为，，
所以；
（2）过射线PC上一点H作交PA于M点，
作交PB于N点，连接MN，如图所示：
则是二面角的平面角，
在中，由余弦定理得：
，
在中，由余弦定理得：
，
两式相减得：
，
则：，
两边同除以，
得；
（3）已知在三棱锥ABCD中，，，，
AB所对的二面角记为，
所对的二面角记为，
AC对的二面角记为，
求证：．
不难推出，
所以．
作A点在底面BDC上的射影O，过OE作于E，连接AE，
过O作于F，连接AF，
由，
有，
所以，
因为，，
所以，
同理可得，
所以．
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