广西玉林市第一中学等三校2023-2024学年高一下学期4月联合调研测试数学试题
1．（2024高一下·玉林期中）复数z满足（i为虚数单位），则z的模是（ ）
A． B．1 C．2 D．
2．（2024高一下·玉林期中）一组样本数据删除一个数后，得到一组新数据：10，21，25，35，36，40.若这两组数据的中位数相等，则删除的数为（ ）
A．25 B．30 C．35 D．40
3．（2024高一下·玉林期中）中，角所对的边分别为，若，则（ ）
A． B． C． D．或
4．（2024高一下·玉林期中）某工厂生产A、B、C三种不同型号的产品，某月生产产品数量之比依次为，现用分层抽样方法抽取一个容量为120的样本，已知A种型号产品抽取了件，则C种型号产品抽取的件数为
A． B．30 C． D．
5．（2024高一下·玉林期中）已知m，n是两条不同的直线，，是两个不重合的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，
6．（2024高一下·玉林期中）已知向量，若，则与夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·玉林期中）如图，一个水平放置的平行四边形ABCD的斜二测画法的直观图为矩形，若，，则在原平行四边形ABCD中，（ ）
A．3 B． C． D．9
8．（2024高一下·玉林期中）天津包子是一道古老的传统面食小吃，是经济实惠的大众化食品，在中国北方，在全国，乃至世界许多国家都享有极高的声誉.某天津包子铺商家为了将天津包子销往全国，学习了“小罐茶”的销售经验，决定走少而精的售卖方式，争取让天津包子走上高端路线，定制了如图所示由底面圆半径为的圆柱体和球缺（球的一部分）组成的单独包装盒，球缺的体积（为球缺所在球的半径，为球缺的高）.若，球心与圆柱下底面圆心重合，则包装盒的体积为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·玉林期中）已知非零复数，其共轭复数分别为，则下列选项正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高一下·玉林期中）下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．两个非零向量和，若，则与垂直
C．若，则与垂直的单位向量的坐标为或
D．已知，若在上的投影向量为（为与同向的单位向量），则
11．（2024高一下·玉林期中）如图，正方体的棱长为1，为的中点.下列说法正确的是（ ）
A．直线与直线是异面直线
B．在直线上存在点，使平面
C．直线与平面所成角是
D．点到平面的距离是
12．（2024高一下·玉林期中）已知向量，且，则 ．
13．（2024高一下·玉林期中）某学校组建了演讲，舞蹈，航模，合唱，机器人五个社团，全校所有学生每人都参加且只参加其中一个社团，校团委将统计结果绘制成如下两个不完整的统计图，则合唱社团的人数占全体学生人数的百分比为 .
14．（2024高一下·玉林期中）如图，在四面体中，与所成的角为，分别为的中点，则线段的长为 .
15．（2024高一下·玉林期中）已知是平面内两个不共线的非零向量，，且三点共线．
（1）求实数的值；
（2）已知，点，若四点按逆时针顺序构成平行四边形，求点A的坐标．
16．（2024高一下·玉林期中）已知的内角的对边分别为，且．
（1）求角A的大小；
（2）若的面积为，求的周长和外接圆的面积；
17．（2024高一下·玉林期中）如图，在三棱柱中，侧面均为正方形，，，点D是棱的中点，点O为与交点．
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离．
18．（2024高一下·玉林期中）为了解同学们每天进行户外锻炼的时长，某兴趣小组在高一年级随机调查了500位同学，得到如下的样本数据的频率分布直方图．
（1）求a，并估计每天户外锻炼时长在40min～70min的人数；
（2）用样本估计总体，估计高一年级同学每天进行户外锻炼的平均时长（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（3）求高一年级同学每天进行户外锻炼的时长的75%分位数．
19．（2024高一下·玉林期中）如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面.
（1）求证：平面平面；
（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由题意可得，
则，
所以.
故答案为：D.
【分析】利用复数的乘除法运算法则求出复数z，再利用复数求模公式得出向量z的模.
2．【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：依题意，新数据组有6个数，其中位数是，
显然原数据组有7个数，因此删除的数是中位数30.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件结合中位数的定义，从而得出删除的数.
3．【答案】A
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由题意，在中，
则，所以，
因为，所以或，
又因为，所以．
故答案为：A.
【分析】由正弦定理可得的值，再由三角形中角B的取值范围得出角B的值，再根据三角形中大边对应大角的性质，从而得出满足要求的角B的值.
4．【答案】C
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由题意，，得，
型号产品抽取的件数为.
故答案为：C.
【分析】根据分层抽样的方法求出的值，再由种型号所占比例，从而得出C种型号产品抽取的件数.
5．【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面垂直的判定；空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：对于A：，，或与相交或与异面，故A错误；
对于B：由，，，可能，也可能，
还可能异面不垂直，也可能相交不垂直，故B错误；
对于C：由，，则，
又因为，则，故C正确；
对于D：，或，故D错误.
故答案为：C.
【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系，从而逐项判断找出真命题的选项．
6．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，所以，
因为，所以，
解得，所以，
设与夹角为，则，
即与夹角的余弦值为．
故答案为：A.
【分析】根据平面向量垂直的坐标表示求得向量的坐标，再利用数量积求向量夹角的坐标计算公式，从而得出与夹角的余弦值.
7．【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：在直观图中，，，
则，，
把直观图还原为原图，如图，
则根据斜二测画法规则得，，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据斜二测画法规则，从而把直观图还原为原图形，再结合勾股定理得出AD的长.
8．【答案】B
【知识点】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：如图，
设圆柱的高为，，
则，即，解得，
故圆柱高为，
故包装盒的体积为.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和勾股定理求出圆柱的高和球的半径，再根据球的体积公式和圆柱的体积公式，则求和得出包装盒的体积.
9．【答案】A,B
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：设复数，且，
因为，故A正确；
因为，故B正确；
因为，
，
所以与不一定相等，故C错误；
令，则，故D错误．
故答案为：AB.
【分析】设复数，利用共轭复数、模长的定义和复数的四则运算，从而逐项判断，进而找出正确的选项.
10．【答案】B,C
【知识点】平面向量的共线定理；利用数量积判断平面向量的垂直关系；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：对于A，取，则，则不一定共线，故A错；
对于B，两个非零向量和，若，
则，整理可得，故与垂直，故B对；
对于C，设与垂直的单位向量为，
由题意可得，
解得或，
所以，与垂直的单位向量的坐标或，故C对；
对于D，因为向量，
则在上的投影向量为，
所以，，解得，故D错．
故答案为：BC.
【分析】取结合向量共线定理，则可判断选项A；利用平面向量数量积的运算性质，则可判断选项B；将两向量垂直转化为两向量的数量积为零，再结合单位向量的定义得出向量的坐标，则判断选项C；利用数量积求投影向量的公式，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】B,D
【知识点】异面直线的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、正方体，，，
四边形是平行四边形，四点共面，如图所示：
由图可知直线与直线都在平面中，
直线与直线不可能是异面直线，A错误；
B、连接，，取的中点，连接，
又为的中点，则，
正方体，，，
四边形是平行四边形，，
，所以，
正方体，平面，又平面，
，且，平面，
得平面，则平面，B正确；
C、连接交于点，连接，
由平面，有平面，
则即为直线与平面所成的角，
正方体的棱长为1，所以，
，则，C错误；
D、 由平面知，即为点到平面的距离，，D正确.
故答案为：BD.
【分析】证明与在平面上，可以判断A；连接，，取的中点，连接，证明平面可判断B；连接交于点，连接，由平面，有平面，可判断C和D.
12．【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：由题意可得，
所以．
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合数量积求向量的模的公式和数量积的运算法则，从而得出的值.
13．【答案】
【知识点】频率分布折线图、密度曲线
【解析】【解答】解：由统计图知，演讲社团共有50人，占比，
则总人数为人，
又因为合唱社团共有200人，占比为．
故答案为：.
【分析】根据条形图和扇形图中数据，从而求出总人数，再由合唱社团人数求出合唱社团的人数占全体学生人数的百分比.
14．【答案】或
【知识点】异面直线所成的角；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：取的中点，连接、，
、分别为、的中点，
且，同理可得且，
为异面直线与所成的角或其补角，则或.
在中，，，
若，由余弦定理可得，
；
若，由余弦定理可得，
；
综上所述，或.
故答案为：或.
【分析】取的中点，连接、，则得到为异面直线与所成的角或其补角，即或，再利用余弦定理计算得出线段的长.
15．【答案】（1）解：由题意，，
由三点共线，存在实数k，使得，
即，得，
是平面内两个不共线的非零向量，
，解得．
（2）解：因为，
由四点按逆时针顺序构成平行四边形，则，
设，则，，
所以，解得，
即点A的坐标为．
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【分析】（1）根据已知条件，则，再结合三点共线得出，从而得出，再根据已知条件列方程求出实数的值.
（2）根据已知条件得出向量的坐标，再结合的坐标表示，从而求出点A的坐标.
（1）由题意，，
由三点共线，存在实数k，使得，
即，得，
是平面内两个不共线的非零向量，
，解得．
（2），
由四点按逆时针顺序构成平行四边形，则，
设，则，，
所以，解得，即点A的坐标为．
16．【答案】（1）解：由结合正弦定理得：，
则，，
则，
由.
（2）解：因为，所以，
由余弦定理得：，
即，解得，
所以的周长为，
设外接圆半径为R，由，得，
所以外接圆面积.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由正弦定理边化角及和两角和的正弦公式可得，再根据三角形内角和定理和三角形中角A的取值范围，从而得出角A的大小.
（2）由三角形面积公式得出的值，再利用余弦定理得出的值，则根据三角形的周长公式得出的周长，再由正弦定理求出外接圆半径，则根据圆的面积公式得出外接圆的面积.
（1）由，由正弦定理得，
从而有，，则，
由；
（2）因为，所以，
由余弦定理得：，
即，解得，
所以周长为，
设外接圆半径为R，由，得，
所以外接圆面积.
17．【答案】（1）证明：由O是的交点，
又因为为正方形，则O为的中点，
因为D是中点，
在中，，
又因为面面，
故平面.
（2）解：在三棱柱中，，
且，
易知是等腰直角三角形，点D是棱的中点，
所以，
四边形为正方形，，
则，
因为，又因为，且，
则，
由在面内，
则面，面，
所以，
又因为，在面内，
则面，面，
故，所以，
由，
则，
又因为，
若到平面的距离为d，则，可得.
【知识点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】（1）根据已知条件和中位线的性质可得，再由线面平行的判定定理证出平面.
（2）根据是等腰直角三角形，再利用线面垂直的判定定理和性质定理，从而证出，并求出相关线段的长，再利用等体积法得出，从而求出点到平面的距离.
（1）由O是的交点，又为正方形，则O为的中点，又D是中点，
在中，又面面，故平面.
（2）三棱柱中，，且，
易知是等腰直角三角形，点D是棱的中点，
所以，
四边形为正方形，，则，
又，而，且，则，
由在面内，则面，面，
所以，而，在面内，
则面，面，故，所以，
由，则，又，
若到平面的距离为d，则，可得.
18．【答案】（1）解：∵，
∴估计每天户外锻炼时长在40min～70min的人数为（人）．
（2）解：由题意知，平均时长为：（min）．
（3）解：∵，，
∴高一年级同学每天进行户外锻炼的时长的75%分位数在之间，
设高一年级同学每天进行户外锻炼的时长的75%分位数为x，
则，解得，
∴高一年级同学每天进行户外锻炼的时长的75%分位数是49.5min．
【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中各矩形面积之和为1求出的值，再利用总人数乘以频率，即可估计出每天户外锻炼时长在40min～70min的人数.
（2）由频率分布直方图求平均数公式，从而估计高一年级同学每天进行户外锻炼的平均时长.
（3）由频率分布直方图求百分位数的方法，从而列方程求解出高一年级同学每天进行户外锻炼的时长的75%分位数．
（1）∵，∴，
估计每天户外锻炼时长在40min～70min的人数为（人）．
（2）由题意知，平均时长为（min）．
（3）∵，．
∴高一年级同学每天进行户外锻炼的时长的75%分位数在之间，
设高一年级同学每天进行户外锻炼的时长的75%分位数为x，
则，解得，
∴高一年级同学每天进行户外锻炼的时长的75%分位数是49.5min．
19．【答案】（1）证明：由平面，平面，得，
连接，由且，
所以四边形为平行四边形，
又因为，
所以平行四边形为正方形，所以，
又由且，
所以四边形为平行四边形，
则，所以，
又因为 平面，
所以平面，
由平面，所以平面平面.
（2）解：由平面，平面，所以，
又因为， 平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
故为二面角的平面角，即，
在中，，作，垂足为M，
由（1）知，平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，则为直线在平面上的投影，
所以为直线与平面所成的角，
在中，，
所以，
在中，，
即直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据线面垂直的性质定理和判定定理可证平面，再结合面面垂直的判断定理，即可证出平面平面.
（2）根据线面垂直的性质定理和判定定理，从而可得为二面角的平面角，即得出的值，作，则由面面垂直的性质定理确定为直线与平面所成的角，再结合直角三角形中对应边成比例和正弦函数的定义，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）由平面，平面，得，
连接，由且，
所以四边形为平行四边形，
又，
所以平行四边形为正方形，所以，
又由且，
所以四边形为平行四边形，
则，所以，
又 平面，
所以平面，
由平面，所以平面平面；
（2）由平面，平面，所以，
又， 平面，
所以平面，又平面，所以，
故为二面角的平面角，即，
在中，，作，垂足为M，
由（1）知，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，则为直线在平面上的投影，
所以为直线与平面所成的角，
在中，，所以，
在中，，
即直线与平面所成角的正弦值为
1 / 1广西玉林市第一中学等三校2023-2024学年高一下学期4月联合调研测试数学试题
1．（2024高一下·玉林期中）复数z满足（i为虚数单位），则z的模是（ ）
A． B．1 C．2 D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由题意可得，
则，
所以.
故答案为：D.
【分析】利用复数的乘除法运算法则求出复数z，再利用复数求模公式得出向量z的模.
2．（2024高一下·玉林期中）一组样本数据删除一个数后，得到一组新数据：10，21，25，35，36，40.若这两组数据的中位数相等，则删除的数为（ ）
A．25 B．30 C．35 D．40
【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：依题意，新数据组有6个数，其中位数是，
显然原数据组有7个数，因此删除的数是中位数30.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件结合中位数的定义，从而得出删除的数.
3．（2024高一下·玉林期中）中，角所对的边分别为，若，则（ ）
A． B． C． D．或
【答案】A
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由题意，在中，
则，所以，
因为，所以或，
又因为，所以．
故答案为：A.
【分析】由正弦定理可得的值，再由三角形中角B的取值范围得出角B的值，再根据三角形中大边对应大角的性质，从而得出满足要求的角B的值.
4．（2024高一下·玉林期中）某工厂生产A、B、C三种不同型号的产品，某月生产产品数量之比依次为，现用分层抽样方法抽取一个容量为120的样本，已知A种型号产品抽取了件，则C种型号产品抽取的件数为
A． B．30 C． D．
【答案】C
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由题意，，得，
型号产品抽取的件数为.
故答案为：C.
【分析】根据分层抽样的方法求出的值，再由种型号所占比例，从而得出C种型号产品抽取的件数.
5．（2024高一下·玉林期中）已知m，n是两条不同的直线，，是两个不重合的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，
【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面垂直的判定；空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：对于A：，，或与相交或与异面，故A错误；
对于B：由，，，可能，也可能，
还可能异面不垂直，也可能相交不垂直，故B错误；
对于C：由，，则，
又因为，则，故C正确；
对于D：，或，故D错误.
故答案为：C.
【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系，从而逐项判断找出真命题的选项．
6．（2024高一下·玉林期中）已知向量，若，则与夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，所以，
因为，所以，
解得，所以，
设与夹角为，则，
即与夹角的余弦值为．
故答案为：A.
【分析】根据平面向量垂直的坐标表示求得向量的坐标，再利用数量积求向量夹角的坐标计算公式，从而得出与夹角的余弦值.
7．（2024高一下·玉林期中）如图，一个水平放置的平行四边形ABCD的斜二测画法的直观图为矩形，若，，则在原平行四边形ABCD中，（ ）
A．3 B． C． D．9
【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：在直观图中，，，
则，，
把直观图还原为原图，如图，
则根据斜二测画法规则得，，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据斜二测画法规则，从而把直观图还原为原图形，再结合勾股定理得出AD的长.
8．（2024高一下·玉林期中）天津包子是一道古老的传统面食小吃，是经济实惠的大众化食品，在中国北方，在全国，乃至世界许多国家都享有极高的声誉.某天津包子铺商家为了将天津包子销往全国，学习了“小罐茶”的销售经验，决定走少而精的售卖方式，争取让天津包子走上高端路线，定制了如图所示由底面圆半径为的圆柱体和球缺（球的一部分）组成的单独包装盒，球缺的体积（为球缺所在球的半径，为球缺的高）.若，球心与圆柱下底面圆心重合，则包装盒的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图，
设圆柱的高为，，
则，即，解得，
故圆柱高为，
故包装盒的体积为.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和勾股定理求出圆柱的高和球的半径，再根据球的体积公式和圆柱的体积公式，则求和得出包装盒的体积.
9．（2024高一下·玉林期中）已知非零复数，其共轭复数分别为，则下列选项正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：设复数，且，
因为，故A正确；
因为，故B正确；
因为，
，
所以与不一定相等，故C错误；
令，则，故D错误．
故答案为：AB.
【分析】设复数，利用共轭复数、模长的定义和复数的四则运算，从而逐项判断，进而找出正确的选项.
10．（2024高一下·玉林期中）下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．两个非零向量和，若，则与垂直
C．若，则与垂直的单位向量的坐标为或
D．已知，若在上的投影向量为（为与同向的单位向量），则
【答案】B,C
【知识点】平面向量的共线定理；利用数量积判断平面向量的垂直关系；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：对于A，取，则，则不一定共线，故A错；
对于B，两个非零向量和，若，
则，整理可得，故与垂直，故B对；
对于C，设与垂直的单位向量为，
由题意可得，
解得或，
所以，与垂直的单位向量的坐标或，故C对；
对于D，因为向量，
则在上的投影向量为，
所以，，解得，故D错．
故答案为：BC.
【分析】取结合向量共线定理，则可判断选项A；利用平面向量数量积的运算性质，则可判断选项B；将两向量垂直转化为两向量的数量积为零，再结合单位向量的定义得出向量的坐标，则判断选项C；利用数量积求投影向量的公式，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
11．（2024高一下·玉林期中）如图，正方体的棱长为1，为的中点.下列说法正确的是（ ）
A．直线与直线是异面直线
B．在直线上存在点，使平面
C．直线与平面所成角是
D．点到平面的距离是
【答案】B,D
【知识点】异面直线的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、正方体，，，
四边形是平行四边形，四点共面，如图所示：
由图可知直线与直线都在平面中，
直线与直线不可能是异面直线，A错误；
B、连接，，取的中点，连接，
又为的中点，则，
正方体，，，
四边形是平行四边形，，
，所以，
正方体，平面，又平面，
，且，平面，
得平面，则平面，B正确；
C、连接交于点，连接，
由平面，有平面，
则即为直线与平面所成的角，
正方体的棱长为1，所以，
，则，C错误；
D、 由平面知，即为点到平面的距离，，D正确.
故答案为：BD.
【分析】证明与在平面上，可以判断A；连接，，取的中点，连接，证明平面可判断B；连接交于点，连接，由平面，有平面，可判断C和D.
12．（2024高一下·玉林期中）已知向量，且，则 ．
【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：由题意可得，
所以．
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合数量积求向量的模的公式和数量积的运算法则，从而得出的值.
13．（2024高一下·玉林期中）某学校组建了演讲，舞蹈，航模，合唱，机器人五个社团，全校所有学生每人都参加且只参加其中一个社团，校团委将统计结果绘制成如下两个不完整的统计图，则合唱社团的人数占全体学生人数的百分比为 .
【答案】
【知识点】频率分布折线图、密度曲线
【解析】【解答】解：由统计图知，演讲社团共有50人，占比，
则总人数为人，
又因为合唱社团共有200人，占比为．
故答案为：.
【分析】根据条形图和扇形图中数据，从而求出总人数，再由合唱社团人数求出合唱社团的人数占全体学生人数的百分比.
14．（2024高一下·玉林期中）如图，在四面体中，与所成的角为，分别为的中点，则线段的长为 .
【答案】或
【知识点】异面直线所成的角；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：取的中点，连接、，
、分别为、的中点，
且，同理可得且，
为异面直线与所成的角或其补角，则或.
在中，，，
若，由余弦定理可得，
；
若，由余弦定理可得，
；
综上所述，或.
故答案为：或.
【分析】取的中点，连接、，则得到为异面直线与所成的角或其补角，即或，再利用余弦定理计算得出线段的长.
15．（2024高一下·玉林期中）已知是平面内两个不共线的非零向量，，且三点共线．
（1）求实数的值；
（2）已知，点，若四点按逆时针顺序构成平行四边形，求点A的坐标．
【答案】（1）解：由题意，，
由三点共线，存在实数k，使得，
即，得，
是平面内两个不共线的非零向量，
，解得．
（2）解：因为，
由四点按逆时针顺序构成平行四边形，则，
设，则，，
所以，解得，
即点A的坐标为．
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【分析】（1）根据已知条件，则，再结合三点共线得出，从而得出，再根据已知条件列方程求出实数的值.
（2）根据已知条件得出向量的坐标，再结合的坐标表示，从而求出点A的坐标.
（1）由题意，，
由三点共线，存在实数k，使得，
即，得，
是平面内两个不共线的非零向量，
，解得．
（2），
由四点按逆时针顺序构成平行四边形，则，
设，则，，
所以，解得，即点A的坐标为．
16．（2024高一下·玉林期中）已知的内角的对边分别为，且．
（1）求角A的大小；
（2）若的面积为，求的周长和外接圆的面积；
【答案】（1）解：由结合正弦定理得：，
则，，
则，
由.
（2）解：因为，所以，
由余弦定理得：，
即，解得，
所以的周长为，
设外接圆半径为R，由，得，
所以外接圆面积.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由正弦定理边化角及和两角和的正弦公式可得，再根据三角形内角和定理和三角形中角A的取值范围，从而得出角A的大小.
（2）由三角形面积公式得出的值，再利用余弦定理得出的值，则根据三角形的周长公式得出的周长，再由正弦定理求出外接圆半径，则根据圆的面积公式得出外接圆的面积.
（1）由，由正弦定理得，
从而有，，则，
由；
（2）因为，所以，
由余弦定理得：，
即，解得，
所以周长为，
设外接圆半径为R，由，得，
所以外接圆面积.
17．（2024高一下·玉林期中）如图，在三棱柱中，侧面均为正方形，，，点D是棱的中点，点O为与交点．
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明：由O是的交点，
又因为为正方形，则O为的中点，
因为D是中点，
在中，，
又因为面面，
故平面.
（2）解：在三棱柱中，，
且，
易知是等腰直角三角形，点D是棱的中点，
所以，
四边形为正方形，，
则，
因为，又因为，且，
则，
由在面内，
则面，面，
所以，
又因为，在面内，
则面，面，
故，所以，
由，
则，
又因为，
若到平面的距离为d，则，可得.
【知识点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】（1）根据已知条件和中位线的性质可得，再由线面平行的判定定理证出平面.
（2）根据是等腰直角三角形，再利用线面垂直的判定定理和性质定理，从而证出，并求出相关线段的长，再利用等体积法得出，从而求出点到平面的距离.
（1）由O是的交点，又为正方形，则O为的中点，又D是中点，
在中，又面面，故平面.
（2）三棱柱中，，且，
易知是等腰直角三角形，点D是棱的中点，
所以，
四边形为正方形，，则，
又，而，且，则，
由在面内，则面，面，
所以，而，在面内，
则面，面，故，所以，
由，则，又，
若到平面的距离为d，则，可得.
18．（2024高一下·玉林期中）为了解同学们每天进行户外锻炼的时长，某兴趣小组在高一年级随机调查了500位同学，得到如下的样本数据的频率分布直方图．
（1）求a，并估计每天户外锻炼时长在40min～70min的人数；
（2）用样本估计总体，估计高一年级同学每天进行户外锻炼的平均时长（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（3）求高一年级同学每天进行户外锻炼的时长的75%分位数．
【答案】（1）解：∵，
∴估计每天户外锻炼时长在40min～70min的人数为（人）．
（2）解：由题意知，平均时长为：（min）．
（3）解：∵，，
∴高一年级同学每天进行户外锻炼的时长的75%分位数在之间，
设高一年级同学每天进行户外锻炼的时长的75%分位数为x，
则，解得，
∴高一年级同学每天进行户外锻炼的时长的75%分位数是49.5min．
【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中各矩形面积之和为1求出的值，再利用总人数乘以频率，即可估计出每天户外锻炼时长在40min～70min的人数.
（2）由频率分布直方图求平均数公式，从而估计高一年级同学每天进行户外锻炼的平均时长.
（3）由频率分布直方图求百分位数的方法，从而列方程求解出高一年级同学每天进行户外锻炼的时长的75%分位数．
（1）∵，∴，
估计每天户外锻炼时长在40min～70min的人数为（人）．
（2）由题意知，平均时长为（min）．
（3）∵，．
∴高一年级同学每天进行户外锻炼的时长的75%分位数在之间，
设高一年级同学每天进行户外锻炼的时长的75%分位数为x，
则，解得，
∴高一年级同学每天进行户外锻炼的时长的75%分位数是49.5min．
19．（2024高一下·玉林期中）如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面.
（1）求证：平面平面；
（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：由平面，平面，得，
连接，由且，
所以四边形为平行四边形，
又因为，
所以平行四边形为正方形，所以，
又由且，
所以四边形为平行四边形，
则，所以，
又因为 平面，
所以平面，
由平面，所以平面平面.
（2）解：由平面，平面，所以，
又因为， 平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
故为二面角的平面角，即，
在中，，作，垂足为M，
由（1）知，平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，则为直线在平面上的投影，
所以为直线与平面所成的角，
在中，，
所以，
在中，，
即直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据线面垂直的性质定理和判定定理可证平面，再结合面面垂直的判断定理，即可证出平面平面.
（2）根据线面垂直的性质定理和判定定理，从而可得为二面角的平面角，即得出的值，作，则由面面垂直的性质定理确定为直线与平面所成的角，再结合直角三角形中对应边成比例和正弦函数的定义，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）由平面，平面，得，
连接，由且，
所以四边形为平行四边形，
又，
所以平行四边形为正方形，所以，
又由且，
所以四边形为平行四边形，
则，所以，
又 平面，
所以平面，
由平面，所以平面平面；
（2）由平面，平面，所以，
又， 平面，
所以平面，又平面，所以，
故为二面角的平面角，即，
在中，，作，垂足为M，
由（1）知，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，则为直线在平面上的投影，
所以为直线与平面所成的角，
在中，，所以，
在中，，
即直线与平面所成角的正弦值为
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