湖南省邵阳市新邵县2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题
1．（2024高一下·新邵期末）设复数满足（是虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解： 复数满足 ，则，
则.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的乘除运算化简求得复数z，再求其共轭复数即可.
2．（2024高一下·新邵期末）在中，“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由，可得或，
则能推出，但推不出，
故“”是“”的充分而不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可.
3．（2024高一下·新邵期末）甲 乙两人独立地破译某个密码，甲译出密码的概率为0.4，乙译出密码的概率为0.5.则密码被破译的概率为（ ）
A．0.9 B．0.8 C．0.7 D．0.2
【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：由题意可知：密码被破译的概率为.
故答案为：C.
【分析】利用相互独立事件概率计算公式、对立事件的概率计算公式直接求解即可.
4．（2024高一下·新邵期末）若m、n、l表示不同的直线，α、β表示不同的平面，则下列推理正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】B
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：在正方体中，
记平面为平面，平面为平面，为，为，为，
A、，，但和相交，故A错误；
B、由线面垂直的性质可知 若，，则 ，故B正确；
C、，，但和相交，故C错误；
D、，，但与相交，故D错误.
故答案为：B.
【分析】在正方体中，取直线和平面即可判断ACD；由线面垂直的性质即可判断B.
5．（2024高一下·新邵期末）下列命题正确的是（ ）
A．对于任意非零向量、、，若向量、在向量上的投影向量相等，则；
B．若，则一定成立；
C．向量与是共线向量，则、、、四点一定共线；
D．若，且，则与所在直线的夹角是．
【答案】D
【知识点】共线（平行）向量；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】解：A、由投影向量定义可得：，
则、不一定相等，故A错误；
B、若，则，即不一定成立，故B错误；
C、向量与是共线向量，则，，，四点一定共线，显然不正确，可能，故C错误；
D、设，，以，为邻边作平行四边形，
则，
因为，所以，
所以是等边三角形，则，
在菱形中，对角线平分，则与所在直线的夹角为，故D正确．
故答案为：D.
【分析】根据投影向量的概念即可判断A；根据向量运算即可判断B；向量与是共线向量，可能，即可判断C；根据几何图形即可判断D．
6．（2024高一下·新邵期末）在中，，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量减法运算；向量加法的三角形法则；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为，所以为上靠近点的三等份点，
则，
又因为，所以，则.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用平面向量基本定理，将用表示出来，求的值即可.
7．（2024高一下·新邵期末）在△ABC中，AB＝5，AC＝6，cos A＝ ，O是 的内心，若 ＝x ＋y ，其中x，y∈[0，1]，则动点P的轨迹所覆盖图形的面积为（ ）
A． B． C．4 D．6
【答案】B
【知识点】平面向量加法运算；余弦定理
【解析】【解答】在△ABC中，设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得a＝7.
设△ABC的内切圆的半径为r，则
bcsin A＝ (a＋b＋c)r，解得r＝ ，
所以S△BOC＝ ×a×r＝ ×7× ＝ .
故动点P的轨迹所覆盖图形的面积为 ＝ .
故答案为：B
【分析】 根据向量加法的平行四边形法则，得动点P的轨迹是以OB， OC为邻边的平行四边形，其面积为△BOC面积的2倍.
8．（2024高一下·新邵期末）球缺指的是一个球被平面截下的一部分，垂直于截面的直径被截后剩下的线段为球缺的高，设球的半径为，球缺的高为，则球缺的体积.圆锥的高为2，底面半径为1，则以圆锥的高为直径的球在圆锥外的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意，以圆锥的高为直径的球的半径为1，且与圆锥底面相切与底面圆心，
作圆锥的轴截面，轴截面与球内接圆锥底面交于，如图所示：
所求体积即为球缺与内接圆锥的体积之差，轴截面顶角为，
设圆锥底面半径为，则，即，
则圆锥的高为，则，
球缺的高为，则，
.
故答案为：A.
【分析】由题意，求出大球缺的体积和小圆锥的体积后再求圆锥外的体积即可.
9．（2024高一下·新邵期末）已知向量，则（ ）
A． B．若，则
C．若，则 D．
【答案】A,C,D
【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；相等向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A、向量，显然，故A正确；
B、若，则，解得或，故B错误；
C、若，则，解得，故C正确；
D、，
则，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】根据向量相等即可判断A；根据向量共线的坐标运算即可判断B；根据向量垂直的坐标运算即可判断C；根据向量模的运算即可判断D.
10．（2024高一下·新邵期末）有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（ ）
A．的平均数等于的平均数
B．的中位数等于的中位数
C．的标准差不小于的标准差
D．的极差不大于的极差
【答案】B,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、设的平均数为，的平均数为，
则，
因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小，
例如：，可得；例如，可得，故A错误；
B、设，数据的中位数等于的中位数均为，故B正确；
C、因为是最小值，是最大值，则的波动性不大于的波动性，
即的标准差不大于的标准差，
例如：，则平均数，
标准差，
，则平均数，
标准差，
显然，即，故C错误；
D、不妨设，
则，当且仅当时等号成立，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】由题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项判断即可.
11．（2024高一下·新邵期末）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，点P是AD上的动点，将分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点G，则下列结论正确的是（ ）
A．BG⊥EF
B．G到平面DEF的距离为
C．若BG∥面EFP，则二面角D EF P的余弦值为
D．四面体G DEF外接球表面积为
【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；二面角及二面角的平面角；余弦定理
【解析】【解答】解：A、连，，可知，
因为，，，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，且平面，所以面，
又因为面，所以，故A正确；
B、因为，，所以为直角三角形，所以，
则，
又因为，
故G到面的距离（等体积法），故B错误；
C、令，连，，
因为面，面，面面，所以，
又因为，所以，，
又因为面，所以，，所以即为二面角的平面角，因为面，所以，
在中，可得，又因为，
在，由余弦定理：，
则二面角的余弦值为，故C正确；
D、由于，，两两互相垂直，不妨将三棱锥放置于一个长宽均为2、高为4的长方体中，其外接球半径，
故其表面积，所以D项正确.
故答案为：ACD.
【分析】连，，证得平面，得到，进而证得面即可判断A；根据等体积法，求得G到面的距离即可判断B；令，连，，证得，，得到即为二面角的平面角，利用余弦定理求得二面角的余弦值即可判断C；将三棱锥放置于一个长方体中，求得外接球半径即可判断D.
12．（2024高一下·新邵期末） .（为虚数单位）
【答案】0
【知识点】虚数单位i及其性质
【解析】【解答】解：的周期为4，
则.
故答案为：0.
【分析】利用的指数幂的周期计算得出所求代数式的值即可.
13．（2024高一下·新邵期末）已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为 .
【答案】2
【知识点】棱锥的结构特征；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】∵圆锥的底面半径为1，∴侧面展开图的弧长为 ，
又∵侧面展开图是半圆，∴侧面展开图的半径为2，
即圆锥的母线长为2，
故答案为：2.
【分析】利用圆锥侧面展开图的弧长等于底面周长，半径等于圆锥的母线长，列式求解即可.
14．（2024高一下·新邵期末）如图，在平面中，圆是半径为1的圆，，设，为圆上的任意2个点，则的取值范围是 .
【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：若为中点，令夹角为，如图所示：
，又，
由，则，
当时，最小值为；
由，则；
当时最大值为；
综上，的取值范围是.
故答案为：.
【分析】若为中点，令夹角为，由，将其化为关于和的关系式，讨论、结合求目标式的范围即可.
15．（2024高一下·新邵期末）某地区突发小型地质灾害，为了了解该地区受灾居民的经济损失，制定合理的帮扶方案，研究人员经过调查后将该地区所有受灾居民的经济损失情况统计如下图所示．
（1）求a的值；
（2）求所有受灾居民的经济损失的平均值；
（3）现按照分层抽样的方法从经济损失在[4000，8000)的居民中随机抽取8人，则在[4000，6000)的居民有多少人．
【答案】（1）解：根据频率分布直方图各矩形面积和为1可得：，
解得 ；
（2）解：所有受灾居民经济损失的平均值为元；
（3）解：由（1）得经济损失在和在的人数比例为，
由分层抽样知，经济损失在的居民有人.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中各矩形面积和为1列方程求参数即可；
（2）根据直方图计算平均值即可；
（3）根据分层抽样的等比例性质求在[4000，6000)的居民数量.
（1）依题意，，解得．
（2）所有受灾居民经济损失的平均值为元．
（3）由（1）得经济损失在和在的人数比例为，
由分层抽样知，经济损失在的居民有人.
16．（2024高一下·新邵期末）在中，角，，的对边分别为，，，若.
（1）求；
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）解：，由正弦定可得：，
则，
因为，所以，所以，
又因为，所以，即；
（2）解：由题得的面积，故①，
由余弦定理得：，
又，则②，
由①②得：，
故的周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理结合两角差的正弦公式化简求角即可；
（2）由三角形面积公式及余弦定理求解即可.
（1）由及正弦定理得：
因为，
所以.
由于，∴
所以.
又，故，即.
（2）由题得的面积，故①
由余弦定理得：，
又，故②，
由①②得：，
所以的周长为.
17．（2024高一下·新邵期末）已知向量，的夹角为，且．
（1）若，求的坐标；
（2）若，，求的最小值．
【答案】（1）解：设向量，若，则，即，
因为向量，的夹角为，所以，
又因为，所以，解得，则，即或，
故的坐标是或；
（2）解：若，则，即，即，，
则
，当且仅当时等号成立，
故当时，取得最小值.
【知识点】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；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）设向量，由题意求出的坐标，利用向量模的坐标表示及数量积的定义列式求解即可；
（2）利用垂直关系的向量表示求出，再利用数量积的运算律建立函数关系，求最小值即可.
（1）设，由，得，即，
而向量，的夹角为，则，又，
即，解得，于是，即有或，
所以的坐标是或.
（2）由，得，即，因此，，
因此
，当且仅当时取等号，
所以当时，取得最小值.
18．（2024高一下·新邵期末）某校举行围棋比赛，甲 乙 丙三人通过初赛，进入决赛.决赛比赛规则如下：首先通过抽签的形式确定甲 乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束后，胜利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，直到一人累计获胜三局，则此人获得比赛胜利，比赛结束.假设每局比赛双方获胜的概率均为，且每局比赛相互独立.
（1）求丙每局都获胜的概率
（2）求甲获得比赛胜利的概率.
【答案】（1）解：丙每局都获胜有以下两种情况：第一局甲获胜，后三局丙获胜；第一局乙获胜，后三局丙获胜，
第一局甲获胜，后三局丙获胜的概率，
第一局乙获胜，后三局丙获胜的概率，
丙每局都获胜的概率；
（2）解：设甲获胜为事件，乙获胜为事件，丙获胜为事件，
比赛进行三局，甲获胜的概率为，
比赛进行五局，有以下6种情况：AABBA，AABCA，ACBAA，ACCAA，BBAAA，BCAAA，
甲获胜的概率为，
比赛进行七局，有一下8种情况：
AABCCBA，ACBBCAA，ACBACBA，ACCABBA，BBACCAA，BCAACBA，BCABCAA，，
甲获胜的概率为，
故甲获得比赛胜利的概率为.
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）列举可能事件，由独立事件的乘法公式计算概率，再由互斥事件概率的加法公式即可；
（2）列举可能事件，由独立事件的乘法公式计算概率，再由互斥事件概率的加法公式即可.
（1）丙每局都获胜有以下两种情况：第一局甲获胜，后三局丙获胜；第一局乙获胜，后三局丙获胜，
第一局甲获胜，后三局丙获胜的概率，
第一局乙获胜，后三局丙获胜的概率，
丙每局都获胜的概率.
（2）设甲获胜为事件，乙获胜为事件，丙获胜为事件，
比赛进行三局，甲获胜的概率为，
比赛进行五局，有以下6种情况：AABBA，AABCA，ACBAA，ACCAA，BBAAA，BCAAA，
甲获胜的概率为，
比赛进行七局，有一下8种情况：
AABCCBA，ACBBCAA，ACBACBA，ACCABBA，BBACCAA，BCAACBA，BCABCAA，.
甲获胜的概率为，
故甲获得比赛胜利的概率为.
19．（2024高一下·新邵期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，.
（1）为上一点，且，当平面时，求实数的值；
（2）设平面与平面的交线为，证明面；
（3）当平面与平面所成的锐二面角的大小为时，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）解：连接交于点，连接，如图所示：
因为平面，平面，平面平面，所以，
在梯形中，因为，所以，，
又因为，所以，则；
（2）证明：因为，平面，平面，所以面，
又因为面，面面，所以，
又因为面，面，所以面；
（3）解：取的中点，连接、，如图所示：
因为为的中点，且，，
所以且，四边形为平行四边形，，
因为，所以，所以，
又因为，所以为等边三角形，
又因为，所以为等边三角形，所以，
因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，所以，
过点作，由，则，所以平面，平面，
即平面平面，所以，，
则为平面与平面所成的锐二面角，，
又由，所以，所以，
因为，，
因为，平面，平面，所以平面，
所以为与平面所成的角，
，
则，
故与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；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）连接交于点，连接，利用线面平行的性质推出，由可得，再由求的值即可；
（2）证明出面，利用线面平行的性质证明即可；
（3）取的中点，连接、，过点作，分析可知，为平面与平面所成的锐二面角，即有，证明出平面，则为与平面所成的角，计算出、的长，即可计算出的正切值.
（1）如图，连接交于点，连接，
∵平面，平面，平面平面，∴，
在梯形中，∵，∴，∴，
∵，∴，∴.
（2）∵，平面，平面，∴面，
又面，面面，∴，
又面，面，∴面.
（3）取的中点，连接、，
∵为的中点，且，，
∴且，∴四边形为平行四边形，∴，
∵，∴，∴，
又，∴为等边三角形，
又，∴为等边三角形，∴，
∵，平面，平面，∴平面，
∵平面，∴，
过点作，由，则，∴平面，平面，
即平面平面，∴，，
∴为平面与平面所成的锐二面角，∴.
又由，∴，∴，
∵，，
∵，平面，平面，∴平面，
∴为与平面所成的角，
，
∴，
因此，与平面所成角的正弦值为.
1 / 1湖南省邵阳市新邵县2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题
1．（2024高一下·新邵期末）设复数满足（是虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·新邵期末）在中，“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2024高一下·新邵期末）甲 乙两人独立地破译某个密码，甲译出密码的概率为0.4，乙译出密码的概率为0.5.则密码被破译的概率为（ ）
A．0.9 B．0.8 C．0.7 D．0.2
4．（2024高一下·新邵期末）若m、n、l表示不同的直线，α、β表示不同的平面，则下列推理正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
5．（2024高一下·新邵期末）下列命题正确的是（ ）
A．对于任意非零向量、、，若向量、在向量上的投影向量相等，则；
B．若，则一定成立；
C．向量与是共线向量，则、、、四点一定共线；
D．若，且，则与所在直线的夹角是．
6．（2024高一下·新邵期末）在中，，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·新邵期末）在△ABC中，AB＝5，AC＝6，cos A＝ ，O是 的内心，若 ＝x ＋y ，其中x，y∈[0，1]，则动点P的轨迹所覆盖图形的面积为（ ）
A． B． C．4 D．6
8．（2024高一下·新邵期末）球缺指的是一个球被平面截下的一部分，垂直于截面的直径被截后剩下的线段为球缺的高，设球的半径为，球缺的高为，则球缺的体积.圆锥的高为2，底面半径为1，则以圆锥的高为直径的球在圆锥外的体积为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·新邵期末）已知向量，则（ ）
A． B．若，则
C．若，则 D．
10．（2024高一下·新邵期末）有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（ ）
A．的平均数等于的平均数
B．的中位数等于的中位数
C．的标准差不小于的标准差
D．的极差不大于的极差
11．（2024高一下·新邵期末）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，点P是AD上的动点，将分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点G，则下列结论正确的是（ ）
A．BG⊥EF
B．G到平面DEF的距离为
C．若BG∥面EFP，则二面角D EF P的余弦值为
D．四面体G DEF外接球表面积为
12．（2024高一下·新邵期末） .（为虚数单位）
13．（2024高一下·新邵期末）已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为 .
14．（2024高一下·新邵期末）如图，在平面中，圆是半径为1的圆，，设，为圆上的任意2个点，则的取值范围是 .
15．（2024高一下·新邵期末）某地区突发小型地质灾害，为了了解该地区受灾居民的经济损失，制定合理的帮扶方案，研究人员经过调查后将该地区所有受灾居民的经济损失情况统计如下图所示．
（1）求a的值；
（2）求所有受灾居民的经济损失的平均值；
（3）现按照分层抽样的方法从经济损失在[4000，8000)的居民中随机抽取8人，则在[4000，6000)的居民有多少人．
16．（2024高一下·新邵期末）在中，角，，的对边分别为，，，若.
（1）求；
（2）若，的面积为，求的周长.
17．（2024高一下·新邵期末）已知向量，的夹角为，且．
（1）若，求的坐标；
（2）若，，求的最小值．
18．（2024高一下·新邵期末）某校举行围棋比赛，甲 乙 丙三人通过初赛，进入决赛.决赛比赛规则如下：首先通过抽签的形式确定甲 乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束后，胜利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，直到一人累计获胜三局，则此人获得比赛胜利，比赛结束.假设每局比赛双方获胜的概率均为，且每局比赛相互独立.
（1）求丙每局都获胜的概率
（2）求甲获得比赛胜利的概率.
19．（2024高一下·新邵期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，.
（1）为上一点，且，当平面时，求实数的值；
（2）设平面与平面的交线为，证明面；
（3）当平面与平面所成的锐二面角的大小为时，求与平面所成角的正弦值.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解： 复数满足 ，则，
则.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的乘除运算化简求得复数z，再求其共轭复数即可.
2．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由，可得或，
则能推出，但推不出，
故“”是“”的充分而不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可.
3．【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：由题意可知：密码被破译的概率为.
故答案为：C.
【分析】利用相互独立事件概率计算公式、对立事件的概率计算公式直接求解即可.
4．【答案】B
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：在正方体中，
记平面为平面，平面为平面，为，为，为，
A、，，但和相交，故A错误；
B、由线面垂直的性质可知 若，，则 ，故B正确；
C、，，但和相交，故C错误；
D、，，但与相交，故D错误.
故答案为：B.
【分析】在正方体中，取直线和平面即可判断ACD；由线面垂直的性质即可判断B.
5．【答案】D
【知识点】共线（平行）向量；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】解：A、由投影向量定义可得：，
则、不一定相等，故A错误；
B、若，则，即不一定成立，故B错误；
C、向量与是共线向量，则，，，四点一定共线，显然不正确，可能，故C错误；
D、设，，以，为邻边作平行四边形，
则，
因为，所以，
所以是等边三角形，则，
在菱形中，对角线平分，则与所在直线的夹角为，故D正确．
故答案为：D.
【分析】根据投影向量的概念即可判断A；根据向量运算即可判断B；向量与是共线向量，可能，即可判断C；根据几何图形即可判断D．
6．【答案】A
【知识点】平面向量减法运算；向量加法的三角形法则；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为，所以为上靠近点的三等份点，
则，
又因为，所以，则.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用平面向量基本定理，将用表示出来，求的值即可.
7．【答案】B
【知识点】平面向量加法运算；余弦定理
【解析】【解答】在△ABC中，设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得a＝7.
设△ABC的内切圆的半径为r，则
bcsin A＝ (a＋b＋c)r，解得r＝ ，
所以S△BOC＝ ×a×r＝ ×7× ＝ .
故动点P的轨迹所覆盖图形的面积为 ＝ .
故答案为：B
【分析】 根据向量加法的平行四边形法则，得动点P的轨迹是以OB， OC为邻边的平行四边形，其面积为△BOC面积的2倍.
8．【答案】A
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意，以圆锥的高为直径的球的半径为1，且与圆锥底面相切与底面圆心，
作圆锥的轴截面，轴截面与球内接圆锥底面交于，如图所示：
所求体积即为球缺与内接圆锥的体积之差，轴截面顶角为，
设圆锥底面半径为，则，即，
则圆锥的高为，则，
球缺的高为，则，
.
故答案为：A.
【分析】由题意，求出大球缺的体积和小圆锥的体积后再求圆锥外的体积即可.
9．【答案】A,C,D
【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；相等向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A、向量，显然，故A正确；
B、若，则，解得或，故B错误；
C、若，则，解得，故C正确；
D、，
则，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】根据向量相等即可判断A；根据向量共线的坐标运算即可判断B；根据向量垂直的坐标运算即可判断C；根据向量模的运算即可判断D.
10．【答案】B,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、设的平均数为，的平均数为，
则，
因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小，
例如：，可得；例如，可得，故A错误；
B、设，数据的中位数等于的中位数均为，故B正确；
C、因为是最小值，是最大值，则的波动性不大于的波动性，
即的标准差不大于的标准差，
例如：，则平均数，
标准差，
，则平均数，
标准差，
显然，即，故C错误；
D、不妨设，
则，当且仅当时等号成立，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】由题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项判断即可.
11．【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；二面角及二面角的平面角；余弦定理
【解析】【解答】解：A、连，，可知，
因为，，，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，且平面，所以面，
又因为面，所以，故A正确；
B、因为，，所以为直角三角形，所以，
则，
又因为，
故G到面的距离（等体积法），故B错误；
C、令，连，，
因为面，面，面面，所以，
又因为，所以，，
又因为面，所以，，所以即为二面角的平面角，因为面，所以，
在中，可得，又因为，
在，由余弦定理：，
则二面角的余弦值为，故C正确；
D、由于，，两两互相垂直，不妨将三棱锥放置于一个长宽均为2、高为4的长方体中，其外接球半径，
故其表面积，所以D项正确.
故答案为：ACD.
【分析】连，，证得平面，得到，进而证得面即可判断A；根据等体积法，求得G到面的距离即可判断B；令，连，，证得，，得到即为二面角的平面角，利用余弦定理求得二面角的余弦值即可判断C；将三棱锥放置于一个长方体中，求得外接球半径即可判断D.
12．【答案】0
【知识点】虚数单位i及其性质
【解析】【解答】解：的周期为4，
则.
故答案为：0.
【分析】利用的指数幂的周期计算得出所求代数式的值即可.
13．【答案】2
【知识点】棱锥的结构特征；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】∵圆锥的底面半径为1，∴侧面展开图的弧长为 ，
又∵侧面展开图是半圆，∴侧面展开图的半径为2，
即圆锥的母线长为2，
故答案为：2.
【分析】利用圆锥侧面展开图的弧长等于底面周长，半径等于圆锥的母线长，列式求解即可.
14．【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：若为中点，令夹角为，如图所示：
，又，
由，则，
当时，最小值为；
由，则；
当时最大值为；
综上，的取值范围是.
故答案为：.
【分析】若为中点，令夹角为，由，将其化为关于和的关系式，讨论、结合求目标式的范围即可.
15．【答案】（1）解：根据频率分布直方图各矩形面积和为1可得：，
解得 ；
（2）解：所有受灾居民经济损失的平均值为元；
（3）解：由（1）得经济损失在和在的人数比例为，
由分层抽样知，经济损失在的居民有人.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中各矩形面积和为1列方程求参数即可；
（2）根据直方图计算平均值即可；
（3）根据分层抽样的等比例性质求在[4000，6000)的居民数量.
（1）依题意，，解得．
（2）所有受灾居民经济损失的平均值为元．
（3）由（1）得经济损失在和在的人数比例为，
由分层抽样知，经济损失在的居民有人.
16．【答案】（1）解：，由正弦定可得：，
则，
因为，所以，所以，
又因为，所以，即；
（2）解：由题得的面积，故①，
由余弦定理得：，
又，则②，
由①②得：，
故的周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理结合两角差的正弦公式化简求角即可；
（2）由三角形面积公式及余弦定理求解即可.
（1）由及正弦定理得：
因为，
所以.
由于，∴
所以.
又，故，即.
（2）由题得的面积，故①
由余弦定理得：，
又，故②，
由①②得：，
所以的周长为.
17．【答案】（1）解：设向量，若，则，即，
因为向量，的夹角为，所以，
又因为，所以，解得，则，即或，
故的坐标是或；
（2）解：若，则，即，即，，
则
，当且仅当时等号成立，
故当时，取得最小值.
【知识点】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；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）设向量，由题意求出的坐标，利用向量模的坐标表示及数量积的定义列式求解即可；
（2）利用垂直关系的向量表示求出，再利用数量积的运算律建立函数关系，求最小值即可.
（1）设，由，得，即，
而向量，的夹角为，则，又，
即，解得，于是，即有或，
所以的坐标是或.
（2）由，得，即，因此，，
因此
，当且仅当时取等号，
所以当时，取得最小值.
18．【答案】（1）解：丙每局都获胜有以下两种情况：第一局甲获胜，后三局丙获胜；第一局乙获胜，后三局丙获胜，
第一局甲获胜，后三局丙获胜的概率，
第一局乙获胜，后三局丙获胜的概率，
丙每局都获胜的概率；
（2）解：设甲获胜为事件，乙获胜为事件，丙获胜为事件，
比赛进行三局，甲获胜的概率为，
比赛进行五局，有以下6种情况：AABBA，AABCA，ACBAA，ACCAA，BBAAA，BCAAA，
甲获胜的概率为，
比赛进行七局，有一下8种情况：
AABCCBA，ACBBCAA，ACBACBA，ACCABBA，BBACCAA，BCAACBA，BCABCAA，，
甲获胜的概率为，
故甲获得比赛胜利的概率为.
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）列举可能事件，由独立事件的乘法公式计算概率，再由互斥事件概率的加法公式即可；
（2）列举可能事件，由独立事件的乘法公式计算概率，再由互斥事件概率的加法公式即可.
（1）丙每局都获胜有以下两种情况：第一局甲获胜，后三局丙获胜；第一局乙获胜，后三局丙获胜，
第一局甲获胜，后三局丙获胜的概率，
第一局乙获胜，后三局丙获胜的概率，
丙每局都获胜的概率.
（2）设甲获胜为事件，乙获胜为事件，丙获胜为事件，
比赛进行三局，甲获胜的概率为，
比赛进行五局，有以下6种情况：AABBA，AABCA，ACBAA，ACCAA，BBAAA，BCAAA，
甲获胜的概率为，
比赛进行七局，有一下8种情况：
AABCCBA，ACBBCAA，ACBACBA，ACCABBA，BBACCAA，BCAACBA，BCABCAA，.
甲获胜的概率为，
故甲获得比赛胜利的概率为.
19．【答案】（1）解：连接交于点，连接，如图所示：
因为平面，平面，平面平面，所以，
在梯形中，因为，所以，，
又因为，所以，则；
（2）证明：因为，平面，平面，所以面，
又因为面，面面，所以，
又因为面，面，所以面；
（3）解：取的中点，连接、，如图所示：
因为为的中点，且，，
所以且，四边形为平行四边形，，
因为，所以，所以，
又因为，所以为等边三角形，
又因为，所以为等边三角形，所以，
因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，所以，
过点作，由，则，所以平面，平面，
即平面平面，所以，，
则为平面与平面所成的锐二面角，，
又由，所以，所以，
因为，，
因为，平面，平面，所以平面，
所以为与平面所成的角，
，
则，
故与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；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）连接交于点，连接，利用线面平行的性质推出，由可得，再由求的值即可；
（2）证明出面，利用线面平行的性质证明即可；
（3）取的中点，连接、，过点作，分析可知，为平面与平面所成的锐二面角，即有，证明出平面，则为与平面所成的角，计算出、的长，即可计算出的正切值.
（1）如图，连接交于点，连接，
∵平面，平面，平面平面，∴，
在梯形中，∵，∴，∴，
∵，∴，∴.
（2）∵，平面，平面，∴面，
又面，面面，∴，
又面，面，∴面.
（3）取的中点，连接、，
∵为的中点，且，，
∴且，∴四边形为平行四边形，∴，
∵，∴，∴，
又，∴为等边三角形，
又，∴为等边三角形，∴，
∵，平面，平面，∴平面，
∵平面，∴，
过点作，由，则，∴平面，平面，
即平面平面，∴，，
∴为平面与平面所成的锐二面角，∴.
又由，∴，∴，
∵，，
∵，平面，平面，∴平面，
∴为与平面所成的角，
，
∴，
因此，与平面所成角的正弦值为.
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