湖南省雅礼教育集团2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷
1．（2024高一下·湖南期末）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由得，所以，
又，
所以
故答案为：B.
【分析】先化简集合M，再结合交集的定义运算可得答案.
2．（2024高一下·湖南期末）设为虚数单位，复数满足，则为( )．
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：由，得，
所以，
所以.
故答案为：D.
【分析】本题考查复数的除法运算，共轭复数的定义.通过变形可得：，分子和分母同时乘以，再进行化简可求出复数，利用共轭复数的定义可求出，利用复数乘法运算可求出答案.
3．（2024高一下·湖南期末）设，为两个不同的平面，则的一个充分条件是（ ）
A．内有无数条直线与平行 B．，垂直于同一个平面
C．，平行于同一条直线 D．，垂直于同一条直线
【答案】D
【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
【解析】【解答】解：对于A：内有无数条直线与平行推不出，只有内所有直线与平行才能得出，A不符合题意，
对于B：，垂直于同一平面，得到或与相交，B不符合题意，
对于C：，平行于同一条直线，得到或与相交，C不符合题意，
对于D：因为垂直与同一条直线的两平面平行，故，垂直于同一条直线，D符合题意．
故答案为：D．
【分析】利用空间中线面、面面的位置关系判断即可.
4．（2024高一下·湖南期末） 定义在上的函数满足，且，则（ ）
A． B．0 C．1 D．3
【答案】D
【知识点】函数的周期性
【解析】【解答】解：因为，所以，所以，
即是以4为周期的函数，
所以.
故答案为：D.
【分析】由可以判断出是以4为周期的函数，即可得解.
5．（2024高一下·湖南期末）已知向量，满足，，则在方向上的投影向量为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解： 向量，满足，， 即，
则在方向上的投影向量为.
故答案为：C.
【分析】由题意可得，根据投影向量的定义及数量积的运算律求解即可.
6．（2024高一下·湖南期末）设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为 ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】由题意知，该三棱柱为正三棱柱，且侧棱与底面边长相等，均为 .
设 、 分别为下、上底面的中心，且球心 为 的中点，
又 ， ， ，
设球 的半径为 ，则 ，
所以 。
故答案为：B.
【分析】由题意知，该三棱柱为正三棱柱，且侧棱与底面边长相等，均为 ，设 、 分别为下、上底面的中心，且球心 为 的中点，再利用 ， ， ，设球 的半径为 ，再利用勾股定理得出球的半径，再利用球的表面积公式，从而求出球的表面积。
7．（2024高一下·湖南期末）某数学兴趣小组要测量一个球体建筑物的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧．若小明同学在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为和，且米，则该球体建筑物的高度为（ ）米．
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解；如图，设球心为，连接，
则，
设球的半径为，
则，，
，
，
，
则该球体建筑物的高度为米．
故答案为：B．
【分析】根据三角函数定义可得，再利用得出的值，从而得出2R的值，进而得出该球体建筑物的高度．
8．（2024高一下·湖南期末）已知正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，的中点为，过点作与垂直的平面，则平面截正四棱锥所得的截面面积为．
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】简单的三角恒等变换；异面直线所成的角
【解析】【解答】解：在正四棱锥中，连接，则，是正三角形，由的中点为E，得，
而，则，在中，，
，令平面与直线交于，连，则，如图所示：
，即点在棱上，同理平面与棱相交，令交点为，连，于是四边形为平面截正四棱锥所得的截面，由对称性知，
在中，，而，
在中，，由余弦定理得，
在中，，，
所以所得截面面积.
故答案为：A
【分析】本题考查异面直线的夹角.先作出正四棱锥，再连接，根据题意可推出是正三角形，利用正三角形的性质可推出，利用余弦定理可求出，利用同角三角函数的基本关系可求出，通过计算可得，可推出点在棱上，平面与棱相交，令交点为，连，于是四边形为平面截正四棱锥所得的截面，利用正弦的定义可求出，，利用余弦定理可求出，，进而可求出，利用三角形的面积公式可求出截面的面积.
9．（2024高一下·湖南期末）学校“未来杯”足球比赛中，甲班每场比赛平均失球数是，失球个数的标准差为乙班每场比赛平均失球数是，失球个数的标准差为，你认为下列说法中正确的是( )
A．平均来说乙班比甲班防守技术好
B．乙班比甲班防守技术更稳定
C．乙班在防守中有时表现非常好，有时表现比较差
D．甲班很少不失球
【答案】A,C,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，从平均数角度考虑是对的，甲班每场比赛平均失球数大于乙班每场比赛平均失球数，A正确；
B，从标准差角度考虑是错的，甲失球个数的标准差小，防守技术更稳定；B错误；
C，乙失球个数的标准差大，防守中的表现不稳定，C正确；
D，从平均数和标准差角度考虑是对的，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】本题考查平均数和方差的统计学意义.根据平均数的统计学意义：平均数反映数据集中趋势的一项指标，据此可判断A选项；根据方差（标准差）越大，数据越不稳定；方差（标准差）越小，数据越稳定，据此可判断B选项和C选项；利用平均数和标准差综合考虑，可判断D选项.
10．（2024高一下·湖南期末）伯努利试验是在同样的条件下重复地、相互独立地进行的一种随机试验，其特点是每次试验只有两种可能结果．若连续抛掷一枚质地均匀的硬币n次，记录这n次实验的结果，设事件M＝“n次实验结果中，既出现正面又出现反面”，事件N＝“n次实验结果中，最多只出现一次反面”，则下列结论正确的是（ ）．
A．若，则M与N不互斥 B．若，则M与N相互独立
C．若，则M与N互斥 D．若，则M与N相互独立
【答案】A,D
【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：A、当时，样本空间为：（正，正），（正，反），（反，正），（反，反），共4种，事件M和事件N同时发生，则M与N不互斥，故A正确；
B、若，，，，，则M与N不相互独立，故B错误；
C、当时，样本空间为：（正，正，正），（正，正，反），（正，反，正），（正，反，反），（反，正，正），（反，正，反），（反，反，正），（反，反，反），共8种，
其中（正，正，反）、（正，反，正）和（反，正，正）这三种实验结果，事件M和事件N同时发生，故M与N不互斥，故C错误；
D、若，，，，，则M与N相互独立，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由题意，结合互斥事件的定义，以及相互独立事件的概率乘法公式求解即可.
11．（2024高一下·湖南期末）如图，在四边形中，和是全等三角形，，，，．下面有两种折叠方法将四边形折成三棱锥．折法①；将沿着折起，得到三棱锥，如图1．折法②：将沿着折起，得到三棱锥，如图2．下列说法正确的是（ ）．
A．按照折法①，三棱锥的外接球表面积恒为
B．按照折法①，存在满足
C．按照折法②﹐三棱锥体积的最大值为
D．按照折法②，存在满足平面，且此时与平面所成线面角正弦值为
【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意知，取的中点，因为和是直角三角形且全等，
所以，
则在折法①的折叠过程中，三棱锥的外接球的球心为，半径为1，
所以该球的表面积恒为，故A正确；
按照折法①，在折起过程中，点在平面内的投影在线段上(不包括端点)，
又因为线段 (不包括端点)不存在使得，
故不存在满足，故B错误；
按照折法②，取的中点，，
当平面平面时，三棱锥体积取得最大值，
此时体积，故C正确；
当时，，，
此时，，
又因为平面，
所以平面，
所以为与平面所成线面角，
则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由已知条件和棱锥的结构特征，再结合球的表面积公式判断出选项A；由棱锥的结构特征判断出选项B；由棱锥体积公式判断出选项C；由线面角的定义和求解方法，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．（2024高一下·湖南期末）当且时，函数的图象一定经过定点 ．
【答案】
【知识点】指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：令，可得当时，，所以图象一定经过定点.
故答案为：.
【分析】本题考查指数函数的定点.根据指数函数的定点，指数位置的数等于0，故令可求出定点的横坐标，再代入解析式可求出定点的纵坐标，进而可求出定点.
13．（2024高一下·湖南期末）如图所示，已知平面，则 ．
【答案】12
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；空间向量基本定理
【解析】【解答】解：因为，
所以，
又因为平面，平面，
所以，，
所以，
则.
故答案为：.
【分析】先表示向量，平方后结合数量积的运算律、数量积的定义和两向量垂直数量积为0的等价关系公式，从而得出的值.
14．（2024高一下·湖南期末）已知向量，满足，，则的最大值为 ．
【答案】
【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解：取平行四边形，连接，
设，则，
因为向量，满足，
所以，则，
设，，
如图以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，
则，
所以，
则，故，
所以，
因为，又因为，
可设，
则，
所以，
其中，所以，
所以，
则的最大值为，
所以的最大值为.
故答案为：.
【分析】建立平面直角坐标系，从而得出点的坐标，进而得出，再由得，则，结合三角函数定义，设，再利用三角型函数求最值的方法，从而得出的最大值.
15．（2024高一下·湖南期末）已知函数．
（1）求的最小正周期
（2）求的最小值以及取得最小值时的集合．
【答案】（1）解：由得
，
所以
（2）解：由知，此时，即
，
故的集合为．
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【分析】本题考查辅助角公式，正弦函数的图象和性质.
(1)先利用辅助角公式化简函数解析式可得：，再利用周期计算公式进行计算可求出最小正周期；
(2)当时，取得最小值，此时，解方程可求出取得最小值时的集合.
16．（2024高一下·湖南期末）记的内角，，的对边分别为，，，满足．
（1）求角
（2）若，，是中线，求的长．
【答案】（1）解：因为，由正弦定理可知：，
，
，
又为三角形内角，所以
（2）解：由，得，又，在中由余弦定理得：
，
所以．
【知识点】平面向量的数量积运算；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.
（1）先利用正弦定理进行边化角，再利用两角和的正弦公式进行化简可求出，据此可反推出角A；
（2）先利用平面向量的数量积可求出，利用余弦定理可求出，根据三角形的中线向量公式可得，对式子进行平方，再利用平面向量的数量积进行计算可求出答案.
17．（2024高一下·湖南期末）我校在2021年的自主招生考试成绩中随机抽取40名学生的笔试成绩，按成绩共分成五组：第1组，，第2组，，第3组，，第4组，，第5组，，得到的频率分布直方图如图所示，同时规定成绩在85分以上的学生为“优秀”，成绩小于85分的学生为“良好”，且只有成绩为“优秀”的学生才能获得面试资格．
（1）根据样本频率分布直方图估计样本的中位数与平均数；
（2）如果用分层抽样的方法从“优秀”和“良好”的学生中共选出5人，再从这5人中选2人，那么至少有一人是“优秀”的概率是多少？
【答案】解：（1）第一组的频率为，第二组的频率为，第三章的频率为，第四组的频率为，第五组的频率为，
所以中位数在第三组，不妨设为，
则，
解得，
平均数为：.
（2）根据题意，
“良好”的学生有人，“优秀”的学生有人，
所以分层抽样得“良好”的学生有人，
“优秀”的学生有人，
将三名优秀学生分别记为，两名良好的学生分别记为，
则这5人中选2人的基本事件有：
，共10种，
其中至少有一人是“优秀”的基本事件有：，共9种，
所以，至少有一人是“优秀”的概率是.
【知识点】众数、中位数、平均数；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）先计算各组的频率得出中位数在第三组，不妨设为，根据求出x的值，从而估计出样本的中位数；再利用频率分布直方图求平均数的方法，从而估计出样本的平均数.
（2）由分层抽样得出“良好”的学生有人，“优秀”的学生有人，再根据古典概率公式得出至少有一人是“优秀”的概率.
18．（2024高一下·湖南期末）如图，在长方体中，，，点和点在棱上，且.
（1）求证：平面；
（2）求证：.
【答案】（1）证明：在长方体中，
，点和点在棱上，且，
连接、，设，连接，
则为的中点，
因为为的中点，所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）证明：在长方体中，，
则四边形为正方形，所以，
则平面，平面，
所以，，平面，
所以平面，平面，
所以，
又因为，，，，
所以，所以，所以，
又因为，
所以，所以，
又因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）连接、，设，连接，利用中位线定理得到，再结合线线平行证出平面.
（2）先证明平面，从而得到，证出，从而得到平面，再根据线面垂直的定义证出.
（1）在长方体中，，点和点在棱上，且，
连接、，设，连接，
则为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）在长方体中，，则为正方形，
所以，
平面，平面，所以，
，平面，所以平面，
平面，所以，
又，，，，
所以，所以，所以，
又，所以，
所以，
又，平面，
所以平面，又平面，所以.
19．（2024高一下·湖南期末）已知平面四边形，，，，现将沿边折起，使得平面平面，此时，点为线段的中点．
（1）求证：平面；
（2）若为的中点，求与平面所成角的正弦值；
（3）在（2）的条件下，求二面角的平面角的余弦值．
【答案】（1）证明：，，
为等边三角形，
为的中点，，
取中点，连接，则，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
因为平面，，
又，，、平面，
平面，
平面ABD，，
又，、平面，
平面．
（2）解：过点作，垂足为，如图所示：
由（1）知，平面，
平面，，
又因为，平面，平面，
为与平面所成角，
由（1）知，平面ABD，平面，，
在中，，，
，
为的中点，，
在中，，
，
在中，，
在中，由余弦定理得：，
，
与平面所成角的正弦值为．
（3）解：取的中点为，连接，
为线段的中点，，
则，
由（1）知，平面，平面，
又因为平面，所以，
过点P作，垂足为，连接，
，平面，平面，
又平面，，
为二面角的平面角，
在中，，
由（1）知，为等边三角形，为的中点，
，
由（1）知，平面ACD，
又因为平面，所以，
在中，，
由（2）知，，即，解得，
平面，平面，，
在中，
，
则，
所以二面角的平面角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；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）由等边三角形三线合一得到，取中点，再利用和平面平面，从而得出平面，进而得出，再结合线面垂直的判定定理得出平面，从而得到，再利用线面垂直的判定定理证出平面.
（2）过点作，垂足为，则为与平面所成角，再解三角形得出与平面所成角的正弦值.
（3）取的中点为，连接，过点作，垂足为，连接，由（1）结合中位线定理、线面垂直证线线垂直，从而得出为二面角的平面角，再解三角形得出二面角的平面角的余弦值．
（1）
，，为等边三角形，
为的中点，，
取中点，连接，则，
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，．
又，，、平面，平面．
平面ABD，．
又，、平面，
平面．
（2）过点作，垂足为．如图所示
由（1）知，平面．平面，．
又，平面，平面，
为与平面所成角．
由（1）知，平面ABD，平面，．
在中，，，，
为的中点，．
在中，，，
在中，，
在中，由余弦定理得，
．
与平面所成角的正弦值为．
（3）
取的中点为，连接，
为线段的中点，，，
由（1）知，平面，平面．
又平面，所以．
过点P作，垂足为，连接．
，平面，平面．
又平面，，
为二面角的平面角．
在中，，
由（1）知，为等边三角形，为的中点，．
由（1）知，平面ACD．
又平面，所以．
在中，，
由（2）知，，即，解得．
平面，平面，．
在中，，．
所以二面角的平面角的余弦值为．
1 / 1湖南省雅礼教育集团2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷
1．（2024高一下·湖南期末）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高一下·湖南期末）设为虚数单位，复数满足，则为( )．
A． B． C． D．
3．（2024高一下·湖南期末）设，为两个不同的平面，则的一个充分条件是（ ）
A．内有无数条直线与平行 B．，垂直于同一个平面
C．，平行于同一条直线 D．，垂直于同一条直线
4．（2024高一下·湖南期末） 定义在上的函数满足，且，则（ ）
A． B．0 C．1 D．3
5．（2024高一下·湖南期末）已知向量，满足，，则在方向上的投影向量为（ ）
A．2 B． C． D．
6．（2024高一下·湖南期末）设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为 ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·湖南期末）某数学兴趣小组要测量一个球体建筑物的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧．若小明同学在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为和，且米，则该球体建筑物的高度为（ ）米．
A． B．
C． D．
8．（2024高一下·湖南期末）已知正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，的中点为，过点作与垂直的平面，则平面截正四棱锥所得的截面面积为．
A． B． C． D．
9．（2024高一下·湖南期末）学校“未来杯”足球比赛中，甲班每场比赛平均失球数是，失球个数的标准差为乙班每场比赛平均失球数是，失球个数的标准差为，你认为下列说法中正确的是( )
A．平均来说乙班比甲班防守技术好
B．乙班比甲班防守技术更稳定
C．乙班在防守中有时表现非常好，有时表现比较差
D．甲班很少不失球
10．（2024高一下·湖南期末）伯努利试验是在同样的条件下重复地、相互独立地进行的一种随机试验，其特点是每次试验只有两种可能结果．若连续抛掷一枚质地均匀的硬币n次，记录这n次实验的结果，设事件M＝“n次实验结果中，既出现正面又出现反面”，事件N＝“n次实验结果中，最多只出现一次反面”，则下列结论正确的是（ ）．
A．若，则M与N不互斥 B．若，则M与N相互独立
C．若，则M与N互斥 D．若，则M与N相互独立
11．（2024高一下·湖南期末）如图，在四边形中，和是全等三角形，，，，．下面有两种折叠方法将四边形折成三棱锥．折法①；将沿着折起，得到三棱锥，如图1．折法②：将沿着折起，得到三棱锥，如图2．下列说法正确的是（ ）．
A．按照折法①，三棱锥的外接球表面积恒为
B．按照折法①，存在满足
C．按照折法②﹐三棱锥体积的最大值为
D．按照折法②，存在满足平面，且此时与平面所成线面角正弦值为
12．（2024高一下·湖南期末）当且时，函数的图象一定经过定点 ．
13．（2024高一下·湖南期末）如图所示，已知平面，则 ．
14．（2024高一下·湖南期末）已知向量，满足，，则的最大值为 ．
15．（2024高一下·湖南期末）已知函数．
（1）求的最小正周期
（2）求的最小值以及取得最小值时的集合．
16．（2024高一下·湖南期末）记的内角，，的对边分别为，，，满足．
（1）求角
（2）若，，是中线，求的长．
17．（2024高一下·湖南期末）我校在2021年的自主招生考试成绩中随机抽取40名学生的笔试成绩，按成绩共分成五组：第1组，，第2组，，第3组，，第4组，，第5组，，得到的频率分布直方图如图所示，同时规定成绩在85分以上的学生为“优秀”，成绩小于85分的学生为“良好”，且只有成绩为“优秀”的学生才能获得面试资格．
（1）根据样本频率分布直方图估计样本的中位数与平均数；
（2）如果用分层抽样的方法从“优秀”和“良好”的学生中共选出5人，再从这5人中选2人，那么至少有一人是“优秀”的概率是多少？
18．（2024高一下·湖南期末）如图，在长方体中，，，点和点在棱上，且.
（1）求证：平面；
（2）求证：.
19．（2024高一下·湖南期末）已知平面四边形，，，，现将沿边折起，使得平面平面，此时，点为线段的中点．
（1）求证：平面；
（2）若为的中点，求与平面所成角的正弦值；
（3）在（2）的条件下，求二面角的平面角的余弦值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由得，所以，
又，
所以
故答案为：B.
【分析】先化简集合M，再结合交集的定义运算可得答案.
2．【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：由，得，
所以，
所以.
故答案为：D.
【分析】本题考查复数的除法运算，共轭复数的定义.通过变形可得：，分子和分母同时乘以，再进行化简可求出复数，利用共轭复数的定义可求出，利用复数乘法运算可求出答案.
3．【答案】D
【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
【解析】【解答】解：对于A：内有无数条直线与平行推不出，只有内所有直线与平行才能得出，A不符合题意，
对于B：，垂直于同一平面，得到或与相交，B不符合题意，
对于C：，平行于同一条直线，得到或与相交，C不符合题意，
对于D：因为垂直与同一条直线的两平面平行，故，垂直于同一条直线，D符合题意．
故答案为：D．
【分析】利用空间中线面、面面的位置关系判断即可.
4．【答案】D
【知识点】函数的周期性
【解析】【解答】解：因为，所以，所以，
即是以4为周期的函数，
所以.
故答案为：D.
【分析】由可以判断出是以4为周期的函数，即可得解.
5．【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解： 向量，满足，， 即，
则在方向上的投影向量为.
故答案为：C.
【分析】由题意可得，根据投影向量的定义及数量积的运算律求解即可.
6．【答案】B
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】由题意知，该三棱柱为正三棱柱，且侧棱与底面边长相等，均为 .
设 、 分别为下、上底面的中心，且球心 为 的中点，
又 ， ， ，
设球 的半径为 ，则 ，
所以 。
故答案为：B.
【分析】由题意知，该三棱柱为正三棱柱，且侧棱与底面边长相等，均为 ，设 、 分别为下、上底面的中心，且球心 为 的中点，再利用 ， ， ，设球 的半径为 ，再利用勾股定理得出球的半径，再利用球的表面积公式，从而求出球的表面积。
7．【答案】B
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解；如图，设球心为，连接，
则，
设球的半径为，
则，，
，
，
，
则该球体建筑物的高度为米．
故答案为：B．
【分析】根据三角函数定义可得，再利用得出的值，从而得出2R的值，进而得出该球体建筑物的高度．
8．【答案】A
【知识点】简单的三角恒等变换；异面直线所成的角
【解析】【解答】解：在正四棱锥中，连接，则，是正三角形，由的中点为E，得，
而，则，在中，，
，令平面与直线交于，连，则，如图所示：
，即点在棱上，同理平面与棱相交，令交点为，连，于是四边形为平面截正四棱锥所得的截面，由对称性知，
在中，，而，
在中，，由余弦定理得，
在中，，，
所以所得截面面积.
故答案为：A
【分析】本题考查异面直线的夹角.先作出正四棱锥，再连接，根据题意可推出是正三角形，利用正三角形的性质可推出，利用余弦定理可求出，利用同角三角函数的基本关系可求出，通过计算可得，可推出点在棱上，平面与棱相交，令交点为，连，于是四边形为平面截正四棱锥所得的截面，利用正弦的定义可求出，，利用余弦定理可求出，，进而可求出，利用三角形的面积公式可求出截面的面积.
9．【答案】A,C,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，从平均数角度考虑是对的，甲班每场比赛平均失球数大于乙班每场比赛平均失球数，A正确；
B，从标准差角度考虑是错的，甲失球个数的标准差小，防守技术更稳定；B错误；
C，乙失球个数的标准差大，防守中的表现不稳定，C正确；
D，从平均数和标准差角度考虑是对的，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】本题考查平均数和方差的统计学意义.根据平均数的统计学意义：平均数反映数据集中趋势的一项指标，据此可判断A选项；根据方差（标准差）越大，数据越不稳定；方差（标准差）越小，数据越稳定，据此可判断B选项和C选项；利用平均数和标准差综合考虑，可判断D选项.
10．【答案】A,D
【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：A、当时，样本空间为：（正，正），（正，反），（反，正），（反，反），共4种，事件M和事件N同时发生，则M与N不互斥，故A正确；
B、若，，，，，则M与N不相互独立，故B错误；
C、当时，样本空间为：（正，正，正），（正，正，反），（正，反，正），（正，反，反），（反，正，正），（反，正，反），（反，反，正），（反，反，反），共8种，
其中（正，正，反）、（正，反，正）和（反，正，正）这三种实验结果，事件M和事件N同时发生，故M与N不互斥，故C错误；
D、若，，，，，则M与N相互独立，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由题意，结合互斥事件的定义，以及相互独立事件的概率乘法公式求解即可.
11．【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意知，取的中点，因为和是直角三角形且全等，
所以，
则在折法①的折叠过程中，三棱锥的外接球的球心为，半径为1，
所以该球的表面积恒为，故A正确；
按照折法①，在折起过程中，点在平面内的投影在线段上(不包括端点)，
又因为线段 (不包括端点)不存在使得，
故不存在满足，故B错误；
按照折法②，取的中点，，
当平面平面时，三棱锥体积取得最大值，
此时体积，故C正确；
当时，，，
此时，，
又因为平面，
所以平面，
所以为与平面所成线面角，
则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由已知条件和棱锥的结构特征，再结合球的表面积公式判断出选项A；由棱锥的结构特征判断出选项B；由棱锥体积公式判断出选项C；由线面角的定义和求解方法，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：令，可得当时，，所以图象一定经过定点.
故答案为：.
【分析】本题考查指数函数的定点.根据指数函数的定点，指数位置的数等于0，故令可求出定点的横坐标，再代入解析式可求出定点的纵坐标，进而可求出定点.
13．【答案】12
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；空间向量基本定理
【解析】【解答】解：因为，
所以，
又因为平面，平面，
所以，，
所以，
则.
故答案为：.
【分析】先表示向量，平方后结合数量积的运算律、数量积的定义和两向量垂直数量积为0的等价关系公式，从而得出的值.
14．【答案】
【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解：取平行四边形，连接，
设，则，
因为向量，满足，
所以，则，
设，，
如图以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，
则，
所以，
则，故，
所以，
因为，又因为，
可设，
则，
所以，
其中，所以，
所以，
则的最大值为，
所以的最大值为.
故答案为：.
【分析】建立平面直角坐标系，从而得出点的坐标，进而得出，再由得，则，结合三角函数定义，设，再利用三角型函数求最值的方法，从而得出的最大值.
15．【答案】（1）解：由得
，
所以
（2）解：由知，此时，即
，
故的集合为．
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【分析】本题考查辅助角公式，正弦函数的图象和性质.
(1)先利用辅助角公式化简函数解析式可得：，再利用周期计算公式进行计算可求出最小正周期；
(2)当时，取得最小值，此时，解方程可求出取得最小值时的集合.
16．【答案】（1）解：因为，由正弦定理可知：，
，
，
又为三角形内角，所以
（2）解：由，得，又，在中由余弦定理得：
，
所以．
【知识点】平面向量的数量积运算；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.
（1）先利用正弦定理进行边化角，再利用两角和的正弦公式进行化简可求出，据此可反推出角A；
（2）先利用平面向量的数量积可求出，利用余弦定理可求出，根据三角形的中线向量公式可得，对式子进行平方，再利用平面向量的数量积进行计算可求出答案.
17．【答案】解：（1）第一组的频率为，第二组的频率为，第三章的频率为，第四组的频率为，第五组的频率为，
所以中位数在第三组，不妨设为，
则，
解得，
平均数为：.
（2）根据题意，
“良好”的学生有人，“优秀”的学生有人，
所以分层抽样得“良好”的学生有人，
“优秀”的学生有人，
将三名优秀学生分别记为，两名良好的学生分别记为，
则这5人中选2人的基本事件有：
，共10种，
其中至少有一人是“优秀”的基本事件有：，共9种，
所以，至少有一人是“优秀”的概率是.
【知识点】众数、中位数、平均数；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）先计算各组的频率得出中位数在第三组，不妨设为，根据求出x的值，从而估计出样本的中位数；再利用频率分布直方图求平均数的方法，从而估计出样本的平均数.
（2）由分层抽样得出“良好”的学生有人，“优秀”的学生有人，再根据古典概率公式得出至少有一人是“优秀”的概率.
18．【答案】（1）证明：在长方体中，
，点和点在棱上，且，
连接、，设，连接，
则为的中点，
因为为的中点，所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）证明：在长方体中，，
则四边形为正方形，所以，
则平面，平面，
所以，，平面，
所以平面，平面，
所以，
又因为，，，，
所以，所以，所以，
又因为，
所以，所以，
又因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）连接、，设，连接，利用中位线定理得到，再结合线线平行证出平面.
（2）先证明平面，从而得到，证出，从而得到平面，再根据线面垂直的定义证出.
（1）在长方体中，，点和点在棱上，且，
连接、，设，连接，
则为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）在长方体中，，则为正方形，
所以，
平面，平面，所以，
，平面，所以平面，
平面，所以，
又，，，，
所以，所以，所以，
又，所以，
所以，
又，平面，
所以平面，又平面，所以.
19．【答案】（1）证明：，，
为等边三角形，
为的中点，，
取中点，连接，则，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
因为平面，，
又，，、平面，
平面，
平面ABD，，
又，、平面，
平面．
（2）解：过点作，垂足为，如图所示：
由（1）知，平面，
平面，，
又因为，平面，平面，
为与平面所成角，
由（1）知，平面ABD，平面，，
在中，，，
，
为的中点，，
在中，，
，
在中，，
在中，由余弦定理得：，
，
与平面所成角的正弦值为．
（3）解：取的中点为，连接，
为线段的中点，，
则，
由（1）知，平面，平面，
又因为平面，所以，
过点P作，垂足为，连接，
，平面，平面，
又平面，，
为二面角的平面角，
在中，，
由（1）知，为等边三角形，为的中点，
，
由（1）知，平面ACD，
又因为平面，所以，
在中，，
由（2）知，，即，解得，
平面，平面，，
在中，
，
则，
所以二面角的平面角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；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）由等边三角形三线合一得到，取中点，再利用和平面平面，从而得出平面，进而得出，再结合线面垂直的判定定理得出平面，从而得到，再利用线面垂直的判定定理证出平面.
（2）过点作，垂足为，则为与平面所成角，再解三角形得出与平面所成角的正弦值.
（3）取的中点为，连接，过点作，垂足为，连接，由（1）结合中位线定理、线面垂直证线线垂直，从而得出为二面角的平面角，再解三角形得出二面角的平面角的余弦值．
（1）
，，为等边三角形，
为的中点，，
取中点，连接，则，
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，．
又，，、平面，平面．
平面ABD，．
又，、平面，
平面．
（2）过点作，垂足为．如图所示
由（1）知，平面．平面，．
又，平面，平面，
为与平面所成角．
由（1）知，平面ABD，平面，．
在中，，，，
为的中点，．
在中，，，
在中，，
在中，由余弦定理得，
．
与平面所成角的正弦值为．
（3）
取的中点为，连接，
为线段的中点，，，
由（1）知，平面，平面．
又平面，所以．
过点P作，垂足为，连接．
，平面，平面．
又平面，，
为二面角的平面角．
在中，，
由（1）知，为等边三角形，为的中点，．
由（1）知，平面ACD．
又平面，所以．
在中，，
由（2）知，，即，解得．
平面，平面，．
在中，，．
所以二面角的平面角的余弦值为．
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