湖南省衡阳市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题
1．（2024高一下·衡阳期末）下列几何体中，顶点个数最少的是（ ）
A．四棱锥 B．长方体 C．四棱台 D．四面体
2．（2024高一下·衡阳期末）（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·衡阳期末）已知直线，及平面，，且，，下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
4．（2024高一下·衡阳期末）已知单位向量，满足，则与的夹角为（ ）
A．0 B． C． D．
5．（2024高一下·衡阳期末）将颜色为红、黄、白的3个小球随机分给甲、乙、丙3个人，每人1个，则与事件“甲分得红球，乙分得黄球或甲分得黄球、乙分得红球”互为对立事件的是（ ）
A．甲分得黄球 B．甲分得白球
C．丙没有分得白球 D．甲分得白球，乙分得黄球
6．（2024高一下·衡阳期末）在矩形中，若，且，则（ ）
A．3 B．1 C．2 D．4
7．（2024高一下·衡阳期末）如图，两座山峰的高度，为测量峰顶和峰顶之间的距离，测量队在点（，，在同一水平面上）测得点的仰角为，点的仰角为，且，则两座山峰峰顶之间的距离（ ）
A．300m B．600m C． D．
8．（2024高一下·衡阳期末）在正三棱柱中，，M是AB的中点，N是棱上的动点，则直线与平面所成角的正切值的最大值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·衡阳期末）如图，在长方体中，点M，N，E，F分别在棱，，，上，且平面平面，下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．平面
10．（2024高一下·衡阳期末）Z国进口的天然气主要分为液化天然气和气态天然气两类.2023年Z国天然气进口11997吨，其中液化天然气进口7132吨，气态天然气进口4865吨.2023年Z国天然气及气态天然气进口来源分布及数据如图所示：
下列结论正确的是（ ）
A．2023年Z国从B国进口的液化天然气比从A国进口的多
B．2023年Z国没有从A国进口液化天然气
C．2023年Z国从C国进口的液化天然气一定比从D国进口的多
D．2023年Z国从B国进口的液化天然气一定比从D国进口的多
11．（2024高一下·衡阳期末）在中，D是BC的中点，，，下列结论正确的是（ ）
A．若，则 B．面积的最大值为
C． D．若，则
12．（2024高一下·衡阳期末）已知复数，则 .
13．（2024高一下·衡阳期末）在某次调查中，采用分层随机抽样的方法得到10个A类样本，30个B类样本.若A类样本的平均数为5.5，总体的平均数为4，则B类样本的平均数为 .
14．（2024高一下·衡阳期末）已知某圆台的母线长为3，下底面的半径为1，若球O与该圆台的上、下底面及侧面都相切，则球O的表面积为 ．
15．（2024高一下·衡阳期末）已知向量，.
（1）若，求；
（2）若向量，，求与夹角的余弦值.
16．（2024高一下·衡阳期末）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）证明：；
（2）若，，求的周长.
17．（2024高一下·衡阳期末）为了解某校高一年级学生数学学习的阶段性表现，该年级组织了一次测试.已知此次考试共有1000名学生参加，将考试成绩分成六组：第一组，第二组，…，第六组.整理数据得到如图所示的频率分布直方图.
（1）该校根据试卷的难易程度进行分析，认为此次成绩不低于110分，则阶段性学习达到“优秀”，试估计这1000名学生中阶段性学习达到“优秀”的人数；
（2）若采用等比例分层抽样的方法，从成绩在和内的学生中共抽取6人，查看他们的答题情况来分析知识点的掌握情况，再从中随机选取3人进行面对面调查分析，求这3人中恰有1人成绩在内的概率.
18．（2024高一下·衡阳期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD，E是PC的中点，点F在棱BP上，且，四边形ABCD为正方形，.
（1）证明：；
（2）求三棱锥的体积；
（3）求二面角的余弦值.
19．（2024高一下·衡阳期末）在世界杯小组赛阶段，每个小组内的四支球队进行循环比赛，共打6场，每场比赛中，胜、平、负分别积3，1，0分.每个小组积分的前两名球队出线，进入淘汰赛.若出现积分相同的情况，则需要通过净胜球数等规则决出前两名，每个小组前两名球队出线，进入淘汰赛.假定积分相同的球队，通过净胜球数等规则出线的概率相同（例如：若B，C，D三支积分相同的球队同时争夺第二名，则每个球队夺得第二名的概率相同）.已知某小组内的A，B，C，D四支球队实力相当，且每支球队在每场比赛中胜、平、负的概率都是，每场比赛的结果相互独立.
（1）求A球队在小组赛的3场比赛中只积3分的概率；
（2）已知在已结束的小组赛的3场比赛中，A球队胜2场，负1场，求A球队最终小组出线的概率.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；棱台的结构特征
【解析】【解答】解：四棱锥有5个顶点，长方体和四棱台有8个顶点，四面体有4个顶点．
故答案为：D.
【分析】根据已知条件何几何体的结构特征，从而逐项判断找出顶点个数最少的选项．
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：B.
【分析】由复数除法运算法则化简复数.
3．【答案】B
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A：若，则不一定垂直，故A错误；
对于B：因为，所以，
又因为，所以，故B正确；
对于C：若，则不一定平行于，故C错误；
对于D：若，则或，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据空间中线线垂直的判断方法、线线平行的判断方法、线面垂直的判定定理、线面平行的判定定理，从而找出真命题的选项.
4．【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：由题意得，，
因为，
所以，
所以，
又因为，
所以，即与的夹角为.
故答案为：C.
【分析】根据单位向量定义何已知条件，结合数量积的运算法则得出的值，再利用数量积求向量夹角公式得出与的夹角.
5．【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件
【解析】【解答】解：因为甲分得红球，乙分得黄球或甲分得黄球，乙分得红球，
则丙分得白球，与丙没有分得白球互为对立事件.
故答案为：C.
【分析】由已知条件和对立事件的概念求解即可.
6．【答案】D
【知识点】向量的模；平面向量减法运算；向量加法的三角形法则
【解析】【解答】解：因为四边形为矩形，
所以
则，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据矩形的性质结合向量的加法法则和减法法则，再结合向量求模公式，从而得出的值．
7．【答案】C
【知识点】解三角形；余弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由题意，在中，，
在中，，
在中，
．
故答案为：C.
【分析】在、中，利用锐角三角函数求出、，再在中，利用余弦定理求即可.
8．【答案】D
【知识点】直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：如图，作，垂足为G，连接，
在正三棱柱中，平面平面，
因为平面平面，平面，，
所以平面，
故为直线与平面所成的角，
当取得最大值时，取得最大值，取得最小值，
不妨设，
则，的最小值为a，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据题意，先画出图象，再作，然后由面面垂直的性质定理可得平面，从而可得为直线与平面所成的角，当取得最大值时，取得最大值，取得最小值，从而可得直线与平面所成角的正切值的最大值.
9．【答案】A,B,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：因为平面平面，
又因为平面与平面和平面的都相交，是交线，
所以，故A正确；
因为长方体，
所以平面平面，
又因为平面与这两个平行平面的都相交，是交线，
所以，故B正确，
如图，连接，
此时平面与平面和平面的都相交，是交线，
所以，
因为，
所以，
又因为，
所以四边形是平行四边形，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又因为，
所以与不平行，故C错误；
如图，连接，
由长方体性质得面面，
此时平面与这两个平面的都相交，是交线，
所以，
又因为面，面，
所以平面，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用面面平行的性质定理证出线线平行，则判断出选项A和选项B；利用线线平行和线段相等判断出四边形是平行四边形和四边形是平行四边形， 从而得出，再利用，则与不平行，则判断出选项C；利用长方体的结构特征得出面面平行，结合面面平行的性质定理得出线线平行，再根据线线平行证出线面平行，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
10．【答案】A,B,C
【知识点】频率分布折线图、密度曲线
【解析】【解答】解：对于B，因为2023年Z国从A国进口天然气2480吨，全部为气态天然气，
所以2023年Z国没有从A国进口液化天然气，故B正确.
对于A，因为2023年Z国从B国进口天然气2435吨，其中气态天然气1630吨，液化天然气805吨，
所以2023年Z国从B国进口的液化天然气比从A国进口的多，故A正确.
对于C，假设2023年Z国气态天然气其余部分全部来自C国，
共吨，
则Z国从C国进口液化天然气吨，仍然大于从D国进口的天然气的总量，
所以2023年Z国从C国进口的液化天然气一定比从D国进口的多，故C正确.
对于D，因为2023年Z国从B国进口液化天然气吨，
2023年Z国从D国进口的天然气总量为1666吨，若全部为液化天然气，
则2023年Z国从B国进口的液化天然气比从D国进口的少，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】由饼状统计图的实际含义，从而逐项判断找出正确的选项.
11．【答案】B,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：在中，，
所以，，故A错误；
当时，最大，所以面积的最大值为，故B正确；
因为，
故C正确；
在中，由正弦定理可得，得，
在中，由余弦定理可得，即，
在中，由余弦定理可得，
则，
所以，
整理得，解得（舍去），故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据已知条件和勾股定理可判断选项A；根据三角形面积公式和几何法求最值，则判断出选项B；根据平面向量基本定理和数量积的运算律，则判断出选项C；利用已知条件和正弦定理、余弦定理以及一元二次方程求解方法，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
12．【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：.
【分析】根据复数乘法运算法则化简复数，再利用复数求模公式得出复数z的模.
13．【答案】3.5
【知识点】分层抽样方法；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：设B类样本的平均数为x，由题意可得，解得.
故答案为：.
【分析】设B类样本的平均数为x，根据总体的平均数列方程求解即可.
14．【答案】
【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
【解析】【解答】解：如图，在轴截面梯形中，，，
设球O的半径为r，则，
所以，解得：，
因为，所以，
所以球O的表面积为.
故答案为：．
【分析】把空间问题转化在轴截面中进行研究，根据轴截面的概念和等面积法以及勾股定理，从而得出球O的半径长，再结合球的表面积公式得出球O的表面积．
15．【答案】（1）解：因为，，
所以.
由，可得，
则，解得，
所以，
故.
（2）解：依题意得，
因为，所以，
解得，则，
因为，，，
所以，
所以与夹角的余弦值为.
【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；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）利用向量垂直的坐标表示求出的值，再利用复数求模公式得出的值.
（2）利用已知条件和向量平行的坐标表示求出的值，再由数量积求向量夹角的坐标公式，从而得出与夹角的余弦值.
（1）因为，，所以.
由，可得，
即，解得，
所以，故.
（2）依题意得.
因为，所以
解得，则.
，，，
所以，
所以与夹角的余弦值为.
16．【答案】（1）证明：因为，所以，
所以，
因为，
所以，
则（或，舍去），
所以.
（2）解：因为，，
所以，，
则，
由，
可得，
则，
所以的周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由已知条件和正弦定理以及三角恒等变换，从而证出成立.
（2）由三角形内角和定理和（1）中结论，从而得出角A和角B的值，再结合两角差的正弦公式和正弦定理得出b，c的值即可得出的周长.
（1）因为，所以，
所以.
因为，
所以，
则（或，舍去），即.
（2）因为，，所以，.
.
由，可得，
.
故的周长为.
17．【答案】（1）解：由频率分布直方图，可得学生成绩在内的频率为0.04，
在内的频率为0.16，
故估计这1000名学生中阶段性学习达到“优秀”的人数为：.
（2）解：因为学生成绩在内的频率为0.08，
在内的频率为0.16，
则抽取的6人中，成绩在内的有2人，在内的有4人，
记成绩在内的4名学生为a，b，c，d，
在内的2名学生为E，F，
则从6人中任选3人，
样本空间可记为
，
共包含20个样本，
用事件A表示“这3人中恰有1人成绩在内”，
则A={aEF，bEF，cEF，dEF}，所以A包含4个样本，
故所求概率为.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件和频率分布直方图中各小组的矩形的面积等于各小组的频率，再结合频数等于频率乘以样本容量，从而估计出这1000名学生中阶段性学习达到“优秀”的人数.
（2）先写出从6人中任选3人的样本空间和抽取的3人中恰有1人成绩在内的样本空间，再结合古典概率公式得出这3人中恰有1人成绩在内的概率.
（1）由频率分布直方图，可得学生成绩在内的频率为0.04，在内的频率为0.16，
故估计这1000名学生中阶段性学习达到“优秀”的人数为.
（2）学生成绩在内的频率为0.08，在内的频率为0.16，
则抽取的6人中，成绩在内的有2人，在内的有4人.
记成绩在内的4名学生为a，b，c，d，在内的2名学生为E，F，
则从6人中任选3人，样本空间可记
，共包含20个样本.
用事件A表示“这3人中恰有1人成绩在内”，则A={aEF，bEF，cEF，dEF}，A包含4个样本.
故所求概率.
18．【答案】（1）证明：因为底面，底面，所以，
因为四边形为正方形，所以，
因为，所以平面，
因为平面，所以，
在中，，E是PC的中点，则，
因为，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：连接交于点，如图所示：
则，
因为底面，平面，所以，
又因为，则平面，
则点C到平面的距离为，
因为E是PC的中点，所以，
且，，，
所以，，
所以.
（3）解：由（1）可得平面，
因为平面，平面，
所以，，
则为二面角的平面角，
所以，，
因为，
所以，解得，
因为，则，
所以，
所以二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由线面垂直的性质定理和正方形的结构特征以及等腰三角形三线合一，再结合线线垂直和线面垂直的推导关系，从而证出.
（2）由线线垂直证出线面垂直，从而得出点C到平面的距离，再结合中点的性质和，则根据勾股定理、三角形的面积公式以及三棱锥的体积公式，从而得出三棱锥的体积.
（3）由（1）可得平面，再结合线面垂直的定义得出线线垂直，从而得出为二面角的平面角，解三角形可得出二面角的余弦值.
（1）证明：因为底面，底面，所以.
因为四边形为正方形，所以.
因为，所以平面.
因为平面，所以.
在中，，E是PC的中点，则.
因为，所以平面.
因为平面，所以.
因为，，所以平面.
因为平面，所以.
（2）连接交于点，如图所示：
则，又底面，平面，得，
而，则平面，则点C到平面的距离为，
因为E是PC的中点，所以
，，，，
所以，，
所以.
（3）解：由（1）可得平面，因为平面，平面，所以，.
为二面角的平面角.
，.
因为，所以，解得.
因为，即，所以.
故二面角的余弦值为.
19．【答案】（1）解：A球队在小组赛的3场比赛中只积3分，有两种情况.
第一种情况：A球队在3场比赛中都是平局，其概率为.
第二种情况：A球队在3场比赛中胜1场，负2场，其概率为.
故所求概率为.
（2）解：假设A球队参与的3场比赛的结果为A与B比赛，B胜；A与C比赛，A胜；A与D比赛，A胜.
此情况下，A积6分，B积3分，C，D各积0分.
在剩下的3场比赛中：
若C与D比赛平局，则C，D每队最多只能加4分，此时C，D的积分都低于A的积分，A可以出线；
若B与C比赛平局，后面2场比赛的结果无论如何，都有两队的积分低于A，A可以出线；
若B与D比赛平局，同理可得A可以出线.
故当剩下的3场比赛中有平局时，A一定可以出线.
若剩下的3场比赛中没有平局，则当B，C，D各赢1场比赛时，A可以出线.
当B，C，D中有一支队伍胜2场时，
若C胜2场，B胜1场，A，B，C争夺第一、二名，则A淘汰的概率为；
若D胜2场，B胜1场，A，B，D争夺第一、二名，则A淘汰的概率为.
其他情况A均可以出线.
综上，A球队最终小组出线的概率为.
【知识点】相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）分类讨论只积3分的可能两种情况，利用独立事件概率乘法公式运算求解即可；
（2）假设A球队参与的3场比赛的结果为A与B比赛，B胜；A与C比赛，A胜；A与D比赛，A胜.
此情况下，A积6分，B积3分，C，D各积0分.若A球队参与的3场比赛中胜2场，负1场，根据获胜的三队通过净胜球数等规则决出前两名，分情况讨论结合独立事件概率乘法公式运算求解.
（1）A球队在小组赛的3场比赛中只积3分，有两种情况.
第一种情况：A球队在3场比赛中都是平局，其概率为.
第二种情况：A球队在3场比赛中胜1场，负2场，其概率为.
故所求概率为.
（2）不妨假设A球队参与的3场比赛的结果为A与B比赛，B胜；A与C比赛，A胜；A与D比赛，A胜.
此情况下，A积6分，B积3分，C，D各积0分.
在剩下的3场比赛中：
若C与D比赛平局，则C，D每队最多只能加4分，此时C，D的积分都低于A的积分，A可以出线；
若B与C比赛平局，后面2场比赛的结果无论如何，都有两队的积分低于A，A可以出线；
若B与D比赛平局，同理可得A可以出线.
故当剩下的3场比赛中有平局时，A一定可以出线.
若剩下的3场比赛中没有平局，则当B，C，D各赢1场比赛时，A可以出线.
当B，C，D中有一支队伍胜2场时，
若C胜2场，B胜1场，A，B，C争夺第一、二名，则A淘汰的概率为；
若D胜2场，B胜1场，A，B，D争夺第一、二名，则A淘汰的概率为.
其他情况A均可以出线.
综上，A球队最终小组出线的概率为.
1 / 1湖南省衡阳市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题
1．（2024高一下·衡阳期末）下列几何体中，顶点个数最少的是（ ）
A．四棱锥 B．长方体 C．四棱台 D．四面体
【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；棱台的结构特征
【解析】【解答】解：四棱锥有5个顶点，长方体和四棱台有8个顶点，四面体有4个顶点．
故答案为：D.
【分析】根据已知条件何几何体的结构特征，从而逐项判断找出顶点个数最少的选项．
2．（2024高一下·衡阳期末）（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：B.
【分析】由复数除法运算法则化简复数.
3．（2024高一下·衡阳期末）已知直线，及平面，，且，，下列命题正确的是（ ）
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；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A：若，则不一定垂直，故A错误；
对于B：因为，所以，
又因为，所以，故B正确；
对于C：若，则不一定平行于，故C错误；
对于D：若，则或，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据空间中线线垂直的判断方法、线线平行的判断方法、线面垂直的判定定理、线面平行的判定定理，从而找出真命题的选项.
4．（2024高一下·衡阳期末）已知单位向量，满足，则与的夹角为（ ）
A．0 B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：由题意得，，
因为，
所以，
所以，
又因为，
所以，即与的夹角为.
故答案为：C.
【分析】根据单位向量定义何已知条件，结合数量积的运算法则得出的值，再利用数量积求向量夹角公式得出与的夹角.
5．（2024高一下·衡阳期末）将颜色为红、黄、白的3个小球随机分给甲、乙、丙3个人，每人1个，则与事件“甲分得红球，乙分得黄球或甲分得黄球、乙分得红球”互为对立事件的是（ ）
A．甲分得黄球 B．甲分得白球
C．丙没有分得白球 D．甲分得白球，乙分得黄球
【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件
【解析】【解答】解：因为甲分得红球，乙分得黄球或甲分得黄球，乙分得红球，
则丙分得白球，与丙没有分得白球互为对立事件.
故答案为：C.
【分析】由已知条件和对立事件的概念求解即可.
6．（2024高一下·衡阳期末）在矩形中，若，且，则（ ）
A．3 B．1 C．2 D．4
【答案】D
【知识点】向量的模；平面向量减法运算；向量加法的三角形法则
【解析】【解答】解：因为四边形为矩形，
所以
则，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据矩形的性质结合向量的加法法则和减法法则，再结合向量求模公式，从而得出的值．
7．（2024高一下·衡阳期末）如图，两座山峰的高度，为测量峰顶和峰顶之间的距离，测量队在点（，，在同一水平面上）测得点的仰角为，点的仰角为，且，则两座山峰峰顶之间的距离（ ）
A．300m B．600m C． D．
【答案】C
【知识点】解三角形；余弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由题意，在中，，
在中，，
在中，
．
故答案为：C.
【分析】在、中，利用锐角三角函数求出、，再在中，利用余弦定理求即可.
8．（2024高一下·衡阳期末）在正三棱柱中，，M是AB的中点，N是棱上的动点，则直线与平面所成角的正切值的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：如图，作，垂足为G，连接，
在正三棱柱中，平面平面，
因为平面平面，平面，，
所以平面，
故为直线与平面所成的角，
当取得最大值时，取得最大值，取得最小值，
不妨设，
则，的最小值为a，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据题意，先画出图象，再作，然后由面面垂直的性质定理可得平面，从而可得为直线与平面所成的角，当取得最大值时，取得最大值，取得最小值，从而可得直线与平面所成角的正切值的最大值.
9．（2024高一下·衡阳期末）如图，在长方体中，点M，N，E，F分别在棱，，，上，且平面平面，下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．平面
【答案】A,B,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：因为平面平面，
又因为平面与平面和平面的都相交，是交线，
所以，故A正确；
因为长方体，
所以平面平面，
又因为平面与这两个平行平面的都相交，是交线，
所以，故B正确，
如图，连接，
此时平面与平面和平面的都相交，是交线，
所以，
因为，
所以，
又因为，
所以四边形是平行四边形，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又因为，
所以与不平行，故C错误；
如图，连接，
由长方体性质得面面，
此时平面与这两个平面的都相交，是交线，
所以，
又因为面，面，
所以平面，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用面面平行的性质定理证出线线平行，则判断出选项A和选项B；利用线线平行和线段相等判断出四边形是平行四边形和四边形是平行四边形， 从而得出，再利用，则与不平行，则判断出选项C；利用长方体的结构特征得出面面平行，结合面面平行的性质定理得出线线平行，再根据线线平行证出线面平行，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
10．（2024高一下·衡阳期末）Z国进口的天然气主要分为液化天然气和气态天然气两类.2023年Z国天然气进口11997吨，其中液化天然气进口7132吨，气态天然气进口4865吨.2023年Z国天然气及气态天然气进口来源分布及数据如图所示：
下列结论正确的是（ ）
A．2023年Z国从B国进口的液化天然气比从A国进口的多
B．2023年Z国没有从A国进口液化天然气
C．2023年Z国从C国进口的液化天然气一定比从D国进口的多
D．2023年Z国从B国进口的液化天然气一定比从D国进口的多
【答案】A,B,C
【知识点】频率分布折线图、密度曲线
【解析】【解答】解：对于B，因为2023年Z国从A国进口天然气2480吨，全部为气态天然气，
所以2023年Z国没有从A国进口液化天然气，故B正确.
对于A，因为2023年Z国从B国进口天然气2435吨，其中气态天然气1630吨，液化天然气805吨，
所以2023年Z国从B国进口的液化天然气比从A国进口的多，故A正确.
对于C，假设2023年Z国气态天然气其余部分全部来自C国，
共吨，
则Z国从C国进口液化天然气吨，仍然大于从D国进口的天然气的总量，
所以2023年Z国从C国进口的液化天然气一定比从D国进口的多，故C正确.
对于D，因为2023年Z国从B国进口液化天然气吨，
2023年Z国从D国进口的天然气总量为1666吨，若全部为液化天然气，
则2023年Z国从B国进口的液化天然气比从D国进口的少，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】由饼状统计图的实际含义，从而逐项判断找出正确的选项.
11．（2024高一下·衡阳期末）在中，D是BC的中点，，，下列结论正确的是（ ）
A．若，则 B．面积的最大值为
C． D．若，则
【答案】B,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：在中，，
所以，，故A错误；
当时，最大，所以面积的最大值为，故B正确；
因为，
故C正确；
在中，由正弦定理可得，得，
在中，由余弦定理可得，即，
在中，由余弦定理可得，
则，
所以，
整理得，解得（舍去），故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据已知条件和勾股定理可判断选项A；根据三角形面积公式和几何法求最值，则判断出选项B；根据平面向量基本定理和数量积的运算律，则判断出选项C；利用已知条件和正弦定理、余弦定理以及一元二次方程求解方法，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
12．（2024高一下·衡阳期末）已知复数，则 .
【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：.
【分析】根据复数乘法运算法则化简复数，再利用复数求模公式得出复数z的模.
13．（2024高一下·衡阳期末）在某次调查中，采用分层随机抽样的方法得到10个A类样本，30个B类样本.若A类样本的平均数为5.5，总体的平均数为4，则B类样本的平均数为 .
【答案】3.5
【知识点】分层抽样方法；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：设B类样本的平均数为x，由题意可得，解得.
故答案为：.
【分析】设B类样本的平均数为x，根据总体的平均数列方程求解即可.
14．（2024高一下·衡阳期末）已知某圆台的母线长为3，下底面的半径为1，若球O与该圆台的上、下底面及侧面都相切，则球O的表面积为 ．
【答案】
【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
【解析】【解答】解：如图，在轴截面梯形中，，，
设球O的半径为r，则，
所以，解得：，
因为，所以，
所以球O的表面积为.
故答案为：．
【分析】把空间问题转化在轴截面中进行研究，根据轴截面的概念和等面积法以及勾股定理，从而得出球O的半径长，再结合球的表面积公式得出球O的表面积．
15．（2024高一下·衡阳期末）已知向量，.
（1）若，求；
（2）若向量，，求与夹角的余弦值.
【答案】（1）解：因为，，
所以.
由，可得，
则，解得，
所以，
故.
（2）解：依题意得，
因为，所以，
解得，则，
因为，，，
所以，
所以与夹角的余弦值为.
【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；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）利用向量垂直的坐标表示求出的值，再利用复数求模公式得出的值.
（2）利用已知条件和向量平行的坐标表示求出的值，再由数量积求向量夹角的坐标公式，从而得出与夹角的余弦值.
（1）因为，，所以.
由，可得，
即，解得，
所以，故.
（2）依题意得.
因为，所以
解得，则.
，，，
所以，
所以与夹角的余弦值为.
16．（2024高一下·衡阳期末）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）证明：；
（2）若，，求的周长.
【答案】（1）证明：因为，所以，
所以，
因为，
所以，
则（或，舍去），
所以.
（2）解：因为，，
所以，，
则，
由，
可得，
则，
所以的周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由已知条件和正弦定理以及三角恒等变换，从而证出成立.
（2）由三角形内角和定理和（1）中结论，从而得出角A和角B的值，再结合两角差的正弦公式和正弦定理得出b，c的值即可得出的周长.
（1）因为，所以，
所以.
因为，
所以，
则（或，舍去），即.
（2）因为，，所以，.
.
由，可得，
.
故的周长为.
17．（2024高一下·衡阳期末）为了解某校高一年级学生数学学习的阶段性表现，该年级组织了一次测试.已知此次考试共有1000名学生参加，将考试成绩分成六组：第一组，第二组，…，第六组.整理数据得到如图所示的频率分布直方图.
（1）该校根据试卷的难易程度进行分析，认为此次成绩不低于110分，则阶段性学习达到“优秀”，试估计这1000名学生中阶段性学习达到“优秀”的人数；
（2）若采用等比例分层抽样的方法，从成绩在和内的学生中共抽取6人，查看他们的答题情况来分析知识点的掌握情况，再从中随机选取3人进行面对面调查分析，求这3人中恰有1人成绩在内的概率.
【答案】（1）解：由频率分布直方图，可得学生成绩在内的频率为0.04，
在内的频率为0.16，
故估计这1000名学生中阶段性学习达到“优秀”的人数为：.
（2）解：因为学生成绩在内的频率为0.08，
在内的频率为0.16，
则抽取的6人中，成绩在内的有2人，在内的有4人，
记成绩在内的4名学生为a，b，c，d，
在内的2名学生为E，F，
则从6人中任选3人，
样本空间可记为
，
共包含20个样本，
用事件A表示“这3人中恰有1人成绩在内”，
则A={aEF，bEF，cEF，dEF}，所以A包含4个样本，
故所求概率为.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件和频率分布直方图中各小组的矩形的面积等于各小组的频率，再结合频数等于频率乘以样本容量，从而估计出这1000名学生中阶段性学习达到“优秀”的人数.
（2）先写出从6人中任选3人的样本空间和抽取的3人中恰有1人成绩在内的样本空间，再结合古典概率公式得出这3人中恰有1人成绩在内的概率.
（1）由频率分布直方图，可得学生成绩在内的频率为0.04，在内的频率为0.16，
故估计这1000名学生中阶段性学习达到“优秀”的人数为.
（2）学生成绩在内的频率为0.08，在内的频率为0.16，
则抽取的6人中，成绩在内的有2人，在内的有4人.
记成绩在内的4名学生为a，b，c，d，在内的2名学生为E，F，
则从6人中任选3人，样本空间可记
，共包含20个样本.
用事件A表示“这3人中恰有1人成绩在内”，则A={aEF，bEF，cEF，dEF}，A包含4个样本.
故所求概率.
18．（2024高一下·衡阳期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD，E是PC的中点，点F在棱BP上，且，四边形ABCD为正方形，.
（1）证明：；
（2）求三棱锥的体积；
（3）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明：因为底面，底面，所以，
因为四边形为正方形，所以，
因为，所以平面，
因为平面，所以，
在中，，E是PC的中点，则，
因为，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：连接交于点，如图所示：
则，
因为底面，平面，所以，
又因为，则平面，
则点C到平面的距离为，
因为E是PC的中点，所以，
且，，，
所以，，
所以.
（3）解：由（1）可得平面，
因为平面，平面，
所以，，
则为二面角的平面角，
所以，，
因为，
所以，解得，
因为，则，
所以，
所以二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由线面垂直的性质定理和正方形的结构特征以及等腰三角形三线合一，再结合线线垂直和线面垂直的推导关系，从而证出.
（2）由线线垂直证出线面垂直，从而得出点C到平面的距离，再结合中点的性质和，则根据勾股定理、三角形的面积公式以及三棱锥的体积公式，从而得出三棱锥的体积.
（3）由（1）可得平面，再结合线面垂直的定义得出线线垂直，从而得出为二面角的平面角，解三角形可得出二面角的余弦值.
（1）证明：因为底面，底面，所以.
因为四边形为正方形，所以.
因为，所以平面.
因为平面，所以.
在中，，E是PC的中点，则.
因为，所以平面.
因为平面，所以.
因为，，所以平面.
因为平面，所以.
（2）连接交于点，如图所示：
则，又底面，平面，得，
而，则平面，则点C到平面的距离为，
因为E是PC的中点，所以
，，，，
所以，，
所以.
（3）解：由（1）可得平面，因为平面，平面，所以，.
为二面角的平面角.
，.
因为，所以，解得.
因为，即，所以.
故二面角的余弦值为.
19．（2024高一下·衡阳期末）在世界杯小组赛阶段，每个小组内的四支球队进行循环比赛，共打6场，每场比赛中，胜、平、负分别积3，1，0分.每个小组积分的前两名球队出线，进入淘汰赛.若出现积分相同的情况，则需要通过净胜球数等规则决出前两名，每个小组前两名球队出线，进入淘汰赛.假定积分相同的球队，通过净胜球数等规则出线的概率相同（例如：若B，C，D三支积分相同的球队同时争夺第二名，则每个球队夺得第二名的概率相同）.已知某小组内的A，B，C，D四支球队实力相当，且每支球队在每场比赛中胜、平、负的概率都是，每场比赛的结果相互独立.
（1）求A球队在小组赛的3场比赛中只积3分的概率；
（2）已知在已结束的小组赛的3场比赛中，A球队胜2场，负1场，求A球队最终小组出线的概率.
【答案】（1）解：A球队在小组赛的3场比赛中只积3分，有两种情况.
第一种情况：A球队在3场比赛中都是平局，其概率为.
第二种情况：A球队在3场比赛中胜1场，负2场，其概率为.
故所求概率为.
（2）解：假设A球队参与的3场比赛的结果为A与B比赛，B胜；A与C比赛，A胜；A与D比赛，A胜.
此情况下，A积6分，B积3分，C，D各积0分.
在剩下的3场比赛中：
若C与D比赛平局，则C，D每队最多只能加4分，此时C，D的积分都低于A的积分，A可以出线；
若B与C比赛平局，后面2场比赛的结果无论如何，都有两队的积分低于A，A可以出线；
若B与D比赛平局，同理可得A可以出线.
故当剩下的3场比赛中有平局时，A一定可以出线.
若剩下的3场比赛中没有平局，则当B，C，D各赢1场比赛时，A可以出线.
当B，C，D中有一支队伍胜2场时，
若C胜2场，B胜1场，A，B，C争夺第一、二名，则A淘汰的概率为；
若D胜2场，B胜1场，A，B，D争夺第一、二名，则A淘汰的概率为.
其他情况A均可以出线.
综上，A球队最终小组出线的概率为.
【知识点】相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）分类讨论只积3分的可能两种情况，利用独立事件概率乘法公式运算求解即可；
（2）假设A球队参与的3场比赛的结果为A与B比赛，B胜；A与C比赛，A胜；A与D比赛，A胜.
此情况下，A积6分，B积3分，C，D各积0分.若A球队参与的3场比赛中胜2场，负1场，根据获胜的三队通过净胜球数等规则决出前两名，分情况讨论结合独立事件概率乘法公式运算求解.
（1）A球队在小组赛的3场比赛中只积3分，有两种情况.
第一种情况：A球队在3场比赛中都是平局，其概率为.
第二种情况：A球队在3场比赛中胜1场，负2场，其概率为.
故所求概率为.
（2）不妨假设A球队参与的3场比赛的结果为A与B比赛，B胜；A与C比赛，A胜；A与D比赛，A胜.
此情况下，A积6分，B积3分，C，D各积0分.
在剩下的3场比赛中：
若C与D比赛平局，则C，D每队最多只能加4分，此时C，D的积分都低于A的积分，A可以出线；
若B与C比赛平局，后面2场比赛的结果无论如何，都有两队的积分低于A，A可以出线；
若B与D比赛平局，同理可得A可以出线.
故当剩下的3场比赛中有平局时，A一定可以出线.
若剩下的3场比赛中没有平局，则当B，C，D各赢1场比赛时，A可以出线.
当B，C，D中有一支队伍胜2场时，
若C胜2场，B胜1场，A，B，C争夺第一、二名，则A淘汰的概率为；
若D胜2场，B胜1场，A，B，D争夺第一、二名，则A淘汰的概率为.
其他情况A均可以出线.
综上，A球队最终小组出线的概率为.
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