湖南省益阳市安化县2023-2024学年高一下学期7月期末数学试题
1．（2024高一下·安化期末）在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·安化期末）已知两条不同的直线，和两个不同的平面，，下列四个命题中正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
3．（2024高一下·安化期末）下列说法中不正确的是（ ）
A．三棱锥是四面体，正四面体是正三棱锥
B．平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形
C．平行的线段在直观图中仍然平行
D．在同一个圆中，圆心和圆上两点可确定一个平面
4．（2024高一下·安化期末）在中，若，，，则的大小为（ ）
A． B． C． D．或
5．（2024高一下·安化期末）根据气象学上的标准，如果连续5天的日平均气温都低于10℃即为入冬.现将连续5天的日平均气温（单位：℃）的记录数据（记录数据都是自然数）作为一组样本，则下列描述中，该组数据一定符合入冬指标的有（ ）
A．平均数小于4
B．平均数小于4且极差小于或等于3
C．平均数小于4且标准差小于或等于4
D．众数等于6且极差小于或等于4
6．（2024高一下·安化期末）正边长为，、为线段的三等分点，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·安化期末）的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的形状是（ ）
A．等腰非直角三角形 B．直角非等腰三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
8．（2024高一下·安化期末）在棱长为6的正方体中，是的中点，点是正方形面内(包括边界)的动点，且满足，则三棱锥的体积最大值是（ ）
A．36 B．24 C． D．
9．（2024高一下·安化期末）从1，2，3，，9中任取三个不同的数，则在下述事件中，是互斥但不是对立事件的有（ ）
A．“三个都为偶数”和“三个都为奇数”
B．“至少有一个奇数”和“至多有一个奇数”
C．“至少有一个奇数”和“三个都为偶数”
D．“一个偶数两个奇数”和“两个偶数一个奇数”
10．（2024高一下·安化期末）已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2024高一下·安化期末）如图，在棱长为1的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，为线段上的一个动点，平面平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．不存在点，使得平面
B．三棱锥的体积为定值
C．平面截该正方体所得截面的面积的最大值为
D．平面截该正方体所得截面可能是三角形或六边形
12．（2024高一下·安化期末）现有一组数据按照从小到大的顺序排列如下：4，6，7，7，8，9，11，14，15，19，则这组数据的上四分位数为 .
13．（2024高一下·安化期末）已知中，，，为边上的中线，若，则 .
14．（2024高一下·安化期末）在三棱锥中，，点在底面的投影为的外心，若，，，则三棱锥的外接球的表面积为 .
15．（2024高一下·安化期末）已知的内角，，所对的边分别为，，，向量，，且.
（1）求角；
（2）若，求的取值范围.
16．（2024高一下·安化期末）如图所示，在圆锥中，为圆锥的顶点，为底面圆的圆心，是圆的直径，为底面圆周上一点，四边形是矩形.
（1）若是的中点，求证：平面；
（2）若，，求三棱锥的体积.
17．（2024高一下·安化期末）某厂为比较甲乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行10次配对试验，每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率．甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为，．试验结果如下：
试验序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
伸缩率 545 533 551 522 575 544 541 568 596 548
伸缩率 536 527 543 530 560 533 522 550 576 536
记，记的样本平均数为，样本方差为．
（1）求，；
（2）判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提高（如果，则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高，否则不认为有显著提高）
18．（2024高一下·安化期末）如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，为正三角形，，分别为，的中点.
（1）若平面平面，求直线与平面所成的角的正弦值；
（2）求证：平面平面.
19．（2024高一下·安化期末）双淘汰赛制是一种竞赛形式，比赛一般分两个组进行，即胜者组与负者组.在第一轮比赛后，获胜者编入胜者组，失败者编入负者组继续比赛，之后的每一轮，在负者组中的失败者将被淘汰；胜者组的情况也类似，只是失败者仅被淘汰出胜者组降入负者组，只有在负者组中再次失败后才会被淘汰出整个比赛.A、B、C、D四人参加的双淘汰赛制的流程如图所示，其中第6场比赛为决赛.
（1）假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%，求：
①A获得季军的概率；
②D成为亚军的概率；
（2）若A的实力出类拔萃，有4人参加的比赛其胜率均为75%，其余三人实力旗鼓相当，求D进入决赛且先前与对手已有过招的概率.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解： 复数对应的点的坐标是，则复数，，.
故答案为：C.
【分析】根据复数在复平面的表示求得，结合共轭复数的定义以及复数的乘法运算求解即可.
2．【答案】D
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，，则或，故A错误；
B、若，，则或为异面直线，故B错误；
C、若，，则或或与斜交，故C错误；
D、若，则内必有一直线满足，又，所以，又，则，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据直线与平面内直线平行，判断直线与平面的关系即可判断A；由线面平行的性质即可判断B；由平面垂直的性质即可判断C；根据线面平行的性质及面面垂直的判定定理即可判断D.
3．【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：A、三棱锥是四面体，正四面体所有棱长均相等，则正四面体是正三棱锥，故A正确；
B、平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形，故B正确；
C、根据斜二测画法可知：平行的线段在直观图中仍然平行，故C正确；
D、当三点恰好在同一条直径上时不能唯一确定一个平面，故D错误.
故答案为：D.
【分析】根据棱锥的定义即可判断A；根据平行六面体的定义即可判断B；根据斜二测画法即可判断C；根据基本事实即可判断D.
4．【答案】B
【知识点】同角三角函数间的基本关系；解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：在中，由，可得，
因为，，，
由正弦定理可得，则或，
又因为，所以不成立，
则的大小为.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用同角三角函数基本关系结合正弦定理计算即可.
5．【答案】B
【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、例如：数据0，0，0，0，15平均数为3小于4，但不符合入冬标准，故A错误；
B、假设有数据大于或等于，由极差小于或等于知：此组数据最小值为大于或等于7，与平均值小于矛盾，故假设不成立，即平均数小于4且极差小于或等于3该组数据一定符合入冬指标，故B正确；
C、例如：数据1，1，1，1，11平均数为3，且标准差为4，但不符合入冬标准，故C错误；
D、例如：数据，，，，，众数等于且极差小于或等于时，最大数为，不符合入冬标准，故D错误.
故答案为：B.
【分析】逐项分析数据是否有可能大于等于判断即可.
6．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：以所在直线为轴，以垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，如图所示：
则、、，，，
故.
故答案为：C.
【分析】以所在直线为轴，以垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算求的值即可.
7．【答案】D
【知识点】正弦定理；余弦定理的应用；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：，由余弦定理可得：，整理得，
，由正弦定理可得，
即，即，
又因为，所以，所以，
又因为，所以，所以，，则为等腰直角三角形.
故答案为：D.
【分析】由利用正弦定理边角互换可得，代入可得，再利用余弦定理代入可得，即可判断三角形的形状.
8．【答案】D
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为在棱长为6的正方体中，是的中点，
点是正方形面内(包括边界)的动点，且满足，
所以，所以，即，
过点作交于点，如图所示：
易知为三棱锥的高，
要使三棱锥的体积最大，只需高最大，
设，又，
则，化简得，
由二次函数的性质可知：当时，的最大值为36，
所以最大值为，即三棱锥高的最大值为，
故三棱锥的体积的最大值为：.
故答案为：D．
【分析】由题意可知：求三棱锥的体积最大，只需高最大，利用三角形相似与二次函数的性质可求得高的最大值，即可求三棱锥的体积最大值 .
9．【答案】A,D
【知识点】互斥事件与对立事件
【解析】【解答】解：从1~9中任取三数，按这三个数的奇偶性分类为：
三个均为偶数、三个均为奇数、两个奇数一个偶数、一个奇数两个偶数，
A、“三个都为偶数”和“三个都为奇数”，互斥但不对立事件，故A正确；
B、至少有一个奇数”和“至多有一个奇数”不是互斥事件，故B错误；
C、“至少有一个奇数”和“三个都为偶数”是对立事件，故C错误；
D、“一个偶数两个奇数”和“两个偶数一个奇数”互斥但不对立事件，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据互斥事件和对立事件的概念判断即可.
10．【答案】B,D
【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： 向量，，
A、易知，则，故A错误；
B、，
，则，故B正确；
C、易知，，
故C错误；
D、易知，
则，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用向量模的坐标表示求解即可判断A；利用坐标计算是否得0即可判断B；由向量共线的坐标运算即可判断C；利用向量夹角公式的坐标运算即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：连接，，，，如图所示：
易知，，
因为点，，分别是棱，，的中点，所以，所以，
又因为平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，
所以，同理可证，又，平面，
所以平面，由与异面可知，不存在点，使得平面，故A正确；
B、因为，，所以，又平面，平面，
所以平面，所以动点到平面的距离为定值，
又的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确；
C、如图所示：正六边形（其中，，，，，都是对应棱的中点），
根据正方体的性质可知，，，
平面，平面，所以平面，
同理可证平面，又，平面，
所以平面平面，
又该正六边形的边长为，所以其面积为，
因为平面平面，所以当截面为正六边形时，平面截该正方体所得截面的面积取得最大值，
最大值为，故C错误；
D、平面截该正方体所得截面可能为三角形，也可能为六边形，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】连接，可得平面即可判断A，由平面即可判断B，当截面为正六边形时（其中，，，，，都是中点），计算截面面积即可判断CD.
12．【答案】
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：，则这组数据的上四分位数为.
故答案为：.
【分析】根据百分位数计算方法计算即可.
13．【答案】9
【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；解三角形
【解析】【解答】解：设，因为为边上的中线，所以，
则，
即，解得，
由余弦定理可得：.
故答案为：9.
【分析】由题意可得，利用向量数量积的运算求得，再利用余弦定理求即可.
14．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：因为，，，所以，
所以的外心为斜边的中点，且的外接圆的半径，
又因为平面，所以三棱锥外接球的球心在上，
设球心为，外接球的半径为，连接，如图所示：
则，，解得，
故三棱锥的外接球的表面积.
故答案为：.
【分析】由题意可得的外心为斜边的中点，且的外接圆的半径，则三棱锥外接球的球心在上，设球心为，外接球的半径为，连接，利用勾股定理求出，再利用球的表面积公式计算即可.
15．【答案】（1）解：向量，，且，
则，由正弦定理得，
因为，所以，所以，
又因为，所以；
（2）解：若，且，由余弦定理，
即，
即，显然，，当且仅当时等号成立，
又因为，所以，
则的取值范围为．
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；解三角形；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据平面向量共线的坐标表示得到，再由正弦定理化简求角即可；
（2）利用余弦定理结合基本不等式及三边关系计算即可.
（1）因为，，且，
所以，
由正弦定理得，
因为，则，
，又，．
（2）因为，且，
由余弦定理，
即，
即，显然，所以，当且仅当时取等号，
又因为，所以，
的取值范围为．
16．【答案】（1）证明：取中点，连接，如图所示：
因为是的中点，所以且，
又因为四边形是矩形，所以且，所以且，
则四边形是平行四边形，，
又因为平面平面，所以平面；
（2）解：因为是圆的直径，所以，又因为，
所以，
因为平面，四边形是矩形，，
所以平面，平面，所以，
又因为在直角三角形中，，
所以，所以，
则，
故三棱锥的体积为．
【知识点】直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）取中点，连接，即可证明四边形是平行四边形，从而得到，即可得证；
（2）首先求出，依题意可得平面，即可求出即，再由及锥体的体积公式计算即可.
（1）取中点，连接，因为是的中点，
且，
又四边形是矩形．
且，
且，
四边形是平行四边形，
，又平面平面，
平面
（2）是圆的直径，
，又，
，
平面，四边形是矩形，，
平面，平面，，
在直角三角形中，，
，，
，
三棱锥的体积为．
17．【答案】（1）
试验序号ｉ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
9 6 8 -8 15 11 19 18 20 12
（2）由（1）知，，
，
甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高。
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【分析】（1）先分析求出利用公式计算，；
（2）直接求解与比大小判断。
18．【答案】（1）解：因为为正三角形，为的中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，
连接，如图所示：
则为直线与平面所成的角，
在等边三角形中，，
在三角形中，
，
，
，
则直线与平面所成的角的正弦值为；
（2）证明：取的中点，连接，如图所示：
由（1）得，
因为四边形是的菱形，，
所以为正三角形，又为的中点，则，
又因为平面，所以平面，又平面，所以，
因为，分别为，的中点，所以且，
又因为且，所以且，所以四边形为平行四边形，
又因为，所以平行四边形为矩形，所以，
又因为是的中点，所以，
又因为平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面．
【知识点】平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，连接，则为直线与平面所成的角，求出、、，再解三角形即可；
（2）取的中点，连接，所以证明平面，得到，再证明四边形为矩形，得到，结合，即可证明平面，从而得证.
（1）为正三角形，为的中点，，
又平面平面，平面平面，且平面，
平面，
连接，则为直线与平面所成的角，
在等边三角形中，，
在三角形中，
，
，
，
直线与平面所成的角的正弦值为；
（2）取的中点，连接，
由（1）得，
四边形是的菱形，，
为正三角形，又为的中点，则，
又平面，
平面，又平面，
，
因为，分别为，的中点，所以且，
又且，
所以且，所以四边形为平行四边形，
又，所以平行四边形为矩形，
，
是的中点，
，
又平面，
平面，又平面，
平面平面．
19．【答案】（1）解：①、由题意，第一轮比赛一组，一组，
要A获得季军，则进入胜者组，后续连败两轮，或进入负者组，后续两轮先胜后败，
所以A获得季军的概率为.
②、设表示队伍D在比赛中胜利，表示队伍D所参加的比赛中失败，
事件：队伍D获得亚军有三种情况：，
得
；
（2）解：由题意，A获胜的概率为，B、C、D之间获胜的概率均为，
要使D进入决赛且先前与对手已有过招，可分为两种情况：
若A与D在决赛中相遇，分为A：1胜，3胜，D：1负4胜5胜，或A：1负4胜5胜，D：1胜，3胜，
概率为；
若B与D决赛相遇，D：1胜，3胜，B：2胜3负5胜，或D：1胜，3负，5胜，B：2胜3胜，
概率为，
若C与D决赛相遇，同B与D在决赛中相遇，
概率为；
则D进入决赛且先前与对手已有过招的概率.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；全概率公式
【解析】【分析】（1）①分析第一轮比赛后所在组，再确定后续比赛的胜负情况使A获得季军，应用独立事件的乘法公式求概率即可；
②分D首场笔试胜利和失败两种情况讨论，由全概率公式计算即可；
（2）可通过分类把复杂事件分为几个容易分析的事件，再解决问题.
（1）假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%，即概率为，
①由题意，第一轮比赛一组，一组，
要A获得季军，则进入胜者组，后续连败两轮，或进入负者组，后续两轮先胜后败，
所以A获得季军的概率为.
②设表示队伍D在比赛中胜利，表示队伍D所参加的比赛中失败，
事件：队伍D获得亚军有三种情况：，
得
（2）由题意，A获胜的概率为，B、C、D之间获胜的概率均为，
要使D进入决赛且先前与对手已有过招，可分为两种情况：
①若A与D在决赛中相遇，分为A：1胜，3胜，D：1负4胜5胜，或A：1负4胜5胜，D：1胜，3胜，
概率为；
②若B与D决赛相遇，D：1胜，3胜，B：2胜3负5胜，或D：1胜，3负，5胜，B：2胜3胜，
概率为，
③若C与D决赛相遇，同B与D在决赛中相遇，
概率为；
所以D进入决赛且先前与对手已有过招的概率.
1 / 1湖南省益阳市安化县2023-2024学年高一下学期7月期末数学试题
1．（2024高一下·安化期末）在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解： 复数对应的点的坐标是，则复数，，.
故答案为：C.
【分析】根据复数在复平面的表示求得，结合共轭复数的定义以及复数的乘法运算求解即可.
2．（2024高一下·安化期末）已知两条不同的直线，和两个不同的平面，，下列四个命题中正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】D
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，，则或，故A错误；
B、若，，则或为异面直线，故B错误；
C、若，，则或或与斜交，故C错误；
D、若，则内必有一直线满足，又，所以，又，则，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据直线与平面内直线平行，判断直线与平面的关系即可判断A；由线面平行的性质即可判断B；由平面垂直的性质即可判断C；根据线面平行的性质及面面垂直的判定定理即可判断D.
3．（2024高一下·安化期末）下列说法中不正确的是（ ）
A．三棱锥是四面体，正四面体是正三棱锥
B．平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形
C．平行的线段在直观图中仍然平行
D．在同一个圆中，圆心和圆上两点可确定一个平面
【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：A、三棱锥是四面体，正四面体所有棱长均相等，则正四面体是正三棱锥，故A正确；
B、平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形，故B正确；
C、根据斜二测画法可知：平行的线段在直观图中仍然平行，故C正确；
D、当三点恰好在同一条直径上时不能唯一确定一个平面，故D错误.
故答案为：D.
【分析】根据棱锥的定义即可判断A；根据平行六面体的定义即可判断B；根据斜二测画法即可判断C；根据基本事实即可判断D.
4．（2024高一下·安化期末）在中，若，，，则的大小为（ ）
A． B． C． D．或
【答案】B
【知识点】同角三角函数间的基本关系；解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：在中，由，可得，
因为，，，
由正弦定理可得，则或，
又因为，所以不成立，
则的大小为.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用同角三角函数基本关系结合正弦定理计算即可.
5．（2024高一下·安化期末）根据气象学上的标准，如果连续5天的日平均气温都低于10℃即为入冬.现将连续5天的日平均气温（单位：℃）的记录数据（记录数据都是自然数）作为一组样本，则下列描述中，该组数据一定符合入冬指标的有（ ）
A．平均数小于4
B．平均数小于4且极差小于或等于3
C．平均数小于4且标准差小于或等于4
D．众数等于6且极差小于或等于4
【答案】B
【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、例如：数据0，0，0，0，15平均数为3小于4，但不符合入冬标准，故A错误；
B、假设有数据大于或等于，由极差小于或等于知：此组数据最小值为大于或等于7，与平均值小于矛盾，故假设不成立，即平均数小于4且极差小于或等于3该组数据一定符合入冬指标，故B正确；
C、例如：数据1，1，1，1，11平均数为3，且标准差为4，但不符合入冬标准，故C错误；
D、例如：数据，，，，，众数等于且极差小于或等于时，最大数为，不符合入冬标准，故D错误.
故答案为：B.
【分析】逐项分析数据是否有可能大于等于判断即可.
6．（2024高一下·安化期末）正边长为，、为线段的三等分点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：以所在直线为轴，以垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，如图所示：
则、、，，，
故.
故答案为：C.
【分析】以所在直线为轴，以垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算求的值即可.
7．（2024高一下·安化期末）的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的形状是（ ）
A．等腰非直角三角形 B．直角非等腰三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
【答案】D
【知识点】正弦定理；余弦定理的应用；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：，由余弦定理可得：，整理得，
，由正弦定理可得，
即，即，
又因为，所以，所以，
又因为，所以，所以，，则为等腰直角三角形.
故答案为：D.
【分析】由利用正弦定理边角互换可得，代入可得，再利用余弦定理代入可得，即可判断三角形的形状.
8．（2024高一下·安化期末）在棱长为6的正方体中，是的中点，点是正方形面内(包括边界)的动点，且满足，则三棱锥的体积最大值是（ ）
A．36 B．24 C． D．
【答案】D
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为在棱长为6的正方体中，是的中点，
点是正方形面内(包括边界)的动点，且满足，
所以，所以，即，
过点作交于点，如图所示：
易知为三棱锥的高，
要使三棱锥的体积最大，只需高最大，
设，又，
则，化简得，
由二次函数的性质可知：当时，的最大值为36，
所以最大值为，即三棱锥高的最大值为，
故三棱锥的体积的最大值为：.
故答案为：D．
【分析】由题意可知：求三棱锥的体积最大，只需高最大，利用三角形相似与二次函数的性质可求得高的最大值，即可求三棱锥的体积最大值 .
9．（2024高一下·安化期末）从1，2，3，，9中任取三个不同的数，则在下述事件中，是互斥但不是对立事件的有（ ）
A．“三个都为偶数”和“三个都为奇数”
B．“至少有一个奇数”和“至多有一个奇数”
C．“至少有一个奇数”和“三个都为偶数”
D．“一个偶数两个奇数”和“两个偶数一个奇数”
【答案】A,D
【知识点】互斥事件与对立事件
【解析】【解答】解：从1~9中任取三数，按这三个数的奇偶性分类为：
三个均为偶数、三个均为奇数、两个奇数一个偶数、一个奇数两个偶数，
A、“三个都为偶数”和“三个都为奇数”，互斥但不对立事件，故A正确；
B、至少有一个奇数”和“至多有一个奇数”不是互斥事件，故B错误；
C、“至少有一个奇数”和“三个都为偶数”是对立事件，故C错误；
D、“一个偶数两个奇数”和“两个偶数一个奇数”互斥但不对立事件，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据互斥事件和对立事件的概念判断即可.
10．（2024高一下·安化期末）已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【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： 向量，，
A、易知，则，故A错误；
B、，
，则，故B正确；
C、易知，，
故C错误；
D、易知，
则，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用向量模的坐标表示求解即可判断A；利用坐标计算是否得0即可判断B；由向量共线的坐标运算即可判断C；利用向量夹角公式的坐标运算即可判断D.
11．（2024高一下·安化期末）如图，在棱长为1的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，为线段上的一个动点，平面平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．不存在点，使得平面
B．三棱锥的体积为定值
C．平面截该正方体所得截面的面积的最大值为
D．平面截该正方体所得截面可能是三角形或六边形
【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：连接，，，，如图所示：
易知，，
因为点，，分别是棱，，的中点，所以，所以，
又因为平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，
所以，同理可证，又，平面，
所以平面，由与异面可知，不存在点，使得平面，故A正确；
B、因为，，所以，又平面，平面，
所以平面，所以动点到平面的距离为定值，
又的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确；
C、如图所示：正六边形（其中，，，，，都是对应棱的中点），
根据正方体的性质可知，，，
平面，平面，所以平面，
同理可证平面，又，平面，
所以平面平面，
又该正六边形的边长为，所以其面积为，
因为平面平面，所以当截面为正六边形时，平面截该正方体所得截面的面积取得最大值，
最大值为，故C错误；
D、平面截该正方体所得截面可能为三角形，也可能为六边形，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】连接，可得平面即可判断A，由平面即可判断B，当截面为正六边形时（其中，，，，，都是中点），计算截面面积即可判断CD.
12．（2024高一下·安化期末）现有一组数据按照从小到大的顺序排列如下：4，6，7，7，8，9，11，14，15，19，则这组数据的上四分位数为 .
【答案】
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：，则这组数据的上四分位数为.
故答案为：.
【分析】根据百分位数计算方法计算即可.
13．（2024高一下·安化期末）已知中，，，为边上的中线，若，则 .
【答案】9
【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；解三角形
【解析】【解答】解：设，因为为边上的中线，所以，
则，
即，解得，
由余弦定理可得：.
故答案为：9.
【分析】由题意可得，利用向量数量积的运算求得，再利用余弦定理求即可.
14．（2024高一下·安化期末）在三棱锥中，，点在底面的投影为的外心，若，，，则三棱锥的外接球的表面积为 .
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：因为，，，所以，
所以的外心为斜边的中点，且的外接圆的半径，
又因为平面，所以三棱锥外接球的球心在上，
设球心为，外接球的半径为，连接，如图所示：
则，，解得，
故三棱锥的外接球的表面积.
故答案为：.
【分析】由题意可得的外心为斜边的中点，且的外接圆的半径，则三棱锥外接球的球心在上，设球心为，外接球的半径为，连接，利用勾股定理求出，再利用球的表面积公式计算即可.
15．（2024高一下·安化期末）已知的内角，，所对的边分别为，，，向量，，且.
（1）求角；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）解：向量，，且，
则，由正弦定理得，
因为，所以，所以，
又因为，所以；
（2）解：若，且，由余弦定理，
即，
即，显然，，当且仅当时等号成立，
又因为，所以，
则的取值范围为．
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；解三角形；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据平面向量共线的坐标表示得到，再由正弦定理化简求角即可；
（2）利用余弦定理结合基本不等式及三边关系计算即可.
（1）因为，，且，
所以，
由正弦定理得，
因为，则，
，又，．
（2）因为，且，
由余弦定理，
即，
即，显然，所以，当且仅当时取等号，
又因为，所以，
的取值范围为．
16．（2024高一下·安化期末）如图所示，在圆锥中，为圆锥的顶点，为底面圆的圆心，是圆的直径，为底面圆周上一点，四边形是矩形.
（1）若是的中点，求证：平面；
（2）若，，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明：取中点，连接，如图所示：
因为是的中点，所以且，
又因为四边形是矩形，所以且，所以且，
则四边形是平行四边形，，
又因为平面平面，所以平面；
（2）解：因为是圆的直径，所以，又因为，
所以，
因为平面，四边形是矩形，，
所以平面，平面，所以，
又因为在直角三角形中，，
所以，所以，
则，
故三棱锥的体积为．
【知识点】直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）取中点，连接，即可证明四边形是平行四边形，从而得到，即可得证；
（2）首先求出，依题意可得平面，即可求出即，再由及锥体的体积公式计算即可.
（1）取中点，连接，因为是的中点，
且，
又四边形是矩形．
且，
且，
四边形是平行四边形，
，又平面平面，
平面
（2）是圆的直径，
，又，
，
平面，四边形是矩形，，
平面，平面，，
在直角三角形中，，
，，
，
三棱锥的体积为．
17．（2024高一下·安化期末）某厂为比较甲乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行10次配对试验，每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率．甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为，．试验结果如下：
试验序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
伸缩率 545 533 551 522 575 544 541 568 596 548
伸缩率 536 527 543 530 560 533 522 550 576 536
记，记的样本平均数为，样本方差为．
（1）求，；
（2）判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提高（如果，则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高，否则不认为有显著提高）
【答案】（1）
试验序号ｉ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
9 6 8 -8 15 11 19 18 20 12
（2）由（1）知，，
，
甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高。
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【分析】（1）先分析求出利用公式计算，；
（2）直接求解与比大小判断。
18．（2024高一下·安化期末）如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，为正三角形，，分别为，的中点.
（1）若平面平面，求直线与平面所成的角的正弦值；
（2）求证：平面平面.
【答案】（1）解：因为为正三角形，为的中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，
连接，如图所示：
则为直线与平面所成的角，
在等边三角形中，，
在三角形中，
，
，
，
则直线与平面所成的角的正弦值为；
（2）证明：取的中点，连接，如图所示：
由（1）得，
因为四边形是的菱形，，
所以为正三角形，又为的中点，则，
又因为平面，所以平面，又平面，所以，
因为，分别为，的中点，所以且，
又因为且，所以且，所以四边形为平行四边形，
又因为，所以平行四边形为矩形，所以，
又因为是的中点，所以，
又因为平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面．
【知识点】平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，连接，则为直线与平面所成的角，求出、、，再解三角形即可；
（2）取的中点，连接，所以证明平面，得到，再证明四边形为矩形，得到，结合，即可证明平面，从而得证.
（1）为正三角形，为的中点，，
又平面平面，平面平面，且平面，
平面，
连接，则为直线与平面所成的角，
在等边三角形中，，
在三角形中，
，
，
，
直线与平面所成的角的正弦值为；
（2）取的中点，连接，
由（1）得，
四边形是的菱形，，
为正三角形，又为的中点，则，
又平面，
平面，又平面，
，
因为，分别为，的中点，所以且，
又且，
所以且，所以四边形为平行四边形，
又，所以平行四边形为矩形，
，
是的中点，
，
又平面，
平面，又平面，
平面平面．
19．（2024高一下·安化期末）双淘汰赛制是一种竞赛形式，比赛一般分两个组进行，即胜者组与负者组.在第一轮比赛后，获胜者编入胜者组，失败者编入负者组继续比赛，之后的每一轮，在负者组中的失败者将被淘汰；胜者组的情况也类似，只是失败者仅被淘汰出胜者组降入负者组，只有在负者组中再次失败后才会被淘汰出整个比赛.A、B、C、D四人参加的双淘汰赛制的流程如图所示，其中第6场比赛为决赛.
（1）假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%，求：
①A获得季军的概率；
②D成为亚军的概率；
（2）若A的实力出类拔萃，有4人参加的比赛其胜率均为75%，其余三人实力旗鼓相当，求D进入决赛且先前与对手已有过招的概率.
【答案】（1）解：①、由题意，第一轮比赛一组，一组，
要A获得季军，则进入胜者组，后续连败两轮，或进入负者组，后续两轮先胜后败，
所以A获得季军的概率为.
②、设表示队伍D在比赛中胜利，表示队伍D所参加的比赛中失败，
事件：队伍D获得亚军有三种情况：，
得
；
（2）解：由题意，A获胜的概率为，B、C、D之间获胜的概率均为，
要使D进入决赛且先前与对手已有过招，可分为两种情况：
若A与D在决赛中相遇，分为A：1胜，3胜，D：1负4胜5胜，或A：1负4胜5胜，D：1胜，3胜，
概率为；
若B与D决赛相遇，D：1胜，3胜，B：2胜3负5胜，或D：1胜，3负，5胜，B：2胜3胜，
概率为，
若C与D决赛相遇，同B与D在决赛中相遇，
概率为；
则D进入决赛且先前与对手已有过招的概率.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；全概率公式
【解析】【分析】（1）①分析第一轮比赛后所在组，再确定后续比赛的胜负情况使A获得季军，应用独立事件的乘法公式求概率即可；
②分D首场笔试胜利和失败两种情况讨论，由全概率公式计算即可；
（2）可通过分类把复杂事件分为几个容易分析的事件，再解决问题.
（1）假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%，即概率为，
①由题意，第一轮比赛一组，一组，
要A获得季军，则进入胜者组，后续连败两轮，或进入负者组，后续两轮先胜后败，
所以A获得季军的概率为.
②设表示队伍D在比赛中胜利，表示队伍D所参加的比赛中失败，
事件：队伍D获得亚军有三种情况：，
得
（2）由题意，A获胜的概率为，B、C、D之间获胜的概率均为，
要使D进入决赛且先前与对手已有过招，可分为两种情况：
①若A与D在决赛中相遇，分为A：1胜，3胜，D：1负4胜5胜，或A：1负4胜5胜，D：1胜，3胜，
概率为；
②若B与D决赛相遇，D：1胜，3胜，B：2胜3负5胜，或D：1胜，3负，5胜，B：2胜3胜，
概率为，
③若C与D决赛相遇，同B与D在决赛中相遇，
概率为；
所以D进入决赛且先前与对手已有过招的概率.
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