湖南省衡阳市祁东县2023-2024学年高一下学期期末统考数学试卷
1．（2024高一下·祁东期末）已知复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·祁东期末）记的内角的对边分别为，已知，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·祁东期末）给出下列四个结论：
①经过两条相交直线，有且只有一个平面；
②经过两条平行直线，有且只有一个平面；
③经过三点，有且只有一个平面；
④经过一条直线和一个点，有且只有一个平面.
其中正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（2024高一下·祁东期末）已知小王4次月考的数学成绩分别为125，116，120，131，则这些成绩的第75百分位数是（ ）
A．122.5 B．125 C．128 D．131
5．（2024高一下·祁东期末）从标有数字1，2，3，4的四张卡片中任取两张，这两张卡片上的数字相邻的概率是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·祁东期末）某商品3 5月份在甲、乙、丙、丁四个地区的销量如下图所示，则在这四个地区中该商品3 5月份销量方差最小的为（ ）
A．甲地区 B．乙地区 C．丙地区 D．丁地区
7．（2024高一下·祁东期末）已知方程的根分别为，则（ ）
A．0 B．2 C． D．
8．（2024高一下·祁东期末）在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则与平面所成角的正弦值的最小值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·祁东期末）记的内角的对边分别为，下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则的外接圆的半径为4
D．若，则
10．（2024高一下·祁东期末）在抛掷一个质地均匀的骰子的试验中，事件A表示“出现小于5的奇数点数”，事件B表示“出现不小于5的点数”，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．事件或至少有一个发生的概率为
11．（2024高一下·祁东期末）如图1，一圆形纸片的圆心为O，半径为，以O为中心作正六边形，以正六边形的各边为底边作等腰三角形，使其顶角的顶点恰好落在圆O上.现沿等腰三角形的腰和中位线裁剪，裁剪后的图形如图2所示，将该图形以正六边形的边为折痕将等腰梯形折起，使得相邻的腰重合得到正六棱台.若该正六棱台的高为，则下列结论正确的是（ ）
A．正六边形的边长为4 B．该正六棱台的侧面积为
C．该正六棱台的外接球半径为 D．该正六棱台的体积为
12．（2024高一下·祁东期末）某中学高一年级有男生640人，女生480人.为了解该年级男 女学生的身高差异，应采用 （从“简单随机”和“分层随机”中选一个最合适的填入）抽样.若样本容量为112，则应抽取的女生人数为 .
13．（2024高一下·祁东期末）现用一枚甲型导弹和一枚乙型导弹各射击目标一次，则目标被击中的概率为.已知一枚甲型导弹击中目标的概率是，且甲 乙两种导弹是否击中目标互不影响，则一枚乙型导弹击中目标的概率是 .
14．（2024高一下·祁东期末）已知点是的内心，，则面积的最大值为 .
15．（2024高一下·祁东期末）已知平面向量满足．
（1）若，求的值；
（2）若，求向量与夹角的大小．
16．（2024高一下·祁东期末）为了了解一片林木的生长情况，某科研机构成员随机检测了其中100棵树木的底部周长（单位：，所得数据都在内，按分成五组，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）求图中的值；
（2）估计这片林木中树木底部周长的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（3）若这片林木有10000棵树木，估计这片林木中底部周长在内的树木的数量.
17．（2024高一下·祁东期末）记的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，求的周长．
18．（2024高一下·祁东期末）为普及防火救灾知识，某学校组织防火救灾知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手在第一轮比赛胜出后才能进入第二轮比赛.若其在两轮比赛中均胜出，则赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为；在第二轮比赛中，甲 乙胜出的概率分别为，甲，乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响，
（1）比较甲 乙两人谁赢得比赛的概率大；
（2）求甲赢得比赛且乙没赢得比赛的概率.
19．（2024高一下·祁东期末）在四棱锥中，平面，平面平面分别为的中点．
（1）证明：平面．
（2）证明：．
（3）若二面角的正切值为，求三棱锥的体积．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由，可得，则.
故答案为：B.
【分析】根据复数代数形式的除法运算可得复数，再求即可.
2．【答案】D
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：，
由余弦定理可得：，解得，
由正弦定理，可得，则.
故答案为：D.
【分析】利用正弦定理和余弦定理求解即可.
3．【答案】B
【知识点】平面的基本性质及推论
【解析】【解答】解： ①、 根据基本事实以及推论可知：经过两条相交直线，有且只有一个平面， 故①正确；
②、 根据基本事实以及推论可知：经过两条平行直线，有且只有一个平面，故②正确；
③、若三点共线，则经过三点的平面有无数多个，故③错误；
④、若点在直线外，则确定一个平面，若点在直线上，则可有无数个平面，故④错误.
即正确的命题有2个，
故答案为：B.
【分析】根据点、线、面的基本事实及推论进行判断即可.
4．【答案】C
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解： 数学成绩从小到大排列为，
，则成绩的第75百分位数是.
故答案为：C.
【分析】先将数据从小到大排列，再利用百分位数的概念计算即可.
5．【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意可知：样本空间，共6种，
其中卡片数字相邻的有，共3种，
则这两张卡片上的数字相邻的概率是.
故答案为：B.
【分析】利用古典概型概率公式求解即可．
6．【答案】D
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由销两图可知：丁地区销量最稳定，则丁地区销量的方差最小．
故答案为：D.
【分析】根据方差的意义判断即可.
7．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：
.
故答案为：A.
【分析】由复数根的性质进行配凑，结合复数代数形式的乘法运算求解即可.
8．【答案】A
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：取的中点，连接，如图所示：
设正方体的棱长为，
在中，因为为线段的中点，为的中点，
所以为的中位线，所以，
又因为平面，所以平面，
则为直线与平面所成的角，即，
由，可得，
要使与平面所成角的正弦值最小，则最小，
可知当与点重合时，最大，此时，
则.
故答案为：A.
【分析】取的中点，连接，设正方体的棱长为，推出为直线与平面所成的角，求得，只要最大即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：A、若，则，显然不成立，，则，故A正确；
B、若，则，由正弦定理可得，故B正确；
C、 若， 设的外接圆的半径为，由，
解得，故C错误；
D、若，则，由，可得，故D正确.
故答案为：ABD．
【分析】由正切函数性质即可判断A；利用正弦定理即可判断BCD．
10．【答案】B,C,D
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：记事件A=“出现的点数为1，3”，记事件=“出现的点数为5，6”，
A、易知事件互斥，则，故A错误；
B、事件表示“出现的点数为1，3”，，则，故B正确；
C、由上知，所以，故C正确；
D、因为，故D正确.
故答案为：BCD．
【分析】根据各事件包含的点数，再由概率公式计算概率逐项判断即可.
11．【答案】A,B,D
【知识点】球内接多面体；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图1，设以为底边的等腰三角形的中位线为，
连接，分别交于点，则分别为的中点，
设，则由中位线和正六边形性质得，
所以，
①，
折叠后形成的正六棱台如图2所示，由正六边形性质，，
设上底面的中心为，连接，
则，
连接，则是正六棱台的高，即，
过点作交于点，
则由由正六棱台结构性质可知平面，故，
在中，②.
由①②得，解得，
所以正六棱台的上 下底面的边长分别为和，故A正确；
该正六棱台的侧面高为，
所以正六棱台侧面积为，故B正确；
由以及正六棱台和球的对称性可知正六棱台的外接球球心必在线段上，
连接，则均为外接球的半径，设为，
由勾股定理得
所以，
又因为，
所以，解得，
则，所以，故C错误；
因为正六棱台上底面面积，下底面面积，
所以所求体积，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】求出与的关系即可由求解即可判断AB；判断出球心在线段上，接着由（为正六棱台外接球半径）即可判断C；求出上下底面积即可由棱台体积公式直接计算即可判断D.
12．【答案】分层随机；48
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：男 女学生的身高存在明显差异，采取分层随机抽样的方法抽取样本；
若样本容量为112，则应抽取的女生人数为.
故答案为：分层随机，48.
【分析】利用分层抽样结合分层抽样的样本容量的计算公式求解即可.
13．【答案】
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：设乙型导弹击中目标的概率是，
由题意可得：，解得.
故答案为：
【分析】利用独立事件结合对立事件求解即可.
14．【答案】
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为点是的内心，，
所以，
由余弦定理，
可得，则，
故的面积.
故答案为：.
【分析】由题意，利用余弦定理求出，再利用三角形面积公式求解即可.
15．【答案】（1）解：，若，则，解得；
（2）解：易知，，
若，
则，即，
则，
因为，所以．
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据向量平行的坐标表示列式求解即可；
（2）根据垂直结合向量的模长求出，再根据向量的夹角公式计算即可.
（1）根据题意可得，
解得．
（2）由，得．
因为，所以，
所以，
所以，
又，所以．
16．【答案】（1）解：由频率分布直方图各矩形面积和为1可得，解得0.025；
（2）解；设这片林木中树木底部周长的平均值为，
则；
（3）解：由频率分布直方图可知这片林木中树木的底部周长在内的频率是，
则这片林木中底部周长在内的树木的数量的估计值是.
【知识点】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各矩形面积之和为1列式求解的值即可；
（2）利用频率分布直方图求数据的平均值即可；
（3）由范围内的频率计算频数.
（1）由频率分布直方图可得，解得0.025.
（2）设这片林木中树木底部周长的平均值为，
则
（3）由频率分布直方图可知这片林木中树木的底部周长在内的频率是，
则这片林木中底部周长在内的树木的数量的估计值是.
17．【答案】（1）解：由，可得，
，由正弦定理可得，则，
因为，所以；
（2）解：若，则，
由余弦定理，可得，
整理得，解得或，
因为，所以，
当时，，不合题意排除；
当时，，满足题意，
则，的周长为.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理化简求值即可；
（2）由（1）及余弦定理可得或，再由C为钝角可排除求解即可.
（1）因为，所以.
又，所以，则，
因为，所以.
（2）因为，所以.
由余弦定理，得.
整理得，解得或.
因，则.
当时，，不合题意排除；
当时，，满足题意.
则，的周长为.
18．【答案】（1）解：设事件“甲在第一轮比赛中胜出”，事件“甲在第二轮比赛中胜出”，
事件“乙在第一轮比赛中胜出”，事件"乙在第二轮比赛中胜出”，
则“甲赢得比赛”，，
“乙赢得比赛”，.
因为，所以甲赢得比赛的概率大；
（2）解：设“甲赢得比赛”，“乙赢得比赛”，由（1）知，
则甲赢得比赛且乙没赢得比赛的概率为
.
【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】【分析】（1）由题意，利用独立事件的概率公式分别求出甲 乙两人胜出的概率，再比较大小即可；
（2）根据独立事件和对立事件的概率公式求解即可.
（1）设“甲在第一轮比赛中胜出”，“甲在第二轮比赛中胜出”，
“乙在第一轮比赛中胜出”，"乙在第二轮比赛中胜出”，
则“甲赢得比赛”，，
“乙赢得比赛”，.
因为，所以甲赢得比赛的概率大.
（2）设“甲赢得比赛”，“乙赢得比赛”，
由（1）知，
所以甲赢得比赛且乙没赢得比赛的概率为
.
19．【答案】（1）证明：连接，如图所示：
因为分别为的中点，所以为的中位线，所以，
又因为平面平面，所以平面；
（2）证明：过作交于，如图所示：
因平面平面，平面平面，平面，故平面，
因为平面，所以，
因为平面平面，所以，
因为，所以平面，
又因为平面，所以；
（3）解：过作交于，过作交于，连接，如图所示：
因平面，平面，则，
因平面，故得平面，
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
又平面，则，则即为二面角的平面角，
依题意，，
设，则．因为，所以，
由，得，即，则，
又由，得，即，解得，
，，则的面积为，
故．
【知识点】直线与平面平行的判定；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）连接，证明，由线线平行证线面平行即可；
（2）过作交于，证平面得，由平面得，可证平面，即可证明；
（3）过作交于，证平面，作交于，连接，证即为二面角的平面角，由题设，通过两组三角形相似求出，再根据等体积法求解即可.
（1）如图，连接．
因为分别为的中点，所以为的中位线，则．
因为平面平面，所以平面．
（2）如图，过作交于．
因平面平面，平面平面，平面，故平面．
因为平面，所以．
因为平面平面，所以．
因为，所以平面，
又平面，所以．
（3）如图3，过作交于，过作交于，连接．
因平面，平面，则，
因平面，故得平面.
因平面，则．
因为，平面，所以平面.
又平面，则，则即为二面角的平面角，
依题意，．
设，则．因为，所以．
由，得，即，则．
又由，得，即，解得．
因，则的面积为，
故．
1 / 1湖南省衡阳市祁东县2023-2024学年高一下学期期末统考数学试卷
1．（2024高一下·祁东期末）已知复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由，可得，则.
故答案为：B.
【分析】根据复数代数形式的除法运算可得复数，再求即可.
2．（2024高一下·祁东期末）记的内角的对边分别为，已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：，
由余弦定理可得：，解得，
由正弦定理，可得，则.
故答案为：D.
【分析】利用正弦定理和余弦定理求解即可.
3．（2024高一下·祁东期末）给出下列四个结论：
①经过两条相交直线，有且只有一个平面；
②经过两条平行直线，有且只有一个平面；
③经过三点，有且只有一个平面；
④经过一条直线和一个点，有且只有一个平面.
其中正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】平面的基本性质及推论
【解析】【解答】解： ①、 根据基本事实以及推论可知：经过两条相交直线，有且只有一个平面， 故①正确；
②、 根据基本事实以及推论可知：经过两条平行直线，有且只有一个平面，故②正确；
③、若三点共线，则经过三点的平面有无数多个，故③错误；
④、若点在直线外，则确定一个平面，若点在直线上，则可有无数个平面，故④错误.
即正确的命题有2个，
故答案为：B.
【分析】根据点、线、面的基本事实及推论进行判断即可.
4．（2024高一下·祁东期末）已知小王4次月考的数学成绩分别为125，116，120，131，则这些成绩的第75百分位数是（ ）
A．122.5 B．125 C．128 D．131
【答案】C
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解： 数学成绩从小到大排列为，
，则成绩的第75百分位数是.
故答案为：C.
【分析】先将数据从小到大排列，再利用百分位数的概念计算即可.
5．（2024高一下·祁东期末）从标有数字1，2，3，4的四张卡片中任取两张，这两张卡片上的数字相邻的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意可知：样本空间，共6种，
其中卡片数字相邻的有，共3种，
则这两张卡片上的数字相邻的概率是.
故答案为：B.
【分析】利用古典概型概率公式求解即可．
6．（2024高一下·祁东期末）某商品3 5月份在甲、乙、丙、丁四个地区的销量如下图所示，则在这四个地区中该商品3 5月份销量方差最小的为（ ）
A．甲地区 B．乙地区 C．丙地区 D．丁地区
【答案】D
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由销两图可知：丁地区销量最稳定，则丁地区销量的方差最小．
故答案为：D.
【分析】根据方差的意义判断即可.
7．（2024高一下·祁东期末）已知方程的根分别为，则（ ）
A．0 B．2 C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：
.
故答案为：A.
【分析】由复数根的性质进行配凑，结合复数代数形式的乘法运算求解即可.
8．（2024高一下·祁东期末）在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则与平面所成角的正弦值的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：取的中点，连接，如图所示：
设正方体的棱长为，
在中，因为为线段的中点，为的中点，
所以为的中位线，所以，
又因为平面，所以平面，
则为直线与平面所成的角，即，
由，可得，
要使与平面所成角的正弦值最小，则最小，
可知当与点重合时，最大，此时，
则.
故答案为：A.
【分析】取的中点，连接，设正方体的棱长为，推出为直线与平面所成的角，求得，只要最大即可.
9．（2024高一下·祁东期末）记的内角的对边分别为，下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则的外接圆的半径为4
D．若，则
【答案】A,B,D
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：A、若，则，显然不成立，，则，故A正确；
B、若，则，由正弦定理可得，故B正确；
C、 若， 设的外接圆的半径为，由，
解得，故C错误；
D、若，则，由，可得，故D正确.
故答案为：ABD．
【分析】由正切函数性质即可判断A；利用正弦定理即可判断BCD．
10．（2024高一下·祁东期末）在抛掷一个质地均匀的骰子的试验中，事件A表示“出现小于5的奇数点数”，事件B表示“出现不小于5的点数”，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．事件或至少有一个发生的概率为
【答案】B,C,D
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：记事件A=“出现的点数为1，3”，记事件=“出现的点数为5，6”，
A、易知事件互斥，则，故A错误；
B、事件表示“出现的点数为1，3”，，则，故B正确；
C、由上知，所以，故C正确；
D、因为，故D正确.
故答案为：BCD．
【分析】根据各事件包含的点数，再由概率公式计算概率逐项判断即可.
11．（2024高一下·祁东期末）如图1，一圆形纸片的圆心为O，半径为，以O为中心作正六边形，以正六边形的各边为底边作等腰三角形，使其顶角的顶点恰好落在圆O上.现沿等腰三角形的腰和中位线裁剪，裁剪后的图形如图2所示，将该图形以正六边形的边为折痕将等腰梯形折起，使得相邻的腰重合得到正六棱台.若该正六棱台的高为，则下列结论正确的是（ ）
A．正六边形的边长为4 B．该正六棱台的侧面积为
C．该正六棱台的外接球半径为 D．该正六棱台的体积为
【答案】A,B,D
【知识点】球内接多面体；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图1，设以为底边的等腰三角形的中位线为，
连接，分别交于点，则分别为的中点，
设，则由中位线和正六边形性质得，
所以，
①，
折叠后形成的正六棱台如图2所示，由正六边形性质，，
设上底面的中心为，连接，
则，
连接，则是正六棱台的高，即，
过点作交于点，
则由由正六棱台结构性质可知平面，故，
在中，②.
由①②得，解得，
所以正六棱台的上 下底面的边长分别为和，故A正确；
该正六棱台的侧面高为，
所以正六棱台侧面积为，故B正确；
由以及正六棱台和球的对称性可知正六棱台的外接球球心必在线段上，
连接，则均为外接球的半径，设为，
由勾股定理得
所以，
又因为，
所以，解得，
则，所以，故C错误；
因为正六棱台上底面面积，下底面面积，
所以所求体积，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】求出与的关系即可由求解即可判断AB；判断出球心在线段上，接着由（为正六棱台外接球半径）即可判断C；求出上下底面积即可由棱台体积公式直接计算即可判断D.
12．（2024高一下·祁东期末）某中学高一年级有男生640人，女生480人.为了解该年级男 女学生的身高差异，应采用 （从“简单随机”和“分层随机”中选一个最合适的填入）抽样.若样本容量为112，则应抽取的女生人数为 .
【答案】分层随机；48
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：男 女学生的身高存在明显差异，采取分层随机抽样的方法抽取样本；
若样本容量为112，则应抽取的女生人数为.
故答案为：分层随机，48.
【分析】利用分层抽样结合分层抽样的样本容量的计算公式求解即可.
13．（2024高一下·祁东期末）现用一枚甲型导弹和一枚乙型导弹各射击目标一次，则目标被击中的概率为.已知一枚甲型导弹击中目标的概率是，且甲 乙两种导弹是否击中目标互不影响，则一枚乙型导弹击中目标的概率是 .
【答案】
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：设乙型导弹击中目标的概率是，
由题意可得：，解得.
故答案为：
【分析】利用独立事件结合对立事件求解即可.
14．（2024高一下·祁东期末）已知点是的内心，，则面积的最大值为 .
【答案】
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为点是的内心，，
所以，
由余弦定理，
可得，则，
故的面积.
故答案为：.
【分析】由题意，利用余弦定理求出，再利用三角形面积公式求解即可.
15．（2024高一下·祁东期末）已知平面向量满足．
（1）若，求的值；
（2）若，求向量与夹角的大小．
【答案】（1）解：，若，则，解得；
（2）解：易知，，
若，
则，即，
则，
因为，所以．
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据向量平行的坐标表示列式求解即可；
（2）根据垂直结合向量的模长求出，再根据向量的夹角公式计算即可.
（1）根据题意可得，
解得．
（2）由，得．
因为，所以，
所以，
所以，
又，所以．
16．（2024高一下·祁东期末）为了了解一片林木的生长情况，某科研机构成员随机检测了其中100棵树木的底部周长（单位：，所得数据都在内，按分成五组，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）求图中的值；
（2）估计这片林木中树木底部周长的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（3）若这片林木有10000棵树木，估计这片林木中底部周长在内的树木的数量.
【答案】（1）解：由频率分布直方图各矩形面积和为1可得，解得0.025；
（2）解；设这片林木中树木底部周长的平均值为，
则；
（3）解：由频率分布直方图可知这片林木中树木的底部周长在内的频率是，
则这片林木中底部周长在内的树木的数量的估计值是.
【知识点】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各矩形面积之和为1列式求解的值即可；
（2）利用频率分布直方图求数据的平均值即可；
（3）由范围内的频率计算频数.
（1）由频率分布直方图可得，解得0.025.
（2）设这片林木中树木底部周长的平均值为，
则
（3）由频率分布直方图可知这片林木中树木的底部周长在内的频率是，
则这片林木中底部周长在内的树木的数量的估计值是.
17．（2024高一下·祁东期末）记的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，求的周长．
【答案】（1）解：由，可得，
，由正弦定理可得，则，
因为，所以；
（2）解：若，则，
由余弦定理，可得，
整理得，解得或，
因为，所以，
当时，，不合题意排除；
当时，，满足题意，
则，的周长为.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理化简求值即可；
（2）由（1）及余弦定理可得或，再由C为钝角可排除求解即可.
（1）因为，所以.
又，所以，则，
因为，所以.
（2）因为，所以.
由余弦定理，得.
整理得，解得或.
因，则.
当时，，不合题意排除；
当时，，满足题意.
则，的周长为.
18．（2024高一下·祁东期末）为普及防火救灾知识，某学校组织防火救灾知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手在第一轮比赛胜出后才能进入第二轮比赛.若其在两轮比赛中均胜出，则赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为；在第二轮比赛中，甲 乙胜出的概率分别为，甲，乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响，
（1）比较甲 乙两人谁赢得比赛的概率大；
（2）求甲赢得比赛且乙没赢得比赛的概率.
【答案】（1）解：设事件“甲在第一轮比赛中胜出”，事件“甲在第二轮比赛中胜出”，
事件“乙在第一轮比赛中胜出”，事件"乙在第二轮比赛中胜出”，
则“甲赢得比赛”，，
“乙赢得比赛”，.
因为，所以甲赢得比赛的概率大；
（2）解：设“甲赢得比赛”，“乙赢得比赛”，由（1）知，
则甲赢得比赛且乙没赢得比赛的概率为
.
【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】【分析】（1）由题意，利用独立事件的概率公式分别求出甲 乙两人胜出的概率，再比较大小即可；
（2）根据独立事件和对立事件的概率公式求解即可.
（1）设“甲在第一轮比赛中胜出”，“甲在第二轮比赛中胜出”，
“乙在第一轮比赛中胜出”，"乙在第二轮比赛中胜出”，
则“甲赢得比赛”，，
“乙赢得比赛”，.
因为，所以甲赢得比赛的概率大.
（2）设“甲赢得比赛”，“乙赢得比赛”，
由（1）知，
所以甲赢得比赛且乙没赢得比赛的概率为
.
19．（2024高一下·祁东期末）在四棱锥中，平面，平面平面分别为的中点．
（1）证明：平面．
（2）证明：．
（3）若二面角的正切值为，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明：连接，如图所示：
因为分别为的中点，所以为的中位线，所以，
又因为平面平面，所以平面；
（2）证明：过作交于，如图所示：
因平面平面，平面平面，平面，故平面，
因为平面，所以，
因为平面平面，所以，
因为，所以平面，
又因为平面，所以；
（3）解：过作交于，过作交于，连接，如图所示：
因平面，平面，则，
因平面，故得平面，
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
又平面，则，则即为二面角的平面角，
依题意，，
设，则．因为，所以，
由，得，即，则，
又由，得，即，解得，
，，则的面积为，
故．
【知识点】直线与平面平行的判定；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）连接，证明，由线线平行证线面平行即可；
（2）过作交于，证平面得，由平面得，可证平面，即可证明；
（3）过作交于，证平面，作交于，连接，证即为二面角的平面角，由题设，通过两组三角形相似求出，再根据等体积法求解即可.
（1）如图，连接．
因为分别为的中点，所以为的中位线，则．
因为平面平面，所以平面．
（2）如图，过作交于．
因平面平面，平面平面，平面，故平面．
因为平面，所以．
因为平面平面，所以．
因为，所以平面，
又平面，所以．
（3）如图3，过作交于，过作交于，连接．
因平面，平面，则，
因平面，故得平面.
因平面，则．
因为，平面，所以平面.
又平面，则，则即为二面角的平面角，
依题意，．
设，则．因为，所以．
由，得，即，则．
又由，得，即，解得．
因，则的面积为，
故．
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