广东省广州市培正中学2023-2024学年高一下学期期末数学试题
1．（2024高一下·越秀期末）已知复数满足，则最小值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：易知复数对应点的轨迹为以原点为圆心，2为半径的圆，
是上述圆上的点到复数对应点的距离，
因为，所以的最小值是.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用复数模的几何意义求解即可.
2．（2024高一下·越秀期末）一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，如图所示，，则原平面图形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：因为，
所以，，即
则直观图的面积为为：
即原图面积为.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件，求出直观图中求出的长，再求直观图的面积，最后根据直观图与原图面积的关系求解即可.
3．（2024高一下·越秀期末）从3名男生和3名女生中任意抽取两人，设事件A=“抽到的两人都是男生”，事件B=“抽到1名男生与1名女生”，则（ ）
A．在有放回简单随机抽样方式下，
B．在不放回简单随机抽样方式下，
C．在按性别等比例分层抽样方式下，
D．在按性别等比例分层抽样方式下，
【答案】D
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：记3名男生为，3名女生为，
A、有放回简单随机抽样的样本空间为
1 2 3 a b c
1 (1，1) (1，2) (1，3) (1，a) (1，b) (1，c)
2 (2，1) (2，2) (2，3) (2，a) (2，b) (2，c)
3 (3，1) (3，2) (3，3) (3，a) (3，b) (3，c)
a (a，1) (a，2) (a，3) (a，a) (a，b) (a，c)
b (b，1) (b，2) (b，3) (b，a) (b，b) (b，c)
c (c，1) (c，2) (c，3) (c，a) (c，b) (c，c)
共36个样本点，事件有9个样本点，则，故A错误；
B、不放回简单随机抽样的样本空间为
1 2 3 a b c
1 × (1，2) (1，3) (1，a) (1，b) (1，c)
2 (2，1) × (2，3) (2，a) (2，b) (2，c)
3 (3，1) (3，2) × (3，a) (3，b) (3，c)
a (a，1) (a，2) (a，3) × (a，b) (a，c)
b (b，1) (b，2) (b，3) (b，a) × (b，c)
c (c，1) (c，2) (c，3) (c，a) (c，b) ×
共30个样本点，事件有18个样本点，则，故B错误；
C、按性别等比例分层抽样方式下，从男生中抽取一人，从女生中抽取一人，则，故C错误；
D、在按性别等比例分层抽样方式下，先从男生中抽取一人，再从女生中抽取一人，其样本空间为，共有9个样本点，事件，所以，故D正确.
故答案为：D.
【分析】分别写出样本空间，利用古典概型的概率计算公式求解即可.
4．（2024高一下·越秀期末）已知的外接圆圆心为O，且则向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】因为，
所以外接圆圆心O为BC的中点，即BC为外接圆的直径，如图，
又，所以为等边三角形，
则，故，
所以向量在向量上的投影向量为：．
故选：C．
【分析】本题考查平面向量的投影向量.根据，可得外接圆圆心O为BC的中点，即BC为外接圆的直径，再根据题意可证明为等边三角形，利用等边三角形的性质可得：，据此可得，根据平面向量投影向量的定义可得：向量在向量上的投影向量为：，再代入数据进行计算可求出答案.
5．（2024高一下·越秀期末）下列命题中，正确命题的个数是（ ）
①如果，是两条平行直线，那么平行于经过的任何一个平面；
②如果直线和平面满足，那么与平面内的任何一条直线平行；
③如果直线，满足，，则；
④如果直线，和平面满足，，，那么；
⑤如果平面的同侧有两点，到平面的距离相等，则.
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【解答】解：在正方体中，如图所示：
①、，在过的平面内，故①不正确；
② 、平面，平面，但不平行于，故②不正确；
③、平面，平面，但与相交，故③不正确；
④、假设直线与相交，因为，所以与相交，这与矛盾，故，故④正确；
⑤、记平面为平面，则，故⑤正确．
故答案为：C.
【分析】正方体，利用线面平行的判定和性质的应用依次判定①②③④⑤的结论即可.
6．（2024高一下·越秀期末）在三棱锥中，平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：在中，
由余弦定理，得
，
所以，
设外接圆的半径为，
则，
所以，
又因为平面，，
设三棱锥外接球的半径为，
则，
所以，三棱锥外接球的表面积.
故答案为：C.
【分析】在中结合余弦定理求出的长，再利用正弦定理求出外接圆的半径的值，设三棱锥外接球的半径为，则，再由球的表面积公式计算可得三棱锥外接球的表面积.
7．（2024高一下·越秀期末）在直三棱柱中，，，E是的中点，则异面直线与所成的角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】解：取中点，中点，连接，如图所示：
在直三棱柱中，，平面，
因为平面，所以，则，
因为分别为中点，所以，
又因为，所以四边形为平行四边形，
所以，则为异面直线与所成的角或其补角，
由平面，平面，可得，
则，
在中，，，
由余弦定理得，则，
在中，由余弦定理得，
则异面直线与所成的角的余弦值.
故答案为：B.
【分析】取中点，中点，连接，根据异面直线所成角的定义，可得为异面直线与所成的角或其补角，结合余弦定理求解即可.
8．（2024高一下·越秀期末）如图，在长方形中，，，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上的动点．现将沿AF折起，使平面平面，在平面内过点D作，K为垂足．设，则t的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；相似三角形的判定；相似三角形的性质
【解析】【解答】如图，在平面内过点D作，垂足为H，连接HK，
过点F作，交AB于点P，
设，，，
所以．
设，则，
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
又因为，，，平面，
所以平面，平面，
所以，则，
在中，，，
因为和都是直角三角形，，，
所以，
则．
因为，
所以，，，
所以，，，
得．
因为，
所以．
故答案为：A.
【分析】过点D作，垂足为H，过点F作，交AB于点P，设，用表示，在中，求出的函数关系，从而得出实数t的取值范围.
9．（2024高一下·越秀期末）已知复数，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若是非零复数，且，则
D．若是非零复数，则
【答案】B,C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：A、若，，满足，但，故A错误；
B、设复数，则，，
即，但，故B正确；
C、由，可得，因为是非零复数，所以，即，故C正确；
D、当时，是非零复数，但，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】举反例说明即可判断A；设，则，代入等式两边验证即可判断B；将题设条件等价转化，分析即可判断C；通过举反例对结论进行否定即可判断D.
10．（2024高一下·越秀期末）在中，，，，为边上一动点，则（ ）
A．
B．当为角的角平分线时，
C．当为边中点时，
D．若点为内任一点，的最小值为
【答案】A,B
【知识点】函数的最大（小）值；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；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：对于A，在中，
由余弦定理得，
则，
所以，故A正确；
对于B，当为角的角平分线时，
由等面积法得，
则，
解得，故B正确；
对于C，由为边中点，可得，
则，
所以，故C错误；
对于D，以为原点，以为轴，过A垂直的直线为轴，
建立平面直角坐标系，如图，
所以，设，
则，，，
所以
，
因为，
所以，
当且仅当时等号成立，
所以的最小值为，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】根据余弦定理得出的长，则判断出选项A；结合三角形面积公式和等面积法建立方程求解，则判断出选项B；结合和向量的模的计算公式，则判断出选项C；建立平面直角坐标系，则表示出、和的坐标，再利用数量积的坐标表示得到，再利用得出的最小值，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．（2024高一下·越秀期末）《九章算术》里说：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑”．如图，底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，沿截面将一个“堑堵”截成两部分，其三棱锥称为“鳖臑”．在鳖臑中，，其外接球的体积为，当此鳖臑的体积V最大时，下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．直线与平面所成角的正弦值
D．内切球的半径为
【答案】A,C,D
【知识点】球内接多面体；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题可知，的中点即为的外接球的球心，设外接球的半径为，
由题意可得，解得，
因为，所以，
鳖臑的体积，
当且仅当时，，故A正确，B错误；
因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，又因为平面，所以，
因为，所以平面，
则直线与平面所成角即为，，故C正确；
设鳖臑的内切球半径为，由等体积法，
得，则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由题可知的中点即为的外接球的球心，由球的体积公式可得球的半径，进而得到，利用锥体的体积公式计算即可判断AB；利用线面垂直可判断直线与平面所成角即为，计算其正弦值即可判断C；利用等体积法可求得内切球的半径即可判断D.
12．（2024高一下·越秀期末）某校为了解高中学生的身高情况，根据男、女学生所占的比例，采用样本量按比例分配的分层随机抽样分别抽取了男生100名和女生60名，测量他们的身高所得数据（单位：cm）如下：
性别 人数 平均数 方差
男生 100 172 18
女生 60 164 30
根据以上数据，可计算出该校高中学生身高的总样本方差 .
【答案】
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：易知学生升高的平均数，
则方差.
故答案为：．
【分析】利用样本的方差和平均数的计算公式计算即可．
13．（2024高一下·越秀期末）已知向量，的夹角为，且，，当向量与的夹角为钝角时，实数的取值范围为 .
【答案】
【知识点】平面向量的共线定理；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：由向量与的夹角为，，，
可得，
因为向量与的夹角为钝角，
所以，且两向量不共线，
则，
解得或，
当时，，
可得，解得，
则的取值范围是.
故答案为：.
【分析】由题意可得，且两向量不共线，利用向量数量积以及向量共线的判定定理运算求解即可.
14．（2024高一下·越秀期末）如图所示，在棱长为1的正方体中，点E，F分别是棱BC，的中点，是侧面内一点，若平面AEF.则线段长度的最大值与最小值之和为 .
【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】【解答】解：分别取棱、的中点、，连接，连接，如图所示：
因为、、、为所在棱的中点，所以，，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
因为，，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
又因为，平面，所以平面平面，
是侧面内一点，且平面，则必在线段上，
在中，，
同理，在中，求得，为等腰三角形，
当在中点时，此时最短，位于、处时最长，
，，
则线段长度的是大值与最小值之和为．
故答案为：
【分析】根据面面平行的性质证明出点的轨迹为线段，再根据平面几何知识计算的最值即可.
15．（2024高一下·越秀期末）已知ABC中三个内角A，B，C所对的边为a，b，c，且，.
（1）若，求的值；
（2）当取得最大值时，求A的值.
【答案】解：（1）在中，，，由正弦定理，可得，
因为，所以，则；
（2）
，
当且仅当，即时，取到最大值.
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）在中，利用正弦定理求出，再利用两角和差的正弦公式求，即可得的值；
（2）将化简，利用正弦定理将用解的三角函数式表示，再分析其求最值时的值即可.
16．（2024高一下·越秀期末）为建立健全国家学生体质健康监测评价机制，激励学生积极参加身体锻炼，教育部印发了《国家学生体质健康标准》，要求各学校每学年开展覆盖本校各年级学生的《标准》测试工作，为做好全省的迎检工作.某市在高三年级开展了一次体质健康模拟测试.并从中随机抽取了500名学生的数据.根据他们的健康指数绘制了如图所示的频率分布直方图.
（1）估计这500名学生健康指数的平均数（同一组数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）现从体质健康指数在区间和内的学生中，用分层抽样法抽取5人，再从这5人中随机抽取3人填写调查问卷，求这3人中恰有2人体质健康指数在区间内的概率.
【答案】（1）解：根据频率分布直方图平均数计算公式得：；
（2）解：区间和内两组学生分别有人，人，
故按照分层抽样抽得区间内的学生人数为4，分别设为，，，，区间内的学生人数为1，设为，
这5人中选出3人，样本空间为，，，，，，，，，，共有10种情况，
其中选出的恰有2人体质健康指数在区间内有，，，，，共6种情况，
故这3人中恰有2人体质健康指数在区间内的概率为.
【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）根据频率分布直方图中平均数的计算公式求解即可；
（2）先分层抽样求出区间和内的抽取的学生人数，再利用列举法求出古典概型的概率即可.
（1）由频率分布直方图平均数计算公式得.
（2）区间和内两组学生分别有人，人，
故按照分层抽样抽得区间内的学生人数为4，分别设为，，，，
区间内的学生人数为1，设为，
这5人中选出3人，所有情况有，，，，，，，，，，共有10种情况，
其中选出的恰有2人体质健康指数在区间内有，，，，，共6种情况，
故这3人中恰有2人体质健康指数在区间内的概率为.
17．（2024高一下·越秀期末）已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为，向量，，且.
（1）求角C的值；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）解：向量，，
若，则，
由和差公式可得，
因为，所以，
又因为为锐角三角形，所以；
（2）解： 若， 由正弦定理得，
，
因为为锐角三角形，所以，
又因为，所以，
则
，
因为，所以，所以，故的取值范围为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用向量数量积的坐标表示，结合两角和的正弦公式化简求角即可；
（2）利用正弦定理将表示为关于角的函数，根据二倍角公式化简，由正切函数的性质求解即可.
（1）因为，
所以
，
方法一：利用正弦定理角化边得，
又，
，则，
又为锐角三角形，故.
方法二：由和差公式可得，
又因为，所以，
又为锐角三角形，故.
（2）由正弦定理得，
，
由于为锐角三角形，则，
又，解得，
方法一：所以
，
而，即，
，故的取值范围为.
方法二：所以，所以，
又，所以，
由余弦定理得，
记，
易知在上单调递增，
所以，即，
所以的取值范围为.
18．（2024高一下·越秀期末）如图，已知平面ABC，，，，，，点为的中点
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的大小；
（3）若点为的中点，求点到平面的距离．
【答案】（1）证明：因为平面，，所以平面，
又因为平面，所以平面平面，
因为，点为中点，所以，
又因为平面平面，平面，所以平面；
（2）解：取中点，连接，，如图所示：
因为，，，点为中点，
所以四边为平行四边形，所以，
则直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，
因为平面，所以为直线与平面所成的角，
因为点为中点，，
所以，，，
则，又因为，所以，
故直线与平面所成角为；
（3）解：连结和，如图所示：
由，，，且平面，
则，，
，，，
是等边三角形，，
设点到平面的距离为，则，
即，解得，
则点到平面的距离为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由条件可知，平面平面，再利用面面垂直的性质定理证明即可；
（2）首先取中点，将转化为，再根据（1）的结果，利用线面角的定义，求解线面角即可；
（3）利用等体积转化，，求点到平面的距离即可.
（1）∵平面，，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面，
∵，点为中点，
∴，
∵平面平面，平面，
∴平面.
（2）取中点，连接，，
∵，，，点为中点，
∴四边为平行四边形，∴，
∴直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，
∵平面，
∴为直线与平面所成的角，
∵点为中点，，
∴，，，
∴，又，所以，
所以直线与平面所成角为.
（3）如图，连结和，
由，，，且平面，
所以，，
，，，
所以是等边三角形，，
设点到平面的距离为，
则，即，得
所以点到平面的距离为
19．（2024高一下·越秀期末）如图，四棱锥的底面ABCD是正方形，是正三角形，平面平面ABCD，M是PD的中点.
（1）求证：平面MAC；
（2）求二面角的余弦值；
（3）在棱PC上是否存在点Q使平面平面MAC成立？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：设，交于点，连接，
则为中点，
在中，，分别为，中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：过点作，垂足为，
过点作，垂足为，连接，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又因为，，，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
则即为平面与底面所成二面角的平面角.
设，则，，
故，
所以，
则二面角的余弦值为.
（3）解：存在点，当时，平面平面.
证明如下：
如图，取中点，连接交于点，连接，
因为是正三角形，
所以，
又因为平面平面，平面平面，
所以平面，
因为，
所以，
所以平面.
又因为平面，
所以，
又因为底面是正方形，
所以，
又因为，，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面，
所以，棱上点存在点，当时，平面平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据中位线定理证出线线平行，再利用线线平行证出线面平行，即证出平面MAC.
（2）根据二面角的定义找出二面角的平面角，再解三角形得出二面角的余弦值.
（3）假设存在，利用正三角形三线合一得出线线垂直，再结合面面垂直的性质定理和对应边成比例证出线面垂直，再结合线面垂直的定义和正方形的结构特征，从而证出面面垂直，进而证出棱上点存在点，当时，平面平面.
（1）设，交于点，连接，则为中点.
在中，，分别为，中点，所以.
因为平面，平面，
所以平面.
（2）过点作，垂足为，过点作，垂足为，连接.
因为平面平面，平面平面，
所以平面.
因为平面，所以.
又，，，平面.
所以平面.
因为平面，所以，
则即为平面与底面所成二面角的平面角.
设，则，，故，
所以，
即二面角的余弦值为.
（3）存在点，当时，平面平面.
证明如下：
如图，取中点，连接交于点，连接，
因为是正三角形，所以.
因为平面平面，平面平面，
所以平面.
因为，所以，所以平面.
因为平面，所以.
因为底面是正方形，所以.
又，，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
所以棱上点存在点，当时，平面平面.
1 / 1广东省广州市培正中学2023-2024学年高一下学期期末数学试题
1．（2024高一下·越秀期末）已知复数满足，则最小值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
2．（2024高一下·越秀期末）一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，如图所示，，则原平面图形的面积为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·越秀期末）从3名男生和3名女生中任意抽取两人，设事件A=“抽到的两人都是男生”，事件B=“抽到1名男生与1名女生”，则（ ）
A．在有放回简单随机抽样方式下，
B．在不放回简单随机抽样方式下，
C．在按性别等比例分层抽样方式下，
D．在按性别等比例分层抽样方式下，
4．（2024高一下·越秀期末）已知的外接圆圆心为O，且则向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·越秀期末）下列命题中，正确命题的个数是（ ）
①如果，是两条平行直线，那么平行于经过的任何一个平面；
②如果直线和平面满足，那么与平面内的任何一条直线平行；
③如果直线，满足，，则；
④如果直线，和平面满足，，，那么；
⑤如果平面的同侧有两点，到平面的距离相等，则.
A．0 B．1 C．2 D．3
6．（2024高一下·越秀期末）在三棱锥中，平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·越秀期末）在直三棱柱中，，，E是的中点，则异面直线与所成的角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·越秀期末）如图，在长方形中，，，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上的动点．现将沿AF折起，使平面平面，在平面内过点D作，K为垂足．设，则t的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·越秀期末）已知复数，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若是非零复数，且，则
D．若是非零复数，则
10．（2024高一下·越秀期末）在中，，，，为边上一动点，则（ ）
A．
B．当为角的角平分线时，
C．当为边中点时，
D．若点为内任一点，的最小值为
11．（2024高一下·越秀期末）《九章算术》里说：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑”．如图，底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，沿截面将一个“堑堵”截成两部分，其三棱锥称为“鳖臑”．在鳖臑中，，其外接球的体积为，当此鳖臑的体积V最大时，下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．直线与平面所成角的正弦值
D．内切球的半径为
12．（2024高一下·越秀期末）某校为了解高中学生的身高情况，根据男、女学生所占的比例，采用样本量按比例分配的分层随机抽样分别抽取了男生100名和女生60名，测量他们的身高所得数据（单位：cm）如下：
性别 人数 平均数 方差
男生 100 172 18
女生 60 164 30
根据以上数据，可计算出该校高中学生身高的总样本方差 .
13．（2024高一下·越秀期末）已知向量，的夹角为，且，，当向量与的夹角为钝角时，实数的取值范围为 .
14．（2024高一下·越秀期末）如图所示，在棱长为1的正方体中，点E，F分别是棱BC，的中点，是侧面内一点，若平面AEF.则线段长度的最大值与最小值之和为 .
15．（2024高一下·越秀期末）已知ABC中三个内角A，B，C所对的边为a，b，c，且，.
（1）若，求的值；
（2）当取得最大值时，求A的值.
16．（2024高一下·越秀期末）为建立健全国家学生体质健康监测评价机制，激励学生积极参加身体锻炼，教育部印发了《国家学生体质健康标准》，要求各学校每学年开展覆盖本校各年级学生的《标准》测试工作，为做好全省的迎检工作.某市在高三年级开展了一次体质健康模拟测试.并从中随机抽取了500名学生的数据.根据他们的健康指数绘制了如图所示的频率分布直方图.
（1）估计这500名学生健康指数的平均数（同一组数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）现从体质健康指数在区间和内的学生中，用分层抽样法抽取5人，再从这5人中随机抽取3人填写调查问卷，求这3人中恰有2人体质健康指数在区间内的概率.
17．（2024高一下·越秀期末）已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为，向量，，且.
（1）求角C的值；
（2）若，求的取值范围.
18．（2024高一下·越秀期末）如图，已知平面ABC，，，，，，点为的中点
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的大小；
（3）若点为的中点，求点到平面的距离．
19．（2024高一下·越秀期末）如图，四棱锥的底面ABCD是正方形，是正三角形，平面平面ABCD，M是PD的中点.
（1）求证：平面MAC；
（2）求二面角的余弦值；
（3）在棱PC上是否存在点Q使平面平面MAC成立？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：易知复数对应点的轨迹为以原点为圆心，2为半径的圆，
是上述圆上的点到复数对应点的距离，
因为，所以的最小值是.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用复数模的几何意义求解即可.
2．【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：因为，
所以，，即
则直观图的面积为为：
即原图面积为.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件，求出直观图中求出的长，再求直观图的面积，最后根据直观图与原图面积的关系求解即可.
3．【答案】D
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：记3名男生为，3名女生为，
A、有放回简单随机抽样的样本空间为
1 2 3 a b c
1 (1，1) (1，2) (1，3) (1，a) (1，b) (1，c)
2 (2，1) (2，2) (2，3) (2，a) (2，b) (2，c)
3 (3，1) (3，2) (3，3) (3，a) (3，b) (3，c)
a (a，1) (a，2) (a，3) (a，a) (a，b) (a，c)
b (b，1) (b，2) (b，3) (b，a) (b，b) (b，c)
c (c，1) (c，2) (c，3) (c，a) (c，b) (c，c)
共36个样本点，事件有9个样本点，则，故A错误；
B、不放回简单随机抽样的样本空间为
1 2 3 a b c
1 × (1，2) (1，3) (1，a) (1，b) (1，c)
2 (2，1) × (2，3) (2，a) (2，b) (2，c)
3 (3，1) (3，2) × (3，a) (3，b) (3，c)
a (a，1) (a，2) (a，3) × (a，b) (a，c)
b (b，1) (b，2) (b，3) (b，a) × (b，c)
c (c，1) (c，2) (c，3) (c，a) (c，b) ×
共30个样本点，事件有18个样本点，则，故B错误；
C、按性别等比例分层抽样方式下，从男生中抽取一人，从女生中抽取一人，则，故C错误；
D、在按性别等比例分层抽样方式下，先从男生中抽取一人，再从女生中抽取一人，其样本空间为，共有9个样本点，事件，所以，故D正确.
故答案为：D.
【分析】分别写出样本空间，利用古典概型的概率计算公式求解即可.
4．【答案】C
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】因为，
所以外接圆圆心O为BC的中点，即BC为外接圆的直径，如图，
又，所以为等边三角形，
则，故，
所以向量在向量上的投影向量为：．
故选：C．
【分析】本题考查平面向量的投影向量.根据，可得外接圆圆心O为BC的中点，即BC为外接圆的直径，再根据题意可证明为等边三角形，利用等边三角形的性质可得：，据此可得，根据平面向量投影向量的定义可得：向量在向量上的投影向量为：，再代入数据进行计算可求出答案.
5．【答案】C
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【解答】解：在正方体中，如图所示：
①、，在过的平面内，故①不正确；
② 、平面，平面，但不平行于，故②不正确；
③、平面，平面，但与相交，故③不正确；
④、假设直线与相交，因为，所以与相交，这与矛盾，故，故④正确；
⑤、记平面为平面，则，故⑤正确．
故答案为：C.
【分析】正方体，利用线面平行的判定和性质的应用依次判定①②③④⑤的结论即可.
6．【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：在中，
由余弦定理，得
，
所以，
设外接圆的半径为，
则，
所以，
又因为平面，，
设三棱锥外接球的半径为，
则，
所以，三棱锥外接球的表面积.
故答案为：C.
【分析】在中结合余弦定理求出的长，再利用正弦定理求出外接圆的半径的值，设三棱锥外接球的半径为，则，再由球的表面积公式计算可得三棱锥外接球的表面积.
7．【答案】B
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】解：取中点，中点，连接，如图所示：
在直三棱柱中，，平面，
因为平面，所以，则，
因为分别为中点，所以，
又因为，所以四边形为平行四边形，
所以，则为异面直线与所成的角或其补角，
由平面，平面，可得，
则，
在中，，，
由余弦定理得，则，
在中，由余弦定理得，
则异面直线与所成的角的余弦值.
故答案为：B.
【分析】取中点，中点，连接，根据异面直线所成角的定义，可得为异面直线与所成的角或其补角，结合余弦定理求解即可.
8．【答案】A
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；相似三角形的判定；相似三角形的性质
【解析】【解答】如图，在平面内过点D作，垂足为H，连接HK，
过点F作，交AB于点P，
设，，，
所以．
设，则，
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
又因为，，，平面，
所以平面，平面，
所以，则，
在中，，，
因为和都是直角三角形，，，
所以，
则．
因为，
所以，，，
所以，，，
得．
因为，
所以．
故答案为：A.
【分析】过点D作，垂足为H，过点F作，交AB于点P，设，用表示，在中，求出的函数关系，从而得出实数t的取值范围.
9．【答案】B,C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：A、若，，满足，但，故A错误；
B、设复数，则，，
即，但，故B正确；
C、由，可得，因为是非零复数，所以，即，故C正确；
D、当时，是非零复数，但，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】举反例说明即可判断A；设，则，代入等式两边验证即可判断B；将题设条件等价转化，分析即可判断C；通过举反例对结论进行否定即可判断D.
10．【答案】A,B
【知识点】函数的最大（小）值；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；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：对于A，在中，
由余弦定理得，
则，
所以，故A正确；
对于B，当为角的角平分线时，
由等面积法得，
则，
解得，故B正确；
对于C，由为边中点，可得，
则，
所以，故C错误；
对于D，以为原点，以为轴，过A垂直的直线为轴，
建立平面直角坐标系，如图，
所以，设，
则，，，
所以
，
因为，
所以，
当且仅当时等号成立，
所以的最小值为，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】根据余弦定理得出的长，则判断出选项A；结合三角形面积公式和等面积法建立方程求解，则判断出选项B；结合和向量的模的计算公式，则判断出选项C；建立平面直角坐标系，则表示出、和的坐标，再利用数量积的坐标表示得到，再利用得出的最小值，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】球内接多面体；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题可知，的中点即为的外接球的球心，设外接球的半径为，
由题意可得，解得，
因为，所以，
鳖臑的体积，
当且仅当时，，故A正确，B错误；
因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，又因为平面，所以，
因为，所以平面，
则直线与平面所成角即为，，故C正确；
设鳖臑的内切球半径为，由等体积法，
得，则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由题可知的中点即为的外接球的球心，由球的体积公式可得球的半径，进而得到，利用锥体的体积公式计算即可判断AB；利用线面垂直可判断直线与平面所成角即为，计算其正弦值即可判断C；利用等体积法可求得内切球的半径即可判断D.
12．【答案】
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：易知学生升高的平均数，
则方差.
故答案为：．
【分析】利用样本的方差和平均数的计算公式计算即可．
13．【答案】
【知识点】平面向量的共线定理；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：由向量与的夹角为，，，
可得，
因为向量与的夹角为钝角，
所以，且两向量不共线，
则，
解得或，
当时，，
可得，解得，
则的取值范围是.
故答案为：.
【分析】由题意可得，且两向量不共线，利用向量数量积以及向量共线的判定定理运算求解即可.
14．【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】【解答】解：分别取棱、的中点、，连接，连接，如图所示：
因为、、、为所在棱的中点，所以，，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
因为，，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
又因为，平面，所以平面平面，
是侧面内一点，且平面，则必在线段上，
在中，，
同理，在中，求得，为等腰三角形，
当在中点时，此时最短，位于、处时最长，
，，
则线段长度的是大值与最小值之和为．
故答案为：
【分析】根据面面平行的性质证明出点的轨迹为线段，再根据平面几何知识计算的最值即可.
15．【答案】解：（1）在中，，，由正弦定理，可得，
因为，所以，则；
（2）
，
当且仅当，即时，取到最大值.
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）在中，利用正弦定理求出，再利用两角和差的正弦公式求，即可得的值；
（2）将化简，利用正弦定理将用解的三角函数式表示，再分析其求最值时的值即可.
16．【答案】（1）解：根据频率分布直方图平均数计算公式得：；
（2）解：区间和内两组学生分别有人，人，
故按照分层抽样抽得区间内的学生人数为4，分别设为，，，，区间内的学生人数为1，设为，
这5人中选出3人，样本空间为，，，，，，，，，，共有10种情况，
其中选出的恰有2人体质健康指数在区间内有，，，，，共6种情况，
故这3人中恰有2人体质健康指数在区间内的概率为.
【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）根据频率分布直方图中平均数的计算公式求解即可；
（2）先分层抽样求出区间和内的抽取的学生人数，再利用列举法求出古典概型的概率即可.
（1）由频率分布直方图平均数计算公式得.
（2）区间和内两组学生分别有人，人，
故按照分层抽样抽得区间内的学生人数为4，分别设为，，，，
区间内的学生人数为1，设为，
这5人中选出3人，所有情况有，，，，，，，，，，共有10种情况，
其中选出的恰有2人体质健康指数在区间内有，，，，，共6种情况，
故这3人中恰有2人体质健康指数在区间内的概率为.
17．【答案】（1）解：向量，，
若，则，
由和差公式可得，
因为，所以，
又因为为锐角三角形，所以；
（2）解： 若， 由正弦定理得，
，
因为为锐角三角形，所以，
又因为，所以，
则
，
因为，所以，所以，故的取值范围为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用向量数量积的坐标表示，结合两角和的正弦公式化简求角即可；
（2）利用正弦定理将表示为关于角的函数，根据二倍角公式化简，由正切函数的性质求解即可.
（1）因为，
所以
，
方法一：利用正弦定理角化边得，
又，
，则，
又为锐角三角形，故.
方法二：由和差公式可得，
又因为，所以，
又为锐角三角形，故.
（2）由正弦定理得，
，
由于为锐角三角形，则，
又，解得，
方法一：所以
，
而，即，
，故的取值范围为.
方法二：所以，所以，
又，所以，
由余弦定理得，
记，
易知在上单调递增，
所以，即，
所以的取值范围为.
18．【答案】（1）证明：因为平面，，所以平面，
又因为平面，所以平面平面，
因为，点为中点，所以，
又因为平面平面，平面，所以平面；
（2）解：取中点，连接，，如图所示：
因为，，，点为中点，
所以四边为平行四边形，所以，
则直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，
因为平面，所以为直线与平面所成的角，
因为点为中点，，
所以，，，
则，又因为，所以，
故直线与平面所成角为；
（3）解：连结和，如图所示：
由，，，且平面，
则，，
，，，
是等边三角形，，
设点到平面的距离为，则，
即，解得，
则点到平面的距离为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由条件可知，平面平面，再利用面面垂直的性质定理证明即可；
（2）首先取中点，将转化为，再根据（1）的结果，利用线面角的定义，求解线面角即可；
（3）利用等体积转化，，求点到平面的距离即可.
（1）∵平面，，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面，
∵，点为中点，
∴，
∵平面平面，平面，
∴平面.
（2）取中点，连接，，
∵，，，点为中点，
∴四边为平行四边形，∴，
∴直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，
∵平面，
∴为直线与平面所成的角，
∵点为中点，，
∴，，，
∴，又，所以，
所以直线与平面所成角为.
（3）如图，连结和，
由，，，且平面，
所以，，
，，，
所以是等边三角形，，
设点到平面的距离为，
则，即，得
所以点到平面的距离为
19．【答案】（1）证明：设，交于点，连接，
则为中点，
在中，，分别为，中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：过点作，垂足为，
过点作，垂足为，连接，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又因为，，，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
则即为平面与底面所成二面角的平面角.
设，则，，
故，
所以，
则二面角的余弦值为.
（3）解：存在点，当时，平面平面.
证明如下：
如图，取中点，连接交于点，连接，
因为是正三角形，
所以，
又因为平面平面，平面平面，
所以平面，
因为，
所以，
所以平面.
又因为平面，
所以，
又因为底面是正方形，
所以，
又因为，，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面，
所以，棱上点存在点，当时，平面平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据中位线定理证出线线平行，再利用线线平行证出线面平行，即证出平面MAC.
（2）根据二面角的定义找出二面角的平面角，再解三角形得出二面角的余弦值.
（3）假设存在，利用正三角形三线合一得出线线垂直，再结合面面垂直的性质定理和对应边成比例证出线面垂直，再结合线面垂直的定义和正方形的结构特征，从而证出面面垂直，进而证出棱上点存在点，当时，平面平面.
（1）设，交于点，连接，则为中点.
在中，，分别为，中点，所以.
因为平面，平面，
所以平面.
（2）过点作，垂足为，过点作，垂足为，连接.
因为平面平面，平面平面，
所以平面.
因为平面，所以.
又，，，平面.
所以平面.
因为平面，所以，
则即为平面与底面所成二面角的平面角.
设，则，，故，
所以，
即二面角的余弦值为.
（3）存在点，当时，平面平面.
证明如下：
如图，取中点，连接交于点，连接，
因为是正三角形，所以.
因为平面平面，平面平面，
所以平面.
因为，所以，所以平面.
因为平面，所以.
因为底面是正方形，所以.
又，，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
所以棱上点存在点，当时，平面平面.
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