四川省成都市石室中学2023-2024学年高一竞赛班下学期期末考试数学试题
1．（2024高一下·成都期末）若复数为纯虚数，则复数在复平面上的对应点的位置在（ ）
A．第一象限内 B．第二象限内 C．第三象限内 D．第四象限内
2．（2024高一下·成都期末）数据的方差，则下列数字特征一定为0的是（ ）
A．平均数 B．中位数 C．众数 D．极差
3．（2024高一下·成都期末）某中学组织三个年级的学生进行党史知识竞赛. 经统计，得到前名学生分布的扇形图（如图）和前名中高一学生排名分布的频率条形图（如图），则下列命题错误的是（ ）
A．成绩前名的学生中，高一人数比高二人数多人
B．成绩前名的学生中，高一人数不超过人
C．成绩前名的学生中，高三人数不超过人
D．成绩第名到第名的学生中，高二人数比高一人数多
4．（2024高一下·成都期末）命题“，”为假命题的一个必要不充分条件是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·成都期末）在中，分别为角所对的边，且，，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·成都期末）如图，在菱形中，，且，，若，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·成都期末）如图，是圆的直径，垂直于圆所在的平面，为圆周上不与点重合的点，于，于，则下列结论不正确的是（ ）
A．平面平面 B．平面
C．平面 D．平面平面
8．（2024高一下·成都期末）美国数学家Jack Kiefer于1953年提出0.618优选法，又称黄金分割法，是在优选时把尝试点放在黄金分割点上来寻找最优选择.我国著名数学家华罗庚于20世纪60、70年代对其进行简化、补充，并在我国进行推广，广泛应用于各个领域.黄金分割比，现给出三倍角公式，则与的关系式正确的为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·成都期末）已知向量，，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则与的夹角为钝角
D．当时，则在上的投影向量的坐标为
10．（2024高一下·成都期末）设为复数，则下列结论中正确的是（ ）
A．若为虚数，则也为虚数 B．若，则的最大值为
C． D．
11．（2024高一下·成都期末）在中，角的对边分别为，已知且，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．的取值范围为
C．的最大值为4
D．若为的中点，则的取值范围为
12．（2024高一下·成都期末）如图一，矩形中，，交对角线于点，交于点．现将沿翻折至的位置，如图二，点为棱的中点，则下面结论正确的是（ ）
A．存在某个位置使得平面
B．在翻折过程中，恒有
C．若二面角的平面角为，则
D．若在平面上的射影落在内部，则
13．（2024高一下·成都期末）将个数据按照从小到大的顺序排列如下：，若该组数据的分位数为22，则 ．
14．（2024高一下·成都期末）若函数的图象向左平移后，得到的函数图象与的图象重合，则的最小值为 ．
15．（2024高一下·成都期末）若某球体的半径与某圆锥的底面半径相等，且该球体的表面积为，体积为，该圆锥的侧面积为，体积为，若，则该球体半径与该圆锥母线的比值为 ．
16．（2024高一下·成都期末）镇江西津渡的云台阁，是一座宋元风格的仿古建筑，始建于2010年，目前已成为镇江市的地标建筑之一.如图，在云台阁旁水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点P的仰角分别为30°，60°，45°，且米，则云台阁的高度为 米.
17．（2024高一下·成都期末）已知函数.
（1）求函数的最小正周期和对称中心；
（2）求函数在上的值域.
18．（2024高一下·成都期末）如图，在四边形ABCD中，，且，若P，Q为线段AD上的两个动点，且.
（1）当为AD的中点时，求CP的长度；
（2）求的最小值.
19．（2024高一下·成都期末）2023年起我国旅游按下重启键，寒冬有尽，春日可期，先后出现了“淄博烧烤”，“尔滨与小土豆”，“天水麻辣烫”等现象级爆款，之后各地文旅各出奇招，衢州文旅也在各大平台发布了衢州的宣传片：孔子，金庸，搁袋饼纷纷出场.现为进一步发展衢州文旅，提升衢州经济，在5月份对来衢旅游的部分游客发起满意度调查，从饮食、住宿，交通，服务等方面调查旅客满意度，满意度采用百分制，统计的综合满意度绘制成如下频率分布直方图，图中.
（1）求图中的值并估计满意度得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）若有超过的人满意度在75分及以上，则认为该月文旅成绩合格.衢州市5月份文旅成绩合格了吗？
（3）衢州文旅6月份继续对来衢旅游的游客发起满意度调查.现知6月1日-6月7日调查的4万份数据中其满意度的平均值为80，方差为75；6月8日-6月14日调查的6万份数据中满意度的平均值为90，方差为70.由这些数据计算6月1日—6月14日的总样本的平均数与方差.
20．（2024高一下·成都期末）如图，在中，D是边上的一点，，．
（1）证明：；
（2）若D为靠近B的三等分点，，，，为钝角，求．
21．（2024高一下·成都期末）如图，三棱台中，是边长为2的等边三角形，四边形是等腰梯形，且，为的中点.
（1）证明：；
（2）若过三点的平面截三棱台所得的截面面积为.当二面角为锐二面角时，求二面角的正弦值.
22．（2024高一下·成都期末）在四面体中，，记四面体的内切球半径为．分别过点向其对面作垂线，垂足分别为．
（1）是否存在四个面都是直角三角形的四面体？（不用说明理由）
（2）若垂足恰为正三角形的中心，证明：；
（3）已知，证明：．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示
【解析】【解答】解：因为复数 为纯虚数，
所以，即，
所以复数 在复平面上的对应点为 ，
从而位置在第一象限.
故选： A.
【分析】由题意结合纯虚数的概念可得出， 根据复数的几何意义即可求解.
2．【答案】D
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：易知数据的平均数为：，
方差，
则，即极差一定为0.
故答案为：D.
【分析】利用方差的定义可得，从而可得结论.
3．【答案】D
【知识点】收集数据的方法
【解析】【解答】解：A、由饼状图可知：成绩前200名的200人中，高一人数比高二人数多，故A正确；
B、由条形图可知：高一学生在前200名中，前100和后100人数相等，因此高一人数为，故B正确；
C、成绩前50名的50人中，高一人数为，因此高三最多有32人，故C正确；
D、第51到100名的50人中，高一人数为，故高二最多有23人，因此高二人数比高一少，故D错误．
故答案为：D．
【分析】根据饼状图和条形图提供的数据判断逐项判断即可.
4．【答案】A
【知识点】存在量词命题；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：命题“，”的否定为：
“，”，易知，为真命题，
即，令，因为都是单调递增函数，
所以在上是单调递增函数，所以，
则，即命题“，”为假命题的一个必要不充分条件是.
故答案为：A.
【分析】转化为，恒成立求出的最大值即可.
5．【答案】C
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：，由正弦定理可得，
由，可得，化简得，
将代入可得，，
则.
故答案为：C.
【分析】根据正弦定理、余弦定理的推论得到，再利用余弦定理的推论求解即可.
6．【答案】B
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：以向量作为基底，
由，且，
可得，
则，
，
，
因为，所以，解得，
则.
故答案为：B.
【分析】以向量作为基底，表示，，然后代入已知条件得，再根据求解即可.
7．【答案】D
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：对于A选项，依题意有平面，平面，即平面平面，A选项正确；
对于B选项，∵平面，平面，
∴，
是圆的直径，为圆周上不与点重合的点，则有，
，平面，所以平面，B选项正确；
对于C选项，∵平面，平面，
∴，
又于，
，平面，
∴平面，
平面，则，又于，
平面，，
∴平面，C选项正确；
对于D选项，平面平面，平面，于，
若平面平面，则必有平面，
而平面，则必有，
∵平面，平面，则有，
又平面，
∴必有，
由于垂直于圆所在的平面，，则，
而于，则为中点，
∵是圆的直径，为圆周上不与点重合的点，，于，
∴不是中点（否则会得到，但这与矛盾），
不成立，
即平面平面的结论不正确，故D选项错误.
故选：D.
【分析】本题利用线面垂直的判定定理，性质定理，结合面面垂直的判定定理进行求解。
8．【答案】B
【知识点】二倍角的正弦公式
【解析】【解答】解：∵，
∴，又
∴，
化简得，
可得，
解得（负值舍去），所以.
故选：B.
【分析】本题利用诱导公式，同角三角函数基本关系式，二倍角公式等来求结果，进而解方程即可得解.
9．【答案】B,D
【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；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，，
A、若，则，解得，故A错误；
B、若，则，解得，故B正确；
C、若时，反向共线，夹角为，此时与的夹角不为钝角，故C错误；
D、当时，，，
因此在上的投影向量为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据向量平行垂直的坐标表示求即可判断AB；用向量反向共线说明不成立即可判断C；直接计算投影向量即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；复数的三角形式；共轭复数；复数乘、除运算的三角表示
【解析】【解答】对于A，因为为虚数，为实数，所以为虚数，所以也为虚数，所以A正确；
对于B，当时，满足，此时，所以B错误；
对于C，设，则
，
，
所以，
，
所以，所以C正确，
对于D，设对应的向量分别为，则由向量三角不等式得，
所以恒成立，所以D正确，
故答案为：A、C、D、
【分析】对于A，由为虚数，得为虚数，从而可判断A正确，对于B，由进行判断，对于C，设，然后分别求解，判断C正确，
对于D，根据复数的向量表示及向量三角不等式分析判断D正确.
11．【答案】A,C
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：对于A选项；∵，
∴由正弦定理得，
由余弦定理得，
∵，
∴，故A正确；
对于B选项，由正弦定理得，故，
∵，∴，，故，B错误；
对于C选项，由A得，其中，当且仅当时，等号成立，
故，求出，当且仅当时，等号成立，C正确；
对于D选项，若为的中点，则，
，
其中，
故，当且仅当时，等号成立，
故，又，故，
故，即的取值范围为，D错误.
故选：AC
【分析】本题利用正弦定理和余弦定理，基本不等式等定理进行求解。
12．【答案】B,C,D
【知识点】直线与平面垂直的性质；解三角形；余弦定理；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：翻折前，在矩形中，因为，
则，所以，，
则，即，
即，
，，
，，
因为，
所以，
A、假设平面，取的中点，连接、，
因为、分别为、的中点，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
又因为平面，，、平面，
所以平面平面，
又因为平面平面，平面平面，所以，
因为，所以，，
在中，，，
由余弦定理得，
，即不成立，故A错误；
B、翻折前，翻折后，，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以，故B正确；
C、因为，，所以二面角的平面角为，
在中，，，
由余弦定理得，
在中，由余弦定理知，
由余弦定理可得，
故C正确；
D、因为平面，平面，所以平面平面，
过点在平面内作，垂足为点，如图所示：
因为平面平面，平面平面，，
平面，所以平面，
因为在平面上的射影落在内部，所以点在线段上，不包括端点，
则，
因为平面，平面，所以，
则，
又因为，
所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用反证法即可判断A；证明出平面，利用线面垂直的性质即可判断B；利用二面角的定义结合余弦定理即可判断C；利用锥体的体积公式即可判断D.
13．【答案】21
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：因为，
所以分位数是第4、5个数据的平均数，
所以，
解得.
故答案为：.
【分析】根据已知条件和百分位的计算方法，从而得出实数a的值.
14．【答案】3
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数的图象向左平移得，
因为图象与的图象重合，所以，即，
又因为，所以的最小值为3.
故答案为：3.
【分析】根据三角函数图象的平移变换求得函数图象，再依据图象重合列出方程求解即可.
15．【答案】
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球的表面积与体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设球体的半径为，则球的表面积，体积，
设圆锥高为，母线长为，侧面积为，体积为，
由，可得，解得，
则比值为.
故答案为：.
【分析】设球体的半径，求出表面积和体积，设圆锥的高，求出母线长和体积，根据所给条件进行化简，得到的关系求解即可.
16．【答案】
【知识点】解三角形；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：设，
在中，，，
在中，，，
在中，，，
在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理可得，
因为，所以，
则，.
故答案为：.
【分析】设，利用三角函数分别表示，再分别在中利用余弦定理表示，由，可得，求h即可.
17．【答案】（1）解：，
由，得函数的最小正周期为，
令，得，，
函数的对称中心为；
（2）解：由（1）可得，
，
，
，
函数的值域为.
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；辅助角公式
【解析】【分析】本题为三角函数得综合应用题，第一问利用辅助角公示来求解周期与对称中心；第二问是给定x的定义域来求解函数值域.
18．【答案】（1）解：因为，所以，
又因为，所以，
，
；
（2）解：设，，
，
，
则
，
当时，取到最小值，最小值为.
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）由题意可得：，根据平面向量的线性运算可得，结合向量的几何意义和数量积的定义求解即可；
（2）设（），根据平面向量的线性运算可得，，利用数量积的运算律可得，结合二次函数的性质求解即可.
（1）由，得，
因为，所以，
又，
所以；
（2）设，，
则，
，
所以
，
当时，取到最小值，且为.
19．【答案】（1）解：由题意知，
估计满意度得分的平均值
（2）解：超过60%的人满意度在75分及以上，即为40%分位数大于等于75
又由满意度在的频率为，满意度在的频率为
知40%分位数位于
由
可以估计40%分位数为
有超过60%的人满意度在75分及以上，衢州市5月份文旅成绩合格了
（3）把6月1日—6月7日的样本记为，其平均数记为，方差记为，
把6月8日—6月14日的样本记为，其平均数记为，方差记为，
则总样本平均数
由方差的定义，总样本方差为
总样本平均值为86，总样本方差为96
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【分析】本题为频率分布直方图综合习题，第一问求a，求平均数；第二问先确定40%分位数的位置，再由频率分布直方图求出百分位数，即可判断；第三问求出总样本平均数，根据方差的定义，最后求出总样本方差.
20．【答案】（1）证明：在中，由正弦定理，可得，
在中，由正弦定理，可得，
因为，所以，
所以；
（2）解：因为，所以，又因为为钝角，所以为锐角，
又，且D为靠近B的三等分点，，，
故，，
由余弦定理可得：，
解得，则，
故.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）在和中分别用正弦定理表示出，相比化简证明即可；
（2）利用（1）的结论可求得，继而由余弦定理求得的长，即可得长，从而求得的长，再利用面积公式求解即可.
（1）证明：在中，，
在中，，
由于，故，
所以.
（2）因为，故，由为钝角，故为锐角，
又，且D为靠近B的三等分点，，，
故，
故，
故，则，
故.
21．【答案】（1）证明：如图，取中点，连接，，
是等边三角形，点是的中点，
又四边形是等腰梯形，且为的中点，
又，，平面，
平面，又平面，
（2）解法一：延长，，交于点，过点作，，垂足为，，连，
由（1）易知平面平面，，
平面平面，平面，
平面，又平面，，
又，且，平面，
平面，又平面，
，
又，
为二面角的平面角，
则易知过，，三点的截面为梯形，设梯形的高为，
则，解得，
，又四边形是等腰梯形，且，，
为正三角形，，
，
，为正三角形；
为中点，，
，
即二面角的正弦值为；
解法二：过，分别作，，，垂足为，，，连接.
由（1）易知平面平面，
平面平面，平面
平面，又平面，
∵，且，平面，
平面，又平面，
，又
为二面角的平面角
过，，三点的截面为梯形，
则
，
，
，，
，
，
，
即二面角的正弦值为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】第一问根据线面垂直的判定定理即可证明；第二问根据面面垂直的性质求解，然后确定为二面角的平面角，解三角形即可求解.
22．【答案】（1）解：存在．
在四面体中，如图所示：
若平面，，则四面体的四个面都是直角三角形，
因为平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，而平面，
因此，所以都是直角三角形；
（2）证明：连接，并延长交于点，连接，如图所示：
由是正的中心，可得，是中点，则，
，，
，
，
，
，
，则；
（3）证明：，
，
，
则，显然，
，则，
即．
【知识点】球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）作出图形并推理说明即可；
（2）根据给定条件，结合正三棱锥的结构特征，利用体积法列式计算即可；
（3）利用体积法建立等式，计算得，再利用不等式性质及基本不等式求解即可.
（1）存在．
在四面体中，若平面，，则四面体的四个面都是直角三角形.
由平面，平面，得，
又，平面，则平面，而平面，
因此，所以都是直角三角形.
（2）连接，并延长交于点，连接，
由是正的中心，得，是中点，则，
，，
，
，
，
，
于是，所以．
（3），
，
因此，
则，显然，
于是，则，
所以．
1 / 1四川省成都市石室中学2023-2024学年高一竞赛班下学期期末考试数学试题
1．（2024高一下·成都期末）若复数为纯虚数，则复数在复平面上的对应点的位置在（ ）
A．第一象限内 B．第二象限内 C．第三象限内 D．第四象限内
【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示
【解析】【解答】解：因为复数 为纯虚数，
所以，即，
所以复数 在复平面上的对应点为 ，
从而位置在第一象限.
故选： A.
【分析】由题意结合纯虚数的概念可得出， 根据复数的几何意义即可求解.
2．（2024高一下·成都期末）数据的方差，则下列数字特征一定为0的是（ ）
A．平均数 B．中位数 C．众数 D．极差
【答案】D
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：易知数据的平均数为：，
方差，
则，即极差一定为0.
故答案为：D.
【分析】利用方差的定义可得，从而可得结论.
3．（2024高一下·成都期末）某中学组织三个年级的学生进行党史知识竞赛. 经统计，得到前名学生分布的扇形图（如图）和前名中高一学生排名分布的频率条形图（如图），则下列命题错误的是（ ）
A．成绩前名的学生中，高一人数比高二人数多人
B．成绩前名的学生中，高一人数不超过人
C．成绩前名的学生中，高三人数不超过人
D．成绩第名到第名的学生中，高二人数比高一人数多
【答案】D
【知识点】收集数据的方法
【解析】【解答】解：A、由饼状图可知：成绩前200名的200人中，高一人数比高二人数多，故A正确；
B、由条形图可知：高一学生在前200名中，前100和后100人数相等，因此高一人数为，故B正确；
C、成绩前50名的50人中，高一人数为，因此高三最多有32人，故C正确；
D、第51到100名的50人中，高一人数为，故高二最多有23人，因此高二人数比高一少，故D错误．
故答案为：D．
【分析】根据饼状图和条形图提供的数据判断逐项判断即可.
4．（2024高一下·成都期末）命题“，”为假命题的一个必要不充分条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】存在量词命题；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：命题“，”的否定为：
“，”，易知，为真命题，
即，令，因为都是单调递增函数，
所以在上是单调递增函数，所以，
则，即命题“，”为假命题的一个必要不充分条件是.
故答案为：A.
【分析】转化为，恒成立求出的最大值即可.
5．（2024高一下·成都期末）在中，分别为角所对的边，且，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：，由正弦定理可得，
由，可得，化简得，
将代入可得，，
则.
故答案为：C.
【分析】根据正弦定理、余弦定理的推论得到，再利用余弦定理的推论求解即可.
6．（2024高一下·成都期末）如图，在菱形中，，且，，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：以向量作为基底，
由，且，
可得，
则，
，
，
因为，所以，解得，
则.
故答案为：B.
【分析】以向量作为基底，表示，，然后代入已知条件得，再根据求解即可.
7．（2024高一下·成都期末）如图，是圆的直径，垂直于圆所在的平面，为圆周上不与点重合的点，于，于，则下列结论不正确的是（ ）
A．平面平面 B．平面
C．平面 D．平面平面
【答案】D
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：对于A选项，依题意有平面，平面，即平面平面，A选项正确；
对于B选项，∵平面，平面，
∴，
是圆的直径，为圆周上不与点重合的点，则有，
，平面，所以平面，B选项正确；
对于C选项，∵平面，平面，
∴，
又于，
，平面，
∴平面，
平面，则，又于，
平面，，
∴平面，C选项正确；
对于D选项，平面平面，平面，于，
若平面平面，则必有平面，
而平面，则必有，
∵平面，平面，则有，
又平面，
∴必有，
由于垂直于圆所在的平面，，则，
而于，则为中点，
∵是圆的直径，为圆周上不与点重合的点，，于，
∴不是中点（否则会得到，但这与矛盾），
不成立，
即平面平面的结论不正确，故D选项错误.
故选：D.
【分析】本题利用线面垂直的判定定理，性质定理，结合面面垂直的判定定理进行求解。
8．（2024高一下·成都期末）美国数学家Jack Kiefer于1953年提出0.618优选法，又称黄金分割法，是在优选时把尝试点放在黄金分割点上来寻找最优选择.我国著名数学家华罗庚于20世纪60、70年代对其进行简化、补充，并在我国进行推广，广泛应用于各个领域.黄金分割比，现给出三倍角公式，则与的关系式正确的为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二倍角的正弦公式
【解析】【解答】解：∵，
∴，又
∴，
化简得，
可得，
解得（负值舍去），所以.
故选：B.
【分析】本题利用诱导公式，同角三角函数基本关系式，二倍角公式等来求结果，进而解方程即可得解.
9．（2024高一下·成都期末）已知向量，，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则与的夹角为钝角
D．当时，则在上的投影向量的坐标为
【答案】B,D
【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；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，，
A、若，则，解得，故A错误；
B、若，则，解得，故B正确；
C、若时，反向共线，夹角为，此时与的夹角不为钝角，故C错误；
D、当时，，，
因此在上的投影向量为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据向量平行垂直的坐标表示求即可判断AB；用向量反向共线说明不成立即可判断C；直接计算投影向量即可判断D.
10．（2024高一下·成都期末）设为复数，则下列结论中正确的是（ ）
A．若为虚数，则也为虚数 B．若，则的最大值为
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；复数的三角形式；共轭复数；复数乘、除运算的三角表示
【解析】【解答】对于A，因为为虚数，为实数，所以为虚数，所以也为虚数，所以A正确；
对于B，当时，满足，此时，所以B错误；
对于C，设，则
，
，
所以，
，
所以，所以C正确，
对于D，设对应的向量分别为，则由向量三角不等式得，
所以恒成立，所以D正确，
故答案为：A、C、D、
【分析】对于A，由为虚数，得为虚数，从而可判断A正确，对于B，由进行判断，对于C，设，然后分别求解，判断C正确，
对于D，根据复数的向量表示及向量三角不等式分析判断D正确.
11．（2024高一下·成都期末）在中，角的对边分别为，已知且，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．的取值范围为
C．的最大值为4
D．若为的中点，则的取值范围为
【答案】A,C
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：对于A选项；∵，
∴由正弦定理得，
由余弦定理得，
∵，
∴，故A正确；
对于B选项，由正弦定理得，故，
∵，∴，，故，B错误；
对于C选项，由A得，其中，当且仅当时，等号成立，
故，求出，当且仅当时，等号成立，C正确；
对于D选项，若为的中点，则，
，
其中，
故，当且仅当时，等号成立，
故，又，故，
故，即的取值范围为，D错误.
故选：AC
【分析】本题利用正弦定理和余弦定理，基本不等式等定理进行求解。
12．（2024高一下·成都期末）如图一，矩形中，，交对角线于点，交于点．现将沿翻折至的位置，如图二，点为棱的中点，则下面结论正确的是（ ）
A．存在某个位置使得平面
B．在翻折过程中，恒有
C．若二面角的平面角为，则
D．若在平面上的射影落在内部，则
【答案】B,C,D
【知识点】直线与平面垂直的性质；解三角形；余弦定理；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：翻折前，在矩形中，因为，
则，所以，，
则，即，
即，
，，
，，
因为，
所以，
A、假设平面，取的中点，连接、，
因为、分别为、的中点，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
又因为平面，，、平面，
所以平面平面，
又因为平面平面，平面平面，所以，
因为，所以，，
在中，，，
由余弦定理得，
，即不成立，故A错误；
B、翻折前，翻折后，，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以，故B正确；
C、因为，，所以二面角的平面角为，
在中，，，
由余弦定理得，
在中，由余弦定理知，
由余弦定理可得，
故C正确；
D、因为平面，平面，所以平面平面，
过点在平面内作，垂足为点，如图所示：
因为平面平面，平面平面，，
平面，所以平面，
因为在平面上的射影落在内部，所以点在线段上，不包括端点，
则，
因为平面，平面，所以，
则，
又因为，
所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用反证法即可判断A；证明出平面，利用线面垂直的性质即可判断B；利用二面角的定义结合余弦定理即可判断C；利用锥体的体积公式即可判断D.
13．（2024高一下·成都期末）将个数据按照从小到大的顺序排列如下：，若该组数据的分位数为22，则 ．
【答案】21
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：因为，
所以分位数是第4、5个数据的平均数，
所以，
解得.
故答案为：.
【分析】根据已知条件和百分位的计算方法，从而得出实数a的值.
14．（2024高一下·成都期末）若函数的图象向左平移后，得到的函数图象与的图象重合，则的最小值为 ．
【答案】3
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数的图象向左平移得，
因为图象与的图象重合，所以，即，
又因为，所以的最小值为3.
故答案为：3.
【分析】根据三角函数图象的平移变换求得函数图象，再依据图象重合列出方程求解即可.
15．（2024高一下·成都期末）若某球体的半径与某圆锥的底面半径相等，且该球体的表面积为，体积为，该圆锥的侧面积为，体积为，若，则该球体半径与该圆锥母线的比值为 ．
【答案】
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球的表面积与体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设球体的半径为，则球的表面积，体积，
设圆锥高为，母线长为，侧面积为，体积为，
由，可得，解得，
则比值为.
故答案为：.
【分析】设球体的半径，求出表面积和体积，设圆锥的高，求出母线长和体积，根据所给条件进行化简，得到的关系求解即可.
16．（2024高一下·成都期末）镇江西津渡的云台阁，是一座宋元风格的仿古建筑，始建于2010年，目前已成为镇江市的地标建筑之一.如图，在云台阁旁水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点P的仰角分别为30°，60°，45°，且米，则云台阁的高度为 米.
【答案】
【知识点】解三角形；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：设，
在中，，，
在中，，，
在中，，，
在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理可得，
因为，所以，
则，.
故答案为：.
【分析】设，利用三角函数分别表示，再分别在中利用余弦定理表示，由，可得，求h即可.
17．（2024高一下·成都期末）已知函数.
（1）求函数的最小正周期和对称中心；
（2）求函数在上的值域.
【答案】（1）解：，
由，得函数的最小正周期为，
令，得，，
函数的对称中心为；
（2）解：由（1）可得，
，
，
，
函数的值域为.
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；辅助角公式
【解析】【分析】本题为三角函数得综合应用题，第一问利用辅助角公示来求解周期与对称中心；第二问是给定x的定义域来求解函数值域.
18．（2024高一下·成都期末）如图，在四边形ABCD中，，且，若P，Q为线段AD上的两个动点，且.
（1）当为AD的中点时，求CP的长度；
（2）求的最小值.
【答案】（1）解：因为，所以，
又因为，所以，
，
；
（2）解：设，，
，
，
则
，
当时，取到最小值，最小值为.
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）由题意可得：，根据平面向量的线性运算可得，结合向量的几何意义和数量积的定义求解即可；
（2）设（），根据平面向量的线性运算可得，，利用数量积的运算律可得，结合二次函数的性质求解即可.
（1）由，得，
因为，所以，
又，
所以；
（2）设，，
则，
，
所以
，
当时，取到最小值，且为.
19．（2024高一下·成都期末）2023年起我国旅游按下重启键，寒冬有尽，春日可期，先后出现了“淄博烧烤”，“尔滨与小土豆”，“天水麻辣烫”等现象级爆款，之后各地文旅各出奇招，衢州文旅也在各大平台发布了衢州的宣传片：孔子，金庸，搁袋饼纷纷出场.现为进一步发展衢州文旅，提升衢州经济，在5月份对来衢旅游的部分游客发起满意度调查，从饮食、住宿，交通，服务等方面调查旅客满意度，满意度采用百分制，统计的综合满意度绘制成如下频率分布直方图，图中.
（1）求图中的值并估计满意度得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）若有超过的人满意度在75分及以上，则认为该月文旅成绩合格.衢州市5月份文旅成绩合格了吗？
（3）衢州文旅6月份继续对来衢旅游的游客发起满意度调查.现知6月1日-6月7日调查的4万份数据中其满意度的平均值为80，方差为75；6月8日-6月14日调查的6万份数据中满意度的平均值为90，方差为70.由这些数据计算6月1日—6月14日的总样本的平均数与方差.
【答案】（1）解：由题意知，
估计满意度得分的平均值
（2）解：超过60%的人满意度在75分及以上，即为40%分位数大于等于75
又由满意度在的频率为，满意度在的频率为
知40%分位数位于
由
可以估计40%分位数为
有超过60%的人满意度在75分及以上，衢州市5月份文旅成绩合格了
（3）把6月1日—6月7日的样本记为，其平均数记为，方差记为，
把6月8日—6月14日的样本记为，其平均数记为，方差记为，
则总样本平均数
由方差的定义，总样本方差为
总样本平均值为86，总样本方差为96
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【分析】本题为频率分布直方图综合习题，第一问求a，求平均数；第二问先确定40%分位数的位置，再由频率分布直方图求出百分位数，即可判断；第三问求出总样本平均数，根据方差的定义，最后求出总样本方差.
20．（2024高一下·成都期末）如图，在中，D是边上的一点，，．
（1）证明：；
（2）若D为靠近B的三等分点，，，，为钝角，求．
【答案】（1）证明：在中，由正弦定理，可得，
在中，由正弦定理，可得，
因为，所以，
所以；
（2）解：因为，所以，又因为为钝角，所以为锐角，
又，且D为靠近B的三等分点，，，
故，，
由余弦定理可得：，
解得，则，
故.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）在和中分别用正弦定理表示出，相比化简证明即可；
（2）利用（1）的结论可求得，继而由余弦定理求得的长，即可得长，从而求得的长，再利用面积公式求解即可.
（1）证明：在中，，
在中，，
由于，故，
所以.
（2）因为，故，由为钝角，故为锐角，
又，且D为靠近B的三等分点，，，
故，
故，
故，则，
故.
21．（2024高一下·成都期末）如图，三棱台中，是边长为2的等边三角形，四边形是等腰梯形，且，为的中点.
（1）证明：；
（2）若过三点的平面截三棱台所得的截面面积为.当二面角为锐二面角时，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明：如图，取中点，连接，，
是等边三角形，点是的中点，
又四边形是等腰梯形，且为的中点，
又，，平面，
平面，又平面，
（2）解法一：延长，，交于点，过点作，，垂足为，，连，
由（1）易知平面平面，，
平面平面，平面，
平面，又平面，，
又，且，平面，
平面，又平面，
，
又，
为二面角的平面角，
则易知过，，三点的截面为梯形，设梯形的高为，
则，解得，
，又四边形是等腰梯形，且，，
为正三角形，，
，
，为正三角形；
为中点，，
，
即二面角的正弦值为；
解法二：过，分别作，，，垂足为，，，连接.
由（1）易知平面平面，
平面平面，平面
平面，又平面，
∵，且，平面，
平面，又平面，
，又
为二面角的平面角
过，，三点的截面为梯形，
则
，
，
，，
，
，
，
即二面角的正弦值为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】第一问根据线面垂直的判定定理即可证明；第二问根据面面垂直的性质求解，然后确定为二面角的平面角，解三角形即可求解.
22．（2024高一下·成都期末）在四面体中，，记四面体的内切球半径为．分别过点向其对面作垂线，垂足分别为．
（1）是否存在四个面都是直角三角形的四面体？（不用说明理由）
（2）若垂足恰为正三角形的中心，证明：；
（3）已知，证明：．
【答案】（1）解：存在．
在四面体中，如图所示：
若平面，，则四面体的四个面都是直角三角形，
因为平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，而平面，
因此，所以都是直角三角形；
（2）证明：连接，并延长交于点，连接，如图所示：
由是正的中心，可得，是中点，则，
，，
，
，
，
，
，则；
（3）证明：，
，
，
则，显然，
，则，
即．
【知识点】球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）作出图形并推理说明即可；
（2）根据给定条件，结合正三棱锥的结构特征，利用体积法列式计算即可；
（3）利用体积法建立等式，计算得，再利用不等式性质及基本不等式求解即可.
（1）存在．
在四面体中，若平面，，则四面体的四个面都是直角三角形.
由平面，平面，得，
又，平面，则平面，而平面，
因此，所以都是直角三角形.
（2）连接，并延长交于点，连接，
由是正的中心，得，是中点，则，
，，
，
，
，
，
于是，所以．
（3），
，
因此，
则，显然，
于是，则，
所以．
1 / 1
