浙江省金华十校2024-2025学年高一下学期期末调研考试数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025高一下·金华期末）设集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解： 集合， 则.
故答案为：C.
【分析】根据集合的交集运算求解即可.
2．（2025高一下·金华期末）已知复数，则z在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：复数，在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，结合复数在复平面内的表示判断即可.
3．（2025高一下·金华期末）某次测量中得到的样本数据如下：82，84，84，86，86，86，88，88，88，88．若样本数据恰好是样本数据都加2后所得，则两样本的下列数字特征对应相同的是（ ）
A．众数 B．平均数 C．中位数 D．方差
【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由题意，根据方差的性质可知：，则两样本的下列数字特征对应相同的是方差.
故答案为：D．
【分析】根据方差的性质判断即可.
4．（2025高一下·金华期末）已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面的基本性质及推论；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：充分性：因为，，所以，
必要性：设，，显然，所以成立，但此时不平行.
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
【分析】由面面平行的性质，线面平行的判定以及充要条件的定义判断即可.
5．（2025高一下·金华期末）设样本空间含有等可能的样本点，且，则（ ）
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：由题意可得，，则.
故答案为：B.
【分析】由题意可得，，再利用古典概型概率公式求解即可.
6．（2025高一下·金华期末）以下说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】不等关系与不等式；二倍角的正弦公式；辅助角公式；利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：A、取，，故A错误；
B、取，，故B错误；
C、因为，，，
所以，故C错误；
D、易知，
则
，故D正确.
故答案为：D.
【分析】取特殊值即可判断AB；利用正弦的二倍角，结合正弦函数单调性比较即可判断C；利用，结合辅助角公式求解即可判断D.
7．（2025高一下·金华期末）如图是某函数的部分图象，则该函数最有可能的解析式是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由图可知：函数为奇函数，且在处有定义，
A、函数的定义域为，不符合题意，故A不符合；
B、函数为奇函数，，则在单调递增，不符合题意，故B不符合；
C、函数，当时，，当时，，不符合题意，故C不符合；
D、利用排除法，故D正确.
故答案为：D.
【分析】求函数的定义域即可判断A；求导判断函数的单调性即可判断B；根据函数值即可判断C.
8．（2025高一下·金华期末）如图，已知正方体的棱长为1，点P是上底面内的一个动点．设平面与平面的夹角为，平面与平面的夹角为，若，则下图中阴影部分表示P点轨迹的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】棱柱的结构特征；与二面角有关的立体几何综合题；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：取上底面的各边中点，
过作于，作于，如图所示：
易知平面，平面，
平面，则，，
同理可得，
因为，
所以，则，
同理可得，
因此只需要在正方形内考虑，即
等价于到的距离比到的距离大，所以在如图所示的阴影范围内.
故答案为：B.
【分析】取上底面的各边中点，过作于，作于，
根据线面垂直，结合面面角的定义可得，，再根据全等，将问题转化为在正方形内考虑，结合对称性以及平面几何求解即可.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分．
9．（2025高一下·金华期末）已知点，则以下说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．在上的投影向量是
【答案】B,C,D
【知识点】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；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A、点，则，，故A错误；
B、易知，，
则
即，故B正确；
C、，故C正确；
D、在上的投影向量为
，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】由题意，先求，再根据向量模的坐标表示求即可判断A；求出及，验证是否等于0即可判断B；利用向量数量积的坐标表示求的值即可判断C；根据投影向量公式求在上的投影向量即可判断D.
10．（2025高一下·金华期末）已知事件，且，则（ ）
A．事件与事件互为对立事件
B．若事件与事件互斥，则
C．若事件与事件互斥，则
D．若，则事件与事件相互独立
【答案】B,D
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件
【解析】【解答】解：A、因为，所以事件与事件互为对立事件，故选项A错误；
B、因为事件与事件互斥，所以，故选项B正确；
C、因为事件与事件互斥，所以，故选项C错误；
D、因为，所以事件与事件相互独立，
所以事件与事件相互独立，故选项D正确．
故选：BD.
【分析】根据对立事件的定义、互斥事件概率公式、相互独立事件的性质及概率公式计算逐一判断即可.
11．（2025高一下·金华期末）若球的半径为2，为直径，中点为P，则下列说法正确的是（ ）
A．球面上任意一点到P距离的最大值为3
B．过P作球O的截面，则截面面积的最小值是
C．若某正方体的外接球是球O，则点P到该正方体各面距离的最大值是
D．若某正四面体的外接球是球O，则点P在该正四面体上的轨迹长度是
【答案】A,C,D
【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；球内接多面体
【解析】【解答】解：作出截图，如图所示：
A、由图可知：球的半径，为直径，中点为P，则，
根据球的性质可知：球面上一点到球内一点的最大距离为：，故A正确；
B、过P作球O的截面，当垂直于截面时，截面圆的半径最小，
由勾股定理可知：，
则截面面积的最小值为，故B错误；
C、如图所示：
若正方体的外接球是球O，设正方体的棱长为，则，由，可知，
已知球心到正方体各面的距离为，又因为，
所以点P到该正方体各面距离的最大值是，故C正确；
D、若正四面体的外接球是球O，取的中点为，连接，如图所示：
设在底面的射影为，则在上，且，
设正四面体的棱长为，则正四面体的高
又因为外接球半径，
由，可知，，，
则点与正四面体的每个面的交线是一个圆，截面圆的半径，周长为，
即点P在该正四面体上的轨迹长度是，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】作出截面图，根据球的性质可知：球面上一点到球内一点的最大距离为求解即可判断A；分析出当垂直于截面时，截面的面积最小即可判断B；设正方体的棱长为，分析出P到该正方体各面距离的最大值为即可判断C；先求出正四面体的高即球心到正四面体一个面的距离，再判断出点与正四面体的每个面的交线是一个圆，并求出截面圆的半径，即可求出点P在该正四面体上的轨迹长度，即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一下·金华期末）计算： ．
【答案】1
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：.
故答案为：.
【分析】根据对数的性质以及对数的运算法则计算即可.
13．（2025高一下·金华期末）已知甲，乙两个投篮命中率分别是，并且他们投篮互不影响，每人投篮1次，则恰好有一个人命中的概率为 ．
【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：记事件A=“甲投篮命中”，事件B=“甲投篮命中”，事件C=“ 恰好有一个人命中 ”，
甲、乙两人投篮命中率分别为和，并且他们投篮互不影响，
则恰好有一个人命中的概率.
故答案为：.
【分析】先记事件，根据独立事件的概率乘法公式结合互斥事件的概率加法公式求解即可．
14．（2025高一下·金华期末）已知函数在上恰有2个零点，则a的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：设，，
则，二次函数图象开口向上，
对称轴为直线，，，
因为，所以，
当在上没有零点时，，故，
此时，，
所以在区间和内各有一个零点，故在上恰有2个零点；
当在上有1个零点时，，故，
此时，，
所以在区间和内各有一个零点，故在上有3个零点，不合题意；
当在上有2个零点时，，故，
此时，，
所以在区间和内各有一个零点，故在上有4个零点，不合题意.
综上得，的取值范围为.
故答案为：.
【分析】设，，易知图象开口向上，对称轴为直线，且，，讨论在上的零点个数，确定的取值范围，分析在上的零点个数，最终确定在上的零点个数.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（2025高一下·金华期末）2025年是“全民体重管理年”，健康体重成为社会关注的新焦点．为了提升人们体重管理意识和技能，预防控制超重肥胖，某市开展“体重管理知识”宣传活动．举办了“体重管理”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（成绩均为不低于40分的整数）进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），得到如图所示的频率分布直方图．
（1）求图中a的值与该样本数据的第60百分位数；
（2）根据该频率分布直方图，估计1000个参赛选手中有多少人能得60分及以上．
【答案】（1）解：由频率分布直方图个矩形面积和为1，可得，
解得，
易知数据在的频率为0.65，则第60百分位数在，
设样本数据的第60百分位数为，则，解得，
故第60百分位数为；
（2）解：由频率分布直方图可知：得分在60分以上的参赛选手所占的比例为，
则1000个参赛选手中得60分以上的人数为.
【知识点】频率分布直方图；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图各矩形面积和为1，列式求得，计算数据在的频率，设样本数据的第60百分位数为，根据百分位数的计算方法，列出方程，求解即可；
（2）由频率分布直方图求得，得分在60分以上的参赛选手所占的比例，再求1000个参赛选手中得60分以上的人数即可.
（1）解：由频率分布直方图，可得，
解得，
可得数据在的频率为0.05，数据在的频率为0.15，数据在的频率为0.35，数据在的频率为0.65，所以第60百分位数在，
设样本数据的第60百分位数为，可得，解得，
所以第60百分位数为
（2）解：样本数据中，得分在60分以上的参赛选手所占的比例为，
所以可估计1000个参赛选手中得60分以上的人数为.
16．（2025高一下·金华期末）已知二次函数．
（1）若，求的解集；
（2）若方程在上有解，求实数a的取值范围．
【答案】（1）解：当时，函数，
不等式，解得或，
则不等式的解集为；
（2）解：令，因为，所以，
方程在上有解，即，解得，或（舍去），
则，即.
【知识点】一元二次不等式及其解法
【解析】【分析】（1）将代入，根据一元二次不等式的解法求解即可；
（2）利用换元法，令，则在上有解，求出方程的根，根据题意列式求解即可.
（1）当时，，解得或，
故解集为
（2）令，为增函数，
因为，所以，
即在上有解，
解得，或（舍去），
所以，即.
17．（2025高一下·金华期末）在三棱锥中，是的中点，且．
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：连接，如图所示：
因为为中点，所以，
又因为，所以，
满足，则，
又因为平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：在平面内过点D作于，连接，如图所示：
因为平面平面，平面平面，所以平面，
即为直线与平面所成角，
在中，，
则，，
因此，，
则直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；余弦定理
【解析】【分析】（1）连接，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定证明即可；
（2）在平面内过点D作于，连接，推出为直线与平面所成角，在中，利用余弦定理求出，再利用几何法求出线面角的正弦值即可.
（1）连接，由为中点，得，
由，得，，
因此，而平面，则平面，
又平面，所以平面平面.
（2）在平面内过点D作于F，连接，
由平面平面，平面平面，于是平面，
即为直线与平面所成角，在中，，
则，，
因此，，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．（2025高一下·金华期末）如图，在中，，是的角平分线，且．
（1）求；
（2）若是线段上动点，且，记为．
（i）用表示；
（ii）求面积的最小值．
【答案】（1）解：在中，，，，
由余弦定理可得：，
则；
（2）解：（i）、由（1）可知，，
则，，，
因为，所以，
在中，由正弦定理，可得，
则；
（ii）、因为，，，所以，
又因为，所以，
在中，由正弦定理，可得，
则，
设点到的距离为，则，
所以，
要求三角形面积的最小值，即求的最大值，
由题意得，，
因为，所以，，
，故的最大值为，
则面积的最小值为.
【知识点】简单的三角恒等变换；同角三角函数基本关系的运用；解三角形；余弦定理
【解析】【分析】（1）在中，利用余弦定理求解即可；
（2）（i）由，得，在中，利用正弦定理求解即可；
（ii）在中，利用正弦定理用表示，结合三角形面积公式将问题转化为求的最大值即可得解.
（1）在中，由余弦定理得，
，
所以.
（2）（i）由（1）可知，
所以，故，，.
因为，所以，
在中，由正弦定理得，，即，
所以.
（ii）因为，，，所以，
又，所以，
在中，由正弦定理得，，即，
所以，
设点到的距离为，则，
所以，
要求三角形面积的最小值，即求的最大值，
由题意得，，
因为，所以，，
，故的最大值为，
所以面积的最小值为.
19．（2025高一下·金华期末）（1）过的重心G作直线l，若l与边平行，与分别交于D，E两点，求与的面积比；
（2）在中，若，其中，过O作直线l，与线段分别交于D，E两点，求证：；
（3）在等腰直角中，，分别为的中点，将沿折起，得到四棱锥，在二面角处于过程中，作的角平分线交于点M，记与平面的交点为N，过N作直线l，与线段分别交于P，Q两点，记四棱锥的体积为，四棱锥的体积为V，求的最小值．
【答案】解：（1）过重心的直线l与平行，且与分别交于两点，
则，即；
（2）证明：由
，
因为三点共线，所以，即；
（3）不妨设等腰直角两条直角边长为2，则，
因为，分别为的中点，
所以，，
所以为二面角的平面角，
记二面角的所成角为．则，
因为，平面，，
所以平面，平面，
所以平面平面，平面平面，
过点作所在直线的垂线，垂足为T，则
因为平面，所以平面，平面，所以
所以，
由是的平分线，所以，
所以，
设，即，
连接和，记，则
连接，则面面
又记与平面的交点为N，即N为面与面的公共点，
所以N在上，设，
由（2）可知：，，
设，
则，即，
因为，所以，
所以，，
因为，所以点到平面的距离是点到平面的距离的倍，
点到平面的距离是点到平面的距离的倍，
所以，
所以
，
，当且仅当时等号成立，
则，
因为，所以，
所以，即，
设，，，
函数在单调递增，当时，函数，取最大值，
最大值为，则，
当且仅当时，等号成立.
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；基本不等式；平面向量的基本定理；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）根据重心性质及平行线性质可得，结合面积公式求解即可；
（2）根据向量线性运算法则可得，结合三点共线，证明即可；
（3）证明为二面角的平面角，过点作所在直线的垂线，垂足为T，求，设，结合（2）证明，结合体积公式证明，再结合基本不等式，二次函数性质求其最小值即可.
1 / 1浙江省金华十校2024-2025学年高一下学期期末调研考试数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025高一下·金华期末）设集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025高一下·金华期末）已知复数，则z在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．（2025高一下·金华期末）某次测量中得到的样本数据如下：82，84，84，86，86，86，88，88，88，88．若样本数据恰好是样本数据都加2后所得，则两样本的下列数字特征对应相同的是（ ）
A．众数 B．平均数 C．中位数 D．方差
4．（2025高一下·金华期末）已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．（2025高一下·金华期末）设样本空间含有等可能的样本点，且，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高一下·金华期末）以下说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2025高一下·金华期末）如图是某函数的部分图象，则该函数最有可能的解析式是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2025高一下·金华期末）如图，已知正方体的棱长为1，点P是上底面内的一个动点．设平面与平面的夹角为，平面与平面的夹角为，若，则下图中阴影部分表示P点轨迹的是（ ）
A． B．
C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分．
9．（2025高一下·金华期末）已知点，则以下说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．在上的投影向量是
10．（2025高一下·金华期末）已知事件，且，则（ ）
A．事件与事件互为对立事件
B．若事件与事件互斥，则
C．若事件与事件互斥，则
D．若，则事件与事件相互独立
11．（2025高一下·金华期末）若球的半径为2，为直径，中点为P，则下列说法正确的是（ ）
A．球面上任意一点到P距离的最大值为3
B．过P作球O的截面，则截面面积的最小值是
C．若某正方体的外接球是球O，则点P到该正方体各面距离的最大值是
D．若某正四面体的外接球是球O，则点P在该正四面体上的轨迹长度是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一下·金华期末）计算： ．
13．（2025高一下·金华期末）已知甲，乙两个投篮命中率分别是，并且他们投篮互不影响，每人投篮1次，则恰好有一个人命中的概率为 ．
14．（2025高一下·金华期末）已知函数在上恰有2个零点，则a的取值范围是 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（2025高一下·金华期末）2025年是“全民体重管理年”，健康体重成为社会关注的新焦点．为了提升人们体重管理意识和技能，预防控制超重肥胖，某市开展“体重管理知识”宣传活动．举办了“体重管理”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（成绩均为不低于40分的整数）进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），得到如图所示的频率分布直方图．
（1）求图中a的值与该样本数据的第60百分位数；
（2）根据该频率分布直方图，估计1000个参赛选手中有多少人能得60分及以上．
16．（2025高一下·金华期末）已知二次函数．
（1）若，求的解集；
（2）若方程在上有解，求实数a的取值范围．
17．（2025高一下·金华期末）在三棱锥中，是的中点，且．
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
18．（2025高一下·金华期末）如图，在中，，是的角平分线，且．
（1）求；
（2）若是线段上动点，且，记为．
（i）用表示；
（ii）求面积的最小值．
19．（2025高一下·金华期末）（1）过的重心G作直线l，若l与边平行，与分别交于D，E两点，求与的面积比；
（2）在中，若，其中，过O作直线l，与线段分别交于D，E两点，求证：；
（3）在等腰直角中，，分别为的中点，将沿折起，得到四棱锥，在二面角处于过程中，作的角平分线交于点M，记与平面的交点为N，过N作直线l，与线段分别交于P，Q两点，记四棱锥的体积为，四棱锥的体积为V，求的最小值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解： 集合， 则.
故答案为：C.
【分析】根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：复数，在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，结合复数在复平面内的表示判断即可.
3．【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由题意，根据方差的性质可知：，则两样本的下列数字特征对应相同的是方差.
故答案为：D．
【分析】根据方差的性质判断即可.
4．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面的基本性质及推论；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：充分性：因为，，所以，
必要性：设，，显然，所以成立，但此时不平行.
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
【分析】由面面平行的性质，线面平行的判定以及充要条件的定义判断即可.
5．【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意可得，，则.
故答案为：B.
【分析】由题意可得，，再利用古典概型概率公式求解即可.
6．【答案】D
【知识点】不等关系与不等式；二倍角的正弦公式；辅助角公式；利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：A、取，，故A错误；
B、取，，故B错误；
C、因为，，，
所以，故C错误；
D、易知，
则
，故D正确.
故答案为：D.
【分析】取特殊值即可判断AB；利用正弦的二倍角，结合正弦函数单调性比较即可判断C；利用，结合辅助角公式求解即可判断D.
7．【答案】D
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由图可知：函数为奇函数，且在处有定义，
A、函数的定义域为，不符合题意，故A不符合；
B、函数为奇函数，，则在单调递增，不符合题意，故B不符合；
C、函数，当时，，当时，，不符合题意，故C不符合；
D、利用排除法，故D正确.
故答案为：D.
【分析】求函数的定义域即可判断A；求导判断函数的单调性即可判断B；根据函数值即可判断C.
8．【答案】B
【知识点】棱柱的结构特征；与二面角有关的立体几何综合题；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：取上底面的各边中点，
过作于，作于，如图所示：
易知平面，平面，
平面，则，，
同理可得，
因为，
所以，则，
同理可得，
因此只需要在正方形内考虑，即
等价于到的距离比到的距离大，所以在如图所示的阴影范围内.
故答案为：B.
【分析】取上底面的各边中点，过作于，作于，
根据线面垂直，结合面面角的定义可得，，再根据全等，将问题转化为在正方形内考虑，结合对称性以及平面几何求解即可.
9．【答案】B,C,D
【知识点】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；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A、点，则，，故A错误；
B、易知，，
则
即，故B正确；
C、，故C正确；
D、在上的投影向量为
，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】由题意，先求，再根据向量模的坐标表示求即可判断A；求出及，验证是否等于0即可判断B；利用向量数量积的坐标表示求的值即可判断C；根据投影向量公式求在上的投影向量即可判断D.
10．【答案】B,D
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件
【解析】【解答】解：A、因为，所以事件与事件互为对立事件，故选项A错误；
B、因为事件与事件互斥，所以，故选项B正确；
C、因为事件与事件互斥，所以，故选项C错误；
D、因为，所以事件与事件相互独立，
所以事件与事件相互独立，故选项D正确．
故选：BD.
【分析】根据对立事件的定义、互斥事件概率公式、相互独立事件的性质及概率公式计算逐一判断即可.
11．【答案】A,C,D
【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；球内接多面体
【解析】【解答】解：作出截图，如图所示：
A、由图可知：球的半径，为直径，中点为P，则，
根据球的性质可知：球面上一点到球内一点的最大距离为：，故A正确；
B、过P作球O的截面，当垂直于截面时，截面圆的半径最小，
由勾股定理可知：，
则截面面积的最小值为，故B错误；
C、如图所示：
若正方体的外接球是球O，设正方体的棱长为，则，由，可知，
已知球心到正方体各面的距离为，又因为，
所以点P到该正方体各面距离的最大值是，故C正确；
D、若正四面体的外接球是球O，取的中点为，连接，如图所示：
设在底面的射影为，则在上，且，
设正四面体的棱长为，则正四面体的高
又因为外接球半径，
由，可知，，，
则点与正四面体的每个面的交线是一个圆，截面圆的半径，周长为，
即点P在该正四面体上的轨迹长度是，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】作出截面图，根据球的性质可知：球面上一点到球内一点的最大距离为求解即可判断A；分析出当垂直于截面时，截面的面积最小即可判断B；设正方体的棱长为，分析出P到该正方体各面距离的最大值为即可判断C；先求出正四面体的高即球心到正四面体一个面的距离，再判断出点与正四面体的每个面的交线是一个圆，并求出截面圆的半径，即可求出点P在该正四面体上的轨迹长度，即可判断D.
12．【答案】1
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：.
故答案为：.
【分析】根据对数的性质以及对数的运算法则计算即可.
13．【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：记事件A=“甲投篮命中”，事件B=“甲投篮命中”，事件C=“ 恰好有一个人命中 ”，
甲、乙两人投篮命中率分别为和，并且他们投篮互不影响，
则恰好有一个人命中的概率.
故答案为：.
【分析】先记事件，根据独立事件的概率乘法公式结合互斥事件的概率加法公式求解即可．
14．【答案】
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：设，，
则，二次函数图象开口向上，
对称轴为直线，，，
因为，所以，
当在上没有零点时，，故，
此时，，
所以在区间和内各有一个零点，故在上恰有2个零点；
当在上有1个零点时，，故，
此时，，
所以在区间和内各有一个零点，故在上有3个零点，不合题意；
当在上有2个零点时，，故，
此时，，
所以在区间和内各有一个零点，故在上有4个零点，不合题意.
综上得，的取值范围为.
故答案为：.
【分析】设，，易知图象开口向上，对称轴为直线，且，，讨论在上的零点个数，确定的取值范围，分析在上的零点个数，最终确定在上的零点个数.
15．【答案】（1）解：由频率分布直方图个矩形面积和为1，可得，
解得，
易知数据在的频率为0.65，则第60百分位数在，
设样本数据的第60百分位数为，则，解得，
故第60百分位数为；
（2）解：由频率分布直方图可知：得分在60分以上的参赛选手所占的比例为，
则1000个参赛选手中得60分以上的人数为.
【知识点】频率分布直方图；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图各矩形面积和为1，列式求得，计算数据在的频率，设样本数据的第60百分位数为，根据百分位数的计算方法，列出方程，求解即可；
（2）由频率分布直方图求得，得分在60分以上的参赛选手所占的比例，再求1000个参赛选手中得60分以上的人数即可.
（1）解：由频率分布直方图，可得，
解得，
可得数据在的频率为0.05，数据在的频率为0.15，数据在的频率为0.35，数据在的频率为0.65，所以第60百分位数在，
设样本数据的第60百分位数为，可得，解得，
所以第60百分位数为
（2）解：样本数据中，得分在60分以上的参赛选手所占的比例为，
所以可估计1000个参赛选手中得60分以上的人数为.
16．【答案】（1）解：当时，函数，
不等式，解得或，
则不等式的解集为；
（2）解：令，因为，所以，
方程在上有解，即，解得，或（舍去），
则，即.
【知识点】一元二次不等式及其解法
【解析】【分析】（1）将代入，根据一元二次不等式的解法求解即可；
（2）利用换元法，令，则在上有解，求出方程的根，根据题意列式求解即可.
（1）当时，，解得或，
故解集为
（2）令，为增函数，
因为，所以，
即在上有解，
解得，或（舍去），
所以，即.
17．【答案】（1）证明：连接，如图所示：
因为为中点，所以，
又因为，所以，
满足，则，
又因为平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：在平面内过点D作于，连接，如图所示：
因为平面平面，平面平面，所以平面，
即为直线与平面所成角，
在中，，
则，，
因此，，
则直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；余弦定理
【解析】【分析】（1）连接，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定证明即可；
（2）在平面内过点D作于，连接，推出为直线与平面所成角，在中，利用余弦定理求出，再利用几何法求出线面角的正弦值即可.
（1）连接，由为中点，得，
由，得，，
因此，而平面，则平面，
又平面，所以平面平面.
（2）在平面内过点D作于F，连接，
由平面平面，平面平面，于是平面，
即为直线与平面所成角，在中，，
则，，
因此，，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．【答案】（1）解：在中，，，，
由余弦定理可得：，
则；
（2）解：（i）、由（1）可知，，
则，，，
因为，所以，
在中，由正弦定理，可得，
则；
（ii）、因为，，，所以，
又因为，所以，
在中，由正弦定理，可得，
则，
设点到的距离为，则，
所以，
要求三角形面积的最小值，即求的最大值，
由题意得，，
因为，所以，，
，故的最大值为，
则面积的最小值为.
【知识点】简单的三角恒等变换；同角三角函数基本关系的运用；解三角形；余弦定理
【解析】【分析】（1）在中，利用余弦定理求解即可；
（2）（i）由，得，在中，利用正弦定理求解即可；
（ii）在中，利用正弦定理用表示，结合三角形面积公式将问题转化为求的最大值即可得解.
（1）在中，由余弦定理得，
，
所以.
（2）（i）由（1）可知，
所以，故，，.
因为，所以，
在中，由正弦定理得，，即，
所以.
（ii）因为，，，所以，
又，所以，
在中，由正弦定理得，，即，
所以，
设点到的距离为，则，
所以，
要求三角形面积的最小值，即求的最大值，
由题意得，，
因为，所以，，
，故的最大值为，
所以面积的最小值为.
19．【答案】解：（1）过重心的直线l与平行，且与分别交于两点，
则，即；
（2）证明：由
，
因为三点共线，所以，即；
（3）不妨设等腰直角两条直角边长为2，则，
因为，分别为的中点，
所以，，
所以为二面角的平面角，
记二面角的所成角为．则，
因为，平面，，
所以平面，平面，
所以平面平面，平面平面，
过点作所在直线的垂线，垂足为T，则
因为平面，所以平面，平面，所以
所以，
由是的平分线，所以，
所以，
设，即，
连接和，记，则
连接，则面面
又记与平面的交点为N，即N为面与面的公共点，
所以N在上，设，
由（2）可知：，，
设，
则，即，
因为，所以，
所以，，
因为，所以点到平面的距离是点到平面的距离的倍，
点到平面的距离是点到平面的距离的倍，
所以，
所以
，
，当且仅当时等号成立，
则，
因为，所以，
所以，即，
设，，，
函数在单调递增，当时，函数，取最大值，
最大值为，则，
当且仅当时，等号成立.
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；基本不等式；平面向量的基本定理；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）根据重心性质及平行线性质可得，结合面积公式求解即可；
（2）根据向量线性运算法则可得，结合三点共线，证明即可；
（3）证明为二面角的平面角，过点作所在直线的垂线，垂足为T，求，设，结合（2）证明，结合体积公式证明，再结合基本不等式，二次函数性质求其最小值即可.
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