浙江金华第一中学2024-2025学年高一下学期6月期末数学试题
一、选择题：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·金东期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，，
则.
故答案为：B．
【分析】根据并集定义计算求解.
2．（2025高一下·金东期末）长方体中，，则异面直线与所成角的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】解：连接，
所以异面直线与所成角是异面直线与所成角是，
因为，所以，
所以，所以.
故答案为：A
【分析】先利用长方体中棱的平行关系，确定与异面直线中一条直线平行的棱，从而找到对应的平面角；接着计算该平面角所在直角三角形的两条直角边长度；最后借助三角函数求出角度．
3．（2025高一下·金东期末）“”是“”的（ ）
A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件
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；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：若，则，即，得不出，如，
所以“”不是“”的充分条件；
若，则，可得，即，
所以“”是“”的必要条件；
所以“”是“”的必要而不充分条件，
故答案为：A．
【分析】从条件出发，推导角度关系的多样性，说明充分性不成立，从结论出发，代入角度关系验证条件成立，说明必要性成立。
4．（2025高一下·金东期末）从2，4，8，16中任取两个数，分别记作a，b，则使为整数的概率是（ ）
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：由题的有序数对有，
分别为，，，，，，
，，，，，；共组，
使为整数的有序数对有，，，，共4组，
故概率.
故答案选：B.
【分析】本题考查古典概型概率计算，解题关键在于明确“任取两个数”是有序抽取（因为作对数的底数、作真数，和顺序不同结果不同 ），需先通过列举法找出所有可能的有序数对，再筛选出满足为整数的有序数对，最后依据古典概型概率公式满足条件的基本事件数总的基本事件数计算概率 .
5．（2025高一下·金东期末）已知平面向量满足，，，则（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，，，
所以，即，则，解得，
.
故答案为：C.
【分析】本题考查平面向量数量积的运算，关键在于利用向量模长与数量积的关系，先通过对平方求出，再计算，思路为：1. 求：对两边平方，结合已知和的值，利用向量数量积运算律展开求解.
2. 计算：根据向量数量积分配律，将其拆分为，代入已知和求得的计算.
6．（2025高一下·金东期末）已知函数，则在区间上的所有零点之和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二倍角的余弦公式；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：，
由，得或，即或或，，
所以函数在区间的零点是，它们的和为，
故答案为：D.
【分析】利用二倍角余弦公式对函数变形，转化为关于的二次方程，求解方程得到的值，再依据余弦函数的周期性和取值范围，确定内对应的值（即零点），最后将这些零点相加.
7．（2025高一下·金东期末）在中，三边长满足，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；二倍角的正切公式
【解析】【解答】解：方法一：，由正弦定理得：，
，，；
，
，
，又，
，
，，，
，即，
整理可得：，
，，，，.
方法二：令，，，则满足；
则可知：，；
由得：，解得：或，
，，，.
故答案为：C.
【分析】本题目标是求解的值，可从三角恒等变换和特殊值法两种思路切入：
方法一 ：利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，再通过两角和差正弦公式、二倍角公式等，对（由结合正弦定理得到 ）进行变形，逐步推导.
方法二 ：选取满足的具体边长，构造特殊三角形，利用三角函数公式求出和，进而得到乘积.
8．（2025高一下·金东期末）某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，．若，则该多面体的体积为（ ）
A．40 B．50 C．60 D．70
【答案】C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；平面与平面垂直的性质；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图，将一半的几何体分割成直三棱柱和四棱锥后结合体积公式可求几何体的体积.
先证明一个结论：如果平面平面，平面平面，平面，则.
证明：设，， 在平面取一点，，
在平面内过作直线，使得，作直线，使得，
因为平面平面，，故，而，故，
同理，而，故 .
连接，因为且，故，同理，，
而，故直角梯形与直角梯形全等，
故，
在直角梯形中，过作，垂足为，
则四边形为矩形，且为以为直角的等腰直角三角形，
故，
平面平面，平面平面，，
平面，故平面，
取的中点为，的中点为，的中点为，连接，
则，同理可证平面，而平面，
故平面平面，同理平面平面，
而平面平面，故平面，
故，故四边形为平行四边形，故.
在平面中过作，交于，连接.
则四边形为平行四边形，且，故，
故四边形为平行四边形，
而平面，
故平面，故平面平面，
而，故，
故几何体为直棱柱，
而，故，
因为，故平面，
而平面，故平面平面，
在平面中过作，垂足为，同理可证平面，
而，故，故，
由对称性可得几何体的体积为，
故答案为：C.
【分析】先分析多面体的结构特征，利用线面平行、面面垂直关系，确定可分解或补充的规则部分；然后计算规则几何体的相关参数（如底面积、高 ）；最后通过体积的和或差求出原多面体体积 .
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．
9．（2025高一下·金东期末）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.
10．（2025高一下·金东期末）在四棱锥中，分别是上的点，，则下列条件可以确定平面的是（ ）
A． B．
C．平面 D．平面
【答案】B,D
【知识点】反证法；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：过点作交于点，连接，如图所示：
即平面，
因为，所以，
若，则，又因为平面，平面，
所以平面，由平面，
得平面平面，又平面，所以平面，故B正确；
若平面，又因为平面平面，所以，由B可知D正确；
假设平面，设平面，则，
若平面，平面平面，所以，
反之若，当且仅当平面，即A、C同时正确或错误；
若，可能，也可能与相交．
若与相交，由知延长必与、交于同一点，
由几何关系知与不平行，故A、C错误．
故答案为：BD.
【分析】过点作交于点，连接，根据线面、面面平行的判定定理与性质，结合反证法，逐项分析证明即可.
11．（2025高一下·金东期末）已知函数的定义域为，，，且，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】函数单调性的判断与证明
【解析】【解答】解：A、令，则，又，则，所以，A错误；
B、令，则，又，，所以，则，B正确；
C、令，则，又，则，由上可知，故，，所以，C正确；
D、由，则，所以，，由选项C中分析知，所以，D错误.
故答案为：BC.
【分析】先利用赋值法确定、等特殊值；再推导函数表达式（或找出函数规律 ），分析单调性判断与大小；最后计算函数值差值并比较，以此判断各选项正误 .
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一下·金东期末）已知i是虚数单位，则 ．
【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：先由题得，，所以.
故答案为：
【分析】先由复数除法运算化简，再由复数模长公式即可计算求解.
13．（2025高一下·金东期末）已知函数有唯一零点，则 ．
【答案】2
【知识点】函数的奇偶性；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：定义域为，，
所以函数为偶函数，
又因为函数有唯一零点，
根据零点关于轴对称，得出，所以，
当时，函数有唯一零点，符合题意；
当时，函数有零点，不符合题意舍；
故答案为：2.
【分析】先判断函数奇偶性，根据偶函数零点对称的性质确定唯一零点只能是，由此列出关于的方程，最后对求出的值进行检验，排除不符合“唯一零点”条件的情况.
14．（2025高一下·金东期末）在平面直角坐标系中，，．设，则的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】向量的模；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：因为，，
由平方可得，，所以．
，，
所以，
，
又，即，
所以，即，
故答案为：.
【分析】首先由与、的关系，通过平方求出，进而确定夹角，将、用、、表示，化简得到 ，对平方，结合向量数量积的性质和不等式，求出平方后的取值范围，再开方得到结果.
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·金东期末）已知向量、满足，，且.
（1）若，求实数的值；
（2）求与的夹角.
【答案】（1）解：因为向量、满足，，且，
即，解得，
因为，即，
解得.
即： 实数.
（2）解：因为，
，
因此.
因为，因此，即与的夹角为.
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】（1）先通过已知条件求出，再利用向量垂直的性质（垂直向量数量积为 ），结合数量积运算律列出关于的方程求解.
（2）先计算和，再根据向量夹角公式求出夹角余弦值，结合夹角范围确定夹角.
（1）因为向量、满足，，且，
即，解得，
因为，即，
解得.
（2）因为，
，
因此.
因为，因此，即与的夹角为.
16．（2025高一下·金东期末）为了提高市民的普法意识，某市举行了普法知识竞赛，为了解全市参赛者的成绩情况，从所有参赛者中随机抽取了人的成绩（均为整数）作为样本，将其整理后分为组，并作出了如图所示的频率分布直方图（最低分，最高分）．
（1）求频率分布直方图中的值，并求出样本中成绩在分以上的人数：
（2）若划定成绩大于或等于第百分位数为“良好”以上等级，请根据直方图，估计全市参赛者的成绩在“良好”以上等级的范围；
（3）现知道样本中，成绩在“良好”以上等级的平均数为，方差为，成绩在内的平均数为，方差为，求成绩在内的平均数和方差．
【答案】（1）（1）解：在频率分布直方图中，所有直方图面积之和为，
可得，解得，
由图可知，样本中成绩在分以上的人数为人.
即：， 样本中成绩在分以上的人数为人.
（2）解：前三个矩形面积之和为，前四个矩形面积之和为，
设第百分位数为，则，
由百分位数的定义可得，解得，
因此，全市参赛者的成绩在“良好”以上等级的范围为.
（3）解：成绩在内占成绩在的比例为，
成绩在内占成绩在的比例为，
设成绩在内的平均数和方差分别为、，
由分层随机抽样的平均数公式可得，解得，
由分层随机抽样的方差公式可得，解得.
故成绩在内的平均数为，方差为.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图所有矩形面积和为（频率和为 ）列方程求；再通过计算分以下频率，结合样本总数求分以上人数.
（2）先计算前几组频率和，确定第百分位数所在区间，再根据百分位数定义列方程求解.
（3）先确定与的频率比例，再利用分层抽样的均值、方差公式，结合已知条件列方程求解.
（1）在频率分布直方图中，所有直方图面积之和为，
可得，解得，
由图可知，样本中成绩在分以上的人数为人.
（2）前三个矩形面积之和为，
前四个矩形面积之和为，
设第百分位数为，则，
由百分位数的定义可得，解得，
因此，全市参赛者的成绩在“良好”以上等级的范围为.
（3）成绩在内占成绩在的比例为，
成绩在内占成绩在的比例为，
设成绩在内的平均数和方差分别为、，
由分层随机抽样的平均数公式可得，解得，
由分层随机抽样的方差公式可得，解得.
故成绩在内的平均数为，方差为.
17．（2025高一下·金东期末）如图所示，在平行六面体中，底面是边长为3的菱形，分别在线段和上，且，．
（1）证明：四点共面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：由，因为平行六面体可知：
且
又因为，，
所以，
则有，即四点共面.
（2）解：取的中点为，连接，如图所示
由于，则有，
又由余弦定理得：
所以，
又由，
则，
所以有，又因为的中点为，所以，
即就是平面与平面的夹角或其补角，
由，
，
由，
，
，
所以有，
故平面与平面夹角的余弦值是.
【知识点】平面向量的线性运算；空间向量的数量积运算；用空间向量研究二面角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）证明四点共面：利用空间向量线性运算，若能证明与平行，根据向量平行则对应直线平行（或重合），结合有公共点，可证四点共面.
（2）求平面与平面夹角的余弦值：先找（或作）出二面角的平面角，通过空间向量的线性运算和数量积运算来求解.
（1）由，因为平行六面体可知：
且
又因为，，
所以，
则有，即四点共面；
（2）取的中点为，连接，
由于，则有，
又由余弦定理得：
所以，
又由，
则，
所以有，又因为的中点为，所以，
即就是平面与平面的夹角或其补角，
由，
，
由，
，
，
所以有，
故平面与平面夹角的余弦值是.
18．（2025高一下·金东期末）如图，已知直线，是之间的一个定点，过作的垂线分别交于两点，，分别是上的两个动点（均在的右侧）．设，，的周长和面积分别为和．
（1）当时，求的最小值；
（2）当时，求的最小值．
【答案】（1）解：依题意，当时，，
在和中，，
则，
因此，
令，，
则，函数在上单调递减，，
所以当时，取得最小值.
（2）解：当时，，
在和中，，
则，
而，
则，因此当时，，
所以当时，取得最小值.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；同角三角函数间的基本关系；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用直角三角形边角关系表示出、、，构建表达式；通过换元法（令 ）转化为函数，结合函数单调性求最小值.
（2）利用直角三角形边角关系和面积公式表示，通过三角恒等变换化简表达式；结合正弦函数在特定区间的单调性，确定最小值对应的，进而求出最小值.
（1）依题意，当时，，
在和中，，
则，
因此，
令，，
则，函数在上单调递减，，
所以当时，取得最小值.
（2）当时，，
在和中，，
则，
而，
则，因此当时，，
所以当时，取得最小值.
19．（2025高一下·金东期末）已知函数，满足.
（1）设，求证：函数在区间上为减函数，在区间上为增函数；
（2）设.
①当时，求的最小值；
②若对任意实数，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：由题意可得，
令，则
，
时，且，
故，故在区间上为减函数；
时，且，
故，故在区间上为增函数
（2）①；②
①解：令，解得，
由中可知的定义域为，
且，
因为，则，可得，故，
令，则，
故，当且仅当时取等号，
故，
②解：因为恒成立，
故，即，
由①：时，
令，令，
由（1）知，在上为减函数，在上为增函数，
时，在上为减函数，
故，，
故，得，和矛盾，
时，在上为减函数，在上为增函数，
，即，
得，
时，在上为增函数，故，得，不合题意；
综上得：.
故①；②.
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数恒成立问题；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）证明单调性：当时，表达式明确，通过求导，依据导数符号判断单调性。导数大于函数递增，小于函数递减，关键是正确求导并分析导数在不同区间的符号.
（2）①求最小值（，）：先确定定义域，再分析其单调性（可通过换元法转化为熟悉函数，或求导），找到最小值点计算最小值.
②恒成立问题（恒成立）：需先求出在给定区间的最大值、最小值，进而得到的最大值，让其小于的最小值（因为在给定区间，需恒大于的最大值 ），通过解不等式确定的范围 .
（1）由题意可得，
令，则
，
时，且，
故，故在区间上为减函数；
时，且，
故，故在区间上为增函数.
（2）①令，解得，
由中可知的定义域为，
且，
因为，则，可得，故，
令，则，
故，当且仅当时取等号，
故，
②因为恒成立，
故，即，
由①：时，
令，令，
由（1）知，在上为减函数，在上为增函数，
时，在上为减函数，
故，，
故，得，和矛盾，
时，在上为减函数，在上为增函数，
，即，
得，
时，在上为增函数，故，得，不合题意；
综上得：.
1 / 1浙江金华第一中学2024-2025学年高一下学期6月期末数学试题
一、选择题：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·金东期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高一下·金东期末）长方体中，，则异面直线与所成角的大小为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高一下·金东期末）“”是“”的（ ）
A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2025高一下·金东期末）从2，4，8，16中任取两个数，分别记作a，b，则使为整数的概率是（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高一下·金东期末）已知平面向量满足，，，则（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
6．（2025高一下·金东期末）已知函数，则在区间上的所有零点之和为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高一下·金东期末）在中，三边长满足，则的值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·金东期末）某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，．若，则该多面体的体积为（ ）
A．40 B．50 C．60 D．70
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．
9．（2025高一下·金东期末）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
10．（2025高一下·金东期末）在四棱锥中，分别是上的点，，则下列条件可以确定平面的是（ ）
A． B．
C．平面 D．平面
11．（2025高一下·金东期末）已知函数的定义域为，，，且，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一下·金东期末）已知i是虚数单位，则 ．
13．（2025高一下·金东期末）已知函数有唯一零点，则 ．
14．（2025高一下·金东期末）在平面直角坐标系中，，．设，则的取值范围是 ．
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·金东期末）已知向量、满足，，且.
（1）若，求实数的值；
（2）求与的夹角.
16．（2025高一下·金东期末）为了提高市民的普法意识，某市举行了普法知识竞赛，为了解全市参赛者的成绩情况，从所有参赛者中随机抽取了人的成绩（均为整数）作为样本，将其整理后分为组，并作出了如图所示的频率分布直方图（最低分，最高分）．
（1）求频率分布直方图中的值，并求出样本中成绩在分以上的人数：
（2）若划定成绩大于或等于第百分位数为“良好”以上等级，请根据直方图，估计全市参赛者的成绩在“良好”以上等级的范围；
（3）现知道样本中，成绩在“良好”以上等级的平均数为，方差为，成绩在内的平均数为，方差为，求成绩在内的平均数和方差．
17．（2025高一下·金东期末）如图所示，在平行六面体中，底面是边长为3的菱形，分别在线段和上，且，．
（1）证明：四点共面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
18．（2025高一下·金东期末）如图，已知直线，是之间的一个定点，过作的垂线分别交于两点，，分别是上的两个动点（均在的右侧）．设，，的周长和面积分别为和．
（1）当时，求的最小值；
（2）当时，求的最小值．
19．（2025高一下·金东期末）已知函数，满足.
（1）设，求证：函数在区间上为减函数，在区间上为增函数；
（2）设.
①当时，求的最小值；
②若对任意实数，恒成立，求实数的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，，
则.
故答案为：B．
【分析】根据并集定义计算求解.
2．【答案】A
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】解：连接，
所以异面直线与所成角是异面直线与所成角是，
因为，所以，
所以，所以.
故答案为：A
【分析】先利用长方体中棱的平行关系，确定与异面直线中一条直线平行的棱，从而找到对应的平面角；接着计算该平面角所在直角三角形的两条直角边长度；最后借助三角函数求出角度．
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：若，则，即，得不出，如，
所以“”不是“”的充分条件；
若，则，可得，即，
所以“”是“”的必要条件；
所以“”是“”的必要而不充分条件，
故答案为：A．
【分析】从条件出发，推导角度关系的多样性，说明充分性不成立，从结论出发，代入角度关系验证条件成立，说明必要性成立。
4．【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题的有序数对有，
分别为，，，，，，
，，，，，；共组，
使为整数的有序数对有，，，，共4组，
故概率.
故答案选：B.
【分析】本题考查古典概型概率计算，解题关键在于明确“任取两个数”是有序抽取（因为作对数的底数、作真数，和顺序不同结果不同 ），需先通过列举法找出所有可能的有序数对，再筛选出满足为整数的有序数对，最后依据古典概型概率公式满足条件的基本事件数总的基本事件数计算概率 .
5．【答案】C
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，，，
所以，即，则，解得，
.
故答案为：C.
【分析】本题考查平面向量数量积的运算，关键在于利用向量模长与数量积的关系，先通过对平方求出，再计算，思路为：1. 求：对两边平方，结合已知和的值，利用向量数量积运算律展开求解.
2. 计算：根据向量数量积分配律，将其拆分为，代入已知和求得的计算.
6．【答案】D
【知识点】二倍角的余弦公式；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：，
由，得或，即或或，，
所以函数在区间的零点是，它们的和为，
故答案为：D.
【分析】利用二倍角余弦公式对函数变形，转化为关于的二次方程，求解方程得到的值，再依据余弦函数的周期性和取值范围，确定内对应的值（即零点），最后将这些零点相加.
7．【答案】C
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；二倍角的正切公式
【解析】【解答】解：方法一：，由正弦定理得：，
，，；
，
，
，又，
，
，，，
，即，
整理可得：，
，，，，.
方法二：令，，，则满足；
则可知：，；
由得：，解得：或，
，，，.
故答案为：C.
【分析】本题目标是求解的值，可从三角恒等变换和特殊值法两种思路切入：
方法一 ：利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，再通过两角和差正弦公式、二倍角公式等，对（由结合正弦定理得到 ）进行变形，逐步推导.
方法二 ：选取满足的具体边长，构造特殊三角形，利用三角函数公式求出和，进而得到乘积.
8．【答案】C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；平面与平面垂直的性质；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图，将一半的几何体分割成直三棱柱和四棱锥后结合体积公式可求几何体的体积.
先证明一个结论：如果平面平面，平面平面，平面，则.
证明：设，， 在平面取一点，，
在平面内过作直线，使得，作直线，使得，
因为平面平面，，故，而，故，
同理，而，故 .
连接，因为且，故，同理，，
而，故直角梯形与直角梯形全等，
故，
在直角梯形中，过作，垂足为，
则四边形为矩形，且为以为直角的等腰直角三角形，
故，
平面平面，平面平面，，
平面，故平面，
取的中点为，的中点为，的中点为，连接，
则，同理可证平面，而平面，
故平面平面，同理平面平面，
而平面平面，故平面，
故，故四边形为平行四边形，故.
在平面中过作，交于，连接.
则四边形为平行四边形，且，故，
故四边形为平行四边形，
而平面，
故平面，故平面平面，
而，故，
故几何体为直棱柱，
而，故，
因为，故平面，
而平面，故平面平面，
在平面中过作，垂足为，同理可证平面，
而，故，故，
由对称性可得几何体的体积为，
故答案为：C.
【分析】先分析多面体的结构特征，利用线面平行、面面垂直关系，确定可分解或补充的规则部分；然后计算规则几何体的相关参数（如底面积、高 ）；最后通过体积的和或差求出原多面体体积 .
9．【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.
10．【答案】B,D
【知识点】反证法；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：过点作交于点，连接，如图所示：
即平面，
因为，所以，
若，则，又因为平面，平面，
所以平面，由平面，
得平面平面，又平面，所以平面，故B正确；
若平面，又因为平面平面，所以，由B可知D正确；
假设平面，设平面，则，
若平面，平面平面，所以，
反之若，当且仅当平面，即A、C同时正确或错误；
若，可能，也可能与相交．
若与相交，由知延长必与、交于同一点，
由几何关系知与不平行，故A、C错误．
故答案为：BD.
【分析】过点作交于点，连接，根据线面、面面平行的判定定理与性质，结合反证法，逐项分析证明即可.
11．【答案】B,C
【知识点】函数单调性的判断与证明
【解析】【解答】解：A、令，则，又，则，所以，A错误；
B、令，则，又，，所以，则，B正确；
C、令，则，又，则，由上可知，故，，所以，C正确；
D、由，则，所以，，由选项C中分析知，所以，D错误.
故答案为：BC.
【分析】先利用赋值法确定、等特殊值；再推导函数表达式（或找出函数规律 ），分析单调性判断与大小；最后计算函数值差值并比较，以此判断各选项正误 .
12．【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：先由题得，，所以.
故答案为：
【分析】先由复数除法运算化简，再由复数模长公式即可计算求解.
13．【答案】2
【知识点】函数的奇偶性；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：定义域为，，
所以函数为偶函数，
又因为函数有唯一零点，
根据零点关于轴对称，得出，所以，
当时，函数有唯一零点，符合题意；
当时，函数有零点，不符合题意舍；
故答案为：2.
【分析】先判断函数奇偶性，根据偶函数零点对称的性质确定唯一零点只能是，由此列出关于的方程，最后对求出的值进行检验，排除不符合“唯一零点”条件的情况.
14．【答案】
【知识点】向量的模；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：因为，，
由平方可得，，所以．
，，
所以，
，
又，即，
所以，即，
故答案为：.
【分析】首先由与、的关系，通过平方求出，进而确定夹角，将、用、、表示，化简得到 ，对平方，结合向量数量积的性质和不等式，求出平方后的取值范围，再开方得到结果.
15．【答案】（1）解：因为向量、满足，，且，
即，解得，
因为，即，
解得.
即： 实数.
（2）解：因为，
，
因此.
因为，因此，即与的夹角为.
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】（1）先通过已知条件求出，再利用向量垂直的性质（垂直向量数量积为 ），结合数量积运算律列出关于的方程求解.
（2）先计算和，再根据向量夹角公式求出夹角余弦值，结合夹角范围确定夹角.
（1）因为向量、满足，，且，
即，解得，
因为，即，
解得.
（2）因为，
，
因此.
因为，因此，即与的夹角为.
16．【答案】（1）（1）解：在频率分布直方图中，所有直方图面积之和为，
可得，解得，
由图可知，样本中成绩在分以上的人数为人.
即：， 样本中成绩在分以上的人数为人.
（2）解：前三个矩形面积之和为，前四个矩形面积之和为，
设第百分位数为，则，
由百分位数的定义可得，解得，
因此，全市参赛者的成绩在“良好”以上等级的范围为.
（3）解：成绩在内占成绩在的比例为，
成绩在内占成绩在的比例为，
设成绩在内的平均数和方差分别为、，
由分层随机抽样的平均数公式可得，解得，
由分层随机抽样的方差公式可得，解得.
故成绩在内的平均数为，方差为.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图所有矩形面积和为（频率和为 ）列方程求；再通过计算分以下频率，结合样本总数求分以上人数.
（2）先计算前几组频率和，确定第百分位数所在区间，再根据百分位数定义列方程求解.
（3）先确定与的频率比例，再利用分层抽样的均值、方差公式，结合已知条件列方程求解.
（1）在频率分布直方图中，所有直方图面积之和为，
可得，解得，
由图可知，样本中成绩在分以上的人数为人.
（2）前三个矩形面积之和为，
前四个矩形面积之和为，
设第百分位数为，则，
由百分位数的定义可得，解得，
因此，全市参赛者的成绩在“良好”以上等级的范围为.
（3）成绩在内占成绩在的比例为，
成绩在内占成绩在的比例为，
设成绩在内的平均数和方差分别为、，
由分层随机抽样的平均数公式可得，解得，
由分层随机抽样的方差公式可得，解得.
故成绩在内的平均数为，方差为.
17．【答案】（1）证明：由，因为平行六面体可知：
且
又因为，，
所以，
则有，即四点共面.
（2）解：取的中点为，连接，如图所示
由于，则有，
又由余弦定理得：
所以，
又由，
则，
所以有，又因为的中点为，所以，
即就是平面与平面的夹角或其补角，
由，
，
由，
，
，
所以有，
故平面与平面夹角的余弦值是.
【知识点】平面向量的线性运算；空间向量的数量积运算；用空间向量研究二面角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）证明四点共面：利用空间向量线性运算，若能证明与平行，根据向量平行则对应直线平行（或重合），结合有公共点，可证四点共面.
（2）求平面与平面夹角的余弦值：先找（或作）出二面角的平面角，通过空间向量的线性运算和数量积运算来求解.
（1）由，因为平行六面体可知：
且
又因为，，
所以，
则有，即四点共面；
（2）取的中点为，连接，
由于，则有，
又由余弦定理得：
所以，
又由，
则，
所以有，又因为的中点为，所以，
即就是平面与平面的夹角或其补角，
由，
，
由，
，
，
所以有，
故平面与平面夹角的余弦值是.
18．【答案】（1）解：依题意，当时，，
在和中，，
则，
因此，
令，，
则，函数在上单调递减，，
所以当时，取得最小值.
（2）解：当时，，
在和中，，
则，
而，
则，因此当时，，
所以当时，取得最小值.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；同角三角函数间的基本关系；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用直角三角形边角关系表示出、、，构建表达式；通过换元法（令 ）转化为函数，结合函数单调性求最小值.
（2）利用直角三角形边角关系和面积公式表示，通过三角恒等变换化简表达式；结合正弦函数在特定区间的单调性，确定最小值对应的，进而求出最小值.
（1）依题意，当时，，
在和中，，
则，
因此，
令，，
则，函数在上单调递减，，
所以当时，取得最小值.
（2）当时，，
在和中，，
则，
而，
则，因此当时，，
所以当时，取得最小值.
19．【答案】（1）解：由题意可得，
令，则
，
时，且，
故，故在区间上为减函数；
时，且，
故，故在区间上为增函数
（2）①；②
①解：令，解得，
由中可知的定义域为，
且，
因为，则，可得，故，
令，则，
故，当且仅当时取等号，
故，
②解：因为恒成立，
故，即，
由①：时，
令，令，
由（1）知，在上为减函数，在上为增函数，
时，在上为减函数，
故，，
故，得，和矛盾，
时，在上为减函数，在上为增函数，
，即，
得，
时，在上为增函数，故，得，不合题意；
综上得：.
故①；②.
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数恒成立问题；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）证明单调性：当时，表达式明确，通过求导，依据导数符号判断单调性。导数大于函数递增，小于函数递减，关键是正确求导并分析导数在不同区间的符号.
（2）①求最小值（，）：先确定定义域，再分析其单调性（可通过换元法转化为熟悉函数，或求导），找到最小值点计算最小值.
②恒成立问题（恒成立）：需先求出在给定区间的最大值、最小值，进而得到的最大值，让其小于的最小值（因为在给定区间，需恒大于的最大值 ），通过解不等式确定的范围 .
（1）由题意可得，
令，则
，
时，且，
故，故在区间上为减函数；
时，且，
故，故在区间上为增函数.
（2）①令，解得，
由中可知的定义域为，
且，
因为，则，可得，故，
令，则，
故，当且仅当时取等号，
故，
②因为恒成立，
故，即，
由①：时，
令，令，
由（1）知，在上为减函数，在上为增函数，
时，在上为减函数，
故，，
故，得，和矛盾，
时，在上为减函数，在上为增函数，
，即，
得，
时，在上为增函数，故，得，不合题意；
综上得：.
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