湖南省长沙市芙蓉高级中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题
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·芙蓉期末）样本数据2，8，14，16，20的平均数为（ ）
A．8 B．9 C．12 D．18
2．（2025高一下·芙蓉期末）复数，则复数的虚部是（ ）
A． B．2 C． D．1
3．（2025高一下·芙蓉期末）下列几何体中，不是旋转体的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025高一下·芙蓉期末）如图，在平行四边形ABCD中，为对角线的交点，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高一下·芙蓉期末）如图，是水平放置的的直观图，则的面积为（ ）
A．6 B．9 C．12 D．15
6．（2025高一下·芙蓉期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，则（ ）
A．MN∥PD B．MN∥PA
C．MN∥AD D．以上均有可能
7．（2025高一下·芙蓉期末）甲 乙两人独立地破译一份密码，已知各人能破译的概率分别为，则甲 乙两人一起破译这份密码，密码被成功破译的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·芙蓉期末）如图，在△ABC中，，P是线段BN上的一点，若，则实数m等于（ ）
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025高一下·芙蓉期末）中国四大名楼是一种泛称，特指山西永济鹳雀楼、江西南昌滕王阁、湖北武汉黄鹤楼、湖南岳阳岳阳楼．记事件“只去黄鹤楼”，事件“至少去两个名楼”，事件“只去一个名楼”，事件“一个名楼也不去”，事件“至多去一个名楼”，则下列命题正确的是（ ）
A．E与H是互斥事件
B．F与I是互斥事件，且是对立事件
C．
D．
10．（2025高一下·芙蓉期末）下列命题正确的是（ ）
A．若向量共线，则必在同一条直线上
B．若为平面内任意三点，则
C．若点为的重心，则
D．已知向量，若，则
11．（2025高一下·芙蓉期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，底面，，点为线段上的动点（不包括端点），则下列结论正确的是（ ）
A．该四棱锥的体积为
B．一定存在点，使平面
C．一定存在点，使平面
D．的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一下·芙蓉期末）某圆锥的侧面展开图是半径为4，圆心角为的扇形，则该圆锥的底面直径为 ．
13．（2025高一下·芙蓉期末）以下数据为参加某次数学竞赛的15人的成绩（单位：分），分数从低到高依次是：56、70、72、78、79、80、81、83、84、85、88、90、91、94、98，则这15人成绩的第60百分位数是 ．
14．（2025高一下·芙蓉期末）如图所示，为测量一树的高度，在地面上选取两点，从两点分别测得树尖的仰角为，且两点间的距离为，则树的高度为 m.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸．
15．（2025高一下·芙蓉期末）已知中，内角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若点为的中点，且，求的面积.
16．（2025高一下·芙蓉期末）如图，在直三棱柱中，，，，点是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正切值．
17．（2025高一下·芙蓉期末）已知为单位向量，且与的夹角为60°.
（1）求的值；
（2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围.
18．（2025高一下·芙蓉期末）某校在2025年高三二轮复习备考中，年级备课组命制了一套与数学新定义有关的专题训练卷（满分100分），并对整个高三年级的学生进行了测试.现从全部高三年级学生的成绩中随机抽取了100名学生的成绩，并将成绩按照，，，，分成了5组.制成了如图所示的频率分布直方图（假定每名学生的成绩均不低于50分）.
（1）求频率分布直方图中的x的值：
（2）估计所抽取的100名学生成绩的平均数、中位数；（同一组中的数据用该组所在区间的中点值作代表）
（3）若按人数比例用分层随机抽样的方法从样本中成绩不低于70分的学生中抽取6人，再从这6人中随机抽取3人参加这次考试的考后分析会，试求成绩在内的至少有2人被抽到的概率.
19．（2025高一下·芙蓉期末）不透明的盒子里装有除颜色外完全相同的3个黑球、2个白球，其中黑球编号为1，2，3，白球编号为4，5．
（1）现从盒子里随机取出2个小球，记事件“有放回地依次取出时，取到两个白球”，事件“不放回地依次取出时，取出小球编号之和为”，当时，分别求事件的概率；
（2）某班级为活跃班级氛围，组织了玩游戏送书签的活动．该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响，连胜两个游戏可以获得一张书签，连胜三个游戏可以获得两张书签．
游戏一：从盒子中随机取出一个球，取到白球时获胜；
游戏二：从盒子中有放回地依次取出2个球，取出两个白球时获胜；
游戏三：从盒子中无放回地依次取出2个球，取出球编号之和为时获胜．
小明同学决定先玩游戏一，当为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书签的概率更大？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解： 样本数据2，8，14，16，20的平均数为.
故答案为：C.
【分析】根据平均数公式求解即可.
2．【答案】A
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：复数的虚部即．
故答案为：A．
【分析】根据复数的概念确认虚部即得．
3．【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：由旋转体的概念可知，选项ACD为旋转体，选项B不算旋转体.
故答案为：B.
【分析】由旋转体的概念即可判断不是旋转体的选项.
4．【答案】A
【知识点】向量加法的三角形法则
【解析】【解答】解：.
故答案为：A.
【分析】平行四边形中向量的运算，用向量加法的三角形法则和平行四边形法则，对向量表达式进行化简，从而得出结果.“利用向量加法法则，结合平行四边形的性质，将未知向量组合转化为已知的对角线向量”.
5．【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由的直观图可知原图中，，
所以的面积为.
故答案为：C.
【分析】要根据斜二测画法的规则，将直观图还原为原平面图形，再用直角三角形面积公式计算原三角形面积.“识别直观图特征，还原原图，计算面积”.
6．【答案】B
【知识点】直线与平面平行的性质
【解析】【解答】解：∵MN∥平面PAD，MN 平面PAC，平面PAD∩平面PAC=PA，
∴MN∥PA.
故答案为：B
【分析】解题核心思路是运用线面平行的性质定理。先确定直线 MN 所在平面（平面 PAC ）与已知平行平面（平面 PAD ）的交线（PA ），再依据线面平行性质，得出 MN 与交线 PA 平行，从而判断选项.
7．【答案】C
【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】【解答】解：根据题意，甲乙两人能成功破译的概率分别是，
则密码没有被破译，即甲乙都没有成功破译密码的概率，
故该密码被成功破译的概率．
故答案为：C．
【分析】先算 “甲乙都不能破译” 的概率（独立事件，概率相乘 ）；再根据 “成功破译” 与 “都未破译” 是对立事件，用 1 减去 “都未破译” 概率，得到成功破译概率.
8．【答案】D
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的线性运算
【解析】【解答】解：因为，所以，则，
因为P、B、N三点共线，所以，解得.
故答案为：D．
【分析】解决向量线性运算中实数的值，先用已知条件将用表示，将转化为与的线性组合，根据三点共线的向量性质求解.“向量线性转化 + 三点共线性质”.
9．【答案】A,B,C
【知识点】互斥事件与对立事件
【解析】【解答】A、事件（只去黄鹤楼）与（一个名楼也不去），不可能同时发生，满足互斥事件定义，故A正确；
B、事件（至少去两个名楼）与（至多去一个名楼），不能同时发生，且所有情况（去名楼数量）涵盖“至少两个”与“至多一个”，概率和为，是互斥且对立事件，故B正确；
CD、事件“至多去一个名楼”刚好包含事件“只去一个名楼”与事件“一个名楼也不去”，所以，，C正确，D错误.
故答案为：ABC．
【分析】、看与能否同时发生；
、判断与是否互斥且对立（涵盖所有可能情况 ）；
、分析“至多去一个”包含的子事件，验证与是否一致；
、计算并与对比，从而确定正确选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】共线（平行）向量；向量加法的三角形法则；平面向量的基本定理；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：A：若向量，共线，只需两个向量方向相同或相反即可，则A， B， C， D不必在同一直线上，故A错误；
B：由向量线性运算性质知，故B正确；
C：若点G为的重心，设AB中点为M，则，由重心性质知，所以，故C正确；
D：因为向量，所以，化简得，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】分析每个选项，依据向量共线、向量运算性质、三角形重心性质、向量共线坐标运算的相关知识判断命题真假.“精准调用向量各知识点，辨析每个选项逻辑”.
11．【答案】A,C
【知识点】棱锥的结构特征；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意得：四棱锥的体积为，故A正确；
假设平面，则过点作的平行线，交于点，连接，
由于平面平面，所以，又因为所以，从而可得四边形是平行四边行，即，又因为，所以，由于点为线段上的动点，则与点重合，而点为线段上的动点（不包括端点），则假设不成立，故B错误；
根据底面，底面是边长为1的正方形，可知直角三角形与直角三角形全等，若，则必有，由平面，所以必有平面，故C正确；
根据底面，底面是边长为1的正方形，可知直角三角形与直角三角形全等，且，则，然后把直角三角形与直角三角形展开成一个平面，则如下图
所以有，即的最小值为，故D错误；
故答案为：AC.
【分析】围绕四棱锥的体积、线面平行、线面垂直及线段和最小值展开，调用锥体体积公式、线面平行判定、线面垂直判定及侧面展开图知识分析各选项.“针对每个选项，匹配对应几何定理或方法验证”.
12．【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：由题意知扇形的弧长，
设该圆锥的底面圆的半径为，则，
即，得，即该圆锥的底面圆的直径为.
故答案为：
【分析】先将扇形圆心角化为弧度，用弧长公式算出弧长（对应底面周长 ）；再根据圆周长公式，建立等式求出底面直径.
13．【答案】84.5
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：因为，故这15人成绩的第60百分位数为，
故答案为：84.5．
【分析】根据百分位数的定义和计算方法来求解.确定百分位数对应的位置，依据位置情况计算出第60百分位数.“计算位置索引，根据索引确定对应数据或数据平均值”.
14．【答案】
【知识点】正弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，，，，，
在中，由正弦定理得，
所以，
所以树的高度为.
故答案为：.
【分析】通过解三角形来求树的高度，在中利用正弦定理求出的长度，根据直角三角形的边角关系求出树的高度.“正弦定理搭桥，先求边，再求树高”.
15．【答案】（1）解：设，
由余弦定理得.
（2）解：在中，，，，
由余弦定理得，
即，解得，
又因为，
故，
则.
【知识点】余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）设，再由余弦定理求出的值.
（2）在中，，，由余弦定理列出方程，从而求出的值，利用同角三角函数基本关系式得到的值，即可求出的面积.
（1）设，
则由余弦定理得；
（2）在中，，，，
由余弦定理得，
即，解得，
又，
故，.
16．【答案】（1）证明：设，则是中点，连接，
又∵是中点，∴，
又∵平面，平面，
∴平面；
（2）解：∵，∴，
平面，平面，
∴，同理，
，平面，
∴平面，而平面，故，
∴是二面角的平面角，
在直角中，，，
，
∴二面角的正切值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】本题围绕直三棱柱的线面平行证明及二面角求解展开，需运用线面平行判定定理、二面角平面角的定义及直角三角形边角关系：
（1）通过寻找辅助线，构造三角形中位线，利用线线平行推导线面平行，关键是找到与平行且在平面内的直线.
（2）先确定二面角的平面角，利用直三棱柱的垂直关系证明线面垂直，从而找到平面角；再在直角三角形中，通过边长计算正切值.
（1）设，则是中点，连接，
又∵是中点，∴，
又∵平面，平面，
∴平面；
（2）∵，∴，
平面，平面，
∴，同理，
，平面，
∴平面，而平面，故，
∴是二面角的平面角，
在直角中，，，
，
∴二面角的正切值为．
17．【答案】（1）解；对先平方可得：
展开得：
因为，为单位向量，所以，则，.
又因为与的夹角为，可得：
将，，代入可得：
所以.
（2）解：因为向量与的夹角为锐角，所以且与不同向共线.
可得：
将，，代入上式可得：
整理得：，即，得：，解得.
若两向量同向共线，则存在实数，使得，即.
所以可得，将代入得，解得.
所以当两向量不同向共线时，.
综合以上两个条件，实数的取值范围是.
【知识点】向量的模；平面向量的共线定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】本题围绕单位向量的模长与夹角展开，需运用向量数量积运算及夹角相关性质解题：
（1）利用向量模长与数量积的关系，对模长平方后展开，结合单位向量及夹角条件计算.
（2）根据向量夹角为锐角的条件（数量积大于且不共线 ），先通过数量积运算列出不等式，求解后再排除共线情况，确定的范围.
（1）对先平方可得：
展开得：
因为，为单位向量，所以，则，.
又因为与的夹角为，可得：
将，，代入可得：
所以.
（2）因为向量与的夹角为锐角，所以且与不同向共线.
可得：
将，，代入上式可得：
整理得：，即，得：，解得.
若两向量同向共线，则存在实数，使得，即.
所以可得，将代入得，解得.
所以当两向量不同向共线时，.
综合以上两个条件，实数的取值范围是.
18．【答案】（1）解：由直方图可得，解得
（2）解：平均数；
由图可得前两组的频率为0.4，前三组为0.7，所以中位数在之间，设为，
则，解得；
故：平均数为74；中位数为.
（3）解：易得后三组学生人数分别为30，20，10，所以抽取人数分别3，2，1，
记成绩在这组的3名学生分别为，成绩在这组的2名学生分别为，成绩在这组的1名学生为，
则从中任抽取3人的所有可能结果为、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，共20种，
其中至少有2人被抽到包含10种结果，故所求概率为.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；众数、中位数、平均数；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）明确组距为，各矩形对应的频率/组距分别为、、、、，根据“频率和为”列方程各频率/组距之和，求解得 .
（2）将每个矩形的中点值乘以对应矩形的面积，再将所得结果全部相加可得平均数；根据中位数左边的矩形面积之和为0.5可求得中位数的值.
（3）分析可知后三组中所抽取的人数分别为3，2，1，将这人进行标记，列举出所有的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
（1）由直方图可得，解得；
（2）平均数；
由图可得前两组的频率为0.4，前三组为0.7，所以中位数在之间，设为，
则，解得；
（3）易得后三组学生人数分别为30，20，10，所以抽取人数分别3，2，1，
记成绩在这组的3名学生分别为，成绩在这组的2名学生分别为，成绩在这组的1名学生为，
则从中任抽取3人的所有可能结果为、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，共20种，
其中至少有2人被抽到包含10种结果，故所求概率为.
19．【答案】（1）解：事件（有放回取两白球）：
有放回取球，每次种可能，样本空间总数
取两白球的情况：，共种，即
由古典概型 .
事件（不放回取两球和为）：
不放回取球，样本空间总数（排列数，有序 ）
和为的情况：，共种，即
由古典概型 .
故，.
（2）解：先定义事件：设为“游戏一获胜（取白球）”，（白球个，共球 ）；为“先玩游戏二获书签”，为“先玩游戏三获书签”，计算（游戏一胜→游戏二胜 或 游戏一负→游戏二胜→游戏一胜 等连胜两局情况，简化后 ）：
游戏二获胜概率即，结合独立事件概率， 经推导为（为游戏三获胜概率，与有关 ），
计算（类似连胜逻辑 ）：
推导得 ，
由列不等式：
，化简得 ，
分析对应的：不放回取两球，和的可能值：，，，，，，，，， .
统计和为各的情况数：或或或：各种，（， ）
或或：各种，
故 .
【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；古典概型及其概率计算公式；列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】【分析】（1）利用古典概型，分别计算有放回（样本空间总数为 ）和不放回（样本空间总数为排列数 ）的样本空间大小，再找出事件、包含的基本事件数，代入概率公式求解.
（2）利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书签的概率，从而得到概率，结合（1），由此得解.
（1）对于事件，有放回地依次取出两个球的样本空间，
则，因为，所以，
所以.
对于事件，不放回地依次取出取出两个球的样本空间
，
则，因为，所以，所以.
（2）设“先玩游戏二时，获得书签”，“先玩游戏三时，获得书签”，
记事件“从盒子中随机取出一个球，取到白球”，的样本空间为，
则，所以．
则互斥，相互独立，
所以．
同理，．
因为，所以，解得．
综合（1）知，对应的均为，大于，满足题意；
对应的均为，小于，不满足题意．
因此，符合题意的的取值为5，6，7．
1 / 1湖南省长沙市芙蓉高级中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题
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·芙蓉期末）样本数据2，8，14，16，20的平均数为（ ）
A．8 B．9 C．12 D．18
【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解： 样本数据2，8，14，16，20的平均数为.
故答案为：C.
【分析】根据平均数公式求解即可.
2．（2025高一下·芙蓉期末）复数，则复数的虚部是（ ）
A． B．2 C． D．1
【答案】A
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：复数的虚部即．
故答案为：A．
【分析】根据复数的概念确认虚部即得．
3．（2025高一下·芙蓉期末）下列几何体中，不是旋转体的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：由旋转体的概念可知，选项ACD为旋转体，选项B不算旋转体.
故答案为：B.
【分析】由旋转体的概念即可判断不是旋转体的选项.
4．（2025高一下·芙蓉期末）如图，在平行四边形ABCD中，为对角线的交点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】向量加法的三角形法则
【解析】【解答】解：.
故答案为：A.
【分析】平行四边形中向量的运算，用向量加法的三角形法则和平行四边形法则，对向量表达式进行化简，从而得出结果.“利用向量加法法则，结合平行四边形的性质，将未知向量组合转化为已知的对角线向量”.
5．（2025高一下·芙蓉期末）如图，是水平放置的的直观图，则的面积为（ ）
A．6 B．9 C．12 D．15
【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由的直观图可知原图中，，
所以的面积为.
故答案为：C.
【分析】要根据斜二测画法的规则，将直观图还原为原平面图形，再用直角三角形面积公式计算原三角形面积.“识别直观图特征，还原原图，计算面积”.
6．（2025高一下·芙蓉期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，则（ ）
A．MN∥PD B．MN∥PA
C．MN∥AD D．以上均有可能
【答案】B
【知识点】直线与平面平行的性质
【解析】【解答】解：∵MN∥平面PAD，MN 平面PAC，平面PAD∩平面PAC=PA，
∴MN∥PA.
故答案为：B
【分析】解题核心思路是运用线面平行的性质定理。先确定直线 MN 所在平面（平面 PAC ）与已知平行平面（平面 PAD ）的交线（PA ），再依据线面平行性质，得出 MN 与交线 PA 平行，从而判断选项.
7．（2025高一下·芙蓉期末）甲 乙两人独立地破译一份密码，已知各人能破译的概率分别为，则甲 乙两人一起破译这份密码，密码被成功破译的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【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】【解答】解：根据题意，甲乙两人能成功破译的概率分别是，
则密码没有被破译，即甲乙都没有成功破译密码的概率，
故该密码被成功破译的概率．
故答案为：C．
【分析】先算 “甲乙都不能破译” 的概率（独立事件，概率相乘 ）；再根据 “成功破译” 与 “都未破译” 是对立事件，用 1 减去 “都未破译” 概率，得到成功破译概率.
8．（2025高一下·芙蓉期末）如图，在△ABC中，，P是线段BN上的一点，若，则实数m等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的线性运算
【解析】【解答】解：因为，所以，则，
因为P、B、N三点共线，所以，解得.
故答案为：D．
【分析】解决向量线性运算中实数的值，先用已知条件将用表示，将转化为与的线性组合，根据三点共线的向量性质求解.“向量线性转化 + 三点共线性质”.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025高一下·芙蓉期末）中国四大名楼是一种泛称，特指山西永济鹳雀楼、江西南昌滕王阁、湖北武汉黄鹤楼、湖南岳阳岳阳楼．记事件“只去黄鹤楼”，事件“至少去两个名楼”，事件“只去一个名楼”，事件“一个名楼也不去”，事件“至多去一个名楼”，则下列命题正确的是（ ）
A．E与H是互斥事件
B．F与I是互斥事件，且是对立事件
C．
D．
【答案】A,B,C
【知识点】互斥事件与对立事件
【解析】【解答】A、事件（只去黄鹤楼）与（一个名楼也不去），不可能同时发生，满足互斥事件定义，故A正确；
B、事件（至少去两个名楼）与（至多去一个名楼），不能同时发生，且所有情况（去名楼数量）涵盖“至少两个”与“至多一个”，概率和为，是互斥且对立事件，故B正确；
CD、事件“至多去一个名楼”刚好包含事件“只去一个名楼”与事件“一个名楼也不去”，所以，，C正确，D错误.
故答案为：ABC．
【分析】、看与能否同时发生；
、判断与是否互斥且对立（涵盖所有可能情况 ）；
、分析“至多去一个”包含的子事件，验证与是否一致；
、计算并与对比，从而确定正确选项.
10．（2025高一下·芙蓉期末）下列命题正确的是（ ）
A．若向量共线，则必在同一条直线上
B．若为平面内任意三点，则
C．若点为的重心，则
D．已知向量，若，则
【答案】B,C,D
【知识点】共线（平行）向量；向量加法的三角形法则；平面向量的基本定理；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：A：若向量，共线，只需两个向量方向相同或相反即可，则A， B， C， D不必在同一直线上，故A错误；
B：由向量线性运算性质知，故B正确；
C：若点G为的重心，设AB中点为M，则，由重心性质知，所以，故C正确；
D：因为向量，所以，化简得，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】分析每个选项，依据向量共线、向量运算性质、三角形重心性质、向量共线坐标运算的相关知识判断命题真假.“精准调用向量各知识点，辨析每个选项逻辑”.
11．（2025高一下·芙蓉期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，底面，，点为线段上的动点（不包括端点），则下列结论正确的是（ ）
A．该四棱锥的体积为
B．一定存在点，使平面
C．一定存在点，使平面
D．的最小值为
【答案】A,C
【知识点】棱锥的结构特征；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意得：四棱锥的体积为，故A正确；
假设平面，则过点作的平行线，交于点，连接，
由于平面平面，所以，又因为所以，从而可得四边形是平行四边行，即，又因为，所以，由于点为线段上的动点，则与点重合，而点为线段上的动点（不包括端点），则假设不成立，故B错误；
根据底面，底面是边长为1的正方形，可知直角三角形与直角三角形全等，若，则必有，由平面，所以必有平面，故C正确；
根据底面，底面是边长为1的正方形，可知直角三角形与直角三角形全等，且，则，然后把直角三角形与直角三角形展开成一个平面，则如下图
所以有，即的最小值为，故D错误；
故答案为：AC.
【分析】围绕四棱锥的体积、线面平行、线面垂直及线段和最小值展开，调用锥体体积公式、线面平行判定、线面垂直判定及侧面展开图知识分析各选项.“针对每个选项，匹配对应几何定理或方法验证”.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一下·芙蓉期末）某圆锥的侧面展开图是半径为4，圆心角为的扇形，则该圆锥的底面直径为 ．
【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：由题意知扇形的弧长，
设该圆锥的底面圆的半径为，则，
即，得，即该圆锥的底面圆的直径为.
故答案为：
【分析】先将扇形圆心角化为弧度，用弧长公式算出弧长（对应底面周长 ）；再根据圆周长公式，建立等式求出底面直径.
13．（2025高一下·芙蓉期末）以下数据为参加某次数学竞赛的15人的成绩（单位：分），分数从低到高依次是：56、70、72、78、79、80、81、83、84、85、88、90、91、94、98，则这15人成绩的第60百分位数是 ．
【答案】84.5
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：因为，故这15人成绩的第60百分位数为，
故答案为：84.5．
【分析】根据百分位数的定义和计算方法来求解.确定百分位数对应的位置，依据位置情况计算出第60百分位数.“计算位置索引，根据索引确定对应数据或数据平均值”.
14．（2025高一下·芙蓉期末）如图所示，为测量一树的高度，在地面上选取两点，从两点分别测得树尖的仰角为，且两点间的距离为，则树的高度为 m.
【答案】
【知识点】正弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，，，，，
在中，由正弦定理得，
所以，
所以树的高度为.
故答案为：.
【分析】通过解三角形来求树的高度，在中利用正弦定理求出的长度，根据直角三角形的边角关系求出树的高度.“正弦定理搭桥，先求边，再求树高”.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸．
15．（2025高一下·芙蓉期末）已知中，内角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若点为的中点，且，求的面积.
【答案】（1）解：设，
由余弦定理得.
（2）解：在中，，，，
由余弦定理得，
即，解得，
又因为，
故，
则.
【知识点】余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）设，再由余弦定理求出的值.
（2）在中，，，由余弦定理列出方程，从而求出的值，利用同角三角函数基本关系式得到的值，即可求出的面积.
（1）设，
则由余弦定理得；
（2）在中，，，，
由余弦定理得，
即，解得，
又，
故，.
16．（2025高一下·芙蓉期末）如图，在直三棱柱中，，，，点是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正切值．
【答案】（1）证明：设，则是中点，连接，
又∵是中点，∴，
又∵平面，平面，
∴平面；
（2）解：∵，∴，
平面，平面，
∴，同理，
，平面，
∴平面，而平面，故，
∴是二面角的平面角，
在直角中，，，
，
∴二面角的正切值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】本题围绕直三棱柱的线面平行证明及二面角求解展开，需运用线面平行判定定理、二面角平面角的定义及直角三角形边角关系：
（1）通过寻找辅助线，构造三角形中位线，利用线线平行推导线面平行，关键是找到与平行且在平面内的直线.
（2）先确定二面角的平面角，利用直三棱柱的垂直关系证明线面垂直，从而找到平面角；再在直角三角形中，通过边长计算正切值.
（1）设，则是中点，连接，
又∵是中点，∴，
又∵平面，平面，
∴平面；
（2）∵，∴，
平面，平面，
∴，同理，
，平面，
∴平面，而平面，故，
∴是二面角的平面角，
在直角中，，，
，
∴二面角的正切值为．
17．（2025高一下·芙蓉期末）已知为单位向量，且与的夹角为60°.
（1）求的值；
（2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围.
【答案】（1）解；对先平方可得：
展开得：
因为，为单位向量，所以，则，.
又因为与的夹角为，可得：
将，，代入可得：
所以.
（2）解：因为向量与的夹角为锐角，所以且与不同向共线.
可得：
将，，代入上式可得：
整理得：，即，得：，解得.
若两向量同向共线，则存在实数，使得，即.
所以可得，将代入得，解得.
所以当两向量不同向共线时，.
综合以上两个条件，实数的取值范围是.
【知识点】向量的模；平面向量的共线定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】本题围绕单位向量的模长与夹角展开，需运用向量数量积运算及夹角相关性质解题：
（1）利用向量模长与数量积的关系，对模长平方后展开，结合单位向量及夹角条件计算.
（2）根据向量夹角为锐角的条件（数量积大于且不共线 ），先通过数量积运算列出不等式，求解后再排除共线情况，确定的范围.
（1）对先平方可得：
展开得：
因为，为单位向量，所以，则，.
又因为与的夹角为，可得：
将，，代入可得：
所以.
（2）因为向量与的夹角为锐角，所以且与不同向共线.
可得：
将，，代入上式可得：
整理得：，即，得：，解得.
若两向量同向共线，则存在实数，使得，即.
所以可得，将代入得，解得.
所以当两向量不同向共线时，.
综合以上两个条件，实数的取值范围是.
18．（2025高一下·芙蓉期末）某校在2025年高三二轮复习备考中，年级备课组命制了一套与数学新定义有关的专题训练卷（满分100分），并对整个高三年级的学生进行了测试.现从全部高三年级学生的成绩中随机抽取了100名学生的成绩，并将成绩按照，，，，分成了5组.制成了如图所示的频率分布直方图（假定每名学生的成绩均不低于50分）.
（1）求频率分布直方图中的x的值：
（2）估计所抽取的100名学生成绩的平均数、中位数；（同一组中的数据用该组所在区间的中点值作代表）
（3）若按人数比例用分层随机抽样的方法从样本中成绩不低于70分的学生中抽取6人，再从这6人中随机抽取3人参加这次考试的考后分析会，试求成绩在内的至少有2人被抽到的概率.
【答案】（1）解：由直方图可得，解得
（2）解：平均数；
由图可得前两组的频率为0.4，前三组为0.7，所以中位数在之间，设为，
则，解得；
故：平均数为74；中位数为.
（3）解：易得后三组学生人数分别为30，20，10，所以抽取人数分别3，2，1，
记成绩在这组的3名学生分别为，成绩在这组的2名学生分别为，成绩在这组的1名学生为，
则从中任抽取3人的所有可能结果为、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，共20种，
其中至少有2人被抽到包含10种结果，故所求概率为.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；众数、中位数、平均数；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）明确组距为，各矩形对应的频率/组距分别为、、、、，根据“频率和为”列方程各频率/组距之和，求解得 .
（2）将每个矩形的中点值乘以对应矩形的面积，再将所得结果全部相加可得平均数；根据中位数左边的矩形面积之和为0.5可求得中位数的值.
（3）分析可知后三组中所抽取的人数分别为3，2，1，将这人进行标记，列举出所有的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
（1）由直方图可得，解得；
（2）平均数；
由图可得前两组的频率为0.4，前三组为0.7，所以中位数在之间，设为，
则，解得；
（3）易得后三组学生人数分别为30，20，10，所以抽取人数分别3，2，1，
记成绩在这组的3名学生分别为，成绩在这组的2名学生分别为，成绩在这组的1名学生为，
则从中任抽取3人的所有可能结果为、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，共20种，
其中至少有2人被抽到包含10种结果，故所求概率为.
19．（2025高一下·芙蓉期末）不透明的盒子里装有除颜色外完全相同的3个黑球、2个白球，其中黑球编号为1，2，3，白球编号为4，5．
（1）现从盒子里随机取出2个小球，记事件“有放回地依次取出时，取到两个白球”，事件“不放回地依次取出时，取出小球编号之和为”，当时，分别求事件的概率；
（2）某班级为活跃班级氛围，组织了玩游戏送书签的活动．该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响，连胜两个游戏可以获得一张书签，连胜三个游戏可以获得两张书签．
游戏一：从盒子中随机取出一个球，取到白球时获胜；
游戏二：从盒子中有放回地依次取出2个球，取出两个白球时获胜；
游戏三：从盒子中无放回地依次取出2个球，取出球编号之和为时获胜．
小明同学决定先玩游戏一，当为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书签的概率更大？
【答案】（1）解：事件（有放回取两白球）：
有放回取球，每次种可能，样本空间总数
取两白球的情况：，共种，即
由古典概型 .
事件（不放回取两球和为）：
不放回取球，样本空间总数（排列数，有序 ）
和为的情况：，共种，即
由古典概型 .
故，.
（2）解：先定义事件：设为“游戏一获胜（取白球）”，（白球个，共球 ）；为“先玩游戏二获书签”，为“先玩游戏三获书签”，计算（游戏一胜→游戏二胜 或 游戏一负→游戏二胜→游戏一胜 等连胜两局情况，简化后 ）：
游戏二获胜概率即，结合独立事件概率， 经推导为（为游戏三获胜概率，与有关 ），
计算（类似连胜逻辑 ）：
推导得 ，
由列不等式：
，化简得 ，
分析对应的：不放回取两球，和的可能值：，，，，，，，，， .
统计和为各的情况数：或或或：各种，（， ）
或或：各种，
故 .
【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；古典概型及其概率计算公式；列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】【分析】（1）利用古典概型，分别计算有放回（样本空间总数为 ）和不放回（样本空间总数为排列数 ）的样本空间大小，再找出事件、包含的基本事件数，代入概率公式求解.
（2）利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书签的概率，从而得到概率，结合（1），由此得解.
（1）对于事件，有放回地依次取出两个球的样本空间，
则，因为，所以，
所以.
对于事件，不放回地依次取出取出两个球的样本空间
，
则，因为，所以，所以.
（2）设“先玩游戏二时，获得书签”，“先玩游戏三时，获得书签”，
记事件“从盒子中随机取出一个球，取到白球”，的样本空间为，
则，所以．
则互斥，相互独立，
所以．
同理，．
因为，所以，解得．
综合（1）知，对应的均为，大于，满足题意；
对应的均为，小于，不满足题意．
因此，符合题意的的取值为5，6，7．
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