湖南省益阳市安化县两校联考2023-2024学年高一下学期7月期末自检数学试题
一、选择题：本大题共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．（2024高一下·安化期末）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高一下·安化期末）若复数满足（为虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·安化期末）已知向量，，若与共线，则（ ）
A． B．4 C． D．或4
4．（2024高一下·安化期末）设l是直线，α，β是两个不同平面，则下面命题中正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
5．（2024高一下·安化期末）如图，矩形是水平放置的一个平面图形由斜二测画法得到的直观图，其中，，则原图形的面积是（ ）
A．20 B．10 C． D．
6．（2024高一下·安化期末）某市6月1日至14日的空气质量指数变化趋势如图所示，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，下列说法中不正确的是（ ）
A．该市14天空气质量指数的中位数为78.5
B．该市14天空气质量指数的第30百分位数为55
C．该市14天空气质量指数的平均值大于100
D．计算连续3天空气质量指数的方差，其中6日到8日的方差最大
7．（2024高一下·安化期末）八卦是中国文化的基本学概念，图1是八卦模型图，其平面图形为图2所示的正八边形，其中.给出下列结论，其中正确的结论为（ ）
A．与的夹角为
B．
C．
D．在上的投影向量为（其中为与同向的单位向量）
8．（2024高一下·安化期末）如图，在多面体中，四边形ABCD是边长为3的正方形，，E到平面ABCD的距离为3，，.若A，B，C，D，E，F在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小繁给出的远项中，有多项待合题目要求.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．（2024高一下·安化期末）如图，在正方体中，点在线段上运动时，下列命题正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．直线与平面所成角的大小不变
C．直线与直线垂直
D．二面角的大小不变
10．（2024高一下·安化期末）一只不透明的口袋内装有9张卡片，上面分别标有数字1，2，3，…，9.从袋中任意抽取1张卡片，记“抽出的卡片号为1，4，7”为事件A，“抽出的卡片号小于7”为事件，“抽出的卡片号大于7”记为事件.下列说法正确的是（ ）
A．事件A与事件是互斥事件 B．事件A与事件是互斥事件
C．事件A与事件相互独立 D．事件与事件是对立事件
11．（2024高一下·安化期末）已知的内角，，所对的边分别为，，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则．
B．若，，则三角形有一解．
C．若，则一定为等腰直角三角形．
D．若面积为，，则．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高一下·安化期末）已知向量，，则在上的投影向量的坐标是 ．
13．（2024高一下·安化期末）若（为虚数单位）为方程（）的一个根，则 .
14．（2024高一下·安化期末）在圆台中，圆的半径是2，母线，圆是的外接圆，，，则三棱锥体积最大值为 ．
四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分.解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.
15．（2024高一下·安化期末）已知，，．
（1）求；
（2）若，求实数k的值．
16．（2024高一下·安化期末）已知向量，，设.
（1）求的最小正周期；
（2）若，，求的值.
17．（2024高一下·安化期末）“数学好玩”是国际著名数学家陈省身赠送给少年数学爱好者们的一句话.某校为了更好地培养学生创新精神和实践能力，激发学生钻研数学的兴趣和热情，特举办数学节活动.在活动中，共有20道数学问题，满分100分在所有的答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩分成六段：，，……，，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）求频率分布直方图中a的值，并估计该校全体学生这次数学成绩的中位数；
（2）活动中，甲、乙、丙三位同学独立参加竞赛，已知甲同学答对了12道，乙同学答对了8道，丙同学答对了n道，假设每道数学问题难度相当，被答对的可能性都相同.
（i）任选一道数学问题，求甲、乙两位同学恰有一人答对的概率；
（ii）任选一道数学问题，若甲、乙、丙三个人中至少有一个人答对的概率为，求n的值.
18．（2024高一下·安化期末）如图，在正三棱柱中，，分别为棱，的中点，.
（1）证明：平面；
（2）若三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.
19．（2024高一下·安化期末）在锐角中，角，，的对边为，，，若，.
（1）求角的大小；
（2）若为的中点，且，求的面积；
（3）如图，过点在所在平面内作，且满足.求线段的最大值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用一元二次不等式求解方法和元素与集合的关系，从而求出集合A，再利用一元一次不等式求解方法，从而求出集合B，再利用交集的运算法则得出集合.
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：C.
【分析】利用复数代数形式的乘除法运算化简即可.
3．【答案】D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：由两向量共线可知，，
则，
解得或.
故答案为：D.
【分析】利用向量平行的坐标表示，从而解一元二次方程得出m的值.
4．【答案】B
【知识点】命题的真假判断与应用；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A：若，，则或相交，故A错误；
对于B：若，，由线面平行的性质定理和线面垂直的性质定理，
可得，故B正确；
对于C：若，，
则或，故C错误；
对于D：若，，
则相交或或，故D错误.
故答案为：B.
【分析】由已知条件和面面平行的判定定理、面面垂直的判定定理、线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理，从而逐项判断找出真命题的选项.
5．【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由题意可知，，
由斜二测画法知，
故选：A.
【分析】根据斜二测画法即可求得原图形的面积 .
6．【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：对于选项A，将14天的空气质量指数由小到大排列为：
，
所以该市14天空气质量指数的中位数为：，故选项A正确.
对于选项B：因为，所以该市14天空气质量指数的百分位数为，故选项B正确；
对于选项C：，
该市14天空气质量指数的平均值小于100，故选项C错误；
对于选项D：因为连续3天空气质量指数，6日到8日的波动最大，所以方差最大，故选项D正确.
故选：C.
【分析】由平均数、中位数、百分位数和方差的概念（平均数： 是所有数据之和除以数据的个数；中位数： 将一组数据按大小顺序排列后， 如果数据个数是奇数， 则中位数是正中间的那个数； 如果数据个数是偶数， 则中位数是最中间两个数的平均值；百分位数： 是将一组数据按照数值大小排序后， 位于某个百分比的数值位置；方差： 是一组数据中每个数据点与平均数之差的平方的平均值）即可得出答案.
7．【答案】D
【知识点】向量加法的三角形法则；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为八卦图可知与的夹角为，其大小为，
所以与的夹角为，所以A错误；
因为向量的平行四边形法则可知，所以B错误；
易知，又因为，所以，
而，所以，即C错误；
易知在上的投影向量为，即D正确.
故选：D
【分析】根据向量夹角定义可得选项A错误；利用向量运算法则及模长关系可得B错误，选项选项C错误；再利用投影向量定义计算可得选项D正确.三角形减法法则：，简记为：共起点，连终点，指被减.
8．【答案】D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：连接，，相交于点，
因为四边形为矩形，所以为矩形外接圆的圆心，
分别取，，的中点M，P，Q，连接， 如图所示：
则， 且为的中点，因为，所以，
因为为矩形，，
所以，，，
，，是平面内的两条相交直线，
平面，平面，平面平面，
平面平面，
等腰梯形中，分别为的中点，则，
所以平面， 则多面体的外接球球心在上，
，平面，平面，则平面，
E到平面ABCD的距离为3，则，
当在线段上时，设，则，
在和中，由外接球半径，
，
即，解得，
外接球半径，
该球的表面积，
则当在线段的延长线上时，同理可得，此时无解.
故答案为：D.
【分析】为中点，为矩形中心，可得平面，外接球球心在上，由外接球球心的特征，通过构造直角三角形，利用勾股定理求出外接球半径，再求球的表面积即可.
9．【答案】A,C,D
【知识点】直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，连接，设该正方体的棱长为，
因为平面，平面，
所以平面，
因此点到平面的距离相等，
所以，故A正确；
对于B，点点在直线上运动时，
直线与平面所成的角和直线与平面所成的角不相等，故B错误；
对于C，设，
则，
因为平面，平面
所以，
又因为，平面
所以⊥平面
又因为平面，
所以，故C正确；
对于D，当点在直线上运动时，平面，
则二面角即大小不受影响，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据三棱锥的体积公式可判断出选项A；当点在直线上运动时，直线与平面所成的角和直线与平面所成的角不相等，则可判断选项B；根据线面垂直的判定定理可证直线⊥平面，再根据线面垂直的性质定理可判断选项C；当点在直线上运动时，平面，则二面角的大小不受影响，从而判断出选项D.，进而找出真命题的选项.
10．【答案】A,C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；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；条件概率与独立事件
【解析】【解答】解：由题意可知：样本空间
事件，事件，事件
则
即
A，因为，所以事件A与事件是互斥事件，故A正确
B，因为，所以事件A与事件不是互斥事件，故B错误
C，由选项B可知，则，
则，即事件A与事件相互独立，故C正确；
D，因为，所以事件与事件不是对立事件，故D错误.
故选：AC.
【分析】本题题意利用列举法求和，考查互斥事件，独立事件，对立事件的判定，需结合定义与样本空间分析：互斥事件：两事件无交集则互斥；独立事件：满足P(AB)=P(A)P(B)；对立事件：两事件并集为样本空间且交集为空.
11．【答案】A,B,D
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：对于A，由正弦定理得，
因为，
所以，
则，故A正确；
对于B，因为，，
由正弦定理得，
则，
又因为，
所以，
则，
所以只有一解，
则三角形只有一解，故B正确；
对于C，因为，
所以，
则，
又因为，
所以，
所以或，
则或，
所以为等腰三角形或直角三角形，故C错误；
对于D，因为面积为，
所以，
又因为，
所以，
所以，显然，
则，
又因为，
所以，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】利用正弦定理和已知条件，则判断出选项A和选项B；利用正弦定理将边化角，再由二倍角的正弦公式，则判断出选项C；由三角形的面积公式和余弦定理，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解： 向量，，
在方向上的投影向量为.
故答案为：.
【分析】由题意，根据投影向量的坐标公式计算即可.
13．【答案】5
【知识点】方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：易知也是方程的一个根，
由韦达定理可得：，解得，则.
故答案为：5.
【分析】根据实系数一元二次方程虚根成对原理，结合韦达定理求解即可.
14．【答案】
【知识点】基本不等式；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；解三角形；余弦定理；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆，的半径分别为，，如图所示：
易知，，，由正弦定理可得，解得，
设圆台的高为，则，
在中，取，由余弦定理，
即，即，当且仅当时等号成立，
三棱锥的体积为，
即时，三棱锥的体积的最大值为.
故答案为：
【分析】由题意，利用正弦定理求出圆的半径，再求圆台的高，列出三棱锥体积表示式，由余弦定理和基本不等式推出， 求体积最大值即可.
15．【答案】（1）解：因为，，，
所以，
所以
.
（2）解：因为，
所以，
则，
所以，
解得.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）先利用已知条件和数量积的定义，从而求出的值，再根据和数量积的运算律，从而计算可得的值.
（2）依题意结合两向量垂直数量积为0的等价关系，从而可得，再根据数量积的运算律得出实数k的值.
（1）因为，，，
所以，
所以
.
（2）因为，
所以，即，
即，解得.
16．【答案】（1）解：向量，，
，
则函数的最小正周期；
（2）解：由（1）可得：，即，
因为，所以，所以，
则
.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的周期；辅助角公式
【解析】【分析】（1）根据向量数量积的坐标运算，结合诱导公式、辅助角公式化简求得，求最小正周期即可；
（2）由题意可得，由，求出的范围，再由三角函数的平方关系求出，则，由两角和的正弦公式化简即可.
（1）因为
，
所以函数的最小正周期；
（2），
，
，
故
.
17．【答案】（1）解：根据频率分布直方图各矩形面积和为1可得：，
解得，
因为，，所以中位数在区间内，设为x，则，解得，
则估计该校全体学生这次数学成绩的中位数为75；
（2）解：设事件 “任选一道题，甲答对”，事件“任选一道题，乙答对”，事件“任选一道题，丙答对”，
由古典概型概率计算公式得：，，，
则，，，
（i）记事件 “甲、乙两位同学恰有一人答对”，
则，且与互斥，
因为每位同学独立作答，所以A，B互相独立，则A与，与B，与均相互独立，
所以，
则任选一道数学问题，求甲、乙两位同学恰有一人答对的概率；
（ii）记事件“甲、乙、丙三个人中至少有一个人答对”，，
则，
解得.
【知识点】频率分布直方图；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
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图各矩形面积之和为求出，再根据频率分布直方图中中位数的求法求中位数即可；
（2）（i）根据古典概型结合相互独立事件的乘法公式求解即可；
（ii）根据相互独立事件的乘法公式及对立事件的概率公式求解即可.
（1）由频率分布直方图有，
解得，
因为，，
所以中位数在区间内，设为x，
则有，得，
所以估计该校全体学生这次数学成绩的中位数为75；
（2）设 “任选一道题，甲答对”，“任选一道题，乙答对”，
“任选一道题，丙答对”，
则由古典概型概率计算公式得：，，，
所以有，，，
（i）记 “甲、乙两位同学恰有一人答对”，
则有，且有与互斥，
因为每位同学独立作答，所以A，B互相独立，则A与，与B，与均相互独立，
所以
，
所以任选一道数学问题，求甲、乙两位同学恰有一人答对的概率；
（ii）记“甲、乙、丙三个人中至少有一个人答对”，则，
所以
，
解得：.
18．【答案】（1）取的中点，连接，，如图所示：
因为，分别为棱，的中点，且三棱柱为正三棱柱，
所以且，且，
所以且，
所以为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面；
（2）解：因为
所以，
则
在正三棱柱中，平面
所以
所以，
取的四等分点(靠近)，连接，过点作交于点，连接
因为为等边三角形
所以且
又平面平面，平面平面，平面
所以平面
平面，
又，平面，
所以平面，即为二面角的平面角
在平面中，连接交于点
因为四边形为正方形
所以
又
所以，
又因为为的四等分点
所以为的四等分点，所以，
所以
所以
则二面角的余弦值为.
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】本题围绕正三棱柱的线面平行证明与二面角求解展开，综合考查正三棱柱性质，线面平行判定定理，三棱锥体积公式及二面角平面角的构造与计算，核心是利用几何性质构造平行关系和二面角平面角，结合体积与边长关系求解.
(1)证明平面：通过取中点F，构造平行四边形EFAD，利用线线平行，结合线面平行判定定理(线线平行推线面平行)证明；
(2)求二面角的余弦值：先由三棱锥体积公式求出；再构造二面角的平面角(取AC四等分点M，作辅助线DM，MN、DN)，利用面面垂直性质证明为二面角平面角；最后通过解三角形计算其余弦值.
（1）取的中点，连接，，因为，分别为棱，的中点，且三棱柱为正三棱柱，
所以且，且，
所以且，
所以为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）因为，所以，，所以，
又在正三棱柱中平面，
所以，所以，
取的四等分点（靠近），连接，过点作交于点，连接，
因为为等边三角形，所以且，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，
，又，平面，
所以平面，所以为二面角的平面角，
在平面中连接交于点，因为四边形为正方形，
所以，又，所以，又为的四等分点，所以为的四等分点，
所以，
所以，
所以，
所以二面角的余弦值为.
19．【答案】（1）解：
由正弦定理可得
整理可得
则
因为，所以
（2）解：若是的中点，且
则
平方可得：
由余弦定理可得
解得
则面积为
（3）解：设
当与外接圆相切时，，即
则
在中，由正弦定理，可得
在中，由正弦定理
可得
因为
所以
又因为
所以
则当，即时，有最大值，最大值为.
【知识点】向量在几何中的应用；两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】本题围绕锐角，综合考查正余弦定理，向量运算，三角形面积公式及三角函数最值，核心是利用正余弦定理实现边与角的转化，结合向量，面积公式及三角恒等变换求解.
(1)求角C的大小：利用正弦定理将角的关系转化为边的关系，再结合余弦定理求出cosC进而确定角C .
(2)求的面积S：由E是AB中点，用向量表示，平方后结合已知条件和余弦定理求出ab，再用面积公式计算 .
(3)求线段AD+DC的最大值：设，利用正弦定理将AD，DC表示为的三角函数，通过三角恒等变换化简，结合的范围求最值.
（1）因为，，
所以，即，
由余弦定理得，
又，∴．
（2）因为是的中点，所以，两边平方可得，
即，
又，所以，
面积为.
（3）设，当DC与外接圆相切时，可得，则，
则，
在中，由正弦定理得，
所以，
在中，由正弦定理得，
所以
因为，
所以
又，所以，
所以当，即时，有最大值，最大值为.
1 / 1湖南省益阳市安化县两校联考2023-2024学年高一下学期7月期末自检数学试题
一、选择题：本大题共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．（2024高一下·安化期末）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用一元二次不等式求解方法和元素与集合的关系，从而求出集合A，再利用一元一次不等式求解方法，从而求出集合B，再利用交集的运算法则得出集合.
2．（2024高一下·安化期末）若复数满足（为虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：C.
【分析】利用复数代数形式的乘除法运算化简即可.
3．（2024高一下·安化期末）已知向量，，若与共线，则（ ）
A． B．4 C． D．或4
【答案】D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：由两向量共线可知，，
则，
解得或.
故答案为：D.
【分析】利用向量平行的坐标表示，从而解一元二次方程得出m的值.
4．（2024高一下·安化期末）设l是直线，α，β是两个不同平面，则下面命题中正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】B
【知识点】命题的真假判断与应用；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A：若，，则或相交，故A错误；
对于B：若，，由线面平行的性质定理和线面垂直的性质定理，
可得，故B正确；
对于C：若，，
则或，故C错误；
对于D：若，，
则相交或或，故D错误.
故答案为：B.
【分析】由已知条件和面面平行的判定定理、面面垂直的判定定理、线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理，从而逐项判断找出真命题的选项.
5．（2024高一下·安化期末）如图，矩形是水平放置的一个平面图形由斜二测画法得到的直观图，其中，，则原图形的面积是（ ）
A．20 B．10 C． D．
【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由题意可知，，
由斜二测画法知，
故选：A.
【分析】根据斜二测画法即可求得原图形的面积 .
6．（2024高一下·安化期末）某市6月1日至14日的空气质量指数变化趋势如图所示，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，下列说法中不正确的是（ ）
A．该市14天空气质量指数的中位数为78.5
B．该市14天空气质量指数的第30百分位数为55
C．该市14天空气质量指数的平均值大于100
D．计算连续3天空气质量指数的方差，其中6日到8日的方差最大
【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：对于选项A，将14天的空气质量指数由小到大排列为：
，
所以该市14天空气质量指数的中位数为：，故选项A正确.
对于选项B：因为，所以该市14天空气质量指数的百分位数为，故选项B正确；
对于选项C：，
该市14天空气质量指数的平均值小于100，故选项C错误；
对于选项D：因为连续3天空气质量指数，6日到8日的波动最大，所以方差最大，故选项D正确.
故选：C.
【分析】由平均数、中位数、百分位数和方差的概念（平均数： 是所有数据之和除以数据的个数；中位数： 将一组数据按大小顺序排列后， 如果数据个数是奇数， 则中位数是正中间的那个数； 如果数据个数是偶数， 则中位数是最中间两个数的平均值；百分位数： 是将一组数据按照数值大小排序后， 位于某个百分比的数值位置；方差： 是一组数据中每个数据点与平均数之差的平方的平均值）即可得出答案.
7．（2024高一下·安化期末）八卦是中国文化的基本学概念，图1是八卦模型图，其平面图形为图2所示的正八边形，其中.给出下列结论，其中正确的结论为（ ）
A．与的夹角为
B．
C．
D．在上的投影向量为（其中为与同向的单位向量）
【答案】D
【知识点】向量加法的三角形法则；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为八卦图可知与的夹角为，其大小为，
所以与的夹角为，所以A错误；
因为向量的平行四边形法则可知，所以B错误；
易知，又因为，所以，
而，所以，即C错误；
易知在上的投影向量为，即D正确.
故选：D
【分析】根据向量夹角定义可得选项A错误；利用向量运算法则及模长关系可得B错误，选项选项C错误；再利用投影向量定义计算可得选项D正确.三角形减法法则：，简记为：共起点，连终点，指被减.
8．（2024高一下·安化期末）如图，在多面体中，四边形ABCD是边长为3的正方形，，E到平面ABCD的距离为3，，.若A，B，C，D，E，F在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：连接，，相交于点，
因为四边形为矩形，所以为矩形外接圆的圆心，
分别取，，的中点M，P，Q，连接， 如图所示：
则， 且为的中点，因为，所以，
因为为矩形，，
所以，，，
，，是平面内的两条相交直线，
平面，平面，平面平面，
平面平面，
等腰梯形中，分别为的中点，则，
所以平面， 则多面体的外接球球心在上，
，平面，平面，则平面，
E到平面ABCD的距离为3，则，
当在线段上时，设，则，
在和中，由外接球半径，
，
即，解得，
外接球半径，
该球的表面积，
则当在线段的延长线上时，同理可得，此时无解.
故答案为：D.
【分析】为中点，为矩形中心，可得平面，外接球球心在上，由外接球球心的特征，通过构造直角三角形，利用勾股定理求出外接球半径，再求球的表面积即可.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小繁给出的远项中，有多项待合题目要求.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．（2024高一下·安化期末）如图，在正方体中，点在线段上运动时，下列命题正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．直线与平面所成角的大小不变
C．直线与直线垂直
D．二面角的大小不变
【答案】A,C,D
【知识点】直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，连接，设该正方体的棱长为，
因为平面，平面，
所以平面，
因此点到平面的距离相等，
所以，故A正确；
对于B，点点在直线上运动时，
直线与平面所成的角和直线与平面所成的角不相等，故B错误；
对于C，设，
则，
因为平面，平面
所以，
又因为，平面
所以⊥平面
又因为平面，
所以，故C正确；
对于D，当点在直线上运动时，平面，
则二面角即大小不受影响，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据三棱锥的体积公式可判断出选项A；当点在直线上运动时，直线与平面所成的角和直线与平面所成的角不相等，则可判断选项B；根据线面垂直的判定定理可证直线⊥平面，再根据线面垂直的性质定理可判断选项C；当点在直线上运动时，平面，则二面角的大小不受影响，从而判断出选项D.，进而找出真命题的选项.
10．（2024高一下·安化期末）一只不透明的口袋内装有9张卡片，上面分别标有数字1，2，3，…，9.从袋中任意抽取1张卡片，记“抽出的卡片号为1，4，7”为事件A，“抽出的卡片号小于7”为事件，“抽出的卡片号大于7”记为事件.下列说法正确的是（ ）
A．事件A与事件是互斥事件 B．事件A与事件是互斥事件
C．事件A与事件相互独立 D．事件与事件是对立事件
【答案】A,C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；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；条件概率与独立事件
【解析】【解答】解：由题意可知：样本空间
事件，事件，事件
则
即
A，因为，所以事件A与事件是互斥事件，故A正确
B，因为，所以事件A与事件不是互斥事件，故B错误
C，由选项B可知，则，
则，即事件A与事件相互独立，故C正确；
D，因为，所以事件与事件不是对立事件，故D错误.
故选：AC.
【分析】本题题意利用列举法求和，考查互斥事件，独立事件，对立事件的判定，需结合定义与样本空间分析：互斥事件：两事件无交集则互斥；独立事件：满足P(AB)=P(A)P(B)；对立事件：两事件并集为样本空间且交集为空.
11．（2024高一下·安化期末）已知的内角，，所对的边分别为，，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则．
B．若，，则三角形有一解．
C．若，则一定为等腰直角三角形．
D．若面积为，，则．
【答案】A,B,D
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：对于A，由正弦定理得，
因为，
所以，
则，故A正确；
对于B，因为，，
由正弦定理得，
则，
又因为，
所以，
则，
所以只有一解，
则三角形只有一解，故B正确；
对于C，因为，
所以，
则，
又因为，
所以，
所以或，
则或，
所以为等腰三角形或直角三角形，故C错误；
对于D，因为面积为，
所以，
又因为，
所以，
所以，显然，
则，
又因为，
所以，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】利用正弦定理和已知条件，则判断出选项A和选项B；利用正弦定理将边化角，再由二倍角的正弦公式，则判断出选项C；由三角形的面积公式和余弦定理，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高一下·安化期末）已知向量，，则在上的投影向量的坐标是 ．
【答案】
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解： 向量，，
在方向上的投影向量为.
故答案为：.
【分析】由题意，根据投影向量的坐标公式计算即可.
13．（2024高一下·安化期末）若（为虚数单位）为方程（）的一个根，则 .
【答案】5
【知识点】方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：易知也是方程的一个根，
由韦达定理可得：，解得，则.
故答案为：5.
【分析】根据实系数一元二次方程虚根成对原理，结合韦达定理求解即可.
14．（2024高一下·安化期末）在圆台中，圆的半径是2，母线，圆是的外接圆，，，则三棱锥体积最大值为 ．
【答案】
【知识点】基本不等式；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；解三角形；余弦定理；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆，的半径分别为，，如图所示：
易知，，，由正弦定理可得，解得，
设圆台的高为，则，
在中，取，由余弦定理，
即，即，当且仅当时等号成立，
三棱锥的体积为，
即时，三棱锥的体积的最大值为.
故答案为：
【分析】由题意，利用正弦定理求出圆的半径，再求圆台的高，列出三棱锥体积表示式，由余弦定理和基本不等式推出， 求体积最大值即可.
四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分.解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.
15．（2024高一下·安化期末）已知，，．
（1）求；
（2）若，求实数k的值．
【答案】（1）解：因为，，，
所以，
所以
.
（2）解：因为，
所以，
则，
所以，
解得.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）先利用已知条件和数量积的定义，从而求出的值，再根据和数量积的运算律，从而计算可得的值.
（2）依题意结合两向量垂直数量积为0的等价关系，从而可得，再根据数量积的运算律得出实数k的值.
（1）因为，，，
所以，
所以
.
（2）因为，
所以，即，
即，解得.
16．（2024高一下·安化期末）已知向量，，设.
（1）求的最小正周期；
（2）若，，求的值.
【答案】（1）解：向量，，
，
则函数的最小正周期；
（2）解：由（1）可得：，即，
因为，所以，所以，
则
.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的周期；辅助角公式
【解析】【分析】（1）根据向量数量积的坐标运算，结合诱导公式、辅助角公式化简求得，求最小正周期即可；
（2）由题意可得，由，求出的范围，再由三角函数的平方关系求出，则，由两角和的正弦公式化简即可.
（1）因为
，
所以函数的最小正周期；
（2），
，
，
故
.
17．（2024高一下·安化期末）“数学好玩”是国际著名数学家陈省身赠送给少年数学爱好者们的一句话.某校为了更好地培养学生创新精神和实践能力，激发学生钻研数学的兴趣和热情，特举办数学节活动.在活动中，共有20道数学问题，满分100分在所有的答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩分成六段：，，……，，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）求频率分布直方图中a的值，并估计该校全体学生这次数学成绩的中位数；
（2）活动中，甲、乙、丙三位同学独立参加竞赛，已知甲同学答对了12道，乙同学答对了8道，丙同学答对了n道，假设每道数学问题难度相当，被答对的可能性都相同.
（i）任选一道数学问题，求甲、乙两位同学恰有一人答对的概率；
（ii）任选一道数学问题，若甲、乙、丙三个人中至少有一个人答对的概率为，求n的值.
【答案】（1）解：根据频率分布直方图各矩形面积和为1可得：，
解得，
因为，，所以中位数在区间内，设为x，则，解得，
则估计该校全体学生这次数学成绩的中位数为75；
（2）解：设事件 “任选一道题，甲答对”，事件“任选一道题，乙答对”，事件“任选一道题，丙答对”，
由古典概型概率计算公式得：，，，
则，，，
（i）记事件 “甲、乙两位同学恰有一人答对”，
则，且与互斥，
因为每位同学独立作答，所以A，B互相独立，则A与，与B，与均相互独立，
所以，
则任选一道数学问题，求甲、乙两位同学恰有一人答对的概率；
（ii）记事件“甲、乙、丙三个人中至少有一个人答对”，，
则，
解得.
【知识点】频率分布直方图；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
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图各矩形面积之和为求出，再根据频率分布直方图中中位数的求法求中位数即可；
（2）（i）根据古典概型结合相互独立事件的乘法公式求解即可；
（ii）根据相互独立事件的乘法公式及对立事件的概率公式求解即可.
（1）由频率分布直方图有，
解得，
因为，，
所以中位数在区间内，设为x，
则有，得，
所以估计该校全体学生这次数学成绩的中位数为75；
（2）设 “任选一道题，甲答对”，“任选一道题，乙答对”，
“任选一道题，丙答对”，
则由古典概型概率计算公式得：，，，
所以有，，，
（i）记 “甲、乙两位同学恰有一人答对”，
则有，且有与互斥，
因为每位同学独立作答，所以A，B互相独立，则A与，与B，与均相互独立，
所以
，
所以任选一道数学问题，求甲、乙两位同学恰有一人答对的概率；
（ii）记“甲、乙、丙三个人中至少有一个人答对”，则，
所以
，
解得：.
18．（2024高一下·安化期末）如图，在正三棱柱中，，分别为棱，的中点，.
（1）证明：平面；
（2）若三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）取的中点，连接，，如图所示：
因为，分别为棱，的中点，且三棱柱为正三棱柱，
所以且，且，
所以且，
所以为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面；
（2）解：因为
所以，
则
在正三棱柱中，平面
所以
所以，
取的四等分点(靠近)，连接，过点作交于点，连接
因为为等边三角形
所以且
又平面平面，平面平面，平面
所以平面
平面，
又，平面，
所以平面，即为二面角的平面角
在平面中，连接交于点
因为四边形为正方形
所以
又
所以，
又因为为的四等分点
所以为的四等分点，所以，
所以
所以
则二面角的余弦值为.
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】本题围绕正三棱柱的线面平行证明与二面角求解展开，综合考查正三棱柱性质，线面平行判定定理，三棱锥体积公式及二面角平面角的构造与计算，核心是利用几何性质构造平行关系和二面角平面角，结合体积与边长关系求解.
(1)证明平面：通过取中点F，构造平行四边形EFAD，利用线线平行，结合线面平行判定定理(线线平行推线面平行)证明；
(2)求二面角的余弦值：先由三棱锥体积公式求出；再构造二面角的平面角(取AC四等分点M，作辅助线DM，MN、DN)，利用面面垂直性质证明为二面角平面角；最后通过解三角形计算其余弦值.
（1）取的中点，连接，，因为，分别为棱，的中点，且三棱柱为正三棱柱，
所以且，且，
所以且，
所以为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）因为，所以，，所以，
又在正三棱柱中平面，
所以，所以，
取的四等分点（靠近），连接，过点作交于点，连接，
因为为等边三角形，所以且，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，
，又，平面，
所以平面，所以为二面角的平面角，
在平面中连接交于点，因为四边形为正方形，
所以，又，所以，又为的四等分点，所以为的四等分点，
所以，
所以，
所以，
所以二面角的余弦值为.
19．（2024高一下·安化期末）在锐角中，角，，的对边为，，，若，.
（1）求角的大小；
（2）若为的中点，且，求的面积；
（3）如图，过点在所在平面内作，且满足.求线段的最大值.
【答案】（1）解：
由正弦定理可得
整理可得
则
因为，所以
（2）解：若是的中点，且
则
平方可得：
由余弦定理可得
解得
则面积为
（3）解：设
当与外接圆相切时，，即
则
在中，由正弦定理，可得
在中，由正弦定理
可得
因为
所以
又因为
所以
则当，即时，有最大值，最大值为.
【知识点】向量在几何中的应用；两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】本题围绕锐角，综合考查正余弦定理，向量运算，三角形面积公式及三角函数最值，核心是利用正余弦定理实现边与角的转化，结合向量，面积公式及三角恒等变换求解.
(1)求角C的大小：利用正弦定理将角的关系转化为边的关系，再结合余弦定理求出cosC进而确定角C .
(2)求的面积S：由E是AB中点，用向量表示，平方后结合已知条件和余弦定理求出ab，再用面积公式计算 .
(3)求线段AD+DC的最大值：设，利用正弦定理将AD，DC表示为的三角函数，通过三角恒等变换化简，结合的范围求最值.
（1）因为，，
所以，即，
由余弦定理得，
又，∴．
（2）因为是的中点，所以，两边平方可得，
即，
又，所以，
面积为.
（3）设，当DC与外接圆相切时，可得，则，
则，
在中，由正弦定理得，
所以，
在中，由正弦定理得，
所以
因为，
所以
又，所以，
所以当，即时，有最大值，最大值为.
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