浙江省宁波市奉化区2024-2025学年高一下学期期末联考数学试题+答案
一、单项选择题：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·奉化期末）若复数z满足，则z的虚部为（ ）
A．1 B． C．i D．
【答案】B
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：复数，虚部为.
故答案为：B.
【分析】根据复数的概念判断即可.
2．（2025高一下·奉化期末）已知某平面图形的直观图是如图所示的梯形，且，则原图形OABC的面积为（ ）
A． B． C．12 D．10
【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：设梯形的高为，
由，，可得梯形高，
则梯形的面积，
故原图形的面积为.
故答案为：D.
【分析】设梯形的高为，由题意求得梯形的高，再根据梯形面积公式求出梯形的面积，利用斜二测画法直观图与原图形面积关系求解即可.
3．（2025高一下·奉化期末）已知一组数，，，的平均数是3，方差为4，则数据，，，的平均数和方差分别是（ ）
A．7，8 B．7，16 C．6，8 D．6，16
【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解： 数据，，， 的平均数为，，
则，，，的平均数：
，
方差.
故答案为：B.
【分析】由题意，根据平均数与方差公式以及性质求解即可.
4．（2025高一下·奉化期末）若，为空间中两条不同的直线，、为空间两个不同的平面，则下列结论不正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，则
【答案】D
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、若，，则，故A正确；
B、若，，则，故B正确；
C、若，，则，又，则，故C正确；
D、若，，则或与异面或与相交，故D错误.
故答案为：D．
【分析】根据线面垂直的性质即可判断A；根据线面平行得到面面平行，再根据线面垂直得到面面垂直即可判断B；由题意先证明，再根据，证明即可判断C；举出反例即可判断D.
5．（2025高一下·奉化期末）掷一个骰子，观察朝上的面的点数，设事件“点数为奇数”，事件“点数为的整数倍”，若，分别表示事件，发生的概率，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： 掷一个骰子朝上面的点数可谓1，2，3，4，5，6共6种结果；
事件“点数为奇数”包含1，3，5共3种结果；
事件“点数为的整数倍”包含3，6共2种结果，
则，，故B正确.
故答案为：B.
【分析】利用古典概型概率公式求解即可.
6．（2025高一下·奉化期末）已知，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：向量在向量上的投影向量为，
故答案为：A.
【分析】利用数量积求投影向量公式，从而可得向量在向量上的投影向量.
7．（2025高一下·奉化期末）如图，一个底面半径为2dm，母线长为的圆锥形封闭透明容器内部装有一种液体，当圆锥底面向下平放在水平桌面上时，液面的高度恰好为圆锥的高的，则当圆锥的顶点在桌面上，且底面平行于水平桌面时，液面的高度为（ ）
A． B．2dm C．3dm D．
【答案】D
【知识点】锥体的体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意可得：圆锥的高为，
当圆锥底面向下平放在水平桌面上时，液面的高度恰好为圆锥的高的，即液面的半径为1，
液体的体积为，
当圆锥的顶点在桌面上，且底面平行于桌面时，此时液体的形状是倒立的圆锥，
设圆锥的底面半径为，高为，则，即，
液体的体积为，由，解得，则.
故答案为：D.
【分析】由题意先求圆锥的高，再根据圆锥体积公式，利用液体的体积相等列式求解即可.
8．（2025高一下·奉化期末）中国文化中的太极八卦图蕴含了现代哲学中的矛盾对立统一规律，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，若点P是其内部任意一点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：易知，
，
设到的距离为，则，
解得，
，
因为是在上的投影，
其最大值为，
最小值为，
则
，即.
故答案为： C.
【分析】易知，利用向量的线性运算结合向量的模长求得，设到的距离为，利用三角形面积求得到的距离，再根据平面向量数量积的运算，结合平面向量数量积的几何意义求解即可.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24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·奉化期末）设是一个随机试验的两个事件，则（ ）
A．若对立，则一定互斥 B．若，则
C．若，则相互独立 D．若，则一定对立
【答案】A,C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；事件的包含与相等
【解析】【解答】解：A、互斥事件为两事件不能同时发生，对立事件为两事件不能同时发生且两者必有其一发生，所以对立事件一定互斥，互斥事件不一定对立，故A正确；
B、若，则，故B错误；
C、若，由相互独立事件的概念可知，事件相互独立，故C正确；
D、投掷一枚骰子，事件为：向上的点数为奇数，事件为向上的点数不小于4，
满足，但不是对立事件，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据互斥事件和对立事件的关系即可判断A；根据事件的包含关系即可判断B；利用相互独立事件的概念即可判断C；举反例即可判断D.
10．（2025高一下·奉化期末）在中，，，分别是内角，，的对边，下列说法正确的是（ ）
A．若为锐角，则
B．若为锐角，则
C．若，则
D．若为锐角三角形，则
【答案】A,C,D
【知识点】正弦函数的性质；三角函数诱导公式二~六；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：AB、若为锐角，由余弦定理可得，
故A正确、B错误；
C、若，由正弦定理，可得，则，由大边对大角，
可得，故C正确；
D、若为锐角三角形，则且，，
因为正弦函数在区间单调递增，所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】若为锐角，由余弦定理即可判断AB；由，结合正弦定理即可比较a，b大小，根据大边对大角即可判断C；若为锐角三角形，利用正弦函数性质结合诱导公式求解即可判断D.
11．（2025高一下·奉化期末）下列命题中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．已知，，是关于的方程的一个根，则
D．若复数满足，则的最大值为
【答案】C,D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；方程的解与虚数根；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A、若，则，故A错误；
B、若，则，，故B错误；
C、由题意可知：也是关于的方程的一个根，
由韦达定理可得，解得，则，故C正确；
D、设复数，由，
可得，即，则的轨迹是以圆心为，半径为2的圆，表示圆上的点到点的距离，
因为圆心到点的距离为，
所以的最大值为，故D正确.
故答案为：CD.
【分析】利用复数的模长公式求解即可判断A；先求共轭复数，再根据复数代数形式的乘法法则化简即可判断B；根据实系数一元二次方程虚根成对原理，结合韦达定理求得和的值即可判断C；设复数，根据复数模长公式的几何意义，将的模长转化为圆上的点，的最大值为圆心到点的距离再加上半径即可判断D.
12．（2025高一下·奉化期末）如图，在棱长为2的正方体中，O为正方体的中心，M为的中点，F为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（ ）
A．三棱锥的外接球表面积为
B．动点F的轨迹的线段为
C．三棱锥的体积为
D．若过A、M、三点作正方体的截面Ω，Q为Ω上一点，则线段长度最大值为
【答案】A,C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；平面与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、易知三棱锥的外接球即为正方体的外接球，因为正方体的棱长为2，所以正方体的外接球的半径，则三棱锥的外接球表面积为，
故A正确；
B、分别取，的中点H，G，连接，，，，如图所示：
由正方体的性质可得：，且平面，平面，
所以平面，同理可得：平面，
且，平面，所以平面平面，
而平面，所以平面，所以点F的轨迹为线段GH，
其长度为，故B错误；
C、由选项B可知，点F的轨迹为线段GH，因为平面，
则点F到平面的距离为H到平面的距离，过点B作，
因为平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
则
，故C正确；
D、设平面与平面交于AN，N在上，如图所示：
因为截面平面，平面平面，所以，
同理可证，所以截面为平行四边形，所以点N为的中点，
在四棱锥中，侧棱最长，且，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】易知三棱锥的外接球即为正方体的外接球，根据正方体的棱长求得正方体外接球的半径，再算三棱锥的外接球表面积即判断A；分别取，的中点H，G，连接，，，，证明平面平面，从而得到点F的轨迹为线段GH即可判断B；根据选项B可得出平面，从而得到点F到平面的距离为H到平面的距离，再结合线面垂直及等体积法，利用四棱锥的体积求解所求三棱锥的体积即可判断C ；设为的中点，从而根据面面平行的性质定理可得到截面即为面，从而线段长度的最大值为线段的长即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
13．（2025高一下·奉化期末）已知，，若，则 ．
【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：，，
若，则，解得.
故答案为：.
【分析】根据平面向量共线的坐标表示列式求解即可.
14．（2025高一下·奉化期末）已知，（i为虚数单位），则 ．
【答案】
【知识点】虚数单位i及其性质；复数相等的充要条件
【解析】【解答】解：，
即，则.
故答案为：.
【分析】根据虚数的性质化简可得，再根据复数相等的充要条件，求得的值，即可得的值.
15．（2025高一下·奉化期末）如图，在梯形中，，，将沿直线翻折至的位置，当三棱锥的体积最大时，则三棱锥的外接球的半径为 ．
【答案】2
【知识点】球内接多面体；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：设点到平面的距离为，
由题意可知：当平面平面，三棱锥的体积最大时，
取的中点，连接，如图所示：
因为且，所以且，
又因为平面平面，且平面，所以平面，
取的中点为，连接，因为平面，所以，
因为在梯形中，，，
可得，满足，则，且，
在直角中，可得，
在直角中，根据直角三角形的中线性质，可得，
所以，即为三棱锥外接球的球心，
设三棱锥外接球的半径为，则.
故答案为：2.
【分析】设点到平面的距离为，由题意可知：当平面平面，三棱锥的体积最大时，取的中点，证得平面，再取的中点为，证得，在直角中，求得，再在直角中，得到，得到为三棱锥外接球的球心，求解即可.
四、解答题：本题共5小题，共71分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16．（2025高一下·奉化期末）复数z满足为纯虚数，复数z在复平面内所对应的点在第一象限．
（1）已知，求复数z；
（2）已知，复数所对应的向量为，已知，求λ的值．
【答案】（1）解：设复数，
因为复数z在复平面内所对应的点在第一象限，所以，
又因为，所以，则①，
又因为为纯虚数，所以②，
联立①②可得，其中，解得，
则；
（2）解：复数，则，，即，，，
，，
因为，所以，即，解得.
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）设复数，根据，求得，再根据为纯虚数，求得，联立方程组求解即可；
（2）根据共轭复数以及复数代数形式的乘法求得，从而可得，，，再根据，数量积为零列式求的值即可.
（1）解：设复数，
因为复数z在复平面内所对应的点在第一象限，所以，
又因为，则，即
又由为纯虚数，则，
联立方程组，其中，
解得，所以.
（2）解：因为，可得，，则向量，，，
可得，，
因为，可得，即，解得．
17．（2025高一下·奉化期末）某学校为了解本校历史、物理方向学生的学业水平模拟测试数学成绩情况，分别从物理方向的学生中随机抽取60人的成绩得到样本甲，从历史方向的学生中随机抽取n人的成绩得到样本乙，根据两个样本数据分别得到如下直方图：
已知乙样本中数据在的有10个．
（1）求n和乙样本直方图中a的值；
（2）试估计该校物理方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值和历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的第75百位数（同一组中的数据用该组区间中点值为代表）；
（3）采用分层抽样的方法从甲样本数据中分数在和的学生中抽取6人，并从这6人中任取2人，求这两人分数都在中的概率．
【答案】（1）解：由频率分布直方图可知：乙样本中数据在的频率为，
则，解得；
由频率分布直方图各矩形面积和为1可得：，解得；
（2）解：甲样本数据的平均值估计值为
，
乙样本数据直方图中前3组的频率之和为，
前4组的频率之和为，
则乙样本数据的第75百位数在第4组，
设第75百位数为，由题意可得，解得，
则乙样本数据的第75百位数为，
即物理方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值为81.5，
历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的第75百位数为；
（3）解：由频率分布直方图可知：分数在和的频率比为，
则从分数在和的学生中分别抽取2人和4人，分别记为，，，，，，
则从这6人中随机抽取2人的基本事件有：
，，，，，，，，，，，，，，共15个，所抽取的两人分数都在中的基本事件有6个，
故这两人分数都在中的概率为.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）由频率分布直方图得乙样本中数据在的频率为0.2，这个组学生有10人，由此能求出，再根据频率分布直方图各矩形的面积和为1列式求的值即可；
（2）利用甲、乙样本数据频率分布直方图能估计估计该校物理方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值和历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的第75百位数；
（3）根据分层抽样确定分数在和的学生中分别抽取2人和4人，分别记为，，，，，，再利用列举法，结合古典概型概率公式求解即可．
（1）解：由直方图可知，乙样本中数据在的频率为，
则，
解得；
由乙样本数据直方图可知，，
解得；
（2）解：甲样本数据的平均值估计值为
，
乙样本数据直方图中前3组的频率之和为，
前4组的频率之和为，
所以乙样本数据的第75百位数在第4组，设第75百位数为，
，
解得，所以乙样本数据的第75百位数为，
即物理方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值为81.5，历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的第75百位数为；
（3）解：由频率分布直方图可知从分数在和的学生中分别抽取2人和4人，
将从分数在中抽取的2名学生分别记为，，
从分数在中抽取的4名学生分别记为，，，，
则从这6人中随机抽取2人的基本事件有：
，，，，，，，，，，，，，，共15个，
所抽取的两人分数都在中的基本事件有6个，
即这两人分数都在中的概率为．
18．（2025高一下·奉化期末）如图，四棱锥中，PC垂直平面ABCD，，∥，，，E是线段PB上的动点．
（1）证明：；
（2）求二面角的正弦值；
（3）若∥平面，求点E的位置．
【答案】（1）证明：取的中点，连接，如图所示：
由题意可知：∥，，则为平行四边形，且，
易知为矩形，则，，
满足，则，
因为平面，平面，
因为，且，平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）解：由（1）可知：，，
且，平面，可得平面，
且平面，所以，
可知二面角的为，
且，可得，
则二面角的正弦值；
（3）解：设，连接，如图所示：
若∥平面，且平面，平面平面，
则∥，即，
又因为∥，则，可得，
所以点E为线段的三等分点，且.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，利用线面垂直的判定定理证明平面，即可证明；
（2）由（1）得结论，结合三垂线法分析可知为二面角的平面角，求解即可；
（3）根据线面平行的性质可得∥，结合平行线的性质分析求解即可.
（1）取的中点，连接，
由题意可知：∥，，则为平行四边形，
且，可知为矩形，则，
可得，即，则，
因为平面ABCD，平面ABCD，
则，且，平面，可得平面，
又平面，所以.
（2）由（1）可知：，，
且，平面，可得平面，
且平面，所以，
可知二面角的为，
且，可得，
所以二面角的正弦值.
（3）设，连接，
若∥平面，且平面，平面平面，
则∥，可得，
又因为∥，则，可得，
所以点E为线段的三等分点，且.
19．（2025高一下·奉化期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.
（1）求B；
（2）若点D为边BC的中点，点E，F分别在边AB，AC（包括顶点）上，，.设，将的面积S表示为的函数，并求S的取值范围.
【答案】（1）解：，由余弦定理可得，
整理可得，因为，，所以；
（2）解：由（1）的结论，，可知为等边三角形，
因为，，所以，
在中，，由正弦定理，可得，
在中，，由正弦定理，可得，
则，
，
因为，所以，所以，
所以，所以，
所以，则，
故的取值范围为.
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形
【解析】【分析】（1）由题意，利用余弦定理可得，再根据余弦定理求解即可；
（2）由（1）的结论结合可得为等边三角形，，在与中，分别利用正弦定理求出，，再根据三角形面积公式可得的表达式，由三角恒等变换及正弦函数的图象与性质求解即可.
（1）因为，所以，
即，所以.
因为，所以.
（2）由及可知为等边三角形.
又因为，，所以.
在中，，由正弦定理可得，即.
在中，，由正弦定理可得，即.
所以.
因为
，
因为，所以，所以，
所以.
所以，所以，
所以.
所以的取值范围为.
20．（2025高一下·奉化期末）对于两个平面向量，，如果有，则称向量是向量的“迷你向量”．
（1）若，，是的“迷你向量”，求实数x的取值范围；
（2）一只蚂蚁从坐标原点沿最短路径爬行到点处（且）．蚂蚁每次只能沿平行或垂直于坐标轴的方向爬行一个单位长度，爬完第i次后停留的位置记为，设．记事件“蚂蚁经过的路径中至少有n个使得是的迷你向量”．（假设蚂蚁选择每条路径都是等可能的）
①写出从坐标原点沿最短路径爬行到点的所有路线（如：右右右上）一般地，总数n步中恰有m步向上走其余各步向右走的方法总数为：
②当时，求；
③证明：．
【答案】（1）解：若，，
因为是的“迷你向量”，所以，
即，解得，
则实数的取值范围为；
（2）解：①、从坐标原点沿最短路径爬行到点的所有路线：右右右上、右右上右、右上右右、上右右右；
②、如图，当时，能使得是的迷你向量的共有四个，即，，，N，
要想使得经过的路线中至少有其中3个点，则路径必经过点
故只需要考虑所有最短路径中经过点的条数即可．
先考虑总共最短路径条数：最短路径一共6步，其中三步向上，三步向右，也即是在6步中选择三步向上，
其余三步向右故可以用这样的样本点组成的样本空间描述最短路径的走法：
“123”代表前三步向上，剩下三步向右；
“246”表示第二、第四、第六步向上，其余三步向右；
，
总共的最短路径条数，；
，故经过包含的路径条数为4，，
因为选择每条路径都是等可能的，故试验为古典概型，
；
③、同理，总共的最短路径条数为
经过包含的路径条数为，试验为古典概型，
．
【知识点】一元二次不等式及其解法；平面向量数量积的坐标表示；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）根据向量的数量积坐标运算公式结合“迷你向量”的定义列不等式求解即可；
（2）①根据题意分析求解即可；
②利用列举法，结合古典概型概率公式求解即可；
③利用古典概型概率公式证明即可.
（1）是的“迷你向量”，
，解得．
（2）①从坐标原点沿最短路径爬行到点的所有路线：右右右上、右右上右、右上右右、上右右右．
②如图，当时，能使得是的迷你向量的共有四个，即，，，N，
要想使得经过的路线中至少有其中3个点，则路径必经过点
故只需要考虑所有最短路径中经过点的条数即可．
先考虑总共最短路径条数：最短路径一共6步，其中三步向上，三步向右，也即是在6步中选择三步向上，
其余三步向右故可以用这样的样本点组成的样本空间描述最短路径的走法：
“123”代表前三步向上，剩下三步向右；
“246”表示第二、第四、第六步向上，其余三步向右；
，
总共的最短路径条数，；
，故经过包含的路径条数为4，，
因为选择每条路径都是等可能的，故试验为古典概型，
．
③同理，总共的最短路径条数为
经过包含的路径条数为，试验为古典概型，
．
1 / 1浙江省宁波市奉化区2024-2025学年高一下学期期末联考数学试题+答案
一、单项选择题：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·奉化期末）若复数z满足，则z的虚部为（ ）
A．1 B． C．i D．
2．（2025高一下·奉化期末）已知某平面图形的直观图是如图所示的梯形，且，则原图形OABC的面积为（ ）
A． B． C．12 D．10
3．（2025高一下·奉化期末）已知一组数，，，的平均数是3，方差为4，则数据，，，的平均数和方差分别是（ ）
A．7，8 B．7，16 C．6，8 D．6，16
4．（2025高一下·奉化期末）若，为空间中两条不同的直线，、为空间两个不同的平面，则下列结论不正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，则
5．（2025高一下·奉化期末）掷一个骰子，观察朝上的面的点数，设事件“点数为奇数”，事件“点数为的整数倍”，若，分别表示事件，发生的概率，则（ ）
A．， B．，
C． D．
6．（2025高一下·奉化期末）已知，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高一下·奉化期末）如图，一个底面半径为2dm，母线长为的圆锥形封闭透明容器内部装有一种液体，当圆锥底面向下平放在水平桌面上时，液面的高度恰好为圆锥的高的，则当圆锥的顶点在桌面上，且底面平行于水平桌面时，液面的高度为（ ）
A． B．2dm C．3dm D．
8．（2025高一下·奉化期末）中国文化中的太极八卦图蕴含了现代哲学中的矛盾对立统一规律，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，若点P是其内部任意一点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24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·奉化期末）设是一个随机试验的两个事件，则（ ）
A．若对立，则一定互斥 B．若，则
C．若，则相互独立 D．若，则一定对立
10．（2025高一下·奉化期末）在中，，，分别是内角，，的对边，下列说法正确的是（ ）
A．若为锐角，则
B．若为锐角，则
C．若，则
D．若为锐角三角形，则
11．（2025高一下·奉化期末）下列命题中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．已知，，是关于的方程的一个根，则
D．若复数满足，则的最大值为
12．（2025高一下·奉化期末）如图，在棱长为2的正方体中，O为正方体的中心，M为的中点，F为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（ ）
A．三棱锥的外接球表面积为
B．动点F的轨迹的线段为
C．三棱锥的体积为
D．若过A、M、三点作正方体的截面Ω，Q为Ω上一点，则线段长度最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
13．（2025高一下·奉化期末）已知，，若，则 ．
14．（2025高一下·奉化期末）已知，（i为虚数单位），则 ．
15．（2025高一下·奉化期末）如图，在梯形中，，，将沿直线翻折至的位置，当三棱锥的体积最大时，则三棱锥的外接球的半径为 ．
四、解答题：本题共5小题，共71分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16．（2025高一下·奉化期末）复数z满足为纯虚数，复数z在复平面内所对应的点在第一象限．
（1）已知，求复数z；
（2）已知，复数所对应的向量为，已知，求λ的值．
17．（2025高一下·奉化期末）某学校为了解本校历史、物理方向学生的学业水平模拟测试数学成绩情况，分别从物理方向的学生中随机抽取60人的成绩得到样本甲，从历史方向的学生中随机抽取n人的成绩得到样本乙，根据两个样本数据分别得到如下直方图：
已知乙样本中数据在的有10个．
（1）求n和乙样本直方图中a的值；
（2）试估计该校物理方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值和历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的第75百位数（同一组中的数据用该组区间中点值为代表）；
（3）采用分层抽样的方法从甲样本数据中分数在和的学生中抽取6人，并从这6人中任取2人，求这两人分数都在中的概率．
18．（2025高一下·奉化期末）如图，四棱锥中，PC垂直平面ABCD，，∥，，，E是线段PB上的动点．
（1）证明：；
（2）求二面角的正弦值；
（3）若∥平面，求点E的位置．
19．（2025高一下·奉化期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.
（1）求B；
（2）若点D为边BC的中点，点E，F分别在边AB，AC（包括顶点）上，，.设，将的面积S表示为的函数，并求S的取值范围.
20．（2025高一下·奉化期末）对于两个平面向量，，如果有，则称向量是向量的“迷你向量”．
（1）若，，是的“迷你向量”，求实数x的取值范围；
（2）一只蚂蚁从坐标原点沿最短路径爬行到点处（且）．蚂蚁每次只能沿平行或垂直于坐标轴的方向爬行一个单位长度，爬完第i次后停留的位置记为，设．记事件“蚂蚁经过的路径中至少有n个使得是的迷你向量”．（假设蚂蚁选择每条路径都是等可能的）
①写出从坐标原点沿最短路径爬行到点的所有路线（如：右右右上）一般地，总数n步中恰有m步向上走其余各步向右走的方法总数为：
②当时，求；
③证明：．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：复数，虚部为.
故答案为：B.
【分析】根据复数的概念判断即可.
2．【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：设梯形的高为，
由，，可得梯形高，
则梯形的面积，
故原图形的面积为.
故答案为：D.
【分析】设梯形的高为，由题意求得梯形的高，再根据梯形面积公式求出梯形的面积，利用斜二测画法直观图与原图形面积关系求解即可.
3．【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解： 数据，，， 的平均数为，，
则，，，的平均数：
，
方差.
故答案为：B.
【分析】由题意，根据平均数与方差公式以及性质求解即可.
4．【答案】D
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、若，，则，故A正确；
B、若，，则，故B正确；
C、若，，则，又，则，故C正确；
D、若，，则或与异面或与相交，故D错误.
故答案为：D．
【分析】根据线面垂直的性质即可判断A；根据线面平行得到面面平行，再根据线面垂直得到面面垂直即可判断B；由题意先证明，再根据，证明即可判断C；举出反例即可判断D.
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： 掷一个骰子朝上面的点数可谓1，2，3，4，5，6共6种结果；
事件“点数为奇数”包含1，3，5共3种结果；
事件“点数为的整数倍”包含3，6共2种结果，
则，，故B正确.
故答案为：B.
【分析】利用古典概型概率公式求解即可.
6．【答案】A
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：向量在向量上的投影向量为，
故答案为：A.
【分析】利用数量积求投影向量公式，从而可得向量在向量上的投影向量.
7．【答案】D
【知识点】锥体的体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意可得：圆锥的高为，
当圆锥底面向下平放在水平桌面上时，液面的高度恰好为圆锥的高的，即液面的半径为1，
液体的体积为，
当圆锥的顶点在桌面上，且底面平行于桌面时，此时液体的形状是倒立的圆锥，
设圆锥的底面半径为，高为，则，即，
液体的体积为，由，解得，则.
故答案为：D.
【分析】由题意先求圆锥的高，再根据圆锥体积公式，利用液体的体积相等列式求解即可.
8．【答案】C
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：易知，
，
设到的距离为，则，
解得，
，
因为是在上的投影，
其最大值为，
最小值为，
则
，即.
故答案为： C.
【分析】易知，利用向量的线性运算结合向量的模长求得，设到的距离为，利用三角形面积求得到的距离，再根据平面向量数量积的运算，结合平面向量数量积的几何意义求解即可.
9．【答案】A,C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；事件的包含与相等
【解析】【解答】解：A、互斥事件为两事件不能同时发生，对立事件为两事件不能同时发生且两者必有其一发生，所以对立事件一定互斥，互斥事件不一定对立，故A正确；
B、若，则，故B错误；
C、若，由相互独立事件的概念可知，事件相互独立，故C正确；
D、投掷一枚骰子，事件为：向上的点数为奇数，事件为向上的点数不小于4，
满足，但不是对立事件，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据互斥事件和对立事件的关系即可判断A；根据事件的包含关系即可判断B；利用相互独立事件的概念即可判断C；举反例即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】正弦函数的性质；三角函数诱导公式二~六；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：AB、若为锐角，由余弦定理可得，
故A正确、B错误；
C、若，由正弦定理，可得，则，由大边对大角，
可得，故C正确；
D、若为锐角三角形，则且，，
因为正弦函数在区间单调递增，所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】若为锐角，由余弦定理即可判断AB；由，结合正弦定理即可比较a，b大小，根据大边对大角即可判断C；若为锐角三角形，利用正弦函数性质结合诱导公式求解即可判断D.
11．【答案】C,D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；方程的解与虚数根；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A、若，则，故A错误；
B、若，则，，故B错误；
C、由题意可知：也是关于的方程的一个根，
由韦达定理可得，解得，则，故C正确；
D、设复数，由，
可得，即，则的轨迹是以圆心为，半径为2的圆，表示圆上的点到点的距离，
因为圆心到点的距离为，
所以的最大值为，故D正确.
故答案为：CD.
【分析】利用复数的模长公式求解即可判断A；先求共轭复数，再根据复数代数形式的乘法法则化简即可判断B；根据实系数一元二次方程虚根成对原理，结合韦达定理求得和的值即可判断C；设复数，根据复数模长公式的几何意义，将的模长转化为圆上的点，的最大值为圆心到点的距离再加上半径即可判断D.
12．【答案】A,C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；平面与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、易知三棱锥的外接球即为正方体的外接球，因为正方体的棱长为2，所以正方体的外接球的半径，则三棱锥的外接球表面积为，
故A正确；
B、分别取，的中点H，G，连接，，，，如图所示：
由正方体的性质可得：，且平面，平面，
所以平面，同理可得：平面，
且，平面，所以平面平面，
而平面，所以平面，所以点F的轨迹为线段GH，
其长度为，故B错误；
C、由选项B可知，点F的轨迹为线段GH，因为平面，
则点F到平面的距离为H到平面的距离，过点B作，
因为平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
则
，故C正确；
D、设平面与平面交于AN，N在上，如图所示：
因为截面平面，平面平面，所以，
同理可证，所以截面为平行四边形，所以点N为的中点，
在四棱锥中，侧棱最长，且，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】易知三棱锥的外接球即为正方体的外接球，根据正方体的棱长求得正方体外接球的半径，再算三棱锥的外接球表面积即判断A；分别取，的中点H，G，连接，，，，证明平面平面，从而得到点F的轨迹为线段GH即可判断B；根据选项B可得出平面，从而得到点F到平面的距离为H到平面的距离，再结合线面垂直及等体积法，利用四棱锥的体积求解所求三棱锥的体积即可判断C ；设为的中点，从而根据面面平行的性质定理可得到截面即为面，从而线段长度的最大值为线段的长即可判断D.
13．【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：，，
若，则，解得.
故答案为：.
【分析】根据平面向量共线的坐标表示列式求解即可.
14．【答案】
【知识点】虚数单位i及其性质；复数相等的充要条件
【解析】【解答】解：，
即，则.
故答案为：.
【分析】根据虚数的性质化简可得，再根据复数相等的充要条件，求得的值，即可得的值.
15．【答案】2
【知识点】球内接多面体；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：设点到平面的距离为，
由题意可知：当平面平面，三棱锥的体积最大时，
取的中点，连接，如图所示：
因为且，所以且，
又因为平面平面，且平面，所以平面，
取的中点为，连接，因为平面，所以，
因为在梯形中，，，
可得，满足，则，且，
在直角中，可得，
在直角中，根据直角三角形的中线性质，可得，
所以，即为三棱锥外接球的球心，
设三棱锥外接球的半径为，则.
故答案为：2.
【分析】设点到平面的距离为，由题意可知：当平面平面，三棱锥的体积最大时，取的中点，证得平面，再取的中点为，证得，在直角中，求得，再在直角中，得到，得到为三棱锥外接球的球心，求解即可.
16．【答案】（1）解：设复数，
因为复数z在复平面内所对应的点在第一象限，所以，
又因为，所以，则①，
又因为为纯虚数，所以②，
联立①②可得，其中，解得，
则；
（2）解：复数，则，，即，，，
，，
因为，所以，即，解得.
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）设复数，根据，求得，再根据为纯虚数，求得，联立方程组求解即可；
（2）根据共轭复数以及复数代数形式的乘法求得，从而可得，，，再根据，数量积为零列式求的值即可.
（1）解：设复数，
因为复数z在复平面内所对应的点在第一象限，所以，
又因为，则，即
又由为纯虚数，则，
联立方程组，其中，
解得，所以.
（2）解：因为，可得，，则向量，，，
可得，，
因为，可得，即，解得．
17．【答案】（1）解：由频率分布直方图可知：乙样本中数据在的频率为，
则，解得；
由频率分布直方图各矩形面积和为1可得：，解得；
（2）解：甲样本数据的平均值估计值为
，
乙样本数据直方图中前3组的频率之和为，
前4组的频率之和为，
则乙样本数据的第75百位数在第4组，
设第75百位数为，由题意可得，解得，
则乙样本数据的第75百位数为，
即物理方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值为81.5，
历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的第75百位数为；
（3）解：由频率分布直方图可知：分数在和的频率比为，
则从分数在和的学生中分别抽取2人和4人，分别记为，，，，，，
则从这6人中随机抽取2人的基本事件有：
，，，，，，，，，，，，，，共15个，所抽取的两人分数都在中的基本事件有6个，
故这两人分数都在中的概率为.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）由频率分布直方图得乙样本中数据在的频率为0.2，这个组学生有10人，由此能求出，再根据频率分布直方图各矩形的面积和为1列式求的值即可；
（2）利用甲、乙样本数据频率分布直方图能估计估计该校物理方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值和历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的第75百位数；
（3）根据分层抽样确定分数在和的学生中分别抽取2人和4人，分别记为，，，，，，再利用列举法，结合古典概型概率公式求解即可．
（1）解：由直方图可知，乙样本中数据在的频率为，
则，
解得；
由乙样本数据直方图可知，，
解得；
（2）解：甲样本数据的平均值估计值为
，
乙样本数据直方图中前3组的频率之和为，
前4组的频率之和为，
所以乙样本数据的第75百位数在第4组，设第75百位数为，
，
解得，所以乙样本数据的第75百位数为，
即物理方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值为81.5，历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的第75百位数为；
（3）解：由频率分布直方图可知从分数在和的学生中分别抽取2人和4人，
将从分数在中抽取的2名学生分别记为，，
从分数在中抽取的4名学生分别记为，，，，
则从这6人中随机抽取2人的基本事件有：
，，，，，，，，，，，，，，共15个，
所抽取的两人分数都在中的基本事件有6个，
即这两人分数都在中的概率为．
18．【答案】（1）证明：取的中点，连接，如图所示：
由题意可知：∥，，则为平行四边形，且，
易知为矩形，则，，
满足，则，
因为平面，平面，
因为，且，平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）解：由（1）可知：，，
且，平面，可得平面，
且平面，所以，
可知二面角的为，
且，可得，
则二面角的正弦值；
（3）解：设，连接，如图所示：
若∥平面，且平面，平面平面，
则∥，即，
又因为∥，则，可得，
所以点E为线段的三等分点，且.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，利用线面垂直的判定定理证明平面，即可证明；
（2）由（1）得结论，结合三垂线法分析可知为二面角的平面角，求解即可；
（3）根据线面平行的性质可得∥，结合平行线的性质分析求解即可.
（1）取的中点，连接，
由题意可知：∥，，则为平行四边形，
且，可知为矩形，则，
可得，即，则，
因为平面ABCD，平面ABCD，
则，且，平面，可得平面，
又平面，所以.
（2）由（1）可知：，，
且，平面，可得平面，
且平面，所以，
可知二面角的为，
且，可得，
所以二面角的正弦值.
（3）设，连接，
若∥平面，且平面，平面平面，
则∥，可得，
又因为∥，则，可得，
所以点E为线段的三等分点，且.
19．【答案】（1）解：，由余弦定理可得，
整理可得，因为，，所以；
（2）解：由（1）的结论，，可知为等边三角形，
因为，，所以，
在中，，由正弦定理，可得，
在中，，由正弦定理，可得，
则，
，
因为，所以，所以，
所以，所以，
所以，则，
故的取值范围为.
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形
【解析】【分析】（1）由题意，利用余弦定理可得，再根据余弦定理求解即可；
（2）由（1）的结论结合可得为等边三角形，，在与中，分别利用正弦定理求出，，再根据三角形面积公式可得的表达式，由三角恒等变换及正弦函数的图象与性质求解即可.
（1）因为，所以，
即，所以.
因为，所以.
（2）由及可知为等边三角形.
又因为，，所以.
在中，，由正弦定理可得，即.
在中，，由正弦定理可得，即.
所以.
因为
，
因为，所以，所以，
所以.
所以，所以，
所以.
所以的取值范围为.
20．【答案】（1）解：若，，
因为是的“迷你向量”，所以，
即，解得，
则实数的取值范围为；
（2）解：①、从坐标原点沿最短路径爬行到点的所有路线：右右右上、右右上右、右上右右、上右右右；
②、如图，当时，能使得是的迷你向量的共有四个，即，，，N，
要想使得经过的路线中至少有其中3个点，则路径必经过点
故只需要考虑所有最短路径中经过点的条数即可．
先考虑总共最短路径条数：最短路径一共6步，其中三步向上，三步向右，也即是在6步中选择三步向上，
其余三步向右故可以用这样的样本点组成的样本空间描述最短路径的走法：
“123”代表前三步向上，剩下三步向右；
“246”表示第二、第四、第六步向上，其余三步向右；
，
总共的最短路径条数，；
，故经过包含的路径条数为4，，
因为选择每条路径都是等可能的，故试验为古典概型，
；
③、同理，总共的最短路径条数为
经过包含的路径条数为，试验为古典概型，
．
【知识点】一元二次不等式及其解法；平面向量数量积的坐标表示；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）根据向量的数量积坐标运算公式结合“迷你向量”的定义列不等式求解即可；
（2）①根据题意分析求解即可；
②利用列举法，结合古典概型概率公式求解即可；
③利用古典概型概率公式证明即可.
（1）是的“迷你向量”，
，解得．
（2）①从坐标原点沿最短路径爬行到点的所有路线：右右右上、右右上右、右上右右、上右右右．
②如图，当时，能使得是的迷你向量的共有四个，即，，，N，
要想使得经过的路线中至少有其中3个点，则路径必经过点
故只需要考虑所有最短路径中经过点的条数即可．
先考虑总共最短路径条数：最短路径一共6步，其中三步向上，三步向右，也即是在6步中选择三步向上，
其余三步向右故可以用这样的样本点组成的样本空间描述最短路径的走法：
“123”代表前三步向上，剩下三步向右；
“246”表示第二、第四、第六步向上，其余三步向右；
，
总共的最短路径条数，；
，故经过包含的路径条数为4，，
因为选择每条路径都是等可能的，故试验为古典概型，
．
③同理，总共的最短路径条数为
经过包含的路径条数为，试验为古典概型，
．
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