湖南省株洲市第四中学2024-2025学年高一下学期期末质量检测数学试题·A
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.
1．（2025高一下·株洲期末）已知复数满足，则（ ）
A． B．1 C． D．2
2．（2025高一下·株洲期末）若平面向量两两的夹角相等，且，，，则（ ）
A．1 B．4 C．1或4 D．1或2
3．（2025高一下·株洲期末）已知是在上单调递增的奇函数，则函数在上的图象可能为（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025高一下·株洲期末）圆锥的底面圆半径，侧面的平面展开图的面积为，则此圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高一下·株洲期末）已知某中学共有学生1000名，其中男生有600人，现按性别采用分层随机抽样的方法抽取100人，抽取的样本中男生身高的平均数和方差分别为160和4，女生身高的平均数和方差分别为155和3，则估计该校学生身高的总体方差是（ ）
A．9.6 B．9 C．8.6 D．8
6．（2025高一下·株洲期末）如图，A，B两地相距45km，甲欲驾车从A地去B地，由于山体滑坡造成道路AB堵塞，甲沿着与AB方向成18°角的方向前行，中途到达C点，再沿与AC方向成153°角的方向继续前行到达终点B，则这样的驾车路程比原来的路程约多了（ ）（参考数据：，，）
A．45.5km B．51.5km C．56.5km D．60.5km
7．（2025高一下·株洲期末）已知在△ABC中，a，b，c分别为∠A，∠B，∠C的对边，且a＝4，b＋c＝5，tanB＋tanC＋＝tanBtanC，则△ABC的面积为 ( )
A． B．3 C． D．
8．（2025高一下·株洲期末）设角、满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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·株洲期末）已知复数满足，则下列结论正确的是（ ）
A．在复平面内对应的点可能是
B．
C．的实部与虚部之积小于等于3
D．复数，则的最大值为
10．（2025高一下·株洲期末）以下结论正确的是（ ）
A．“事件，互斥"是“事件，对立”的充分不必要条件.
B．掷两枚质地均匀的骰子，设“第一次出现奇数点”，“第二次出现偶数点”，则与相互独立
C．假设，，且与相互独立，则
D．若，，则事件，相互独立与事件，互斥不能同时成立
11．（2025高一下·株洲期末）在平面四边形ABCD中，，.将该四边形沿着对角线AC折叠，得到空间四边形ABCD，E为棱BD的中点，则（ ）
A．异面直线AC，BD所成的角是
B．平面
C．平面平面AEC
D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高一下·株洲期末）已知平面向量，，若，则 .
13．（2025高一下·株洲期末）某中学举办电脑知识竞赛，满分为100分，80分以上为优秀（含80分），现将高一两个班参赛学生的成绩进行整理后分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，其中第一、三、四、五小组的频率分别为0.30，0.15，0.10，0.05，而第二小组的频数是40，则参赛的人数为 ，成绩优秀的经验概率是 ．
14．（2025高一下·株洲期末）已知为等边三角形，点G是的重心．过点G的直线l与线段AB交于点D，与线段AC交于点E．设，，则 ．
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·株洲期末）已知函数，且.
（1）求a的值和函数的最小正周期；
（2）求不等式的解集；
（3）在中，，，AD为BC边上的中线，设，，请直接写出的值和BC的长.
16．（2025高一下·株洲期末）如图，四棱锥为正四棱锥，底面ABCD是边长为2的正方形，四棱锥的高为1，点E在棱AB上，且．
（1）若点F在棱PC上，是否存在实数满足，使得平面PDE？若存在，请求出实数的值；若不存在，请说明理由．
（2）在第（1）问的条件下，当平面PDE时，求三棱锥的体积．
17．（2025高一下·株洲期末）高一年级疫情期间举行全体学生的数学竞赛，成绩最高分为100分，随机抽取100名学生进行了数据分析，将他们的分数分成以下几组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到频率分布直方图，如图所示．
（1）试估计这次竞赛成绩的众数和平均数；
（2）已知100名学生落在第二组的平均成绩是32，方差为7，落在第三组的平均成绩为50，方差为4，求两组学生成绩的总平均数和总方差；
（3）已知年级在第二组和第五组两个小组按等比例分层抽样的方法，随机抽取4名学生进行座谈，之后从这4人中随机抽取2人作为学生代表，求这两名学生代表都来自第五组的概率．
18．（2025高一下·株洲期末）如图1，菱形的边长为2，，将沿折起至（如图2），且点为的中点.
（1）证明：平面平面：
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
19．（2025高一下·株洲期末）如图，在正四面体中，棱长为为中点.
（1）求证：平面；
（2）已知为棱上一点（不含端点），为线段上一动点，为截面上一动点
（i）若存在使得平面，求范围；
（ii）设的最小值为关于的函数，求值域.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由，得，
故答案为：C.
【分析】本题通过复数的除法运算化简z，再利用复数模的公式计算|z|。复数模的公式应用，对于，。
2．【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：设的夹角为，则或，根据向量模长平方公式，
，
当时，，
当时，
故答案为：C.
【分析】本题通过向量模长公式结合向量点积公式，分情况计算模长。向量点积 体现了向量的投影性质，可用于解决距离、角度相关的几何问题。
3．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：由，得是奇函数，故C不符合题意，令，得或，零点位置不对，故D不符合题意，当时，，故A不符合题意
故答案为：B.
【分析】本题采用排除法利用函数的奇偶性，以及函数的零点可得正确答案。
4．【答案】A
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的母线长为，高为，圆锥的侧面展开图面积，， 由圆锥母线、底面半径、高的关系，圆锥的体积
故答案为：A.
【分析】根据圆锥侧面积公式可求得母线长，进而得到圆锥的高，代入圆锥体积公式即可求得结果。 牢记圆锥侧面积公式。除圆锥，在圆柱、棱锥、球等几何体中，常通过构造直角三角形（如球的截面半径、球心距、球半径构成直角三角形），利用勾股定理求解未知量，是立体几何中（空间→平面）解题的重要技巧。
5．【答案】A
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：总学生1000，抽样100，男生有60人，女生有40人，样本平均身高，样本方差为
故答案为：A.
【分析】 本题通过分层随机抽样的性质，先计算样本的平均身高，再利用分层方差计算样本方差，进而估计总体方差（分层抽样中，样本方差可估计总体方差）。分层抽样通过按层分类，降低层内差异、提高层间差异，从而提升抽样效率，常用于总体异质性较高的情况，其均值与方差的计算是抽样推断的基础。
6．【答案】C
【知识点】解三角形；正弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，由，，所以，正弦定理，已知AB=45km，，所以，，所以
故答案为：C.
【分析】 本题运用正弦定理来求解三角形的边长，进而计算路程差。正弦定理是解三角形（已知两角及一边，或两边及其中一边的对角等情况 ）的常用工具， 表达式为 通过已知角和边，结合正弦定理求出未知边的长度，再进行路程差值计算。
7．【答案】C
【知识点】两角和与差的正切公式；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：先对tanB＋tanC＋＝tanBtanC变形，移项得，根据两角和正切公式得，，，因为，所以，
由余弦定理可得，
所以，因为b＋c＝5，所以．
所以 ．
故答案为：C.
【分析】 本题综合运用三角恒等变换（两角和的正切公式）、三角形内角和定理、余弦定理以及三角形面积公式来求解。知三角形的边角关系求三角形的面积时，多数用公式
．三角形已知一个角和三边的值或其关系时，应注意余弦定理的运用，需要变形时注意完全平方公式的运用。
8．【答案】A
【知识点】正弦函数的图象；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：因为，所以，，，已知，所以，，，，，
最小值
故答案为：A.
【分析】 本题先利用正弦函数的有界性确定与的取值范围，结合已知等式得出和的值，进而求出、的表达式，代入计算最小值。 正弦函数的有界性（）在解决与正弦函数相关的分式、等式取值问题中经常用到，还可延伸到余弦函数、正切函数（正切函数无界，但在特定区间有范围 ）等三角函数的性质应用，用于确定函数或表达式的取值范围、求解等式等。
9．【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式；复数的模；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A、复平面的点对应的复数模为，A符合题意；
B、设，，，B不符合题意；
C、，，C符合题意；
D、，则，D符合题意；
故答案为：ACD.
【分析】 本题围绕复数的几何意义、复数的运算及基本不等式展开。利用复数的几何意义判断复数对应点的特征，通过复数的共轭、模的运算公式计算，结合基本不等式判断实部与虚部之积的范围，依据复数模的三角不等式确定最值 。
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、 互斥事件是指不能同时发生的事件，对立事件是指不能同时发生且必有一个发生的事件。所以事件A，B互斥不能推出事件A，B对立（充分性不成立 ）；事件A，B对立可以推出事件A，B互斥（必要性成立 ），故事件A，B互斥是事件A，B对立的必要不充分条件，A不符合题意；
B、 掷两枚质地均匀的骰子，事件A第一次出现奇数点与事件B第二次出现偶数点可以同时发生（比如第一次掷1，第二次掷2 ），所以A与B不是互斥事件 ，B符合题意；
C、 若A与B相互独立，则P(A∪B)=P(A)+P(B P(A)P(B)=0.7+0.8 0.7×0.8=0.7+0.8 0.56=0.94=0.56，C不符合题意；
D、 若A，B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B)>0，所以A，B不互斥；若A，B互斥，则P(AB)=0，而P(A)>0，P(B)>0时P(A)P(B)>0，所以A，B不相互独立，故若P(A)>0，P(B)>0，事件A，B相互独立与事件A，B互斥不能同时成立 ，D符合题意；
故答案为：BD.
【分析】 本题围绕互斥事件、对立事件、相互独立事件的概念及概率公式展开。通过对比互斥与对立事件的定义判断逻辑关系，依据相互独立事件的概率公式计算并判断事件关系，利用和事件概率公式计算概率 。 互斥事件：不能同时发生；对立事件：不能同时发生且必有一个发生。
11．【答案】B,C,D
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、取线段的中点，连接，因为平面，所以，即异面直线，所成的角是，A不符合题意；
B、因为，，所以，，因为平面，所以平面，B符合题意；
C、因为平面，所以平面平面，C符合题意；
D、因为，且都垂直于平面，
所以，D符合题意；
故答案为：BCD.
【分析】 本题主要运用线面垂直判定定理、面面垂直判定定理以及三棱锥体积公式来解题。通过取 BD 中点构造辅助线，利用已知边相等（AB=AD，CB=CD）得到线线垂直，进而推导线面垂直、面面垂直，再结合中点条件分析三棱锥体积关系 。
12．【答案】4
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为则，解得
故答案为：4.
【分析】 牢记平面向量共线的坐标表示公式，这是解题的核心依据，直接建立关于t的方程。 题目隐含平面向量共线的坐标表示公式是解决本题的唯一路径，即已知两向量坐标和共线关系，必然通过该公式建立方程求解。
13．【答案】100；0.15
【知识点】频率分布直方图；用频率估计概率
【解析】【解答】解：第二小组的频率为，，因为第二小组的频数是40，所以参赛的人数为
成绩优秀（80分及以上）包含第四、五组，其频率和为，所以成绩优秀的经验概率是
故答案为：100；0.15.
【分析】 本题利用频率的性质（所有组频率之和为1 ）先求出第二小组频率，再根据
可求出参赛的人数，求出80分以上的频率可得成绩优秀的经验概率。 频率是指每个对象出现的次数与总次数的比值，概率是事件发生的可能性大小的稳定值，当试验次数很大时，频率可作为概率的估计值 。
14．【答案】3
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量数乘的运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】连接AG并延长交BC于F，因为G是重心，故，且F为BC中点，所以
因为D、G、E三点共线，所以，即
故答案为：3.
【分析】本题利用重心向量性质和向量共线定理，三角形重心是中线交点，到顶点距离为到对边中点距离的2倍，等边三角形的重心、垂心、内心、外心重合。
15．【答案】（1）解：（1）代入，，得，解得，，最小正周期
（2）解：（2），.
，.
所以不等式的解集为，
（3）解：（3）由，所以，解得或者，是三角形内角相关角，取k=0解得
如图：
设，，则，
在中，由余弦定理得：
在中，由余弦定理得：
两式相加得，
在，由余弦定理得：解得，
所以，因为，所以.
所以，即。
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；解三角形；辅助角公式
【解析】【分析】（1） 利用三角函数诱导公式化简函数，代入已知条件列方程求，再用辅助角公式化简函数，结合周期公式求最小正周期。
（2）利用正弦函数图象与性质，解不等式过程中，隐含正弦函数的周期性，即解的区间需延伸到全体实数，通过体现。（3） 本题将三角函数求值和解三角形结合，这类综合题需要灵活运用三角函数的性质（周期性、特殊值对应的角度等）以及解三角形的定理（正弦定理、余弦定理）。遇到三角形中线问题，除了本题用的余弦定理联立方法，还可采用 “倍长中线法”，即延长中线构造平行四边形，转化边和角的关系来解题。
（1）因为.
由.
所以.
所以函数的最小正周期为：.
（2）由，.
，.
所以不等式的解集为，.
（3）因为，所以.
由题意：，所以，
所以.
如图：
设，，，
在中，由余弦定理得：①
在中，由余弦定理得：②
①②得：.
在，由余弦定理得：.
所以，因为，所以.
所以，即.
16．【答案】（1）解：（1）取DC上一点G，使，连接GF，GB，BF。
由，当时，PF：FC=2：1，结合DG：GC=2：1，得GF//PD。
因为平面PDE，平面PDE，所以平面PDE，底面ABCD是正方形，且，所以。
又因为平面PDE，平面PDE，所以平面PDE，因为，平面BGF，平面BGF，所以平面平面PDE，又因为平面BGF，所以平面PDE。
（2）解：（2）利用等体积转换已知，因为平面PDE，所以，又因为正四棱锥的高为1，底面边长为2，所以。
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1） 通过构造辅助线，利用线面平行判定定理和面面平行判定定理，证明线面平行。即构造平行关系，先证线线平行得线面平行，再由线面平行证面面平行，进而得目标线面平行。线面平行判定：平面外直线与平面内直线平行，则直线与平面平行 。面面平行判定：一个平面内两条相交直线分别平行于另一平面，则两平面平行 。
（2） 运用等体积法，结合三棱锥体积公式。当三棱锥的高或底面积难以直接计算时，通过改变顶点和底面，转化为易计算的形式，常用于空间几何体体积、点到平面距离求解。
（1）存在实数满足，使得平面PDE．
证明如下：取DC上一点G，满足，连接GF，GB，BF．
因为，所以．
因为平面PDE，平面PDE，所以平面PDE．
因为底面ABCD是正方形，且，所以且相等，
所以四边形EBGD为平行四边形，所以．
因为平面PDE，平面PDE，所以平面PDE．
又因为，平面BGF，平面BGF，
所以平面平面PDE．
又因为平面BGF，所以平面PDE．
（2）已知，因为平面PDE，所以．
又因为正四棱锥的高为1，底面边长为2，所以．
17．【答案】（1）解：（1）频率分布直方图中，众数是最高矩形底边中点的横坐标。第四组矩形最高，故众数为
平均数
（2）解：（2）第二组人数人，平均32；第三组人数，平均50
总平均数
方差
（3）解：（3）第二组人数为10，第五组人数为30，抽样比，所以第二组抽1人，第五组抽3人共4人
从4人中抽2人，总组合数，两名都来自第五组的组合数，概率
【知识点】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）根据众数和平均数的计算方法计算即可。众数：依据频率分布直方图性质，众数是最高矩形对应区间的中点值，通过找最高矩形、计算区间中点求解。平均数：利用组中值法，每组取区间中点代表该组数据，结合每组频率，通过组中值 × 频率求和得到平均数。
（2）利用加权平均数公式，根据两组人数占比（权重 ），结合组内平均数计算总体平均数。依据方差的加权计算，先通过组内方差公式推导总方差公式，再代入组内数据和总体平均数计算。
（3）分层抽样的原理，按比例从不同层中抽样，保证样本结构与总体结构一致。
（1）由图可得，众数为，第一组，第二组，第三组，第四组，第五组所占的频率分别为，，，，，故平均数为
（2）由图可得，第二组的人数为人，第三组的人数为，故.
设第二组中10人的分数分别为，第三组中20人的分数分别为，则由题意可得，，即，，故
（3）由题，第二组和第五组的人数比为，故在第二组和第五组分别抽1人和3人.记第二组中的1人为，第五组中的3人分别为，则这4人中随机抽取2人作为学生代表，所有可能的情况有，，，，，共6种情况，其中这两名学生代表都来自第五组的有，，3种情况.设“从这4人中随机抽取2人作为学生代表，这两名学生代表都来自第五组”的事件为，则
18．【答案】（1）解：（1）连接，交于点，
在菱形中，，，O为AC、BD中点，，则是等边三角形，BP=DP，所以
，，平面，故平面，平面，
，又是的中点，，
又，、平面，所以平面，
平面，所以平面平面
（2）解：（2）以O为原点，OA、OB、OP为轴建系，菱形边长为2，
在边长为2的菱形中，，，
，，，
，，，
设，，
，解得，
折叠过程中，，，解得，
，，，
由（1）知平而，
平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则，
取，则，，，
设平面与平面夹角为，则，
平面与平面夹角的余弦值为。
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；空间向量的数量积运算；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1） 借助面面垂直判定定理，通过 “线面垂直推导面面垂直”。利用菱形、等边三角形性质找线线垂直，证得AP⊥平面BDE，再结合AP 平面ABP，完成面面垂直证明。
（2）建空间直角坐标系→求平面法向量→利用法向量夹角公式计算二面角余弦值。
（1）连接，交于点，连接，，
在菱形中，，，且既是的中点，也是的中点，
又，是等边三角形，
，，
又，，平面，平面，
平面，，
，又是的中点，，
又，、平面，平面，
平面，平面平面；
（2）在边长为2的菱形中，，，
以为原点，，所在直线分别为，轴，作平而，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
，，，
设，，
，解得，
又折叠过程中，，，解得，
，，，
由（1）知平而，
平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则，
取，则，，，
设平面与平面夹角为，则，
平面与平面夹角的余弦值为.
19．【答案】（1）解：（1）在正四面体，因为E为中点，所以，又因为平面， 根据线面垂直判定定理 ，平面
（2）解：（2）（i）如图，延长交于P，在截面上，则P在线段上，平面与平面为同一平面，
因为平面，平面，
所以，又P在线段上，故
（ii）将平面沿展开，并延长，使其交于点Q， 展开的目的是将空间中 的折线距离，转化为平面上两点之间的直线距离 ，利用两点之间线段最短求解最小值
在中，AC=2，，，由余弦定理，即
平面，E是CD中点可得AE⊥BE，当MN⊥平面ABE时最小值状态，MN为M到平面ABE的距离，
此时，，，
，，
，
故，
令，易知，
可得.
由，则，则，解得，
则，
代入可得
记，
，令，因为，则，
则，
易知对勾函数在上单调递增，
则
故.
则值域为。
【知识点】直线与平面平行的性质；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）考点本质验证线面垂直判定定理（直线垂直平面内两条相交直线 ），利用正四面体，棱长相等的性质，等腰三角形三线合一。
（2）（i）本题考查空间平面交线的构造、线面平行性质的应用，体现平行关系从空间到平面的转化。通过线面平行的性质（平面平行则线线平行），确定线段比例关系解题。
（ii） 将空间折线距离转化为平面直线距离（展开法 ），结合三角函数、函数值域分析，考查空间最值与函数思想的融合。
（1）在正四面体中，为等边三角形，
∵E为中点，∴，
∵平面，
∴平面.
（2）（i）如图，延长交于P，在截面上，则P在线段上，
平面与平面为同一平面，
∵平面，平面，
∴，又P在线段上，故.
（ii）将平面沿展开，并延长交于点Q，
，
当，，，
∴平面，
∴当，即平面时，取得最小值，
此时，，，
，，
，
故，，
令，易知，
可得.
由，则，则，解得，
则，
代入可得
记，
，令，因为，则，
则，
易知对勾函数在上单调递增，
则
故.
则值域为.
1 / 1湖南省株洲市第四中学2024-2025学年高一下学期期末质量检测数学试题·A
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.
1．（2025高一下·株洲期末）已知复数满足，则（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由，得，
故答案为：C.
【分析】本题通过复数的除法运算化简z，再利用复数模的公式计算|z|。复数模的公式应用，对于，。
2．（2025高一下·株洲期末）若平面向量两两的夹角相等，且，，，则（ ）
A．1 B．4 C．1或4 D．1或2
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：设的夹角为，则或，根据向量模长平方公式，
，
当时，，
当时，
故答案为：C.
【分析】本题通过向量模长公式结合向量点积公式，分情况计算模长。向量点积 体现了向量的投影性质，可用于解决距离、角度相关的几何问题。
3．（2025高一下·株洲期末）已知是在上单调递增的奇函数，则函数在上的图象可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：由，得是奇函数，故C不符合题意，令，得或，零点位置不对，故D不符合题意，当时，，故A不符合题意
故答案为：B.
【分析】本题采用排除法利用函数的奇偶性，以及函数的零点可得正确答案。
4．（2025高一下·株洲期末）圆锥的底面圆半径，侧面的平面展开图的面积为，则此圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的母线长为，高为，圆锥的侧面展开图面积，， 由圆锥母线、底面半径、高的关系，圆锥的体积
故答案为：A.
【分析】根据圆锥侧面积公式可求得母线长，进而得到圆锥的高，代入圆锥体积公式即可求得结果。 牢记圆锥侧面积公式。除圆锥，在圆柱、棱锥、球等几何体中，常通过构造直角三角形（如球的截面半径、球心距、球半径构成直角三角形），利用勾股定理求解未知量，是立体几何中（空间→平面）解题的重要技巧。
5．（2025高一下·株洲期末）已知某中学共有学生1000名，其中男生有600人，现按性别采用分层随机抽样的方法抽取100人，抽取的样本中男生身高的平均数和方差分别为160和4，女生身高的平均数和方差分别为155和3，则估计该校学生身高的总体方差是（ ）
A．9.6 B．9 C．8.6 D．8
【答案】A
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：总学生1000，抽样100，男生有60人，女生有40人，样本平均身高，样本方差为
故答案为：A.
【分析】 本题通过分层随机抽样的性质，先计算样本的平均身高，再利用分层方差计算样本方差，进而估计总体方差（分层抽样中，样本方差可估计总体方差）。分层抽样通过按层分类，降低层内差异、提高层间差异，从而提升抽样效率，常用于总体异质性较高的情况，其均值与方差的计算是抽样推断的基础。
6．（2025高一下·株洲期末）如图，A，B两地相距45km，甲欲驾车从A地去B地，由于山体滑坡造成道路AB堵塞，甲沿着与AB方向成18°角的方向前行，中途到达C点，再沿与AC方向成153°角的方向继续前行到达终点B，则这样的驾车路程比原来的路程约多了（ ）（参考数据：，，）
A．45.5km B．51.5km C．56.5km D．60.5km
【答案】C
【知识点】解三角形；正弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，由，，所以，正弦定理，已知AB=45km，，所以，，所以
故答案为：C.
【分析】 本题运用正弦定理来求解三角形的边长，进而计算路程差。正弦定理是解三角形（已知两角及一边，或两边及其中一边的对角等情况 ）的常用工具， 表达式为 通过已知角和边，结合正弦定理求出未知边的长度，再进行路程差值计算。
7．（2025高一下·株洲期末）已知在△ABC中，a，b，c分别为∠A，∠B，∠C的对边，且a＝4，b＋c＝5，tanB＋tanC＋＝tanBtanC，则△ABC的面积为 ( )
A． B．3 C． D．
【答案】C
【知识点】两角和与差的正切公式；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：先对tanB＋tanC＋＝tanBtanC变形，移项得，根据两角和正切公式得，，，因为，所以，
由余弦定理可得，
所以，因为b＋c＝5，所以．
所以 ．
故答案为：C.
【分析】 本题综合运用三角恒等变换（两角和的正切公式）、三角形内角和定理、余弦定理以及三角形面积公式来求解。知三角形的边角关系求三角形的面积时，多数用公式
．三角形已知一个角和三边的值或其关系时，应注意余弦定理的运用，需要变形时注意完全平方公式的运用。
8．（2025高一下·株洲期末）设角、满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】正弦函数的图象；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：因为，所以，，，已知，所以，，，，，
最小值
故答案为：A.
【分析】 本题先利用正弦函数的有界性确定与的取值范围，结合已知等式得出和的值，进而求出、的表达式，代入计算最小值。 正弦函数的有界性（）在解决与正弦函数相关的分式、等式取值问题中经常用到，还可延伸到余弦函数、正切函数（正切函数无界，但在特定区间有范围 ）等三角函数的性质应用，用于确定函数或表达式的取值范围、求解等式等。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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·株洲期末）已知复数满足，则下列结论正确的是（ ）
A．在复平面内对应的点可能是
B．
C．的实部与虚部之积小于等于3
D．复数，则的最大值为
【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式；复数的模；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A、复平面的点对应的复数模为，A符合题意；
B、设，，，B不符合题意；
C、，，C符合题意；
D、，则，D符合题意；
故答案为：ACD.
【分析】 本题围绕复数的几何意义、复数的运算及基本不等式展开。利用复数的几何意义判断复数对应点的特征，通过复数的共轭、模的运算公式计算，结合基本不等式判断实部与虚部之积的范围，依据复数模的三角不等式确定最值 。
10．（2025高一下·株洲期末）以下结论正确的是（ ）
A．“事件，互斥"是“事件，对立”的充分不必要条件.
B．掷两枚质地均匀的骰子，设“第一次出现奇数点”，“第二次出现偶数点”，则与相互独立
C．假设，，且与相互独立，则
D．若，，则事件，相互独立与事件，互斥不能同时成立
【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、 互斥事件是指不能同时发生的事件，对立事件是指不能同时发生且必有一个发生的事件。所以事件A，B互斥不能推出事件A，B对立（充分性不成立 ）；事件A，B对立可以推出事件A，B互斥（必要性成立 ），故事件A，B互斥是事件A，B对立的必要不充分条件，A不符合题意；
B、 掷两枚质地均匀的骰子，事件A第一次出现奇数点与事件B第二次出现偶数点可以同时发生（比如第一次掷1，第二次掷2 ），所以A与B不是互斥事件 ，B符合题意；
C、 若A与B相互独立，则P(A∪B)=P(A)+P(B P(A)P(B)=0.7+0.8 0.7×0.8=0.7+0.8 0.56=0.94=0.56，C不符合题意；
D、 若A，B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B)>0，所以A，B不互斥；若A，B互斥，则P(AB)=0，而P(A)>0，P(B)>0时P(A)P(B)>0，所以A，B不相互独立，故若P(A)>0，P(B)>0，事件A，B相互独立与事件A，B互斥不能同时成立 ，D符合题意；
故答案为：BD.
【分析】 本题围绕互斥事件、对立事件、相互独立事件的概念及概率公式展开。通过对比互斥与对立事件的定义判断逻辑关系，依据相互独立事件的概率公式计算并判断事件关系，利用和事件概率公式计算概率 。 互斥事件：不能同时发生；对立事件：不能同时发生且必有一个发生。
11．（2025高一下·株洲期末）在平面四边形ABCD中，，.将该四边形沿着对角线AC折叠，得到空间四边形ABCD，E为棱BD的中点，则（ ）
A．异面直线AC，BD所成的角是
B．平面
C．平面平面AEC
D．
【答案】B,C,D
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、取线段的中点，连接，因为平面，所以，即异面直线，所成的角是，A不符合题意；
B、因为，，所以，，因为平面，所以平面，B符合题意；
C、因为平面，所以平面平面，C符合题意；
D、因为，且都垂直于平面，
所以，D符合题意；
故答案为：BCD.
【分析】 本题主要运用线面垂直判定定理、面面垂直判定定理以及三棱锥体积公式来解题。通过取 BD 中点构造辅助线，利用已知边相等（AB=AD，CB=CD）得到线线垂直，进而推导线面垂直、面面垂直，再结合中点条件分析三棱锥体积关系 。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高一下·株洲期末）已知平面向量，，若，则 .
【答案】4
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为则，解得
故答案为：4.
【分析】 牢记平面向量共线的坐标表示公式，这是解题的核心依据，直接建立关于t的方程。 题目隐含平面向量共线的坐标表示公式是解决本题的唯一路径，即已知两向量坐标和共线关系，必然通过该公式建立方程求解。
13．（2025高一下·株洲期末）某中学举办电脑知识竞赛，满分为100分，80分以上为优秀（含80分），现将高一两个班参赛学生的成绩进行整理后分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，其中第一、三、四、五小组的频率分别为0.30，0.15，0.10，0.05，而第二小组的频数是40，则参赛的人数为 ，成绩优秀的经验概率是 ．
【答案】100；0.15
【知识点】频率分布直方图；用频率估计概率
【解析】【解答】解：第二小组的频率为，，因为第二小组的频数是40，所以参赛的人数为
成绩优秀（80分及以上）包含第四、五组，其频率和为，所以成绩优秀的经验概率是
故答案为：100；0.15.
【分析】 本题利用频率的性质（所有组频率之和为1 ）先求出第二小组频率，再根据
可求出参赛的人数，求出80分以上的频率可得成绩优秀的经验概率。 频率是指每个对象出现的次数与总次数的比值，概率是事件发生的可能性大小的稳定值，当试验次数很大时，频率可作为概率的估计值 。
14．（2025高一下·株洲期末）已知为等边三角形，点G是的重心．过点G的直线l与线段AB交于点D，与线段AC交于点E．设，，则 ．
【答案】3
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量数乘的运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】连接AG并延长交BC于F，因为G是重心，故，且F为BC中点，所以
因为D、G、E三点共线，所以，即
故答案为：3.
【分析】本题利用重心向量性质和向量共线定理，三角形重心是中线交点，到顶点距离为到对边中点距离的2倍，等边三角形的重心、垂心、内心、外心重合。
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·株洲期末）已知函数，且.
（1）求a的值和函数的最小正周期；
（2）求不等式的解集；
（3）在中，，，AD为BC边上的中线，设，，请直接写出的值和BC的长.
【答案】（1）解：（1）代入，，得，解得，，最小正周期
（2）解：（2），.
，.
所以不等式的解集为，
（3）解：（3）由，所以，解得或者，是三角形内角相关角，取k=0解得
如图：
设，，则，
在中，由余弦定理得：
在中，由余弦定理得：
两式相加得，
在，由余弦定理得：解得，
所以，因为，所以.
所以，即。
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；解三角形；辅助角公式
【解析】【分析】（1） 利用三角函数诱导公式化简函数，代入已知条件列方程求，再用辅助角公式化简函数，结合周期公式求最小正周期。
（2）利用正弦函数图象与性质，解不等式过程中，隐含正弦函数的周期性，即解的区间需延伸到全体实数，通过体现。（3） 本题将三角函数求值和解三角形结合，这类综合题需要灵活运用三角函数的性质（周期性、特殊值对应的角度等）以及解三角形的定理（正弦定理、余弦定理）。遇到三角形中线问题，除了本题用的余弦定理联立方法，还可采用 “倍长中线法”，即延长中线构造平行四边形，转化边和角的关系来解题。
（1）因为.
由.
所以.
所以函数的最小正周期为：.
（2）由，.
，.
所以不等式的解集为，.
（3）因为，所以.
由题意：，所以，
所以.
如图：
设，，，
在中，由余弦定理得：①
在中，由余弦定理得：②
①②得：.
在，由余弦定理得：.
所以，因为，所以.
所以，即.
16．（2025高一下·株洲期末）如图，四棱锥为正四棱锥，底面ABCD是边长为2的正方形，四棱锥的高为1，点E在棱AB上，且．
（1）若点F在棱PC上，是否存在实数满足，使得平面PDE？若存在，请求出实数的值；若不存在，请说明理由．
（2）在第（1）问的条件下，当平面PDE时，求三棱锥的体积．
【答案】（1）解：（1）取DC上一点G，使，连接GF，GB，BF。
由，当时，PF：FC=2：1，结合DG：GC=2：1，得GF//PD。
因为平面PDE，平面PDE，所以平面PDE，底面ABCD是正方形，且，所以。
又因为平面PDE，平面PDE，所以平面PDE，因为，平面BGF，平面BGF，所以平面平面PDE，又因为平面BGF，所以平面PDE。
（2）解：（2）利用等体积转换已知，因为平面PDE，所以，又因为正四棱锥的高为1，底面边长为2，所以。
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1） 通过构造辅助线，利用线面平行判定定理和面面平行判定定理，证明线面平行。即构造平行关系，先证线线平行得线面平行，再由线面平行证面面平行，进而得目标线面平行。线面平行判定：平面外直线与平面内直线平行，则直线与平面平行 。面面平行判定：一个平面内两条相交直线分别平行于另一平面，则两平面平行 。
（2） 运用等体积法，结合三棱锥体积公式。当三棱锥的高或底面积难以直接计算时，通过改变顶点和底面，转化为易计算的形式，常用于空间几何体体积、点到平面距离求解。
（1）存在实数满足，使得平面PDE．
证明如下：取DC上一点G，满足，连接GF，GB，BF．
因为，所以．
因为平面PDE，平面PDE，所以平面PDE．
因为底面ABCD是正方形，且，所以且相等，
所以四边形EBGD为平行四边形，所以．
因为平面PDE，平面PDE，所以平面PDE．
又因为，平面BGF，平面BGF，
所以平面平面PDE．
又因为平面BGF，所以平面PDE．
（2）已知，因为平面PDE，所以．
又因为正四棱锥的高为1，底面边长为2，所以．
17．（2025高一下·株洲期末）高一年级疫情期间举行全体学生的数学竞赛，成绩最高分为100分，随机抽取100名学生进行了数据分析，将他们的分数分成以下几组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到频率分布直方图，如图所示．
（1）试估计这次竞赛成绩的众数和平均数；
（2）已知100名学生落在第二组的平均成绩是32，方差为7，落在第三组的平均成绩为50，方差为4，求两组学生成绩的总平均数和总方差；
（3）已知年级在第二组和第五组两个小组按等比例分层抽样的方法，随机抽取4名学生进行座谈，之后从这4人中随机抽取2人作为学生代表，求这两名学生代表都来自第五组的概率．
【答案】（1）解：（1）频率分布直方图中，众数是最高矩形底边中点的横坐标。第四组矩形最高，故众数为
平均数
（2）解：（2）第二组人数人，平均32；第三组人数，平均50
总平均数
方差
（3）解：（3）第二组人数为10，第五组人数为30，抽样比，所以第二组抽1人，第五组抽3人共4人
从4人中抽2人，总组合数，两名都来自第五组的组合数，概率
【知识点】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）根据众数和平均数的计算方法计算即可。众数：依据频率分布直方图性质，众数是最高矩形对应区间的中点值，通过找最高矩形、计算区间中点求解。平均数：利用组中值法，每组取区间中点代表该组数据，结合每组频率，通过组中值 × 频率求和得到平均数。
（2）利用加权平均数公式，根据两组人数占比（权重 ），结合组内平均数计算总体平均数。依据方差的加权计算，先通过组内方差公式推导总方差公式，再代入组内数据和总体平均数计算。
（3）分层抽样的原理，按比例从不同层中抽样，保证样本结构与总体结构一致。
（1）由图可得，众数为，第一组，第二组，第三组，第四组，第五组所占的频率分别为，，，，，故平均数为
（2）由图可得，第二组的人数为人，第三组的人数为，故.
设第二组中10人的分数分别为，第三组中20人的分数分别为，则由题意可得，，即，，故
（3）由题，第二组和第五组的人数比为，故在第二组和第五组分别抽1人和3人.记第二组中的1人为，第五组中的3人分别为，则这4人中随机抽取2人作为学生代表，所有可能的情况有，，，，，共6种情况，其中这两名学生代表都来自第五组的有，，3种情况.设“从这4人中随机抽取2人作为学生代表，这两名学生代表都来自第五组”的事件为，则
18．（2025高一下·株洲期末）如图1，菱形的边长为2，，将沿折起至（如图2），且点为的中点.
（1）证明：平面平面：
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）解：（1）连接，交于点，
在菱形中，，，O为AC、BD中点，，则是等边三角形，BP=DP，所以
，，平面，故平面，平面，
，又是的中点，，
又，、平面，所以平面，
平面，所以平面平面
（2）解：（2）以O为原点，OA、OB、OP为轴建系，菱形边长为2，
在边长为2的菱形中，，，
，，，
，，，
设，，
，解得，
折叠过程中，，，解得，
，，，
由（1）知平而，
平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则，
取，则，，，
设平面与平面夹角为，则，
平面与平面夹角的余弦值为。
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；空间向量的数量积运算；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1） 借助面面垂直判定定理，通过 “线面垂直推导面面垂直”。利用菱形、等边三角形性质找线线垂直，证得AP⊥平面BDE，再结合AP 平面ABP，完成面面垂直证明。
（2）建空间直角坐标系→求平面法向量→利用法向量夹角公式计算二面角余弦值。
（1）连接，交于点，连接，，
在菱形中，，，且既是的中点，也是的中点，
又，是等边三角形，
，，
又，，平面，平面，
平面，，
，又是的中点，，
又，、平面，平面，
平面，平面平面；
（2）在边长为2的菱形中，，，
以为原点，，所在直线分别为，轴，作平而，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
，，，
设，，
，解得，
又折叠过程中，，，解得，
，，，
由（1）知平而，
平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则，
取，则，，，
设平面与平面夹角为，则，
平面与平面夹角的余弦值为.
19．（2025高一下·株洲期末）如图，在正四面体中，棱长为为中点.
（1）求证：平面；
（2）已知为棱上一点（不含端点），为线段上一动点，为截面上一动点
（i）若存在使得平面，求范围；
（ii）设的最小值为关于的函数，求值域.
【答案】（1）解：（1）在正四面体，因为E为中点，所以，又因为平面， 根据线面垂直判定定理 ，平面
（2）解：（2）（i）如图，延长交于P，在截面上，则P在线段上，平面与平面为同一平面，
因为平面，平面，
所以，又P在线段上，故
（ii）将平面沿展开，并延长，使其交于点Q， 展开的目的是将空间中 的折线距离，转化为平面上两点之间的直线距离 ，利用两点之间线段最短求解最小值
在中，AC=2，，，由余弦定理，即
平面，E是CD中点可得AE⊥BE，当MN⊥平面ABE时最小值状态，MN为M到平面ABE的距离，
此时，，，
，，
，
故，
令，易知，
可得.
由，则，则，解得，
则，
代入可得
记，
，令，因为，则，
则，
易知对勾函数在上单调递增，
则
故.
则值域为。
【知识点】直线与平面平行的性质；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）考点本质验证线面垂直判定定理（直线垂直平面内两条相交直线 ），利用正四面体，棱长相等的性质，等腰三角形三线合一。
（2）（i）本题考查空间平面交线的构造、线面平行性质的应用，体现平行关系从空间到平面的转化。通过线面平行的性质（平面平行则线线平行），确定线段比例关系解题。
（ii） 将空间折线距离转化为平面直线距离（展开法 ），结合三角函数、函数值域分析，考查空间最值与函数思想的融合。
（1）在正四面体中，为等边三角形，
∵E为中点，∴，
∵平面，
∴平面.
（2）（i）如图，延长交于P，在截面上，则P在线段上，
平面与平面为同一平面，
∵平面，平面，
∴，又P在线段上，故.
（ii）将平面沿展开，并延长交于点Q，
，
当，，，
∴平面，
∴当，即平面时，取得最小值，
此时，，，
，，
，
故，，
令，易知，
可得.
由，则，则，解得，
则，
代入可得
记，
，令，因为，则，
则，
易知对勾函数在上单调递增，
则
故.
则值域为.
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