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湖南省郴州市2022-2023学年高一数学下学期期末考试试题（Word版附解析）
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这是一份湖南省郴州市2022-2023学年高一数学下学期期末考试试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了本试卷分试题卷和答题卡等内容，欢迎下载使用。
郴州市2023年上学期期末教学质量监测试卷
高一数学
（试题卷）
注意事项：
1．本试卷分试题卷和答题卡．试题卷共6页，有四道大题，共22道小题，满分150分．考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡和该试题卷的指定位置上，并认真核对答题卡上的姓名、准考证号和科目．
3．考生作答时，选择题和非选择题均须作答在答题卡上，在本试题卷上答题无效考生在答题卡上按答题卡中注意事项的要求答题．
4．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回．
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. 已知复数满足（其中i为虚数单位），则在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的除法运算求得，求得对应的坐标，得出答案.
【详解】由条件得，
所以z在复平面内对应的点为，在第一象限.
故选：A.
2. 某校为了解学生的学习情况，采用分层抽样的方法从高一780人、高二600人、高三n人中，抽取35人进行问卷调查，已知高一被抽取的人数为13人，则等于（ ）
A 660 B. 720 C. 780 D. 800
【答案】B
【解析】
【分析】根据分层抽样各层抽样比相等，列出等量关系，求解即可.
【详解】根据题意可得：，解得，
故选：B.
3. 若一个圆锥的轴截面是一个底边长是2，腰长为的等腰三角形，则它的侧面展开图的圆心角是（ ）
A. B. C. 2 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆锥的底面圆周长与侧面展开图的扇形弧长相等列式求解．
【详解】由题意，圆锥的底面半径为r＝1，母线长为l＝π，
设侧面展开图的圆心角为α，则αl＝2πr，可得α＝2．
故选：C．
4. 已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，则下列四个说法中正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据线线，线面的位置关系进行判断.
【详解】A选项，若，有可能，A选项错误；
B选项，若，有可能相交，B选项错误；
C选项，若，有可能，C选项错误；
D选项，垂直于同一条直线的两个平面平行，D选项正确.
故选：D
5. “网红”打卡地高椅岭，位于郴州苏仙区飞天山高椅岭村，丹霞奇景集聚凸显，被称之为“被上帝遗忘的地方”．如图1是高椅岭最高峰美丽坦，下面是登云天梯．现测量美丽坦的高度时，选取了与美丽坦底部在同一平面内的两个测量基点与，测得，在点测得该美丽坦顶端的仰角为，则美丽坦的高度约为（ ）（参考数据：取）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用正弦定理求出BC，再利用直角三角形求解作答.
【详解】在中，依题意，，由，得，
由正弦定理得，即，
在中，，因此，
所以美丽坦的高度约为.
故选：A
6. 已知，且的夹角是，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据投影向量的定义结合题意直接求解
【详解】因为，且的夹角是，
所以在方向上的投影向量为
，
故选：C
7. 数学来源于生活，约3000年以前，我国人民就创造出了属于自己的计数方法．十进制的算筹计数法就是中国数学史上一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同长短的小木棍．下图是利用算筹表示数1～9的一种方法．例如：3可表示为“”，26可表示为“”，现有5根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则用1～9这9个数字表示的所有两位数中，个位数与十位数之和为5的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意把5根算筹所能表示的两位数列举出来后，求出数字和为5的两位数个数作答.
【详解】1根算筹只能表示1，2根算筹可表示2和6，3根算筹可表示3和7，4根算筹可表示4和8，5根算筹可表示5和9，
因此5根算筹表示的两位数有14，18，41，81，23，27，32，72，63，67，36，76，共12个，
其中个位数与十位数之和为5的有14，41，23，32，共4个，
所以所求概率为．
故选：A
8. 如图，在中，，过点的直线交射线于点，交于点，若，则的最小值为（ ）
A. 3 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量的线性运算，结合，，三点共线，求出，的关系，再利用基本不等式求最小值作答．
【详解】由，得，即有，
由，且，得，
因此，而点，，共线，则，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
故选：B
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分．）
9. 已知复数满足，则下列结论正确的是（ ）
A. 的虚部是 B.
C. 的共轭复数是 D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意，求得复数，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】由复数满足，可得，所以，
对于A中，复数的虚部为，所以A不正确；
对于B中，由，所以B正确；
对于C中，由复数的共轭复数为复数，所以C不正确；
对于D中，由，所以 D正确.
故选：BD.
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 从容量为的总体中抽取一个容量为的样本，当选取抽签法抽样、随机数法抽样和分层随机抽样三种不同方法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别为，，则
B. 若，则事件与事件相互独立
C. 一个人连续射击2次，事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”互为对立事件
D. 设是两个随机事件，且，则
【答案】AB
【解析】
【分析】利用三种抽样方法的定义判断A；利用相互独立事件地定义判断B；利用对立事件的意义判断C；利用概率加法公式成立的条件判断D作答.
【详解】对于A，三种抽样方法，总体中每个个体被抽中的概率均为，A正确；
对于B，由，得，因此，事件与事件相互独立，B正确；
对于C，“至多一次击中”的事件与“两次均未击中”的事件可以同时发生，它们不互斥，不是对立事件，C错误；
对于D，是两个随机事件，且，当互斥时，，D错误.
故选：AB
11. 在中，角的对边分别为，则（ ）
A. 若，则为直角三角形
B. 若符合条件的有一个，则
C. 若，则
D. 若，则为等腰三角形
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A：根据平面向量的模长以及数量积的运算律分析运算；对于B：利用正弦定理分析运算；对于C：利用正弦定理可判断；对于D：利用两角和差的正弦公式求解.
【详解】对于A：因为，即，
则，整理得，
所以，即为直角三角形，故A正确；
对于B：若，则，
若符合条件的有一个，则或，故B错误；
对于C：若，则由正弦定理可得，故C正确；
对于D：若，即,
展开整理得，
∵，∴或，
∴为直角三角形或等腰三角形，故D错误.
故选：AC.
12. 如图，在正方体中，点分别是的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 在平面内存在直线与平面平行
B. 在上存在点，使得与平面所成的角为
C. 若点是的中点，点是线段上的动点，则三棱锥的体积是定值
D. 过点的截面与正方体的面的交线组成的图形是五边形
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，取的点，得为平行四边形，从而，即可判断；对于B， 设正方体的棱长为1，则，由平面知为与平面所成的角，求解可判断；对于C，连接，则为平行四边形，得，从而平面，则点到平面的距离与点到平面的距离相等且为定值，结合体积转化即可判断；对于D，取的中点，在上取点，且，可证得过点的截面与正方体的面的交线组成的图形是五边形．
【详解】对于A，取的点，连接，
∵，∴为平行四边形，
∵，平面，平面，∴平面，故A正确；
对于B， 设正方体的棱长为1，点在上，，
∵平面，为与平面所成的角，
∵，∴，
∴，故B错误；
对于C，连接，
则，
则为平行四边形，，又，
则，平面，平面，∴平面，
点是线段上，则点到平面的距离与点到平面的距离相等且为定值，
则三棱锥的体积，为定值，故C正确；
对于D，取的中点，连接，
则，则在平面上，
取的中点，在上分别取点，且，
连接，则，
又，则，则在平面上，
所以，过点的截面与正方体的面的交线组成的图形是五边形，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，第16题第一问2分第2问3分，共20分．）
13. 数据24，11，12，13，15，14，17，18，20，10的第60百分位数是____________．
【答案】16
【解析】
【分析】先对这10个数据排列，然后根据百分位数的定义求解即可
【详解】这10个数从小到大排列为10，11，12，13，14，15，17，18，20，24，
因为，
所以第60百分位数是第6个数和第7个数的平均数，即，
故答案为：16
14. 在平行四边形中，为的靠近的三等分点，若，且，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标表示求解.
【详解】以B为原点，以BC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，如图，
则，
，
．
故答案为：．
15. 某校有高一学生1000人，其中男生600人，女生400人，为了获取学生身高信息，采用男、女按比例分配分层抽样的方法抽取样本50人，并观测样本的指标值（单位：），计算得男生样本的均值为170，方差为20，女生样本的均值为160，方差为30，据此估计该校高一年级学生身高的总体方差为____________．
【答案】48
【解析】
【分析】根据分层抽样均值和方差的计算公式计算即可.
【详解】由题意，某校有高一学生1000人，其中男生600人，女生400人，
可得总体的均值为，
总体的方差为.
故答案为：48.
16. 已知四棱锥的各个顶点都在球的表面上，平面，底面是等腰梯形，，
（1）四棱锥的外接球的表面积为____________ ；
（2）若是线段上一点，且．过点作球的截面，所得截面圆面积的最小值为____________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据给定的几何体，确定球心O的位置并求出球半径，再利用球的截面圆性质及余弦定理求解作答.
【详解】（1）在等腰梯形中，连接，如图，
因为，，，
则，，于是，
取中点，连接，则，得均为正三角形，
即有，即是梯形外接圆圆心，
而O为四棱锥外接球球心，因此平面，又PA⊥平面ABCD，
则，而为球O的弦，则过点O垂直于的平面必过的中点E，连接，
于是，而，即有，四边形为矩形，，
因此球O的半径，
所以，四棱锥的外接球的表面积为；
（2）在中，，，，
，
连接，在中，，
过点M的球O的最小截面圆所在平面必垂直于，
而此截面圆半径为，
所得截面圆面积的最小值为.
故答案为：，.
四、解答题（本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17 已知向量，且．
（1）求及与的夹角的余弦值；
（2）若与垂直，求实数的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量的坐标运算及夹角公式求解；
（2）利用向量垂直的坐标表示求解.
【小问1详解】
因为向量，
所以，
，即，解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，故，
故，
因为与垂直，所以，解得.
18. 如图，在四棱锥中，平面底面，底面为正方形，为的中点，为的中点．
（1）证明：//底面；
（2）已知，二面角的平面角为，求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接BD，可得，利用线面平行的判定定理可证得结论；
（2）取AB的中点，由面面垂直的性质可得底面ABCD，进而得平面PAB，是二面角的平面角，可求得，利用棱锥的体积公式求得结果．
【小问1详解】
连接BD，在中，为PB的中点，为PD的中点，所以，
又底面底面ABCD，所以底面ABCD，
【小问2详解】
取AB的中点，连接PM，
因为，所以，
又平面底面ABCD，平面底面平面PAB，
所以底面ABCD，所以，
因为底面ABCD为正方形，所以，
又，平面PAB，所以平面PAB，
平面PAB，，
是二面角的平面角，，
又为正三角形，，
所以，
即四棱锥的体积为．
19. 在锐角中，内角所对的边分别为，若满足．
（1）求角的大小；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理边角互化来处理；
（2）利用正弦定理，将用角来表示，结合正弦函数的单调性处理.
【小问1详解】
由余弦定理，，
整理可得，又，
而，解得.
【小问2详解】
由正弦定理，，
于是，，
故.
由是锐角三角形可知：，
解得，则，
根据正弦函数在上递增，在上递减，
故在上的值域为，
故
20. 为迎接第二届湖南旅发大会，郴州某校举办“走遍五大洲，最美有郴州”知识能力测评，共有1000名学生参加，随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成4组：，并整理得到如下频率分布直方图：
（1）根据直方图，估计这次知识能力测评的平均数；
（2）用分层随机抽样的方法从，两个区间共抽取出4名学生，再从这4名学生中随机抽取2名依次进行交流分享，求第二个交流分享的学生成绩在区间的概率；
（3）学校决定从知识能力测评中抽出成绩最好的两个同学甲乙进行现场知识抢答赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得1分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的人获得冠军．已知甲在三个项目中获胜的概率分别为，各项目的比赛结果相互独立，甲至少得1分的概率是，甲乙两人谁获得最终胜利的可能性大？并说明理由．
【答案】（1）分
（2）
（3）甲最终获胜的可能性大；理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图的平均数的计算公式，即可求解；
（2）根据分层抽样的分法，得到从抽取人，即为，从中抽取人，即为，利用列举法求得基本事件的总数和所有事件中包含的基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解；
（3）根据题意求得，分别求得甲乙得到2分和3分概率，即可得到答案.
【小问1详解】
解：由频率分布直方图，根据平均数的计算公式，估计这次知识能力测评的平均数：
分.
【小问2详解】
解：由频率分布直方图，可得的频率为，的频率为，
所以用分层随机抽样的方法从，两个区间共抽取出4名学生，
可得从抽取人，即为，从中抽取人，即为，
从这4名学生中随机抽取2名依次进行交流分享，有 ，共有12个基本事件；
其中第二个交流分享的学生成绩在区间的有：，共有3个，
所以概率为.
【小问3详解】
解：甲最终获胜的可能性大.
理由如下：由题意，甲至少得1分的概率是，
可得，其中，解得，
则甲的2分或3分的概率为：，
所以乙得分为2分或3分的概率为，
因为，所以甲最终获胜的可能性更大.
21. 已知函数．
（1）如图，在中，角的对边分别为，点为的中点．当时，分别等于的最小值、最大值，且，求的长．
（2）当时，关于的方程有三个不同的解，求实数的取值范围．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换化简，根据三角函数的性质求出，进而由求得，利用向量的数量积运算计算，即可得出答案；
（2）由题意或，作出函数的图象，由图可知，有一解，从而有两解，即函数与有两个不同的交点，数形结合即可得出结果.
【小问1详解】
由题意得，
，
当时，，
的值域是，则，
，
，，
或，或，
，
，
当时，；
当时，．
【小问2详解】
由得，或．
函数的图象如下：
由图可知，有一解，即，
有两解，即函数与有两个不同的交点，
22. 如图，正方形中，边长为4，为中点，是边上的动点．将沿翻折到沿翻折到，
（1）求证：平面平面；
（2）若，连接，设直线与平面所成角为，求的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知，可得面SFD，由面面垂直的判定定理可得证；
（2）设S在面AEF上的射影为，则为直线SE与平面DEF所成角．设，利用体积法，由求得，从而得的表达式，结合换元法及函数的单调性求出的最大值．
【小问1详解】
因为ABCD是正方形，，
又，面SFD，面SFD，
又平面平面平面SFD；
【小问2详解】
设S在面AEF上的射影为，连接EO，则为直线SE与平面DEF所成角．
设，则．
．
在中，，．
可得，
，
，
又，，
令，
令，
，
当且时，，则，
可得在上单调递减，
当，即时，最大为，最大值为．
【点睛】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面处理解决：一是函数法，即根据题中信息直接建立函数关系式，或通过空间向量的坐标运算建立函数关系式，转化为函数的最值问题求解，最后根据函数的形式，选择利用函数的性质、基本不等式或导数求最值；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断求解；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解．
郴州市2023年上学期期末教学质量监测试卷
高一数学
（试题卷）
注意事项：
1．本试卷分试题卷和答题卡．试题卷共6页，有四道大题，共22道小题，满分150分．考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡和该试题卷的指定位置上，并认真核对答题卡上的姓名、准考证号和科目．
3．考生作答时，选择题和非选择题均须作答在答题卡上，在本试题卷上答题无效考生在答题卡上按答题卡中注意事项的要求答题．
4．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回．
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. 已知复数满足（其中i为虚数单位），则在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的除法运算求得，求得对应的坐标，得出答案.
【详解】由条件得，
所以z在复平面内对应的点为，在第一象限.
故选：A.
2. 某校为了解学生的学习情况，采用分层抽样的方法从高一780人、高二600人、高三n人中，抽取35人进行问卷调查，已知高一被抽取的人数为13人，则等于（ ）
A 660 B. 720 C. 780 D. 800
【答案】B
【解析】
【分析】根据分层抽样各层抽样比相等，列出等量关系，求解即可.
【详解】根据题意可得：，解得，
故选：B.
3. 若一个圆锥的轴截面是一个底边长是2，腰长为的等腰三角形，则它的侧面展开图的圆心角是（ ）
A. B. C. 2 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆锥的底面圆周长与侧面展开图的扇形弧长相等列式求解．
【详解】由题意，圆锥的底面半径为r＝1，母线长为l＝π，
设侧面展开图的圆心角为α，则αl＝2πr，可得α＝2．
故选：C．
4. 已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，则下列四个说法中正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据线线，线面的位置关系进行判断.
【详解】A选项，若，有可能，A选项错误；
B选项，若，有可能相交，B选项错误；
C选项，若，有可能，C选项错误；
D选项，垂直于同一条直线的两个平面平行，D选项正确.
故选：D
5. “网红”打卡地高椅岭，位于郴州苏仙区飞天山高椅岭村，丹霞奇景集聚凸显，被称之为“被上帝遗忘的地方”．如图1是高椅岭最高峰美丽坦，下面是登云天梯．现测量美丽坦的高度时，选取了与美丽坦底部在同一平面内的两个测量基点与，测得，在点测得该美丽坦顶端的仰角为，则美丽坦的高度约为（ ）（参考数据：取）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用正弦定理求出BC，再利用直角三角形求解作答.
【详解】在中，依题意，，由，得，
由正弦定理得，即，
在中，，因此，
所以美丽坦的高度约为.
故选：A
6. 已知，且的夹角是，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据投影向量的定义结合题意直接求解
【详解】因为，且的夹角是，
所以在方向上的投影向量为
，
故选：C
7. 数学来源于生活，约3000年以前，我国人民就创造出了属于自己的计数方法．十进制的算筹计数法就是中国数学史上一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同长短的小木棍．下图是利用算筹表示数1～9的一种方法．例如：3可表示为“”，26可表示为“”，现有5根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则用1～9这9个数字表示的所有两位数中，个位数与十位数之和为5的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意把5根算筹所能表示的两位数列举出来后，求出数字和为5的两位数个数作答.
【详解】1根算筹只能表示1，2根算筹可表示2和6，3根算筹可表示3和7，4根算筹可表示4和8，5根算筹可表示5和9，
因此5根算筹表示的两位数有14，18，41，81，23，27，32，72，63，67，36，76，共12个，
其中个位数与十位数之和为5的有14，41，23，32，共4个，
所以所求概率为．
故选：A
8. 如图，在中，，过点的直线交射线于点，交于点，若，则的最小值为（ ）
A. 3 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量的线性运算，结合，，三点共线，求出，的关系，再利用基本不等式求最小值作答．
【详解】由，得，即有，
由，且，得，
因此，而点，，共线，则，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
故选：B
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分．）
9. 已知复数满足，则下列结论正确的是（ ）
A. 的虚部是 B.
C. 的共轭复数是 D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意，求得复数，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】由复数满足，可得，所以，
对于A中，复数的虚部为，所以A不正确；
对于B中，由，所以B正确；
对于C中，由复数的共轭复数为复数，所以C不正确；
对于D中，由，所以 D正确.
故选：BD.
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 从容量为的总体中抽取一个容量为的样本，当选取抽签法抽样、随机数法抽样和分层随机抽样三种不同方法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别为，，则
B. 若，则事件与事件相互独立
C. 一个人连续射击2次，事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”互为对立事件
D. 设是两个随机事件，且，则
【答案】AB
【解析】
【分析】利用三种抽样方法的定义判断A；利用相互独立事件地定义判断B；利用对立事件的意义判断C；利用概率加法公式成立的条件判断D作答.
【详解】对于A，三种抽样方法，总体中每个个体被抽中的概率均为，A正确；
对于B，由，得，因此，事件与事件相互独立，B正确；
对于C，“至多一次击中”的事件与“两次均未击中”的事件可以同时发生，它们不互斥，不是对立事件，C错误；
对于D，是两个随机事件，且，当互斥时，，D错误.
故选：AB
11. 在中，角的对边分别为，则（ ）
A. 若，则为直角三角形
B. 若符合条件的有一个，则
C. 若，则
D. 若，则为等腰三角形
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A：根据平面向量的模长以及数量积的运算律分析运算；对于B：利用正弦定理分析运算；对于C：利用正弦定理可判断；对于D：利用两角和差的正弦公式求解.
【详解】对于A：因为，即，
则，整理得，
所以，即为直角三角形，故A正确；
对于B：若，则，
若符合条件的有一个，则或，故B错误；
对于C：若，则由正弦定理可得，故C正确；
对于D：若，即,
展开整理得，
∵，∴或，
∴为直角三角形或等腰三角形，故D错误.
故选：AC.
12. 如图，在正方体中，点分别是的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 在平面内存在直线与平面平行
B. 在上存在点，使得与平面所成的角为
C. 若点是的中点，点是线段上的动点，则三棱锥的体积是定值
D. 过点的截面与正方体的面的交线组成的图形是五边形
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，取的点，得为平行四边形，从而，即可判断；对于B， 设正方体的棱长为1，则，由平面知为与平面所成的角，求解可判断；对于C，连接，则为平行四边形，得，从而平面，则点到平面的距离与点到平面的距离相等且为定值，结合体积转化即可判断；对于D，取的中点，在上取点，且，可证得过点的截面与正方体的面的交线组成的图形是五边形．
【详解】对于A，取的点，连接，
∵，∴为平行四边形，
∵，平面，平面，∴平面，故A正确；
对于B， 设正方体的棱长为1，点在上，，
∵平面，为与平面所成的角，
∵，∴，
∴，故B错误；
对于C，连接，
则，
则为平行四边形，，又，
则，平面，平面，∴平面，
点是线段上，则点到平面的距离与点到平面的距离相等且为定值，
则三棱锥的体积，为定值，故C正确；
对于D，取的中点，连接，
则，则在平面上，
取的中点，在上分别取点，且，
连接，则，
又，则，则在平面上，
所以，过点的截面与正方体的面的交线组成的图形是五边形，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，第16题第一问2分第2问3分，共20分．）
13. 数据24，11，12，13，15，14，17，18，20，10的第60百分位数是____________．
【答案】16
【解析】
【分析】先对这10个数据排列，然后根据百分位数的定义求解即可
【详解】这10个数从小到大排列为10，11，12，13，14，15，17，18，20，24，
因为，
所以第60百分位数是第6个数和第7个数的平均数，即，
故答案为：16
14. 在平行四边形中，为的靠近的三等分点，若，且，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标表示求解.
【详解】以B为原点，以BC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，如图，
则，
，
．
故答案为：．
15. 某校有高一学生1000人，其中男生600人，女生400人，为了获取学生身高信息，采用男、女按比例分配分层抽样的方法抽取样本50人，并观测样本的指标值（单位：），计算得男生样本的均值为170，方差为20，女生样本的均值为160，方差为30，据此估计该校高一年级学生身高的总体方差为____________．
【答案】48
【解析】
【分析】根据分层抽样均值和方差的计算公式计算即可.
【详解】由题意，某校有高一学生1000人，其中男生600人，女生400人，
可得总体的均值为，
总体的方差为.
故答案为：48.
16. 已知四棱锥的各个顶点都在球的表面上，平面，底面是等腰梯形，，
（1）四棱锥的外接球的表面积为____________ ；
（2）若是线段上一点，且．过点作球的截面，所得截面圆面积的最小值为____________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据给定的几何体，确定球心O的位置并求出球半径，再利用球的截面圆性质及余弦定理求解作答.
【详解】（1）在等腰梯形中，连接，如图，
因为，，，
则，，于是，
取中点，连接，则，得均为正三角形，
即有，即是梯形外接圆圆心，
而O为四棱锥外接球球心，因此平面，又PA⊥平面ABCD，
则，而为球O的弦，则过点O垂直于的平面必过的中点E，连接，
于是，而，即有，四边形为矩形，，
因此球O的半径，
所以，四棱锥的外接球的表面积为；
（2）在中，，，，
，
连接，在中，，
过点M的球O的最小截面圆所在平面必垂直于，
而此截面圆半径为，
所得截面圆面积的最小值为.
故答案为：，.
四、解答题（本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17 已知向量，且．
（1）求及与的夹角的余弦值；
（2）若与垂直，求实数的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量的坐标运算及夹角公式求解；
（2）利用向量垂直的坐标表示求解.
【小问1详解】
因为向量，
所以，
，即，解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，故，
故，
因为与垂直，所以，解得.
18. 如图，在四棱锥中，平面底面，底面为正方形，为的中点，为的中点．
（1）证明：//底面；
（2）已知，二面角的平面角为，求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接BD，可得，利用线面平行的判定定理可证得结论；
（2）取AB的中点，由面面垂直的性质可得底面ABCD，进而得平面PAB，是二面角的平面角，可求得，利用棱锥的体积公式求得结果．
【小问1详解】
连接BD，在中，为PB的中点，为PD的中点，所以，
又底面底面ABCD，所以底面ABCD，
【小问2详解】
取AB的中点，连接PM，
因为，所以，
又平面底面ABCD，平面底面平面PAB，
所以底面ABCD，所以，
因为底面ABCD为正方形，所以，
又，平面PAB，所以平面PAB，
平面PAB，，
是二面角的平面角，，
又为正三角形，，
所以，
即四棱锥的体积为．
19. 在锐角中，内角所对的边分别为，若满足．
（1）求角的大小；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理边角互化来处理；
（2）利用正弦定理，将用角来表示，结合正弦函数的单调性处理.
【小问1详解】
由余弦定理，，
整理可得，又，
而，解得.
【小问2详解】
由正弦定理，，
于是，，
故.
由是锐角三角形可知：，
解得，则，
根据正弦函数在上递增，在上递减，
故在上的值域为，
故
20. 为迎接第二届湖南旅发大会，郴州某校举办“走遍五大洲，最美有郴州”知识能力测评，共有1000名学生参加，随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成4组：，并整理得到如下频率分布直方图：
（1）根据直方图，估计这次知识能力测评的平均数；
（2）用分层随机抽样的方法从，两个区间共抽取出4名学生，再从这4名学生中随机抽取2名依次进行交流分享，求第二个交流分享的学生成绩在区间的概率；
（3）学校决定从知识能力测评中抽出成绩最好的两个同学甲乙进行现场知识抢答赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得1分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的人获得冠军．已知甲在三个项目中获胜的概率分别为，各项目的比赛结果相互独立，甲至少得1分的概率是，甲乙两人谁获得最终胜利的可能性大？并说明理由．
【答案】（1）分
（2）
（3）甲最终获胜的可能性大；理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图的平均数的计算公式，即可求解；
（2）根据分层抽样的分法，得到从抽取人，即为，从中抽取人，即为，利用列举法求得基本事件的总数和所有事件中包含的基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解；
（3）根据题意求得，分别求得甲乙得到2分和3分概率，即可得到答案.
【小问1详解】
解：由频率分布直方图，根据平均数的计算公式，估计这次知识能力测评的平均数：
分.
【小问2详解】
解：由频率分布直方图，可得的频率为，的频率为，
所以用分层随机抽样的方法从，两个区间共抽取出4名学生，
可得从抽取人，即为，从中抽取人，即为，
从这4名学生中随机抽取2名依次进行交流分享，有 ，共有12个基本事件；
其中第二个交流分享的学生成绩在区间的有：，共有3个，
所以概率为.
【小问3详解】
解：甲最终获胜的可能性大.
理由如下：由题意，甲至少得1分的概率是，
可得，其中，解得，
则甲的2分或3分的概率为：，
所以乙得分为2分或3分的概率为，
因为，所以甲最终获胜的可能性更大.
21. 已知函数．
（1）如图，在中，角的对边分别为，点为的中点．当时，分别等于的最小值、最大值，且，求的长．
（2）当时，关于的方程有三个不同的解，求实数的取值范围．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换化简，根据三角函数的性质求出，进而由求得，利用向量的数量积运算计算，即可得出答案；
（2）由题意或，作出函数的图象，由图可知，有一解，从而有两解，即函数与有两个不同的交点，数形结合即可得出结果.
【小问1详解】
由题意得，
，
当时，，
的值域是，则，
，
，，
或，或，
，
，
当时，；
当时，．
【小问2详解】
由得，或．
函数的图象如下：
由图可知，有一解，即，
有两解，即函数与有两个不同的交点，
22. 如图，正方形中，边长为4，为中点，是边上的动点．将沿翻折到沿翻折到，
（1）求证：平面平面；
（2）若，连接，设直线与平面所成角为，求的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知，可得面SFD，由面面垂直的判定定理可得证；
（2）设S在面AEF上的射影为，则为直线SE与平面DEF所成角．设，利用体积法，由求得，从而得的表达式，结合换元法及函数的单调性求出的最大值．
【小问1详解】
因为ABCD是正方形，，
又，面SFD，面SFD，
又平面平面平面SFD；
【小问2详解】
设S在面AEF上的射影为，连接EO，则为直线SE与平面DEF所成角．
设，则．
．
在中，，．
可得，
，
，
又，，
令，
令，
，
当且时，，则，
可得在上单调递减，
当，即时，最大为，最大值为．
【点睛】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面处理解决：一是函数法，即根据题中信息直接建立函数关系式，或通过空间向量的坐标运算建立函数关系式，转化为函数的最值问题求解，最后根据函数的形式，选择利用函数的性质、基本不等式或导数求最值；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断求解；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解．
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