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河南省洛阳强基联盟2022-2023学年高一下学期5月联考数学试题（Word版附解析）
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这是一份河南省洛阳强基联盟2022-2023学年高一下学期5月联考数学试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了 答题前，考生务必用直径0， 本卷命题范围，5C等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1. 本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2. 答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3. 考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4. 本卷命题范围：人教版必修第二册第六章~第十章
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. 若复数z满足z（1＋i）＝2（i为虚数单位），则在复平面内复数z对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的乘除法运算，求得，再求其对应点即可判断.
【详解】∵，∴，
∴在复平面内复数z对应的点位于第四象限．
故选：D．
2. 在某中学高一年级的300名学生中，男生有120名，女生有180名.学校想了解学生对选修课程的看法，以便开设有关课程，现准备从高一学生中按性别用分层随机抽样的方法选取60人，则应抽取的女生人数为（ ）
A. 24B. 36C. 40D. 48
【答案】B
【解析】
【分析】根据分层抽样的定义，计算男女比例为，再计算出应抽取的女生人数即可.
【详解】由题意得，男、女生的比例为,故用分层随机抽样的方法选取60人,
则应抽取的女生人数为.
故选：B.
3. （理科）在正方体中，E，F分别为棱BC和棱中点，则异面直线AC和EF所成的角为（ ）
A. 90°B. 60°C. 45°D. 30°
【答案】B
【解析】
【分析】E，F分别为棱BC和棱的中点，则，为异面直线AC和EF所成的角或其补角，在三角形中求解即可．
【详解】如图，连接，因为E，F分别为棱BC和棱的中点，∴，又正方体中，∴，∴为异面直线AC和EF所成的角或其补角，
而是正三角形，即，
所以异面直线AC和EF所成的角是．
故选：B.
【点睛】本题考查异面直线所成的角，解题关键是作出异面直线所成的角．
4. “双减”政策实施后，学生的课外阅读增多，某班50名学生到图书馆借书数量统计如下表.
则这50名学生的借书数量的第25百分位数是（ ）
A. 5B. 5.5C. 6D. 6.5
【答案】C
【解析】
【分析】根据百分位数的定义计算即可.
【详解】由,故第25百分位数在借书数量从小到大排序后的第13人,
又，故第25百分位数是6.
故选：C.
5. 在中，，，若平面，，则点到的距离是（ ）
A. B. 5C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取的中点，连接、，即可得到，再由线面垂直，得到，从而得到面，即可得到，再由勾股定理求出即可；
【详解】解：如图，取的中点，连接、，
因为，所以，又平面，平面，所以，，面，所以面，面，所以，在中，，，所以，在中，，，所以
故选：B
6. 设l，m是不同的直线，，是不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，，，则B. 若，，，则
C. 若，，，则D. 若，，，则
【答案】B
【解析】
【分析】对于A，C与D，可通过举反例的方式说明其错误性，B选项可以直接证明其正确性.
【详解】对于A，若，，，此时与可能相交，如下图所示：
对于C与D，若，，，则与均可能发生，如下图所示：
对于B，若，，则，
又因为，故.
故选：B.
7. 紫金山位于江苏省南京市玄武区境内，是江南四大名山之一，三峰相连形如巨龙，山、水、城浑然一体，古有“钟山龙蟠，石城虎踞”之称.建筑师在高度接近200米的峰顶测得一建筑物顶部的仰角为，底部的俯角为，那么该建筑的高度接近（ ）
A. 米B. 米
C. 米D. 米
【答案】A
【解析】
【分析】作出示意图,过点作，利用三角函数即可求出，则得到长.
【详解】作出示意图,过点作,其中,
可得，在直角中,因为,则,
在直角中,因为,可得,
则米,
所以建筑的高度接近米.
故选：A.
8. 已知是单位向量，且的夹角为，若，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】，结合题意得，结合即得解.
【详解】，
因为，所以，
又，所以．
故选：B．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，.若有唯一解，则的值可以是（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据正弦定理三角形有唯一解，得到或，即可求出参数的取值范围，从而得解；
【详解】解：因为，，因为有唯一解，所以或，即，
故选：BD
10. 某学校为了了解本校学生的上学方式，在全校范围内随机抽查部分学生，了解到上学方式主要有：结伴步行，自行乘车，家人接送，其他方式.并将收集的数据整理绘制成如下两幅不完整的统计图.根据图中信息，下列说法正确的是（ ）
A. 扇形统计图中D的占比最小B. 条形统计图中A和C一样高
C. 无法计算扇形统计图中A的占比D. 估计该校一半的学生选择结伴步行或家人接送
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据方式上学的学生占比即可求出总人数，则得到方式出行的人数，选项一一分析即可.
【详解】由条形统计图知，自行乘车上学的有42人,家人接送上学的有30人,
其他方式上学的有18人,采用三种方式上学的共90人,
由扇形统计图知, 其他方式上学的学生占,
所以人，则结伴步行上学的有人，
故条形图中一样高，故B正确，
扇形图中类占比与一样都，和共占,故C错误，D正确.
因为其他方式上学的人数最少，故扇形统计图中D的的占比最小，故A正确.
故选：ABD
11. 从装有2个红球和2个黑球的口袋中任取2个小球，则下列结论正确的是（ ）
A. “至少有一个红球”和“至少有一个黑球”是互斥事件
B. “恰有一个黑球”和“都是黑球”是互斥事件
C. “恰有一个红球”和“都是红球”是对立事件
D. “至少一个黑球”和“都是红球”是对立事件
【答案】BD
【解析】
【分析】利用对立事件、互斥事件的定义直接求解．
【详解】解：从装有2个红球和2个黑球的口袋中任取2个小球，可能结果有：二个红球，一个红球一个黑球，二个黑球；
对于，“至少一个红球”和“至少有一个黑球”能同时发生，不是互斥事件，故错误；
对于，“恰有一个黑球”和“都是黑球”不能同时发生，是互斥事件，故正确；
对于，“恰有一个红球”和“都是红球”不能同时发生，但是可以同时都不发生，是互斥事件，但不是对立事件，故错误；
对于，“至少一个黑球”和“都是红球”不能同时发生，但是一定有一个要发生，是对立事件，故正确．
故选：．
12. 如图所示，在四棱锥中，平面，四边形为正方形，，，为线段上的点（不包括端点），则（ ）
A. B. 平面
C. 二面角的大小为定值D. 的最小值为
【答案】CD
【解析】
【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理和性质定理即可得出；对于B，利用线面平行的性质定理即可得出；对于C，由二面角的定义即可判断；对于D，将侧面和展开在一个平面内，结合余弦定理即可得出.
【详解】对于A，平面，平面，，假设，
又平面PAD，平面，
又平面，，而四边形为正方形，与矛盾，
所以假设错误，故不正确，故A不正确；
对于B，设，连接，假设平面，
又平面平面，则，
在中，因为为的中点，则必为的中点，这与为线段上的动点矛盾，
所以假设错误，故B不正确；
对于C，为线段上的动点，二面角的大小即为二面角的大小，
因为二面角的大小为定值，所以二面角的大小为定值，
故C正确；
对于D，平面，平面，，为等腰直角三角形，
平面，平面，，即，
又四边形为正方形，，
平面PAD，平面，平面，，为直角三角形，
如图，将侧面和展开在一个平面内，，
连接，当处在与的交点处时，取得最小值，
此时，在中，由余弦定理，得，
所以的最小值为，故D正确.
故选：CD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在中，，若，则______.
【答案】##1.5
【解析】
【分析】根据共线向量关系即可得到，则得到值.
【详解】因为在中,，则，
所以，即.
故答案为：.
14. 某厂有A，B两条生产线制造同一型号可充电电池.现采用分层随机抽样，从某天两条生产线上的成品中随机抽取20件成品，测试产品可充电次数的均值及方差，结果如下表：
则20个产品组成的总样本的方差为______.
【答案】25
【解析】
【分析】首先计算出样本平均数，再利用方差公式即可.
【详解】依题意得,总样本平均数
，
故答案为：25.
15. 在某次国际围棋比赛中，中国派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙分在不同小组的概率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】写出所有的样本空间以及满足题意得情况数，根据古典概型的概率计算公式即可得到答案.
【详解】这5名棋手分别记为:甲,乙,,,,
则样本空间(甲乙，)，(甲乙，)，(甲乙，)，(甲，乙),
(甲，乙),(甲，乙),(乙，甲),(乙，甲),(乙，甲),(，甲乙)
共含有10个样本点，
设事件表示“甲和乙分在不同小组”,则,
所以甲和乙分在不同小组的概率为.
故答案为：.
16. 已知等腰直角三角形ABC的三个顶点都在球O的球面上，，若球O上的点到平面ABC的最大距离为4，则球O的体积为______.
【答案】
【解析】
【分析】过的中点作平面的垂线，设，球的半径为，根据题意得，根据列出方程即可解出半径，再根据球的体积即可求出答案.
【详解】因为是等腰直角三角形且,
所以且.
如图，过的中点作平面的垂线，则球心在直线上.
设，球的半径为，不妨设点是球上的一点,
则球上的点到平面的最大距离为.所以.
由勾股定理得,
即，得+8，解得.
所以球的体积为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题的关键作出球心位置，即：过的中点作平面的垂线，分析找到球心位于直线上，设，球的半径为，则球O上的点到平面ABC的最大距离为，再利用勾股定理得到方程即可解出.
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，．
（1）求向量；
（2）若向量与互相垂直，求k的值．
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】（1）利用向量数量积的坐标表示即可求解；
（2）根据（1）的结论及向量的模的坐标表示，利用两向量垂直的条件及数量积的运算即可求解.
【小问1详解】
因为，，
所以.
【小问2详解】
因，，
所以，
又因为向量与互相垂直，且，
所以，解得，
所以的值为．
18. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且．
（1）求A；
（2）若，且的面积为，求b，c．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）应用正弦定理结合两角和差公式计算求解即可；
（2）应用余弦定理及三角形面积公式，列方程求边即得.
【小问1详解】
在中，由正弦定理及得
，
又，代入上式，
得，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
【小问2详解】
由（1）知，又，
∴由余弦定理得，即，①
又∵面积为，
∴有，即，
∴，②
解由①②组成的方程组得，．
19. 学校对甲、乙两人的学习态度、考试成绩及活动参与三个方面做了一个初步的评估，成绩（单位：分）如下表所示.
（1）如果以学习态度、考试成绩及活动参与三个方面的平均分来计算他们的成绩，并以此作为评优的依据，你认为谁会被评为优秀？
（2）如果以20%，60%，20%依次作为三项成绩的比例来计算他们的成绩，结果又会如何？
【答案】（1）甲被评为优秀.
（2）乙被评为优秀.
【解析】
【分析】（1）直接计算甲乙各自的平均分，再比较大小即可；
（2）按比例计算成绩，再比较大小即可.
【小问1详解】
甲的平均分:(分).
乙的平均分:(分).
甲的平均分较高,甲被评为优秀.
【小问2详解】
甲的平均分:(分).
乙的平均分:(分).
乙的平均分较高,乙被评为优秀.
20. 如图，三角形PCD所在的平面与等腰梯形ABCD所在的平面垂直，AB＝AD＝CD，AB∥CD，CP⊥CD，M为PD的中点．
（1）求证：AM∥平面PBC；
（2）求证：BD⊥平面PBC．
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】
【分析】（1）取的中点，连，，可证得四边形为平行四边形，于是，然后根据线面平行的判定定理可得结论成立．（2）在等腰中梯形中，取的中点，连，，证得四边形为菱形，进而得．同理四边形为菱形，可得．再由平面平面得到平面，于是得，最后根据线面垂直的判定可得平面．
【详解】证明：（1）如图，取的中点，连，，
∵为的中点，为的中点，
∴，．
又，，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴．
又平面，平面，
∴平面
（2）如图，在等腰中梯形中，取的中点，连，．
∵，，
∴，，
∴四边形为平行四边形．
又，
∴四边形为菱形，
∴．
同理，四边形为菱形，
∴．
∵，
∴．
∵平面平面，平面平面，，平面，
∴平面，
又平面，
∴．
∵，，
∴平面．
【点睛】本题考查线面关系的证明，解题的关键是根据所证的结论并结合三种平行（垂直）间的关系进行合理转化，以得到证题所需的条件，考查转化能力的运用和对基本判定方法、性质的掌握程度，属于基础题．
21. 《青年大学习》是共青团中央组织的，以“学习新思想，争做新青年”为主题的党史团课学习行动，2023年已开展到第7期.某市团市委为了解全市青年每周利用“青年大学习”了解国家动态的情况，从全市随机抽取1000名青年进行调查，统计他们每周利用“青年大学习”进行学习的时长（单位：分钟），根据调查结果绘制的频率分布直方图如图所示：
（1）求被抽取的青年每周利用“青年大学习”进行学习的时长的中位数；
（2）市宣传部门拟从被抽取青年中选出部分青年参加座谈会.办法是：采用分层抽样的方法从学习时长在和的青年中共抽取5人，且从参会的5人中又随机抽取2人发言，求学习时长在中至少有1人被抽中发言的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）频率直方图下的面积之和为1，解出m，知道中位数是处于最中间的数，中位数左边的频率为0. 5.
（2）分层抽样是按比例抽取的，在算概率时，可以从对立事件出发.
【小问1详解】
,解得.
设中位数为,则,解得
【小问2详解】
学习时长在和的青年人数分别是200、300人.
从中抽取5人，则学习时长在的抽取2人，学习时长在的抽取3人.
学习时长在中至少有1人被抽中发言的概率可用1减去“发言的都是学习时长在的人的概率”，
即.故学习时长在中至少有1人被抽中发言的概率为.
22. 如图，四棱锥中，底面ABCD，为等边三角形，，，M是PB上一点，且，N是PC的中点.
（1）求证：；
（2）若二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）首先证明，再利用线面垂直的定义得，再利用线面垂直的判定定理证得面，则；
（2）首先证明，再求出相关三角形面积和棱锥的高，最后利用等体积法和棱锥体积公式即可得到答案.
【小问1详解】
因为为正三角形,所以,又,所以.
又底面，底面，所以，
又，平面，所以平面，
又因为平面，所以.
【小问2详解】
因为底面，底面，所以，由已知，
又，且平面，所以 平面，
又平面，所以，又，
所以就是二面角的平面角，所以
因为，则,
在中，因为是正三角形，则易知，
所以在中，，
因为底面,平面,
所以.知,
所以的面积.
因为,所以,
又因为为中点,所以.
设点到平面的距离为,由,得,
解得,即点到平面的距离为,
又,所以三棱锥的体积.
借书数量（单位：本）
5
6
7
8
9
10
频数（单位：人）
5
8
13
11
9
4
项目
抽取成品数
样本均值
样本方差
A生产线产品
8
210
1
B生产线产品
12
200
1
学习态度
考试成绩
活动参与
甲
98
96
95
乙
90
99
98
考生注意：
1. 本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2. 答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3. 考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4. 本卷命题范围：人教版必修第二册第六章~第十章
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. 若复数z满足z（1＋i）＝2（i为虚数单位），则在复平面内复数z对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的乘除法运算，求得，再求其对应点即可判断.
【详解】∵，∴，
∴在复平面内复数z对应的点位于第四象限．
故选：D．
2. 在某中学高一年级的300名学生中，男生有120名，女生有180名.学校想了解学生对选修课程的看法，以便开设有关课程，现准备从高一学生中按性别用分层随机抽样的方法选取60人，则应抽取的女生人数为（ ）
A. 24B. 36C. 40D. 48
【答案】B
【解析】
【分析】根据分层抽样的定义，计算男女比例为，再计算出应抽取的女生人数即可.
【详解】由题意得，男、女生的比例为,故用分层随机抽样的方法选取60人,
则应抽取的女生人数为.
故选：B.
3. （理科）在正方体中，E，F分别为棱BC和棱中点，则异面直线AC和EF所成的角为（ ）
A. 90°B. 60°C. 45°D. 30°
【答案】B
【解析】
【分析】E，F分别为棱BC和棱的中点，则，为异面直线AC和EF所成的角或其补角，在三角形中求解即可．
【详解】如图，连接，因为E，F分别为棱BC和棱的中点，∴，又正方体中，∴，∴为异面直线AC和EF所成的角或其补角，
而是正三角形，即，
所以异面直线AC和EF所成的角是．
故选：B.
【点睛】本题考查异面直线所成的角，解题关键是作出异面直线所成的角．
4. “双减”政策实施后，学生的课外阅读增多，某班50名学生到图书馆借书数量统计如下表.
则这50名学生的借书数量的第25百分位数是（ ）
A. 5B. 5.5C. 6D. 6.5
【答案】C
【解析】
【分析】根据百分位数的定义计算即可.
【详解】由,故第25百分位数在借书数量从小到大排序后的第13人,
又，故第25百分位数是6.
故选：C.
5. 在中，，，若平面，，则点到的距离是（ ）
A. B. 5C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取的中点，连接、，即可得到，再由线面垂直，得到，从而得到面，即可得到，再由勾股定理求出即可；
【详解】解：如图，取的中点，连接、，
因为，所以，又平面，平面，所以，，面，所以面，面，所以，在中，，，所以，在中，，，所以
故选：B
6. 设l，m是不同的直线，，是不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，，，则B. 若，，，则
C. 若，，，则D. 若，，，则
【答案】B
【解析】
【分析】对于A，C与D，可通过举反例的方式说明其错误性，B选项可以直接证明其正确性.
【详解】对于A，若，，，此时与可能相交，如下图所示：
对于C与D，若，，，则与均可能发生，如下图所示：
对于B，若，，则，
又因为，故.
故选：B.
7. 紫金山位于江苏省南京市玄武区境内，是江南四大名山之一，三峰相连形如巨龙，山、水、城浑然一体，古有“钟山龙蟠，石城虎踞”之称.建筑师在高度接近200米的峰顶测得一建筑物顶部的仰角为，底部的俯角为，那么该建筑的高度接近（ ）
A. 米B. 米
C. 米D. 米
【答案】A
【解析】
【分析】作出示意图,过点作，利用三角函数即可求出，则得到长.
【详解】作出示意图,过点作,其中,
可得，在直角中,因为,则,
在直角中,因为,可得,
则米,
所以建筑的高度接近米.
故选：A.
8. 已知是单位向量，且的夹角为，若，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】，结合题意得，结合即得解.
【详解】，
因为，所以，
又，所以．
故选：B．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，.若有唯一解，则的值可以是（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据正弦定理三角形有唯一解，得到或，即可求出参数的取值范围，从而得解；
【详解】解：因为，，因为有唯一解，所以或，即，
故选：BD
10. 某学校为了了解本校学生的上学方式，在全校范围内随机抽查部分学生，了解到上学方式主要有：结伴步行，自行乘车，家人接送，其他方式.并将收集的数据整理绘制成如下两幅不完整的统计图.根据图中信息，下列说法正确的是（ ）
A. 扇形统计图中D的占比最小B. 条形统计图中A和C一样高
C. 无法计算扇形统计图中A的占比D. 估计该校一半的学生选择结伴步行或家人接送
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据方式上学的学生占比即可求出总人数，则得到方式出行的人数，选项一一分析即可.
【详解】由条形统计图知，自行乘车上学的有42人,家人接送上学的有30人,
其他方式上学的有18人,采用三种方式上学的共90人,
由扇形统计图知, 其他方式上学的学生占,
所以人，则结伴步行上学的有人，
故条形图中一样高，故B正确，
扇形图中类占比与一样都，和共占,故C错误，D正确.
因为其他方式上学的人数最少，故扇形统计图中D的的占比最小，故A正确.
故选：ABD
11. 从装有2个红球和2个黑球的口袋中任取2个小球，则下列结论正确的是（ ）
A. “至少有一个红球”和“至少有一个黑球”是互斥事件
B. “恰有一个黑球”和“都是黑球”是互斥事件
C. “恰有一个红球”和“都是红球”是对立事件
D. “至少一个黑球”和“都是红球”是对立事件
【答案】BD
【解析】
【分析】利用对立事件、互斥事件的定义直接求解．
【详解】解：从装有2个红球和2个黑球的口袋中任取2个小球，可能结果有：二个红球，一个红球一个黑球，二个黑球；
对于，“至少一个红球”和“至少有一个黑球”能同时发生，不是互斥事件，故错误；
对于，“恰有一个黑球”和“都是黑球”不能同时发生，是互斥事件，故正确；
对于，“恰有一个红球”和“都是红球”不能同时发生，但是可以同时都不发生，是互斥事件，但不是对立事件，故错误；
对于，“至少一个黑球”和“都是红球”不能同时发生，但是一定有一个要发生，是对立事件，故正确．
故选：．
12. 如图所示，在四棱锥中，平面，四边形为正方形，，，为线段上的点（不包括端点），则（ ）
A. B. 平面
C. 二面角的大小为定值D. 的最小值为
【答案】CD
【解析】
【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理和性质定理即可得出；对于B，利用线面平行的性质定理即可得出；对于C，由二面角的定义即可判断；对于D，将侧面和展开在一个平面内，结合余弦定理即可得出.
【详解】对于A，平面，平面，，假设，
又平面PAD，平面，
又平面，，而四边形为正方形，与矛盾，
所以假设错误，故不正确，故A不正确；
对于B，设，连接，假设平面，
又平面平面，则，
在中，因为为的中点，则必为的中点，这与为线段上的动点矛盾，
所以假设错误，故B不正确；
对于C，为线段上的动点，二面角的大小即为二面角的大小，
因为二面角的大小为定值，所以二面角的大小为定值，
故C正确；
对于D，平面，平面，，为等腰直角三角形，
平面，平面，，即，
又四边形为正方形，，
平面PAD，平面，平面，，为直角三角形，
如图，将侧面和展开在一个平面内，，
连接，当处在与的交点处时，取得最小值，
此时，在中，由余弦定理，得，
所以的最小值为，故D正确.
故选：CD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在中，，若，则______.
【答案】##1.5
【解析】
【分析】根据共线向量关系即可得到，则得到值.
【详解】因为在中,，则，
所以，即.
故答案为：.
14. 某厂有A，B两条生产线制造同一型号可充电电池.现采用分层随机抽样，从某天两条生产线上的成品中随机抽取20件成品，测试产品可充电次数的均值及方差，结果如下表：
则20个产品组成的总样本的方差为______.
【答案】25
【解析】
【分析】首先计算出样本平均数，再利用方差公式即可.
【详解】依题意得,总样本平均数
，
故答案为：25.
15. 在某次国际围棋比赛中，中国派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙分在不同小组的概率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】写出所有的样本空间以及满足题意得情况数，根据古典概型的概率计算公式即可得到答案.
【详解】这5名棋手分别记为:甲,乙,,,,
则样本空间(甲乙，)，(甲乙，)，(甲乙，)，(甲，乙),
(甲，乙),(甲，乙),(乙，甲),(乙，甲),(乙，甲),(，甲乙)
共含有10个样本点，
设事件表示“甲和乙分在不同小组”,则,
所以甲和乙分在不同小组的概率为.
故答案为：.
16. 已知等腰直角三角形ABC的三个顶点都在球O的球面上，，若球O上的点到平面ABC的最大距离为4，则球O的体积为______.
【答案】
【解析】
【分析】过的中点作平面的垂线，设，球的半径为，根据题意得，根据列出方程即可解出半径，再根据球的体积即可求出答案.
【详解】因为是等腰直角三角形且,
所以且.
如图，过的中点作平面的垂线，则球心在直线上.
设，球的半径为，不妨设点是球上的一点,
则球上的点到平面的最大距离为.所以.
由勾股定理得,
即，得+8，解得.
所以球的体积为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题的关键作出球心位置，即：过的中点作平面的垂线，分析找到球心位于直线上，设，球的半径为，则球O上的点到平面ABC的最大距离为，再利用勾股定理得到方程即可解出.
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，．
（1）求向量；
（2）若向量与互相垂直，求k的值．
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】（1）利用向量数量积的坐标表示即可求解；
（2）根据（1）的结论及向量的模的坐标表示，利用两向量垂直的条件及数量积的运算即可求解.
【小问1详解】
因为，，
所以.
【小问2详解】
因，，
所以，
又因为向量与互相垂直，且，
所以，解得，
所以的值为．
18. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且．
（1）求A；
（2）若，且的面积为，求b，c．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）应用正弦定理结合两角和差公式计算求解即可；
（2）应用余弦定理及三角形面积公式，列方程求边即得.
【小问1详解】
在中，由正弦定理及得
，
又，代入上式，
得，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
【小问2详解】
由（1）知，又，
∴由余弦定理得，即，①
又∵面积为，
∴有，即，
∴，②
解由①②组成的方程组得，．
19. 学校对甲、乙两人的学习态度、考试成绩及活动参与三个方面做了一个初步的评估，成绩（单位：分）如下表所示.
（1）如果以学习态度、考试成绩及活动参与三个方面的平均分来计算他们的成绩，并以此作为评优的依据，你认为谁会被评为优秀？
（2）如果以20%，60%，20%依次作为三项成绩的比例来计算他们的成绩，结果又会如何？
【答案】（1）甲被评为优秀.
（2）乙被评为优秀.
【解析】
【分析】（1）直接计算甲乙各自的平均分，再比较大小即可；
（2）按比例计算成绩，再比较大小即可.
【小问1详解】
甲的平均分:(分).
乙的平均分:(分).
甲的平均分较高,甲被评为优秀.
【小问2详解】
甲的平均分:(分).
乙的平均分:(分).
乙的平均分较高,乙被评为优秀.
20. 如图，三角形PCD所在的平面与等腰梯形ABCD所在的平面垂直，AB＝AD＝CD，AB∥CD，CP⊥CD，M为PD的中点．
（1）求证：AM∥平面PBC；
（2）求证：BD⊥平面PBC．
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】
【分析】（1）取的中点，连，，可证得四边形为平行四边形，于是，然后根据线面平行的判定定理可得结论成立．（2）在等腰中梯形中，取的中点，连，，证得四边形为菱形，进而得．同理四边形为菱形，可得．再由平面平面得到平面，于是得，最后根据线面垂直的判定可得平面．
【详解】证明：（1）如图，取的中点，连，，
∵为的中点，为的中点，
∴，．
又，，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴．
又平面，平面，
∴平面
（2）如图，在等腰中梯形中，取的中点，连，．
∵，，
∴，，
∴四边形为平行四边形．
又，
∴四边形为菱形，
∴．
同理，四边形为菱形，
∴．
∵，
∴．
∵平面平面，平面平面，，平面，
∴平面，
又平面，
∴．
∵，，
∴平面．
【点睛】本题考查线面关系的证明，解题的关键是根据所证的结论并结合三种平行（垂直）间的关系进行合理转化，以得到证题所需的条件，考查转化能力的运用和对基本判定方法、性质的掌握程度，属于基础题．
21. 《青年大学习》是共青团中央组织的，以“学习新思想，争做新青年”为主题的党史团课学习行动，2023年已开展到第7期.某市团市委为了解全市青年每周利用“青年大学习”了解国家动态的情况，从全市随机抽取1000名青年进行调查，统计他们每周利用“青年大学习”进行学习的时长（单位：分钟），根据调查结果绘制的频率分布直方图如图所示：
（1）求被抽取的青年每周利用“青年大学习”进行学习的时长的中位数；
（2）市宣传部门拟从被抽取青年中选出部分青年参加座谈会.办法是：采用分层抽样的方法从学习时长在和的青年中共抽取5人，且从参会的5人中又随机抽取2人发言，求学习时长在中至少有1人被抽中发言的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）频率直方图下的面积之和为1，解出m，知道中位数是处于最中间的数，中位数左边的频率为0. 5.
（2）分层抽样是按比例抽取的，在算概率时，可以从对立事件出发.
【小问1详解】
,解得.
设中位数为,则,解得
【小问2详解】
学习时长在和的青年人数分别是200、300人.
从中抽取5人，则学习时长在的抽取2人，学习时长在的抽取3人.
学习时长在中至少有1人被抽中发言的概率可用1减去“发言的都是学习时长在的人的概率”，
即.故学习时长在中至少有1人被抽中发言的概率为.
22. 如图，四棱锥中，底面ABCD，为等边三角形，，，M是PB上一点，且，N是PC的中点.
（1）求证：；
（2）若二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）首先证明，再利用线面垂直的定义得，再利用线面垂直的判定定理证得面，则；
（2）首先证明，再求出相关三角形面积和棱锥的高，最后利用等体积法和棱锥体积公式即可得到答案.
【小问1详解】
因为为正三角形,所以,又,所以.
又底面，底面，所以，
又，平面，所以平面，
又因为平面，所以.
【小问2详解】
因为底面，底面，所以，由已知，
又，且平面，所以 平面，
又平面，所以，又，
所以就是二面角的平面角，所以
因为，则,
在中，因为是正三角形，则易知，
所以在中，，
因为底面,平面,
所以.知,
所以的面积.
因为,所以,
又因为为中点,所以.
设点到平面的距离为,由,得,
解得,即点到平面的距离为,
又,所以三棱锥的体积.
借书数量（单位：本）
5
6
7
8
9
10
频数（单位：人）
5
8
13
11
9
4
项目
抽取成品数
样本均值
样本方差
A生产线产品
8
210
1
B生产线产品
12
200
1
学习态度
考试成绩
活动参与
甲
98
96
95
乙
90
99
98
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