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四川省成都市第七中学2023-2024学年高一下学期6月月考数学试卷（Word版附解析）
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这是一份四川省成都市第七中学2023-2024学年高一下学期6月月考数学试卷（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 的值是（ ）
A. B. C. D.
2. 数据的方差，则下列数字特征一定为0的是（ ）
A. 平均数B. 中位数C. 众数D. 极差
3. 的虚部是（ ）
A. 1B. C. iD.
4. 已知三点共线，则的值为（ ）
A. B. 5C. D. 3
5. 如图，水面高度均为2圆锥、圆柱容器的底面半径相等，高均为4（不考虑容器厚度及圆锥容器开口）．现将圆锥容器内的水全部倒入圆柱容器内，则倒入前后圆柱容器内水的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知中，，则（ ）
A. B. C. D.
7. 如图，四棱锥的底面为矩形，且平面，若，则下列结论错误的是（ ）
A. 直线与平面所成角的正弦值为B. 平面平面
C. D. 二面角的余弦值为
8. 崇丽阁之名取自晋代左思《蜀都赋》中的名句“既丽且崇，实号成都”．如图，在测量府河西岸的崇丽阁高时，测量者选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，并测得米，在点处测得塔顶的仰角为，则塔高（ ）
A. 米B. 米C. 米D. 米
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．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. 已知是关于的方程的两个根，其中，则（ ）
A B. C. D.
10. 在某市初三年级举行的一次体育统考考试中，共有500人参加考试．为了解考生的成绩情况，抽取了样本容量为n的部分考生成绩，已知所有考生成绩均在，按照，，，，的分组作出如图所示的频率分布直方图．若在样本中，成绩落在区间的人数为32，则由样本估计总体可知下列结论正确的为（ ）
A.
B. 考生成绩的众数为75
C. 考生成绩的第70百分位数为76
D. 估计该市考生成绩平均分为70.8
11. 如图，已知二面角的平面角为，棱上有不同的两点，．若，则下列结论正确的是（ ）
A. 点到平面的距离是2B. 直线与直线的夹角为
C. 四面体的体积为D. 直线与平面所成角的正弦值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量，则 ______ ．
13 某小学运动会上，跳绳项目8位选手每分钟跳绳个数：
则跳绳个数的中位数是______．
14. 在三棱柱中，，若，则二面角的余弦值为______．
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. 记内角的对边分别为，已知．
（1）试判断的形状；
（2）若，求周长的最大值．
16. 如图，在四边形ABCD中，，且，若P，Q为线段AD上的两个动点，且.
（1）当为AD的中点时，求CP的长度；
（2）求的最小值.
17. 用分层随机抽样从某校高一年级800名学生的化学成绩（满分为100分，成绩都是整数）中抽取一个样本量为100的样本，其中男生成绩数据40个，女生成绩数据60个．再将40个男生成绩样本数据分为6组：，绘制得到如图所示的频率分布直方图．
（1）若成绩不低于80分的为“优秀”成绩，用样本的频率分布估计总体，估计高一年级男生中成绩优秀人数；
（2）已知男生成绩样本数据的平均数和方差分别为71和187.75，女生成绩样本数据的平均数和方差分别为73.5和119，求总样本的平均数和方差．
18. 如图，四边形为梯形，．等腰直角三角形中，为腰的中点，平面平面．
（1）求异面直线与所成角的大小；
（2）求证：平面；
（3）求与平面所成角的正切值．
19. 在四面体中，，记四面体的内切球半径为．分别过点向其对面作垂线，垂足分别为．
（1）是否存在四个面都是直角三角形的四面体？（不用说明理由）
（2）若垂足恰为正三角形的中心，证明：；
（3）已知，证明：．选手
选手1
选手2
选手3
选手4
选手5
选手6
选手7
选手8
个数
141
171
160
147
145
171
170
172
成都七中高一下学期6月考试数学试题
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. 的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正弦的和角公式即可求解.
【详解】.
故选：C.
2. 数据的方差，则下列数字特征一定为0的是（ ）
A. 平均数B. 中位数C. 众数D. 极差
【答案】D
【解析】
【分析】利用方差的定义可得，从而可得结论.
【详解】，
所以方差，
所以数据，
所以极差一定为0.
故选：D.
3. 的虚部是（ ）
A. 1B. C. iD.
【答案】B
【解析】
【分析】利用除法运算规则将分母实数化，化简即可.
【详解】，则虚部为.
故选：B.
4. 已知三点共线，则的值为（ ）
A. B. 5C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据得到方程，求出答案.
【详解】，
三点共线，故，
即，解得.
故选：D
5. 如图，水面高度均为2的圆锥、圆柱容器的底面半径相等，高均为4（不考虑容器厚度及圆锥容器开口）．现将圆锥容器内的水全部倒入圆柱容器内，则倒入前后圆柱容器内水的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设出底面半径，分别表示出圆锥和圆柱内水的体积再求解即可.
【详解】设圆锥容器的底面半径为，
倒入前圆锥和圆柱容器中水的体积分别为，
则,
，
所以．
故选：D.
6. 已知中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用余弦定理求出，再利用正弦定理计算即得.
【详解】在中，，由余弦定理得：
，
由正弦定理得.
故选：B
7. 如图，四棱锥的底面为矩形，且平面，若，则下列结论错误的是（ ）
A. 直线与平面所成角的正弦值为B. 平面平面
C. D. 二面角的余弦值为
【答案】C
【解析】
【分析】依题意可得为直线与平面所成的角，即可判断A，根据平面及面面垂直的判定定理判断B，推出矛盾即可判断C，过点作交于点，连接，即可得到为二面角的平面角，再由锐角三角函数计算判断D.
【详解】不妨设，
对于A：连接，因为平面，所以为直线与平面所成的角，
因为平面，所以，
又，，则，
所以，即直线与平面所成角的正弦值为，故A正确；
对于B：因为平面，平面，所以平面平面，故B正确；
对于C：因为平面，平面，所以，
若，又，平面，所以平面，
又平面，所以，
则矩形为正方形，所以，与矛盾，故与不垂直，故C错误；
对于D：过点作交于点，连接，因，平面，
所以平面，又平面，所以，
则为二面角的平面角，又，即，
解得，所以，
所以，即二面角的余弦值为，故D正确.
故选：C
8. 崇丽阁之名取自晋代左思《蜀都赋》中的名句“既丽且崇，实号成都”．如图，在测量府河西岸的崇丽阁高时，测量者选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，并测得米，在点处测得塔顶的仰角为，则塔高（ ）
A. 米B. 米C. 米D. 米
【答案】A
【解析】
【分析】先根据正弦定理求得，进而在中，利用求解．
【详解】如图
在中，，，，
则，
由正弦定理得，
所以.
在中，，
所以米.
故选：A.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．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. 已知是关于的方程的两个根，其中，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据虚根成对原理得到，即可判断A；再根据复数代数形式的乘法运算判断B；利用韦达定理判断C，D.
【详解】因为是关于的方程的两个根，其中，
所以，故A正确；
，，所以，故B错误；
因为，所以，故C不正确；
又，故D正确.
故选：AD.
10. 在某市初三年级举行的一次体育统考考试中，共有500人参加考试．为了解考生的成绩情况，抽取了样本容量为n的部分考生成绩，已知所有考生成绩均在，按照，，，，的分组作出如图所示的频率分布直方图．若在样本中，成绩落在区间的人数为32，则由样本估计总体可知下列结论正确的为（ ）
A.
B. 考生成绩的众数为75
C. 考生成绩的第70百分位数为76
D. 估计该市考生成绩的平均分为70.8
【答案】BC
【解析】
【分析】根据频率分布直方图的特征先计算，再计算样本容量判断A；由频率分布直方图计算众数、百分位数、平均数并估计总体判断BCD.
【详解】对于A，由频率分布直方图得，
则，A错误；
对于B，数据落在区间上的频率最大，因此考生成绩的众数为75，B正确；
对于C，前两组的频率之和为0.46，前三组的频率之和为0.86，
故考生成绩的第70百分位数为，C正确；
对于D，考生成绩的平均分为，D错误．
故选：BC
11. 如图，已知二面角的平面角为，棱上有不同的两点，．若，则下列结论正确的是（ ）
A. 点到平面的距离是2B. 直线与直线的夹角为
C. 四面体体积为D. 直线与平面所成角的正弦值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】补成正三棱柱，根据正三棱柱的性质即可求点面距离判断A，根据异面直线夹角定义求解判断B，根据等体积法求解判断C，通过作垂线，找到直线与平面所成角，解三角形求得该角大小，判断D.
【详解】在平面内过作与平行且相等的线段，连接，在平面内过作与平行且相等的线段，连接，
补成一个正三棱柱，是边长为2的正三角形，
所以到平面的距离为点到的距离，所以A错误；
因为，直线与直线的夹角即直线与直线的夹角，
又是正方形，所以夹角为，B正确；
，所以C正确；
过作于,因为，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
所以平面，故为直线与平面所成角，
因为二面角的平面角为，所以，又，
所以是等边三角形，可得，，因为，所以平面，
又平面，所以，
在中，由勾股定理可得，
在中， ,故D正确，
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量，则 ______ ．
【答案】
【解析】
【分析】利用数量积的坐标运算法则计算可得.
【详解】因为，，所以．
故答案为：．
13 某小学运动会上，跳绳项目8位选手每分钟跳绳个数：
则跳绳个数的中位数是______．
【答案】165
【解析】
【分析】从小到大排列，选择第4个和第5个数的平均数作为中位数.
【详解】按照从小到大排列为，
故从小到大选择第4个和第5个数的平均数作为中位数，
即.
故答案为：
14. 在三棱柱中，，若，则二面角的余弦值为______．
【答案】
【解析】
【分析】连接交于点，连接交于点，连接,可证明平面平面，过点作有平面过点作于，连接，则即为二面角的平面角，过点分别作，计算可求二面角的余弦值.
【详解】连接交于点，连接交于点，连接．
平面，又平面，
平面平面．
∵平面平面，∴过点作有平面；此时．
过点作于，连接，则即为二面角的平面角，
不妨设，经计算可得：．
过点分别作．
∵是中点，且为中点，，
．
二面角的余弦值为.
故答案为：
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. 记的内角的对边分别为，已知．
（1）试判断的形状；
（2）若，求周长的最大值．
【答案】（1）直角三角形
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理可得，化简可得结论；
（2）由（1）可得，进而可得周长为，利用辅助角公式可求最大值.
【小问1详解】
由，和余弦定理得，
即，所以．所以是直角三角形．
【小问2详解】
由（1）知是直角三角形，且，可得．
所以周长为，
所以当时，即为等腰直角三角形，周长有最大值为．
16. 如图，在四边形ABCD中，，且，若P，Q为线段AD上的两个动点，且.
（1）当为AD中点时，求CP的长度；
（2）求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量的线性运算可得，结合向量的几何意义和数量积的定义即可求解；
（2）设（），根据平面向量的线性运算可得，，利用数量积的运算律可得，结合二次函数的性质即可求解.
【小问1详解】
由，得，
因为，所以，
又，
所以；
【小问2详解】
设，，
则，
，
所以
，
当时，取到最小值，且为.
17. 用分层随机抽样从某校高一年级800名学生的化学成绩（满分为100分，成绩都是整数）中抽取一个样本量为100的样本，其中男生成绩数据40个，女生成绩数据60个．再将40个男生成绩样本数据分为6组：，绘制得到如图所示的频率分布直方图．
（1）若成绩不低于80分的为“优秀”成绩，用样本的频率分布估计总体，估计高一年级男生中成绩优秀人数；
（2）已知男生成绩样本数据的平均数和方差分别为71和187.75，女生成绩样本数据的平均数和方差分别为73.5和119，求总样本的平均数和方差．
【答案】（1）96 （2）平均数和方差分别为72.5和148
【解析】
【分析】（1）求得成绩不低于80分的频率为，可估计高一年级男生中成绩优秀人数.
（2）利用分层抽样的平均数与方差计算公式可求总样本的平均数和方差.
【小问1详解】
成绩不低于80分的频率为，
所以高一年级男生中成绩优秀人数估计为：．
所以估计高一年级男生中成绩优秀人数为96人．
【小问2详解】
设男生成绩样本平均数为，方差为，
女生成绩样本平均数，方差为，总样本平均数为，方差为．
．
．
所以总样本的平均数和方差分别为72.5和148．
18. 如图，四边形为梯形，．等腰直角三角形中，为腰的中点，平面平面．
（1）求异面直线与所成角的大小；
（2）求证：平面；
（3）求与平面所成角的正切值．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）由勾股定理的逆定理可得，进而由面面垂直的性质可得平面，从而可得，可求异面直线与所成角的大小；
（2）可证，结合（1）可证平面．
（3）取的中点为，连接．则，进而可得平面，过点作于点，为直线与平面所成的角，求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以，于是，所以，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，又平面，所以．
异面直线与所成角的大小为．
【小问2详解】
等腰直角三角形中，，所以．
由（1）知，又平面，
所以平面．
【小问3详解】
取的中点为，连接．则．
因为为腰的中点，，所以平面，从而，
又，平面，所以平面．
又平面，所以平面平面．
过点作于点．所以平面．
设与平面所成角为，又，
所以．
所以直线与平面所成角的正切值为．
19. 在四面体中，，记四面体的内切球半径为．分别过点向其对面作垂线，垂足分别为．
（1）是否存在四个面都是直角三角形的四面体？（不用说明理由）
（2）若垂足恰为正三角形的中心，证明：；
（3）已知，证明：．
【答案】（1）存在； （2）证明见解析；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）作出图形并推理说明.
（2）根据给定条件，结合正三棱锥的结构特征，利用体积法列式计算即得.
（3）利用体积法建立等式，计算得，再利用不等式性质及基本不等式求解即得.
【小问1详解】
存在．
在四面体中，若平面，，则四面体的四个面都是直角三角形.
由平面，平面，得，
又，平面，则平面，而平面，
因此，所以都是直角三角形.
【小问2详解】
连接，并延长交于点，连接，
由是正的中心，得，是中点，则，
，，
，
，
，
，
于是，所以．
【小问3详解】
，
，
因此，
则，显然，
于是，则，
所以．
选手
选手1
选手2
选手3
选手4
选手5
选手6
选手7
选手8
个数
141
171
160
147
145
171
170
172
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. 的值是（ ）
A. B. C. D.
2. 数据的方差，则下列数字特征一定为0的是（ ）
A. 平均数B. 中位数C. 众数D. 极差
3. 的虚部是（ ）
A. 1B. C. iD.
4. 已知三点共线，则的值为（ ）
A. B. 5C. D. 3
5. 如图，水面高度均为2圆锥、圆柱容器的底面半径相等，高均为4（不考虑容器厚度及圆锥容器开口）．现将圆锥容器内的水全部倒入圆柱容器内，则倒入前后圆柱容器内水的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知中，，则（ ）
A. B. C. D.
7. 如图，四棱锥的底面为矩形，且平面，若，则下列结论错误的是（ ）
A. 直线与平面所成角的正弦值为B. 平面平面
C. D. 二面角的余弦值为
8. 崇丽阁之名取自晋代左思《蜀都赋》中的名句“既丽且崇，实号成都”．如图，在测量府河西岸的崇丽阁高时，测量者选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，并测得米，在点处测得塔顶的仰角为，则塔高（ ）
A. 米B. 米C. 米D. 米
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．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. 已知是关于的方程的两个根，其中，则（ ）
A B. C. D.
10. 在某市初三年级举行的一次体育统考考试中，共有500人参加考试．为了解考生的成绩情况，抽取了样本容量为n的部分考生成绩，已知所有考生成绩均在，按照，，，，的分组作出如图所示的频率分布直方图．若在样本中，成绩落在区间的人数为32，则由样本估计总体可知下列结论正确的为（ ）
A.
B. 考生成绩的众数为75
C. 考生成绩的第70百分位数为76
D. 估计该市考生成绩平均分为70.8
11. 如图，已知二面角的平面角为，棱上有不同的两点，．若，则下列结论正确的是（ ）
A. 点到平面的距离是2B. 直线与直线的夹角为
C. 四面体的体积为D. 直线与平面所成角的正弦值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量，则 ______ ．
13 某小学运动会上，跳绳项目8位选手每分钟跳绳个数：
则跳绳个数的中位数是______．
14. 在三棱柱中，，若，则二面角的余弦值为______．
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. 记内角的对边分别为，已知．
（1）试判断的形状；
（2）若，求周长的最大值．
16. 如图，在四边形ABCD中，，且，若P，Q为线段AD上的两个动点，且.
（1）当为AD的中点时，求CP的长度；
（2）求的最小值.
17. 用分层随机抽样从某校高一年级800名学生的化学成绩（满分为100分，成绩都是整数）中抽取一个样本量为100的样本，其中男生成绩数据40个，女生成绩数据60个．再将40个男生成绩样本数据分为6组：，绘制得到如图所示的频率分布直方图．
（1）若成绩不低于80分的为“优秀”成绩，用样本的频率分布估计总体，估计高一年级男生中成绩优秀人数；
（2）已知男生成绩样本数据的平均数和方差分别为71和187.75，女生成绩样本数据的平均数和方差分别为73.5和119，求总样本的平均数和方差．
18. 如图，四边形为梯形，．等腰直角三角形中，为腰的中点，平面平面．
（1）求异面直线与所成角的大小；
（2）求证：平面；
（3）求与平面所成角的正切值．
19. 在四面体中，，记四面体的内切球半径为．分别过点向其对面作垂线，垂足分别为．
（1）是否存在四个面都是直角三角形的四面体？（不用说明理由）
（2）若垂足恰为正三角形的中心，证明：；
（3）已知，证明：．选手
选手1
选手2
选手3
选手4
选手5
选手6
选手7
选手8
个数
141
171
160
147
145
171
170
172
成都七中高一下学期6月考试数学试题
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. 的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正弦的和角公式即可求解.
【详解】.
故选：C.
2. 数据的方差，则下列数字特征一定为0的是（ ）
A. 平均数B. 中位数C. 众数D. 极差
【答案】D
【解析】
【分析】利用方差的定义可得，从而可得结论.
【详解】，
所以方差，
所以数据，
所以极差一定为0.
故选：D.
3. 的虚部是（ ）
A. 1B. C. iD.
【答案】B
【解析】
【分析】利用除法运算规则将分母实数化，化简即可.
【详解】，则虚部为.
故选：B.
4. 已知三点共线，则的值为（ ）
A. B. 5C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据得到方程，求出答案.
【详解】，
三点共线，故，
即，解得.
故选：D
5. 如图，水面高度均为2的圆锥、圆柱容器的底面半径相等，高均为4（不考虑容器厚度及圆锥容器开口）．现将圆锥容器内的水全部倒入圆柱容器内，则倒入前后圆柱容器内水的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设出底面半径，分别表示出圆锥和圆柱内水的体积再求解即可.
【详解】设圆锥容器的底面半径为，
倒入前圆锥和圆柱容器中水的体积分别为，
则,
，
所以．
故选：D.
6. 已知中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用余弦定理求出，再利用正弦定理计算即得.
【详解】在中，，由余弦定理得：
，
由正弦定理得.
故选：B
7. 如图，四棱锥的底面为矩形，且平面，若，则下列结论错误的是（ ）
A. 直线与平面所成角的正弦值为B. 平面平面
C. D. 二面角的余弦值为
【答案】C
【解析】
【分析】依题意可得为直线与平面所成的角，即可判断A，根据平面及面面垂直的判定定理判断B，推出矛盾即可判断C，过点作交于点，连接，即可得到为二面角的平面角，再由锐角三角函数计算判断D.
【详解】不妨设，
对于A：连接，因为平面，所以为直线与平面所成的角，
因为平面，所以，
又，，则，
所以，即直线与平面所成角的正弦值为，故A正确；
对于B：因为平面，平面，所以平面平面，故B正确；
对于C：因为平面，平面，所以，
若，又，平面，所以平面，
又平面，所以，
则矩形为正方形，所以，与矛盾，故与不垂直，故C错误；
对于D：过点作交于点，连接，因，平面，
所以平面，又平面，所以，
则为二面角的平面角，又，即，
解得，所以，
所以，即二面角的余弦值为，故D正确.
故选：C
8. 崇丽阁之名取自晋代左思《蜀都赋》中的名句“既丽且崇，实号成都”．如图，在测量府河西岸的崇丽阁高时，测量者选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，并测得米，在点处测得塔顶的仰角为，则塔高（ ）
A. 米B. 米C. 米D. 米
【答案】A
【解析】
【分析】先根据正弦定理求得，进而在中，利用求解．
【详解】如图
在中，，，，
则，
由正弦定理得，
所以.
在中，，
所以米.
故选：A.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．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. 已知是关于的方程的两个根，其中，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据虚根成对原理得到，即可判断A；再根据复数代数形式的乘法运算判断B；利用韦达定理判断C，D.
【详解】因为是关于的方程的两个根，其中，
所以，故A正确；
，，所以，故B错误；
因为，所以，故C不正确；
又，故D正确.
故选：AD.
10. 在某市初三年级举行的一次体育统考考试中，共有500人参加考试．为了解考生的成绩情况，抽取了样本容量为n的部分考生成绩，已知所有考生成绩均在，按照，，，，的分组作出如图所示的频率分布直方图．若在样本中，成绩落在区间的人数为32，则由样本估计总体可知下列结论正确的为（ ）
A.
B. 考生成绩的众数为75
C. 考生成绩的第70百分位数为76
D. 估计该市考生成绩的平均分为70.8
【答案】BC
【解析】
【分析】根据频率分布直方图的特征先计算，再计算样本容量判断A；由频率分布直方图计算众数、百分位数、平均数并估计总体判断BCD.
【详解】对于A，由频率分布直方图得，
则，A错误；
对于B，数据落在区间上的频率最大，因此考生成绩的众数为75，B正确；
对于C，前两组的频率之和为0.46，前三组的频率之和为0.86，
故考生成绩的第70百分位数为，C正确；
对于D，考生成绩的平均分为，D错误．
故选：BC
11. 如图，已知二面角的平面角为，棱上有不同的两点，．若，则下列结论正确的是（ ）
A. 点到平面的距离是2B. 直线与直线的夹角为
C. 四面体体积为D. 直线与平面所成角的正弦值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】补成正三棱柱，根据正三棱柱的性质即可求点面距离判断A，根据异面直线夹角定义求解判断B，根据等体积法求解判断C，通过作垂线，找到直线与平面所成角，解三角形求得该角大小，判断D.
【详解】在平面内过作与平行且相等的线段，连接，在平面内过作与平行且相等的线段，连接，
补成一个正三棱柱，是边长为2的正三角形，
所以到平面的距离为点到的距离，所以A错误；
因为，直线与直线的夹角即直线与直线的夹角，
又是正方形，所以夹角为，B正确；
，所以C正确；
过作于,因为，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
所以平面，故为直线与平面所成角，
因为二面角的平面角为，所以，又，
所以是等边三角形，可得，，因为，所以平面，
又平面，所以，
在中，由勾股定理可得，
在中， ,故D正确，
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量，则 ______ ．
【答案】
【解析】
【分析】利用数量积的坐标运算法则计算可得.
【详解】因为，，所以．
故答案为：．
13 某小学运动会上，跳绳项目8位选手每分钟跳绳个数：
则跳绳个数的中位数是______．
【答案】165
【解析】
【分析】从小到大排列，选择第4个和第5个数的平均数作为中位数.
【详解】按照从小到大排列为，
故从小到大选择第4个和第5个数的平均数作为中位数，
即.
故答案为：
14. 在三棱柱中，，若，则二面角的余弦值为______．
【答案】
【解析】
【分析】连接交于点，连接交于点，连接,可证明平面平面，过点作有平面过点作于，连接，则即为二面角的平面角，过点分别作，计算可求二面角的余弦值.
【详解】连接交于点，连接交于点，连接．
平面，又平面，
平面平面．
∵平面平面，∴过点作有平面；此时．
过点作于，连接，则即为二面角的平面角，
不妨设，经计算可得：．
过点分别作．
∵是中点，且为中点，，
．
二面角的余弦值为.
故答案为：
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. 记的内角的对边分别为，已知．
（1）试判断的形状；
（2）若，求周长的最大值．
【答案】（1）直角三角形
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理可得，化简可得结论；
（2）由（1）可得，进而可得周长为，利用辅助角公式可求最大值.
【小问1详解】
由，和余弦定理得，
即，所以．所以是直角三角形．
【小问2详解】
由（1）知是直角三角形，且，可得．
所以周长为，
所以当时，即为等腰直角三角形，周长有最大值为．
16. 如图，在四边形ABCD中，，且，若P，Q为线段AD上的两个动点，且.
（1）当为AD中点时，求CP的长度；
（2）求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量的线性运算可得，结合向量的几何意义和数量积的定义即可求解；
（2）设（），根据平面向量的线性运算可得，，利用数量积的运算律可得，结合二次函数的性质即可求解.
【小问1详解】
由，得，
因为，所以，
又，
所以；
【小问2详解】
设，，
则，
，
所以
，
当时，取到最小值，且为.
17. 用分层随机抽样从某校高一年级800名学生的化学成绩（满分为100分，成绩都是整数）中抽取一个样本量为100的样本，其中男生成绩数据40个，女生成绩数据60个．再将40个男生成绩样本数据分为6组：，绘制得到如图所示的频率分布直方图．
（1）若成绩不低于80分的为“优秀”成绩，用样本的频率分布估计总体，估计高一年级男生中成绩优秀人数；
（2）已知男生成绩样本数据的平均数和方差分别为71和187.75，女生成绩样本数据的平均数和方差分别为73.5和119，求总样本的平均数和方差．
【答案】（1）96 （2）平均数和方差分别为72.5和148
【解析】
【分析】（1）求得成绩不低于80分的频率为，可估计高一年级男生中成绩优秀人数.
（2）利用分层抽样的平均数与方差计算公式可求总样本的平均数和方差.
【小问1详解】
成绩不低于80分的频率为，
所以高一年级男生中成绩优秀人数估计为：．
所以估计高一年级男生中成绩优秀人数为96人．
【小问2详解】
设男生成绩样本平均数为，方差为，
女生成绩样本平均数，方差为，总样本平均数为，方差为．
．
．
所以总样本的平均数和方差分别为72.5和148．
18. 如图，四边形为梯形，．等腰直角三角形中，为腰的中点，平面平面．
（1）求异面直线与所成角的大小；
（2）求证：平面；
（3）求与平面所成角的正切值．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）由勾股定理的逆定理可得，进而由面面垂直的性质可得平面，从而可得，可求异面直线与所成角的大小；
（2）可证，结合（1）可证平面．
（3）取的中点为，连接．则，进而可得平面，过点作于点，为直线与平面所成的角，求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以，于是，所以，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，又平面，所以．
异面直线与所成角的大小为．
【小问2详解】
等腰直角三角形中，，所以．
由（1）知，又平面，
所以平面．
【小问3详解】
取的中点为，连接．则．
因为为腰的中点，，所以平面，从而，
又，平面，所以平面．
又平面，所以平面平面．
过点作于点．所以平面．
设与平面所成角为，又，
所以．
所以直线与平面所成角的正切值为．
19. 在四面体中，，记四面体的内切球半径为．分别过点向其对面作垂线，垂足分别为．
（1）是否存在四个面都是直角三角形的四面体？（不用说明理由）
（2）若垂足恰为正三角形的中心，证明：；
（3）已知，证明：．
【答案】（1）存在； （2）证明见解析；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）作出图形并推理说明.
（2）根据给定条件，结合正三棱锥的结构特征，利用体积法列式计算即得.
（3）利用体积法建立等式，计算得，再利用不等式性质及基本不等式求解即得.
【小问1详解】
存在．
在四面体中，若平面，，则四面体的四个面都是直角三角形.
由平面，平面，得，
又，平面，则平面，而平面，
因此，所以都是直角三角形.
【小问2详解】
连接，并延长交于点，连接，
由是正的中心，得，是中点，则，
，，
，
，
，
，
于是，所以．
【小问3详解】
，
，
因此，
则，显然，
于是，则，
所以．
选手
选手1
选手2
选手3
选手4
选手5
选手6
选手7
选手8
个数
141
171
160
147
145
171
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