2024-2025学年四川省自贡市高二上册开学摸底考数学质量检测试题合集2套（含解析）

这是一份2024-2025学年四川省自贡市高二上册开学摸底考数学质量检测试题合集2套（含解析），共30页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．抛掷一枚质地均匀的骰子一次，事件1表示“骰子向上的点数为奇数”，事件2表示“骰子向上的点数为偶数”，事件3表示“骰子向上的点数大于3”，事件4表示“骰子向上的点数小于3”则（ ）
A．事件1与事件3互斥B．事件1与事件2互为对立事件
C．事件2与事件3互斥D．事件3与事件4互为对立事件
2．已知某运动员每次投篮命中的概率都为，现采用随机模拟的方式估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算机产生0到9之间取整数值的随机数，指定表示命中，表示不命中；再以三个随机数为一组，代表三次投篮结果，经随机模拟产生了如下12组随机数： ，据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（ ）
A．B．C．D．
3．从装有若干个红球和白球（除颜色外其余均相同）的黑色布袋中，随机不放回地摸球两次，每次摸出一个球.若事件“两个球都是红球”的概率为，“两个球都是白球”的概率为，则“两个球颜色不同”的概率为（ ）
A．B．C．D．
4．在空间直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
5．甲、乙两人独立解某一道数学题，已知该题被甲独立解出的概率为0.7，被甲或乙解出的概率为0.94，则该题被乙独立解出的概率为（ ）
A．0.9B．0.8C．0.7D．0.6
6．已知空间向量，，若与垂直，则等于（ ）
A．B．C．D．
7．某同学进行投篮训练，在甲、乙、丙三个不同的位置投中的概率分别p，，，该同学站在这三个不同的位置各投篮一次，恰好投中两次的概率为，则p的值为（ ）
A．B．C．D．
8．甲､乙､丙三位同学进行乒乓球比赛，约定赛制如下：（1）累计负两场者被淘汰；（2）比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；（3）每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；（4）当一人被淘汰后，剩余两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签甲､乙首先比赛，丙首轮轮空，设每场比赛双方获胜概率都为，则丙最终获胜的概率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．不透明的袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中3个红球、2个黄球.记为事件“从中任取1个球是红球”，为事件“在有放回随机抽样中，第二次取出1个球是红球”，则（ ）
A．B．
C．事件与是互斥事件D．事件与是相互独立事件
10．已知事件A，B，且，则（ ）
A．如果，那么
B．如果，那么
C．如果A与B相互独立，那么
D．如果A与B相互独立，那么
11．一台仪器每启动一次都随机地出现一个5位的数字，其中的各位数字中，，则（ ）
A．的所有实验结果构成的样本空间中共有32个样本点
B．若的各位数字都是等可能地取值为0或1，则的概率大于的概率
C．若的各位数字都是等可能地取值为0或1，则中各位数字之和是4的概率为
D．若出现0的概率为，出现1的概率为，则启动一次出现的数字中恰有两个0的概率为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知四点共面且任意三点不共线，平面外一点，满足，则 ．
13．随着阿根廷队的夺冠，2022年卡塔尔足球世界杯落下帷幕.根据足球比赛规则，两支球队先进行90分钟常规赛.若比分相同，则进行30分钟加时赛；如果在加时赛比分依旧相同，则进入5球点球大赛.若甲、乙两队在常规赛与加时赛中得分均相同，则甲、乙两队轮流进行5轮点球射门，进球得1分，不进球不得分.假设甲队每次进球的概率均为0.8，乙队每次进球的概率均为0.5，且在前两轮点球中，乙队领先一球，已知每轮点球大赛结果相互独立，则最终甲队获胜的概率为 .
14．冰雹猜想又称考拉兹猜想、角谷猜想、猜想等，其描述为：任一正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，反复计算，最终都将会得到数字1．例如：给出正整数5，则进行这种反复运算的过程为，即按照这种运算规律进行5次运算后得到1．若从正整数6，7，8，9，10中任取2个数按照上述运算规律进行运算，则运算次数均为奇数的概率为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．经调查某市三个地区存在严重的环境污染，严重影响本地区人员的生活．相关部门立即要求务必加强环境治理，通过三个地区所有人员的努力，在一年后，环境污染问题得到了明显改善．为了解市民对城市环保的满意程度，开展了一次问卷调查，并对三个地区进行分层抽样，共抽取40名市民进行询问打分，将最终得分按分段，并得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中a的值，以及此次问卷调查分数的中位数；
(2)若分数在区间的市民视为对环保不满意的市民，从不满意的市民中随机抽出两位市民做进一步调查，求抽出的两位市民来自不同打分区间的概率．
16．甲乙二人用4张扑克牌（分别是红桃2，红桃3，红桃4，方片4）完游戏，他们将扑克牌洗匀后，背面朝上放在桌面上，甲先抽，乙后抽，抽出的牌不放回，各抽一张.
(1)设分别表示甲、乙抽到的牌的数字，写出甲乙二人抽到的牌的所有情况；
(2)若甲抽到红桃3，则乙抽出的牌的牌面数字比3大的概率是多少？
(3)甲乙约定：若甲抽到的牌的牌面数字比乙大，则甲胜，反之，则乙胜，你认为此游戏是否公平，说明你的理由.
17．杭州2022年第19届亚运会（The 19th Asian Games Hangzhu 2022）将于2023年9月23日至10月8日举办．本届亚运会共设40个竞赛大项，包括31个奥运项目和9个非奥运项目．同时，在保持40个大项目不变的前提下，增设了电子竞技项目．与传统的淘汰赛不同，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐．
传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此更有容错率．假设最终进入到半决赛有四支队伍，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进行比赛，胜者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军．双败赛制下，两两分组，胜者进入到胜者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组．之前进入到败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军．双败赛制下会发现一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其它的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？
这里我们简单研究一下两个赛制．假设四支队伍分别为，其中对阵其他三个队伍获胜概率均为，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为．最初分组时同组，同组．
(1)若，在淘汰赛赛制下，获得冠军的概率分别为多少？
(2)分别计算两种赛制下获得冠军的概率（用表示），并据此简单分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”？
18．如图，在四棱锥 P−ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，侧棱 PD⊥ 底面 ABCD，PD=DC，E 是 PC 的中点，作 EF⊥PB 交 PB 于点 F .
(1)求证： PA// 平面 EDB ；
(2)求证： PB⊥ 平面 EFD ；
(3)求平面 CPB 与平面 PBD 的夹角的大小.
19．在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．现有两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到，则译码为1，若依次收到，则译码为1）．
(1)已知．
①若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率；
②若采用单次传输方案，依次发送，证明：事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立．
(2)若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求的取值范围．
答案
1．【正确答案】B
【分析】根据互斥事件、对立事件定义判断求解.
【详解】由题可知，事件1可表示为：,事件2可表示为：,
事件3可表示为：,事件4可表示为：,
因为，所以事件1与事件3不互斥，A错误；
因为为不可能事件，为必然事件，
所以事件1与事件2互为对立事件，B正确；
因为，所以事件2与事件3不互斥，C错误；
因为为不可能事件，不为必然事件，
所以事件3与事件4不互为对立事件，D错误；
故选：B.
2．【正确答案】A
【分析】根据随机数找出三次投篮恰有两次命中的数组，再根据古典概型的概率公式计算可得.
【详解】依题意在组随机数中三次投篮恰有两次命中的有：，，共个，
所以该运动员三次投篮恰有两次命中的概率.
故选：A
3．【正确答案】C
【详解】设“两个球都是红球”为事件A，“两个球都是白球”为事件B，“两个球颜色不同”为事件C，
则，，且.
因为A，B，C两两互斥，
所以.
故选C.
【思路导引】设“两个球都是红球”为事件A，“两个球都是白球”为事件B，“两个球颜色不同”为事件C，则A，B，C两两互斥，，再根据对立事件及互斥事件概率公式，即可求解.
4．【正确答案】D
【分析】由空间直角坐标系对称点的特征即可求得结果.
【详解】根据空间直角坐标系中点坐标的特征可知，
关于原点对称的点的坐标需要把横坐标、纵坐标、竖坐标都变为原来的相反数，
所以点关于原点对称的点的坐标为.
故选：D
5．【正确答案】B
【分析】由题意，表示出该题未被解出的概率，然后列出方程，即可得到结果.
【详解】设乙独立解出该题的概率为，
由题意可得，∴．
故选：B.
6．【正确答案】B
【分析】首先求出的坐标，依题意可得，即可求出，从而求出，再计算其模.
【详解】因为，，
所以，
因为与垂直，所以，
所以，
解得，所以，
所以.
故选：B
7．【正确答案】A
【分析】根据题意结合独立事件概率的乘法公式求恰好投中两次的概率，列方程求解即可得结果.
【详解】在甲、乙、丙处投中分别记为事件A，B，C，则，
可知恰好投中两次为事件，
故恰好投中两次的概率，解得．
故选：A.
8．【正确答案】B
【分析】根据赛制，最小比赛4场，最多比赛5场，比赛结束，将丙最终获胜的可能情况进行分类，分别求出各类事件发生的概率，再由互斥事件概率公式计算可得．
【详解】根据赛制，最小比赛4场，最多比赛5场，比赛结束，注意丙轮空时，
甲乙比赛结果对下面丙获胜概率没有影响（或者用表示），
若比赛4场，丙最终获胜，则丙3场全胜，概率为，
若比赛5场，丙最终获胜，则从第二场开始的4场比赛按照丙的胜负轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为，
所以丙获胜的概率为．
故选B．
9．【正确答案】AD
【分析】根据题意可知：此实验相当于进行两次独立重复实验，进而判断选项即可求解.
【详解】根据题意可知：两次取球相当于两次独立重复实验，所以事件与是相互独立事件，且，
故选.
10．【正确答案】ABD
【分析】根据事件关系及运算有、，由事件的相互独立知，结合事件的运算求、
【详解】A：由，则，正确；
B：由，则，正确；
C：如果A与B相互独立，则，
，错误；
D：由C分析及事件关系知：，正确.
故选：ABD.
11．【正确答案】ACD
【分析】由样本空间的定义判断A，根据古典概型概率计算公式，互斥事件的加法及独立事件的乘法公式判断BCD．
【详解】对于A，由于的各位数字中，都可能为0或1，则的所有实验结果构成的样本空间中有个样本点，正确；
对于B，若的各位数字都是等可能地取值0或1，则，所以的概率等于的概率，错误；
对于C，若的各位数字都是等可能地取值为0或1，如果中各位数字之和是4，即5个数字中有4和“1”和1个“0”，
可能情况有：，共有5种等可能情况，其概率，正确；
对于D，由于，数字中恰有2个0，即在四个数中恰好有2个0,2个1，
可能情况有：，共有6种情况，
启动一次出现的数字中恰有两个0的概率为，正确；
故选：ACD．
12．【正确答案】
【分析】根据空间向量共面的推论求解即可.
【详解】四点共面且任意三点不共线，，
，．
故
13．【正确答案】0.304
【分析】先计算甲队获胜或平局的概率，再讨论甲队最终获胜的情况，依次计算其概率即可.
【详解】甲队在每轮点球比赛获胜的概率为，
甲队在每轮点球比赛平局的概率为.
由题可知最终甲队获胜，则后三轮比赛只能有两种情况：
①甲获胜两轮，剩下一轮甲乙平局，最终甲队获胜的概率为；
②甲获胜三轮，该情况下最终甲队获胜的概率为，
综上，甲队获胜的概率为0.24＋0.064＝0.304.
故0.304
14．【正确答案】/0.1
【分析】根据题中定义，分别求出正整数6，7，8，9，10按照题中所给运算规律进行运算的次数，最后根据古典概型的概率计算公式进行求解即可.
【详解】按照题中运算规律，正整数6的运算过程为，运算次数为；
正整数7的部分运算过程为，
当运算到10时，运算次数为10，由正整数的运算过程可知，正整数7总的运算次数为；
正整数8的运算次数为；
正整数9的部分运算过程为，当运算到7时，运算次数为3，
由正整数7的运算过程可知，正整数9总的运算次数为；
正整数10的运算次数为6；
故正整数6，7，8，9，10的运算次数分别为偶数、偶数、奇数、奇数、偶数，
从正整数6，7，8，9，10中任取2个数的方法总数为：
，共种，
其中的运算次数均为奇数的方法总数为：，共种，
故运算次数均为奇数的概率为．
故
15．【正确答案】(1)，中位数为（分）
(2)
【分析】（1）根据小矩形的面积之和为即可求出，再根据频率分布直方图求出中位数即可；
（2）分别求出和的市民人数，再根据古典概型即可得解.
【详解】（1）由题意可得，
解得，
由，
可得此次问卷调查分数的中位数在上，设为，
则，解得，
所以此次问卷调查分数的中位数为（分）；
（2）的市民有人，记为a，b，
的市民有人，记为1，2，3，4，
则从中抽取两人的基本事件有：共15种，其中两人来自不同的组的基本事件有8种，
则所求概率为.
16．【正确答案】(1)答案见解析
(2)
(3)不公平，理由见解析
【分析】（1）根据题意，利用列举法，即可求解基本事件的总数及基本事件的空间；
（2）由乙抽到的牌只能是2，4，，进而求得乙抽到的牌的数字大于3的概率；
（3）根据古典概率的概率计算公式，分别求得甲、乙获胜的概率，即可得到结论.
【详解】（1）解：甲乙二人抽到的牌的所有情况（方片4用字母表示，红桃2，红桃3，红桃4分别用2，3，4表示），
可得基本事件的空间为：（2，3）、（2，4）、（2，）、（3，2）、（3，4）、（3，）、
（4，2）、（4，3）、（4，）、（，2）、（，3）、（，4），共12种不同情况，
（2）解：由题意，甲抽到3，乙抽到的牌只能是2，4，，
所以乙抽到的牌的数字大于3的概率为.
（3）解：根据题意，甲抽到的牌比乙大的有（3，2）、（4，2）、（4，3）、（，2）、（，3），
共有5种情况，所以甲胜的概率，乙获胜的概率为，
因为，所以此游戏不公平．
17．【正确答案】(1)；；
(2)淘汰赛制获得冠军概率为，双败赛制获得冠军概率为；双败赛制下，会使得强者拿到冠军概率变大，弱者拿到冠军的概率变低，更加有利于筛选出“强者”，人们“对强者不公平”的质疑是不对的．
【分析】（1）若拿冠军则只需要连赢两场，对于想拿到冠军，首先得战胜，然后战胜中的胜者，然后根据独立事件的乘法公式计算即可；
（2）根据独立事件的乘法公式分别算出在不同赛制下拿冠军的概率，然后作差进行比较.
【详解】（1）记拿到冠军分别为事件淘汰赛赛制下，只需要连赢两场即可拿到冠军，因此，
对于想拿到冠军，首先得战胜，然后战胜中的胜者，
因此．
（2）记两种寒制下获得冠军的概率分别为，则.
而双败赛制下，获得冠军有三种可能性：
（1）直接连赢三局；（2）从胜者组掉入败者组然后杀回总决赛；（3）直接掉入败者组拿到冠军.
因此，，.
则不论哪种赛制下，获得冠军的概率均小于，.
若，双败赛制下，队伍获得冠军的概率更大，其他队伍获得冠军的概率会变小，
若，双败赛制下，以伍获得冠军的概率更小，其他队伍获得冠军的概率会变大，
综上可知：双败赛制下，会使得强者拿到冠军概率变大，弱者拿到冠军的概率变低，更加有利于筛选出“强者”，人们“对强者不公平”的质疑是不对的．
18．【正确答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3) π3
【详解】（1）解：以 D 为原点， DA，DC，DP 所在直线分别
为 x 轴， y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系，
设 DC=1 .
依题意得 A1,0,0 ， B1,1,0 ， P0,0,1 ， E0,12,12 .
所以 PA=1,0,−1 ， DB=1,1,0 ， DE=0,12,12 .
设平面 EDB 的一个法向量为 m=x1,y1,z1 ，
则有 DB⋅m=x1+y1=0,DE⋅m=12y1+12z1=0, 即 x1=−y1,z1=−y1,
取 m=1,−1,1 ，则 PA⋅m=0 ，
因为 PA⊄ 平面 EDB ，因此 PA// 平面 EDB .
（2）依题意得 PB=1,1,−1 ，
因为 PB⋅DE=0+12−12=0 ，
所以 PB⊥ED .
由已知 EF⊥PB ，且 EF∩DE=E ，
所以 PB⊥ 平面 EFD .
（3）依题意得 C0,1,0 ，且 CB=1,0,0 ， PC=0,1,−1 .
设平面 CPB 的一个法向量为 n=x2,y2,z2 ，
则 CB⋅n=x2=0,PC⋅n=y1−z1=0, 即 x2=0,z1=y1, ，
取 n=0,1,1 .
易知平面 PBD 的一个法向量为 CA=1,−1,0 ，
所以 csn,CA=n⋅CAnCA=−12 .
所以平面 CPB 与平面 PBD 的夹角为 π3 .
19．【正确答案】(1)① ；②证明见解析
(2)
【分析】（1）①记事件为“至少收到一次0”，利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算可得；②记事件为“第三次收到的信号为1”，事件为“三次收到的数字之和为2”，证明即可；
（2）记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，事件为“采用单次传输方案时译码为0”，根据题意可得，解不等式可解.
【详解】（1）①记事件为“至少收到一次0”，则．
②证明：记事件为“第三次收到的信号为1”，则．
记事件为“三次收到的数字之和为2”，
则．
因为，
所以事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立．
（2）记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，则．
记事件为“采用单次传输方案时译码为0”，则．
根据题意可得，即，
因为，所以，
解得，故的取值范围为．
关键点点睛：利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算各事件的概率.
2024-2025学年四川省自贡市高二上学期开学摸底考数学质量
检测试题（二）
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知为虚数单位，则复数在复平面内对应的坐标为（ ）
A．B．C．D．
2．体育老师记录了班上10名同学1分钟内的跳绳次数，得到如下数据：88，94，96，98，98，99，100，101，101，116.这组数据的60%分位数是（ ）
A．98B．99C．99.5D．100
3．若直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（ ）
A．B．C．D．或
4．如图，在平行六面体中，为和的交点，若，，，则下列式子中与相等的是（ ）
A．B．C．D．
5．已知两个平面，两条直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，，，则
D．若是异面直线，，，，，则
6．在中，、、分别是内角、、所对的边，若，，，则边（ ）
A．B．或C．或D．
7．在空间直角坐标系中，点，，，则（ ）
A．B．
C．D．
8．已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°.若 的面积为，则该圆锥的侧面积为（ ）.
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下面四个结论正确的是（ ）
A．向量，若，则
B．若空间四个点，，，，，则，，三点共线
C．已知向量，，若，则
D．任意向量，满足
10．设A，B为两个随机事件，若，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则A，B相互独立
C．若A与B相互独立，则D．若A与B相互独立，则
11．如图，在正方体中，P为线段上的一个动点，下列结论中正确的是（ ）
A．
B．平面平面
C．存在唯一的点P，使得为90°
D．当点P为中点时，取得最小值
三、填空题（本大题共3小题）
12．O为空间任意一点，若，若ABCP四点共面，则 ．
13．在平面四边形中，，，，若，则的面积为 .
14．如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别为棱，的中点，则的重心到直线BN的距离为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知空间三点，，，设，．
(1)若与互相垂直，求实数的值；
(2)若，，求．
16．某公司为了解员工对食堂的满意程度，对全体100名员工做了一次问卷调查，要求员工对食堂打分，将最终得分按，，，，，分成6段，并得到如图所示频率分布直方图.
（1）估计这100名员工打分的众数和中位数（保留一位小数）；
（2）现从，，这三组中用比例分配的分层随机抽样的方法抽取11个人，求这组抽取的人数.
17．在中国共产主义青年团成立100周年之际，某校举办了“强国有我，挑战答题”的知识竞赛活动，已知甲、乙两队参加，每队3人，每人回答且仅回答一个问题，答对者为本队赢得1分，答错得0分.假设甲队中3人答对的概率分别为，，，乙队中每人答对的概率均为，且各人回答问题正确与否互不影响.
(1)分别求甲队总得分为1分和2分的概率；
(2)求活动结束后，甲、乙两队共得4分的概率.
18．如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的余弦值．
19．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c满足．
(1)求B；
(2)若，，求的面积；
(3)求的取值范围．
答案
1．【正确答案】B
【分析】将化简即可得出答案
【详解】，
所对应的向量坐标为.
故选：B
本题考查的是复数的计算及其几何意义，较简单.
2．【正确答案】C
【分析】根据分位数的定义即可求得答案.
【详解】这组数据的60%分位数是.
3．【正确答案】C
【分析】推导出，利用空间向量法可得出线面关系.
【详解】因为，，则，即，因此，.
故选：C.
4．【正确答案】A
【分析】根据空间向量的加减运算，表示出向量，即得答案.
【详解】
,
故选;A
5．【正确答案】D
【分析】对于A，与相交、平行或；对于B，与相交或平行；对于C，与相交或平行；对于D，由面面平行的判定定理得．
【详解】两个平面，两条直线，
对于A，若，，则与相交、平行或，故A错误；
对于B，若，，，则与相交或平行，故B错误；
对于C，若，，，，则与相交或平行，故C错误；
对于D，过作平面与平面交于，如图，
∵，∴，又，，∴，
∵是异面直线，，∴与相交，
又∵，，∴，故D正确．
故选：D．
6．【正确答案】C
【分析】根据余弦定理可得出关于的等式，解之即可.
【详解】因为，，，由余弦定理可得，
即，即，解得或.
故选C.
7．【正确答案】D
【分析】根据向量坐标表示判断AB，根据向量模的坐标运算判断C，根据向量夹角计算公式判断D.
【详解】因为，，，
所以，，故AB错误；
因为，
所以，故C错误；
因为，故D正确.
故选：D
8．【正确答案】C
【分析】根据条件算出母线长和底面半径即可求出侧面积.
【详解】如图：其中O是底面圆心，设半径为r，则AO=r，
， ，
由于SA，SB都是母线，所以SA=SB，
的面积 ，
在等腰直角三角形SAO中， ，
所以侧面积= ；
故选：C.
9．【正确答案】ABC
【分析】由空间向量的数量积及其运算性质可判断A，由空间向量的基本定理与共线定理以及向量基底可判断B，根据空间向量共线的坐标表示可判断C，利用数量积的定义判断D.
【详解】对于A：因为，，则，正确；
对于B：因为，则，
即，又与有公共点，所以三点共线，正确；
对于C：因为向量，，，
所以存在，使得，即，
则，解得，正确；
对于D：表示平行于的向量，表示平行于的向量，
当与不平行时，一定不成立，错误.
故选：ABC
10．【正确答案】BD
【分析】根据并事件的概率的计算公式即可判断A；根据相互独立事件及对立事件的交事件的概率公式即可判断BD；根据相互独立事件的并事件的概率公式即可判断C.
【详解】A，若，则，A错误；
B ，因为，则，B正确；
C，因为A与B相互独立，则也相互独立，
则，C错误；
D，若A与B相互独立，则也相互独立，
则，D正确.
故选：BD
11．【正确答案】AB
【分析】根据正方体的性质，结合空间位置关系，对选项逐一分析，得到正确结果.
【详解】对于A项，利用正方体的特征可知，，
且，所以平面，
可得，所以A项正确；
对于B项，因为平面即为平面，
因为平面，
所以平面平面，所以B项正确；
对于C项，设正方体的棱长为，，
在中，
在中，，
当时，，
即或，
所以当与重合或P为的中点时，满足为90°，
所以满足条件的点P不唯一，所以C项不正确；
对于D项，将正方体的对角面进行翻折，可得图形如图所示：
根据平面内两点之间直线段最短，所以当P为图中的点时，
取得最小值，显然不为中点，所以D项不正确；
故选：AB.
该题以正方体为载体，考查空间线面位置关系，涉及到线线、线面和面面垂直等基础知识，要注意空间与平面间的相互转化，属于基础题目.
12．【正确答案】/0.125
【分析】利用空间向量共面基本定理的推论可求出的值.
【详解】空间向量共面的基本定理的推论：，且、、不共线，
若、、、四点共面，则，
因为为空间任意一点，若，且、、、四点共面，
所以，，解得.
故答案为.
13．【正确答案】
【分析】利用余弦定理求出、，进而可求得，再利用三角形的面积公式可求得的面积.
【详解】连接，如下图所示：
由余弦定理可得，
由余弦定理可得，则为锐角，
所以，，
因此，.
故答案为.
方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：
（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；
（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；
（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；
（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.
14．【正确答案】/
【分析】以为轴建立空间直角坐标系，由重心坐标公式求得的重心的坐标，用空间向量法求点到直线的距离．
【详解】以为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，设的重心是，
则，，，即，
，，
，，，
，
则 是锐角，，
所以到直线的距离为．
故．
15．【正确答案】(1)或
(2)或
【分析】（1）根据空间向量垂直得到方程，求出答案；
（2）设，根据平行和模长得到方程组，求出答案.
【详解】（1），
故，
，
因为互相垂直，所以，
解得或；
（2），
设，则且，
解得或，
故或；
16．【正确答案】（1）众数为75，中位数为；（2）7人.
【分析】（1）根据中位数和众数的定义结合频率分布直方图即可得出答案；
（2）根据频率分布直方图分别求出，，的人数，任何根据分层抽样即可求出从抽取的人数.
【详解】解：（1）由题意得众数为75，
的频率为，
的频率为，
设中位数为a，，.
（2）的人数：，的人数：，的人数：，抽样比例为，
从抽取的人数.
17．【正确答案】(1)甲队总得分为分的概率为，分的概率为；
(2)
【分析】（1）利用相互独立事件和互斥事件的概率公式计算可得；
（2）首先求出活动结束甲、乙两队得分及所对应的概率，再利用相互独立事件和互斥事件的概率公式计算可得；
【详解】（1）解：依题意记甲队总得分为分为事件，甲队总得分为分为事件，
则，
，
所以甲队总得分为分的概率为，分的概率为；
（2）解：依题意甲队总得分为分的概率为，
得分的概率为，得分的概率为，得分的概率为；
乙队总得分为分的概率为，得分的概率为，
得分的概率为，得分的概率为；
则活动结束后，甲、乙两队共得4分的概率.
18．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用平面法向量的性质进行运算证明即可；
（2）利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）如图建立空间直角坐标系，则，，，，，
所以，
因为是直棱柱，
所以平面，
因此平面的一个法向量为，
所以，即，又平面，所以平面；
（2）因为，，，
设平面的法向量为m=x,y,z，
则，令，得，
设直线与平面所成角为，则，
所以.
19．【正确答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成角的形式，化简后利用余弦定理可求出角B；
（2）利用余弦定理求出，再由三角形面积公式可求得结果；、
（3）利用正弦定理统一成角的形式，然后利用三角函数恒等变换公式化简变形得，令，然后利用二次函数的性质可求其范围.
【详解】（1），
由正弦定理，得，．
由余弦定理，得，
，．
（2）在中，，，．
由余弦定理，得，
即，解得（舍）或．
的面积为．
（3）由（1）知．
．
令，，
，．
，
当时，取得最小值，最小值为．
当时，取得最大值，最大值为．
的取值范围是．