1．（2024高一下·卢氏期末）若复数满足为虚数单位，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】因为，所以，
所以的共轭复数，对应的点坐标为位于第四象限.
故选：D
【分析】本题考查复数除法运算，共轭复数的定义，复数的几何意义.先根据已知条件变形可得：，利用复数的除法运算分子和分母同时乘以化简后可求出复数，利用共轭复数的定义可求出，再利用复数的几何意义可找出对应点所在的象限.
2．（2024高一下·卢氏期末）用斜二测画法作一个边长为的正方形，则其直观图的面积为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：在斜二测画法中，直观图面积是原图形面积的，而边长为6的正方形面积为，
所以所求的直观图的面积为.
故答案为 ：C
【分析】先求出直观图正方形的面积，再根据斜二测画法中直观图与原图形面积关系进行计算可求出答案.
3．（2024高一下·卢氏期末）已知事件A与事件B是互斥事件，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】互斥事件的概率加法公式
【解析】【解答】解：因为事件A与事件B是互斥事件，则不一定是互斥事件，所以不一定为0，故选项A错误；
因为事件A与事件B是互斥事件，所以，则，而不一定为0，故选项B错误；
因为事件A与事件B是互斥事件，不一定是对立事件，故选项C错误；
因为事件A与事件B是互斥事件，是必然事件， 所以，故选项D正确.
故选：D.
【分析】根据互斥事件、对立事件、必然事件的概念（互斥事件是指两个事件不可能同时发生， 即它们之间没有交集；对立事件则是在互斥事件的基础上， 要求两个事件中必有一个发生；必然事件则是指定会发生的事件）可得答案.
4．（2024高一下·卢氏期末）设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中不正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若m，n是两条不同的异面直线，，则
D．若，则m与所成的角和n与所成的角互余
【答案】A,B,D
【知识点】平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：对A．，则，又，则，所以不正确，A不正确；
对B．，则或，故B不正确；
对C．若m，n是两条不同的异面直线，，则，C正确；
对D．由时，m，n与所成的角没有关系，时，
由面面平行的性质知n与所成的角相等，m与所成的角相等，
因此m与所成的角和n与所成的角不一定互余，D不正确.
故选：ABD
【分析】根据面面垂直的判定定理（一个平面过另一平面的垂线，则这两个平面相互垂直）判断A，根据面面平行的性质定理判断B，根据面面平行的判定判断C，根据线面角的定义（直线和平面所成的角，具体是指斜线与它在平面内的射影所成的角）及线线关系判断D.
5．（2024高一下·卢氏期末）中，设，若，则的形状是（ ）
A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．无法确定
【答案】A
【知识点】平面向量减法运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：由，
可得，
则，即，
又由，可得，
故角A为钝角，如图所示.
故选：A．
【分析】先由向量的线性运算法则可得，再根据向量的数量积即可求解.
6．（2024高一下·卢氏期末）如右图所示，正三棱锥中，分别是的中点，为上任意一点，则直线与所成的角的大小是（ ）
A． B．
C． D．随点的变化而变化
【答案】C
【知识点】空间点、线、面的位置；异面直线
【解析】【解答】解：如图所示，连接，与是正三角形，所以，，
则平面，即；又，所以，
即与所成的角的大小是.
【分析】连接，则，，从而平面，由此能求出直线与所成的角的大小.
7．（2024高一下·卢氏期末）如图，四面体中，，，两两垂直， ，点是的中点，若直线与平面所成角的正切值为，则点到平面的距离为
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】空间点、线、面的位置；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：由题知，因为AB面BCD，所以 ABCD，
又因为BC=BD，点是的中点，所以BECD，
且BE= 又，所以CD面ABE，
过B作BF于E，则CDBF，又因为AECD=E，所以BF 面ACD，所以为直线与平面所成角，BF即为到平面的距离.
所以，解得BA=4 ，所以，利用 等面积知 .
故选D.
【分析】由题知，面ABE，过B作BF，证明BF 面ACD，为直线与平面所成角，BF即为到平面的距离，利用三角形等面积即可求解.
8．（2024高一下·卢氏期末）在中，已知分别为角的对边．若，且，则（ ）
A． B． C． D．或
【答案】C
【知识点】两角和与差的余弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，
所以由余弦定理得，整理得，
由正弦定理得
，
又因为，
所以，
解得或，
因为，
且，
所以，故.
故选：C.
【分析】先根据余弦定理化角为边，可得，再根据正弦定理化边为角可得，再利用二倍角公式以及两角和差的余弦公式进行化简，根据平方关系即可得解，注意检验结果是否符合题意.
9．（2024高一下·卢氏期末）已知复数z，下列说法正确的是（ ）
A．若，则z为实数 B．若，则
C．若，则的最大值为2 D．若，则z为纯虚数
【答案】A,C
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：对于选项A，设，则，
因为，即，即，所以z为实数，故A正确；
对于选项B，若，即，
化简可得，即，即，
当时，，，此时不一定满足，
当时，，，此时不一定满足，故B错误；
对于选项C，因为，所以，
所以，即表示以为圆心，以为半径的圆上的点，
且表示圆上的点到原点的距离，所以的最大值为2，故C正确；
对于选项D，因为，所以，
，即，
化简可得，则且，
此时可能为实数也可能为纯虚数，故D错误；
故选：AC
【分析】根据题意，由复数的运算以及其几何意义，对选项逐一判断，即可得到结果.
10．（2024高一下·卢氏期末）如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论错误的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．为线段的中点时，过三点的平面截正方体所得的截面的面积为
C．的最小值为
D．直线与直线所成角的取值范围为
【答案】B,C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；棱柱的结构特征；异面直线
【解析】【解答】解：对于A，因为，面，面，所以面，
所以到面的距离等于到面的距离，所以，故选项A正确；
对于B，连接，因为分别为线段的中点，所以且，
又且，所以且，
所以过三点的截面为梯形，
易知，
作，则，
所以梯形的面积，故选项B错误；
对于C：将侧面展开如图，显然当三点共线时，取得最小值，最小值为，故选项C错误；
对于D，连接，则，
则直线与直线所成角即为直线与直线所成角，
则当与重合时，直线与直线所成角最小为，
当与重合时，直线与直线所成角最大为，
所以直线与直线所成角的取值范围为，故选项D正确.
故选：BC.
【分析】选项A，可证得面，则到面的距离等于到面的距离，利用等体积法求出体积；选项B，可证得且，所以过三点的截面为梯形，即可求出面积；选项C：利用侧面展开图求解；选项D，利用直线与直线所成角的概念求解.
11．（2024高一下·卢氏期末）如图，矩形中，，，为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，平面与平面所成锐二面角，直线与平面所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得
B．面积的最大值为
C．
D．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积
【答案】B,D
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：对于选项A，如图1，取的中点，连接，显然，
且，又，且，所以，，
所以四边形为平行四边形，故，
又，且为的中点，则与不垂直，
所以不垂直，故选项A错误；
对于选项B，由得，，
所以当时，最大，最大值为，故选项B正确；
对于C，如图2，取的中点，的中点，作⊥平面，
且点在平面内，连接，
由知，⊥，
又，且⊥，所以⊥，
所以在平面上的射影在直线上，即点在直线上，
所以为平面与平面所成的二面角，则，
所以，
又在平面上的射影为，则，所以，
所以，故选项C错误；
对于D选项，结合C可知，，
如图3，当点重合时，即⊥平面时，最大，最大值为，
因为⊥，所以点为三棱锥的外接球球心在平面上的投影，
故，连接，过点作⊥于点，
因为⊥平面，平面，所以⊥，，
则，
设，则，，
由勾股定理得，，
设三棱锥的外接球半径为，则，
故，解得，
所以其外接球半径，
所以三棱锥的外接球的表面积为，故选项D正确.
故选：BD
【分析】对于A，作出辅助线，得到，与不垂直，所以不垂直，A错误；对于B，利用三角形面积公式得到，得到当时，最大，求出最大值；对于C，作出辅助线，证明出在平面上的射影在直线上，得到，，求出；对于D，找到球心的位置，作出辅助线，利用外接球半径相等列出方程，求出外接球半径，得到表面积.
12．（2024高一下·卢氏期末）已知：向量与的夹角为锐角．则实数m的取值范围为 ．
【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：，由向量与的夹角为锐角，可得，
故.
故填：
【分析】根据两向量夹角的坐标公式即可求解.
13．（2024高一下·卢氏期末）在中，角所对的边分别为且.当取最小值时， .
【答案】
【知识点】解三角形；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：根据已知条件，，
由余弦定理得：，整理得，
代入可得，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，则，
因为，所以．
故填：.
【分析】由已知结合余弦定理可得，代入结合基本不等式得取得最小值的取等条件为，从而，最后根据余弦定理即可求解.
14．（2024高一下·卢氏期末）甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为．假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲胜第一局，乙胜第二局的概率为 ．
【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件
【解析】【解答】解：第一局甲胜，第二局乙胜：
因为若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，
若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，
所以，所求概率为；
故答案为：.
【分析】分析出每局输赢的情况，根据独立事件的概率公式和互斥事件的概率公式即可求解.
15．（2024高一下·卢氏期末）在中，已知角的对边分别是，且．
（1）求角的大小；
（2）若边上的中线为，求的值；
【答案】（1）解：因为，由正弦定理可得：，
又因为，
所以，
即
在中，，则，可得，
且，所以.
（2）解：在中，由余弦定理可得，即，
因为边上的中线为，所以，
可得，
即，所以，
所以.
【知识点】平面向量的数量积运算；简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据题意，由正弦定理和两角和的正弦公式分析可得，即可求解；
（2）先由余弦定理可得，再由向量分析可得，进而可得，即可求解.
（1）因为，由正弦定理可得：，
又因为，
即，
可得
在中，，则，可得，
且，所以.
（2）在中，由余弦定理可得，即，
因为边上的中线为，则，
可得，
即，可得，
所以.
16．（2024高一下·卢氏期末）从参加某环保知识竞赛的学生中抽出40名，将其成绩(均为整数)整理后画出的频率分布直方图如下.
（1）成绩在内的频数、频率分别是多少
（2）估计这次环保知识竞赛成绩的平均数、中位数；(同一组中数据用该组区间中点值作代表)
（3）从成绩是80分及以上的学生中选两人，求他们的成绩在同一分数段的概率.
【答案】（1）解：由题图可知，成绩在内的频率为，
成绩在内的频率为，
成绩在内的频率为，
成绩在内的频率为，
所以成绩在内的频率为，
其频数为.
（2）解：估计这次竞赛成绩的平均数为.
因为，所以估计这次竞赛成绩的中位数为70分.
（3）解：记“取出的2人的成绩在同一分数段”为事件E，
易得成绩在内的人数为，设这4个人分别为a，b，c，d，
成绩在内的人数为，设这2个人分别为A，B，
从这6人中选出2人，所有样本点有，
，共15个，
其中事件E包含的样本点有，共7个，
则.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【分析】（1）根据频率之和为1列出方程，求出成绩在内的频率，进而求出频数；
（2）利用平均数和中位数的定义(平均数是通过将一组数据的总和除以这组数据的个数所得到的商；中位数则是将一组数据按大小顺序排列后， 处在最中间位置的数，如果数据个数是奇数， 中位数就是最中间的那个数； 如果数据个数是偶数， 中位数则是中间两个数的算术平均值)进行求解；
（3）列举出所有情况和成绩在同一分数段的情况数，求出概率.
（1）由题图可得，成绩在内的频率为，
成绩在内的频率为，
成绩在内的频率为，
成绩在内的频率为，
则成绩在内的频率为，
其频数为.
（2）估计这次竞赛成绩的平均数为.
因为，所以估计这次竞赛成绩的中位数为70分.
（3）记“取出的2人的成绩在同一分数段”为事件E，
易得成绩在内的人数为，设这4个人分别为a，b，c，d，
成绩在内的人数为，设这2个人分别为A，B，
从这6人中选出2人，所有样本点有，
，共15个，
其中事件E包含的样本点有，共7个，
则.
17．（2024高一下·卢氏期末）为普及抗疫知识 弘扬抗疫精神，某学校组织防疫知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲 乙胜出的概率分别为 ， ；在第二轮比赛中，甲 乙胜出的概率分别为 ， .甲 乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响.
（1）从甲 乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？
（2）若甲 乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率.
【答案】（1）解：设 “甲在第一轮比赛中胜出”， “甲在第二轮比赛中胜出” “乙在第一轮比赛中胜出”， “乙在第二轮比赛中胜出”，则 “甲赢得比赛”， “乙赢得比赛”，
， ， ，
，
同理
因为 ，所以，派甲参赛获胜的概率更大.
（2）解：由（1）知，设 “甲赢得比赛”， “乙赢得比赛”，
， ；
于是 “两人中至少有一人赢得比赛”.
.
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）根据独立事件的概率分别计算甲、乙比赛胜出的概率比较即可得解；
（2）利用对立事件，计算两人都没有赢得比赛的概率，根据对立事件的概率之和为1即可得解.
18．（2024高一下·卢氏期末）如图，在三棱锥V-ABC中，△VAB为等边三角形，且，O，M，D分别为AB，AV，BC的中点，BM，VO交于点F.
（1）证明：AB⊥平面VOC；
（2）在线段BM上是否存在一点E，使平面VOC？若存在，请指出点E的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：因为，O是AB的中点，所以，
又因为△VAB是等边三角形，O是AB的中点，所以，
因为，OC，平面VOC，所以AB⊥平面VOC；
（2）解：假设线段BM上存在一点E使平面VOC，连接CF，
因为平面BMC，平面平面，所以，
因为D是BC的中点，所以E是BF的中点，
又因为F是等边三角形VAB的重心，所以，，
所以点E是线段BM上靠近B的三等分点．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理（如果一条直线和一个平面内的两条相交线垂直，则线面垂直）证明；
（2）由线面平行的性质定理得线线平行，从而可得点位置．
（1）证明：
∵，O是AB的中点，
∴，
又∵△VAB是等边三角形，O是AB的中点，
∴，
又∵，OC，平面VOC，
∴AB⊥平面VOC；
（2）假设线段BM上存在一点E使平面VOC，连接CF，
∵平面BMC，平面平面，
∴，
∵D是BC的中点，
∴E是BF的中点，
又∵F是等边三角形VAB的重心，
∴，，
∴点E是线段BM上靠近B的三等分点．
19．（2024高一下·卢氏期末）如图，在直角梯形中，，，，沿对角线将折至的位置，记二面角的平面角为．
（1）当时，求证：平面平面；
（2）若为的中点，当时，求二面角的正切值．
【答案】（1）证明：当时，平面平面．
在直角梯形中，，所以，所以，
因为平面平面，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）解：取的中点，连接，因为，所以．
因为为的中点，连接，则为的中位线，所以．
因为，所以，
所以为二面角的平面角，即．
因为，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
因为平面平面，所以过作，交于点，则平面．
平面，，过作与点，连结，．
所以．所以为二面角的平面角．
在中，，，．
在中，．
在中，，
所以，故二面角的正切值为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】(1) 当时，可证得平面，再由面面垂直的判定定理（如果一个平面经过另一平面的垂线，则这两个平面相互垂直）证得平面平面；
(2) 取的中点，连接，证得为二面角的平面角，过作于点，过作与点，证得为二面角的平面角，解三角形得结果.
（1）当时，平面平面．
在直角梯形中，，所以，所以，
因为平面平面，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）取的中点，连接，因为，所以．
因为为的中点，连接，则为的中位线，所以．
因为，所以，
所以为二面角的平面角，即．
因为，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
因为平面平面，所以过作，交于点，则平面．
平面，，过作与点，连结，．
所以．所以为二面角的平面角．
在中，，，．
在中，．
在中，，
所以，故二面角的正切值为．
1．（2024高一下·卢氏期末）若复数满足为虚数单位，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（2024高一下·卢氏期末）用斜二测画法作一个边长为的正方形，则其直观图的面积为( )
A． B． C． D．
3．（2024高一下·卢氏期末）已知事件A与事件B是互斥事件，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·卢氏期末）设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中不正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若m，n是两条不同的异面直线，，则
D．若，则m与所成的角和n与所成的角互余
5．（2024高一下·卢氏期末）中，设，若，则的形状是（ ）
A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．无法确定
6．（2024高一下·卢氏期末）如右图所示，正三棱锥中，分别是的中点，为上任意一点，则直线与所成的角的大小是（ ）
A． B．
C． D．随点的变化而变化
7．（2024高一下·卢氏期末）如图，四面体中，，，两两垂直， ，点是的中点，若直线与平面所成角的正切值为，则点到平面的距离为
A． B． C． D．
8．（2024高一下·卢氏期末）在中，已知分别为角的对边．若，且，则（ ）
A． B． C． D．或
9．（2024高一下·卢氏期末）已知复数z，下列说法正确的是（ ）
A．若，则z为实数 B．若，则
C．若，则的最大值为2 D．若，则z为纯虚数
10．（2024高一下·卢氏期末）如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论错误的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．为线段的中点时，过三点的平面截正方体所得的截面的面积为
C．的最小值为
D．直线与直线所成角的取值范围为
11．（2024高一下·卢氏期末）如图，矩形中，，，为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，平面与平面所成锐二面角，直线与平面所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得
B．面积的最大值为
C．
D．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积
12．（2024高一下·卢氏期末）已知：向量与的夹角为锐角．则实数m的取值范围为 ．
13．（2024高一下·卢氏期末）在中，角所对的边分别为且.当取最小值时， .
14．（2024高一下·卢氏期末）甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为．假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲胜第一局，乙胜第二局的概率为 ．
15．（2024高一下·卢氏期末）在中，已知角的对边分别是，且．
（1）求角的大小；
（2）若边上的中线为，求的值；
16．（2024高一下·卢氏期末）从参加某环保知识竞赛的学生中抽出40名，将其成绩(均为整数)整理后画出的频率分布直方图如下.
（1）成绩在内的频数、频率分别是多少
（2）估计这次环保知识竞赛成绩的平均数、中位数；(同一组中数据用该组区间中点值作代表)
（3）从成绩是80分及以上的学生中选两人，求他们的成绩在同一分数段的概率.
17．（2024高一下·卢氏期末）为普及抗疫知识 弘扬抗疫精神，某学校组织防疫知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲 乙胜出的概率分别为 ， ；在第二轮比赛中，甲 乙胜出的概率分别为 ， .甲 乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响.
（1）从甲 乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？
（2）若甲 乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率.
18．（2024高一下·卢氏期末）如图，在三棱锥V-ABC中，△VAB为等边三角形，且，O，M，D分别为AB，AV，BC的中点，BM，VO交于点F.
（1）证明：AB⊥平面VOC；
（2）在线段BM上是否存在一点E，使平面VOC？若存在，请指出点E的位置；若不存在，请说明理由.
19．（2024高一下·卢氏期末）如图，在直角梯形中，，，，沿对角线将折至的位置，记二面角的平面角为．
（1）当时，求证：平面平面；
（2）若为的中点，当时，求二面角的正切值．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】因为，所以，
所以的共轭复数，对应的点坐标为位于第四象限.
故选：D
【分析】本题考查复数除法运算，共轭复数的定义，复数的几何意义.先根据已知条件变形可得：，利用复数的除法运算分子和分母同时乘以化简后可求出复数，利用共轭复数的定义可求出，再利用复数的几何意义可找出对应点所在的象限.
2．【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：在斜二测画法中，直观图面积是原图形面积的，而边长为6的正方形面积为，
所以所求的直观图的面积为.
故答案为 ：C
【分析】先求出直观图正方形的面积，再根据斜二测画法中直观图与原图形面积关系进行计算可求出答案.
3．【答案】D
【知识点】互斥事件的概率加法公式
【解析】【解答】解：因为事件A与事件B是互斥事件，则不一定是互斥事件，所以不一定为0，故选项A错误；
因为事件A与事件B是互斥事件，所以，则，而不一定为0，故选项B错误；
因为事件A与事件B是互斥事件，不一定是对立事件，故选项C错误；
因为事件A与事件B是互斥事件，是必然事件， 所以，故选项D正确.
故选：D.
【分析】根据互斥事件、对立事件、必然事件的概念（互斥事件是指两个事件不可能同时发生， 即它们之间没有交集；对立事件则是在互斥事件的基础上， 要求两个事件中必有一个发生；必然事件则是指定会发生的事件）可得答案.
4．【答案】A,B,D
【知识点】平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：对A．，则，又，则，所以不正确，A不正确；
对B．，则或，故B不正确；
对C．若m，n是两条不同的异面直线，，则，C正确；
对D．由时，m，n与所成的角没有关系，时，
由面面平行的性质知n与所成的角相等，m与所成的角相等，
因此m与所成的角和n与所成的角不一定互余，D不正确.
故选：ABD
【分析】根据面面垂直的判定定理（一个平面过另一平面的垂线，则这两个平面相互垂直）判断A，根据面面平行的性质定理判断B，根据面面平行的判定判断C，根据线面角的定义（直线和平面所成的角，具体是指斜线与它在平面内的射影所成的角）及线线关系判断D.
5．【答案】A
【知识点】平面向量减法运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：由，
可得，
则，即，
又由，可得，
故角A为钝角，如图所示.
故选：A．
【分析】先由向量的线性运算法则可得，再根据向量的数量积即可求解.
6．【答案】C
【知识点】空间点、线、面的位置；异面直线
【解析】【解答】解：如图所示，连接，与是正三角形，所以，，
则平面，即；又，所以，
即与所成的角的大小是.
【分析】连接，则，，从而平面，由此能求出直线与所成的角的大小.
7．【答案】D
【知识点】空间点、线、面的位置；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：由题知，因为AB面BCD，所以 ABCD，
又因为BC=BD，点是的中点，所以BECD，
且BE= 又，所以CD面ABE，
过B作BF于E，则CDBF，又因为AECD=E，所以BF 面ACD，所以为直线与平面所成角，BF即为到平面的距离.
所以，解得BA=4 ，所以，利用 等面积知 .
故选D.
【分析】由题知，面ABE，过B作BF，证明BF 面ACD，为直线与平面所成角，BF即为到平面的距离，利用三角形等面积即可求解.
8．【答案】C
【知识点】两角和与差的余弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，
所以由余弦定理得，整理得，
由正弦定理得
，
又因为，
所以，
解得或，
因为，
且，
所以，故.
故选：C.
【分析】先根据余弦定理化角为边，可得，再根据正弦定理化边为角可得，再利用二倍角公式以及两角和差的余弦公式进行化简，根据平方关系即可得解，注意检验结果是否符合题意.
9．【答案】A,C
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：对于选项A，设，则，
因为，即，即，所以z为实数，故A正确；
对于选项B，若，即，
化简可得，即，即，
当时，，，此时不一定满足，
当时，，，此时不一定满足，故B错误；
对于选项C，因为，所以，
所以，即表示以为圆心，以为半径的圆上的点，
且表示圆上的点到原点的距离，所以的最大值为2，故C正确；
对于选项D，因为，所以，
，即，
化简可得，则且，
此时可能为实数也可能为纯虚数，故D错误；
故选：AC
【分析】根据题意，由复数的运算以及其几何意义，对选项逐一判断，即可得到结果.
10．【答案】B,C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；棱柱的结构特征；异面直线
【解析】【解答】解：对于A，因为，面，面，所以面，
所以到面的距离等于到面的距离，所以，故选项A正确；
对于B，连接，因为分别为线段的中点，所以且，
又且，所以且，
所以过三点的截面为梯形，
易知，
作，则，
所以梯形的面积，故选项B错误；
对于C：将侧面展开如图，显然当三点共线时，取得最小值，最小值为，故选项C错误；
对于D，连接，则，
则直线与直线所成角即为直线与直线所成角，
则当与重合时，直线与直线所成角最小为，
当与重合时，直线与直线所成角最大为，
所以直线与直线所成角的取值范围为，故选项D正确.
故选：BC.
【分析】选项A，可证得面，则到面的距离等于到面的距离，利用等体积法求出体积；选项B，可证得且，所以过三点的截面为梯形，即可求出面积；选项C：利用侧面展开图求解；选项D，利用直线与直线所成角的概念求解.
11．【答案】B,D
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：对于选项A，如图1，取的中点，连接，显然，
且，又，且，所以，，
所以四边形为平行四边形，故，
又，且为的中点，则与不垂直，
所以不垂直，故选项A错误；
对于选项B，由得，，
所以当时，最大，最大值为，故选项B正确；
对于C，如图2，取的中点，的中点，作⊥平面，
且点在平面内，连接，
由知，⊥，
又，且⊥，所以⊥，
所以在平面上的射影在直线上，即点在直线上，
所以为平面与平面所成的二面角，则，
所以，
又在平面上的射影为，则，所以，
所以，故选项C错误；
对于D选项，结合C可知，，
如图3，当点重合时，即⊥平面时，最大，最大值为，
因为⊥，所以点为三棱锥的外接球球心在平面上的投影，
故，连接，过点作⊥于点，
因为⊥平面，平面，所以⊥，，
则，
设，则，，
由勾股定理得，，
设三棱锥的外接球半径为，则，
故，解得，
所以其外接球半径，
所以三棱锥的外接球的表面积为，故选项D正确.
故选：BD
【分析】对于A，作出辅助线，得到，与不垂直，所以不垂直，A错误；对于B，利用三角形面积公式得到，得到当时，最大，求出最大值；对于C，作出辅助线，证明出在平面上的射影在直线上，得到，，求出；对于D，找到球心的位置，作出辅助线，利用外接球半径相等列出方程，求出外接球半径，得到表面积.
12．【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：，由向量与的夹角为锐角，可得，
故.
故填：
【分析】根据两向量夹角的坐标公式即可求解.
13．【答案】
【知识点】解三角形；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：根据已知条件，，
由余弦定理得：，整理得，
代入可得，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，则，
因为，所以．
故填：.
【分析】由已知结合余弦定理可得，代入结合基本不等式得取得最小值的取等条件为，从而，最后根据余弦定理即可求解.
14．【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件
【解析】【解答】解：第一局甲胜，第二局乙胜：
因为若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，
若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，
所以，所求概率为；
故答案为：.
【分析】分析出每局输赢的情况，根据独立事件的概率公式和互斥事件的概率公式即可求解.
15．【答案】（1）解：因为，由正弦定理可得：，
又因为，
所以，
即
在中，，则，可得，
且，所以.
（2）解：在中，由余弦定理可得，即，
因为边上的中线为，所以，
可得，
即，所以，
所以.
【知识点】平面向量的数量积运算；简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据题意，由正弦定理和两角和的正弦公式分析可得，即可求解；
（2）先由余弦定理可得，再由向量分析可得，进而可得，即可求解.
（1）因为，由正弦定理可得：，
又因为，
即，
可得
在中，，则，可得，
且，所以.
（2）在中，由余弦定理可得，即，
因为边上的中线为，则，
可得，
即，可得，
所以.
16．【答案】（1）解：由题图可知，成绩在内的频率为，
成绩在内的频率为，
成绩在内的频率为，
成绩在内的频率为，
所以成绩在内的频率为，
其频数为.
（2）解：估计这次竞赛成绩的平均数为.
因为，所以估计这次竞赛成绩的中位数为70分.
（3）解：记“取出的2人的成绩在同一分数段”为事件E，
易得成绩在内的人数为，设这4个人分别为a，b，c，d，
成绩在内的人数为，设这2个人分别为A，B，
从这6人中选出2人，所有样本点有，
，共15个，
其中事件E包含的样本点有，共7个，
则.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【分析】（1）根据频率之和为1列出方程，求出成绩在内的频率，进而求出频数；
（2）利用平均数和中位数的定义(平均数是通过将一组数据的总和除以这组数据的个数所得到的商；中位数则是将一组数据按大小顺序排列后， 处在最中间位置的数，如果数据个数是奇数， 中位数就是最中间的那个数； 如果数据个数是偶数， 中位数则是中间两个数的算术平均值)进行求解；
（3）列举出所有情况和成绩在同一分数段的情况数，求出概率.
（1）由题图可得，成绩在内的频率为，
成绩在内的频率为，
成绩在内的频率为，
成绩在内的频率为，
则成绩在内的频率为，
其频数为.
（2）估计这次竞赛成绩的平均数为.
因为，所以估计这次竞赛成绩的中位数为70分.
（3）记“取出的2人的成绩在同一分数段”为事件E，
易得成绩在内的人数为，设这4个人分别为a，b，c，d，
成绩在内的人数为，设这2个人分别为A，B，
从这6人中选出2人，所有样本点有，
，共15个，
其中事件E包含的样本点有，共7个，
则.
17．【答案】（1）解：设 “甲在第一轮比赛中胜出”， “甲在第二轮比赛中胜出” “乙在第一轮比赛中胜出”， “乙在第二轮比赛中胜出”，则 “甲赢得比赛”， “乙赢得比赛”，
， ， ，
，
同理
因为 ，所以，派甲参赛获胜的概率更大.
（2）解：由（1）知，设 “甲赢得比赛”， “乙赢得比赛”，
， ；
于是 “两人中至少有一人赢得比赛”.
.
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）根据独立事件的概率分别计算甲、乙比赛胜出的概率比较即可得解；
（2）利用对立事件，计算两人都没有赢得比赛的概率，根据对立事件的概率之和为1即可得解.
18．【答案】（1）证明：因为，O是AB的中点，所以，
又因为△VAB是等边三角形，O是AB的中点，所以，
因为，OC，平面VOC，所以AB⊥平面VOC；
（2）解：假设线段BM上存在一点E使平面VOC，连接CF，
因为平面BMC，平面平面，所以，
因为D是BC的中点，所以E是BF的中点，
又因为F是等边三角形VAB的重心，所以，，
所以点E是线段BM上靠近B的三等分点．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理（如果一条直线和一个平面内的两条相交线垂直，则线面垂直）证明；
（2）由线面平行的性质定理得线线平行，从而可得点位置．
（1）证明：
∵，O是AB的中点，
∴，
又∵△VAB是等边三角形，O是AB的中点，
∴，
又∵，OC，平面VOC，
∴AB⊥平面VOC；
（2）假设线段BM上存在一点E使平面VOC，连接CF，
∵平面BMC，平面平面，
∴，
∵D是BC的中点，
∴E是BF的中点，
又∵F是等边三角形VAB的重心，
∴，，
∴点E是线段BM上靠近B的三等分点．
19．【答案】（1）证明：当时，平面平面．
在直角梯形中，，所以，所以，
因为平面平面，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）解：取的中点，连接，因为，所以．
因为为的中点，连接，则为的中位线，所以．
因为，所以，
所以为二面角的平面角，即．
因为，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
因为平面平面，所以过作，交于点，则平面．
平面，，过作与点，连结，．
所以．所以为二面角的平面角．
在中，，，．
在中，．
在中，，
所以，故二面角的正切值为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】(1) 当时，可证得平面，再由面面垂直的判定定理（如果一个平面经过另一平面的垂线，则这两个平面相互垂直）证得平面平面；
(2) 取的中点，连接，证得为二面角的平面角，过作于点，过作与点，证得为二面角的平面角，解三角形得结果.
（1）当时，平面平面．
在直角梯形中，，所以，所以，
因为平面平面，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）取的中点，连接，因为，所以．
因为为的中点，连接，则为的中位线，所以．
因为，所以，
所以为二面角的平面角，即．
因为，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
因为平面平面，所以过作，交于点，则平面．
平面，，过作与点，连结，．
所以．所以为二面角的平面角．
在中，，，．
在中，．
在中，，
所以，故二面角的正切值为．
