浙江省绍兴市柯桥区2023-2024学年高一上学期期末教学质量调测数学试题
1．（2024高一上·柯桥期末） 已知复数（为虚数单位），则（ ）
A． B．2 C． D．1
【答案】A
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：因为 ，所以.
故答案为：A.
【分析】根据复数的模长公式运算求解即可.
2．（2024高一上·柯桥期末） 已知向量，，且，则（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为， 则，解得.
故答案为：D.
【分析】根据向量垂直的坐标表示运算求解.
3．（2024高一上·柯桥期末）已知水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，，则四边形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：因为，，
取的中点为坐标原点，以为建立坐标系如下中的左图，
因为斜二测直观图为矩形，，，
则，
可得原图（上图中的右图），，
，
所以，四边形的面积为.
故选：D.
【分析】根据斜二测画法，再结合勾股定理，从而画出复原图，再由平行四边形的面积公式得出四边形的面积.
4．（2024高一上·柯桥期末）大善塔，位于绍兴市区城市广场东南隅，是绍兴城地标性建筑，其塔顶部可以近似地看成一个正六棱锥.假设该六棱锥的侧面和底面的夹角为，则该六棱锥的高和底面边长之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：如图，正六棱锥中，底面中心为，取的中点，连接，
则，所以为侧面和底面的夹角，即
因为底面，底面，
所以，所以，
又因为，所以，
所以.
故选：C.
【分析】在正六棱锥中，取的中点，从而得出为侧面和底面的夹角，再由线面垂直证出线线垂直，再根据正切函数的定义得出的值，从而求出的值.
5．（2024高一上·柯桥期末）某校组织高一1班，2班开展数学竞赛，1班40人，2班30人，根据统计分析，两班成绩的方差分别为，.记两个班总成绩的方差为，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】分层抽样方法；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：设两个班的平均分分别为，，两个班的总的平均分为，
则
.
故选：B.
【分析】借助分层抽样的方法和方差公式以及不等式的基本性质，从而找出正确的选项.
6．（2024高一上·柯桥期末）有一座6层大楼，3人从大楼第一层进入电梯，假设每个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，则这3人离开电梯的层数之和为10的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：假设每个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，
则基本事件的总数，
这人离开电梯的层数之和为有4种情况：
①三个人下电梯的层数分别为，有种情况，
②三个人下电梯的层数分别为，有种情况，
③三个人下电梯的层数分别为，有种情况，
④三个人下电梯的层数分别为，有种情况，
所以这3人离开电梯的层数之和为10的概率是.
故选：B.
【分析】利用已知条件结合排列数公式和组合数公式，再根据这人离开电梯的层数之和为的情况进行分类，从而由分类加法计数原理和古典概型求概率公式，从而得出这3人离开电梯的层数之和为10的概率.
7．（2024高一上·柯桥期末）已知点是边长为1的正方体表面上的动点，若直线与平面所成的角大小为，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】轨迹方程；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：若点P在正方形内，过点P作平面于，连接，
则为直线与平面所成的角，则，
又因为，则，得出，
则点的轨迹为以为圆心半径为1的圆（落在正方形内的部分），
若点P在正方形内或内，轨迹分别为线段和，
因为点P不可能落在其他三个正方形内，所以，点的轨迹如图所示：
故点P的轨迹长度为.
故选：D.
【分析】由题意，分析可得点的轨迹，再分别计算各段轨迹的长度求和得出点的轨迹长度.
8．（2024高一上·柯桥期末）费马点是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最小的点当三角形三个内角都小于时，费马点与三角形三个顶点的连线构成的三个角都为已知在中，，为的费马点，若，，则的取值范围是( )
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：已知如图所示：
设，
则，，
由得，
解得，满足，，
在中，，
可得，
同理可得，
所以
，
因为
，
所以当，即时，最大值为，
结合，可得的最小值为，
所以当时，由最小值，
即的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】根据题意作出图形，设，利用正弦定理将表示为关于的式子，然后利用三角恒等变换与三角函数的值域求的取值范围即可.
9．（2024高一上·柯桥期末）下面给出的关系式中，不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系；相等向量
【解析】【解答】解：对于A：由可得，又因为，故A正确；
对于B：取，则成立，但不一定成立，故B错误；
对于C：因为表示与共线的向量，表示与共线的向量，
所以不一定成立，故C错误；
对于D：因为，
所以，故D错误.
故选：BCD.
【分析】根据两向量垂直数量积为0的等价关系，从而判断出选项A；利用数量积的运算法则和向量相等的判断方法，从而判断出选项B；利用向量共线定理和数乘向量的运算法则，从而判断出选项C；利用数量积的定义和向量求模公式，从而判断出选项D，进而找出不正确的关系式.
10．（2024高一上·柯桥期末）已知复数，，下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则在复平面内对应的点在一条直线上
【答案】A,D
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：对于A：设，若，则，故，
必有，所以A正确；
对于B：若，，则有，但，所以B错误；
对于C：若，，则有，但，所以C错误；
对于D：设复数，在复平面内对应的点为和，若，
则在复平面内对应的点为线段的中垂线，故在复平面内对应的点在一条直线上，所以D正确.
故选：AD.
【分析】根据题意，由共轭复数的定义和复数相等的判断方法，从而判断出选项A；举反例判断出选项B和选项C；由复数的几何意义和复数求模公式，从而判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
11．（2024高一上·柯桥期末）下列命题正确的是（ ）
A．对于事件，，若，则
B．若三个事件，，两两互斥，则
C．若，，则事件，相互独立与互斥不会同时发生
D．若事件，满足，，，则
【答案】B,C,D
【知识点】命题的真假判断与应用；互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件
【解析】【解答】解：对于A：因为，所以事件，不是互斥事件，
因此不成立，所以A不正确；
对于B：根据互斥事件的性质可知B正确；
对于C：假设事件，相互独立，则有，因此，
所以和不互斥；反之，若事件，是互斥事件，则有，
那么，所以事件，不独立，
因此件，相互独立与互斥不会同时发生，所以C正确；
对于D：
因为，
因为，
所以，所以D正确，
故选：BCD.
【分析】根据事件的包含关系和互斥事件加法求概率公式判断出选项A和选项B；利用互斥事件的定义和独立事件的定义，从而判断出选项C；利用互斥事件和对立事件的概率公式判断出选项D，进而找出正确的命题.
12．（2024高一上·柯桥期末）如图棱长为2的正方体中，是的中点，点是正方体表面上一动点，点为内（不含边界）的一点，若平面，则下列说法正确的是（ ）
A．平面与线段的交点为线段的中点
B．到平面的距离为
C．三棱锥体积存在最大值
D．直线与直线所成角的余弦值的最大值为
【答案】A,B,D
【知识点】异面直线所成的角；点、线、面间的距离计算；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示：
对A：取的中点，连接，则，
所以四点共面，所以平面与线段的交点为线段的中点，故A正确；
对B：分别取的中点，连接，
因为，且，所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面，
同理可证：平面，又，平面，
所以，平面平面，又因为平面，
所以平面，所以的轨迹为线段，
所以到平面的距离为到平面的距离，
以为坐标原点，分别以为轴正半轴建系，
则，
则，
设平面的一个法向量，
则取得，
到平面的距离为，
所以到平面的距离为，故B正确；
对C：，当在E处时最大，
而为内(不含边界)的点，故没有最大值，
所以三棱锥体积不存在最大值，故C错.
对D：下面证明当在线段上运动时，恒有，
当在线段上运动时，设
由于在经过两点的直线上知，，，所以，
所以
，
因为，当时，；当时，，
所以，当即在N处时有最大值；
当P在线段上运动时，由对称性知，当在M处时有最大值，
当在线段上运动时，设中点为，
则，
所以，点在点N（或M）处时有最大值，
综上可知，当在线段上运动时，恒有，
平面平面，平面平面，
设平面平面，
∴直线与直所成角为与所成角，设夹角，
根据最小角定理（斜线与平面内任意直线的夹角大于等于斜线与该平面的夹角）可知，
大于等于与平面的夹角，
作平面于H，则，而为定值，，
所以，而为与平面夹角正弦值，
，平面的法向量为，
，
∴，∴，
所以，直线与直线所成角的余弦值的最大值为，故D正确.
故选：ABD.
【分析】取的中点，连接，可证四点共面，即可判断选项A；分别取的中点，可证平面平面，将到平面的距离转化为B到平面的距离，再利用建系的方法得出点的坐标和向量坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系得出平面的一个法向量，从而由数量积得出点到平面的距离，进而得出点到平面的距离，则判断出选项B；利用，判断能否取得最大值，即可判断选项C；将直线与直线所成角的最小值转化为与平面夹角，再结合最小角定理、三角函数函数的定义和平面的法向量以及数量积求向量夹角公式，再由同角三角函数关系式得出直线与直线所成角的余弦值的最大值，从而判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
13．（2024高一上·柯桥期末）已知向量，，则 .
【答案】
【知识点】向量的模；平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，所以，
所以.
故填：.
【分析】利用向量的坐标运算得出向量的坐标，再结合向量的模的坐标表示得出的值.
14．（2024高一上·柯桥期末）已知点为所在平面内一点，若，则点的轨迹必通过的 .（填：内心，外心，垂心，重心）
【答案】外心
【知识点】三角形五心
【解析】【解答】解：因为点为所在平面内一点，若，
设为的中点，，
则有，所以，
所以，动点在线段的中垂线上，则点的轨迹必通过的外心.
故填：外心.
【分析】利用点为的中点，由，得出，从而得出点的轨迹必通过的外心.
15．（2024高一上·柯桥期末）在中，角分别对应边，，，已知函数，若存在最大值，则正数的取值范围是 .
【答案】
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；辅助角公式
【解析】【解答】解：设的外接圆的半径为，
由正弦定理可得，
又因为，，可得，
即有，
所以
，，
因为，若存在最大值，则，
所以，即，
解得.
故填：.
【分析】由正弦定理的性质得出三角形外接圆的半径，再结合正弦定理边化角的方法和三角恒等变换，从而将转化为三角型函数，再由角B的取值范围和正切函数的图象求值域的方法，从而得出正数t的取值范围.
16．（2024高一上·柯桥期末）已知三棱锥，面，，交于，交于，，记三棱锥，四棱锥的外接球的表面积分别为，，当三棱锥体积最大时，则 .
【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：由、，取中点，
则，
故为三棱锥外接球球心，且其半径，
由平面，且、平面，故，，
又因为，、平面，且，
故平面，又、平面，
故，，
又因为，且、平面，，
故平面，又因为、平面，
故，，
又因为，、平面，，
故平面，又平面，故，
又因为，故，
连接，取中点，则为四边形外接圆圆心，
连接点与中点，则，又平面，
故平面，即平面，
又因为，故为四棱锥的外接球球心，
且其半径，
由平面，故，
，
由，故，
则，
则，当且仅当时等号成立，
故三棱锥体积最大时，有，
由，则，
由，，则有，
则有，解得，
故，则.
故填：.
【分析】利用已知条件，画出对应图形，由题中条件可得其中相应线与线、线与面的位置关系，再结合勾股定理可计算出相应长度，即可确定三棱锥的外接球球心、半径以及四棱锥的外接球球心、半径与的关系，当三棱锥体积最大时，借助等体积法与基本不等式求最值的方法，可得此时、的长度，即可确定四棱锥的外接球半径的值，再结合球的表面积公式得出当三棱锥体积最大时的的值.
17．（2024高一上·柯桥期末）已知平面向量，的夹角为，且，，.
（1）当，求；
（2）当时，求的值.
【答案】（1）解：因为平面向量，的夹角为，且，，
当，，则，
所以.
（2）解：当时，则，
所以.
【知识点】向量的模；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）当，，再利用两边平方和数量积求向量的模公式以及数量积的定义，从而得出的值.
（2）利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的运算法则以及数量积的定义，从而得出实数的值.
（1）平面向量，的夹角为，且，，当，，
则，
所以.
（2）当时，，
所以.
18．（2024高一上·柯桥期末）《中国制造2025》提出“节能与新能源汽车”作为重点发展领域，这为我国节能与新能源汽车产业发展指明了方向，某新能源汽车生产商为了提升产品质量，对某款汽车的某项指标进行检测后，频率分布直方图如图所示：
（1）求该项指标的第30百分位数；
（2）若利用该指标制定一个标准，需要确定临界值，将该指标小于的汽车认为符合节能要求，已知，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求该款汽车符合节能要求的概率.
【答案】（1）解：，
，
所以第30百分位数落在区间内，设其为，
则，解得.
即该项指标的第30百分位数为.
（2）解：当时，
当时，
所以.
【知识点】概率的应用；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图求百分位数的方法，从而得出该项指标的第30百分位数.
（2）利用已知条件，分和两种情况，分别求出函数的解析式，从而得出分段函数的解析式，进而得出该款汽车符合节能要求的概率.
（1），
，
所以第30百分位数落在区间内，设其为，
则，解得.
即该项指标的第30百分位数为.
（2）当时，
当时，
所以.
19．（2024高一上·柯桥期末）如图，在四棱锥中，，，，，，，点为的中点.
（1）证明：平面；
（2）当直线与平面所成角为时，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明：以点A为坐标原点，AB为x轴，AC为y轴，
过点A且垂直于面的直线向上方向为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示
则，
设，则由得，
由图知，故解得，所以，
设，则，
，，
因为，，
所以，
解得，故，则，
因为，易知面的一个法向量，
因为，所以EP⊥平面ABCD.
（2）解：由（1）知，
因为直线PB与平面ABC所成角为45°，且平面，
故有，
因为，解得，所以，
则，
设平面的法向量为，
则有，令，则
则面的一个法向量，
设面的法向量为，
则有，
令，则
则面的一个法向量，
设二面角的平面角为，由图知为锐角，
故.
即二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，根据条件求出各点坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系，从而求出平面的一个法向量，再根据证出直线平面.
（2）由（1）结合勾股定理得出PB的长，再结合直线PB与平面ABC所成角为45°，且平面，再由正弦函数的定义和c的取值范围，则得出c的值，从而得出点P的坐标，进而得出向量的坐标，再由两向量垂直数量积为0得出平面与平面的法向量，再根据数量积求向量夹角公式得出二面角的余弦值.
（1）以点A为坐标原点，AB为x轴，AC为y轴，过点A且垂直于面的直线向上方向为z轴，建立空间直角坐标系，如图.
则.
设，则由得，
由图知，故解得，所以.
设，则，，，
因为，，
所以有，解得，
故，则，
因为，易知面的一个法向量，
因为，所以EP⊥平面ABCD
（2）由（1）知
因为直线PB与平面ABC所成角为45°，且平面，
故有，
因为，故解得，所以，
则，
设面的法向量为，
则有，令，则
则面的一个法向量，
设面的法向量为，
则有，令，则
则面的一个法向量，
设二面角的平面角为，由图知为锐角，
故.
即二面角的余弦值为.
20．（2024高一上·柯桥期末）在中，内角对应的边分别为，，，若.
（1）证明：；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）证明：解法1：，
.
解法2：要证，只要证，
即证
只要证，
因为，所以成立，
故.
（2）解：，
，
设，
.
【知识点】三角函数恒等式的证明；解三角形
【解析】【分析】（1）利用两种方法求解，解法一：利用已知条件结合正弦定理、余弦定理以及同角三角函数基本关系式，从而证出成立；解法二：利用已知条件结合分析法，从而证出成立.
（2）由已知条件合三角函数值在各象限的符号判断，从而变形可得，然后利用换元法和不等式的基本性质，从而求出的取值范围.
（1）解法1：，
即证.
解法2：要证，只要证，
即证
只要证，
因为，所以成立，
故；
（2），
设
.
21．（2024高一上·柯桥期末）某班学生分A，，，四组参加数学知识竞答，规则如下：四组之间进行单循环（每组均与另外三组进行一场比赛）；每场比赛胜者积3分，负者0分；若出现平局，则比赛双方各积1分.现假设四个组战胜或者负于对手的概率均为，出现平局的概率为，每场比赛相互独立.
（1）求A组在参加两场比赛后得分为3分的概率；
（2）一轮单循环结束后，求四组总积分一样的情况种数，并计算四组总积分一样的概率.
【答案】（1）解：A组在参加两场比赛后得分为3分的概率为.
（2）解：四组总积分一样，可以每次都是平局，
也可以每组学生是一胜一负一平，
如：A胜B负，A负C胜，AD平，BC平，B胜D负，C负D胜，
不难发现，A的三种情况确定后，比赛结果是确定的，
所以只要去看可能出现的情况，
A胜B负，A负C胜，AD平，
A负B胜，A胜C负，AD平，
A胜B负，A负D胜，AC平 ，
A负B胜，A胜D负，AC平，
A胜C负，A负D胜， AB平 ，
A负C胜，A胜D负，AB平，
共6+1=7种，
.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）A组在参加两场比赛后得分为3分有两种情况，一场胜二场负和一场负二场胜，再根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理，从而得出A组在参加两场比赛后得分为3分的概率.
（2）利用已知条件，求出6场比赛都出现平局的概率和每组学生3场比赛结果均为1胜1平1负的概率，再求和得出四组总积分一样的概率.
（1）A组在参加两场比赛后得分为3分的概率为
（2）四组总积分一样，可以每次都是平局，
也可以每组学生是一胜一负一平.
如：
A胜B负，A负C胜，AD平
BC平，B胜D负，C负D胜
不难发现，A的三种情况确定后，比赛结果是确定的，
所以只要去看可能出现的情况，
A胜B负，A负C胜，AD平，
A负B胜，A胜C负，AD平
A胜B负，A负D胜，AC平 ，
A负B胜，A胜D负，AC平
A胜C负，A负D胜， AB平 ，
A负C胜，A胜D负，AB平
共6+1=7种
22．（2024高一上·柯桥期末）如图1，在梯形中，，是线段上的一点，，，将沿翻折到的位置.
（1）如图2，若二面角为直二面角，，分别是，的中点，若直线与平面所成角为，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围；
（2）我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，点为线段的中点，，分别在线段，上（不包含端点），且为，的公垂线，如图3所示，记四面体的内切球半径为，证明：.
【答案】（1）解：由题意知，
而，是的中点，所以，
又因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
在平面内作的垂直作为轴，所以轴，
如图，以E为坐标原点，分别以分别为轴正半轴建立空间直角坐标系：
因为，设，
所以，，，，，
则 ，，
所以，，
，，.
设平面的法向量，
由得，取，
，解得.
设平面的法向量，
由得，取，
设平面与平面所成锐二面角为，则
所以，平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围是.
（2）证明：设是四面体的表面积，，令与面所成角为，
，
，
因为是公垂线，上的点和上的点的最短距离是，
（取不到等号）
，
，
.
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球内接多面体；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用已知条件和等腰三角形三线合一以及面面垂直的性质定理，从而得出线线垂直，进而建立空间直角坐标系，设，则得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系得出平面的法向量，再根据数量积求向量夹角公式和诱导公式以及，从而求出的取值范围，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系得出平面的法向量，再根据数量积求向量夹角公式，进而将平面与平面所成锐二面角的余弦值表示为的函数，再由t的取值范围和均值不等式求最值的方法，从而得出平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范.
（2）设是四面体的表面积，再结合三棱锥的体积公式，可证，再根据公垂线的定义和三角形的面积公式，从而得出，进而证出不等式成立.
（1）由题意知，
而，是的中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
在平面内作的垂直作为轴，所以轴，
如图以E为坐标原点，分别以分别为轴正半轴建立空间直角坐标系：
因为，设，
所以，，，，，
则 ，，
所以，，
，，.
设平面的法向量，
由得，取，
，解得.
设平面的法向量，
由得，取，
设平面与平面所成锐二面角为，则
，
所以平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围是.
（2）是四面体的表面积，，令与面所成角为，
，
，
因为是公垂线，上的点和上的点的最短距离是，
（取不到等号，）
，
，
.
浙江省绍兴市柯桥区2023-2024学年高一上学期期末教学质量调测数学试题
1．（2024高一上·柯桥期末） 已知复数（为虚数单位），则（ ）
A． B．2 C． D．1
2．（2024高一上·柯桥期末） 已知向量，，且，则（ ）
A． B．2 C． D．
3．（2024高一上·柯桥期末）已知水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，，则四边形的面积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一上·柯桥期末）大善塔，位于绍兴市区城市广场东南隅，是绍兴城地标性建筑，其塔顶部可以近似地看成一个正六棱锥.假设该六棱锥的侧面和底面的夹角为，则该六棱锥的高和底面边长之比为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一上·柯桥期末）某校组织高一1班，2班开展数学竞赛，1班40人，2班30人，根据统计分析，两班成绩的方差分别为，.记两个班总成绩的方差为，则（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高一上·柯桥期末）有一座6层大楼，3人从大楼第一层进入电梯，假设每个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，则这3人离开电梯的层数之和为10的概率是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一上·柯桥期末）已知点是边长为1的正方体表面上的动点，若直线与平面所成的角大小为，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一上·柯桥期末）费马点是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最小的点当三角形三个内角都小于时，费马点与三角形三个顶点的连线构成的三个角都为已知在中，，为的费马点，若，，则的取值范围是( )
A． B． C． D．
9．（2024高一上·柯桥期末）下面给出的关系式中，不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高一上·柯桥期末）已知复数，，下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则在复平面内对应的点在一条直线上
11．（2024高一上·柯桥期末）下列命题正确的是（ ）
A．对于事件，，若，则
B．若三个事件，，两两互斥，则
C．若，，则事件，相互独立与互斥不会同时发生
D．若事件，满足，，，则
12．（2024高一上·柯桥期末）如图棱长为2的正方体中，是的中点，点是正方体表面上一动点，点为内（不含边界）的一点，若平面，则下列说法正确的是（ ）
A．平面与线段的交点为线段的中点
B．到平面的距离为
C．三棱锥体积存在最大值
D．直线与直线所成角的余弦值的最大值为
13．（2024高一上·柯桥期末）已知向量，，则 .
14．（2024高一上·柯桥期末）已知点为所在平面内一点，若，则点的轨迹必通过的 .（填：内心，外心，垂心，重心）
15．（2024高一上·柯桥期末）在中，角分别对应边，，，已知函数，若存在最大值，则正数的取值范围是 .
16．（2024高一上·柯桥期末）已知三棱锥，面，，交于，交于，，记三棱锥，四棱锥的外接球的表面积分别为，，当三棱锥体积最大时，则 .
17．（2024高一上·柯桥期末）已知平面向量，的夹角为，且，，.
（1）当，求；
（2）当时，求的值.
18．（2024高一上·柯桥期末）《中国制造2025》提出“节能与新能源汽车”作为重点发展领域，这为我国节能与新能源汽车产业发展指明了方向，某新能源汽车生产商为了提升产品质量，对某款汽车的某项指标进行检测后，频率分布直方图如图所示：
（1）求该项指标的第30百分位数；
（2）若利用该指标制定一个标准，需要确定临界值，将该指标小于的汽车认为符合节能要求，已知，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求该款汽车符合节能要求的概率.
19．（2024高一上·柯桥期末）如图，在四棱锥中，，，，，，，点为的中点.
（1）证明：平面；
（2）当直线与平面所成角为时，求二面角的余弦值.
20．（2024高一上·柯桥期末）在中，内角对应的边分别为，，，若.
（1）证明：；
（2）求的取值范围.
21．（2024高一上·柯桥期末）某班学生分A，，，四组参加数学知识竞答，规则如下：四组之间进行单循环（每组均与另外三组进行一场比赛）；每场比赛胜者积3分，负者0分；若出现平局，则比赛双方各积1分.现假设四个组战胜或者负于对手的概率均为，出现平局的概率为，每场比赛相互独立.
（1）求A组在参加两场比赛后得分为3分的概率；
（2）一轮单循环结束后，求四组总积分一样的情况种数，并计算四组总积分一样的概率.
22．（2024高一上·柯桥期末）如图1，在梯形中，，是线段上的一点，，，将沿翻折到的位置.
（1）如图2，若二面角为直二面角，，分别是，的中点，若直线与平面所成角为，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围；
（2）我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，点为线段的中点，，分别在线段，上（不包含端点），且为，的公垂线，如图3所示，记四面体的内切球半径为，证明：.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：因为 ，所以.
故答案为：A.
【分析】根据复数的模长公式运算求解即可.
2．【答案】D
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为， 则，解得.
故答案为：D.
【分析】根据向量垂直的坐标表示运算求解.
3．【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：因为，，
取的中点为坐标原点，以为建立坐标系如下中的左图，
因为斜二测直观图为矩形，，，
则，
可得原图（上图中的右图），，
，
所以，四边形的面积为.
故选：D.
【分析】根据斜二测画法，再结合勾股定理，从而画出复原图，再由平行四边形的面积公式得出四边形的面积.
4．【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：如图，正六棱锥中，底面中心为，取的中点，连接，
则，所以为侧面和底面的夹角，即
因为底面，底面，
所以，所以，
又因为，所以，
所以.
故选：C.
【分析】在正六棱锥中，取的中点，从而得出为侧面和底面的夹角，再由线面垂直证出线线垂直，再根据正切函数的定义得出的值，从而求出的值.
5．【答案】B
【知识点】分层抽样方法；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：设两个班的平均分分别为，，两个班的总的平均分为，
则
.
故选：B.
【分析】借助分层抽样的方法和方差公式以及不等式的基本性质，从而找出正确的选项.
6．【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：假设每个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，
则基本事件的总数，
这人离开电梯的层数之和为有4种情况：
①三个人下电梯的层数分别为，有种情况，
②三个人下电梯的层数分别为，有种情况，
③三个人下电梯的层数分别为，有种情况，
④三个人下电梯的层数分别为，有种情况，
所以这3人离开电梯的层数之和为10的概率是.
故选：B.
【分析】利用已知条件结合排列数公式和组合数公式，再根据这人离开电梯的层数之和为的情况进行分类，从而由分类加法计数原理和古典概型求概率公式，从而得出这3人离开电梯的层数之和为10的概率.
7．【答案】D
【知识点】轨迹方程；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：若点P在正方形内，过点P作平面于，连接，
则为直线与平面所成的角，则，
又因为，则，得出，
则点的轨迹为以为圆心半径为1的圆（落在正方形内的部分），
若点P在正方形内或内，轨迹分别为线段和，
因为点P不可能落在其他三个正方形内，所以，点的轨迹如图所示：
故点P的轨迹长度为.
故选：D.
【分析】由题意，分析可得点的轨迹，再分别计算各段轨迹的长度求和得出点的轨迹长度.
8．【答案】D
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：已知如图所示：
设，
则，，
由得，
解得，满足，，
在中，，
可得，
同理可得，
所以
，
因为
，
所以当，即时，最大值为，
结合，可得的最小值为，
所以当时，由最小值，
即的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】根据题意作出图形，设，利用正弦定理将表示为关于的式子，然后利用三角恒等变换与三角函数的值域求的取值范围即可.
9．【答案】B,C,D
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系；相等向量
【解析】【解答】解：对于A：由可得，又因为，故A正确；
对于B：取，则成立，但不一定成立，故B错误；
对于C：因为表示与共线的向量，表示与共线的向量，
所以不一定成立，故C错误；
对于D：因为，
所以，故D错误.
故选：BCD.
【分析】根据两向量垂直数量积为0的等价关系，从而判断出选项A；利用数量积的运算法则和向量相等的判断方法，从而判断出选项B；利用向量共线定理和数乘向量的运算法则，从而判断出选项C；利用数量积的定义和向量求模公式，从而判断出选项D，进而找出不正确的关系式.
10．【答案】A,D
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：对于A：设，若，则，故，
必有，所以A正确；
对于B：若，，则有，但，所以B错误；
对于C：若，，则有，但，所以C错误；
对于D：设复数，在复平面内对应的点为和，若，
则在复平面内对应的点为线段的中垂线，故在复平面内对应的点在一条直线上，所以D正确.
故选：AD.
【分析】根据题意，由共轭复数的定义和复数相等的判断方法，从而判断出选项A；举反例判断出选项B和选项C；由复数的几何意义和复数求模公式，从而判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
11．【答案】B,C,D
【知识点】命题的真假判断与应用；互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件
【解析】【解答】解：对于A：因为，所以事件，不是互斥事件，
因此不成立，所以A不正确；
对于B：根据互斥事件的性质可知B正确；
对于C：假设事件，相互独立，则有，因此，
所以和不互斥；反之，若事件，是互斥事件，则有，
那么，所以事件，不独立，
因此件，相互独立与互斥不会同时发生，所以C正确；
对于D：
因为，
因为，
所以，所以D正确，
故选：BCD.
【分析】根据事件的包含关系和互斥事件加法求概率公式判断出选项A和选项B；利用互斥事件的定义和独立事件的定义，从而判断出选项C；利用互斥事件和对立事件的概率公式判断出选项D，进而找出正确的命题.
12．【答案】A,B,D
【知识点】异面直线所成的角；点、线、面间的距离计算；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示：
对A：取的中点，连接，则，
所以四点共面，所以平面与线段的交点为线段的中点，故A正确；
对B：分别取的中点，连接，
因为，且，所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面，
同理可证：平面，又，平面，
所以，平面平面，又因为平面，
所以平面，所以的轨迹为线段，
所以到平面的距离为到平面的距离，
以为坐标原点，分别以为轴正半轴建系，
则，
则，
设平面的一个法向量，
则取得，
到平面的距离为，
所以到平面的距离为，故B正确；
对C：，当在E处时最大，
而为内(不含边界)的点，故没有最大值，
所以三棱锥体积不存在最大值，故C错.
对D：下面证明当在线段上运动时，恒有，
当在线段上运动时，设
由于在经过两点的直线上知，，，所以，
所以
，
因为，当时，；当时，，
所以，当即在N处时有最大值；
当P在线段上运动时，由对称性知，当在M处时有最大值，
当在线段上运动时，设中点为，
则，
所以，点在点N（或M）处时有最大值，
综上可知，当在线段上运动时，恒有，
平面平面，平面平面，
设平面平面，
∴直线与直所成角为与所成角，设夹角，
根据最小角定理（斜线与平面内任意直线的夹角大于等于斜线与该平面的夹角）可知，
大于等于与平面的夹角，
作平面于H，则，而为定值，，
所以，而为与平面夹角正弦值，
，平面的法向量为，
，
∴，∴，
所以，直线与直线所成角的余弦值的最大值为，故D正确.
故选：ABD.
【分析】取的中点，连接，可证四点共面，即可判断选项A；分别取的中点，可证平面平面，将到平面的距离转化为B到平面的距离，再利用建系的方法得出点的坐标和向量坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系得出平面的一个法向量，从而由数量积得出点到平面的距离，进而得出点到平面的距离，则判断出选项B；利用，判断能否取得最大值，即可判断选项C；将直线与直线所成角的最小值转化为与平面夹角，再结合最小角定理、三角函数函数的定义和平面的法向量以及数量积求向量夹角公式，再由同角三角函数关系式得出直线与直线所成角的余弦值的最大值，从而判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
13．【答案】
【知识点】向量的模；平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，所以，
所以.
故填：.
【分析】利用向量的坐标运算得出向量的坐标，再结合向量的模的坐标表示得出的值.
14．【答案】外心
【知识点】三角形五心
【解析】【解答】解：因为点为所在平面内一点，若，
设为的中点，，
则有，所以，
所以，动点在线段的中垂线上，则点的轨迹必通过的外心.
故填：外心.
【分析】利用点为的中点，由，得出，从而得出点的轨迹必通过的外心.
15．【答案】
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；辅助角公式
【解析】【解答】解：设的外接圆的半径为，
由正弦定理可得，
又因为，，可得，
即有，
所以
，，
因为，若存在最大值，则，
所以，即，
解得.
故填：.
【分析】由正弦定理的性质得出三角形外接圆的半径，再结合正弦定理边化角的方法和三角恒等变换，从而将转化为三角型函数，再由角B的取值范围和正切函数的图象求值域的方法，从而得出正数t的取值范围.
16．【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：由、，取中点，
则，
故为三棱锥外接球球心，且其半径，
由平面，且、平面，故，，
又因为，、平面，且，
故平面，又、平面，
故，，
又因为，且、平面，，
故平面，又因为、平面，
故，，
又因为，、平面，，
故平面，又平面，故，
又因为，故，
连接，取中点，则为四边形外接圆圆心，
连接点与中点，则，又平面，
故平面，即平面，
又因为，故为四棱锥的外接球球心，
且其半径，
由平面，故，
，
由，故，
则，
则，当且仅当时等号成立，
故三棱锥体积最大时，有，
由，则，
由，，则有，
则有，解得，
故，则.
故填：.
【分析】利用已知条件，画出对应图形，由题中条件可得其中相应线与线、线与面的位置关系，再结合勾股定理可计算出相应长度，即可确定三棱锥的外接球球心、半径以及四棱锥的外接球球心、半径与的关系，当三棱锥体积最大时，借助等体积法与基本不等式求最值的方法，可得此时、的长度，即可确定四棱锥的外接球半径的值，再结合球的表面积公式得出当三棱锥体积最大时的的值.
17．【答案】（1）解：因为平面向量，的夹角为，且，，
当，，则，
所以.
（2）解：当时，则，
所以.
【知识点】向量的模；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）当，，再利用两边平方和数量积求向量的模公式以及数量积的定义，从而得出的值.
（2）利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的运算法则以及数量积的定义，从而得出实数的值.
（1）平面向量，的夹角为，且，，当，，
则，
所以.
（2）当时，，
所以.
18．【答案】（1）解：，
，
所以第30百分位数落在区间内，设其为，
则，解得.
即该项指标的第30百分位数为.
（2）解：当时，
当时，
所以.
【知识点】概率的应用；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图求百分位数的方法，从而得出该项指标的第30百分位数.
（2）利用已知条件，分和两种情况，分别求出函数的解析式，从而得出分段函数的解析式，进而得出该款汽车符合节能要求的概率.
（1），
，
所以第30百分位数落在区间内，设其为，
则，解得.
即该项指标的第30百分位数为.
（2）当时，
当时，
所以.
19．【答案】（1）证明：以点A为坐标原点，AB为x轴，AC为y轴，
过点A且垂直于面的直线向上方向为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示
则，
设，则由得，
由图知，故解得，所以，
设，则，
，，
因为，，
所以，
解得，故，则，
因为，易知面的一个法向量，
因为，所以EP⊥平面ABCD.
（2）解：由（1）知，
因为直线PB与平面ABC所成角为45°，且平面，
故有，
因为，解得，所以，
则，
设平面的法向量为，
则有，令，则
则面的一个法向量，
设面的法向量为，
则有，
令，则
则面的一个法向量，
设二面角的平面角为，由图知为锐角，
故.
即二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，根据条件求出各点坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系，从而求出平面的一个法向量，再根据证出直线平面.
（2）由（1）结合勾股定理得出PB的长，再结合直线PB与平面ABC所成角为45°，且平面，再由正弦函数的定义和c的取值范围，则得出c的值，从而得出点P的坐标，进而得出向量的坐标，再由两向量垂直数量积为0得出平面与平面的法向量，再根据数量积求向量夹角公式得出二面角的余弦值.
（1）以点A为坐标原点，AB为x轴，AC为y轴，过点A且垂直于面的直线向上方向为z轴，建立空间直角坐标系，如图.
则.
设，则由得，
由图知，故解得，所以.
设，则，，，
因为，，
所以有，解得，
故，则，
因为，易知面的一个法向量，
因为，所以EP⊥平面ABCD
（2）由（1）知
因为直线PB与平面ABC所成角为45°，且平面，
故有，
因为，故解得，所以，
则，
设面的法向量为，
则有，令，则
则面的一个法向量，
设面的法向量为，
则有，令，则
则面的一个法向量，
设二面角的平面角为，由图知为锐角，
故.
即二面角的余弦值为.
20．【答案】（1）证明：解法1：，
.
解法2：要证，只要证，
即证
只要证，
因为，所以成立，
故.
（2）解：，
，
设，
.
【知识点】三角函数恒等式的证明；解三角形
【解析】【分析】（1）利用两种方法求解，解法一：利用已知条件结合正弦定理、余弦定理以及同角三角函数基本关系式，从而证出成立；解法二：利用已知条件结合分析法，从而证出成立.
（2）由已知条件合三角函数值在各象限的符号判断，从而变形可得，然后利用换元法和不等式的基本性质，从而求出的取值范围.
（1）解法1：，
即证.
解法2：要证，只要证，
即证
只要证，
因为，所以成立，
故；
（2），
设
.
21．【答案】（1）解：A组在参加两场比赛后得分为3分的概率为.
（2）解：四组总积分一样，可以每次都是平局，
也可以每组学生是一胜一负一平，
如：A胜B负，A负C胜，AD平，BC平，B胜D负，C负D胜，
不难发现，A的三种情况确定后，比赛结果是确定的，
所以只要去看可能出现的情况，
A胜B负，A负C胜，AD平，
A负B胜，A胜C负，AD平，
A胜B负，A负D胜，AC平 ，
A负B胜，A胜D负，AC平，
A胜C负，A负D胜， AB平 ，
A负C胜，A胜D负，AB平，
共6+1=7种，
.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）A组在参加两场比赛后得分为3分有两种情况，一场胜二场负和一场负二场胜，再根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理，从而得出A组在参加两场比赛后得分为3分的概率.
（2）利用已知条件，求出6场比赛都出现平局的概率和每组学生3场比赛结果均为1胜1平1负的概率，再求和得出四组总积分一样的概率.
（1）A组在参加两场比赛后得分为3分的概率为
（2）四组总积分一样，可以每次都是平局，
也可以每组学生是一胜一负一平.
如：
A胜B负，A负C胜，AD平
BC平，B胜D负，C负D胜
不难发现，A的三种情况确定后，比赛结果是确定的，
所以只要去看可能出现的情况，
A胜B负，A负C胜，AD平，
A负B胜，A胜C负，AD平
A胜B负，A负D胜，AC平 ，
A负B胜，A胜D负，AC平
A胜C负，A负D胜， AB平 ，
A负C胜，A胜D负，AB平
共6+1=7种
22．【答案】（1）解：由题意知，
而，是的中点，所以，
又因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
在平面内作的垂直作为轴，所以轴，
如图，以E为坐标原点，分别以分别为轴正半轴建立空间直角坐标系：
因为，设，
所以，，，，，
则 ，，
所以，，
，，.
设平面的法向量，
由得，取，
，解得.
设平面的法向量，
由得，取，
设平面与平面所成锐二面角为，则
所以，平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围是.
（2）证明：设是四面体的表面积，，令与面所成角为，
，
，
因为是公垂线，上的点和上的点的最短距离是，
（取不到等号）
，
，
.
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球内接多面体；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用已知条件和等腰三角形三线合一以及面面垂直的性质定理，从而得出线线垂直，进而建立空间直角坐标系，设，则得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系得出平面的法向量，再根据数量积求向量夹角公式和诱导公式以及，从而求出的取值范围，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系得出平面的法向量，再根据数量积求向量夹角公式，进而将平面与平面所成锐二面角的余弦值表示为的函数，再由t的取值范围和均值不等式求最值的方法，从而得出平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范.
（2）设是四面体的表面积，再结合三棱锥的体积公式，可证，再根据公垂线的定义和三角形的面积公式，从而得出，进而证出不等式成立.
（1）由题意知，
而，是的中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
在平面内作的垂直作为轴，所以轴，
如图以E为坐标原点，分别以分别为轴正半轴建立空间直角坐标系：
因为，设，
所以，，，，，
则 ，，
所以，，
，，.
设平面的法向量，
由得，取，
，解得.
设平面的法向量，
由得，取，
设平面与平面所成锐二面角为，则
，
所以平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围是.
（2）是四面体的表面积，，令与面所成角为，
，
，
因为是公垂线，上的点和上的点的最短距离是，
（取不到等号，）
，
，
.
