湖南省邵阳市邵东市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题
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．（2024高一下·邵东期末）已知复数z 满足，则（ ）
A．1 B． C． D．
2．（2024高一下·邵东期末）某校高一学生550人，高二学生500人，高三学生450人，现有分层抽样，在高三抽取了18人，则高二应抽取的人数为（ ）
A．24 B．22 C．20 D．18
3．（2024高一下·邵东期末）已知向量满足，且，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·邵东期末）已知、、是三个不同的平面，、、是三条不同的直线，则（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，且，则
5．（2024高一下·邵东期末）下表是足球世界杯连续八届的进球总数
年份 1994 1998 2002 2006 2010 2014 2018 2022
进球总数 141 171 161 147 145 171 169 172
则进球总数的第一四分位数是（ ）
A．145 B．146 C．147 D．166
6．（2024高一下·邵东期末）一个质地均匀的正四面体的四个面上分别标有数字1，2，3，4.连续抛掷这个正四面体两次，并记录每次正四面体朝下的面上的数字.记事件为“两次记录的数字和为奇数”，事件为“两次记录的数字和大于4”，事件为“第一次记录的数字为奇数”，事件为“第二次记录的数字为偶数”，则（ ）
A．与互斥 B．与对立
C．与相互独立 D．与相互独立
7．（2024高一下·邵东期末）点为所在平面内的点，且有，，，则点分别为的（ ）
A．垂心，重心，外心 B．垂心，重心，内心
C．外心，重心，垂心 D．外心，垂心，重心
8．（2024高一下·邵东期末）在三棱锥 中， ， ， ， ，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
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，有多项符合题目要求，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．（2024高一下·邵东期末）某校举办数学文化节活动，10名教师组成评委小组，给参加数学演讲比赛的选手打分.已知各位评委对某名选手的打分如下：
则下列结论正确的为（ ）
A．平均数为48 B．极差为9
C．中位数为47 D．第75百分位数为51
10．（2024高一下·邵东期末）中，内角的对边分别为，为的外心，，，的面积满足.若.则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2024高一下·邵东期末）如图，在正方体中，，点为线段上的一动点，则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．当时，直线与平面所成角的正切值为
C．直线与直线所成角的余弦值可能为
D．的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高一下·邵东期末）已知向量，，若，则实数 ．
13．（2024高一下·邵东期末）哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如，在不超过11的素数中，随机选取两个不同的数，其和为偶数的概率是 (用分数表示).
14．（2024高一下·邵东期末）《九章算术·商功》中描述几何体“阳马”为底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥.现有阳马，如图，平面，，，点，分别在线段，上，则当空间四边形的周长最小时，直线与平面所成角的正切值为 .
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．（2024高一下·邵东期末）已知向量，，.
（1）求函数的单调递增区间和最小正周期；
（2）若当时，关于的不等式有解，求实数的取值范围.
16．（2024高一下·邵东期末）如图，在三棱柱中，直线平面，平面平面.
（1）求证：；
（2）若，在棱上是否存在一点，使得四棱锥的体积为？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.
17．（2024高一下·邵东期末）4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”.某高校为了了解全体师生阅读时间的分配情况，对全校师生进行抽样问卷调查日平均阅读时间（单位：小时），得到样本数据，并绘制如图所示的频率分布直方图.
（1）求频率分布直方图中的值；
（2）根据频率分布直方图估算全校师生日平均阅读时间；（每组数据用该组的区间中点值作代表）
（3）将（2）所得到的日平均阅读时间保留为整数，并根据频率分布直方图估算师生日平均阅读时间的方差.
18．（2024高一下·邵东期末）如图所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图的四棱锥．
（1）求四棱锥的体积的最大值；
（2）若棱的中点为，求的长；
19．（2024高一下·邵东期末）若函数在时，函数值的取值区间恰为，就称区间为的一个“倒域区间”.已知定义在上的奇函数，当时，.
（1）求的解析式；
（2）求函数在内的“倒域区间”；
（3）求函数在定义域内的所有“倒域区间”.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为所以，故D选项符合题意.
故答案为：D.
【分析】本题主要考查复数的混合运算及复数的模长公式，根据已知条件结合复数的混合计算求得，然后再根据复数的模长公式进行计算即可求解.
2．【答案】C
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：设高二应该抽取的人数为x人，根据分层抽样的性质可得：，解得：x=20，则高二应抽取的人数为20人，故C选项符合题意.
故答案为：C.
【分析】本题主要考查分层抽样，设高二应该抽取的人数为x人，根据分层抽样的性质可得：，解出x即可求解.
3．【答案】C
【知识点】单位向量；空间向量的投影向量
【解析】【解答】由题意得 ，方向上的单位向量为
在上的投影为 ，在上的投影向量.
故答案为：C
【分析】利用投影向量计算公式求 在上的投影向量 。
4．【答案】B
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；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
【解析】【解答】解：对于A选项： 若， ，则m与n平行、相交或异面，故A选项错误；
对于B选项： 若，，， 根据面面平行的性质定理可得，故B选项正确；
对于C选项： 若，，， 则l与m平行或异面，故C选项错误；
对于D选项： 若，且，则 或，故D选项错误.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查空间中直线与平面的位置关系，线面平行的判定定理及性质，根据空间中直线与平面的位置关系，线面平行的判定定理及性质逐项判定即可求解.
5．【答案】B
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将八届进球的总数从小到大进行排列可得：，
由可得，第一四分位数应该是第二个数和第三个数的平均数，即：，
所以进球总数的第一四分位数为146，故B选项符合题意.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查百分位数的定义，根据已知数据，然后将八届进球的总数从小到大进行排列，然后再根据百分位数的定义进行求解即可.
6．【答案】D
【知识点】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；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】连续抛掷这个正四面体两次，基本事件有：.
其中事件A包括： .
事件B包括： .
事件C包括：.
事件D包括： .
对于A：因为事件A与D有相同的基本事件，故与互斥不成立.A不符合题意；
对于B：因为事件C与D有相同的基本事件，C与对立不成立.B不符合题意；
对于C：因为，，而.因为，所以与不是相互独立.C不符合题意；
对于D：因为，，而.因为两个事件的发生与否互不影响，且，所以与相互独立.D符合题意.
故答案为：D
【分析】根据题意由互斥、对立以及相互独立事件的定义，对选项逐一判断即可得出答案。
7．【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：由题意可得：，
则，
即，
即
即，则，同理可得，，
即是三边上高的交点，则为的垂心；
由，得，
设的中点为，则，即，，三点共线，
所以在的中线上，同理可得在的其余两边的中线上，
即是三边中线的交点，故为的重心；
由，得，即，
又是的中点，所以在的垂直平分线上，
同理可得，在，的垂直平分线上，
即是三边垂直平分线的交点，故是的外心.
故答案为：A.
【分析】由题意，根据数量积转化为位置上的关系判断即可.
8．【答案】A
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】在 中， ，即 ，又 ，
∴ 为等边三角形
根据题意，有如下示意图：
如图，设 的外接圆的圆心为 ，连接 ， ， ，连接PH.
由题意可得 ，且 ， .
∴由上知： 且 ，又 ，
∴ ，由 ， 平面ABC.
设O为三棱锥 外接球的球心，连接 ， ，OC过O作 ，垂足为D，则外接球的半径R满足 ， ， ，代入解得 ，即有 ，
∴三棱锥 外接球的表面积为 .
故答案为：A.
【分析】 由已知求解三角形可得△PBC为等边三角形，设 的外接圆的圆心为 ，连接 ， ， ，连接PH，可得 平面ABC，确定三棱锥外接球的球心，利用勾股定理求半径，代入球的表面积公式求解.
9．【答案】B,C
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：
A.∵打分为：43，45，45，46，47，47，48，49，51，52
∴平均数为：，
故A错误；
B. 极差=52-43=9 ，故B正确；
C.中位数为：，故C正确；
D. ∵10×75%=7.5，所以第75百分位数是第8个数49， 故D错误；
故选：BC.
【分析】 根据平均数、极差和中位数、百分位数的定义即可求出答案．
10．【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A、，则，
由余弦定理得，即，
得，因为，所以 ，
所以，即，故A正确；
B、由A可得：的面积为，故B错误；
C、分别取的中点，连接，如图所示：
，
则，
，
，故C正确；
D、，
由，可得，
即，解得，，则，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】由余弦定理、面积公式、辅助角公式化简即可判断A；利用面积公式计算即可判断B；
分别取的中点可得，求出、，再计算即可判断C；对两边分别乘以即可判断D．
11．【答案】A,C,D
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；异面直线所成的角；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、易知，点在线段上运动时，的面积为定值，，即为三棱锥的高，
则，
即点在线段上运动时，三棱锥的体积为定值，故A正确；
B、当时，为线段的中点，
取的中点为，连接，如图所示：
易知，由正方体性质可得平面，平面；
即直线与平面所成角的平面角即为，易知，
且，则，故B错误；
C、在上取一点，使，取中点为，连接，如图所示：
则，异面直线与直线所成的角的平面角即为，
易知，，则，
若直线与直线所成角的余弦值为，即，可得；
由，可得符合题意，故C正确；
D、易知，所以，
即当取最小时，的值最小；
将正方体展开使得在同一平面内，如图所示：
易知，当且仅当三点共线时，取最小值，
所以
，
即的最小值为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用等体积法可知三棱锥的体积为定值即可判断A；由可得为的中点，利用线面角的定义可得直线与平面所成角的正切值为即可判断B；将直线平移可知当时，满足直线与直线所成角的余弦值为即可判断C；利用平面展开图和正方体的棱长即可求得的最小值为即可判断D.
12．【答案】
【知识点】共线（平行）向量；向量加减混合运算；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，，所以，又因为，所以，解得.
故答案为：
【分析】本题主要考查向量的加法减法运算，数乘运算，共线向量，根据已知条件结合向量的加法减法运算，数乘运算，共线向量可得，然后再根据共线向量的性质进行求解即可.
13．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：因为不超过11的素数有2，3，5，7，11五个数，从中选取两个不相同的数的基本事件有：
共有10件，其中和为偶数的基本事件有：共6件，所以 和为偶数的概率是
故答案为：
【分析】本题主要考查古典型概率公式，先把不超过11的5个素数列举出来，再利用列举法与古典型概率公式进行求解即可.
14．【答案】
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：把平面PAB沿AB展开到与平面ABCD共面的的位置，如图所示：
延长DC到，使得，连接，则，
因为PD的长度为定值，所以要使空间四边形PEFD的周长最小，只需使
最小，即四点共线，
过点作的延长线于点G，连接PG，如图所示：
因为平面平面，所以，
又因为平面，所以平面PAG，
因为平面，所以平面平面，
过作于点H，则平面，
则即直线PA与平面PFD所成的角，
，则，
，则在中，.
故答案为：.
【分析】将平面沿展开，延长到，使得，可确定当空间四边形周长最小时，四点共线，此时在四棱锥中，作，，由线面垂直和面面垂直的判定与性质可证得即为所求角，根据长度关系求解即可.
15．【答案】解：（1）向量，，
则，
函数的最小正周期；
令，，解得，，
则函数的单调增区间为，；
（2）不等式有解，即；
因为，所以，又，
故当，即时，取得最小值，且最小值为，
则，即实数m的范围为.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）利用向量的数量积的坐标运算，结合两角和差的三角函数公式化简得到函数的解析式，再求函数的周以及单调增区间即可；
（2）问题转化为，根据角的范围，利用三角函数的性质求得函数的最小值，进而求的取值范围.
16．【答案】（1）证明：过点作，垂足为，如图所示：
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又因为平面，所以，
又因为平面，平面，所以，
又因为平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）解：当点为中点时，四棱锥的体积为，
理由如下：
过点作，交于点，如图所示：
因为平面，平面，所以，
又因为，所以，
由（1）可知，，
所以，即，所以，
设点到平面的距离为，
则，
所以，即到平面的距离为，
在三棱柱中，，
由（1）可知，平面，则平面，
又因为，所以，
又因为，平面，平面，所以平面，
所以到平面的距离为，即，
故为中点，所以为中点时，四棱锥的体积为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）过点作，垂足为，利用面面垂直性质定理及线面垂直判定定理证明即可；
（2）设点到平面的距离为，由棱锥的体积公式求出，与到平面的距离比较可得出点为中点时，符合题意.
（1）过点作，垂足为，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又因为平面，所以，
又因为平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）当点为中点时，四棱锥的体积为，理由如下：
过点作，交于点，
因为平面，平面，所以，
又，所以，
由（1）可知，，
所以，即，所以，
设点到平面的距离为，
则，
所以，即到平面的距离为，
在三棱柱中，，
由（1）可知，平面，所以平面，
又，所以，
又，平面，平面，
所以平面，
所以到平面的距离为，即，
故为中点，所以为中点时，四棱锥的体积为.
17．【答案】（1）解：根据频率分布直方图各矩形面积和为1可得：，解得；
（2）解：设全校师生日平均阅读时间为，
则
，
即全校师生日平均阅读时间为（小时）；
（3）解：将保留整数则，由题意知：
则估算师生日平均阅读时间的方差为13.28
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【分析】（1）由频率分布直方图各矩形面积和为1列式求解即可；
（2）由频率分布直方图平均数的计算公式求解即可；
（3）由频率分布直方图的方差公式求解即可.
（1）由概率和为1得：，
解得.
（2）由题意知，为全校师生日平均阅读时间，则
，
所以全校师生日平均阅读时间为（小时）.
（3）将保留整数则，由题意知：
所以估算师生日平均阅读时间的方差为13.28.
18．【答案】（1）解：取的中点，连接，如图所示：
因为，所以，
当平面⊥平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，
易知平面，且，
底面为梯形，面积为，
则四棱锥的体积最大值为；
（2）解：取中点，连接，如图所示：
因为为中点，所以为的中位线，所以且，
又因为为的中点，四边形为矩形，所以且，
所以且，故四边形为平行四边形，
则.
【知识点】平行公理；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）确定当平面⊥平面时四棱锥的体积取得最大值，结合棱锥的体积公式计算即可；
（2）取中点，连接，根据题意和中位线的性质可得四边形为平行四边形，结合勾股定理计算即可.
（1）取的中点，连接，因为，则，
当平面⊥平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，
根据面面垂直的性质，易得此时平面，且，
底面为梯形，面积为，
则四棱锥的体积最大值为；
（2）取中点，连接，
因为为中点，所以为的中位线，
所以且，
因为为的中点，四边形为矩形，
所以且，
所以且，故四边形为平行四边形，
所以.
19．【答案】（1）解：当时，则，
由奇函数的定义可得，
所以，.
（2）解：设，因为函数在上递减，且在上的值域为，
所以，，解得，
所以，函数在内的“倒域区间”为.
（3）解：在时，函数值的取值区间恰为，
其中且，，所以，，则，
只考虑或，
①当时，因为函数在上单调递增，在上单调递减，
故当时，，则，所以，，所以，，
由（2）知在内的“倒域区间”为；
②当时，在上单调递减，在上单调递增，
故当时，，所以，，所以，.
，
因为在上单调递减，则，解得，
所以，在内的“倒域区间”为.
综上所述，函数在定义域内的“倒域区间”为和.
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数单调性的判断与证明；奇函数与偶函数的性质
【解析】【分析】本题主要考查奇函数的定义及运用，减函数的定义及证明，主要考查考生的知识运用能力，逻辑思维能力属于较难题型.
（1）根据奇函数的性质及已知函数的解析进行求解即可；
（2）根据“倒域区间”的定义结合减函数的性质可得：，解出不等式即可求解；
（3）根据题意可得，所以只需考虑只或两种情况，然后结合倒域区间”的定义结合减函数的性质进行分类讨论求解即可.
湖南省邵阳市邵东市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题
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．（2024高一下·邵东期末）已知复数z 满足，则（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为所以，故D选项符合题意.
故答案为：D.
【分析】本题主要考查复数的混合运算及复数的模长公式，根据已知条件结合复数的混合计算求得，然后再根据复数的模长公式进行计算即可求解.
2．（2024高一下·邵东期末）某校高一学生550人，高二学生500人，高三学生450人，现有分层抽样，在高三抽取了18人，则高二应抽取的人数为（ ）
A．24 B．22 C．20 D．18
【答案】C
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：设高二应该抽取的人数为x人，根据分层抽样的性质可得：，解得：x=20，则高二应抽取的人数为20人，故C选项符合题意.
故答案为：C.
【分析】本题主要考查分层抽样，设高二应该抽取的人数为x人，根据分层抽样的性质可得：，解出x即可求解.
3．（2024高一下·邵东期末）已知向量满足，且，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】单位向量；空间向量的投影向量
【解析】【解答】由题意得 ，方向上的单位向量为
在上的投影为 ，在上的投影向量.
故答案为：C
【分析】利用投影向量计算公式求 在上的投影向量 。
4．（2024高一下·邵东期末）已知、、是三个不同的平面，、、是三条不同的直线，则（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，且，则
【答案】B
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；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
【解析】【解答】解：对于A选项： 若， ，则m与n平行、相交或异面，故A选项错误；
对于B选项： 若，，， 根据面面平行的性质定理可得，故B选项正确；
对于C选项： 若，，， 则l与m平行或异面，故C选项错误；
对于D选项： 若，且，则 或，故D选项错误.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查空间中直线与平面的位置关系，线面平行的判定定理及性质，根据空间中直线与平面的位置关系，线面平行的判定定理及性质逐项判定即可求解.
5．（2024高一下·邵东期末）下表是足球世界杯连续八届的进球总数
年份 1994 1998 2002 2006 2010 2014 2018 2022
进球总数 141 171 161 147 145 171 169 172
则进球总数的第一四分位数是（ ）
A．145 B．146 C．147 D．166
【答案】B
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将八届进球的总数从小到大进行排列可得：，
由可得，第一四分位数应该是第二个数和第三个数的平均数，即：，
所以进球总数的第一四分位数为146，故B选项符合题意.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查百分位数的定义，根据已知数据，然后将八届进球的总数从小到大进行排列，然后再根据百分位数的定义进行求解即可.
6．（2024高一下·邵东期末）一个质地均匀的正四面体的四个面上分别标有数字1，2，3，4.连续抛掷这个正四面体两次，并记录每次正四面体朝下的面上的数字.记事件为“两次记录的数字和为奇数”，事件为“两次记录的数字和大于4”，事件为“第一次记录的数字为奇数”，事件为“第二次记录的数字为偶数”，则（ ）
A．与互斥 B．与对立
C．与相互独立 D．与相互独立
【答案】D
【知识点】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；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】连续抛掷这个正四面体两次，基本事件有：.
其中事件A包括： .
事件B包括： .
事件C包括：.
事件D包括： .
对于A：因为事件A与D有相同的基本事件，故与互斥不成立.A不符合题意；
对于B：因为事件C与D有相同的基本事件，C与对立不成立.B不符合题意；
对于C：因为，，而.因为，所以与不是相互独立.C不符合题意；
对于D：因为，，而.因为两个事件的发生与否互不影响，且，所以与相互独立.D符合题意.
故答案为：D
【分析】根据题意由互斥、对立以及相互独立事件的定义，对选项逐一判断即可得出答案。
7．（2024高一下·邵东期末）点为所在平面内的点，且有，，，则点分别为的（ ）
A．垂心，重心，外心 B．垂心，重心，内心
C．外心，重心，垂心 D．外心，垂心，重心
【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：由题意可得：，
则，
即，
即
即，则，同理可得，，
即是三边上高的交点，则为的垂心；
由，得，
设的中点为，则，即，，三点共线，
所以在的中线上，同理可得在的其余两边的中线上，
即是三边中线的交点，故为的重心；
由，得，即，
又是的中点，所以在的垂直平分线上，
同理可得，在，的垂直平分线上，
即是三边垂直平分线的交点，故是的外心.
故答案为：A.
【分析】由题意，根据数量积转化为位置上的关系判断即可.
8．（2024高一下·邵东期末）在三棱锥 中， ， ， ， ，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】在 中， ，即 ，又 ，
∴ 为等边三角形
根据题意，有如下示意图：
如图，设 的外接圆的圆心为 ，连接 ， ， ，连接PH.
由题意可得 ，且 ， .
∴由上知： 且 ，又 ，
∴ ，由 ， 平面ABC.
设O为三棱锥 外接球的球心，连接 ， ，OC过O作 ，垂足为D，则外接球的半径R满足 ， ， ，代入解得 ，即有 ，
∴三棱锥 外接球的表面积为 .
故答案为：A.
【分析】 由已知求解三角形可得△PBC为等边三角形，设 的外接圆的圆心为 ，连接 ， ， ，连接PH，可得 平面ABC，确定三棱锥外接球的球心，利用勾股定理求半径，代入球的表面积公式求解.
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，有多项符合题目要求，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．（2024高一下·邵东期末）某校举办数学文化节活动，10名教师组成评委小组，给参加数学演讲比赛的选手打分.已知各位评委对某名选手的打分如下：
则下列结论正确的为（ ）
A．平均数为48 B．极差为9
C．中位数为47 D．第75百分位数为51
【答案】B,C
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：
A.∵打分为：43，45，45，46，47，47，48，49，51，52
∴平均数为：，
故A错误；
B. 极差=52-43=9 ，故B正确；
C.中位数为：，故C正确；
D. ∵10×75%=7.5，所以第75百分位数是第8个数49， 故D错误；
故选：BC.
【分析】 根据平均数、极差和中位数、百分位数的定义即可求出答案．
10．（2024高一下·邵东期末）中，内角的对边分别为，为的外心，，，的面积满足.若.则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A、，则，
由余弦定理得，即，
得，因为，所以 ，
所以，即，故A正确；
B、由A可得：的面积为，故B错误；
C、分别取的中点，连接，如图所示：
，
则，
，
，故C正确；
D、，
由，可得，
即，解得，，则，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】由余弦定理、面积公式、辅助角公式化简即可判断A；利用面积公式计算即可判断B；
分别取的中点可得，求出、，再计算即可判断C；对两边分别乘以即可判断D．
11．（2024高一下·邵东期末）如图，在正方体中，，点为线段上的一动点，则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．当时，直线与平面所成角的正切值为
C．直线与直线所成角的余弦值可能为
D．的最小值为
【答案】A,C,D
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；异面直线所成的角；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、易知，点在线段上运动时，的面积为定值，，即为三棱锥的高，
则，
即点在线段上运动时，三棱锥的体积为定值，故A正确；
B、当时，为线段的中点，
取的中点为，连接，如图所示：
易知，由正方体性质可得平面，平面；
即直线与平面所成角的平面角即为，易知，
且，则，故B错误；
C、在上取一点，使，取中点为，连接，如图所示：
则，异面直线与直线所成的角的平面角即为，
易知，，则，
若直线与直线所成角的余弦值为，即，可得；
由，可得符合题意，故C正确；
D、易知，所以，
即当取最小时，的值最小；
将正方体展开使得在同一平面内，如图所示：
易知，当且仅当三点共线时，取最小值，
所以
，
即的最小值为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用等体积法可知三棱锥的体积为定值即可判断A；由可得为的中点，利用线面角的定义可得直线与平面所成角的正切值为即可判断B；将直线平移可知当时，满足直线与直线所成角的余弦值为即可判断C；利用平面展开图和正方体的棱长即可求得的最小值为即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高一下·邵东期末）已知向量，，若，则实数 ．
【答案】
【知识点】共线（平行）向量；向量加减混合运算；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，，所以，又因为，所以，解得.
故答案为：
【分析】本题主要考查向量的加法减法运算，数乘运算，共线向量，根据已知条件结合向量的加法减法运算，数乘运算，共线向量可得，然后再根据共线向量的性质进行求解即可.
13．（2024高一下·邵东期末）哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如，在不超过11的素数中，随机选取两个不同的数，其和为偶数的概率是 (用分数表示).
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：因为不超过11的素数有2，3，5，7，11五个数，从中选取两个不相同的数的基本事件有：
共有10件，其中和为偶数的基本事件有：共6件，所以 和为偶数的概率是
故答案为：
【分析】本题主要考查古典型概率公式，先把不超过11的5个素数列举出来，再利用列举法与古典型概率公式进行求解即可.
14．（2024高一下·邵东期末）《九章算术·商功》中描述几何体“阳马”为底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥.现有阳马，如图，平面，，，点，分别在线段，上，则当空间四边形的周长最小时，直线与平面所成角的正切值为 .
【答案】
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：把平面PAB沿AB展开到与平面ABCD共面的的位置，如图所示：
延长DC到，使得，连接，则，
因为PD的长度为定值，所以要使空间四边形PEFD的周长最小，只需使
最小，即四点共线，
过点作的延长线于点G，连接PG，如图所示：
因为平面平面，所以，
又因为平面，所以平面PAG，
因为平面，所以平面平面，
过作于点H，则平面，
则即直线PA与平面PFD所成的角，
，则，
，则在中，.
故答案为：.
【分析】将平面沿展开，延长到，使得，可确定当空间四边形周长最小时，四点共线，此时在四棱锥中，作，，由线面垂直和面面垂直的判定与性质可证得即为所求角，根据长度关系求解即可.
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．（2024高一下·邵东期末）已知向量，，.
（1）求函数的单调递增区间和最小正周期；
（2）若当时，关于的不等式有解，求实数的取值范围.
【答案】解：（1）向量，，
则，
函数的最小正周期；
令，，解得，，
则函数的单调增区间为，；
（2）不等式有解，即；
因为，所以，又，
故当，即时，取得最小值，且最小值为，
则，即实数m的范围为.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）利用向量的数量积的坐标运算，结合两角和差的三角函数公式化简得到函数的解析式，再求函数的周以及单调增区间即可；
（2）问题转化为，根据角的范围，利用三角函数的性质求得函数的最小值，进而求的取值范围.
16．（2024高一下·邵东期末）如图，在三棱柱中，直线平面，平面平面.
（1）求证：；
（2）若，在棱上是否存在一点，使得四棱锥的体积为？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：过点作，垂足为，如图所示：
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又因为平面，所以，
又因为平面，平面，所以，
又因为平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）解：当点为中点时，四棱锥的体积为，
理由如下：
过点作，交于点，如图所示：
因为平面，平面，所以，
又因为，所以，
由（1）可知，，
所以，即，所以，
设点到平面的距离为，
则，
所以，即到平面的距离为，
在三棱柱中，，
由（1）可知，平面，则平面，
又因为，所以，
又因为，平面，平面，所以平面，
所以到平面的距离为，即，
故为中点，所以为中点时，四棱锥的体积为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）过点作，垂足为，利用面面垂直性质定理及线面垂直判定定理证明即可；
（2）设点到平面的距离为，由棱锥的体积公式求出，与到平面的距离比较可得出点为中点时，符合题意.
（1）过点作，垂足为，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又因为平面，所以，
又因为平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）当点为中点时，四棱锥的体积为，理由如下：
过点作，交于点，
因为平面，平面，所以，
又，所以，
由（1）可知，，
所以，即，所以，
设点到平面的距离为，
则，
所以，即到平面的距离为，
在三棱柱中，，
由（1）可知，平面，所以平面，
又，所以，
又，平面，平面，
所以平面，
所以到平面的距离为，即，
故为中点，所以为中点时，四棱锥的体积为.
17．（2024高一下·邵东期末）4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”.某高校为了了解全体师生阅读时间的分配情况，对全校师生进行抽样问卷调查日平均阅读时间（单位：小时），得到样本数据，并绘制如图所示的频率分布直方图.
（1）求频率分布直方图中的值；
（2）根据频率分布直方图估算全校师生日平均阅读时间；（每组数据用该组的区间中点值作代表）
（3）将（2）所得到的日平均阅读时间保留为整数，并根据频率分布直方图估算师生日平均阅读时间的方差.
【答案】（1）解：根据频率分布直方图各矩形面积和为1可得：，解得；
（2）解：设全校师生日平均阅读时间为，
则
，
即全校师生日平均阅读时间为（小时）；
（3）解：将保留整数则，由题意知：
则估算师生日平均阅读时间的方差为13.28
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【分析】（1）由频率分布直方图各矩形面积和为1列式求解即可；
（2）由频率分布直方图平均数的计算公式求解即可；
（3）由频率分布直方图的方差公式求解即可.
（1）由概率和为1得：，
解得.
（2）由题意知，为全校师生日平均阅读时间，则
，
所以全校师生日平均阅读时间为（小时）.
（3）将保留整数则，由题意知：
所以估算师生日平均阅读时间的方差为13.28.
18．（2024高一下·邵东期末）如图所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图的四棱锥．
（1）求四棱锥的体积的最大值；
（2）若棱的中点为，求的长；
【答案】（1）解：取的中点，连接，如图所示：
因为，所以，
当平面⊥平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，
易知平面，且，
底面为梯形，面积为，
则四棱锥的体积最大值为；
（2）解：取中点，连接，如图所示：
因为为中点，所以为的中位线，所以且，
又因为为的中点，四边形为矩形，所以且，
所以且，故四边形为平行四边形，
则.
【知识点】平行公理；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）确定当平面⊥平面时四棱锥的体积取得最大值，结合棱锥的体积公式计算即可；
（2）取中点，连接，根据题意和中位线的性质可得四边形为平行四边形，结合勾股定理计算即可.
（1）取的中点，连接，因为，则，
当平面⊥平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，
根据面面垂直的性质，易得此时平面，且，
底面为梯形，面积为，
则四棱锥的体积最大值为；
（2）取中点，连接，
因为为中点，所以为的中位线，
所以且，
因为为的中点，四边形为矩形，
所以且，
所以且，故四边形为平行四边形，
所以.
19．（2024高一下·邵东期末）若函数在时，函数值的取值区间恰为，就称区间为的一个“倒域区间”.已知定义在上的奇函数，当时，.
（1）求的解析式；
（2）求函数在内的“倒域区间”；
（3）求函数在定义域内的所有“倒域区间”.
【答案】（1）解：当时，则，
由奇函数的定义可得，
所以，.
（2）解：设，因为函数在上递减，且在上的值域为，
所以，，解得，
所以，函数在内的“倒域区间”为.
（3）解：在时，函数值的取值区间恰为，
其中且，，所以，，则，
只考虑或，
①当时，因为函数在上单调递增，在上单调递减，
故当时，，则，所以，，所以，，
由（2）知在内的“倒域区间”为；
②当时，在上单调递减，在上单调递增，
故当时，，所以，，所以，.
，
因为在上单调递减，则，解得，
所以，在内的“倒域区间”为.
综上所述，函数在定义域内的“倒域区间”为和.
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数单调性的判断与证明；奇函数与偶函数的性质
【解析】【分析】本题主要考查奇函数的定义及运用，减函数的定义及证明，主要考查考生的知识运用能力，逻辑思维能力属于较难题型.
（1）根据奇函数的性质及已知函数的解析进行求解即可；
（2）根据“倒域区间”的定义结合减函数的性质可得：，解出不等式即可求解；
（3）根据题意可得，所以只需考虑只或两种情况，然后结合倒域区间”的定义结合减函数的性质进行分类讨论求解即可.
