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山东省菏泽市定陶区定陶区明德学校（山大附中实验学校）2022-2023学年高一下学期6月月考数学试题（解析版）
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这是一份山东省菏泽市定陶区定陶区明德学校（山大附中实验学校）2022-2023学年高一下学期6月月考数学试题（解析版），共20页。
高一第二学期第三次阶段性测试
数学试题
一、单项选择题：本大题共8小题．每小题5分，共40分．
1. 复数在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】求出得答案.
【详解】因为，所以其在复平面内对应的点在第四象限.
故选：D
2. 已知平面向量，，与垂直，则的值是（ ）
A. B. 1 C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】先求出的坐标，再由与垂直，可得列方程可求出的值
【详解】解：因为，，所以，
因为与垂直，所以，
即，得，
故选：A
3. 若一个圆锥的底面面积为，其侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆锥底面积求得圆锥底面半径，根据侧面展开图是圆心角为的扇形求得母线长，进而求得圆锥的高，根据圆锥体积公式即可求得答案.
【详解】设该圆锥的底面半径为r,则 ，
所以该圆锥的底面半径，
设圆锥的母线长为，则，即，
则圆锥的高为 ，
因此该圆锥的体积，
故选:B
4. 若、、为三条不同直线，、为两个不重合的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 如果，，则
B. 如果，，，，则
C. 如果，，则
D. 如果，，，则
【答案】C
【解析】
【分析】利用面面平行的性质可判断C选项；利用已知条件判断线面、线线、面面的位置关系，可判断ABD选项.
【详解】对于A选项，若，，则或，A错；
对于B选项，若，，，，则或、相交，B错；
对于C选项，若，，则，C对；
对于D选项，若，，，则或、异面，D错.
故选：C.
5. 一个人连续射击次，则下列各事件关系中，说法正确的是（ ）
A. 事件“两次均击中”与事件“至少一次击中”互为对立事件
B. 事件“第一次击中”与事件“第二次击中”为互斥事件
C. 事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”互为对立事件
D. 事件“恰有一次击中”与事件“两次均击中”为互斥事件
【答案】D
【解析】
【分析】根据对立事件和互斥事件的概念，分析各个选项的内容即可得到答案.
【详解】一个人连续射击次，其可能结果为击中次，击中次，击中次，
其中“至少一次击中”包括击中一次和击中两次，
事件“两次均击中”包含于事件“至少一次击中”，故A错误；
事件“第一次击中”包含第一次击中且第二次没有击中，或第一、二次都击中，
事件“第二次击中” 包含第二次击中且第一次没有击中，或第一、二次都击中，故B错误；
事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”可以同时发生，故C错误；
事件“恰有一次击中”与事件“两次均击中”为互斥事件，故D正确；
故选：D
6. 某校为了解学生每个月在图书馆借阅书籍的数量，图书管理员甲抽取了一个容量为100的样本，并算得样本的平均数为5，方差为9；图书管理员乙也抽取了一个容量为100的样本，并算得样本的平均数为7，方差为16.若将这两个样本合在一起组成一个容量为200的新样本，则新样本数据的（ ）
A. 平均数为6 B. 平均数为6.5
C. 方差为12.5 D. 方差为13
【答案】A
【解析】
【分析】代入以下公式可得结果.（设样本A样本容量为m，样本平均数，样本方差；样本B样本容量为n，样本平均数，样本方差；样本合成后样本量，样本平均数，样本方差，则
，
【详解】∵，
，
∴两个样本合在一起的新样本数据的平均数为6，方差为13.5.
故选：A.
7. 如图，AB是底部B不可到达的一座建筑物，A为建筑物的最高点，为了测量建筑物高度AB，我们选择一条水平基线HG，使H，G，B三点在同一直线上，经测量，在G，H两点用测角仪器测得A的仰角分别是，，米，测角仪器的高是1.5米，则该建筑物的高AB约为（ ）（参考数据：）
A. 13.5米 B. 14.2米 C. 15.2米 D. 16.5米
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理求得正确答案.
【详解】，
在中，由正弦定理得，
所以，这座建筑物的高度为
米.
故选：C
8. 在三棱锥中，平面平面BCD，是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析得到球心O在平面ACD的投影与M点重合，由面面垂直得到球心O在平面BCD上，作出辅助线，球心O在MH上，设OM=x，由半径相等列出方程，求出x，进而得到外接球半径，求出表面积.
【详解】因为是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，
所以AM⊥CD，且，
因为，所以，而，
由勾股定理得：，所以BM=BC，
故为等腰直角三角形，，，
由题意得：球心O在平面ACD的投影与M点重合，
因为平面平面BCD，所以球心O在平面BCD上，
在平面BCD上，过点M作MH⊥CD，故，
球心O在MH上，设OM=x，
由余弦定理得：，
则，
由得：，解得：，
设外接球半径为，则，
故该三棱锥的外接球的表面积为.
故选：D
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 ．
二、多项选择题（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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 向量在向量上的投影向量可表示为
B. 若，则与的夹角θ的范围是
C. 若，，则
D. 已知，，则
【答案】AB
【解析】
【分析】根据投影向量的概念可知，A正确；由，得，再根据平面向量夹角的范围可知B正确；举例，可知C不正确；求出，可知D不正确.
【详解】对于A，向量在向量上投影为，投影向量为，故A正确；
对于B，若，则，则，
因为，所以，故B正确；
对于C，若，则满足，，但不一定共线，故C不正确；
对于D，已知，，则，故D不正确.
故选：AB.
10. 近年，随着人工智能，AIoT，云计算等技术的推动，全球数据量正在无限制地扩展和增加.国际数据公司IDC统计了2016~2020年全球每年产生的数据量及其增速，所得结果如图所示，根据该统计图，下列说法正确的是（ ）
A. 2016~2020年，全球每年产生的数据量在持续增加
B. 2016~2020年，全球数据量的年平均增长率持续下降
C. 2016~2020年，全球每年产生的数据量的平均数为33.7
D. 2015年，全球产生的数据量超过15
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据统计图，分析数据，可依次判断各个选项.
【详解】对于A，由图可得2016~2020年，全球每年产生的数据量在持续增加，故A正确.
对于B，2016~2017年，全球数据量的年平均增长率由增长到了，故B错误.
对于C，年，全球每年产生的数据量的平均数为，故C正确.
对于D，设2015年全球产生的数据量为，则，解得，故D正确.
故选：ACD
11. 已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若是边长为1的正三角形，则
C. 若，，，则有一解
D. 若O是所在平面内的一点，且，则是直角三角形
【答案】AD
【解析】
【分析】A由正弦定理边角关系判断；B向量数量积的定义求；C利用正弦定理解三角形求角C判断；D由已知可得，由其几何意义可知边上的中线长等于的一半，即可判断.
【详解】A：由，又，即，故，正确；
B：由已知，错误；
C：由，则，而，故或，错误；
D：由、、，故，所以在中边上的中线长等于的一半，即是为直角的直角三角形，正确.
故选：AD
12. 正方体中，E是棱的中点，F在侧面上运动，且满足平面.以下命题正确的有（ ）
A. 侧面上存在点F，使得
B. 直线与直线所成角可能为
C. 平面与平面所成锐二面角的正切值为
D. 设正方体棱长为1，则过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大为
【答案】AC
【解析】
【分析】取中点M，中点N，连接，易证得平面平面，可得点F的运动轨迹为线段．取的中点F，根据等腰三角形的性质得，即有，A正确；当点F与点M或点N重合时，直线与直线所成角最大，可判断B错误；根据平面平面，即为平面与平面所成的锐二面角，计算可知C正确；
【详解】取中点M，中点N，连接，则易证得，，从而平面平面，所以点F的运动轨迹为线段．
取的中点F，因为是等腰三角形，所以，又因为，所以，故A正确；
设正方体的棱长为a，当点F与点M或点N重合时，直线与直线所成角最大，此时，所以B错误；
平面平面，取F为的中点，则，，∴即为平面与平面所成的锐二面角，，所以C正确；
因为当F为与的交点时，截面为菱形（为的交点），面积为，故D错误.
故选：AC.
【点睛】本题主要考查线面角，二面角，截面面积的求解，空间几何中的轨迹问题，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，综合性较强，属于较难题．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知一组数据8.6，8.9，9.1，9.6，9.7，9.8，9.9，10.2，10.6，10.8，11.2，11.7，则该组数据的第80百分位数为__________．
【答案】10.8
【解析】
【分析】根据题设及百分位数的求法，得到第80百分位数所在的位次，找到对应位次上的数，即为所求.
【详解】由题设知：数据共有12个,则，即第80百分位数在第10位,
第80百分位数是10.8.
故答案为：10.8.
14. 如图，是斜二测画法画出的水平放置的的直观图，是的中点，且轴，轴，，，则的周长___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知，利用斜二测画法“平行依旧垂改斜，横等纵半”、以及勾股定理计算求解.
【详解】如图，根据斜二测画法，因为，，所以，，
且轴，轴，是的中点，所以，
在直角中，由勾股定理有：，所以，
则的周长.
故答案为：.
15. 在中，为中点，若，则实数的值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】由题知，，进而根据题意，结合向量数量积运算律得.
【详解】解：因为为中点，
所以，，
，
因为，
所以，
因为
所以，，解得.
故答案为：
16. 如图， 二面角的平面角的大小为为半平面内的两个点， 为半平面内一点， 且，若直线与平面所成角为为的中点， 则线段长度的最大值是___________.
【答案】##
【解析】
【分析】自点引平面的垂线，垂足为，则两点在以为高，以为母线的圆锥的底面圆周上，所以当两点运动到公共棱上时AD最大，然后根据题意求解即可.
【详解】如图，自点引平面的垂线，垂足为，因为，
则两点在以为高，以为母线的圆锥的底面圆周上，
因为为半平面内的两个点， 为半平面内一点，
所以当两点运动到公共棱上时，最大，则最长，此时在中为定值，最大，所以AD最大.
自点引公共棱的垂线，则由题意得，
所以，，所以，
因为，所以，
因为，所以为的中点，所以，
所以，
在中，由余弦定理得，
在中由余弦定理得,
故答案为：
四．解答题：本大题共6小题，共70分．
17. 已知某校高一、高二、高三三个年级的学生志愿者人数分别为180，120，120．现采用样本按比例分配的分层随机抽样方法，从中抽取7名同学去敬老院参加献爱心活动．
（1）应从高一、高二、高三三个年级的学生志愿者中分别抽取多少人？
（2）抽出的7名同学分别用A，B，C，D，E，F，G表示，现从该7名同学中随机抽取2名同学承担敬老院卫生打扫工作．设7名同学中来自高一的3人分别为A，B，C，记事件“抽取的两名同学中至少有一名来自高一年级”，试用所给字母写出事件M包含的样本点；
【答案】（1）分别抽取3人，2人，2人
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用分层抽样的定义结合已知条件求解即可，
（2）根据题意利用列举法求解
【小问1详解】
由题意知，高一、高二、高三，三个年级的学生志愿者人数之比为，
又采用样本量按比例分配的分层随机抽样方法，从中抽取7名同学．
故应从高一、高二、高三，三个年级的学生志愿者中分别抽取3人，2人，2人．
【小问2详解】
，，，，，，，，，，，，，，，共含有15个样本点．
18. 内角、、的对边分别为、、，，且______．
在①，②，这两个条件中任选一个，补充在横线中，并解答．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
（1）求的面积；
（2）若，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选①，利用余弦定理可得出，利用同角三角函数的基本关系求出的值，可求出的值，再利用三角形的面积公式可求得的面积；
选②，利用平面向量数量积的定义可得出，后续解题过程同①；
（2）设的外接圆半径为，利用正弦定理求出，再利用正弦定理可求得的值.
【小问1详解】
解：若选①，由余弦定理可得，所以，，
所以，，则，且，
所以，，可得，
所以，的面积为；
若选②，由平面向量数量积的定义得，
可得，则，且，
所以，，可得，
所以，的面积为.
【小问2详解】
解：设的外接圆半径为，则，
因为，且，则，
所以，，故.
19. 在如图所示的四棱锥中，四边形是等腰梯形，，，平面，．
（1）求证：；
（2）若为中点，问线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）证明出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）下结论：线段上存在点，使得平面，且，然后证明结论成立，取中点，连接、，在线段上取点，使得，连接，证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论成立.
【小问1详解】
证明：在等腰梯形中，，，
则，且，
因为，则，同理可得，
所以，，即，
因为平面，平面，所以，，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，.
【小问2详解】
解：线段上存在点，使得平面，且.
下面证明结论：如图，取中点，连接、，
在线段上取点，使得，连接，
由（1）知，在中，，，则，
所以，，所以，
因为，，所以且，
因为为中点，为的中点，所以且，
所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
所以线段上存在点，使得平面，且.
20. 2021年中国共产党迎来了建党100周年，为了铭记建党历史、缅怀革命先烈、增强爱国主义情怀，某学校为学生组织了系列学党史活动．为了解学生的学习情况，从全校学生中随机抽取了1名同学进行党史知识测试，满分100分，并将这名同学的测试成绩按，，，，分成5组，绘制成了如图所示的频率分布直方图．已知测试成绩在的学生为70人．
（1）求值及频率分布直方图中的值；
（2）为奖励优胜者，学校将对本次测试成绩排在前40%的学生发放奖品，若某学生获得了奖品，请估算一下该学生的成绩至少达到多少分；
（3）学校组织党史知识测试设定的预案是：以抽取的样本作为参考，若学生的平均成绩不低于80分，只需发放下一步学习资料，否则要举办党史知识大讲堂加强学习．请根据所学的统计知识，估计该校是否需要举办党史知识大讲堂，并说明理由．（同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表）
【答案】（1）200，；（2）86分；（3）按照学校的预案，只需要发放学习资料即可，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）频数除以频率等于样本容量求出，利用频率和为1列方程计算的值；
（2）转化为求第60百分位数；
（3）估计平均数，并与80进行比较．
【详解】（1）由已知条件可得，
由频率和1得，
解得．
（2）因为，所以问题转化为估计样本数据的第60百分位数，
因为，
，
所以第60百分位数在区间内，
设该生得分最低为，则，
解得，所以估计该生的得分至少达到86分.
（3）由频率分布直方图可得
，
因为，
所以按照学校的预案，只需要发放学习资料即可.
21. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．
（1）求角B的大小；
（2）若，D为AC边上的一点，，且 ，求△ABC的面积．
请在下列两个条件中选择一个作为条件补充在横线上，并解决问题．
①BD是∠ABC的平分线；②D为线段AC的中点．
（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答记分．）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式即可求解；
（2）选择①，由平分得，分别用三角形面积公式求解可得，利用余弦定理可得，联立即可求解的值，即可求得△ABC的面积；选择②，利用平面向量的线性运算可得，求解向量的模可得，利用余弦定理可得，联立即可求解的值，即可求得△ABC的面积.
【小问1详解】
解：由正弦定理知，，
∵，
代入上式得，
∵，
∴，，
∵，∴.
【小问2详解】
若选①：
由平分得，，
∴，
即．
在中，由余弦定理得，
又，∴，
联立得，
解得，（舍去），
∴．
若选②：
因为，，
，得，
在中，由余弦定理得，
即，
联立，可得，
∴．
22. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面，.点是的中点，作，交于点.
（1）设平面与平面的交线为，试判断直线与直线的位置关系，并给出证明；
（2）求平面与平面所成的较小的二面角的余弦值；
（3）求直线与平面所成角的正切值.
【答案】（1），证明见解析；（2）；（3）.
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的性质定理进行证明即可.
（2）先找出二面角的平面角，然后进行求解即可，
（3）根据线面角的定义进行求解即可，
【详解】（1）证明：连结交交于，
∵是正方形，∴为的中点，
又∵是的中点，∴，
又∵平面，平面，∴平面，
又平面，平面平面，∴.
（2）∵平面，平面，
∴，
设正方形的边长为4，
∵，
∴的中线，，，
同理，，，
∵，，
∴为正三角形，中线，且，
∵，，
∴，同理，
∴是二面角的一个平面角，
又∵在正三角形中，
∴，
则平面与平面所成的较小的面角的余弦值为.
（3）同（2）中，得，
又∵在正方形中，，，平面，平面，
∴平面，
同理平面，
同理面，
∴是直线与平面所成的角，
∵在和中得，
∴直线与平面所成角的正切值为.
高一第二学期第三次阶段性测试
数学试题
一、单项选择题：本大题共8小题．每小题5分，共40分．
1. 复数在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】求出得答案.
【详解】因为，所以其在复平面内对应的点在第四象限.
故选：D
2. 已知平面向量，，与垂直，则的值是（ ）
A. B. 1 C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】先求出的坐标，再由与垂直，可得列方程可求出的值
【详解】解：因为，，所以，
因为与垂直，所以，
即，得，
故选：A
3. 若一个圆锥的底面面积为，其侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆锥底面积求得圆锥底面半径，根据侧面展开图是圆心角为的扇形求得母线长，进而求得圆锥的高，根据圆锥体积公式即可求得答案.
【详解】设该圆锥的底面半径为r,则 ，
所以该圆锥的底面半径，
设圆锥的母线长为，则，即，
则圆锥的高为 ，
因此该圆锥的体积，
故选:B
4. 若、、为三条不同直线，、为两个不重合的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 如果，，则
B. 如果，，，，则
C. 如果，，则
D. 如果，，，则
【答案】C
【解析】
【分析】利用面面平行的性质可判断C选项；利用已知条件判断线面、线线、面面的位置关系，可判断ABD选项.
【详解】对于A选项，若，，则或，A错；
对于B选项，若，，，，则或、相交，B错；
对于C选项，若，，则，C对；
对于D选项，若，，，则或、异面，D错.
故选：C.
5. 一个人连续射击次，则下列各事件关系中，说法正确的是（ ）
A. 事件“两次均击中”与事件“至少一次击中”互为对立事件
B. 事件“第一次击中”与事件“第二次击中”为互斥事件
C. 事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”互为对立事件
D. 事件“恰有一次击中”与事件“两次均击中”为互斥事件
【答案】D
【解析】
【分析】根据对立事件和互斥事件的概念，分析各个选项的内容即可得到答案.
【详解】一个人连续射击次，其可能结果为击中次，击中次，击中次，
其中“至少一次击中”包括击中一次和击中两次，
事件“两次均击中”包含于事件“至少一次击中”，故A错误；
事件“第一次击中”包含第一次击中且第二次没有击中，或第一、二次都击中，
事件“第二次击中” 包含第二次击中且第一次没有击中，或第一、二次都击中，故B错误；
事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”可以同时发生，故C错误；
事件“恰有一次击中”与事件“两次均击中”为互斥事件，故D正确；
故选：D
6. 某校为了解学生每个月在图书馆借阅书籍的数量，图书管理员甲抽取了一个容量为100的样本，并算得样本的平均数为5，方差为9；图书管理员乙也抽取了一个容量为100的样本，并算得样本的平均数为7，方差为16.若将这两个样本合在一起组成一个容量为200的新样本，则新样本数据的（ ）
A. 平均数为6 B. 平均数为6.5
C. 方差为12.5 D. 方差为13
【答案】A
【解析】
【分析】代入以下公式可得结果.（设样本A样本容量为m，样本平均数，样本方差；样本B样本容量为n，样本平均数，样本方差；样本合成后样本量，样本平均数，样本方差，则
，
【详解】∵，
，
∴两个样本合在一起的新样本数据的平均数为6，方差为13.5.
故选：A.
7. 如图，AB是底部B不可到达的一座建筑物，A为建筑物的最高点，为了测量建筑物高度AB，我们选择一条水平基线HG，使H，G，B三点在同一直线上，经测量，在G，H两点用测角仪器测得A的仰角分别是，，米，测角仪器的高是1.5米，则该建筑物的高AB约为（ ）（参考数据：）
A. 13.5米 B. 14.2米 C. 15.2米 D. 16.5米
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理求得正确答案.
【详解】，
在中，由正弦定理得，
所以，这座建筑物的高度为
米.
故选：C
8. 在三棱锥中，平面平面BCD，是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析得到球心O在平面ACD的投影与M点重合，由面面垂直得到球心O在平面BCD上，作出辅助线，球心O在MH上，设OM=x，由半径相等列出方程，求出x，进而得到外接球半径，求出表面积.
【详解】因为是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，
所以AM⊥CD，且，
因为，所以，而，
由勾股定理得：，所以BM=BC，
故为等腰直角三角形，，，
由题意得：球心O在平面ACD的投影与M点重合，
因为平面平面BCD，所以球心O在平面BCD上，
在平面BCD上，过点M作MH⊥CD，故，
球心O在MH上，设OM=x，
由余弦定理得：，
则，
由得：，解得：，
设外接球半径为，则，
故该三棱锥的外接球的表面积为.
故选：D
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 ．
二、多项选择题（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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 向量在向量上的投影向量可表示为
B. 若，则与的夹角θ的范围是
C. 若，，则
D. 已知，，则
【答案】AB
【解析】
【分析】根据投影向量的概念可知，A正确；由，得，再根据平面向量夹角的范围可知B正确；举例，可知C不正确；求出，可知D不正确.
【详解】对于A，向量在向量上投影为，投影向量为，故A正确；
对于B，若，则，则，
因为，所以，故B正确；
对于C，若，则满足，，但不一定共线，故C不正确；
对于D，已知，，则，故D不正确.
故选：AB.
10. 近年，随着人工智能，AIoT，云计算等技术的推动，全球数据量正在无限制地扩展和增加.国际数据公司IDC统计了2016~2020年全球每年产生的数据量及其增速，所得结果如图所示，根据该统计图，下列说法正确的是（ ）
A. 2016~2020年，全球每年产生的数据量在持续增加
B. 2016~2020年，全球数据量的年平均增长率持续下降
C. 2016~2020年，全球每年产生的数据量的平均数为33.7
D. 2015年，全球产生的数据量超过15
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据统计图，分析数据，可依次判断各个选项.
【详解】对于A，由图可得2016~2020年，全球每年产生的数据量在持续增加，故A正确.
对于B，2016~2017年，全球数据量的年平均增长率由增长到了，故B错误.
对于C，年，全球每年产生的数据量的平均数为，故C正确.
对于D，设2015年全球产生的数据量为，则，解得，故D正确.
故选：ACD
11. 已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若是边长为1的正三角形，则
C. 若，，，则有一解
D. 若O是所在平面内的一点，且，则是直角三角形
【答案】AD
【解析】
【分析】A由正弦定理边角关系判断；B向量数量积的定义求；C利用正弦定理解三角形求角C判断；D由已知可得，由其几何意义可知边上的中线长等于的一半，即可判断.
【详解】A：由，又，即，故，正确；
B：由已知，错误；
C：由，则，而，故或，错误；
D：由、、，故，所以在中边上的中线长等于的一半，即是为直角的直角三角形，正确.
故选：AD
12. 正方体中，E是棱的中点，F在侧面上运动，且满足平面.以下命题正确的有（ ）
A. 侧面上存在点F，使得
B. 直线与直线所成角可能为
C. 平面与平面所成锐二面角的正切值为
D. 设正方体棱长为1，则过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大为
【答案】AC
【解析】
【分析】取中点M，中点N，连接，易证得平面平面，可得点F的运动轨迹为线段．取的中点F，根据等腰三角形的性质得，即有，A正确；当点F与点M或点N重合时，直线与直线所成角最大，可判断B错误；根据平面平面，即为平面与平面所成的锐二面角，计算可知C正确；
【详解】取中点M，中点N，连接，则易证得，，从而平面平面，所以点F的运动轨迹为线段．
取的中点F，因为是等腰三角形，所以，又因为，所以，故A正确；
设正方体的棱长为a，当点F与点M或点N重合时，直线与直线所成角最大，此时，所以B错误；
平面平面，取F为的中点，则，，∴即为平面与平面所成的锐二面角，，所以C正确；
因为当F为与的交点时，截面为菱形（为的交点），面积为，故D错误.
故选：AC.
【点睛】本题主要考查线面角，二面角，截面面积的求解，空间几何中的轨迹问题，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，综合性较强，属于较难题．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知一组数据8.6，8.9，9.1，9.6，9.7，9.8，9.9，10.2，10.6，10.8，11.2，11.7，则该组数据的第80百分位数为__________．
【答案】10.8
【解析】
【分析】根据题设及百分位数的求法，得到第80百分位数所在的位次，找到对应位次上的数，即为所求.
【详解】由题设知：数据共有12个,则，即第80百分位数在第10位,
第80百分位数是10.8.
故答案为：10.8.
14. 如图，是斜二测画法画出的水平放置的的直观图，是的中点，且轴，轴，，，则的周长___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知，利用斜二测画法“平行依旧垂改斜，横等纵半”、以及勾股定理计算求解.
【详解】如图，根据斜二测画法，因为，，所以，，
且轴，轴，是的中点，所以，
在直角中，由勾股定理有：，所以，
则的周长.
故答案为：.
15. 在中，为中点，若，则实数的值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】由题知，，进而根据题意，结合向量数量积运算律得.
【详解】解：因为为中点，
所以，，
，
因为，
所以，
因为
所以，，解得.
故答案为：
16. 如图， 二面角的平面角的大小为为半平面内的两个点， 为半平面内一点， 且，若直线与平面所成角为为的中点， 则线段长度的最大值是___________.
【答案】##
【解析】
【分析】自点引平面的垂线，垂足为，则两点在以为高，以为母线的圆锥的底面圆周上，所以当两点运动到公共棱上时AD最大，然后根据题意求解即可.
【详解】如图，自点引平面的垂线，垂足为，因为，
则两点在以为高，以为母线的圆锥的底面圆周上，
因为为半平面内的两个点， 为半平面内一点，
所以当两点运动到公共棱上时，最大，则最长，此时在中为定值，最大，所以AD最大.
自点引公共棱的垂线，则由题意得，
所以，，所以，
因为，所以，
因为，所以为的中点，所以，
所以，
在中，由余弦定理得，
在中由余弦定理得,
故答案为：
四．解答题：本大题共6小题，共70分．
17. 已知某校高一、高二、高三三个年级的学生志愿者人数分别为180，120，120．现采用样本按比例分配的分层随机抽样方法，从中抽取7名同学去敬老院参加献爱心活动．
（1）应从高一、高二、高三三个年级的学生志愿者中分别抽取多少人？
（2）抽出的7名同学分别用A，B，C，D，E，F，G表示，现从该7名同学中随机抽取2名同学承担敬老院卫生打扫工作．设7名同学中来自高一的3人分别为A，B，C，记事件“抽取的两名同学中至少有一名来自高一年级”，试用所给字母写出事件M包含的样本点；
【答案】（1）分别抽取3人，2人，2人
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用分层抽样的定义结合已知条件求解即可，
（2）根据题意利用列举法求解
【小问1详解】
由题意知，高一、高二、高三，三个年级的学生志愿者人数之比为，
又采用样本量按比例分配的分层随机抽样方法，从中抽取7名同学．
故应从高一、高二、高三，三个年级的学生志愿者中分别抽取3人，2人，2人．
【小问2详解】
，，，，，，，，，，，，，，，共含有15个样本点．
18. 内角、、的对边分别为、、，，且______．
在①，②，这两个条件中任选一个，补充在横线中，并解答．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
（1）求的面积；
（2）若，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选①，利用余弦定理可得出，利用同角三角函数的基本关系求出的值，可求出的值，再利用三角形的面积公式可求得的面积；
选②，利用平面向量数量积的定义可得出，后续解题过程同①；
（2）设的外接圆半径为，利用正弦定理求出，再利用正弦定理可求得的值.
【小问1详解】
解：若选①，由余弦定理可得，所以，，
所以，，则，且，
所以，，可得，
所以，的面积为；
若选②，由平面向量数量积的定义得，
可得，则，且，
所以，，可得，
所以，的面积为.
【小问2详解】
解：设的外接圆半径为，则，
因为，且，则，
所以，，故.
19. 在如图所示的四棱锥中，四边形是等腰梯形，，，平面，．
（1）求证：；
（2）若为中点，问线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）证明出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）下结论：线段上存在点，使得平面，且，然后证明结论成立，取中点，连接、，在线段上取点，使得，连接，证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论成立.
【小问1详解】
证明：在等腰梯形中，，，
则，且，
因为，则，同理可得，
所以，，即，
因为平面，平面，所以，，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，.
【小问2详解】
解：线段上存在点，使得平面，且.
下面证明结论：如图，取中点，连接、，
在线段上取点，使得，连接，
由（1）知，在中，，，则，
所以，，所以，
因为，，所以且，
因为为中点，为的中点，所以且，
所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
所以线段上存在点，使得平面，且.
20. 2021年中国共产党迎来了建党100周年，为了铭记建党历史、缅怀革命先烈、增强爱国主义情怀，某学校为学生组织了系列学党史活动．为了解学生的学习情况，从全校学生中随机抽取了1名同学进行党史知识测试，满分100分，并将这名同学的测试成绩按，，，，分成5组，绘制成了如图所示的频率分布直方图．已知测试成绩在的学生为70人．
（1）求值及频率分布直方图中的值；
（2）为奖励优胜者，学校将对本次测试成绩排在前40%的学生发放奖品，若某学生获得了奖品，请估算一下该学生的成绩至少达到多少分；
（3）学校组织党史知识测试设定的预案是：以抽取的样本作为参考，若学生的平均成绩不低于80分，只需发放下一步学习资料，否则要举办党史知识大讲堂加强学习．请根据所学的统计知识，估计该校是否需要举办党史知识大讲堂，并说明理由．（同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表）
【答案】（1）200，；（2）86分；（3）按照学校的预案，只需要发放学习资料即可，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）频数除以频率等于样本容量求出，利用频率和为1列方程计算的值；
（2）转化为求第60百分位数；
（3）估计平均数，并与80进行比较．
【详解】（1）由已知条件可得，
由频率和1得，
解得．
（2）因为，所以问题转化为估计样本数据的第60百分位数，
因为，
，
所以第60百分位数在区间内，
设该生得分最低为，则，
解得，所以估计该生的得分至少达到86分.
（3）由频率分布直方图可得
，
因为，
所以按照学校的预案，只需要发放学习资料即可.
21. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．
（1）求角B的大小；
（2）若，D为AC边上的一点，，且 ，求△ABC的面积．
请在下列两个条件中选择一个作为条件补充在横线上，并解决问题．
①BD是∠ABC的平分线；②D为线段AC的中点．
（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答记分．）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式即可求解；
（2）选择①，由平分得，分别用三角形面积公式求解可得，利用余弦定理可得，联立即可求解的值，即可求得△ABC的面积；选择②，利用平面向量的线性运算可得，求解向量的模可得，利用余弦定理可得，联立即可求解的值，即可求得△ABC的面积.
【小问1详解】
解：由正弦定理知，，
∵，
代入上式得，
∵，
∴，，
∵，∴.
【小问2详解】
若选①：
由平分得，，
∴，
即．
在中，由余弦定理得，
又，∴，
联立得，
解得，（舍去），
∴．
若选②：
因为，，
，得，
在中，由余弦定理得，
即，
联立，可得，
∴．
22. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面，.点是的中点，作，交于点.
（1）设平面与平面的交线为，试判断直线与直线的位置关系，并给出证明；
（2）求平面与平面所成的较小的二面角的余弦值；
（3）求直线与平面所成角的正切值.
【答案】（1），证明见解析；（2）；（3）.
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的性质定理进行证明即可.
（2）先找出二面角的平面角，然后进行求解即可，
（3）根据线面角的定义进行求解即可，
【详解】（1）证明：连结交交于，
∵是正方形，∴为的中点，
又∵是的中点，∴，
又∵平面，平面，∴平面，
又平面，平面平面，∴.
（2）∵平面，平面，
∴，
设正方形的边长为4，
∵，
∴的中线，，，
同理，，，
∵，，
∴为正三角形，中线，且，
∵，，
∴，同理，
∴是二面角的一个平面角，
又∵在正三角形中，
∴，
则平面与平面所成的较小的面角的余弦值为.
（3）同（2）中，得，
又∵在正方形中，，，平面，平面，
∴平面，
同理平面，
同理面，
∴是直线与平面所成的角，
∵在和中得，
∴直线与平面所成角的正切值为.
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