2024-2025學(xué)年河北省保定市高二上學(xué)期開(kāi)學(xué)考試數(shù)學(xué)檢測(cè)試題合集2套（附解析）

這是一份2024-2025學(xué)年河北省保定市高二上學(xué)期開(kāi)學(xué)考試數(shù)學(xué)檢測(cè)試題合集2套（附解析），共33頁(yè)。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
1．若集合，，則（ ）
A．B．C．D．
2．設(shè)復(fù)數(shù)滿足，則（ ）
A．B．C．D．
3．某公司在職員工有1200人，其中銷售人員有400人，研發(fā)人員有600人，現(xiàn)采用分層隨機(jī)加樣的方法抽取120人進(jìn)行調(diào)研，則被抽到的研發(fā)人員人數(shù)比銷售人員人數(shù)多（ ）
A．20B．30C．40D．50
4．已知向量，則在上的投影向量為（ ）
A．B．C．D．
5．已知數(shù)據(jù)的平均數(shù)，方差，則的平均數(shù)和方差分別為（ ）
A．B．
C．D．
6．在正方體中，為的中點(diǎn)，則異面直線與所成角的余弦值為（ ）
A．B．C．D．
7．若函數(shù)，則函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為（ ）
A．，B．，
C．，D．，
8．在直角梯形中，，，，點(diǎn)為梯形四條邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
二、多選題（本大題共3小題）
9．人均可支配收入和人均消費(fèi)支出是兩個(gè)非常重要的經(jīng)濟(jì)和民生指標(biāo)，常被用于衡量一個(gè)地區(qū)經(jīng)濟(jì)發(fā)展水平和群眾生活水平．下圖為2018～2023年前三季度全國(guó)城鎮(zhèn)居民人均可支配收入及人均消費(fèi)支出統(tǒng)計(jì)圖，據(jù)此進(jìn)行分析，則（ ）
A．2018～2023年前三季度全國(guó)城鎮(zhèn)居民人均消費(fèi)支出逐年遞增
B．2018～2023年前三季度全國(guó)城鎮(zhèn)居民人均可支配收入逐年遞增
C．2018～2023年前三季度全國(guó)城鎮(zhèn)居民人均可支配收入的極差比人均消費(fèi)支出的極差小
D．2018～2023年前三季度全國(guó)城鎮(zhèn)居民人均消費(fèi)支出的中位數(shù)為21180元
10．已知復(fù)數(shù)，其中i為虛數(shù)單位，則下列結(jié)論正確的有（ ）
A．復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)的模為1B．復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第四象限
C．復(fù)數(shù)z是方程的解D．復(fù)數(shù)滿足，則的最大值為2
11．如圖，正方體的棱長(zhǎng)為1，P是線段上的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．三棱錐的體積為定值
B．平面
C．的最小值為
D．當(dāng)，C，，P四點(diǎn)共面時(shí)，四面體的外接球的體積為
三、填空題（本大題共3小題）
12．已知平面向量，若，則 .
13．在△ABC中，，則角B的大小是 ；若，則△ABC的面積的最大值是 .
14．蹴鞠（如圖所示），又名蹴球，蹴圓，筑球，踢圓等，蹴有用腳蹴、踢、蹋的含義，鞠最早系外包皮革、內(nèi)實(shí)米糠的球因而蹴鞠就是指古人以腳蹴、蹋、踢皮球的活動(dòng)，類似于今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠作為非物質(zhì)文化遺產(chǎn)經(jīng)國(guó)務(wù)院批準(zhǔn)已列入第一批國(guó)家非物質(zhì)文化遺產(chǎn)名錄.已知某鞠（球）的表面上有四個(gè)點(diǎn)A，B，C，P，且球心О在PC上，，，，則該鞠（球）的表面積為 .
四、解答題（本大題共5小題）
15．已知分別為的三個(gè)內(nèi)角的對(duì)邊，且，，．
(1)求及的面積；
(2)若為邊上一點(diǎn)，且，求的正弦值．
16．小米在2024年推出SU7汽車，創(chuàng)始人雷軍為了了解廣大客戶對(duì)小米SU7的評(píng)價(jià)，令銷售部隨機(jī)抽取200名客戶進(jìn)行了問(wèn)卷調(diào)查，根據(jù)統(tǒng)計(jì)情況，將他們的年齡按，，，，分組，并繪制出了如圖所示的頻率分布直方圖.

(1)估計(jì)樣本數(shù)據(jù)中用戶年齡的眾數(shù)與平均數(shù)（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值作代表）；
(2)銷售部從年齡在，內(nèi)的樣本中按比例分配的分層隨機(jī)抽樣方法抽取6人，再?gòu)倪@6人中隨機(jī)抽取2人進(jìn)行電話回訪，求這2人取自不同年齡區(qū)間的概率.
17．如圖，在正三棱柱中，，E，P分別為棱AC，BC的中點(diǎn)，且.
(1)證明：平面；
(2)求三棱柱被平面截得的兩部分的體積.
18．甲、乙兩人輪流投籃，每人每次投一球.約定甲先投，先投中者獲勝，一直到有人獲勝或者每人都已投球3次時(shí)投籃結(jié)束.設(shè)甲每次投籃投中的概率為，乙每次投籃投中的概率為，且各次投籃互不影響.
(1)求甲獲勝的概率；
(2)求投籃結(jié)束時(shí)，甲只投了2個(gè)球的概率；
(3)若用投擲一枚質(zhì)地均勻硬幣的方式?jīng)Q定甲、乙兩人誰(shuí)先投籃，求第3次投籃結(jié)束后，投籃結(jié)束的概率.
19．如圖，在矩形中，，，是線段AD上的一動(dòng)點(diǎn)，將沿著B(niǎo)M折起，使點(diǎn)到達(dá)點(diǎn)的位置，滿足點(diǎn)平面且點(diǎn)在平面內(nèi)的射影落在線段BC上．

(1)當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)重合時(shí)，
①證明：平面；
②求二面角的余弦值；
(2)設(shè)直線CD與平面所成的角為，二面角的平面角為，求的最大值．
參考答案
1．【答案】C
【分析】首先求出集合，再根據(jù)交集的定義計(jì)算可得.
【詳解】由，則，
所以，
又，
所以.
故選C.
2．【答案】B
【詳解】由可得，
所以.
故選：B
3．【答案】A
【分析】根據(jù)分層抽樣的定義結(jié)合題意求出被到的研發(fā)人員人數(shù)和銷售人員人數(shù)，從而可求得結(jié)果.
【詳解】由題意可得被抽到的研發(fā)人員有人，銷售人員有人，
則被抽到的研發(fā)人員人數(shù)比銷售人員人數(shù)多.
故選：A
4．【答案】A
【分析】根據(jù)投影向量的公式求解.
【詳解】根據(jù)題意，在上的投影向量為：
.
故選：A
5．【答案】A
【詳解】因?yàn)榈钠骄鶖?shù)是10，方差是10，
則，，
所以的平均數(shù)是，
方差是
故選：A.
6．【答案】B
【分析】取的中點(diǎn)，連接，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為，則為異面直線與所成角或其補(bǔ)角，利用余弦定理求解.
【詳解】

取的中點(diǎn)，連接，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為，
因?yàn)?，所以四邊形為平行四邊形?br>所以，則為異面直線與所成角或其補(bǔ)角，
由
所以.
故選B.
7．【答案】C
【分析】先將函數(shù)解析式化簡(jiǎn)整理，得到，根據(jù)，即可求出結(jié)果.
【詳解】因?yàn)椋?br>所以，
所以，
則函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，，
故選：C
8．【答案】D
【分析】此題可以先證明一下極化恒等式，再使用，輕松解決此題.
【詳解】如圖中，O為AB中點(diǎn)，
（極化恒等式）,
共起點(diǎn)的數(shù)量積問(wèn)題可以使用.
如圖，取中點(diǎn)，則由極化恒等式知，
，要求取值范圍，只需要求最大，最小即可.
由圖，可知最大時(shí)，P在D點(diǎn)，即，此時(shí)，
最小時(shí)，P在O點(diǎn)，即，此時(shí).
綜上所得，取值范圍為.
故選D.
9．【答案】BD
【分析】根據(jù)給定的折線圖，結(jié)合統(tǒng)計(jì)知識(shí)逐項(xiàng)分析判斷得解.
【詳解】對(duì)于A，由題中折線圖知，年前三季度全國(guó)城鎮(zhèn)居民人均消費(fèi)支出先增后減再增，A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，由題中折線圖知人均可支配收入逐年遞增，B正確；
對(duì)于C，年前三季度全國(guó)城鎮(zhèn)居民人均可支配收入的極差為元，
人均消費(fèi)支出的極差為元，C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，年前三季度全國(guó)城鎮(zhèn)居民人均消費(fèi)支出的中位數(shù)為元，D正確.
故選：BD
10．【答案】ABD
【詳解】因?yàn)?，所以?br>對(duì)于選項(xiàng)A，因?yàn)椋?，故選項(xiàng)A正確；
對(duì)于選項(xiàng)B，因?yàn)閺?fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為，故選項(xiàng)B正確；
對(duì)于選項(xiàng)C，，所以，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
對(duì)于選項(xiàng)D，設(shè)，則由，得到，又，由幾何意義知，可看成圓上的動(dòng)點(diǎn)到原點(diǎn)的距離，所以的最大值為，故選項(xiàng)D正確.
故選：ABD.
11．【答案】ABD
【分析】A選項(xiàng)，求出為定值，且P到平面的距離為1，從而由等體積得到錐體體積為定值；B選項(xiàng)，證明出面面平行，得到線面平行；
C選項(xiàng)，將兩平面展開(kāi)到同一平面，連接，交于點(diǎn)，此時(shí)最小，最小值即為的長(zhǎng)，由勾股定理得到最小值；
D選項(xiàng)，點(diǎn)P在點(diǎn)B處，，C，，P四點(diǎn)共面，四面體的外接球即正方體的外接球，求出正方體的外接球半徑，得到外接球體積.
【詳解】對(duì)于A，因?yàn)椴辉谄矫鎯?nèi)，平面，
所以平面，又，
所以點(diǎn)到平面的距離為，
又為定值，
故定值，A正確；
對(duì)于B，因?yàn)?，平面，平面，所以平面?br>同理可知平面，
又，平面，
所以平面平面，
由于平面，故平面，B正確.
對(duì)于C，展開(kāi)兩線段所在的平面，得矩形及等腰直角三角形，
連接，交于點(diǎn)，此時(shí)最小，最小值即為的長(zhǎng)，
過(guò)點(diǎn)作⊥，交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，
其中，
故，又勾股定理得，C正確；
對(duì)于D，點(diǎn)P在點(diǎn)B處，，C，，P四點(diǎn)共面，
四面體的外接球即正方體的外接球，
故外接球的半徑為，所以該球的體積為，D正確.
故選：ABD
【點(diǎn)睛】特殊幾何體的內(nèi)切球或外接球的問(wèn)題，常常進(jìn)行補(bǔ)形，轉(zhuǎn)化為更容易求出外接球或內(nèi)切球球心和半徑的幾何體，比如墻角模型，對(duì)棱相等的三棱錐常常轉(zhuǎn)化為棱柱來(lái)進(jìn)行求解.
12．【答案】
【分析】根據(jù)向量垂直和平行的坐標(biāo)表示，列式計(jì)算，求出的值，即可求得答案.
【詳解】由，
得，解得，
所以，
故答案為：
13．【答案】 /
【分析】根據(jù)條件，結(jié)合余弦定理得，再由基本不等式變形求出的最大值，最后利用三角形面積公式表示出，代入的最大值即可求三角形的面積最大值.
【詳解】因?yàn)?，由余弦定理得，所?
因?yàn)椋?，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，所以，
面積，所以三角形面積的最大值為.
故答案為：；
14．【答案】
【分析】畫(huà)出圖形，做出輔助線，利用勾股定理求出球的半徑，求出球的表面積.
【詳解】
如圖，取AB的中點(diǎn)M，連接MP，由
得：
連接CM并延長(zhǎng)，交球O于點(diǎn)H，連接PH，因?yàn)镻C球O的直徑，
設(shè)球的半徑為R，則
球的表面積為
故答案為：.
15．【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用余弦定理可得出關(guān)于的二次方程，可解出的值，進(jìn)而可求得的面積；
（2）在中，利用正弦定理可求得的值，再由可得出，進(jìn)而可求得的正弦值.
【詳解】（1）由余弦定理得，
整理得，即，
因?yàn)椋獾茫?br>所以.
（2）
由正弦定理得：，
所以，
在三角形中，因?yàn)?，則，
所以.
16．【答案】(1)平均數(shù)為44.5，眾數(shù)為45.
(2).，
【分析】（1）根據(jù)頻率分布直方圖易知眾數(shù)，由平均數(shù)計(jì)算公式可得結(jié)果；
（2）由抽樣比可確定每層中的抽樣人數(shù)，再由古典概率計(jì)算公式可得結(jié)果
【詳解】（1）由平均數(shù)計(jì)算公式，可估計(jì)平均數(shù)為，
根據(jù)頻率分布直方圖，估計(jì)眾數(shù)為45.
（2）由已知可得抽取的6人中，年齡在內(nèi)的有4人，分別記為；
年齡在內(nèi)的有2人，分別記為；
則從這6人中隨機(jī)抽取2人的樣本點(diǎn)為
，，，，，，，，，
，，，，，，共15個(gè)；
記事件“這2人取自不同年齡區(qū)間”，其包含樣本點(diǎn)有，，，，
，，，，共8個(gè)，
故這2人取自不同年齡區(qū)間的概率為.
17．【答案】(1)證明見(jiàn)解析
(2)三棱錐的體積為，多面體的體積為
【分析】（1）連接交于F，連接EF，再結(jié)合線面平行的判定定理即可得證；
（2）根據(jù)條件可得，然后根據(jù)錐體及柱體的體積公式結(jié)合割補(bǔ)法將三棱柱的體積減去三棱錐的體積即可得答案.
【詳解】（1）連接交于F，連接EF，如圖.
∵三棱柱為正三棱柱，
∴F為的中點(diǎn)，
又E為AC的中點(diǎn)，
∴EF為的中位線，
∴，
又平面，平面，
∴平面.
（2）三棱柱被平面截得的兩部分為三棱錐與多面體.
∵三棱柱為正三棱柱，
∴四邊形為矩形，
又，
∴，
∴，解得.
∴三棱柱的體積為
故三棱錐的體積為，
多面體的體積為.
18．【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）設(shè)，分別表示甲、乙在第次投籃投中，設(shè)甲獲勝為事件，則，由互斥事件概率的加法公式計(jì)算可得答案；
（2）設(shè)投籃結(jié)束時(shí)，甲只投2個(gè)球?yàn)槭录瑒t，由互斥事件概率的加法公式計(jì)算可得答案；
（3）設(shè)第3次投籃結(jié)束后，投籃結(jié)束為事件，按甲和乙誰(shuí)先投籃分2中情況討論，進(jìn)而由互斥事件概率的加法公式計(jì)算可得答案.
【詳解】（1）根據(jù)題意，設(shè)，分別表示甲、乙在第次投籃投中，
則，，,
設(shè)甲獲勝為事件，則，而，，互斥，
故；
（2）根據(jù)題意，設(shè)投籃結(jié)束時(shí)，甲只投2個(gè)球?yàn)槭录?br>則，而，互斥，
所以；
（3）根據(jù)題意，設(shè)第3次投籃結(jié)束后，投籃結(jié)束為事件，
分兩種情況討論：
若甲先投籃，若第3次投籃結(jié)束后，投籃結(jié)束，即事件，
若乙先投籃，若第3次投籃結(jié)束后，投籃結(jié)束，即事件，
故.
19．【答案】(1)①證明見(jiàn)詳解；②
(2)
【詳解】（1）①

當(dāng)點(diǎn)M與端點(diǎn)D重合時(shí)，由可知，
由題意知平面，平面，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
因?yàn)?，平面，平面?br>所以平面；
②

過(guò)E作于點(diǎn)O，連接.
因?yàn)槠矫妫矫?，所以?br>因?yàn)椋?，，平面，
所以平面，因?yàn)槠矫?，所以?br>所以為二面角的平面角,
且在四邊形ABCD中，A,O,E三點(diǎn)共線.
因?yàn)樗?，所以?br>所以，
所以，
所以，
所以在中，，
即二面角的余弦值為；
（2）

過(guò)點(diǎn)做交于，所以直線與平面所成的角,
即為直線與平面所成的角，
過(guò)E作于點(diǎn)O，連接.
由②同理可得平面，平面，
所以平面平面，
作，垂足為，平面平面，平面，
所以平面，
連接，是直線與平面所成的角，即，
因?yàn)槠矫妫矫妫?
所以,則,
易得，有，
設(shè)，所以，
所以，
所以，，
因?yàn)樵谥?，斜邊大于直角邊，即?br>所以，所以，
，
在中由等面積，
由,有
則，，
因?yàn)?，，所以是二面角平面角?br>即，，
，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)“＝”成立，
故的最大值.
2024-2025學(xué)年河北省保定市高二上學(xué)期開(kāi)學(xué)考試數(shù)學(xué)檢測(cè)試題（二）
一、單選題（本大題共8小題）
1．若復(fù)數(shù)滿足，則（ ）
A．B．C．D．
2．已知的三個(gè)頂點(diǎn)分別為，且，則（ ）
A．2B．3C．4D．5
3．若是空間的一個(gè)基底，則下列向量不共面的為（ ）
A．B．
C．D．
4．已知平面的一個(gè)法向量為，點(diǎn)在外，點(diǎn)在內(nèi)，且，則點(diǎn)到平面的距離（ ）
A．1B．2C．3D．
5．續(xù)航能力關(guān)乎無(wú)人機(jī)的“生命力”，太陽(yáng)能供能是實(shí)現(xiàn)無(wú)人機(jī)長(zhǎng)時(shí)續(xù)航的重要路徑之一.某大學(xué)科研團(tuán)隊(duì)利用自主開(kāi)發(fā)的新型靜電電機(jī)，成功研制出僅重克的太陽(yáng)能動(dòng)力微型無(wú)人機(jī)，實(shí)現(xiàn)純自然光供能下的持續(xù)飛行.為激發(fā)同學(xué)們對(duì)無(wú)人機(jī)的興趣，某校無(wú)人機(jī)興趣社團(tuán)在校內(nèi)進(jìn)行選拔賽，8名參賽學(xué)生的成績(jī)依次為，則這組數(shù)據(jù)的上四分位數(shù)（也叫第75百分位數(shù)）為（ ）
A．93B．92C．D．
6．在中，角的對(duì)邊分別為，若，則（ ）
A．6B．4C．3D．2
7．某人忘記了一位同學(xué)電話號(hào)碼的最后一個(gè)數(shù)字，但確定這個(gè)數(shù)字一定是奇數(shù)，隨意撥號(hào)，則撥號(hào)不超過(guò)兩次就撥對(duì)號(hào)碼的概率為（ ）
A．B．C．D．
8．已知圓錐在正方體內(nèi)，，且垂直于圓錐的底面，當(dāng)該圓錐的底面積最大時(shí)，圓錐的體積為（ ）

A．B．C．D．
二、多選題（本大題共3小題）
9．已知是兩條不同的直線，是一個(gè)平面，則下列命題為真命題的有（ ）
A．若，則
B．若，則
C．若，則或
D．若，相交，則
10．已知事件兩兩互斥，若，則（ ）
A．B．
C．D．
11．已知厚度不計(jì)的容器是由半徑為，圓心角為的扇形以一條最外邊的半徑為軸旋轉(zhuǎn)得到的，下列幾何體中，可以放入該容器中的有（ ）
A．棱長(zhǎng)為的正方體
B．底面半徑和高均為的圓錐
C．棱長(zhǎng)均為的四面體
D．半徑為的球
三、填空題（本大題共3小題）
12．《九章算術(shù)》中將正四棱臺(tái)稱為方亭，現(xiàn)有一方亭，體積為13，則該方亭的高是 .
13．在空間直角坐標(biāo)系中，為的中點(diǎn)，則異面直線與所成角的余弦值為 .
14．在中，點(diǎn)在邊上，，則的外接圓的半徑為 .
四、解答題（本大題共5小題）
15．某高中為了解本校高二年級(jí)學(xué)生的體育鍛煉情況，隨機(jī)抽取100名學(xué)生，統(tǒng)計(jì)他們每天體育鍛煉的時(shí)間，并以此作為樣本，按照進(jìn)行分組，得到如圖所示的頻率分布直方圖.已知樣本中體育鍛煉時(shí)間在內(nèi)的學(xué)生有10人.
(1)求頻率分布直方圖中和的值；
(2)估計(jì)樣本數(shù)據(jù)的中位數(shù)和平均數(shù)（求平均數(shù)時(shí)，同一組中的數(shù)據(jù)以該組區(qū)間的中點(diǎn)值為代表）.
16．在中，角的對(duì)邊分別是，已知.
(1)證明：.
(2)若的面積為1，求.
17．如圖，在四棱錐中，已知底面是邊長(zhǎng)為的菱形，，且平面，垂足為.
(1)證明：平面.
(2)求直線與平面所成角的正弦值.
18．在正四棱柱中，已知，點(diǎn)分別在棱上，且四點(diǎn)共面，.
(1)若，記平面與底面的交線為，證明：.
(2)若，記四邊形的面積為，求的最小值.
19．給定平面上一個(gè)圖形D，以及圖形D上的點(diǎn)，如果對(duì)于D上任意的點(diǎn)P，為與P無(wú)關(guān)的定值，我們就稱為關(guān)于圖形D的一組穩(wěn)定向量基點(diǎn).
(1)已知為圖形D，判斷點(diǎn)是不是關(guān)于圖形D的一組穩(wěn)定向量基點(diǎn)；
(2)若圖形D是邊長(zhǎng)為2的正方形，是它的4個(gè)頂點(diǎn)，P為該正方形上的動(dòng)點(diǎn)，求的取值范圍；
(3)若給定單位圓及其內(nèi)接正2024邊形為該單位圓上的任意一點(diǎn)，證明是關(guān)于圓的一組穩(wěn)定向量基點(diǎn)，并求的值.
參考答案
1．【答案】C
【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)乘除法運(yùn)算直接計(jì)算即可.
【詳解】因?yàn)椋?
故選：C.
2．【答案】D
【分析】利用向量垂直的充要條件,列方程求解即得.
【詳解】由可得，，
因，故，解得.
故選：D.
3．【答案】B
【分析】根據(jù)空間基底的概念對(duì)選項(xiàng)進(jìn)行分析，從而確定正確答案.
【詳解】依題意，是空間的一個(gè)基底，
A選項(xiàng)，由于，所以共面，A選項(xiàng)錯(cuò)誤.
B選項(xiàng)，由于不存在實(shí)數(shù)，使得，
所以不共面，所以B選項(xiàng)正確.
C選項(xiàng)，由于，所以共面，C選項(xiàng)錯(cuò)誤.
D選項(xiàng)，由于，
所以共面，D選項(xiàng)錯(cuò)誤.
故選：B
4．【答案】A
【分析】由點(diǎn)到平面的距離的向量法公式直接計(jì)算求解即可.
【詳解】由題得.
故選：A.
5．【答案】D
【分析】根據(jù)百分位數(shù)的定義和求解的方法步驟即可計(jì)算求解.
【詳解】8名學(xué)生的成績(jī)從低到高依次為，且，
故上四分位數(shù)為.
故選：D.
6．【答案】B
【詳解】因?yàn)?，所以，而?br>在中，，所以，故，
由余弦定理得，代入,
得，故，
故，故B正確.
故選B.
7．【答案】B
【分析】根據(jù)題意，事件可表示為第一次撥對(duì)和第一次沒(méi)撥對(duì)第二次撥對(duì)的互斥事件的和，再由互斥事件概率加法公式及古典概型求解.
【詳解】設(shè)第次撥號(hào)撥對(duì)號(hào)碼.
撥號(hào)不超過(guò)兩次就撥對(duì)號(hào)碼可表示為，
所以撥號(hào)不超過(guò)兩次就撥對(duì)號(hào)碼的概率為.
故選：B
8．【答案】C
【分析】根據(jù)題意分析出當(dāng)圓錐底面與正六邊形相內(nèi)切時(shí)，圓錐體積最大，結(jié)合正方體性質(zhì)計(jì)算即可.
【詳解】取的中點(diǎn)，分別記為，連接，，如圖所示，

根據(jù)正方體的性質(zhì)易知六邊形為正六邊形，此時(shí)的中點(diǎn)為該正六邊形的中心，且平面，
當(dāng)圓錐底面內(nèi)切于正六邊形時(shí)，該圓錐的底面積最大.
設(shè)此時(shí)圓錐的底面圓半徑為，因?yàn)?，所以?br>所以，圓錐的底面積，圓錐的高，
所以圓錐的體積.
故選：C
9．【答案】BC
【分析】根據(jù)直線與平面的平行的判定與性質(zhì)判定A，由線面垂直的性質(zhì)判斷B，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)判斷C，由線面平行的判定判斷D.
【詳解】對(duì)于A，若，，則直線可能相交或平行或異面，故A錯(cuò)誤.
對(duì)于B，若，則，故B正確.
對(duì)于C，若，則或，故C正確.
對(duì)于D，若相交，則或與相交，故D錯(cuò)誤.
故選：BC
10．【答案】BCD
【分析】根據(jù)互斥事件的概念、互斥事件概率加法公式得解.
【詳解】對(duì)于A，因?yàn)槭录蓛苫コ猓?br>所以，故A錯(cuò)誤.
對(duì)于B，由，得，故B正確.
對(duì)于D，由，得，故D正確.
對(duì)于C，因?yàn)椋訡正確.
故選：BCD
11．【答案】AC
【分析】根據(jù)所得圖形，數(shù)形結(jié)合，可判斷A，再由圖形內(nèi)接正四面體可判斷C，由C求三角形外接圓半徑判斷B，根據(jù)截面圖計(jì)算可判斷D.
【詳解】設(shè)扇形所在圓的半徑為，對(duì)于A，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為，如圖，

則可容納的最長(zhǎng)對(duì)角線，解得，故A正確.
對(duì)于C，如圖，

取三段圓弧的中點(diǎn)，則四面體的棱長(zhǎng)均為2m，所以可以容納，故C正確.
對(duì)于B，如圖，

同選項(xiàng)C的分析，的外接圓半徑為，所以不可以容納，故B錯(cuò)誤.
對(duì)于D，如圖，

設(shè)球的半徑為，按正中間剖開(kāi)所得的軸截面，如圖，

可知圓與圓內(nèi)切，，解得，所以不可以容納，故D錯(cuò)誤.
故選：AC
12．【答案】3
【分析】根據(jù)正四棱臺(tái)的體積公式計(jì)算即可.
【詳解】設(shè)正四棱臺(tái)的高為.
因?yàn)椋?br>所以方亭的體積，解得.
故答案為：3
13．【答案】15/0.2
【分析】求出，結(jié)合向量夾角余弦公式得到異面直線所成角的余弦值.
【詳解】依題意可得，
則，
故異面直線與所成角的余弦值為.
故答案為：
14．【答案】
【分析】設(shè)，則由題以及正弦定理形式的面積公式結(jié)合可得，進(jìn)而可求出，再由即可得解.
【詳解】設(shè)，則，
由，得，
即，
又，所以，即，
又，所以，所以，則，
所以，所以，
則外接圓的半徑為.
故答案為：.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：根據(jù)已知條件的結(jié)構(gòu)特征可知解決本題的關(guān)鍵是利用即求出.
15．【答案】(1)，
(2)中位數(shù)是72分鐘；平均數(shù)是72分鐘
【分析】（1）求出在[50，60）內(nèi)的頻率即可求出，根據(jù)頻率之和為1即可列式求.
（2）先求出前3組的頻率之和以及前4組的頻率之和得樣本數(shù)據(jù)的中位數(shù)x在第4組， 再依據(jù)頻率分布直方圖所給數(shù)據(jù)列出等量關(guān)系式求解即可；由平均數(shù)的定義和公式直接計(jì)算即可.
【詳解】（1）由題意可知，學(xué)生每天體育鍛煉的時(shí)間在[50，60）內(nèi)的頻率為，
則，
由各組頻率之和為1，可知，
解得.
（2）前3組的頻率之和為，
前4組的頻率之和為，
所以樣本數(shù)據(jù)的中位數(shù)在第4組，設(shè)為，
所以，解得，
估計(jì)樣本數(shù)據(jù)的中位數(shù)是72分鐘；
估計(jì)平均數(shù)是分鐘.
16．【答案】(1)證明見(jiàn)解析
(2)
【分析】（1）根據(jù)和差角公式可得，即可利用正弦定理邊角互化求解，
（2）根據(jù)面積公式可得，進(jìn)而可得，由余弦定理即可求解.
【詳解】（1）由可得，
故，,
即,
由正弦定理可得，故
（2）由可得，故
結(jié)合得,故，
又,故，
故，
由余弦定理可得
17．【答案】(1)證明見(jiàn)解析
(2)
【分析】（1）作出輔助線，由線面垂直得到，結(jié)合是正三角形，故，并得到為等邊三角形，，故，即，結(jié)合，得到線面垂直；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的法向量，利用線面角的夾角公式得到答案.
【詳解】（1）連接，因?yàn)槠矫?，平面?br>所以，，，
由勾股定理得，，
因?yàn)?，所?
又四邊形是菱形，，所以是正三角形，
所以.
由，得是正三角形，.
所以，即.
由平面，平面，可得.
因?yàn)椋矫妫?br>所以平面.
（2）以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向分別為軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示.
因?yàn)?，所以?br>則，
，
.設(shè)是平面的一個(gè)法向量，由得
取，可得.
設(shè)直線與平面所成的角為，
則，
即直線與平面所成角的正弦值為.
18．【答案】(1)證明見(jiàn)解析
(2)
【分析】（1）由線面平行的判定定理得線面平行，再由線面平行的性質(zhì)定理得線線平行即可；
（2）利用平行四邊形面積公式得出關(guān)于的關(guān)系式，再由兩角和正切公式及變形，結(jié)合均值不等式，二次函數(shù)求最值即可.
【詳解】（1）連接，
因?yàn)椋?br>所以，則.
在正四棱柱中，易知，
所以四邊形是平行四邊形，從而.
又平面，平面，所以平面.
又平面，平面平面，所以.
（2）由正四棱柱對(duì)面平行，根據(jù)面面平行的性質(zhì)可得，即四邊形為平行四邊形.
以為坐標(biāo)原點(diǎn)，，的方向分別為軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示.
，
則，
，
，
化簡(jiǎn)可得.
因?yàn)椋裕?br>整理得.
由，
可得.
，
易知在上單調(diào)遞減，
所以當(dāng)時(shí)，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，取得最小值.
19．【答案】(1)不是
(2)
(3)證明見(jiàn)解析，4048
【分析】（1）分別計(jì)算與重合和與重合時(shí)這兩種情況下的結(jié)果，再依據(jù)一組穩(wěn)定向量基點(diǎn)的定義得解.
（2）根據(jù)向量運(yùn)算法則得，再結(jié)合正方形結(jié)構(gòu)性質(zhì)可得的最大值和最小值，進(jìn)而得解.
（3）先轉(zhuǎn)化，從而得，再結(jié)合和偶數(shù)邊的正多邊形圖形結(jié)構(gòu)性質(zhì)即可得解.
【詳解】（1）點(diǎn)不是關(guān)于的一組穩(wěn)定向量基點(diǎn)，理由如下：
當(dāng)與重合時(shí)，有，
當(dāng)與重合時(shí)，有，
故不是關(guān)于的一組穩(wěn)定向量基點(diǎn).
（2）因?yàn)椋?br>所以，故由正方形結(jié)構(gòu)性質(zhì)得：
當(dāng)與重合時(shí)，取得最大值；當(dāng)與重合時(shí)，取得最小值0.
所以的取值范圍為.
（3）設(shè)單位圓的圓心為，
則，
所以，
因?yàn)槎噙呅问钦?024邊形，
所以由偶數(shù)邊的正多邊形圖形結(jié)構(gòu)性質(zhì)可知，故，
又，所以，
故是關(guān)于圓的一組穩(wěn)定向量基點(diǎn)，且.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：對(duì)于新定義題目，解決此類題的策略是：
1. 準(zhǔn)確理解“新定義”，明確“新定義”的條件、原理、方法、步驟和結(jié)論等；
2. 重視“舉例”，利用例子可以檢驗(yàn)是否理解和懂得正確運(yùn)用，歸納例子提供的解題思路和方法；
3. 運(yùn)用新定義去解決問(wèn)題時(shí)，根據(jù)新定義交代的性質(zhì)或運(yùn)算規(guī)則去運(yùn)用即可，解決問(wèn)題的過(guò)程中還需要將“新定義”的知識(shí)與已有知識(shí)聯(lián)系起來(lái)，利用已有知識(shí)經(jīng)驗(yàn)來(lái)解決問(wèn)題.