（考試時間：120分鐘 試卷滿分：150分）
注意事項(xiàng)：
1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。
2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。
3．考試范圍：蘇教版2019必修第一冊、第二冊以及選修必修第一冊直線與方程
4．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．
1．已知集合，則“”是“”的（ ）條件．
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分又不必要
【答案】C
【分析】根據(jù)集合的基本關(guān)系以及充分必要條件的判斷即可得解.
【詳解】因?yàn)?，所以?br>因?yàn)椋裕?br>所以是的充要條件,
故選：C.
2．若復(fù)數(shù)滿足，則等于（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【分析】由復(fù)數(shù)的除法法則求得，可求.
【詳解】由，可得，
所以，
所以.
故選：A.
3．某射擊運(yùn)動員射擊6次，命中的環(huán)數(shù)如下：7，9，6，9，10，7，則關(guān)于這組數(shù)據(jù)的說法正確的是（ ）
A. 極差為10B. 中位數(shù)為7.5C. 平均數(shù)為8.5D. 標(biāo)準(zhǔn)差為
【答案】D
【分析】利用極差、中位數(shù)、平均數(shù)、標(biāo)準(zhǔn)差的定義，根據(jù)條件逐一對各個選項(xiàng)分析判斷即可得出結(jié)果.
【詳解】某射擊運(yùn)動員射擊6次，命中的環(huán)數(shù)從小到大排列如下：6，7，7，9，9，10，
對A，極差為，故A錯誤；
對B，中位數(shù)為，故B錯誤；
對C，平均數(shù)為，故C錯誤；
對D，標(biāo)準(zhǔn)差，故D正確.
故選：D
4．已知向量，向量在上的投影向量為，則（ ）
A. -2B. -1C. 1D. 2
【答案】A
【分析】根據(jù)投影向量的定義式，結(jié)合題意即可求得.
【詳解】由向量，可得，
因向量在上的投影向量為，
由題意，，解得.
故選：A.
5．已知直線與直線關(guān)于點(diǎn)對稱，則實(shí)數(shù)的值為（ ）
A. 2B. 6C. D.
【答案】A
【分析】根據(jù)線關(guān)于點(diǎn)對稱即可得兩直線平行，進(jìn)而根據(jù)點(diǎn)的對稱代入求解即可.
詳解】由于直線與直線關(guān)于點(diǎn)對稱，
所以兩直線平行，故，則，
由于點(diǎn)在直線上，關(guān)于點(diǎn)的對稱點(diǎn)為，
故在上，代入可得，故，
故選：A
6．已知，是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，則下列命題正確的是（ ）
A. 若，，，則B. 若，，，則
C. 若，，，則D. 若，，，則
【答案】D
【分析】根據(jù)空間中線線、線面、面面的位置關(guān)系一一判斷即可.
【詳解】對于A：若，，則或，又，則或與相交，故A錯誤；
對于B：若，，則或，又，則或與相交，故B錯誤；
對于C：若，，則，又，則與平行或異面，故C錯誤；
對于D：若，，則或，
若，則在平面內(nèi)存在直線，使得，又，則，
又，所以；
若，又，所以；
綜上可得，由，，，可得，故D正確.
故選：D
7．設(shè)為銳角，若，則的值為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】根據(jù)給定條件，利用誘導(dǎo)公式、同角公式及二倍角公式求解即得.
【詳解】由為銳角，得，而，
因此，
所以
故選：B
8．若函數(shù)是定義域?yàn)榈钠婧瘮?shù)，且，，則下列說法不正確的是（ ）
A．B．的圖象關(guān)于點(diǎn)中心對稱
C．的圖象關(guān)于直線對稱D．
【答案】D
【分析】對于A：根據(jù)，賦值令，即可得結(jié)果；對于C：根據(jù)結(jié)合奇函數(shù)定義可得，即可得結(jié)果；對于B：根據(jù)選項(xiàng)B中結(jié)論分析可得，即可得結(jié)果；對于D：分析可知：4為的周期，結(jié)合周期性分析求解.
【詳解】因?yàn)椋?br>對于選項(xiàng)A：令，可得，故A正確；
對于選項(xiàng)C：因?yàn)楹瘮?shù)是定義域?yàn)榈钠婧瘮?shù)，則，
則，所以的圖象關(guān)于直線對稱，故C正確；
對于選項(xiàng)B：因?yàn)?，可得?br>則，
即，所以的圖象關(guān)于點(diǎn)中心對稱，故B正確；
對于選項(xiàng)D：因?yàn)椋?br>令，可得，
令，可得，
又因?yàn)?，則，
可知4為的周期，可得，即，
因?yàn)?，所以，故D錯誤；
故選：D
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．
9．盒子里有3個紅球和2個白球，從中不放回地依次取出2個球，設(shè)事件“兩個球顏色相同”，“第1次取出的是紅球”，“第2次取出的是紅球”，“兩個球顏色不同”．則（ ）
A. 與互為對立事件B. 與互斥C. A與B相互獨(dú)立D.
【答案】AD
【分析】依次列出樣本空間，事件、、、包含的基本事件，由事件的基本關(guān)系及概率公式一一判定選項(xiàng)即可.
【詳解】依題意可設(shè)個紅球?yàn)椋?，，2個白球?yàn)椋?，則樣本空間為：
，共個基本事件.
事件，共個基本事件.
事件
，共個基本事件.
事件
，共個基本事件.
事件，
共個基本事件.
對于A，顯然、不可能同時發(fā)生，且與中一定有一個會發(fā)生，所以與互為對立事件，故A正確；
對于B：注意到，則與不互斥，故B錯誤；
對于C：因?yàn)椋?br>則，故與不獨(dú)立，故C錯誤；
對于D：，故D正確.
故選：AD
10．已知函數(shù)，則（ ）
A. 的最小正周期為B.
C. 的圖象關(guān)于直線對稱D. 在區(qū)間上單調(diào)遞增
【答案】BD
【分析】利用二倍角公式及兩角和的正弦公式化簡，在根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)計算可得.
【詳解】因?yàn)?br>，
所以的最小正周期，故A錯誤；
因?yàn)?，所以，故B正確；
因?yàn)椋缘膱D象不關(guān)于直線對稱，故C錯誤；
當(dāng)，則，又在上單調(diào)遞增，
所以在區(qū)間上單調(diào)遞增，故D正確.
故選：BD
11.在正四棱臺中，，，，點(diǎn)E在內(nèi)部（含邊界），則（ ）
A. 平面B. 二面角大小為
C. 該四棱臺外接球的體積為D. 的最小值為
【答案】ABD
【分析】對于A，為中點(diǎn)，證明證得平面；對于B，幾何法求二面角的大??；對于C，先假設(shè)球心的位置，利用勾股定理與半徑相等建立方程組進(jìn)而確定的位置，可求得球的半徑并計算體積；對于D，先判斷落在上，再進(jìn)一步判斷與重合時，取得最小值.
【詳解】對于A，如圖1，設(shè)底面對角線交于點(diǎn)，
由棱臺的結(jié)構(gòu)特征易知與的延長線必交于一點(diǎn)，故共面，
又面面，而面面，面面，
故，即；
由，，，
得，，即；
所以四邊形是平行四邊形，故，
而面，面，所以平面，故A正確；
對于B，正四棱臺中，為中點(diǎn)，，則，
由，則有，所以二面角的平面角為，
，，為正三角形，
所以二面角的大小為，故B正確；
對于C，如圖2，設(shè)為的中點(diǎn)，為正四棱臺外接球的球心，設(shè)外接球的半徑為，
則，
等腰梯形中，易得，
為方便計算，不妨設(shè)，則由，
即，得，又，解得，
即與重合，故，故球的體積為，故C錯誤；
對于D，由圖2易得，，，面，
故面，
不妨設(shè)落在圖3(在外)處，過作，交于，
則面，面，故，
故在中，（直角邊小于斜邊）；同理，，
所以，故動點(diǎn)只有落在上，才有可能取得最小值；
再看圖4，由AB選項(xiàng)可知，，，
和都為正三角形，關(guān)于的對稱點(diǎn)為，
可知，
即與重合時，有最小值，故D正確；
故選：ABD.
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．
12．直線恒過定點(diǎn)______.
【答案】ACD
【分析】整理直線方程，可化為，當(dāng)且時，無論取何值，方程恒成立，解方程組即可解得定點(diǎn)，即可判斷正誤；
【詳解】因?yàn)橹本€，
即，
令，解得，
即直線恒過定點(diǎn)，
故答案為：
13．已知是邊長為1的正三角形，是上一點(diǎn)且，則_________
【答案】
【分析】根據(jù)題意得，由三點(diǎn)共線求得，利用向量數(shù)量積運(yùn)算求解.
【詳解】，，且，
而三點(diǎn)共線，，即，
，
所以.
故答案為：
14．古希臘數(shù)學(xué)家托勒密于公元150年在他的名著《數(shù)學(xué)匯編》里給出了托勒密定理：圓的內(nèi)接凸四邊形的兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積．已知平面凸四邊形ABCD外接圓半徑為1，．則（1）__________；（2）的最小值為__________．
【答案】 ①. ②.
【分析】由正弦定理可得的比，由余弦定理可得的值，由正弦定理可得的值，再由托勒密定理可得的表達(dá)式，由基本不等式可得它的最小值.
【詳解】，
由正弦定理可得：，
設(shè)，
由余弦定理可得，
在中，，可得，
由正弦定理可得，
，，
設(shè)，由余弦定理得，
由托勒密定理得，
即，平方得，
設(shè)，
，當(dāng)且僅當(dāng)且，即時取等號，
的最小值為，即的最小值為.
故答案為：;.
解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
15．2024年5月15日是第15個全國公安機(jī)關(guān)打擊和防范經(jīng)濟(jì)犯罪宣傳日，某市組織了多個小分隊(duì)走進(jìn)社區(qū)，走進(jìn)群眾，開展主題為“與民同心，為您守護(hù)”的宣傳活動，為了讓宣傳更加全面有效，某個分隊(duì)隨機(jī)選擇了200位市民進(jìn)行宣傳，這些市民年齡的樣本數(shù)據(jù)的頻率分布直方圖如圖：
（1）請估計這200位市民的平均年齡（同組數(shù)據(jù)用組中值代替）；
（2）現(xiàn)用分層抽樣方法從年齡在區(qū)間和兩組市民中一共抽取6人，再從這6人中隨機(jī)抽取2人進(jìn)行電話回訪，求“抽取的2人的年齡差大于10歲”的概率.
【答案】（1） （2）
【分析】（1）根據(jù)頻率分布直方圖中平均數(shù)計算規(guī)則計算可得；
（2）首先求出年齡在區(qū)間和中抽取的人數(shù)，再列出所有可能結(jié)果，最后由古典概型的概率公式計算可得.
【詳解】（1）由頻率分布直方圖可得這200位市民的平均年齡為：
；
（2）樣本中年齡在區(qū)間的頻率為，
年齡在區(qū)間的頻率為，
則年齡在區(qū)間抽取人，分別記作、、、，
年齡在區(qū)間抽取人，分別記作、，
從這6人中隨機(jī)抽取2人進(jìn)行電話回訪可能結(jié)果有、、、、、、
、、、、、、、、共個，
其中滿足抽取的2人的年齡差大于10歲的有、、、、、、、共個，
所以“抽取的2人的年齡差大于10歲”的概率.
16．如圖，在四棱錐中，底面ABCD為平行四邊形，底面ABCD，，，E為PD中點(diǎn)，F(xiàn)為PB中點(diǎn)，M為CE中點(diǎn)．
（1）求證：平面平面PAB；
（2）求證：平面BDM．
【答案】（1）證明見解析 （2）證明見解析
【分析】（1）證明出即可證明出平面PAB從而證明出平面平面PAB．
（2）先證明平面平面BDM．再利用面面平行的性質(zhì)證明即可..
【詳解】（1）底面ABCD．平面ABCD，．
又，，平面PAB平面PAB．
平面ACE，平面平面PAB．
（2）連接EF、AE，連接AC交BD于點(diǎn)O，連接OM．
在中，M，O分別為CE，AC中點(diǎn)，．
又平面BDM，OM平面BDM，平面BDM：
在中，E，F(xiàn)分別為PD，PB中點(diǎn)，．
又平面BDM，平面BDM．平面BDM；
又AE，平面AEF，，平面平面BDM．
又平面AEF，所以平面BDM．
17．已知的頂點(diǎn)，，.
（1）若直線過頂點(diǎn)，且頂點(diǎn)A，到直線的距離相等，求直線的方程；
（2）數(shù)學(xué)家歐拉于1765年在他的著作《三角形的幾何學(xué)》中首次提出：三角形的外心、重心、垂心共線，這條直線稱為歐拉線.求的歐拉線方程.
【答案】（1）或 （2）
【分析】（1）根據(jù)題意可設(shè)直線，結(jié)合點(diǎn)到直線的距離公式運(yùn)算求解；
（2）根據(jù)外心在的中垂線為可設(shè)，及到頂點(diǎn)距離相等列方程可得，結(jié)合重心求直線方程.
【詳解】（1）若直線的斜率不存在，顯然不合題意，可設(shè)直線，即，
由題意可得：，
整理得，解得或，
所以直線的方程或.
（2）因?yàn)榈闹写咕€為，可設(shè)的外心，
又因?yàn)?，可得?br>則，解得，即，
由題意可知：的重心，則歐拉線的斜率為，
故的歐拉線的方程為，即.
18．在中，已知角，，所對的邊分別為，，，．
（1）求角的大??；
（2）若為銳角三角形，求的取值范圍．
【答案】（1） （2）
【分析】（1）由二倍角的正弦和余弦公式，結(jié)合余弦定理將角轉(zhuǎn)化為邊，可將式子變形為，再利用余弦定理即可求解；
（2）利用正弦定理將邊轉(zhuǎn)化為角，再結(jié)合三角恒等變換可得，根據(jù)銳角三角形可得的取值范圍，結(jié)合三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)即可求解.
【詳解】（1）在中，
，
因?yàn)椋?br>所以，
化簡得，由余弦定理得，
又，所以；
（2）由正弦定理知
，
由為銳角三角形可知，而，
所以得，
所以，
所以，即 ，
則的取值范圍為.
19．如圖，在四棱柱中，已知側(cè)面為矩形，，，，，，，.
（1）求證：平面平面；
（2）求證：平面平面；
（3）若三棱錐的體積為，求平面與平面的夾角的余弦值.
【答案】（1）證明見解析 （2）證明見解析 （3）或.
【分析】（1）由已知可得平面，平面，從而可證結(jié)論；
（2）由余弦定理可得，從而可證，進(jìn)而結(jié)合已知可證平面，可證結(jié)論；
（3）延長交于，過作于，過作于，連接，可得為平面與平面所成二面角的平面角，求解即可.
【詳解】（1）因?yàn)?，，所以?br>又平面，平面，所以平面，
，，可得，又，，
所以是等邊三角形，所以，，
又，所以，又平面，平面，
平面，又，又平面，
所以平面平面；
（2）由側(cè)面為矩形，可得，
連接，可得是等邊三角形，所以，
所以，又，，
由余弦定理可得，所以，
所以，所以，所以，所以，
又， 平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（3）延長交于，可得是等邊三角形，
過作于，
由（1）可知平面，所以三棱錐的體積即為三棱錐的體積，
又三棱錐的體積等于三棱錐的體積，
由（2）可知平面平面ABCD，且兩平面的交線為，所以平面，
所以，
解得，過作于，連接，
平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，，
所以為平面與平面所成二面角的平面角，
若，則點(diǎn)在線段上，且為中點(diǎn)，
又，由勾股定理可得，
所以，所以，所以由勾股定理可得，
所以，
所以平面與平面的夾角的余弦值為；
若，則點(diǎn)在線段延長線上，此時，.

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