資源簡介

廣西南寧市2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期期末考調(diào)研測試數(shù)學(xué)試題
1．（2024高一下·南寧期末）若復(fù)數(shù)，則（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·南寧期末）已知全集，則（　　）
A． B．
C． D．
3．（2024高一下·南寧期末）“”是“”成立的（　　）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
4．（2024高一下·南寧期末）已知平面平面是平面外兩條不同的直線，則下列結(jié)論錯誤的是（　　）
A．若，則 B．若，則
C．若，則 D．若，則
5．（2024高一下·南寧期末）已知球O的半徑，球O的內(nèi)接圓錐的高h(yuǎn)與底面半徑r的比為，則該圓錐的體積為（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·南寧期末）高二（1）班有40名學(xué)生，其中男生有16名，已知男生平均體重為，總平均體重為，則女生的平均體重約為（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·南寧期末）已知函數(shù)（且）在R上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（　　）
A． B．
C． D．
8．（2024高一下·南寧期末）已知函數(shù)，若對任意的實(shí)數(shù)，在區(qū)間上的值域均為，則的取值范圍為（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·南寧期末）已知實(shí)數(shù)滿足，則（　　）
A． B． C． D．
10．（2024高一下·南寧期末）在中，內(nèi)角的對邊分別是，滿足，則（　　）
A．若，則 B．若，則
C．若，則 D．若，則
11．（2024高一下·南寧期末）如圖，在正方體中，是上底面的中心，分別為的中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（　　）
A．
B．直線與平面所成角的正切值為
C．平面與平面的夾角為
D．異面直線與所成角的余弦值為
12．（2024高一下·南寧期末）樣本數(shù)據(jù)的第40百分位數(shù)為　 　．
13．（2024高一下·南寧期末）已知在中，內(nèi)角的對邊分別為，若，則的面積為　 　．
14．（2024高一下·南寧期末）如圖，在中，為斜邊的中點(diǎn)，點(diǎn)分別在邊上（不包括端點(diǎn)），，若，則　 　．
15．（2024高一下·南寧期末）已知函數(shù)（且）的圖象經(jīng)過點(diǎn)，函數(shù)的圖象經(jīng)過點(diǎn)．
（1）求的值；
（2）求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間．
16．（2024高一下·南寧期末）已知中，角所對的邊分別是，其中，．
（1）求的外接圓半徑；
（2）求周長的最大值．
17．（2024高一下·南寧期末）某高中為了激發(fā)學(xué)生參加科技創(chuàng)新實(shí)踐活動的熱情，決定舉辦兩場“創(chuàng)新追夢”知識競賽．規(guī)定每位參賽選手均須參加兩場比賽，若其在兩場比賽中均勝出，則視為贏得比賽．已知高二（1）班選出甲、乙兩名選手參加比賽，在第一場比賽中，選手甲、乙勝出的概率分別為，在第二場比賽中，甲、乙勝出的概率分別為．甲、乙兩人在每場比賽中是否勝出互不影響．
（1）甲、乙兩人中，誰參賽贏得比賽的概率更大？
（2）求甲、乙兩人中至少有一人贏得比賽的概率．
18．（2024高一下·南寧期末）如圖，正方體的棱長為分別是棱的中點(diǎn)，是棱上的一點(diǎn)，點(diǎn)在棱上，是三棱柱，分別是線段的中點(diǎn)．
（1）證明：直線平面；
（2）若四棱錐的體積為，求的長度．
19．（2024高一下·南寧期末）對于平面向量（且），記，若存在，使得，則稱是的“k向量”．
（1）設(shè)，若是的“向量”，求實(shí)數(shù)的取值范圍；
（2）若，則是否存在“1向量”？若存在，求出“1向量”；若不存在，請說明理由；
（3）已知均為的“向量”，其中．設(shè)平面直角坐標(biāo)系中的點(diǎn)列滿足（與原點(diǎn)O重合），且與關(guān)于點(diǎn)對稱，與關(guān)于點(diǎn)對稱．求的取值范圍．
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點(diǎn)】虛數(shù)單位i及其性質(zhì)；復(fù)數(shù)的模
【解析】【解答】解：，則．
故答案為：C．
【分析】根據(jù)性質(zhì)整理可得，再根據(jù)復(fù)數(shù)的模長公式求解即可.
2．【答案】B
【知識點(diǎn)】交集及其運(yùn)算；補(bǔ)集及其運(yùn)算
【解析】【解答】解：因為，
所以，
又因為，
所以．
故答案為：B．
【分析】根據(jù)已知條件和補(bǔ)集的運(yùn)算法則、交集的運(yùn)算法則，從而得出集合.
3．【答案】A
【知識點(diǎn)】必要條件、充分條件與充要條件的判斷；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由“”可以推出“”，
反之，由“”不一定推出“”，也可以推出“”，
所以“”是“”的充分不必要條件．
故答案為：A．
【分析】利用一元二次不等式的解法結(jié)合充分條件、必要條件的判斷方法，從而找出正確的選項.
4．【答案】C
【知識點(diǎn)】空間中直線與平面之間的位置關(guān)系；空間中平面與平面之間的位置關(guān)系
【解析】【解答】解：A、平面平面，若，則，故A正確；
B、平面平面，若，則，故B正確；
C、平面平面，若，則或相交或異面，故C錯誤；
D、平面平面，若，則，故D正確.
故答案為：C.
【分析】根據(jù)空間中的直線與平面以及平面與平面的關(guān)系選項判斷即可.
5．【答案】C
【知識點(diǎn)】錐體的體積公式及應(yīng)用
【解析】【解答】解：依題意可得，所以，
則，兩邊平方整理得，，
解得（舍去）或，則，
所以該圓錐的體積為．
故答案為：C．
【分析】由球的定義結(jié)合勾股定理求出，的值，再結(jié)合圓錐的體積公式得出該圓錐的體積.
6．【答案】B
【知識點(diǎn)】眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)
【解析】【解答】解：由題意可知：高二（1）班有24名女生，有16名男生，
設(shè)女生的平均體重為，
則，
解得．
故答案為：B．
【分析】設(shè)女生的平均體重為，根據(jù)平均數(shù)的計算公式，從而列式求解得出女生的平均體重.
7．【答案】C
【知識點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)；指數(shù)函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用
【解析】【解答】解：因為二次函數(shù)的對稱軸為，
又因為函數(shù)在R上單調(diào)遞增，
所以，解得，
則實(shí)數(shù)的取值范圍是．
故答案為：C．
【分析】根據(jù)函數(shù)在各段單調(diào)遞增且在斷點(diǎn)左側(cè)函數(shù)值不大于右側(cè)函數(shù)值，從而得到不等式組，再解不等式組得出實(shí)數(shù)a的取值范圍.
8．【答案】D
【知識點(diǎn)】簡單的三角恒等變換；含三角函數(shù)的復(fù)合函數(shù)的周期；含三角函數(shù)的復(fù)合函數(shù)的值域與最值
【解析】【解答】解：函數(shù)，
對任意的實(shí)數(shù)，在區(qū)間上的值域均為，
則，解得， 則的取值范圍為.
故答案為：D.
【分析】根據(jù)三角恒等變換化簡求函數(shù)解析式，再根據(jù)余弦型函數(shù)的值域與周期性求解即可.
9．【答案】A,C
【知識點(diǎn)】利用不等式的性質(zhì)比較數(shù)（式）的大小
【解析】【解答】解：由，知必有，
所以兩邊同乘以a，得，故A正確；
因為b的符號不能確定，所以不一定正確，故B錯誤；
由兩邊同乘以c，得，故C正確；
當(dāng)，時，滿足且，
但，故D錯誤．
故答案為：AC．
【分析】利用已知條件和不等式的性質(zhì)，從而逐項判斷找出正確的選項.
10．【答案】A,C,D
【知識點(diǎn)】兩角和與差的正弦公式；運(yùn)用誘導(dǎo)公式化簡求值；正弦定理的應(yīng)用；余弦定理的應(yīng)用
【解析】【解答】解：因為，由正弦定理，得，
所以，故A正確；
因為，所以是等腰三角形，
所以，故B錯誤；
由，得，
因為，
所以，
則，得，
又因為A是三角形內(nèi)角，所以，故C正確；
由余弦定理得，整理得，
解得（舍去）或，故D正確．
故答案為：ACD．
【分析】利用正弦定理邊角互化判斷出選項A；利用等腰三角形判斷方法和余弦函數(shù)的定義，則判斷出選項B；利用正弦定理和三角形內(nèi)角和定理、兩角差的正弦公式以及同角三角函數(shù)基本關(guān)系式，從而得出角A的值，則判斷出選項C；利用余弦定理得出a，c的關(guān)系式，則判斷出選項D，從而找出正確的選項.
11．【答案】A,B,D
【知識點(diǎn)】異面直線所成的角；直線與平面垂直的判定；直線與平面垂直的性質(zhì)；直線與平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：A、在正方體中，是上底面的中心，分別為的中點(diǎn)，則，
因為平面平面，所以，
又因為平面，所以平面，平面，
則，故A正確；
B、連結(jié)交于，連結(jié)，如圖所示：
則為直線與平面所成角，
設(shè)正方體邊長為，則，故B正確；
C、延長交于其中連結(jié)取中點(diǎn)設(shè)為則面，
因為面和面所以為面和面的交線，
則過作連結(jié)則為平面與平面的夾角的平面角，
在中，設(shè)正方體邊長為則
在中，由余弦定理得
則，故C錯誤；
D、取的中點(diǎn)設(shè)為Q，連結(jié)則為異面直線和的夾角，
在中，
，故D正確.
故答案為：ABD.
【分析】利用線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理求解，利用線面角的定義，求解直線與平面所成角的正切值，先做出平面與平面的夾角的夾角，在利用解三角形的知識求解，利用異面直線的夾角的定義求異面直線與所成角的余弦值即可.
12．【答案】12
【知識點(diǎn)】用樣本估計總體的百分位數(shù)
【解析】【解答】解：因為，
所以樣本數(shù)據(jù)的第40百分位數(shù)為第3個數(shù)12．
故答案為：12.
【分析】根據(jù)已知條件和百分位數(shù)求解方法，從而得出樣本數(shù)據(jù)的第40百分位數(shù).
13．【答案】
【知識點(diǎn)】余弦定理的應(yīng)用；三角形中的幾何計算
【解析】【解答】解：由余弦定理可得，
則，
整理可得，解得（舍負(fù)），則，
所以的面積為．
故答案為：.
【分析】利用余弦定理得出c的值，再結(jié)合三角形的面積公式得出的面積.
14．【答案】
【知識點(diǎn)】平面向量的數(shù)量積運(yùn)算；解三角形
【解析】【解答】解：，若，
則，即，即，
因為為斜邊的中點(diǎn)，，
所以，，
所以
在中，由正弦定理，可得，
整理得
在中，由正弦定理，可得，
整理得，
聯(lián)立，得，
即，
因為，
，
所以，解得，
因為，所以，所以.
故答案為：.
【分析】根據(jù)找到的關(guān)系，再找到角的關(guān)系，利用兩個三角形的正弦定理求解即可.
15．【答案】（1）解：由函數(shù)的圖象經(jīng)過點(diǎn)，得，①
由函數(shù)的圖象經(jīng)過點(diǎn)，
得，則，②
解①②，得（舍去）．
（2）解：由（1）知，
因為，
所以函數(shù)的定義域為R，
再根據(jù)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性知其在上單調(diào)遞增，
所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為．
【知識點(diǎn)】復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性；指數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)；對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)
【解析】【分析】（1）代入得，再代入點(diǎn)得，聯(lián)立方程組得出的值.
（2）利用二次函數(shù)的單調(diào)性和對數(shù)函數(shù)單調(diào)性，再結(jié)合復(fù)合函數(shù)單調(diào)性判斷方法，從而得出函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間.
（1）由函數(shù)的圖象經(jīng)過點(diǎn)，得，①
由函數(shù)的圖象經(jīng)過點(diǎn)，得，
即，②
解①②得（舍去）．
（2）由（1）知，
因為，
所以函數(shù)的定義域為R，再根據(jù)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性知其在上單調(diào)遞增，
所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為．
16．【答案】（1）解：依題意，
解得，
故的外接圓半徑．
（2）解：由（1）知，，
由余弦定理，得，
因為，則，
則，
當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，
則，
所以周長的最大值為．
【知識點(diǎn)】正弦定理的應(yīng)用；余弦定理的應(yīng)用；三角形中的幾何計算
【解析】【分析】（1）利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式、角A的取值范圍和正弦定理，從而得出的外接圓半徑.
（2）根據(jù)（1）得出角A的余弦值，結(jié)合余弦定理和基本不等式求最值的方法，從而得出b+c的最大值，再根據(jù)三角形的周長公式得出周長的最大值．
（1）依題意，解得，
故的外接圓半徑．
（2）由（1）知，，
由余弦定理，，
因為，則，
則，
當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，
故，
所以周長的最大值為．
17．【答案】（1）解：記事件表示“甲在第一場比賽中勝出”，
事件表示“甲在第二場比賽中勝出”，
事件表示“乙在第一場比賽中勝出”，
事件表示“乙在第二場比賽中勝出”，
因為表示甲贏得比賽”，則，
因為表示“乙贏得比賽”則，
又因為，
所以甲參賽贏得比賽的概率更大．
（2）解：記C表示“甲贏得比賽”，D表示“乙贏得比賽”，
由（1）知，
則表示“兩人中至少有一個贏得比賽”，且，
所以
，
所以甲，乙兩人中至少有一人贏得比賽的概率為.
【知識點(diǎn)】互斥事件與對立事件；互斥事件的概率加法公式；相互獨(dú)立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）利用相互獨(dú)立事件乘法求概率公式和比較法，從而得出甲參賽贏得比賽的概率更大.
（2）由（1）結(jié)合互斥事件加法求概率公式、對立事件求概率公式、相互獨(dú)立事件乘法求概率公式，從而得出甲、乙兩人中至少有一人贏得比賽的概率.
（1）記事件表示“甲在第一場比賽中勝出”，事件表示“甲在第二場比賽中勝出”，
事件表示“乙在第一場比賽中勝出”，事件表示“乙在第二場比賽中勝出”，
于是表示甲贏得比賽”，，
表示“乙贏得比賽”，，而有，
所以甲參賽贏得比賽的概率更大．
（2）記C表示“甲贏得比賽”，D表示“乙贏得比賽”，
由（1）知，
則表示“兩人中至少有一個贏得比賽”，且，
所以
．
所以甲，乙兩人中至少有一人贏得比賽的概率為.
18．【答案】（1）證明：在正方體中，因為平面，分別是棱的中點(diǎn)，
所以，則平面，
又因為平面，所以，
由題意知，由勾股定理得，
滿足，則，
又因為，平面，所以平面；
（2）解：由（1）知，平面，
因為平面，所以，
由題意知，則四邊形的面積為，
由四棱錐的體積為，可得，則四棱錐的高為，
即點(diǎn)到平面的距離為，
連接，如圖所示：
易知三點(diǎn)共線，過點(diǎn)作的垂線交于點(diǎn)，即，
由平面，得平面，
又因為平面，所以，
又因為，平面，所以平面，即為四棱錐的高，
，因為，，，
所以，即，故.
【知識點(diǎn)】直線與平面垂直的判定；錐體的體積公式及應(yīng)用
【解析】【分析】（1）由線面垂直的性質(zhì)定理推出，應(yīng)用勾股定理得，再根據(jù)線面垂直的判定定理證明即可；
（2）由四棱錐的體積可得點(diǎn)到平面的距離為，連接，過點(diǎn)作的垂線交于點(diǎn)，用線面垂直的判定定理證明平面，即為四棱錐的高，由求即可.
（1）在正方體中，平面，分別是棱的中點(diǎn)，
，則平面，
又平面，，
由題意知，由勾股定理得，
，即，
又，平面
平面
（2）由（1）知，平面，又平面，
，
由題意知，所以四邊形的面積為，
由四棱錐的體積為，得，所以四棱錐的高為，
即點(diǎn)到平面的距離為.
連接，易知三點(diǎn)共線，過點(diǎn)作的垂線交于點(diǎn)，即，
由平面，得平面，
又平面，，
又，平面，
平面，即為四棱錐的高，
，
，，，
，即
.
19．【答案】（1）解：依題意得，又由是的“向量”，得，
則，
整理得，解得或，
所以，實(shí)數(shù)的取值范圍是．
（2）解：依題意，可得，
因為
所以中的向量依次以3為周期，
若存在“1向量”，只需，
因為，
所以
，
所以，只需使，
整理得．
則，
所以，
當(dāng)時，符合要求，
故存在“1向量”，且“1向量”為．
（3）解：因為為的“向量”，
所以，
所以，
則，
同理可得，
以上三式相加，整理得，
則，
所以，
所以，
則，
設(shè)，
依題意，得
則，
所以，
，
所以
，
當(dāng)且僅當(dāng)和時，
則，所以，
所以，
所以的取值范圍是．
【知識點(diǎn)】向量的物理背景與基本概念；平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示、模、夾角；含三角函數(shù)的復(fù)合函數(shù)的值域與最值
【解析】【分析】（1）利用“k向量”定義和向量的坐標(biāo)運(yùn)算以及向量的模的坐標(biāo)表示，從而得出實(shí)數(shù)的取值范圍.
（2）利用三角型函數(shù)的最小正周期結(jié)合“k向量”定義以及向量的坐標(biāo)運(yùn)算和向量的模的坐標(biāo)表示，再結(jié)合正弦型函數(shù)求值域的方法，從而得出存在“1向量”，且“1向量”為．
（3）利用“k向量”定義和數(shù)量積的坐標(biāo)表示以及向量的模的坐標(biāo)表示，再結(jié)合正弦函數(shù)的值域和二次函數(shù)求值域的方法，從而得出的取值范圍．
（1）依題意得，，
又由是的“向量”得，，則，
整理得，解得或，
所以，實(shí)數(shù)的取值范圍是．
（2）依題意，可得．
因為，
所以中的向量依次以3為周期．
若存在“1向量”，只需．
因為，
所以
．
所以只需使，
整理得．
即，即，
當(dāng)時，符合要求．
故存在“1向量”，且“1向量”為．
（3）因為為的“向量”，所以，
即，即，
同理，
以上三式相加，整理得，
即，即，所以．
則．
設(shè)，依題意，有
得，
所以，
，
所以，
，
當(dāng)且僅當(dāng)時，時，，
所以，
所以，
所以的取值范圍是．
1 / 1廣西南寧市2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期期末考調(diào)研測試數(shù)學(xué)試題
1．（2024高一下·南寧期末）若復(fù)數(shù)，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點(diǎn)】虛數(shù)單位i及其性質(zhì)；復(fù)數(shù)的模
【解析】【解答】解：，則．
故答案為：C．
【分析】根據(jù)性質(zhì)整理可得，再根據(jù)復(fù)數(shù)的模長公式求解即可.
2．（2024高一下·南寧期末）已知全集，則（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知識點(diǎn)】交集及其運(yùn)算；補(bǔ)集及其運(yùn)算
【解析】【解答】解：因為，
所以，
又因為，
所以．
故答案為：B．
【分析】根據(jù)已知條件和補(bǔ)集的運(yùn)算法則、交集的運(yùn)算法則，從而得出集合.
3．（2024高一下·南寧期末）“”是“”成立的（　　）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】A
【知識點(diǎn)】必要條件、充分條件與充要條件的判斷；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由“”可以推出“”，
反之，由“”不一定推出“”，也可以推出“”，
所以“”是“”的充分不必要條件．
故答案為：A．
【分析】利用一元二次不等式的解法結(jié)合充分條件、必要條件的判斷方法，從而找出正確的選項.
4．（2024高一下·南寧期末）已知平面平面是平面外兩條不同的直線，則下列結(jié)論錯誤的是（　　）
A．若，則 B．若，則
C．若，則 D．若，則
【答案】C
【知識點(diǎn)】空間中直線與平面之間的位置關(guān)系；空間中平面與平面之間的位置關(guān)系
【解析】【解答】解：A、平面平面，若，則，故A正確；
B、平面平面，若，則，故B正確；
C、平面平面，若，則或相交或異面，故C錯誤；
D、平面平面，若，則，故D正確.
故答案為：C.
【分析】根據(jù)空間中的直線與平面以及平面與平面的關(guān)系選項判斷即可.
5．（2024高一下·南寧期末）已知球O的半徑，球O的內(nèi)接圓錐的高h(yuǎn)與底面半徑r的比為，則該圓錐的體積為（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點(diǎn)】錐體的體積公式及應(yīng)用
【解析】【解答】解：依題意可得，所以，
則，兩邊平方整理得，，
解得（舍去）或，則，
所以該圓錐的體積為．
故答案為：C．
【分析】由球的定義結(jié)合勾股定理求出，的值，再結(jié)合圓錐的體積公式得出該圓錐的體積.
6．（2024高一下·南寧期末）高二（1）班有40名學(xué)生，其中男生有16名，已知男生平均體重為，總平均體重為，則女生的平均體重約為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點(diǎn)】眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)
【解析】【解答】解：由題意可知：高二（1）班有24名女生，有16名男生，
設(shè)女生的平均體重為，
則，
解得．
故答案為：B．
【分析】設(shè)女生的平均體重為，根據(jù)平均數(shù)的計算公式，從而列式求解得出女生的平均體重.
7．（2024高一下·南寧期末）已知函數(shù)（且）在R上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知識點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)；指數(shù)函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用
【解析】【解答】解：因為二次函數(shù)的對稱軸為，
又因為函數(shù)在R上單調(diào)遞增，
所以，解得，
則實(shí)數(shù)的取值范圍是．
故答案為：C．
【分析】根據(jù)函數(shù)在各段單調(diào)遞增且在斷點(diǎn)左側(cè)函數(shù)值不大于右側(cè)函數(shù)值，從而得到不等式組，再解不等式組得出實(shí)數(shù)a的取值范圍.
8．（2024高一下·南寧期末）已知函數(shù)，若對任意的實(shí)數(shù)，在區(qū)間上的值域均為，則的取值范圍為（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點(diǎn)】簡單的三角恒等變換；含三角函數(shù)的復(fù)合函數(shù)的周期；含三角函數(shù)的復(fù)合函數(shù)的值域與最值
【解析】【解答】解：函數(shù)，
對任意的實(shí)數(shù)，在區(qū)間上的值域均為，
則，解得， 則的取值范圍為.
故答案為：D.
【分析】根據(jù)三角恒等變換化簡求函數(shù)解析式，再根據(jù)余弦型函數(shù)的值域與周期性求解即可.
9．（2024高一下·南寧期末）已知實(shí)數(shù)滿足，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知識點(diǎn)】利用不等式的性質(zhì)比較數(shù)（式）的大小
【解析】【解答】解：由，知必有，
所以兩邊同乘以a，得，故A正確；
因為b的符號不能確定，所以不一定正確，故B錯誤；
由兩邊同乘以c，得，故C正確；
當(dāng)，時，滿足且，
但，故D錯誤．
故答案為：AC．
【分析】利用已知條件和不等式的性質(zhì)，從而逐項判斷找出正確的選項.
10．（2024高一下·南寧期末）在中，內(nèi)角的對邊分別是，滿足，則（　　）
A．若，則 B．若，則
C．若，則 D．若，則
【答案】A,C,D
【知識點(diǎn)】兩角和與差的正弦公式；運(yùn)用誘導(dǎo)公式化簡求值；正弦定理的應(yīng)用；余弦定理的應(yīng)用
【解析】【解答】解：因為，由正弦定理，得，
所以，故A正確；
因為，所以是等腰三角形，
所以，故B錯誤；
由，得，
因為，
所以，
則，得，
又因為A是三角形內(nèi)角，所以，故C正確；
由余弦定理得，整理得，
解得（舍去）或，故D正確．
故答案為：ACD．
【分析】利用正弦定理邊角互化判斷出選項A；利用等腰三角形判斷方法和余弦函數(shù)的定義，則判斷出選項B；利用正弦定理和三角形內(nèi)角和定理、兩角差的正弦公式以及同角三角函數(shù)基本關(guān)系式，從而得出角A的值，則判斷出選項C；利用余弦定理得出a，c的關(guān)系式，則判斷出選項D，從而找出正確的選項.
11．（2024高一下·南寧期末）如圖，在正方體中，是上底面的中心，分別為的中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（　　）
A．
B．直線與平面所成角的正切值為
C．平面與平面的夾角為
D．異面直線與所成角的余弦值為
【答案】A,B,D
【知識點(diǎn)】異面直線所成的角；直線與平面垂直的判定；直線與平面垂直的性質(zhì)；直線與平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：A、在正方體中，是上底面的中心，分別為的中點(diǎn)，則，
因為平面平面，所以，
又因為平面，所以平面，平面，
則，故A正確；
B、連結(jié)交于，連結(jié)，如圖所示：
則為直線與平面所成角，
設(shè)正方體邊長為，則，故B正確；
C、延長交于其中連結(jié)取中點(diǎn)設(shè)為則面，
因為面和面所以為面和面的交線，
則過作連結(jié)則為平面與平面的夾角的平面角，
在中，設(shè)正方體邊長為則
在中，由余弦定理得
則，故C錯誤；
D、取的中點(diǎn)設(shè)為Q，連結(jié)則為異面直線和的夾角，
在中，
，故D正確.
故答案為：ABD.
【分析】利用線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理求解，利用線面角的定義，求解直線與平面所成角的正切值，先做出平面與平面的夾角的夾角，在利用解三角形的知識求解，利用異面直線的夾角的定義求異面直線與所成角的余弦值即可.
12．（2024高一下·南寧期末）樣本數(shù)據(jù)的第40百分位數(shù)為　 　．
【答案】12
【知識點(diǎn)】用樣本估計總體的百分位數(shù)
【解析】【解答】解：因為，
所以樣本數(shù)據(jù)的第40百分位數(shù)為第3個數(shù)12．
故答案為：12.
【分析】根據(jù)已知條件和百分位數(shù)求解方法，從而得出樣本數(shù)據(jù)的第40百分位數(shù).
13．（2024高一下·南寧期末）已知在中，內(nèi)角的對邊分別為，若，則的面積為　 　．
【答案】
【知識點(diǎn)】余弦定理的應(yīng)用；三角形中的幾何計算
【解析】【解答】解：由余弦定理可得，
則，
整理可得，解得（舍負(fù)），則，
所以的面積為．
故答案為：.
【分析】利用余弦定理得出c的值，再結(jié)合三角形的面積公式得出的面積.
14．（2024高一下·南寧期末）如圖，在中，為斜邊的中點(diǎn)，點(diǎn)分別在邊上（不包括端點(diǎn)），，若，則　 　．
【答案】
【知識點(diǎn)】平面向量的數(shù)量積運(yùn)算；解三角形
【解析】【解答】解：，若，
則，即，即，
因為為斜邊的中點(diǎn)，，
所以，，
所以
在中，由正弦定理，可得，
整理得
在中，由正弦定理，可得，
整理得，
聯(lián)立，得，
即，
因為，
，
所以，解得，
因為，所以，所以.
故答案為：.
【分析】根據(jù)找到的關(guān)系，再找到角的關(guān)系，利用兩個三角形的正弦定理求解即可.
15．（2024高一下·南寧期末）已知函數(shù)（且）的圖象經(jīng)過點(diǎn)，函數(shù)的圖象經(jīng)過點(diǎn)．
（1）求的值；
（2）求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間．
【答案】（1）解：由函數(shù)的圖象經(jīng)過點(diǎn)，得，①
由函數(shù)的圖象經(jīng)過點(diǎn)，
得，則，②
解①②，得（舍去）．
（2）解：由（1）知，
因為，
所以函數(shù)的定義域為R，
再根據(jù)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性知其在上單調(diào)遞增，
所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為．
【知識點(diǎn)】復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性；指數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)；對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)
【解析】【分析】（1）代入得，再代入點(diǎn)得，聯(lián)立方程組得出的值.
（2）利用二次函數(shù)的單調(diào)性和對數(shù)函數(shù)單調(diào)性，再結(jié)合復(fù)合函數(shù)單調(diào)性判斷方法，從而得出函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間.
（1）由函數(shù)的圖象經(jīng)過點(diǎn)，得，①
由函數(shù)的圖象經(jīng)過點(diǎn)，得，
即，②
解①②得（舍去）．
（2）由（1）知，
因為，
所以函數(shù)的定義域為R，再根據(jù)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性知其在上單調(diào)遞增，
所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為．
16．（2024高一下·南寧期末）已知中，角所對的邊分別是，其中，．
（1）求的外接圓半徑；
（2）求周長的最大值．
【答案】（1）解：依題意，
解得，
故的外接圓半徑．
（2）解：由（1）知，，
由余弦定理，得，
因為，則，
則，
當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，
則，
所以周長的最大值為．
【知識點(diǎn)】正弦定理的應(yīng)用；余弦定理的應(yīng)用；三角形中的幾何計算
【解析】【分析】（1）利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式、角A的取值范圍和正弦定理，從而得出的外接圓半徑.
（2）根據(jù)（1）得出角A的余弦值，結(jié)合余弦定理和基本不等式求最值的方法，從而得出b+c的最大值，再根據(jù)三角形的周長公式得出周長的最大值．
（1）依題意，解得，
故的外接圓半徑．
（2）由（1）知，，
由余弦定理，，
因為，則，
則，
當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，
故，
所以周長的最大值為．
17．（2024高一下·南寧期末）某高中為了激發(fā)學(xué)生參加科技創(chuàng)新實(shí)踐活動的熱情，決定舉辦兩場“創(chuàng)新追夢”知識競賽．規(guī)定每位參賽選手均須參加兩場比賽，若其在兩場比賽中均勝出，則視為贏得比賽．已知高二（1）班選出甲、乙兩名選手參加比賽，在第一場比賽中，選手甲、乙勝出的概率分別為，在第二場比賽中，甲、乙勝出的概率分別為．甲、乙兩人在每場比賽中是否勝出互不影響．
（1）甲、乙兩人中，誰參賽贏得比賽的概率更大？
（2）求甲、乙兩人中至少有一人贏得比賽的概率．
【答案】（1）解：記事件表示“甲在第一場比賽中勝出”，
事件表示“甲在第二場比賽中勝出”，
事件表示“乙在第一場比賽中勝出”，
事件表示“乙在第二場比賽中勝出”，
因為表示甲贏得比賽”，則，
因為表示“乙贏得比賽”則，
又因為，
所以甲參賽贏得比賽的概率更大．
（2）解：記C表示“甲贏得比賽”，D表示“乙贏得比賽”，
由（1）知，
則表示“兩人中至少有一個贏得比賽”，且，
所以
，
所以甲，乙兩人中至少有一人贏得比賽的概率為.
【知識點(diǎn)】互斥事件與對立事件；互斥事件的概率加法公式；相互獨(dú)立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）利用相互獨(dú)立事件乘法求概率公式和比較法，從而得出甲參賽贏得比賽的概率更大.
（2）由（1）結(jié)合互斥事件加法求概率公式、對立事件求概率公式、相互獨(dú)立事件乘法求概率公式，從而得出甲、乙兩人中至少有一人贏得比賽的概率.
（1）記事件表示“甲在第一場比賽中勝出”，事件表示“甲在第二場比賽中勝出”，
事件表示“乙在第一場比賽中勝出”，事件表示“乙在第二場比賽中勝出”，
于是表示甲贏得比賽”，，
表示“乙贏得比賽”，，而有，
所以甲參賽贏得比賽的概率更大．
（2）記C表示“甲贏得比賽”，D表示“乙贏得比賽”，
由（1）知，
則表示“兩人中至少有一個贏得比賽”，且，
所以
．
所以甲，乙兩人中至少有一人贏得比賽的概率為.
18．（2024高一下·南寧期末）如圖，正方體的棱長為分別是棱的中點(diǎn)，是棱上的一點(diǎn)，點(diǎn)在棱上，是三棱柱，分別是線段的中點(diǎn)．
（1）證明：直線平面；
（2）若四棱錐的體積為，求的長度．
【答案】（1）證明：在正方體中，因為平面，分別是棱的中點(diǎn)，
所以，則平面，
又因為平面，所以，
由題意知，由勾股定理得，
滿足，則，
又因為，平面，所以平面；
（2）解：由（1）知，平面，
因為平面，所以，
由題意知，則四邊形的面積為，
由四棱錐的體積為，可得，則四棱錐的高為，
即點(diǎn)到平面的距離為，
連接，如圖所示：
易知三點(diǎn)共線，過點(diǎn)作的垂線交于點(diǎn)，即，
由平面，得平面，
又因為平面，所以，
又因為，平面，所以平面，即為四棱錐的高，
，因為，，，
所以，即，故.
【知識點(diǎn)】直線與平面垂直的判定；錐體的體積公式及應(yīng)用
【解析】【分析】（1）由線面垂直的性質(zhì)定理推出，應(yīng)用勾股定理得，再根據(jù)線面垂直的判定定理證明即可；
（2）由四棱錐的體積可得點(diǎn)到平面的距離為，連接，過點(diǎn)作的垂線交于點(diǎn)，用線面垂直的判定定理證明平面，即為四棱錐的高，由求即可.
（1）在正方體中，平面，分別是棱的中點(diǎn)，
，則平面，
又平面，，
由題意知，由勾股定理得，
，即，
又，平面
平面
（2）由（1）知，平面，又平面，
，
由題意知，所以四邊形的面積為，
由四棱錐的體積為，得，所以四棱錐的高為，
即點(diǎn)到平面的距離為.
連接，易知三點(diǎn)共線，過點(diǎn)作的垂線交于點(diǎn)，即，
由平面，得平面，
又平面，，
又，平面，
平面，即為四棱錐的高，
，
，，，
，即
.
19．（2024高一下·南寧期末）對于平面向量（且），記，若存在，使得，則稱是的“k向量”．
（1）設(shè)，若是的“向量”，求實(shí)數(shù)的取值范圍；
（2）若，則是否存在“1向量”？若存在，求出“1向量”；若不存在，請說明理由；
（3）已知均為的“向量”，其中．設(shè)平面直角坐標(biāo)系中的點(diǎn)列滿足（與原點(diǎn)O重合），且與關(guān)于點(diǎn)對稱，與關(guān)于點(diǎn)對稱．求的取值范圍．
【答案】（1）解：依題意得，又由是的“向量”，得，
則，
整理得，解得或，
所以，實(shí)數(shù)的取值范圍是．
（2）解：依題意，可得，
因為
所以中的向量依次以3為周期，
若存在“1向量”，只需，
因為，
所以
，
所以，只需使，
整理得．
則，
所以，
當(dāng)時，符合要求，
故存在“1向量”，且“1向量”為．
（3）解：因為為的“向量”，
所以，
所以，
則，
同理可得，
以上三式相加，整理得，
則，
所以，
所以，
則，
設(shè)，
依題意，得
則，
所以，
，
所以
，
當(dāng)且僅當(dāng)和時，
則，所以，
所以，
所以的取值范圍是．
【知識點(diǎn)】向量的物理背景與基本概念；平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示、模、夾角；含三角函數(shù)的復(fù)合函數(shù)的值域與最值
【解析】【分析】（1）利用“k向量”定義和向量的坐標(biāo)運(yùn)算以及向量的模的坐標(biāo)表示，從而得出實(shí)數(shù)的取值范圍.
（2）利用三角型函數(shù)的最小正周期結(jié)合“k向量”定義以及向量的坐標(biāo)運(yùn)算和向量的模的坐標(biāo)表示，再結(jié)合正弦型函數(shù)求值域的方法，從而得出存在“1向量”，且“1向量”為．
（3）利用“k向量”定義和數(shù)量積的坐標(biāo)表示以及向量的模的坐標(biāo)表示，再結(jié)合正弦函數(shù)的值域和二次函數(shù)求值域的方法，從而得出的取值范圍．
（1）依題意得，，
又由是的“向量”得，，則，
整理得，解得或，
所以，實(shí)數(shù)的取值范圍是．
（2）依題意，可得．
因為，
所以中的向量依次以3為周期．
若存在“1向量”，只需．
因為，
所以
．
所以只需使，
整理得．
即，即，
當(dāng)時，符合要求．
故存在“1向量”，且“1向量”為．
（3）因為為的“向量”，所以，
即，即，
同理，
以上三式相加，整理得，
即，即，所以．
則．
設(shè)，依題意，有
得，
所以，
，
所以，
，
當(dāng)且僅當(dāng)時，時，，
所以，
所以，
所以的取值范圍是．
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