資源簡介

湖南省衡陽市祁東縣2023-2024學年高一下學期期末統考數學試卷
1．（2024高一下·祁東期末）已知復數滿足，則（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·祁東期末）記的內角的對邊分別為，已知，則（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·祁東期末）給出下列四個結論：
①經過兩條相交直線，有且只有一個平面；
②經過兩條平行直線，有且只有一個平面；
③經過三點，有且只有一個平面；
④經過一條直線和一個點，有且只有一個平面.
其中正確結論的個數為（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（2024高一下·祁東期末）已知小王4次月考的數學成績分別為125，116，120，131，則這些成績的第75百分位數是（　　）
A．122.5 B．125 C．128 D．131
5．（2024高一下·祁東期末）從標有數字1，2，3，4的四張卡片中任取兩張，這兩張卡片上的數字相鄰的概率是（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·祁東期末）某商品3 5月份在甲、乙、丙、丁四個地區的銷量如下圖所示，則在這四個地區中該商品3 5月份銷量方差最小的為（　　）
A．甲地區 B．乙地區 C．丙地區 D．丁地區
7．（2024高一下·祁東期末）已知方程的根分別為，則（　　）
A．0 B．2 C． D．
8．（2024高一下·祁東期末）在正方體中，為線段的中點，為線段上的動點，則與平面所成角的正弦值的最小值為（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·祁東期末）記的內角的對邊分別為，下列結論正確的是（　　）
A．若，則
B．若，則
C．若，則的外接圓的半徑為4
D．若，則
10．（2024高一下·祁東期末）在拋擲一個質地均勻的骰子的試驗中，事件A表示“出現小于5的奇數點數”，事件B表示“出現不小于5的點數”，則下列結論正確的是（　　）
A．
B．
C．
D．事件或至少有一個發生的概率為
11．（2024高一下·祁東期末）如圖1，一圓形紙片的圓心為O，半徑為，以O為中心作正六邊形，以正六邊形的各邊為底邊作等腰三角形，使其頂角的頂點恰好落在圓O上.現沿等腰三角形的腰和中位線裁剪，裁剪后的圖形如圖2所示，將該圖形以正六邊形的邊為折痕將等腰梯形折起，使得相鄰的腰重合得到正六棱臺.若該正六棱臺的高為，則下列結論正確的是（　　）
A．正六邊形的邊長為4 B．該正六棱臺的側面積為
C．該正六棱臺的外接球半徑為 D．該正六棱臺的體積為
12．（2024高一下·祁東期末）某中學高一年級有男生640人，女生480人.為了解該年級男 女學生的身高差異，應采用　 　（從“簡單隨機”和“分層隨機”中選一個最合適的填入）抽樣.若樣本容量為112，則應抽取的女生人數為　 　.
13．（2024高一下·祁東期末）現用一枚甲型導彈和一枚乙型導彈各射擊目標一次，則目標被擊中的概率為.已知一枚甲型導彈擊中目標的概率是，且甲 乙兩種導彈是否擊中目標互不影響，則一枚乙型導彈擊中目標的概率是　 　.
14．（2024高一下·祁東期末）已知點是的內心，，則面積的最大值為　 　.
15．（2024高一下·祁東期末）已知平面向量滿足．
（1）若，求的值；
（2）若，求向量與夾角的大小．
16．（2024高一下·祁東期末）為了了解一片林木的生長情況，某科研機構成員隨機檢測了其中100棵樹木的底部周長（單位：，所得數據都在內，按分成五組，得到如圖所示的頻率分布直方圖.
（1）求圖中的值；
（2）估計這片林木中樹木底部周長的平均值（同一組中的數據用該組區間的中點值作代表）；
（3）若這片林木有10000棵樹木，估計這片林木中底部周長在內的樹木的數量.
17．（2024高一下·祁東期末）記的內角的對邊分別為，已知．
（1）求；
（2）若，求的周長．
18．（2024高一下·祁東期末）為普及防火救災知識，某學校組織防火救災知識競賽.比賽共分為兩輪，每位參賽選手在第一輪比賽勝出后才能進入第二輪比賽.若其在兩輪比賽中均勝出，則贏得比賽.已知在第一輪比賽中，選手甲，乙勝出的概率分別為；在第二輪比賽中，甲 乙勝出的概率分別為，甲，乙兩人在每輪比賽中是否勝出互不影響，
（1）比較甲 乙兩人誰贏得比賽的概率大；
（2）求甲贏得比賽且乙沒贏得比賽的概率.
19．（2024高一下·祁東期末）在四棱錐中，平面，平面平面分別為的中點．
（1）證明：平面．
（2）證明：．
（3）若二面角的正切值為，求三棱錐的體積．
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】復數代數形式的乘除運算；共軛復數
【解析】【解答】解：由，可得，則.
故答案為：B.
【分析】根據復數代數形式的除法運算可得復數，再求即可.
2．【答案】D
【知識點】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：，
由余弦定理可得：，解得，
由正弦定理，可得，則.
故答案為：D.
【分析】利用正弦定理和余弦定理求解即可.
3．【答案】B
【知識點】平面的基本性質及推論
【解析】【解答】解： ①、 根據基本事實以及推論可知：經過兩條相交直線，有且只有一個平面， 故①正確；
②、 根據基本事實以及推論可知：經過兩條平行直線，有且只有一個平面，故②正確；
③、若三點共線，則經過三點的平面有無數多個，故③錯誤；
④、若點在直線外，則確定一個平面，若點在直線上，則可有無數個平面，故④錯誤.
即正確的命題有2個，
故答案為：B.
【分析】根據點、線、面的基本事實及推論進行判斷即可.
4．【答案】C
【知識點】用樣本估計總體的百分位數
【解析】【解答】解： 數學成績從小到大排列為，
，則成績的第75百分位數是.
故答案為：C.
【分析】先將數據從小到大排列，再利用百分位數的概念計算即可.
5．【答案】B
【知識點】古典概型及其概率計算公式
【解析】【解答】解：由題意可知：樣本空間，共6種，
其中卡片數字相鄰的有，共3種，
則這兩張卡片上的數字相鄰的概率是.
故答案為：B.
【分析】利用古典概型概率公式求解即可．
6．【答案】D
【知識點】極差、方差與標準差
【解析】【解答】解：由銷兩圖可知：丁地區銷量最穩定，則丁地區銷量的方差最小．
故答案為：D.
【分析】根據方差的意義判斷即可.
7．【答案】A
【知識點】復數代數形式的乘除運算
【解析】【解答】解：
.
故答案為：A.
【分析】由復數根的性質進行配湊，結合復數代數形式的乘法運算求解即可.
8．【答案】A
【知識點】棱柱的結構特征；直線與平面所成的角
【解析】【解答】解：取的中點，連接，如圖所示：
設正方體的棱長為，
在中，因為為線段的中點，為的中點，
所以為的中位線，所以，
又因為平面，所以平面，
則為直線與平面所成的角，即，
由，可得，
要使與平面所成角的正弦值最小，則最小，
可知當與點重合時，最大，此時，
則.
故答案為：A.
【分析】取的中點，連接，設正方體的棱長為，推出為直線與平面所成的角，求得，只要最大即可.
9．【答案】A,B,D
【知識點】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：A、若，則，顯然不成立，，則，故A正確；
B、若，則，由正弦定理可得，故B正確；
C、 若， 設的外接圓的半徑為，由，
解得，故C錯誤；
D、若，則，由，可得，故D正確.
故答案為：ABD．
【分析】由正切函數性質即可判斷A；利用正弦定理即可判斷BCD．
10．【答案】B,C,D
【知識點】古典概型及其概率計算公式
【解析】【解答】解：記事件A=“出現的點數為1，3”，記事件=“出現的點數為5，6”，
A、易知事件互斥，則，故A錯誤；
B、事件表示“出現的點數為1，3”，，則，故B正確；
C、由上知，所以，故C正確；
D、因為，故D正確.
故答案為：BCD．
【分析】根據各事件包含的點數，再由概率公式計算概率逐項判斷即可.
11．【答案】A,B,D
【知識點】球內接多面體；臺體的體積公式及應用
【解析】【解答】解：如圖1，設以為底邊的等腰三角形的中位線為，
連接，分別交于點，則分別為的中點，
設，則由中位線和正六邊形性質得，
所以，
①，
折疊后形成的正六棱臺如圖2所示，由正六邊形性質，，
設上底面的中心為，連接，
則，
連接，則是正六棱臺的高，即，
過點作交于點，
則由由正六棱臺結構性質可知平面，故，
在中，②.
由①②得，解得，
所以正六棱臺的上 下底面的邊長分別為和，故A正確；
該正六棱臺的側面高為，
所以正六棱臺側面積為，故B正確；
由以及正六棱臺和球的對稱性可知正六棱臺的外接球球心必在線段上，
連接，則均為外接球的半徑，設為，
由勾股定理得
所以，
又因為，
所以，解得，
則，所以，故C錯誤；
因為正六棱臺上底面面積，下底面面積，
所以所求體積，故D正確.
故答案為：ABD.
【分析】求出與的關系即可由求解即可判斷AB；判斷出球心在線段上，接著由（為正六棱臺外接球半徑）即可判斷C；求出上下底面積即可由棱臺體積公式直接計算即可判斷D.
12．【答案】分層隨機；48
【知識點】分層抽樣方法
【解析】【解答】解：男 女學生的身高存在明顯差異，采取分層隨機抽樣的方法抽取樣本；
若樣本容量為112，則應抽取的女生人數為.
故答案為：分層隨機，48.
【分析】利用分層抽樣結合分層抽樣的樣本容量的計算公式求解即可.
13．【答案】
【知識點】互斥事件與對立事件；相互獨立事件；相互獨立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：設乙型導彈擊中目標的概率是，
由題意可得：，解得.
故答案為：
【分析】利用獨立事件結合對立事件求解即可.
14．【答案】
【知識點】解三角形；余弦定理；三角形中的幾何計算
【解析】【解答】解：因為點是的內心，，
所以，
由余弦定理，
可得，則，
故的面積.
故答案為：.
【分析】由題意，利用余弦定理求出，再利用三角形面積公式求解即可.
15．【答案】（1）解：，若，則，解得；
（2）解：易知，，
若，
則，即，
則，
因為，所以．
【知識點】平面向量共線（平行）的坐標表示；數量積表示兩個向量的夾角；平面向量垂直的坐標表示
【解析】【分析】（1）根據向量平行的坐標表示列式求解即可；
（2）根據垂直結合向量的模長求出，再根據向量的夾角公式計算即可.
（1）根據題意可得，
解得．
（2）由，得．
因為，所以，
所以，
所以，
又，所以．
16．【答案】（1）解：由頻率分布直方圖各矩形面積和為1可得，解得0.025；
（2）解；設這片林木中樹木底部周長的平均值為，
則；
（3）解：由頻率分布直方圖可知這片林木中樹木的底部周長在內的頻率是，
則這片林木中底部周長在內的樹木的數量的估計值是.
【知識點】頻率分布直方圖；眾數、中位數、平均數
【解析】【分析】（1）根據頻率分布直方圖各矩形面積之和為1列式求解的值即可；
（2）利用頻率分布直方圖求數據的平均值即可；
（3）由范圍內的頻率計算頻數.
（1）由頻率分布直方圖可得，解得0.025.
（2）設這片林木中樹木底部周長的平均值為，
則
（3）由頻率分布直方圖可知這片林木中樹木的底部周長在內的頻率是，
則這片林木中底部周長在內的樹木的數量的估計值是.
17．【答案】（1）解：由，可得，
，由正弦定理可得，則，
因為，所以；
（2）解：若，則，
由余弦定理，可得，
整理得，解得或，
因為，所以，
當時，，不合題意排除；
當時，，滿足題意，
則，的周長為.
【知識點】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由題意，利用正弦定理化簡求值即可；
（2）由（1）及余弦定理可得或，再由C為鈍角可排除求解即可.
（1）因為，所以.
又，所以，則，
因為，所以.
（2）因為，所以.
由余弦定理，得.
整理得，解得或.
因，則.
當時，，不合題意排除；
當時，，滿足題意.
則，的周長為.
18．【答案】（1）解：設事件“甲在第一輪比賽中勝出”，事件“甲在第二輪比賽中勝出”，
事件“乙在第一輪比賽中勝出”，事件"乙在第二輪比賽中勝出”，
則“甲贏得比賽”，，
“乙贏得比賽”，.
因為，所以甲贏得比賽的概率大；
（2）解：設“甲贏得比賽”，“乙贏得比賽”，由（1）知，
則甲贏得比賽且乙沒贏得比賽的概率為
.
【知識點】互斥事件與對立事件；相互獨立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）由題意，利用獨立事件的概率公式分別求出甲 乙兩人勝出的概率，再比較大小即可；
（2）根據獨立事件和對立事件的概率公式求解即可.
（1）設“甲在第一輪比賽中勝出”，“甲在第二輪比賽中勝出”，
“乙在第一輪比賽中勝出”，"乙在第二輪比賽中勝出”，
則“甲贏得比賽”，，
“乙贏得比賽”，.
因為，所以甲贏得比賽的概率大.
（2）設“甲贏得比賽”，“乙贏得比賽”，
由（1）知，
所以甲贏得比賽且乙沒贏得比賽的概率為
.
19．【答案】（1）證明：連接，如圖所示：
因為分別為的中點，所以為的中位線，所以，
又因為平面平面，所以平面；
（2）證明：過作交于，如圖所示：
因平面平面，平面平面，平面，故平面，
因為平面，所以，
因為平面平面，所以，
因為，所以平面，
又因為平面，所以；
（3）解：過作交于，過作交于，連接，如圖所示：
因平面，平面，則，
因平面，故得平面，
因為平面，所以，
因為，平面，所以平面，
又平面，則，則即為二面角的平面角，
依題意，，
設，則．因為，所以，
由，得，即，則，
又由，得，即，解得，
，，則的面積為，
故．
【知識點】直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角；錐體的體積公式及應用
【解析】【分析】（1）連接，證明，由線線平行證線面平行即可；
（2）過作交于，證平面得，由平面得，可證平面，即可證明；
（3）過作交于，證平面，作交于，連接，證即為二面角的平面角，由題設，通過兩組三角形相似求出，再根據等體積法求解即可.
（1）如圖，連接．
因為分別為的中點，所以為的中位線，則．
因為平面平面，所以平面．
（2）如圖，過作交于．
因平面平面，平面平面，平面，故平面．
因為平面，所以．
因為平面平面，所以．
因為，所以平面，
又平面，所以．
（3）如圖3，過作交于，過作交于，連接．
因平面，平面，則，
因平面，故得平面.
因平面，則．
因為，平面，所以平面.
又平面，則，則即為二面角的平面角，
依題意，．
設，則．因為，所以．
由，得，即，則．
又由，得，即，解得．
因，則的面積為，
故．
1 / 1湖南省衡陽市祁東縣2023-2024學年高一下學期期末統考數學試卷
1．（2024高一下·祁東期末）已知復數滿足，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】復數代數形式的乘除運算；共軛復數
【解析】【解答】解：由，可得，則.
故答案為：B.
【分析】根據復數代數形式的除法運算可得復數，再求即可.
2．（2024高一下·祁東期末）記的內角的對邊分別為，已知，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：，
由余弦定理可得：，解得，
由正弦定理，可得，則.
故答案為：D.
【分析】利用正弦定理和余弦定理求解即可.
3．（2024高一下·祁東期末）給出下列四個結論：
①經過兩條相交直線，有且只有一個平面；
②經過兩條平行直線，有且只有一個平面；
③經過三點，有且只有一個平面；
④經過一條直線和一個點，有且只有一個平面.
其中正確結論的個數為（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知識點】平面的基本性質及推論
【解析】【解答】解： ①、 根據基本事實以及推論可知：經過兩條相交直線，有且只有一個平面， 故①正確；
②、 根據基本事實以及推論可知：經過兩條平行直線，有且只有一個平面，故②正確；
③、若三點共線，則經過三點的平面有無數多個，故③錯誤；
④、若點在直線外，則確定一個平面，若點在直線上，則可有無數個平面，故④錯誤.
即正確的命題有2個，
故答案為：B.
【分析】根據點、線、面的基本事實及推論進行判斷即可.
4．（2024高一下·祁東期末）已知小王4次月考的數學成績分別為125，116，120，131，則這些成績的第75百分位數是（　　）
A．122.5 B．125 C．128 D．131
【答案】C
【知識點】用樣本估計總體的百分位數
【解析】【解答】解： 數學成績從小到大排列為，
，則成績的第75百分位數是.
故答案為：C.
【分析】先將數據從小到大排列，再利用百分位數的概念計算即可.
5．（2024高一下·祁東期末）從標有數字1，2，3，4的四張卡片中任取兩張，這兩張卡片上的數字相鄰的概率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】古典概型及其概率計算公式
【解析】【解答】解：由題意可知：樣本空間，共6種，
其中卡片數字相鄰的有，共3種，
則這兩張卡片上的數字相鄰的概率是.
故答案為：B.
【分析】利用古典概型概率公式求解即可．
6．（2024高一下·祁東期末）某商品3 5月份在甲、乙、丙、丁四個地區的銷量如下圖所示，則在這四個地區中該商品3 5月份銷量方差最小的為（　　）
A．甲地區 B．乙地區 C．丙地區 D．丁地區
【答案】D
【知識點】極差、方差與標準差
【解析】【解答】解：由銷兩圖可知：丁地區銷量最穩定，則丁地區銷量的方差最小．
故答案為：D.
【分析】根據方差的意義判斷即可.
7．（2024高一下·祁東期末）已知方程的根分別為，則（　　）
A．0 B．2 C． D．
【答案】A
【知識點】復數代數形式的乘除運算
【解析】【解答】解：
.
故答案為：A.
【分析】由復數根的性質進行配湊，結合復數代數形式的乘法運算求解即可.
8．（2024高一下·祁東期末）在正方體中，為線段的中點，為線段上的動點，則與平面所成角的正弦值的最小值為（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】棱柱的結構特征；直線與平面所成的角
【解析】【解答】解：取的中點，連接，如圖所示：
設正方體的棱長為，
在中，因為為線段的中點，為的中點，
所以為的中位線，所以，
又因為平面，所以平面，
則為直線與平面所成的角，即，
由，可得，
要使與平面所成角的正弦值最小，則最小，
可知當與點重合時，最大，此時，
則.
故答案為：A.
【分析】取的中點，連接，設正方體的棱長為，推出為直線與平面所成的角，求得，只要最大即可.
9．（2024高一下·祁東期末）記的內角的對邊分別為，下列結論正確的是（　　）
A．若，則
B．若，則
C．若，則的外接圓的半徑為4
D．若，則
【答案】A,B,D
【知識點】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：A、若，則，顯然不成立，，則，故A正確；
B、若，則，由正弦定理可得，故B正確；
C、 若， 設的外接圓的半徑為，由，
解得，故C錯誤；
D、若，則，由，可得，故D正確.
故答案為：ABD．
【分析】由正切函數性質即可判斷A；利用正弦定理即可判斷BCD．
10．（2024高一下·祁東期末）在拋擲一個質地均勻的骰子的試驗中，事件A表示“出現小于5的奇數點數”，事件B表示“出現不小于5的點數”，則下列結論正確的是（　　）
A．
B．
C．
D．事件或至少有一個發生的概率為
【答案】B,C,D
【知識點】古典概型及其概率計算公式
【解析】【解答】解：記事件A=“出現的點數為1，3”，記事件=“出現的點數為5，6”，
A、易知事件互斥，則，故A錯誤；
B、事件表示“出現的點數為1，3”，，則，故B正確；
C、由上知，所以，故C正確；
D、因為，故D正確.
故答案為：BCD．
【分析】根據各事件包含的點數，再由概率公式計算概率逐項判斷即可.
11．（2024高一下·祁東期末）如圖1，一圓形紙片的圓心為O，半徑為，以O為中心作正六邊形，以正六邊形的各邊為底邊作等腰三角形，使其頂角的頂點恰好落在圓O上.現沿等腰三角形的腰和中位線裁剪，裁剪后的圖形如圖2所示，將該圖形以正六邊形的邊為折痕將等腰梯形折起，使得相鄰的腰重合得到正六棱臺.若該正六棱臺的高為，則下列結論正確的是（　　）
A．正六邊形的邊長為4 B．該正六棱臺的側面積為
C．該正六棱臺的外接球半徑為 D．該正六棱臺的體積為
【答案】A,B,D
【知識點】球內接多面體；臺體的體積公式及應用
【解析】【解答】解：如圖1，設以為底邊的等腰三角形的中位線為，
連接，分別交于點，則分別為的中點，
設，則由中位線和正六邊形性質得，
所以，
①，
折疊后形成的正六棱臺如圖2所示，由正六邊形性質，，
設上底面的中心為，連接，
則，
連接，則是正六棱臺的高，即，
過點作交于點，
則由由正六棱臺結構性質可知平面，故，
在中，②.
由①②得，解得，
所以正六棱臺的上 下底面的邊長分別為和，故A正確；
該正六棱臺的側面高為，
所以正六棱臺側面積為，故B正確；
由以及正六棱臺和球的對稱性可知正六棱臺的外接球球心必在線段上，
連接，則均為外接球的半徑，設為，
由勾股定理得
所以，
又因為，
所以，解得，
則，所以，故C錯誤；
因為正六棱臺上底面面積，下底面面積，
所以所求體積，故D正確.
故答案為：ABD.
【分析】求出與的關系即可由求解即可判斷AB；判斷出球心在線段上，接著由（為正六棱臺外接球半徑）即可判斷C；求出上下底面積即可由棱臺體積公式直接計算即可判斷D.
12．（2024高一下·祁東期末）某中學高一年級有男生640人，女生480人.為了解該年級男 女學生的身高差異，應采用　 　（從“簡單隨機”和“分層隨機”中選一個最合適的填入）抽樣.若樣本容量為112，則應抽取的女生人數為　 　.
【答案】分層隨機；48
【知識點】分層抽樣方法
【解析】【解答】解：男 女學生的身高存在明顯差異，采取分層隨機抽樣的方法抽取樣本；
若樣本容量為112，則應抽取的女生人數為.
故答案為：分層隨機，48.
【分析】利用分層抽樣結合分層抽樣的樣本容量的計算公式求解即可.
13．（2024高一下·祁東期末）現用一枚甲型導彈和一枚乙型導彈各射擊目標一次，則目標被擊中的概率為.已知一枚甲型導彈擊中目標的概率是，且甲 乙兩種導彈是否擊中目標互不影響，則一枚乙型導彈擊中目標的概率是　 　.
【答案】
【知識點】互斥事件與對立事件；相互獨立事件；相互獨立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：設乙型導彈擊中目標的概率是，
由題意可得：，解得.
故答案為：
【分析】利用獨立事件結合對立事件求解即可.
14．（2024高一下·祁東期末）已知點是的內心，，則面積的最大值為　 　.
【答案】
【知識點】解三角形；余弦定理；三角形中的幾何計算
【解析】【解答】解：因為點是的內心，，
所以，
由余弦定理，
可得，則，
故的面積.
故答案為：.
【分析】由題意，利用余弦定理求出，再利用三角形面積公式求解即可.
15．（2024高一下·祁東期末）已知平面向量滿足．
（1）若，求的值；
（2）若，求向量與夾角的大小．
【答案】（1）解：，若，則，解得；
（2）解：易知，，
若，
則，即，
則，
因為，所以．
【知識點】平面向量共線（平行）的坐標表示；數量積表示兩個向量的夾角；平面向量垂直的坐標表示
【解析】【分析】（1）根據向量平行的坐標表示列式求解即可；
（2）根據垂直結合向量的模長求出，再根據向量的夾角公式計算即可.
（1）根據題意可得，
解得．
（2）由，得．
因為，所以，
所以，
所以，
又，所以．
16．（2024高一下·祁東期末）為了了解一片林木的生長情況，某科研機構成員隨機檢測了其中100棵樹木的底部周長（單位：，所得數據都在內，按分成五組，得到如圖所示的頻率分布直方圖.
（1）求圖中的值；
（2）估計這片林木中樹木底部周長的平均值（同一組中的數據用該組區間的中點值作代表）；
（3）若這片林木有10000棵樹木，估計這片林木中底部周長在內的樹木的數量.
【答案】（1）解：由頻率分布直方圖各矩形面積和為1可得，解得0.025；
（2）解；設這片林木中樹木底部周長的平均值為，
則；
（3）解：由頻率分布直方圖可知這片林木中樹木的底部周長在內的頻率是，
則這片林木中底部周長在內的樹木的數量的估計值是.
【知識點】頻率分布直方圖；眾數、中位數、平均數
【解析】【分析】（1）根據頻率分布直方圖各矩形面積之和為1列式求解的值即可；
（2）利用頻率分布直方圖求數據的平均值即可；
（3）由范圍內的頻率計算頻數.
（1）由頻率分布直方圖可得，解得0.025.
（2）設這片林木中樹木底部周長的平均值為，
則
（3）由頻率分布直方圖可知這片林木中樹木的底部周長在內的頻率是，
則這片林木中底部周長在內的樹木的數量的估計值是.
17．（2024高一下·祁東期末）記的內角的對邊分別為，已知．
（1）求；
（2）若，求的周長．
【答案】（1）解：由，可得，
，由正弦定理可得，則，
因為，所以；
（2）解：若，則，
由余弦定理，可得，
整理得，解得或，
因為，所以，
當時，，不合題意排除；
當時，，滿足題意，
則，的周長為.
【知識點】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由題意，利用正弦定理化簡求值即可；
（2）由（1）及余弦定理可得或，再由C為鈍角可排除求解即可.
（1）因為，所以.
又，所以，則，
因為，所以.
（2）因為，所以.
由余弦定理，得.
整理得，解得或.
因，則.
當時，，不合題意排除；
當時，，滿足題意.
則，的周長為.
18．（2024高一下·祁東期末）為普及防火救災知識，某學校組織防火救災知識競賽.比賽共分為兩輪，每位參賽選手在第一輪比賽勝出后才能進入第二輪比賽.若其在兩輪比賽中均勝出，則贏得比賽.已知在第一輪比賽中，選手甲，乙勝出的概率分別為；在第二輪比賽中，甲 乙勝出的概率分別為，甲，乙兩人在每輪比賽中是否勝出互不影響，
（1）比較甲 乙兩人誰贏得比賽的概率大；
（2）求甲贏得比賽且乙沒贏得比賽的概率.
【答案】（1）解：設事件“甲在第一輪比賽中勝出”，事件“甲在第二輪比賽中勝出”，
事件“乙在第一輪比賽中勝出”，事件"乙在第二輪比賽中勝出”，
則“甲贏得比賽”，，
“乙贏得比賽”，.
因為，所以甲贏得比賽的概率大；
（2）解：設“甲贏得比賽”，“乙贏得比賽”，由（1）知，
則甲贏得比賽且乙沒贏得比賽的概率為
.
【知識點】互斥事件與對立事件；相互獨立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）由題意，利用獨立事件的概率公式分別求出甲 乙兩人勝出的概率，再比較大小即可；
（2）根據獨立事件和對立事件的概率公式求解即可.
（1）設“甲在第一輪比賽中勝出”，“甲在第二輪比賽中勝出”，
“乙在第一輪比賽中勝出”，"乙在第二輪比賽中勝出”，
則“甲贏得比賽”，，
“乙贏得比賽”，.
因為，所以甲贏得比賽的概率大.
（2）設“甲贏得比賽”，“乙贏得比賽”，
由（1）知，
所以甲贏得比賽且乙沒贏得比賽的概率為
.
19．（2024高一下·祁東期末）在四棱錐中，平面，平面平面分別為的中點．
（1）證明：平面．
（2）證明：．
（3）若二面角的正切值為，求三棱錐的體積．
【答案】（1）證明：連接，如圖所示：
因為分別為的中點，所以為的中位線，所以，
又因為平面平面，所以平面；
（2）證明：過作交于，如圖所示：
因平面平面，平面平面，平面，故平面，
因為平面，所以，
因為平面平面，所以，
因為，所以平面，
又因為平面，所以；
（3）解：過作交于，過作交于，連接，如圖所示：
因平面，平面，則，
因平面，故得平面，
因為平面，所以，
因為，平面，所以平面，
又平面，則，則即為二面角的平面角，
依題意，，
設，則．因為，所以，
由，得，即，則，
又由，得，即，解得，
，，則的面積為，
故．
【知識點】直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角；錐體的體積公式及應用
【解析】【分析】（1）連接，證明，由線線平行證線面平行即可；
（2）過作交于，證平面得，由平面得，可證平面，即可證明；
（3）過作交于，證平面，作交于，連接，證即為二面角的平面角，由題設，通過兩組三角形相似求出，再根據等體積法求解即可.
（1）如圖，連接．
因為分別為的中點，所以為的中位線，則．
因為平面平面，所以平面．
（2）如圖，過作交于．
因平面平面，平面平面，平面，故平面．
因為平面，所以．
因為平面平面，所以．
因為，所以平面，
又平面，所以．
（3）如圖3，過作交于，過作交于，連接．
因平面，平面，則，
因平面，故得平面.
因平面，則．
因為，平面，所以平面.
又平面，則，則即為二面角的平面角，
依題意，．
設，則．因為，所以．
由，得，即，則．
又由，得，即，解得．
因，則的面積為，
故．
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