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甘肅省酒泉市2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期7月期末考試數(shù)學(xué)試題
1．（2024高一下·酒泉期末）某省為全運會選拔跳水運動員，對某運動員進行測試，在運動員跳完一個動作之后由7名裁判打分，統(tǒng)計結(jié)果為平均分9.5分，方差為a，為體現(xiàn)公平，裁判委員會決定去掉一個最高分10分，一個最低分9分，則（　　）
A．平均分變大，方差變大 B．平均分變小，方差變小
C．平均分不變，方差變大 D．平均分不變，方差變小
【答案】D
【知識點】眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)；極差、方差與標(biāo)準(zhǔn)差
【解析】【解答】解：設(shè)去掉最高、最低分的數(shù)據(jù)為，
由題意可知：，
則，即，即平均分不變；
由于去掉一個最高分和最低分后，數(shù)據(jù)更加集中，方差變小.
故答案為：D.
【分析】利用平均數(shù)的計算公式，以及方差的意義判斷即可.
2．（2024高一下·酒泉期末）已知i是虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)（　　）
A．-1 B．i C． D．1
【答案】A
【知識點】復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算；復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加減運算
【解析】【解答】解：.
故答案為：A.
【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡即可.
3．（2024高一下·酒泉期末）已知向量，，若，則（　　）
A． B． C． D．6
【答案】A
【知識點】平面向量共線（平行）的坐標(biāo)表示
【解析】【解答】解：向量，，若，則，解得.
故答案為：A.
【分析】根據(jù)向量共平行的坐標(biāo)表示列式求解即可.
4．（2024高一下·酒泉期末）設(shè)是空間中的一個平面，是三條不同的直線，則下列說法對的是（　　）
A．若，，，，則
B．若，，，則
C．若，，則
D．若，，，則
【答案】D
【知識點】空間點、線、面的位置
【解析】【解答】解：對于A，由，，，，
只有當(dāng)直線與相交時，可得，所以A不正確；
對于B，由，，，
則與平行、相交或異面，所以B錯誤；
對于C，由，，，
則，所以C錯誤；
對于D，由，，可得，
又因為，所以，所以D正確.
故答案為：D.
【分析】根據(jù)題意結(jié)合兩直線的位置關(guān)系、線面垂直的判定定理、線面垂直的判定定理，從而找出說法正確的選項.
5．（2024高一下·酒泉期末）三人被邀請參加一個晚會，若晚會必須有人去，去幾人自行決定，則恰有一人參加晚會的概率為（　　）
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：設(shè)參加邀請的三人為，，，
則參加晚會的情況有，，，，，，，共種情況，
其中恰有一人參加晚會的情況有種，故所求的概率為.
故答案為：B.
【分析】列舉基本事件空間，利用古典概型概率公式求解即可.
6．（2024高一下·酒泉期末）若正方體的內(nèi)切球的表面積為，則此正方體最多可容納半徑為1的小球的個數(shù)為（　　）
A．7個 B．8個 C．9個 D．10個
【答案】B
【知識點】棱柱的結(jié)構(gòu)特征；球的表面積與體積公式及應(yīng)用；球內(nèi)接多面體
【解析】【解答】解：設(shè)正方體的棱長為a，易知正方體的內(nèi)切球的直徑為a，
由題意可得：，解得，即正方體的棱長為4，
半徑為1的兩個球的直徑和為4，故正方體內(nèi)最多可以放8個半徑為1的球.
故答案為：B.
【分析】根據(jù)正方體的內(nèi)切球的表面積求得正方體的棱長，結(jié)合小球的半徑判斷即可.
7．（2024高一下·酒泉期末）已知，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】二倍角的正弦公式；同角三角函數(shù)基本關(guān)系的運用
【解析】【解答】展開得，
兩邊同時平方有，
即，解得，
故選：B.
【分析】先對進行展開得到接著兩邊平方進行化簡即可得到結(jié)果.
8．（2024高一下·酒泉期末）如圖，點是的重心，點是邊上一點，且，，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】平面向量的線性運算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：延長交于，如圖所示：
因為為的重心，所以點為的中點，
則，且，
又因為由，所以是的四等分點，
則
，
又因為，所以，，則．
故答案為：C.
【分析】延長交于，由題意可得且，再由，可得是的四等分點，根據(jù)向量的運算法則，求得，求得的值，即可求解的值.
9．（2024高一下·酒泉期末）臺球運動已有五、六百年的歷史，參與者用球桿在臺上擊球．若和光線一樣，臺球在球臺上碰到障礙物后也遵從反射定律．如圖，有一張長方形球臺ABCD，其中，現(xiàn)從角落A沿角α的方向把球打出去，球經(jīng)2次碰撞球臺內(nèi)沿后進入角落C的球袋中，則的值為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知識點】直線的傾斜角；圖形的對稱性
【解析】【解答】解：從角落A沿角的方向把球打出去，球先接觸邊，反射情況如下：
，由反射的性質(zhì)可得：關(guān)于對稱，關(guān)于對稱，
即為的三等分點，則；
從角落A沿角的方向把球打出去，球先接觸邊，反射情況如下：
，由反射的性質(zhì)可得得關(guān)于對稱，關(guān)于對稱，
即為的三等分點，則.
故答案為：BC.
【分析】由題意，分兩種情況作圖，利用對稱方法求解即可.
10．（2024高一下·酒泉期末）有6個相同的球，分別標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4，5，6，從中有放回的隨機取兩次，每次取1個球．甲表示事件“第一次取出的球的數(shù)字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的數(shù)字是2”，丙表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是8”，丁表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是7”，則（　　）
A．甲與丙相互獨立 B．甲與丁相互獨立
C．丙與丁相互獨立 D．乙與丙不相互獨立
【答案】B,D
【知識點】相互獨立事件；相互獨立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率計算公式
【解析】【解答】解：由題意可知：，
兩次取出的球的數(shù)字之和為8，即共5種情況，
則；
兩次取出的球的數(shù)字之和為7，即共6種情況，
則；
A、，故甲與丙不相互獨立，故A錯誤；
B、，故甲與丁相互獨立，故B正確；
C、，故丙與丁不相互獨立，故C錯誤；
D、，故乙與丙不相互獨立，故D正確.
故答案為：BD.
【分析】由題意，計算各事件概率，再根據(jù)獨立事件概率的關(guān)系逐項判斷即可.
11．（2024高一下·酒泉期末）如圖，在棱長為2的正方體中，在線段上運動（包括端點），下列選項正確的有（　　）
A．
B．
C．直線與平面所成角的最大值是
D．的最小值為
【答案】A,C,D
【知識點】棱柱的結(jié)構(gòu)特征；多面體和旋轉(zhuǎn)體表面上的最短距離問題；直線與平面所成的角
【解析】【解答】解：A、正方體中，易得，，
因為平面，所以平面，
又因為平面，所以，故A正確；
B、當(dāng)與重合，與夾角為，故B錯誤；
C、連接交于，如圖所示：
因為平面，平面，所以，
因為，平面，
所以平面，即平面，
所以為直線與平面所成角，所以，
當(dāng)最小時最大，即時，最小，
由，可得，
，則的最大值為，
即直線與平面所成角的最大值是，故C正確；
D、將平面與平面沿翻折到同一個平面內(nèi)，如圖所示：
由題意，，
從而，故為平行四邊形，
又，故為矩形，
當(dāng)為與交點時，最小，，故D正確.
故答案為：ACD.
【分析】由正方體的性質(zhì)，得垂直關(guān)系，即可判斷AB；作出直線與平面所成角，進而判斷線面角的最大值即可判斷C；通過翻折平面，將平面與平面沿翻折到同一個平面內(nèi)，進而判斷的最小值即可判斷D.
12．（2024高一下·酒泉期末）已知復(fù)數(shù)z的模為2，則的最大值為　 　．
【答案】3
【知識點】復(fù)數(shù)在復(fù)平面中的表示；復(fù)數(shù)運算的幾何意義
【解析】【解答】解：由題意可知：復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)的軌跡是以原點為圓心，2為半徑的圓，
則是圓上的點到點的距離，即.
故答案為：3.
【分析】利用復(fù)數(shù)模的幾何意義，求出的最大值即可.
13．（2024高一下·酒泉期末）某科研攻關(guān)項目中遇到一個問題，請了甲、乙兩位專家單獨解決此問題，若甲、乙能解決此問題的概率分別為m，n，則此問題被解決的概率為　 　
【答案】
【知識點】概率的基本性質(zhì)；相互獨立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：記事件“甲專家獨立解決”，事件“乙專家獨立解決”，
則，因為相互獨立，所以，
所以.
故答案為：.
【分析】利用概率的基本性質(zhì)及相互獨立事件的概率公式計算即可.
14．（2024高一下·酒泉期末）滕王閣，江南三大名樓之一，因初唐詩人王勃所作《滕王閣序》中的“落霞與孤鶩齊飛，秋水共長天一色”而名傳千古，流芳后世.如圖，在滕王閣旁地面上共線的三點，，處測得閣頂端點的仰角分別為，，.且米，則滕王閣高度　 　米.
【答案】
【知識點】余弦定理；解三角形的實際應(yīng)用
【解析】【解答】解：設(shè)，由，，，
可得，，，
在中，由余弦定理，
可得①，
在中，由余弦定理，
可得②，
因為，所以①②兩式相加可得：，
解得，則.
故答案為：.
【分析】設(shè)，由邊角關(guān)系可得，，，在和中，利用余弦定理結(jié)合求得的值，即可得長.
15．（2024高一下·酒泉期末）已知，與的夾角是.
（1）求的值及的值；
（2）當(dāng)為何值時，？
【答案】（1）解：，與的夾角是，
則；
；
（2）解：若，則，
即，解得，
即時，.
【知識點】向量的模；平面向量的數(shù)量積運算；利用數(shù)量積判斷平面向量的垂直關(guān)系
【解析】【分析】（1）利用向量數(shù)量積求，再利用模長公式及向量數(shù)量積的運算律求解即可；
（2）利用向量的數(shù)量積的運算公式求解即可．
（1）∵，與的夾角是，
∴，
；
（2）由題意，，
即，
解得，
即時，.
16．（2024高一下·酒泉期末）本學(xué)期初，某校對全校高一學(xué)生進行數(shù)學(xué)測試（滿分100），并從中隨機抽取了100名學(xué)生的成績，以此為樣本，分五組，得到如圖所示頻率分布直方圖．
（1）求a的值，并估計該校高一學(xué)生數(shù)學(xué)成績的平均數(shù)和分位數(shù)；
（2）為進一步了解學(xué)困生的學(xué)習(xí)情況，從上述數(shù)學(xué)成績低于70分的學(xué)生中，分層抽樣抽出6人，再從6人中任取2人，求此2人分?jǐn)?shù)都在的概率．
【答案】（1）解：根據(jù)頻率分布直方圖各矩形面積和為1可得：，解得；
該校高一學(xué)生數(shù)學(xué)成績的平均數(shù)為，
前3組的頻率和為，則分位數(shù)為；
（2）解：分層抽樣抽取的6人中，的有人，記為1，2；
的有人，記為3，4，5，6；
從6人中任取2人，基本事件有12，13，14，15，16，23，24，25，26，34，35，36，45，46，56，共15種，
其中2人分?jǐn)?shù)都在的有34，35，36，45，46，56共6種，
則從6人中任取2人，分?jǐn)?shù)都在的概率為．
【知識點】分層抽樣方法；頻率分布直方圖；古典概型及其概率計算公式；用樣本估計總體的百分位數(shù)
【解析】【分析】（1）根據(jù)頻率分布直方圖各矩形面積之和為1求得，再根據(jù)平均數(shù)、百分位數(shù)的求法求解即可；
（2）根據(jù)分層抽樣，結(jié)合古典概型概率公式求解即可．
（1）解：由，
解得；
該校高一學(xué)生數(shù)學(xué)成績的平均數(shù)為．
前3組的頻率和為，
所以分位數(shù)為；
（2）解：分層抽樣抽取的6人中，的有人，記為1，2，
的有人，記為3，4，5，6，
從6人中任取2人，基本事件有12，13，14，15，16，23，24，25，26，34，35，36，45，46，56，共15種，
其中2人分?jǐn)?shù)都在的有34，35，36，45，46，56共6種，
所以從6人中任取2人，分?jǐn)?shù)都在的概率為．
17．（2024高一下·酒泉期末）（1）敘述并證明平面與平面平行的性質(zhì)定理；
（2）設(shè)，是兩個不同的平面，，是平面，之外的兩條不同直線，給出四個論斷：①；②；③；④．以其中三個論斷作為條件，余下一個作為結(jié)論，寫出一個正確的命題，并證明．
【答案】證明：（1）兩個平面平行的性質(zhì)定理：兩個平面平行，如果另一個平面與這兩個平面相交，那么兩條交線平行．
已知：如圖，已知，，，求證：.
證明：因為，所以與沒有公共點，
又，，所以，，
所以與沒有公共點，
又因為，，所以；
（2）命題一：若，，，則（②③④①）.
證明：過平面和平面外一點，作，交于，作，交于，
則，，，
顯然與不平行，設(shè)，則、，所以，，
因為，平面，所以平面，
延展平面交于點，連接，平面，
所以，，
則是二面角的一個平面角，
因為，，所以，同理有，
又，所以四邊形為矩形，則，
則平面和平面形成的二面角的平面角直二面角，故，
命題二：若，，，則（①③④②）.
證明：因為，，，
設(shè)，在平面內(nèi)作直線，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理可得，
又因為，所以，
因為，，所以，所以.
【知識點】平面與平面平行的性質(zhì)；直線與平面垂直的判定；直線與平面垂直的性質(zhì)；平面與平面垂直的性質(zhì)
【解析】【分析】（1）寫出兩個平面平行的性質(zhì)定理，再根據(jù)線面、線線的位置關(guān)系證明即可；
（2）寫出正確的命題，再根據(jù)線面垂直的判定與性質(zhì)、直二面角的定義以及面面垂直的性質(zhì)定理證明即可.
18．（2024高一下·酒泉期末）已知向量，函數(shù)．
（1）若，求的值；
（2）若，求的值；
（3）設(shè)中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知，且銳角B滿足，求的取值范圍．
【答案】（1）解：向量，則，
若，則，因為，所以，則，
則；
（2）解：若，則，因為，所以，
則，
又因為，，所以，
則
由，得，故的值為；
（3）解：由，得，而，即，解得，即，
則，設(shè)，，
由正弦定理得，則，
于是，
則的取值范圍是.
【知識點】平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示；兩角和與差的余弦公式；二倍角的余弦公式；解三角形
【解析】【分析】（1）根據(jù)向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示求出函數(shù)的解析式，再利用三角函數(shù)的關(guān)系求解即可；
（2）利用三角函數(shù)和差公式，結(jié)合已知三角函數(shù)值求解即可；
（3）求出，利用正弦定理及和差角的正弦公式求解即可.
（1）依題意，，
由，得，由，得，則，
則.
（2）由，得，由，得，
則，
由，，得，
則
由，得，
所以的值為．
（3）由，得，而，即，解得，即，
則，設(shè)，，
由正弦定理得，則，
于是，
所以的取值范圍是.
19．（2024高一下·酒泉期末）如圖，在六面體中，，正方形的邊長為2，．
（1）證明：平面平面；
（2）求直線EF與平面所成角的正切值；
（3）求平面與平面所成二面角的余弦值；
（4）求多面體的體積．
【答案】（1）證明：因為，平面，平面，所以平面，
又因為為正方形，所以，又因為平面，平面，所以平面，
又因為平面，所以平面平面；
（2）解：連接，如圖所示：
在正方形中，，則，而，
即有，于是，
而平面，則平面，由，
得平面，因此在平面內(nèi)的射影是，
令直線EF與平面所成的角為，在直角梯形中，，
則直線與平面所成角的正切值為；
（3）解：延長與的延長線交于點，連接，則平面平面，
由（2）知，平面，平面，則，
由，得，取的中點，連接，
由，得，而平面，
則平面，又平面，則，
因此是二面角的平面角，在中，，
而，則，，
則平面與平面所成二面角的余弦值是；
（4）解：由（2）知，平面，而平面，則，又，
平面，于是平面，
四棱錐的體積，
由平面，得三棱錐的體積，
則多面體的體積.
【知識點】平面與平面平行的判定；直線與平面所成的角；二面角及二面角的平面角；錐體的體積公式及應(yīng)用
【解析】【分析】（1）由題意，利用線面平行的判定、面面平行的判定定理證明即可；
（2）借助勾股定理的逆定理，結(jié)合線面垂直的判定證得平面，進而確定直線在平面的射影求解即可；
（3）作出平面與平面所成二面的角，再利用直角三角形邊角關(guān)系求解即可；
（4）利用（2）中信息，利用割補法，結(jié)合錐體的體積公式計算即可.
（1）由，平面，平面，得平面，
由正方形，得，又平面，平面，得平面，
而平面，
所以平面平面.
（2）連接，在正方形中，，則，而，
即有，于是，
而平面，則平面，由，
得平面，因此在平面內(nèi)的射影是，
令直線EF與平面所成的角為，在直角梯形中，，
所以直線EF與平面所成角的正切值為.
（3）延長與的延長線交于點，連接，則平面平面，
由（2）知，平面，平面，則，
由，得，取的中點，連接，
由，得，而平面，
則平面，又平面，則，
因此是二面角的平面角，在中，，
而，則，，
所以平面與平面所成二面角的余弦值是.
（4）由（2）知，平面，而平面，則，又，
平面，于是平面，
四棱錐的體積，
由平面，得三棱錐的體積，
所以多面體的體積.
1 / 1甘肅省酒泉市2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期7月期末考試數(shù)學(xué)試題
1．（2024高一下·酒泉期末）某省為全運會選拔跳水運動員，對某運動員進行測試，在運動員跳完一個動作之后由7名裁判打分，統(tǒng)計結(jié)果為平均分9.5分，方差為a，為體現(xiàn)公平，裁判委員會決定去掉一個最高分10分，一個最低分9分，則（　　）
A．平均分變大，方差變大 B．平均分變小，方差變小
C．平均分不變，方差變大 D．平均分不變，方差變小
2．（2024高一下·酒泉期末）已知i是虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)（　　）
A．-1 B．i C． D．1
3．（2024高一下·酒泉期末）已知向量，，若，則（　　）
A． B． C． D．6
4．（2024高一下·酒泉期末）設(shè)是空間中的一個平面，是三條不同的直線，則下列說法對的是（　　）
A．若，，，，則
B．若，，，則
C．若，，則
D．若，，，則
5．（2024高一下·酒泉期末）三人被邀請參加一個晚會，若晚會必須有人去，去幾人自行決定，則恰有一人參加晚會的概率為（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·酒泉期末）若正方體的內(nèi)切球的表面積為，則此正方體最多可容納半徑為1的小球的個數(shù)為（　　）
A．7個 B．8個 C．9個 D．10個
7．（2024高一下·酒泉期末）已知，則（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·酒泉期末）如圖，點是的重心，點是邊上一點，且，，則（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·酒泉期末）臺球運動已有五、六百年的歷史，參與者用球桿在臺上擊球．若和光線一樣，臺球在球臺上碰到障礙物后也遵從反射定律．如圖，有一張長方形球臺ABCD，其中，現(xiàn)從角落A沿角α的方向把球打出去，球經(jīng)2次碰撞球臺內(nèi)沿后進入角落C的球袋中，則的值為（　　）
A． B． C． D．
10．（2024高一下·酒泉期末）有6個相同的球，分別標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4，5，6，從中有放回的隨機取兩次，每次取1個球．甲表示事件“第一次取出的球的數(shù)字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的數(shù)字是2”，丙表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是8”，丁表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是7”，則（　　）
A．甲與丙相互獨立 B．甲與丁相互獨立
C．丙與丁相互獨立 D．乙與丙不相互獨立
11．（2024高一下·酒泉期末）如圖，在棱長為2的正方體中，在線段上運動（包括端點），下列選項正確的有（　　）
A．
B．
C．直線與平面所成角的最大值是
D．的最小值為
12．（2024高一下·酒泉期末）已知復(fù)數(shù)z的模為2，則的最大值為　 　．
13．（2024高一下·酒泉期末）某科研攻關(guān)項目中遇到一個問題，請了甲、乙兩位專家單獨解決此問題，若甲、乙能解決此問題的概率分別為m，n，則此問題被解決的概率為　 　
14．（2024高一下·酒泉期末）滕王閣，江南三大名樓之一，因初唐詩人王勃所作《滕王閣序》中的“落霞與孤鶩齊飛，秋水共長天一色”而名傳千古，流芳后世.如圖，在滕王閣旁地面上共線的三點，，處測得閣頂端點的仰角分別為，，.且米，則滕王閣高度　 　米.
15．（2024高一下·酒泉期末）已知，與的夾角是.
（1）求的值及的值；
（2）當(dāng)為何值時，？
16．（2024高一下·酒泉期末）本學(xué)期初，某校對全校高一學(xué)生進行數(shù)學(xué)測試（滿分100），并從中隨機抽取了100名學(xué)生的成績，以此為樣本，分五組，得到如圖所示頻率分布直方圖．
（1）求a的值，并估計該校高一學(xué)生數(shù)學(xué)成績的平均數(shù)和分位數(shù)；
（2）為進一步了解學(xué)困生的學(xué)習(xí)情況，從上述數(shù)學(xué)成績低于70分的學(xué)生中，分層抽樣抽出6人，再從6人中任取2人，求此2人分?jǐn)?shù)都在的概率．
17．（2024高一下·酒泉期末）（1）敘述并證明平面與平面平行的性質(zhì)定理；
（2）設(shè)，是兩個不同的平面，，是平面，之外的兩條不同直線，給出四個論斷：①；②；③；④．以其中三個論斷作為條件，余下一個作為結(jié)論，寫出一個正確的命題，并證明．
18．（2024高一下·酒泉期末）已知向量，函數(shù)．
（1）若，求的值；
（2）若，求的值；
（3）設(shè)中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知，且銳角B滿足，求的取值范圍．
19．（2024高一下·酒泉期末）如圖，在六面體中，，正方形的邊長為2，．
（1）證明：平面平面；
（2）求直線EF與平面所成角的正切值；
（3）求平面與平面所成二面角的余弦值；
（4）求多面體的體積．
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)；極差、方差與標(biāo)準(zhǔn)差
【解析】【解答】解：設(shè)去掉最高、最低分的數(shù)據(jù)為，
由題意可知：，
則，即，即平均分不變；
由于去掉一個最高分和最低分后，數(shù)據(jù)更加集中，方差變小.
故答案為：D.
【分析】利用平均數(shù)的計算公式，以及方差的意義判斷即可.
2．【答案】A
【知識點】復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算；復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加減運算
【解析】【解答】解：.
故答案為：A.
【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡即可.
3．【答案】A
【知識點】平面向量共線（平行）的坐標(biāo)表示
【解析】【解答】解：向量，，若，則，解得.
故答案為：A.
【分析】根據(jù)向量共平行的坐標(biāo)表示列式求解即可.
4．【答案】D
【知識點】空間點、線、面的位置
【解析】【解答】解：對于A，由，，，，
只有當(dāng)直線與相交時，可得，所以A不正確；
對于B，由，，，
則與平行、相交或異面，所以B錯誤；
對于C，由，，，
則，所以C錯誤；
對于D，由，，可得，
又因為，所以，所以D正確.
故答案為：D.
【分析】根據(jù)題意結(jié)合兩直線的位置關(guān)系、線面垂直的判定定理、線面垂直的判定定理，從而找出說法正確的選項.
5．【答案】B
【知識點】古典概型及其概率計算公式
【解析】【解答】解：設(shè)參加邀請的三人為，，，
則參加晚會的情況有，，，，，，，共種情況，
其中恰有一人參加晚會的情況有種，故所求的概率為.
故答案為：B.
【分析】列舉基本事件空間，利用古典概型概率公式求解即可.
6．【答案】B
【知識點】棱柱的結(jié)構(gòu)特征；球的表面積與體積公式及應(yīng)用；球內(nèi)接多面體
【解析】【解答】解：設(shè)正方體的棱長為a，易知正方體的內(nèi)切球的直徑為a，
由題意可得：，解得，即正方體的棱長為4，
半徑為1的兩個球的直徑和為4，故正方體內(nèi)最多可以放8個半徑為1的球.
故答案為：B.
【分析】根據(jù)正方體的內(nèi)切球的表面積求得正方體的棱長，結(jié)合小球的半徑判斷即可.
7．【答案】B
【知識點】二倍角的正弦公式；同角三角函數(shù)基本關(guān)系的運用
【解析】【解答】展開得，
兩邊同時平方有，
即，解得，
故選：B.
【分析】先對進行展開得到接著兩邊平方進行化簡即可得到結(jié)果.
8．【答案】C
【知識點】平面向量的線性運算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：延長交于，如圖所示：
因為為的重心，所以點為的中點，
則，且，
又因為由，所以是的四等分點，
則
，
又因為，所以，，則．
故答案為：C.
【分析】延長交于，由題意可得且，再由，可得是的四等分點，根據(jù)向量的運算法則，求得，求得的值，即可求解的值.
9．【答案】B,C
【知識點】直線的傾斜角；圖形的對稱性
【解析】【解答】解：從角落A沿角的方向把球打出去，球先接觸邊，反射情況如下：
，由反射的性質(zhì)可得：關(guān)于對稱，關(guān)于對稱，
即為的三等分點，則；
從角落A沿角的方向把球打出去，球先接觸邊，反射情況如下：
，由反射的性質(zhì)可得得關(guān)于對稱，關(guān)于對稱，
即為的三等分點，則.
故答案為：BC.
【分析】由題意，分兩種情況作圖，利用對稱方法求解即可.
10．【答案】B,D
【知識點】相互獨立事件；相互獨立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率計算公式
【解析】【解答】解：由題意可知：，
兩次取出的球的數(shù)字之和為8，即共5種情況，
則；
兩次取出的球的數(shù)字之和為7，即共6種情況，
則；
A、，故甲與丙不相互獨立，故A錯誤；
B、，故甲與丁相互獨立，故B正確；
C、，故丙與丁不相互獨立，故C錯誤；
D、，故乙與丙不相互獨立，故D正確.
故答案為：BD.
【分析】由題意，計算各事件概率，再根據(jù)獨立事件概率的關(guān)系逐項判斷即可.
11．【答案】A,C,D
【知識點】棱柱的結(jié)構(gòu)特征；多面體和旋轉(zhuǎn)體表面上的最短距離問題；直線與平面所成的角
【解析】【解答】解：A、正方體中，易得，，
因為平面，所以平面，
又因為平面，所以，故A正確；
B、當(dāng)與重合，與夾角為，故B錯誤；
C、連接交于，如圖所示：
因為平面，平面，所以，
因為，平面，
所以平面，即平面，
所以為直線與平面所成角，所以，
當(dāng)最小時最大，即時，最小，
由，可得，
，則的最大值為，
即直線與平面所成角的最大值是，故C正確；
D、將平面與平面沿翻折到同一個平面內(nèi)，如圖所示：
由題意，，
從而，故為平行四邊形，
又，故為矩形，
當(dāng)為與交點時，最小，，故D正確.
故答案為：ACD.
【分析】由正方體的性質(zhì)，得垂直關(guān)系，即可判斷AB；作出直線與平面所成角，進而判斷線面角的最大值即可判斷C；通過翻折平面，將平面與平面沿翻折到同一個平面內(nèi)，進而判斷的最小值即可判斷D.
12．【答案】3
【知識點】復(fù)數(shù)在復(fù)平面中的表示；復(fù)數(shù)運算的幾何意義
【解析】【解答】解：由題意可知：復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)的軌跡是以原點為圓心，2為半徑的圓，
則是圓上的點到點的距離，即.
故答案為：3.
【分析】利用復(fù)數(shù)模的幾何意義，求出的最大值即可.
13．【答案】
【知識點】概率的基本性質(zhì)；相互獨立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：記事件“甲專家獨立解決”，事件“乙專家獨立解決”，
則，因為相互獨立，所以，
所以.
故答案為：.
【分析】利用概率的基本性質(zhì)及相互獨立事件的概率公式計算即可.
14．【答案】
【知識點】余弦定理；解三角形的實際應(yīng)用
【解析】【解答】解：設(shè)，由，，，
可得，，，
在中，由余弦定理，
可得①，
在中，由余弦定理，
可得②，
因為，所以①②兩式相加可得：，
解得，則.
故答案為：.
【分析】設(shè)，由邊角關(guān)系可得，，，在和中，利用余弦定理結(jié)合求得的值，即可得長.
15．【答案】（1）解：，與的夾角是，
則；
；
（2）解：若，則，
即，解得，
即時，.
【知識點】向量的模；平面向量的數(shù)量積運算；利用數(shù)量積判斷平面向量的垂直關(guān)系
【解析】【分析】（1）利用向量數(shù)量積求，再利用模長公式及向量數(shù)量積的運算律求解即可；
（2）利用向量的數(shù)量積的運算公式求解即可．
（1）∵，與的夾角是，
∴，
；
（2）由題意，，
即，
解得，
即時，.
16．【答案】（1）解：根據(jù)頻率分布直方圖各矩形面積和為1可得：，解得；
該校高一學(xué)生數(shù)學(xué)成績的平均數(shù)為，
前3組的頻率和為，則分位數(shù)為；
（2）解：分層抽樣抽取的6人中，的有人，記為1，2；
的有人，記為3，4，5，6；
從6人中任取2人，基本事件有12，13，14，15，16，23，24，25，26，34，35，36，45，46，56，共15種，
其中2人分?jǐn)?shù)都在的有34，35，36，45，46，56共6種，
則從6人中任取2人，分?jǐn)?shù)都在的概率為．
【知識點】分層抽樣方法；頻率分布直方圖；古典概型及其概率計算公式；用樣本估計總體的百分位數(shù)
【解析】【分析】（1）根據(jù)頻率分布直方圖各矩形面積之和為1求得，再根據(jù)平均數(shù)、百分位數(shù)的求法求解即可；
（2）根據(jù)分層抽樣，結(jié)合古典概型概率公式求解即可．
（1）解：由，
解得；
該校高一學(xué)生數(shù)學(xué)成績的平均數(shù)為．
前3組的頻率和為，
所以分位數(shù)為；
（2）解：分層抽樣抽取的6人中，的有人，記為1，2，
的有人，記為3，4，5，6，
從6人中任取2人，基本事件有12，13，14，15，16，23，24，25，26，34，35，36，45，46，56，共15種，
其中2人分?jǐn)?shù)都在的有34，35，36，45，46，56共6種，
所以從6人中任取2人，分?jǐn)?shù)都在的概率為．
17．【答案】證明：（1）兩個平面平行的性質(zhì)定理：兩個平面平行，如果另一個平面與這兩個平面相交，那么兩條交線平行．
已知：如圖，已知，，，求證：.
證明：因為，所以與沒有公共點，
又，，所以，，
所以與沒有公共點，
又因為，，所以；
（2）命題一：若，，，則（②③④①）.
證明：過平面和平面外一點，作，交于，作，交于，
則，，，
顯然與不平行，設(shè)，則、，所以，，
因為，平面，所以平面，
延展平面交于點，連接，平面，
所以，，
則是二面角的一個平面角，
因為，，所以，同理有，
又，所以四邊形為矩形，則，
則平面和平面形成的二面角的平面角直二面角，故，
命題二：若，，，則（①③④②）.
證明：因為，，，
設(shè)，在平面內(nèi)作直線，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理可得，
又因為，所以，
因為，，所以，所以.
【知識點】平面與平面平行的性質(zhì)；直線與平面垂直的判定；直線與平面垂直的性質(zhì)；平面與平面垂直的性質(zhì)
【解析】【分析】（1）寫出兩個平面平行的性質(zhì)定理，再根據(jù)線面、線線的位置關(guān)系證明即可；
（2）寫出正確的命題，再根據(jù)線面垂直的判定與性質(zhì)、直二面角的定義以及面面垂直的性質(zhì)定理證明即可.
18．【答案】（1）解：向量，則，
若，則，因為，所以，則，
則；
（2）解：若，則，因為，所以，
則，
又因為，，所以，
則
由，得，故的值為；
（3）解：由，得，而，即，解得，即，
則，設(shè)，，
由正弦定理得，則，
于是，
則的取值范圍是.
【知識點】平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示；兩角和與差的余弦公式；二倍角的余弦公式；解三角形
【解析】【分析】（1）根據(jù)向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示求出函數(shù)的解析式，再利用三角函數(shù)的關(guān)系求解即可；
（2）利用三角函數(shù)和差公式，結(jié)合已知三角函數(shù)值求解即可；
（3）求出，利用正弦定理及和差角的正弦公式求解即可.
（1）依題意，，
由，得，由，得，則，
則.
（2）由，得，由，得，
則，
由，，得，
則
由，得，
所以的值為．
（3）由，得，而，即，解得，即，
則，設(shè)，，
由正弦定理得，則，
于是，
所以的取值范圍是.
19．【答案】（1）證明：因為，平面，平面，所以平面，
又因為為正方形，所以，又因為平面，平面，所以平面，
又因為平面，所以平面平面；
（2）解：連接，如圖所示：
在正方形中，，則，而，
即有，于是，
而平面，則平面，由，
得平面，因此在平面內(nèi)的射影是，
令直線EF與平面所成的角為，在直角梯形中，，
則直線與平面所成角的正切值為；
（3）解：延長與的延長線交于點，連接，則平面平面，
由（2）知，平面，平面，則，
由，得，取的中點，連接，
由，得，而平面，
則平面，又平面，則，
因此是二面角的平面角，在中，，
而，則，，
則平面與平面所成二面角的余弦值是；
（4）解：由（2）知，平面，而平面，則，又，
平面，于是平面，
四棱錐的體積，
由平面，得三棱錐的體積，
則多面體的體積.
【知識點】平面與平面平行的判定；直線與平面所成的角；二面角及二面角的平面角；錐體的體積公式及應(yīng)用
【解析】【分析】（1）由題意，利用線面平行的判定、面面平行的判定定理證明即可；
（2）借助勾股定理的逆定理，結(jié)合線面垂直的判定證得平面，進而確定直線在平面的射影求解即可；
（3）作出平面與平面所成二面的角，再利用直角三角形邊角關(guān)系求解即可；
（4）利用（2）中信息，利用割補法，結(jié)合錐體的體積公式計算即可.
（1）由，平面，平面，得平面，
由正方形，得，又平面，平面，得平面，
而平面，
所以平面平面.
（2）連接，在正方形中，，則，而，
即有，于是，
而平面，則平面，由，
得平面，因此在平面內(nèi)的射影是，
令直線EF與平面所成的角為，在直角梯形中，，
所以直線EF與平面所成角的正切值為.
（3）延長與的延長線交于點，連接，則平面平面，
由（2）知，平面，平面，則，
由，得，取的中點，連接，
由，得，而平面，
則平面，又平面，則，
因此是二面角的平面角，在中，，
而，則，，
所以平面與平面所成二面角的余弦值是.
（4）由（2）知，平面，而平面，則，又，
平面，于是平面，
四棱錐的體積，
由平面，得三棱錐的體積，
所以多面體的體積.
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