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山東省2023-2024學年高一下學期6月期末聯考數學試卷
1．（2024高一下·山東期末）若，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】同角三角函數基本關系的運用
【解析】【解答】解：因為，
所以的終邊位于第三象限，
所以.
故答案為：B.
【分析】利用三角函數值在各象限的符號和同角的三角函數基本關系式，從而得出的值.
2．（2024高一下·山東期末）已知，則在上的投影向量為（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】平面向量數量積的坐標表示、模、夾角；平面向量數量積的坐標表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：.
故答案為：D.
【分析】根據數量積求投影向量坐標的公式，從而得出在上的投影向量.
3．（2024高一下·山東期末）設是兩條不同的直線，是平面，則下列命題正確的是（　?。?br/>A．若，則
B．若，則
C．若，則
D．若，則
【答案】C
【知識點】空間中直線與直線之間的位置關系；直線與平面平行的判定
【解析】【解答】解：對于A，有可能，故A錯誤；
對于B，因為可能異面，故B錯誤；
對于D，因為可能異面，也可能相交，故D錯誤；
由排除法可得C正確.
故答案為：C.
【分析】利用線線、線面的位置關系以及舉反例的方法，從而逐項判斷找出真命題的選項.
4．（2024高一下·山東期末）已知一組數據：的平均數是10，方差是4，則，的方差是（　?。?br/>A．16 B．14 C．12 D．18
【答案】A
【知識點】眾數、中位數、平均數；極差、方差與標準差
【解析】【解答】解：由題意，數據的平均數為：
，
所以方差為
.
故答案為：A.
【分析】利用已知條件和平均數公式、方差公式，再結合平均數性質和方差的性質，從而得出的方差.
5．（2024高一下·山東期末）已知函數，要得到函數的圖象，只需將的圖象（　?。?br/>A．向左平移個單位長度 B．向左平移個單位長度
C．向右平移個單位長度 D．向右平移個單位長度
【答案】D
【知識點】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換；輔助角公式
【解析】【解答】解：，
，
函數的圖象向右平移個單位長度可得的圖象.
故答案為：D.
【分析】根據正弦、余弦二倍角公式化簡求得函數，的解析式，再根據三角函數圖象的平移變換判斷即可.
6．（2024高一下·山東期末）如圖，在梯形中，分別為的中點，若，其中，則的值為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：分別為的中點，，
，
又因為①，②，
聯立①②得，
.
故答案為：B.
【分析】利用中點的性質和向量共線定理以及平面向量基本定理，再結合已知條件得出x，y的值，從而得出的值．
7．（2024高一下·山東期末）在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，向量與平行．若，，則BC邊上的中線AD為（　?。?br/>A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【知識點】平面向量的基本定理；平面向量共線（平行）的坐標表示；平面向量的數量積運算；正弦定理的應用
【解析】【解答】解：因為向量與平行，
所以，
由正弦定理得，
因為，所以，
又因為，所以，
則，
兩邊平方得，
所以.
故答案為：D.
【分析】根據向量平行的坐標表示和正弦定理得出角A的值，再結合中點的性質及數量積求向量的模的公式和數量積的運算律，從而得出BC邊上的中線AD的長.
8．（2024高一下·山東期末）如圖，在三棱錐，是以AC為斜邊的等腰直角三角形，且，，二面角的大小為，則三棱錐的外接球表面積為（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】球的表面積與體積公式及應用；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：根據題意，作出圖形，如圖所示，
因為是以AC為斜邊的等腰直角三角形，
所以的外心在中點，設為，
設的外心為，中點為，，
因為，所以必在連線上，
則，即，
因為兩平面交線為，為平面所在圓面中心，
所以，則，
又因為二面角的大小為，，
所以，
所以，
則錐體外接球半徑為，
則三棱錐的外接球表面積為.
故答案為：B.
【分析】由題意作出圖形，易得外接圓圓心在中點，結合正弦定理可得外接圓半徑，再結合圖形知，則根據二面角的大小為求出的長，從而得出錐體外接球半徑，從而得出三棱錐的外接球表面積.
9．（2024高一下·山東期末）下列命題中正確的是（　　）
A．已知復數，則當且僅當時為純虛數
B．已知復數為實數，則
C．已知復數，則
D．已知復數，則復數在復平面內對應的點在第四象限
【答案】B,C
【知識點】命題的真假判斷與應用；復數的基本概念；復數在復平面中的表示；復數的模
【解析】【解答】解：對于A，因為復數，
則當且僅當時為純虛數，所以錯誤；
對于B，若復數為實數，
則，所以正確；
對于C，因為復數，則，所以正確；
對于D，因為復數，
則復數在復平面內對應的點在第二象限，所以D錯誤.
故答案為：BC.
【分析】利用純虛數的判斷方法可判斷選項A；由復數為實數的判斷方法，則可判斷選項B；利用復數求模公式，則可判斷選項C；利用已知條件和復數的幾何意義以及點的坐標確定象限的方法，則判斷出選項D，從而找出真命題的選項.
10．（2024高一下·山東期末）下圖是我國2018~2023年純電動汽車銷量統計情況，下列說法正確的是（　　）
A．我國純電動汽車銷量呈現逐年增長趨勢
B．這六年銷量的第60百分位數為536.5萬輛
C．這六年增長率最大的為2019年至2020年
D．2020年銷量高于這六年銷量的平均值
【答案】A,B,C
【知識點】頻率分布折線圖、密度曲線；眾數、中位數、平均數；用樣本估計總體的百分位數
【解析】【解答】解：對于A，從條形圖中看出，純電動汽車銷量逐年遞增，故A正確；
對于B，因為，將所有汽車銷量數據從小到大排序，
所以銷量的第百分位數為第個數據，即為，故B正確；
對于C，因為年的增長率為；
年的增長率為；
年的增長率為；
年的增長率為；
年增長率為，
年的增長率超過其他年份的增長率，故C正確；
對于D，因為這六年銷量的平均數為：
，故D錯誤.
故答案為：ABC.
【分析】從條形圖中看出純電動汽車銷量逐年遞增，則判斷出選項A；將數據從小到大排序，按百分位數計算公式，則判斷出選項B；先計算每年的增長率，再比較判斷出選項C；先求出平均值，再與年數據比較判斷出選項D，從而找出說法正確的選項.
11．（2024高一下·山東期末）如圖，在棱長為1的正方體中，Q是棱上的動點，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．不存在點Q，使得
B．存在點Q，使得
C．對于任意點Q，Q到的距離的取值范圍為
D．對于任意點Q，都是鈍角三角形
【答案】A,B,C
【知識點】空間中直線與直線之間的位置關系；點、線、面間的距離計算；三角形的形狀判斷
【解析】【解答】解：因為平面，平面，，平面，
∴直線與是異面直線，故A正確；
因為平面，平面，則，
又因為，與是平面內兩相交直線，
所以平面，
又因為平面，所以，
則當與重合時，，故B正確，
此時是直角三角形，故D錯；
設（），，，，
則，
，
所以，
則，
所以，當時，；
當或x=1時，，
所以的最大值是，最小值是，
記到的距離為，，
因此的最大值是，的最小值是，故C正確．
故答案為：ABC．
【分析】利用異面直線的定義證出直線與是異面直線，則判斷出選項A；當與重合時結合線線垂直的判斷方法和鈍角三角形的判斷方法，則可判斷選項B和選項D；設（），計算出的面積的最大值和最小值后可得Q到的距離的最小值和最大值，則判斷出選項C，從而找出說法正確的選項．
12．（2024高一下·山東期末）已知向量共線，且，則　 ?。?br/>【答案】或
【知識點】向量的模；共線（平行）向量
【解析】【解答】解：由向量共線，則向量可能同向、可能反向，
當向量同向時，由，則；
當向量反向時，由，則，
則可能為或.
故答案為：或.
【分析】利用向量共線，分向量同向與反向兩種情況和向量求模公式，從而得出的值.
13．（2024高一下·山東期末）一個圓錐的側面展開圖是半徑為2，圓心角為的扇形，則該圓錐的表面積為　 ?。?br/>【答案】
【知識點】旋轉體（圓柱/圓錐/圓臺/球）的結構特征；棱柱/棱錐/棱臺的側面積、表面積及應用
【解析】【解答】解：設圓錐的底面半徑為r，
由題意可得：，解得，
則圓錐的表面積為．
故答案為：.
【分析】設圓錐的底面半徑為r，由題意求得圓錐的底面圓的半徑，再根據圓錐的側面積公式求解即可．
14．（2024高一下·山東期末）已知（）滿足，，且在上單調，則的最大值為　 　.
【答案】
【知識點】含三角函數的復合函數的周期；含三角函數的復合函數的單調性；含三角函數的復合函數的值域與最值
【解析】【解答】解：滿足，
，即，
，
在上單調，
，即，
當時，最大，最大值為.
故答案為：.
【分析】由，得到，再由函數在區間上單調，從而求出的取值范圍，進而求出的最大值.
15．（2024高一下·山東期末）中，，，分別為角，，的對邊，且.
（1）求角A；
（2）若的內切圓面積為，求的面積S的最小值.
【答案】（1）解：因為，
由正弦定理和兩角和的正弦公式得：，
又因為，
所以，
又因為，所以，
則，
又因為，所以，
所以，
所以
所以，
則.
（2）解：由題意知內切圓的半徑為，
則，解得，
如圖，內切圓的圓心為，為切點，
則，所以
由余弦定理得，
整理化簡，由基本不等式得，
解得或（舍去）（當時取等號），
則，
所以面積S的最小值為.
【知識點】基本不等式在最值問題中的應用；簡單的三角恒等變換；三角形中的幾何計算
【解析】【分析】（1）根據題意和正弦定理得到，再結合同角三角函數基本關系式化簡整理求出的值，從而得出角A的值.
（2）根據題意得到內切圓的半徑為1，作出圖形，記內切圓的圓心為，為切點，從而得到，由余弦定理得到，根據基本不等式求最值的方法得出，再由三角形面積公式得出的面積S的最小值.
（1）因為，
由正弦定理和兩角和正弦公式得：
又因為
所以，
因為，所以，即，
因為，所以，所以，所以
所以，即；
（2）由題意知內切圓的半徑為，則，解得.
如圖，內切圓的圓心為，為切點，
則，
從而，
由余弦定理得，
整理化簡并利用基本不等式得，
解得或（舍去），
（當時取等號）.
從而，
即面積S的最小值為.
16．（2024高一下·山東期末）如圖，在正方體中，是棱的中點．
（1）試判斷直線與平面的位置關系，并說明理由；
（2）若正方體的棱長為2，求點到平面的距離．
【答案】（1）解：直線平面，理由如下：
在正方體中，連接交于點，連接，如圖1，
因為四邊形為正方形，
所以為中點，
又因為為中點，
所以，
又因為平面，平面，
所以平面．
（2）解：解法一：（等體積法）
在三棱錐中，，
則，
的面積，
設點到平面的距離為，
由得：，
所以，
所以點到平面的距離為．
解法二：（直接法）
連接，在平面中，設，
在正方形中，，
又∵平面，平面，∴，
又∵，、平面，
∴平面，
又因為平面，∴，同理可得：，
又∵，，平面，
∴平面，即平面，
所以為點到平面的距離，
由題意可知，在直角三角形中，，，
所以，
由，得，
所以點到平面的距離為．
【知識點】直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定；點、線、面間的距離計算
【解析】【分析】（1）由正方體的結構特征和正方形的結構特征以及中位線定理，從而證出線線平行，再結合線線平行證出線面平行，從而判斷出直線與平面的位置關系.
（2）利用兩種方法求解.
解法一：設點到平面的距離為，由和三棱錐的體積公式得出點到平面的距離.
解法二：連接，由線面垂直的判定定理和性質定理證出直線平面，從而得出為點到平面的距離，再結合勾股定理和對應邊成比例，從而得出點到平面的距離.
（1）直線平面，
理由如下：在正方體中，連接交于點，連接，如圖1，
因為四邊形為正方形，則為中點，又為中點，因此，
又平面，平面，所以平面．
（2）解法一：（等體積法）
在三棱錐中，，
則，
的面積，
設點到平面的距離為，
由得：，
于是，所以點到平面的距離為．
解法二：（直接法）
連接，在平面中，設
在正方形中，
又∵平面，平面，∴．
又∵，、平面
∴平面，而平面，∴
同理可得：，
又∵，，平面，
∴平面，即平面，
所以為點到平面的距離，
由題意可知，在直角三角形中，，，
由得，所以點到平面的距離為．
17．（2024高一下·山東期末）某學校為了解本校歷史 物理方向學生的學業水平模擬測試數學成績情況，分別從物理方向的學生中隨機抽取60人的成績得到樣本甲，從歷史方向的學生中隨機抽取人的成績得到樣本乙，根據兩個樣本數據分別得到如下直方圖：
已知乙樣本中數據在的有10個.
（1）求和乙樣本直方圖中的值；
（2）試估計該校物理方向的學生本次模擬測試數學成績的平均值和歷史方向的學生本次模擬測試數學成績的中位數（同一組中的數據用該組區間中點值為代表）；
（3）若本校歷史方向的學生約為300人，估計其中數學成績在85分以上的人數.
【答案】（1）解：由直方圖可知，乙樣本中數據在的頻率為，則，解得；
由乙樣本數據頻率分布直方圖各矩形面積和為1可得：，
解得；
（2）解：甲樣本數據的平均值估計值為
；
乙樣本數據直方圖中前3組的頻率之和為，
前4組的頻率之和為，所以乙樣本數據的中位數在第4組.
設中位數為，，解得，則乙樣本數據的中位數為82；
（3）解：乙樣本中數學成績在85分以上的學生頻率為，
由樣本估計總體得85分以上人數為，
故歷史方向的學生數學成績在85分以上的有114人.
【知識點】頻率分布直方圖；眾數、中位數、平均數
【解析】【分析】（1）先計算出乙樣本中數據在的頻率，從而求出，根據頻率之和為1列方程，求的值即可；
（2）中點值作代表，計算出甲樣本數據的平均值估計值，再判斷出乙樣本數據的中位數在第4組，設中位數為，列方程求解即可；
（3）計算出乙樣本中數學成績在85分以上的學生頻率，從而估計其中數學成績在85分以上的人數即可.
（1）由直方圖可知，乙樣本中數據在的頻率為，
則，解得；
由乙樣本數據直方圖可知，，
解得.
（2）甲樣本數據的平均值估計值為
；
乙樣本數據直方圖中前3組的頻率之和為，
前4組的頻率之和為，所以乙樣本數據的中位數在第4組.
設中位數為，，解得，所以乙樣本數據的中位數為82.
（3）乙樣本中數學成績在85分以上的學生頻率為，
由樣本估計總體得（人），
故歷史方向的學生數學成績在85分以上的有114人.
18．（2024高一下·山東期末）如圖，在三棱臺中，，，，．
（1）求證：平面平面；
（2）若直線與平面所成角為，求平面和平面所成角的正切值．
【答案】（1）證明：取中點為，連接，
∵，，
所以，
故，
由三角形內角和可得，故，
又∵，平面，為相交直線，
∴平面，平面，∴，
又∵，
所以，平面，
∴平面，AC在平面ABC內，
∴平面平面.
（2）解：由（1）知直線與平面所成角為，∴，
因為，∴，
設平面和平面的交線為，
又因為平面，平面，所以，
過點作于G，
由（1）知平面平面，
且兩平面的交線為，平面，
∴平面，平面，
所以，且，
再過點作于，連接，平面，
所以平面，平面，
故，
∵即為所求角，，
則，
所以.
【知識點】平面與平面垂直的判定；直線與平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根據已知條件和線線垂直證出線面垂直，再結合線面垂直證出面面垂直，則證出平面平面.
（2）根據線面垂直得出線面角，從而可得的長，根據線面垂直定義證出線線垂直，并由幾何法得出二面角的平面角，最后由正弦函數的定義和正切函數的定義，從而得出平面和平面所成角的正切值.
（1）取中點為，連接，
∵，，所以，故，由三角形內角和可得，
故，
又∵，平面，為相交直線，
∴平面，平面，∴
又∵，即，平面，
∴平面，AC在平面ABC內，∴平面平面
（2）由（1）知直線與平面所成角為，
∴，由于，∴
設平面和平面的交線為，
由于平面，平面，所以，
過點作于G，
又（1）知平面平面，且兩平面的交線為，平面，
∴平面，平面，所以，
且，
再過點作于，連接，
平面，所以平面，
平面，故，
∵即為所求角，
，
∵
19．（2024高一下·山東期末） 已知函數．
（1）求的單調遞增區間；
（2）當時，求的最值．
（3）當時，關于的不等式有解，求實數的取值范圍．
【答案】（1）解：由題意，得函數
，
由，解得，
所以的單調遞增區間為.
（2）解：當時，，所以，則，
當即時，函數取得最小值；
當即時，函數取得最大值為；
（3）解：由題意得時，有解，
而此時，即有解，只需要即可，
，，
令，則在上單調遞減，
所以當時，，即，所以.
【知識點】函數恒成立問題；函數y=Asin（ωx+φ）的圖象與性質
【解析】【分析】（1）通過三角恒等變換將函數化為形如的函數，再利用函數的性質求解；（2）結合三角函數圖象解決值域問題；（3）有解問題可先分離參數，只需大于最小值即可.
1 / 1山東省2023-2024學年高一下學期6月期末聯考數學試卷
1．（2024高一下·山東期末）若，則（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·山東期末）已知，則在上的投影向量為（　?。?br/>A． B． C． D．
3．（2024高一下·山東期末）設是兩條不同的直線，是平面，則下列命題正確的是（　　）
A．若，則
B．若，則
C．若，則
D．若，則
4．（2024高一下·山東期末）已知一組數據：的平均數是10，方差是4，則，的方差是（　　）
A．16 B．14 C．12 D．18
5．（2024高一下·山東期末）已知函數，要得到函數的圖象，只需將的圖象（　?。?br/>A．向左平移個單位長度 B．向左平移個單位長度
C．向右平移個單位長度 D．向右平移個單位長度
6．（2024高一下·山東期末）如圖，在梯形中，分別為的中點，若，其中，則的值為（　?。?br/>A． B． C． D．
7．（2024高一下·山東期末）在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，向量與平行．若，，則BC邊上的中線AD為（　　）
A．1 B．2 C． D．
8．（2024高一下·山東期末）如圖，在三棱錐，是以AC為斜邊的等腰直角三角形，且，，二面角的大小為，則三棱錐的外接球表面積為（　?。?br/>A． B． C． D．
9．（2024高一下·山東期末）下列命題中正確的是（　?。?br/>A．已知復數，則當且僅當時為純虛數
B．已知復數為實數，則
C．已知復數，則
D．已知復數，則復數在復平面內對應的點在第四象限
10．（2024高一下·山東期末）下圖是我國2018~2023年純電動汽車銷量統計情況，下列說法正確的是（　?。?br/>A．我國純電動汽車銷量呈現逐年增長趨勢
B．這六年銷量的第60百分位數為536.5萬輛
C．這六年增長率最大的為2019年至2020年
D．2020年銷量高于這六年銷量的平均值
11．（2024高一下·山東期末）如圖，在棱長為1的正方體中，Q是棱上的動點，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．不存在點Q，使得
B．存在點Q，使得
C．對于任意點Q，Q到的距離的取值范圍為
D．對于任意點Q，都是鈍角三角形
12．（2024高一下·山東期末）已知向量共線，且，則　 ?。?br/>13．（2024高一下·山東期末）一個圓錐的側面展開圖是半徑為2，圓心角為的扇形，則該圓錐的表面積為　 ?。?br/>14．（2024高一下·山東期末）已知（）滿足，，且在上單調，則的最大值為　 　.
15．（2024高一下·山東期末）中，，，分別為角，，的對邊，且.
（1）求角A；
（2）若的內切圓面積為，求的面積S的最小值.
16．（2024高一下·山東期末）如圖，在正方體中，是棱的中點．
（1）試判斷直線與平面的位置關系，并說明理由；
（2）若正方體的棱長為2，求點到平面的距離．
17．（2024高一下·山東期末）某學校為了解本校歷史 物理方向學生的學業水平模擬測試數學成績情況，分別從物理方向的學生中隨機抽取60人的成績得到樣本甲，從歷史方向的學生中隨機抽取人的成績得到樣本乙，根據兩個樣本數據分別得到如下直方圖：
已知乙樣本中數據在的有10個.
（1）求和乙樣本直方圖中的值；
（2）試估計該校物理方向的學生本次模擬測試數學成績的平均值和歷史方向的學生本次模擬測試數學成績的中位數（同一組中的數據用該組區間中點值為代表）；
（3）若本校歷史方向的學生約為300人，估計其中數學成績在85分以上的人數.
18．（2024高一下·山東期末）如圖，在三棱臺中，，，，．
（1）求證：平面平面；
（2）若直線與平面所成角為，求平面和平面所成角的正切值．
19．（2024高一下·山東期末） 已知函數．
（1）求的單調遞增區間；
（2）當時，求的最值．
（3）當時，關于的不等式有解，求實數的取值范圍．
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】同角三角函數基本關系的運用
【解析】【解答】解：因為，
所以的終邊位于第三象限，
所以.
故答案為：B.
【分析】利用三角函數值在各象限的符號和同角的三角函數基本關系式，從而得出的值.
2．【答案】D
【知識點】平面向量數量積的坐標表示、模、夾角；平面向量數量積的坐標表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：.
故答案為：D.
【分析】根據數量積求投影向量坐標的公式，從而得出在上的投影向量.
3．【答案】C
【知識點】空間中直線與直線之間的位置關系；直線與平面平行的判定
【解析】【解答】解：對于A，有可能，故A錯誤；
對于B，因為可能異面，故B錯誤；
對于D，因為可能異面，也可能相交，故D錯誤；
由排除法可得C正確.
故答案為：C.
【分析】利用線線、線面的位置關系以及舉反例的方法，從而逐項判斷找出真命題的選項.
4．【答案】A
【知識點】眾數、中位數、平均數；極差、方差與標準差
【解析】【解答】解：由題意，數據的平均數為：
，
所以方差為
.
故答案為：A.
【分析】利用已知條件和平均數公式、方差公式，再結合平均數性質和方差的性質，從而得出的方差.
5．【答案】D
【知識點】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換；輔助角公式
【解析】【解答】解：，
，
函數的圖象向右平移個單位長度可得的圖象.
故答案為：D.
【分析】根據正弦、余弦二倍角公式化簡求得函數，的解析式，再根據三角函數圖象的平移變換判斷即可.
6．【答案】B
【知識點】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：分別為的中點，，
，
又因為①，②，
聯立①②得，
.
故答案為：B.
【分析】利用中點的性質和向量共線定理以及平面向量基本定理，再結合已知條件得出x，y的值，從而得出的值．
7．【答案】D
【知識點】平面向量的基本定理；平面向量共線（平行）的坐標表示；平面向量的數量積運算；正弦定理的應用
【解析】【解答】解：因為向量與平行，
所以，
由正弦定理得，
因為，所以，
又因為，所以，
則，
兩邊平方得，
所以.
故答案為：D.
【分析】根據向量平行的坐標表示和正弦定理得出角A的值，再結合中點的性質及數量積求向量的模的公式和數量積的運算律，從而得出BC邊上的中線AD的長.
8．【答案】B
【知識點】球的表面積與體積公式及應用；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：根據題意，作出圖形，如圖所示，
因為是以AC為斜邊的等腰直角三角形，
所以的外心在中點，設為，
設的外心為，中點為，，
因為，所以必在連線上，
則，即，
因為兩平面交線為，為平面所在圓面中心，
所以，則，
又因為二面角的大小為，，
所以，
所以，
則錐體外接球半徑為，
則三棱錐的外接球表面積為.
故答案為：B.
【分析】由題意作出圖形，易得外接圓圓心在中點，結合正弦定理可得外接圓半徑，再結合圖形知，則根據二面角的大小為求出的長，從而得出錐體外接球半徑，從而得出三棱錐的外接球表面積.
9．【答案】B,C
【知識點】命題的真假判斷與應用；復數的基本概念；復數在復平面中的表示；復數的模
【解析】【解答】解：對于A，因為復數，
則當且僅當時為純虛數，所以錯誤；
對于B，若復數為實數，
則，所以正確；
對于C，因為復數，則，所以正確；
對于D，因為復數，
則復數在復平面內對應的點在第二象限，所以D錯誤.
故答案為：BC.
【分析】利用純虛數的判斷方法可判斷選項A；由復數為實數的判斷方法，則可判斷選項B；利用復數求模公式，則可判斷選項C；利用已知條件和復數的幾何意義以及點的坐標確定象限的方法，則判斷出選項D，從而找出真命題的選項.
10．【答案】A,B,C
【知識點】頻率分布折線圖、密度曲線；眾數、中位數、平均數；用樣本估計總體的百分位數
【解析】【解答】解：對于A，從條形圖中看出，純電動汽車銷量逐年遞增，故A正確；
對于B，因為，將所有汽車銷量數據從小到大排序，
所以銷量的第百分位數為第個數據，即為，故B正確；
對于C，因為年的增長率為；
年的增長率為；
年的增長率為；
年的增長率為；
年增長率為，
年的增長率超過其他年份的增長率，故C正確；
對于D，因為這六年銷量的平均數為：
，故D錯誤.
故答案為：ABC.
【分析】從條形圖中看出純電動汽車銷量逐年遞增，則判斷出選項A；將數據從小到大排序，按百分位數計算公式，則判斷出選項B；先計算每年的增長率，再比較判斷出選項C；先求出平均值，再與年數據比較判斷出選項D，從而找出說法正確的選項.
11．【答案】A,B,C
【知識點】空間中直線與直線之間的位置關系；點、線、面間的距離計算；三角形的形狀判斷
【解析】【解答】解：因為平面，平面，，平面，
∴直線與是異面直線，故A正確；
因為平面，平面，則，
又因為，與是平面內兩相交直線，
所以平面，
又因為平面，所以，
則當與重合時，，故B正確，
此時是直角三角形，故D錯；
設（），，，，
則，
，
所以，
則，
所以，當時，；
當或x=1時，，
所以的最大值是，最小值是，
記到的距離為，，
因此的最大值是，的最小值是，故C正確．
故答案為：ABC．
【分析】利用異面直線的定義證出直線與是異面直線，則判斷出選項A；當與重合時結合線線垂直的判斷方法和鈍角三角形的判斷方法，則可判斷選項B和選項D；設（），計算出的面積的最大值和最小值后可得Q到的距離的最小值和最大值，則判斷出選項C，從而找出說法正確的選項．
12．【答案】或
【知識點】向量的模；共線（平行）向量
【解析】【解答】解：由向量共線，則向量可能同向、可能反向，
當向量同向時，由，則；
當向量反向時，由，則，
則可能為或.
故答案為：或.
【分析】利用向量共線，分向量同向與反向兩種情況和向量求模公式，從而得出的值.
13．【答案】
【知識點】旋轉體（圓柱/圓錐/圓臺/球）的結構特征；棱柱/棱錐/棱臺的側面積、表面積及應用
【解析】【解答】解：設圓錐的底面半徑為r，
由題意可得：，解得，
則圓錐的表面積為．
故答案為：.
【分析】設圓錐的底面半徑為r，由題意求得圓錐的底面圓的半徑，再根據圓錐的側面積公式求解即可．
14．【答案】
【知識點】含三角函數的復合函數的周期；含三角函數的復合函數的單調性；含三角函數的復合函數的值域與最值
【解析】【解答】解：滿足，
，即，
，
在上單調，
，即，
當時，最大，最大值為.
故答案為：.
【分析】由，得到，再由函數在區間上單調，從而求出的取值范圍，進而求出的最大值.
15．【答案】（1）解：因為，
由正弦定理和兩角和的正弦公式得：，
又因為，
所以，
又因為，所以，
則，
又因為，所以，
所以，
所以
所以，
則.
（2）解：由題意知內切圓的半徑為，
則，解得，
如圖，內切圓的圓心為，為切點，
則，所以
由余弦定理得，
整理化簡，由基本不等式得，
解得或（舍去）（當時取等號），
則，
所以面積S的最小值為.
【知識點】基本不等式在最值問題中的應用；簡單的三角恒等變換；三角形中的幾何計算
【解析】【分析】（1）根據題意和正弦定理得到，再結合同角三角函數基本關系式化簡整理求出的值，從而得出角A的值.
（2）根據題意得到內切圓的半徑為1，作出圖形，記內切圓的圓心為，為切點，從而得到，由余弦定理得到，根據基本不等式求最值的方法得出，再由三角形面積公式得出的面積S的最小值.
（1）因為，
由正弦定理和兩角和正弦公式得：
又因為
所以，
因為，所以，即，
因為，所以，所以，所以
所以，即；
（2）由題意知內切圓的半徑為，則，解得.
如圖，內切圓的圓心為，為切點，
則，
從而，
由余弦定理得，
整理化簡并利用基本不等式得，
解得或（舍去），
（當時取等號）.
從而，
即面積S的最小值為.
16．【答案】（1）解：直線平面，理由如下：
在正方體中，連接交于點，連接，如圖1，
因為四邊形為正方形，
所以為中點，
又因為為中點，
所以，
又因為平面，平面，
所以平面．
（2）解：解法一：（等體積法）
在三棱錐中，，
則，
的面積，
設點到平面的距離為，
由得：，
所以，
所以點到平面的距離為．
解法二：（直接法）
連接，在平面中，設，
在正方形中，，
又∵平面，平面，∴，
又∵，、平面，
∴平面，
又因為平面，∴，同理可得：，
又∵，，平面，
∴平面，即平面，
所以為點到平面的距離，
由題意可知，在直角三角形中，，，
所以，
由，得，
所以點到平面的距離為．
【知識點】直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定；點、線、面間的距離計算
【解析】【分析】（1）由正方體的結構特征和正方形的結構特征以及中位線定理，從而證出線線平行，再結合線線平行證出線面平行，從而判斷出直線與平面的位置關系.
（2）利用兩種方法求解.
解法一：設點到平面的距離為，由和三棱錐的體積公式得出點到平面的距離.
解法二：連接，由線面垂直的判定定理和性質定理證出直線平面，從而得出為點到平面的距離，再結合勾股定理和對應邊成比例，從而得出點到平面的距離.
（1）直線平面，
理由如下：在正方體中，連接交于點，連接，如圖1，
因為四邊形為正方形，則為中點，又為中點，因此，
又平面，平面，所以平面．
（2）解法一：（等體積法）
在三棱錐中，，
則，
的面積，
設點到平面的距離為，
由得：，
于是，所以點到平面的距離為．
解法二：（直接法）
連接，在平面中，設
在正方形中，
又∵平面，平面，∴．
又∵，、平面
∴平面，而平面，∴
同理可得：，
又∵，，平面，
∴平面，即平面，
所以為點到平面的距離，
由題意可知，在直角三角形中，，，
由得，所以點到平面的距離為．
17．【答案】（1）解：由直方圖可知，乙樣本中數據在的頻率為，則，解得；
由乙樣本數據頻率分布直方圖各矩形面積和為1可得：，
解得；
（2）解：甲樣本數據的平均值估計值為
；
乙樣本數據直方圖中前3組的頻率之和為，
前4組的頻率之和為，所以乙樣本數據的中位數在第4組.
設中位數為，，解得，則乙樣本數據的中位數為82；
（3）解：乙樣本中數學成績在85分以上的學生頻率為，
由樣本估計總體得85分以上人數為，
故歷史方向的學生數學成績在85分以上的有114人.
【知識點】頻率分布直方圖；眾數、中位數、平均數
【解析】【分析】（1）先計算出乙樣本中數據在的頻率，從而求出，根據頻率之和為1列方程，求的值即可；
（2）中點值作代表，計算出甲樣本數據的平均值估計值，再判斷出乙樣本數據的中位數在第4組，設中位數為，列方程求解即可；
（3）計算出乙樣本中數學成績在85分以上的學生頻率，從而估計其中數學成績在85分以上的人數即可.
（1）由直方圖可知，乙樣本中數據在的頻率為，
則，解得；
由乙樣本數據直方圖可知，，
解得.
（2）甲樣本數據的平均值估計值為
；
乙樣本數據直方圖中前3組的頻率之和為，
前4組的頻率之和為，所以乙樣本數據的中位數在第4組.
設中位數為，，解得，所以乙樣本數據的中位數為82.
（3）乙樣本中數學成績在85分以上的學生頻率為，
由樣本估計總體得（人），
故歷史方向的學生數學成績在85分以上的有114人.
18．【答案】（1）證明：取中點為，連接，
∵，，
所以，
故，
由三角形內角和可得，故，
又∵，平面，為相交直線，
∴平面，平面，∴，
又∵，
所以，平面，
∴平面，AC在平面ABC內，
∴平面平面.
（2）解：由（1）知直線與平面所成角為，∴，
因為，∴，
設平面和平面的交線為，
又因為平面，平面，所以，
過點作于G，
由（1）知平面平面，
且兩平面的交線為，平面，
∴平面，平面，
所以，且，
再過點作于，連接，平面，
所以平面，平面，
故，
∵即為所求角，，
則，
所以.
【知識點】平面與平面垂直的判定；直線與平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根據已知條件和線線垂直證出線面垂直，再結合線面垂直證出面面垂直，則證出平面平面.
（2）根據線面垂直得出線面角，從而可得的長，根據線面垂直定義證出線線垂直，并由幾何法得出二面角的平面角，最后由正弦函數的定義和正切函數的定義，從而得出平面和平面所成角的正切值.
（1）取中點為，連接，
∵，，所以，故，由三角形內角和可得，
故，
又∵，平面，為相交直線，
∴平面，平面，∴
又∵，即，平面，
∴平面，AC在平面ABC內，∴平面平面
（2）由（1）知直線與平面所成角為，
∴，由于，∴
設平面和平面的交線為，
由于平面，平面，所以，
過點作于G，
又（1）知平面平面，且兩平面的交線為，平面，
∴平面，平面，所以，
且，
再過點作于，連接，
平面，所以平面，
平面，故，
∵即為所求角，
，
∵
19．【答案】（1）解：由題意，得函數
，
由，解得，
所以的單調遞增區間為.
（2）解：當時，，所以，則，
當即時，函數取得最小值；
當即時，函數取得最大值為；
（3）解：由題意得時，有解，
而此時，即有解，只需要即可，
，，
令，則在上單調遞減，
所以當時，，即，所以.
【知識點】函數恒成立問題；函數y=Asin（ωx+φ）的圖象與性質
【解析】【分析】（1）通過三角恒等變換將函數化為形如的函數，再利用函數的性質求解；（2）結合三角函數圖象解決值域問題；（3）有解問題可先分離參數，只需大于最小值即可.
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