資源簡介

云南省曲靖市2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期學(xué)業(yè)水平檢測數(shù)學(xué)試卷
1．（2024高一下·曲靖期末）某學(xué)校高三體檢時將學(xué)生分為10人一組，測得其中一組的心率依次為61、64、65、62、61、74、62、62、70、78，則這組數(shù)據(jù)的第70百分位數(shù)是（　　）
A．65 B．67 C．67.5 D．70
2．（2024高一下·曲靖期末）若復(fù)數(shù)為純虛數(shù)，則的虛部為（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
3．（2024高一下·曲靖期末）已知圓錐的母線為，側(cè)面展開所成扇形的圓心角為，則此圓錐體積為（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·曲靖期末）已知是三條直線，是兩個平面，則的一個充分條件是（　　）
A．
B．
C．
D．
5．（2024高一下·曲靖期末）已知向量，若，則（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·曲靖期末）如圖，在四棱錐中，平面，，則異面直線與所成角的余弦值為（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·曲靖期末）正四棱柱中，，則二面角的余弦值為（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·曲靖期末）在中國文化中，八邊形常常被看作是四平八穩(wěn)、鎮(zhèn)宅保平安的象征.比如，八角樓、八角塔、八邊花窗、八角門環(huán)和八遍園林門徑等，都有著這樣的寓意.如圖，在邊長為的正八邊形中，若內(nèi)的一點滿足，則（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·曲靖期末）擲兩枚質(zhì)地均勻的骰子，設(shè)“第一枚出現(xiàn)的點數(shù)大于3”，“第一枚出現(xiàn)的點數(shù)小于3”，“第一枚出現(xiàn)的點數(shù)小于4”，“第二枚出現(xiàn)的點數(shù)小于5”，則（　　）
A． B． C． D．
10．（2024高一下·曲靖期末）歐拉公式是由瑞士著名數(shù)學(xué)家歐拉創(chuàng)立，該公式將指數(shù)函數(shù)的定義域擴大到復(fù)數(shù)集，建立了三角函數(shù)與指數(shù)函數(shù)的關(guān)聯(lián)，在復(fù)變函數(shù)論里面占有非常重要的地位，被譽為數(shù)學(xué)中的天橋.依據(jù)歐拉公式，下列說法中正確的是（　　）
A．
B．
C．在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于第四象限
D．
11．（2024高一下·曲靖期末）在棱長為2的正方體中，點是正方形內(nèi)一動點（包括邊界），則（　　）
A．平面
B．若，則點的軌跡長度為
C．若平面，則點的軌跡長度是
D．當點在直線上運動時，的最小值是
12．（2024高一下·曲靖期末）某中學(xué)高一年級有400人，高二年級有600人，高三年級有500人，若用分層抽樣在該中學(xué)抽取容量為60的樣本，則應(yīng)從高三年級抽取　 　人.
13．（2024高一下·曲靖期末）若一個正四棱柱的表面積為64，高為2，則該正四棱柱的外接球的體積為　 　.
14．（2024高一下·曲靖期末）已知復(fù)數(shù)，并且，則的最大值為　 　，此時的實部為　 　.
15．（2024高一下·曲靖期末）某鄉(xiāng)鎮(zhèn)企業(yè)2024年1～4月份生產(chǎn)的產(chǎn)品產(chǎn)量（單位：千件）與收益（單位：萬元）的統(tǒng)計數(shù)據(jù)如下表：
月份 　
產(chǎn)品產(chǎn)量千件 …
收益萬元 …
已知且，給出以下4個函數(shù)模型：①；②；③；④.
（1）選擇一個恰當?shù)暮瘮?shù)模型來描述，之間的關(guān)系，并求出其解析式；
（2）已知該鄉(xiāng)鎮(zhèn)企業(yè)由于場地小，最多只能生產(chǎn)500千件，否則需要搬遷，現(xiàn)鎮(zhèn)政府想使該企業(yè)的收益在10萬元以上（含10萬元），此企業(yè)是否應(yīng)搬遷？
16．（2024高一下·曲靖期末）深州蜜桃具有個頭碩大、色澤鮮艷、肉質(zhì)鮮嫩、口味香甜的特點，在歷史上一直備受推崇和喜愛.每個桃子的質(zhì)量約6、7兩，最大的可有1斤2兩，被稱為“桃中之魁”.如今，深州市大力倡導(dǎo)恢復(fù)古法種植技術(shù)，蜜桃種植戶小李現(xiàn)在老樹上有6000個蜜桃，新樹上有4000個蜜桃，為了測蜜桃的質(zhì)量，從新樹上隨機摘了8個蜜桃，從老樹上隨機摘了12個蜜桃，經(jīng)稱量，這8個新樹上的蜜桃的質(zhì)量（單位：克）依次為：310、446、480、441、451、510、475、407.
（1）求這8個蜜桃質(zhì)量的平均數(shù)與方差；
（2）經(jīng)檢測12個老樹上的蜜桃的質(zhì)量的平均數(shù)為440，方差為3882，計算總樣本的平均數(shù)與方差；
（3）小李按新樹與老樹上的蜜桃個數(shù)用分層抽樣隨機取了5個蜜桃，然后再從這5個蜜桃中隨機拿出兩個讓顧客品嘗，求拿出的兩個蜜桃至少有1個是新樹上的蜜桃的概率.
17．（2024高一下·曲靖期末）在中，角所對的邊分別是，的面積為，若.
（1）求角；
（2）若，點是邊的中點，求的最大值.
18．（2024高一下·曲靖期末）如圖1，在梯形中，，，將沿翻折到如圖2，使平面平面.
（1）求證：平面；
（2）已知點為棱上的點，若直線與平面所成的角的正弦值為.
①求三棱錐的體積；
②過點作平面，使平面平面，求平面截三棱錐所得截面的面積.
19．（2024高一下·曲靖期末）所有非零向量構(gòu)成的集合為，對于，定義.
（1）已知，若，且，求；
（2）已知，若，且，求；
（3）已知，當時，若關(guān)于的方程有三個連續(xù)的實數(shù)根，且，求實數(shù)的值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】用樣本估計總體的百分位數(shù)
【解析】【解答】解：10組心率從小到大排列為61、61、62、62、62、64、65、70、74、78，
，則第70百分位數(shù)為.
故答案為：C.
【分析】先將數(shù)據(jù)從小到大排列，再利用百分位數(shù)求法計算即可.
2．【答案】B
【知識點】復(fù)數(shù)的基本概念；復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算
【解析】【解答】解：若復(fù)數(shù)為純虛數(shù)，
則，解得，則復(fù)數(shù)，
則，虛部為4.
故答案為：B.
【分析】根據(jù)純虛數(shù)的定義，求出，再結(jié)合復(fù)數(shù)四則運算以及復(fù)數(shù)概念求解即可.
3．【答案】B
【知識點】多面體和旋轉(zhuǎn)體表面上的最短距離問題；錐體的體積公式及應(yīng)用
【解析】【解答】解：設(shè)圓錐底面圓的半徑為，
由題意可得：，解得，則圓錐的高為，
圓錐體積為.
故答案為：B.
【分析】設(shè)圓錐底面圓的半徑為，求出圓錐的半徑、高，再根據(jù)圓錐的體積公式求解即可.
4．【答案】D
【知識點】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、 當時，不能推出，故A錯誤；
B、 當時，不能推出，故B錯誤；
C、，不能同時成立，故C錯誤；
D、，則，因為，所以，又因為，所以，故D正確.
故答案為：D.
【分析】根據(jù)線面位置關(guān)系面面位置關(guān)系判斷即可.
5．【答案】A
【知識點】平面向量數(shù)量積的坐標表示、模、夾角；平面向量數(shù)量積的坐標表示；數(shù)量積表示兩個向量的夾角
【解析】【解答】解：向量，
若，則，解得，
故向量，，
.
故答案為：A.
【分析】根據(jù)向量垂直的坐標表示列式求出，再根據(jù)向量的夾角坐標公式計算即可.
6．【答案】A
【知識點】異面直線所成的角
【解析】【解答】解： 在四棱錐中，
因為平面平面，
所以，，，
又因為，，平面，所以平面，
又因為平面，所以，
又因為，所以，
因為，所以是直線與所成的角即為直線與所成的角，
在中，，
則，即異面直線與所成角的余弦值為.
故答案為：A.
【分析】由，所以直線與所成的角即為直線與所成的角，由已知條件，計算出的長度，利用三角函數(shù)的定義求解即可.
7．【答案】D
【知識點】二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：連接交于，連接，如圖所示：
因為四棱柱為正四棱柱，所以平面，，
因為平面，所以，
因為，平面，所以平面，
因為平面，所以，所以為二面角的平面角，
在中，，
，則，
因為，所以.
故答案為：D.
【分析】連接交于，連接，可得為二面角的平面角，在中求出的余弦值，再求的余弦值即可.
8．【答案】A
【知識點】平面向量的數(shù)量積運算；解三角形
【解析】【解答】解：設(shè)正八邊形的中心為，，
在中，，，
由余弦定理得，解得，
在中，，由勾股定理得，則，
即，
設(shè)，，，又，
則
，
，
則
.
故答案為：A.
【分析】設(shè)，利用余弦定理求出，再在中由勾股定理得出，求出，再由求解即可.
9．【答案】B,C,D
【知識點】互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率計算公式
【解析】【解答】解：設(shè)M=“第一枚出現(xiàn)的點數(shù)大于3”，N=“第一枚出現(xiàn)的點數(shù)小于3”，S=“第一枚出現(xiàn)的點數(shù)小于4”，Q=“第二枚出現(xiàn)的點數(shù)小于5”，
則
A、是互斥事件，則，故A錯誤；
B、是必然事件，則，故B正確；
C、是獨立事件，則，故C正確；
D、是獨立事件，，
則，故D正確.
故答案為：BCD.
【分析】先分別求的概率，再根據(jù)互斥事件獨立事件分別判斷即可.
10．【答案】A,B,D
【知識點】復(fù)數(shù)在復(fù)平面中的表示；復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算；復(fù)數(shù)的模
【解析】【解答】解：A、，故A正確；
B、，故B正確；
C、在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為，
因為，則，所以對應(yīng)的點位于第三象限，故C錯誤；
D、
，故D正確.
故答案為：ABD.
【分析】代入歐拉公式運算即可判斷AB；結(jié)合歐拉公式計算，求在復(fù)平面對應(yīng)的點坐標即可判斷C；將代入化簡，再求即可判斷D.
11．【答案】A,B,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；直線與平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、連接，如圖所示：
因為四邊形為正方形，所以，
因為平面，平面，所以，
因為，平面，所以平面，
因為平面，所以，同理可證，
因為，平面，所以平面，故A正確；
B、因為平面，平面，所以，
因為，，所以，
所以點在以為圓心，1為半徑的弧上，如圖在上，
則點的軌跡長度為，故B正確；
C、連接，如圖所示：
因為平面∥平面，平面平面，平面平面，所以∥，
又因為平面，平面，所以∥平面，
同理可證∥平面，
因為，平面，所以平面∥平面，
所以當平面時，∥平面，
因為平面平面，所以點的軌跡為，故C錯誤；
D、將平面和平面展在同一個平面，如圖所示：
則，當三點共線時取等號，
因為，
所以，即的最小值是，故D正確.
故答案為：ABD.
【分析】根據(jù)正方體的性質(zhì)結(jié)合線面垂直的判定定理分析即可判斷A；由于平面，則，從而可得，進求出點的軌跡即可判斷B；連接，可證得當平面時，點的軌跡為，求出長度即可判斷C；將平面和平面展在同一個平面求解即可判斷D.
12．【答案】20
【知識點】分層抽樣方法
【解析】【解答】解：根據(jù)分層抽樣可知：高三年級應(yīng)抽取.
故答案為：20.
【分析】利用分層抽樣計算即可.
13．【答案】
【知識點】棱柱/棱錐/棱臺的側(cè)面積、表面積及應(yīng)用；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)正四棱柱的底面正方形的邊長為，
由題意可得：，解得，
正四棱柱的外接球的直徑為正四棱柱的體對角線，
則該正四棱柱的外接球的半徑為，
故該正四棱柱的外接球的體積為.
故答案為：.
【分析】設(shè)正四棱柱的底面正方形的邊長為，根據(jù)表面積列出方程可求得底面正方形邊長，再求外接球半徑，結(jié)合球的體積公式計算即可.
14．【答案】0；
【知識點】基本不等式；復(fù)數(shù)相等的充要條件；共軛復(fù)數(shù)
【解析】【解答】解：易知，
因為，所以，解得，
又因為，所以，
則，
即，
當且僅當，即時等號成立，的最大值為；
當時，，解得，的實部為.
故答案為：0；.
【分析】先求，根據(jù)復(fù)數(shù)相等列方程組，結(jié)合基本不等式求解的最大值；把代入方程組即可解.
15．【答案】（1）解：由表中數(shù)據(jù)可知，收益隨著產(chǎn)品產(chǎn)量的遞增而遞增，且增長速度越來越慢，
而①單調(diào)遞減，不合題意，
③是單調(diào)遞減函數(shù)，不合題意，
對于②，由題意可知，從而增長率越來越快，不合題意，
故只能選擇④的模型，且，
將，代入，可得，解得，則，
當時，，當時，，符合題意，
故可用④來描述，之間的關(guān)系，解析式為；
（2）解：令，則，因為，所以此企業(yè)需要搬遷.
【知識點】函數(shù)解析式的求解及常用方法；“對數(shù)增長”模型
【解析】【分析】（1）先根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)判斷符合的函數(shù)，再代入表格數(shù)據(jù)，求解函數(shù)的解析式即可；
（2）根據(jù)（1）的結(jié)果，列不等式求解即可.
（1）由表中數(shù)據(jù)可知，收益隨著產(chǎn)品產(chǎn)量的遞增而遞增，且增長速度越來越慢.
而①單調(diào)遞減，不合題意，
③是單調(diào)遞減函數(shù)，不合題意，
對于②，由題意可知，從而增長率越來越快，不合題意.
故只能選擇④的模型，且.
將，代入，可得，
解得，所以，
當時，，
當時，，所以符合題意，
所以可用④來描述，之間的關(guān)系，解析式為；
（2）令，則，
又，所以此企業(yè)需要搬遷.
16．【答案】（1）解：易知蜜桃質(zhì)量的平均數(shù)為，
方差為
；
（2）解：抽取樣本的平均數(shù)為，
抽取樣本方差為：，
由樣本估計總體，則總樣本的平均數(shù)為440，方差為；
（3）解：小李按新樹與老樹上的蜜桃個數(shù)用分層抽樣隨機取了5個蜜桃，
則新數(shù)上的蜜桃個數(shù)為2個，記為：，，老樹上的蜜桃個數(shù)為3個，記為：，，，
則所有基本事件為：，，，，，，，，，共10個，
拿出的兩個蜜桃至少有1個是新樹上的蜜桃的基本事件有：
，，，，，，共7個；
則拿出的兩個蜜桃至少有1個是新樹上的蜜桃的概率：.
【知識點】分層抽樣方法；眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)；極差、方差與標準差；古典概型及其概率計算公式
【解析】【分析】（1）由平均數(shù)與方差公式計算即可；
（2）計算出樣本平均數(shù)與方差，由樣本估計總體即可；
（3）由分層抽樣得到5各種新老樹上蜜桃的個數(shù)，寫出所有的基本事件數(shù)，利用古典概型概率公式計算即可.
（1）這8個蜜桃質(zhì)量的平均數(shù)為，
方差為
（2）抽取樣本的平均數(shù)為，
因為平均數(shù)都一樣，所以抽取樣本方差為：
由樣本估計總體，則總樣本的平均數(shù)為440，方差為
（3）小李按新樹與老樹上的蜜桃個數(shù)用分層抽樣隨機取了5個蜜桃，
則新數(shù)上的蜜桃個數(shù)為2個，記為：，，老樹上的蜜桃個數(shù)為3個，記為：，，，
則所有基本事件為：，，，，，，，，，共10個，
拿出的兩個蜜桃至少有1個是新樹上的蜜桃的基本事件有：，，，，，，共7個；
所以拿出的兩個蜜桃至少有1個是新樹上的蜜桃的概率：
17．【答案】（1）解：由，可得，
則，因為，所以；
（2）解：由（1），根據(jù)余弦定理可得，
則，即，
因為點是邊的中點，所以，
則
，即，
當且僅當時等號成立，故的最大值為.
【知識點】向量加法的三角形法則；向量在幾何中的應(yīng)用；解三角形；余弦定理；三角形中的幾何計算
【解析】【分析】（1）由題意，利用余弦定理結(jié)合三角形面積公式化簡求角即可；
（2）由余弦定理結(jié)合不等式可得，根據(jù)點是邊的中點，可得，兩邊同時平方求解即可.
（1）因為，
所以，
所以，因為，
所以；
（2）由（1），根據(jù)余弦定理可得，
所以，所以，
又點是邊的中點，所以，
，
所以，
當且僅當時等號成立，
所以的最大值為.
18．【答案】（1）證明：因為，，，
所以，，，
，
滿足，所以，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因為平面，所以，
又因為，，平面，平面，所以平面；
（2）解：①，連接，如圖所示：
由（1）知平面，即為直線與平面所成的角，
，因為，所以，
在中，，
因為平面，平面，所以，所以為直角三角形，
；
②、過點作交于，交于，
則平面截三棱錐所得截面圖形為，
由平面平面，可得，
由①知，，可得，
則平面截三棱錐所得截面的面積為.
【知識點】棱錐的結(jié)構(gòu)特征；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）在平面圖形中可得，由平面平面可得平面，進一步得到，由線線垂直證明線面垂直即可；
（2）①由（1）知為直線與平面所成的角，可得，通過轉(zhuǎn)換頂點求解即可；
②過點作平面交于，交于，由已知平面截三棱錐所得截面圖形為，由面積比等于相似比的平方求解即可.
（1）因為，，，
所以，，，
，
所以，
所以，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因為平面，
所以，
又，，平面，平面，
所以平面；
（2）①連接，由（1）知平面，
所以為直線與平面所成的角，
所以，又，所以，
在中，，
因為平面，平面，所以，
所以為直角三角形，
；
②過點作交于，交于，
則平面截三棱錐所得截面圖形為，
由平面平面，
所以，
由①知，，
所以，
所以平面截三棱錐所得截面的面積為.
19．【答案】（1）解：設(shè)向量，則，即，
由，可得，解得，
當時，，當時，，
故或；
（2）解：由題意得，即，故，
；
（3）解：，
即，
故，
故，
根據(jù)正弦圖象及可知，且，，又，
故，故，
則，所以，
即，解得.
【知識點】平面向量數(shù)量積的坐標表示；簡單的三角恒等變換；正弦函數(shù)的圖象；同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系
【解析】【分析】（1）設(shè)向量，根據(jù)題意得到，結(jié)合求解即可；
（2）根據(jù)題意得到方程，求出，化簡得到，代入求解即可；
（3）化簡得到，故，結(jié)合正弦函數(shù)圖象得到且，，又，得到方程，求出，代入，得到，求解即可.
（1）設(shè)，則，即，
又，解得，
當時，，當時，，
故或；
（2）由題意得，即，
故，
；
（3），
即，
故，
故，
根據(jù)正弦圖象及可知，且，，
又，
故，故，
則，所以，
即，解得.
1 / 1云南省曲靖市2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期學(xué)業(yè)水平檢測數(shù)學(xué)試卷
1．（2024高一下·曲靖期末）某學(xué)校高三體檢時將學(xué)生分為10人一組，測得其中一組的心率依次為61、64、65、62、61、74、62、62、70、78，則這組數(shù)據(jù)的第70百分位數(shù)是（　　）
A．65 B．67 C．67.5 D．70
【答案】C
【知識點】用樣本估計總體的百分位數(shù)
【解析】【解答】解：10組心率從小到大排列為61、61、62、62、62、64、65、70、74、78，
，則第70百分位數(shù)為.
故答案為：C.
【分析】先將數(shù)據(jù)從小到大排列，再利用百分位數(shù)求法計算即可.
2．（2024高一下·曲靖期末）若復(fù)數(shù)為純虛數(shù)，則的虛部為（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【知識點】復(fù)數(shù)的基本概念；復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算
【解析】【解答】解：若復(fù)數(shù)為純虛數(shù)，
則，解得，則復(fù)數(shù)，
則，虛部為4.
故答案為：B.
【分析】根據(jù)純虛數(shù)的定義，求出，再結(jié)合復(fù)數(shù)四則運算以及復(fù)數(shù)概念求解即可.
3．（2024高一下·曲靖期末）已知圓錐的母線為，側(cè)面展開所成扇形的圓心角為，則此圓錐體積為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】多面體和旋轉(zhuǎn)體表面上的最短距離問題；錐體的體積公式及應(yīng)用
【解析】【解答】解：設(shè)圓錐底面圓的半徑為，
由題意可得：，解得，則圓錐的高為，
圓錐體積為.
故答案為：B.
【分析】設(shè)圓錐底面圓的半徑為，求出圓錐的半徑、高，再根據(jù)圓錐的體積公式求解即可.
4．（2024高一下·曲靖期末）已知是三條直線，是兩個平面，則的一個充分條件是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【知識點】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、 當時，不能推出，故A錯誤；
B、 當時，不能推出，故B錯誤；
C、，不能同時成立，故C錯誤；
D、，則，因為，所以，又因為，所以，故D正確.
故答案為：D.
【分析】根據(jù)線面位置關(guān)系面面位置關(guān)系判斷即可.
5．（2024高一下·曲靖期末）已知向量，若，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】平面向量數(shù)量積的坐標表示、模、夾角；平面向量數(shù)量積的坐標表示；數(shù)量積表示兩個向量的夾角
【解析】【解答】解：向量，
若，則，解得，
故向量，，
.
故答案為：A.
【分析】根據(jù)向量垂直的坐標表示列式求出，再根據(jù)向量的夾角坐標公式計算即可.
6．（2024高一下·曲靖期末）如圖，在四棱錐中，平面，，則異面直線與所成角的余弦值為（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】異面直線所成的角
【解析】【解答】解： 在四棱錐中，
因為平面平面，
所以，，，
又因為，，平面，所以平面，
又因為平面，所以，
又因為，所以，
因為，所以是直線與所成的角即為直線與所成的角，
在中，，
則，即異面直線與所成角的余弦值為.
故答案為：A.
【分析】由，所以直線與所成的角即為直線與所成的角，由已知條件，計算出的長度，利用三角函數(shù)的定義求解即可.
7．（2024高一下·曲靖期末）正四棱柱中，，則二面角的余弦值為（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：連接交于，連接，如圖所示：
因為四棱柱為正四棱柱，所以平面，，
因為平面，所以，
因為，平面，所以平面，
因為平面，所以，所以為二面角的平面角，
在中，，
，則，
因為，所以.
故答案為：D.
【分析】連接交于，連接，可得為二面角的平面角，在中求出的余弦值，再求的余弦值即可.
8．（2024高一下·曲靖期末）在中國文化中，八邊形常常被看作是四平八穩(wěn)、鎮(zhèn)宅保平安的象征.比如，八角樓、八角塔、八邊花窗、八角門環(huán)和八遍園林門徑等，都有著這樣的寓意.如圖，在邊長為的正八邊形中，若內(nèi)的一點滿足，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】平面向量的數(shù)量積運算；解三角形
【解析】【解答】解：設(shè)正八邊形的中心為，，
在中，，，
由余弦定理得，解得，
在中，，由勾股定理得，則，
即，
設(shè)，，，又，
則
，
，
則
.
故答案為：A.
【分析】設(shè)，利用余弦定理求出，再在中由勾股定理得出，求出，再由求解即可.
9．（2024高一下·曲靖期末）擲兩枚質(zhì)地均勻的骰子，設(shè)“第一枚出現(xiàn)的點數(shù)大于3”，“第一枚出現(xiàn)的點數(shù)小于3”，“第一枚出現(xiàn)的點數(shù)小于4”，“第二枚出現(xiàn)的點數(shù)小于5”，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C,D
【知識點】互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率計算公式
【解析】【解答】解：設(shè)M=“第一枚出現(xiàn)的點數(shù)大于3”，N=“第一枚出現(xiàn)的點數(shù)小于3”，S=“第一枚出現(xiàn)的點數(shù)小于4”，Q=“第二枚出現(xiàn)的點數(shù)小于5”，
則
A、是互斥事件，則，故A錯誤；
B、是必然事件，則，故B正確；
C、是獨立事件，則，故C正確；
D、是獨立事件，，
則，故D正確.
故答案為：BCD.
【分析】先分別求的概率，再根據(jù)互斥事件獨立事件分別判斷即可.
10．（2024高一下·曲靖期末）歐拉公式是由瑞士著名數(shù)學(xué)家歐拉創(chuàng)立，該公式將指數(shù)函數(shù)的定義域擴大到復(fù)數(shù)集，建立了三角函數(shù)與指數(shù)函數(shù)的關(guān)聯(lián)，在復(fù)變函數(shù)論里面占有非常重要的地位，被譽為數(shù)學(xué)中的天橋.依據(jù)歐拉公式，下列說法中正確的是（　　）
A．
B．
C．在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于第四象限
D．
【答案】A,B,D
【知識點】復(fù)數(shù)在復(fù)平面中的表示；復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算；復(fù)數(shù)的模
【解析】【解答】解：A、，故A正確；
B、，故B正確；
C、在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為，
因為，則，所以對應(yīng)的點位于第三象限，故C錯誤；
D、
，故D正確.
故答案為：ABD.
【分析】代入歐拉公式運算即可判斷AB；結(jié)合歐拉公式計算，求在復(fù)平面對應(yīng)的點坐標即可判斷C；將代入化簡，再求即可判斷D.
11．（2024高一下·曲靖期末）在棱長為2的正方體中，點是正方形內(nèi)一動點（包括邊界），則（　　）
A．平面
B．若，則點的軌跡長度為
C．若平面，則點的軌跡長度是
D．當點在直線上運動時，的最小值是
【答案】A,B,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；直線與平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、連接，如圖所示：
因為四邊形為正方形，所以，
因為平面，平面，所以，
因為，平面，所以平面，
因為平面，所以，同理可證，
因為，平面，所以平面，故A正確；
B、因為平面，平面，所以，
因為，，所以，
所以點在以為圓心，1為半徑的弧上，如圖在上，
則點的軌跡長度為，故B正確；
C、連接，如圖所示：
因為平面∥平面，平面平面，平面平面，所以∥，
又因為平面，平面，所以∥平面，
同理可證∥平面，
因為，平面，所以平面∥平面，
所以當平面時，∥平面，
因為平面平面，所以點的軌跡為，故C錯誤；
D、將平面和平面展在同一個平面，如圖所示：
則，當三點共線時取等號，
因為，
所以，即的最小值是，故D正確.
故答案為：ABD.
【分析】根據(jù)正方體的性質(zhì)結(jié)合線面垂直的判定定理分析即可判斷A；由于平面，則，從而可得，進求出點的軌跡即可判斷B；連接，可證得當平面時，點的軌跡為，求出長度即可判斷C；將平面和平面展在同一個平面求解即可判斷D.
12．（2024高一下·曲靖期末）某中學(xué)高一年級有400人，高二年級有600人，高三年級有500人，若用分層抽樣在該中學(xué)抽取容量為60的樣本，則應(yīng)從高三年級抽取　 　人.
【答案】20
【知識點】分層抽樣方法
【解析】【解答】解：根據(jù)分層抽樣可知：高三年級應(yīng)抽取.
故答案為：20.
【分析】利用分層抽樣計算即可.
13．（2024高一下·曲靖期末）若一個正四棱柱的表面積為64，高為2，則該正四棱柱的外接球的體積為　 　.
【答案】
【知識點】棱柱/棱錐/棱臺的側(cè)面積、表面積及應(yīng)用；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)正四棱柱的底面正方形的邊長為，
由題意可得：，解得，
正四棱柱的外接球的直徑為正四棱柱的體對角線，
則該正四棱柱的外接球的半徑為，
故該正四棱柱的外接球的體積為.
故答案為：.
【分析】設(shè)正四棱柱的底面正方形的邊長為，根據(jù)表面積列出方程可求得底面正方形邊長，再求外接球半徑，結(jié)合球的體積公式計算即可.
14．（2024高一下·曲靖期末）已知復(fù)數(shù)，并且，則的最大值為　 　，此時的實部為　 　.
【答案】0；
【知識點】基本不等式；復(fù)數(shù)相等的充要條件；共軛復(fù)數(shù)
【解析】【解答】解：易知，
因為，所以，解得，
又因為，所以，
則，
即，
當且僅當，即時等號成立，的最大值為；
當時，，解得，的實部為.
故答案為：0；.
【分析】先求，根據(jù)復(fù)數(shù)相等列方程組，結(jié)合基本不等式求解的最大值；把代入方程組即可解.
15．（2024高一下·曲靖期末）某鄉(xiāng)鎮(zhèn)企業(yè)2024年1～4月份生產(chǎn)的產(chǎn)品產(chǎn)量（單位：千件）與收益（單位：萬元）的統(tǒng)計數(shù)據(jù)如下表：
月份 　
產(chǎn)品產(chǎn)量千件 …
收益萬元 …
已知且，給出以下4個函數(shù)模型：①；②；③；④.
（1）選擇一個恰當?shù)暮瘮?shù)模型來描述，之間的關(guān)系，并求出其解析式；
（2）已知該鄉(xiāng)鎮(zhèn)企業(yè)由于場地小，最多只能生產(chǎn)500千件，否則需要搬遷，現(xiàn)鎮(zhèn)政府想使該企業(yè)的收益在10萬元以上（含10萬元），此企業(yè)是否應(yīng)搬遷？
【答案】（1）解：由表中數(shù)據(jù)可知，收益隨著產(chǎn)品產(chǎn)量的遞增而遞增，且增長速度越來越慢，
而①單調(diào)遞減，不合題意，
③是單調(diào)遞減函數(shù)，不合題意，
對于②，由題意可知，從而增長率越來越快，不合題意，
故只能選擇④的模型，且，
將，代入，可得，解得，則，
當時，，當時，，符合題意，
故可用④來描述，之間的關(guān)系，解析式為；
（2）解：令，則，因為，所以此企業(yè)需要搬遷.
【知識點】函數(shù)解析式的求解及常用方法；“對數(shù)增長”模型
【解析】【分析】（1）先根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)判斷符合的函數(shù)，再代入表格數(shù)據(jù)，求解函數(shù)的解析式即可；
（2）根據(jù)（1）的結(jié)果，列不等式求解即可.
（1）由表中數(shù)據(jù)可知，收益隨著產(chǎn)品產(chǎn)量的遞增而遞增，且增長速度越來越慢.
而①單調(diào)遞減，不合題意，
③是單調(diào)遞減函數(shù)，不合題意，
對于②，由題意可知，從而增長率越來越快，不合題意.
故只能選擇④的模型，且.
將，代入，可得，
解得，所以，
當時，，
當時，，所以符合題意，
所以可用④來描述，之間的關(guān)系，解析式為；
（2）令，則，
又，所以此企業(yè)需要搬遷.
16．（2024高一下·曲靖期末）深州蜜桃具有個頭碩大、色澤鮮艷、肉質(zhì)鮮嫩、口味香甜的特點，在歷史上一直備受推崇和喜愛.每個桃子的質(zhì)量約6、7兩，最大的可有1斤2兩，被稱為“桃中之魁”.如今，深州市大力倡導(dǎo)恢復(fù)古法種植技術(shù)，蜜桃種植戶小李現(xiàn)在老樹上有6000個蜜桃，新樹上有4000個蜜桃，為了測蜜桃的質(zhì)量，從新樹上隨機摘了8個蜜桃，從老樹上隨機摘了12個蜜桃，經(jīng)稱量，這8個新樹上的蜜桃的質(zhì)量（單位：克）依次為：310、446、480、441、451、510、475、407.
（1）求這8個蜜桃質(zhì)量的平均數(shù)與方差；
（2）經(jīng)檢測12個老樹上的蜜桃的質(zhì)量的平均數(shù)為440，方差為3882，計算總樣本的平均數(shù)與方差；
（3）小李按新樹與老樹上的蜜桃個數(shù)用分層抽樣隨機取了5個蜜桃，然后再從這5個蜜桃中隨機拿出兩個讓顧客品嘗，求拿出的兩個蜜桃至少有1個是新樹上的蜜桃的概率.
【答案】（1）解：易知蜜桃質(zhì)量的平均數(shù)為，
方差為
；
（2）解：抽取樣本的平均數(shù)為，
抽取樣本方差為：，
由樣本估計總體，則總樣本的平均數(shù)為440，方差為；
（3）解：小李按新樹與老樹上的蜜桃個數(shù)用分層抽樣隨機取了5個蜜桃，
則新數(shù)上的蜜桃個數(shù)為2個，記為：，，老樹上的蜜桃個數(shù)為3個，記為：，，，
則所有基本事件為：，，，，，，，，，共10個，
拿出的兩個蜜桃至少有1個是新樹上的蜜桃的基本事件有：
，，，，，，共7個；
則拿出的兩個蜜桃至少有1個是新樹上的蜜桃的概率：.
【知識點】分層抽樣方法；眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)；極差、方差與標準差；古典概型及其概率計算公式
【解析】【分析】（1）由平均數(shù)與方差公式計算即可；
（2）計算出樣本平均數(shù)與方差，由樣本估計總體即可；
（3）由分層抽樣得到5各種新老樹上蜜桃的個數(shù)，寫出所有的基本事件數(shù)，利用古典概型概率公式計算即可.
（1）這8個蜜桃質(zhì)量的平均數(shù)為，
方差為
（2）抽取樣本的平均數(shù)為，
因為平均數(shù)都一樣，所以抽取樣本方差為：
由樣本估計總體，則總樣本的平均數(shù)為440，方差為
（3）小李按新樹與老樹上的蜜桃個數(shù)用分層抽樣隨機取了5個蜜桃，
則新數(shù)上的蜜桃個數(shù)為2個，記為：，，老樹上的蜜桃個數(shù)為3個，記為：，，，
則所有基本事件為：，，，，，，，，，共10個，
拿出的兩個蜜桃至少有1個是新樹上的蜜桃的基本事件有：，，，，，，共7個；
所以拿出的兩個蜜桃至少有1個是新樹上的蜜桃的概率：
17．（2024高一下·曲靖期末）在中，角所對的邊分別是，的面積為，若.
（1）求角；
（2）若，點是邊的中點，求的最大值.
【答案】（1）解：由，可得，
則，因為，所以；
（2）解：由（1），根據(jù)余弦定理可得，
則，即，
因為點是邊的中點，所以，
則
，即，
當且僅當時等號成立，故的最大值為.
【知識點】向量加法的三角形法則；向量在幾何中的應(yīng)用；解三角形；余弦定理；三角形中的幾何計算
【解析】【分析】（1）由題意，利用余弦定理結(jié)合三角形面積公式化簡求角即可；
（2）由余弦定理結(jié)合不等式可得，根據(jù)點是邊的中點，可得，兩邊同時平方求解即可.
（1）因為，
所以，
所以，因為，
所以；
（2）由（1），根據(jù)余弦定理可得，
所以，所以，
又點是邊的中點，所以，
，
所以，
當且僅當時等號成立，
所以的最大值為.
18．（2024高一下·曲靖期末）如圖1，在梯形中，，，將沿翻折到如圖2，使平面平面.
（1）求證：平面；
（2）已知點為棱上的點，若直線與平面所成的角的正弦值為.
①求三棱錐的體積；
②過點作平面，使平面平面，求平面截三棱錐所得截面的面積.
【答案】（1）證明：因為，，，
所以，，，
，
滿足，所以，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因為平面，所以，
又因為，，平面，平面，所以平面；
（2）解：①，連接，如圖所示：
由（1）知平面，即為直線與平面所成的角，
，因為，所以，
在中，，
因為平面，平面，所以，所以為直角三角形，
；
②、過點作交于，交于，
則平面截三棱錐所得截面圖形為，
由平面平面，可得，
由①知，，可得，
則平面截三棱錐所得截面的面積為.
【知識點】棱錐的結(jié)構(gòu)特征；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）在平面圖形中可得，由平面平面可得平面，進一步得到，由線線垂直證明線面垂直即可；
（2）①由（1）知為直線與平面所成的角，可得，通過轉(zhuǎn)換頂點求解即可；
②過點作平面交于，交于，由已知平面截三棱錐所得截面圖形為，由面積比等于相似比的平方求解即可.
（1）因為，，，
所以，，，
，
所以，
所以，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因為平面，
所以，
又，，平面，平面，
所以平面；
（2）①連接，由（1）知平面，
所以為直線與平面所成的角，
所以，又，所以，
在中，，
因為平面，平面，所以，
所以為直角三角形，
；
②過點作交于，交于，
則平面截三棱錐所得截面圖形為，
由平面平面，
所以，
由①知，，
所以，
所以平面截三棱錐所得截面的面積為.
19．（2024高一下·曲靖期末）所有非零向量構(gòu)成的集合為，對于，定義.
（1）已知，若，且，求；
（2）已知，若，且，求；
（3）已知，當時，若關(guān)于的方程有三個連續(xù)的實數(shù)根，且，求實數(shù)的值.
【答案】（1）解：設(shè)向量，則，即，
由，可得，解得，
當時，，當時，，
故或；
（2）解：由題意得，即，故，
；
（3）解：，
即，
故，
故，
根據(jù)正弦圖象及可知，且，，又，
故，故，
則，所以，
即，解得.
【知識點】平面向量數(shù)量積的坐標表示；簡單的三角恒等變換；正弦函數(shù)的圖象；同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系
【解析】【分析】（1）設(shè)向量，根據(jù)題意得到，結(jié)合求解即可；
（2）根據(jù)題意得到方程，求出，化簡得到，代入求解即可；
（3）化簡得到，故，結(jié)合正弦函數(shù)圖象得到且，，又，得到方程，求出，代入，得到，求解即可.
（1）設(shè)，則，即，
又，解得，
當時，，當時，，
故或；
（2）由題意得，即，
故，
；
（3），
即，
故，
故，
根據(jù)正弦圖象及可知，且，，
又，
故，故，
則，所以，
即，解得.
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