广东省中山市2023-2024学年高一下学期期末统一考试数学试卷
1．（2024高一下·中山期末）（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·中山期末）已知为不共线向量，，则（ ）
A．三点共线 B．三点共线
C．三点共线 D．三点共线
3．（2024高一下·中山期末）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，则
C．若，，则
D．若，则
4．（2024高一下·中山期末）某地政府对在家附近工作的年轻人进行了抽样调查，得到他们一年能在家陪伴父母的天数，并绘制成如图所示的频率分布直方图，则样本中位数约为（ ）
A．150.5 B．152.5 C．154.5 D．156.5
5．（2024高一下·中山期末）已知某人射击每次击中目标的概率都是0.6，现采用随机模拟的方法估计其3次射击至少2次击中目标的概率 ．先由计算器产生0到9之间的整数值的随机数，指定0，1，2，3，4，5表示击中目标，6，7，8，9表示未击中目标；因为射击3次，所以每3个随机数为一组，代表3次射击的结果．经随机模拟产生了以下20组随机数：
169 966 151 525 271 937 592 408 569 683
471 257 333 027 554 488 730 863 537 039
据此估计 的值为（ ）
A．0.6 B．0.65 C．0.7 D．0.75
6．（2024高一下·中山期末）如图，由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，已知，则（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高一下·中山期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·中山期末）设长方体的对角线与顶点出发的三条棱所成的角分别为、、，与顶点出发的三个面所成的角分别为、、，下列四个等式：其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2024高一下·中山期末）已知复数，则（ ）
A． B． C． D．
10．（2024高一下·中山期末）下列化简正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2024高一下·中山期末）如图，已知二面角的棱l上有A，B两点，，，，，且，则下列说法正确的是（ ）．
A．当时，直线与平面所成角的正弦值为
B．当二面角的大小为时，直线与所成角为
C．若，则二面角的余弦值为
D．若，则四面体的外接球的体积为
12．（2024高一下·中山期末）把函数 的图象上所有的点向右平移 个单位长度后，所得图象与函数 的图象重合，则 ．
13．（2024高一下·中山期末）在中，内角A，B，C的对边分别为，且，，，符合条件的三角形有两个，则实数的取值范围是
14．（2024高一下·中山期末）记一组数据的平均数为，方差为，则数据的平均数为 .
15．（2024高一下·中山期末）已知平面向量，满足，，.
（1）求；
（2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围.
16．（2024高一下·中山期末）第56届世界乒乓球团体锦标赛于2022年在中国成都举办，国球运动又一次掀起热潮．现有甲乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用7局4胜制，每局11分制，每赢一球得1分，选手只要得到至少11分，并且领先对方至少2分（包括2分），即赢得该局比赛．在一局比赛中，每人只发2个球就要交换发球权，如果双方比分为10：10后，每人发一个球就要交换发球权．
（1）已知在本场比赛中，前三局甲赢两局，乙赢一局，在后续比赛中，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立，求甲乙两人只需要再进行两局比赛就能结束本场比赛的概率；
（2）已知某局比赛中双方比分为8：8，且接下来两球由甲发球，若甲发球时甲得分的概率为，乙发球时乙得分的概率为，各球的结果相互独立，求该局比赛甲得11分获胜的概率．
17．（2024高一下·中山期末）已知函数.
（1）解不等式；
（2）若对任意的恒成立，求的取值范围.
18．（2024高一下·中山期末）如图，为半球的直径，C为上一点，P为半球面上一点，且．
（1）证明：；
（2）若，，求直线与平面所成的角的正弦值．
19．（2024高一下·中山期末）在中，，点D在边上，且
（1）若的面积为，求边的长；
（2）若，求.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】两角和与差的正弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：．
故答案为：．
【分析】由已知条件结合诱导公式和两角和的正弦公式，从而化简求值．
2．【答案】A
【知识点】平面向量加法运算；平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为，，所以，
所以三点共线.
故答案为：A．
【分析】由题意，根据向量的加法运算，求得，即可判断三点共线.
3．【答案】C
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A：若，，则或与相交，故A错误；
对于B：若，则或，故B错误；
对于C：若，，则，故C正确；
对于D：若，则或，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据空间中线面的位置关系、面面的位置关系，从而逐项判断找出真命题的选项.
4．【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：依题意，，
解得，
显然，，
所以样本中位数为.
故答案为：B.
【分析】先根据频率之和为1求出未知数的值，再找到频率之和为0.5所在的区间即可根据频率分布直方图进行求解，从而估计出样本的中位数.
5．【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】20组随机数中至少2次击中目标的包含的随机数为：
151 ， 525 ， 271 ， 592， 408 ，471， 257 ， 333 ， 027， 554， 730， 537， 039，
一个有13组，所以其3次射击至少2次击中目标的概率 。
故答案为：B.
【分析】利用已知条件结合古典概型求概率公式，从而求出其3次射击至少2次击中目标的概率，进而估计出P的值。
6．【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：过作，垂足为，设大正方形的边长为1，设小正方形的边长为，
因为，所以，所以，
由勾股定理可知：，
则，
，
，
因此，由平面向量基本定理可知：，
因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据锐角三角函数的定义结合正方形的性质、平面向量基本定理，从而找出正确的选项.
7．【答案】A
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，
可得，
则，
.
故答案为：A.
【分析】根据题意求得，再结合和两角和的余弦公式、二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式，从而代入得出的值.
8．【答案】D
【知识点】直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：连接，，，，，，如下图：
由题意知：，，，
因为平面，平面，平面，
所以，，，，
对于A：
，故A错误.；
对于B项：如下图，
，故B错误；
对于C：
，故C错误；
对于D：
，故D正确.
故答案为：D.
【分析】在图中找到，，和，，所对应的角，在直角三角形中结合正余弦化简整理，从而逐项判断找出正确的选项.
9．【答案】A,D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，故A正确；
因为，
所以，故B不正确；
因为，故C不正确；
因为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由结合共轭复数的定义、复数的加减法运算法则和乘除法运算法则、复数求模公式，从而逐项判断找出正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；二倍角的正切公式；辅助角公式
【解析】【解答】解：对于A，因为，故A正确；
对于B，因为，故B正确；
对于C，因为，故C错误；
对于D，因为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用二倍角正弦公式、二倍角的余弦公式、辅助角公式和二倍角的正切公式，从而逐项判断找出化简正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；异面直线所成的角；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：对于A，当时，
因为，
所以直线与平面所成角为，
则，故A正确；
对于B，如图，过A作，且，连接，，
则当四边形为正方形，
为直线与所成角，为二面角的平面角，
当时，易得，
又因为，，
所以面，
则面，
所以，故B正确；
对于C，如图，作，
则二面角的平面角为，
又因为，在中，易得，
在．中，由余弦定理得，，
过C点作交线段的延长线于点O，
则平面，
过O点作，交线段的延长线于点H，连接，
则为二面角的平面角，
易得，，，
所以，故C错误；
对于D，由选项C可知，
如图，分别取线段，的中点G，M，连接，过G点作平面的垂线，
则球心O必在该垂线上，
设球的半径为R，则，
又因为的外接圆半径，
则，
所以四面体的外接球的体积为，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】由面面垂直的性质定理得出线面垂直，从而得出直线与平面所成角的正弦值，则可判断选项A；根据二面角求异面直线所成的角的方法和二面角求解方法，则判断出选项B和选项C；由四面体外接球的几何性质得出外接球半径，从而得出四面体的外接球的体积，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】因为函数 的图象上所有的点向右平移 个单位长度后，得到的图象与函数 的图象重合，
所以函数 的图象上所有的点向左平移 个单位长度后，得到的图象与函数 的图象重合，
即 ，
所以 ，
因为 ，∴ ，
故答案为：
【分析】转化为函数 的图象上所有的点向左平移 个单位长度后，得到的图象与函数 的图象重合，从而可得答案。
13．【答案】
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：在中，，，，
由余弦定理得：，
则.
因为符合条件的三角形有两个，
所以关于c的方程由两个正根，
所以，解得：.
故实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】利用余弦定理，构造关于c的方程，再利用根的分布求出x的取值范围.
14．【答案】
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：因为的平均数为，方差为，
所以，，
则，
则，
则，
则，
所以，
所以数据的平均数为.
故答案为：.
【分析】根据已知条件和平均数公式、方差公式以及平均数的性质、方差的性质，从而计算可得数据的平均数.
15．【答案】解：（1）依题意，得：得，
所以.
（2）由向量与的夹角为锐角，
可得，
则，解得，
当向量与同向时，可知，
综上所述，的取值范围为.
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】(1)由已知条件和数量积的运算律求出的值，再根据数量积求向量模的公式和数量积的运算律，从而得出的值.
(2)根据向量夹角为锐角结合数量积求向量夹角公式，从而列出关于的不等关系式，结合当向量与同向时，可知，进而得出实数的取值范围.
16．【答案】（1）解：设“甲乙两人只需要再进行两局比赛就能结束本场比赛”为事件，
若两局比赛就能结束，则只能甲连胜两局，
所以；
（2）解：设“该局比赛甲得11分获胜”为事件，
甲得11分获胜有两类情况：甲连得3分，则甲获胜；
甲得3分，乙得1分，则甲获胜，此时有三种情况，每球得分方分别为乙甲甲甲，甲乙甲甲，甲甲乙甲，
所以.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1） 利用已知条件结合独立事件乘法求概率公式得出甲乙两人只需要再进行两局比赛就能结束本场比赛的概率。
（2） 利用已知条件结合独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式得出该局比赛甲得11分获胜的概率。
17．【答案】（1）解：依题意，得出：
，
由，得，
则，
解得，
所以不等式的解集为.
（2）解：由，
得，
由，得，
则，
令，
则，
则原不等式化为，
所以，
显然函数在上单调递增，
则当时，，
所以.
【知识点】函数恒成立问题；简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）利用二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式和辅助角公式化简函数，再利用已知条件和正弦型函数的图象，从而得出不等式的解集.
（2）令结合分离参数，利用函数单调性求最值的方法，再结合不等式恒成立问题求解方法，从而求出实数的取值范围.
（1）依题意，
，由，得，
则，解得，
所以不等式的解集为.
（2）由，得，
由，得，即有，
令，，
原不等式化为，即，显然函数在上单调递增，
则当时，，因此，
所以的取值范围.
18．【答案】（1）证明：因为为半球的直径，C为上一点，
所以，
又因为，，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
又因为P为半球面上一点，
所以，，平面，
所以平面，平面，
所以.
（2）解：因为三角形为直角三角形，
则，
所以，
又因为，平面，
所以，
又因为三角形也是直角三角形，
所以.
所以，
，
设点到平面的距离为，
则，
所以，
所以，
设直线与平面所成的角为，
则.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1)由，可得平面，从而可得，再利用可得平面，从而证出.
(2)利用已知条件和等体积法结合三棱锥的体积公式，从而求得点到平面的距离为的值，设直线与平面所成的角为，则，从而得出直线与平面所成的角的正弦值.
（1）证明：因为为半球的直径，C为上一点，
所以，
又因为，
，
平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
又因为P为半球面上一点，
所以，
，
平面，
所以平面，
平面，
所以；
（2）解：因为三角形为直角三角形，
，
所以，
又因为，平面，
所以，
又因为三角形也是直角三角形，
所以.
所以，
，
设点到平面的距离为，
则有，
即，
所以，
设直线与平面所成的角为，
则.
19．【答案】（1）解：在中，
由题意得，
又因为，，
所以，
解得，
如图所示：
在中，
由余弦定理得，
代入数据得，
所以.
（2）解：由题意得，
所以设，
则， 设，
在中，由正弦定理得，
代入数据得，
在中，由正弦定理得，
代入数据得，
又因为，
所以，以上两式相比得，则，
所以 ，
所以，
所以，或，
又因为，且，
所以，
解得或.
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由三角形面积公式先求出的长，再在中结合余弦定理得出CD的长.
（2）设所求角，根据已知条件把图中所有角都用含有的式子表示出来，再设，在和分别运用正弦定理，作商得到关于的三角方程，再结合，且，从而解方程得出角的值，则得出的值.
（1）在中，由题意有，
且注意到，，
所以有，解得，
如图所示：
在中，由余弦定理有，
代入数据得，
所以.
（2）由题意，所以设，
则，
设，
在中，由正弦定理有，
代入数据得，
在中，由正弦定理有，
代入数据得，
又，
所以以上两式相比得，即，
所以有 ，
所以，
所以，或
又，且，
所以，
所以解得或.
1 / 1广东省中山市2023-2024学年高一下学期期末统一考试数学试卷
1．（2024高一下·中山期末）（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】两角和与差的正弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：．
故答案为：．
【分析】由已知条件结合诱导公式和两角和的正弦公式，从而化简求值．
2．（2024高一下·中山期末）已知为不共线向量，，则（ ）
A．三点共线 B．三点共线
C．三点共线 D．三点共线
【答案】A
【知识点】平面向量加法运算；平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为，，所以，
所以三点共线.
故答案为：A．
【分析】由题意，根据向量的加法运算，求得，即可判断三点共线.
3．（2024高一下·中山期末）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，则
C．若，，则
D．若，则
【答案】C
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A：若，，则或与相交，故A错误；
对于B：若，则或，故B错误；
对于C：若，，则，故C正确；
对于D：若，则或，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据空间中线面的位置关系、面面的位置关系，从而逐项判断找出真命题的选项.
4．（2024高一下·中山期末）某地政府对在家附近工作的年轻人进行了抽样调查，得到他们一年能在家陪伴父母的天数，并绘制成如图所示的频率分布直方图，则样本中位数约为（ ）
A．150.5 B．152.5 C．154.5 D．156.5
【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：依题意，，
解得，
显然，，
所以样本中位数为.
故答案为：B.
【分析】先根据频率之和为1求出未知数的值，再找到频率之和为0.5所在的区间即可根据频率分布直方图进行求解，从而估计出样本的中位数.
5．（2024高一下·中山期末）已知某人射击每次击中目标的概率都是0.6，现采用随机模拟的方法估计其3次射击至少2次击中目标的概率 ．先由计算器产生0到9之间的整数值的随机数，指定0，1，2，3，4，5表示击中目标，6，7，8，9表示未击中目标；因为射击3次，所以每3个随机数为一组，代表3次射击的结果．经随机模拟产生了以下20组随机数：
169 966 151 525 271 937 592 408 569 683
471 257 333 027 554 488 730 863 537 039
据此估计 的值为（ ）
A．0.6 B．0.65 C．0.7 D．0.75
【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】20组随机数中至少2次击中目标的包含的随机数为：
151 ， 525 ， 271 ， 592， 408 ，471， 257 ， 333 ， 027， 554， 730， 537， 039，
一个有13组，所以其3次射击至少2次击中目标的概率 。
故答案为：B.
【分析】利用已知条件结合古典概型求概率公式，从而求出其3次射击至少2次击中目标的概率，进而估计出P的值。
6．（2024高一下·中山期末）如图，由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：过作，垂足为，设大正方形的边长为1，设小正方形的边长为，
因为，所以，所以，
由勾股定理可知：，
则，
，
，
因此，由平面向量基本定理可知：，
因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据锐角三角函数的定义结合正方形的性质、平面向量基本定理，从而找出正确的选项.
7．（2024高一下·中山期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，
可得，
则，
.
故答案为：A.
【分析】根据题意求得，再结合和两角和的余弦公式、二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式，从而代入得出的值.
8．（2024高一下·中山期末）设长方体的对角线与顶点出发的三条棱所成的角分别为、、，与顶点出发的三个面所成的角分别为、、，下列四个等式：其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：连接，，，，，，如下图：
由题意知：，，，
因为平面，平面，平面，
所以，，，，
对于A：
，故A错误.；
对于B项：如下图，
，故B错误；
对于C：
，故C错误；
对于D：
，故D正确.
故答案为：D.
【分析】在图中找到，，和，，所对应的角，在直角三角形中结合正余弦化简整理，从而逐项判断找出正确的选项.
9．（2024高一下·中山期末）已知复数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，故A正确；
因为，
所以，故B不正确；
因为，故C不正确；
因为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由结合共轭复数的定义、复数的加减法运算法则和乘除法运算法则、复数求模公式，从而逐项判断找出正确的选项.
10．（2024高一下·中山期末）下列化简正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；二倍角的正切公式；辅助角公式
【解析】【解答】解：对于A，因为，故A正确；
对于B，因为，故B正确；
对于C，因为，故C错误；
对于D，因为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用二倍角正弦公式、二倍角的余弦公式、辅助角公式和二倍角的正切公式，从而逐项判断找出化简正确的选项.
11．（2024高一下·中山期末）如图，已知二面角的棱l上有A，B两点，，，，，且，则下列说法正确的是（ ）．
A．当时，直线与平面所成角的正弦值为
B．当二面角的大小为时，直线与所成角为
C．若，则二面角的余弦值为
D．若，则四面体的外接球的体积为
【答案】A,B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；异面直线所成的角；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：对于A，当时，
因为，
所以直线与平面所成角为，
则，故A正确；
对于B，如图，过A作，且，连接，，
则当四边形为正方形，
为直线与所成角，为二面角的平面角，
当时，易得，
又因为，，
所以面，
则面，
所以，故B正确；
对于C，如图，作，
则二面角的平面角为，
又因为，在中，易得，
在．中，由余弦定理得，，
过C点作交线段的延长线于点O，
则平面，
过O点作，交线段的延长线于点H，连接，
则为二面角的平面角，
易得，，，
所以，故C错误；
对于D，由选项C可知，
如图，分别取线段，的中点G，M，连接，过G点作平面的垂线，
则球心O必在该垂线上，
设球的半径为R，则，
又因为的外接圆半径，
则，
所以四面体的外接球的体积为，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】由面面垂直的性质定理得出线面垂直，从而得出直线与平面所成角的正弦值，则可判断选项A；根据二面角求异面直线所成的角的方法和二面角求解方法，则判断出选项B和选项C；由四面体外接球的几何性质得出外接球半径，从而得出四面体的外接球的体积，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
12．（2024高一下·中山期末）把函数 的图象上所有的点向右平移 个单位长度后，所得图象与函数 的图象重合，则 ．
【答案】
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】因为函数 的图象上所有的点向右平移 个单位长度后，得到的图象与函数 的图象重合，
所以函数 的图象上所有的点向左平移 个单位长度后，得到的图象与函数 的图象重合，
即 ，
所以 ，
因为 ，∴ ，
故答案为：
【分析】转化为函数 的图象上所有的点向左平移 个单位长度后，得到的图象与函数 的图象重合，从而可得答案。
13．（2024高一下·中山期末）在中，内角A，B，C的对边分别为，且，，，符合条件的三角形有两个，则实数的取值范围是
【答案】
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：在中，，，，
由余弦定理得：，
则.
因为符合条件的三角形有两个，
所以关于c的方程由两个正根，
所以，解得：.
故实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】利用余弦定理，构造关于c的方程，再利用根的分布求出x的取值范围.
14．（2024高一下·中山期末）记一组数据的平均数为，方差为，则数据的平均数为 .
【答案】
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：因为的平均数为，方差为，
所以，，
则，
则，
则，
则，
所以，
所以数据的平均数为.
故答案为：.
【分析】根据已知条件和平均数公式、方差公式以及平均数的性质、方差的性质，从而计算可得数据的平均数.
15．（2024高一下·中山期末）已知平面向量，满足，，.
（1）求；
（2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围.
【答案】解：（1）依题意，得：得，
所以.
（2）由向量与的夹角为锐角，
可得，
则，解得，
当向量与同向时，可知，
综上所述，的取值范围为.
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】(1)由已知条件和数量积的运算律求出的值，再根据数量积求向量模的公式和数量积的运算律，从而得出的值.
(2)根据向量夹角为锐角结合数量积求向量夹角公式，从而列出关于的不等关系式，结合当向量与同向时，可知，进而得出实数的取值范围.
16．（2024高一下·中山期末）第56届世界乒乓球团体锦标赛于2022年在中国成都举办，国球运动又一次掀起热潮．现有甲乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用7局4胜制，每局11分制，每赢一球得1分，选手只要得到至少11分，并且领先对方至少2分（包括2分），即赢得该局比赛．在一局比赛中，每人只发2个球就要交换发球权，如果双方比分为10：10后，每人发一个球就要交换发球权．
（1）已知在本场比赛中，前三局甲赢两局，乙赢一局，在后续比赛中，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立，求甲乙两人只需要再进行两局比赛就能结束本场比赛的概率；
（2）已知某局比赛中双方比分为8：8，且接下来两球由甲发球，若甲发球时甲得分的概率为，乙发球时乙得分的概率为，各球的结果相互独立，求该局比赛甲得11分获胜的概率．
【答案】（1）解：设“甲乙两人只需要再进行两局比赛就能结束本场比赛”为事件，
若两局比赛就能结束，则只能甲连胜两局，
所以；
（2）解：设“该局比赛甲得11分获胜”为事件，
甲得11分获胜有两类情况：甲连得3分，则甲获胜；
甲得3分，乙得1分，则甲获胜，此时有三种情况，每球得分方分别为乙甲甲甲，甲乙甲甲，甲甲乙甲，
所以.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1） 利用已知条件结合独立事件乘法求概率公式得出甲乙两人只需要再进行两局比赛就能结束本场比赛的概率。
（2） 利用已知条件结合独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式得出该局比赛甲得11分获胜的概率。
17．（2024高一下·中山期末）已知函数.
（1）解不等式；
（2）若对任意的恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）解：依题意，得出：
，
由，得，
则，
解得，
所以不等式的解集为.
（2）解：由，
得，
由，得，
则，
令，
则，
则原不等式化为，
所以，
显然函数在上单调递增，
则当时，，
所以.
【知识点】函数恒成立问题；简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）利用二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式和辅助角公式化简函数，再利用已知条件和正弦型函数的图象，从而得出不等式的解集.
（2）令结合分离参数，利用函数单调性求最值的方法，再结合不等式恒成立问题求解方法，从而求出实数的取值范围.
（1）依题意，
，由，得，
则，解得，
所以不等式的解集为.
（2）由，得，
由，得，即有，
令，，
原不等式化为，即，显然函数在上单调递增，
则当时，，因此，
所以的取值范围.
18．（2024高一下·中山期末）如图，为半球的直径，C为上一点，P为半球面上一点，且．
（1）证明：；
（2）若，，求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明：因为为半球的直径，C为上一点，
所以，
又因为，，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
又因为P为半球面上一点，
所以，，平面，
所以平面，平面，
所以.
（2）解：因为三角形为直角三角形，
则，
所以，
又因为，平面，
所以，
又因为三角形也是直角三角形，
所以.
所以，
，
设点到平面的距离为，
则，
所以，
所以，
设直线与平面所成的角为，
则.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1)由，可得平面，从而可得，再利用可得平面，从而证出.
(2)利用已知条件和等体积法结合三棱锥的体积公式，从而求得点到平面的距离为的值，设直线与平面所成的角为，则，从而得出直线与平面所成的角的正弦值.
（1）证明：因为为半球的直径，C为上一点，
所以，
又因为，
，
平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
又因为P为半球面上一点，
所以，
，
平面，
所以平面，
平面，
所以；
（2）解：因为三角形为直角三角形，
，
所以，
又因为，平面，
所以，
又因为三角形也是直角三角形，
所以.
所以，
，
设点到平面的距离为，
则有，
即，
所以，
设直线与平面所成的角为，
则.
19．（2024高一下·中山期末）在中，，点D在边上，且
（1）若的面积为，求边的长；
（2）若，求.
【答案】（1）解：在中，
由题意得，
又因为，，
所以，
解得，
如图所示：
在中，
由余弦定理得，
代入数据得，
所以.
（2）解：由题意得，
所以设，
则， 设，
在中，由正弦定理得，
代入数据得，
在中，由正弦定理得，
代入数据得，
又因为，
所以，以上两式相比得，则，
所以 ，
所以，
所以，或，
又因为，且，
所以，
解得或.
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由三角形面积公式先求出的长，再在中结合余弦定理得出CD的长.
（2）设所求角，根据已知条件把图中所有角都用含有的式子表示出来，再设，在和分别运用正弦定理，作商得到关于的三角方程，再结合，且，从而解方程得出角的值，则得出的值.
（1）在中，由题意有，
且注意到，，
所以有，解得，
如图所示：
在中，由余弦定理有，
代入数据得，
所以.
（2）由题意，所以设，
则，
设，
在中，由正弦定理有，
代入数据得，
在中，由正弦定理有，
代入数据得，
又，
所以以上两式相比得，即，
所以有 ，
所以，
所以，或
又，且，
所以，
所以解得或.
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