湖南省雅礼教育集团2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷
1.(2024高一下·湖南期末)已知集合,,则( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【知识点】交集及其运算;一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解:由得,所以,
又,
所以
故答案为:B.
【分析】先化简集合M,再结合交集的定义运算可得答案.
2.(2024高一下·湖南期末)设为虚数单位,复数满足,则为( ).
A. B. C. D.
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算;共轭复数
【解析】【解答】解:由,得,
所以,
所以.
故答案为:D.
【分析】本题考查复数的除法运算,共轭复数的定义.通过变形可得:,分子和分母同时乘以,再进行化简可求出复数,利用共轭复数的定义可求出,利用复数乘法运算可求出答案.
3.(2024高一下·湖南期末)设,为两个不同的平面,则的一个充分条件是( )
A.内有无数条直线与平行 B.,垂直于同一个平面
C.,平行于同一条直线 D.,垂直于同一条直线
【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系;空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解:对于A:内有无数条直线与平行推不出,只有内所有直线与平行才能得出,A不符合题意,
对于B:,垂直于同一平面,得到或与相交,B不符合题意,
对于C:,平行于同一条直线,得到或与相交,C不符合题意,
对于D:因为垂直与同一条直线的两平面平行,故,垂直于同一条直线,D符合题意.
故答案为:D.
【分析】利用空间中线面、面面的位置关系判断即可.
4.(2024高一下·湖南期末) 定义在上的函数满足,且,则( )
A. B.0 C.1 D.3
【答案】D
【知识点】函数的周期性
【解析】【解答】解:因为,所以,所以,
即是以4为周期的函数,
所以.
故答案为:D.
【分析】由可以判断出是以4为周期的函数,即可得解.
5.(2024高一下·湖南期末)已知向量,满足,,则在方向上的投影向量为( )
A.2 B. C. D.
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算;平面向量的投影向量
【解析】【解答】解: 向量,满足,, 即,
则在方向上的投影向量为.
故答案为:C.
【分析】由题意可得,根据投影向量的定义及数量积的运算律求解即可.
6.(2024高一下·湖南期末)设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱的长都为 ,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】由题意知,该三棱柱为正三棱柱,且侧棱与底面边长相等,均为 .
设 、 分别为下、上底面的中心,且球心 为 的中点,
又 , , ,
设球 的半径为 ,则 ,
所以 。
故答案为:B.
【分析】由题意知,该三棱柱为正三棱柱,且侧棱与底面边长相等,均为 ,设 、 分别为下、上底面的中心,且球心 为 的中点,再利用 , , ,设球 的半径为 ,再利用勾股定理得出球的半径,再利用球的表面积公式,从而求出球的表面积。
7.(2024高一下·湖南期末)某数学兴趣小组要测量一个球体建筑物的高度,已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点(切点),地面上B,C两点与点A在同一条直线上,且在点A的同侧.若小明同学在B,C处分别测得球体建筑物的最大仰角为和,且米,则该球体建筑物的高度为( )米.
A. B.
C. D.
【答案】B
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解;如图,设球心为,连接,
则,
设球的半径为,
则,,
,
,
,
则该球体建筑物的高度为米.
故答案为:B.
【分析】根据三角函数定义可得,再利用得出的值,从而得出2R的值,进而得出该球体建筑物的高度.
8.(2024高一下·湖南期末)已知正四棱锥的底面边长为,侧棱长为,的中点为,过点作与垂直的平面,则平面截正四棱锥所得的截面面积为.
A. B. C. D.
【答案】A
【知识点】简单的三角恒等变换;异面直线所成的角
【解析】【解答】解:在正四棱锥中,连接,则,是正三角形,由的中点为E,得,
而,则,在中,,
,令平面与直线交于,连,则,如图所示:
,即点在棱上,同理平面与棱相交,令交点为,连,于是四边形为平面截正四棱锥所得的截面,由对称性知,
在中,,而,
在中,,由余弦定理得,
在中,,,
所以所得截面面积.
故答案为:A
【分析】本题考查异面直线的夹角.先作出正四棱锥,再连接,根据题意可推出是正三角形,利用正三角形的性质可推出,利用余弦定理可求出,利用同角三角函数的基本关系可求出,通过计算可得,可推出点在棱上,平面与棱相交,令交点为,连,于是四边形为平面截正四棱锥所得的截面,利用正弦的定义可求出,,利用余弦定理可求出,,进而可求出,利用三角形的面积公式可求出截面的面积.
9.(2024高一下·湖南期末)学校“未来杯”足球比赛中,甲班每场比赛平均失球数是,失球个数的标准差为乙班每场比赛平均失球数是,失球个数的标准差为,你认为下列说法中正确的是( )
A.平均来说乙班比甲班防守技术好
B.乙班比甲班防守技术更稳定
C.乙班在防守中有时表现非常好,有时表现比较差
D.甲班很少不失球
【答案】A,C,D
【知识点】众数、中位数、平均数;极差、方差与标准差
【解析】【解答】解:A,从平均数角度考虑是对的,甲班每场比赛平均失球数大于乙班每场比赛平均失球数,A正确;
B,从标准差角度考虑是错的,甲失球个数的标准差小,防守技术更稳定;B错误;
C,乙失球个数的标准差大,防守中的表现不稳定,C正确;
D,从平均数和标准差角度考虑是对的,D正确.
故答案为:ACD.
【分析】本题考查平均数和方差的统计学意义.根据平均数的统计学意义:平均数反映数据集中趋势的一项指标,据此可判断A选项;根据方差(标准差)越大,数据越不稳定;方差(标准差)越小,数据越稳定,据此可判断B选项和C选项;利用平均数和标准差综合考虑,可判断D选项.
10.(2024高一下·湖南期末)伯努利试验是在同样的条件下重复地、相互独立地进行的一种随机试验,其特点是每次试验只有两种可能结果.若连续抛掷一枚质地均匀的硬币n次,记录这n次实验的结果,设事件M=“n次实验结果中,既出现正面又出现反面”,事件N=“n次实验结果中,最多只出现一次反面”,则下列结论正确的是( ).
A.若,则M与N不互斥 B.若,则M与N相互独立
C.若,则M与N互斥 D.若,则M与N相互独立
【答案】A,D
【知识点】互斥事件与对立事件;相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解:A、当时,样本空间为:(正,正),(正,反),(反,正),(反,反),共4种,事件M和事件N同时发生,则M与N不互斥,故A正确;
B、若,,,,,则M与N不相互独立,故B错误;
C、当时,样本空间为:(正,正,正),(正,正,反),(正,反,正),(正,反,反),(反,正,正),(反,正,反),(反,反,正),(反,反,反),共8种,
其中(正,正,反)、(正,反,正)和(反,正,正)这三种实验结果,事件M和事件N同时发生,故M与N不互斥,故C错误;
D、若,,,,,则M与N相互独立,故D正确.
故答案为:AD.
【分析】由题意,结合互斥事件的定义,以及相互独立事件的概率乘法公式求解即可.
11.(2024高一下·湖南期末)如图,在四边形中,和是全等三角形,,,,.下面有两种折叠方法将四边形折成三棱锥.折法①;将沿着折起,得到三棱锥,如图1.折法②:将沿着折起,得到三棱锥,如图2.下列说法正确的是( ).
A.按照折法①,三棱锥的外接球表面积恒为
B.按照折法①,存在满足
C.按照折法②﹐三棱锥体积的最大值为
D.按照折法②,存在满足平面,且此时与平面所成线面角正弦值为
【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用;直线与平面所成的角;锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解:由题意知,取的中点,因为和是直角三角形且全等,
所以,
则在折法①的折叠过程中,三棱锥的外接球的球心为,半径为1,
所以该球的表面积恒为,故A正确;
按照折法①,在折起过程中,点在平面内的投影在线段上(不包括端点),
又因为线段 (不包括端点)不存在使得,
故不存在满足,故B错误;
按照折法②,取的中点,,
当平面平面时,三棱锥体积取得最大值,
此时体积,故C正确;
当时,,,
此时,,
又因为平面,
所以平面,
所以为与平面所成线面角,
则,故D正确.
故答案为:ACD.
【分析】由已知条件和棱锥的结构特征,再结合球的表面积公式判断出选项A;由棱锥的结构特征判断出选项B;由棱锥体积公式判断出选项C;由线面角的定义和求解方法,则判断出选项D,从而找出正确的选项.
12.(2024高一下·湖南期末)当且时,函数的图象一定经过定点 .
【答案】
【知识点】指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解:令,可得当时,,所以图象一定经过定点.
故答案为:.
【分析】本题考查指数函数的定点.根据指数函数的定点,指数位置的数等于0,故令可求出定点的横坐标,再代入解析式可求出定点的纵坐标,进而可求出定点.
13.(2024高一下·湖南期末)如图所示,已知平面,则 .
【答案】12
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角;平面向量的数量积运算;空间向量基本定理
【解析】【解答】解:因为,
所以,
又因为平面,平面,
所以,,
所以,
则.
故答案为:.
【分析】先表示向量,平方后结合数量积的运算律、数量积的定义和两向量垂直数量积为0的等价关系公式,从而得出的值.
14.(2024高一下·湖南期末)已知向量,满足,,则的最大值为 .
【答案】
【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系;含三角函数的复合函数的值域与最值;辅助角公式
【解析】【解答】解:取平行四边形,连接,
设,则,
因为向量,满足,
所以,则,
设,,
如图以为原点,所在直线为轴建立平面直角坐标系,
则,
所以,
则,故,
所以,
因为,又因为,
可设,
则,
所以,
其中,所以,
所以,
则的最大值为,
所以的最大值为.
故答案为:.
【分析】建立平面直角坐标系,从而得出点的坐标,进而得出,再由得,则,结合三角函数定义,设,再利用三角型函数求最值的方法,从而得出的最大值.
15.(2024高一下·湖南期末)已知函数.
(1)求的最小正周期
(2)求的最小值以及取得最小值时的集合.
【答案】(1)解:由得
,
所以
(2)解:由知,此时,即
,
故的集合为.
【知识点】函数y=Asin(ωx+φ)的图象与性质;辅助角公式
【解析】【分析】本题考查辅助角公式,正弦函数的图象和性质.
(1)先利用辅助角公式化简函数解析式可得:,再利用周期计算公式进行计算可求出最小正周期;
(2)当时,取得最小值,此时,解方程可求出取得最小值时的集合.
16.(2024高一下·湖南期末)记的内角,,的对边分别为,,,满足.
(1)求角
(2)若,,是中线,求的长.
【答案】(1)解:因为,由正弦定理可知:,
,
,
又为三角形内角,所以
(2)解:由,得,又,在中由余弦定理得:
,
所以.
【知识点】平面向量的数量积运算;正弦定理;余弦定理
【解析】【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.
(1)先利用正弦定理进行边化角,再利用两角和的正弦公式进行化简可求出,据此可反推出角A;
(2)先利用平面向量的数量积可求出,利用余弦定理可求出,根据三角形的中线向量公式可得,对式子进行平方,再利用平面向量的数量积进行计算可求出答案.
17.(2024高一下·湖南期末)我校在2021年的自主招生考试成绩中随机抽取40名学生的笔试成绩,按成绩共分成五组:第1组,,第2组,,第3组,,第4组,,第5组,,得到的频率分布直方图如图所示,同时规定成绩在85分以上的学生为“优秀”,成绩小于85分的学生为“良好”,且只有成绩为“优秀”的学生才能获得面试资格.
(1)根据样本频率分布直方图估计样本的中位数与平均数;
(2)如果用分层抽样的方法从“优秀”和“良好”的学生中共选出5人,再从这5人中选2人,那么至少有一人是“优秀”的概率是多少?
【答案】解:(1)第一组的频率为,第二组的频率为,第三章的频率为,第四组的频率为,第五组的频率为,
所以中位数在第三组,不妨设为,
则,
解得,
平均数为:.
(2)根据题意,
“良好”的学生有人,“优秀”的学生有人,
所以分层抽样得“良好”的学生有人,
“优秀”的学生有人,
将三名优秀学生分别记为,两名良好的学生分别记为,
则这5人中选2人的基本事件有:
,共10种,
其中至少有一人是“优秀”的基本事件有:,共9种,
所以,至少有一人是“优秀”的概率是.
【知识点】众数、中位数、平均数;古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】(1)先计算各组的频率得出中位数在第三组,不妨设为,根据求出x的值,从而估计出样本的中位数;再利用频率分布直方图求平均数的方法,从而估计出样本的平均数.
(2)由分层抽样得出“良好”的学生有人,“优秀”的学生有人,再根据古典概率公式得出至少有一人是“优秀”的概率.
18.(2024高一下·湖南期末)如图,在长方体中,,,点和点在棱上,且.
(1)求证:平面;
(2)求证:.
【答案】(1)证明:在长方体中,
,点和点在棱上,且,
连接、,设,连接,
则为的中点,
因为为的中点,所以,
又因为平面,平面,
所以平面.
(2)证明:在长方体中,,
则四边形为正方形,所以,
则平面,平面,
所以,,平面,
所以平面,平面,
所以,
又因为,,,,
所以,所以,所以,
又因为,
所以,所以,
又因为,平面,
所以平面,
又因为平面,
所以.
【知识点】直线与平面平行的判定;直线与平面垂直的判定;直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】(1)连接、,设,连接,利用中位线定理得到,再结合线线平行证出平面.
(2)先证明平面,从而得到,证出,从而得到平面,再根据线面垂直的定义证出.
(1)在长方体中,,点和点在棱上,且,
连接、,设,连接,
则为的中点,又为的中点,所以,
又平面,平面,所以平面.
(2)在长方体中,,则为正方形,
所以,
平面,平面,所以,
,平面,所以平面,
平面,所以,
又,,,,
所以,所以,所以,
又,所以,
所以,
又,平面,
所以平面,又平面,所以.
19.(2024高一下·湖南期末)已知平面四边形,,,,现将沿边折起,使得平面平面,此时,点为线段的中点.
(1)求证:平面;
(2)若为的中点,求与平面所成角的正弦值;
(3)在(2)的条件下,求二面角的平面角的余弦值.
【答案】(1)证明:,,
为等边三角形,
为的中点,,
取中点,连接,则,
平面平面,平面平面,平面,
平面,
因为平面,,
又,,、平面,
平面,
平面ABD,,
又,、平面,
平面.
(2)解:过点作,垂足为,如图所示:
由(1)知,平面,
平面,,
又因为,平面,平面,
为与平面所成角,
由(1)知,平面ABD,平面,,
在中,,,
,
为的中点,,
在中,,
,
在中,,
在中,由余弦定理得:,
,
与平面所成角的正弦值为.
(3)解:取的中点为,连接,
为线段的中点,,
则,
由(1)知,平面,平面,
又因为平面,所以,
过点P作,垂足为,连接,
,平面,平面,
又平面,,
为二面角的平面角,
在中,,
由(1)知,为等边三角形,为的中点,
,
由(1)知,平面ACD,
又因为平面,所以,
在中,,
由(2)知,,即,解得,
平面,平面,,
在中,
,
则,
所以二面角的平面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定;直线与平面所成的角;二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】(1)由等边三角形三线合一得到,取中点,再利用和平面平面,从而得出平面,进而得出,再结合线面垂直的判定定理得出平面,从而得到,再利用线面垂直的判定定理证出平面.
(2)过点作,垂足为,则为与平面所成角,再解三角形得出与平面所成角的正弦值.
(3)取的中点为,连接,过点作,垂足为,连接,由(1)结合中位线定理、线面垂直证线线垂直,从而得出为二面角的平面角,再解三角形得出二面角的平面角的余弦值.
(1)
,,为等边三角形,
为的中点,,
取中点,连接,则,
平面平面,平面平面,平面,
平面,又平面,.
又,,、平面,平面.
平面ABD,.
又,、平面,
平面.
(2)过点作,垂足为.如图所示
由(1)知,平面.平面,.
又,平面,平面,
为与平面所成角.
由(1)知,平面ABD,平面,.
在中,,,,
为的中点,.
在中,,,
在中,,
在中,由余弦定理得,
.
与平面所成角的正弦值为.
(3)
取的中点为,连接,
为线段的中点,,,
由(1)知,平面,平面.
又平面,所以.
过点P作,垂足为,连接.
,平面,平面.
又平面,,
为二面角的平面角.
在中,,
由(1)知,为等边三角形,为的中点,.
由(1)知,平面ACD.
又平面,所以.
在中,,
由(2)知,,即,解得.
平面,平面,.
在中,,.
所以二面角的平面角的余弦值为.
1 / 1湖南省雅礼教育集团2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷
1.(2024高一下·湖南期末)已知集合,,则( )
A. B.
C. D.
2.(2024高一下·湖南期末)设为虚数单位,复数满足,则为( ).
A. B. C. D.
3.(2024高一下·湖南期末)设,为两个不同的平面,则的一个充分条件是( )
A.内有无数条直线与平行 B.,垂直于同一个平面
C.,平行于同一条直线 D.,垂直于同一条直线
4.(2024高一下·湖南期末) 定义在上的函数满足,且,则( )
A. B.0 C.1 D.3
5.(2024高一下·湖南期末)已知向量,满足,,则在方向上的投影向量为( )
A.2 B. C. D.
6.(2024高一下·湖南期末)设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱的长都为 ,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为( )
A. B. C. D.
7.(2024高一下·湖南期末)某数学兴趣小组要测量一个球体建筑物的高度,已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点(切点),地面上B,C两点与点A在同一条直线上,且在点A的同侧.若小明同学在B,C处分别测得球体建筑物的最大仰角为和,且米,则该球体建筑物的高度为( )米.
A. B.
C. D.
8.(2024高一下·湖南期末)已知正四棱锥的底面边长为,侧棱长为,的中点为,过点作与垂直的平面,则平面截正四棱锥所得的截面面积为.
A. B. C. D.
9.(2024高一下·湖南期末)学校“未来杯”足球比赛中,甲班每场比赛平均失球数是,失球个数的标准差为乙班每场比赛平均失球数是,失球个数的标准差为,你认为下列说法中正确的是( )
A.平均来说乙班比甲班防守技术好
B.乙班比甲班防守技术更稳定
C.乙班在防守中有时表现非常好,有时表现比较差
D.甲班很少不失球
10.(2024高一下·湖南期末)伯努利试验是在同样的条件下重复地、相互独立地进行的一种随机试验,其特点是每次试验只有两种可能结果.若连续抛掷一枚质地均匀的硬币n次,记录这n次实验的结果,设事件M=“n次实验结果中,既出现正面又出现反面”,事件N=“n次实验结果中,最多只出现一次反面”,则下列结论正确的是( ).
A.若,则M与N不互斥 B.若,则M与N相互独立
C.若,则M与N互斥 D.若,则M与N相互独立
11.(2024高一下·湖南期末)如图,在四边形中,和是全等三角形,,,,.下面有两种折叠方法将四边形折成三棱锥.折法①;将沿着折起,得到三棱锥,如图1.折法②:将沿着折起,得到三棱锥,如图2.下列说法正确的是( ).
A.按照折法①,三棱锥的外接球表面积恒为
B.按照折法①,存在满足
C.按照折法②﹐三棱锥体积的最大值为
D.按照折法②,存在满足平面,且此时与平面所成线面角正弦值为
12.(2024高一下·湖南期末)当且时,函数的图象一定经过定点 .
13.(2024高一下·湖南期末)如图所示,已知平面,则 .
14.(2024高一下·湖南期末)已知向量,满足,,则的最大值为 .
15.(2024高一下·湖南期末)已知函数.
(1)求的最小正周期
(2)求的最小值以及取得最小值时的集合.
16.(2024高一下·湖南期末)记的内角,,的对边分别为,,,满足.
(1)求角
(2)若,,是中线,求的长.
17.(2024高一下·湖南期末)我校在2021年的自主招生考试成绩中随机抽取40名学生的笔试成绩,按成绩共分成五组:第1组,,第2组,,第3组,,第4组,,第5组,,得到的频率分布直方图如图所示,同时规定成绩在85分以上的学生为“优秀”,成绩小于85分的学生为“良好”,且只有成绩为“优秀”的学生才能获得面试资格.
(1)根据样本频率分布直方图估计样本的中位数与平均数;
(2)如果用分层抽样的方法从“优秀”和“良好”的学生中共选出5人,再从这5人中选2人,那么至少有一人是“优秀”的概率是多少?
18.(2024高一下·湖南期末)如图,在长方体中,,,点和点在棱上,且.
(1)求证:平面;
(2)求证:.
19.(2024高一下·湖南期末)已知平面四边形,,,,现将沿边折起,使得平面平面,此时,点为线段的中点.
(1)求证:平面;
(2)若为的中点,求与平面所成角的正弦值;
(3)在(2)的条件下,求二面角的平面角的余弦值.
答案解析部分
1.【答案】B
【知识点】交集及其运算;一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解:由得,所以,
又,
所以
故答案为:B.
【分析】先化简集合M,再结合交集的定义运算可得答案.
2.【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算;共轭复数
【解析】【解答】解:由,得,
所以,
所以.
故答案为:D.
【分析】本题考查复数的除法运算,共轭复数的定义.通过变形可得:,分子和分母同时乘以,再进行化简可求出复数,利用共轭复数的定义可求出,利用复数乘法运算可求出答案.
3.【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系;空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解:对于A:内有无数条直线与平行推不出,只有内所有直线与平行才能得出,A不符合题意,
对于B:,垂直于同一平面,得到或与相交,B不符合题意,
对于C:,平行于同一条直线,得到或与相交,C不符合题意,
对于D:因为垂直与同一条直线的两平面平行,故,垂直于同一条直线,D符合题意.
故答案为:D.
【分析】利用空间中线面、面面的位置关系判断即可.
4.【答案】D
【知识点】函数的周期性
【解析】【解答】解:因为,所以,所以,
即是以4为周期的函数,
所以.
故答案为:D.
【分析】由可以判断出是以4为周期的函数,即可得解.
5.【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算;平面向量的投影向量
【解析】【解答】解: 向量,满足,, 即,
则在方向上的投影向量为.
故答案为:C.
【分析】由题意可得,根据投影向量的定义及数量积的运算律求解即可.
6.【答案】B
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】由题意知,该三棱柱为正三棱柱,且侧棱与底面边长相等,均为 .
设 、 分别为下、上底面的中心,且球心 为 的中点,
又 , , ,
设球 的半径为 ,则 ,
所以 。
故答案为:B.
【分析】由题意知,该三棱柱为正三棱柱,且侧棱与底面边长相等,均为 ,设 、 分别为下、上底面的中心,且球心 为 的中点,再利用 , , ,设球 的半径为 ,再利用勾股定理得出球的半径,再利用球的表面积公式,从而求出球的表面积。
7.【答案】B
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解;如图,设球心为,连接,
则,
设球的半径为,
则,,
,
,
,
则该球体建筑物的高度为米.
故答案为:B.
【分析】根据三角函数定义可得,再利用得出的值,从而得出2R的值,进而得出该球体建筑物的高度.
8.【答案】A
【知识点】简单的三角恒等变换;异面直线所成的角
【解析】【解答】解:在正四棱锥中,连接,则,是正三角形,由的中点为E,得,
而,则,在中,,
,令平面与直线交于,连,则,如图所示:
,即点在棱上,同理平面与棱相交,令交点为,连,于是四边形为平面截正四棱锥所得的截面,由对称性知,
在中,,而,
在中,,由余弦定理得,
在中,,,
所以所得截面面积.
故答案为:A
【分析】本题考查异面直线的夹角.先作出正四棱锥,再连接,根据题意可推出是正三角形,利用正三角形的性质可推出,利用余弦定理可求出,利用同角三角函数的基本关系可求出,通过计算可得,可推出点在棱上,平面与棱相交,令交点为,连,于是四边形为平面截正四棱锥所得的截面,利用正弦的定义可求出,,利用余弦定理可求出,,进而可求出,利用三角形的面积公式可求出截面的面积.
9.【答案】A,C,D
【知识点】众数、中位数、平均数;极差、方差与标准差
【解析】【解答】解:A,从平均数角度考虑是对的,甲班每场比赛平均失球数大于乙班每场比赛平均失球数,A正确;
B,从标准差角度考虑是错的,甲失球个数的标准差小,防守技术更稳定;B错误;
C,乙失球个数的标准差大,防守中的表现不稳定,C正确;
D,从平均数和标准差角度考虑是对的,D正确.
故答案为:ACD.
【分析】本题考查平均数和方差的统计学意义.根据平均数的统计学意义:平均数反映数据集中趋势的一项指标,据此可判断A选项;根据方差(标准差)越大,数据越不稳定;方差(标准差)越小,数据越稳定,据此可判断B选项和C选项;利用平均数和标准差综合考虑,可判断D选项.
10.【答案】A,D
【知识点】互斥事件与对立事件;相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解:A、当时,样本空间为:(正,正),(正,反),(反,正),(反,反),共4种,事件M和事件N同时发生,则M与N不互斥,故A正确;
B、若,,,,,则M与N不相互独立,故B错误;
C、当时,样本空间为:(正,正,正),(正,正,反),(正,反,正),(正,反,反),(反,正,正),(反,正,反),(反,反,正),(反,反,反),共8种,
其中(正,正,反)、(正,反,正)和(反,正,正)这三种实验结果,事件M和事件N同时发生,故M与N不互斥,故C错误;
D、若,,,,,则M与N相互独立,故D正确.
故答案为:AD.
【分析】由题意,结合互斥事件的定义,以及相互独立事件的概率乘法公式求解即可.
11.【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用;直线与平面所成的角;锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解:由题意知,取的中点,因为和是直角三角形且全等,
所以,
则在折法①的折叠过程中,三棱锥的外接球的球心为,半径为1,
所以该球的表面积恒为,故A正确;
按照折法①,在折起过程中,点在平面内的投影在线段上(不包括端点),
又因为线段 (不包括端点)不存在使得,
故不存在满足,故B错误;
按照折法②,取的中点,,
当平面平面时,三棱锥体积取得最大值,
此时体积,故C正确;
当时,,,
此时,,
又因为平面,
所以平面,
所以为与平面所成线面角,
则,故D正确.
故答案为:ACD.
【分析】由已知条件和棱锥的结构特征,再结合球的表面积公式判断出选项A;由棱锥的结构特征判断出选项B;由棱锥体积公式判断出选项C;由线面角的定义和求解方法,则判断出选项D,从而找出正确的选项.
12.【答案】
【知识点】指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解:令,可得当时,,所以图象一定经过定点.
故答案为:.
【分析】本题考查指数函数的定点.根据指数函数的定点,指数位置的数等于0,故令可求出定点的横坐标,再代入解析式可求出定点的纵坐标,进而可求出定点.
13.【答案】12
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角;平面向量的数量积运算;空间向量基本定理
【解析】【解答】解:因为,
所以,
又因为平面,平面,
所以,,
所以,
则.
故答案为:.
【分析】先表示向量,平方后结合数量积的运算律、数量积的定义和两向量垂直数量积为0的等价关系公式,从而得出的值.
14.【答案】
【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系;含三角函数的复合函数的值域与最值;辅助角公式
【解析】【解答】解:取平行四边形,连接,
设,则,
因为向量,满足,
所以,则,
设,,
如图以为原点,所在直线为轴建立平面直角坐标系,
则,
所以,
则,故,
所以,
因为,又因为,
可设,
则,
所以,
其中,所以,
所以,
则的最大值为,
所以的最大值为.
故答案为:.
【分析】建立平面直角坐标系,从而得出点的坐标,进而得出,再由得,则,结合三角函数定义,设,再利用三角型函数求最值的方法,从而得出的最大值.
15.【答案】(1)解:由得
,
所以
(2)解:由知,此时,即
,
故的集合为.
【知识点】函数y=Asin(ωx+φ)的图象与性质;辅助角公式
【解析】【分析】本题考查辅助角公式,正弦函数的图象和性质.
(1)先利用辅助角公式化简函数解析式可得:,再利用周期计算公式进行计算可求出最小正周期;
(2)当时,取得最小值,此时,解方程可求出取得最小值时的集合.
16.【答案】(1)解:因为,由正弦定理可知:,
,
,
又为三角形内角,所以
(2)解:由,得,又,在中由余弦定理得:
,
所以.
【知识点】平面向量的数量积运算;正弦定理;余弦定理
【解析】【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.
(1)先利用正弦定理进行边化角,再利用两角和的正弦公式进行化简可求出,据此可反推出角A;
(2)先利用平面向量的数量积可求出,利用余弦定理可求出,根据三角形的中线向量公式可得,对式子进行平方,再利用平面向量的数量积进行计算可求出答案.
17.【答案】解:(1)第一组的频率为,第二组的频率为,第三章的频率为,第四组的频率为,第五组的频率为,
所以中位数在第三组,不妨设为,
则,
解得,
平均数为:.
(2)根据题意,
“良好”的学生有人,“优秀”的学生有人,
所以分层抽样得“良好”的学生有人,
“优秀”的学生有人,
将三名优秀学生分别记为,两名良好的学生分别记为,
则这5人中选2人的基本事件有:
,共10种,
其中至少有一人是“优秀”的基本事件有:,共9种,
所以,至少有一人是“优秀”的概率是.
【知识点】众数、中位数、平均数;古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】(1)先计算各组的频率得出中位数在第三组,不妨设为,根据求出x的值,从而估计出样本的中位数;再利用频率分布直方图求平均数的方法,从而估计出样本的平均数.
(2)由分层抽样得出“良好”的学生有人,“优秀”的学生有人,再根据古典概率公式得出至少有一人是“优秀”的概率.
18.【答案】(1)证明:在长方体中,
,点和点在棱上,且,
连接、,设,连接,
则为的中点,
因为为的中点,所以,
又因为平面,平面,
所以平面.
(2)证明:在长方体中,,
则四边形为正方形,所以,
则平面,平面,
所以,,平面,
所以平面,平面,
所以,
又因为,,,,
所以,所以,所以,
又因为,
所以,所以,
又因为,平面,
所以平面,
又因为平面,
所以.
【知识点】直线与平面平行的判定;直线与平面垂直的判定;直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】(1)连接、,设,连接,利用中位线定理得到,再结合线线平行证出平面.
(2)先证明平面,从而得到,证出,从而得到平面,再根据线面垂直的定义证出.
(1)在长方体中,,点和点在棱上,且,
连接、,设,连接,
则为的中点,又为的中点,所以,
又平面,平面,所以平面.
(2)在长方体中,,则为正方形,
所以,
平面,平面,所以,
,平面,所以平面,
平面,所以,
又,,,,
所以,所以,所以,
又,所以,
所以,
又,平面,
所以平面,又平面,所以.
19.【答案】(1)证明:,,
为等边三角形,
为的中点,,
取中点,连接,则,
平面平面,平面平面,平面,
平面,
因为平面,,
又,,、平面,
平面,
平面ABD,,
又,、平面,
平面.
(2)解:过点作,垂足为,如图所示:
由(1)知,平面,
平面,,
又因为,平面,平面,
为与平面所成角,
由(1)知,平面ABD,平面,,
在中,,,
,
为的中点,,
在中,,
,
在中,,
在中,由余弦定理得:,
,
与平面所成角的正弦值为.
(3)解:取的中点为,连接,
为线段的中点,,
则,
由(1)知,平面,平面,
又因为平面,所以,
过点P作,垂足为,连接,
,平面,平面,
又平面,,
为二面角的平面角,
在中,,
由(1)知,为等边三角形,为的中点,
,
由(1)知,平面ACD,
又因为平面,所以,
在中,,
由(2)知,,即,解得,
平面,平面,,
在中,
,
则,
所以二面角的平面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定;直线与平面所成的角;二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】(1)由等边三角形三线合一得到,取中点,再利用和平面平面,从而得出平面,进而得出,再结合线面垂直的判定定理得出平面,从而得到,再利用线面垂直的判定定理证出平面.
(2)过点作,垂足为,则为与平面所成角,再解三角形得出与平面所成角的正弦值.
(3)取的中点为,连接,过点作,垂足为,连接,由(1)结合中位线定理、线面垂直证线线垂直,从而得出为二面角的平面角,再解三角形得出二面角的平面角的余弦值.
(1)
,,为等边三角形,
为的中点,,
取中点,连接,则,
平面平面,平面平面,平面,
平面,又平面,.
又,,、平面,平面.
平面ABD,.
又,、平面,
平面.
(2)过点作,垂足为.如图所示
由(1)知,平面.平面,.
又,平面,平面,
为与平面所成角.
由(1)知,平面ABD,平面,.
在中,,,,
为的中点,.
在中,,,
在中,,
在中,由余弦定理得,
.
与平面所成角的正弦值为.
(3)
取的中点为,连接,
为线段的中点,,,
由(1)知,平面,平面.
又平面,所以.
过点P作,垂足为,连接.
,平面,平面.
又平面,,
为二面角的平面角.
在中,,
由(1)知,为等边三角形,为的中点,.
由(1)知,平面ACD.
又平面,所以.
在中,,
由(2)知,,即,解得.
平面,平面,.
在中,,.
所以二面角的平面角的余弦值为.
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