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广东省惠州市2023-2024学年高一下学期期末质量检测数学试题
1．（2024高一下·惠州期末）在复平面中，复数对应的点的坐标在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（2024高一下·惠州期末）下列命题中正确的是（　　）
A．零向量没有方向
B．共线向量一定是相等向量
C．若为实数，则向量与方向相同
D．单位向量的模都相等
3．（2024高一下·惠州期末）已知数据的平均数为10，方差为10，则的平均数和方差分别为（　　）
A．32，90 B．32，92 C．30，90 D．30，92
4．（2024高一下·惠州期末）已知向量，，则向量在方向上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·惠州期末）某校有小学生、初中生和高中生，其人数比是，为了解该校学生的视力情况，采用按比例分层抽样的方法抽取一个样本量为的样本，已知样本中高中生的人数比小学生的人数少20，则（　　）
A．100 B．120 C．200 D．240
6．（2024高一下·惠州期末）设，是两个不重合的平面，，是两条直线，则下列命题为真命题的是（　　）
A．若，，，则
B．若，，则
C．若，，，，则
D．若，，则
7．（2024高一下·惠州期末）掷两颗骰子，观察掷得的点数．设事件表示“两个点数都是偶数”，事件表示“两个点数都是奇数”，事件表示“两个点数之和是偶数”，事件表示“两个点数的乘积是偶数”．那么下列结论正确的是（　　）
A．与是对立事件 B．与是互斥事件
C．与是相互独立事件 D．与是相互独立事件
8．（2024高一下·惠州期末）已知直三棱柱的体积为8，二面角的大小为，且，，则点到平面的距离为（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·惠州期末）如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，下列结论正确的是（　　）
A．圆柱的侧面积为
B．圆锥的侧面积为
C．圆柱的侧面积与球面面积相等
D．三个几何体的表面积中，球的表面积最小
10．（2024高一下·惠州期末）设z为复数（i为虚数单位），下列命题正确的有（　　）
A．若，则
B．对任意复数，，有
C．对任意复数，，有
D．在复平面内，若，则集合M所构成区域的面积为
11．（2024高一下·惠州期末）在中，角所对的边分别是，，，下列命题正确的是（　　）
A．若，，则面积的最大值为
B．若，，则面积的最大值为
C．若，，要使满足条件的三角形有且只有两个，则
D．若，且，则该三角形内切圆面积的最大值为
12．（2024高一下·惠州期末）甲、乙两人独立的解同一道题，甲、乙解对题的概率分别是、，那么恰好只有1人解对题的概率是　 　.
13．（2024高一下·惠州期末）已知频率分布直方图如图所示，记其平均数为，中位数为，则与的大小关系为　 　.
14．（2024高一下·惠州期末）如图，已知在直三棱柱中，为的中点，为棱上的动点，，，，.当是棱的中点，则三棱锥体积为　 　；当三棱锥的外接球的半径最小时，直线与所成角的余弦值为　 　.
15．（2024高一下·惠州期末）在中，已知，，点为线段中点，，设，.
（1）用向量，表示；
（2）若，求.
16．（2024高一下·惠州期末）已知有下面三个条件：
①；②；③；
请从这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答问题：在中，角所对的边分别是，，，且________.
（1）求角A的大小；
（2）若是的角平分线，且，，求线段的长.
17．（2024高一下·惠州期末）为了研究学生每天总结整理数学错题情况，某课题组在我市中学生中随机抽取了100名学生调查了他们期中考试的数学成绩和平时总结整理数学错题情况，并绘制了下列两个统计图表，图1为学生期中考试数学成绩的频率分布直方图，图2为学生一个星期内总结整理数学错题天数的扇形图.若本次数学成绩在110分及以上视为优秀，将一个星期有4天及以上总结整理数学错题视为“经常总结整理”，少于4天视为“不经常总结整理”.已知数学成绩优秀的学生中，经常总结整理错题的学生占70%.
数学成绩优秀 数学成绩不优秀 合计
经常总结整理
不经常总结整理
合计
（1）根据图1、图2中的数据，补全表格；
（2）求图1中m的值及学生期中考试数学成绩的第65百分位数；
（3）抽取的100名学生中按“经常总结整理错题”与“不经常总结整理错题”进行分层抽样，随机抽取5名学生，再从这5名学生中随机抽取2人进行座谈；求这2名同学均来自“经常总结整理错题”的概率.
18．（2024高一下·惠州期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，面面，是的中点.
（1）求证：∥平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）在棱上是否存在点使平面平面成立？如果存在，求出如果不存在，说明理由.
19．（2024高一下·惠州期末）将连续正整数1，2，，从小到大排列构成一个数，为这个数的位数如当时，此数为123456789101112，共有15个数字，，现从这个数中随机取一个数字，为恰好取到0的概率.
（1）求
（2）当时，求的表达式.
（3）令为这个数中数字0的个数，为这个数中数字9的个数，，，求当时的最大值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，对应的点为，
则对应的点位于第三象限.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和复数的除法运算法则化简复数z，再结合复数的几何意义得出对应的点的坐标，从而确定点所在的象限.
2．【答案】D
【知识点】命题的真假判断与应用；零向量；单位向量；共线（平行）向量；相等向量
【解析】【解答】解：对于选项A：
根据向量的定义可知：任意向量均有方向，且规定零向量的方向是任意的，故A错误；
对于选项B：例如，是非零向量，可知是共线向量但不是相等向量，故B错误；
对于选项C：例如是非零向量，且，可知向量与方向相反，故C错误；
对于选项D：根据单位向量的定义可知：单位向量的模均为1，所以单位向量的模都相等，故D正确；
故答案为：D.
【分析】根据零向量的定义判断出选项A；举反例判断出选项B和选项C；根据单位向量的定义判断出选项D，从而找出真命题的选项.
3．【答案】A
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：因为的平均数是10，方差是10，
所以的平均数是，
方差是.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和平均数、方差的性质，从而计算可得的平均数和方差.
4．【答案】C
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：根据题意，得，
所以向量在方向上的投影向量为.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和数量积求向量夹角公式，从而得出向量和向量的夹角的余弦值，再结合数量积求投影向量公式，从而可得向量在方向上的投影向量.
5．【答案】B
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由题意可知：
样本中高中生的人数为，
小学生的人数为，
则，
解得.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和分层抽样的方法，从而求出样本中高中生和小学生的人数，进而列式求解得出n的值.
6．【答案】D
【知识点】命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于正方体，且分别为的中点，
对于选项A：例如平面，平面，，
但平面∥平面，故A错误；
对于选项B：例如∥平面，平面，但，故B错误；
对于选项C：例如平面，且均与平面平行，
但平面平面，故C错误；
对于选项D：若，，由线面垂直的性质可知，故D正确.
故答案为：D.
【分析】以正方体为载体，举反例结合面面垂直的判定定理、线线平行的判断方法、面面平行的判定定理，从而判断出选项A、选项B和选项C；根据线面垂直的性质定理得出线线垂直，则判断出选项D，从而找出真命题的选项.
7．【答案】D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件
【解析】【解答】解：对于选项A，
因为掷两颗骰子，两个点数可以都是偶数，也可以都是奇数，还可以一奇一偶，
则一次试验，事件和事件可以都不发生，故选项A错误；
对于选项B，因为即两个点数都是偶数，
则与可以同时发生，故选项B错误；
对于选项C，因为，，又因为，
所以，故选项C错误；
对于选项D，因为，，
所以，故选项D正确.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和互斥事件的概念，则判断出选项A和选项B；利用独立事件的判断方法，则判断出选项C和选项D，从而找出结论正确的选项.
8．【答案】A
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；点、线、面间的距离计算；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：取的中点，连接，
，
，
则二面角的平面角为，
二面角的大小为，则，
所以，，
又直三棱柱的体积为8，
，
则，
，
又平面平面，平面平面，
且平面，
平面，
设点到平面的距离为，又因为，
，
解得.
故答案为：A.
【分析】根据二面角的定义找到二面角的平面角，从而解得的长，再根据直三棱柱的体积公式求出的长，再利用等体积法和三棱锥的体积公式，从而求出点到平面的距离.
9．【答案】A,B,C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：依题意，球的表面积为，圆柱的侧面积为，
所以选项A、选项C正确；
因为圆锥的侧面积为，所以选项B正确；
因为圆锥的表面积为，
又因为圆柱的表面积为，所以选项D不正确．
故答案为：ABC.
【分析】根据已知条件和球的表面积公式、圆锥的侧面积公式、圆柱的侧面积公式，从而逐项判断找出结论正确的选项.
10．【答案】B,C
【知识点】命题的真假判断与应用；复数相等的充要条件；复数在复平面中的表示；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：对于A：因为，
所以，
则，故A错误；
对于B：设、，
则
，
所以，故B正确；
对于C：设、，
则，
则，
，故，故C正确；
对于D：设，
则，
所以集合M所构成区域为以为圆心，半径为的圆，
则，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】借助复数的运算法则、共轭复数定义、复数的模求解公式以及复数的几何意义，从而逐项判断找出真命题的选项.
11．【答案】A,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；一元二次方程的根与系数的关系；简单的三角恒等变换；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：对于选项A：由余弦定理可得，
则，
可得，解得，
当且仅当时，等号成立，
所以面积的最大值为，故A正确；
对于选项B：由余弦定理可得，
则，
可得，解得，
当且仅当时，等号成立，
所以面积的最大值为，故B错误；
对于选项C：由余弦定理可得，
则，整理可得，
由题意可知：关于c的方程有2个不相等的正根，
则，解得，且，
可得，故C错误；
对于选项D，因为，
则，
则，
整理可得，注意到，
则，所以，
可知，且，
则该三角形内切圆半径为：
又因为
当且仅当时，等号成立，
可得，
所以该三角形的内切圆面积的最大值是，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】利用余弦定理结合基本不等式求最值的方法，从而求出的最大值，进而可得三角形面积的最大值，则判断出选项A和选项B；利用余弦定理可得：关于c的方程有2个不相等的正根，再结合二次方程列式求解判断出选项C；利用余弦定理可得角C的值，再利用基本不等式求最值的方法，从而求出内切圆半径的最大值，进而得出该三角形内切圆面积的最大值，则判断出选项D，从而找出真命题的选项.
12．【答案】
【知识点】互斥事件与对立事件；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】【解答】解：设甲、乙解对题分别为事件A和事件，
则，
可得
所以恰好只有1人解对题的概率.
故答案为：.
【分析】利用已知条件设出相应事件，根据对立事件概率公式、独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而得出恰好只有1人解对题的概率.
13．【答案】
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：因为频率分布直方图在右侧“拖尾”，
可知平均数大于中位数，则.
故答案为：.
【分析】根据频率分布直方图的“拖尾”情况分析比较出平均数与中位数的大小.
14．【答案】；
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为，，，
在中，由余弦定理，得，
所以，
所以，
所以；
作，垂足为，作，垂足为，
易知棱在平面上的射影为，
则点在平面上的射影在线段上，
因为，
所以，解得，
所以，
则，
设的中点为，外接球的球心为，半径为，
所以平面，则，
在中，①，
又因为②
由①②，可得，
所以当取最小值时，最小，则最小，此时，
因为是的中点，
所以是的中点，则是棱的中点.
因为，
所以直线与所成角即为直线与所成角.
因为，
由余弦定理得：
因为，
所以.
故答案为：；.
【分析】在中，由余弦定理可得的值，再结合同角三角函数基本关系式求出，再利用三角形面积公式求出的面积，再结合三棱锥的体积公式求出三棱锥的体积；先作出辅助线，从而推导出当取最小值时，最小，则最小，此时，再利用是的中点得出是的中点，则是棱的中点，从而求出各边长，再结合余弦函数的定义得到的值，从而得出当三棱锥的外接球的半径最小时，直线与所成角的余弦值.
15．【答案】（1）解：如图所示，，
所以
所以.
（2）解：因为点为线段中点，
用三点共线的向量表达式结论得：
由（1）知，
则
所以，
则，
则.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）利用已知条件和向量共线定理以及三角形法则，则根据平面向量基本定理，从而用向量，表示.
（2）利用中点的性质和（1）中结论，从而将用基底表示出来，再用数量积运算律和两向量垂直数量积为0的等价关系，从而得出的值.
（1）如图所示，
，
所以，
所以.
（2）点为线段中点，用三点共线的向量表达式结论得，
由（1）知，则，
，则.则.
16．【答案】（1）解：选择①：由，
可得，
则，
所以，
因为，
所以；
选择②：因为②，
由正弦定理得，
可得，
因为，可得，
所以，
则，
可得，
因为，可得，
所以；
选择③：由，
可得，
由正弦定理得，
再由余弦定理得，
因为，
所以.
（2）解：若是的角平分线，
则，且，
所以，
解得.
【知识点】平面向量的数量积运算；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）选择①：利用三角形的面积公式和数量积的运算律，从而得出，进而得到，再根据三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值；选择②：由正弦定理化简得到，从而得到，再结合三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值；选择③，化简得到，则，由余弦定理得出的值，再根据三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）根据题意结合，再根据三角形的面积公式列出方程，从而解方程得出线段AD的长.
（1）选择①：由，可得，
即，即，
因为，所以；
选择②：因为②，由正弦定理得，
可得，
因为，可得，所以，
即，可得，
因为，可得，所以；
选择③：由，可得，
又由正弦定理得，再由余弦定理得，
因为，所以.
（2）若是的角平分线，则，
且，即，
解得.
17．【答案】（1）解：因为数学成绩优秀的有人，
不优秀的人人，
又因为经常整理错题的有人，
不经常整理错题的是人，
经常整理错题且成绩优秀的有人，
所以表格为：
数学成绩优秀 数学成绩不优秀 合计
经常整理 35 25 60
不经常整理 15 25 40
合计 50 50 100
（2）解：由题意可知每组频率依次为，
则，解得；
因为，，
设第65百分位数为，可知，
则，解得，
所以学生期中考试数学成绩的第65百分位数为120.
（3）解：由题意可知：样本中“经常总结整理错题”的人数为，
设为，“不经常总结整理错题” 的人数为，设为，
从这5名学生中随机抽取2人，
则样本空间为，
可知，
设这2名同学均来自“经常总结整理错题”为事件M，
则，所以，
所以.
【知识点】频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）根据图1、图2中的数据和频率分布直方图中各小组的频率等于各小组的矩形的面积，再结合频数等于频率乘以样本容量的公式，从而补全表格.
（2）根据频率分布直方图中各小组的频率等于各小组的矩形的面积，再结合频率和为1得出m的值，再结合频率分布直方图求百分位数的方法，从而得出学生期中考试数学成绩的第65百分位数.
（3）利用已知条件和分层抽样的方法，从而分别求相应的人数，再利用列举法结合古典概率公式，从而得出这2名同学均来自“经常总结整理错题”的概率.
（1）数学成绩优秀的有人，不优秀的人人，
经常整理错题的有人，
不经常整理错题的是人，经常整理错题且成绩优秀的有人，
所以表格为
数学成绩优秀 数学成绩不优秀 合计
经常整理 35 25 60
不经常整理 15 25 40
合计 50 50 100
（2）由题意可知每组频率依次为，
则，解得；
因为，，
设第65百分位数为，可知，
则，解得，
所以学生期中考试数学成绩的第65百分位数为120.
（3）由题意可知：样本中“经常总结整理错题”的人数为，设为，
“不经常总结整理错题” 的人数为，设为，
从这5名学生中随机抽取2人，则样本空间，可知，
设这2名同学均来自“经常总结整理错题”为事件M，则，即，
所以.
18．【答案】（1）证明：设，连接，
因为底面是正方形，
所以为的中点，
因为是的中点，
所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面.
（2）解：因为底面是正方形，
所以，
因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为为等边三角形，是的中点，
所以，
因为，平面，
所以平面，
所以直线与平面所成角为，
设正方形的边长为2，
则，
因为平面，平面，
所以，
所以，
则直线与平面所成角的正弦值为.
（3）解：存在，当时，平面平面，
因为平面，平面平面，
所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
设，则，
所以，
由（2）知平面，
因为平面，
所以，则，
因为，
所以，
所以，
则，解得，
所以，当时，平面平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）设，连接，利用三角形的中位线定理可得∥，再利用线面平行的判定定理证出∥平面.
（2）由面面垂直的性质定理证出平面，再结合线面垂直的定义得出，再由等边三角形的性质可得，再根据线面垂直的判定定理可得平面，则直线与平面所成角为，再结合正方形的结构特征证出，则由正弦函数的定义得出直线与平面所成角的正弦值.
（3）当时，可证出平面平面，设，在等腰直角三角形中，设，则，则，由（2）知平面，则，则，再结合平面向量基本定理和数量积的运算律，从而得出k的值，进而得出当时，平面平面.
（1）证明：设，连接，
因为底面是正方形，所以为的中点，
因为是的中点，所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面
（2）因为底面是正方形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为为等边三角形，是的中点，所以，
因为，平面，所以平面，
所以直线与平面所成角为，
设正方形的边长为2，则，
因为平面，平面，所以，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值为；
（3）存在，当时，平面平面，
因为平面，平面平面，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面，
设，则，所以，
由（2）知平面，
因为平面，所以，所以，
因为，
，
所以，
所以，得，解得，
所以当时，平面平面.
19．【答案】（1）解：当时，，
则这个数中共有个数字，其中数字的个数为，
则恰好取到的概率为.
（2）解：当时，这个数有位数组成，；
当时，这个数有个一位数组成，个两位数组成，
则；
当时，
这个数有个一位数组成，个两位数组成，个三位数组成，
则；
当时，
这个数有个一位数组成，个两位数组成，个三位数组成个四位数组成，
则，
综上所述：.
（3）解：当时，；
当时，；
当时，，
则，
同理得：，
由，
可知，
所以，当时，，
当时，；
当时，；
当时，，
由关于单调递增，
则当时，
有的最大值为，
又因为，
所以当时，的最大值为．
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数单调性的性质；函数的最大（小）值；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）先计算，再利用数字0的个数为11，则根据古典概率公式得出
（2）先考虑，，，四种情况，从而依次计算得到，进而得出当时的分段函数的表达式.
（3）考虑当时、
当时、当时三种情况，从而得到函数和函数的解析式，进而得到，再计算概率的最值得到当时的最大值.
（1）当时，，
即这个数中共有个数字，其中数字的个数为，
则恰好取到的概率为；
（2）当时，这个数有位数组成，；
当时，这个数有个一位数组成，个两位数组成，则；
当时，这个数有个一位数组成，个两位数组成，个三位数组成，；
当时，这个数有个一位数组成，个两位数组成，个三位数组成个四位数组成，；
综上所述：，
（3）当时，，
当时，；
当时，，
即，
同理有，
由，可知，
所以当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
由关于单调递增，
故当时，有的最大值为，
又，
所以当时，的最大值为．
1 / 1广东省惠州市2023-2024学年高一下学期期末质量检测数学试题
1．（2024高一下·惠州期末）在复平面中，复数对应的点的坐标在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，对应的点为，
则对应的点位于第三象限.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和复数的除法运算法则化简复数z，再结合复数的几何意义得出对应的点的坐标，从而确定点所在的象限.
2．（2024高一下·惠州期末）下列命题中正确的是（　　）
A．零向量没有方向
B．共线向量一定是相等向量
C．若为实数，则向量与方向相同
D．单位向量的模都相等
【答案】D
【知识点】命题的真假判断与应用；零向量；单位向量；共线（平行）向量；相等向量
【解析】【解答】解：对于选项A：
根据向量的定义可知：任意向量均有方向，且规定零向量的方向是任意的，故A错误；
对于选项B：例如，是非零向量，可知是共线向量但不是相等向量，故B错误；
对于选项C：例如是非零向量，且，可知向量与方向相反，故C错误；
对于选项D：根据单位向量的定义可知：单位向量的模均为1，所以单位向量的模都相等，故D正确；
故答案为：D.
【分析】根据零向量的定义判断出选项A；举反例判断出选项B和选项C；根据单位向量的定义判断出选项D，从而找出真命题的选项.
3．（2024高一下·惠州期末）已知数据的平均数为10，方差为10，则的平均数和方差分别为（　　）
A．32，90 B．32，92 C．30，90 D．30，92
【答案】A
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：因为的平均数是10，方差是10，
所以的平均数是，
方差是.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和平均数、方差的性质，从而计算可得的平均数和方差.
4．（2024高一下·惠州期末）已知向量，，则向量在方向上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：根据题意，得，
所以向量在方向上的投影向量为.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和数量积求向量夹角公式，从而得出向量和向量的夹角的余弦值，再结合数量积求投影向量公式，从而可得向量在方向上的投影向量.
5．（2024高一下·惠州期末）某校有小学生、初中生和高中生，其人数比是，为了解该校学生的视力情况，采用按比例分层抽样的方法抽取一个样本量为的样本，已知样本中高中生的人数比小学生的人数少20，则（　　）
A．100 B．120 C．200 D．240
【答案】B
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由题意可知：
样本中高中生的人数为，
小学生的人数为，
则，
解得.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和分层抽样的方法，从而求出样本中高中生和小学生的人数，进而列式求解得出n的值.
6．（2024高一下·惠州期末）设，是两个不重合的平面，，是两条直线，则下列命题为真命题的是（　　）
A．若，，，则
B．若，，则
C．若，，，，则
D．若，，则
【答案】D
【知识点】命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于正方体，且分别为的中点，
对于选项A：例如平面，平面，，
但平面∥平面，故A错误；
对于选项B：例如∥平面，平面，但，故B错误；
对于选项C：例如平面，且均与平面平行，
但平面平面，故C错误；
对于选项D：若，，由线面垂直的性质可知，故D正确.
故答案为：D.
【分析】以正方体为载体，举反例结合面面垂直的判定定理、线线平行的判断方法、面面平行的判定定理，从而判断出选项A、选项B和选项C；根据线面垂直的性质定理得出线线垂直，则判断出选项D，从而找出真命题的选项.
7．（2024高一下·惠州期末）掷两颗骰子，观察掷得的点数．设事件表示“两个点数都是偶数”，事件表示“两个点数都是奇数”，事件表示“两个点数之和是偶数”，事件表示“两个点数的乘积是偶数”．那么下列结论正确的是（　　）
A．与是对立事件 B．与是互斥事件
C．与是相互独立事件 D．与是相互独立事件
【答案】D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件
【解析】【解答】解：对于选项A，
因为掷两颗骰子，两个点数可以都是偶数，也可以都是奇数，还可以一奇一偶，
则一次试验，事件和事件可以都不发生，故选项A错误；
对于选项B，因为即两个点数都是偶数，
则与可以同时发生，故选项B错误；
对于选项C，因为，，又因为，
所以，故选项C错误；
对于选项D，因为，，
所以，故选项D正确.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和互斥事件的概念，则判断出选项A和选项B；利用独立事件的判断方法，则判断出选项C和选项D，从而找出结论正确的选项.
8．（2024高一下·惠州期末）已知直三棱柱的体积为8，二面角的大小为，且，，则点到平面的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；点、线、面间的距离计算；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：取的中点，连接，
，
，
则二面角的平面角为，
二面角的大小为，则，
所以，，
又直三棱柱的体积为8，
，
则，
，
又平面平面，平面平面，
且平面，
平面，
设点到平面的距离为，又因为，
，
解得.
故答案为：A.
【分析】根据二面角的定义找到二面角的平面角，从而解得的长，再根据直三棱柱的体积公式求出的长，再利用等体积法和三棱锥的体积公式，从而求出点到平面的距离.
9．（2024高一下·惠州期末）如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，下列结论正确的是（　　）
A．圆柱的侧面积为
B．圆锥的侧面积为
C．圆柱的侧面积与球面面积相等
D．三个几何体的表面积中，球的表面积最小
【答案】A,B,C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：依题意，球的表面积为，圆柱的侧面积为，
所以选项A、选项C正确；
因为圆锥的侧面积为，所以选项B正确；
因为圆锥的表面积为，
又因为圆柱的表面积为，所以选项D不正确．
故答案为：ABC.
【分析】根据已知条件和球的表面积公式、圆锥的侧面积公式、圆柱的侧面积公式，从而逐项判断找出结论正确的选项.
10．（2024高一下·惠州期末）设z为复数（i为虚数单位），下列命题正确的有（　　）
A．若，则
B．对任意复数，，有
C．对任意复数，，有
D．在复平面内，若，则集合M所构成区域的面积为
【答案】B,C
【知识点】命题的真假判断与应用；复数相等的充要条件；复数在复平面中的表示；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：对于A：因为，
所以，
则，故A错误；
对于B：设、，
则
，
所以，故B正确；
对于C：设、，
则，
则，
，故，故C正确；
对于D：设，
则，
所以集合M所构成区域为以为圆心，半径为的圆，
则，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】借助复数的运算法则、共轭复数定义、复数的模求解公式以及复数的几何意义，从而逐项判断找出真命题的选项.
11．（2024高一下·惠州期末）在中，角所对的边分别是，，，下列命题正确的是（　　）
A．若，，则面积的最大值为
B．若，，则面积的最大值为
C．若，，要使满足条件的三角形有且只有两个，则
D．若，且，则该三角形内切圆面积的最大值为
【答案】A,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；一元二次方程的根与系数的关系；简单的三角恒等变换；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：对于选项A：由余弦定理可得，
则，
可得，解得，
当且仅当时，等号成立，
所以面积的最大值为，故A正确；
对于选项B：由余弦定理可得，
则，
可得，解得，
当且仅当时，等号成立，
所以面积的最大值为，故B错误；
对于选项C：由余弦定理可得，
则，整理可得，
由题意可知：关于c的方程有2个不相等的正根，
则，解得，且，
可得，故C错误；
对于选项D，因为，
则，
则，
整理可得，注意到，
则，所以，
可知，且，
则该三角形内切圆半径为：
又因为
当且仅当时，等号成立，
可得，
所以该三角形的内切圆面积的最大值是，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】利用余弦定理结合基本不等式求最值的方法，从而求出的最大值，进而可得三角形面积的最大值，则判断出选项A和选项B；利用余弦定理可得：关于c的方程有2个不相等的正根，再结合二次方程列式求解判断出选项C；利用余弦定理可得角C的值，再利用基本不等式求最值的方法，从而求出内切圆半径的最大值，进而得出该三角形内切圆面积的最大值，则判断出选项D，从而找出真命题的选项.
12．（2024高一下·惠州期末）甲、乙两人独立的解同一道题，甲、乙解对题的概率分别是、，那么恰好只有1人解对题的概率是　 　.
【答案】
【知识点】互斥事件与对立事件；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】【解答】解：设甲、乙解对题分别为事件A和事件，
则，
可得
所以恰好只有1人解对题的概率.
故答案为：.
【分析】利用已知条件设出相应事件，根据对立事件概率公式、独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而得出恰好只有1人解对题的概率.
13．（2024高一下·惠州期末）已知频率分布直方图如图所示，记其平均数为，中位数为，则与的大小关系为　 　.
【答案】
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：因为频率分布直方图在右侧“拖尾”，
可知平均数大于中位数，则.
故答案为：.
【分析】根据频率分布直方图的“拖尾”情况分析比较出平均数与中位数的大小.
14．（2024高一下·惠州期末）如图，已知在直三棱柱中，为的中点，为棱上的动点，，，，.当是棱的中点，则三棱锥体积为　 　；当三棱锥的外接球的半径最小时，直线与所成角的余弦值为　 　.
【答案】；
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为，，，
在中，由余弦定理，得，
所以，
所以，
所以；
作，垂足为，作，垂足为，
易知棱在平面上的射影为，
则点在平面上的射影在线段上，
因为，
所以，解得，
所以，
则，
设的中点为，外接球的球心为，半径为，
所以平面，则，
在中，①，
又因为②
由①②，可得，
所以当取最小值时，最小，则最小，此时，
因为是的中点，
所以是的中点，则是棱的中点.
因为，
所以直线与所成角即为直线与所成角.
因为，
由余弦定理得：
因为，
所以.
故答案为：；.
【分析】在中，由余弦定理可得的值，再结合同角三角函数基本关系式求出，再利用三角形面积公式求出的面积，再结合三棱锥的体积公式求出三棱锥的体积；先作出辅助线，从而推导出当取最小值时，最小，则最小，此时，再利用是的中点得出是的中点，则是棱的中点，从而求出各边长，再结合余弦函数的定义得到的值，从而得出当三棱锥的外接球的半径最小时，直线与所成角的余弦值.
15．（2024高一下·惠州期末）在中，已知，，点为线段中点，，设，.
（1）用向量，表示；
（2）若，求.
【答案】（1）解：如图所示，，
所以
所以.
（2）解：因为点为线段中点，
用三点共线的向量表达式结论得：
由（1）知，
则
所以，
则，
则.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）利用已知条件和向量共线定理以及三角形法则，则根据平面向量基本定理，从而用向量，表示.
（2）利用中点的性质和（1）中结论，从而将用基底表示出来，再用数量积运算律和两向量垂直数量积为0的等价关系，从而得出的值.
（1）如图所示，
，
所以，
所以.
（2）点为线段中点，用三点共线的向量表达式结论得，
由（1）知，则，
，则.则.
16．（2024高一下·惠州期末）已知有下面三个条件：
①；②；③；
请从这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答问题：在中，角所对的边分别是，，，且________.
（1）求角A的大小；
（2）若是的角平分线，且，，求线段的长.
【答案】（1）解：选择①：由，
可得，
则，
所以，
因为，
所以；
选择②：因为②，
由正弦定理得，
可得，
因为，可得，
所以，
则，
可得，
因为，可得，
所以；
选择③：由，
可得，
由正弦定理得，
再由余弦定理得，
因为，
所以.
（2）解：若是的角平分线，
则，且，
所以，
解得.
【知识点】平面向量的数量积运算；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）选择①：利用三角形的面积公式和数量积的运算律，从而得出，进而得到，再根据三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值；选择②：由正弦定理化简得到，从而得到，再结合三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值；选择③，化简得到，则，由余弦定理得出的值，再根据三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）根据题意结合，再根据三角形的面积公式列出方程，从而解方程得出线段AD的长.
（1）选择①：由，可得，
即，即，
因为，所以；
选择②：因为②，由正弦定理得，
可得，
因为，可得，所以，
即，可得，
因为，可得，所以；
选择③：由，可得，
又由正弦定理得，再由余弦定理得，
因为，所以.
（2）若是的角平分线，则，
且，即，
解得.
17．（2024高一下·惠州期末）为了研究学生每天总结整理数学错题情况，某课题组在我市中学生中随机抽取了100名学生调查了他们期中考试的数学成绩和平时总结整理数学错题情况，并绘制了下列两个统计图表，图1为学生期中考试数学成绩的频率分布直方图，图2为学生一个星期内总结整理数学错题天数的扇形图.若本次数学成绩在110分及以上视为优秀，将一个星期有4天及以上总结整理数学错题视为“经常总结整理”，少于4天视为“不经常总结整理”.已知数学成绩优秀的学生中，经常总结整理错题的学生占70%.
数学成绩优秀 数学成绩不优秀 合计
经常总结整理
不经常总结整理
合计
（1）根据图1、图2中的数据，补全表格；
（2）求图1中m的值及学生期中考试数学成绩的第65百分位数；
（3）抽取的100名学生中按“经常总结整理错题”与“不经常总结整理错题”进行分层抽样，随机抽取5名学生，再从这5名学生中随机抽取2人进行座谈；求这2名同学均来自“经常总结整理错题”的概率.
【答案】（1）解：因为数学成绩优秀的有人，
不优秀的人人，
又因为经常整理错题的有人，
不经常整理错题的是人，
经常整理错题且成绩优秀的有人，
所以表格为：
数学成绩优秀 数学成绩不优秀 合计
经常整理 35 25 60
不经常整理 15 25 40
合计 50 50 100
（2）解：由题意可知每组频率依次为，
则，解得；
因为，，
设第65百分位数为，可知，
则，解得，
所以学生期中考试数学成绩的第65百分位数为120.
（3）解：由题意可知：样本中“经常总结整理错题”的人数为，
设为，“不经常总结整理错题” 的人数为，设为，
从这5名学生中随机抽取2人，
则样本空间为，
可知，
设这2名同学均来自“经常总结整理错题”为事件M，
则，所以，
所以.
【知识点】频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）根据图1、图2中的数据和频率分布直方图中各小组的频率等于各小组的矩形的面积，再结合频数等于频率乘以样本容量的公式，从而补全表格.
（2）根据频率分布直方图中各小组的频率等于各小组的矩形的面积，再结合频率和为1得出m的值，再结合频率分布直方图求百分位数的方法，从而得出学生期中考试数学成绩的第65百分位数.
（3）利用已知条件和分层抽样的方法，从而分别求相应的人数，再利用列举法结合古典概率公式，从而得出这2名同学均来自“经常总结整理错题”的概率.
（1）数学成绩优秀的有人，不优秀的人人，
经常整理错题的有人，
不经常整理错题的是人，经常整理错题且成绩优秀的有人，
所以表格为
数学成绩优秀 数学成绩不优秀 合计
经常整理 35 25 60
不经常整理 15 25 40
合计 50 50 100
（2）由题意可知每组频率依次为，
则，解得；
因为，，
设第65百分位数为，可知，
则，解得，
所以学生期中考试数学成绩的第65百分位数为120.
（3）由题意可知：样本中“经常总结整理错题”的人数为，设为，
“不经常总结整理错题” 的人数为，设为，
从这5名学生中随机抽取2人，则样本空间，可知，
设这2名同学均来自“经常总结整理错题”为事件M，则，即，
所以.
18．（2024高一下·惠州期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，面面，是的中点.
（1）求证：∥平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）在棱上是否存在点使平面平面成立？如果存在，求出如果不存在，说明理由.
【答案】（1）证明：设，连接，
因为底面是正方形，
所以为的中点，
因为是的中点，
所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面.
（2）解：因为底面是正方形，
所以，
因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为为等边三角形，是的中点，
所以，
因为，平面，
所以平面，
所以直线与平面所成角为，
设正方形的边长为2，
则，
因为平面，平面，
所以，
所以，
则直线与平面所成角的正弦值为.
（3）解：存在，当时，平面平面，
因为平面，平面平面，
所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
设，则，
所以，
由（2）知平面，
因为平面，
所以，则，
因为，
所以，
所以，
则，解得，
所以，当时，平面平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）设，连接，利用三角形的中位线定理可得∥，再利用线面平行的判定定理证出∥平面.
（2）由面面垂直的性质定理证出平面，再结合线面垂直的定义得出，再由等边三角形的性质可得，再根据线面垂直的判定定理可得平面，则直线与平面所成角为，再结合正方形的结构特征证出，则由正弦函数的定义得出直线与平面所成角的正弦值.
（3）当时，可证出平面平面，设，在等腰直角三角形中，设，则，则，由（2）知平面，则，则，再结合平面向量基本定理和数量积的运算律，从而得出k的值，进而得出当时，平面平面.
（1）证明：设，连接，
因为底面是正方形，所以为的中点，
因为是的中点，所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面
（2）因为底面是正方形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为为等边三角形，是的中点，所以，
因为，平面，所以平面，
所以直线与平面所成角为，
设正方形的边长为2，则，
因为平面，平面，所以，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值为；
（3）存在，当时，平面平面，
因为平面，平面平面，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面，
设，则，所以，
由（2）知平面，
因为平面，所以，所以，
因为，
，
所以，
所以，得，解得，
所以当时，平面平面.
19．（2024高一下·惠州期末）将连续正整数1，2，，从小到大排列构成一个数，为这个数的位数如当时，此数为123456789101112，共有15个数字，，现从这个数中随机取一个数字，为恰好取到0的概率.
（1）求
（2）当时，求的表达式.
（3）令为这个数中数字0的个数，为这个数中数字9的个数，，，求当时的最大值.
【答案】（1）解：当时，，
则这个数中共有个数字，其中数字的个数为，
则恰好取到的概率为.
（2）解：当时，这个数有位数组成，；
当时，这个数有个一位数组成，个两位数组成，
则；
当时，
这个数有个一位数组成，个两位数组成，个三位数组成，
则；
当时，
这个数有个一位数组成，个两位数组成，个三位数组成个四位数组成，
则，
综上所述：.
（3）解：当时，；
当时，；
当时，，
则，
同理得：，
由，
可知，
所以，当时，，
当时，；
当时，；
当时，，
由关于单调递增，
则当时，
有的最大值为，
又因为，
所以当时，的最大值为．
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数单调性的性质；函数的最大（小）值；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）先计算，再利用数字0的个数为11，则根据古典概率公式得出
（2）先考虑，，，四种情况，从而依次计算得到，进而得出当时的分段函数的表达式.
（3）考虑当时、
当时、当时三种情况，从而得到函数和函数的解析式，进而得到，再计算概率的最值得到当时的最大值.
（1）当时，，
即这个数中共有个数字，其中数字的个数为，
则恰好取到的概率为；
（2）当时，这个数有位数组成，；
当时，这个数有个一位数组成，个两位数组成，则；
当时，这个数有个一位数组成，个两位数组成，个三位数组成，；
当时，这个数有个一位数组成，个两位数组成，个三位数组成个四位数组成，；
综上所述：，
（3）当时，，
当时，；
当时，，
即，
同理有，
由，可知，
所以当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
由关于单调递增，
故当时，有的最大值为，
又，
所以当时，的最大值为．
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