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浙江省绍兴市2023-2024学年高一下学期6月期末考试数学试题
1．（2024高一下·绍兴期末）复数的共轭复数是(　　)
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】共轭复数
【解析】【解答】解：由共轭复数的定义可知的共轭复数为.
故答案为：B.
【分析】根据共轭复数的定义即可得解.
2．（2024高一下·绍兴期末）用斜二测画法画水平放置的边长为的正方形的直观图，所得图形的面积是(　　)
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：用斜二测画法画水平放置的边长为2的正方形的直观图如图，
根据斜二测画法的规则可知，，，，
所以直观图的面积为.
故答案为：C.
【分析】由斜二测画法的规则画出直观图，即可得解.
3．（2024高一下·绍兴期末）十名工人某天生产同一批零件，生产的件数分别是：，，，，，，，，，，则这组数据的极差、众数、第一四分位数分别是(　　)
A．，， B．，， C．，， D．，，
【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：从小到大排序，，
极差为，众数为，，所以第一四分位数为.
故答案为：C.
【分析】排序，由极差，众数以及第一四分位数的定义，代入计算即可.
4．（2024高一下·绍兴期末）已知，是两条直线，，是两个平面，则下列命题正确的是(　　)
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，则与平行或异面，故A错误；
B、若，则与平行或相交，故B错误；
C、若，则可能与平行，可能与相交，也可能在内，故C错误；
D、垂直于同一平面的两条直线平行，故D正确.
故答案为：D.
【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系逐一分析求解．
5．（2024高一下·绍兴期末）已知平面四边形，，，，若，则(　　)
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【解答】解：建立平面直角坐标系，如图，
因为，
，化简得，即，
，化简得，即
所以，.
故答案为：B.
【分析】建立平面直角坐标系，由平面向量基本定理求，，得到两个关系式，即可求出.
6．（2024高一下·绍兴期末）设的内角，，所对的边分别为，，，且，则(　　)
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理
【解析】【解答】解：因为，
由正弦定理可得，
又因为，
所以，
即，
又，所以，所以.
故答案为：A.
【分析】利用正弦定理和诱导公式及两角和的正弦公式计算即可.
7．（2024高一下·绍兴期末）如图是一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B，C，其中，，则（　　）
A．事件A与事件B互斥 B．事件A与事件B相互独立
C．事件A与事件C互为对立 D．事件A与事件C相互独立
【答案】B
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件
【解析】【解答】解：A、由，可得，则事件A与事件B可以同时发生，故A错误；
B、，则，
，，
则，即事件A与事件B相互独立，故B正确；
C 、
则，即事件A与事件C不对立，故C错误；
D、由图可知，所以，易知，则事件A与事件C不相互独立，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据互斥事件和对立事件，事件相互独立的定义逐项判断即可.
8．（2024高一下·绍兴期末）如图，矩形ABCD中，．面积为的平行四边形ACEF绕AC旋转，且平面ABCD，则（　　）
A．平面平面EFD B．平面平面ABC
C．平面平面BCF D．平面平面ADF
【答案】A
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：过作直线，如图所示：
因为矩形ABCD中，，所以，
又平行四边形ACEF面积为，所以平行四边形ACEF的高为，
在中，令到高为，
则，
平行四边形ACEF绕AC旋转时，会经过，形成如图所示半圆，
由旋转体的性质可知，，所以，
又，所以
又在半圆中，为直径，所以，
又，，所以，
又，所以，
故答案为：A.
【分析】利用旋转体的性质，发现在平行四边形ACEF绕AC旋转得到的旋转体上，从而利用半圆得到线线垂直，再结合旋转轴垂直横截面，即可得到另一个线线垂直，从而证线面垂直即可.
9．（2024高一下·绍兴期末）下列说法正确的是（　　）
A．复数的模为
B．复数的虚部为﹣1
C．若，则
D．若复数满足，则
【答案】A,B
【知识点】复数的基本概念；复数的模
【解析】【解答】解：A、复数，则，故A正确；
B、复数的虚部为，故B正确；
C、若，均为虚数，虚数不能比较大小，故C错误；
D、令复数，则，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】根据复数模长公式和虚部的定义即可判断AB；由虚数不能比较大小即可判断C；举反例即可判断D.
10．（2024高一下·绍兴期末）已知一组样本数据，，，，，的标准差，其平均数，则下列数据的标准差与不相等的是(　　)
A．，，，，，
B．，，，，，
C．，，，，
D．，，，，，
【答案】A,C,D
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：因为的标准差，其平均数，所以，
A、的标准差为，故A正确；
B、的标准差为，故B错误；
C、，
又的平均数为，
设数据的标准差为，则，
所以，则，故C正确；
D、的标准差为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据方差（标准差）的性质及方差公式逐项判断即可.
11．（2024高一下·绍兴期末）如图，已知正方体的棱长为，分别为棱上的点，，则（　　）
A．
B．平面经过棱的中点
C．平面截该正方体，截面面积的最大值为
D．点到平面距离的最大值为
【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征
【解析】【解答】解：
记为的中点，棱的中点，
取线段上的点使得，正方体的中心为.
则根据对称性，和，和，和分别关于点对称.
从而在平面内，而，故，
从而在平面内.
由于前面的对称性，及在平面内，
知平面截该正方体的截面就是中心为的六边形，
从而一定在平面内，至此我们得到选项B正确.
前面已经证明，同理有，故.
由于，故，
同时显然有.
从而，.
由于，，
故四边形和都是等腰梯形，从而，.
这表明线段和互相平分且长度相等，所以四边形是矩形，故，至此我们得到选项A正确.
由于四边形和都是等腰梯形，且上底均为，下底均为，
腰长均为，故它们的高都等于.
所以它们的面积都等于.
故截面的面积.
当时，，至此我们得到选项C错误.
由于，且在平面内，
故点到平面的距离不超过.
而当时，分别是各自所在棱的中点，从而.
而，这表明点和点到三点的距离两两相等.
故点和点在平面的投影同样满足到三点的距离两两相等，
从而点和点在平面的投影都是的外心，
所以由点和点的投影是同一点，知垂直于平面.
从而由在平面内，知点到平面的距离就是的长，即.
所以，点到平面的距离的最大值是，至此我们得到选项D正确.
故选：ABD.
【分析】记为的中点，取线段上的点使得，正方体的中心为，g根据正方体的几何性质可得平面截该正方体的截面就是中心为的六边形，之后根据正方体的对称性和勾股定理（ 直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方），逐个选项验证即可.
12．（2024高一下·绍兴期末）抛掷两枚质地均匀的骰子，则事件“两枚骰子的点数都为奇数”的概率是　 　．
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：记A=“两枚骰子的点数都为奇数”，
抛掷两枚质地均匀的骰子，可能结果有个，
其中事件包含的基本事件有：，，，，，，，，共个，
所以.
故答案为：.
【分析】根据古典概型的概率公式计算即可.
13．（2024高一下·绍兴期末）已知向量与的夹角为，，则向量在向量上的投影向量的模为　 　．
【答案】
【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： 向量与的夹角为，，
则，
，即，
故向量在向量上的投影向量的模为：.
故答案为：.
【分析】利用向量数量积结合投影向量的定义求解即可.
14．（2024高一下·绍兴期末）正四棱锥的外接球半径为，内切球半径为，则的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】基本不等式；球内接多面体
【解析】【解答】解：如图，
设正四棱锥底面边长为，高为，底面的中心为，连接，
则，，，
设外接球球心为，内切球球心为，则，在上，
因为，所以，
在中，，化简得，
因为，所以，
则，
令，得，
令，可得，
令，得，（当且仅当，即时取等号），
所以的最小值为.
故答案为：.
【分析】设出底面边长和高，结合正四棱锥外接球与内切球性质用底面边长及高表示出外接球半径与内切球半径，作商，多次换元后结合基本不等式即可得解.
15．（2024高一下·绍兴期末）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，
（1）求及向量与夹角的大小；
（2）若，求实数t的值.
【答案】（1）解：易知，，
，，
因为，所以，则向量与夹角的大小为；
（2）解：易知，，
，
若，则，解得.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【分析】（1）先求出，再求，利用向量的夹角公式求向量与夹角即可；
（2）先求出的坐标，再利用向量平行的条件列方程求解即可.
（1）因为O为坐标原点，，
所以，，
所以，
，
因为，所以，
即向量与夹角的大小为；
（2）因为，
所以，
因为，，
所以，解得.
16．（2024高一下·绍兴期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧面PAB是正三角形，平面PAB，M，N分别为AB，PC的中点．
（1）证明：平面PAD；
（2）求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明：取PD的重点Q，连接AQ，QN，如图所示：
因为在中，Q，N分别为的PD，PC中点，所以，且，
因为在正方形中，M分别为AB的中点，所以，且，
所以四边形是平行四边形，则，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：连接，因为平面，平面，所以，
又因为侧面是正三角形，M为AB的中点，所以，且，
又因为平面，，所以平面，
则四棱锥P﹣ABCD的体积是.
【知识点】直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）做辅助线构造平行四边形，证明线线平行，根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）连接，证明垂直于底面，从而确定为锥体的高，再利用体积公式求体积即可.
（1）证明：如图，取PD的重点Q，连接AQ，QN，
因为在中，Q，N分别为的PD，PC中点，所以，且，
因为在正方形中，M分别为AB的中点，所以，且，
所以四边形是平行四边形，
则，又平面，平面，所以平面.
（2）连接，因为平面，平面，所以，
又因为侧面是正三角形，M为AB的中点，所以，且，
又因为平面，，所以平面，
所以四棱锥P﹣ABCD的体积是.
17．（2024高一下·绍兴期末）某机构对甲、乙两个工厂生产的一批零件随机抽取部分进行尺寸检测，统计所得数据分别画出了如下频率分布直方图：
根据乙工厂零件尺寸的频率分布直方图估计事件“乙工厂生产的零件尺寸不低于60cm”的频率为0.70．
（1）估计甲工厂生产的这批零件尺寸的平均值；
（2）求乙工厂频率分布直方图中a，b的值，并求乙工厂被测零件尺寸的中位数(结果保留两位小数)；
（3）现采用分层抽样的方法，从甲工厂生产的零件中随机抽取尺寸在[40，50)和[70，80)内的零件3个，从乙工厂生产的零件中随机抽取尺寸在[40，50)和[80，90)内的零件5个，再从抽得的8个零件中任取2个，求这两个零件的尺寸都在[40，50)内的概率．
【答案】（1）解：由频率分布直方图可知：甲工厂生产的这批零件尺寸的平均值为 ；
（2）解：因为“乙工厂生产的零件尺寸不低于60cm”的频率为0.70，即，解得，
再由频率分布直方图的性质可知，解得，
因为，，
所以中位数位于之间，
设中位数为，则，解得，
即乙工厂被测零件尺寸的中位数为；
（3）解：由分层抽样可知：甲工厂抽取尺寸在[40，50)为个，
则甲工厂抽取尺寸在[70，80)为个，
乙工厂抽取尺寸在[40，50)为个，
则乙工厂抽取尺寸在[80，90)为个，
即抽得的8个零件中[40，50)个数为个，分别记为，另外4个零件记为，
设事件E为抽取的两个零件的尺寸都在[40，50)内的情况有：，
，，，
，共28种，
其中满足条件的有，共6种，则，
则抽取的两个零件的尺寸都在[40，50)内的概率为.
【知识点】频率分布直方图；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）根据频率分布直方图中平均数的公式计算即可；
（2）由频率分布直方图的性质代入计算，即可求得，再由中位数的公式代入计算即可；
（3）根据题意，由分层抽样可得抽取的8个零件中[40，50)个数为个，再由概率的计算公式，代入计算即可.
（1）由频率分布直方图可知，甲工厂生产的这批零件尺寸的平均值为.
（2）因为“乙工厂生产的零件尺寸不低于60cm”的频率为0.70，
即，解得，
再由频率分布直方图的性质可知
，解得，
因为，
，
所以中位数位于之间，
设中位数为，则，
解得.
即乙工厂被测零件尺寸的中位数为.
（3）由分层抽样可知，甲工厂抽取尺寸在[40，50)为个，
则甲工厂抽取尺寸在[70，80)为个，
乙工厂抽取尺寸在[40，50)为个，
则乙工厂抽取尺寸在[80，90)为个，
所以抽得的8个零件中[40，50)个数为个，记为，
另外4个零件记为，
设事件E为抽取的两个零件的尺寸都在[40，50)内，
所有情况为，
，
，，
，共28种，
其中满足条件的为，共6种，
则.
所以抽取的两个零件的尺寸都在[40，50)内的概率为.
18．（2024高一下·绍兴期末）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，．
（1）证明：平面ACE；
（2）求点E到平面ABCD的距离；
（3）求侧面ADE与侧面BCF所成二面角的正切值．
【答案】（1）证明：因为四边形是菱形，所以，
又因为，所以，所以，
设，连接，如图所示：
则G为BD的中点，，
又因为，所以平面ACE；
（2）解：过点E作，垂足为H，因为平面ACE，平面ACE，所以，
又，所以，
所以点E到平面ABCD的距离即为线段EH的长度，
因为，，所以，所以，
又因为为正三角形，所以点H为的中心，延长DH交AB于点I，如图所示：
则I为AB的中点，因为在中，，所以，
因为，所以，
所以点E到平面ABCD的距离为2；
（3）解：过点H作BC的平行先分别交AB，CD于点J，K，则BJ=CK=4，
因为EF=4，，所以，
所以四边形EFCK和四边形EFBJ均为平行四边形，
所以，所以平面平面，
过点E作直线，则平面平面，
过点H作，垂足为L，连接LE，
因为，所以，所以，
所以，即为二面角的平面角，
因为，
在直角三角形中，，
因为平面平面，所以侧面ADE与侧面BCF所成二面角的正切值为.
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）证明，得到，进而得到，再利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）证明，确定即为所求，勾股定理求出即可；
（3）利用面面平行，把所求二面角转化为了平面与面ADE所成的角，设交线为m，然后分别证明，从而找到对应的平面角，再求出正切值即可.
（1）因为四边形是菱形，所以，
又因为，所以，所以
设，连接，则G为BD的中点，，
又，所以平面ACE；
（2）过点E作，垂足为H，因为平面ACE，平面ACE，所以，
又，所以，
所以点E到平面ABCD的距离即为线段EH的长度.
因为，，所以，所以，
又因为为正三角形，所以点H为的中心.
延长DH交AB于点I，则I为AB的中点.
因为在中，，所以，
因为，所以.
所以点E到平面ABCD的距离为2.
（3）过点H作BC的平行先分别交AB，CD于点J，K，则BJ=CK=4，
因为EF=4，，所以，
所以四边形EFCK和四边形EFBJ均为平行四边形，
所以，所以平面平面.
过点E作直线，则平面平面，
过点H作，垂足为L，连接LE.
因为，所以，所以，
所以，
所以为二面角的平面角.
因为
在直角三角形中，.
因为平面平面，
所以，侧面ADE与侧面BCF所成二面角的正切值为.
19．（2024高一下·绍兴期末）克罗狄斯、托勒密(ptolemy)所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意平面凸四边形(所有内角都小于180°的四边形)中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号．已知圆O是凸四边形ABCD的外接圆，其中．
（1）若圆O的半径为r，且，
(ⅰ)求的大小；
(ⅱ)求的取值范围(用r表示)．
（2）若，求线段BD长度的最大值．
【答案】（1）解：（i）因为，
所以，
又因为，所以，所以；
（ii）因为，所以，
所以，所以AC是圆O的直径，由（i）可得，
设，则，
则
又因为，所以，则；
（2）解：设，，
由余弦定理得，
在中，，
由余弦定理得，
代入整理得：，解得，
由托勒密定理可知，
代入得，
设，
（其中），
设，则（其中），
因为在区间上单调递增，
所以当，即时，BD取得最大值.
【知识点】平面向量的数量积运算；二倍角的正弦公式；解三角形；正弦定理
【解析】【分析】（1）(ⅰ)根据正弦定理，结合正弦二倍角公式求的，即可得大小；
(ⅱ)由(ⅰ)结论得出AC是圆O的直径，设，用表示数量积，再根据的取值范围，求的范围即可；
（2）令，利用余弦定理和题干中的托勒密定理，用表示BD，再通过换元法，以及函数单调性求BD的最大值即可.
（1）（i）因为
所以
又因为，所以，所以，
（ii）因为，所以，
所以，所以AC是圆O的直径，由（i）可得，
设，则，
所以
又，所以
.
（2）设，
所以，由余弦定理得
，
在中，，
由余弦定理得，代入整理得：
，解得.
由托勒密定理可知，代入得
.
设，
（其中），
设，则（其中）
因为在区间上单调递增，
所以当，即时，BD取得最大值.
1 / 1浙江省绍兴市2023-2024学年高一下学期6月期末考试数学试题
1．（2024高一下·绍兴期末）复数的共轭复数是(　　)
A． B． C． D．
2．（2024高一下·绍兴期末）用斜二测画法画水平放置的边长为的正方形的直观图，所得图形的面积是(　　)
A． B． C． D．
3．（2024高一下·绍兴期末）十名工人某天生产同一批零件，生产的件数分别是：，，，，，，，，，，则这组数据的极差、众数、第一四分位数分别是(　　)
A．，， B．，， C．，， D．，，
4．（2024高一下·绍兴期末）已知，是两条直线，，是两个平面，则下列命题正确的是(　　)
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
5．（2024高一下·绍兴期末）已知平面四边形，，，，若，则(　　)
A． B． C． D．
6．（2024高一下·绍兴期末）设的内角，，所对的边分别为，，，且，则(　　)
A． B． C． D．
7．（2024高一下·绍兴期末）如图是一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B，C，其中，，则（　　）
A．事件A与事件B互斥 B．事件A与事件B相互独立
C．事件A与事件C互为对立 D．事件A与事件C相互独立
8．（2024高一下·绍兴期末）如图，矩形ABCD中，．面积为的平行四边形ACEF绕AC旋转，且平面ABCD，则（　　）
A．平面平面EFD B．平面平面ABC
C．平面平面BCF D．平面平面ADF
9．（2024高一下·绍兴期末）下列说法正确的是（　　）
A．复数的模为
B．复数的虚部为﹣1
C．若，则
D．若复数满足，则
10．（2024高一下·绍兴期末）已知一组样本数据，，，，，的标准差，其平均数，则下列数据的标准差与不相等的是(　　)
A．，，，，，
B．，，，，，
C．，，，，
D．，，，，，
11．（2024高一下·绍兴期末）如图，已知正方体的棱长为，分别为棱上的点，，则（　　）
A．
B．平面经过棱的中点
C．平面截该正方体，截面面积的最大值为
D．点到平面距离的最大值为
12．（2024高一下·绍兴期末）抛掷两枚质地均匀的骰子，则事件“两枚骰子的点数都为奇数”的概率是　 　．
13．（2024高一下·绍兴期末）已知向量与的夹角为，，则向量在向量上的投影向量的模为　 　．
14．（2024高一下·绍兴期末）正四棱锥的外接球半径为，内切球半径为，则的最小值为　 　．
15．（2024高一下·绍兴期末）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，
（1）求及向量与夹角的大小；
（2）若，求实数t的值.
16．（2024高一下·绍兴期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧面PAB是正三角形，平面PAB，M，N分别为AB，PC的中点．
（1）证明：平面PAD；
（2）求四棱锥的体积．
17．（2024高一下·绍兴期末）某机构对甲、乙两个工厂生产的一批零件随机抽取部分进行尺寸检测，统计所得数据分别画出了如下频率分布直方图：
根据乙工厂零件尺寸的频率分布直方图估计事件“乙工厂生产的零件尺寸不低于60cm”的频率为0.70．
（1）估计甲工厂生产的这批零件尺寸的平均值；
（2）求乙工厂频率分布直方图中a，b的值，并求乙工厂被测零件尺寸的中位数(结果保留两位小数)；
（3）现采用分层抽样的方法，从甲工厂生产的零件中随机抽取尺寸在[40，50)和[70，80)内的零件3个，从乙工厂生产的零件中随机抽取尺寸在[40，50)和[80，90)内的零件5个，再从抽得的8个零件中任取2个，求这两个零件的尺寸都在[40，50)内的概率．
18．（2024高一下·绍兴期末）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，．
（1）证明：平面ACE；
（2）求点E到平面ABCD的距离；
（3）求侧面ADE与侧面BCF所成二面角的正切值．
19．（2024高一下·绍兴期末）克罗狄斯、托勒密(ptolemy)所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意平面凸四边形(所有内角都小于180°的四边形)中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号．已知圆O是凸四边形ABCD的外接圆，其中．
（1）若圆O的半径为r，且，
(ⅰ)求的大小；
(ⅱ)求的取值范围(用r表示)．
（2）若，求线段BD长度的最大值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】共轭复数
【解析】【解答】解：由共轭复数的定义可知的共轭复数为.
故答案为：B.
【分析】根据共轭复数的定义即可得解.
2．【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：用斜二测画法画水平放置的边长为2的正方形的直观图如图，
根据斜二测画法的规则可知，，，，
所以直观图的面积为.
故答案为：C.
【分析】由斜二测画法的规则画出直观图，即可得解.
3．【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：从小到大排序，，
极差为，众数为，，所以第一四分位数为.
故答案为：C.
【分析】排序，由极差，众数以及第一四分位数的定义，代入计算即可.
4．【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，则与平行或异面，故A错误；
B、若，则与平行或相交，故B错误；
C、若，则可能与平行，可能与相交，也可能在内，故C错误；
D、垂直于同一平面的两条直线平行，故D正确.
故答案为：D.
【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系逐一分析求解．
5．【答案】B
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【解答】解：建立平面直角坐标系，如图，
因为，
，化简得，即，
，化简得，即
所以，.
故答案为：B.
【分析】建立平面直角坐标系，由平面向量基本定理求，，得到两个关系式，即可求出.
6．【答案】A
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理
【解析】【解答】解：因为，
由正弦定理可得，
又因为，
所以，
即，
又，所以，所以.
故答案为：A.
【分析】利用正弦定理和诱导公式及两角和的正弦公式计算即可.
7．【答案】B
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件
【解析】【解答】解：A、由，可得，则事件A与事件B可以同时发生，故A错误；
B、，则，
，，
则，即事件A与事件B相互独立，故B正确；
C 、
则，即事件A与事件C不对立，故C错误；
D、由图可知，所以，易知，则事件A与事件C不相互独立，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据互斥事件和对立事件，事件相互独立的定义逐项判断即可.
8．【答案】A
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：过作直线，如图所示：
因为矩形ABCD中，，所以，
又平行四边形ACEF面积为，所以平行四边形ACEF的高为，
在中，令到高为，
则，
平行四边形ACEF绕AC旋转时，会经过，形成如图所示半圆，
由旋转体的性质可知，，所以，
又，所以
又在半圆中，为直径，所以，
又，，所以，
又，所以，
故答案为：A.
【分析】利用旋转体的性质，发现在平行四边形ACEF绕AC旋转得到的旋转体上，从而利用半圆得到线线垂直，再结合旋转轴垂直横截面，即可得到另一个线线垂直，从而证线面垂直即可.
9．【答案】A,B
【知识点】复数的基本概念；复数的模
【解析】【解答】解：A、复数，则，故A正确；
B、复数的虚部为，故B正确；
C、若，均为虚数，虚数不能比较大小，故C错误；
D、令复数，则，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】根据复数模长公式和虚部的定义即可判断AB；由虚数不能比较大小即可判断C；举反例即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：因为的标准差，其平均数，所以，
A、的标准差为，故A正确；
B、的标准差为，故B错误；
C、，
又的平均数为，
设数据的标准差为，则，
所以，则，故C正确；
D、的标准差为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据方差（标准差）的性质及方差公式逐项判断即可.
11．【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征
【解析】【解答】解：
记为的中点，棱的中点，
取线段上的点使得，正方体的中心为.
则根据对称性，和，和，和分别关于点对称.
从而在平面内，而，故，
从而在平面内.
由于前面的对称性，及在平面内，
知平面截该正方体的截面就是中心为的六边形，
从而一定在平面内，至此我们得到选项B正确.
前面已经证明，同理有，故.
由于，故，
同时显然有.
从而，.
由于，，
故四边形和都是等腰梯形，从而，.
这表明线段和互相平分且长度相等，所以四边形是矩形，故，至此我们得到选项A正确.
由于四边形和都是等腰梯形，且上底均为，下底均为，
腰长均为，故它们的高都等于.
所以它们的面积都等于.
故截面的面积.
当时，，至此我们得到选项C错误.
由于，且在平面内，
故点到平面的距离不超过.
而当时，分别是各自所在棱的中点，从而.
而，这表明点和点到三点的距离两两相等.
故点和点在平面的投影同样满足到三点的距离两两相等，
从而点和点在平面的投影都是的外心，
所以由点和点的投影是同一点，知垂直于平面.
从而由在平面内，知点到平面的距离就是的长，即.
所以，点到平面的距离的最大值是，至此我们得到选项D正确.
故选：ABD.
【分析】记为的中点，取线段上的点使得，正方体的中心为，g根据正方体的几何性质可得平面截该正方体的截面就是中心为的六边形，之后根据正方体的对称性和勾股定理（ 直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方），逐个选项验证即可.
12．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：记A=“两枚骰子的点数都为奇数”，
抛掷两枚质地均匀的骰子，可能结果有个，
其中事件包含的基本事件有：，，，，，，，，共个，
所以.
故答案为：.
【分析】根据古典概型的概率公式计算即可.
13．【答案】
【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： 向量与的夹角为，，
则，
，即，
故向量在向量上的投影向量的模为：.
故答案为：.
【分析】利用向量数量积结合投影向量的定义求解即可.
14．【答案】
【知识点】基本不等式；球内接多面体
【解析】【解答】解：如图，
设正四棱锥底面边长为，高为，底面的中心为，连接，
则，，，
设外接球球心为，内切球球心为，则，在上，
因为，所以，
在中，，化简得，
因为，所以，
则，
令，得，
令，可得，
令，得，（当且仅当，即时取等号），
所以的最小值为.
故答案为：.
【分析】设出底面边长和高，结合正四棱锥外接球与内切球性质用底面边长及高表示出外接球半径与内切球半径，作商，多次换元后结合基本不等式即可得解.
15．【答案】（1）解：易知，，
，，
因为，所以，则向量与夹角的大小为；
（2）解：易知，，
，
若，则，解得.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【分析】（1）先求出，再求，利用向量的夹角公式求向量与夹角即可；
（2）先求出的坐标，再利用向量平行的条件列方程求解即可.
（1）因为O为坐标原点，，
所以，，
所以，
，
因为，所以，
即向量与夹角的大小为；
（2）因为，
所以，
因为，，
所以，解得.
16．【答案】（1）证明：取PD的重点Q，连接AQ，QN，如图所示：
因为在中，Q，N分别为的PD，PC中点，所以，且，
因为在正方形中，M分别为AB的中点，所以，且，
所以四边形是平行四边形，则，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：连接，因为平面，平面，所以，
又因为侧面是正三角形，M为AB的中点，所以，且，
又因为平面，，所以平面，
则四棱锥P﹣ABCD的体积是.
【知识点】直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）做辅助线构造平行四边形，证明线线平行，根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）连接，证明垂直于底面，从而确定为锥体的高，再利用体积公式求体积即可.
（1）证明：如图，取PD的重点Q，连接AQ，QN，
因为在中，Q，N分别为的PD，PC中点，所以，且，
因为在正方形中，M分别为AB的中点，所以，且，
所以四边形是平行四边形，
则，又平面，平面，所以平面.
（2）连接，因为平面，平面，所以，
又因为侧面是正三角形，M为AB的中点，所以，且，
又因为平面，，所以平面，
所以四棱锥P﹣ABCD的体积是.
17．【答案】（1）解：由频率分布直方图可知：甲工厂生产的这批零件尺寸的平均值为 ；
（2）解：因为“乙工厂生产的零件尺寸不低于60cm”的频率为0.70，即，解得，
再由频率分布直方图的性质可知，解得，
因为，，
所以中位数位于之间，
设中位数为，则，解得，
即乙工厂被测零件尺寸的中位数为；
（3）解：由分层抽样可知：甲工厂抽取尺寸在[40，50)为个，
则甲工厂抽取尺寸在[70，80)为个，
乙工厂抽取尺寸在[40，50)为个，
则乙工厂抽取尺寸在[80，90)为个，
即抽得的8个零件中[40，50)个数为个，分别记为，另外4个零件记为，
设事件E为抽取的两个零件的尺寸都在[40，50)内的情况有：，
，，，
，共28种，
其中满足条件的有，共6种，则，
则抽取的两个零件的尺寸都在[40，50)内的概率为.
【知识点】频率分布直方图；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）根据频率分布直方图中平均数的公式计算即可；
（2）由频率分布直方图的性质代入计算，即可求得，再由中位数的公式代入计算即可；
（3）根据题意，由分层抽样可得抽取的8个零件中[40，50)个数为个，再由概率的计算公式，代入计算即可.
（1）由频率分布直方图可知，甲工厂生产的这批零件尺寸的平均值为.
（2）因为“乙工厂生产的零件尺寸不低于60cm”的频率为0.70，
即，解得，
再由频率分布直方图的性质可知
，解得，
因为，
，
所以中位数位于之间，
设中位数为，则，
解得.
即乙工厂被测零件尺寸的中位数为.
（3）由分层抽样可知，甲工厂抽取尺寸在[40，50)为个，
则甲工厂抽取尺寸在[70，80)为个，
乙工厂抽取尺寸在[40，50)为个，
则乙工厂抽取尺寸在[80，90)为个，
所以抽得的8个零件中[40，50)个数为个，记为，
另外4个零件记为，
设事件E为抽取的两个零件的尺寸都在[40，50)内，
所有情况为，
，
，，
，共28种，
其中满足条件的为，共6种，
则.
所以抽取的两个零件的尺寸都在[40，50)内的概率为.
18．【答案】（1）证明：因为四边形是菱形，所以，
又因为，所以，所以，
设，连接，如图所示：
则G为BD的中点，，
又因为，所以平面ACE；
（2）解：过点E作，垂足为H，因为平面ACE，平面ACE，所以，
又，所以，
所以点E到平面ABCD的距离即为线段EH的长度，
因为，，所以，所以，
又因为为正三角形，所以点H为的中心，延长DH交AB于点I，如图所示：
则I为AB的中点，因为在中，，所以，
因为，所以，
所以点E到平面ABCD的距离为2；
（3）解：过点H作BC的平行先分别交AB，CD于点J，K，则BJ=CK=4，
因为EF=4，，所以，
所以四边形EFCK和四边形EFBJ均为平行四边形，
所以，所以平面平面，
过点E作直线，则平面平面，
过点H作，垂足为L，连接LE，
因为，所以，所以，
所以，即为二面角的平面角，
因为，
在直角三角形中，，
因为平面平面，所以侧面ADE与侧面BCF所成二面角的正切值为.
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）证明，得到，进而得到，再利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）证明，确定即为所求，勾股定理求出即可；
（3）利用面面平行，把所求二面角转化为了平面与面ADE所成的角，设交线为m，然后分别证明，从而找到对应的平面角，再求出正切值即可.
（1）因为四边形是菱形，所以，
又因为，所以，所以
设，连接，则G为BD的中点，，
又，所以平面ACE；
（2）过点E作，垂足为H，因为平面ACE，平面ACE，所以，
又，所以，
所以点E到平面ABCD的距离即为线段EH的长度.
因为，，所以，所以，
又因为为正三角形，所以点H为的中心.
延长DH交AB于点I，则I为AB的中点.
因为在中，，所以，
因为，所以.
所以点E到平面ABCD的距离为2.
（3）过点H作BC的平行先分别交AB，CD于点J，K，则BJ=CK=4，
因为EF=4，，所以，
所以四边形EFCK和四边形EFBJ均为平行四边形，
所以，所以平面平面.
过点E作直线，则平面平面，
过点H作，垂足为L，连接LE.
因为，所以，所以，
所以，
所以为二面角的平面角.
因为
在直角三角形中，.
因为平面平面，
所以，侧面ADE与侧面BCF所成二面角的正切值为.
19．【答案】（1）解：（i）因为，
所以，
又因为，所以，所以；
（ii）因为，所以，
所以，所以AC是圆O的直径，由（i）可得，
设，则，
则
又因为，所以，则；
（2）解：设，，
由余弦定理得，
在中，，
由余弦定理得，
代入整理得：，解得，
由托勒密定理可知，
代入得，
设，
（其中），
设，则（其中），
因为在区间上单调递增，
所以当，即时，BD取得最大值.
【知识点】平面向量的数量积运算；二倍角的正弦公式；解三角形；正弦定理
【解析】【分析】（1）(ⅰ)根据正弦定理，结合正弦二倍角公式求的，即可得大小；
(ⅱ)由(ⅰ)结论得出AC是圆O的直径，设，用表示数量积，再根据的取值范围，求的范围即可；
（2）令，利用余弦定理和题干中的托勒密定理，用表示BD，再通过换元法，以及函数单调性求BD的最大值即可.
（1）（i）因为
所以
又因为，所以，所以，
（ii）因为，所以，
所以，所以AC是圆O的直径，由（i）可得，
设，则，
所以
又，所以
.
（2）设，
所以，由余弦定理得
，
在中，，
由余弦定理得，代入整理得：
，解得.
由托勒密定理可知，代入得
.
设，
（其中），
设，则（其中）
因为在区间上单调递增，
所以当，即时，BD取得最大值.
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