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广东省茂名市2023-2024学年高一下学期教学质量监测数学试卷
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2024高一下·茂名期末）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．且
2．（2024高一下·茂名期末）若复数z满足，则（　　）
A．1 B． C．3 D．5
3．（2024高一下·茂名期末）设，则“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
4．（2024高一下·茂名期末）已知函数，则的大致图象为（　　）
A． B．
C． D．
5．（2024高一下·茂名期末）已知，则的最小值为（　　）
A．6 B．5 C．4 D．3
6．（2024高一下·茂名期末）将函数的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的纵坐标不变、横坐标变为原来的倍，得到函数的图象.已知，则（　　）
A． B．
C． D．
7．（2024高一下·茂名期末）若是锐角三角形，，，则边c的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·茂名期末）在四棱中，底面为正方形，底面，，E为线段的中点，F为线段上的动点.若，则（　　）
A．1 B． C． D．3
二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．（2024高一下·茂名期末）已知是边长为1的正三角形，，分别为，的中点，则（　　）
A．与不能构成一组基底
B．
C．
D．在上的投影向量为
10．（2024高一下·茂名期末）某学校开展“国学知识竞赛”，共有“诗经组”、“论语组”、“春秋组”、“礼记组”4个小组参赛，每组10位选手，若该组每位选手的失分不超过6分，该组获得“优秀”称号，则根据每组选手的失分情况，下列小组一定获得“优秀”称号的是（　　）
A．诗经组中位数为3，众数为2 B．论语组平均数为3，方差为1
C．春秋组平均数为3，众数为2 D．礼记组中位数为2，极差为4
11．（2024高一下·茂名期末）已知是定义域为的偶函数，为奇函数，当时，，则（　　）
A．当时， B．当时，
C．在上单调递增 D．
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2024高一下·茂名期末）已知棱长为的正方体的所有顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为　 　.
13．（2024高一下·茂名期末）若复数是关于x的方程的一个根，则　 　.
14．（2024高一下·茂名期末）在海面上，乙船以40km/h的速度朝着北偏东的方向航行，甲船在乙船的正东方向30km处.甲船上有应急物资需要运送上乙船，由于乙船有紧急任务不能停止航行，所以甲船准备沿直线方向以的速度航行与乙船相遇.为了保证甲船能在2小时内和乙船相遇，甲船航行速度的最小值为　 　（km/h）.
四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15．（2024高一下·茂名期末）已知的顶点，，.
（1）若单位向量与方向相同，求的坐标；
（2）求向量与的夹角.
16．（2024高一下·茂名期末）已知函数.
（1）若，求与交点的横坐标；
（2）若在区间上恰有一个零点，求a的取值范围.
17．（2024高一下·茂名期末）如图1，菱形的边长为2，，将沿着翻折到三角形的位置，连接，形成的四面体如图2所示.
（1）证明：；
（2）若四面体的体积为，求二面角的大小.
18．（2024高一下·茂名期末）某市体质健康测试标准包括身体形态、身体机能、躯体素质、运动能力等方面.为了了解学生体质健康情况，某校随机抽取了200名学生进行测试，测试成绩的频率分布直方图如下图所示，其中成绩不超过80分的有108人.
（1）求图中a，b的值；
（2）并根据频率分布直方图，估计该校学生测试分数的平均数和上四分位数（同一组中的数据以该组区间的中点值为代表）；
（3）若抽取的200名学生中，男生120人，女生80人，其中男生分数的平均数为，方差为；女生分数的平均数为，方差为；200名学生分数的平均数为，方差为.
①；②，请判断公式①和公式②是否相等，并说明理由.
19．（2024高一下·茂名期末）如图所示，在中，，AD平分，且.
（1）若，求BC的长度；
（2）求k的取值范围；
（3）若，求k为何值时，BC最短.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，可得，，则，
故且.
故答案为：D.
【分析】由分式与二次根式有意义的条件可得、集合，结合交集定义即可得解.
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由，
可得，
则，
故答案为：A.
【分析】利用复数代数形式的乘除法运算求出复数，再求出复数的模即可.
3．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由，解得，，但推不出，
则“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】解不等式，求得a的范围，再根据集合间的关系判断即可.
4．【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解： 函数 的定义域为R，且满足，
则函数为奇函数，当时，，且在直线的上方.
故答案为：C.
【分析】先求函数的定义域，再判断其奇偶性，并判断在上变化情况判断即可.
5．【答案】D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：，，
则，
当且仅当时等号成立，即的最小值为.
故答案为：D.
【分析】利用基本不等式计算即可.
6．【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：由题意，将的图象上各点的纵坐标不变、横坐标变为原来的2倍，得，再将的图象向右平移个单位，得的图象，则，
故答案为：B.
【分析】根据三角函数图象变换规律求解即可.
7．【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解： 若是锐角三角形，，，
由正弦定理，可得，
因为，所以，
又因为是锐角三角形，所以，
则，，即.
故答案为：D.
【分析】由题意，利用正弦定理可得，再消去，转化为关于角的三角函数，根据锐角三角形求角的范围，结合三角函数的性质求边的取值范围即可.
8．【答案】C
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：如图所示：
在四棱中，因为底面，、平面，
所以，，又因为底面为正方形，所以，
又因为、平面，，所以平面，
又因为平面，所以，
由，则，由为线段的中点，则，
设，则，，
由，则，
由余弦定理可得，解得，
故.
故答案为：C.
【分析】利用线面垂直的性质定理与判定定理可得，即可设，利用表示出、，结合同角三角函数基本关系，利用余弦定理计算即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A、在中，因为，分别为，的中点，所以，
则，即与不能构成一组基底，故A正确；
B、由题意可得：，，则，
故B正确；
C、，故C错误；
D、
，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由题意可得，即可得与不能构成一组基底即可判断A；利用平面向量线性运算计算即可判断B；根据平面向量数量积公式计算即可判断C；根据投影向量定义计算即可判断D.
10．【答案】B,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、由题意：若该组选手的失分情况如下，1，2，2，2，3，3，4，5，6，7，满足中位数为3，众数为2，但有选手失分超过6分，故A错误；
B、该组每位选手的失分情况按照从小到大排列，，，
则方差，
即，若，，
所以每位选手的得分都不超过6分，故B正确；
C、若该组选手的失分情况如下，0，2，2，2，2，2，4，4，5，7，这组数据满足平均数为3，众数为2，但有选手失分超过6分，故C错误；
D、因为中位数为2，则最低分小于等于2，又因为极差为4，
所以最该分小于等于6，该组选手失分没有超过6分的，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用列举法即可判断AC；根据方差公式即可判断B；根据极差的定义即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：A、函数是定义在上的偶函数，则，
当时，，则，即当时，，故A正确；
B、函数为奇函数，则，
即，即，
故当时，，则，
即，故B错误；
C、由，，
可得，，
即，则是周期为4的周期函数，由当时，，
可得在上单调递增，则函数在上单调递增，故C正确；
D、，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由函数为偶函数，结合时的解析式计算即可判断A；由为奇函数，结合A中所得即可判断B；由题意可得函数周期性，结合指数函数的单调性即可判断C；由函数周期性计算即可判断D.
12．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示：设球的半径为，
由题意可知：正方体的体对角线即为球的直径，则球的直径为，，
则该球的表面积为.
故答案为：.
【分析】根据正方体的体对角线即为球的直径，再利用球的表面积求解即可.
13．【答案】2
【知识点】方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：易知也是方程的一个根，
由韦达定理可得：，解得，，则.
故答案为：.
【分析】根据实系数一元二次方程虚根成对原理，结合韦达定理求解即可.
14．【答案】
【知识点】解三角形；余弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：、分别为乙船与甲船所处位置，如图所示：
则km，，
设点为两船相遇位置， 相遇时间在小时后，
则，
即，
当，即时，则，
即甲船航行速度的最小值为.
故答案为：.
【分析】画出具体图形后，借助余弦定理及二次函数性质计算即可.
15．【答案】（1）解：由，，可得，则，即；
（2）解：由题意可得：，，，
则，
故，
因为，所以.
【知识点】单位向量；平面向量的坐标运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】（1）易知的坐标，结合单位向量定义计算即可；
（2）根据平行四边形的性质可计算出与，再结合向量夹角公式计算即可.
（1），则，即；
（2）由题意可得，，，
则，
故，
因为，所以.
16．【答案】（1）解：函数，
若，则，解得，
则函数，
联立，解得或，
则与交点的横坐标为或；
（2）解：若，则在区间上没零点，不符合题意；
则，函数的图象为抛物线，对称轴为，
要使在区间上恰有一个零点，只须，
即，解得.
的取值范围.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）由求出，再联立方程组求解即可；
（2）时不符合题意，时只须解不等式即可.
（1）若，则，解得，
所以，
由解得，或，
所以与交点的横坐标为或；
（2）若，则在区间上没零点，不符合题意，
所以，所以的图象为抛物线，
对称轴为，
所以要使在区间上恰有一个零点，只须，
即，解得.
的取值范围.
17．【答案】（1）证明：取中点，连接、，
由四边形为菱形，则，
故，，又，、平面，
故平面，又平面，故；
（2）解：由，，平面平面，则为二面角的平面角，
菱形的边长为2，，
则，，
又
，
故，即或，
即二面角的大小为或.
【知识点】直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）取中点，连接、，利用菱形的性质可得线线垂直，结合线面垂直的判定定理与性质定理证明即可；
（2）找出二面角的平面角后，结合体积公式计算即可.
（1）取中点，连接、，
由四边形为菱形，则，
故，，又，、平面，
故平面，又平面，故；
（2）由，，平面平面，
故为二面角的平面角，
又菱形的边长为2，，
则，，
又
，
故，即或，
即二面角的大小为或.
18．【答案】（1）解：由低于80分的人数为108，得，解得，
则，解得；
（2）解：平均数，
显然上四分位数即分位数应该在之间，设上四分位数为，
则，
则平均数为78.8，上四分位数为87；
（3）解：设，，显然，，
①-②得：
，
则①和②相等.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）先根据低于80分的人数为108求出，在根据频率之和为1求的值即可；
（2）根据平均数的公式直接计算，上分位数根据分位数的含义计算即可；
（3）两式作差，根据，，以及因式分解即可得到结论.
（1）由低于80分的人数为108，得，
所以.
（2）平均数，
显然上四分位数即分位数应该在之间，设上四分位数为，则，
所以平均数为78.8，上四分位数为87.
（3）设，，显然，，
①-②得：.
所以①和②相等.
19．【答案】（1）解：在中，由正弦定理，
在中，由正弦定理，
因为AD平分，所以，
因为，所以，所以，
因为，，所以，得，所以；
（2）解：因为，
所以，
因为，，
所以，
因为，所以，所以，
因为，所以，所以；
（3）解：由余弦定理得，
因为，所以，
因为，所以，所以，
所以，
令，则，
所以（其中），
所以当时，取得最小值4，
即当时，取得最小值4，此时，
所以，
因为，
所以，所以，
由（2）知，
所以，
即当时，最短.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）在和中，分别利用正弦定理结合AD平分，可得，从而求出，即可求的值；
（2）由结合三角形的面积公式及已知条件化简可得，求k的取值范围即可；
（3）由，结合余弦定理得，令，则当最小值时，最短，化简后结合辅助角公式和正弦函数的性质求解即可.
（1）在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
因为AD平分，所以，
因为，
所以，
所以，
因为，，
所以，得，
所以；
（2）因为，
所以，
因为，，
所以，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
所以；
（3）由余弦定理得，
因为，所以，
因为，所以，所以，
所以，
令，则，
所以（其中），
所以当时，取得最小值4，
即当时，取得最小值4，此时，
所以，
因为，
所以，所以，
由（2）知，
所以，
即当时，最短.
1 / 1广东省茂名市2023-2024学年高一下学期教学质量监测数学试卷
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2024高一下·茂名期末）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．且
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，可得，，则，
故且.
故答案为：D.
【分析】由分式与二次根式有意义的条件可得、集合，结合交集定义即可得解.
2．（2024高一下·茂名期末）若复数z满足，则（　　）
A．1 B． C．3 D．5
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由，
可得，
则，
故答案为：A.
【分析】利用复数代数形式的乘除法运算求出复数，再求出复数的模即可.
3．（2024高一下·茂名期末）设，则“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由，解得，，但推不出，
则“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】解不等式，求得a的范围，再根据集合间的关系判断即可.
4．（2024高一下·茂名期末）已知函数，则的大致图象为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解： 函数 的定义域为R，且满足，
则函数为奇函数，当时，，且在直线的上方.
故答案为：C.
【分析】先求函数的定义域，再判断其奇偶性，并判断在上变化情况判断即可.
5．（2024高一下·茂名期末）已知，则的最小值为（　　）
A．6 B．5 C．4 D．3
【答案】D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：，，
则，
当且仅当时等号成立，即的最小值为.
故答案为：D.
【分析】利用基本不等式计算即可.
6．（2024高一下·茂名期末）将函数的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的纵坐标不变、横坐标变为原来的倍，得到函数的图象.已知，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：由题意，将的图象上各点的纵坐标不变、横坐标变为原来的2倍，得，再将的图象向右平移个单位，得的图象，则，
故答案为：B.
【分析】根据三角函数图象变换规律求解即可.
7．（2024高一下·茂名期末）若是锐角三角形，，，则边c的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解： 若是锐角三角形，，，
由正弦定理，可得，
因为，所以，
又因为是锐角三角形，所以，
则，，即.
故答案为：D.
【分析】由题意，利用正弦定理可得，再消去，转化为关于角的三角函数，根据锐角三角形求角的范围，结合三角函数的性质求边的取值范围即可.
8．（2024高一下·茂名期末）在四棱中，底面为正方形，底面，，E为线段的中点，F为线段上的动点.若，则（　　）
A．1 B． C． D．3
【答案】C
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：如图所示：
在四棱中，因为底面，、平面，
所以，，又因为底面为正方形，所以，
又因为、平面，，所以平面，
又因为平面，所以，
由，则，由为线段的中点，则，
设，则，，
由，则，
由余弦定理可得，解得，
故.
故答案为：C.
【分析】利用线面垂直的性质定理与判定定理可得，即可设，利用表示出、，结合同角三角函数基本关系，利用余弦定理计算即可.
二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．（2024高一下·茂名期末）已知是边长为1的正三角形，，分别为，的中点，则（　　）
A．与不能构成一组基底
B．
C．
D．在上的投影向量为
【答案】A,B,D
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A、在中，因为，分别为，的中点，所以，
则，即与不能构成一组基底，故A正确；
B、由题意可得：，，则，
故B正确；
C、，故C错误；
D、
，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由题意可得，即可得与不能构成一组基底即可判断A；利用平面向量线性运算计算即可判断B；根据平面向量数量积公式计算即可判断C；根据投影向量定义计算即可判断D.
10．（2024高一下·茂名期末）某学校开展“国学知识竞赛”，共有“诗经组”、“论语组”、“春秋组”、“礼记组”4个小组参赛，每组10位选手，若该组每位选手的失分不超过6分，该组获得“优秀”称号，则根据每组选手的失分情况，下列小组一定获得“优秀”称号的是（　　）
A．诗经组中位数为3，众数为2 B．论语组平均数为3，方差为1
C．春秋组平均数为3，众数为2 D．礼记组中位数为2，极差为4
【答案】B,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、由题意：若该组选手的失分情况如下，1，2，2，2，3，3，4，5，6，7，满足中位数为3，众数为2，但有选手失分超过6分，故A错误；
B、该组每位选手的失分情况按照从小到大排列，，，
则方差，
即，若，，
所以每位选手的得分都不超过6分，故B正确；
C、若该组选手的失分情况如下，0，2，2，2，2，2，4，4，5，7，这组数据满足平均数为3，众数为2，但有选手失分超过6分，故C错误；
D、因为中位数为2，则最低分小于等于2，又因为极差为4，
所以最该分小于等于6，该组选手失分没有超过6分的，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用列举法即可判断AC；根据方差公式即可判断B；根据极差的定义即可判断D.
11．（2024高一下·茂名期末）已知是定义域为的偶函数，为奇函数，当时，，则（　　）
A．当时， B．当时，
C．在上单调递增 D．
【答案】A,C,D
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：A、函数是定义在上的偶函数，则，
当时，，则，即当时，，故A正确；
B、函数为奇函数，则，
即，即，
故当时，，则，
即，故B错误；
C、由，，
可得，，
即，则是周期为4的周期函数，由当时，，
可得在上单调递增，则函数在上单调递增，故C正确；
D、，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由函数为偶函数，结合时的解析式计算即可判断A；由为奇函数，结合A中所得即可判断B；由题意可得函数周期性，结合指数函数的单调性即可判断C；由函数周期性计算即可判断D.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2024高一下·茂名期末）已知棱长为的正方体的所有顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为　 　.
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示：设球的半径为，
由题意可知：正方体的体对角线即为球的直径，则球的直径为，，
则该球的表面积为.
故答案为：.
【分析】根据正方体的体对角线即为球的直径，再利用球的表面积求解即可.
13．（2024高一下·茂名期末）若复数是关于x的方程的一个根，则　 　.
【答案】2
【知识点】方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：易知也是方程的一个根，
由韦达定理可得：，解得，，则.
故答案为：.
【分析】根据实系数一元二次方程虚根成对原理，结合韦达定理求解即可.
14．（2024高一下·茂名期末）在海面上，乙船以40km/h的速度朝着北偏东的方向航行，甲船在乙船的正东方向30km处.甲船上有应急物资需要运送上乙船，由于乙船有紧急任务不能停止航行，所以甲船准备沿直线方向以的速度航行与乙船相遇.为了保证甲船能在2小时内和乙船相遇，甲船航行速度的最小值为　 　（km/h）.
【答案】
【知识点】解三角形；余弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：、分别为乙船与甲船所处位置，如图所示：
则km，，
设点为两船相遇位置， 相遇时间在小时后，
则，
即，
当，即时，则，
即甲船航行速度的最小值为.
故答案为：.
【分析】画出具体图形后，借助余弦定理及二次函数性质计算即可.
四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15．（2024高一下·茂名期末）已知的顶点，，.
（1）若单位向量与方向相同，求的坐标；
（2）求向量与的夹角.
【答案】（1）解：由，，可得，则，即；
（2）解：由题意可得：，，，
则，
故，
因为，所以.
【知识点】单位向量；平面向量的坐标运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】（1）易知的坐标，结合单位向量定义计算即可；
（2）根据平行四边形的性质可计算出与，再结合向量夹角公式计算即可.
（1），则，即；
（2）由题意可得，，，
则，
故，
因为，所以.
16．（2024高一下·茂名期末）已知函数.
（1）若，求与交点的横坐标；
（2）若在区间上恰有一个零点，求a的取值范围.
【答案】（1）解：函数，
若，则，解得，
则函数，
联立，解得或，
则与交点的横坐标为或；
（2）解：若，则在区间上没零点，不符合题意；
则，函数的图象为抛物线，对称轴为，
要使在区间上恰有一个零点，只须，
即，解得.
的取值范围.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）由求出，再联立方程组求解即可；
（2）时不符合题意，时只须解不等式即可.
（1）若，则，解得，
所以，
由解得，或，
所以与交点的横坐标为或；
（2）若，则在区间上没零点，不符合题意，
所以，所以的图象为抛物线，
对称轴为，
所以要使在区间上恰有一个零点，只须，
即，解得.
的取值范围.
17．（2024高一下·茂名期末）如图1，菱形的边长为2，，将沿着翻折到三角形的位置，连接，形成的四面体如图2所示.
（1）证明：；
（2）若四面体的体积为，求二面角的大小.
【答案】（1）证明：取中点，连接、，
由四边形为菱形，则，
故，，又，、平面，
故平面，又平面，故；
（2）解：由，，平面平面，则为二面角的平面角，
菱形的边长为2，，
则，，
又
，
故，即或，
即二面角的大小为或.
【知识点】直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）取中点，连接、，利用菱形的性质可得线线垂直，结合线面垂直的判定定理与性质定理证明即可；
（2）找出二面角的平面角后，结合体积公式计算即可.
（1）取中点，连接、，
由四边形为菱形，则，
故，，又，、平面，
故平面，又平面，故；
（2）由，，平面平面，
故为二面角的平面角，
又菱形的边长为2，，
则，，
又
，
故，即或，
即二面角的大小为或.
18．（2024高一下·茂名期末）某市体质健康测试标准包括身体形态、身体机能、躯体素质、运动能力等方面.为了了解学生体质健康情况，某校随机抽取了200名学生进行测试，测试成绩的频率分布直方图如下图所示，其中成绩不超过80分的有108人.
（1）求图中a，b的值；
（2）并根据频率分布直方图，估计该校学生测试分数的平均数和上四分位数（同一组中的数据以该组区间的中点值为代表）；
（3）若抽取的200名学生中，男生120人，女生80人，其中男生分数的平均数为，方差为；女生分数的平均数为，方差为；200名学生分数的平均数为，方差为.
①；②，请判断公式①和公式②是否相等，并说明理由.
【答案】（1）解：由低于80分的人数为108，得，解得，
则，解得；
（2）解：平均数，
显然上四分位数即分位数应该在之间，设上四分位数为，
则，
则平均数为78.8，上四分位数为87；
（3）解：设，，显然，，
①-②得：
，
则①和②相等.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）先根据低于80分的人数为108求出，在根据频率之和为1求的值即可；
（2）根据平均数的公式直接计算，上分位数根据分位数的含义计算即可；
（3）两式作差，根据，，以及因式分解即可得到结论.
（1）由低于80分的人数为108，得，
所以.
（2）平均数，
显然上四分位数即分位数应该在之间，设上四分位数为，则，
所以平均数为78.8，上四分位数为87.
（3）设，，显然，，
①-②得：.
所以①和②相等.
19．（2024高一下·茂名期末）如图所示，在中，，AD平分，且.
（1）若，求BC的长度；
（2）求k的取值范围；
（3）若，求k为何值时，BC最短.
【答案】（1）解：在中，由正弦定理，
在中，由正弦定理，
因为AD平分，所以，
因为，所以，所以，
因为，，所以，得，所以；
（2）解：因为，
所以，
因为，，
所以，
因为，所以，所以，
因为，所以，所以；
（3）解：由余弦定理得，
因为，所以，
因为，所以，所以，
所以，
令，则，
所以（其中），
所以当时，取得最小值4，
即当时，取得最小值4，此时，
所以，
因为，
所以，所以，
由（2）知，
所以，
即当时，最短.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）在和中，分别利用正弦定理结合AD平分，可得，从而求出，即可求的值；
（2）由结合三角形的面积公式及已知条件化简可得，求k的取值范围即可；
（3）由，结合余弦定理得，令，则当最小值时，最短，化简后结合辅助角公式和正弦函数的性质求解即可.
（1）在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
因为AD平分，所以，
因为，
所以，
所以，
因为，，
所以，得，
所以；
（2）因为，
所以，
因为，，
所以，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
所以；
（3）由余弦定理得，
因为，所以，
因为，所以，所以，
所以，
令，则，
所以（其中），
所以当时，取得最小值4，
即当时，取得最小值4，此时，
所以，
因为，
所以，所以，
由（2）知，
所以，
即当时，最短.
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