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浙江省温州市2023-2024学年高一下学期期末教学质量统一检测数学试题（A卷）
1．（2024高一下·温州期末）已知向量，若∥，则（　　）
A．2 B． C． D．3
2．（2024高一下·温州期末）设是一条直线，、是两个不同的平面，则下列命题一定正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
3．（2024高一下·温州期末）复数（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·温州期末）如图，某校数学兴趣小组对古塔AB进行测量，AB与地面垂直，从地面C点看塔顶A的仰角为，沿直线BC前行20米到点D此时看塔顶A的仰角为，根据以上数据可得古塔AB的高为（　　）米.
A． B．20 C．10 D．
5．（2024高一下·温州期末）数据：1，1，2，3，3，5，5，7，7，x的分位数为2.5，则x可以是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
6．（2024高一下·温州期末）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，且，若，则面积的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·温州期末）已知样本数据的平均数为9，方差为12，现这组样本数据增加一个数据，此时新样本数据的平均数为10，则新样本数据的方差为（　　）
A．18.2 B．19.6 C．19.8 D．21.7
8．（2024高一下·温州期末）已知平面向量满足对任意实数恒成立．若对每一个确定的，对任意实数m，n，有最小值t．当变化时，t的值域为，则（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·温州期末）已知复数z满足，则下列结论正确的是（　　）
A． B．
C．的最大值为2 D．
10．（2024高一下·温州期末）如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态.图（1）形成对称形态，图（2）形成“右拖尾”形态，图（3）形成“左拖尾”形态，根据所给图作出以下判断，正确的是（　　）
A．图（1）的平均数中位数众数
B．图（2）的平均数<众数<中位数
C．图（2）的众数中位数<平均数
D．图（3）的平均数中位数众数
11．（2024高一下·温州期末）正方体棱长为1，E，F分别为棱，AD（含端点）上的动点，记过C，E，F三点的平面为，记为点B到平面的距离，为点到平面的距离，则满足条件（　　）的是不唯一的．
A． B． C． D．
12．（2024高一下·温州期末）已知是关于x的实系数方程的一个根，则实数p的值为　 　．
13．（2024高一下·温州期末）设样本空间含有等可能的样本点，，则　 　．
14．（2024高一下·温州期末）与多面体的每条棱都相切的球称为该多面体的棱切球．已知四面体ABCD满足， ，且四面体ABCD有棱切球，则AC的长为　 　．
15．（2024高一下·温州期末）已知圆台上底面半径为1，下底面半径为2，高为2．
（1）求该圆台的体积；
（2）求该圆台母线与下底面所成角的余弦值．
16．（2024高一下·温州期末）已知是单位向量，满足，记与夹角为．
（1）求；
（2）若平面向量在上的投影向量为，求．
17．（2024高一下·温州期末）如图，绕边BC旋转得到，其中，平面ABC，∥．
（1）证明：平面ACD；
（2）若二面角的平面角为，求锐二面角平面角的正弦值．
18．（2024高一下·温州期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，过内一点M的直线l与直线AB交于D，记与夹角为.
（1）已知，
（i）求角A﹔
（ii）M为的重心，，求；
（2）请用向量方法探究与的边和角之间的等量关系.
19．（2024高一下·温州期末）给定两组数据与，称为这两组数据之间的“差异量”．鉴宝类的节目是当下非常流行的综艺节目．现有n个古董，它们的价值各不相同，最值钱的古董记为1号，第二值钱的古董记为2号，以此类推，则古董价值的真实排序为．现在某专家在不知道古董真实排序的前提下，根据自己的经验对这n个古董的价值从高到低依次进行重新排序为，其中为该专家给真实价值排第i位古董的位次编号，记，那么A与I的差异量可以有效反映一个专家的水平，该差异量越小说明专家的鉴宝能力越强．
（1）当时，求的所有可能取值；
（2）当时，求的概率；
（3）现在有两个专家甲、乙同时进行鉴宝，已知专家甲的鉴定结果与真实价值I的差异量为a，专家甲与专家乙的鉴定结果的差异量为4，那么专家乙的鉴定结果与真实价值I的差异量是否可能为？请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：，若∥，则，解得.
故答案为：C.
【分析】根据向量平行的坐标表示列式求解即可.
2．【答案】C
【知识点】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：A、若，，则或，故A不正确；
B、若，，则或或，故B不正确；
C、若，，根据面面平行的性质定理可得，故C正确；
D、若，，则或，故D不正确.
故答案为：C.
【分析】利用面面垂直的性质定理以及面面平行的性质定理逐项判断即可.
3．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，
.
故答案为：C.
【分析】根据复数代数形式的乘除法运算法则求解即可.
4．【答案】A
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：设古塔AB的高为米，
在中，；
在中，；
由题意可知：，则，解得，
则古塔AB的高为米.
故答案为：A.
【分析】设古塔AB的高为米，利用直角三角形三角关系可得，，根据题意列式求解即可.
5．【答案】A
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：，
A、若，则1，1，2，2，3，3，5，5，7，7的分位数为，故A正确；
B、若，则1，1，2，3，3，3，5，5，7，7的分位数为，
故B错误；
C、若，则1，1，2，3，3，4，5，5，7，7的分位数为，
故C错误；
D、若，则1，1，2，3，3，5，5，5，7，7的分位数为，故D错误.
故答案为：A.
【分析】根据百分位数计算公式逐项计算即可.
6．【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：由，可得，
整理可得，因为，所以，
由题意可得：，解得，
由正弦定理，
可得，
则面积，
又因为，所以，可得，
则面积.
故答案为：B.
【分析】根据题意利用余弦定理和面积公式可得，利用正弦定理结合三角恒等变换可得，代入面积公式结合角C的范围运算求解即可.
7．【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：易知，
，且，解得，
则新样本数据的方差为.
故答案为：C.
【分析】根据平均数和方差公式整理可得，由新样本数据的平均数可得，结合方差公式运算求解即可.
8．【答案】D
【知识点】平面向量的线性运算；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；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：设，，可知，
则，易知的最小值即为点到直线的距离，
若对任意实数恒成立，
当点为线段的中点，且，即在方向上的投影向量为，
则，可得，即，则为等边三角形，
设，则，
的最小值分别为过点分别作直线的垂线长，
设，根据对称性只需分析即可，
若，可得
，
因为，则，可得，即；
若，则
，
因为，则，可得，即；
综上所述：，即，可得.
故答案为：D.
【分析】根据题意结合向量的几何意义分析可知，进而分析可知的最小值分别为过点分别作直线的垂线长，设，分和两种情况讨论，结合三角函数运算求解即可.
9．【答案】A,B,C
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：对于A，设，因为所以，A选项正确；
对于B，，B选项正确；
对于C，由，设
，
当时， 的最大值为2 ，C选项正确；
对于D，当时，满足，D选项错误。
故选：ABC.
【分析】本题主要考查复数代数形式的混合运算以及共轭复数的相关知识运算，根据共轭复数及乘法计算判断A，B选项，应用特殊值法判断D选项，结合模长公式判断C选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：A、图（1）的分布直方图是对称的，则平均数=中位数=众数，故A正确；
BC、图（2）呈右拖尾，则众数最小，平均数大于中位数，故B错误，C正确；
D、图（3）呈左拖尾，众数最大，平均数小于中位数，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据平均数，中位数，众数的概念结合图形分析判断即可.
11．【答案】A,C
【知识点】棱柱的结构特征；余弦定理；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设，则，
可得，
在中，由余弦定理可得，
且，则，
则的面积，
设平面与直线的交点为，连接，可知，
因为平面∥平面，且平面平面，平面平面，所以∥，
同理可得：∥，可知四边形为平行四边形，则，
由三棱锥可知：，
则，解得；
由三棱锥可知：，
则，解得；
A、若，
显然和上式均成立，所以平面是不唯一的，故A正确；
B、若，
整理可得，解得，
即平面是唯一的，故B错误；
C、若，
显然和上式均成立，所以平面是不唯一的，故C正确；
D、若，
整理可得，解得，
所以平面是唯一的，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】设，结合解三角形知识求得的面积，利用等体积法求得，，由题意结合选项逐项分析判断即可.
12．【答案】12
【知识点】方程的解与虚数根；共轭复数
【解析】【解答】解：易知也是方程的一个根，
由韦达定理可得，解得.
故答案为：12.
【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.
13．【答案】2
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意可知：，，
则，
，
故.
故答案为：2.
【分析】由题意利用列举法求，代入计算即可.
14．【答案】4
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：设棱切球的球心为，与棱分别切于点，如图所示：
则，
由题意可得：，解得，
则.
故答案为：4.
【分析】设球心以及相应的切点，根据题意结合切线长性质可知相应的长度关系，棱长关系分析运算即可.
15．【答案】（1）解： 圆台上底面半径为1，下底面半径为2，高为2， 则圆台的体积 ；
（2）解：圆台的轴截面，如图所示：
其中分别为上、下底面圆的圆心，则与上、下底面均垂直，
过作，垂足为，可知∥，
则与上、下底面均垂直，则该圆台母线与下底面所成角的大小为，
由题意可知：，，可得，
则，即该圆台母线与下底面所成角的余弦值为.
【知识点】直线与平面所成的角；台体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）根据台体的体积公式求解即可；
（2）作出圆台的轴截面，分析可知该圆台母线与下底面所成角的大小为，结合题中数据分析求解即可.
（1）由题意可知：该圆台的体积.
（2）借助于轴截面，如图所示，
其中分别为上、下底面圆的圆心，则与上、下底面均垂直，
过作，垂足为，可知∥，
则与上、下底面均垂直，则该圆台母线与下底面所成角的大小为，
由题意可知：，，可得，
则，所以该圆台母线与下底面所成角的余弦值为.
16．【答案】（1）解：易知，，
由，可得，即，可得，
因为，所以；
（2）解：由（1）可知：，，
由题意，设，
因为平面向量在上的投影向量为，则，
由题意可得：，可得，解得，
则，可得，所以.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【分析】（1）易知，，由结合数量积的运算求得即可得角；
（2）设，结合题意列式解得，结合模长与数量积的运算律分析求解即可.
（1）因为，则，
若，则，
即，可得，
且，所以.
（2）由（1）可知：，，
由题意可设，
因为平面向量在上的投影向量为，则，
由题意可得：，可得，解得，
则，可得，
所以.
17．【答案】（1）证明：因为，且，平面，所以平面；
（2）解：过作，垂足为，连接，如图所示：
即，因为平面ACD，平面，则，
且，平面，则平面，
由平面，可得，
可知二面角的平面角为，且，可得，
由（1）可知：，则锐二面角平面角为，
且∥，可知，
可得，
则锐二面角平面角的正弦值为.
【知识点】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）根据题意可得，结合线面垂直的判定定理证明即可；
（2）作辅助线，根据三垂线法分析可知二面角的平面角为，可得，结合（1）分析可知锐二面角平面角为，运算求解即可.
（1）由题意可知：，且，平面，
所以平面ACD.
（2）过作，垂足为，连接，即，
因为平面ACD，平面ACD，则，
且，平面，则平面，
由平面，可得，
可知二面角的平面角为，且，可得，
由（1）可知：，则锐二面角平面角为，
且∥，可知，
可得，
所以锐二面角平面角的正弦值为.
18．【答案】（1）解：（i），由正弦定理可得，
则，即，
因为，所以，所以，
又因为，所以；
（ii）由题意，因为M为的重心，所以，
所以，
在中，由正弦定理知，所以，
显然为等腰三角形，则平分，
所以
；
（2）解：直线与的边相交于点，如图所示：
因为，所以，
即，
又因为，
，
，
所以，
即.
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的数量积运算；正弦定理
【解析】【分析】（1）（i）利用正弦定理结合两角和的正弦公式计算即可；
（ii）由及数量积模的运算求得，根据正弦定理结合三角恒等变换得，将代入求值即可；
（2）由，结合数量积可得，再运用数量积定义可分别求出、、，代入整理即可.
（1）（i）因为，
由正弦定理可得，
即，所以，
又，所以，所以，所以，
又，所以.
（ii）由题意，因为M为的重心，所以，
所以，
在中，由正弦定理知，所以，
显然为等腰三角形，则平分，
所以
；
（2）直线与的边相交于点，如图所示，
因为，所以，
即，
又因为，
，
，
所以，
即.
19．【答案】（1）解：当时，则，且，
可得，
则的所有可能取值为0，2，4；
（2）解：设“”为事件M，样本空间为，因为，可知A共有个，
即样本容量，
显然若对调两个位置的序号之差大于2，则，
可知只能调整两次两个连续序号或连续三个序号之间调整顺序，
若调整两次两个连续序号：则有，
共有3种可能；
若连续三个序号之间调整顺序，连续三个序号有：，共3组，
由（1）可知：每组均有3种可能满足，
可得共有种可能；
综上所述：，
故；
（3）解：不可能，理由如下：
设专家甲的排序为，记；
专家乙的排序为，记；
由题意可得：，，
因为，
结合的任意性可得，
所以专家乙的鉴定结果与真实价值I的差异量不可能为.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】【分析】（1）利用列举法求的所有可能性结果，结合的定义运算求解即可；
（2）分析可知样本容量，且只能调整两次两个连续序号或连续三个序号之间调整顺序，结合（1）中结论运算求解即可；
（3）由题意可得：，，结合绝对值不等式的运算求解即可.
（1）若时，则，且，
可得，
所以的所有可能取值为0，2，4.
（2）设“”为事件M，样本空间为，
因为，可知A共有个，即样本容量，
显然若对调两个位置的序号之差大于2，则，
可知只能调整两次两个连续序号或连续三个序号之间调整顺序，
若调整两次两个连续序号：则有，
共有3种可能；
若连续三个序号之间调整顺序，连续三个序号有：，共3组，
由（1）可知：每组均有3种可能满足，
可得共有种可能；
综上所述：.
所以.
（3）不可能，理由如下：
设专家甲的排序为，记；
专家乙的排序为，记；
由题意可得：，，
因为，
结合的任意性可得，
所以专家乙的鉴定结果与真实价值I的差异量不可能为.
1 / 1浙江省温州市2023-2024学年高一下学期期末教学质量统一检测数学试题（A卷）
1．（2024高一下·温州期末）已知向量，若∥，则（　　）
A．2 B． C． D．3
【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：，若∥，则，解得.
故答案为：C.
【分析】根据向量平行的坐标表示列式求解即可.
2．（2024高一下·温州期末）设是一条直线，、是两个不同的平面，则下列命题一定正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】C
【知识点】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：A、若，，则或，故A不正确；
B、若，，则或或，故B不正确；
C、若，，根据面面平行的性质定理可得，故C正确；
D、若，，则或，故D不正确.
故答案为：C.
【分析】利用面面垂直的性质定理以及面面平行的性质定理逐项判断即可.
3．（2024高一下·温州期末）复数（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，
.
故答案为：C.
【分析】根据复数代数形式的乘除法运算法则求解即可.
4．（2024高一下·温州期末）如图，某校数学兴趣小组对古塔AB进行测量，AB与地面垂直，从地面C点看塔顶A的仰角为，沿直线BC前行20米到点D此时看塔顶A的仰角为，根据以上数据可得古塔AB的高为（　　）米.
A． B．20 C．10 D．
【答案】A
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：设古塔AB的高为米，
在中，；
在中，；
由题意可知：，则，解得，
则古塔AB的高为米.
故答案为：A.
【分析】设古塔AB的高为米，利用直角三角形三角关系可得，，根据题意列式求解即可.
5．（2024高一下·温州期末）数据：1，1，2，3，3，5，5，7，7，x的分位数为2.5，则x可以是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：，
A、若，则1，1，2，2，3，3，5，5，7，7的分位数为，故A正确；
B、若，则1，1，2，3，3，3，5，5，7，7的分位数为，
故B错误；
C、若，则1，1，2，3，3，4，5，5，7，7的分位数为，
故C错误；
D、若，则1，1，2，3，3，5，5，5，7，7的分位数为，故D错误.
故答案为：A.
【分析】根据百分位数计算公式逐项计算即可.
6．（2024高一下·温州期末）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，且，若，则面积的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：由，可得，
整理可得，因为，所以，
由题意可得：，解得，
由正弦定理，
可得，
则面积，
又因为，所以，可得，
则面积.
故答案为：B.
【分析】根据题意利用余弦定理和面积公式可得，利用正弦定理结合三角恒等变换可得，代入面积公式结合角C的范围运算求解即可.
7．（2024高一下·温州期末）已知样本数据的平均数为9，方差为12，现这组样本数据增加一个数据，此时新样本数据的平均数为10，则新样本数据的方差为（　　）
A．18.2 B．19.6 C．19.8 D．21.7
【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：易知，
，且，解得，
则新样本数据的方差为.
故答案为：C.
【分析】根据平均数和方差公式整理可得，由新样本数据的平均数可得，结合方差公式运算求解即可.
8．（2024高一下·温州期末）已知平面向量满足对任意实数恒成立．若对每一个确定的，对任意实数m，n，有最小值t．当变化时，t的值域为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的线性运算；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；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：设，，可知，
则，易知的最小值即为点到直线的距离，
若对任意实数恒成立，
当点为线段的中点，且，即在方向上的投影向量为，
则，可得，即，则为等边三角形，
设，则，
的最小值分别为过点分别作直线的垂线长，
设，根据对称性只需分析即可，
若，可得
，
因为，则，可得，即；
若，则
，
因为，则，可得，即；
综上所述：，即，可得.
故答案为：D.
【分析】根据题意结合向量的几何意义分析可知，进而分析可知的最小值分别为过点分别作直线的垂线长，设，分和两种情况讨论，结合三角函数运算求解即可.
9．（2024高一下·温州期末）已知复数z满足，则下列结论正确的是（　　）
A． B．
C．的最大值为2 D．
【答案】A,B,C
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：对于A，设，因为所以，A选项正确；
对于B，，B选项正确；
对于C，由，设
，
当时， 的最大值为2 ，C选项正确；
对于D，当时，满足，D选项错误。
故选：ABC.
【分析】本题主要考查复数代数形式的混合运算以及共轭复数的相关知识运算，根据共轭复数及乘法计算判断A，B选项，应用特殊值法判断D选项，结合模长公式判断C选项.
10．（2024高一下·温州期末）如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态.图（1）形成对称形态，图（2）形成“右拖尾”形态，图（3）形成“左拖尾”形态，根据所给图作出以下判断，正确的是（　　）
A．图（1）的平均数中位数众数
B．图（2）的平均数<众数<中位数
C．图（2）的众数中位数<平均数
D．图（3）的平均数中位数众数
【答案】A,C,D
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：A、图（1）的分布直方图是对称的，则平均数=中位数=众数，故A正确；
BC、图（2）呈右拖尾，则众数最小，平均数大于中位数，故B错误，C正确；
D、图（3）呈左拖尾，众数最大，平均数小于中位数，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据平均数，中位数，众数的概念结合图形分析判断即可.
11．（2024高一下·温州期末）正方体棱长为1，E，F分别为棱，AD（含端点）上的动点，记过C，E，F三点的平面为，记为点B到平面的距离，为点到平面的距离，则满足条件（　　）的是不唯一的．
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】棱柱的结构特征；余弦定理；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设，则，
可得，
在中，由余弦定理可得，
且，则，
则的面积，
设平面与直线的交点为，连接，可知，
因为平面∥平面，且平面平面，平面平面，所以∥，
同理可得：∥，可知四边形为平行四边形，则，
由三棱锥可知：，
则，解得；
由三棱锥可知：，
则，解得；
A、若，
显然和上式均成立，所以平面是不唯一的，故A正确；
B、若，
整理可得，解得，
即平面是唯一的，故B错误；
C、若，
显然和上式均成立，所以平面是不唯一的，故C正确；
D、若，
整理可得，解得，
所以平面是唯一的，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】设，结合解三角形知识求得的面积，利用等体积法求得，，由题意结合选项逐项分析判断即可.
12．（2024高一下·温州期末）已知是关于x的实系数方程的一个根，则实数p的值为　 　．
【答案】12
【知识点】方程的解与虚数根；共轭复数
【解析】【解答】解：易知也是方程的一个根，
由韦达定理可得，解得.
故答案为：12.
【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.
13．（2024高一下·温州期末）设样本空间含有等可能的样本点，，则　 　．
【答案】2
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意可知：，，
则，
，
故.
故答案为：2.
【分析】由题意利用列举法求，代入计算即可.
14．（2024高一下·温州期末）与多面体的每条棱都相切的球称为该多面体的棱切球．已知四面体ABCD满足， ，且四面体ABCD有棱切球，则AC的长为　 　．
【答案】4
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：设棱切球的球心为，与棱分别切于点，如图所示：
则，
由题意可得：，解得，
则.
故答案为：4.
【分析】设球心以及相应的切点，根据题意结合切线长性质可知相应的长度关系，棱长关系分析运算即可.
15．（2024高一下·温州期末）已知圆台上底面半径为1，下底面半径为2，高为2．
（1）求该圆台的体积；
（2）求该圆台母线与下底面所成角的余弦值．
【答案】（1）解： 圆台上底面半径为1，下底面半径为2，高为2， 则圆台的体积 ；
（2）解：圆台的轴截面，如图所示：
其中分别为上、下底面圆的圆心，则与上、下底面均垂直，
过作，垂足为，可知∥，
则与上、下底面均垂直，则该圆台母线与下底面所成角的大小为，
由题意可知：，，可得，
则，即该圆台母线与下底面所成角的余弦值为.
【知识点】直线与平面所成的角；台体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）根据台体的体积公式求解即可；
（2）作出圆台的轴截面，分析可知该圆台母线与下底面所成角的大小为，结合题中数据分析求解即可.
（1）由题意可知：该圆台的体积.
（2）借助于轴截面，如图所示，
其中分别为上、下底面圆的圆心，则与上、下底面均垂直，
过作，垂足为，可知∥，
则与上、下底面均垂直，则该圆台母线与下底面所成角的大小为，
由题意可知：，，可得，
则，所以该圆台母线与下底面所成角的余弦值为.
16．（2024高一下·温州期末）已知是单位向量，满足，记与夹角为．
（1）求；
（2）若平面向量在上的投影向量为，求．
【答案】（1）解：易知，，
由，可得，即，可得，
因为，所以；
（2）解：由（1）可知：，，
由题意，设，
因为平面向量在上的投影向量为，则，
由题意可得：，可得，解得，
则，可得，所以.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【分析】（1）易知，，由结合数量积的运算求得即可得角；
（2）设，结合题意列式解得，结合模长与数量积的运算律分析求解即可.
（1）因为，则，
若，则，
即，可得，
且，所以.
（2）由（1）可知：，，
由题意可设，
因为平面向量在上的投影向量为，则，
由题意可得：，可得，解得，
则，可得，
所以.
17．（2024高一下·温州期末）如图，绕边BC旋转得到，其中，平面ABC，∥．
（1）证明：平面ACD；
（2）若二面角的平面角为，求锐二面角平面角的正弦值．
【答案】（1）证明：因为，且，平面，所以平面；
（2）解：过作，垂足为，连接，如图所示：
即，因为平面ACD，平面，则，
且，平面，则平面，
由平面，可得，
可知二面角的平面角为，且，可得，
由（1）可知：，则锐二面角平面角为，
且∥，可知，
可得，
则锐二面角平面角的正弦值为.
【知识点】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）根据题意可得，结合线面垂直的判定定理证明即可；
（2）作辅助线，根据三垂线法分析可知二面角的平面角为，可得，结合（1）分析可知锐二面角平面角为，运算求解即可.
（1）由题意可知：，且，平面，
所以平面ACD.
（2）过作，垂足为，连接，即，
因为平面ACD，平面ACD，则，
且，平面，则平面，
由平面，可得，
可知二面角的平面角为，且，可得，
由（1）可知：，则锐二面角平面角为，
且∥，可知，
可得，
所以锐二面角平面角的正弦值为.
18．（2024高一下·温州期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，过内一点M的直线l与直线AB交于D，记与夹角为.
（1）已知，
（i）求角A﹔
（ii）M为的重心，，求；
（2）请用向量方法探究与的边和角之间的等量关系.
【答案】（1）解：（i），由正弦定理可得，
则，即，
因为，所以，所以，
又因为，所以；
（ii）由题意，因为M为的重心，所以，
所以，
在中，由正弦定理知，所以，
显然为等腰三角形，则平分，
所以
；
（2）解：直线与的边相交于点，如图所示：
因为，所以，
即，
又因为，
，
，
所以，
即.
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的数量积运算；正弦定理
【解析】【分析】（1）（i）利用正弦定理结合两角和的正弦公式计算即可；
（ii）由及数量积模的运算求得，根据正弦定理结合三角恒等变换得，将代入求值即可；
（2）由，结合数量积可得，再运用数量积定义可分别求出、、，代入整理即可.
（1）（i）因为，
由正弦定理可得，
即，所以，
又，所以，所以，所以，
又，所以.
（ii）由题意，因为M为的重心，所以，
所以，
在中，由正弦定理知，所以，
显然为等腰三角形，则平分，
所以
；
（2）直线与的边相交于点，如图所示，
因为，所以，
即，
又因为，
，
，
所以，
即.
19．（2024高一下·温州期末）给定两组数据与，称为这两组数据之间的“差异量”．鉴宝类的节目是当下非常流行的综艺节目．现有n个古董，它们的价值各不相同，最值钱的古董记为1号，第二值钱的古董记为2号，以此类推，则古董价值的真实排序为．现在某专家在不知道古董真实排序的前提下，根据自己的经验对这n个古董的价值从高到低依次进行重新排序为，其中为该专家给真实价值排第i位古董的位次编号，记，那么A与I的差异量可以有效反映一个专家的水平，该差异量越小说明专家的鉴宝能力越强．
（1）当时，求的所有可能取值；
（2）当时，求的概率；
（3）现在有两个专家甲、乙同时进行鉴宝，已知专家甲的鉴定结果与真实价值I的差异量为a，专家甲与专家乙的鉴定结果的差异量为4，那么专家乙的鉴定结果与真实价值I的差异量是否可能为？请说明理由．
【答案】（1）解：当时，则，且，
可得，
则的所有可能取值为0，2，4；
（2）解：设“”为事件M，样本空间为，因为，可知A共有个，
即样本容量，
显然若对调两个位置的序号之差大于2，则，
可知只能调整两次两个连续序号或连续三个序号之间调整顺序，
若调整两次两个连续序号：则有，
共有3种可能；
若连续三个序号之间调整顺序，连续三个序号有：，共3组，
由（1）可知：每组均有3种可能满足，
可得共有种可能；
综上所述：，
故；
（3）解：不可能，理由如下：
设专家甲的排序为，记；
专家乙的排序为，记；
由题意可得：，，
因为，
结合的任意性可得，
所以专家乙的鉴定结果与真实价值I的差异量不可能为.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】【分析】（1）利用列举法求的所有可能性结果，结合的定义运算求解即可；
（2）分析可知样本容量，且只能调整两次两个连续序号或连续三个序号之间调整顺序，结合（1）中结论运算求解即可；
（3）由题意可得：，，结合绝对值不等式的运算求解即可.
（1）若时，则，且，
可得，
所以的所有可能取值为0，2，4.
（2）设“”为事件M，样本空间为，
因为，可知A共有个，即样本容量，
显然若对调两个位置的序号之差大于2，则，
可知只能调整两次两个连续序号或连续三个序号之间调整顺序，
若调整两次两个连续序号：则有，
共有3种可能；
若连续三个序号之间调整顺序，连续三个序号有：，共3组，
由（1）可知：每组均有3种可能满足，
可得共有种可能；
综上所述：.
所以.
（3）不可能，理由如下：
设专家甲的排序为，记；
专家乙的排序为，记；
由题意可得：，，
因为，
结合的任意性可得，
所以专家乙的鉴定结果与真实价值I的差异量不可能为.
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