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浙江省杭州市六校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题
1．（2024高一下·杭州期末）设集合，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，
解得，
所以.
故答案为：B.
【分析】解一元二次不等式求出集合A，再由已知条件和交集的运算法则得出集合.
2．（2024高一下·杭州期末）若，则的虚部为（　　）
A． B． C． D．2
【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由，
所以复数的虚部为2.
故答案为：D.
【分析】利用复数的除法运算法则求出复数，再根据复数的虚部的定义，从而得出复数z的虚部.
3．（2024高一下·杭州期末）已知是偶函数，则（　　）
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：函数为偶函数，
则，即，解得，
当时，定义域为，关于原点对称，
则符合题意.
故答案为：B.
【分析】根据函数为偶函数列出方程求的值，再检验定义域是否关于原点对称即可.
4．（2024高一下·杭州期末）已知，，：，：，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．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：因为，，：，
所以，
则，所以，
又因为：，
所以，是的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据解出，再利用：和充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项
5．（2024高一下·杭州期末）如图是一个古典概型的样本空间和随机事件，其中，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：因为，
则，
则.
故答案为：B.
【分析】根据韦恩图进行分析，再结合并事件的定义和对立事件的定义以及古典概率公式，从而得出的值.
6．（2024高一下·杭州期末）如图，计划在两个山顶间架设一条索道.为测量间的距离，施工单位测得以下数据：两个山顶的海拔高，在同一水平面上选一点，在处测得山顶的仰角分别为和，且测得，则间的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由题意，
可得，
且，
在中，可得，
在中，可得，
在中，由余弦定理得：
，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据题意，在直角中和直角中，分别求出的长和的长，在中利用余弦定理得出的长.
7．（2024高一下·杭州期末）已知函数，将图象上所有点向左平移个单位长度得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：因为函数，
将图象上所有点向左平移个单位长度得到函数的图象，
则，
因为函数在区间上单调递增，
结合各选项，只需即可，
所以，即，
又因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】由正弦型函数的图象变换得出，由在区间上单调递增，则，再结合得出的取值范围.
8．（2024高一下·杭州期末）已知正四面体中，是棱上一点，过作平面，满足，若到平面的距离分别是3和9，则正四面体的外接球被平面截得的截面面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：将正四面体补形成正方体，如图，
因为，，所以，
又因为是平面内的相交直线，所以平面平面，
因为到平面的距离分别是3和9，所以正方体棱长为，
结合正方体对称性可知，球心到平面的距离为3，
记正四面体的外接球的半径为，
则，解得，
则外接球被平面截得的截面半径，
所以，截面面积为.
故答案为：A.
【分析】先补形成正方体，从而求出正方体棱长，进而可得外接球半径，再结合勾股定理得出外接球被平面截得的截面半径，则根据圆的面积公式得出正四面体的外接球被平面截得的截面面积.
9．（2024高一下·杭州期末）下列函数中，可以用零点存在定理判断函数在区间上存在零点的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；正弦函数的性质；函数零点存在定理；辅助角公式
【解析】【解答】解：对于A，因为函数，
可得函数的值域为，
所以函数在定义域没有零点，
所以函数不可以用零点存在定理判断函数在区间上存在零点，
所以A不符合题意；
对于B，因为函数的定义域为，且在定义域上为单调递增函数，
又因为，所以，
由零点的存在定理，可得函数在区间上存在零点，所以B符合题意；
对于C，因为函数，
令，解得或，
又因为，此时，
所以函数不可以用零点存在定理判断函数在区间上存在零点，
所以C不符合题意；
对于D，因为函数，
当，可得，
所以函数在区间上为减函数，
因为，则，
所以函数可以用零点存在定理判断函数在区间上存在零点，
所以D符合题意.
故答案为：BD.
【分析】根据题意，利用函数的零点的定义和函数的单调性，再结合函数零点的存在性定理，从而可得答案.
10．（2024高一下·杭州期末）下列命题正确的是（　　）
A．若事件两两互斥，则成立.
B．若事件两两独立，则成立.
C．若事件相互独立，则与也相互独立.
D．若，则事件相互独立与互斥不能同时成立.
【答案】A,C,D
【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；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：对于A，若事件两两互斥，则与互斥，
所以，，故A正确；
对于B，考虑投掷两个骰子，记事件：第一个骰子的点数为奇数，
事件：第二个骰子点数为奇数，
事件：两个骰子的点数之和为奇数，
所以，，，
可以看出事件两两独立，但不互相独立，
所以，故B错误；
对于C，若事件相互独立，则，
又因为，，
则
，故C正确；
对于D，若，事件相互独立，
则，
若互斥，则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用互斥事件的概率公式可判断选项A；举反例判断出选项B；利用事件相互独立的判定公式，则判断出选项C；利用独立事件定义和互斥事件定义，则判断出选项D，从而找出真命题的选项.
11．（2024高一下·杭州期末）“圆柱容球”作为古希腊数学家阿基米德最得意的发现，被刻在他的墓碑上.马同学站在阿基米德的肩膀上，研究另外两个模型：“圆台容球”，“圆锥容球”，如下图，半径为R的球分别内切于圆柱，圆台，圆锥.设球，圆柱，圆台，圆锥的体积分别为.设球，圆柱，圆台，圆锥的表面积分别为，则以下关系正确的是（　　）
A． B．
C． D．的最大值为
【答案】A,D
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，由题意得，，
，，
所以，所以，故A正确；
对于B，设圆台上下底面的半径和母线长分别为，圆台容球的轴截面如图所示，
因为，
所以，
所以，且，
所以，
又因为，所以，
所以，
所以
，
，
所以，
所以，故B错误；
对于C，设圆锥的底面半径、高和母线长为、和，圆锥容球的轴截面如图所示，
由，得，
整理得即①，
因为，
所以，故，
所以，所以，则②，
由①②得即，整理得，
由①得，
所以，，
所以，
所以，故C错误；
对于D，由题意可知，由C得，
当且仅当时，即当时等号成立，
所以的最大值为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由已知条件结合球和圆柱的体积公式、表面积公式，从而依次求出、、、，则判断出选项A；设圆台上下底面的半径和母线长分别为，由三角形全等得，求证得，再由台体体积公式计算得，则由台体表面积公式得，从而得出和，则判断出选项B；设圆锥的底面半径、高和母线长为、和，由得①，由和得②，从而得出和，再由锥体体积公式和表面积公式，从而求出和，进而得出，则判断出选项C；由选项C结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值，则判断出选项D，从而找出关系正确的选项.
12．（2024高一下·杭州期末）　 　.
【答案】9
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：原式可化为.
故答案为：9.
【分析】根据根式的化简与对数的运算法则，从而计算得出结果.
13．（2024高一下·杭州期末）已知是第三象限角，则　 　.
【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，
且为第三象限角，
所以，
所以
.
故答案为：.
【分析】利用两角差的正弦公式得出，再结合诱导公式和同角三角函数关系式以及两角和的正弦公式，从而得出的值.
14．（2024高一下·杭州期末）在对树人中学高一年级学生身高的调查中，采用样本比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道抽取了男生20人，其平均数和方差分别为170和10，抽取了女生30人，其平均数和方差分别为160和15.则估计出总样本的方差为　 　.
【答案】37
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由已知条件可得总样本的平均数为，
总样本的方差为
故答案为：37
【分析】根据题意先计算出总体的平均值，再结合分层抽样方差公式计算即可求解.
15．（2024高一下·杭州期末）已知是非零向量，，且.
（1）求在方向上的投影向量；
（2）求.
【答案】（1）解：因为，所以，
又因为，得到，
又因为，
所以在方向上的投影向量为.
（2）解：由（1）得，
所以，
则.
【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；平面向量的投影向量
【解析】【分析】（1）根据已知条件和两向量垂直数量积为0的等价关系，从而得到的值，再利用数量积求投影向量的公式，从而得出在方向上的投影向量.
（2）利用（1）中的值和数量积的运算律，从而得出的值.
（1）因为，所以，又，得到，
又，所以在方向上的投影向量为.
（2）由（1），
所以，
得到.
16．（2024高一下·杭州期末）为了解甲 乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成两组，每组只，其中组小鼠给服甲离子溶液，组小鼠给服乙离子溶液.每只小鼠给服的溶液体积相同 摩尔浓度相同.经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比.根据试验数据分别得到如下直方图：
记为事件：“乙离子残留在体内的百分比不高于5.5”，根据直方图得到的估计值为0.30.
（1）求乙离子残留百分比直方图中的值；
（2）求甲离子残留百分比的第百分位数；
（3）估计乙离子残留百分比的均值.（同一组数据用该组区间的中点值为代表）
【答案】（1）解：由题意可得：，解得，则；
（2）解：根据直方图，易知甲离子残留百分比的第百分位数在区间，设第75百分位数为，
则，解得，
则甲离子残留百分比的第百分位数为；
（3）解：乙离子残留百分比的平均值的估计值为.
【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）由题意可求出，再利用频率分布直方图各矩形面积之和为1求的值即可；
（2）根据频率分布直方图中的第百分位数计算方法求解即可；
（3）根据频率分布直方图中平均数的计算公式求解即可.
（1）由已知得，解得，
所以．
（2）根据直方图，易知甲离子残留百分比的第百分位数在区间，设为，
则，解得，
所以甲离子残留百分比的第百分位数为.
（3）乙离子残留百分比的平均值的估计值为.
17．（2024高一下·杭州期末）在中，角所对的边分别是，已知的外接圆半径，.
（1）求角；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）解：由的外接圆半径，
则，可得，
.
由正弦定理得，
由余弦定理得，
，
.
（2）解：由(1)可得，
，
所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由的外接圆半径和正弦定理得出，再结合正弦定理、余弦定理和三角形中角C的取值范围，从而得出角C的值.
（2）将边用角A，B表示，再由（1）可知，从而将用角来表示，再结合三角函数的图象与性质得出的取值范围.
（1）由的外接圆半径，则，可得，
.
由正弦定理得.
由余弦定理得，
，
.
（2）由(1)可得，
，
，
即.
18．（2024高一下·杭州期末）三棱台中，，面面，，且与底面所成角的正弦值为.
（1）求证：面；
（2）求三棱台的体积；
（3）问侧棱上是否存在点，使二面角成？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明：连接，在梯形中，过作交于，
由，
则为等边三角形，则，
因为四边形为菱形，则，
所以，即，
因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面.
（2）解：因为平面，平面，
所以平面平面，
过作，连接，
平面，平面平面，
则平面，故几何体的高为，
如图，延长侧棱交于点，作于，连接，
由为中点，，
由（1）得，平面，
因为与底面所成角的正弦值为，
则其余弦值为，
所以，，，
则，
由（1）得，则，
又因为与底面所成角的正弦值为，
所以，
故三棱台体积为.
（3）解：如图， 作交于，过作于，
则，
由（2）可得，平面，
则即为二面角的平面角，
又因为平面，则，
设，则，
则，
由，得，
又因为，
所以，
若，
则，解得，
所以，则为中点，
所以侧棱上是存在点，使二面角成，
则.
【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）连接，过作交于，由已知条件可得，利用平面平面得出平面，从而可得，再利用证出平面.
（2）由已知条件可得平面平面，过作，连接，从而可得平面，进而得出的长，延长侧棱交于点，作于，连接，从而得出AB的长，再结合直线与底面所成角的正弦值为，从而得出的长，再结合三棱台的体积公式得出三棱台的体积.
（3）作交于，过作于，则，由（2）可得平面，则即为二面角的平面角，设，则，，由，可得，若，可得的值，则为中点，从而得出侧棱上存在点，使得二面角为，进而得出此时的的值.
（1）连接，
在梯形中，过作交于，
由，
则为等边三角形，则，
四边形为菱形，则，
所以，即，
因为平面平面，平面平面，
平面，
所以平面，
又平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面.
（2）因为平面，平面，
所以平面平面，
过作，连接，平面，
平面平面，
则平面，
故几何体的高为，
如图，延长侧棱交于点，作于，连接，
由已知为中点，，
由（1）得，平面，
因为与底面所成角的正弦值为，则余弦值为，
，，，
，
由（1）得，则，
又因为与底面所成角的正弦值为，
所以，
故三棱台体积为.
（3）如图， 作交于，过作于，则，
由（2）可得，平面，
则即为二面角的平面角，
又平面，则，
设，则，
则，
由，得，又，
所以，
若，则，
解得，所以，即为中点，
即侧棱上是存在点，使二面角成，
则.
19．（2024高一下·杭州期末）对于，记为关于的“差比模”.若取遍，记关于的“差比模”的最大值为，最小值为，若，则称关于的“差比模”是协调的.
（1）若，求关于的“差比模”；
（2）若，是否存在，使得关于的“差比模”是协调的？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；
（3）若且，若关于的“差比模”是协调的，求的值.
【答案】（1）解：由题意得，则关于的“差比模”为；
（2）证明：先证明共轭复数有如下性质：若任意，则，
证明：设，
则，
而，
故.
；
；
故，
综上，共轭复数的性质得证，
记当“差比模”取最大值时的复数为，即，
由已知发现，
由已证明共轭复数的性质与复数模的性质可得
因为，
所以若当时取得，则时取到，
故可知，
由取遍，不恒为常数，则，
故由基本不等式可得，
故不存在，使得关于的“差比模”是协调的；
（3）解：且，设，
则，
平方整理可得：
则，
即，
平方整理得：，
令，设方程，
则，
故方程有两个不等的实数根，设为，不妨设，
由题意知，，
则，且，
故方程有两不等的正实数根，
由关于的不等式，
解得， 则，，
由已知关于的“差比模”是协调的，则，
所以，
利用韦达定理，，
则有，
化简可得，
故．
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；辅助角公式；共轭复数
【解析】【分析】（1）由“差比模”定义代入复数，由复数的代数运算及求模即可；
（2）由，利用共轭复数的性质与模的性质可得，利用基本不等式可得可知不存在，使得关于的“差比模”是协调的；
（3）设，由平方整理再结合辅助角公式可得，利用三角函数有界性可得关于的不等式，由此可解得，结合韦达定理与题意关于的“差比模”是协调的，化简可求.
（1）由题意得，
故关于的“差比模”为.
（2）先证明共轭复数有如下性质：若任意，则.
证明：设，
则，
而，
故.
；
；
故.
综上，共轭复数的性质得证.
记当“差比模”取最大值时的复数为，即.
由已知发现，
由已证明共轭复数的性质与复数模的性质可得
因为，
所以若当时取得，则时取到，
故可知，
由取遍，不恒为常数，则，
故由基本不等式可得，
故不存在，使得关于的“差比模”是协调的.
（3）且，设，
则，
平方整理可得：
所以，
即，
平方整理得：，
令，设方程，
则，
故方程有两个不等的实数根，设为，不妨设.
由题意知，，
则，且，
故方程有两不等的正实数根，
由关于的不等式，
解得， 则，，
由已知关于的“差比模”是协调的，则，
所以，
利用韦达定理，，
则有，
化简可得，
故．
1 / 1浙江省杭州市六校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题
1．（2024高一下·杭州期末）设集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·杭州期末）若，则的虚部为（　　）
A． B． C． D．2
3．（2024高一下·杭州期末）已知是偶函数，则（　　）
A． B． C．1 D．2
4．（2024高一下·杭州期末）已知，，：，：，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．既不充分也不必要条件
5．（2024高一下·杭州期末）如图是一个古典概型的样本空间和随机事件，其中，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·杭州期末）如图，计划在两个山顶间架设一条索道.为测量间的距离，施工单位测得以下数据：两个山顶的海拔高，在同一水平面上选一点，在处测得山顶的仰角分别为和，且测得，则间的距离为（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·杭州期末）已知函数，将图象上所有点向左平移个单位长度得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·杭州期末）已知正四面体中，是棱上一点，过作平面，满足，若到平面的距离分别是3和9，则正四面体的外接球被平面截得的截面面积为（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·杭州期末）下列函数中，可以用零点存在定理判断函数在区间上存在零点的是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2024高一下·杭州期末）下列命题正确的是（　　）
A．若事件两两互斥，则成立.
B．若事件两两独立，则成立.
C．若事件相互独立，则与也相互独立.
D．若，则事件相互独立与互斥不能同时成立.
11．（2024高一下·杭州期末）“圆柱容球”作为古希腊数学家阿基米德最得意的发现，被刻在他的墓碑上.马同学站在阿基米德的肩膀上，研究另外两个模型：“圆台容球”，“圆锥容球”，如下图，半径为R的球分别内切于圆柱，圆台，圆锥.设球，圆柱，圆台，圆锥的体积分别为.设球，圆柱，圆台，圆锥的表面积分别为，则以下关系正确的是（　　）
A． B．
C． D．的最大值为
12．（2024高一下·杭州期末）　 　.
13．（2024高一下·杭州期末）已知是第三象限角，则　 　.
14．（2024高一下·杭州期末）在对树人中学高一年级学生身高的调查中，采用样本比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道抽取了男生20人，其平均数和方差分别为170和10，抽取了女生30人，其平均数和方差分别为160和15.则估计出总样本的方差为　 　.
15．（2024高一下·杭州期末）已知是非零向量，，且.
（1）求在方向上的投影向量；
（2）求.
16．（2024高一下·杭州期末）为了解甲 乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成两组，每组只，其中组小鼠给服甲离子溶液，组小鼠给服乙离子溶液.每只小鼠给服的溶液体积相同 摩尔浓度相同.经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比.根据试验数据分别得到如下直方图：
记为事件：“乙离子残留在体内的百分比不高于5.5”，根据直方图得到的估计值为0.30.
（1）求乙离子残留百分比直方图中的值；
（2）求甲离子残留百分比的第百分位数；
（3）估计乙离子残留百分比的均值.（同一组数据用该组区间的中点值为代表）
17．（2024高一下·杭州期末）在中，角所对的边分别是，已知的外接圆半径，.
（1）求角；
（2）求的取值范围.
18．（2024高一下·杭州期末）三棱台中，，面面，，且与底面所成角的正弦值为.
（1）求证：面；
（2）求三棱台的体积；
（3）问侧棱上是否存在点，使二面角成？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
19．（2024高一下·杭州期末）对于，记为关于的“差比模”.若取遍，记关于的“差比模”的最大值为，最小值为，若，则称关于的“差比模”是协调的.
（1）若，求关于的“差比模”；
（2）若，是否存在，使得关于的“差比模”是协调的？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；
（3）若且，若关于的“差比模”是协调的，求的值.
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，
解得，
所以.
故答案为：B.
【分析】解一元二次不等式求出集合A，再由已知条件和交集的运算法则得出集合.
2．【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由，
所以复数的虚部为2.
故答案为：D.
【分析】利用复数的除法运算法则求出复数，再根据复数的虚部的定义，从而得出复数z的虚部.
3．【答案】B
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：函数为偶函数，
则，即，解得，
当时，定义域为，关于原点对称，
则符合题意.
故答案为：B.
【分析】根据函数为偶函数列出方程求的值，再检验定义域是否关于原点对称即可.
4．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：因为，，：，
所以，
则，所以，
又因为：，
所以，是的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据解出，再利用：和充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项
5．【答案】B
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：因为，
则，
则.
故答案为：B.
【分析】根据韦恩图进行分析，再结合并事件的定义和对立事件的定义以及古典概率公式，从而得出的值.
6．【答案】C
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由题意，
可得，
且，
在中，可得，
在中，可得，
在中，由余弦定理得：
，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据题意，在直角中和直角中，分别求出的长和的长，在中利用余弦定理得出的长.
7．【答案】C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：因为函数，
将图象上所有点向左平移个单位长度得到函数的图象，
则，
因为函数在区间上单调递增，
结合各选项，只需即可，
所以，即，
又因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】由正弦型函数的图象变换得出，由在区间上单调递增，则，再结合得出的取值范围.
8．【答案】A
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：将正四面体补形成正方体，如图，
因为，，所以，
又因为是平面内的相交直线，所以平面平面，
因为到平面的距离分别是3和9，所以正方体棱长为，
结合正方体对称性可知，球心到平面的距离为3，
记正四面体的外接球的半径为，
则，解得，
则外接球被平面截得的截面半径，
所以，截面面积为.
故答案为：A.
【分析】先补形成正方体，从而求出正方体棱长，进而可得外接球半径，再结合勾股定理得出外接球被平面截得的截面半径，则根据圆的面积公式得出正四面体的外接球被平面截得的截面面积.
9．【答案】B,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；正弦函数的性质；函数零点存在定理；辅助角公式
【解析】【解答】解：对于A，因为函数，
可得函数的值域为，
所以函数在定义域没有零点，
所以函数不可以用零点存在定理判断函数在区间上存在零点，
所以A不符合题意；
对于B，因为函数的定义域为，且在定义域上为单调递增函数，
又因为，所以，
由零点的存在定理，可得函数在区间上存在零点，所以B符合题意；
对于C，因为函数，
令，解得或，
又因为，此时，
所以函数不可以用零点存在定理判断函数在区间上存在零点，
所以C不符合题意；
对于D，因为函数，
当，可得，
所以函数在区间上为减函数，
因为，则，
所以函数可以用零点存在定理判断函数在区间上存在零点，
所以D符合题意.
故答案为：BD.
【分析】根据题意，利用函数的零点的定义和函数的单调性，再结合函数零点的存在性定理，从而可得答案.
10．【答案】A,C,D
【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；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：对于A，若事件两两互斥，则与互斥，
所以，，故A正确；
对于B，考虑投掷两个骰子，记事件：第一个骰子的点数为奇数，
事件：第二个骰子点数为奇数，
事件：两个骰子的点数之和为奇数，
所以，，，
可以看出事件两两独立，但不互相独立，
所以，故B错误；
对于C，若事件相互独立，则，
又因为，，
则
，故C正确；
对于D，若，事件相互独立，
则，
若互斥，则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用互斥事件的概率公式可判断选项A；举反例判断出选项B；利用事件相互独立的判定公式，则判断出选项C；利用独立事件定义和互斥事件定义，则判断出选项D，从而找出真命题的选项.
11．【答案】A,D
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，由题意得，，
，，
所以，所以，故A正确；
对于B，设圆台上下底面的半径和母线长分别为，圆台容球的轴截面如图所示，
因为，
所以，
所以，且，
所以，
又因为，所以，
所以，
所以
，
，
所以，
所以，故B错误；
对于C，设圆锥的底面半径、高和母线长为、和，圆锥容球的轴截面如图所示，
由，得，
整理得即①，
因为，
所以，故，
所以，所以，则②，
由①②得即，整理得，
由①得，
所以，，
所以，
所以，故C错误；
对于D，由题意可知，由C得，
当且仅当时，即当时等号成立，
所以的最大值为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由已知条件结合球和圆柱的体积公式、表面积公式，从而依次求出、、、，则判断出选项A；设圆台上下底面的半径和母线长分别为，由三角形全等得，求证得，再由台体体积公式计算得，则由台体表面积公式得，从而得出和，则判断出选项B；设圆锥的底面半径、高和母线长为、和，由得①，由和得②，从而得出和，再由锥体体积公式和表面积公式，从而求出和，进而得出，则判断出选项C；由选项C结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值，则判断出选项D，从而找出关系正确的选项.
12．【答案】9
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：原式可化为.
故答案为：9.
【分析】根据根式的化简与对数的运算法则，从而计算得出结果.
13．【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，
且为第三象限角，
所以，
所以
.
故答案为：.
【分析】利用两角差的正弦公式得出，再结合诱导公式和同角三角函数关系式以及两角和的正弦公式，从而得出的值.
14．【答案】37
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由已知条件可得总样本的平均数为，
总样本的方差为
故答案为：37
【分析】根据题意先计算出总体的平均值，再结合分层抽样方差公式计算即可求解.
15．【答案】（1）解：因为，所以，
又因为，得到，
又因为，
所以在方向上的投影向量为.
（2）解：由（1）得，
所以，
则.
【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；平面向量的投影向量
【解析】【分析】（1）根据已知条件和两向量垂直数量积为0的等价关系，从而得到的值，再利用数量积求投影向量的公式，从而得出在方向上的投影向量.
（2）利用（1）中的值和数量积的运算律，从而得出的值.
（1）因为，所以，又，得到，
又，所以在方向上的投影向量为.
（2）由（1），
所以，
得到.
16．【答案】（1）解：由题意可得：，解得，则；
（2）解：根据直方图，易知甲离子残留百分比的第百分位数在区间，设第75百分位数为，
则，解得，
则甲离子残留百分比的第百分位数为；
（3）解：乙离子残留百分比的平均值的估计值为.
【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）由题意可求出，再利用频率分布直方图各矩形面积之和为1求的值即可；
（2）根据频率分布直方图中的第百分位数计算方法求解即可；
（3）根据频率分布直方图中平均数的计算公式求解即可.
（1）由已知得，解得，
所以．
（2）根据直方图，易知甲离子残留百分比的第百分位数在区间，设为，
则，解得，
所以甲离子残留百分比的第百分位数为.
（3）乙离子残留百分比的平均值的估计值为.
17．【答案】（1）解：由的外接圆半径，
则，可得，
.
由正弦定理得，
由余弦定理得，
，
.
（2）解：由(1)可得，
，
所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由的外接圆半径和正弦定理得出，再结合正弦定理、余弦定理和三角形中角C的取值范围，从而得出角C的值.
（2）将边用角A，B表示，再由（1）可知，从而将用角来表示，再结合三角函数的图象与性质得出的取值范围.
（1）由的外接圆半径，则，可得，
.
由正弦定理得.
由余弦定理得，
，
.
（2）由(1)可得，
，
，
即.
18．【答案】（1）证明：连接，在梯形中，过作交于，
由，
则为等边三角形，则，
因为四边形为菱形，则，
所以，即，
因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面.
（2）解：因为平面，平面，
所以平面平面，
过作，连接，
平面，平面平面，
则平面，故几何体的高为，
如图，延长侧棱交于点，作于，连接，
由为中点，，
由（1）得，平面，
因为与底面所成角的正弦值为，
则其余弦值为，
所以，，，
则，
由（1）得，则，
又因为与底面所成角的正弦值为，
所以，
故三棱台体积为.
（3）解：如图， 作交于，过作于，
则，
由（2）可得，平面，
则即为二面角的平面角，
又因为平面，则，
设，则，
则，
由，得，
又因为，
所以，
若，
则，解得，
所以，则为中点，
所以侧棱上是存在点，使二面角成，
则.
【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）连接，过作交于，由已知条件可得，利用平面平面得出平面，从而可得，再利用证出平面.
（2）由已知条件可得平面平面，过作，连接，从而可得平面，进而得出的长，延长侧棱交于点，作于，连接，从而得出AB的长，再结合直线与底面所成角的正弦值为，从而得出的长，再结合三棱台的体积公式得出三棱台的体积.
（3）作交于，过作于，则，由（2）可得平面，则即为二面角的平面角，设，则，，由，可得，若，可得的值，则为中点，从而得出侧棱上存在点，使得二面角为，进而得出此时的的值.
（1）连接，
在梯形中，过作交于，
由，
则为等边三角形，则，
四边形为菱形，则，
所以，即，
因为平面平面，平面平面，
平面，
所以平面，
又平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面.
（2）因为平面，平面，
所以平面平面，
过作，连接，平面，
平面平面，
则平面，
故几何体的高为，
如图，延长侧棱交于点，作于，连接，
由已知为中点，，
由（1）得，平面，
因为与底面所成角的正弦值为，则余弦值为，
，，，
，
由（1）得，则，
又因为与底面所成角的正弦值为，
所以，
故三棱台体积为.
（3）如图， 作交于，过作于，则，
由（2）可得，平面，
则即为二面角的平面角，
又平面，则，
设，则，
则，
由，得，又，
所以，
若，则，
解得，所以，即为中点，
即侧棱上是存在点，使二面角成，
则.
19．【答案】（1）解：由题意得，则关于的“差比模”为；
（2）证明：先证明共轭复数有如下性质：若任意，则，
证明：设，
则，
而，
故.
；
；
故，
综上，共轭复数的性质得证，
记当“差比模”取最大值时的复数为，即，
由已知发现，
由已证明共轭复数的性质与复数模的性质可得
因为，
所以若当时取得，则时取到，
故可知，
由取遍，不恒为常数，则，
故由基本不等式可得，
故不存在，使得关于的“差比模”是协调的；
（3）解：且，设，
则，
平方整理可得：
则，
即，
平方整理得：，
令，设方程，
则，
故方程有两个不等的实数根，设为，不妨设，
由题意知，，
则，且，
故方程有两不等的正实数根，
由关于的不等式，
解得， 则，，
由已知关于的“差比模”是协调的，则，
所以，
利用韦达定理，，
则有，
化简可得，
故．
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；辅助角公式；共轭复数
【解析】【分析】（1）由“差比模”定义代入复数，由复数的代数运算及求模即可；
（2）由，利用共轭复数的性质与模的性质可得，利用基本不等式可得可知不存在，使得关于的“差比模”是协调的；
（3）设，由平方整理再结合辅助角公式可得，利用三角函数有界性可得关于的不等式，由此可解得，结合韦达定理与题意关于的“差比模”是协调的，化简可求.
（1）由题意得，
故关于的“差比模”为.
（2）先证明共轭复数有如下性质：若任意，则.
证明：设，
则，
而，
故.
；
；
故.
综上，共轭复数的性质得证.
记当“差比模”取最大值时的复数为，即.
由已知发现，
由已证明共轭复数的性质与复数模的性质可得
因为，
所以若当时取得，则时取到，
故可知，
由取遍，不恒为常数，则，
故由基本不等式可得，
故不存在，使得关于的“差比模”是协调的.
（3）且，设，
则，
平方整理可得：
所以，
即，
平方整理得：，
令，设方程，
则，
故方程有两个不等的实数根，设为，不妨设.
由题意知，，
则，且，
故方程有两不等的正实数根，
由关于的不等式，
解得， 则，，
由已知关于的“差比模”是协调的，则，
所以，
利用韦达定理，，
则有，
化简可得，
故．
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