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广东省广州市越秀区2023-2024学年高一下学期期末数学试题
1．（2024高一下·广州期末）已如复数，则的实部是（　　）
A． B．2 C．3 D．5
【答案】A
【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：因为，
所以的实部是.
故答案为：A.
【分析】根据复数的除法运算法则得出复数，从而得出复数z的实部.
2．（2024高一下·广州期末）有一组数据按从小到大排序如下：70，71，73，75，76，则这组数据的40%分位数，70%分位数分别是（　　）
A．71，74 B．71，75 C．72，74 D．72，75
【答案】D
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：数据从小到大排序：70，71，73，75，76，
是整数，
这组数据的40%分位数是，
不是整数，
这组数据的70%分位数是.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和百分位数的求解步骤，从而得出这组数据的40%分位数，70%分位数.
3．（2024高一下·广州期末）从这个正整数中随机选择一个数，则这个数既不能被整除也不能被整除的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：从这个正整数中随机选择一个数共有种选法，
其中这个数既不能被整除也不能被整除的有、、、、、、、、、共个，
所以这个数既不能被整除也不能被整除的概率.
故答案为：B.
【分析】先列出既不能被整除也不能被整除的数，再由古典概率公式得出这个数既不能被整除也不能被整除的概率.
4．（2024高一下·广州期末）已知是一条直线，、是两个不同的平而，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】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A：若，，则或与相交，故A错误；
对于B：若，，则或或与相交，故B错误；
对于C：若，，则或，故C错误；
对于D：若，，则，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和空间中线面位置关系、面面的位置关系，从而逐项判断找出真命题的选项.
5．（2024高一下·广州期末）在正方体中，为的中点，则（　　）
A． B．
C．平面 D．平面
【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A：由正方体的性质可知，
显然，与不平行，
所以与不平行，故A错误；
对于B：由正方体的性质可知，，
所以，
由选项A可知与不平行，且、平面，
所以与不垂直，则与不垂直，故B错误；
对于C：设，则为的中点，
连接，又因为为的中点，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面，故C正确；
对于D：若平面，平面，则，
因为，所以，
又因为四边形为矩形，
所以四边形为正方形，所以，
又因为为正方体，
所以，显然不满足，
故假设不成立，所以与平面不垂直，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据正方体的性质判断出选项A和选项B；设，连接，从而证出，再结合线线平行证出线面平行，则判断出选项C；假设平面，利用线线平行得出线线垂直，再结合矩形的结构特征得出四边形为正方形，则，利用正方体的结构特征和已知条件，从而推出矛盾，则可判断出选项D，从而找出正确的选项.
6．（2024高一下·广州期末）如图，是海面上位于东西方向相距海里的两个观测点，现位于A点北偏东、B点北偏西的D点有一艘船发出求救信号，位于B点南偏西且与B点相距海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，则该救援船到达D点最快所需时间为（　　）
A．0.2小时 B．0.3小时 C．0.5小时 D．1小时
【答案】A
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由题意，在中，
，，，
所以，
由正弦定理可得，，
则，
在中，，，
由余弦定理可得，
，所以，
因此救援船到达点需要的时间为小时.
故答案为：A.
【分析】在中，由正弦定理得出的长，在中，根据余弦定理得出的长，从而得出该救援船到达D点最快所需时间.
7．（2024高一下·广州期末）已知圆锥的顶点为S，O为底面圆心，母线与互相垂直，的面积为2，与圆锥底面所成的角为，则（　　）
A．圆锥的高为
B．圆锥的侧面积为
C．二面角的大小为
D．圆锥侧面展开图的圆心角为
【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：对于A，因为与底面垂直，为底面圆的一条半径，则，
所以与圆锥底面所成的角为，
又因为，所以的面积为，
解得，则母线长，
所以该圆锥的高为，故A错误；
对于B，因为该圆锥的底面半径为，母线长，
所以该圆锥的侧面积为，故B错误；
对于C，取的中点，连接，
因为，为的中点，
则，
由垂径定理可得，
所以二面角的平面角为，
因为平面，平面，则，
又因为，，
则为等腰直角三角形，
则，
所以，
所以，
因为，故，
则二面角的大小为，故C正确.
对于D，设该圆锥侧面展开图的圆心角为，
则底面圆周长为，则，故D错误.
故答案为：C.
【分析】利用三角形的面积公式求出圆锥的母线长，结合线面角的定义可判断出选项A；利用圆锥的侧面积公式可判断出选项B；利用二面角的定义找到二面角的平面角，再解三角形判断出选项C；根据展开前后图形联系，再利用扇形的弧长公式可判断出选项D，从而找出正确的选项.
8．（2024高一下·广州期末）已知为的外接圆圆心，，则的最大值为（　　）
A．2 B．4 C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：如图所示：
因为为的外接圆圆心，，
所以，且，
所以，
则当共线反向时，取到最大值.
故答案为：B.
【分析】利用圆的性质得到，将转换为，再根据当共线反向时，最大，从而得出的最大值.
9．（2024高一下·广州期末）设A，B易两个随机事件，且，则下列结论正确的是（　　）
A．若A，B是互斥事件，则
B．若，则
C．若A，B是相互独立事件，则
D．若，则A，B是相互独立事件
【答案】C,D
【知识点】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：对于A，若是互斥事件，不可能同时发生，，故A错误；
对于B，若，则，则，故B错误；
对于C，若相互独立，则，
所以，故C正确；
对于D，由，且事件互斥，
则，
若， 则，
又因为，，
所以相互独立，故D正确.
故答案为：CD.
【分析】由互斥事件概念判断出选项A；由事件的包含关系得，则判断出选项B；由独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式以及交事件，则判断出选项C；由互斥事件加法求概率公式、对立事件求概率公式与独立事件的定义，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．（2024高一下·广州期末）已知复数在复平面内对应的向量分别为，其中O为原点，则下列结论正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】B,D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，.
对于A，若，则，故A错误；
对于B，由选项A知，，则，故B正确；
对于C，若，则，故C错误；
对于D，由选项C知，，
则，
，
则，，
所以，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】由复数的几何意义得出向量的坐标，再结合向量共线的坐标表示、复数的除法运算法则、向量垂直的坐标表示、向量求模公式，从而逐项判断找出结论正确的选项.
11．（2024高一下·广州期末）已知圆台上、下底面的半径分别为2和4，母线长为4．正四棱台上底面的四个顶点在圆台上底面圆周上，下底面的四个顶点在圆台下底面圆周上，则（　　）
A．
B．二面角的大小为
C．正四棱台的外接球的表面积为
D．设圆台的体积为，正四棱台的体积为，则
【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：根据题意，如图所示，设圆台上、下底面圆心分别为，连接过作，作截面的平面图，如图所示：
则为等腰梯形且为中点，
则，
故，即圆台的高，
又因为，即四棱台的上下底面边长分别为和.
对于A，由题意平面，平面，
则，，，平面，平面，
故平面，平面，所以，故A正确；
对于B：过作，垂足为，连接，
由面，//，则面，
因为面，故，
因为，面，故面，
又因为面，故，则即为二面角的平面角；
，
又因为，故，
在中，，则，
结合在单调递增可知，，故B错误；
对于C：设外接球半径为，球心到下底距离为，在的平面图中，为球心，如图所示：
则，
故，解得；
故正四棱台的外接球的表面积为，故C正确；
对于D：，
，
则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】先证明线面垂直，再由线面垂直的性质定理，从而得出线线垂直，则判断出选项A；过作，连接，找到二面角的平面角为，再解三角形得出二面角的大小，从而判断出选项B；设出球心和球半径，根据几何关系，再列出等量关系求解出正四棱台的外接球的表面积，即可判断出选项C；根据圆台和棱台的体积公式，再结合已知条件，从而得出的值，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
12．（2024高一下·广州期末）从某小区抽取100户层民用户进行月用电量调查，发现他们的月用电量都在之间，进行适当分组后（每组为左用右开的区间），画出频率分布直方图如图所示，在被调查的用户中，月用电量落在区间内的户数为　 　．
【答案】
【知识点】频率分布直方图
【解析】【解答】解：由频率分布直方图各矩形面积之和为1可得：，解得，
月用电量落在区间的频率为，
则在被调查的用户中，月用电量落在区间内的户数为.
故答案为：.
【分析】根据频率分布直方图各矩形面积之和为1求参数的值，再求出月用电量落在区间的频率，即可得解.
13．（2024高一下·广州期末）如图，一条河两岸平行，河的宽度为，一艘船从河岸边的A地出发，向河对岸航行．已知船的速度大小为，水流速度的大小为，当航程最短时，这艘船行驶完全程共需要时间　 　．
【答案】
【知识点】向量在物理中的应用
【解析】【解答】解：当实际速度垂直于河岸时，船的航程最短，
设实际速度、船速、水流速度分别为、、，
如图，，
因为，
则，河宽，
所以，船的航行时间．
所以，当航程最短时，这艘船行驶完全程需要．
故答案为：.
【分析】当实际速度垂直于河岸航程最短，再根据向量加法的平行四边形法则和勾股定理，从而得出当航程最短时这艘船行驶完全程共需要的时间.
14．（2024高一下·广州期末）已知正四棱锥的所有棱长都为，点在侧棱上，过点且垂直于的平面截该棱锥，得到截面多边形，则的边数至多为　 　，的面积的最大值为　 　．
【答案】；
【知识点】棱锥的结构特征；直线与平面垂直的判定；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：取中点，连接，，
依题意可得，
因为，平面，可知平面，
当点在之间时，作分别交于点，
作分别交于点，连接，
则平面与平面平行，得到的截面为五边形，
根据平面的基本性质，作平面与平面平行，如图至多为五边形，
要使截面多边形的面积最大，
则当点在之间时，令，
则，
可得，
则，
可得，
所以，
因为与的夹角为与夹角，又因为与垂直，
则，
可得，
可知：当时，取最大值，
当点在点时，此时截面即为，
则，
当点在点，之间时，截面为与相似的三角形，且截面面积小于，
综上可得，截面的面积的最大值为.
故答案为：；.
【分析】利用数形结合作平面与平面平行，从而得出多边形的至多的边数；令，用表示相关长度，整理得，再结合二次函数求最值的方法和三角形的面积公式，从而得出多边形的面积的最大值.
15．（2024高一下·广州期末）已知总体划分为2层，通过分层随机抽样，第层抽取的样本量、样本均值和样本方差分别为．记总样本数据的均值为，总样本数据的方差为．
（1）写出与的计算公式（直接写出结果，不需证明）；
（2）某学校有高中学生500人，其中男生300人，女生200人．现采用分层随机抽样的方法抽取样本，并观测样本的指标值（单位：），计算得男生样本的均值为172.5，方差为16，女生样本的均值为162.5，方差为30．
（i）如果已知男、女样本量按比例分配，试计算出总样本的均值与方差；
（ii）如果已知男、女的样本量都是50，试计算出总样本的均值与方差，此时将它们分别作为总体的均值与方差的估计合适吗？请说明理由．
【答案】（1）解：依题意可得，
.
（2）解：（i）男、女的样本量按比例分配，
则总样本的均值为（），
总样本的方差为：
（ii）男、女的样本量都是，
总样本的均值为（），
总样本的方差为：
不能作为总体均值和方差的估计，
因为分层抽样中未按比例抽样，总体中每个个体被抽到的可能性不完全相同，
因而样本的代表性差.
【知识点】分层抽样方法；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【分析】（1）利用分层抽样，从而写出均值与方差公式.
（2）（i）按男女生比例抽取样本，再按相应公式计算出总样本的的均值和方差.
（ii）根据样本量所占比计算出均值与方差，但不具代表性，则个体不是等概率抽取的．
（1）依题意可得，
.
（2）（i）男、女的样本量按比例分配，
则总样本的均值为（），
总样本的方差为；
（ii）男、女的样本量都是，
总样本的均值为（），
总样本的方差为，
不能作为总体均值和方差的估计，因为分层抽样中未按比例抽样，总体中每个个体被抽到的可能性不完全相同，因而样本的代表性差.
16．（2024高一下·广州期末）甲、乙、丙三名同学进行羽毛球比赛，每局比赛两人对战，另一人轮空，没有平局，每局胜者与此局轮空者进行下一局的比赛．约定先赢两局者获胜，比赛随即结束，各局比赛结果互不影响，已知每局比赛甲胜乙的概率为，乙胜丙的概率为，甲胜丙的概率为．
（1）若第一局由乙丙对战，求甲获胜的概率；
（2）若第一局由甲乙对战，求甲获胜的概率．
【答案】（1）解：第一局由乙丙对战，甲获胜有两种情况：
乙丙对战乙胜，乙甲对战甲胜，甲丙对战甲胜，则概率为，
乙丙对战丙胜，丙甲对战甲胜，甲乙对战甲胜，则概率为，
故甲获胜的概率为；
（2）解：若第一局甲乙对战，则甲获胜有三种情况：
甲乙对战甲胜，甲丙对战甲胜，概率为，
甲乙对战甲胜，甲丙对战丙胜，丙乙对战乙胜，乙甲对战甲胜的概率为，
甲乙对战乙胜，乙丙对战丙胜，丙甲对战甲胜，乙甲对战甲胜的概率为，
故最终甲获胜的概率为.
【知识点】互斥事件的概率加法公式
【解析】【分析】（1）甲获胜有两种情况，分别计算出概率，再相加即可；
（2）甲获胜有三种情况，分别计算出概率，再相加即可.
（1）第一局由乙丙对战，甲获胜有两种情况：
①乙丙对战乙胜，乙甲对战甲胜，甲丙对战甲胜，则概率为；
②乙丙对战丙胜，丙甲对战甲胜，甲乙对战甲胜，则概率为；
综上，甲获胜的概率为.
（2）若第一局甲乙对战，则甲获胜有三种情况：
①甲乙对战甲胜，甲丙对战甲胜，概率为，
②甲乙对战甲胜，甲丙对战丙胜，丙乙对战乙胜，乙甲对战甲胜的概率为，
③甲乙对战乙胜，乙丙对战丙胜，丙甲对战甲胜，乙甲对战甲胜的概率为，
所以最终甲获胜的概率为.
17．（2024高一下·广州期末）如图，是半球O的直径，P是半球底面圆周上一点，Q是半球面上一点，且．
（1）求证：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：因为 为半球 的直径， 为 半球底面圆周上一点，
所以，
因为、 平面，
所以 平面，
又因为 平面，
所以，
又因为 为半球面上一点，
所以，
又因为 平面
所以 平面，
又因为 平面，
所以.
（2）解：因为三角形 为直角三角形，，
所以，
又因为 平面，
所以 ，
又因为三角形 也是直角三角形，
所以，
所以，
设点 到平面 的距离为，
则 ，
所以，
所以，
设直线 与平面 所成的角为，
则.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】（1）要证，只需证平面，只需证（易证）和，只需证平面，再根据题意证出结果.
（2）利用等体积法得出点P到平面的距离，设直线与平面所成的角为，再根据得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）因为 为半球 的直径， 为 半球底面圆周上一点，
所以，
因为、 平面，
所以 平面，又因为 平面，
所以，
又因为 为半球面上一点，
所以，
又因为 平面
所以 平面， 又 平面，
所以；
（2）因为三角形 为直角三角形，
所以，
又因为 平面，
所以 ，
又因为三角形 也是直角三角形，
所以，
所以，
设点 到平面 的距离为，
则有 ，即，
所以，
设直线 与平面 所成的角为，则.
18．（2024高一下·广州期末）如图，在中，．
（1）求的长；
（2）已知点D在平面内，且，求四边形的周长的最大值．
【答案】（1）解：在中，，
由余弦定理得，，
则，
化简得，
解得（舍）或，
故的长为.
（2）解：因为点D在平面内，且，
则四点共圆，所以，
则，
在中，由余弦定理得，，
则，
，，
解得，当且仅当时等号成立，
则的最大值为，
又因为，
故四边形周长的最大值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由已知条件和余弦定理，从而解方程得出满足要求的BC的长.
（2）利用点D在平面内，且，则四点共圆，所以，再利用余弦定理和基本不等式求最值的方法以及，则根据四边形的周长公式得出四边形的周长的最大值．
（1）在中，，
由余弦定理得，，即，
化简得，解得（舍），或，
故的长为；
（2）已知点D在平面内，且，
则四点共圆，，
则，
在中，由余弦定理得，，
则，
，，
解得，当且仅当时等号成立.
即的最大值为，
又，故四边形周长的最大值为.
19．（2024高一下·广州期末）如图1，在平行四边形中，，E为的中点．将沿折起，连接与，如图2．
（1）当为何值时，平面平面
（2）设，当时，是否存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
（3）当三棱锥的体积最大时，求三棱锥的内切球的半径．
【答案】（1）解：连接，如图所示：
由题意得，，
则为等边三角形，，
在中，，
由余弦定理得，
则，由，可得，则，
若平面平面，
由平面平面，平面，，
则平面，平面，则，
所以，
下面证明当时，平面平面，
证明：由，则，
所以，又，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，
故当时，平面平面；
（2）由（1）知，，则平面平面.
在平面内过作，
由平面平面，平面，
则平面，平面，则.
以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示：
则，，
由，
，
因为轴垂直平面，故可取平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
，
化简得，解得，
故当时，存在，使直线与平面所成角的正弦值为；
（3）解：设点到平面的距离为，
由，其中为定值，
则要使三棱锥的体积最大时，则点到平面的距离取最大，
取中点，连接，则，
当平面时，点到平面的距离最大，
此时，由平面，则平面平面，
由（1）知，，为直角三角形，.
则，
，
，
在中，，取中点，
则，且，
所以，
设内切球球心为，内切球半径为，由等体积法知，
其中，，
故，
故当三棱锥的体积最大时，三棱锥的内切球的半径为.
【知识点】球内接多面体；平面与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）先探索面面垂直的必要条件，再证明充分性即可；
（2）由（1）得面面垂直、线面垂直关系，建立空间直角坐标系，用向量方法表示线面角的正弦值，建立关于的方程求解即可；
（3）借助体积公式可得当平面时，三棱锥的体积最大，借助等体积法计算求内切球半径即可.
（1）连接，由题意得，，
则为等边三角形，，
在中，，
由余弦定理得，
所以，由，
则，故.
若平面平面，
由平面平面，平面，，
则平面，平面，则，
所以.
下面证明当时，平面平面.
证明：由，则，
所以，又，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，
故当时，平面平面；
（2）由（1）知，，则平面平面.
在平面内过作，
由平面平面，平面，
则平面，平面，则.
如图，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
故，
由，
，
因为轴垂直平面，故可取平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
所以，
化简得，解得或（舍去），
故当时，存在，使直线与平面所成角的正弦值为；
（3）设点到平面的距离为，
由，其中为定值，
则要使三棱锥的体积最大时，则点到平面的距离取最大，
取中点，连接，则，
当平面时，点到平面的距离最大，
此时，由平面，则平面平面，
由（1）知，，为直角三角形，.
则，
，
，
在中，，取中点，
则，且，
所以，
设内切球球心为，内切球半径为，由等体积法知，
其中，，
故，
故当三棱锥的体积最大时，三棱锥的内切球的半径为.
1 / 1广东省广州市越秀区2023-2024学年高一下学期期末数学试题
1．（2024高一下·广州期末）已如复数，则的实部是（　　）
A． B．2 C．3 D．5
2．（2024高一下·广州期末）有一组数据按从小到大排序如下：70，71，73，75，76，则这组数据的40%分位数，70%分位数分别是（　　）
A．71，74 B．71，75 C．72，74 D．72，75
3．（2024高一下·广州期末）从这个正整数中随机选择一个数，则这个数既不能被整除也不能被整除的概率为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·广州期末）已知是一条直线，、是两个不同的平而，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·广州期末）在正方体中，为的中点，则（　　）
A． B．
C．平面 D．平面
6．（2024高一下·广州期末）如图，是海面上位于东西方向相距海里的两个观测点，现位于A点北偏东、B点北偏西的D点有一艘船发出求救信号，位于B点南偏西且与B点相距海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，则该救援船到达D点最快所需时间为（　　）
A．0.2小时 B．0.3小时 C．0.5小时 D．1小时
7．（2024高一下·广州期末）已知圆锥的顶点为S，O为底面圆心，母线与互相垂直，的面积为2，与圆锥底面所成的角为，则（　　）
A．圆锥的高为
B．圆锥的侧面积为
C．二面角的大小为
D．圆锥侧面展开图的圆心角为
8．（2024高一下·广州期末）已知为的外接圆圆心，，则的最大值为（　　）
A．2 B．4 C． D．
9．（2024高一下·广州期末）设A，B易两个随机事件，且，则下列结论正确的是（　　）
A．若A，B是互斥事件，则
B．若，则
C．若A，B是相互独立事件，则
D．若，则A，B是相互独立事件
10．（2024高一下·广州期末）已知复数在复平面内对应的向量分别为，其中O为原点，则下列结论正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
11．（2024高一下·广州期末）已知圆台上、下底面的半径分别为2和4，母线长为4．正四棱台上底面的四个顶点在圆台上底面圆周上，下底面的四个顶点在圆台下底面圆周上，则（　　）
A．
B．二面角的大小为
C．正四棱台的外接球的表面积为
D．设圆台的体积为，正四棱台的体积为，则
12．（2024高一下·广州期末）从某小区抽取100户层民用户进行月用电量调查，发现他们的月用电量都在之间，进行适当分组后（每组为左用右开的区间），画出频率分布直方图如图所示，在被调查的用户中，月用电量落在区间内的户数为　 　．
13．（2024高一下·广州期末）如图，一条河两岸平行，河的宽度为，一艘船从河岸边的A地出发，向河对岸航行．已知船的速度大小为，水流速度的大小为，当航程最短时，这艘船行驶完全程共需要时间　 　．
14．（2024高一下·广州期末）已知正四棱锥的所有棱长都为，点在侧棱上，过点且垂直于的平面截该棱锥，得到截面多边形，则的边数至多为　 　，的面积的最大值为　 　．
15．（2024高一下·广州期末）已知总体划分为2层，通过分层随机抽样，第层抽取的样本量、样本均值和样本方差分别为．记总样本数据的均值为，总样本数据的方差为．
（1）写出与的计算公式（直接写出结果，不需证明）；
（2）某学校有高中学生500人，其中男生300人，女生200人．现采用分层随机抽样的方法抽取样本，并观测样本的指标值（单位：），计算得男生样本的均值为172.5，方差为16，女生样本的均值为162.5，方差为30．
（i）如果已知男、女样本量按比例分配，试计算出总样本的均值与方差；
（ii）如果已知男、女的样本量都是50，试计算出总样本的均值与方差，此时将它们分别作为总体的均值与方差的估计合适吗？请说明理由．
16．（2024高一下·广州期末）甲、乙、丙三名同学进行羽毛球比赛，每局比赛两人对战，另一人轮空，没有平局，每局胜者与此局轮空者进行下一局的比赛．约定先赢两局者获胜，比赛随即结束，各局比赛结果互不影响，已知每局比赛甲胜乙的概率为，乙胜丙的概率为，甲胜丙的概率为．
（1）若第一局由乙丙对战，求甲获胜的概率；
（2）若第一局由甲乙对战，求甲获胜的概率．
17．（2024高一下·广州期末）如图，是半球O的直径，P是半球底面圆周上一点，Q是半球面上一点，且．
（1）求证：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
18．（2024高一下·广州期末）如图，在中，．
（1）求的长；
（2）已知点D在平面内，且，求四边形的周长的最大值．
19．（2024高一下·广州期末）如图1，在平行四边形中，，E为的中点．将沿折起，连接与，如图2．
（1）当为何值时，平面平面
（2）设，当时，是否存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
（3）当三棱锥的体积最大时，求三棱锥的内切球的半径．
答案解析部分
1．【答案】A
【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：因为，
所以的实部是.
故答案为：A.
【分析】根据复数的除法运算法则得出复数，从而得出复数z的实部.
2．【答案】D
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：数据从小到大排序：70，71，73，75，76，
是整数，
这组数据的40%分位数是，
不是整数，
这组数据的70%分位数是.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和百分位数的求解步骤，从而得出这组数据的40%分位数，70%分位数.
3．【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：从这个正整数中随机选择一个数共有种选法，
其中这个数既不能被整除也不能被整除的有、、、、、、、、、共个，
所以这个数既不能被整除也不能被整除的概率.
故答案为：B.
【分析】先列出既不能被整除也不能被整除的数，再由古典概率公式得出这个数既不能被整除也不能被整除的概率.
4．【答案】D
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A：若，，则或与相交，故A错误；
对于B：若，，则或或与相交，故B错误；
对于C：若，，则或，故C错误；
对于D：若，，则，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和空间中线面位置关系、面面的位置关系，从而逐项判断找出真命题的选项.
5．【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A：由正方体的性质可知，
显然，与不平行，
所以与不平行，故A错误；
对于B：由正方体的性质可知，，
所以，
由选项A可知与不平行，且、平面，
所以与不垂直，则与不垂直，故B错误；
对于C：设，则为的中点，
连接，又因为为的中点，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面，故C正确；
对于D：若平面，平面，则，
因为，所以，
又因为四边形为矩形，
所以四边形为正方形，所以，
又因为为正方体，
所以，显然不满足，
故假设不成立，所以与平面不垂直，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据正方体的性质判断出选项A和选项B；设，连接，从而证出，再结合线线平行证出线面平行，则判断出选项C；假设平面，利用线线平行得出线线垂直，再结合矩形的结构特征得出四边形为正方形，则，利用正方体的结构特征和已知条件，从而推出矛盾，则可判断出选项D，从而找出正确的选项.
6．【答案】A
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由题意，在中，
，，，
所以，
由正弦定理可得，，
则，
在中，，，
由余弦定理可得，
，所以，
因此救援船到达点需要的时间为小时.
故答案为：A.
【分析】在中，由正弦定理得出的长，在中，根据余弦定理得出的长，从而得出该救援船到达D点最快所需时间.
7．【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：对于A，因为与底面垂直，为底面圆的一条半径，则，
所以与圆锥底面所成的角为，
又因为，所以的面积为，
解得，则母线长，
所以该圆锥的高为，故A错误；
对于B，因为该圆锥的底面半径为，母线长，
所以该圆锥的侧面积为，故B错误；
对于C，取的中点，连接，
因为，为的中点，
则，
由垂径定理可得，
所以二面角的平面角为，
因为平面，平面，则，
又因为，，
则为等腰直角三角形，
则，
所以，
所以，
因为，故，
则二面角的大小为，故C正确.
对于D，设该圆锥侧面展开图的圆心角为，
则底面圆周长为，则，故D错误.
故答案为：C.
【分析】利用三角形的面积公式求出圆锥的母线长，结合线面角的定义可判断出选项A；利用圆锥的侧面积公式可判断出选项B；利用二面角的定义找到二面角的平面角，再解三角形判断出选项C；根据展开前后图形联系，再利用扇形的弧长公式可判断出选项D，从而找出正确的选项.
8．【答案】B
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：如图所示：
因为为的外接圆圆心，，
所以，且，
所以，
则当共线反向时，取到最大值.
故答案为：B.
【分析】利用圆的性质得到，将转换为，再根据当共线反向时，最大，从而得出的最大值.
9．【答案】C,D
【知识点】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：对于A，若是互斥事件，不可能同时发生，，故A错误；
对于B，若，则，则，故B错误；
对于C，若相互独立，则，
所以，故C正确；
对于D，由，且事件互斥，
则，
若， 则，
又因为，，
所以相互独立，故D正确.
故答案为：CD.
【分析】由互斥事件概念判断出选项A；由事件的包含关系得，则判断出选项B；由独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式以及交事件，则判断出选项C；由互斥事件加法求概率公式、对立事件求概率公式与独立事件的定义，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】B,D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，.
对于A，若，则，故A错误；
对于B，由选项A知，，则，故B正确；
对于C，若，则，故C错误；
对于D，由选项C知，，
则，
，
则，，
所以，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】由复数的几何意义得出向量的坐标，再结合向量共线的坐标表示、复数的除法运算法则、向量垂直的坐标表示、向量求模公式，从而逐项判断找出结论正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：根据题意，如图所示，设圆台上、下底面圆心分别为，连接过作，作截面的平面图，如图所示：
则为等腰梯形且为中点，
则，
故，即圆台的高，
又因为，即四棱台的上下底面边长分别为和.
对于A，由题意平面，平面，
则，，，平面，平面，
故平面，平面，所以，故A正确；
对于B：过作，垂足为，连接，
由面，//，则面，
因为面，故，
因为，面，故面，
又因为面，故，则即为二面角的平面角；
，
又因为，故，
在中，，则，
结合在单调递增可知，，故B错误；
对于C：设外接球半径为，球心到下底距离为，在的平面图中，为球心，如图所示：
则，
故，解得；
故正四棱台的外接球的表面积为，故C正确；
对于D：，
，
则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】先证明线面垂直，再由线面垂直的性质定理，从而得出线线垂直，则判断出选项A；过作，连接，找到二面角的平面角为，再解三角形得出二面角的大小，从而判断出选项B；设出球心和球半径，根据几何关系，再列出等量关系求解出正四棱台的外接球的表面积，即可判断出选项C；根据圆台和棱台的体积公式，再结合已知条件，从而得出的值，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】频率分布直方图
【解析】【解答】解：由频率分布直方图各矩形面积之和为1可得：，解得，
月用电量落在区间的频率为，
则在被调查的用户中，月用电量落在区间内的户数为.
故答案为：.
【分析】根据频率分布直方图各矩形面积之和为1求参数的值，再求出月用电量落在区间的频率，即可得解.
13．【答案】
【知识点】向量在物理中的应用
【解析】【解答】解：当实际速度垂直于河岸时，船的航程最短，
设实际速度、船速、水流速度分别为、、，
如图，，
因为，
则，河宽，
所以，船的航行时间．
所以，当航程最短时，这艘船行驶完全程需要．
故答案为：.
【分析】当实际速度垂直于河岸航程最短，再根据向量加法的平行四边形法则和勾股定理，从而得出当航程最短时这艘船行驶完全程共需要的时间.
14．【答案】；
【知识点】棱锥的结构特征；直线与平面垂直的判定；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：取中点，连接，，
依题意可得，
因为，平面，可知平面，
当点在之间时，作分别交于点，
作分别交于点，连接，
则平面与平面平行，得到的截面为五边形，
根据平面的基本性质，作平面与平面平行，如图至多为五边形，
要使截面多边形的面积最大，
则当点在之间时，令，
则，
可得，
则，
可得，
所以，
因为与的夹角为与夹角，又因为与垂直，
则，
可得，
可知：当时，取最大值，
当点在点时，此时截面即为，
则，
当点在点，之间时，截面为与相似的三角形，且截面面积小于，
综上可得，截面的面积的最大值为.
故答案为：；.
【分析】利用数形结合作平面与平面平行，从而得出多边形的至多的边数；令，用表示相关长度，整理得，再结合二次函数求最值的方法和三角形的面积公式，从而得出多边形的面积的最大值.
15．【答案】（1）解：依题意可得，
.
（2）解：（i）男、女的样本量按比例分配，
则总样本的均值为（），
总样本的方差为：
（ii）男、女的样本量都是，
总样本的均值为（），
总样本的方差为：
不能作为总体均值和方差的估计，
因为分层抽样中未按比例抽样，总体中每个个体被抽到的可能性不完全相同，
因而样本的代表性差.
【知识点】分层抽样方法；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【分析】（1）利用分层抽样，从而写出均值与方差公式.
（2）（i）按男女生比例抽取样本，再按相应公式计算出总样本的的均值和方差.
（ii）根据样本量所占比计算出均值与方差，但不具代表性，则个体不是等概率抽取的．
（1）依题意可得，
.
（2）（i）男、女的样本量按比例分配，
则总样本的均值为（），
总样本的方差为；
（ii）男、女的样本量都是，
总样本的均值为（），
总样本的方差为，
不能作为总体均值和方差的估计，因为分层抽样中未按比例抽样，总体中每个个体被抽到的可能性不完全相同，因而样本的代表性差.
16．【答案】（1）解：第一局由乙丙对战，甲获胜有两种情况：
乙丙对战乙胜，乙甲对战甲胜，甲丙对战甲胜，则概率为，
乙丙对战丙胜，丙甲对战甲胜，甲乙对战甲胜，则概率为，
故甲获胜的概率为；
（2）解：若第一局甲乙对战，则甲获胜有三种情况：
甲乙对战甲胜，甲丙对战甲胜，概率为，
甲乙对战甲胜，甲丙对战丙胜，丙乙对战乙胜，乙甲对战甲胜的概率为，
甲乙对战乙胜，乙丙对战丙胜，丙甲对战甲胜，乙甲对战甲胜的概率为，
故最终甲获胜的概率为.
【知识点】互斥事件的概率加法公式
【解析】【分析】（1）甲获胜有两种情况，分别计算出概率，再相加即可；
（2）甲获胜有三种情况，分别计算出概率，再相加即可.
（1）第一局由乙丙对战，甲获胜有两种情况：
①乙丙对战乙胜，乙甲对战甲胜，甲丙对战甲胜，则概率为；
②乙丙对战丙胜，丙甲对战甲胜，甲乙对战甲胜，则概率为；
综上，甲获胜的概率为.
（2）若第一局甲乙对战，则甲获胜有三种情况：
①甲乙对战甲胜，甲丙对战甲胜，概率为，
②甲乙对战甲胜，甲丙对战丙胜，丙乙对战乙胜，乙甲对战甲胜的概率为，
③甲乙对战乙胜，乙丙对战丙胜，丙甲对战甲胜，乙甲对战甲胜的概率为，
所以最终甲获胜的概率为.
17．【答案】（1）证明：因为 为半球 的直径， 为 半球底面圆周上一点，
所以，
因为、 平面，
所以 平面，
又因为 平面，
所以，
又因为 为半球面上一点，
所以，
又因为 平面
所以 平面，
又因为 平面，
所以.
（2）解：因为三角形 为直角三角形，，
所以，
又因为 平面，
所以 ，
又因为三角形 也是直角三角形，
所以，
所以，
设点 到平面 的距离为，
则 ，
所以，
所以，
设直线 与平面 所成的角为，
则.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】（1）要证，只需证平面，只需证（易证）和，只需证平面，再根据题意证出结果.
（2）利用等体积法得出点P到平面的距离，设直线与平面所成的角为，再根据得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）因为 为半球 的直径， 为 半球底面圆周上一点，
所以，
因为、 平面，
所以 平面，又因为 平面，
所以，
又因为 为半球面上一点，
所以，
又因为 平面
所以 平面， 又 平面，
所以；
（2）因为三角形 为直角三角形，
所以，
又因为 平面，
所以 ，
又因为三角形 也是直角三角形，
所以，
所以，
设点 到平面 的距离为，
则有 ，即，
所以，
设直线 与平面 所成的角为，则.
18．【答案】（1）解：在中，，
由余弦定理得，，
则，
化简得，
解得（舍）或，
故的长为.
（2）解：因为点D在平面内，且，
则四点共圆，所以，
则，
在中，由余弦定理得，，
则，
，，
解得，当且仅当时等号成立，
则的最大值为，
又因为，
故四边形周长的最大值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由已知条件和余弦定理，从而解方程得出满足要求的BC的长.
（2）利用点D在平面内，且，则四点共圆，所以，再利用余弦定理和基本不等式求最值的方法以及，则根据四边形的周长公式得出四边形的周长的最大值．
（1）在中，，
由余弦定理得，，即，
化简得，解得（舍），或，
故的长为；
（2）已知点D在平面内，且，
则四点共圆，，
则，
在中，由余弦定理得，，
则，
，，
解得，当且仅当时等号成立.
即的最大值为，
又，故四边形周长的最大值为.
19．【答案】（1）解：连接，如图所示：
由题意得，，
则为等边三角形，，
在中，，
由余弦定理得，
则，由，可得，则，
若平面平面，
由平面平面，平面，，
则平面，平面，则，
所以，
下面证明当时，平面平面，
证明：由，则，
所以，又，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，
故当时，平面平面；
（2）由（1）知，，则平面平面.
在平面内过作，
由平面平面，平面，
则平面，平面，则.
以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示：
则，，
由，
，
因为轴垂直平面，故可取平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
，
化简得，解得，
故当时，存在，使直线与平面所成角的正弦值为；
（3）解：设点到平面的距离为，
由，其中为定值，
则要使三棱锥的体积最大时，则点到平面的距离取最大，
取中点，连接，则，
当平面时，点到平面的距离最大，
此时，由平面，则平面平面，
由（1）知，，为直角三角形，.
则，
，
，
在中，，取中点，
则，且，
所以，
设内切球球心为，内切球半径为，由等体积法知，
其中，，
故，
故当三棱锥的体积最大时，三棱锥的内切球的半径为.
【知识点】球内接多面体；平面与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）先探索面面垂直的必要条件，再证明充分性即可；
（2）由（1）得面面垂直、线面垂直关系，建立空间直角坐标系，用向量方法表示线面角的正弦值，建立关于的方程求解即可；
（3）借助体积公式可得当平面时，三棱锥的体积最大，借助等体积法计算求内切球半径即可.
（1）连接，由题意得，，
则为等边三角形，，
在中，，
由余弦定理得，
所以，由，
则，故.
若平面平面，
由平面平面，平面，，
则平面，平面，则，
所以.
下面证明当时，平面平面.
证明：由，则，
所以，又，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，
故当时，平面平面；
（2）由（1）知，，则平面平面.
在平面内过作，
由平面平面，平面，
则平面，平面，则.
如图，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
故，
由，
，
因为轴垂直平面，故可取平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
所以，
化简得，解得或（舍去），
故当时，存在，使直线与平面所成角的正弦值为；
（3）设点到平面的距离为，
由，其中为定值，
则要使三棱锥的体积最大时，则点到平面的距离取最大，
取中点，连接，则，
当平面时，点到平面的距离最大，
此时，由平面，则平面平面，
由（1）知，，为直角三角形，.
则，
，
，
在中，，取中点，
则，且，
所以，
设内切球球心为，内切球半径为，由等体积法知，
其中，，
故，
故当三棱锥的体积最大时，三棱锥的内切球的半径为.
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