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广东省广州市天河区2023-2024学年学年高一下学期期末考试数学试卷
1．（2024高一下·天河期末）设，向量，，若，则（　　）
A． B． C． D．2
2．（2024高一下·天河期末）已知一个矩形较长边长为2用斜二测画法画出矩形的直观图是菱形，则直观图的面积为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·天河期末）将函数的图象向左平移个单位后，与函数的图象重合，则的值可以是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（2024高一下·天河期末）已知两条不同的直线，及三个不同的平面，，则下列推理正确的是（　　）
A．，
B．
C．，，
D．，
5．（2024高一下·天河期末）抛掷两枚质地均匀的硬币，记事件“第一枚硬币正面朝上”，事件“第二枚硬币反面朝上”，事件“两枚硬币都正面朝上”，事件“至少一枚硬币反面朝上”则（　　）
A．与独立 B．与互斥 C． D．
6．（2024高一下·天河期末）已知样本数据都为正数，其方差，则样本数据的平均数为（　　）
A．2 B． C．4 D．
7．（2024高一下·天河期末）的内角，，所对的边分别为，，，已知，，若三角形有唯一解，则整数构成的集合为（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·天河期末）如图，弹簧挂着的小球做上下运动，它在秒时相对于平衡位置的高度厘米由关系式确定，其中，，.小球从最低点出发，经过2秒后，第一次回到最低点，则下列说法中正确的是（　　）
A．
B．秒与秒时小球偏离于平衡位置的距离之比为2
C．当时，若小球有且只有三次到达最高点，则
D．当时，若时刻小球偏离于平衡位置的距离相同，则
9．（2024高一下·天河期末）已知一组数据6，13，14，15，18，13，则特征量为13的是（　　）
A．极差 B．众数
C．中位数 D．第40百分位数
10．（2024高一下·天河期末）已知为虚数单位，以下四个说法中正确的是（　　）
A．的虚部为
B．若是复数，满足，则在复平面内对应的点位于第一象限
C．若、是非零复数，且，则
D．若、是非零复数，且，则
11．（2024高一下·天河期末）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，则下列说法中正确的是（　　）
A．若点为的中点，则平面
B．连接，则直线与平面成角正弦值为
C．若点为线段上的动点（包含端点），则的最小值为
D．若点在侧面正方形内（包含边界），且，则点的轨迹长度为
12．（2024高一下·天河期末）在复数范围内方程的一个根为，则　 　.
13．（2024高一下·天河期末）在中，已知，则向量在向量上的投影向量为　 　.
14．（2024高一下·天河期末）已知一个圆台的上、下底面直径分别为2、8，母线长为6，则在圆台内部放置半径最大的球的表面积为　 　.
15．（2024高一下·天河期末）某企业进入中学参与学校举办的模拟招聘会，设置了笔试、面试两个环节，先笔试后面试，笔试通过了才可以进入面试，面试通过后即可录用，李明参加该企业的模拟招聘.
笔试关：有4道题，应聘者随机从中选择2道，两道题均答对即可通过笔试，否则淘汰不予录用.已知李明能答对其中的3道题；
面试关：有2道题，面试者答对第一道题，则面试通过被企业录用，否则就继续答第二道题，答对第二道题则面试通过被企业录用，否则淘汰不予录用.已知李明答对每道面试题的概率都是，两道题能否答对相互独立.
（1）李明笔试关中能答对的3道题记为，，，不能答对的题记为，请写出李明参加笔试关所有可能结果构成的样本空间，并求出李明通过笔试关的概率；
（2）求李明被录用的概率.
16．（2024高一下·天河期末）已知的内角A，，所对的边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若，为线段的中点，且，求的面积.
17．（2024高一下·天河期末）为推动习近平新时代中国特色社会主义思想深入人心，促进全社会形成爱读书、读好书、善读书的新风尚，培育有坚定理想信念、爱党爱国、堪当民族复兴大任的有为青年，某学校举办了读书节活动.现从该校的2000名学生中发放调查问卷，随机调查了100名学生一周的课外阅读时间，将统计数据按照，，…，组后绘制成如图所示的频率分布直方图（单位：分钟，同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.
（1）求的值，若每周课外阅读时间60分钟以上（含60分钟）视为达标，试估计该校达标的人数；
（2）估计该校学生每周课外阅读的平均时间；
（3）若样本数据在与内的方差分别为，，计样本数据在内的方差.
18．（2024高一下·天河期末）如图，已知三棱台，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，体积为，平面平面，且.
（1）证明：平面；
（2）求点到面的距离；
（3）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由.
19．（2024高一下·天河期末）如图，已知，，且点是的重心.过点的直线与线段、分别交于点、.设，（，）.
（1）求的值，并判断是否为定值，若是则求出定值，若不是请说明理由；
（2）若的周长为，的周长为.设，记，求的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为向量，，
由，得，
解得.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和向量共线的坐标表示，从而求出值.
2．【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：如图，是矩形的直观图，
则，，，
所以的高为，
则直观图的面积为.
故答案为：A.
【分析】根据斜二测画法得出的直观图是菱形，再结合正弦函数的定义和菱形的面积公式，从而得出直观图的面积.
3．【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：将的图象向左平移个单位长度，
得，
其图象与的图象重合，
则，
解得，
的值不可能为1，3，4，可以为2.
故答案为：B.
【分析】由正弦型函数的图象变换得出函数，再结合函数的图象与的图象重合，从而得出，对k赋值得出可能的取值.
4．【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；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A，由，得，
则在内存在直线垂直于直线，
又因为，所以可以在内，故A错误；
对于B，因为，则与可以平行，也可以相交，故B错误；
对于C，因为，则存在过直线的平面分别与相交，
令交线分别为，
所以，，则，
又因为，，
所以，所以，故C正确；
对于D，因为，，
则或，故D错误.
故答案为：C.
【分析】利用线线位置关系、线面位置关系、面面位置关系，从而逐项判断找出正确的选项.
5．【答案】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；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：因为样本空间{(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)}，
事件{(正，正)，(正，反)}，
事件{(正，反)，(反，反)}，
事件{(正，正)}，
事件{(正，反)，(反，正)，(反，反)}.
对于A，因为，又因为，
所以，与不独立，故A错误；
对于B，因为事件可以同时发生，所以与不互斥，故B错误；
对于C，因为，故C错误；
对于D，因为{(正，正)，(正，反)，(反，反)}，所以，故D正确.
故答案为：D.
【分析】先写出样本空间和事件，再结合相互独立事件、互斥事件判断出选项A和选项B；利用古典概率公式判断出选项C和选项D，从而找出正确的选项.
6．【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：令样本数据的平均数为，
则，
因为，
所以，
又因为样本数据均为正数，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和方差计算公式以及样本数据均为正数，从而得出样本数据的平均数.
7．【答案】C
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由正弦定理，得，则，
因为有唯一解，则或，解得或，
所以整数构成的集合为.
故答案为：C.
【分析】利用正弦定理结合对角为锐角、直角分类讨论，从而得出整数构成的集合.
8．【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值；三角函数模型的应用-简谐运动
【解析】【解答】解：由题意可知小球运动的周期，
因为，所以，解得，
当时，，
则，，所以，
则，故A错误；
因为，，
所以秒与秒时小球偏离于平衡位置的距离之比为，故B正确；
若，则，
当时，小球有且只有三次到达最高点，
所以，解得，则，故C错误；
因为，令，，
则，，
满足且时刻小球偏离于平衡位置的距离相同，
此时，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据正弦型函数的最小正周期公式求出的值，再代入得到的值，从而得到函数解析式，则判断出选项A；由代入法结合函数的解析式求值，则判断出选项B；根据正弦型函数的性质判断选项C；利用特殊值法判断选项D，从而找出说法正确的选项.
9．【答案】B,D
【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：数据从小到大排列为、、、、、，
A、极差为，故A错误；
B、众数为，故B正确；
C、中位数为，故C错误；
D、，则第40百分位数为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】数据从小到大排列，再根据极差、众数、中位数与百分位的定义求解判断即可.
10．【答案】A,D
【知识点】虚数单位i及其性质；复数相等的充要条件；复数在复平面中的表示；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：对于A，依题意，，所以的虚部为，故A正确；
对于B，因为，
所以在复平面内对应的点位于第二象限，故B错误；
对于C，取，，满足，
又因为，，故C错误；
对于D，由，得，
又因为，则，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】利用复数的运算法则，从而判断出选项A和选项B；举例说明判断出选项C；分解因式判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：对于A，四边形是正方体的对角面，
则四边形是矩形，所以，
由点、分别为、的中点，
得，平面，平面，
因此平面，故A正确；
对于B，连接，则，
由平面，平面，得，
又因为平面，则平面，
过作交于，连接，
所以平面，
则是直线与平面所成的角，
所以，，
则，故B错误；
对于C，把正方形与正方形置于同一平面内，且在直线两侧，连接，
则的最小值为，故C正确；
对于D，延长与的延长线交于，
由，
得为平行四边形，，
取中点，连接交于，连接，
由，得四边形是平行四边形，
则，为的中点，
由平面，平面，得，
又因为，平面，
则平面，
又因为平面，
则，同理，
因此，
又因为，平面，
所以平面，
又因为，则平面，
又因为平面，因此点的轨迹是平面与正方形相交所得线段，
又因为，所以点的轨迹长度为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用正方体的结构特征和中位线定理得出线线平行，再结合线面平行的判定定理判断出选项A；利用线线垂直证出线面垂直，从而得出是直线与平面所成的角，再结合勾股定理和正弦函数的定义，从而求出线面角的正弦值，则判断出选项B；把正方形与正方形置于同一平面内，再结合勾股定理求出线段长，则判断出选项C；利用平行四边形的结构特征和中点的性质，再结合线线垂直和线面垂直的推导关系，从而求出点的轨迹长度，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】
【知识点】复数的模；方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：在复数范围内方程的一个根为，
则.
故答案为：.
【分析】在复数范围内解方程，再求模即可.
13．【答案】
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以，所以，
因为，
所以，所以，
所以，
所以向量在向量上的投影向量为：
.
故答案为：.
【分析】由可得，再由得，从而得出的值，再根据数量积求投影向量的公式，从而得出向量在向量上的投影向量.
14．【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：将圆台轴截面等腰梯形的两腰延长线交于点，
则等腰为圆台母线延长线交点为顶点，圆台下底面为底的圆锥的轴截面，
由，又因为，解得，
则，所以为正三角形，
因为正的高为，正的高为，
因此等腰梯形的高为，
因为正的内切圆半径，显然，
因此等腰梯形内的最大圆为正的内切圆，
此圆即为圆台内部放置的半径最大的球被平面所截的大圆，
则在圆台内部放置半径最大的球的半径为，表面积为.
故答案为：.
【分析】把圆台还原成圆锥，先求出圆锥轴截面等腰三角形的边长和内切圆半径，再求出圆台轴截面等腰梯形的高，从而确定圆台内放置的最大球半径，再结合球的表面积公式得出在圆台内部放置半径最大的球的表面积.
15．【答案】（1）解：因为样本空间，有6个样本点，
所以李明通过笔试关的事件，共3个样本点，
所以李明通过笔试关的概率.
（2）解：依题意，李明通过面试关的事件为，
则，
设李明被录用的事件为，
所以，
所以李明被录用的概率为.
【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；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件写出李明参加笔试关所有可能结果构成的样本空间，再利用古典概率公式得出李明通过笔试关的概率.
（2）利用已知条件和相互独立事件乘法求概率公式，从而得出李明被录用的概率.
（1）样本空间，有6个样本点，
李明通过笔试关的事件，共3个样本点，
所以李明通过笔试关的概率.
（2）依题意，李明通过面试关的事件为，则，
李明被录用的事件为，，
所以李明被录用的概率为.
16．【答案】（1）解：因为，且，
则，
所以，
又因为，
则，
因为，
所以.
（2）解：因为为线段的中点，所以，
则，
所以，
解得或(舍)，
因为，且，则，
所以.
【知识点】平面向量的数量积运算；同角三角函数间的基本关系；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用余弦定理化简，从而可得的值，再结合三角形中角B的取值范围，从而得出角B的值.
（2）利用向量的加法法则可得，再平方结合数量积的运算律，从而可得关于的方程，解方程得出的值，再根据三角形面积公式得出的面积.
（1）因为，且，则，即，
又因为，则，
因为，所以.
（2）因为为线段的中点，所以，则，
即，解得或(舍)，
因为，且，则
所以.
17．【答案】（1）解：由频率分布直方图，
得，
所以，
因为阅读时间达标的频率为，
所以，估计该校阅读时间达标的人数为.
（2）解：一周的课外阅读时间在
内的频率依次为：，则
所以，估计该校学生每周课外阅读的平均时间为68分钟.
（3）解：因为样本数据在与内的平均数分别为，
则样本数据在内的平均数为，
所以样本数据在内的方差为：.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图中各小矩形面积和为1求出的值，再利用频率分布直方图中各小组的矩形的面积等于各小组的频率结合频数等于频率乘以样本容量公式，从而估计出该校达标的人数.
（2）利用已知条件和频率分布直方图求平均数公式，从而估计出该校学生每周课外阅读的平均时间.
（3）利用已知条件和分层抽样的方法以及平均数公式、方差公式，从而得出样本数据在内的方差.
（1）由频率分布直方图，得，所以；
阅读时间达标的频率为，
估计该校阅读时间达标的人数为.
（2）一周的课外阅读时间在
内的频率依次为：，
，
所以估计该校学生每周课外阅读的平均时间为68分钟.
（3）样本数据在与内的平均数分别为，
则样本数据在内的平均数为，
所以样本数据在内的方差.
18．【答案】（1）证明：在三棱台中，平面平面，，
又因为平面平面，平面，
所以平面.
（2）解：由棱台性质知：延长交于一点，
由，得，
因为点到平面的距离为到平面距离的2倍，
则，
所以，
由平面，得为点到平面的距离，
又因为，
则是的中点，，
所以为正三角形，为正三角形，
设，则，
所以，
解得，
则，
由平面，
得，，
因为，
设点到平面的距离为，
由，得，解得：.
则点到平面的距离为.
（3）解：由平面，平面，
得平面平面，
取中点，连接，
在正中，，
因为平面平面，
则平面，
又因为平面，
则，
又因为平面，
则平面平面，
作于，平面平面，
则平面，，
又因为平面，则，
作于，连接，，平面，
则平面，
又因为平面，所以，
则即二面角的平面角，
设，由（2）知：，，
由，得，，
由，得，
若存在使得二面角的大小为，
则，解得，
所以，
所以存在满足题意的点，使得.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）利用已知条件和三棱台的结构特征以及面面垂直的性质定理，从而得出线线垂直，再结合线线垂直证出线面垂直，即证出平面.
（2）延长交于一点，根据可得的值，再利用等体积法构造方程求解得出点到面的距离.
（3）根据线面垂直得出面面垂直，利用面面垂直性质定理可作出二面角的平面角，设，根据几何关系可表示出，再由二面角的大小可构造方程求出的值，最后根据勾股定理和几何法得出存在满足题意的点，使得.
（1）在三棱台中，平面平面，，
而平面平面，平面，
所以平面.
（2）由棱台性质知：延长交于一点，
由，得，点到平面的距离为到平面距离的2倍，则，
于是，由平面，得为点到平面的距离，
又，则是的中点，，即为正三角形，为正三角形，
设，则，
，解得，
，由平面，得，，
，设点到平面的距离为，
由，得，解得：.
即点到平面的距离为.
（3）由平面，平面，得平面平面，取中点，连接，
在正中，，而平面平面，则平面，而平面，
则，又平面，则平面平面，作于，
平面平面，则平面，，而平面，则，
作于，连接，，平面，则平面，
而平面，于是，即二面角的平面角，
设，由（2）知：，，
由，得，，
由，得，
若存在使得二面角的大小为，
则，解得，
，
所以存在满足题意的点，.
19．【答案】（1）解：因为在中，，
所以，
所以，
又因为，，
则，，
又因为点是的重心，
所以，
又因为在直线上，
所以.
（2）解：因为，
所以，
设，由（1）得，
所以，所以
因为，，
又因为，
则，
因为，所以，
又因为，所以当时，的最小值为；
当或时，的最大值为，
所以，
因为的对称轴为，
所以在上单调递增，
又因为在上也是单调递增，
所以在上单调递增，
所以，当时，；当时，，
所以的取值范围为.
【知识点】函数的最大（小）值；平面向量的基本定理；平面向量数量积定义与物理意义；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据题意可得，变形结合三点共线，从而得出，进而得出的值.
（2）根据题意可得，，从而得出的表达式，再根据的取值范围结合函数的单调性求最值的方法，从而得出的取值范围.
（1）已知，，所以，
所以，
因为，，则，，
因为点是的重心，所以，
因为在直线上，所以.
（2），
所以，
设，由（1）得，所以
所以
因为，，又因为，则，
因为，所以，
因为，所以当时，的最小值为：，当或时，的最大值为：，所以，
因为的对称轴为，所以在上单调递增，又因为在上也是单调递增，所以在上单调递增，
所以当时，，当时，，
所以的取值范围为
1 / 1广东省广州市天河区2023-2024学年学年高一下学期期末考试数学试卷
1．（2024高一下·天河期末）设，向量，，若，则（　　）
A． B． C． D．2
【答案】A
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为向量，，
由，得，
解得.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和向量共线的坐标表示，从而求出值.
2．（2024高一下·天河期末）已知一个矩形较长边长为2用斜二测画法画出矩形的直观图是菱形，则直观图的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：如图，是矩形的直观图，
则，，，
所以的高为，
则直观图的面积为.
故答案为：A.
【分析】根据斜二测画法得出的直观图是菱形，再结合正弦函数的定义和菱形的面积公式，从而得出直观图的面积.
3．（2024高一下·天河期末）将函数的图象向左平移个单位后，与函数的图象重合，则的值可以是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：将的图象向左平移个单位长度，
得，
其图象与的图象重合，
则，
解得，
的值不可能为1，3，4，可以为2.
故答案为：B.
【分析】由正弦型函数的图象变换得出函数，再结合函数的图象与的图象重合，从而得出，对k赋值得出可能的取值.
4．（2024高一下·天河期末）已知两条不同的直线，及三个不同的平面，，则下列推理正确的是（　　）
A．，
B．
C．，，
D．，
【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；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A，由，得，
则在内存在直线垂直于直线，
又因为，所以可以在内，故A错误；
对于B，因为，则与可以平行，也可以相交，故B错误；
对于C，因为，则存在过直线的平面分别与相交，
令交线分别为，
所以，，则，
又因为，，
所以，所以，故C正确；
对于D，因为，，
则或，故D错误.
故答案为：C.
【分析】利用线线位置关系、线面位置关系、面面位置关系，从而逐项判断找出正确的选项.
5．（2024高一下·天河期末）抛掷两枚质地均匀的硬币，记事件“第一枚硬币正面朝上”，事件“第二枚硬币反面朝上”，事件“两枚硬币都正面朝上”，事件“至少一枚硬币反面朝上”则（　　）
A．与独立 B．与互斥 C． D．
【答案】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；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：因为样本空间{(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)}，
事件{(正，正)，(正，反)}，
事件{(正，反)，(反，反)}，
事件{(正，正)}，
事件{(正，反)，(反，正)，(反，反)}.
对于A，因为，又因为，
所以，与不独立，故A错误；
对于B，因为事件可以同时发生，所以与不互斥，故B错误；
对于C，因为，故C错误；
对于D，因为{(正，正)，(正，反)，(反，反)}，所以，故D正确.
故答案为：D.
【分析】先写出样本空间和事件，再结合相互独立事件、互斥事件判断出选项A和选项B；利用古典概率公式判断出选项C和选项D，从而找出正确的选项.
6．（2024高一下·天河期末）已知样本数据都为正数，其方差，则样本数据的平均数为（　　）
A．2 B． C．4 D．
【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：令样本数据的平均数为，
则，
因为，
所以，
又因为样本数据均为正数，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和方差计算公式以及样本数据均为正数，从而得出样本数据的平均数.
7．（2024高一下·天河期末）的内角，，所对的边分别为，，，已知，，若三角形有唯一解，则整数构成的集合为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由正弦定理，得，则，
因为有唯一解，则或，解得或，
所以整数构成的集合为.
故答案为：C.
【分析】利用正弦定理结合对角为锐角、直角分类讨论，从而得出整数构成的集合.
8．（2024高一下·天河期末）如图，弹簧挂着的小球做上下运动，它在秒时相对于平衡位置的高度厘米由关系式确定，其中，，.小球从最低点出发，经过2秒后，第一次回到最低点，则下列说法中正确的是（　　）
A．
B．秒与秒时小球偏离于平衡位置的距离之比为2
C．当时，若小球有且只有三次到达最高点，则
D．当时，若时刻小球偏离于平衡位置的距离相同，则
【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值；三角函数模型的应用-简谐运动
【解析】【解答】解：由题意可知小球运动的周期，
因为，所以，解得，
当时，，
则，，所以，
则，故A错误；
因为，，
所以秒与秒时小球偏离于平衡位置的距离之比为，故B正确；
若，则，
当时，小球有且只有三次到达最高点，
所以，解得，则，故C错误；
因为，令，，
则，，
满足且时刻小球偏离于平衡位置的距离相同，
此时，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据正弦型函数的最小正周期公式求出的值，再代入得到的值，从而得到函数解析式，则判断出选项A；由代入法结合函数的解析式求值，则判断出选项B；根据正弦型函数的性质判断选项C；利用特殊值法判断选项D，从而找出说法正确的选项.
9．（2024高一下·天河期末）已知一组数据6，13，14，15，18，13，则特征量为13的是（　　）
A．极差 B．众数
C．中位数 D．第40百分位数
【答案】B,D
【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：数据从小到大排列为、、、、、，
A、极差为，故A错误；
B、众数为，故B正确；
C、中位数为，故C错误；
D、，则第40百分位数为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】数据从小到大排列，再根据极差、众数、中位数与百分位的定义求解判断即可.
10．（2024高一下·天河期末）已知为虚数单位，以下四个说法中正确的是（　　）
A．的虚部为
B．若是复数，满足，则在复平面内对应的点位于第一象限
C．若、是非零复数，且，则
D．若、是非零复数，且，则
【答案】A,D
【知识点】虚数单位i及其性质；复数相等的充要条件；复数在复平面中的表示；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：对于A，依题意，，所以的虚部为，故A正确；
对于B，因为，
所以在复平面内对应的点位于第二象限，故B错误；
对于C，取，，满足，
又因为，，故C错误；
对于D，由，得，
又因为，则，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】利用复数的运算法则，从而判断出选项A和选项B；举例说明判断出选项C；分解因式判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．（2024高一下·天河期末）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，则下列说法中正确的是（　　）
A．若点为的中点，则平面
B．连接，则直线与平面成角正弦值为
C．若点为线段上的动点（包含端点），则的最小值为
D．若点在侧面正方形内（包含边界），且，则点的轨迹长度为
【答案】A,C,D
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：对于A，四边形是正方体的对角面，
则四边形是矩形，所以，
由点、分别为、的中点，
得，平面，平面，
因此平面，故A正确；
对于B，连接，则，
由平面，平面，得，
又因为平面，则平面，
过作交于，连接，
所以平面，
则是直线与平面所成的角，
所以，，
则，故B错误；
对于C，把正方形与正方形置于同一平面内，且在直线两侧，连接，
则的最小值为，故C正确；
对于D，延长与的延长线交于，
由，
得为平行四边形，，
取中点，连接交于，连接，
由，得四边形是平行四边形，
则，为的中点，
由平面，平面，得，
又因为，平面，
则平面，
又因为平面，
则，同理，
因此，
又因为，平面，
所以平面，
又因为，则平面，
又因为平面，因此点的轨迹是平面与正方形相交所得线段，
又因为，所以点的轨迹长度为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用正方体的结构特征和中位线定理得出线线平行，再结合线面平行的判定定理判断出选项A；利用线线垂直证出线面垂直，从而得出是直线与平面所成的角，再结合勾股定理和正弦函数的定义，从而求出线面角的正弦值，则判断出选项B；把正方形与正方形置于同一平面内，再结合勾股定理求出线段长，则判断出选项C；利用平行四边形的结构特征和中点的性质，再结合线线垂直和线面垂直的推导关系，从而求出点的轨迹长度，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．（2024高一下·天河期末）在复数范围内方程的一个根为，则　 　.
【答案】
【知识点】复数的模；方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：在复数范围内方程的一个根为，
则.
故答案为：.
【分析】在复数范围内解方程，再求模即可.
13．（2024高一下·天河期末）在中，已知，则向量在向量上的投影向量为　 　.
【答案】
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以，所以，
因为，
所以，所以，
所以，
所以向量在向量上的投影向量为：
.
故答案为：.
【分析】由可得，再由得，从而得出的值，再根据数量积求投影向量的公式，从而得出向量在向量上的投影向量.
14．（2024高一下·天河期末）已知一个圆台的上、下底面直径分别为2、8，母线长为6，则在圆台内部放置半径最大的球的表面积为　 　.
【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：将圆台轴截面等腰梯形的两腰延长线交于点，
则等腰为圆台母线延长线交点为顶点，圆台下底面为底的圆锥的轴截面，
由，又因为，解得，
则，所以为正三角形，
因为正的高为，正的高为，
因此等腰梯形的高为，
因为正的内切圆半径，显然，
因此等腰梯形内的最大圆为正的内切圆，
此圆即为圆台内部放置的半径最大的球被平面所截的大圆，
则在圆台内部放置半径最大的球的半径为，表面积为.
故答案为：.
【分析】把圆台还原成圆锥，先求出圆锥轴截面等腰三角形的边长和内切圆半径，再求出圆台轴截面等腰梯形的高，从而确定圆台内放置的最大球半径，再结合球的表面积公式得出在圆台内部放置半径最大的球的表面积.
15．（2024高一下·天河期末）某企业进入中学参与学校举办的模拟招聘会，设置了笔试、面试两个环节，先笔试后面试，笔试通过了才可以进入面试，面试通过后即可录用，李明参加该企业的模拟招聘.
笔试关：有4道题，应聘者随机从中选择2道，两道题均答对即可通过笔试，否则淘汰不予录用.已知李明能答对其中的3道题；
面试关：有2道题，面试者答对第一道题，则面试通过被企业录用，否则就继续答第二道题，答对第二道题则面试通过被企业录用，否则淘汰不予录用.已知李明答对每道面试题的概率都是，两道题能否答对相互独立.
（1）李明笔试关中能答对的3道题记为，，，不能答对的题记为，请写出李明参加笔试关所有可能结果构成的样本空间，并求出李明通过笔试关的概率；
（2）求李明被录用的概率.
【答案】（1）解：因为样本空间，有6个样本点，
所以李明通过笔试关的事件，共3个样本点，
所以李明通过笔试关的概率.
（2）解：依题意，李明通过面试关的事件为，
则，
设李明被录用的事件为，
所以，
所以李明被录用的概率为.
【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；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件写出李明参加笔试关所有可能结果构成的样本空间，再利用古典概率公式得出李明通过笔试关的概率.
（2）利用已知条件和相互独立事件乘法求概率公式，从而得出李明被录用的概率.
（1）样本空间，有6个样本点，
李明通过笔试关的事件，共3个样本点，
所以李明通过笔试关的概率.
（2）依题意，李明通过面试关的事件为，则，
李明被录用的事件为，，
所以李明被录用的概率为.
16．（2024高一下·天河期末）已知的内角A，，所对的边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若，为线段的中点，且，求的面积.
【答案】（1）解：因为，且，
则，
所以，
又因为，
则，
因为，
所以.
（2）解：因为为线段的中点，所以，
则，
所以，
解得或(舍)，
因为，且，则，
所以.
【知识点】平面向量的数量积运算；同角三角函数间的基本关系；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用余弦定理化简，从而可得的值，再结合三角形中角B的取值范围，从而得出角B的值.
（2）利用向量的加法法则可得，再平方结合数量积的运算律，从而可得关于的方程，解方程得出的值，再根据三角形面积公式得出的面积.
（1）因为，且，则，即，
又因为，则，
因为，所以.
（2）因为为线段的中点，所以，则，
即，解得或(舍)，
因为，且，则
所以.
17．（2024高一下·天河期末）为推动习近平新时代中国特色社会主义思想深入人心，促进全社会形成爱读书、读好书、善读书的新风尚，培育有坚定理想信念、爱党爱国、堪当民族复兴大任的有为青年，某学校举办了读书节活动.现从该校的2000名学生中发放调查问卷，随机调查了100名学生一周的课外阅读时间，将统计数据按照，，…，组后绘制成如图所示的频率分布直方图（单位：分钟，同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.
（1）求的值，若每周课外阅读时间60分钟以上（含60分钟）视为达标，试估计该校达标的人数；
（2）估计该校学生每周课外阅读的平均时间；
（3）若样本数据在与内的方差分别为，，计样本数据在内的方差.
【答案】（1）解：由频率分布直方图，
得，
所以，
因为阅读时间达标的频率为，
所以，估计该校阅读时间达标的人数为.
（2）解：一周的课外阅读时间在
内的频率依次为：，则
所以，估计该校学生每周课外阅读的平均时间为68分钟.
（3）解：因为样本数据在与内的平均数分别为，
则样本数据在内的平均数为，
所以样本数据在内的方差为：.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图中各小矩形面积和为1求出的值，再利用频率分布直方图中各小组的矩形的面积等于各小组的频率结合频数等于频率乘以样本容量公式，从而估计出该校达标的人数.
（2）利用已知条件和频率分布直方图求平均数公式，从而估计出该校学生每周课外阅读的平均时间.
（3）利用已知条件和分层抽样的方法以及平均数公式、方差公式，从而得出样本数据在内的方差.
（1）由频率分布直方图，得，所以；
阅读时间达标的频率为，
估计该校阅读时间达标的人数为.
（2）一周的课外阅读时间在
内的频率依次为：，
，
所以估计该校学生每周课外阅读的平均时间为68分钟.
（3）样本数据在与内的平均数分别为，
则样本数据在内的平均数为，
所以样本数据在内的方差.
18．（2024高一下·天河期末）如图，已知三棱台，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，体积为，平面平面，且.
（1）证明：平面；
（2）求点到面的距离；
（3）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：在三棱台中，平面平面，，
又因为平面平面，平面，
所以平面.
（2）解：由棱台性质知：延长交于一点，
由，得，
因为点到平面的距离为到平面距离的2倍，
则，
所以，
由平面，得为点到平面的距离，
又因为，
则是的中点，，
所以为正三角形，为正三角形，
设，则，
所以，
解得，
则，
由平面，
得，，
因为，
设点到平面的距离为，
由，得，解得：.
则点到平面的距离为.
（3）解：由平面，平面，
得平面平面，
取中点，连接，
在正中，，
因为平面平面，
则平面，
又因为平面，
则，
又因为平面，
则平面平面，
作于，平面平面，
则平面，，
又因为平面，则，
作于，连接，，平面，
则平面，
又因为平面，所以，
则即二面角的平面角，
设，由（2）知：，，
由，得，，
由，得，
若存在使得二面角的大小为，
则，解得，
所以，
所以存在满足题意的点，使得.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）利用已知条件和三棱台的结构特征以及面面垂直的性质定理，从而得出线线垂直，再结合线线垂直证出线面垂直，即证出平面.
（2）延长交于一点，根据可得的值，再利用等体积法构造方程求解得出点到面的距离.
（3）根据线面垂直得出面面垂直，利用面面垂直性质定理可作出二面角的平面角，设，根据几何关系可表示出，再由二面角的大小可构造方程求出的值，最后根据勾股定理和几何法得出存在满足题意的点，使得.
（1）在三棱台中，平面平面，，
而平面平面，平面，
所以平面.
（2）由棱台性质知：延长交于一点，
由，得，点到平面的距离为到平面距离的2倍，则，
于是，由平面，得为点到平面的距离，
又，则是的中点，，即为正三角形，为正三角形，
设，则，
，解得，
，由平面，得，，
，设点到平面的距离为，
由，得，解得：.
即点到平面的距离为.
（3）由平面，平面，得平面平面，取中点，连接，
在正中，，而平面平面，则平面，而平面，
则，又平面，则平面平面，作于，
平面平面，则平面，，而平面，则，
作于，连接，，平面，则平面，
而平面，于是，即二面角的平面角，
设，由（2）知：，，
由，得，，
由，得，
若存在使得二面角的大小为，
则，解得，
，
所以存在满足题意的点，.
19．（2024高一下·天河期末）如图，已知，，且点是的重心.过点的直线与线段、分别交于点、.设，（，）.
（1）求的值，并判断是否为定值，若是则求出定值，若不是请说明理由；
（2）若的周长为，的周长为.设，记，求的取值范围.
【答案】（1）解：因为在中，，
所以，
所以，
又因为，，
则，，
又因为点是的重心，
所以，
又因为在直线上，
所以.
（2）解：因为，
所以，
设，由（1）得，
所以，所以
因为，，
又因为，
则，
因为，所以，
又因为，所以当时，的最小值为；
当或时，的最大值为，
所以，
因为的对称轴为，
所以在上单调递增，
又因为在上也是单调递增，
所以在上单调递增，
所以，当时，；当时，，
所以的取值范围为.
【知识点】函数的最大（小）值；平面向量的基本定理；平面向量数量积定义与物理意义；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据题意可得，变形结合三点共线，从而得出，进而得出的值.
（2）根据题意可得，，从而得出的表达式，再根据的取值范围结合函数的单调性求最值的方法，从而得出的取值范围.
（1）已知，，所以，
所以，
因为，，则，，
因为点是的重心，所以，
因为在直线上，所以.
（2），
所以，
设，由（1）得，所以
所以
因为，，又因为，则，
因为，所以，
因为，所以当时，的最小值为：，当或时，的最大值为：，所以，
因为的对称轴为，所以在上单调递增，又因为在上也是单调递增，所以在上单调递增，
所以当时，，当时，，
所以的取值范围为
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