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吉林省“三区九校”2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷
1．（2024高一下·吉林期末）复数 的共轭复数是（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·吉林期末）已知是两个单位向量，则下列四个结论正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2024高一下·吉林期末）如图，正方形OABC边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积是（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·吉林期末）从4，2，3，8，9中任取两个不同的数，记为（a，b），则为正整数的概率为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·吉林期末）为做好“甲型流感”传染防控工作，某校坚持每日测温报告，以下是高三（一）班，高三（二）班各10名同学的体温记录（从低到高）：
高三（一）班：36.1，36.2，36.3，36.4，36.5，36.7，36.7，36.8，36.8，37.0（单位：℃），
高三（二）班：36.1，36.1，36.3，36.3，36.4，36.4，36.5，36.7，36.9，37.1（单位：℃）
则高三（一）班这组数据的第25百分位数和高三（二）班第80百分位数分别为（　　）
A．36.3，36.7 B．36.3，36.8 C．36.25，36.7 D．36.25，36.8
6．（2024高一下·吉林期末）已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β．直线l满足l⊥m，l⊥n，l α，l β，则（　　）
A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l
7．（2024高一下·吉林期末）随着卡塔尔世界杯的举办，全民对足球的热爱程度有所提高，组委会在某场比赛结束后，随机抽取了若干名球迷对足球“喜爱度”进行调查评分，把喜爱程度较高的按年龄分成5组，其中第一组：[20，25），第二组：[25，30），第三组：[30，35），第四组：[35，40），第五组：[40，45]，得到如图所示的频率分布直方图，已知第四组与第五组共有150人，第二组中女性球迷有75人，则第二组中男性球迷的人数为（　　）
A．140 B．120 C．100 D．80
8．（2024高一下·吉林期末）已知中，角对应的边分别为，，，是的中点且，，则的最大值是（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·吉林期末）已知平面向量，，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．在上的投影向量为
C．与共线的单位向量的坐标为
D．向量，夹角的余弦值为
10．（2024高一下·吉林期末）已知事件则下列说法正确的是（　　）
A．若则 B．若互斥，则
C．若独立，则 D．若独立，则
11．（2024高一下·吉林期末）已知四边形ABCD是等腰梯形（如图1），，，，将沿DE折起，使得（如图2），连接AC，AB，设M是AB的中点.下列结论中正确的是（　　）
A．
B．点D到平面AMC的距离为
C．∥平面ACD
D．四面体ABCE的外接球表面积为
12．（2024高一下·吉林期末）已知圆台的上，下底面半径分别为2和6，母线长为8.则该圆台的表面积为　 　.
13．（2024高一下·吉林期末）已知事件、互斥，，且，则　 　.
14．（2024高一下·吉林期末）如图，一幢高楼楼面上有一块浮雕，上沿为C，下沿为，某班数学小组在斜坡坡脚处测得浮雕下沿的仰角满足，在斜坡上的处测得满足．已知斜坡与地面的夹角为满足，，则浮雕的高度（上下沿之间的距离）为　 　m.
15．（2024高一下·吉林期末）已知z是复数，z+1为纯虚数，的实部为2（i为虚数单位）.
（1）求复数z；
（2）求的模.
16．（2024高一下·吉林期末）在中，内角，，的对边分别为，，，且．
（1）求角；
（2）若，且，求的面积．
17．（2024高一下·吉林期末）某校对2022年高一上学期期中数学考试成绩（单位：分）进行分析，随机抽取100名学生，将分数按照分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图：
请完成以下问题：
（1）估计该校高一期中数学考试成绩的平均数；
（2）为了进一步了解学生对数学学习的情况，由频率分布直方图，成绩在和的两组中，用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取5名学生，再从这5 名学生中随机抽取2名学生进行问卷调查，求抽取的这2名学生至少有1人成绩在内的概率.
18．（2024高一下·吉林期末）在四棱锥中， 平面，，分别为，的中点，.
（1）求证：平面 平面；
（2）求二面角 的大小.
19．（2024高一下·吉林期末）国务院正式公布的《第一批全国重点文物保护单位名单》中把全国重点文物保护单位（下述简称为“第一批文保单位”）分为六大类.其中“A：革命遗址及革命纪念建筑物”、“B：石窟寺”、“C：古建筑及历史纪念建筑物”、“D：石刻及其他”、“E：古遗址”、“F：古墓群”，某旅行机构统计到北京部分区的17个“第一批文保单位”所在区分布如下表：
行政区 门类 个数
东城区 A：革命遗址及革命纪念建筑物 3
C：古建筑及历史纪念建筑物 5
西城区 C：古建筑及历史纪念建筑物 2
丰台区 A：革命遗址及革命纪念建筑物 1
海淀区 C：古建筑及历史纪念建筑物 2
房山区 C：古建筑及历史纪念建筑物 1
E：古遗址 1
昌平区 C：古建筑及历史纪念建筑物 1
F：古墓葬 1
（1）某个研学小组随机选择该旅行社统计的北京市17 个“第一批文保单位”中的一个进行参观，求选中的参观单位恰好为“C：古建筑及历史纪念建筑物”的概率；
（2）小王同学随机选择该机构统计到的北京市“第一批文保单位”中的“A：革命遗址及革命纪念建筑物”中的一个进行参观；小张同学随机选择统计到的北京市“第一批文保单位”中的“C：古建筑及历史纪念建筑物”中的一个进行参观，两人选择参观单位互不影响，求两人选择的参观单位恰好在同一个区的概率；
（3）现在拟从该机构统计到的北京市“第一批文保单位”中的“C：古建筑及历史纪念建筑物”中随机抽取2个单位进行常规检查.记抽到海淀区的概率为，抽不到海淀区的概率为，试判断和的大小.
答案解析部分
1．【答案】B
【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】 因为，
所以复数 的共轭复数为 。
故答案为：B
【分析】利用复数的乘除法运算法则求出复数 ，再利用复数与共轭复数的关系，从而求出复数 的共轭复数。
2．【答案】D
【知识点】单位向量；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A、是两个单位向量，模相等，但方向不一定相同，故A错误；
B、，不一定成立，故B错误；
C、，则，故C错误；
D、，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据单位向量的定义结合向量数量积运算判断即可.
3．【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：易知正方形的面积为1，则原图形的面积是．
故答案为：C．
【分析】根据直观图与原图面积的关系求解即可．
4．【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：记“为正整数”为事件A，
由题意可知：基本事件为：，共20个，
其中事件A包含3个基本事件为：共3个，
根据古典概型概率公式可得：．
故答案为：A．
【分析】利用列举法，结合古典概型概率公式计算即可.
5．【答案】B
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：，则高三（一）班这组数据的第25百分位数为36.3；
，则高三（二）班 第80百分位数为第8个和第9个数据的平均数.
故答案为：B．
【分析】利用百分位数的定义求解即可.
6．【答案】D
【知识点】空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】由m⊥平面α，直线l满足l⊥m，且l α，所以l∥α，
又n⊥平面β，l⊥n，l β，所以l∥β．
由直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，则α与β相交，否则，若α∥β则推出m∥n，
与m，n异面矛盾．
故α与β相交，且交线平行于l．
故选D．
【分析】由题目给出的已知条件，结合线面平行，线面垂直的判定与性质，可以直接得到正确的结论．
7．【答案】C
【知识点】频率分布直方图
【解析】【解答】解：易知第四组与第五组的频率之和为，
第二组频率为，
因为第四组与第五组共有150人，所以样本容量，
所以第二组人数为，则第二组中男性球迷人数为．
故答案为：C．
【分析】根据频率分布直方图求出第四组与第五组的频率之和，求出样本容量，再求出第二组的人数即可.
8．【答案】C
【知识点】基本不等式；平面向量的基本定理；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：，由正弦定理得，
整理可得，即，
则，
因为，所以，
是的中点，，则，
两边平方得，
则，即，其中，
故，当且仅当时符号成立，解得．
故答案为：C.
【分析】由题意，利用正弦定理和余弦定理得到，由两边平方得，由基本不等式求解即可.
9．【答案】A,D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解： 平面向量，，
A、，故A正确；
B、在上投影向量，故B错误；
C、与共线的单位向量为，即或，故C错误；
D、，故D正确．
故答案为：AD．
【分析】根据向量数量积的坐标求解式即可判断A；根据投影向量的定义求解即可判断B；根据共线向量及单位向量的定义即可判断C；根据向量夹角的坐标公式即可判断D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】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：A、若，则，故A正确；
B、若A，B互斥，则，故B正确；
C、因为A，B独立，由独立事件的性质可知：二者同时发生的概率，
由概率大于零可知：不一定成立，故C错误；
D、因为A，B独立，所以，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】利用概率的性质及互斥事件和独立事件的概念逐项判断即可.
11．【答案】A,B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、过作，如图所示：
因为，所以四边形是矩形，
因为，所以，
因为四边形是等腰梯形，，所以，
因为，所以，连接，则，
因为，所以，得，则，
因为，，，平面，
所以平面，且平面，所以，
且，平面，所以平面，
由平面，可得，故A正确；
B、因为，可得，
所以，，
因为到平面的距离即为到平面的距离，
设点到平面的距离为，由，
可得，解得，故B正确；
C、假设∥平面，
因为∥，平面，平面，则平面，
又因为，平面，所以平面∥平面，
与已知条件矛盾，故C错误；
D、连接，如图所示：
因为，为直角三角形，且为的中点，
所以，即为四面体的外接球的球心，
所以四面体的外接球的半径为，
则四面体的外接球表面积为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】过作，连接，易证平面，进而可得即可判断A；到平面的距离即为到平面的距离，设点到平面的距离为，根据，求解即可判断B；假设∥平面，从而得到平面∥平面，结合题意分析即可判断C；连接，易得为四面体的外接球的球心，再计算外接球表面积即可判断D.
12．【答案】
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：．
故答案为：.
【分析】利用圆台的表面积公式求解即可.
13．【答案】
【知识点】互斥事件与对立事件
【解析】【解答】解：事件、互斥，且，
解得，
.
故答案为：.
【分析】由已知事件、互斥，且，可求，进而根据对立事件概率公式得到答案.
14．【答案】
【知识点】两角和与差的正切公式；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：过作于点，如图所示：
易知四边形是矩形，
在中，，则，
在中，，，
则，
，，
，
在中，
，
而，所以，
则．
故答案为：．
【分析】过作于点，根据三角函数的定义，分别求得，和的长，再在中，由，结合两角差的正切公式，推出的长，然后由，求解即可．
15．【答案】（1）解：设复数，
则，因为为纯虚数，所以，解得
，因为的实部为2，所以，
则；
（2）解：由（1）可知：
则，．
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【分析】（1）设复数，由已知条件列方程求出即可；
（2）由（1）的结论，结合复数代数形式的乘法化简，再由模长公式计算即可.
（1）设，
由为纯虚数，则，得
由的实部为2，则，
所以；
（2），
．
16．【答案】（1）解：，
由正弦定理得
，
因为，所以，则；
（2）解：若，由正弦定理可得，
则，，，，
由，整理可得，
则，解得，
故的面积为．
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据正弦定理求，再由，即可求得；
（2）由已知条件及正弦定理得，根据余弦定理得，求出，最后根据面积公式计算即可.
（1）因为，，
所以由正弦定理得，
，
又，所以，
又，
所以.
（2）由，则，
故，，所以，
所以，
又，整理得，
则，
解得，
所以的面积为．
17．【答案】（1）解：根据频率分布直方图各矩形面积和为1可得：，
解得，
则数学成绩在的频率依次为：，
样本平均值为：，
估计该校高一下学期期中数学考试成绩估计71.5分；
（2）解：由题意，分数段内人数为，分数段内人数为，
按比例分配的分层随机抽样的方法抽取5名学生，
则需在分数段内抽2人，记为，在分数段内抽3人，记为，
设“从样本中任取2人，至少有1人在分数段内”为事件A，
则样本空间，共10个样本点，
而A的对立事件，有1个样本点，于是，
则抽取的这2名学生至少有1人在内的概率为.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图各矩形面积和为1求出，再求出样本平均数，并估计该校高一期中数学考试成绩的平均数即可；
（2）求出在和内抽取的人数，再用列举法结合古典概型概率公式求解即可.
（1）由，得，
数学成绩在的频率依次为：，
样本平均值为：，
据此可以估计该校高一下学期期中数学考试成绩估计71.5分.
（2）依题意，分数段内人数为，分数段内人数为，
按比例分配的分层随机抽样的方法抽取5名学生，
则需在分数段内抽2人，记为，在分数段内抽3人，记为，
设“从样本中任取2人，至少有1人在分数段内”为事件A，
则样本空间，共10个样本点，
而A的对立事件，有1个样本点，于是，
所以抽取的这2名学生至少有1人在内的概率为.
18．【答案】（1）证明：因为，所以，
因为平面平面，所以，
又因为，所以，
平面，
在中，因为分别为中点，所以，
又因为，所以，
又因为是中点，所以，
又因为，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：取的中点，连接，取的中点，连接，如图所示：
由平面，可得平面，
又，可得，
因为是斜线在平面上的射影，所以，
则是二面角的平面角，二面角的平面角与互补，
在中，设，由，可得，
在直角三角形中，，
可得，即，
则二面角的大小为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）由可得，利用和，可证平面，进而可得，再结合中位线得到，再利用，可得，进而得证平面，利用面面垂直判定定理证明即可；
（2）取的中点，连接，取的中点，连接，由题得平面，又，可得，进而是二面角的平面角，利用三角形中边长的关系求解即可.
（1），
，
平面平面，
又，
平面，
又在中，分别为中点，
故，
又，
又是中点，，
又
平面，平面，
∴平面平面.
（2）取的中点，连接，取的中点，连接，
由平面，可得平面，
又，可得，
因为是斜线在平面上的射影，
可得，
所以是二面角的平面角，
二面角的平面角与互补，
则在中，设，
由，
可得，
在直角三角形中，，
可得，
即有，
则二面角的大小为．
19．【答案】（1）解：设选中参观单位恰好为“C：古建筑及历史纪念建筑物”为事件C，由题意知总共有17个，“C：古建筑及历史纪念建筑物”有11，则；
（2）解：设两人选择的参观单位恰好在同一个区为事件B，
由题意可知：小王参观A：革命遗址及革命纪念建筑物与小张参观C：古建筑及历史纪念建筑物在同一个区的只有东城区，
小王参观东城区景区的概率为，小张参观东城区景区的概率为，
则；
（3）解：当抽到的2个都是海淀区的概率为，
当抽到的2个中有1个是海淀区的概率为，
所以，
则．
【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；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）利用古典概型概率公式计算即可；
（2）根据独立事件计算即可；
（3）根据互斥事件及独立事件计算即可.
（1）设选中参观单位恰好为“C：古建筑及历史纪念建筑物”为事件C，
由题意知总共有17个，“C：古建筑及历史纪念建筑物”有11，
所以；
（2）设两人选择的参观单位恰好在同一个区为事件B，由题意可知小王参观A：革命遗址及革命纪念建筑物与小张参观C：古建筑及历史纪念建筑物在同一个区的只有东城区，
所以小王参观东城区景区的概率为，小张参观东城区景区的概率为，
所以；
（3）当抽到的2个都是海淀区的概率为，
当抽到的2个中有1个是海淀区的概率为，
所以，
所以．
1 / 1吉林省“三区九校”2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷
1．（2024高一下·吉林期末）复数 的共轭复数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【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】 因为，
所以复数 的共轭复数为 。
故答案为：B
【分析】利用复数的乘除法运算法则求出复数 ，再利用复数与共轭复数的关系，从而求出复数 的共轭复数。
2．（2024高一下·吉林期末）已知是两个单位向量，则下列四个结论正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】单位向量；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A、是两个单位向量，模相等，但方向不一定相同，故A错误；
B、，不一定成立，故B错误；
C、，则，故C错误；
D、，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据单位向量的定义结合向量数量积运算判断即可.
3．（2024高一下·吉林期末）如图，正方形OABC边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：易知正方形的面积为1，则原图形的面积是．
故答案为：C．
【分析】根据直观图与原图面积的关系求解即可．
4．（2024高一下·吉林期末）从4，2，3，8，9中任取两个不同的数，记为（a，b），则为正整数的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：记“为正整数”为事件A，
由题意可知：基本事件为：，共20个，
其中事件A包含3个基本事件为：共3个，
根据古典概型概率公式可得：．
故答案为：A．
【分析】利用列举法，结合古典概型概率公式计算即可.
5．（2024高一下·吉林期末）为做好“甲型流感”传染防控工作，某校坚持每日测温报告，以下是高三（一）班，高三（二）班各10名同学的体温记录（从低到高）：
高三（一）班：36.1，36.2，36.3，36.4，36.5，36.7，36.7，36.8，36.8，37.0（单位：℃），
高三（二）班：36.1，36.1，36.3，36.3，36.4，36.4，36.5，36.7，36.9，37.1（单位：℃）
则高三（一）班这组数据的第25百分位数和高三（二）班第80百分位数分别为（　　）
A．36.3，36.7 B．36.3，36.8 C．36.25，36.7 D．36.25，36.8
【答案】B
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：，则高三（一）班这组数据的第25百分位数为36.3；
，则高三（二）班 第80百分位数为第8个和第9个数据的平均数.
故答案为：B．
【分析】利用百分位数的定义求解即可.
6．（2024高一下·吉林期末）已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β．直线l满足l⊥m，l⊥n，l α，l β，则（　　）
A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l
【答案】D
【知识点】空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】由m⊥平面α，直线l满足l⊥m，且l α，所以l∥α，
又n⊥平面β，l⊥n，l β，所以l∥β．
由直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，则α与β相交，否则，若α∥β则推出m∥n，
与m，n异面矛盾．
故α与β相交，且交线平行于l．
故选D．
【分析】由题目给出的已知条件，结合线面平行，线面垂直的判定与性质，可以直接得到正确的结论．
7．（2024高一下·吉林期末）随着卡塔尔世界杯的举办，全民对足球的热爱程度有所提高，组委会在某场比赛结束后，随机抽取了若干名球迷对足球“喜爱度”进行调查评分，把喜爱程度较高的按年龄分成5组，其中第一组：[20，25），第二组：[25，30），第三组：[30，35），第四组：[35，40），第五组：[40，45]，得到如图所示的频率分布直方图，已知第四组与第五组共有150人，第二组中女性球迷有75人，则第二组中男性球迷的人数为（　　）
A．140 B．120 C．100 D．80
【答案】C
【知识点】频率分布直方图
【解析】【解答】解：易知第四组与第五组的频率之和为，
第二组频率为，
因为第四组与第五组共有150人，所以样本容量，
所以第二组人数为，则第二组中男性球迷人数为．
故答案为：C．
【分析】根据频率分布直方图求出第四组与第五组的频率之和，求出样本容量，再求出第二组的人数即可.
8．（2024高一下·吉林期末）已知中，角对应的边分别为，，，是的中点且，，则的最大值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】基本不等式；平面向量的基本定理；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：，由正弦定理得，
整理可得，即，
则，
因为，所以，
是的中点，，则，
两边平方得，
则，即，其中，
故，当且仅当时符号成立，解得．
故答案为：C.
【分析】由题意，利用正弦定理和余弦定理得到，由两边平方得，由基本不等式求解即可.
9．（2024高一下·吉林期末）已知平面向量，，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．在上的投影向量为
C．与共线的单位向量的坐标为
D．向量，夹角的余弦值为
【答案】A,D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解： 平面向量，，
A、，故A正确；
B、在上投影向量，故B错误；
C、与共线的单位向量为，即或，故C错误；
D、，故D正确．
故答案为：AD．
【分析】根据向量数量积的坐标求解式即可判断A；根据投影向量的定义求解即可判断B；根据共线向量及单位向量的定义即可判断C；根据向量夹角的坐标公式即可判断D.
10．（2024高一下·吉林期末）已知事件则下列说法正确的是（　　）
A．若则 B．若互斥，则
C．若独立，则 D．若独立，则
【答案】A,B,D
【知识点】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：A、若，则，故A正确；
B、若A，B互斥，则，故B正确；
C、因为A，B独立，由独立事件的性质可知：二者同时发生的概率，
由概率大于零可知：不一定成立，故C错误；
D、因为A，B独立，所以，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】利用概率的性质及互斥事件和独立事件的概念逐项判断即可.
11．（2024高一下·吉林期末）已知四边形ABCD是等腰梯形（如图1），，，，将沿DE折起，使得（如图2），连接AC，AB，设M是AB的中点.下列结论中正确的是（　　）
A．
B．点D到平面AMC的距离为
C．∥平面ACD
D．四面体ABCE的外接球表面积为
【答案】A,B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、过作，如图所示：
因为，所以四边形是矩形，
因为，所以，
因为四边形是等腰梯形，，所以，
因为，所以，连接，则，
因为，所以，得，则，
因为，，，平面，
所以平面，且平面，所以，
且，平面，所以平面，
由平面，可得，故A正确；
B、因为，可得，
所以，，
因为到平面的距离即为到平面的距离，
设点到平面的距离为，由，
可得，解得，故B正确；
C、假设∥平面，
因为∥，平面，平面，则平面，
又因为，平面，所以平面∥平面，
与已知条件矛盾，故C错误；
D、连接，如图所示：
因为，为直角三角形，且为的中点，
所以，即为四面体的外接球的球心，
所以四面体的外接球的半径为，
则四面体的外接球表面积为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】过作，连接，易证平面，进而可得即可判断A；到平面的距离即为到平面的距离，设点到平面的距离为，根据，求解即可判断B；假设∥平面，从而得到平面∥平面，结合题意分析即可判断C；连接，易得为四面体的外接球的球心，再计算外接球表面积即可判断D.
12．（2024高一下·吉林期末）已知圆台的上，下底面半径分别为2和6，母线长为8.则该圆台的表面积为　 　.
【答案】
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：．
故答案为：.
【分析】利用圆台的表面积公式求解即可.
13．（2024高一下·吉林期末）已知事件、互斥，，且，则　 　.
【答案】
【知识点】互斥事件与对立事件
【解析】【解答】解：事件、互斥，且，
解得，
.
故答案为：.
【分析】由已知事件、互斥，且，可求，进而根据对立事件概率公式得到答案.
14．（2024高一下·吉林期末）如图，一幢高楼楼面上有一块浮雕，上沿为C，下沿为，某班数学小组在斜坡坡脚处测得浮雕下沿的仰角满足，在斜坡上的处测得满足．已知斜坡与地面的夹角为满足，，则浮雕的高度（上下沿之间的距离）为　 　m.
【答案】
【知识点】两角和与差的正切公式；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：过作于点，如图所示：
易知四边形是矩形，
在中，，则，
在中，，，
则，
，，
，
在中，
，
而，所以，
则．
故答案为：．
【分析】过作于点，根据三角函数的定义，分别求得，和的长，再在中，由，结合两角差的正切公式，推出的长，然后由，求解即可．
15．（2024高一下·吉林期末）已知z是复数，z+1为纯虚数，的实部为2（i为虚数单位）.
（1）求复数z；
（2）求的模.
【答案】（1）解：设复数，
则，因为为纯虚数，所以，解得
，因为的实部为2，所以，
则；
（2）解：由（1）可知：
则，．
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【分析】（1）设复数，由已知条件列方程求出即可；
（2）由（1）的结论，结合复数代数形式的乘法化简，再由模长公式计算即可.
（1）设，
由为纯虚数，则，得
由的实部为2，则，
所以；
（2），
．
16．（2024高一下·吉林期末）在中，内角，，的对边分别为，，，且．
（1）求角；
（2）若，且，求的面积．
【答案】（1）解：，
由正弦定理得
，
因为，所以，则；
（2）解：若，由正弦定理可得，
则，，，，
由，整理可得，
则，解得，
故的面积为．
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据正弦定理求，再由，即可求得；
（2）由已知条件及正弦定理得，根据余弦定理得，求出，最后根据面积公式计算即可.
（1）因为，，
所以由正弦定理得，
，
又，所以，
又，
所以.
（2）由，则，
故，，所以，
所以，
又，整理得，
则，
解得，
所以的面积为．
17．（2024高一下·吉林期末）某校对2022年高一上学期期中数学考试成绩（单位：分）进行分析，随机抽取100名学生，将分数按照分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图：
请完成以下问题：
（1）估计该校高一期中数学考试成绩的平均数；
（2）为了进一步了解学生对数学学习的情况，由频率分布直方图，成绩在和的两组中，用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取5名学生，再从这5 名学生中随机抽取2名学生进行问卷调查，求抽取的这2名学生至少有1人成绩在内的概率.
【答案】（1）解：根据频率分布直方图各矩形面积和为1可得：，
解得，
则数学成绩在的频率依次为：，
样本平均值为：，
估计该校高一下学期期中数学考试成绩估计71.5分；
（2）解：由题意，分数段内人数为，分数段内人数为，
按比例分配的分层随机抽样的方法抽取5名学生，
则需在分数段内抽2人，记为，在分数段内抽3人，记为，
设“从样本中任取2人，至少有1人在分数段内”为事件A，
则样本空间，共10个样本点，
而A的对立事件，有1个样本点，于是，
则抽取的这2名学生至少有1人在内的概率为.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图各矩形面积和为1求出，再求出样本平均数，并估计该校高一期中数学考试成绩的平均数即可；
（2）求出在和内抽取的人数，再用列举法结合古典概型概率公式求解即可.
（1）由，得，
数学成绩在的频率依次为：，
样本平均值为：，
据此可以估计该校高一下学期期中数学考试成绩估计71.5分.
（2）依题意，分数段内人数为，分数段内人数为，
按比例分配的分层随机抽样的方法抽取5名学生，
则需在分数段内抽2人，记为，在分数段内抽3人，记为，
设“从样本中任取2人，至少有1人在分数段内”为事件A，
则样本空间，共10个样本点，
而A的对立事件，有1个样本点，于是，
所以抽取的这2名学生至少有1人在内的概率为.
18．（2024高一下·吉林期末）在四棱锥中， 平面，，分别为，的中点，.
（1）求证：平面 平面；
（2）求二面角 的大小.
【答案】（1）证明：因为，所以，
因为平面平面，所以，
又因为，所以，
平面，
在中，因为分别为中点，所以，
又因为，所以，
又因为是中点，所以，
又因为，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：取的中点，连接，取的中点，连接，如图所示：
由平面，可得平面，
又，可得，
因为是斜线在平面上的射影，所以，
则是二面角的平面角，二面角的平面角与互补，
在中，设，由，可得，
在直角三角形中，，
可得，即，
则二面角的大小为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）由可得，利用和，可证平面，进而可得，再结合中位线得到，再利用，可得，进而得证平面，利用面面垂直判定定理证明即可；
（2）取的中点，连接，取的中点，连接，由题得平面，又，可得，进而是二面角的平面角，利用三角形中边长的关系求解即可.
（1），
，
平面平面，
又，
平面，
又在中，分别为中点，
故，
又，
又是中点，，
又
平面，平面，
∴平面平面.
（2）取的中点，连接，取的中点，连接，
由平面，可得平面，
又，可得，
因为是斜线在平面上的射影，
可得，
所以是二面角的平面角，
二面角的平面角与互补，
则在中，设，
由，
可得，
在直角三角形中，，
可得，
即有，
则二面角的大小为．
19．（2024高一下·吉林期末）国务院正式公布的《第一批全国重点文物保护单位名单》中把全国重点文物保护单位（下述简称为“第一批文保单位”）分为六大类.其中“A：革命遗址及革命纪念建筑物”、“B：石窟寺”、“C：古建筑及历史纪念建筑物”、“D：石刻及其他”、“E：古遗址”、“F：古墓群”，某旅行机构统计到北京部分区的17个“第一批文保单位”所在区分布如下表：
行政区 门类 个数
东城区 A：革命遗址及革命纪念建筑物 3
C：古建筑及历史纪念建筑物 5
西城区 C：古建筑及历史纪念建筑物 2
丰台区 A：革命遗址及革命纪念建筑物 1
海淀区 C：古建筑及历史纪念建筑物 2
房山区 C：古建筑及历史纪念建筑物 1
E：古遗址 1
昌平区 C：古建筑及历史纪念建筑物 1
F：古墓葬 1
（1）某个研学小组随机选择该旅行社统计的北京市17 个“第一批文保单位”中的一个进行参观，求选中的参观单位恰好为“C：古建筑及历史纪念建筑物”的概率；
（2）小王同学随机选择该机构统计到的北京市“第一批文保单位”中的“A：革命遗址及革命纪念建筑物”中的一个进行参观；小张同学随机选择统计到的北京市“第一批文保单位”中的“C：古建筑及历史纪念建筑物”中的一个进行参观，两人选择参观单位互不影响，求两人选择的参观单位恰好在同一个区的概率；
（3）现在拟从该机构统计到的北京市“第一批文保单位”中的“C：古建筑及历史纪念建筑物”中随机抽取2个单位进行常规检查.记抽到海淀区的概率为，抽不到海淀区的概率为，试判断和的大小.
【答案】（1）解：设选中参观单位恰好为“C：古建筑及历史纪念建筑物”为事件C，由题意知总共有17个，“C：古建筑及历史纪念建筑物”有11，则；
（2）解：设两人选择的参观单位恰好在同一个区为事件B，
由题意可知：小王参观A：革命遗址及革命纪念建筑物与小张参观C：古建筑及历史纪念建筑物在同一个区的只有东城区，
小王参观东城区景区的概率为，小张参观东城区景区的概率为，
则；
（3）解：当抽到的2个都是海淀区的概率为，
当抽到的2个中有1个是海淀区的概率为，
所以，
则．
【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；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）利用古典概型概率公式计算即可；
（2）根据独立事件计算即可；
（3）根据互斥事件及独立事件计算即可.
（1）设选中参观单位恰好为“C：古建筑及历史纪念建筑物”为事件C，
由题意知总共有17个，“C：古建筑及历史纪念建筑物”有11，
所以；
（2）设两人选择的参观单位恰好在同一个区为事件B，由题意可知小王参观A：革命遗址及革命纪念建筑物与小张参观C：古建筑及历史纪念建筑物在同一个区的只有东城区，
所以小王参观东城区景区的概率为，小张参观东城区景区的概率为，
所以；
（3）当抽到的2个都是海淀区的概率为，
当抽到的2个中有1个是海淀区的概率为，
所以，
所以．
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