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吉林省“BEST合作体”2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题
1．（2024高一下·吉林期末）设复数，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·吉林期末）某单位有职工160人，其中业务员有104人，管理人员32人，后勤服务人员24人，现用分层抽样法从中抽取一个容量为20的样本，则抽取管理人员（　　）
A．3人 B．4人 C．7人 D．12人
3．（2024高一下·吉林期末）正方体中，的中点为，的中点为，则异面直线与所成角的大小为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·吉林期末）在中，已知角、、的对边分别为、、，且满足，则角为（　　）
A． B． C． D．或
5．（2024高一下·吉林期末）如图，边长为2的等边三角形的外接圆为圆，为圆上任一点，若，则的最大值为（　　）
A． B．2 C． D．1
6．（2024高一下·吉林期末）甲 乙 丙三位同学进行乒乓球比赛，约定赛制如下：（1）累计负两场者被淘汰；（2）比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；（3）每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；（4）当一人被淘汰后，剩余两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签甲 乙首先比赛，丙首轮轮空，设每场比赛双方获胜概率都为，则丙最终获胜的概率为（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·吉林期末）如图，棱长为1的正方体中，为线段的中点，、分别为体对角线和棱上任意一点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．2
8．（2024高一下·吉林期末）已知四棱锥P-ABCD的顶点都在球O的球面上，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥底面ABCD，为正三角形，AB＝2AD＝4，则球O的表面积为（　　）
A．π B．32π C．64π D．π
9．（2024高一下·吉林期末）下列说法正确的是（　　）
A．的第60百分位数是6
B．已知一组数据的平均数为5，则这组数据的方差是5.2
C．用分层随机抽样时，个体数最多的层里的个体被抽到的概率最大
D．若的标准差为2，则的标准差是6
10．（2024高一下·吉林期末）如图，在平面四边形ABCD中，，，，，则CD的值可能为（　　）
A．1 B． C． D．2
11．（2024高一下·吉林期末）已知正方体的棱长为4，点E，F，G，M分别是，，，的中点．则下列说法正确的是（　　）
A．直线，是异面直线
B．直线与平面所成角的正切值为
C．平面截正方体所得截面的面积为18
D．三棱锥的体积为
12．（2024高一下·吉林期末）为培养学生的阅读习惯，某校开展了为期一年的“弘扬传统文化，阅读经典名著”活动.在了解全校学生每年平均阅读了多少本文学经典名著时，甲同学抽取了一个容量为10的样本，并算得样本的平均数为5，方差为9；乙同学抽取了一个容量为8的样本，并算得样本的平均数为6，方差为16.已知甲、乙两同学抽取的样本合在一起组成一个容量为18的样本，则合在一起后的样本平均数为　 　，方差为　 　.（精确到0.1）
13．（2024高一下·吉林期末）在棱长为2的正方体中，点E、F分别是棱BC，的中点，P是侧面四边形内(不含边界)一点，若平面AEF，则线段长度的取值范围是　 　.
14．（2024高一下·吉林期末）如图，等腰直角三角形中，，，是边上一动点（不包括端点）.将沿折起，使得二面角为直二面角，则三棱锥的外接球体积的取值范围是　 　.
15．（2024高一下·吉林期末）已知单位向量，的夹角为.
（1）若与垂直，求的值；
（2）若向量满足，求的最大值.
16．（2024高一下·吉林期末）某高校承办了奥运会的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三 四 五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同.
（1）求的值；
（2）估计这100名候选者面试成绩的平均数和分位数（精确到0.1）；
（3）在第四 五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两人来自同一组的概率.
17．（2024高一下·吉林期末）甲、乙两位同学参加某高校的入学面试．入学面试中有3道难度相当的题目，已知甲答对每道题目的概率都是 ，乙答对每道题目的概率都是 ．若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止．假设对抽到的不同题目能否答对是独立的，且甲、乙两人互不影响．
（Ⅰ）求甲第二次答题通过面试的概率；
（Ⅱ）求乙最终通过面试的概率；
（Ⅲ）求甲、乙两人至少有一人通过面试的概率．
18．（2024高一下·吉林期末）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点O是的外心，．
（1）求角A；
（2）若外接圆的周长为，求周长的取值范围，
19．（2024高一下·吉林期末）四棱锥中，平面，，，，，是的中点，在线段上，且满足．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
（3）在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值是，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】解： 复数 ，则，，
即，故.
故答案为：C.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算可求得判断即可.
2．【答案】B
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】根据分层抽样原理知，应抽取管理人员的人数为：
故答案为：B
【分析】结合题意由分层抽样的定义代入数值计算出结果即可。
3．【答案】D
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】解：取的中点为，连接，如图所示：
因为，所以直线与所成角就是直线与成的角，
又因为，所以异面直线与所成角的大小为.
故答案为：D．
【分析】取的中点为，则直线与所成角就是直线与成的角， 利用异面直线所成的角的定义求解即可.
4．【答案】C
【知识点】解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解： 在中 ，，
由余弦定理，因为，所以.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用余弦定理计算即可.
5．【答案】A
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：作的平行线与圆相交于点，与直线相交于点，与直线相交于点，如图所示：
设，则，
BC//EF，设，则，
则，
即
故 .
故答案为：A.
【分析】作的平行线与圆相交于点，与直线相交于点，与直线相交于点，利用向量共线定理求解即可.
6．【答案】B
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式
【解析】【解答】解：由题意，可知最小比赛4场，最多比赛5场，比赛结束，注意丙轮空时，
甲乙比赛结果对下面丙获胜概率没有影响（或者用表示），
若比赛4场，丙最终获胜，则丙3场全胜，概率为，
若比赛5场，丙最终获胜，则从第二场开始的4场比赛按照丙的胜负轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为，
所以丙获胜的概率为．
故答案为：B．
【分析】由题意，可得最小比赛4场，最多比赛5场，比赛结束，将丙最终获胜的可能情况进行分类，分别求出各类事件发生的概率，再由互斥事件概率公式计算即可．
7．【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】【解答】解：连接，取中点，过作面，垂足为，
如图所示：
在正方体中，因为平面，
且平面，所以平面平面，
又因为平面平面，且平面，
所以平面，
因为为的中点，所以，
，
故，而对固定点，当时，最小，
此时由面，面，，
又因为，，且面，所以面，
又因为面，则面面，
根据三棱锥特点，可知，
而易知为等腰直角三角形，可知为等腰直角三角形，
.
故答案为：D.
【分析】通过证明得到，找到距离最小时，，证明为等腰直角三角形，则.
8．【答案】D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：设正三角形所在圆的圆心为，
因为，所以圆的半径，
又因为平面底面，平面平面，平面，，所以平面，所以，
即球的半径，
则球的表面积．
故答案为：D.
【分析】设正三角形所在圆的圆心为，利用正弦定理求所在圆的半径，再利用勾股定理求出球的半径，最后根据球的表面积公式求解即可．
9．【答案】B,D
【知识点】简单随机抽样；分层抽样方法；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：A、，则第60百分位数是：，故A错误；
B、易知，解得，则这组数据的方差为：，故B正确；
C、根据分层抽样的定义可知：分层抽样中，每个个体被抽到的概率相等，故C错误；
D、的标准差为2，所以的标准差为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据百分位数的定义求解即可判断A；根据平均数和方差定义求解即可判断B；根据抽样的等可能性即可判断C；根据标准差的运算即可判断D.
10．【答案】C,D
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；辅助角公式
【解析】【解答】解：在中，设，
由正弦定理，可得，
由余弦定理可得，
，
在中，由余弦定理得
，
当时，，
当时，.
故答案为：CD.
【分析】在中，设，由正弦定理得，再由余弦定理得，，结合辅助角公式求的值判断即可.
11．【答案】A,C,D
【知识点】异面直线的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、取的中点P，连接，如图所示：
因为，
所以，，则四边形是平行四边形，，
因为，所以直线，是异面直线，故A正确；
B、建立如图所示空间直角坐标系，
则，，
易知平面的法向量为，
则直线与平面所成角，即，
则直线与平面所成角的正切值为，故B错误；
C、延长，交于点H，连接交于点N，连接，，如图所示：
因为，M为的中点，则，所以B为的中点，
因为，，所以易知N为的中点，则，
因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，所以，则平面截正方体所得截面为等腰梯形，
在等腰梯形中，，，
，则，
则梯形的高为，
即等腰梯形的面积为，故C正确；
D、连接，，如图所示：
则，因为平面，平面，所以，
又因为，，平面，所以平面，
又因为M为的中点，所以三棱锥的高为，
因为面，面，所以，
，
，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】利用图形，作出合理辅助线，根据异面直线的判定方法即可判断A；建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可判断B；作出截面为等腰梯形计算即可判断C；利用顶点转换法结合三棱锥体积公式即可判断D.
12．【答案】5.4；12.4
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：记甲同学抽取的样本的平均数记为，方差记为，则，，
记乙同学抽取的样本的平均数记为，方差记为，则，，
合在一起后的样本的平均数记为，方差记为，
易知，
，
即合在一起后样本的平均数为5.4，方差为12.4.
故答案为：5.4；12.4.
【分析】根据平均数和方差公式直接计算即可.
13．【答案】
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：在正方体中，取的中点M，N，连接，如图所示，
因为点E、F分别是棱BC，的中点，
则，平面，平面，
则平面，
显然为矩形，则，，
即四边形为平行四边形，则，
又因为平面，平面，
则平面，，平面，
因此，平面平面，
因为平面AEF，则平面，
又因为点P在平面，平面平面，
从而得出点P在线段MN上（不含端点），
在中，，，
则等腰底边MN上高，得，
所以线段长度的取值范围是.
故答案为：.
【分析】先作出过点平行于平面的平面与平面的交线，再确定动点P的位置，最后借助三角形计算得出线段长度的取值范围.
14．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：易知是直角三角形，则其外接圆的圆心在的斜边上，即是该圆的直径，因为平面平面，所以平面必过球心，
外接球半径即为外接圆的半径，
设球的半径为，球的体积为，
在中，由正弦定理可得：，
又因为，所以，
则.
故答案为：.
【分析】由题意，根据两平面互相垂直判断外接球球心的位置，再由已知条件计算出球半径表达式，求外接球体积取值范围即可.
15．【答案】解：（1），的夹角为 ，且，
若与垂直，则，化简得，
即，解得；
（2）设，，以为原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示：
则，，设，
由，可得：，
化简得：，
即的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
则的最大值为，
故 的最大值为.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）根据向量垂直可得，再利用向量的数量积求解即可；
（2）以为原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，设向量的坐标，根据，得到的轨迹为以为圆心，为半径的圆，再求解即可.
16．【答案】（1）解：由频率分布直方图可知：第三 四 五组的频率之和为0.7，
则，解得，
前两组的频率之和为，即，解得；
（2）解：由（1）知，平均数为；
前两组频率之和为0.3，前三组频率之和为0.75，所以中位数位于组内，
且，即分位数为69.4；
（3）解：第四 五两组志愿者分别有20人，人，
故按照分层抽样抽得第四组志愿者人数为4，分别设为
第五组志愿者人数为1，设为，
这5人选出2人，所有情况有，共10种，
其中选出的2人来自同一组的有，共6种，
则选出的2人来自同一组的概率为.
【知识点】频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图每个小矩形面积代表频率，所有频率之和为1，列式求，得值即可；
（2）根据直方图中各个数字特征的求法运算即可；
（3）先分层抽样求出列举法求出抽取的第四、第五两组志愿者人数，再利用列举法求出古典概型的概率即可．
（1）因为第三 四 五组的频率之和为0.7，
所以，解得，
所以前两组的频率之和为，即，解得；
（2）由（1）知，
平均数为；
前两组频率之和为0.3，前三组频率之和为0.75，所以中位数位于组内，
且，即分位数为69.4；
（3）第四 五两组志愿者分别有20人，人，
故按照分层抽样抽得第四组志愿者人数为4，分别设为
第五组志愿者人数为1，设为，
这5人选出2人，所有情况有，共10种，
其中选出的2人来自同一组的有，共6种，
所以选出的2人来自同一组的概率为.
17．【答案】解：（Ⅰ）设甲第二次答题通过面试为事件 ，则 ．
（Ⅱ）设乙最终通过面试为事件 ，对立事件为乙最终没通过面试，
∵ ，
∴ ．
（Ⅲ）设甲、乙两人至少有一人通过面试为事件 ，对立事件为甲、乙两人都没有通过面试，
∵ ，
∴ ．
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合对立事件求概率公式和独立事件乘法求概率公式，从而求出甲第二次答题通过面试的概率。
（2）利用已知条件结合对立事件求概率公式和独立事件乘法求概率公式，从而求出乙最终通过面试的概率。
（3）利用已知条件结合对立事件求概率公式和独立事件乘法求概率公式，从而求出甲、乙两人至少有一人通过面试的概率。
18．【答案】（1）解：过点O作AB的垂线，垂足为D，如图所示：
因为O是的外心，所以D为AB的中点，所以，
同理，
则，由正弦定理可得：，
则，
整理得，
因为，所以，所以，即，
又因为，，所以，则；
（2）接：设外接圆的半径为R，
因为外接圆的周长为，所以，得，
则周长，
由（1）知，则，
因为，所以，所以，
所以，即，
则周长的取值范围为.
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据三角形外心的定义结合向量数量积的几何意义化简原式，再利用正弦定理整理化简求角即可；
（2）先求外接圆半径，结合（1）和正弦定理将三角形周长表示为角C的三角函数，由正弦函数性质求解即可.
（1）过点O作AB的垂线，垂足为D，
因为O是的外心，所以D为AB的中点
所以，同理
所以，由正弦定理边化角得：
所以
整理得：
因为，所以
所以，即
又，
所以，得
（2）记外接圆的半径为R，
因为外接圆的周长为，
所以，得
所以周长
由（1）知，
所以
因为，所以
所以
所以，即
所以周长的取值范围为
19．【答案】（1）证明：取的中点，连接，如图所示：
因为且，所以分别是的中点，所以且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：因为平面，平面，所以，
因为，所以，令，
又因为，，所以，
以为原点，所在方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
，
设点坐标为，则，
由得，则，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，即平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，则，令，得，
即平面的一个法向量为，
，故平面与平面夹角的余弦值为；
（3）解：存在，，理由如下：
设，
设，，
则，
因为与平面所成角的正弦值为，所以，
整理得，解得，
故存在满足条件的点，，则.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理求解即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求平面与平面的夹角求解即可；
（3）设，利用空间向量法求解与平面的夹角即可.
（1）如图1，取的中点，连接.
因为且，又因为分别是的中点，
所以且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面.
（2）因为平面，平面，所以，
因为，所以，令，
又因为，，所以.
如图2，以为原点，所在方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，
所以
设点坐标为，则，
由得，则，
所以，，
设平面的一个法向量为，
由，令，则，
所以面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
由，令，得，
所以平面的一个法向量为，
所以，
故平面与平面夹角的余弦值为．
（3）存在，，理由如下：
设，
所以设，所以，
所以，
因为与平面所成角的正弦值为，所以，
整理得，解得或（舍），
所以存在满足条件的点，，则.
1 / 1吉林省“BEST合作体”2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题
1．（2024高一下·吉林期末）设复数，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】解： 复数 ，则，，
即，故.
故答案为：C.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算可求得判断即可.
2．（2024高一下·吉林期末）某单位有职工160人，其中业务员有104人，管理人员32人，后勤服务人员24人，现用分层抽样法从中抽取一个容量为20的样本，则抽取管理人员（　　）
A．3人 B．4人 C．7人 D．12人
【答案】B
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】根据分层抽样原理知，应抽取管理人员的人数为：
故答案为：B
【分析】结合题意由分层抽样的定义代入数值计算出结果即可。
3．（2024高一下·吉林期末）正方体中，的中点为，的中点为，则异面直线与所成角的大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】解：取的中点为，连接，如图所示：
因为，所以直线与所成角就是直线与成的角，
又因为，所以异面直线与所成角的大小为.
故答案为：D．
【分析】取的中点为，则直线与所成角就是直线与成的角， 利用异面直线所成的角的定义求解即可.
4．（2024高一下·吉林期末）在中，已知角、、的对边分别为、、，且满足，则角为（　　）
A． B． C． D．或
【答案】C
【知识点】解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解： 在中 ，，
由余弦定理，因为，所以.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用余弦定理计算即可.
5．（2024高一下·吉林期末）如图，边长为2的等边三角形的外接圆为圆，为圆上任一点，若，则的最大值为（　　）
A． B．2 C． D．1
【答案】A
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：作的平行线与圆相交于点，与直线相交于点，与直线相交于点，如图所示：
设，则，
BC//EF，设，则，
则，
即
故 .
故答案为：A.
【分析】作的平行线与圆相交于点，与直线相交于点，与直线相交于点，利用向量共线定理求解即可.
6．（2024高一下·吉林期末）甲 乙 丙三位同学进行乒乓球比赛，约定赛制如下：（1）累计负两场者被淘汰；（2）比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；（3）每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；（4）当一人被淘汰后，剩余两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签甲 乙首先比赛，丙首轮轮空，设每场比赛双方获胜概率都为，则丙最终获胜的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式
【解析】【解答】解：由题意，可知最小比赛4场，最多比赛5场，比赛结束，注意丙轮空时，
甲乙比赛结果对下面丙获胜概率没有影响（或者用表示），
若比赛4场，丙最终获胜，则丙3场全胜，概率为，
若比赛5场，丙最终获胜，则从第二场开始的4场比赛按照丙的胜负轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为，
所以丙获胜的概率为．
故答案为：B．
【分析】由题意，可得最小比赛4场，最多比赛5场，比赛结束，将丙最终获胜的可能情况进行分类，分别求出各类事件发生的概率，再由互斥事件概率公式计算即可．
7．（2024高一下·吉林期末）如图，棱长为1的正方体中，为线段的中点，、分别为体对角线和棱上任意一点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．2
【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】【解答】解：连接，取中点，过作面，垂足为，
如图所示：
在正方体中，因为平面，
且平面，所以平面平面，
又因为平面平面，且平面，
所以平面，
因为为的中点，所以，
，
故，而对固定点，当时，最小，
此时由面，面，，
又因为，，且面，所以面，
又因为面，则面面，
根据三棱锥特点，可知，
而易知为等腰直角三角形，可知为等腰直角三角形，
.
故答案为：D.
【分析】通过证明得到，找到距离最小时，，证明为等腰直角三角形，则.
8．（2024高一下·吉林期末）已知四棱锥P-ABCD的顶点都在球O的球面上，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥底面ABCD，为正三角形，AB＝2AD＝4，则球O的表面积为（　　）
A．π B．32π C．64π D．π
【答案】D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：设正三角形所在圆的圆心为，
因为，所以圆的半径，
又因为平面底面，平面平面，平面，，所以平面，所以，
即球的半径，
则球的表面积．
故答案为：D.
【分析】设正三角形所在圆的圆心为，利用正弦定理求所在圆的半径，再利用勾股定理求出球的半径，最后根据球的表面积公式求解即可．
9．（2024高一下·吉林期末）下列说法正确的是（　　）
A．的第60百分位数是6
B．已知一组数据的平均数为5，则这组数据的方差是5.2
C．用分层随机抽样时，个体数最多的层里的个体被抽到的概率最大
D．若的标准差为2，则的标准差是6
【答案】B,D
【知识点】简单随机抽样；分层抽样方法；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：A、，则第60百分位数是：，故A错误；
B、易知，解得，则这组数据的方差为：，故B正确；
C、根据分层抽样的定义可知：分层抽样中，每个个体被抽到的概率相等，故C错误；
D、的标准差为2，所以的标准差为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据百分位数的定义求解即可判断A；根据平均数和方差定义求解即可判断B；根据抽样的等可能性即可判断C；根据标准差的运算即可判断D.
10．（2024高一下·吉林期末）如图，在平面四边形ABCD中，，，，，则CD的值可能为（　　）
A．1 B． C． D．2
【答案】C,D
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；辅助角公式
【解析】【解答】解：在中，设，
由正弦定理，可得，
由余弦定理可得，
，
在中，由余弦定理得
，
当时，，
当时，.
故答案为：CD.
【分析】在中，设，由正弦定理得，再由余弦定理得，，结合辅助角公式求的值判断即可.
11．（2024高一下·吉林期末）已知正方体的棱长为4，点E，F，G，M分别是，，，的中点．则下列说法正确的是（　　）
A．直线，是异面直线
B．直线与平面所成角的正切值为
C．平面截正方体所得截面的面积为18
D．三棱锥的体积为
【答案】A,C,D
【知识点】异面直线的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、取的中点P，连接，如图所示：
因为，
所以，，则四边形是平行四边形，，
因为，所以直线，是异面直线，故A正确；
B、建立如图所示空间直角坐标系，
则，，
易知平面的法向量为，
则直线与平面所成角，即，
则直线与平面所成角的正切值为，故B错误；
C、延长，交于点H，连接交于点N，连接，，如图所示：
因为，M为的中点，则，所以B为的中点，
因为，，所以易知N为的中点，则，
因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，所以，则平面截正方体所得截面为等腰梯形，
在等腰梯形中，，，
，则，
则梯形的高为，
即等腰梯形的面积为，故C正确；
D、连接，，如图所示：
则，因为平面，平面，所以，
又因为，，平面，所以平面，
又因为M为的中点，所以三棱锥的高为，
因为面，面，所以，
，
，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】利用图形，作出合理辅助线，根据异面直线的判定方法即可判断A；建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可判断B；作出截面为等腰梯形计算即可判断C；利用顶点转换法结合三棱锥体积公式即可判断D.
12．（2024高一下·吉林期末）为培养学生的阅读习惯，某校开展了为期一年的“弘扬传统文化，阅读经典名著”活动.在了解全校学生每年平均阅读了多少本文学经典名著时，甲同学抽取了一个容量为10的样本，并算得样本的平均数为5，方差为9；乙同学抽取了一个容量为8的样本，并算得样本的平均数为6，方差为16.已知甲、乙两同学抽取的样本合在一起组成一个容量为18的样本，则合在一起后的样本平均数为　 　，方差为　 　.（精确到0.1）
【答案】5.4；12.4
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：记甲同学抽取的样本的平均数记为，方差记为，则，，
记乙同学抽取的样本的平均数记为，方差记为，则，，
合在一起后的样本的平均数记为，方差记为，
易知，
，
即合在一起后样本的平均数为5.4，方差为12.4.
故答案为：5.4；12.4.
【分析】根据平均数和方差公式直接计算即可.
13．（2024高一下·吉林期末）在棱长为2的正方体中，点E、F分别是棱BC，的中点，P是侧面四边形内(不含边界)一点，若平面AEF，则线段长度的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：在正方体中，取的中点M，N，连接，如图所示，
因为点E、F分别是棱BC，的中点，
则，平面，平面，
则平面，
显然为矩形，则，，
即四边形为平行四边形，则，
又因为平面，平面，
则平面，，平面，
因此，平面平面，
因为平面AEF，则平面，
又因为点P在平面，平面平面，
从而得出点P在线段MN上（不含端点），
在中，，，
则等腰底边MN上高，得，
所以线段长度的取值范围是.
故答案为：.
【分析】先作出过点平行于平面的平面与平面的交线，再确定动点P的位置，最后借助三角形计算得出线段长度的取值范围.
14．（2024高一下·吉林期末）如图，等腰直角三角形中，，，是边上一动点（不包括端点）.将沿折起，使得二面角为直二面角，则三棱锥的外接球体积的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：易知是直角三角形，则其外接圆的圆心在的斜边上，即是该圆的直径，因为平面平面，所以平面必过球心，
外接球半径即为外接圆的半径，
设球的半径为，球的体积为，
在中，由正弦定理可得：，
又因为，所以，
则.
故答案为：.
【分析】由题意，根据两平面互相垂直判断外接球球心的位置，再由已知条件计算出球半径表达式，求外接球体积取值范围即可.
15．（2024高一下·吉林期末）已知单位向量，的夹角为.
（1）若与垂直，求的值；
（2）若向量满足，求的最大值.
【答案】解：（1），的夹角为 ，且，
若与垂直，则，化简得，
即，解得；
（2）设，，以为原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示：
则，，设，
由，可得：，
化简得：，
即的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
则的最大值为，
故 的最大值为.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）根据向量垂直可得，再利用向量的数量积求解即可；
（2）以为原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，设向量的坐标，根据，得到的轨迹为以为圆心，为半径的圆，再求解即可.
16．（2024高一下·吉林期末）某高校承办了奥运会的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三 四 五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同.
（1）求的值；
（2）估计这100名候选者面试成绩的平均数和分位数（精确到0.1）；
（3）在第四 五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两人来自同一组的概率.
【答案】（1）解：由频率分布直方图可知：第三 四 五组的频率之和为0.7，
则，解得，
前两组的频率之和为，即，解得；
（2）解：由（1）知，平均数为；
前两组频率之和为0.3，前三组频率之和为0.75，所以中位数位于组内，
且，即分位数为69.4；
（3）解：第四 五两组志愿者分别有20人，人，
故按照分层抽样抽得第四组志愿者人数为4，分别设为
第五组志愿者人数为1，设为，
这5人选出2人，所有情况有，共10种，
其中选出的2人来自同一组的有，共6种，
则选出的2人来自同一组的概率为.
【知识点】频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图每个小矩形面积代表频率，所有频率之和为1，列式求，得值即可；
（2）根据直方图中各个数字特征的求法运算即可；
（3）先分层抽样求出列举法求出抽取的第四、第五两组志愿者人数，再利用列举法求出古典概型的概率即可．
（1）因为第三 四 五组的频率之和为0.7，
所以，解得，
所以前两组的频率之和为，即，解得；
（2）由（1）知，
平均数为；
前两组频率之和为0.3，前三组频率之和为0.75，所以中位数位于组内，
且，即分位数为69.4；
（3）第四 五两组志愿者分别有20人，人，
故按照分层抽样抽得第四组志愿者人数为4，分别设为
第五组志愿者人数为1，设为，
这5人选出2人，所有情况有，共10种，
其中选出的2人来自同一组的有，共6种，
所以选出的2人来自同一组的概率为.
17．（2024高一下·吉林期末）甲、乙两位同学参加某高校的入学面试．入学面试中有3道难度相当的题目，已知甲答对每道题目的概率都是 ，乙答对每道题目的概率都是 ．若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止．假设对抽到的不同题目能否答对是独立的，且甲、乙两人互不影响．
（Ⅰ）求甲第二次答题通过面试的概率；
（Ⅱ）求乙最终通过面试的概率；
（Ⅲ）求甲、乙两人至少有一人通过面试的概率．
【答案】解：（Ⅰ）设甲第二次答题通过面试为事件 ，则 ．
（Ⅱ）设乙最终通过面试为事件 ，对立事件为乙最终没通过面试，
∵ ，
∴ ．
（Ⅲ）设甲、乙两人至少有一人通过面试为事件 ，对立事件为甲、乙两人都没有通过面试，
∵ ，
∴ ．
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合对立事件求概率公式和独立事件乘法求概率公式，从而求出甲第二次答题通过面试的概率。
（2）利用已知条件结合对立事件求概率公式和独立事件乘法求概率公式，从而求出乙最终通过面试的概率。
（3）利用已知条件结合对立事件求概率公式和独立事件乘法求概率公式，从而求出甲、乙两人至少有一人通过面试的概率。
18．（2024高一下·吉林期末）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点O是的外心，．
（1）求角A；
（2）若外接圆的周长为，求周长的取值范围，
【答案】（1）解：过点O作AB的垂线，垂足为D，如图所示：
因为O是的外心，所以D为AB的中点，所以，
同理，
则，由正弦定理可得：，
则，
整理得，
因为，所以，所以，即，
又因为，，所以，则；
（2）接：设外接圆的半径为R，
因为外接圆的周长为，所以，得，
则周长，
由（1）知，则，
因为，所以，所以，
所以，即，
则周长的取值范围为.
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据三角形外心的定义结合向量数量积的几何意义化简原式，再利用正弦定理整理化简求角即可；
（2）先求外接圆半径，结合（1）和正弦定理将三角形周长表示为角C的三角函数，由正弦函数性质求解即可.
（1）过点O作AB的垂线，垂足为D，
因为O是的外心，所以D为AB的中点
所以，同理
所以，由正弦定理边化角得：
所以
整理得：
因为，所以
所以，即
又，
所以，得
（2）记外接圆的半径为R，
因为外接圆的周长为，
所以，得
所以周长
由（1）知，
所以
因为，所以
所以
所以，即
所以周长的取值范围为
19．（2024高一下·吉林期末）四棱锥中，平面，，，，，是的中点，在线段上，且满足．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
（3）在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值是，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明：取的中点，连接，如图所示：
因为且，所以分别是的中点，所以且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：因为平面，平面，所以，
因为，所以，令，
又因为，，所以，
以为原点，所在方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
，
设点坐标为，则，
由得，则，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，即平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，则，令，得，
即平面的一个法向量为，
，故平面与平面夹角的余弦值为；
（3）解：存在，，理由如下：
设，
设，，
则，
因为与平面所成角的正弦值为，所以，
整理得，解得，
故存在满足条件的点，，则.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理求解即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求平面与平面的夹角求解即可；
（3）设，利用空间向量法求解与平面的夹角即可.
（1）如图1，取的中点，连接.
因为且，又因为分别是的中点，
所以且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面.
（2）因为平面，平面，所以，
因为，所以，令，
又因为，，所以.
如图2，以为原点，所在方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，
所以
设点坐标为，则，
由得，则，
所以，，
设平面的一个法向量为，
由，令，则，
所以面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
由，令，得，
所以平面的一个法向量为，
所以，
故平面与平面夹角的余弦值为．
（3）存在，，理由如下：
设，
所以设，所以，
所以，
因为与平面所成角的正弦值为，所以，
整理得，解得或（舍），
所以存在满足条件的点，，则.
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