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浙江省湖州市德清县第六中学2023-2024学年高一下学期期末（一）数学试题
1．（2024高一下·德清期末）有一组样本数据：15，16，11，11，14，20，11，13，13，24，13，18，则这组样本数据的上四分位数是（　　）
A．11 B．13 C．16 D．17
2．（2024高一下·德清期末）已知复数z满足，则复数z在复平面内的对应点在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．（2024高一下·德清期末）如图，一架高空侦察飞机以的速度在海拔的高空沿水平方向飞行，在点处测得某山顶的俯角为，经过后在点处测得该山顶的俯角为，若点A，B，M在同一个铅垂平面内，则该山顶的海拔高度约为（　　）（，）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·德清期末）已知向量，则在方向上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·德清期末）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列说法正确的是（　　）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
6．（2024高一下·德清期末）如图，为平行四边形对角线上一点，交于点，若，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·德清期末）已知中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，且，则是（　　）
A．锐角三角形 B．钝角三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
8．（2024高一下·德清期末）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”，它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征(如图①)，图②是一个圆台的侧面展开图(扇形的一部分)，若两个圆弧、所在圆的半径分别是3和6，且∠ABC＝120°，则下列关于该圆台的说法错误的是（　　）
A．高为2 B．母线长为3
C．表面积为14π D．体积为π
9．（2024高一下·德清期末）已知甲种杂交水稻近五年的产量（单位：吨/公顷）数据为：9.7，10.0，10.0，10.0，10.3，乙种杂交水稻近五年的产量（单位：吨/公顷）数据为：9.6，9.7，10.0，10.2，10.5，则（　　）
A．甲种的样本平均数等于乙种的样本平均数
B．甲种的样本方差大于乙种的样本方差
C．甲种样本的分位数小于乙种样本的分位数
D．甲乙两种水稻近五年的总方差为
10．（2024高一下·德清期末） 同时抛出两枚质地均匀的骰子甲、乙，记事件A：甲骰子点数为奇数，事件B：乙骰子点数为偶数，事件C：甲、乙骰子点数相同．下列说法正确的有（　　）
A．事件A与事件B对立 B．事件A与事件B相互独立
C．事件A与事件C相互独立 D．
11．（2024高一下·德清期末）如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足∥平面，则（　　）
A．三棱锥的外接球表面积为
B．动点的轨迹是一条线段
C．三棱锥的体积是随点的运动而变化的
D．若过A，，三点作正方体的截面，为截面上一点，则线段长度的取值范围为
12．（2024高一下·德清期末）已知，是单位向量，且，则向量与的夹角为　 　．
13．（2024高一下·德清期末）已知函数和，其中、均可取1、2、3、4、5、6中的任一数.则这两函数图象有交点的概率为　 　.
14．（2024高一下·德清期末）已知正方体的棱长为2，P为正方形ABCD内的一动点（包含边界），E、F分别是棱、棱的中点．若平面BEF，则AP的取值范围是　 　．
15．（2024高一下·德清期末）甲，乙两人进行游戏比赛，采取积分制，规则如下：每胜1局得1分，负1局或平局都不得分，积分先达到2分者获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，则积分多的一方获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，且积分相等，则比赛最终打平．假设在每局比赛中，甲胜的概率为，负的概率为，且每局比赛之间的胜负相互独立．
（1）求第三局结束时甲获胜的概率；
（2）求乙最终以分获胜的概率．
16．（2024高一下·德清期末）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，，且，外接圆面积为
（1）求A；
（2）求周长的最大值.
17．（2024高一下·德清期末）甲 乙 丙三位重剑爱好者决定进行一场比赛，每局两人对战，没有平局，已知每局比赛甲赢乙的概率为，甲赢丙的概率为，丙赢乙的概率为.因为甲是最弱的，所以让他决定第一局的两个比赛者（甲可以选定自己比赛，也可以选定另外两个人比赛），每局获胜者与此局未比赛的人进行下一局的比赛，在比赛中某人首先获胜两局就成为整个比赛的冠军，比赛结束.
（1）若甲指定第一局由乙丙对战，求“只进行三局甲就成为冠军”的概率；
（2）请帮助甲进行第一局的决策（甲乙 甲丙或乙丙比赛），使得甲最终获得冠军的概率最大.
18．（2024高一下·德清期末）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为．如图，在直三棱柱中，点A的曲率为，N，M分别为AB，的中点，且．
（1）证明：平面．
（2）证明：平面平面．
（3）若，求二面角的正切值．
19．（2024高一下·德清期末）任意一个复数的代数形式都可写成复数三角形式，即，其中为虚数单位，．棣莫弗定理由法国数学家棣莫弗（1667～1754）创立．设两个复数用三角函数形式表示为：，则：．如果令，则能导出复数乘方公式：．请用以上知识解决以下问题．
（1）试将写成三角形式；
（2）试应用复数乘方公式推导三倍角公式：；；
（3）计算：的值．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：样本数据由小到大排列为：11，11，11，13，13，13，14，15，16，18，20，24，
，则这组数据的上四分位数为.
故答案为：D.
【分析】根据上四分位数的定义求解即可.
2．【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：设R)，
则，
由，
得，
则，
所以，
解得，
则，
所以复数z在复平面内对应的点为，位于第二象限.
故答案为：B.
【分析】由题意，根据复数的四则运算、共轭复数的定义与复数的几何意义，从而得出复数z在复平面内的对应点所在的象限.
3．【答案】B
【知识点】正弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由题意得，，
在中，米，，
由正弦定理得，可得米，
，
则该山顶的海拔高度为米.
故答案为：B.
【分析】在中，利用正弦定理求出，再由求解即可.
4．【答案】A
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：向量，
则在方向上的投影向量为.
故答案为：A.
【分析】根据投影向量的定义求解即可.
5．【答案】B
【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，若，，则或异面，故A错误；
对于B，若，，则，故B正确；
对于C，若，，则或或相交，故C错误；
对于D，若，，则或，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据空间中线线的位置关系、线面位置关系，从而逐项判断找出说法正确的选项.
6．【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为为平行四边形对角线上一点，交于点，
所以，
所以，
又因为，
所以，
所以.
故答案为：C.
【分析】由得，再根据向量的加减法运算法则，从而用把表示出来，则求出的值，进而得出的值.
7．【答案】D
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以A=B，所以 是等腰三角形.
因为，所以，所以 是直角三角形，
所以 是等腰直角三角形.
故答案为：D.
【分析】根据正弦定理、两角和正弦公式，结合诱导公式，将转化，判断 是等腰三角形，根据余弦定理将转化，判断 是直角三角形，即可求解.
8．【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，
则2πr＝×3，
所以r＝1；2πR＝×6，
则R＝2，
又因为圆台的母线长为l＝6－3＝3，
所以圆台的高h＝＝2，故A、B正确；
因为圆台的表面积S＝π(1＋2)×3＋π×12＋π×22＝14π，故C正确；
因为圆台的体积V＝π×2×(22＋12＋2×1)＝π，故D错误．
故答案为：D.
【分析】利用扇形弧长公式得出圆台的上底面半径和下底面半径，结合作差法和勾股定理得出圆台的高，再结合圆台的表面积公式和圆台的体积公式，从而逐项判断找出说法错误的选项.
9．【答案】A,C,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：对于A，因为，，故A正确；
对于B，因为甲、乙平均值都为，
所以，
，
显然甲种的样本方差小于乙种的样本方差，故B错误；
对于C，因为，所以甲种样本的分位数为，
乙种样本的分位数为，所以甲种样本的分位数小于乙种样本的分位数，故C正确；
对于D，因为甲乙两种水稻近五年的总方差为0.072，
所以，甲乙两种水稻近五年的总方差为：
故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】计算平均数判断出选项A；根据方差公式判断出选项B；计算百分位数判断出选项C；计算总方差判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】B,C
【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；并（和）事件与交（积）事件
【解析】【解答】解：由题意，得，，，
A，当甲为奇数点，且乙为偶数点时，事件可以同时发生，所以事件A与事件B不互斥，故事件A与事件B不对立，A错误；
B，由题意知，又，故事件A与事件B相互独立，B正确；
C，，又，故事件A与事件C相互独立，C正确；
D，由上知，，D错误．
故答案为：BC．
【分析】甲骰子点数为奇数，乙骰子点数为偶数，事件可以同时发生，利用对立事件的概念可判断A选项；先计算出，根据可以判定两个事件是否相互独立，据此可判断B选项；先计算出，根据可以判定两个事件是否相互独立，据此可判断C选项；由前面可知，可判断是否相等，据此可判断D选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程；棱柱的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A：由题意可知：三棱锥的外接球即为正方体的外接球，
可知正方体的外接球的半径，
所以三棱锥的外接球表面积为，故A正确；
对于B：如图分别取，的中点H，G，连接，，，．
由正方体的性质可得，且平面，平面，
所以∥平面，同理可得：∥平面，
且，平面，
所以平面平面，又因为平面，
所以平面，所以点F的轨迹为线段GH，故B正确；
对于C：由选项B可知，点F的轨迹为线段GH，
因为平面，则点F到平面的距离为定值，
同时的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，故C不正确；
对于D：如图，设平面与平面交于AN，N在上．
因为截面平面，平面平面，
所以．同理可证，
所以截面为平行四边形，所以点N为的中点．
在四棱锥中，侧棱最长，且．
设棱锥的高为h，因为，
所以四边形为菱形，所以的边上的高为面对角线的一半，即为，
又因为，则，，
所以，解得．
综上所述，可知长度的取值范围是，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】利用三棱锥的外接球即为正方体的外接球结合正方体的外接球分析，则判断出选项A；分别取，的中点H，G，连接，，，，从而证明平面平面，进而得到点F的轨迹为线段GH，则判断出选项B；根据选项B可得平面，从而得到点F到平面的距离为定值，再结合的面积也为定值，从而可得到三棱锥的体积为定值，则判断出选项C；设为的中点，再根据面面平行的性质定理可得截面为面，从而得出线段长度的最大值为线段的长，最小值为四棱锥以为顶点的高，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】
【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
【解析】【解答】解：因为，
同理可得，，
又因为，
所以，
因为向量夹角的取值范围为，
所以向量与的夹角为.
故答案为：.
【分析】由题意，分别计算出向量与的模和两者的数量积，再利用数量积求向量夹角公式和两向量的夹角的取值范围，从而得出两向量与的夹角．
13．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：根据已知条件联立，
则，
整理得：，
因为两函数图象有交点，
所以，
则，
当时，无解；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
综上所述，满足条件的、共对，
根据已知条件、的所有取值情况为种，
所以两函数图象有交点的概率为.
故答案为：.
【分析】根据已知条件联立两函数，从而得出，再结合、的取值结合古典概率公式，从而得出这两函数图象有交点的概率.
14．【答案】
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程
【解析】【解答】解：如图所示：连接，
则，
又因为平面，平面，
故平面，
设为BC的中点，连接，
由于F分别是棱的中点，故，
则四边形为平行四边形，
故，因为平面，平面，
故平面，
又因为平面，
故平面平面，因为平面BEF，
故平面，
又因为P为正方形ABCD内的一动点，且平面平面，
故AM即为动点P的轨迹，又因为，
故AP的取值范围是．
故答案为：.
【分析】先作辅助线，证出平面平面，再说明线段AM即为动点P的轨迹，由此得出AM的长，从而得出AP的取值范围．
15．【答案】（1）解：设事件为“第三局结束甲获胜”，
由题意知，甲每局获胜的概率为，不获胜的概率为．
若第三局结束甲获胜，
则甲第三局必定获胜，总共有2种情况：
（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜），
所以.
（2）解：由题知，每局比赛中，乙获胜的概率为，
平的概率为，负的概率为，
设事件为“乙最终以分获胜”，
若第二局结束乙获胜，则乙两局连胜，此时的概率；
若第三局结束乙获胜，则乙第三局必定获胜，总共有2种情况：
（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜），
此时的概率；
若第四局结束乙以分获胜，
则乙第四局必定获胜，前三局为1胜2平或1胜1平1负，总共有9种情况：
（胜，平，平，胜），（平，胜，平，胜），（平，平，胜，胜），
（胜，平，负，胜），（胜，负，平，胜），（平，胜，负，胜），
（负，胜，平，胜），（平，负，胜，胜），（负，平，胜，胜），
此时的概率 则.
【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】【分析】（1）对甲来说共有两种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜），再根据独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而得出第三局结束时甲获胜的概率.
（2）以比赛结束时的场数进行分类，在每一类中根据独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而得出乙最终以分获胜的概率.
（1）设事件为“第三局结束甲获胜”，
由题意知，甲每局获胜的概率为，不获胜的概率为．
若第三局结束甲获胜，则甲第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）．
故.
（2）由题知，每局比赛中，乙获胜的概率为，平的概率为，负的概率为，
设事件为“乙最终以分获胜”．
若第二局结束乙获胜，则乙两局连胜，此时的概率．
若第三局结束乙获胜，则乙第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）．
此时的概率．
若第四局结束乙以分获胜，则乙第四局必定获胜，前三局为1胜2平或1胜1平1负，总共有9种情况：
（胜，平，平，胜），（平，胜，平，胜），（平，平，胜，胜），（胜，平，负，胜），
（胜，负，平，胜），（平，胜，负，胜），（负，胜，平，胜），（平，负，胜，胜），（负，平，胜，胜）．
此时的概率
故.
16．【答案】（1）解：因为向量，
则，
则，
所以，
则，
所以，
又因为，
所以且，
所以，
又因为，
则.
（2）解：由（1）知：，
则，
由正弦定理可得：的外接圆半径为，
则，所以，
所以
则，
当且仅当且时，即当时等号成立，
所以，三角形周长的最大值为
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量数量积的坐标表示；两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由数量积的坐标表示得出，再代入已知等式结合正余弦边角关系得出，则得出角A的余弦值，由三角形中角A的取值范围，从而得出角A的大小.
（2）由（1）得，由正弦定理可得的值，再结合基本不等式求最值的方法和三角形周长公式，从而得出周长的最大值.
（1）已知向量，
则，
则，
所以，
则，
所以，
又，
故且，
所以，
又，
则；
（2）由（1）知：，
则，
由正弦定理可得：的外接圆半径为，
则，
即，
所以，
则，当且仅当且，即时等号成立，
故三角形周长的最大值为
17．【答案】（1）解：若甲指定第一局由乙丙对战，“只进行三局甲就成为冠军”共有两种情况：①乙丙比乙胜，甲乙比甲胜，甲丙比甲胜，
其概率为；
②乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，
其概率为，
所以“只进行三局甲就成为冠军”的概率为.
（2）解：若第一局甲乙比，甲获得冠军的情况有三种：
甲乙比甲胜，甲丙比甲胜；
甲乙比甲胜，甲丙比丙胜，乙丙比乙胜，甲乙比甲胜；
甲乙比乙胜，乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，
所以甲能获得冠军的概率为：.
若第一局为甲丙比，
则同上可得甲获得冠军的概率为：.
若第一局为乙丙比，
那么甲获得冠军只能是连赢两局，
则甲获得冠军的概率为第（1）问的结果，
因为，
所以甲第一局选择和丙比赛，最终获得冠军的概率最大.
【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】【分析】（1）分两种情况，根据三局比赛的胜负情况结合独立事件乘法求概率公式，从而得出“只进行三局甲就成为冠军”的概率.
（2）分三种情况讨论甲最终获得冠军的概率，再利用独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而比较得出甲第一局选择和丙比赛，最终获得冠军的概率最大.
（1）若甲指定第一局由乙丙对战，“只进行三局甲就成为冠军”共有两种情况：
①乙丙比乙胜，甲乙比甲胜，甲丙比甲胜，
其概率为；
②乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，
其概率为.
所以“只进行三局甲就成为冠军”的概率为.
（2）若第一局甲乙比，甲获得冠军的情况有三种：
甲乙比甲胜，甲丙比甲胜；甲乙比甲胜，甲丙比丙胜，乙丙比乙胜，甲乙比甲胜；甲乙比乙胜，乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，
所以甲能获得冠军的概率为.
若第一局为甲丙比，
则同上可得甲获得冠军的概率为.
若第一局为乙丙比，那么甲获得冠军只能是连赢两局，
则甲获得冠军的概率即第（1）问的结果.
因为，
所以甲第一局选择和丙比赛，最终获得冠军的概率最大.
18．【答案】（1）证明：在直三棱柱中，
平面ABC，平面ABC，
则，，
所以点A的曲率为，
所以，
因为，
所以△ABC为正三角形，
因为N为AB的中点，
所以，
又因为平面ABC，平面ABC，
所以，
又因为，平面，
所以平面．
（2）证明：取的中点D，连接DM，DN，
因为N为AB的中点，
所以且．
又因为且，
所以且，
所以四边形CNDM为平行四边形，则，
由（1）知平面，
则平面，
又因为平面，
所以平面平面．
（3）解：取BC的中点F，连接AF，则，
因为平面ABC，平面ABC，
所以，
因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
过F作的垂线，垂足为H，连接AH，
则，
又因为平面，
所以平面，
又因为平面，，
所以∠AHF为二面角的平面角的补角，
设，，
则，，，
由等面积法可得，
则，
则，
故二面角的正切值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；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）由题意可得，根据线面垂直的性质定理可得，再结合线面垂直的判定定理证出平面．
（2）如图，易证，由（1）得平面，再结合面面垂直的判定定理证出平面平面．
（3）如图，根据线面垂直的判定定理可得平面，利用线面垂直的定义得出，易证，则∠AHF为二面角的平面角的补角，再结合等面积法得出FH的长，最后由正切函数的定义得出二面角的正切值.
（1）在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，
则，，所以点A的曲率为，
所以．因为，所以△ABC为正三角形．
因为N为AB的中点，所以．
又平面ABC，平面ABC，所以，
因为，平面，所以平面．
（2）取的中点D，连接DM，DN．
因为N为AB的中点，所以且．
又且，所以且，
所以四边形CNDM为平行四边形，则．
由（1）知平面，则平面．
又平面，所以平面平面．
（3）取BC的中点F，连接AF，则．
因为平面ABC，平面ABC，所以，
因为，平面，所以平面．
又平面，所以，过F作的垂线，垂足为H，连接AH，
则，又平面，所以平面，
又平面，，
所以∠AHF为二面角的平面角的补角．
设，，则，，．
由等面积法可得，则，
则，故二面角的正切值为．
19．【答案】（1）解： 由于，故，
则
（2）解： 设模为1的复数为，
则
，
由复数乘方公式可得，
故
（3）解： 首先证明：；
由于，则，
则，故
，
则可得
，
，
所以
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【分析】本题考查复数的新定义问题，复数的模长公式，复数的乘除运算.
（1）先求出复数的模长，再根据复数的三角形式，据此可写出答案；
（2）设模为1的复数为，再利用复数的乘方运算可得：，再利用复数的相等以及同角的三角函数关系进行化简可推出：，再结合，据此可证明结论；
（3）由（2）的结论结合恒等变换推出，据此可得，，再结合，再进行化简可求出答案.
1 / 1浙江省湖州市德清县第六中学2023-2024学年高一下学期期末（一）数学试题
1．（2024高一下·德清期末）有一组样本数据：15，16，11，11，14，20，11，13，13，24，13，18，则这组样本数据的上四分位数是（　　）
A．11 B．13 C．16 D．17
【答案】D
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：样本数据由小到大排列为：11，11，11，13，13，13，14，15，16，18，20，24，
，则这组数据的上四分位数为.
故答案为：D.
【分析】根据上四分位数的定义求解即可.
2．（2024高一下·德清期末）已知复数z满足，则复数z在复平面内的对应点在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：设R)，
则，
由，
得，
则，
所以，
解得，
则，
所以复数z在复平面内对应的点为，位于第二象限.
故答案为：B.
【分析】由题意，根据复数的四则运算、共轭复数的定义与复数的几何意义，从而得出复数z在复平面内的对应点所在的象限.
3．（2024高一下·德清期末）如图，一架高空侦察飞机以的速度在海拔的高空沿水平方向飞行，在点处测得某山顶的俯角为，经过后在点处测得该山顶的俯角为，若点A，B，M在同一个铅垂平面内，则该山顶的海拔高度约为（　　）（，）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由题意得，，
在中，米，，
由正弦定理得，可得米，
，
则该山顶的海拔高度为米.
故答案为：B.
【分析】在中，利用正弦定理求出，再由求解即可.
4．（2024高一下·德清期末）已知向量，则在方向上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：向量，
则在方向上的投影向量为.
故答案为：A.
【分析】根据投影向量的定义求解即可.
5．（2024高一下·德清期末）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列说法正确的是（　　）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】B
【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，若，，则或异面，故A错误；
对于B，若，，则，故B正确；
对于C，若，，则或或相交，故C错误；
对于D，若，，则或，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据空间中线线的位置关系、线面位置关系，从而逐项判断找出说法正确的选项.
6．（2024高一下·德清期末）如图，为平行四边形对角线上一点，交于点，若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为为平行四边形对角线上一点，交于点，
所以，
所以，
又因为，
所以，
所以.
故答案为：C.
【分析】由得，再根据向量的加减法运算法则，从而用把表示出来，则求出的值，进而得出的值.
7．（2024高一下·德清期末）已知中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，且，则是（　　）
A．锐角三角形 B．钝角三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
【答案】D
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以A=B，所以 是等腰三角形.
因为，所以，所以 是直角三角形，
所以 是等腰直角三角形.
故答案为：D.
【分析】根据正弦定理、两角和正弦公式，结合诱导公式，将转化，判断 是等腰三角形，根据余弦定理将转化，判断 是直角三角形，即可求解.
8．（2024高一下·德清期末）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”，它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征(如图①)，图②是一个圆台的侧面展开图(扇形的一部分)，若两个圆弧、所在圆的半径分别是3和6，且∠ABC＝120°，则下列关于该圆台的说法错误的是（　　）
A．高为2 B．母线长为3
C．表面积为14π D．体积为π
【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，
则2πr＝×3，
所以r＝1；2πR＝×6，
则R＝2，
又因为圆台的母线长为l＝6－3＝3，
所以圆台的高h＝＝2，故A、B正确；
因为圆台的表面积S＝π(1＋2)×3＋π×12＋π×22＝14π，故C正确；
因为圆台的体积V＝π×2×(22＋12＋2×1)＝π，故D错误．
故答案为：D.
【分析】利用扇形弧长公式得出圆台的上底面半径和下底面半径，结合作差法和勾股定理得出圆台的高，再结合圆台的表面积公式和圆台的体积公式，从而逐项判断找出说法错误的选项.
9．（2024高一下·德清期末）已知甲种杂交水稻近五年的产量（单位：吨/公顷）数据为：9.7，10.0，10.0，10.0，10.3，乙种杂交水稻近五年的产量（单位：吨/公顷）数据为：9.6，9.7，10.0，10.2，10.5，则（　　）
A．甲种的样本平均数等于乙种的样本平均数
B．甲种的样本方差大于乙种的样本方差
C．甲种样本的分位数小于乙种样本的分位数
D．甲乙两种水稻近五年的总方差为
【答案】A,C,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：对于A，因为，，故A正确；
对于B，因为甲、乙平均值都为，
所以，
，
显然甲种的样本方差小于乙种的样本方差，故B错误；
对于C，因为，所以甲种样本的分位数为，
乙种样本的分位数为，所以甲种样本的分位数小于乙种样本的分位数，故C正确；
对于D，因为甲乙两种水稻近五年的总方差为0.072，
所以，甲乙两种水稻近五年的总方差为：
故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】计算平均数判断出选项A；根据方差公式判断出选项B；计算百分位数判断出选项C；计算总方差判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．（2024高一下·德清期末） 同时抛出两枚质地均匀的骰子甲、乙，记事件A：甲骰子点数为奇数，事件B：乙骰子点数为偶数，事件C：甲、乙骰子点数相同．下列说法正确的有（　　）
A．事件A与事件B对立 B．事件A与事件B相互独立
C．事件A与事件C相互独立 D．
【答案】B,C
【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；并（和）事件与交（积）事件
【解析】【解答】解：由题意，得，，，
A，当甲为奇数点，且乙为偶数点时，事件可以同时发生，所以事件A与事件B不互斥，故事件A与事件B不对立，A错误；
B，由题意知，又，故事件A与事件B相互独立，B正确；
C，，又，故事件A与事件C相互独立，C正确；
D，由上知，，D错误．
故答案为：BC．
【分析】甲骰子点数为奇数，乙骰子点数为偶数，事件可以同时发生，利用对立事件的概念可判断A选项；先计算出，根据可以判定两个事件是否相互独立，据此可判断B选项；先计算出，根据可以判定两个事件是否相互独立，据此可判断C选项；由前面可知，可判断是否相等，据此可判断D选项.
11．（2024高一下·德清期末）如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足∥平面，则（　　）
A．三棱锥的外接球表面积为
B．动点的轨迹是一条线段
C．三棱锥的体积是随点的运动而变化的
D．若过A，，三点作正方体的截面，为截面上一点，则线段长度的取值范围为
【答案】A,B,D
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程；棱柱的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A：由题意可知：三棱锥的外接球即为正方体的外接球，
可知正方体的外接球的半径，
所以三棱锥的外接球表面积为，故A正确；
对于B：如图分别取，的中点H，G，连接，，，．
由正方体的性质可得，且平面，平面，
所以∥平面，同理可得：∥平面，
且，平面，
所以平面平面，又因为平面，
所以平面，所以点F的轨迹为线段GH，故B正确；
对于C：由选项B可知，点F的轨迹为线段GH，
因为平面，则点F到平面的距离为定值，
同时的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，故C不正确；
对于D：如图，设平面与平面交于AN，N在上．
因为截面平面，平面平面，
所以．同理可证，
所以截面为平行四边形，所以点N为的中点．
在四棱锥中，侧棱最长，且．
设棱锥的高为h，因为，
所以四边形为菱形，所以的边上的高为面对角线的一半，即为，
又因为，则，，
所以，解得．
综上所述，可知长度的取值范围是，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】利用三棱锥的外接球即为正方体的外接球结合正方体的外接球分析，则判断出选项A；分别取，的中点H，G，连接，，，，从而证明平面平面，进而得到点F的轨迹为线段GH，则判断出选项B；根据选项B可得平面，从而得到点F到平面的距离为定值，再结合的面积也为定值，从而可得到三棱锥的体积为定值，则判断出选项C；设为的中点，再根据面面平行的性质定理可得截面为面，从而得出线段长度的最大值为线段的长，最小值为四棱锥以为顶点的高，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．（2024高一下·德清期末）已知，是单位向量，且，则向量与的夹角为　 　．
【答案】
【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
【解析】【解答】解：因为，
同理可得，，
又因为，
所以，
因为向量夹角的取值范围为，
所以向量与的夹角为.
故答案为：.
【分析】由题意，分别计算出向量与的模和两者的数量积，再利用数量积求向量夹角公式和两向量的夹角的取值范围，从而得出两向量与的夹角．
13．（2024高一下·德清期末）已知函数和，其中、均可取1、2、3、4、5、6中的任一数.则这两函数图象有交点的概率为　 　.
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：根据已知条件联立，
则，
整理得：，
因为两函数图象有交点，
所以，
则，
当时，无解；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
综上所述，满足条件的、共对，
根据已知条件、的所有取值情况为种，
所以两函数图象有交点的概率为.
故答案为：.
【分析】根据已知条件联立两函数，从而得出，再结合、的取值结合古典概率公式，从而得出这两函数图象有交点的概率.
14．（2024高一下·德清期末）已知正方体的棱长为2，P为正方形ABCD内的一动点（包含边界），E、F分别是棱、棱的中点．若平面BEF，则AP的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程
【解析】【解答】解：如图所示：连接，
则，
又因为平面，平面，
故平面，
设为BC的中点，连接，
由于F分别是棱的中点，故，
则四边形为平行四边形，
故，因为平面，平面，
故平面，
又因为平面，
故平面平面，因为平面BEF，
故平面，
又因为P为正方形ABCD内的一动点，且平面平面，
故AM即为动点P的轨迹，又因为，
故AP的取值范围是．
故答案为：.
【分析】先作辅助线，证出平面平面，再说明线段AM即为动点P的轨迹，由此得出AM的长，从而得出AP的取值范围．
15．（2024高一下·德清期末）甲，乙两人进行游戏比赛，采取积分制，规则如下：每胜1局得1分，负1局或平局都不得分，积分先达到2分者获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，则积分多的一方获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，且积分相等，则比赛最终打平．假设在每局比赛中，甲胜的概率为，负的概率为，且每局比赛之间的胜负相互独立．
（1）求第三局结束时甲获胜的概率；
（2）求乙最终以分获胜的概率．
【答案】（1）解：设事件为“第三局结束甲获胜”，
由题意知，甲每局获胜的概率为，不获胜的概率为．
若第三局结束甲获胜，
则甲第三局必定获胜，总共有2种情况：
（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜），
所以.
（2）解：由题知，每局比赛中，乙获胜的概率为，
平的概率为，负的概率为，
设事件为“乙最终以分获胜”，
若第二局结束乙获胜，则乙两局连胜，此时的概率；
若第三局结束乙获胜，则乙第三局必定获胜，总共有2种情况：
（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜），
此时的概率；
若第四局结束乙以分获胜，
则乙第四局必定获胜，前三局为1胜2平或1胜1平1负，总共有9种情况：
（胜，平，平，胜），（平，胜，平，胜），（平，平，胜，胜），
（胜，平，负，胜），（胜，负，平，胜），（平，胜，负，胜），
（负，胜，平，胜），（平，负，胜，胜），（负，平，胜，胜），
此时的概率 则.
【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】【分析】（1）对甲来说共有两种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜），再根据独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而得出第三局结束时甲获胜的概率.
（2）以比赛结束时的场数进行分类，在每一类中根据独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而得出乙最终以分获胜的概率.
（1）设事件为“第三局结束甲获胜”，
由题意知，甲每局获胜的概率为，不获胜的概率为．
若第三局结束甲获胜，则甲第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）．
故.
（2）由题知，每局比赛中，乙获胜的概率为，平的概率为，负的概率为，
设事件为“乙最终以分获胜”．
若第二局结束乙获胜，则乙两局连胜，此时的概率．
若第三局结束乙获胜，则乙第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）．
此时的概率．
若第四局结束乙以分获胜，则乙第四局必定获胜，前三局为1胜2平或1胜1平1负，总共有9种情况：
（胜，平，平，胜），（平，胜，平，胜），（平，平，胜，胜），（胜，平，负，胜），
（胜，负，平，胜），（平，胜，负，胜），（负，胜，平，胜），（平，负，胜，胜），（负，平，胜，胜）．
此时的概率
故.
16．（2024高一下·德清期末）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，，且，外接圆面积为
（1）求A；
（2）求周长的最大值.
【答案】（1）解：因为向量，
则，
则，
所以，
则，
所以，
又因为，
所以且，
所以，
又因为，
则.
（2）解：由（1）知：，
则，
由正弦定理可得：的外接圆半径为，
则，所以，
所以
则，
当且仅当且时，即当时等号成立，
所以，三角形周长的最大值为
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量数量积的坐标表示；两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由数量积的坐标表示得出，再代入已知等式结合正余弦边角关系得出，则得出角A的余弦值，由三角形中角A的取值范围，从而得出角A的大小.
（2）由（1）得，由正弦定理可得的值，再结合基本不等式求最值的方法和三角形周长公式，从而得出周长的最大值.
（1）已知向量，
则，
则，
所以，
则，
所以，
又，
故且，
所以，
又，
则；
（2）由（1）知：，
则，
由正弦定理可得：的外接圆半径为，
则，
即，
所以，
则，当且仅当且，即时等号成立，
故三角形周长的最大值为
17．（2024高一下·德清期末）甲 乙 丙三位重剑爱好者决定进行一场比赛，每局两人对战，没有平局，已知每局比赛甲赢乙的概率为，甲赢丙的概率为，丙赢乙的概率为.因为甲是最弱的，所以让他决定第一局的两个比赛者（甲可以选定自己比赛，也可以选定另外两个人比赛），每局获胜者与此局未比赛的人进行下一局的比赛，在比赛中某人首先获胜两局就成为整个比赛的冠军，比赛结束.
（1）若甲指定第一局由乙丙对战，求“只进行三局甲就成为冠军”的概率；
（2）请帮助甲进行第一局的决策（甲乙 甲丙或乙丙比赛），使得甲最终获得冠军的概率最大.
【答案】（1）解：若甲指定第一局由乙丙对战，“只进行三局甲就成为冠军”共有两种情况：①乙丙比乙胜，甲乙比甲胜，甲丙比甲胜，
其概率为；
②乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，
其概率为，
所以“只进行三局甲就成为冠军”的概率为.
（2）解：若第一局甲乙比，甲获得冠军的情况有三种：
甲乙比甲胜，甲丙比甲胜；
甲乙比甲胜，甲丙比丙胜，乙丙比乙胜，甲乙比甲胜；
甲乙比乙胜，乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，
所以甲能获得冠军的概率为：.
若第一局为甲丙比，
则同上可得甲获得冠军的概率为：.
若第一局为乙丙比，
那么甲获得冠军只能是连赢两局，
则甲获得冠军的概率为第（1）问的结果，
因为，
所以甲第一局选择和丙比赛，最终获得冠军的概率最大.
【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】【分析】（1）分两种情况，根据三局比赛的胜负情况结合独立事件乘法求概率公式，从而得出“只进行三局甲就成为冠军”的概率.
（2）分三种情况讨论甲最终获得冠军的概率，再利用独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而比较得出甲第一局选择和丙比赛，最终获得冠军的概率最大.
（1）若甲指定第一局由乙丙对战，“只进行三局甲就成为冠军”共有两种情况：
①乙丙比乙胜，甲乙比甲胜，甲丙比甲胜，
其概率为；
②乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，
其概率为.
所以“只进行三局甲就成为冠军”的概率为.
（2）若第一局甲乙比，甲获得冠军的情况有三种：
甲乙比甲胜，甲丙比甲胜；甲乙比甲胜，甲丙比丙胜，乙丙比乙胜，甲乙比甲胜；甲乙比乙胜，乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，
所以甲能获得冠军的概率为.
若第一局为甲丙比，
则同上可得甲获得冠军的概率为.
若第一局为乙丙比，那么甲获得冠军只能是连赢两局，
则甲获得冠军的概率即第（1）问的结果.
因为，
所以甲第一局选择和丙比赛，最终获得冠军的概率最大.
18．（2024高一下·德清期末）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为．如图，在直三棱柱中，点A的曲率为，N，M分别为AB，的中点，且．
（1）证明：平面．
（2）证明：平面平面．
（3）若，求二面角的正切值．
【答案】（1）证明：在直三棱柱中，
平面ABC，平面ABC，
则，，
所以点A的曲率为，
所以，
因为，
所以△ABC为正三角形，
因为N为AB的中点，
所以，
又因为平面ABC，平面ABC，
所以，
又因为，平面，
所以平面．
（2）证明：取的中点D，连接DM，DN，
因为N为AB的中点，
所以且．
又因为且，
所以且，
所以四边形CNDM为平行四边形，则，
由（1）知平面，
则平面，
又因为平面，
所以平面平面．
（3）解：取BC的中点F，连接AF，则，
因为平面ABC，平面ABC，
所以，
因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
过F作的垂线，垂足为H，连接AH，
则，
又因为平面，
所以平面，
又因为平面，，
所以∠AHF为二面角的平面角的补角，
设，，
则，，，
由等面积法可得，
则，
则，
故二面角的正切值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；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）由题意可得，根据线面垂直的性质定理可得，再结合线面垂直的判定定理证出平面．
（2）如图，易证，由（1）得平面，再结合面面垂直的判定定理证出平面平面．
（3）如图，根据线面垂直的判定定理可得平面，利用线面垂直的定义得出，易证，则∠AHF为二面角的平面角的补角，再结合等面积法得出FH的长，最后由正切函数的定义得出二面角的正切值.
（1）在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，
则，，所以点A的曲率为，
所以．因为，所以△ABC为正三角形．
因为N为AB的中点，所以．
又平面ABC，平面ABC，所以，
因为，平面，所以平面．
（2）取的中点D，连接DM，DN．
因为N为AB的中点，所以且．
又且，所以且，
所以四边形CNDM为平行四边形，则．
由（1）知平面，则平面．
又平面，所以平面平面．
（3）取BC的中点F，连接AF，则．
因为平面ABC，平面ABC，所以，
因为，平面，所以平面．
又平面，所以，过F作的垂线，垂足为H，连接AH，
则，又平面，所以平面，
又平面，，
所以∠AHF为二面角的平面角的补角．
设，，则，，．
由等面积法可得，则，
则，故二面角的正切值为．
19．（2024高一下·德清期末）任意一个复数的代数形式都可写成复数三角形式，即，其中为虚数单位，．棣莫弗定理由法国数学家棣莫弗（1667～1754）创立．设两个复数用三角函数形式表示为：，则：．如果令，则能导出复数乘方公式：．请用以上知识解决以下问题．
（1）试将写成三角形式；
（2）试应用复数乘方公式推导三倍角公式：；；
（3）计算：的值．
【答案】（1）解： 由于，故，
则
（2）解： 设模为1的复数为，
则
，
由复数乘方公式可得，
故
（3）解： 首先证明：；
由于，则，
则，故
，
则可得
，
，
所以
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【分析】本题考查复数的新定义问题，复数的模长公式，复数的乘除运算.
（1）先求出复数的模长，再根据复数的三角形式，据此可写出答案；
（2）设模为1的复数为，再利用复数的乘方运算可得：，再利用复数的相等以及同角的三角函数关系进行化简可推出：，再结合，据此可证明结论；
（3）由（2）的结论结合恒等变换推出，据此可得，，再结合，再进行化简可求出答案.
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