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浙江省慈溪市2024-2025学年高一下学期期末测试数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025高一下·慈溪期末）某市有大型超市20家、中型超市60家、小型超市120家．为掌握各类超市的营业情况，现用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个样本容量为20的样本，则抽取中型超市的数量为（　　）
A．12 B．6 C．4 D．2
【答案】B
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由题意得：抽取中型超市的数量为.
故答案为：B.
【分析】根据给定条件，先计算出总体中各类超市的总数，再确定中型超市数量占总体的比例，最后用样本容量乘以该比例，得到抽取中型超市的数量.
2．（2025高一下·慈溪期末）已知三点共线，则（　　）
A．1 B．3 C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意得：，且，则，
解得：.
故答案为：A.
【分析】若三点共线，则由这三点构成的两个向量共线。先求出向量和的坐标，再利用向量共线的坐标表示（若，，则等价于 ）来求解的值.
3．（2025高一下·慈溪期末）已知，则的虚部为（　　）
A． B．1 C． D．2
【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为，所以.
所以虚部为2.
故答案为：D.
【分析】先根据等式求出复数，进而确定复数的虚部.
4．（2025高一下·慈溪期末）已知直线与平面，则能使的充分条件是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】充分条件；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：A、由，得，而，则，A错误；
B、，分别是平面内互相垂直的异面直线，满足，B错误；
C、由，得，又，则，C正确；
D、由，得二面角的平面角可以是锐角、直角，也可以是钝角，D错误.
故答案为：C
【分析】本题考查面面垂直的充分条件判定，需依据线面垂直性质、面面垂直判定定理，结合充分条件定义（若条件P成立能推出结论Q成立，则P是Q的充分条件 ），对每个选项逐一分析：分析各选项中直线与平面的位置关系，判断能否推出.
5．（2025高一下·慈溪期末）柜子里有3双不同的手套，现从中随机地取出2只．若表示事件“取出的手套是一只左手一只右手的，但不是一双手套”，表示事件“取出的手套都是右手的”，表示事件“取出的手套不成双”，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率计算公式；列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】【解答】解：记三双不同的手套为：白1，白2；红1，红2；黑1，黑2，（1为左，2为右）
从中随机取出2只共有：白1白2，白1红1，白1红2，白1黑1，白1黑2，白2红1，
白2红2，白2黑1，白2黑2，红1红2，红1黑1，红1黑2，红2黑1，红2黑2，黑1黑2，共15种情况，
事件包含：白1红2，白1黑2，白2红1，白2黑1，红1黑2，红2黑1， 6个基本事件，
事件包含：白2红2，白2黑2，红2黑2，3个基本事件，
事件包含：白1红1，白1红2，白1黑1，白1黑2，白2红1，白2红2，白2黑1，
白2黑2，红1黑1，红1黑2，红2黑1，红2黑2，12个基本事件，
，，，，
A、，A错误；
B、事件互斥，则，B正确；
C、，C错误；
D、，，D错误.
故答案为：B
【分析】先通过列举法确定所有基本事件，再分别找出事件A、B、C包含的基本事件数，计算对应概率，最后根据事件关系（互斥、独立、包含 ）判断选项.
6．（2025高一下·慈溪期末）已知是两个垂直的单位向量．若，设向量的夹角为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：因为是两个垂直的单位向量，所以.
因为，
所以.
而，.
所以.
故答案为：D.
【分析】先计算（向量数量积 ），再分别计算、（向量模长 ），最后代入夹角余弦公式.
7．（2025高一下·慈溪期末）在中，内角所对的边分别为，若，且，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理
【解析】【解答】解：在中，由，得，而，
由正弦定理，得，
整理得，因此或，解得，，
所以.
故答案为：D.
【分析】首先由已知条件得到关于的表达式，再结合正弦定理将边转化为角的正弦形式，然后利用三角形内角和，将转化为（已知 ），展开后化简等式，求解角，进而求出.
8．（2025高一下·慈溪期末）一个棱长为6的正方体纸盒内有一个正四面体，若正四面体可以在纸盒内任意转动，则正四面体体积的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由正四面体玩具可以在棱长为6的正方体内任意转动，得该正四面体的棱长最大时，其外接球为正方体的内切球，
如图，设四面体的边长为，其外接正方体为，则正方体棱长为
正方体与正四面体有同一个外接球，
设正方体的外接球的半径为，则，即，
而棱长为6的正方体的内切球的半径为3，即，解得，
取中点，连接，则，又平面，
于是平面，而，等腰底面上的高，
所以正四面体体积的最大值为.
故答案为：C.
【分析】首先确定正四面体棱长最大时，其外接球与正方体内切球的关系，然后结合外接球半径与正四面体棱长、正方体内切球半径与正方体棱长的关系，求出正四面体棱长，最后利用正四面体体积公式（以某一面为底，对应高为棱 ）计算体积.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025高一下·慈溪期末）如图，在圆锥中，，点为线段上的动点，则（　　）
A．
B．圆锥的侧面积为
C．直线与所成角为
D．当为线段中点时，直线与平面所成角的正弦值最大
【答案】B,C,D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；异面直线所成的角
【解析】【解答】解：A、 是底面直径，故（半径 ）， 是母线，在 中，由勾股定理：
，A错误；
B、圆锥侧面积公式：（ 是底面半径， 是母线长 ）
已知，，代入得：，B正确；
C、连接并延长，交底面圆于点，连接，则，
因为，，所以，
故均为等腰直角三角形，则，故，
所以或其补角即为直线与所成角，
又，故为等边三角形，故，C正确；
D、由C知，，
又⊥平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
连接，则即为直线与平面所成角，
其中，
则，
当为线段中点时，因为，所以⊥，
此时取得最小值，故取得最大值，
直线与平面所成角的正弦值最大，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】A：利用“圆锥高、母线、底面半径的直角三角形关系”（勾股定理 ）计算.
B：直接套用“圆锥侧面积公式”（ ）计算.
C：通过“圆的对称性构造平行线”，将线线角转化为三角形内角，结合“等边三角形性质”求角度.
D：依据“线面角定义”，分析 的最小值（中点时垂直 ），推导正弦值最大值.
10．（2025高一下·慈溪期末）已知复数均不为零，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：A、C、D、设，
则，即，
而，即，A正确，
而，
，则，C正确，
而，
，
则，D正确；
B、当时，，
而，B错误.
故答案为：ACD.
【分析】A、验证共轭复数的和与和的共轭是否相等；
B、通过举例计算，判断是否相等；
C、验证共轭复数的积与积的共轭是否相等；
D、验证商的共轭与共轭的商是否相等.
11．（2025高一下·慈溪期末）在中，内角所对的边分别为，若在上的投影向量为，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,B
【知识点】平面向量的数量积运算；正弦定理；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A、因为在上的投影向量为，
所以，故，A正确；
B、因为且，所以，故.
又，所以，即，
所以，故，B正确；
C、由题意得，
，C错误；
D、，D错误.
故答案为：AB.
【分析】A、根据投影向量的定义可判断A；
B、利用正弦定理及两角差的正弦公式求可判断B；
C、根据，结合向量数量积的运算律可判断C；
D、利用三角形面积公式计算可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一下·慈溪期末）设是一个随机试验中的两个事件，记为事件的对立事件，若，且与相互独立，则　 　．
【答案】0.88
【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】【解答】解：由题意知，，
所以.
故答案为：0.88
【分析】由对立事件概率和为1求出，再根据两相互独立事件的概率公式求出，即可代入并事件的概率公式进行求解.
13．（2025高一下·慈溪期末）如图，小明为了测量河对岸的塔高，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与．现测得，则塔高　 　．
【答案】
【知识点】余弦定理的应用；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：设塔高，由，
则，，
在中，由余弦定理得，
则，解得或（舍去）.
故答案为：.
【分析】设塔高，利用直角三角形的边角关系（正切函数）可设，，再在中应用余弦定理建立关于h的方程，求解得出塔高.
14．（2025高一下·慈溪期末）如图，在棱长均为4的正四棱锥中，，若过点且垂直于棱的平面分别交棱于点，则五边形的面积为　 　．
【答案】
【知识点】棱锥的结构特征；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：连接，，，设，连接，
依题意，平面，因为平面，
所以，因为，，，
在直角中，，故I为VD的中点，同理，F是VB的中点，
所以，
下面证明：G，H分别在的中点上，
当G，H也是中点时，，有，
四边形是平行四边形，
又，则，故，
又，则，
又，，平面，
所以平面，又平面，故，则，
因为均在平面内，且相交，所以平面，
故此时平面和平面即同一平面，满足题意，则G，H分别在的中点上.
又平面，又平面，所以，则，
则四边形是矩形，
依题意，，，，
中边上的高为，
则，
四边形的面积是，
故五边形的面积是.
故答案为：.
【分析】首先连接辅助线（、、、 ），根据线面垂直（平面 ）推出相关线段垂直关系，然后利用直角三角形边角关系确定中点位置（、为、中点 ），再证明、为、中点，最后分别计算和矩形的面积，求和得到五边形面积.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（2025高一下·慈溪期末）2025年春节期间国产动漫电影《哪吒之魔童闹海》火爆全世界，引起人们对中国动漫产业的关注．为了解中国动漫市场受市场群体关注的年龄（单位：岁）占比情况，某电影院调查了某天观看中国动漫系列电影的观众年龄情况，并按年龄进行适当分组（每组为左闭右开的区间），得到频率分布直方图如图所示（同一组的数据用该区间的中点值代表）．
（1）求的值；
（2）求该样本的平均数和中位数．
【答案】（1）解： 由题意知：，即.
（2）解：由题意知：，
前两个矩形面积之和为，
前三个矩形面积之和为，所以，
由中位数的定义可得，解得，
即 平均数 =28.1，中位数y为．
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中，所有直方图面积之和为，可求得的值.
（2）将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，将所得结果全加可得的值；分析可知，结合中位数的定义可得出关于的等式，即可解得的值.
（1）由题意知：，所以.
（2）由题意知：，
前两个矩形面积之和为，
前三个矩形面积之和为，所以，
由中位数的定义可得，解得，即中位数为．
16．（2025高一下·慈溪期末）在中，内角所对的边分别为．
（1）若，且的面积为，求；
（2）若的平分线交于，求的长．
【答案】（1）解：由题意知：，所以，
又因为，所以，
所以，即.
（2）解：已知AD是平分线，，所以，
因为，
即，
所以
所以．
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先通过面积公式结合已知角A求出bc，再用余弦定理建立b + c与bc的关系，进而求出b + c.
（2）利用角平分线将三角形面积分割为两部分，结合面积公式列方程求解AD.
（1）由题意知：，所以，
又因为，所以，
所以，即；
（2）因为，
即，
所以
所以．
17．（2025高一下·慈溪期末）某商店举行促销抽奖活动，在一个不透明袋子中放有6个大小质地完全相同的球，其中（）个为红球，其余均为白球，现从中不放回地依次随机摸出2个球，若取到的两个球同色，则称为中奖，可以领取一张优惠券；若取到的两个球不同色，则称为不中奖．一次抽奖结束后，取出的球放回袋子中，供下一位顾客抽奖（每位顾客只有一次抽奖机会）．
（1）若，求一次抽奖中奖的概率；
（2）若要求一次抽奖中奖的概率最小．
（ⅰ）求；
（ⅱ）求两位顾客抽奖至少有一位顾客中奖的概率．
【答案】（1）解：设“一次抽奖中奖”（1）记这2个红球的编号为个白球的编号为，
所以样本空间，共有30个样本点，
又因为
所以，
所以.
（2）（ⅰ）解：当时，，所以时，；
当时，
综上所述，所以时，一次抽奖中奖的概率最小．
（ⅱ）解：记“两位顾客抽奖至少有一位顾客中奖”，“第位顾客中奖”，
由题意知，，
所以．
【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；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）用古典概型，先确定总样本点和中奖样本点，再计算概率.
（2）（i）推导中奖概率关于m的表达式，结合二次函数性质及m取值范围求最小概率时的m.
（ii）利用对立事件（“至少一位中奖” 的对立是 “两位都不中奖” ），结合独立事件概率公式计算.
（1）设“一次抽奖中奖”
（1）记这2个红球的编号为个白球的编号为，
所以样本空间，共有30个样本点，
又因为
所以，
所以；
（2）（ⅰ）当时，，
所以时，；
当时，
综上所述，所以时，一次抽奖中奖的概率最小．
（ⅱ）记“两位顾客抽奖至少有一位顾客中奖”，“第位顾客中奖”，
由题意知，，
所以．
18．（2025高一下·慈溪期末）（用坐标法不给分）已知平行六面体所有棱长均为．
（1）求证：平面平面；
（2）设平面与平面交于直线，求证：直线平面；
（3）求二面角的平面角的正弦值．
【答案】（1）证明：如图，设与交于点，连接，
在菱形中，，O为BD中点，
易知，所以，
所以为等腰三角形，则，
又因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）证明：连接，易知，
因为平面平面，
所以平面，
因为平面平面，所以，
因为平面平面，所以平面．
（3）解：由题意知，则，
设，连接，由（1）可知，平面，所以，
因为，所以，所以为等腰直角三角形，且，取中点，连接，则
过作交于，连接，
所以就是二面角的平面角，
等腰中，，同理，
所以，即，
所以，即为的中点，
在中，，
即，，
解得，
所以在中，，所以，
二面角的平面角的正弦值为．
【知识点】直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）：通过“菱形性质 + 等腰三角形性质”推导线线垂直，再用“线面垂直→面面垂直”证明.
（2）：利用“线面平行判定与性质”，将空间线线平行转化为线面平行.
（3）：构造二面角平面角，结合“解三角形（勾股定理、余弦定理 ）”计算角度正弦值.
（1）如图，设与交于点，连接，
在菱形中，，O为BD中点，
易知，所以，
所以为等腰三角形，则，
又因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）连接，易知，
因为平面平面，
所以平面，
因为平面平面，所以，
因为平面平面，所以平面．
（3）由题意知，则，
设，连接，由（1）可知，平面，所以，
因为，所以，所以为等腰直角三角形，且，取中点，连接，则
过作交于，连接，
所以就是二面角的平面角，
等腰中，，同理，
所以，即，
所以，即为的中点，
在中，，
即，，
解得，
所以在中，，所以，
二面角的平面角的正弦值为．
19．（2025高一下·慈溪期末）如图，在中，，，，，，设与交于点，且．
（1）求的值；
（2）定义平面非零向量之间的一种运算“”：（其中是两非零向量和的夹角）．
（ⅰ）若为的中点，求的值；
（ⅱ）若，求的值．
【答案】（1）解： 因为，，
所以
，
又三点共线，
所以，即.
（2）（ⅰ）解：因为为的中点，所以，
由（1）知，，则，即为的重心．
建立如图所示的平面直角坐标系，则，
所以，
所以，
所以，
所以.
（ⅱ）解：建立与（ⅰ）相同的平面直角坐标系，
则，
所以，
所以，
所以，
则，
所以
，
即，所以，即或，
因为，所以，又因为，
所以，则．
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的线性运算；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】【分析】（1）根据平面向量的线性运算可得，利用三点共线的向量性质列方程求解.
（2）（ⅰ）由为的中点，易得为的重心，建立平面直角坐标系，根据题设定义及平面向量夹角余弦的坐标表示求解即可.
（ⅱ）建立平面直角坐标系，用向量坐标表示，结合新定义运算列方程，求解、后求.
（1）因为，，
所以
，
又三点共线，
所以，即.
（2）（ⅰ）因为为的中点，所以，
由（1）知，，则，即为的重心．
建立如图所示的平面直角坐标系，则，
所以，
所以，
所以，
所以.
（ⅱ）建立与（ⅰ）相同的平面直角坐标系，
则，
所以，
所以，
所以，
则，
所以
，
即，所以，即或，
因为，所以，又因为，
所以，则．
1 / 1浙江省慈溪市2024-2025学年高一下学期期末测试数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025高一下·慈溪期末）某市有大型超市20家、中型超市60家、小型超市120家．为掌握各类超市的营业情况，现用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个样本容量为20的样本，则抽取中型超市的数量为（　　）
A．12 B．6 C．4 D．2
2．（2025高一下·慈溪期末）已知三点共线，则（　　）
A．1 B．3 C． D．
3．（2025高一下·慈溪期末）已知，则的虚部为（　　）
A． B．1 C． D．2
4．（2025高一下·慈溪期末）已知直线与平面，则能使的充分条件是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025高一下·慈溪期末）柜子里有3双不同的手套，现从中随机地取出2只．若表示事件“取出的手套是一只左手一只右手的，但不是一双手套”，表示事件“取出的手套都是右手的”，表示事件“取出的手套不成双”，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高一下·慈溪期末）已知是两个垂直的单位向量．若，设向量的夹角为，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高一下·慈溪期末）在中，内角所对的边分别为，若，且，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·慈溪期末）一个棱长为6的正方体纸盒内有一个正四面体，若正四面体可以在纸盒内任意转动，则正四面体体积的最大值为（　　）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025高一下·慈溪期末）如图，在圆锥中，，点为线段上的动点，则（　　）
A．
B．圆锥的侧面积为
C．直线与所成角为
D．当为线段中点时，直线与平面所成角的正弦值最大
10．（2025高一下·慈溪期末）已知复数均不为零，则（　　）
A． B．
C． D．
11．（2025高一下·慈溪期末）在中，内角所对的边分别为，若在上的投影向量为，则（　　）
A． B．
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一下·慈溪期末）设是一个随机试验中的两个事件，记为事件的对立事件，若，且与相互独立，则　 　．
13．（2025高一下·慈溪期末）如图，小明为了测量河对岸的塔高，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与．现测得，则塔高　 　．
14．（2025高一下·慈溪期末）如图，在棱长均为4的正四棱锥中，，若过点且垂直于棱的平面分别交棱于点，则五边形的面积为　 　．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（2025高一下·慈溪期末）2025年春节期间国产动漫电影《哪吒之魔童闹海》火爆全世界，引起人们对中国动漫产业的关注．为了解中国动漫市场受市场群体关注的年龄（单位：岁）占比情况，某电影院调查了某天观看中国动漫系列电影的观众年龄情况，并按年龄进行适当分组（每组为左闭右开的区间），得到频率分布直方图如图所示（同一组的数据用该区间的中点值代表）．
（1）求的值；
（2）求该样本的平均数和中位数．
16．（2025高一下·慈溪期末）在中，内角所对的边分别为．
（1）若，且的面积为，求；
（2）若的平分线交于，求的长．
17．（2025高一下·慈溪期末）某商店举行促销抽奖活动，在一个不透明袋子中放有6个大小质地完全相同的球，其中（）个为红球，其余均为白球，现从中不放回地依次随机摸出2个球，若取到的两个球同色，则称为中奖，可以领取一张优惠券；若取到的两个球不同色，则称为不中奖．一次抽奖结束后，取出的球放回袋子中，供下一位顾客抽奖（每位顾客只有一次抽奖机会）．
（1）若，求一次抽奖中奖的概率；
（2）若要求一次抽奖中奖的概率最小．
（ⅰ）求；
（ⅱ）求两位顾客抽奖至少有一位顾客中奖的概率．
18．（2025高一下·慈溪期末）（用坐标法不给分）已知平行六面体所有棱长均为．
（1）求证：平面平面；
（2）设平面与平面交于直线，求证：直线平面；
（3）求二面角的平面角的正弦值．
19．（2025高一下·慈溪期末）如图，在中，，，，，，设与交于点，且．
（1）求的值；
（2）定义平面非零向量之间的一种运算“”：（其中是两非零向量和的夹角）．
（ⅰ）若为的中点，求的值；
（ⅱ）若，求的值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由题意得：抽取中型超市的数量为.
故答案为：B.
【分析】根据给定条件，先计算出总体中各类超市的总数，再确定中型超市数量占总体的比例，最后用样本容量乘以该比例，得到抽取中型超市的数量.
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：由题意得：，且，则，
解得：.
故答案为：A.
【分析】若三点共线，则由这三点构成的两个向量共线。先求出向量和的坐标，再利用向量共线的坐标表示（若，，则等价于 ）来求解的值.
3．【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为，所以.
所以虚部为2.
故答案为：D.
【分析】先根据等式求出复数，进而确定复数的虚部.
4．【答案】C
【知识点】充分条件；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：A、由，得，而，则，A错误；
B、，分别是平面内互相垂直的异面直线，满足，B错误；
C、由，得，又，则，C正确；
D、由，得二面角的平面角可以是锐角、直角，也可以是钝角，D错误.
故答案为：C
【分析】本题考查面面垂直的充分条件判定，需依据线面垂直性质、面面垂直判定定理，结合充分条件定义（若条件P成立能推出结论Q成立，则P是Q的充分条件 ），对每个选项逐一分析：分析各选项中直线与平面的位置关系，判断能否推出.
5．【答案】B
【知识点】互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率计算公式；列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】【解答】解：记三双不同的手套为：白1，白2；红1，红2；黑1，黑2，（1为左，2为右）
从中随机取出2只共有：白1白2，白1红1，白1红2，白1黑1，白1黑2，白2红1，
白2红2，白2黑1，白2黑2，红1红2，红1黑1，红1黑2，红2黑1，红2黑2，黑1黑2，共15种情况，
事件包含：白1红2，白1黑2，白2红1，白2黑1，红1黑2，红2黑1， 6个基本事件，
事件包含：白2红2，白2黑2，红2黑2，3个基本事件，
事件包含：白1红1，白1红2，白1黑1，白1黑2，白2红1，白2红2，白2黑1，
白2黑2，红1黑1，红1黑2，红2黑1，红2黑2，12个基本事件，
，，，，
A、，A错误；
B、事件互斥，则，B正确；
C、，C错误；
D、，，D错误.
故答案为：B
【分析】先通过列举法确定所有基本事件，再分别找出事件A、B、C包含的基本事件数，计算对应概率，最后根据事件关系（互斥、独立、包含 ）判断选项.
6．【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：因为是两个垂直的单位向量，所以.
因为，
所以.
而，.
所以.
故答案为：D.
【分析】先计算（向量数量积 ），再分别计算、（向量模长 ），最后代入夹角余弦公式.
7．【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理
【解析】【解答】解：在中，由，得，而，
由正弦定理，得，
整理得，因此或，解得，，
所以.
故答案为：D.
【分析】首先由已知条件得到关于的表达式，再结合正弦定理将边转化为角的正弦形式，然后利用三角形内角和，将转化为（已知 ），展开后化简等式，求解角，进而求出.
8．【答案】C
【知识点】球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由正四面体玩具可以在棱长为6的正方体内任意转动，得该正四面体的棱长最大时，其外接球为正方体的内切球，
如图，设四面体的边长为，其外接正方体为，则正方体棱长为
正方体与正四面体有同一个外接球，
设正方体的外接球的半径为，则，即，
而棱长为6的正方体的内切球的半径为3，即，解得，
取中点，连接，则，又平面，
于是平面，而，等腰底面上的高，
所以正四面体体积的最大值为.
故答案为：C.
【分析】首先确定正四面体棱长最大时，其外接球与正方体内切球的关系，然后结合外接球半径与正四面体棱长、正方体内切球半径与正方体棱长的关系，求出正四面体棱长，最后利用正四面体体积公式（以某一面为底，对应高为棱 ）计算体积.
9．【答案】B,C,D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；异面直线所成的角
【解析】【解答】解：A、 是底面直径，故（半径 ）， 是母线，在 中，由勾股定理：
，A错误；
B、圆锥侧面积公式：（ 是底面半径， 是母线长 ）
已知，，代入得：，B正确；
C、连接并延长，交底面圆于点，连接，则，
因为，，所以，
故均为等腰直角三角形，则，故，
所以或其补角即为直线与所成角，
又，故为等边三角形，故，C正确；
D、由C知，，
又⊥平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
连接，则即为直线与平面所成角，
其中，
则，
当为线段中点时，因为，所以⊥，
此时取得最小值，故取得最大值，
直线与平面所成角的正弦值最大，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】A：利用“圆锥高、母线、底面半径的直角三角形关系”（勾股定理 ）计算.
B：直接套用“圆锥侧面积公式”（ ）计算.
C：通过“圆的对称性构造平行线”，将线线角转化为三角形内角，结合“等边三角形性质”求角度.
D：依据“线面角定义”，分析 的最小值（中点时垂直 ），推导正弦值最大值.
10．【答案】A,C,D
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：A、C、D、设，
则，即，
而，即，A正确，
而，
，则，C正确，
而，
，
则，D正确；
B、当时，，
而，B错误.
故答案为：ACD.
【分析】A、验证共轭复数的和与和的共轭是否相等；
B、通过举例计算，判断是否相等；
C、验证共轭复数的积与积的共轭是否相等；
D、验证商的共轭与共轭的商是否相等.
11．【答案】A,B
【知识点】平面向量的数量积运算；正弦定理；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A、因为在上的投影向量为，
所以，故，A正确；
B、因为且，所以，故.
又，所以，即，
所以，故，B正确；
C、由题意得，
，C错误；
D、，D错误.
故答案为：AB.
【分析】A、根据投影向量的定义可判断A；
B、利用正弦定理及两角差的正弦公式求可判断B；
C、根据，结合向量数量积的运算律可判断C；
D、利用三角形面积公式计算可判断D.
12．【答案】0.88
【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】【解答】解：由题意知，，
所以.
故答案为：0.88
【分析】由对立事件概率和为1求出，再根据两相互独立事件的概率公式求出，即可代入并事件的概率公式进行求解.
13．【答案】
【知识点】余弦定理的应用；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：设塔高，由，
则，，
在中，由余弦定理得，
则，解得或（舍去）.
故答案为：.
【分析】设塔高，利用直角三角形的边角关系（正切函数）可设，，再在中应用余弦定理建立关于h的方程，求解得出塔高.
14．【答案】
【知识点】棱锥的结构特征；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：连接，，，设，连接，
依题意，平面，因为平面，
所以，因为，，，
在直角中，，故I为VD的中点，同理，F是VB的中点，
所以，
下面证明：G，H分别在的中点上，
当G，H也是中点时，，有，
四边形是平行四边形，
又，则，故，
又，则，
又，，平面，
所以平面，又平面，故，则，
因为均在平面内，且相交，所以平面，
故此时平面和平面即同一平面，满足题意，则G，H分别在的中点上.
又平面，又平面，所以，则，
则四边形是矩形，
依题意，，，，
中边上的高为，
则，
四边形的面积是，
故五边形的面积是.
故答案为：.
【分析】首先连接辅助线（、、、 ），根据线面垂直（平面 ）推出相关线段垂直关系，然后利用直角三角形边角关系确定中点位置（、为、中点 ），再证明、为、中点，最后分别计算和矩形的面积，求和得到五边形面积.
15．【答案】（1）解： 由题意知：，即.
（2）解：由题意知：，
前两个矩形面积之和为，
前三个矩形面积之和为，所以，
由中位数的定义可得，解得，
即 平均数 =28.1，中位数y为．
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中，所有直方图面积之和为，可求得的值.
（2）将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，将所得结果全加可得的值；分析可知，结合中位数的定义可得出关于的等式，即可解得的值.
（1）由题意知：，所以.
（2）由题意知：，
前两个矩形面积之和为，
前三个矩形面积之和为，所以，
由中位数的定义可得，解得，即中位数为．
16．【答案】（1）解：由题意知：，所以，
又因为，所以，
所以，即.
（2）解：已知AD是平分线，，所以，
因为，
即，
所以
所以．
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先通过面积公式结合已知角A求出bc，再用余弦定理建立b + c与bc的关系，进而求出b + c.
（2）利用角平分线将三角形面积分割为两部分，结合面积公式列方程求解AD.
（1）由题意知：，所以，
又因为，所以，
所以，即；
（2）因为，
即，
所以
所以．
17．【答案】（1）解：设“一次抽奖中奖”（1）记这2个红球的编号为个白球的编号为，
所以样本空间，共有30个样本点，
又因为
所以，
所以.
（2）（ⅰ）解：当时，，所以时，；
当时，
综上所述，所以时，一次抽奖中奖的概率最小．
（ⅱ）解：记“两位顾客抽奖至少有一位顾客中奖”，“第位顾客中奖”，
由题意知，，
所以．
【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；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）用古典概型，先确定总样本点和中奖样本点，再计算概率.
（2）（i）推导中奖概率关于m的表达式，结合二次函数性质及m取值范围求最小概率时的m.
（ii）利用对立事件（“至少一位中奖” 的对立是 “两位都不中奖” ），结合独立事件概率公式计算.
（1）设“一次抽奖中奖”
（1）记这2个红球的编号为个白球的编号为，
所以样本空间，共有30个样本点，
又因为
所以，
所以；
（2）（ⅰ）当时，，
所以时，；
当时，
综上所述，所以时，一次抽奖中奖的概率最小．
（ⅱ）记“两位顾客抽奖至少有一位顾客中奖”，“第位顾客中奖”，
由题意知，，
所以．
18．【答案】（1）证明：如图，设与交于点，连接，
在菱形中，，O为BD中点，
易知，所以，
所以为等腰三角形，则，
又因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）证明：连接，易知，
因为平面平面，
所以平面，
因为平面平面，所以，
因为平面平面，所以平面．
（3）解：由题意知，则，
设，连接，由（1）可知，平面，所以，
因为，所以，所以为等腰直角三角形，且，取中点，连接，则
过作交于，连接，
所以就是二面角的平面角，
等腰中，，同理，
所以，即，
所以，即为的中点，
在中，，
即，，
解得，
所以在中，，所以，
二面角的平面角的正弦值为．
【知识点】直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）：通过“菱形性质 + 等腰三角形性质”推导线线垂直，再用“线面垂直→面面垂直”证明.
（2）：利用“线面平行判定与性质”，将空间线线平行转化为线面平行.
（3）：构造二面角平面角，结合“解三角形（勾股定理、余弦定理 ）”计算角度正弦值.
（1）如图，设与交于点，连接，
在菱形中，，O为BD中点，
易知，所以，
所以为等腰三角形，则，
又因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）连接，易知，
因为平面平面，
所以平面，
因为平面平面，所以，
因为平面平面，所以平面．
（3）由题意知，则，
设，连接，由（1）可知，平面，所以，
因为，所以，所以为等腰直角三角形，且，取中点，连接，则
过作交于，连接，
所以就是二面角的平面角，
等腰中，，同理，
所以，即，
所以，即为的中点，
在中，，
即，，
解得，
所以在中，，所以，
二面角的平面角的正弦值为．
19．【答案】（1）解： 因为，，
所以
，
又三点共线，
所以，即.
（2）（ⅰ）解：因为为的中点，所以，
由（1）知，，则，即为的重心．
建立如图所示的平面直角坐标系，则，
所以，
所以，
所以，
所以.
（ⅱ）解：建立与（ⅰ）相同的平面直角坐标系，
则，
所以，
所以，
所以，
则，
所以
，
即，所以，即或，
因为，所以，又因为，
所以，则．
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的线性运算；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】【分析】（1）根据平面向量的线性运算可得，利用三点共线的向量性质列方程求解.
（2）（ⅰ）由为的中点，易得为的重心，建立平面直角坐标系，根据题设定义及平面向量夹角余弦的坐标表示求解即可.
（ⅱ）建立平面直角坐标系，用向量坐标表示，结合新定义运算列方程，求解、后求.
（1）因为，，
所以
，
又三点共线，
所以，即.
（2）（ⅰ）因为为的中点，所以，
由（1）知，，则，即为的重心．
建立如图所示的平面直角坐标系，则，
所以，
所以，
所以，
所以.
（ⅱ）建立与（ⅰ）相同的平面直角坐标系，
则，
所以，
所以，
所以，
则，
所以
，
即，所以，即或，
因为，所以，又因为，
所以，则．
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