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湖南省2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题
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．（2024高一下·湖南期末）已知向量，若，则（　　）
A．10 B． C． D．
2．（2024高一下·湖南期末）已知，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·湖南期末）已知集合，若，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·湖南期末）已知是一条直线，是两个不同的平面，且，则“”是“”的（　　）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．（2024高一下·湖南期末）已知空间问量，若与的夹角是钝角，则的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2024高一下·湖南期末）已知，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·湖南期末）为了推广一种新饮料，某饮料生产企业开展了有奖促销活动：将8瓶该种饮料装一箱，其中有2瓶能够中奖，现从一箱该饮料中随机抽取2瓶，则下列两个事件是互斥但不对立的是（　　）
A．至少1瓶中奖”与“2瓶都中奖”
B．“至多1瓶中奖”与“2瓶都中奖”
C．“恰有1瓶中奖”与“2瓶都不中奖”
D．“恰有1瓶中奖”与“至多1瓶中奖”
8．（2024高一下·湖南期末）已知是上的单调函数，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
二、多选题：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．（2024高一下·湖南期末）已知复数，则（　　）
A．的实部是
B．
C．的共轭复数是
D．在复平面内对应的点位于在第一象限
10．（2024高一下·湖南期末）已知函数的部分图象如图所示，则（　　）
A．
B．
C．的图象关于点对称
D．不等式的解集是
11．（2024高一下·湖南期末）有一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1.也可由正方体切割而成，如图2.在如图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则（　　）
A．该几何体的表面积为 B．该几何体的体积为4
C．直线与直线所成的角为 D．二面角的余弦值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高一下·湖南期末）生活质量指数是用于衡量人们生活质量水平的一种指标体系.某机构对某地进行生活质量指数调查，得到该地15个地区的生活质量指数为，则这15个地区的生活质量指数的第60百分位数是　 　.
13．（2024高一下·湖南期末）如图，在四面体中，平面是边长为4的等边三角形，分别是棱的中点，则　 　.
14．（2024高一下·湖南期末）在底面为正方形的四棱锥中，平面，，，点在线段上，平面，则四面体外接球的表面积为　 　．
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．（2024高一下·湖南期末）已知某校初二年级有1200名学生，在一次数学测试中，该年级所有学生的数学成绩全部在内.现从该校初二年级的学生中随机抽取100名学生的数学成绩，按，，，，分成5组，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）求的值；
（2）估计该校初二年级学生这次数学测试的平均分（各组数据以该组数据的中点值作代表）；
（3）记这次测试数学成绩不低于85分为“优秀”，估计该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的学生人数.
16．（2024高一下·湖南期末）如图，在四棱锥中，，四边形是正方形，是的中点.
（1）证明：平面.
（2）证明：平面平面.
17．（2024高一下·湖南期末）已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）求的单调递减区间；
（3）求在区间上的值域.
18．（2024高一下·湖南期末）端午节，又称端阳节 龙舟节 重午节，端午节是中华民族传统文化的重要组成部分.某校打算举办有关端午节的知识竞答比赛，比赛规则如下：比赛一共进行两轮，每轮比赛回答一道题，每轮比赛共有A，B，C三类题目，参赛选手随机从这三类题目中选择一类作答，第一轮中被选中的题目在第二轮比赛开始前工作人员会用同一类型的题目替换，参赛选手答对一道A类题目得10分，答对一道B类题目得20分，答对一道C类题目得40分，两轮比赛后，若选手累计得分不低于50分，则通过比赛，已知甲 乙两位同学都参加了这次比赛，且甲答对A类题目的概率是，答对B类题目的概率是，答对C类题目的概率是，乙答对每类题目的概率都是.假设甲 乙选择哪类题目作答相互独立，且每轮比赛结果也是相互独立的.
（1）求甲第一轮答对A类题目的概率；
（2）求甲通过比赛的概率；
（3）求甲 乙两人中至少有1人通过比赛的概率.
19．（2024高一下·湖南期末）点是直线外一点，点在直线上（点与两点均不重合），我们称如下操作为“由点对施以视角运算”：若点在线段上，记；若点在线段外，记.
（1）若在正方体的棱的延长线上，且，由对施以视角运算，求的值；
（2）若在正方体的棱上，且，由对施以视角运算，得到，求的值；
（3）若是的边的等分点，由对施以视角运算，证明：.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，
若，则，解得.
故答案为：A.
【分析】根据向量垂直的坐标表示列式求解即可.
2．【答案】D
【知识点】平面向量的正交分解及坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可得.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和向量的坐标表示，从而得出向量的坐标.
3．【答案】C
【知识点】集合关系中的参数取值问题；交集及其运算
【解析】【解答】解：易知集合，且集合不为空集，
因为，，所以，
则的取值范围为.
故答案为：C．
【分析】易知集合，且集合不为空集，由说明两个集合没有公共部分，借助数轴求解即可.
4．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由，，可得，即充分性成立，
由，可得或，即必要性不成立，
则“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：B.
【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合面面垂直的判定判断即可.
5．【答案】A
【知识点】空间向量平行的坐标表示
【解析】【解答】解： 空间问量，
若与的夹角是钝角， 则，且不反向共线，
即，解得或，
则的取值范围为.
故答案为：A．
【分析】由题意可得：，且不反向共线，列不等式求解即可.
6．【答案】C
【知识点】二倍角的正切公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由，可得，即，
则.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用三角函数诱导公式化简求得，再利用正切的二倍角求值即可.
7．【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件
【解析】【解答】解：A、“至少1瓶中奖”与“2瓶都中奖”可以同时发生，则“至少1瓶中奖”与“2瓶都中奖”不是互斥事件，故A错误；
B、“至多1瓶中奖”与“2瓶都中奖”是对立事件，故B错误；
C、“恰有1瓶中奖”与“2瓶都不中奖”是互斥但不对立事件，故C正确；
D、“恰有1瓶中奖”与“至多1瓶中奖”可以同时发生，则“恰有1瓶中奖”与“至多1瓶中奖”不是互斥事件，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据互斥事件和对立事件的定义逐项判断即可.
8．【答案】D
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数单调性的性质
【解析】【解答】解：若函数是上的单调递增函数，则，解得；
若是上的单调递减函数，则，解得，
则的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】利用分段函数的单调性，考虑每段函数的单调性，以及分段点处的函数值大小关系求解即可.
9．【答案】B,D
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：，
A、复数的实部是，故A错误；
B、，故B正确；
C、，故C错误；
D、在复平面内对应的点，位于第一象限，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简求得，根据复数的概念即可判断A；根据复数的模的运算即可判断B；根据共轭复数的定义即可判断C；根据复数的几何意义即可判断D.
10．【答案】B,C
【知识点】余弦函数的性质；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：A、由图可知：，则，
因为点在的图象上，所以，
所以，解得，
又因为，所以，故A错误；
B、因为点在的图象上，所以，解得，故B正确；
C、因为，所以的图象关于点对称，故C正确；
D、由，可得，则，
即，解得，
则不等式的解集是，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】由图可得函数的周期，求出，将点，代入解析式可得，即可判断AB；计算，若可说明的图象关于点对称即可判断C；，即，解三角不等式即可判断D.
11．【答案】A,B,C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、，因为，所以，
蒺藜形多面体的表面可看作是八个全等的棱长为的小正四面体构成，
则该几何体的表面积为，故A正确；
B、该几何体的体积为，故B正确；
C、因为，所以是直线与直线所成的角，
又因为，所以，故C正确；
D、设的中点为，连接、，则，，
则即二面角的平面角，
建立空间直角坐标系，如图所示：
则、、、、，则，，
则，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据正四面体的表面积即可判断A；利用割补法，结合体积公式求解即可判断B；根据异面直线所成角的定义平移直线到直线，求解即可判断C；根据二面角的定义作出二面角的平面角，结合空间向量法求解即可判断D.
12．【答案】79
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：，则这15个地区的生活质量指数的第60百分位数是.
故答案为：79.
【分析】根据百分位数定义计算即可.
13．【答案】
【知识点】空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意可得：，
则
，
因为平面，所以，所以，
又因为是边长为4的等边三角形，所以，
，则.
故答案为：.
【分析】由题意，利用空间向量法计算向量的模长即可.
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：连接交于，连接，如图所示：
因平面平面，且平面（ 线面平行性质定理 ），所以，
易知为的中点 （正方形对角线互相平分 ） ，则为的中点，
设四面体外接球的球心为，则平面，
设，则（*），
在直角梯形中，，
代入（*）得，，解得，则，
则四面体外接球的表面积为．
故答案为：.
【分析】本题需结合线面平行性质与外接球半径求解： 利用线面平行（平面EAC ），通过线线平行（ ）确定点E的位置（E为PD中点 ）。构建外接球的球心Q，利用空间几何关系（线面垂直、直角三角形 ），设球心到平面ABC的距离，结合与直角梯形ODEQ的边长关系列方程，求解外接球半径，进而得表面积。
15．【答案】（1）解：由频率分布直方图可得，可得，
解得．
（2）由题意， 估计该校初二年级学生这次数学测试的平均分为分.
（3）（3）由频率分布直方图可知这次测试数学成绩为优秀的频率为，
故估计该校初二年级这次测试数学成绩为优秀的学生人数为人．
【知识点】频率分布直方图
【解析】【分析】
（1）根据频率分布直方图中所有矩形面积之和等于1即可求解，
（2）根据频率分布直方图中平均数为每个矩形底边中点的横坐标乘以本组频率，再相加，即可求解。
（3）由频率分布直方图可知这次测试数学成绩为优秀的频率为，进而可得该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的频率为0.15，即可求解。
（1）由频率分布直方图可得，解得．
（2）由题意，估计平均分分.
（3）由频率分布直方图可知这次测试数学成绩为“优秀”的频率为，
则该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的频率为0.15，
故估计该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的学生人数为．
16．【答案】（1）证明：记，连接，如图所示：
因为四边形是正方形，所以是的中点，
因为是的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）证明：连接，如图所示：
因为四边形是正方形，所以是的中点，
因为，所以，
因为四边形是正方形，所以，
因为平面，且，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）连接，可得，从而可证平面；
（2）连接，可证平面，由面面垂直的判定定理证明即可.
（1）记，连接.
因为四边形是正方形，所以是的中点.
因为是的中点，所以.
因为平面，平面，所以平面.
（2）连接.
因为四边形是正方形，所以是的中点.
因为，所以.
因为四边形是正方形，所以.
因为平面，且，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
17．【答案】（1）解：函数，
则的最小正周期；
（2）解：由（1）得函数，
令，解得，
则的单调递减区间为；
（3）解：当时，，
当，即时，取得最大值，最大值为；
当，即时，取得最小值，最小值为，
则在区间上的值域为.
【知识点】简单的三角恒等变换；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；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）利用两角和的正弦公式、正弦二倍角公式结合辅助角公式化简，求最小正周期即可；
（2）利用正弦函数的单调区间去解不等式即可；
（3）利用给定区间去求得相位的取值范围，再利用正弦曲线在该区间的单调性求最值即可.
（1）由题意可得，
则的最小正周期.
（2）令，
解得，
故的单调递减区间为.
（3）因为，所以.
当，即时，取得最大值，且最大值为
当，即时，取得最小值，最小值为.
故在区间上的值域为.
18．【答案】（1）解：由题意可知：甲第一轮答对类题目的概率为；
（2）解：甲通过比赛的情况有以下三种：
①、甲答对1道类题目和1道类题目，；
②、甲答对1道类题目和1道类题目，；
③、甲答对2道类题目，，
则甲通过比赛的概率为；
（3）解：乙通过比赛的概率为，
甲 乙都没有通过比赛的概率为，
则甲 乙两人中至少有1人通过比赛的概率为.
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）利用概率乘法公式计算即可；
（2）找出甲通过比赛的所有情况并求出对应概率后求和即可；
（3）利用间接法计算出甲 乙都没有通过比赛的概率后即可.
（1）甲第一轮答对类题目的概率为；
（2）甲通过比赛的情况有以下三种：
第一种情况是甲答对1道类题目和1道类题目，其概率；
第二种情况是甲答对1道类题目和1道类题目，其概率；
第三种情况是甲答对2道类题目，其概率.
故甲通过比赛的概率为.
（3）乙通过比赛的概率为.
甲 乙都没有通过比赛的概率为，
则甲 乙两人中至少有1人通过比赛的概率为.
19．【答案】（1）解：如图1，
因为，所以.
由正方体的定义可知，则，
故，
.
因为，
所以，
则
（2）解：如图2，设，
则.
因为，
所以，
则，解得，
故.
（3）证明：如图3，
因为是的等分点，所以
.
在中，由正弦定理可得，
则.
在中，同理可得.
因为，所以，
则.
同理可得.
故
【知识点】任意角三角函数的定义；解三角形
【解析】【分析】（1）根据锐角三角函数的定义（在直角三角形中，正弦定义为对边与斜边的比，余弦定义为邻边与斜边的比，正切定义为对边与邻边的比），结合和差角公式可得，即可代入公式求解，
（2）根据的计算公式，代入即可求解，
（3）由正弦定理可得，即可结合对施以视角运算，即可求证.
（1）如图1，
因为，所以.
由正方体的定义可知，则，
故，
.
因为，
所以，
则.
（2）如图2，设，
则.
因为，
所以，
则，解得，
故.
（3）证明：如图3，
因为是的等分点，所以
.
在中，由正弦定理可得，
则.
在中，同理可得.
因为，所以，
则.
同理可得.
故
1 / 1湖南省2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题
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．（2024高一下·湖南期末）已知向量，若，则（　　）
A．10 B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，
若，则，解得.
故答案为：A.
【分析】根据向量垂直的坐标表示列式求解即可.
2．（2024高一下·湖南期末）已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的正交分解及坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可得.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和向量的坐标表示，从而得出向量的坐标.
3．（2024高一下·湖南期末）已知集合，若，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】集合关系中的参数取值问题；交集及其运算
【解析】【解答】解：易知集合，且集合不为空集，
因为，，所以，
则的取值范围为.
故答案为：C．
【分析】易知集合，且集合不为空集，由说明两个集合没有公共部分，借助数轴求解即可.
4．（2024高一下·湖南期末）已知是一条直线，是两个不同的平面，且，则“”是“”的（　　）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由，，可得，即充分性成立，
由，可得或，即必要性不成立，
则“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：B.
【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合面面垂直的判定判断即可.
5．（2024高一下·湖南期末）已知空间问量，若与的夹角是钝角，则的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】空间向量平行的坐标表示
【解析】【解答】解： 空间问量，
若与的夹角是钝角， 则，且不反向共线，
即，解得或，
则的取值范围为.
故答案为：A．
【分析】由题意可得：，且不反向共线，列不等式求解即可.
6．（2024高一下·湖南期末）已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二倍角的正切公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由，可得，即，
则.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用三角函数诱导公式化简求得，再利用正切的二倍角求值即可.
7．（2024高一下·湖南期末）为了推广一种新饮料，某饮料生产企业开展了有奖促销活动：将8瓶该种饮料装一箱，其中有2瓶能够中奖，现从一箱该饮料中随机抽取2瓶，则下列两个事件是互斥但不对立的是（　　）
A．至少1瓶中奖”与“2瓶都中奖”
B．“至多1瓶中奖”与“2瓶都中奖”
C．“恰有1瓶中奖”与“2瓶都不中奖”
D．“恰有1瓶中奖”与“至多1瓶中奖”
【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件
【解析】【解答】解：A、“至少1瓶中奖”与“2瓶都中奖”可以同时发生，则“至少1瓶中奖”与“2瓶都中奖”不是互斥事件，故A错误；
B、“至多1瓶中奖”与“2瓶都中奖”是对立事件，故B错误；
C、“恰有1瓶中奖”与“2瓶都不中奖”是互斥但不对立事件，故C正确；
D、“恰有1瓶中奖”与“至多1瓶中奖”可以同时发生，则“恰有1瓶中奖”与“至多1瓶中奖”不是互斥事件，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据互斥事件和对立事件的定义逐项判断即可.
8．（2024高一下·湖南期末）已知是上的单调函数，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数单调性的性质
【解析】【解答】解：若函数是上的单调递增函数，则，解得；
若是上的单调递减函数，则，解得，
则的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】利用分段函数的单调性，考虑每段函数的单调性，以及分段点处的函数值大小关系求解即可.
二、多选题：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．（2024高一下·湖南期末）已知复数，则（　　）
A．的实部是
B．
C．的共轭复数是
D．在复平面内对应的点位于在第一象限
【答案】B,D
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：，
A、复数的实部是，故A错误；
B、，故B正确；
C、，故C错误；
D、在复平面内对应的点，位于第一象限，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简求得，根据复数的概念即可判断A；根据复数的模的运算即可判断B；根据共轭复数的定义即可判断C；根据复数的几何意义即可判断D.
10．（2024高一下·湖南期末）已知函数的部分图象如图所示，则（　　）
A．
B．
C．的图象关于点对称
D．不等式的解集是
【答案】B,C
【知识点】余弦函数的性质；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：A、由图可知：，则，
因为点在的图象上，所以，
所以，解得，
又因为，所以，故A错误；
B、因为点在的图象上，所以，解得，故B正确；
C、因为，所以的图象关于点对称，故C正确；
D、由，可得，则，
即，解得，
则不等式的解集是，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】由图可得函数的周期，求出，将点，代入解析式可得，即可判断AB；计算，若可说明的图象关于点对称即可判断C；，即，解三角不等式即可判断D.
11．（2024高一下·湖南期末）有一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1.也可由正方体切割而成，如图2.在如图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则（　　）
A．该几何体的表面积为 B．该几何体的体积为4
C．直线与直线所成的角为 D．二面角的余弦值为
【答案】A,B,C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、，因为，所以，
蒺藜形多面体的表面可看作是八个全等的棱长为的小正四面体构成，
则该几何体的表面积为，故A正确；
B、该几何体的体积为，故B正确；
C、因为，所以是直线与直线所成的角，
又因为，所以，故C正确；
D、设的中点为，连接、，则，，
则即二面角的平面角，
建立空间直角坐标系，如图所示：
则、、、、，则，，
则，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据正四面体的表面积即可判断A；利用割补法，结合体积公式求解即可判断B；根据异面直线所成角的定义平移直线到直线，求解即可判断C；根据二面角的定义作出二面角的平面角，结合空间向量法求解即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高一下·湖南期末）生活质量指数是用于衡量人们生活质量水平的一种指标体系.某机构对某地进行生活质量指数调查，得到该地15个地区的生活质量指数为，则这15个地区的生活质量指数的第60百分位数是　 　.
【答案】79
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：，则这15个地区的生活质量指数的第60百分位数是.
故答案为：79.
【分析】根据百分位数定义计算即可.
13．（2024高一下·湖南期末）如图，在四面体中，平面是边长为4的等边三角形，分别是棱的中点，则　 　.
【答案】
【知识点】空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意可得：，
则
，
因为平面，所以，所以，
又因为是边长为4的等边三角形，所以，
，则.
故答案为：.
【分析】由题意，利用空间向量法计算向量的模长即可.
14．（2024高一下·湖南期末）在底面为正方形的四棱锥中，平面，，，点在线段上，平面，则四面体外接球的表面积为　 　．
【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：连接交于，连接，如图所示：
因平面平面，且平面（ 线面平行性质定理 ），所以，
易知为的中点 （正方形对角线互相平分 ） ，则为的中点，
设四面体外接球的球心为，则平面，
设，则（*），
在直角梯形中，，
代入（*）得，，解得，则，
则四面体外接球的表面积为．
故答案为：.
【分析】本题需结合线面平行性质与外接球半径求解： 利用线面平行（平面EAC ），通过线线平行（ ）确定点E的位置（E为PD中点 ）。构建外接球的球心Q，利用空间几何关系（线面垂直、直角三角形 ），设球心到平面ABC的距离，结合与直角梯形ODEQ的边长关系列方程，求解外接球半径，进而得表面积。
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．（2024高一下·湖南期末）已知某校初二年级有1200名学生，在一次数学测试中，该年级所有学生的数学成绩全部在内.现从该校初二年级的学生中随机抽取100名学生的数学成绩，按，，，，分成5组，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）求的值；
（2）估计该校初二年级学生这次数学测试的平均分（各组数据以该组数据的中点值作代表）；
（3）记这次测试数学成绩不低于85分为“优秀”，估计该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的学生人数.
【答案】（1）解：由频率分布直方图可得，可得，
解得．
（2）由题意， 估计该校初二年级学生这次数学测试的平均分为分.
（3）（3）由频率分布直方图可知这次测试数学成绩为优秀的频率为，
故估计该校初二年级这次测试数学成绩为优秀的学生人数为人．
【知识点】频率分布直方图
【解析】【分析】
（1）根据频率分布直方图中所有矩形面积之和等于1即可求解，
（2）根据频率分布直方图中平均数为每个矩形底边中点的横坐标乘以本组频率，再相加，即可求解。
（3）由频率分布直方图可知这次测试数学成绩为优秀的频率为，进而可得该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的频率为0.15，即可求解。
（1）由频率分布直方图可得，解得．
（2）由题意，估计平均分分.
（3）由频率分布直方图可知这次测试数学成绩为“优秀”的频率为，
则该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的频率为0.15，
故估计该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的学生人数为．
16．（2024高一下·湖南期末）如图，在四棱锥中，，四边形是正方形，是的中点.
（1）证明：平面.
（2）证明：平面平面.
【答案】（1）证明：记，连接，如图所示：
因为四边形是正方形，所以是的中点，
因为是的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）证明：连接，如图所示：
因为四边形是正方形，所以是的中点，
因为，所以，
因为四边形是正方形，所以，
因为平面，且，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）连接，可得，从而可证平面；
（2）连接，可证平面，由面面垂直的判定定理证明即可.
（1）记，连接.
因为四边形是正方形，所以是的中点.
因为是的中点，所以.
因为平面，平面，所以平面.
（2）连接.
因为四边形是正方形，所以是的中点.
因为，所以.
因为四边形是正方形，所以.
因为平面，且，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
17．（2024高一下·湖南期末）已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）求的单调递减区间；
（3）求在区间上的值域.
【答案】（1）解：函数，
则的最小正周期；
（2）解：由（1）得函数，
令，解得，
则的单调递减区间为；
（3）解：当时，，
当，即时，取得最大值，最大值为；
当，即时，取得最小值，最小值为，
则在区间上的值域为.
【知识点】简单的三角恒等变换；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；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）利用两角和的正弦公式、正弦二倍角公式结合辅助角公式化简，求最小正周期即可；
（2）利用正弦函数的单调区间去解不等式即可；
（3）利用给定区间去求得相位的取值范围，再利用正弦曲线在该区间的单调性求最值即可.
（1）由题意可得，
则的最小正周期.
（2）令，
解得，
故的单调递减区间为.
（3）因为，所以.
当，即时，取得最大值，且最大值为
当，即时，取得最小值，最小值为.
故在区间上的值域为.
18．（2024高一下·湖南期末）端午节，又称端阳节 龙舟节 重午节，端午节是中华民族传统文化的重要组成部分.某校打算举办有关端午节的知识竞答比赛，比赛规则如下：比赛一共进行两轮，每轮比赛回答一道题，每轮比赛共有A，B，C三类题目，参赛选手随机从这三类题目中选择一类作答，第一轮中被选中的题目在第二轮比赛开始前工作人员会用同一类型的题目替换，参赛选手答对一道A类题目得10分，答对一道B类题目得20分，答对一道C类题目得40分，两轮比赛后，若选手累计得分不低于50分，则通过比赛，已知甲 乙两位同学都参加了这次比赛，且甲答对A类题目的概率是，答对B类题目的概率是，答对C类题目的概率是，乙答对每类题目的概率都是.假设甲 乙选择哪类题目作答相互独立，且每轮比赛结果也是相互独立的.
（1）求甲第一轮答对A类题目的概率；
（2）求甲通过比赛的概率；
（3）求甲 乙两人中至少有1人通过比赛的概率.
【答案】（1）解：由题意可知：甲第一轮答对类题目的概率为；
（2）解：甲通过比赛的情况有以下三种：
①、甲答对1道类题目和1道类题目，；
②、甲答对1道类题目和1道类题目，；
③、甲答对2道类题目，，
则甲通过比赛的概率为；
（3）解：乙通过比赛的概率为，
甲 乙都没有通过比赛的概率为，
则甲 乙两人中至少有1人通过比赛的概率为.
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）利用概率乘法公式计算即可；
（2）找出甲通过比赛的所有情况并求出对应概率后求和即可；
（3）利用间接法计算出甲 乙都没有通过比赛的概率后即可.
（1）甲第一轮答对类题目的概率为；
（2）甲通过比赛的情况有以下三种：
第一种情况是甲答对1道类题目和1道类题目，其概率；
第二种情况是甲答对1道类题目和1道类题目，其概率；
第三种情况是甲答对2道类题目，其概率.
故甲通过比赛的概率为.
（3）乙通过比赛的概率为.
甲 乙都没有通过比赛的概率为，
则甲 乙两人中至少有1人通过比赛的概率为.
19．（2024高一下·湖南期末）点是直线外一点，点在直线上（点与两点均不重合），我们称如下操作为“由点对施以视角运算”：若点在线段上，记；若点在线段外，记.
（1）若在正方体的棱的延长线上，且，由对施以视角运算，求的值；
（2）若在正方体的棱上，且，由对施以视角运算，得到，求的值；
（3）若是的边的等分点，由对施以视角运算，证明：.
【答案】（1）解：如图1，
因为，所以.
由正方体的定义可知，则，
故，
.
因为，
所以，
则
（2）解：如图2，设，
则.
因为，
所以，
则，解得，
故.
（3）证明：如图3，
因为是的等分点，所以
.
在中，由正弦定理可得，
则.
在中，同理可得.
因为，所以，
则.
同理可得.
故
【知识点】任意角三角函数的定义；解三角形
【解析】【分析】（1）根据锐角三角函数的定义（在直角三角形中，正弦定义为对边与斜边的比，余弦定义为邻边与斜边的比，正切定义为对边与邻边的比），结合和差角公式可得，即可代入公式求解，
（2）根据的计算公式，代入即可求解，
（3）由正弦定理可得，即可结合对施以视角运算，即可求证.
（1）如图1，
因为，所以.
由正方体的定义可知，则，
故，
.
因为，
所以，
则.
（2）如图2，设，
则.
因为，
所以，
则，解得，
故.
（3）证明：如图3，
因为是的等分点，所以
.
在中，由正弦定理可得，
则.
在中，同理可得.
因为，所以，
则.
同理可得.
故
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