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甘肃省兰州第一中学2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题
一、选择题（本大题共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·城关期末）样本数据2，3，4，5，6，8，9的第30百分位数是（　　）
A．3 B．3.5 C．4 D．5
【答案】C
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：，则该组数据的第30百分位数为第三个数4.
故答案为：C.
【分析】利用百分位数的求法计算即可.
2．（2024高一下·城关期末）设等差数列的前n项和为，若则（　　）
A． B．0 C．5 D．9
【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解： 等差数列的前n项和为， 若，
则.
故答案为：B.
【分析】根据等差数列的性质结合等差数列求和公式求解即可.
3．（2024高一下·城关期末）下列说法中：
（1）某种彩票中奖的概率是，因此买100张该种彩票一定会中奖
（2）做7次拋硬币的试验，结果3次出现正面，因此，抛一枚硬币出现正面的概率是
（3）若事件两两互斥，则
（4）若事件A，B满足，则A，B互为对立事件正确的说法有（　　）个
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】A
【知识点】互斥事件与对立事件；用频率估计概率
【解析】【解答】解：（1）、由于中奖的结果是随机性的，购买100张彩票不一定会中奖，故（1）错误；
（2）、由题意可知：抛一枚硬币出现正面的频率是并非概率，故（2）错误；
（3）、事件两两互斥，比如投掷质地均匀的骰子试验中，投掷出1点，2点，3点，这三个事件两两互斥，但这三个事件的和事件发生的概率为，故错误；
（4）、比如事件“抛掷一枚硬币，正面朝上”，事件“抛掷一个骰子，出现奇数点”，满足，但是事件可以同时发生，故（4）错误.
故答案为：A.
【分析】根据随机事件的概念即可判断（1）（2）；举例即可判断（3）；由对立事件的定义即可判断（4）.
4．（2024高一下·城关期末）已知数列的通项公式为，且数列为递增数列，则实数的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】数列与函数的综合
【解析】【解答】解：因为数列为递增数列，所以，，
，，解得，
而恒成立，则，
故实数的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】由题意，利用递增数列的定义列式求解即可.
5．（2024高一下·城关期末）设m、n为空间中两条不同直线，、为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为（　　）
A．若m上有两个点到平面的距离相等，则
B．若，，则“”是“”的既不充分也不必要条件
C．若，，，则
D．若m、n是异面直线，，，，，则
【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：A、当直线m与相交时，直线m上关于交点对称的两点到平面的距离相等，故A错误；
B、若，，，则，又，所以；当时，，当时，，可以相交，所以“”是“”的充分不必要条件，故B错误；
C、若，，，m与n位置关系不固定，可以是各自平面内的任意直线，故C错误；
D、若m、n是异面直线，，，，，则在直线任取一点，过直线与点确定平面，，又，则，，，所以，又，，所以，故D正确.
故答案为：D.
【分析】直线m上有两个点到平面的距离相等，可以相交据此即可判断A；根据面面垂直的判定定理及性质即可判断BC；根据面面平行的判定定理即可判断D.
6．（2024高一下·城关期末）在四面体ABCD中，AB＝CD，且异面直线AB与CD所成的角为50°，M，N分别是边BC，AD的中点，则异面直线MN和AB所成的角为（　　）
A．25°或50° B．25°或65° C．50° D．65°
【答案】B
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】取中点，连接，∵M、N分别为边BC和AD的中点，
∴，且，
∴异面直线AB与CD所成的角是或其补角，由，，得，异面直线MN和AB所成的角是或其补角．
异面直线AB与CD所成的角为50°，则或，
若，则，异面直线MN和AB所成的角是，
若，则，异面直线MN和AB所成的角是，
故答案为：B．
【分析】取中点，异面直线AB与CD所成的角是或其补角，分情况讨论的大小，然后根据异面直线所成角的定义求解．
7．（2024高一下·城关期末）圆台的上 下底面半径分别是10和20，它的侧面展开图扇环的圆心角为180°，则下面说法不正确的是（　　）
A．圆台的母线长是20 B．圆台的表面积是
C．圆台的高是 D．圆台的体积是
【答案】C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：圆台侧面展开图如图
对于A：由题可得，，所以，母线，A正确；
对于B：圆台的表面积为，B正确；
对于C：圆台的高等于，C错误；
对于D：圆台的体积为，D正确.
故答案为：C.
【分析】作出圆台侧面展开图的示意图，由弧长公式可得母线长度，可判断A，利用圆台的表面积、体积公式可判断B、D，利用勾股定理算的高可判断C.
8．（2024高一下·城关期末）已知是边长为2的正方形，为平面内一点，则的最小值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的正交分解及坐标表示；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：以点为原点，建立平面直角坐标系，如图所示：
设点，易知，
，
则
，
当时，取得最小值，则的最小值是.
故答案为：B.
【分析】 以点为原点，建立平面直角坐标系，利用向量运算的坐标表示求解即可.
二、多选题（本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.）
9．（2024高一下·城关期末）已知复数，则下列结论不正确的是（　　）
A．在复平面对应的点位于第二象限
B．的虚部是
C．
D．
【答案】B,C,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、复数在复平面对应的点坐标为，位于第二象限，故A正确；
B、的虚部是，故B正确；
C、，故C正确；
D、，故D错误.
故答案为：BCD.
【分析】先根据复数代数形式的除法运算化简求得，再逐项判断即可.
10．（2024高一下·城关期末）将一枚质地均匀且标有数字1，2，3，4，5，6的骰子随机掷两次，记录每次正面朝上的数字，甲表示事件“第一次掷出的数字是1”，乙表示事件“第二次掷出的数字是2”，丙表示事件“两次掷出的数字之和是8”，丁表示事件“两次掷出的数字之和是7”.则（　　）
A．事件甲与事件丙是互斥事件
B．事件甲与事件丁是相互独立事件
C．事件乙包含于事件丙
D．事件丙与事件丁是对立事件
【答案】A,B
【知识点】互斥事件与对立事件；列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】【解答】解：易知事件甲：第一次掷出的数字是1：，
事件乙：第二次掷出的数字是2：，
事件丙：两点数之和为8的所有可能为：，
事件丁：两点数之和为7的所有可能为：，
则，
A、由题意可知：事件甲与事件丙不能同时发生，则事件甲与事件丙是互斥事件，故A正确；
B、，则，
即事件甲与事件丁是相互独立事件，故B正确；
C、易知事件乙不包含于事件丙，故C错误；
D、易知事件丙与事件丁不对立，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】利用列举法得到事件甲，乙，丙，丁，再根据事件的关系，以及独立事件、对立事件的概判断即可.
11．（2024高一下·城关期末）如图，正方体的棱长为1，E，F，G分别为的中点，则下列说法正确的是（　　）
A．直线与直线垂直
B．直线与平面平行
C．平面截正方体所得的截面面积为
D．点C与点G到平面的距离相等
【答案】B,C
【知识点】棱柱的结构特征；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：A、易知，直线与直线不垂直，故A错误；B、取中点，连接，，如图所示：
因为，，分别为，，中点，所以，，
又因为平面，平面，所以∥平面，
因为，平面，所以平面∥平面，
因为平面，所以∥平面，故B正确；
C、连接，，因为为的中点，所以，所以平面截正方体的截面为，则，故C正确；
D、连接交于点，延长交的延长线于点，如图所示：
因为为的中点，所以，，
又因为，所以，
即为的三等分点，不是的中点，所以点和点到平面的距离不相等，故D错误.
故答案为：BC．
【分析】根据正方体的性质即可判断A；根据面面平行的判定定理和性质定理即可判断B；根据基本事实得到平面截正方体的截面为，求面积即可判断C；根据点和点与平面的位置即可判断D.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12．（2024高一下·城关期末）甲、乙两名考生填报志愿，要求甲、乙只能在A、B、C这3所院校中选择一所填报志愿．假设每位同学选择各个院校是等可能的，则院校A、B至少有一所被选择的概率为　 　．
【答案】
【知识点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】【解答】解：甲、乙两名考生填报志愿，要求甲、乙只能在A、B、C这3所院校中选择一所填报志愿．
假设每位同学选择各个院校是等可能的，
则基本事件总数n=3×3=9，
院校A、B至少有一所被选择的对立事件是院校A、B都没有被选择，
∴院校A、B至少有一所被选择的概率：
p=1﹣ = ．
故答案为： ．
【分析】院校A、B至少有一所被选择的对立事件是院校A、B都没有被选择，由此利用对立事件概率计算公式能求出院校A、B至少有一所被选择的概率．
13．（2024高一下·城关期末）已知，则　 　.
【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；运用诱导公式化简求值；辅助角公式
【解析】【解答】解：由，可得，即，
则
，
故答案为：.
【分析】由题意，利用辅助角公式、诱导公式以及余弦的二倍角公式化简求值即可.
14．（2024高一下·城关期末）如图，从正四面体的4个顶点处截去4个相同的正四面体，得到一个由正三角形与正六边形构成的多面体.若该多面体的表面积是，则该多面体外接球的表面积是　 　.
【答案】
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：设原正四面体的棱长为，由题意可知多面体的棱长为原正四面体棱长的，
正四面体的表面积为，
该多面体与原正四面体相比较，表面积少了8个边长为的正三角形的面积，
则该多面体的表面积为，解得，
记是上底面正三角形的中心，是下底面正六边形的中心，如图所示：
由正四面体的对称性可知截角四面体的外接球的球心在原正四面体的高上，
，，
设球的半径为，在中，由，可得，
在中，由，
可得，
则，解得，
，
故该多面体外接球的表面积.
故答案为：.
【分析】设原正四面体的棱长为，由题意，求出原正四面体外接球的半径，从而可求出多面体外接球的球心到底面的距离，求出多面面体的棱长，即外接球的半径，再求外接球的表面积即可.
四、解答题（本大题共5小题，共77分. 解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）
15．（2024高一下·城关期末）如图，正方体的棱长为2.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明：在正方体，因为且，
所以为平行四边形，即，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：设，连接，如图所示：
中，因为，所以，
又因为，所以即为二面角的平面角，
在中，，
则，即二面角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）设，先证明即为二面角的平面角，再解三角形的求解即可.
（1）在正方体，且，
∴为平行四边形，∴，
∵平面，平面，
∴平面.
（2）∵在正方形ABCD中，设，连接，
∴，，
∵中，，∴为等腰三角形，∴，
∴即为二面角的平面角，
∵在中，，
∴，即二面角的正弦值为.
16．（2024高一下·城关期末）某高校承办了2024年上海帆船公开赛的志愿志选拔面试工作，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，并估计这100名候选者面试成绩的平均数；
（2）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，求选出的两个来自同一组概率．
【答案】（1）解：由第三、四、五组的频率之和为0.7，可得，解得，
则前两组的频率之和为，即，解得，
故这100名候选者面试成绩的平均数为；
（2）解：第四、第五两组志愿者分别有20人，5人，
按照分层抽样抽得的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人中选出2人，有，，，，，．，，，，共有10种情况，
其中选出的两人来自同一组的有，，，，，共6种情况，
根据古典概型概率公式可得、选出的两个来自同一组概率为．
【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）由题意，结合每个小矩形面积之和为1，求得，；再根据频率分布直方图中平均数的计算公式求解即可；
（2）根据分层抽样求抽取的第四、第五两组志愿者人数，再利用列举法求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，所以；
平均数为，
（2）第四、第五两组志愿者分别有20人，5人，
故按照分层抽样抽得的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人中选出2人，所有情况有，，，，，．，，，，共有10种情况，
其中选出的两人来自同一组的有，，，，，共6种情况，
故选出的两人来自同一组的概率为．
17．（2024高一下·城关期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，.
（1）求；
（2）若D在边BC上且，，求AD的长.
【答案】（1）解：因为，所以①，
又因为，所以②，
由①②可得，即，得，
则；
（2）解：由，可得，解得，，
，，解得，
因为，所以，
则，
，
即.
【知识点】平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意，利用余弦定理和面积公式求解即可；
（2）由（1）的结论，利用同角三角函数的基本关系，结合向量数量积的运算律求解即可.
（1）因为，，
所以.
所以，得即.
（2）因为，
所以，解得，
因为，且为三角形的内角，所以，，
又因为，所以.
因为，∴.
所以，
所以，
所以.
18．（2024高一下·城关期末）已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形.
（1）求证：；
（2）求点到平面的距离；
（3）若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段的长.
【答案】（1）证明：因为点在底面上的射影是与的交点，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为四边形为菱形，所以，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）解：易知 与都是边长为2的等边三角形，
，，，
因为，所以，
设点到平面的距离为，由，可得，
即，解得，
故点到平面的距离为；
（3）解：设直线与平面所成的角为，因为，所以，
所以到平面的距离即为到平面的距离，
过作垂线平面交于点，如图所示：
则，，要使最大，则需使最小，此时，
由题意可知：，，因为平面，且，
所以，，
在中，由余弦定理可得：，
即，
由面积相等，
即，解得，
，，
即点在线段上靠近点的4分点处，此时，.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）易知平面，推得，根据菱形的性质可得，再根据线面垂直的判定定理与性质定理证明即可；
（2）设点到平面的距离为，利用等体积求解即可；
（3）由线面平行的判定定理可得，可得到平面的距离即为到平面的距离，过作垂线平面交于点，要使角最大，则需使最小，此时，据此求解即可.
（1）点在底面上的射影是与的交点，
平面，
平面，
，
四边形为菱形，
，
，平面，
平面，
平面，
；
（2）由题意可得 与都是边长为2的等边三角形，
，，
，
，
，
设点到平面的距离为，
由得，
即，解得.
故点到平面的距离为.
（3）设直线与平面所成的角为，
，
到平面的距离即为到平面的距离.
过作垂线平面交于点，则，
此时，要使最大，则需使最小，此时.
由题意可知：，，
平面，且，
，，
在中，由余弦定理可得：
，
，
由面积相等，
即，解得：，
，，
即点在线段上靠近点的4分点处，此时，.
19．（2024高一下·城关期末）如果数列满足：且 则称为n阶“归化”数列.
（1）若某3阶“归化”数列是等差数列，且单调递增，写出该数列的各项；
（2）若某11阶“归化”数列是等差数列，求该数列的通项公式；
（3）若为n阶“归化”数列，求证
【答案】（1）解：（1）设成公差为r的等差数列，显然，
则由得，
由得，解得，
数列为所求3阶“归化”数列.
（2）解：
（2）设等差数列的公差为，
因为，所以，所以，即.
当时，此时，
与归化数列的条件相矛盾.
当时，由，
故，又，
联立解得，
所以
当时，由，，同理解得，
所以.
综上，当，

（3）解：
由已知可得：必有 也必有（，），
设为中所有大于0的数，为中所有小于0的数，
由已知得，，
所以.
【分析】（1）设成公差为r的等差数列，显然，由得到，由得到，得到答案；
（2）设公差为，根据等差数列求和公式得到，当，和，求出首项和公差，得到通项公式；
（3）设为中所有大于0的数，为中所有小于0的数，得到，，进而得证.
【知识点】等差数列的前n项和；数列与不等式的综合；等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】（1）设成公差为r的等差数列，显然，由得到，由得到，得到答案；
（2）设公差为，根据等差数列求和公式得到，当，和，求出首项和公差，得到通项公式；
（3）设为中所有大于0的数，为中所有小于0的数，得到，，进而得证.
（1）设成公差为r的等差数列，显然，
则由得，
由得，解得，
数列为所求3阶“归化”数列.
（2）设等差数列的公差为，
因为，所以，所以，即.
当时，此时，
与归化数列的条件相矛盾.
当时，由，
故，又，
联立解得，
所以
当时，由，，同理解得，
所以.
综上，当，
（3）由已知可得：必有 也必有（，），
设为中所有大于0的数，为中所有小于0的数，
由已知得，，
所以.
1 / 1甘肃省兰州第一中学2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题
一、选择题（本大题共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·城关期末）样本数据2，3，4，5，6，8，9的第30百分位数是（　　）
A．3 B．3.5 C．4 D．5
2．（2024高一下·城关期末）设等差数列的前n项和为，若则（　　）
A． B．0 C．5 D．9
3．（2024高一下·城关期末）下列说法中：
（1）某种彩票中奖的概率是，因此买100张该种彩票一定会中奖
（2）做7次拋硬币的试验，结果3次出现正面，因此，抛一枚硬币出现正面的概率是
（3）若事件两两互斥，则
（4）若事件A，B满足，则A，B互为对立事件正确的说法有（　　）个
A．0 B．1 C．2 D．3
4．（2024高一下·城关期末）已知数列的通项公式为，且数列为递增数列，则实数的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2024高一下·城关期末）设m、n为空间中两条不同直线，、为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为（　　）
A．若m上有两个点到平面的距离相等，则
B．若，，则“”是“”的既不充分也不必要条件
C．若，，，则
D．若m、n是异面直线，，，，，则
6．（2024高一下·城关期末）在四面体ABCD中，AB＝CD，且异面直线AB与CD所成的角为50°，M，N分别是边BC，AD的中点，则异面直线MN和AB所成的角为（　　）
A．25°或50° B．25°或65° C．50° D．65°
7．（2024高一下·城关期末）圆台的上 下底面半径分别是10和20，它的侧面展开图扇环的圆心角为180°，则下面说法不正确的是（　　）
A．圆台的母线长是20 B．圆台的表面积是
C．圆台的高是 D．圆台的体积是
8．（2024高一下·城关期末）已知是边长为2的正方形，为平面内一点，则的最小值是（　　）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.）
9．（2024高一下·城关期末）已知复数，则下列结论不正确的是（　　）
A．在复平面对应的点位于第二象限
B．的虚部是
C．
D．
10．（2024高一下·城关期末）将一枚质地均匀且标有数字1，2，3，4，5，6的骰子随机掷两次，记录每次正面朝上的数字，甲表示事件“第一次掷出的数字是1”，乙表示事件“第二次掷出的数字是2”，丙表示事件“两次掷出的数字之和是8”，丁表示事件“两次掷出的数字之和是7”.则（　　）
A．事件甲与事件丙是互斥事件
B．事件甲与事件丁是相互独立事件
C．事件乙包含于事件丙
D．事件丙与事件丁是对立事件
11．（2024高一下·城关期末）如图，正方体的棱长为1，E，F，G分别为的中点，则下列说法正确的是（　　）
A．直线与直线垂直
B．直线与平面平行
C．平面截正方体所得的截面面积为
D．点C与点G到平面的距离相等
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12．（2024高一下·城关期末）甲、乙两名考生填报志愿，要求甲、乙只能在A、B、C这3所院校中选择一所填报志愿．假设每位同学选择各个院校是等可能的，则院校A、B至少有一所被选择的概率为　 　．
13．（2024高一下·城关期末）已知，则　 　.
14．（2024高一下·城关期末）如图，从正四面体的4个顶点处截去4个相同的正四面体，得到一个由正三角形与正六边形构成的多面体.若该多面体的表面积是，则该多面体外接球的表面积是　 　.
四、解答题（本大题共5小题，共77分. 解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）
15．（2024高一下·城关期末）如图，正方体的棱长为2.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
16．（2024高一下·城关期末）某高校承办了2024年上海帆船公开赛的志愿志选拔面试工作，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，并估计这100名候选者面试成绩的平均数；
（2）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，求选出的两个来自同一组概率．
17．（2024高一下·城关期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，.
（1）求；
（2）若D在边BC上且，，求AD的长.
18．（2024高一下·城关期末）已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形.
（1）求证：；
（2）求点到平面的距离；
（3）若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段的长.
19．（2024高一下·城关期末）如果数列满足：且 则称为n阶“归化”数列.
（1）若某3阶“归化”数列是等差数列，且单调递增，写出该数列的各项；
（2）若某11阶“归化”数列是等差数列，求该数列的通项公式；
（3）若为n阶“归化”数列，求证
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：，则该组数据的第30百分位数为第三个数4.
故答案为：C.
【分析】利用百分位数的求法计算即可.
2．【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解： 等差数列的前n项和为， 若，
则.
故答案为：B.
【分析】根据等差数列的性质结合等差数列求和公式求解即可.
3．【答案】A
【知识点】互斥事件与对立事件；用频率估计概率
【解析】【解答】解：（1）、由于中奖的结果是随机性的，购买100张彩票不一定会中奖，故（1）错误；
（2）、由题意可知：抛一枚硬币出现正面的频率是并非概率，故（2）错误；
（3）、事件两两互斥，比如投掷质地均匀的骰子试验中，投掷出1点，2点，3点，这三个事件两两互斥，但这三个事件的和事件发生的概率为，故错误；
（4）、比如事件“抛掷一枚硬币，正面朝上”，事件“抛掷一个骰子，出现奇数点”，满足，但是事件可以同时发生，故（4）错误.
故答案为：A.
【分析】根据随机事件的概念即可判断（1）（2）；举例即可判断（3）；由对立事件的定义即可判断（4）.
4．【答案】D
【知识点】数列与函数的综合
【解析】【解答】解：因为数列为递增数列，所以，，
，，解得，
而恒成立，则，
故实数的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】由题意，利用递增数列的定义列式求解即可.
5．【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：A、当直线m与相交时，直线m上关于交点对称的两点到平面的距离相等，故A错误；
B、若，，，则，又，所以；当时，，当时，，可以相交，所以“”是“”的充分不必要条件，故B错误；
C、若，，，m与n位置关系不固定，可以是各自平面内的任意直线，故C错误；
D、若m、n是异面直线，，，，，则在直线任取一点，过直线与点确定平面，，又，则，，，所以，又，，所以，故D正确.
故答案为：D.
【分析】直线m上有两个点到平面的距离相等，可以相交据此即可判断A；根据面面垂直的判定定理及性质即可判断BC；根据面面平行的判定定理即可判断D.
6．【答案】B
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】取中点，连接，∵M、N分别为边BC和AD的中点，
∴，且，
∴异面直线AB与CD所成的角是或其补角，由，，得，异面直线MN和AB所成的角是或其补角．
异面直线AB与CD所成的角为50°，则或，
若，则，异面直线MN和AB所成的角是，
若，则，异面直线MN和AB所成的角是，
故答案为：B．
【分析】取中点，异面直线AB与CD所成的角是或其补角，分情况讨论的大小，然后根据异面直线所成角的定义求解．
7．【答案】C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：圆台侧面展开图如图
对于A：由题可得，，所以，母线，A正确；
对于B：圆台的表面积为，B正确；
对于C：圆台的高等于，C错误；
对于D：圆台的体积为，D正确.
故答案为：C.
【分析】作出圆台侧面展开图的示意图，由弧长公式可得母线长度，可判断A，利用圆台的表面积、体积公式可判断B、D，利用勾股定理算的高可判断C.
8．【答案】B
【知识点】平面向量的正交分解及坐标表示；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：以点为原点，建立平面直角坐标系，如图所示：
设点，易知，
，
则
，
当时，取得最小值，则的最小值是.
故答案为：B.
【分析】 以点为原点，建立平面直角坐标系，利用向量运算的坐标表示求解即可.
9．【答案】B,C,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、复数在复平面对应的点坐标为，位于第二象限，故A正确；
B、的虚部是，故B正确；
C、，故C正确；
D、，故D错误.
故答案为：BCD.
【分析】先根据复数代数形式的除法运算化简求得，再逐项判断即可.
10．【答案】A,B
【知识点】互斥事件与对立事件；列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】【解答】解：易知事件甲：第一次掷出的数字是1：，
事件乙：第二次掷出的数字是2：，
事件丙：两点数之和为8的所有可能为：，
事件丁：两点数之和为7的所有可能为：，
则，
A、由题意可知：事件甲与事件丙不能同时发生，则事件甲与事件丙是互斥事件，故A正确；
B、，则，
即事件甲与事件丁是相互独立事件，故B正确；
C、易知事件乙不包含于事件丙，故C错误；
D、易知事件丙与事件丁不对立，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】利用列举法得到事件甲，乙，丙，丁，再根据事件的关系，以及独立事件、对立事件的概判断即可.
11．【答案】B,C
【知识点】棱柱的结构特征；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：A、易知，直线与直线不垂直，故A错误；B、取中点，连接，，如图所示：
因为，，分别为，，中点，所以，，
又因为平面，平面，所以∥平面，
因为，平面，所以平面∥平面，
因为平面，所以∥平面，故B正确；
C、连接，，因为为的中点，所以，所以平面截正方体的截面为，则，故C正确；
D、连接交于点，延长交的延长线于点，如图所示：
因为为的中点，所以，，
又因为，所以，
即为的三等分点，不是的中点，所以点和点到平面的距离不相等，故D错误.
故答案为：BC．
【分析】根据正方体的性质即可判断A；根据面面平行的判定定理和性质定理即可判断B；根据基本事实得到平面截正方体的截面为，求面积即可判断C；根据点和点与平面的位置即可判断D.
12．【答案】
【知识点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】【解答】解：甲、乙两名考生填报志愿，要求甲、乙只能在A、B、C这3所院校中选择一所填报志愿．
假设每位同学选择各个院校是等可能的，
则基本事件总数n=3×3=9，
院校A、B至少有一所被选择的对立事件是院校A、B都没有被选择，
∴院校A、B至少有一所被选择的概率：
p=1﹣ = ．
故答案为： ．
【分析】院校A、B至少有一所被选择的对立事件是院校A、B都没有被选择，由此利用对立事件概率计算公式能求出院校A、B至少有一所被选择的概率．
13．【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；运用诱导公式化简求值；辅助角公式
【解析】【解答】解：由，可得，即，
则
，
故答案为：.
【分析】由题意，利用辅助角公式、诱导公式以及余弦的二倍角公式化简求值即可.
14．【答案】
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：设原正四面体的棱长为，由题意可知多面体的棱长为原正四面体棱长的，
正四面体的表面积为，
该多面体与原正四面体相比较，表面积少了8个边长为的正三角形的面积，
则该多面体的表面积为，解得，
记是上底面正三角形的中心，是下底面正六边形的中心，如图所示：
由正四面体的对称性可知截角四面体的外接球的球心在原正四面体的高上，
，，
设球的半径为，在中，由，可得，
在中，由，
可得，
则，解得，
，
故该多面体外接球的表面积.
故答案为：.
【分析】设原正四面体的棱长为，由题意，求出原正四面体外接球的半径，从而可求出多面体外接球的球心到底面的距离，求出多面面体的棱长，即外接球的半径，再求外接球的表面积即可.
15．【答案】（1）证明：在正方体，因为且，
所以为平行四边形，即，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：设，连接，如图所示：
中，因为，所以，
又因为，所以即为二面角的平面角，
在中，，
则，即二面角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）设，先证明即为二面角的平面角，再解三角形的求解即可.
（1）在正方体，且，
∴为平行四边形，∴，
∵平面，平面，
∴平面.
（2）∵在正方形ABCD中，设，连接，
∴，，
∵中，，∴为等腰三角形，∴，
∴即为二面角的平面角，
∵在中，，
∴，即二面角的正弦值为.
16．【答案】（1）解：由第三、四、五组的频率之和为0.7，可得，解得，
则前两组的频率之和为，即，解得，
故这100名候选者面试成绩的平均数为；
（2）解：第四、第五两组志愿者分别有20人，5人，
按照分层抽样抽得的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人中选出2人，有，，，，，．，，，，共有10种情况，
其中选出的两人来自同一组的有，，，，，共6种情况，
根据古典概型概率公式可得、选出的两个来自同一组概率为．
【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）由题意，结合每个小矩形面积之和为1，求得，；再根据频率分布直方图中平均数的计算公式求解即可；
（2）根据分层抽样求抽取的第四、第五两组志愿者人数，再利用列举法求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，所以；
平均数为，
（2）第四、第五两组志愿者分别有20人，5人，
故按照分层抽样抽得的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人中选出2人，所有情况有，，，，，．，，，，共有10种情况，
其中选出的两人来自同一组的有，，，，，共6种情况，
故选出的两人来自同一组的概率为．
17．【答案】（1）解：因为，所以①，
又因为，所以②，
由①②可得，即，得，
则；
（2）解：由，可得，解得，，
，，解得，
因为，所以，
则，
，
即.
【知识点】平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意，利用余弦定理和面积公式求解即可；
（2）由（1）的结论，利用同角三角函数的基本关系，结合向量数量积的运算律求解即可.
（1）因为，，
所以.
所以，得即.
（2）因为，
所以，解得，
因为，且为三角形的内角，所以，，
又因为，所以.
因为，∴.
所以，
所以，
所以.
18．【答案】（1）证明：因为点在底面上的射影是与的交点，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为四边形为菱形，所以，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）解：易知 与都是边长为2的等边三角形，
，，，
因为，所以，
设点到平面的距离为，由，可得，
即，解得，
故点到平面的距离为；
（3）解：设直线与平面所成的角为，因为，所以，
所以到平面的距离即为到平面的距离，
过作垂线平面交于点，如图所示：
则，，要使最大，则需使最小，此时，
由题意可知：，，因为平面，且，
所以，，
在中，由余弦定理可得：，
即，
由面积相等，
即，解得，
，，
即点在线段上靠近点的4分点处，此时，.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）易知平面，推得，根据菱形的性质可得，再根据线面垂直的判定定理与性质定理证明即可；
（2）设点到平面的距离为，利用等体积求解即可；
（3）由线面平行的判定定理可得，可得到平面的距离即为到平面的距离，过作垂线平面交于点，要使角最大，则需使最小，此时，据此求解即可.
（1）点在底面上的射影是与的交点，
平面，
平面，
，
四边形为菱形，
，
，平面，
平面，
平面，
；
（2）由题意可得 与都是边长为2的等边三角形，
，，
，
，
，
设点到平面的距离为，
由得，
即，解得.
故点到平面的距离为.
（3）设直线与平面所成的角为，
，
到平面的距离即为到平面的距离.
过作垂线平面交于点，则，
此时，要使最大，则需使最小，此时.
由题意可知：，，
平面，且，
，，
在中，由余弦定理可得：
，
，
由面积相等，
即，解得：，
，，
即点在线段上靠近点的4分点处，此时，.
19．【答案】（1）解：（1）设成公差为r的等差数列，显然，
则由得，
由得，解得，
数列为所求3阶“归化”数列.
（2）解：
（2）设等差数列的公差为，
因为，所以，所以，即.
当时，此时，
与归化数列的条件相矛盾.
当时，由，
故，又，
联立解得，
所以
当时，由，，同理解得，
所以.
综上，当，

（3）解：
由已知可得：必有 也必有（，），
设为中所有大于0的数，为中所有小于0的数，
由已知得，，
所以.
【分析】（1）设成公差为r的等差数列，显然，由得到，由得到，得到答案；
（2）设公差为，根据等差数列求和公式得到，当，和，求出首项和公差，得到通项公式；
（3）设为中所有大于0的数，为中所有小于0的数，得到，，进而得证.
【知识点】等差数列的前n项和；数列与不等式的综合；等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】（1）设成公差为r的等差数列，显然，由得到，由得到，得到答案；
（2）设公差为，根据等差数列求和公式得到，当，和，求出首项和公差，得到通项公式；
（3）设为中所有大于0的数，为中所有小于0的数，得到，，进而得证.
（1）设成公差为r的等差数列，显然，
则由得，
由得，解得，
数列为所求3阶“归化”数列.
（2）设等差数列的公差为，
因为，所以，所以，即.
当时，此时，
与归化数列的条件相矛盾.
当时，由，
故，又，
联立解得，
所以
当时，由，，同理解得，
所以.
综上，当，
（3）由已知可得：必有 也必有（，），
设为中所有大于0的数，为中所有小于0的数，
由已知得，，
所以.
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