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广东省深圳市深圳科学高中2024-2025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．已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解： 由 ，两边同时开立方得：，即 。
解不等式 ，因式分解得：
解得 ，结合 ，得：
取集合 和 的公共元素，得：
故答案为：C
【分析】本题考查集合的交集运算，解题核心是先分别化简集合 和集合 ，再取它们的公共元素。
2．设，向量，，则是的 （　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：若，则，，则，所以；
若，则，得.
所以是的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】本题考查充分条件与必要条件的判断，关键是利用向量平行的坐标表示求出所有满足 的 值，再结合充分性与必要性的定义进行判断。
3．已知函数，则的最小值为（　　）
A．4 B．6 C． D．
【答案】D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由题意，，
在中，
，
当且仅当，即时等号成立，
∴的最小值为，
故答案为：D.
【分析】本题考查基本不等式的应用，核心是利用基本不等式求函数的最小值，并验证等号成立的条件。
4．下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上为增函数的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：A，函数的最小正周期为，故A错误；
B，函数的最小正周期为，但在上单调递减，故B错误；
C，函数的最小正周期为，在上单调递增，故C正确；
D，函数的最小正周期为，故D错误.
故答案为：C.
【分析】A：判断函数的最小正周期；B：判断函数的最小正周期及在区间上的单调性；C：判断函数的最小正周期及在区间上的单调性；D：判断函数的最小正周期。
5．一化学器皿为圆台形状，其上、下底面半径分别为1cm和5cm，高为10cm（器皿厚度忽略不计）.现将该器皿水平放置后（上底位于上方）注入盐酸溶液，若溶液高度恰为5cm，则溶液体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为溶液高度恰为5cm，所以溶液的上底面半径为，
下底面半径为，高为，
所以溶液的体积.
故答案为：B
【分析】本题考查圆台体积公式的应用，关键是先根据圆台半径的线性变化求出溶液上底面的半径，再代入圆台体积公式计算。
6．四名同学A，B，C，D各掷骰子5次，分别记录自己每次骰子出现的点数.根据四名同学的如下统计结果，则可以判断出一定没有出现点数6的是（　　）
A．平均数为2，中位数为1 B．中位数为3，众数为2
C．中位数为3，极差为4 D．平均数为2，方差为2.4
【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：A，平均数为2，中位数为1，说明5次点数总和为，且将5次点数从小到大排序，第三位为1，
则从小到大排序前三位是1，1，1，后两位点数之和为，不确定是否出现点数6，故A错误；
B，中位数为3，众数为2，说明将5次点数从小到大排序，第三位为3，且2至少出现过两次，
则从小到大排序前三位是2，2，3，后两位不确定是否出现点数6，故B错误；
C，中位数为3，极差为4，说明将5次点数从小到大排序，第三位为3，
极差可能是，也可能是，不确定是否出现点数6，故C错误；
D，平均数为2，方差为2.4，说明5次点数总和为，
若出现点数6，则其他四次点数之和为，只能是1，1，1，1，
则方差，
所以一定没有出现点数6，故D正确.
故答案为：D.
【分析】A：根据平均数和中位数，分析数据分布，判断是否可能出现点数6；B：根据中位数和众数，分析数据分布，判断是否可能出现点数6；C：根据中位数和极差，分析数据分布，判断是否可能出现点数6；D：根据平均数和方差，反证法判断是否可能出现点数6。
7．早在1671年，两位法国天文学家就已经成功测量出了地球与月球之间的距离.对该测量过程进行简化后，得到如下平面示意图，设为地心，为月球表面上一点，为圆上不同的两点，地球半径的长记为，经测量，，则地月距离OC用可以表示为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：，，，
，
；
在中，，
.
，
．
又，，
所以，
故答案为：A
【分析】本题考查正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，核心是先利用正弦定理求出AC的长度，再通过余弦定理计算OC。
8．在正四棱锥中，，设平面与直线交于点，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】共面向量定理；空间向量的线性运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，
所以，
因为，所以，
所以，
又，所以，
所以，
因为共面，所以，解得.
故答案为：D.
【分析】本题考查空间向量的线性运算与共面向量定理，关键是将向量 用 线性表示，再利用四点共面时向量系数和为1的性质列方程求解 。
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．已知复数满足，其中为虚数单位，则下列说法正确的有（　　）
A．的虚部为
B．
C．
D．在复平面内对应的点位于第四象限
【答案】A,C,D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：因为复数满足，则，
A，的虚部为，A正确；
B，，B错误；
C，，C正确；
D，在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A：先利用复数除法化简，再根据复数虚部的定义判断；B：根据共轭复数的定义，写出并判断；C：根据复数模长公式计算并判断；D：根据复数的几何意义，判断在复平面内对应的点所在的象限。
10．一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红色球（标号为1和2），2个白色球（标号为3和4），从袋中不放回地依次随机摸出2个球．设事件“两个球颜色不同”，“两个球标号的和为奇数”，“两个球标号都不小于2”，则（　　）
A．A与B互斥 B．A与C相互独立
C． D．
【答案】B,C
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：根据题意，从袋中不放回地依次随机摸出2个球，则
，
，
，
所以有，
，
对于A，，事件A、B可以同时发生，则A、B不互斥，A错误；
对于B，，A、C相互独立，B正确；
对于C，，C正确；
对于D，，D错误．
故选：BC．
【分析】根据题意，由互斥事件的定义（互斥事件是指两个或多个事件在任何一次试验中都不会同时发生）分析A，由相互独立事件的定义分析B，由古典概型的计算公式（事件A的概率等于事件A包含的基本事件数除以样本空间的基本事件总数）分析C、D，综合可得答案．
11．如图，两个边长均为1的正方形与正方形所在的平面互相垂直.点，分别是对角线，上的动点，且，的长度相等，记，点是线段上的一点.下列结论正确的是（　　）
A．
B．的最小值是
C．三棱锥与三棱锥的体积相等
D．若点，，，，，在同一个球的球面上，则该球的体积是
【答案】B,C,D
【知识点】空间中两点间的距离公式；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：由题意两个边长均为1的正方形与正方形所在的平面互相垂直.
可得，
以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
过作于，连接，
则，
所以，
故A错误；
，当且仅当时，取等号，所以的最小值为，故B正确；
因为，又易得平面，
所以为平面的一个法向量，又，所以，
又平面，平面，又点，
所以到平面的距离相等，
所以，即三棱锥与三棱锥的体积相等，故C正确；
将原图形补成一个正方体如图所示：
则正方体的外接球符题意，
外接球的直径为，所以，
所以该球的体积是，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】A：建立空间直角坐标系，用坐标法求的表达式；B：根据的表达式，求其最小值；C：证明平面，结合等体积法判断两个三棱锥体积是否相等；D：补形为正方体，求外接球半径并计算体积。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．某高中高一年级有学生1440人，高二年级有学生1600人，高三年级有学生1760人.现用分层抽样的方法，从这三个年级学生中抽取n人了解他们的学习情况，其中在高二年级抽取了100人，则　 　.
【答案】300
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：利用分层抽样的方法从三个年级中抽取了n人进行问卷调查，其中高二年级抽取了100人，高二年级共有1600人，
则每个学生被抽到的概率为，
可得，解得（人），
故答案为：.
【分析】本题考查分层抽样的应用，关键是利用 “各层抽样比等于总体抽样比” 的原则，先由高二年级数据求出抽样比，再结合总人数计算n的值。
13．已知函数若，则　 　．
【答案】8
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：，
所以，
因为时，，
所以，，解得，
故答案为：
【分析】本题考查分段函数的求值问题，核心是先计算出f(-1)的值，再根据分段函数的定义求解a。
14．已知点为等腰外接圆上的一个动点，，则的取值范围为　 　.
【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形
【解析】【解答】解：在等腰中，，则，
若，则，矛盾；
若，则，合乎题意.
由于余弦定理可得，
设，，
当点在优弧（不包括点、）上运动时，，则，
由余弦定理可得，
所以，，当且仅当点与点重合时，等号成立，
又因为，此时，，
此时，；
当点与点或点重合时，；
当点在劣弧（不包括点、）上运动时，，
此时，，
由余弦定理可得，
即，当且仅当点为劣弧的中点时，等号成立，
又因为，则，
此时，.
综上所述，的取值范围是.
故答案为：.
【分析】本题考查等腰三角形外接圆上的向量数量积取值范围，核心是分情况讨论点P在优弧与劣弧上的位置，利用余弦定理与向量数量积定义求解。
四、解答题：本大题共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．如图，正方体的棱长为，点为的中点.
（1）求平面与平面的夹角的余弦值；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）解：取线段的中点，连接，过点在平面内作，垂足为点，连接，
在正方体中，，，
因为、分别为、的中点，所以，，
故四边形为平行四边形，所以，，
因为平面，故平面，
因为平面，所以，
因为，，、平面，故平面，
因为平面，所以，
故平面与平面的夹角的平面角为，
易知，所以，
因为平面，平面，所以，
故，所以.
因此，平面与平面的夹角的余弦值为.
（2）解：因为，平面，
故，
由（1）知，且，故，
设点到平面的距离为，则，
因此，点到平面的距离为.
【知识点】二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1) 构造二面角的平面角，通过解三角形计算夹角的余弦值；
(2) 利用等体积法，通过三棱锥体积公式求点到平面的距离。
（1）取线段的中点，连接，过点在平面内作，垂足为点，连接，
在正方体中，，，
因为、分别为、的中点，所以，，
故四边形为平行四边形，所以，，
因为平面，故平面，
因为平面，所以，
因为，，、平面，故平面，
因为平面，所以，
故平面与平面的夹角的平面角为，
易知，所以，
因为平面，平面，所以，
故，所以.
因此，平面与平面的夹角的余弦值为.
（2）因为，平面，
故，
由（1）知，且，故，
设点到平面的距离为，则，
因此，点到平面的距离为.
16．已知函数为奇函数.
（1）求实数k的值， 判断函数的单调性（无需证明）， 并求不等式的解集；
（2）若对，不等式恒成立，求实数m的取值范围.
【答案】（1）解：因为函数为奇函数，所以，所以，
所以，
，所以符合函数是奇函数，所以；
因为单调递增，单调递减，
所以单调递增，
因为，所以，
所以，所以，解集为：.
（2）解：，，所以，
所以，
令，所以，，
当时，，
所以，即.
【知识点】函数的奇偶性；函数恒成立问题；指数型复合函数的性质及应用；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【分析】(1) 利用奇函数性质求参数k，判断函数单调性，再解不等式；
(2) 分离参数并结合换元法，通过二次函数最值求m的取值范围。
（1）因为函数为奇函数，所以，所以，
所以，
，所以符合函数是奇函数，所以；
因为单调递增，单调递减，
所以单调递增，
因为，所以，
所以，所以，解集为：.
（2），，所以，
所以，
令，所以，，
当时，，
所以，即.
17．已知分别为三个内角的对边，满足
（1）求；
（2）若的周长为，面积为 求.
【答案】（1）解：由正弦定理得，
其中，
故，
因为，所以，故，
即，所以，
因为，所以，
故，解得；
（2）解：因为的周长为，面积为
所以，即
由余弦定理得，即
结合方程化简得，解得
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】(1) 利用正弦定理将边化为角，结合三角恒等变换求角A；
(2) 结合周长、面积与余弦定理列方程，求解边长a。
（1）由正弦定理得，
其中，
故，
因为，所以，故，
即，所以，
因为，所以，
故，解得；
（2）因为的周长为，面积为
所以，即
由余弦定理得，即
结合方程化简得，解得
18．由甲、乙两个人组成的团队参加某项闯关游戏，第一关解密码锁，规则如下：
①一共2道相同的密码锁，每一道密码锁都必须在1分钟以内解锁完毕才算解锁成功，否则视为解锁失败；
②第一关开始前，2人需决定由谁先开始解锁，且第一位解锁人有2次连续解锁机会，第二位解锁人也有2次连续解锁机会，第一位用完2次机会后若仍然有密码锁未被解锁成功，则替换为下一位解锁人解锁；
③若2道密码锁均被解锁成功，团队立刻进入下一关，否则视为该团队失败，淘汰出局.现根据以往100次的测试，分别获得如下甲、乙解开1道密码锁所需时间的频率分布直方图，其中
（1）求a、b的值，并求出甲解开1道密码锁的时间在1分钟以内的频率；
（2）以甲、乙解开1道密码锁所需时间位于各区间的频率代替概率，且甲、乙2人每次是否成功解开密码锁相互独立，解答下列问题：
（i）若2人决定由甲先开始解锁，求团队使用的解锁机会不超过3次就进入下一关的概率；
（ii）你认为甲、乙两人进入下一关的概率是否与他们的出场顺序有关 试通过计算说明理由.
【答案】（1）解：由，又，解得：，，
甲解锁试卷在分钟时正好位于中间，
所以甲在分钟内解开锁的频率为：.
（2）解：由题可知乙在分钟内解开锁的频率为：，
设甲开锁成功为事件，则，乙开锁成功为事件，则，
（i）若甲先开始解锁，求团队使用的解锁机会不超过3次就进入下一关总共有：，，共种情况，
所以其概率为：.
（ii）假设甲先开锁乙后开锁进入下一关的情况有：，，，共种情况，
则其概率为：
；
假设乙先开锁甲后开锁进入下一关的情况有：，，，共种情况，
则其概率为：
，
因，所以与他们的出场顺序无关.
【知识点】频率分布直方图；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】(1) 利用频率分布直方图的性质求参数a，b，并计算甲在1分钟内解锁的频率；
(2) 分别计算甲先开锁、乙先开锁的概率，比较是否与顺序有关。
（1）由，又，解得：，，
甲解锁试卷在分钟时正好位于中间，
所以甲在分钟内解开锁的频率为：.
（2）由题可知乙在分钟内解开锁的频率为：，
设甲开锁成功为事件，则，乙开锁成功为事件，则，
（i）若甲先开始解锁，求团队使用的解锁机会不超过3次就进入下一关总共有：，，共种情况，
所以其概率为：.
（ii）假设甲先开锁乙后开锁进入下一关的情况有：，，，共种情况，
则其概率为：
；
假设乙先开锁甲后开锁进入下一关的情况有：，，，共种情况，
则其概率为：
，
因，所以与他们的出场顺序无关.
19．如图，直四棱柱中，是边长为的等边三角形，，，棱的中点为.
（1）求证：平面；
（2）现在将矩形以边所在直线为旋转轴，逆时针旋转至矩形，解答下列问题：
（i）在旋转过程中，是否存在，使得直线与直线所成角的余弦值为？若存在，求出满足条件的；若不存在，请说明理由；
（ii）在旋转过程中，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】（1）证明：在中，，，，
由余弦定理可得，
即，解得，
由勾股定理可得，故，
在底面中，因为，故，则，
在直四棱柱中，平面，平面，所以，
因为，、平面，因此，平面.
（2）解：①连接、、、，如图所示：
因为，，为的中点，所以，，
故四边形为平行四边形，所以，，
故异面直线与所成的角为或其补角，
在矩形中，，
故为等腰三角形，且为锐角，故，
由余弦定理得，解得，
因为平面，，故平面，
因为平面，，故，
因为四边形为平行四边形，所以，
在中，，，，
由余弦定理可得，
因为，故，故，所以，
故存在满足条件的，使得直线与直线所成角的余弦值为，且；
②过点在底面内作，垂足为点，连接、，
因为平面，平面，所以，
因为，，、平面，所以平面，
所以直线与平面所成角为，，
当时，即当时，，
所以，
此时，
所以
，
所以，，
令，则，
则，
当且仅当时，即当时，等号成立；
当时，，则，
令，则，
，
由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递减，
此时，
由于，故的最大值为.
【知识点】异面直线所成的角；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) 要证 平面 ，需证明 垂直于平面内两条相交直线 和 。
(2)(i) 通过异面直线所成角的定义，结合余弦定理和旋转角度的关系，求解 。
(ii) 利用线面角的定义，结合三角函数的最值和对勾函数的单调性，求线面角正弦值的最大值。
（1）在中，，，，
由余弦定理可得，
即，解得，
由勾股定理可得，故，
在底面中，因为，故，则，
在直四棱柱中，平面，平面，所以，
因为，、平面，因此，平面.
（2）①连接、、、，如图所示：
因为，，为的中点，所以，，
故四边形为平行四边形，所以，，
故异面直线与所成的角为或其补角，
在矩形中，，
故为等腰三角形，且为锐角，故，
由余弦定理得，解得，
因为平面，，故平面，
因为平面，，故，
因为四边形为平行四边形，所以，
在中，，，，
由余弦定理可得，
因为，故，故，所以，
故存在满足条件的，使得直线与直线所成角的余弦值为，且；
②过点在底面内作，垂足为点，连接、，
因为平面，平面，所以，
因为，，、平面，所以平面，
所以直线与平面所成角为，，
当时，即当时，，
所以，
此时，
所以
，
所以，，
令，则，
则，
当且仅当时，即当时，等号成立；
当时，，则，
令，则，
，
由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递减，
此时，
由于，故的最大值为.
1 / 1广东省深圳市深圳科学高中2024-2025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．已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．设，向量，，则是的 （　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．已知函数，则的最小值为（　　）
A．4 B．6 C． D．
4．下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上为增函数的是（　　）
A． B． C． D．
5．一化学器皿为圆台形状，其上、下底面半径分别为1cm和5cm，高为10cm（器皿厚度忽略不计）.现将该器皿水平放置后（上底位于上方）注入盐酸溶液，若溶液高度恰为5cm，则溶液体积为（　　）
A． B． C． D．
6．四名同学A，B，C，D各掷骰子5次，分别记录自己每次骰子出现的点数.根据四名同学的如下统计结果，则可以判断出一定没有出现点数6的是（　　）
A．平均数为2，中位数为1 B．中位数为3，众数为2
C．中位数为3，极差为4 D．平均数为2，方差为2.4
7．早在1671年，两位法国天文学家就已经成功测量出了地球与月球之间的距离.对该测量过程进行简化后，得到如下平面示意图，设为地心，为月球表面上一点，为圆上不同的两点，地球半径的长记为，经测量，，则地月距离OC用可以表示为（　　）
A． B． C． D．
8．在正四棱锥中，，设平面与直线交于点，则（　　）
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．已知复数满足，其中为虚数单位，则下列说法正确的有（　　）
A．的虚部为
B．
C．
D．在复平面内对应的点位于第四象限
10．一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红色球（标号为1和2），2个白色球（标号为3和4），从袋中不放回地依次随机摸出2个球．设事件“两个球颜色不同”，“两个球标号的和为奇数”，“两个球标号都不小于2”，则（　　）
A．A与B互斥 B．A与C相互独立
C． D．
11．如图，两个边长均为1的正方形与正方形所在的平面互相垂直.点，分别是对角线，上的动点，且，的长度相等，记，点是线段上的一点.下列结论正确的是（　　）
A．
B．的最小值是
C．三棱锥与三棱锥的体积相等
D．若点，，，，，在同一个球的球面上，则该球的体积是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．某高中高一年级有学生1440人，高二年级有学生1600人，高三年级有学生1760人.现用分层抽样的方法，从这三个年级学生中抽取n人了解他们的学习情况，其中在高二年级抽取了100人，则　 　.
13．已知函数若，则　 　．
14．已知点为等腰外接圆上的一个动点，，则的取值范围为　 　.
四、解答题：本大题共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．如图，正方体的棱长为，点为的中点.
（1）求平面与平面的夹角的余弦值；
（2）求点到平面的距离.
16．已知函数为奇函数.
（1）求实数k的值， 判断函数的单调性（无需证明）， 并求不等式的解集；
（2）若对，不等式恒成立，求实数m的取值范围.
17．已知分别为三个内角的对边，满足
（1）求；
（2）若的周长为，面积为 求.
18．由甲、乙两个人组成的团队参加某项闯关游戏，第一关解密码锁，规则如下：
①一共2道相同的密码锁，每一道密码锁都必须在1分钟以内解锁完毕才算解锁成功，否则视为解锁失败；
②第一关开始前，2人需决定由谁先开始解锁，且第一位解锁人有2次连续解锁机会，第二位解锁人也有2次连续解锁机会，第一位用完2次机会后若仍然有密码锁未被解锁成功，则替换为下一位解锁人解锁；
③若2道密码锁均被解锁成功，团队立刻进入下一关，否则视为该团队失败，淘汰出局.现根据以往100次的测试，分别获得如下甲、乙解开1道密码锁所需时间的频率分布直方图，其中
（1）求a、b的值，并求出甲解开1道密码锁的时间在1分钟以内的频率；
（2）以甲、乙解开1道密码锁所需时间位于各区间的频率代替概率，且甲、乙2人每次是否成功解开密码锁相互独立，解答下列问题：
（i）若2人决定由甲先开始解锁，求团队使用的解锁机会不超过3次就进入下一关的概率；
（ii）你认为甲、乙两人进入下一关的概率是否与他们的出场顺序有关 试通过计算说明理由.
19．如图，直四棱柱中，是边长为的等边三角形，，，棱的中点为.
（1）求证：平面；
（2）现在将矩形以边所在直线为旋转轴，逆时针旋转至矩形，解答下列问题：
（i）在旋转过程中，是否存在，使得直线与直线所成角的余弦值为？若存在，求出满足条件的；若不存在，请说明理由；
（ii）在旋转过程中，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解： 由 ，两边同时开立方得：，即 。
解不等式 ，因式分解得：
解得 ，结合 ，得：
取集合 和 的公共元素，得：
故答案为：C
【分析】本题考查集合的交集运算，解题核心是先分别化简集合 和集合 ，再取它们的公共元素。
2．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：若，则，，则，所以；
若，则，得.
所以是的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】本题考查充分条件与必要条件的判断，关键是利用向量平行的坐标表示求出所有满足 的 值，再结合充分性与必要性的定义进行判断。
3．【答案】D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由题意，，
在中，
，
当且仅当，即时等号成立，
∴的最小值为，
故答案为：D.
【分析】本题考查基本不等式的应用，核心是利用基本不等式求函数的最小值，并验证等号成立的条件。
4．【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：A，函数的最小正周期为，故A错误；
B，函数的最小正周期为，但在上单调递减，故B错误；
C，函数的最小正周期为，在上单调递增，故C正确；
D，函数的最小正周期为，故D错误.
故答案为：C.
【分析】A：判断函数的最小正周期；B：判断函数的最小正周期及在区间上的单调性；C：判断函数的最小正周期及在区间上的单调性；D：判断函数的最小正周期。
5．【答案】B
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为溶液高度恰为5cm，所以溶液的上底面半径为，
下底面半径为，高为，
所以溶液的体积.
故答案为：B
【分析】本题考查圆台体积公式的应用，关键是先根据圆台半径的线性变化求出溶液上底面的半径，再代入圆台体积公式计算。
6．【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：A，平均数为2，中位数为1，说明5次点数总和为，且将5次点数从小到大排序，第三位为1，
则从小到大排序前三位是1，1，1，后两位点数之和为，不确定是否出现点数6，故A错误；
B，中位数为3，众数为2，说明将5次点数从小到大排序，第三位为3，且2至少出现过两次，
则从小到大排序前三位是2，2，3，后两位不确定是否出现点数6，故B错误；
C，中位数为3，极差为4，说明将5次点数从小到大排序，第三位为3，
极差可能是，也可能是，不确定是否出现点数6，故C错误；
D，平均数为2，方差为2.4，说明5次点数总和为，
若出现点数6，则其他四次点数之和为，只能是1，1，1，1，
则方差，
所以一定没有出现点数6，故D正确.
故答案为：D.
【分析】A：根据平均数和中位数，分析数据分布，判断是否可能出现点数6；B：根据中位数和众数，分析数据分布，判断是否可能出现点数6；C：根据中位数和极差，分析数据分布，判断是否可能出现点数6；D：根据平均数和方差，反证法判断是否可能出现点数6。
7．【答案】A
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：，，，
，
；
在中，，
.
，
．
又，，
所以，
故答案为：A
【分析】本题考查正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，核心是先利用正弦定理求出AC的长度，再通过余弦定理计算OC。
8．【答案】D
【知识点】共面向量定理；空间向量的线性运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，
所以，
因为，所以，
所以，
又，所以，
所以，
因为共面，所以，解得.
故答案为：D.
【分析】本题考查空间向量的线性运算与共面向量定理，关键是将向量 用 线性表示，再利用四点共面时向量系数和为1的性质列方程求解 。
9．【答案】A,C,D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：因为复数满足，则，
A，的虚部为，A正确；
B，，B错误；
C，，C正确；
D，在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A：先利用复数除法化简，再根据复数虚部的定义判断；B：根据共轭复数的定义，写出并判断；C：根据复数模长公式计算并判断；D：根据复数的几何意义，判断在复平面内对应的点所在的象限。
10．【答案】B,C
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：根据题意，从袋中不放回地依次随机摸出2个球，则
，
，
，
所以有，
，
对于A，，事件A、B可以同时发生，则A、B不互斥，A错误；
对于B，，A、C相互独立，B正确；
对于C，，C正确；
对于D，，D错误．
故选：BC．
【分析】根据题意，由互斥事件的定义（互斥事件是指两个或多个事件在任何一次试验中都不会同时发生）分析A，由相互独立事件的定义分析B，由古典概型的计算公式（事件A的概率等于事件A包含的基本事件数除以样本空间的基本事件总数）分析C、D，综合可得答案．
11．【答案】B,C,D
【知识点】空间中两点间的距离公式；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：由题意两个边长均为1的正方形与正方形所在的平面互相垂直.
可得，
以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
过作于，连接，
则，
所以，
故A错误；
，当且仅当时，取等号，所以的最小值为，故B正确；
因为，又易得平面，
所以为平面的一个法向量，又，所以，
又平面，平面，又点，
所以到平面的距离相等，
所以，即三棱锥与三棱锥的体积相等，故C正确；
将原图形补成一个正方体如图所示：
则正方体的外接球符题意，
外接球的直径为，所以，
所以该球的体积是，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】A：建立空间直角坐标系，用坐标法求的表达式；B：根据的表达式，求其最小值；C：证明平面，结合等体积法判断两个三棱锥体积是否相等；D：补形为正方体，求外接球半径并计算体积。
12．【答案】300
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：利用分层抽样的方法从三个年级中抽取了n人进行问卷调查，其中高二年级抽取了100人，高二年级共有1600人，
则每个学生被抽到的概率为，
可得，解得（人），
故答案为：.
【分析】本题考查分层抽样的应用，关键是利用 “各层抽样比等于总体抽样比” 的原则，先由高二年级数据求出抽样比，再结合总人数计算n的值。
13．【答案】8
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：，
所以，
因为时，，
所以，，解得，
故答案为：
【分析】本题考查分段函数的求值问题，核心是先计算出f(-1)的值，再根据分段函数的定义求解a。
14．【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形
【解析】【解答】解：在等腰中，，则，
若，则，矛盾；
若，则，合乎题意.
由于余弦定理可得，
设，，
当点在优弧（不包括点、）上运动时，，则，
由余弦定理可得，
所以，，当且仅当点与点重合时，等号成立，
又因为，此时，，
此时，；
当点与点或点重合时，；
当点在劣弧（不包括点、）上运动时，，
此时，，
由余弦定理可得，
即，当且仅当点为劣弧的中点时，等号成立，
又因为，则，
此时，.
综上所述，的取值范围是.
故答案为：.
【分析】本题考查等腰三角形外接圆上的向量数量积取值范围，核心是分情况讨论点P在优弧与劣弧上的位置，利用余弦定理与向量数量积定义求解。
15．【答案】（1）解：取线段的中点，连接，过点在平面内作，垂足为点，连接，
在正方体中，，，
因为、分别为、的中点，所以，，
故四边形为平行四边形，所以，，
因为平面，故平面，
因为平面，所以，
因为，，、平面，故平面，
因为平面，所以，
故平面与平面的夹角的平面角为，
易知，所以，
因为平面，平面，所以，
故，所以.
因此，平面与平面的夹角的余弦值为.
（2）解：因为，平面，
故，
由（1）知，且，故，
设点到平面的距离为，则，
因此，点到平面的距离为.
【知识点】二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1) 构造二面角的平面角，通过解三角形计算夹角的余弦值；
(2) 利用等体积法，通过三棱锥体积公式求点到平面的距离。
（1）取线段的中点，连接，过点在平面内作，垂足为点，连接，
在正方体中，，，
因为、分别为、的中点，所以，，
故四边形为平行四边形，所以，，
因为平面，故平面，
因为平面，所以，
因为，，、平面，故平面，
因为平面，所以，
故平面与平面的夹角的平面角为，
易知，所以，
因为平面，平面，所以，
故，所以.
因此，平面与平面的夹角的余弦值为.
（2）因为，平面，
故，
由（1）知，且，故，
设点到平面的距离为，则，
因此，点到平面的距离为.
16．【答案】（1）解：因为函数为奇函数，所以，所以，
所以，
，所以符合函数是奇函数，所以；
因为单调递增，单调递减，
所以单调递增，
因为，所以，
所以，所以，解集为：.
（2）解：，，所以，
所以，
令，所以，，
当时，，
所以，即.
【知识点】函数的奇偶性；函数恒成立问题；指数型复合函数的性质及应用；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【分析】(1) 利用奇函数性质求参数k，判断函数单调性，再解不等式；
(2) 分离参数并结合换元法，通过二次函数最值求m的取值范围。
（1）因为函数为奇函数，所以，所以，
所以，
，所以符合函数是奇函数，所以；
因为单调递增，单调递减，
所以单调递增，
因为，所以，
所以，所以，解集为：.
（2），，所以，
所以，
令，所以，，
当时，，
所以，即.
17．【答案】（1）解：由正弦定理得，
其中，
故，
因为，所以，故，
即，所以，
因为，所以，
故，解得；
（2）解：因为的周长为，面积为
所以，即
由余弦定理得，即
结合方程化简得，解得
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】(1) 利用正弦定理将边化为角，结合三角恒等变换求角A；
(2) 结合周长、面积与余弦定理列方程，求解边长a。
（1）由正弦定理得，
其中，
故，
因为，所以，故，
即，所以，
因为，所以，
故，解得；
（2）因为的周长为，面积为
所以，即
由余弦定理得，即
结合方程化简得，解得
18．【答案】（1）解：由，又，解得：，，
甲解锁试卷在分钟时正好位于中间，
所以甲在分钟内解开锁的频率为：.
（2）解：由题可知乙在分钟内解开锁的频率为：，
设甲开锁成功为事件，则，乙开锁成功为事件，则，
（i）若甲先开始解锁，求团队使用的解锁机会不超过3次就进入下一关总共有：，，共种情况，
所以其概率为：.
（ii）假设甲先开锁乙后开锁进入下一关的情况有：，，，共种情况，
则其概率为：
；
假设乙先开锁甲后开锁进入下一关的情况有：，，，共种情况，
则其概率为：
，
因，所以与他们的出场顺序无关.
【知识点】频率分布直方图；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】(1) 利用频率分布直方图的性质求参数a，b，并计算甲在1分钟内解锁的频率；
(2) 分别计算甲先开锁、乙先开锁的概率，比较是否与顺序有关。
（1）由，又，解得：，，
甲解锁试卷在分钟时正好位于中间，
所以甲在分钟内解开锁的频率为：.
（2）由题可知乙在分钟内解开锁的频率为：，
设甲开锁成功为事件，则，乙开锁成功为事件，则，
（i）若甲先开始解锁，求团队使用的解锁机会不超过3次就进入下一关总共有：，，共种情况，
所以其概率为：.
（ii）假设甲先开锁乙后开锁进入下一关的情况有：，，，共种情况，
则其概率为：
；
假设乙先开锁甲后开锁进入下一关的情况有：，，，共种情况，
则其概率为：
，
因，所以与他们的出场顺序无关.
19．【答案】（1）证明：在中，，，，
由余弦定理可得，
即，解得，
由勾股定理可得，故，
在底面中，因为，故，则，
在直四棱柱中，平面，平面，所以，
因为，、平面，因此，平面.
（2）解：①连接、、、，如图所示：
因为，，为的中点，所以，，
故四边形为平行四边形，所以，，
故异面直线与所成的角为或其补角，
在矩形中，，
故为等腰三角形，且为锐角，故，
由余弦定理得，解得，
因为平面，，故平面，
因为平面，，故，
因为四边形为平行四边形，所以，
在中，，，，
由余弦定理可得，
因为，故，故，所以，
故存在满足条件的，使得直线与直线所成角的余弦值为，且；
②过点在底面内作，垂足为点，连接、，
因为平面，平面，所以，
因为，，、平面，所以平面，
所以直线与平面所成角为，，
当时，即当时，，
所以，
此时，
所以
，
所以，，
令，则，
则，
当且仅当时，即当时，等号成立；
当时，，则，
令，则，
，
由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递减，
此时，
由于，故的最大值为.
【知识点】异面直线所成的角；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) 要证 平面 ，需证明 垂直于平面内两条相交直线 和 。
(2)(i) 通过异面直线所成角的定义，结合余弦定理和旋转角度的关系，求解 。
(ii) 利用线面角的定义，结合三角函数的最值和对勾函数的单调性，求线面角正弦值的最大值。
（1）在中，，，，
由余弦定理可得，
即，解得，
由勾股定理可得，故，
在底面中，因为，故，则，
在直四棱柱中，平面，平面，所以，
因为，、平面，因此，平面.
（2）①连接、、、，如图所示：
因为，，为的中点，所以，，
故四边形为平行四边形，所以，，
故异面直线与所成的角为或其补角，
在矩形中，，
故为等腰三角形，且为锐角，故，
由余弦定理得，解得，
因为平面，，故平面，
因为平面，，故，
因为四边形为平行四边形，所以，
在中，，，，
由余弦定理可得，
因为，故，故，所以，
故存在满足条件的，使得直线与直线所成角的余弦值为，且；
②过点在底面内作，垂足为点，连接、，
因为平面，平面，所以，
因为，，、平面，所以平面，
所以直线与平面所成角为，，
当时，即当时，，
所以，
此时，
所以
，
所以，，
令，则，
则，
当且仅当时，即当时，等号成立；
当时，，则，
令，则，
，
由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递减，
此时，
由于，故的最大值为.
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