精品解析：湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷

6学科网6组卷网 长沙市明德中学2023~2024学年高一年级期末考试 数学试卷 2024年7月 时量：120分钟满分：150分命题：高一数学组审题：高一数学组 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共0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.已知复数2=2-i,则2-z() A.-2ti B.2-i D.-2-i 【答案】A 【解析】 【分析】根据共轭复数和除法法则进行计算，得到答案。 【详解1因为2=2-1，所以2=2+1， 2+i2+i_(2+i)i--1+2i=-1 所以z-72-i(2+i-2i(2i2=2+1 故选：A. 2.有一组互不相等的样本数据，，，，平均数为下若随机剔除其中一个数据，得到一组新数据，记 为，少，，少，平均数为刀，则下列说法错误的是() A.新数据的极差可能等于原数据的极差 B.新数据的中位数不可能等于原数据的中位数 第1页/共32页 6学科网命组卷网 x=y C.若 ，则新数据的方差一定大于原数据方差 x=y 40% 40% D.若 则新数据的 分位数一定大于原数据的 分位数 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由数据极差、中位数、方差和百分位数的计算公式逐项分析即可， 【详解】不妨设原数据<<…<。，新数据片<乃<…<乃， ,2,3,4,5,6 A:例如原数据为 新数据为，此时极差均为6-1=5 ,故A正确： x3+x4 B:原数据中位数为2，新数据中位数为，可知=或=4， 十2>西=火，若%=龙，可得 若y3=x3,可得2 为+x4<x4=y 综上所述：新数据的中位数不可能等于原数据的中位数，故B正确； C:若x=少，可知去掉的数据为x,则 2x-x2=20-列2 可得3456之c-到<之0w-列 61 所以新数据的方差一定大于原数据方差，故C正确； x=y 6×40%=2.4 40% D:若 ，可知去掉的数据为”，因为 ，可知原数据的分位数为第3位数， 5×40%=2 40% ,可知新数据的分位数为第2位数与第3位数的平均数， 例如原数据为-2,2,34,5,6，新数据为2,2,4,5,6，此时新数据的40%分位数、原数据的40%分位数均为 3,故D错误， 故选：D 3.设△4BC的内角ABC所对边分别为abG卷1= 3,且不等武r-(3+5)x+35<0的解 第2页/共32页 6学科网命组卷网 集为 (xlb<x<a}B=() ,则 元 5π π5π 2π A.6 B.6 C.6或6 D.3 【答案】A 【解析】 【分析】利用一元二次不等式的解法先解出不等式，得出a和b的值，再利用正弦定理得出SiB的值，结 合大边对大角定理，可求出B的值 【详解】不等式-(（3+V5)x+35<0 即(x-3x-V5)<0,解此不等式可得V5<x<3, 所以，a=3,b=V5 由正弦定理可得sinB sin4:所以，sinB=bsin4V3sn乃 b a 31 a 2 .b<a ,所以 B<A B 可得B是锐角，所以6，故选A. 【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法及正弦定理的应用，属于基础题.正弦定理是解三角形的 有力工具，其常见用法有以下三种：(1)知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝 角与锐角)；(2)知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边：(3)证明化简过程中边角互化： (4)求三角形外接圆半径， 4在侧棱长为2V3 的正三楼锥S-ABC中，∠AB=∠BSC=∠CSM=40,过A作截面AEF,则截 面的最小周长为() A.2V2 B.4 C.6 D.10 第3页/共32页 6学科网 命组卷网 【答案】C 【解析】 【分析】作出三棱锥的侧面展开图，连接AG交SB、SC于点E、F,则侧面展开图中线段AG的长度 即为截面的最小周长，利用余弦定理计算可得 【详解】如图三棱锥以及侧面展开图，要求截面AEF的周长最小， 连接AG交SB、SC于点E、F,则侧面展开图中线段AG的长度即为截面的最小周长， 因为侧棱长为 2W3 的正三棱锥S-ABC,∠ASB=∠BSC=∠CSM=40° 所以∠ASG=120 由余弦定理可得1G=S4+SG2-2SM-SG0s120 -5+25-2x25x25x)36 .AG=6 6 所以截面的最小周长为 故选：C. G 5.已知45为非零向量，则“存在实数元，使a=仍”是日+同=同+月的() 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】B 【解析】 【分析】根据共线向量定理及相关性质、充分必要条件的定义求解判断即可. 第4页/共32页 学科网 命组卷网 【详解】若存在实数几，使a=6,则a,b共线： 若6+=同+月，则a,6同向： 所以“存在实数入，使a=仍”是+-风+月·的必要不充分条件 BC-ABC中， AC=BC=CC,AC1BC,点D是AB的中点，则直线 B 6.如图，在直三棱柱 和 平面CDE 所成角的正切值为() C1 B A B 3√2 2 A.2√2 B.2 c.2 D.2 【答案】D 【解析】 【分析】结合已知条件建立空间直角坐标系，设4C=BC=CC=2 列出点坐标，求出平 CDB的法 向量，利用线面夹角的向量公式求解即可 【详解】由题意，以C为坐标原点，以C4,CB, CC为术，y,2轴建立空间坐标系，如下图所示： 第5页/共32页 6学科网命组卷网 B 令1C=BC=CG=2,则C0,00),42,00).B0,20),D,L0),B0,22) 故B,B=(0,0,-2),CD=L,1,0),CB=(0,2,2) CD.=0 x+y=0 设丑=x,y,2为平面CDB的一个法向量.则CR万=0即 2y+2z=0 令x=1,则y=-1,z=1,从而n=(1,-1,), 设直线BB和平面CDB所成角为， 则sinB寸cos<元，AB+InBBL=5 → I n BB 3, 故cos0= 3,从而an0=2 故选：D. 7.在正方体1 BCD-4BCD中边长为2，点P是上底面4B,CD内一动点，若三棱锥P-ABC的外接 41π 球表面积恰为4则此时点P构成的图形面积为(） 25 41 π A.π B.16 C.16 D.2π 第6页/共32页 6学科网 组卷网 【答案】A 【解析】 【详解】解：如下图所示， 设三棱锥P-ABC的外接球为联0，分别取4C、4G的中点0、Q,则点0在线 00上 由于正方体 MBCD-4B,CD的楼长为2，则△MBC的外接圆的半径为OM=2, 设球O的半径为R, 4mR2- R=④ 4π，解得R4· 所以， 00=VR2-0A= 4,则00=00-00=2-3-§ 44, 易知，点P在上底面4B,CD所形成的轨迹是以O为圆心的圆， 由于OP=R= 4，,所以，O,P=VR2-002=1, 因此，点P所构成的图形的面积为元×OP=元 故选：A, A D B C B 点睛：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点（一般为接、切点）或线作截 面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的 几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解 8.己知平面向量，，g,===1,(,)=60°若对区间2’内的三个任意的实数2,2，， 第7页/共32页 6学科网6组卷网 都有风存+元店+，码≥23+8+8测向量氏与马夹角的最大值的余弦值为() -3+6 3+W5 3-V6 3-V5 6 B 6 c.1 6 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】建立直角坐标系，设出相关向量，通过分析位置，寻求临界值 C(cos0,sin0) 【详解】设 如图，不妨设9=0A=(1,0),马=0B= 1V3 ,e;=CO=(-cos0,-sin0) 2 设M为AB的中点，G为OC的中点，F为BD的中点，E为AD的中点. [9}cGwa5no】 +)-GO+OM-GM A店+，码+元，码=H0+OP=r,点P在平行四边形EDFM内（含边界） 由影知严GM恒成立 为了使气，8)最大，则思考气，8)为钝角，即思考C点在第一或第四象限 思考临界值即P与M重合，G与H重合，且GM不能充当直角三角形斜边，否则可以改变H的位置，使得 HMGM cos0,13 1. 31 所以GM1C即42os, 4 2sin0 (cos0,sin)=0 第8页/共32页 6学科网命组卷网 cos-cos5 3 3 sin0-Isin0-0. 2 ooo cooi sin 6 =5x3+6x13+6 =3×2+3×26 3+V6 所以向量与夹角的最大值的余弦值为6 故选A. B F D 【点睛】关键点点睛：解决本愿的关键是利用己知条件转化出已所在的位置， 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 9.一个正八面体的八个面上分别标以数字1到8，将其随机抛掷两次，记与地面接触面上的数字依次为 ,名，事件A=名=3，事件B=名=6，事件C=x+名=9，则（) 第9页/共32页 6学科网命组卷网 ABCC B.ACSB B,C B,C C. 互斥 独立 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据事件的运算及包含关系即可判断AB;根据互斥事件的定义即可判断C;根据相互独立事件 概率的乘法公式即可判断D. 【详解】AB=。=3且五=6， 事件C的基本事件有=l,x=8,x=2,名=7=3,5=65x=4,:=； x=5,5=45x=6,5=3x=7,为=254=8，=l共8个， 所以BSC 故A正确： 4C==3且+5=9=。=3且=6， 所以1CcB 故B正确： 对于C,当=3且为=6时，事件B,C同时发生， B,C 所以不互斥，故C错误； 对Fn.P(a)-gPq)8g 8×88, 面-5=315-6，剥Pc)=4. 所以P(BC)=PB)P(C,所B,C独立，故D正确 故选：ABD 10已和支f)-5nx+2如受o>0约园象在向QL有仅布三个对你心.则 第10页/供32页 6学科网命组卷网 A.0的取值范围是 B.f()的图象在区间[0，上有2条或3条对称轴 0, C.f(x)在区间4上的最大值不可能为3 0 2 D.f(x)在区间 6 上为增函数 【答案】BD 【解析】 【分析】化简得82snox-官+1令r一6k7ke,求出其对称中心的横坐 6 ，令 x=+π=6k+)m 0≤6严≤不keZ及k有且只有三个整数值，可得 0606w(k∈Z)）,由060 13 6,故A不正确，令r-红+ 19 ≤0 km,2π(3k+2)π 尤=一十 6 6 2(k∈Z),求出其对称轴030 30 ,19 0Tπ (k∈Z),结合0的范围分析可知B正确；利用6 ≤w<9 0x- ∈（刀，r_ 6得6 6’46,由46的范 围分析可得C不正确；根据正弦函数的单调性可得D正确. 】0-+2x上罗-5mar4-2mm-1 6 专m名-《eD.书-0-en 第11页/共32页 命学科网命组卷网 0≤6k+严≤元ke结合0>0，得6 60 ≤k≤0- 6(k∈Z. 2≤o-<312s0<9 依题意k有且只有三个整数值，所 6,得6 6,故A不正确： 令r-夏版+是 kπ，2π(3k+2)π x= 6 2(k∈Z),得w3030(k∈)， 2 0s6+2n≤不0特合m>0.角3 30 2≤k≤03ke囚， 13≤0<83≤0-2<2 2≤0- 当6≤0<时，20-专2，此时k=0或k=1,的数f()的图象在区间0，可上有2条对称轴。 x= 5π 为x3 30, 8 19 ≤0< 当3 6时， 2sw-25 32,此时k=0或k=1或k=2,函数f()的图象在区间0，元上有2条 _2rx= 8π 对称轴，为=0， 30, 30, 所以f()的图象在区间[0，上有2条或3条对称轴，故B正确： x∈0，ox一元∈(-6,4-6) 一一） 4时， 6 13 19 ≤0< ππ 2π 因为6 m,8，所当x62,即30时，了取得最大值3，枚 6,所以46 C不正确： xe(0, ar、π π0m元、 13.19 ≤0< 0mπ-r7π13π 99M49、-9g☒‘99,9与)39一 第12页/共32页 6学科网命组卷网 因为0>0，所以f(x)在区间6上为增函数，故D正确。 故选：BD 11.如图，已知正方体 BCD-ABCD的棱长为l,E,F,G分别为楼MM,CC,BC上的点， AE=CF=CG=元∈(0，)，则() D A B E =------ D G A i B EG⊥GF B.平面EFG经过棱AB的中点H 3v5 C.平面EFG截该正方体，截面面积的最大值为4 3 D.点D到平面EFG距离的最大值为2 【答案】ABD 【解析】 【分析】记M为DG的中点，取线段4D上的点N使得4N=入，正方体1BCD-4B,CD的中心为 EFG 0 EHGFMN ，然后说明平面 截该正方体的截面就是中心为的六边形 ，之后根据正方体的对称性 和勾股定理，逐个选项验证即可 第13页/供32页 6学科网命组卷网 D M A B E 【详解】 F D H 记M为D,G的中点，棱4B的中点H, 取线段40上的点N使行4N=元，正方体BCD-ACGD的为0 则根据对称性，E和F,G和N,H和M分别关于点O对称 从而O在平面EFG内，而FG∥BC∥HM,故FGMI0 从而H在平面EFG内. E,F,G,H,O 由于前面的对称性，及 O在平面EFG内， 知平面EFG截该正方体的截面就是中心为O的六边形EHGFMN, 从而H一定在平面EFG内，至此我们得到选项B正确. 前面已经证明 G∥M,同理有E∥MH,故FG∥MH∥N5 由r4N=45=CF=CG=A,枚DN=ME=CF=BG=1-元 同时显然有 h=M=AM=CM- 从w=G-层+e-2AW-w=m=6M-0-4+-R-2+ 由于EN=FG=V2·A<2=HM,FG∥M∥NE 第14页/供32页 学科网命组卷网 故四边形ENMH和GFMH都是等腰梯形，从而OE=ON,OF=OG. 这表明线段EF和GN互相平分且长度相等，所以四边形是EGFV矩形，故EG⊥GF,至此我们得到选 项A正确 由于四边形 MW和GMH都是等腰梯形，且上底均为V2·元，下底均为N5, 5 2-21+ 腰长均为 4,故它们的高都等于 -2+2-2--2 5 22-22+1 E62-+ 4 4. E胸西表都号于2，+回2-++02-2a+ 3 故载面EHGFMN的面积S=(2+)22-22+号 2· 当-.s=+)层-2+号-293月2434 4、3v5 24V1622164>4，至此我们得到选项C错误。 由子D0-0吸-202+4B+B-m1H1= 2,且O在平面EFG内， 3 故点D到平面EFG的距离不超过2· 而当A=方，E,以，G.R,M,N分蜘是各自所在棱的中点从面DE=DF=DG-P+分 而0E=0F=0G=2 ,这表明点D和点O到E,F,G三点的距离两两相等. 第15页/共32页 6学科网命组卷网 故点D和点O在平面 FG E,F,G 的投影同样满足到 三点的距离两两相等， 从而点D和点O在平面EFG的投影都是△EFG的外心， 所以由点D和点的投影是同一点，知DO垂直于平面EFG 5 从而由O在平面EFG内，知点D到平面EFG的距离就是DO的长，即2· 5 所以，点D到平面EFG的距离的最大值是2，至此我们得到选项D正确， 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于截面六边形的构造，这是利用正方体的对称性的关键 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12如图，函数f(,=2sin(or+p(o>0,0<p<刊的图象与坐标轴交于点4，B,C,直线BC交 f(✉)的图象于点D,O(坐标原点为△ABD的重心（三条边中线的交点）.其中1(-元，0)，则△ABD的面 积为 33π 2 【答案】 【解析】 得到OB=f(O)=V3, 结合三角形的面积公式，即可求解 第16页/供32页 6学科网6组卷网 【详解】因为O为A4BD的重心，且A(仁元，0)，可得OA=3AC=元 7=-()-3 2兀=3元 2 0= 所以2 2,所以T=3π，所以o ,解得3， 由/八到=0，号(+列=0，海子(-列p=2 解相0-2x+5ke 2π ，又由0<p<元，所以”= 3, 所以/(，=2sn 2x+2 3+3 故△ABD的面积为S=2 xx3πx5-3N3m 22 2 3√3π 故答案为：2· 13.厦门一中为提升学校食堂的服务水平，组织全校师生对学校食堂满意度进行评分，按照分层抽样方法， 抽取200位师生的评分（满分100分）作为样本，在这容量为200的样本中，所有学生评分样本的平均数 为x,方差为，所有教师评分样本的半均数为少，方差为，总样本的平均数为2，方差为，若 第17页/供32页 6学科网列组卷网 4 X=,一亏5,5，，≠0，抽取学生的样本容量多于教师的样本容量，则总样本中，学生样本的容量 至少为 【答案】160 【解析】 m,n(l≤n<m<200,m,n∈N) 【分析】假设在样本中，学生、教师的人数分别为 ，利用平均数公式可得 g+nm=1601= S'x 出三一京，利用方差公式结合已知条件可得出m等+” ，令3，得m2-200m+6400≥0： 由△≥0结合已知条件可求得m的取值范围，从而可得答案. m,n(1≤n<m<200,m,n∈N) 【详解】假设在样本中，学生、教师的人数分别为 记样本中所有学生的评分为，i=山，2,3，m）,所有教师的评分为少(=1,23，，”） :z=m派+四=元=少 由x=y得m+n 以交-旷+2- 立-+-可动+)-。 防以m+=160s,m冬+n之=160 Sy Sx 令-，.则m2-160g+n=0,A=25600-4mn=25600-4m20-m）≥0 即m-200m+640≥0，解得m≤40或m≥160 第18页/共32页 学科网命组卷网 因为1≤n<m<200且m+n=200,得m>100,所以m≥160 所以总样本中学生样本的个数至少为160. 故答案为：160. R 14.正四棱锥的外接球半径为，内切球半径为T,则P的最小值为一· 【答案】 V2+1#l+V2 【解析】 【分析】设出底面边长和高后，结合正四棱锥外接球与内切球性质用底面边长及高表示出外接球半径与内 切球半径，而后作商，多次换元将式子化简后结合基本不等式计算即可 P-ABCD h 底面边长为“，高为h,底面 ABCD PM,BM 【详解】设正四棱锥 的中心为M,连接 则BM-② 2a.PM=h,所以PB=VBM+PM)a2+ 设外接球球心为0，内切球球心为O,则O,0在PM上， 因为P0=B0=R,所OM=PM-P0=h-R, 4h 3 32V ah 所以a+V4h2+a2, 2h2+a2 R 4h 2h2+a2a+V4h2+a2 所以P ah 4h ah a+4h2+a? 第19页/供32页 命学科网命组卷网 _(2h2+a2)W4h+a2+aW4h2+a2-a) 4ah2(N4h2+a2-a) (2h2+a2)4h2 2h2+a2 4ah2(N4h2+a2-a）a(N4h2+a2-a)' R 2h2+a2 2 +1 a 2k2+1 令 k=h 则r a(v4h2+a2-a) V4k2+1-1 4 +1-1 a Rt2+1 令t=V4k2+1(t>1),则r2t-1), Rm+2m+2_m+1+1≥2，四+1=2+1， 令m=t-1(m>0),则r2m 2 m 21\2m m 1 当且仅当2m,即m=V2时取等号， R 所以r的最小值为√2+1. 故答案为： V2+1 D 【点睛】关键点点睛：此题解题的关键是表示出外接球半径和内切球半径之比后，经过多次换元转化将式 子化简，从而得解 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. 在四棱锥 P-ABCD中，平面 PAB上平面 ABCD,PA=AB=2,PB= 第20页/共32页 命学科网命组卷网 2N2,AD=2BC=2,AB⊥BC,AD1/BC,M为棱AP的中点 D (1)求证：BMI/平面PCD: (2)求直线PC与平面BCM所成角的正弦值. 【答案】(1) R MN=I AD 取PD的中点N,连接MN,CN,则MNIIAD且 又BC//AD且 BC= -AD 2 ,所以MW/IBC且MN=BC, 故四边形BCNM为平行四边形，所以BMI1CN, 又BMa平面PCD,CNC平面PCD 所以BMII平面PCD 2W5 (2)15 第21页/供32页 命学科网命组卷网 【解析】 【分析】(I)如图，利用平行四边形的判断方法证明四边形BCWM为平行四边形，则BM /ICN,结合 线面平行的判定定理即可证明： (2)根据勾股定理的逆定理可得PA⊥AB,利用面面、线面垂直的性质可得PA⊥AC,设P到平面 MBC h PC MBC 0 的距离为”，直线与平面的所成角为，结合等体积法和三棱锥的体积公式计算可得 sin0=h2v5 PC15,即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由AB=PA=2,PB=22,得AB2+P=PB所PALAB, 又平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PAc平面PAB, 所以PA⊥平面ABCD,又ACC平面ABCD,所以PA⊥AC 由MB=2,BC=lAB⊥BC,得AC=VAB2+BC=V5, PC=4C2+PA=3,CM-AM+AC-6.BM=AM+4B=5 每CM2=BM2+C,则BC1BM,所uSm-aM,BC=5 2 z”x=业m-m(A-M-写21g-)-5. 设P到平面MBC的距离为h,直线PC与平面MBC的所成角为O, 第22页/供32页 6学科网 命组卷网 则'c 15h 31 6 ,所以36"，解得h5 5, 2W5 所以sin6=h= 5-2V5 P0=3=15 2V5 即直线PC与平面MBC的所成角的正弦值为15· 16.在A4BC中，角4，B,C的对边分别为a,b,c,且满足a三bcosC-V3binC 3 (1)求B的大小： (2②)若A1BC的面积为35，且BC=3BD,当线段AD的长最短时，求4C的长 2π 【答案】(1)3 (2) 2W13 【解析】 【分析】(1)利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式求出tanB,即可得解： (2)由面积公式求出C,在△ABD中利用余弦定理及基本不等式求出AD的最小值，求出此时a、C的 值，再由余弦定理计算可得 【小问1详解】 因为a=bcosC bsinC 3 由正弦定理可得sin1=sin BeosC-V3 -sin BsinC 3 ysin 4=sin_-(B+C)]=sin(B+C)=sin BcosC+cos Bsin C 第23页/供32页 6学科网列组卷网 所以sin BcosC+.osBsinC=sin BcosC-.V5 -sin BsinC 所以ossinC=- 3 sin BsinC,又Ce(0,,所以sinC>0, 所以cosB=- sinB,即tanB=-V3,又Be(0,, Bs2π 所以3； 【小问2详解】 因为△4BC的面积为35，即2 acsinB=3V3 n2空灯，2马-a5 1 3 ,ac=12, BD=-BC 因为BC=3BD,所以 3 在△ABD中AD2=BAP+BD2-2BA,BDcosB 1 号oa+30c=ac=12,当且仅当c-30,即a=6c=2时取等号， 3 所以D≥2V5,即AD的最小值为25，此时a=6,c=2, -20c0+2x6x2x)52 所以b=213,即4C=213 第24页/供32页 6学科网命组卷网 D 17.袋中装有除颜色外完全相同的黑球和白球共7个，其中白球3个，现有甲、乙两人从袋中轮流摸球， 甲先取，乙后取，然后甲再取，…，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时终止每个球在每一次被取 出的机会是等可能的： (1)求取球2次即终止的概率： (2)求甲取到白球的概率。 P(A) 【答案】(1) 7,2P(B)= 35 【解析】 【分析】(1)第二次终止即：第一次摸到黑球第二次摸到白球； (2)根据规则，甲取到白球必须可能是第1,3,5次出现白球，且在摸到白球之前乙摸到黑球，结合树状图 求解 【详解】(1)设事件A为“取球2次即终止”.即甲第一次取到的是黑球而乙取到的是白球，借助树状图 求出相应事件的样本点数： 4×32 P(A)= 因此， 7×67 第1次 第2次 可能结果数 2白球…3×2 白球 4黑球…3×4 4 3一白球…4×3 八黑球 3黑球…4×3 =1,2,3,4,5 (2)设事件B为“甲取到白球”，“第i次取到白球”为事件 ,因为甲先取，所以甲只可能 在第1次，第3次和第5次取到白球借助树状图求出相应事件的样本点数： 第25页/共32页 命学科网命组卷网 所以PB)=P(AUA,UA)=P(4)+P(4)+P(4) 3,4×3×3,4×3×2×1×3 =二十 7 7×6×5 7×6×5×4×3 3.6.122 7353535 第1次 第2次第3次第4次第5次 样本点数 白 …3 3/球 白 黑 ----…4×3×3 4黑3 球 2 黑 黑 白 球 球 .4×3×2×1×3 【点睛】此题考查互斥事件的加法法则，关键在于准确将一个事件分拆成多个互斥的事件分别计算概率. 18.如图，已知四边形ABCD为菱形，四边形ACEF为平行四边形，且AB=6, ∠BAD=∠BAF=∠DAF=60° (1)证明：直线BD⊥平面ACEF: 2)设平面BEFn平面4BCD=,且三面角E--D的平面角为2，am0=2V6 3,设G为线段 AF的中点，求 DG ABCD 与平面 所成角的正弦值 【答案】(1) 设ACOBD=O,连接 DF,OF ABCD AB=AD,AC⊥BD,BO=OD 四边形 为菱形，则 第26页/供32页 学科网 命组卷网 又∠BAF=∠DAF=60°，易得△BAF兰ADAF, 所以BF=DF,，则BD⊥OF, AC∩OF=OAC,OFc 又 平面ACEF 所以直线BD⊥平面ACEF: (2) S:: √2 3 【解析】 BD⊥OF,AC⊥BD 【分析】(1)利用菱形和全等三角形证明出 从而证明线面垂直 ML,NLMD,得到∠PMH为面角 E-1-D △FHN (2)先证明出 的平面角，在直角三角形 中求 得AF=6,根据G为线段AF的中点，求G到平面ABCD的距离，从而求解出DG与平面ABCD所成 角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过F点作FH⊥AC于H点，过H点作HM⊥I于M点，连接FM,过H点作HN⊥AD于N点，连 接FN, 由(1)易证，FM⊥I,FN⊥AD,则∠FMH为二面角E-I-D的平面角， 在直角△FM中，am0--2V6 HM3,又HM=BO=3,可得FH=2V6, 第27页/供32页 6学科网列组卷网 设AF=2a,则 W=a,NH=5,FW=√3a 直角△中.2O+(号=(5a,可得A=6, G为线段AF的中点，则C到平面ABCD的距离d=V6,又DG=3W5, 设直线DG与平面4BCD所成角为a,sina=AV2 DG 3 2 直线DG与平面ABCD所成角的正弦值为3· 19.点A是直线PO外一点，点M在直线PO上（点M与P,O两点均不重合），我们称如下操作为“由A 点刻O以视角运：若点M在线钱Po上，记P,QM)=s血∠PM 40 sin∠MAQ;若点M在线段PQ外， 记(P,CM)=-AP sin∠PaM 40 sin∠MAQ (若M在正方体1BCD-4BCD的核4B的延长线上，且AB=2BM=2,由4对B旅以视角运 算，求(4，B;M)的值； (2)若M在正方体1BCD-4BCD的棱AB上，且AB=2,由A对4B施以视角运算，得到 人队M）-方，求B的a: AM (3)若M,M,M,,M,1是△ABC边BC的m(n≥2n∈N)等分点，由A对BC施以视角运算，求 第28页/供32页 6学科网6组卷网 (B,CM)x(B,CMtk=12,3…n-的值 【答案】(1)-3 (2)2 (3)1 【解析】 【分析】()根据锐角三角两数的定义，结合和差角公式可得sin∠1MM,si血∠M1B,即可代入公式求 解， (A,B,M) (2)根据 的计算公式，代入即可求解， ABsin.∠BAMk=BM sin∠AMkB (3)由正弦定理可得 ，即可结合A对BC施以视角运算，即可求证 【小问1详解】 如图1， D B D B 图1 因为AB=2BM-2,所以AM=3,4B=2V2,4M=13 由正方体的定义可知1M14B,则∠44B=90 故sin∠A4B= 2,cos∠A4B=V2 2 sin∠A4M=33 13,cos∠AAM=213 13 第29页/共32页 6学科网列组卷网 因为∠BMM=∠A4M-∠AMB 所以sin∠BAM=sin∠M4Mcos∠AMB-cos∠44M sin∠AAB=V26 26, 3V5 则(4B;M)=-4Asin∠A4M2x -13 =-3 ABsin∠MAB 2vx 126 26 【小问2详解】 AM=a(0≤a≤2) 如图2，设 D B D C M B 图2 0+4,cos∠A4M=2Va+4 则sin∠A4M=aVa+4 a2+4 ∠BAM=∠4B-AAM-年∠A4M 因为 swm号aw)8 2(a2+4）, AB,M)=4Asim∠A4M 2x ava2+4 a2+4 则 ABsin∠MAB 22x2-2(a+4 2-a2,解得 2(a2+4) a= 3 第30页/共32页 6学科网命组卷网 AM a 1 故MB2-a2, 【小问3详解】 如图3， B Mk Mn-k C 图3 因为MM,M,…M是BC的n等分点 BM.-CM-kBC.BM.-CM,--kBC 所以 n n BMk AB 在△ABMk中，由正弦定理可得sin∠BAM sin∠AMB, 则ABsin∠BAM:=BM,sin∠AM,B 在△ACM:中，同理可 ,ACsin∠CAMk=CM sin∠AMkC 因为∠MM,B+∠AM,C=元，所以sim∠MM,B=sin∠AM,C, 则(B,CM) AB sin∠BAMk-BM:sin∠AMB_BM&=k ACsin∠CAM CM sin∠AMC CM n-k 同理可得 ®c小8器装 女acM)(®C)卢产×”g==2- 【点睛】方法点睛：对于新定义问题的求解策略： 1、紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程 第31页/共32页 6学科网命组卷网 中： 2、用好定义的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的定义的性质的一些因素 第32页/共32页 长沙市明德中学2023~2024学年高一年级期末考试 数学试卷 2024年7月 时量：120分钟 满分：150分 命题：高一数学组 审题：高一数学组 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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 有一组互不相等的样本数据，平均数为.若随机剔除其中一个数据，得到一组新数据，记为，平均数为，则下列说法错误的是（ ） A. 新数据的极差可能等于原数据的极差 B. 新数据的中位数不可能等于原数据的中位数 C. 若，则新数据的方差一定大于原数据方差 D. 若，则新数据的分位数一定大于原数据的分位数 3. 设的内角A、B、C所对边分别为a，b，c，若，且不等式的解集为，则　　 A. B. C. 或 D. 4. 在侧棱长为的正三棱锥中，，过作截面，则截面的最小周长为（ ） A. B. 4 C. 6 D. 10 5. 已知为非零向量，则“存在实数，使”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 6. 如图，在直三棱柱中，，AC⊥BC，点D是AB的中点，则直线和平面所成角的正切值为( ) A. B. C. D. 7. 在正方体中边长为2，点是上底面内一动点，若三棱锥的外接球表面积恰为,则此时点构成的图形面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知平面向量.若对区间内的三个任意的实数,都有,则向量与夹角的最大值的余弦值为（ ） 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. 9. 一个正八面体的八个面上分别标以数字1到8，将其随机拋掷两次，记与地面接触面上的数字依次为，事件“”，事件“”，事件“”，则（ ） A. B. C. 互斥 D. 独立 10. 已知函数的图象在区间上有且仅有三个对称中心，则（ ） A. 的取值范围是 B. 的图象在区间上有2条或3条对称轴 C. 在区间上的最大值不可能为3 D. 在区间上为增函数 11. 如图，已知正方体的棱长为，分别为棱上的点，，则（ ） A. B. 平面经过棱的中点 C. 平面截该正方体，截面面积的最大值为 D. 点到平面距离的最大值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，函数的图象与坐标轴交于点A，B，C，直线交的图象于点D，O(坐标原点)为的重心(三条边中线的交点)，其中，则的面积为___________. 13. 厦门一中为提升学校食堂的服务水平，组织全校师生对学校食堂满意度进行评分，按照分层抽样方法，抽取200位师生的评分（满分100分）作为样本，在这容量为200的样本中，所有学生评分样本的平均数为，方差为，所有教师评分样本的半均数为，方差为，总样本的平均数为，方差为，若，≠0，抽取学生的样本容量多于教师的样本容量，则总样本中，学生样本的容量至少为______． 14. 正四棱锥的外接球半径为R，内切球半径为r，则的最小值为______． 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. 在四棱锥中，平面平面为棱的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 16. 在中，角，，的对边分别为，，，且满足. （1）求的大小； （2）若的面积为，且，当线段的长最短时，求的长. 17. 袋中装有除颜色外完全相同的黑球和白球共7个，其中白球3个，现有甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时终止.每个球在每一次被取出的机会是等可能的. （1）求取球2次即终止的概率； （2）求甲取到白球的概率. 18. 如图，已知四边形为菱形，四边形为平行四边形，且，. （1）证明：直线平面； （2）设平面平面，且二面角的平面角为，， 设为线段的中点，求与平面所成角的正弦值. 19. 点A是直线PQ外一点，点M在直线PQ上（点M与P，Q两点均不重合），我们称如下操作为“由A点对PQ施以视角运算”：若点M在线段PQ上，记；若点M在线段PQ外，记. （1）若M在正方体的棱AB的延长线上，且，由对AB施以视角运算，求的值； （2）若M在正方体的棱AB上，且，由对AB施以视角运算，得到，求的值； （3）若是边BC的等分点，由A对BC施以视角运算，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $