数学01（全国通用，人教A版2019）-2024年新高二开学摸底考试卷

新高二开学摸底考试卷01 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试范围：人教A版2019 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：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．（23-24高一下·江苏扬州·期末）设复数满足，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·吉林延边·阶段练习）有一组样本数据：15，16，11，11，14，20，11，13，13，24，13，18，则这组样本数据的上四分位数是（    ） A．11 B．12 C．16 D．17 3．（23-24高一下·福建三明·期末）从装有3个黄球和4个蓝球的口袋内任取2个球，下列事件中与事件“至少有一个黄球”互为对立的是（    ） A．都是蓝球 B．都是黄球 C．恰有一个蓝球 D．至少有一个蓝球 4．（2024·山东青岛·二模）已知向量，，则在上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·安徽芜湖·期中）已知向量在基底下的坐标是，则在基底下的坐标为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高一下·广东湛江·期末）如图，已知四棱，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱长相等且为4，E为CD的中点，则异面直线CM与AE所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高一下·广东佛山·期末）某学校兴趣学习小组从全年级抽查了部分男生和部分女生的期中考试数学成绩，并算得这部分同学的平均分以及男生和女生各自的平均分 ，且男女生的平均分不相等，由于记录员的疏忽把人数弄丢了，则据此可确定的是（      ） A．这部分同学是高分人数多还是低分人数多 B．这部分同学是男生多还是女生多 C．这部分同学的总人数 D．全年级是男生多还是女生多 8．（23-24高一下·山西大同·期末）在中，内角，，的对边分别为，，，且，则的取值范围是（　　） A． B． C． D． 二、多项选择题：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．（23-24高一下·山东济宁·期末）体育教学是学校开展素质教育不可缺少的重要内容，对学生的发展有着不可忽视的重要作用.某校为了培养学生的竞争意识和进取精神，举行篮球定点投篮比赛.甲、乙两名同学每次各自投10个球，每人8次机会，每次投篮投中个数记录如下： 同学 第1次 第2次 第3次 第4次 第5次 第6次 第7次 第8次 甲（投中个数） 6 7 5 6 4 3 8 9 乙（投中个数） 8 4 6 7 6 5 7 5 记甲、乙两名同学每次投篮投中个数的平均数分别为、，方差分别为、.则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 10．（2024·广西贵港·模拟预测）如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（    ） A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面 C．三棱锥的体积是定值 D．二面角的余弦值为 11．（23-24高一下·云南昆明·期末）掷一枚质地均匀的骰子两次，设“第一次骰子点数为奇数”，“第二次骰子点数为偶数”，“两次骰子点数之和为奇数”，“两次骰子点数之和为偶数”，则（    ） A．C与D互为对立事件 B．A与D相互独立 C． D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（23-24高一下·安徽·期末）文以载道，数以忘忧，本学期某校学生组织数学知识竞答（满分），并从中随机抽取了名学生的成绩为样本，分成，得到如图所示频率分布直方图： 估计该校高二学生数学成绩的平均数为 . 13．（2024·全国·模拟预测）在棱长为2的正方体中，动点，分别在棱，上，且满足，当的体积最小时，与平面所成角的正弦值是 ． 14．（23-24高一下·吉林延边·阶段练习）如图，在四边形中，的面积为，记的面积为，，设，，若存在常数，使成立，则的值为    四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16,17题15分，第18,19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（本题满分13分）（23-24高一下·四川雅安·期末）已知向量，． (1)若与垂直，求实数k的值； (2)已知O，A，B，C为平面内四点，且，，．若A，B，C三点共线，求实数m的值． 16．（本题满分15分）（23-24高一下·湖南长沙·期末）对800名参加竞赛选拔学生的成绩作统计（满分：100分），将数据分成五组，从左到右依次记为，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图. (1)根据频率分布直方图估计这800名学生成绩的众数和平均数（求平均数时同一组数据用该组区间的中点值作代表）； (2)现从以上各组中采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取40人.若分数在区间的学生实际成绩的平均数与方差分别为78分和，第三组的学生实际成绩的平均数与方差分别为72分和1，求第四组的学生实际成绩的平均数与方差. 17．（本题满分15分）（23-24高一下·湖南郴州·期末）随着科技的发展，互联网也随之成熟，网络安全也涉及到一个国家经济，金融，政治等安全．为提高中学生的网络安全意识和信息技术能力，某中学组织了一次信息技术创新比赛，参赛选手两人为一组，需要在规定时间内独自对两份不同的加密文件进行解密，每份文件只有一次解密机会．已知甲每次解开密码的概率为，乙每次解开密码的概率为，每次是否解开密码也互不影响．设，，， (1)已知概率， （i）求的值． （ii）求甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率． (2)若，求甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率最小值． 18．（本题满分17分）（23-24高二下·四川凉山·期末）如图，在多面体中，四边形是菱形，平面，，，． (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得∥平面？若存在，指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由． 19．（本题满分17分）（23-24高一下·河北衡水·期末）对于平面向量，定义“变换”： ，其中表示中较大的一个数，表示中较小的一个数.若，则.记. (1)若，求及； (2)已知，将经过次变换后，最小，求的最小值； (3)证明：对任意，经过若干次变换后，必存在，使得. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 新高二开学摸底考试卷01 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试范围：人教A版2019 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：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． 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D A A A D B A 二、多项选择题：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． 题号 9 10 11 答案 BD BD ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．/ 13． 14 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16,17题15分，第18,19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（本题满分13分）（23-24高一下·四川雅安·期末）已知向量，． (1)若与垂直，求实数k的值； (2)已知O，A，B，C为平面内四点，且，，．若A，B，C三点共线，求实数m的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由向量坐标线性运算结合垂直关系的坐标运算，列出方程求解即可； （2）由向量的加减、数乘运算表示，，再由共线定理解出实数m的值． 【详解】（1）， 则， 因为与垂直，所以， 解得． （2）， ， ， ， 因为A，B，C三点共线，所以． 所以， 解得． 16．（本题满分15分）（23-24高一下·湖南长沙·期末）对800名参加竞赛选拔学生的成绩作统计（满分：100分），将数据分成五组，从左到右依次记为，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图. (1)根据频率分布直方图估计这800名学生成绩的众数和平均数（求平均数时同一组数据用该组区间的中点值作代表）； (2)现从以上各组中采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取40人.若分数在区间的学生实际成绩的平均数与方差分别为78分和，第三组的学生实际成绩的平均数与方差分别为72分和1，求第四组的学生实际成绩的平均数与方差. 【答案】(1)众数为；平均数为 (2)平均数为；方差为 【分析】（1）根据频率分布直方图的众数和平均数的定义和计算方法，即可求解； （2）根据题意，得到分数在区间的学生为10人，分别为，得到，设第三组分别为，得到，设第四组分别为，其平均数和方差为，求得，结合，即可求解. 【详解】（1）解：根据频率分布直方图的众数的定义，可得这800名学生成绩的众数为， 这800名学生成绩的的平均数为： （分）. （2）解：根据题意，采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取40人， 各段抽取的人生分别为：12人，16人，6人，4人和2人， 其中分数在区间的学生为10人，分别为， 其中平均成绩与方差分别为，则， 设第三组学生实际成绩分别为，其平均数和方差为，则， 设第四组学生实际成绩分别为，其平均数和方差为， 由，可得， 由， 可得，解得， 所以第四组的学生实际成绩的平均数为与方差为. 17．（本题满分15分）（23-24高一下·湖南郴州·期末）随着科技的发展，互联网也随之成熟，网络安全也涉及到一个国家经济，金融，政治等安全．为提高中学生的网络安全意识和信息技术能力，某中学组织了一次信息技术创新比赛，参赛选手两人为一组，需要在规定时间内独自对两份不同的加密文件进行解密，每份文件只有一次解密机会．已知甲每次解开密码的概率为，乙每次解开密码的概率为，每次是否解开密码也互不影响．设，，， (1)已知概率， （i）求的值． （ii）求甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率． (2)若，求甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率最小值． 【答案】(1)（i）；（ii）； (2). 【分析】（1）（i）根据独立性性质建立方程，即可求解；（ii）由（i）知：，设“甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则，再根据互斥加法公式和独立性乘法公式即可求解； （2）由可得，从而求得，再利用基本不等式即可求得最小值. 【详解】（1）（i）由题知， 解得：， （ii）由（i）知：， 设“甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则 与互斥，与与分别相互独立， 所以 ， 因此，甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率为． （2）由题知：， ， 设“甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则 与互斥，与与分别相互独立， 所以 ， ，当且仅当时等号成立， ． 故甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率最小值为. 18．（本题满分17分）（23-24高二下·四川凉山·期末）如图，在多面体中，四边形是菱形，平面，，，． (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得∥平面？若存在，指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在点，当与重合时，使得∥平面. 【分析】（1）连接交于点，则由四边形为菱形，得，由平面，得，再利用线面垂直的判定定理可结论； （2）由题意可证得两两垂直，则以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）证明：连接交于点， 因为四边形为菱形，所以， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面， 所以平面； （2）解：取的中点，连接， 因为四边形为菱形，，所以为等边三角形， 所以， 因为平面，平面，所以， 所以两两垂直， 所以以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系， 设，则， 所以， 假设存在点，使得∥平面， 设，则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则， 由，得， 此时与重合，平面， 所以存在点，当与重合时，使得∥平面. 19．（本题满分17分）（23-24高一下·河北衡水·期末）对于平面向量，定义“变换”： ，其中表示中较大的一个数，表示中较小的一个数.若，则.记. (1)若，求及； (2)已知，将经过次变换后，最小，求的最小值； (3)证明：对任意，经过若干次变换后，必存在，使得. 【答案】(1) (2)1349. (3)证明见解析 【分析】（1）先根据已知的新定义求出，从而可求出及； （2）根据求出，从而可求出，进而可得且，则可求出的最小值； （3）分，，和四种情况讨论即可. 【详解】（1）因为，所以， 所以， 所以. （2）因为， 所以或 所以， 即. 由题意可得， ， ， 根据规律可得且， 由且可得的最大值为674，所以， 所以，此后进入循环. 所以当时，； 当时，； 当时，. 所以最小时，的最小值为1349. （3）证明：当时，显然存在，使得. 当时，，即，存在，使得. 同理，当时，存在，使得. 当时，若，则，存在，使得. 若，设. 假设对任意，则均不为0. 因为，所以. 若，则， 若，则， 所以， 所以，即. 因为，所以， 所以， 与矛盾，故假设不正确，即存在，使得. 综上，对于任意，经过若干次变换后，必存在，使得. 【点睛】关键点点睛：此题考查平面向量的新定义，解题的关键是对平面向量新定义的正确理解，根据新定义求解，考查分析问题的能力、理解能力和计算能力，属于难题. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 新高二开学摸底考试卷01 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试范围：人教A版2019 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：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．（23-24高一下·江苏扬州·期末）设复数满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据复数的四则运算法则计算可得结果. 【详解】由可得， 所以. 故选：B 2．（23-24高一下·吉林延边·阶段练习）有一组样本数据：15，16，11，11，14，20，11，13，13，24，13，18，则这组样本数据的上四分位数是（    ） A．11 B．12 C．16 D．17 【答案】D 【分析】将样本数据由小到大排列，结合上四分位数的定义可求得这组数据的上四分位数. 【详解】将样本数据由小到大排列依次为：11，11，11，13，13，13，14，15，16，18，20，24， 因为上四分位数是第分位数，则，所以这组数据的上四分位数为. 故选：D. 3．（23-24高一下·福建三明·期末）从装有3个黄球和4个蓝球的口袋内任取2个球，下列事件中与事件“至少有一个黄球”互为对立的是（    ） A．都是蓝球 B．都是黄球 C．恰有一个蓝球 D．至少有一个蓝球 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用对立事件的意义判断即可. 【详解】事件“至少有一个黄球”的对立事件是“没有黄球”，即都是“都是蓝球”， 所以与事件“至少有一个黄球”互为对立的是“都是蓝球”. 故选：A 4．（2024·山东青岛·二模）已知向量，，则在上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用投影向量的定义直接求解即可. 【详解】依题意，， 所以在上的投影向量为. 故选：A 5．（23-24高二上·安徽芜湖·期中）已知向量在基底下的坐标是，则在基底下的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可知，设在基底下的坐标为，根据空间向量的坐标运算和空间向量基本定理列方程组即可求解. 【详解】由题意可知，设在基底下的坐标为， 所以， 所以， 所以在基底下的坐标为. 故选：A 6．（23-24高一下·广东湛江·期末）如图，已知四棱，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱长相等且为4，E为CD的中点，则异面直线CM与AE所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取有中点，利用几何法，结合余弦定理求出异面直线夹角的余弦. 【详解】取的中点，连接，由E为CD的中点，得，， 则是异面直线CM与AE所成的角或其补角， 正方形中，，在中，， ，， 于是， 所以异面直线CM与AE所成的角的余弦值为. 故选：D 7．（23-24高一下·广东佛山·期末）某学校兴趣学习小组从全年级抽查了部分男生和部分女生的期中考试数学成绩，并算得这部分同学的平均分以及男生和女生各自的平均分 ，且男女生的平均分不相等，由于记录员的疏忽把人数弄丢了，则据此可确定的是（      ） A．这部分同学是高分人数多还是低分人数多 B．这部分同学是男生多还是女生多 C．这部分同学的总人数 D．全年级是男生多还是女生多 【答案】B 【分析】根据平均数意义可判断A；利用分层平均数公式可求出女生所占比例，可判断BC；分析题中样本的抽取方式可判断D. 【详解】对于A，平均数描述平均水平，所以无法判断高分和低分人数，A错误； 对于B，设这部分同学的平均分为，其中有男生人，女生人，平均分分别为， 根据分层平均数公式有， 整理得，即， 即根据两个平均数可求出这部分同学中女生所占比例，故B正确； 对于C，由B可知，只能求出男女生所占比例，无法确定总人数，C错误； 对于D，因为题干并没有告诉这部分学生的抽取是否按照比例抽取， 所以无法全年级是男生多还是女生多，D错误. 故选：B 8．（23-24高一下·山西大同·期末）在中，内角，，的对边分别为，，，且，则的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由，利用正弦定理得到，再利用余弦定理结合两角和的正弦公式得到，进而得到，然后利用正弦定理和三角恒等变换，由求解. 【详解】解：因为，由正弦定理得， 由余弦定理得，即， 由正弦定理得， 又， 所以， 所以， 又，，则， 所以或，即或（舍去）， 则， 所以解得，则． 所以， ， ， 即的取值范围是． 故选：A． 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是得到，从而利用确定角B的范围，由此得解. 二、多项选择题：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．（23-24高一下·山东济宁·期末）体育教学是学校开展素质教育不可缺少的重要内容，对学生的发展有着不可忽视的重要作用.某校为了培养学生的竞争意识和进取精神，举行篮球定点投篮比赛.甲、乙两名同学每次各自投10个球，每人8次机会，每次投篮投中个数记录如下： 同学 第1次 第2次 第3次 第4次 第5次 第6次 第7次 第8次 甲（投中个数） 6 7 5 6 4 3 8 9 乙（投中个数） 8 4 6 7 6 5 7 5 记甲、乙两名同学每次投篮投中个数的平均数分别为、，方差分别为、.则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】根据平均数和方差的公式计算即可. 【详解】根据题意，， ，所以， ， ， 所以. 故选：BD 10．（2024·广西贵港·模拟预测）如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（    ） A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面 C．三棱锥的体积是定值 D．二面角的余弦值为 【答案】BD 【分析】A选项，由推出平面，矛盾；B选项，建立空间直角坐标系，证明出，，得到线面垂直，进而当Q为的中点时，，此时平面，故B正确；C选项，假设体积为定值，得到平面，求出平面的法向量，证明出平面不成立，C错误；D选项，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出余弦值. 【详解】对于A，若，因为平面，平面， 所以平面，矛盾，故A错误． 对于B，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为2，则， 因为， ， 故，， 故，， 因为，平面， 故平面，当Q为的中点时，， 此时平面，故B正确． 对于C，Q在线段上运动，若三棱锥的体积为定值，则平面， ，， 设平面的法向量为， 则， 解得，令得，故， 故，故与不垂直， 故平面不成立，故C错误； 对于D，二面角即二面角，连接BP，DP，BD， 由于为等边三角形， 则，，所以为所求二面角的平面角， 不妨设正方体的棱长为2，则的棱长为， 故，， 由余弦定理可得， 二面角的余弦值为，故D正确． 故选：BD 11．（23-24高一下·云南昆明·期末）掷一枚质地均匀的骰子两次，设“第一次骰子点数为奇数”，“第二次骰子点数为偶数”，“两次骰子点数之和为奇数”，“两次骰子点数之和为偶数”，则（    ） A．C与D互为对立事件 B．A与D相互独立 C． D． 【答案】ABC 【分析】根据对立事件的定义即可求解A，利用列举法，求解对应事件包含的样本点，即可根据古典概型的概率公式求解CD，结合独立事件的定义即可求解B. 【详解】对于A,事件与事件不能同时发生，且并起来是全部的样本空间，故互为对立事件，A正确； 对于B，抛掷一枚骰子两次的样本点数共36种， 事件A的样本点为共18种， 事件的样本点为,共有18种， 事件的样本点为共有9种， 所以,由于，故相互独立，B正确， 对于C，事件的样本点为共9种，故,C正确， 对于D，事件的样本点为共27种， 故， 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（23-24高一下·安徽·期末）文以载道，数以忘忧，本学期某校学生组织数学知识竞答（满分），并从中随机抽取了名学生的成绩为样本，分成，得到如图所示频率分布直方图： 估计该校高二学生数学成绩的平均数为 . 【答案】/ 【分析】由频率分布直方图的面积和为求出，再根据平均数计算公式求解即可. 【详解】由频率分布直方图的面积和为得 ， 解得， 所以该校高二学生数学成绩的平均数为 . 故答案为：. 13．（2024·全国·模拟预测）在棱长为2的正方体中，动点，分别在棱，上，且满足，当的体积最小时，与平面所成角的正弦值是 ． 【答案】 【分析】设，结合等积法，可求出当的体积最小时，，分别是所在棱的中点；法一，根据，可求出点到平面的距离为，结合直线与平面所成角的集合法即可求解；法二，建立空间直角坐标系，应用向量法求解. 【详解】设，则 ． 由等体积法，得 ， 当且仅当，即时，等号成立． 所以当的体积最小时，，分别是所在棱的中点． 方法一  易知，，．由余弦定理，得 ，所以， 所以． 设点到平面的距离为．根据， 得，解得． 所以与平面所成角的正弦值为． 方法二 以点为原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴， 建立空间直角坐标系， 则，，，． 所以，，． 设平面的法向量为， 则即令，得，， 则．设与平面所成的角为， 则． 故答案为： 14．（23-24高一下·吉林延边·阶段练习）如图，在四边形中，的面积为，记的面积为，，设，，若存在常数，使成立，则的值为    【答案】 【分析】利用余弦定理及三角形面积公式，求得的值，得的大小，再设，利用正弦定理得关于的代数式，解出，利用三角形面积公式，求出的值. 【详解】在中，由余弦定理，， 因为，所以， 即，又因为，所以. 设，则，，， 在中，由正弦定理，， 在中，由正弦定理，， 两式作商，得， 即，因为，所以，， ，， 假设，所以， 解得. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16,17题15分，第18,19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（本题满分13分）（23-24高一下·四川雅安·期末）已知向量，． (1)若与垂直，求实数k的值； (2)已知O，A，B，C为平面内四点，且，，．若A，B，C三点共线，求实数m的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由向量坐标线性运算结合垂直关系的坐标运算，列出方程求解即可； （2）由向量的加减、数乘运算表示，，再由共线定理解出实数m的值． 【详解】（1）， 则， 因为与垂直，所以， 解得． （2）， ， ， ， 因为A，B，C三点共线，所以． 所以， 解得． 16．（本题满分15分）（23-24高一下·湖南长沙·期末）对800名参加竞赛选拔学生的成绩作统计（满分：100分），将数据分成五组，从左到右依次记为，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图. (1)根据频率分布直方图估计这800名学生成绩的众数和平均数（求平均数时同一组数据用该组区间的中点值作代表）； (2)现从以上各组中采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取40人.若分数在区间的学生实际成绩的平均数与方差分别为78分和，第三组的学生实际成绩的平均数与方差分别为72分和1，求第四组的学生实际成绩的平均数与方差. 【答案】(1)众数为；平均数为 (2)平均数为；方差为 【分析】（1）根据频率分布直方图的众数和平均数的定义和计算方法，即可求解； （2）根据题意，得到分数在区间的学生为10人，分别为，得到，设第三组分别为，得到，设第四组分别为，其平均数和方差为，求得，结合，即可求解. 【详解】（1）解：根据频率分布直方图的众数的定义，可得这800名学生成绩的众数为， 这800名学生成绩的的平均数为： （分）. （2）解：根据题意，采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取40人， 各段抽取的人生分别为：12人，16人，6人，4人和2人， 其中分数在区间的学生为10人，分别为， 其中平均成绩与方差分别为，则， 设第三组学生实际成绩分别为，其平均数和方差为，则， 设第四组学生实际成绩分别为，其平均数和方差为， 由，可得， 由， 可得，解得， 所以第四组的学生实际成绩的平均数为与方差为. 17．（本题满分15分）（23-24高一下·湖南郴州·期末）随着科技的发展，互联网也随之成熟，网络安全也涉及到一个国家经济，金融，政治等安全．为提高中学生的网络安全意识和信息技术能力，某中学组织了一次信息技术创新比赛，参赛选手两人为一组，需要在规定时间内独自对两份不同的加密文件进行解密，每份文件只有一次解密机会．已知甲每次解开密码的概率为，乙每次解开密码的概率为，每次是否解开密码也互不影响．设，，， (1)已知概率， （i）求的值． （ii）求甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率． (2)若，求甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率最小值． 【答案】(1)（i）；（ii）； (2). 【分析】（1）（i）根据独立性性质建立方程，即可求解；（ii）由（i）知：，设“甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则，再根据互斥加法公式和独立性乘法公式即可求解； （2）由可得，从而求得，再利用基本不等式即可求得最小值. 【详解】（1）（i）由题知， 解得：， （ii）由（i）知：， 设“甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则 与互斥，与与分别相互独立， 所以 ， 因此，甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率为． （2）由题知：， ， 设“甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则 与互斥，与与分别相互独立， 所以 ， ，当且仅当时等号成立， ． 故甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率最小值为. 18．（本题满分17分）（23-24高二下·四川凉山·期末）如图，在多面体中，四边形是菱形，平面，，，． (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得∥平面？若存在，指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在点，当与重合时，使得∥平面. 【分析】（1）连接交于点，则由四边形为菱形，得，由平面，得，再利用线面垂直的判定定理可结论； （2）由题意可证得两两垂直，则以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）证明：连接交于点， 因为四边形为菱形，所以， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面， 所以平面； （2）解：取的中点，连接， 因为四边形为菱形，，所以为等边三角形， 所以， 因为平面，平面，所以， 所以两两垂直， 所以以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系， 设，则， 所以， 假设存在点，使得∥平面， 设，则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则， 由，得， 此时与重合，平面， 所以存在点，当与重合时，使得∥平面. 19．（本题满分17分）（23-24高一下·河北衡水·期末）对于平面向量，定义“变换”： ，其中表示中较大的一个数，表示中较小的一个数.若，则.记. (1)若，求及； (2)已知，将经过次变换后，最小，求的最小值； (3)证明：对任意，经过若干次变换后，必存在，使得. 【答案】(1) (2)1349. (3)证明见解析 【分析】（1）先根据已知的新定义求出，从而可求出及； （2）根据求出，从而可求出，进而可得且，则可求出的最小值； （3）分，，和四种情况讨论即可. 【详解】（1）因为，所以， 所以， 所以. （2）因为， 所以或 所以， 即. 由题意可得， ， ， 根据规律可得且， 由且可得的最大值为674，所以， 所以，此后进入循环. 所以当时，； 当时，； 当时，. 所以最小时，的最小值为1349. （3）证明：当时，显然存在，使得. 当时，，即，存在，使得. 同理，当时，存在，使得. 当时，若，则，存在，使得. 若，设. 假设对任意，则均不为0. 因为，所以. 若，则， 若，则， 所以， 所以，即. 因为，所以， 所以， 与矛盾，故假设不正确，即存在，使得. 综上，对于任意，经过若干次变换后，必存在，使得. 【点睛】关键点点睛：此题考查平面向量的新定义，解题的关键是对平面向量新定义的正确理解，根据新定义求解，考查分析问题的能力、理解能力和计算能力，属于难题. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$