专题3 填空题-【快乐假期每一天】2024-2025学年高一数学暑假作业

假期作业·数学 15.(2024·江苏无锡校考) A.平面PBD⊥平面ACD 如图，在正方体ABCD B.A1P∥平面ACD A1B1CD1中，点P在 C.异面直线A1P与AD1所成角的取值范围 线段BC1上运动，有下 列判断，其中正确的是 是(0，] ( D.三棱锥D1一APC的体积不变 专题三 填空题 1.(2024·新疆克拉玛依校考)若数据x1,x2,x3, 9.(2024·云南文山统考)在三棱锥P一ABC中， …,xm的方差为0.1，则数据10.x1十1,10x2+1, AB⊥平面PAC,PA=PC=AC=AB,三棱锥 10x3十1，…，10.xm十1的方差为 P一ABC的体积为18√3，已知三棱锥P一ABC 2.(2024·新疆克拉玛依校考)在一次知识竞赛中， 的顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为 共有20道题，两名同学独立竞答，甲同学对了12 个，乙同学对了8个，假设答对每道题都是等可 10.(2024·安徽合肥校考)下图是一名护士为一位 能的，那么任选一道题，恰有一人答对的概率 病人测量体温所得数据的折线统计图.以下描 述正确的是 .(填上所有正确的序号) 3.(2024·湖南郴州校考)甲、乙独立地解决同一数 ①护士平均每天为病人测量4次体温：②第一 学问题，甲解决这个问题的概率是0.8，乙解决 天病人病情并未得到有效控制，体温在不断反 这个问题的概率是0.6，那么其中至少有1人解 复：③从第二天凌晨起病人体温在一直下降； 决这个问题的概率是 ④病人体温的极差为2.7℃. 4.(2024·上海浦东校考)若c0s(9叶5）=1，则c0s9 单位：摄氏度 2 39.5 39 39.2 5.(2024·湖北十堰校考)已知圆锥的表面积为3xm, 38 其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径 38 38 37.5 为 m. 3237237. 36.8 6.(2024·天津宁河校考)如 C 36 图，已知边长为2的正方体 D 06 12180612 18 0 612 18单位时 ABCD-A1B1C1D1,点E 11.(2024·安徽滁州校考) 为线段CD1的中点，则直 如图，斜三棱柱ABC 线AE与平面A1BCD1所 A'B'C'中，底面ABC是 成角的正切值为 D 边长为4的正三角形， 7.(2024·广西钦州校考)已知非零向量a,b满足 AA'=4,∠A'AC= a=2b,且(a+b)⊥(a-3b),则向量a,b夹 ∠A'AB=60°，点E,F 角的余弦值为 分别是线段A'B',AB的中点，则异面直线EC 8.(2024·云南文山统考) 和A'F所成角的余弦值为 如图所示，要在两山顶 12.(2024·上海浦东校考)已知m,n是两条不同 M、N间建一索道，需测 直线，a、3是两个不同平面，对下列命题： 量两山顶M、N间的距 ①若m∥a,n∥a,则∥n. 离.现选择与山脚B、C ②若a∩8=n,m∥n,则m∥a且m∥3. 在同一平面的点A为观测点，从A点测得M点 ③若m⊥a,n⊥B,m∥n,则a∥ 的仰角∠MAC=60°，N点的仰角∠NAB=30 ④若a∥B,m∥a,n∥B,则m∥n. 以及∠MAN=45°，若AC=100米，AB=506 ⑤若m∥a,m⊥3，则a⊥3. 米，则MN等于米. 其中正确的命题是 (填序号). 第二部分专题特训 13.(2024·重庆联考)在△ABC中，角A,B,C的 :17.(2024·上海浦东校考)已知平面向量a,b,且 对边分别为a,b,c,b=22且△ABC面积为 1a=1b=2,a·b=2.向量c满足|c-2a-2b S=只(a2+2-),则△ABC面积S的最大 =|a一b,则当|c一b|(入∈R)成最小值时A 值为 18.(2024·黑龙江哈尔滨校考)在长方体ABCD一 14.(2024·陕西渭南统考)某班40名学生，在一次 A1B1C1D1中，AB=2,BC=CC1=1:点E,F 考试中统计所得平均分为80分，方差为70，后 分别为AB、CD中点：那么长方体ABCD一 来发现有两名同学的成绩有损，甲实得80分错 A1B1CD1外接球表面积为 :三棱锥 记为60分，乙实得70分错记为90分，则更正 的D1一BEF外接球的体积为 后的方差为 D 15.(2024·陕西渭南统考)已知A,B,C均是单位 圆O上的点，且OA⊥OB,则(OC-OA)· B (OC-OB)的最大值为 16.(2024·湖北十堰校考)记△ABC的内角A,B, D C的对边分别为a,b,c,若O为△ABC的重心， OB⊥OC,3b=2c,则c0sA= 专题四 解答题 1.(2024·甘肃张掖统考)已知函数f(x)=2+1 2.(2024·云南文山统考)如 图，在四棱锥P一ABCD (x≠0) 中，底面ABCD为直角梯 (1)证明函数f(x)为奇函数； 形，AD∥BC,∠ADC=90°， (2)若x∈[一3，一2]，求函数的最大值和最 平面PAD⊥底面ABCD,A 小值. Q,M分别为AD,PC的中点.PA=PD=2, BC-zAD-1.CD-3 (1)求证：直线BC⊥平面PQB: (2)求三棱锥A-BMQ的体积. 15参考答案 又ACC平面ABCD,所以BB,⊥AC, 因为在正方形ABCD中DB⊥AC,又DB与BB,为平面 4解析：周为c0s(0+牙)=1，所以sin(0+受)=0 DBB,D,内的两条相交直线，所以AC⊥平面DBB,D1, 因为DB,C平面DBB,D1,所以DB,⊥AC,同理可得DB 所以cos0=cos(0+号-号)=c0s(0+号)c0s号+sin(0 ⊥AD, 因为AD,与AC为平面ACD1内两条相交直线，可得DB ⊥平面ACD1, 又DBC平面PBD,从而平面PBD⊥平面ACD,故A 正确： 故答策为：2 R 答案：号 5.解析：设圆锥的母线长为1，底面半径为r, C 因为圆雏的侧面展开图为一个半圆， 所以xl=2rr,则1=2r, 又圈锥的表面积为3元m, B 对于B,连接AB,AC,如图， 则rl+r2=32=3x, 因为AA,∥CC1,AA=CC,所以四边形AA,CC是平行 解得r=1. 四边形， 故答案为：1. 所以A,C,∥AC,又A,C过平面ACD1,ACC平面ACD, 答案：1 所以A,C:∥平面ACD,同理BC:∥平面ACD, 6.解析：连接AB,交A1B与O,所以 又A,C,BC为平面BA,C1内两条相交直线，所以平面 AB1⊥BA1,连接OE, BA,C1∥平面ACD,, 因为AD⊥平面ABB,A1,AOC平D 因为APC平面BAC,·所以AP∥平面ACD·故B 面ABB1A1, 正确； 所以AD⊥AO,又AD∥EO,所以 对于C,因为AD,∥BC1,所以AP与AD,所成角即为 EO⊥AO,且AB∩EO-O, A,P与BC,所成的角. AB、EOC平面A,BCD,所以AO D 因为AB=BC=A,C,所以△BAC1为等边三角形， ⊥平面ABCD1, 当P与线段BC1的两端点重合时，A,P与AD,所成角取 所以∠AEO为AE与平面A,BCD1所成角， 得最小值哥： 在直角三角形AB0中，B0=2.A0=号/干可包， 当P与线段BC1的中点重合时，A,P与AD1所成角取得 最大值受： 所以an∠AB0-品要 所以AP与AD,所成角的花周是[受，受]，放C错误： 故答家为：号 对于D,由选项B得BC∥平面AD,C,故BC,上任意一点 答案号 到平面AD,C的距离均相等， 7.解析：由题意得(a+b)·(a-3b)=|a2-2a·b-3|b2 即点P到面平面ADC的距离不变，不妨设为，则 =4|b12-2a·b-31b1=|b12-2a·b=0,所以a·b= Vn=V,-m,=号Sac·h: 所以三棱锥D1一APC的体积不变，故D正确. 2o15 故选：ABD, 所以cos(a,b)= a·b 专题三 填空题 TabT21b下=4 1.解析：由方差的性质可知：10x1+1,10x十1,101十1，， 故答案为：日 10x.十1的方差为10×0.1=10. 答案：0.25 故答案为：10， 答案：10 8.解析：在Rt△ACM中，∠MAC=60°，AC=100, 2解析：依题高，格有一人答对的概奉为号×号+品× 8 所以AM=,AC=100=200. cog60° 1 器：答案为：号 2 在Rt△ABN中，∠NAB=30°，AB=50v6, 答案是0.52 所以AN= AB=506=100v2. c0s30° 3.解析：由题意可得，甲、乙二人都不能解决这个问题的概率是 2 0.2×0,4=0.08.那么其中至少有1人解决这个问题的概率 在△AMN中，∠MAN=45°，AM=200,AN=100V2, 是1-0.08=0.92. 由余弦定理得：MN2=AM十AN2-2AV·AM cos45° 故答案为：0.92 答案0.92/器 20+100×2-2×20X100v2×号 假期作业·数学 =1002×4+1002×2-1002×4=100×2 12.解析：如图，长方体ABCD一A,BCD,中，记平面ABCD 所以MN=1002(米). 为a, 故答案为：100√2. 答案：1002 9.解析：根据题意，作图如下， 对于①，记直线A,B为n,直线BC1为n,则m∥an∥a, 但m与n相交，①不正确： 对于②，记平面ABB,A,为平面B,直线AB为直线n,直线 CD为直线m,满足a∩B=n,m∥n,而mCa,②不正确： 对于③，因为m⊥am∥n,所以n⊥a,又n⊥3，所以a∥B,③ 设PA=PC=AC=AB=a, 正确， 则ae=号a-- 对于④，记平面A,B,C,D,为平面B直线A,B,为直线m 4 直线BC为直线n,满足a∥B,m∥a,n∥B,而m与n是异面 所以Vr-r=Vn-pw=3 ×SXa=得=18 直线，④不正确： 对于⑤，因n∥a,则过直线m作平面y,令Y∩a=l,如图， 所以a=6, 如图，点D为等边三角形PAC外接圆的圆心，则AD= 2 3a=23, 设外接球的球心为O,则有OD,/AB,OD=号AB=3, 于是得l∥m,而m⊥月，则有1⊥月，由1Ca,所以a⊥3，⑤ 正确. 所以在直角△OAD中，AO=AD+OD=21, 故答案为：③⑤ 所以外接球的表面积为4πR=4πAO=84π： 答案：③同 故答案为：84 答案：84x 13,解析：因为三角形的面积为：S么r=立acsin B 10.解析：由折线图看判断出： 因为三天惑共只有11个数据，所以①项不正确：②项正确： (a2+e2-6) 从第二天凌晨到第三天凌晨病人体温都在下降，但随后有 所以sinB-5(e+c2-b =3cos B. 所回升：③项不正确：因为极差等于39.5一36.8=2.7，所 2ac 以①项正确.故答案为：②④。 即tanB=5, 答案：②④ 周为B∈(0，π)， 1山.解析：在斜三棱柱ABC一A'B'C‘中，连接CF,A'C,EF, 如图， 所以B=营 由余弦定理得b=a2十e2-2 accos B.≥at, 所以ac≤8，当且仅当a=c时，取等号， 所以5r-70rsmB长号×8×停-2v5, 1 故答案为：2w3 答案：23 因点E,F分别是□ABBA'对边A'B',AB的中点，则EF 14.解析：因为甲实得80分，记为60分，少记20分，乙实得70 ∥B'B∥CC,EF=B'B=CC, 分，记为90分，多记20分， 则有四边形CEFC是平行四边形，CF∥CE,∠A'FC是异 所以总分没有变化，因此更正前后的平均分没有变化，都是 面直线EC和A'F所成的角或其补角， 80分， 周AA'=AC=AB=4,且∠A'AC=∠A'AB=60°，则△A 设甲乙以外的其他同学的成绩分别为aa,…ao· AB,△A'AC都是正三角形， 因为更正前的方差为70， 所以(60-80)2+(90一80)2+(a1-80)2+…+(a-80) 于是得A'C=AC=4,A'F=2N3,在正△ABC中，CF =70×40, 25, 所以(a1-80)2十…+(an-80)2=2800-400-100= 在△A'CF中由余弦定理得：cOs∠A'FC= 2300, AF+CF-A'C_(23)+(25)-4=1 更正后的方差为： 2A'F·CF 2×(23) 3 -(80-80y+(70-80+a,-80+…+aw-80y 40 所以并面直线EC和AF所成角的余弦值为子 100+2300=60, 40 故答案为：3 所以更正后的方差为60 答案：号 故答案为：60. 答案：60 参考答案 15.解析：已知A,B,C均是单位圆0上的点，且Oi⊥OB,如 若0A=a.Oi=b.OE=2(a+b).O元=c,则Bi=a-b.Ed 图，以O为原点，OB,OA为Ty轴建立平面直前坐标系， =c-2(a+b),所以|EC1=|c-2(a+b)|=2,所以C 在以E为圆心，2为半径的回上，若O心=b,则DC=C一场， 由图象可得当且仅当E,C,D三点共线且ED⊥OD时 DC1最小，即|c一b|(a∈R)取最小值，此时∠EOD= 吾，0i=10c0s若=6，又b=2.0i=b,所以.入 =3,故答案为：3. 则A(0.1),B(1,0).设C(cos a.sina).则x2十y=1 答案：3 所以(O元-OA)·(O心-Oi)=(cosa,sina-1)·(cosa 18.解析：长方体对角线长为1=、2十1十1下=6，所以长方 -1,sin a)=cos'a-cos a+sin'a-sin a=1-cos a-sin a 体外接球率径为R-专-雪，表面积为S-4标X(受) =1-2sim(a+平） =6π： 又a∈R.所以m(e+开)∈[-1,1门，故1一2sm(a+平)的 如图，G,H,1,J分别是A,D1,AD,BC,BC中点，则 GHIJ是矩形，平而GHIJ∥平面CDD,C, 最大值为1十√2， E,F分别是AB,CD中点，则EF∥AD,而AD⊥平面 即(O心-Oi)·(0心-OB)的最大值为1+2. CDD,C1,所以EF⊥平面CDD,C:· 所以EF⊥平面GHIJ,而EFC平面D,EF,EFC平 故答案为：1十泛. 面BEF, 答案：1+瓦瓦+1 所以平面D,EF⊥平面GHII,平面BEF⊥平面GHIJ, 16.解析：连接AO,延长AO交BC于D, 由EF⊥平而CDD C.D FC平面CDD,C1·得EF⊥DF, 而EF⊥EB, 设平面GHIJ与DE,BF,EF的交点分别为V,M,Q,则 N,M,Q分别是D,E,BF,EF的中点， 所以N,M分别是△D1EF和△EFB的外心， 在平面GHIJ内过N作PN⊥NQ,过M作PM⊥QM交 由题意得D为BC的中点，OB⊥OC,所以OD=BD=CD PN于点P, =2aAD=20 由EF⊥平面CDD,C,得EF⊥PN,EF⊥PM, 而NQ∩EF=Q,NQ,EFC平面DEF,所以PN⊥平面 因为∠ADB+∠ADC=π， D,EF,同理PM⊥平面BEF, 是+- 9 所以P是三棱锥D,一BEF的外接球球心 所以cOs∠ADB+cos∠ADC= 四边形PMQN是圆内接四边形， 是+- 由长方体性质知∠NQH=∠D,FD=平，所以∠NQM= =0,得6+c2=5a. 平Q=D,F=号MQ= :1 故csA=B+-a 6+-6- 21 2 =号（快+后） 由PM⊥平面BEF,BMC平面BEF,得PM⊥BM, 号×（+）- 技答室为：是 PQ= MN 2 sin∠NQM= 3π =,PM=√PQ-QM sin4 2 答案：号 3 2 17.解析：：a=|b=2,a·b=2,而a·b=|a·|bcos(a, =2.osa,b=又a,be[0x]a,b)=号 BM-专BF-号所以PB=VPM+BM- ∴.|a-b=√/(a-b)=a-2a·b+b=2,la+b|= 所以三拉维的D,一BEF外接球的体教为V=经× (a+b)'=√/a+2a·b+b=23,2a+b=4w3, 2 6 故答案为：6x:Ⅱ正 6 因为向量c满足|c-2a一2b|=|a-b·所以 c-2a-2b=2 如图所示， /2+ c-2a+b) 答案：6x1 6 35