还剩15页未读，
继续阅读
福建省泉州市部分地区2024-2025学年高二上学期开学考试数学试题（解析版）
展开
这是一份福建省泉州市部分地区2024-2025学年高二上学期开学考试数学试题（解析版），共18页。
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，只有一个选项是正确的.
1. 复数在复平面内所对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算，化简，即可得出答案.
【详解】因为，
所以，
所以，复数在复平面内所对应的点为，
所以，复数在复平面内所对应的点位于第四象限.
故选：D.
2. 已知向量 满足， 则（ ）
A. B. 2C. 15D. 19
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意利用向量的运算律分析求解.
【详解】因为，
所以.
故选：D.
3. 为了迎接2025年第九届亚冬会的召开，某班组织全班学生开展有关亚冬会知识的竞赛活动.已知该班男生30人，女生20人.按照分层抽样的方法从该班共抽取10人，进行一轮答题.相关统计情况如下：男生答对题目的平均数为10，方差为1；女生答对题目的平均数为15，方差为0.5，则这10人答对题目的方差为（ ）
A. 6.8B. 6.9C. 7D. 7.2
【答案】A
【解析】
【分析】根据分层抽样，均值与方差公式计算即可.
【详解】男生30人，女生20人,则抽取的时候分层比为．则10个人中男女分别抽取了6人和4人.这10人答对题目的平均数为.
所以这10人答对题目的方差为.
故选：A．
4. 已知是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（ ）
A. 若、，则B. 若，，则
C. 若，，，则D. 若，，则
【答案】D
【解析】
【分析】对于A，可过n作平面，使，则，即可判断；对于B，由线面垂直的性质即可判断；对于C，由条件，可得，又，则，即可判断；对于D，要考虑可能在平面内，即可判断．
【详解】对于A，当时，过n作平面，使，则，因为，，
所以，所以，故A正确；
对于B，当，，由线面垂直的性质可得，故B正确；
对于C，因为，，所以，又，所以，故C正确；
对于D，当，时，可能在平面内，故D错误．
故选：D．
5. 为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党、知史爱国的热情，某校举办了“学党史、育文化的党史知识竞赛，并将1000名师生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，则下列说法错误的为（ ）
A. 的值为0.005B. 估计这组数据的众数为75分
C. 估计这组数据的第85百分位数为85分D. 估计成绩低于60分的有250人
【答案】C
【解析】
【分析】由频率分布直方图面积之和为1可计算从而判断A，由众数定义可判断B，计算低于60（分）的人数即可判断D，根据百分位数的定义计算即可判断C．
详解】根据频率分布直方图可知：，即，故A正确；
由图易得在区间,的人最多，故可估计这组数据的众数为75，故B正确；
，故成绩低于60（分）的有250人，即D正确；
由图中前四组面积之和为：，
图中前五组面积之和为：，
故这组数据的第85百分位数在第五组数据中，
设这组数据的第85百分位数为，
则有，
故，即估计这组数据的第85百分位数为86分，故C错误．
故选：C．
6. 在中，为线段上（不包含端点）不同的两个动点．若，则（ ）
A. 3B. 4C. 6D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】依题意设，根据平面向量线性运算法则及平面向量基本定理得到方程组，整理得解.
【详解】因为，所以，
设，
则
，
又，且、不共线，
则，所以．
7. 某人抛掷一枚质地均匀的骰子一次，记事件“出现的点数为奇数”，“出现的点数不大于3”，事件“出现点数为3的倍数”，则下列说法正确的是（ ）
A. 与互为对立事件B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】列举所有基本事件，根据对立事件的定义可判定A，由古典概型概率公式，即可结合选项逐一求解BCD.
【详解】抛掷一枚质地均匀的骰子，出现的点数构成的样本空间为，
则，
对于A，事件可同时发生，故不是对立事件，A错误，
对于B，,,故B错误，
对于C，,C正确，
对于D，，D错误，
故选：C
8. 在正三棱柱中，为的中点，分别为线段，上的动点，且，则线段的长度的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设，且，根据将表示为的函数，再换元求的范围即可.
【详解】
取的中点，连接，如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则.
因为是棱上一动点，设，且，
所以.
因为，所以.
令，则.
又函数在上为增函数，
所以线段的长度的取值范围为.
故选：D
二、选择题：本题共3个小题，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，部分选对的得部分分，选对但不全的得补部分分，有选错的得0分.
9. 已知圆，直线，直线与圆交于两点，则（ ）
A. 直线恒过定点
B. 当时，最长
C. 当时，弦最短
D. 最短弦长
【答案】AC
【解析】
【分析】由直线方程求定点可判定A，由弦长公式可判定B、C、D.
【详解】直线方程可化为，当，
故直线恒过定点，A正确；
易知圆心，半径，
显然当直线过圆心时，最长，则，
故B错误；
当时，此时弦最短，即，
故C正确；
当时，则弦长，故D错误
故选：AC
10. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则向量与向量的夹角的余弦值为
D. 若，则向量在向量上的投影向量为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据给定条件，利用共线向量的坐标表示判断A；利用向量垂直的坐标表示判断B；求出向量夹角的余弦判断C；求出投影向量判断D.
【详解】对于A，由，得，解得，A正确；
对于B，由，得，解得，B错误；
对于C，若，则，又，则，C正确；
对于D，若，则，又，于是，
则向量在向量上的投影向量为，D错误.
故选：AC
11. 在菱形中，，，将沿对角线折起，使点A至点（在平面外）的位置，则（ ）
A. 在折叠过程中，总有BD⊥PC
B. 存在点，使得
C. 当时，三棱锥的外接球的表面积为
D. 当三棱锥的体积最大时，
【答案】AC
【解析】
【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A，由题可得PC的取值范围可判断B，利用正方体的性质可判断C，利用三棱锥的体积的公式结合条件可求判断D.
【详解】如图所示，取PC的中点E，连接BE，DE，则BE⊥PC，DE⊥PC，
因为，BD，平面BDE，
所以PC⊥平面BDE，又平面BDE，
所以，A项正确；
在菱形ABCD中，AB=1，∠ABC=120°，所以，
当△ABD沿对角线BD折起时，，所以不存在点P，使得PC=2，B项错误；
当PC=1时，将正四面体补成正方体，根据正方体的性质可知，
三棱锥P-BCD的外接球就是该正方体的外接球,
因为正方体的各面的对角线长为1．
所以正方体的棱长为，
设外接球的半径为R，则，
所以三棱锥外接球的表面积，C项正确；
当三棱锥P-BCD体积最大时，平面平面BCD，
取BD的中点O，连接PO，OC，
易知平面BCD，则，
又，
所以，D项错误．
故选：AC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在空间直角坐标系中，已知，，，，则直线与所成角的余弦值为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用空间向量求异面直线夹角即可.
【详解】由题意可知：，，
所以，
所以直线与所成角的余弦值为．
故答案为：
13. 已知互不相等的4个正整数从小到大排序为．若这4个数据的极差是中位数的2倍，则这4个数据的第75百分位数为________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据极差与中位数的定义可求得的取值，再由百分位数的定义可得结论.
【详解】易知这4个数据的极差为，中位数为，
即可得，所以；
又因为正整数互不相等且，可得；
由为正数，因此这4个数据的第75百分位数为第三个数和第四个数的平均数，
即，则这4个数据的第75百分位数为.
故答案为：
14. 在圆台中，圆的半径是2，母线，圆是的外接圆，，，则三棱锥体积最大值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】先求出圆的半径，再求圆台的高，列出三棱锥体积表示式，由余弦定理和基本不等式推出， 即得体积最大值.
【详解】
如图，设圆，的半径分别为，，则由正弦定理，，解得，
设圆台的高为，则，
在中，取，由余弦定理，，
即得，即得，当且仅当时取等号.
因三棱锥的体积为，
即时，三棱锥的体积的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题主要考查与圆台有关的三棱锥的体积最值问题，属于难题.
解题关键在于，弄清圆台与三棱锥的关系，分析三棱锥的体积关系式中，哪些为定值，需要选设怎样的变量表示，考虑运用二次函数，还是基本不等式，双勾函数还是求导方法求得体积最值.
四、解答题：本题共5分，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 如图，在中，，点E为中点，点F为上的三等分点，且靠近点C，设.
（1）用表示；
（2）如果，且，求.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）结合图形，利用向量加，减，和数乘，即可用基底表示向量；
（2）由，可得，从而可得，结合已知可得，最后利用数量模的运算公式结合数量积的运算律求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以，
；
【小问2详解】
因为，所以，
所以，由，可得，
又，所以，
所以.
16. 甲，乙两人进行围棋比赛，采取积分制，规则如下：每胜1局得1分，负1局或平局都不得分，积分先达到2分者获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，则积分多的一方获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，且积分相等，则比赛最终打平．假设在每局比赛中，甲胜的概率为，负的概率为，且每局比赛之间的胜负相互独立．
（1）求第三局结束时乙获胜的概率；
（2）求甲获胜的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）对乙来说共有两种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）,根据独立事件的乘法公式即可求解.
（2）以比赛结束时的场数进行分类，在每一类中根据相互独立事件的乘法公式即可求解.
【小问1详解】
设事件A为“第三局结束乙获胜”
由题意知，乙每局获胜的概率为，不获胜的概率为．
若第三局结束乙获胜，则乙第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）．
故
【小问2详解】
设事件B为“甲获胜”．
若第二局结束甲获胜，则甲两局连胜，此时的概率．
若第三局结束甲获胜，则甲第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）．
此时的概率．
若第四局结束甲得两分获胜，则甲第四局必定获胜，前三局为1胜2平或1胜1平1负，总共有9种情况：（胜，平，平，胜），（平，胜，平，胜），（平，平，胜，胜），（胜，平，负，胜），（胜，负，平，胜），（平，胜，负，胜），（负，胜，平，胜），（平，负，胜，胜），（负，平，胜，胜）．
此时的概率
若第四局结束甲以积分获胜，则乙的积分为0分，总共有4种情况：（胜，平，平，平），（平，胜，平，平），（平，平，胜，平），（平，平，平，胜）．
此时的概率
故
17. 如图，在三棱台中，，，，侧棱平面，点D是棱的中点.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）以为坐标原点，以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，将线面垂直的证明转化为证明直线的方向向量与平面的法向量共线.
（2）将面面角转化为两平面的法向量所成角，再利用向量夹角公式求解即可.
【小问1详解】
证明：以为坐标原点，以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
根据题意可得，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，令，即，，则，
，
，
平面.
【小问2详解】
由（1）知，，
设平面的法向量为，
则，令，即，，即，
由（1）知，，，
设平面的法向量为，
则，令，即，，即，
设平面与平面的夹角为，
则，
平面与平面的夹角的余弦值为.
18. 某校高一年级开设有羽毛球训练课，期末对学生进行羽毛球五项指标(正手发高远球、定点高远球、吊球、杀球以及半场计时往返跑)考核，满分100分.参加考核的学生有40人，考核得分的频率分布直方图如图所示.
（1）由频率分布直方图，求出图中的值，并估计考核得分的第60百分位数:
（2）为了提升同学们的羽毛球技能，校方准备招聘高水平的教练.现采用分层抽样的方法(样本量按比例分配)，从得分在内的学生中抽取5人，再从中挑出两人进行试课，求两人得分分别来自和80,90的概率:
（3）现已知直方图中考核得分在内的平均数为75，方差为6.25，在80,90内的平均数为85，方差为0.5，求得分在内的平均数和方差.
【答案】（1），85
（2）
（3）得分在内的平均数为81，方差为26.8.
【解析】
【分析】（1）首先根据频率和为1求出，再根据百分数公式即可得到答案；
（2）求出各自区间人数，列出样本空间和满足题意的情况，根据古典概型公式即可；
（3）根据方差定义，证明出分层抽样的方差公式，代入计算即可.
【小问1详解】
由题意得:，解得，
设第60百分位数为，则，
解得，第60百分位数为85.
【小问2详解】
由题意知，抽出的5位同学中，得分在的有人，设为、，在的有人，设为、、.
则样本空间为.
设事件“两人分别来自和，则，
因此，
所以两人得分分别来自和的概率为.
【小问3详解】
由题意知，落在区间内的数据有个，
落在区间内的数据有个.
记在区间的数据分别为，平均分为，方差为；
在区间的数据分别为为，平均分为，方差为；
这20个数据的平均数为，方差为.
由题意，，且，则.
根据方差的定义，
由，
可得
故得分在内平均数为81，方差为26.8.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是充分利用方差定义，推导出分层抽样的方差计算公式即可.
19. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.
已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若___________.
（1）求角B；
（2）若，点D在外接圆上运动，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理及三角变换公式可得三个条件下均有.
（2）利用数量积的定义可求的最大值.
【小问1详解】
选①，由正弦定理得，
∵，∴，即，
∵，∴，∴，∴.
选②，∵，，
由正弦定理可得，，∴，
∵，∴.
选③，，
由已知结合正弦定理可得，
∴，∴，
∵，∴.
【小问2详解】
，根据余弦定理，
∴，∴外接圆的直径，
过作，垂足为，而，
若取到最大值，则取最大值，
故可设为锐角，故此时，
当取最大值时，与圆相切且在的延长线上（如图所示），
设此时切点为，垂足为，取的中点E，外接圆圆心为O，连接，，
则且，故四边形为矩形，
故，故，
∴.
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，只有一个选项是正确的.
1. 复数在复平面内所对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算，化简，即可得出答案.
【详解】因为，
所以，
所以，复数在复平面内所对应的点为，
所以，复数在复平面内所对应的点位于第四象限.
故选：D.
2. 已知向量 满足， 则（ ）
A. B. 2C. 15D. 19
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意利用向量的运算律分析求解.
【详解】因为，
所以.
故选：D.
3. 为了迎接2025年第九届亚冬会的召开，某班组织全班学生开展有关亚冬会知识的竞赛活动.已知该班男生30人，女生20人.按照分层抽样的方法从该班共抽取10人，进行一轮答题.相关统计情况如下：男生答对题目的平均数为10，方差为1；女生答对题目的平均数为15，方差为0.5，则这10人答对题目的方差为（ ）
A. 6.8B. 6.9C. 7D. 7.2
【答案】A
【解析】
【分析】根据分层抽样，均值与方差公式计算即可.
【详解】男生30人，女生20人,则抽取的时候分层比为．则10个人中男女分别抽取了6人和4人.这10人答对题目的平均数为.
所以这10人答对题目的方差为.
故选：A．
4. 已知是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（ ）
A. 若、，则B. 若，，则
C. 若，，，则D. 若，，则
【答案】D
【解析】
【分析】对于A，可过n作平面，使，则，即可判断；对于B，由线面垂直的性质即可判断；对于C，由条件，可得，又，则，即可判断；对于D，要考虑可能在平面内，即可判断．
【详解】对于A，当时，过n作平面，使，则，因为，，
所以，所以，故A正确；
对于B，当，，由线面垂直的性质可得，故B正确；
对于C，因为，，所以，又，所以，故C正确；
对于D，当，时，可能在平面内，故D错误．
故选：D．
5. 为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党、知史爱国的热情，某校举办了“学党史、育文化的党史知识竞赛，并将1000名师生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，则下列说法错误的为（ ）
A. 的值为0.005B. 估计这组数据的众数为75分
C. 估计这组数据的第85百分位数为85分D. 估计成绩低于60分的有250人
【答案】C
【解析】
【分析】由频率分布直方图面积之和为1可计算从而判断A，由众数定义可判断B，计算低于60（分）的人数即可判断D，根据百分位数的定义计算即可判断C．
详解】根据频率分布直方图可知：，即，故A正确；
由图易得在区间,的人最多，故可估计这组数据的众数为75，故B正确；
，故成绩低于60（分）的有250人，即D正确；
由图中前四组面积之和为：，
图中前五组面积之和为：，
故这组数据的第85百分位数在第五组数据中，
设这组数据的第85百分位数为，
则有，
故，即估计这组数据的第85百分位数为86分，故C错误．
故选：C．
6. 在中，为线段上（不包含端点）不同的两个动点．若，则（ ）
A. 3B. 4C. 6D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】依题意设，根据平面向量线性运算法则及平面向量基本定理得到方程组，整理得解.
【详解】因为，所以，
设，
则
，
又，且、不共线，
则，所以．
7. 某人抛掷一枚质地均匀的骰子一次，记事件“出现的点数为奇数”，“出现的点数不大于3”，事件“出现点数为3的倍数”，则下列说法正确的是（ ）
A. 与互为对立事件B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】列举所有基本事件，根据对立事件的定义可判定A，由古典概型概率公式，即可结合选项逐一求解BCD.
【详解】抛掷一枚质地均匀的骰子，出现的点数构成的样本空间为，
则，
对于A，事件可同时发生，故不是对立事件，A错误，
对于B，,,故B错误，
对于C，,C正确，
对于D，，D错误，
故选：C
8. 在正三棱柱中，为的中点，分别为线段，上的动点，且，则线段的长度的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设，且，根据将表示为的函数，再换元求的范围即可.
【详解】
取的中点，连接，如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则.
因为是棱上一动点，设，且，
所以.
因为，所以.
令，则.
又函数在上为增函数，
所以线段的长度的取值范围为.
故选：D
二、选择题：本题共3个小题，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，部分选对的得部分分，选对但不全的得补部分分，有选错的得0分.
9. 已知圆，直线，直线与圆交于两点，则（ ）
A. 直线恒过定点
B. 当时，最长
C. 当时，弦最短
D. 最短弦长
【答案】AC
【解析】
【分析】由直线方程求定点可判定A，由弦长公式可判定B、C、D.
【详解】直线方程可化为，当，
故直线恒过定点，A正确；
易知圆心，半径，
显然当直线过圆心时，最长，则，
故B错误；
当时，此时弦最短，即，
故C正确；
当时，则弦长，故D错误
故选：AC
10. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则向量与向量的夹角的余弦值为
D. 若，则向量在向量上的投影向量为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据给定条件，利用共线向量的坐标表示判断A；利用向量垂直的坐标表示判断B；求出向量夹角的余弦判断C；求出投影向量判断D.
【详解】对于A，由，得，解得，A正确；
对于B，由，得，解得，B错误；
对于C，若，则，又，则，C正确；
对于D，若，则，又，于是，
则向量在向量上的投影向量为，D错误.
故选：AC
11. 在菱形中，，，将沿对角线折起，使点A至点（在平面外）的位置，则（ ）
A. 在折叠过程中，总有BD⊥PC
B. 存在点，使得
C. 当时，三棱锥的外接球的表面积为
D. 当三棱锥的体积最大时，
【答案】AC
【解析】
【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A，由题可得PC的取值范围可判断B，利用正方体的性质可判断C，利用三棱锥的体积的公式结合条件可求判断D.
【详解】如图所示，取PC的中点E，连接BE，DE，则BE⊥PC，DE⊥PC，
因为，BD，平面BDE，
所以PC⊥平面BDE，又平面BDE，
所以，A项正确；
在菱形ABCD中，AB=1，∠ABC=120°，所以，
当△ABD沿对角线BD折起时，，所以不存在点P，使得PC=2，B项错误；
当PC=1时，将正四面体补成正方体，根据正方体的性质可知，
三棱锥P-BCD的外接球就是该正方体的外接球,
因为正方体的各面的对角线长为1．
所以正方体的棱长为，
设外接球的半径为R，则，
所以三棱锥外接球的表面积，C项正确；
当三棱锥P-BCD体积最大时，平面平面BCD，
取BD的中点O，连接PO，OC，
易知平面BCD，则，
又，
所以，D项错误．
故选：AC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在空间直角坐标系中，已知，，，，则直线与所成角的余弦值为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用空间向量求异面直线夹角即可.
【详解】由题意可知：，，
所以，
所以直线与所成角的余弦值为．
故答案为：
13. 已知互不相等的4个正整数从小到大排序为．若这4个数据的极差是中位数的2倍，则这4个数据的第75百分位数为________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据极差与中位数的定义可求得的取值，再由百分位数的定义可得结论.
【详解】易知这4个数据的极差为，中位数为，
即可得，所以；
又因为正整数互不相等且，可得；
由为正数，因此这4个数据的第75百分位数为第三个数和第四个数的平均数，
即，则这4个数据的第75百分位数为.
故答案为：
14. 在圆台中，圆的半径是2，母线，圆是的外接圆，，，则三棱锥体积最大值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】先求出圆的半径，再求圆台的高，列出三棱锥体积表示式，由余弦定理和基本不等式推出， 即得体积最大值.
【详解】
如图，设圆，的半径分别为，，则由正弦定理，，解得，
设圆台的高为，则，
在中，取，由余弦定理，，
即得，即得，当且仅当时取等号.
因三棱锥的体积为，
即时，三棱锥的体积的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题主要考查与圆台有关的三棱锥的体积最值问题，属于难题.
解题关键在于，弄清圆台与三棱锥的关系，分析三棱锥的体积关系式中，哪些为定值，需要选设怎样的变量表示，考虑运用二次函数，还是基本不等式，双勾函数还是求导方法求得体积最值.
四、解答题：本题共5分，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 如图，在中，，点E为中点，点F为上的三等分点，且靠近点C，设.
（1）用表示；
（2）如果，且，求.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）结合图形，利用向量加，减，和数乘，即可用基底表示向量；
（2）由，可得，从而可得，结合已知可得，最后利用数量模的运算公式结合数量积的运算律求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以，
；
【小问2详解】
因为，所以，
所以，由，可得，
又，所以，
所以.
16. 甲，乙两人进行围棋比赛，采取积分制，规则如下：每胜1局得1分，负1局或平局都不得分，积分先达到2分者获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，则积分多的一方获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，且积分相等，则比赛最终打平．假设在每局比赛中，甲胜的概率为，负的概率为，且每局比赛之间的胜负相互独立．
（1）求第三局结束时乙获胜的概率；
（2）求甲获胜的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）对乙来说共有两种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）,根据独立事件的乘法公式即可求解.
（2）以比赛结束时的场数进行分类，在每一类中根据相互独立事件的乘法公式即可求解.
【小问1详解】
设事件A为“第三局结束乙获胜”
由题意知，乙每局获胜的概率为，不获胜的概率为．
若第三局结束乙获胜，则乙第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）．
故
【小问2详解】
设事件B为“甲获胜”．
若第二局结束甲获胜，则甲两局连胜，此时的概率．
若第三局结束甲获胜，则甲第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）．
此时的概率．
若第四局结束甲得两分获胜，则甲第四局必定获胜，前三局为1胜2平或1胜1平1负，总共有9种情况：（胜，平，平，胜），（平，胜，平，胜），（平，平，胜，胜），（胜，平，负，胜），（胜，负，平，胜），（平，胜，负，胜），（负，胜，平，胜），（平，负，胜，胜），（负，平，胜，胜）．
此时的概率
若第四局结束甲以积分获胜，则乙的积分为0分，总共有4种情况：（胜，平，平，平），（平，胜，平，平），（平，平，胜，平），（平，平，平，胜）．
此时的概率
故
17. 如图，在三棱台中，，，，侧棱平面，点D是棱的中点.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）以为坐标原点，以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，将线面垂直的证明转化为证明直线的方向向量与平面的法向量共线.
（2）将面面角转化为两平面的法向量所成角，再利用向量夹角公式求解即可.
【小问1详解】
证明：以为坐标原点，以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
根据题意可得，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，令，即，，则，
，
，
平面.
【小问2详解】
由（1）知，，
设平面的法向量为，
则，令，即，，即，
由（1）知，，，
设平面的法向量为，
则，令，即，，即，
设平面与平面的夹角为，
则，
平面与平面的夹角的余弦值为.
18. 某校高一年级开设有羽毛球训练课，期末对学生进行羽毛球五项指标(正手发高远球、定点高远球、吊球、杀球以及半场计时往返跑)考核，满分100分.参加考核的学生有40人，考核得分的频率分布直方图如图所示.
（1）由频率分布直方图，求出图中的值，并估计考核得分的第60百分位数:
（2）为了提升同学们的羽毛球技能，校方准备招聘高水平的教练.现采用分层抽样的方法(样本量按比例分配)，从得分在内的学生中抽取5人，再从中挑出两人进行试课，求两人得分分别来自和80,90的概率:
（3）现已知直方图中考核得分在内的平均数为75，方差为6.25，在80,90内的平均数为85，方差为0.5，求得分在内的平均数和方差.
【答案】（1），85
（2）
（3）得分在内的平均数为81，方差为26.8.
【解析】
【分析】（1）首先根据频率和为1求出，再根据百分数公式即可得到答案；
（2）求出各自区间人数，列出样本空间和满足题意的情况，根据古典概型公式即可；
（3）根据方差定义，证明出分层抽样的方差公式，代入计算即可.
【小问1详解】
由题意得:，解得，
设第60百分位数为，则，
解得，第60百分位数为85.
【小问2详解】
由题意知，抽出的5位同学中，得分在的有人，设为、，在的有人，设为、、.
则样本空间为.
设事件“两人分别来自和，则，
因此，
所以两人得分分别来自和的概率为.
【小问3详解】
由题意知，落在区间内的数据有个，
落在区间内的数据有个.
记在区间的数据分别为，平均分为，方差为；
在区间的数据分别为为，平均分为，方差为；
这20个数据的平均数为，方差为.
由题意，，且，则.
根据方差的定义，
由，
可得
故得分在内平均数为81，方差为26.8.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是充分利用方差定义，推导出分层抽样的方差计算公式即可.
19. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.
已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若___________.
（1）求角B；
（2）若，点D在外接圆上运动，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理及三角变换公式可得三个条件下均有.
（2）利用数量积的定义可求的最大值.
【小问1详解】
选①，由正弦定理得，
∵，∴，即，
∵，∴，∴，∴.
选②，∵，，
由正弦定理可得，，∴，
∵，∴.
选③，，
由已知结合正弦定理可得，
∴，∴，
∵，∴.
【小问2详解】
，根据余弦定理，
∴，∴外接圆的直径，
过作，垂足为，而，
若取到最大值，则取最大值，
故可设为锐角，故此时，
当取最大值时，与圆相切且在的延长线上（如图所示），
设此时切点为，垂足为，取的中点E，外接圆圆心为O，连接，，
则且，故四边形为矩形，
故，故，
∴.
相关试卷
黑龙江省龙东十校2024-2025学年高二上学期开学考试数学试题（解析版）： 这是一份黑龙江省龙东十校2024-2025学年高二上学期开学考试数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
福建省龙岩市一中2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题（PDF版附解析）： 这是一份福建省龙岩市一中2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题（PDF版附解析），共15页。
福建省连城县第一中学2024-2025学年高二上学期暑假月考（开学）数学试题（开学+开学）： 这是一份福建省连城县第一中学2024-2025学年高二上学期暑假月考（开学）数学试题（开学+开学），文件包含福建省连城县第一中学2024-2025学年高二上学期暑假月考开学数学试题原卷版docx、福建省连城县第一中学2024-2025学年高二上学期暑假月考开学数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
