资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩17页未读，
继续阅读
湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期7月期末检测数学试题（Word版附解析）
展开
这是一份湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期7月期末检测数学试题（Word版附解析），文件包含湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期7月期末检测数学试题Word版含解析docx、湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期7月期末检测数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
考试时间：120分钟 试卷满分：150分
命题人：徐秋皓 审题人：张丹 曹宗庆
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. 已知复数满足（为虚数单位），则虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】跟根据复数的乘方及除法运算求出复数，再根据复数虚部的定义即可得解.
【详解】由
得，
所以的虚部为.
故选：B.
2. 某商场组织了一次幸运抽奖活动，袋中装有标号分别为1~8的8个大小形状相同的小球，现抽奖者从中抽取1个小球.事件“取出的小球编号为奇数”，事件“取出的小球编号为偶数”，事件“取出的小球编号小于6”，事件“取出的小球编号大于6”，则下列结论错误的是（ ）
A. 与互斥B. 与互对立事件
C. 与互为对立事件D. 与相互独立
【答案】C
【解析】
【分析】分别求出样本空间和事件、、、即可根据互斥事件和对立事件的概念去进行判断.
【详解】由题意抽奖者从中任取一个球的样本空间为，
事件表示，事件B表示，事件C表示，
事件D表示，
且所以与互斥；与互为对立事件；故选项A,B正确，
且，所以事件C与事件D不为对立事件，故选项C错误；
故事件B和事件D为独立事件，故选项D正确.
故选：C.
3. 已知，是不同的直线，，，是不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，，则
【答案】D
【解析】
【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，逐一核对四个选项得答案．
【详解】对于A，若，，则可以平行、相交、异面,故A错误；
对于B，若，，和可以相交，也可以平行，故B错误；
对于C，若，，则或，故C错误；
对D，若，设与的交线为m，与的交线为n，
在平面内取，在平面内取，与l不重合，
由面面垂直的性质可得，所以，
又，所以，由线面平行的性质定理得，
所以有，故D正确.
故选：D.
4. 甲乙两人进行三分远投比赛，甲、乙每次投篮命中的概率分别为0.5和0.4，且两人之间互不影响.若两人分别投篮一次，则两人中至少一人命中的概率为（ ）
A. 0.6B. 0.7C. 0.8D. 0.9
【答案】B
【解析】
【分析】根据独立事件的乘法公式可求得结果
【详解】由题意两人中至少一人命中的概率为
.
故选：B.
5. 在中，，，为角，，对应的边，则“”是“为直角三角形”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
【解析】
【分析】由正弦定理及两角和与差的正弦公式即可证明充分性，举例子当时，结论不一定成立，否定必要性.
【详解】因为，
由正弦定理得，且，
所以，
化简得
又，
所以，
又，即；充分性得证.
若为直角三角形，则当时，结论不一定成立，必要性不成立.
故选：A.
6. 如图，圆台的轴截面是等腰梯形，，为下底面上的一点，且，则直线与平面所成角的正切值为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】过作，连接.证明平面，即直线与平面所成的角即.
【详解】过作，连接.
因为为圆台的轴截面，
所以平面平面,
因为平面平面,平面，
所以平面，
所以直线与平面所成的角即.
因为且，
则,，，
所以.
故选：D.
7. 掷一枚质地均匀的骰子3次，则三个点数之和大于14的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用列举法结合古典概型求解即可.
【详解】由题，三个点数之和大于14可能为15，16，17，18四种情况，
又，
则包含的基本事件有，
共个，
，
则包含的基本事件有共个，
，
则包含的基本事件有共个，
，包含的基本事件有个，
所以所求概率.
故选：B.
8. 在平行四边形中，，，，是以为圆心，为半径的圆上一动点，且，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用余弦定理求出，易得，以C为坐标原点建立平面直角坐标系，设，根据平面向量线性运算的坐标表示结合三角函数即可得解.
【详解】由题意，
在中，由余弦定理得，
所以，
则，故，
如图，以C为坐标原点建立平面直角坐标系，
则，，，设，
故，，，
又，
即，
所以，所以，
所以，其中，
当且仅当时，取最大值，且它的最大值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：建立平面直角坐标系，利用平面向量运算的坐标表示公式是解题的关键.
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. 四名同学各掷骰子7次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，判断可能出现了点数6的是（ ）
A. 中位数为3，极差为3B. 平均数为2，第百分位数为4
C. 平均数为3，中位数为4D. 平均数为3，方差为1
【答案】AC
【解析】
【分析】举例判断A，C正确，举反例判断D错误，利用百分位数结合平均数的性质判断B即可.
【详解】对于A，易得满足题意；
对于B，因为第百分位数为4，若有点数6，
则，故平均数不可能为2，故B错误；
对于C，易得满足题意；
对于D，若出现点数6，则，不符合题意，
故选：AC.
10. 在平面直角坐标系中，可以用有序实数对表示向量.类似的，可以把有序复数对看作一个向量，记，则称为复向量.类比平面向量的相关运算法则，对于，，，规定如下运算法则：①；②；③；④.则下列结论正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，则
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，用定义求解即可；对于B，用 ，结合求解即可；对于C，用定义求出左右两边否相等即可；对于D，左边用和定义求出，右边也求出，看是否相等即可；
【详解】对于A，；故A正确；
对于B，若，则，，.故B正确：
对于C，，而，不等．故C错误；
对于D，设，则将，代入可得：
故D正确.
故选：ABD.
11. 如图所示，在直角梯形中，，，分别是，上的点，且，，将四边形沿向上折起，连接，，.在折起的过程中，下列结论正确的是（ ）
A. 平面B. 与所成的角先变大后变小
C 几何体体积有最大值D. 平面与平面不可能垂直
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A：借助线面平行的判定定理推导即可得；对B： 借助线面垂直的性质定理得到后，结合，
即可得与所成的角即为与所成角，由题意可得随翻折角增大，逐渐变小，即可得所成的角的变化；
对C：借助割补法表示出体积后，结合体积公式计算即可得；对D：借助反证法，假设平面与平面垂直，
从而借助面面垂直的性质定理于线面垂直的性质定理可得，其与矛盾，即可得证.
【详解】对A：延长与延长线交于，连接，，
由题意可得且，则可得、分别为、中点，
，又，
为平行四边形，，又平面，平面，
平面，故A正确；
对B：，，，，
又，平面，平面，
又平面，，随翻折角增大，逐渐变小，
所以与所成角即与所成角逐渐变小，故B错误；
对C：由，则，
则
，
其中为点到平面距离，则，故；
故C正确；
对D：若平面平面，过作于点，
由平面平面，平面平面，平面，
则平面，又平面，，
，，则，
又，平面，，
平面，又平面，，
，平面，
平面，又平面，，
又由B选项知，与矛盾，
故平面与平面不垂直，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：D选项中关键点在于借助反证法，假设平面与平面垂直，从而借助面面垂直推导出矛盾之处即可得.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知圆锥体积为，表面积是底面积的倍，则该圆锥的母线长为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据圆锥的表面积公式和体积公式计算即可.
【详解】设圆锥底面半径为，高为，则母线，
由题，解得，
所以母线.
故答案为：.
13. 已知平面向量，，，向量在向量上的投影向量为，则_____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据投影向量的定义求解即可.
【详解】由题得，则，又，
.
故答案为：.
14. 在正三棱柱中，，为线段上动点，为边中点，则三棱锥外接球表面积的最小值为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】建立边长和O到平面ABD距离为OF的函数关系，结合基本不等式，求解出最小值，建立外接球半径的函数，从而求解外接球半径的最小值，从而求出外接球表面积的最小值.
【详解】由正三棱锥的侧棱垂直于底面的性质，设球心O到平面ABD距离为，设，
有因为为直角三角形，则经过直角三角形斜边中点，即为中点.
故取的中点设为，则由正三角形求解高知如图，设，
设球心O到平面ABD距离为OF，设
，，
，
当且仅当时即取“=”.
，.
故最小为.
故答案为：.
【点睛】立体图形平面化，结合函数和基本不等式的知识求解是问题的关键.
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. 某市举办了党史知识竞赛，从中随机抽取部分参赛选手，统计成绩后对统计数据整理得到如图所示的频率分布直方图.
（1）试估计全市参赛者成绩的第40百分位数（保留小数点后一位）和平均数（单位：分）；
（2）若用按比例分配的分层随机抽样的方法从，，三层中抽取一个容量为6的样本，再从这6人中随机抽取两人.求抽取的两人都及格（大于等于60分为及格）的概率.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图计算可得,再借助百分位数的定义与平均数定义计算即可得；
（2）先借助分层随机抽样定义计算出从，，三层中抽取的人数，并给抽取出的人数进行编号，结合古典概型公式，计算出所有可能的样本空间数即符合要求的样本空间数即可得.
【小问1详解】
，则，
；，
故40百分位数在层，则40百分位数为，
平均数；
【小问2详解】
因为按比例分配的分层随机抽样，
故，，三层中抽取的样本量分别为：
；
；
从这6人中随机抽取两人，记中抽取的人编号为1，
抽取的人编号为2、3，
抽取的人编号为4、5、6，
记事件 “抽取的两人都及格”，
，
所以；
，所以；
.
16. 如图，四边形为矩形，直线垂直于梯形所在的平面.，是线段的中点，，.
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用中位线易由线线平行证明线面平行；
（2）利用等体积法来求点到面的距离即可.
【小问1详解】
设CP与ED相交于O，连接OF，
，，
又平面DEF，平面DEF，平面DEF
【小问2详解】
设A到平面PCB距离为h，
在梯形中，，
，
又平面，，
，
又因为平面，平面，所以，
则；又有；，
所以有，即，，
而，
又F为PA中点，故点F到平面BCP的距离.
17. 在中，为角对应的边，为的面积.且.
（1）求；
（2）若，求内切圆半径的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形得面积公式结合正弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得解；
（2）根据，可得，再根据余弦定理将用表示，再化简，再结合基本不等式即可得解.
【小问1详解】
因为，
所以，
由正弦定理得，
整理得，
由余弦定理得，
又，所以；
【小问2详解】
设内切圆的半径为，
则，
所以，
又，所以，
则，
由，得，
当且仅当时取等号，
所以，
即内切圆半径的最大值为.
18. 如图，在三棱柱中，底面是边长为4的等边三角形，，分别是线段的中点，点在平面内的射影为点.
（1）求证：平面；
（2）设为棱上一点，，.
①若，请在图中作出三棱柱过三点的截面，并求该截面的面积；
②求二面角的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）①截面图见解析，面积；②
【解析】
【分析】（1）连接，先证明面，则，易得，再根据线面垂直的判定定理即可得证；
（2）①取的中点，取的中点，连接，证明，即可得出图形，再求出四边形面积即可；
②过作交于，连接，根据线面垂直的性质可得，则二面角的平面角即为，再解即可.
【小问1详解】
如图所示，连接，
由题意可知面ABC，四边形是菱形，
∵面，
∴，
又∵D是AC中点，是正三角形，
∴，
又面，
∴面，
∵面，∴，
在菱形中，有，
而D，E分别是线段的中点，则，∴，
∵面，
∴面；
【小问2详解】
①取的中点，取的中点，连接，
则且，
又且，∴且，
∴四边形是平行四边形，∴且，
∵分别为的中点，∴且，
∴，
∴过三点的截面即为四边形，
平面，平面，，
故截面为直角梯形，
又底面是边长为4的等边三角形且，
，
，
∴截面面积为；
②过作交于，连接，则，
平面，平面，，
故二面角的平面角即为，
G为棱上一点，且，，
，，
，
，
，
令，
，
由双勾函数的性质可得在上单调递减，
∴，∴
，
故二面角的取值范围.
【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：
（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：
①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；
（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.
19. 对于两个平面向量，，如果有，则称向量是向量的“迷你向量”.
（1）若，，是的“迷你向量”，求实数的取值范围；
（2）一只蚂蚁从坐标原点沿最短路径爬行到点处（且）.蚂蚁每次只能沿平行或垂直于坐标轴的方向爬行一个单位长度，爬完第次后停留的位置记为，设.记事件“蚂蚁经过的路径中至少有个使得是的迷你向量”.（假设蚂蚁选择每条路径都是等可能的）
①当时，求；
②证明：.
【答案】（1）
（2）①；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据向量的数量积坐标运算公式计算不等式即可；
（2）①应用列举法计算古典概型即可；②应用古典概型证明即可.
【小问1详解】
是的“迷你向量”，
，解得.
【小问2详解】
①如图，当时，能使得是的迷你向量的共有四个，即，
要想使得经过的路线中至少有其中3个点，则路径必经过点
故只需要考虑所有最短路径中经过点的条数即可.
先考虑总共最短路径条数：最短路径一共6步，其中三步向上，三步向右，也即是在6步中选择三步向上，
其余三步向右故可以用这样的样本点组成的样本空间描述最短路径的走法：
“123”代表前三步向上，剩下三步向右；
“246”表示第二、第四、第六步向上，其余三步向右；
{123，124，125，126，134，135，136，145，146，156，234，235，236，245，246，256，345，346，356，456}，
总共的最短路径条数，；
{156，256，356，456},故经过包含的路径条数为4，，
因为选择每条路径都是等可能的，故试验为古典概型，
.
②同理，总共的最短路径条数为
经过包含的路径条数为，试验为古典概型，
.
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
考试时间：120分钟 试卷满分：150分
命题人：徐秋皓 审题人：张丹 曹宗庆
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. 已知复数满足（为虚数单位），则虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】跟根据复数的乘方及除法运算求出复数，再根据复数虚部的定义即可得解.
【详解】由
得，
所以的虚部为.
故选：B.
2. 某商场组织了一次幸运抽奖活动，袋中装有标号分别为1~8的8个大小形状相同的小球，现抽奖者从中抽取1个小球.事件“取出的小球编号为奇数”，事件“取出的小球编号为偶数”，事件“取出的小球编号小于6”，事件“取出的小球编号大于6”，则下列结论错误的是（ ）
A. 与互斥B. 与互对立事件
C. 与互为对立事件D. 与相互独立
【答案】C
【解析】
【分析】分别求出样本空间和事件、、、即可根据互斥事件和对立事件的概念去进行判断.
【详解】由题意抽奖者从中任取一个球的样本空间为，
事件表示，事件B表示，事件C表示，
事件D表示，
且所以与互斥；与互为对立事件；故选项A,B正确，
且，所以事件C与事件D不为对立事件，故选项C错误；
故事件B和事件D为独立事件，故选项D正确.
故选：C.
3. 已知，是不同的直线，，，是不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，，则
【答案】D
【解析】
【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，逐一核对四个选项得答案．
【详解】对于A，若，，则可以平行、相交、异面,故A错误；
对于B，若，，和可以相交，也可以平行，故B错误；
对于C，若，，则或，故C错误；
对D，若，设与的交线为m，与的交线为n，
在平面内取，在平面内取，与l不重合，
由面面垂直的性质可得，所以，
又，所以，由线面平行的性质定理得，
所以有，故D正确.
故选：D.
4. 甲乙两人进行三分远投比赛，甲、乙每次投篮命中的概率分别为0.5和0.4，且两人之间互不影响.若两人分别投篮一次，则两人中至少一人命中的概率为（ ）
A. 0.6B. 0.7C. 0.8D. 0.9
【答案】B
【解析】
【分析】根据独立事件的乘法公式可求得结果
【详解】由题意两人中至少一人命中的概率为
.
故选：B.
5. 在中，，，为角，，对应的边，则“”是“为直角三角形”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
【解析】
【分析】由正弦定理及两角和与差的正弦公式即可证明充分性，举例子当时，结论不一定成立，否定必要性.
【详解】因为，
由正弦定理得，且，
所以，
化简得
又，
所以，
又，即；充分性得证.
若为直角三角形，则当时，结论不一定成立，必要性不成立.
故选：A.
6. 如图，圆台的轴截面是等腰梯形，，为下底面上的一点，且，则直线与平面所成角的正切值为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】过作，连接.证明平面，即直线与平面所成的角即.
【详解】过作，连接.
因为为圆台的轴截面，
所以平面平面,
因为平面平面,平面，
所以平面，
所以直线与平面所成的角即.
因为且，
则,，，
所以.
故选：D.
7. 掷一枚质地均匀的骰子3次，则三个点数之和大于14的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用列举法结合古典概型求解即可.
【详解】由题，三个点数之和大于14可能为15，16，17，18四种情况，
又，
则包含的基本事件有，
共个，
，
则包含的基本事件有共个，
，
则包含的基本事件有共个，
，包含的基本事件有个，
所以所求概率.
故选：B.
8. 在平行四边形中，，，，是以为圆心，为半径的圆上一动点，且，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用余弦定理求出，易得，以C为坐标原点建立平面直角坐标系，设，根据平面向量线性运算的坐标表示结合三角函数即可得解.
【详解】由题意，
在中，由余弦定理得，
所以，
则，故，
如图，以C为坐标原点建立平面直角坐标系，
则，，，设，
故，，，
又，
即，
所以，所以，
所以，其中，
当且仅当时，取最大值，且它的最大值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：建立平面直角坐标系，利用平面向量运算的坐标表示公式是解题的关键.
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. 四名同学各掷骰子7次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，判断可能出现了点数6的是（ ）
A. 中位数为3，极差为3B. 平均数为2，第百分位数为4
C. 平均数为3，中位数为4D. 平均数为3，方差为1
【答案】AC
【解析】
【分析】举例判断A，C正确，举反例判断D错误，利用百分位数结合平均数的性质判断B即可.
【详解】对于A，易得满足题意；
对于B，因为第百分位数为4，若有点数6，
则，故平均数不可能为2，故B错误；
对于C，易得满足题意；
对于D，若出现点数6，则，不符合题意，
故选：AC.
10. 在平面直角坐标系中，可以用有序实数对表示向量.类似的，可以把有序复数对看作一个向量，记，则称为复向量.类比平面向量的相关运算法则，对于，，，规定如下运算法则：①；②；③；④.则下列结论正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，则
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，用定义求解即可；对于B，用 ，结合求解即可；对于C，用定义求出左右两边否相等即可；对于D，左边用和定义求出，右边也求出，看是否相等即可；
【详解】对于A，；故A正确；
对于B，若，则，，.故B正确：
对于C，，而，不等．故C错误；
对于D，设，则将，代入可得：
故D正确.
故选：ABD.
11. 如图所示，在直角梯形中，，，分别是，上的点，且，，将四边形沿向上折起，连接，，.在折起的过程中，下列结论正确的是（ ）
A. 平面B. 与所成的角先变大后变小
C 几何体体积有最大值D. 平面与平面不可能垂直
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A：借助线面平行的判定定理推导即可得；对B： 借助线面垂直的性质定理得到后，结合，
即可得与所成的角即为与所成角，由题意可得随翻折角增大，逐渐变小，即可得所成的角的变化；
对C：借助割补法表示出体积后，结合体积公式计算即可得；对D：借助反证法，假设平面与平面垂直，
从而借助面面垂直的性质定理于线面垂直的性质定理可得，其与矛盾，即可得证.
【详解】对A：延长与延长线交于，连接，，
由题意可得且，则可得、分别为、中点，
，又，
为平行四边形，，又平面，平面，
平面，故A正确；
对B：，，，，
又，平面，平面，
又平面，，随翻折角增大，逐渐变小，
所以与所成角即与所成角逐渐变小，故B错误；
对C：由，则，
则
，
其中为点到平面距离，则，故；
故C正确；
对D：若平面平面，过作于点，
由平面平面，平面平面，平面，
则平面，又平面，，
，，则，
又，平面，，
平面，又平面，，
，平面，
平面，又平面，，
又由B选项知，与矛盾，
故平面与平面不垂直，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：D选项中关键点在于借助反证法，假设平面与平面垂直，从而借助面面垂直推导出矛盾之处即可得.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知圆锥体积为，表面积是底面积的倍，则该圆锥的母线长为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据圆锥的表面积公式和体积公式计算即可.
【详解】设圆锥底面半径为，高为，则母线，
由题，解得，
所以母线.
故答案为：.
13. 已知平面向量，，，向量在向量上的投影向量为，则_____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据投影向量的定义求解即可.
【详解】由题得，则，又，
.
故答案为：.
14. 在正三棱柱中，，为线段上动点，为边中点，则三棱锥外接球表面积的最小值为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】建立边长和O到平面ABD距离为OF的函数关系，结合基本不等式，求解出最小值，建立外接球半径的函数，从而求解外接球半径的最小值，从而求出外接球表面积的最小值.
【详解】由正三棱锥的侧棱垂直于底面的性质，设球心O到平面ABD距离为，设，
有因为为直角三角形，则经过直角三角形斜边中点，即为中点.
故取的中点设为，则由正三角形求解高知如图，设，
设球心O到平面ABD距离为OF，设
，，
，
当且仅当时即取“=”.
，.
故最小为.
故答案为：.
【点睛】立体图形平面化，结合函数和基本不等式的知识求解是问题的关键.
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. 某市举办了党史知识竞赛，从中随机抽取部分参赛选手，统计成绩后对统计数据整理得到如图所示的频率分布直方图.
（1）试估计全市参赛者成绩的第40百分位数（保留小数点后一位）和平均数（单位：分）；
（2）若用按比例分配的分层随机抽样的方法从，，三层中抽取一个容量为6的样本，再从这6人中随机抽取两人.求抽取的两人都及格（大于等于60分为及格）的概率.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图计算可得,再借助百分位数的定义与平均数定义计算即可得；
（2）先借助分层随机抽样定义计算出从，，三层中抽取的人数，并给抽取出的人数进行编号，结合古典概型公式，计算出所有可能的样本空间数即符合要求的样本空间数即可得.
【小问1详解】
，则，
；，
故40百分位数在层，则40百分位数为，
平均数；
【小问2详解】
因为按比例分配的分层随机抽样，
故，，三层中抽取的样本量分别为：
；
；
从这6人中随机抽取两人，记中抽取的人编号为1，
抽取的人编号为2、3，
抽取的人编号为4、5、6，
记事件 “抽取的两人都及格”，
，
所以；
，所以；
.
16. 如图，四边形为矩形，直线垂直于梯形所在的平面.，是线段的中点，，.
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用中位线易由线线平行证明线面平行；
（2）利用等体积法来求点到面的距离即可.
【小问1详解】
设CP与ED相交于O，连接OF，
，，
又平面DEF，平面DEF，平面DEF
【小问2详解】
设A到平面PCB距离为h，
在梯形中，，
，
又平面，，
，
又因为平面，平面，所以，
则；又有；，
所以有，即，，
而，
又F为PA中点，故点F到平面BCP的距离.
17. 在中，为角对应的边，为的面积.且.
（1）求；
（2）若，求内切圆半径的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形得面积公式结合正弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得解；
（2）根据，可得，再根据余弦定理将用表示，再化简，再结合基本不等式即可得解.
【小问1详解】
因为，
所以，
由正弦定理得，
整理得，
由余弦定理得，
又，所以；
【小问2详解】
设内切圆的半径为，
则，
所以，
又，所以，
则，
由，得，
当且仅当时取等号，
所以，
即内切圆半径的最大值为.
18. 如图，在三棱柱中，底面是边长为4的等边三角形，，分别是线段的中点，点在平面内的射影为点.
（1）求证：平面；
（2）设为棱上一点，，.
①若，请在图中作出三棱柱过三点的截面，并求该截面的面积；
②求二面角的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）①截面图见解析，面积；②
【解析】
【分析】（1）连接，先证明面，则，易得，再根据线面垂直的判定定理即可得证；
（2）①取的中点，取的中点，连接，证明，即可得出图形，再求出四边形面积即可；
②过作交于，连接，根据线面垂直的性质可得，则二面角的平面角即为，再解即可.
【小问1详解】
如图所示，连接，
由题意可知面ABC，四边形是菱形，
∵面，
∴，
又∵D是AC中点，是正三角形，
∴，
又面，
∴面，
∵面，∴，
在菱形中，有，
而D，E分别是线段的中点，则，∴，
∵面，
∴面；
【小问2详解】
①取的中点，取的中点，连接，
则且，
又且，∴且，
∴四边形是平行四边形，∴且，
∵分别为的中点，∴且，
∴，
∴过三点的截面即为四边形，
平面，平面，，
故截面为直角梯形，
又底面是边长为4的等边三角形且，
，
，
∴截面面积为；
②过作交于，连接，则，
平面，平面，，
故二面角的平面角即为，
G为棱上一点，且，，
，，
，
，
，
令，
，
由双勾函数的性质可得在上单调递减，
∴，∴
，
故二面角的取值范围.
【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：
（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：
①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；
（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.
19. 对于两个平面向量，，如果有，则称向量是向量的“迷你向量”.
（1）若，，是的“迷你向量”，求实数的取值范围；
（2）一只蚂蚁从坐标原点沿最短路径爬行到点处（且）.蚂蚁每次只能沿平行或垂直于坐标轴的方向爬行一个单位长度，爬完第次后停留的位置记为，设.记事件“蚂蚁经过的路径中至少有个使得是的迷你向量”.（假设蚂蚁选择每条路径都是等可能的）
①当时，求；
②证明：.
【答案】（1）
（2）①；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据向量的数量积坐标运算公式计算不等式即可；
（2）①应用列举法计算古典概型即可；②应用古典概型证明即可.
【小问1详解】
是的“迷你向量”，
，解得.
【小问2详解】
①如图，当时，能使得是的迷你向量的共有四个，即，
要想使得经过的路线中至少有其中3个点，则路径必经过点
故只需要考虑所有最短路径中经过点的条数即可.
先考虑总共最短路径条数：最短路径一共6步，其中三步向上，三步向右，也即是在6步中选择三步向上，
其余三步向右故可以用这样的样本点组成的样本空间描述最短路径的走法：
“123”代表前三步向上，剩下三步向右；
“246”表示第二、第四、第六步向上，其余三步向右；
{123，124，125，126，134，135，136，145，146，156，234，235，236，245，246，256，345，346，356，456}，
总共的最短路径条数，；
{156，256，356，456},故经过包含的路径条数为4，，
因为选择每条路径都是等可能的，故试验为古典概型，
.
②同理，总共的最短路径条数为
经过包含的路径条数为，试验为古典概型，
.
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
相关试卷
湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2024届高三下学期5月考前测试数学试题（Word版附解析）： 这是一份湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2024届高三下学期5月考前测试数学试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了单选题，选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期期中数学试卷（Word版附答案）： 这是一份湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期期中数学试卷（Word版附答案），文件包含湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期期中检测数学试题Word版无答案docx、湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期期中检测数学试题答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共13页， 欢迎下载使用。
湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中检测数学试题（附参考答案）： 这是一份湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中检测数学试题（附参考答案），文件包含湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中检测数学试题pdf、湖北武汉华中师第一附中数学答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共13页， 欢迎下载使用。
