特训06 期末必刷选填题（十一大模块）-2023-2024学年高一数学下学期期中期末挑战满分冲刺卷（苏教版2019必修第二册,江苏专用）

特训06 期末必刷选填题（十一大模块） 目录： 模块1：平面向量综合 模块2：解三角形 模块3：三角恒等变换及应用 模块4：基本立体图形概念辨析、直观图 模块5：空间几何体的截面、最短距离，表面积与体积 模块6：以传统文化、生活情境为背景的立体几何、解三角形问题 模块7：空间几何体有关高度、面积、体积大小比较问题 模块8：空间中的位置关系、距离、夹角 模块9：复数 模块10：统计 模块11：概率 一、选择题 模块1：平面向量综合 1．下列说法中正确的是（    ） A．单位向量都相等 B．任一向量与它的相反向量不相等 C．若，则与的长度相等，方向相同或相反 D．若与是相反向量，则 2．在三角形中，点，在边上，且，则（    ） A． B． C． D． 3．已知，且满足，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 4．已知向量，，若向量满足，，则向量的坐标为（    ） A． B． C． D． 5．已知向量，，则下列结论正确的是（    ） A．与的夹角是钝角 B． C．在上的投影的数量为 D．在上的投影的数量为 6．已知平面向量，满足，，，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 7．.在中，点为边的中点，点为的中点，若，则（    ） A． B． C．1 D． 8．如图，在中，点满足，过点的直线分别交直线于不同的两点.设则的最小值是（    ） A． B． C． D． 9．在中，，当时，的最小值为4．若，，其中，则的最大值为（    ） A．2 B． C． D． 模块2：解三角形 10．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则（    ） A． B． C． D． 11．设的内角，，的对边分别为，，，若，，，则边（    ） A． B．或 C．或 D． 12．在中，，，，的角平分线交BC于D，则（    ） A． B．2 C． D． 13．在中，内角，，所对的边分别为，，，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 14（多选）．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，下列叙述正确的是（    ） A．若，，，则满足条件的三角形有且只有一个 B．若，则为钝角三角形 C．若不是直角三角形，则 D．若，则为等腰三角形 15．在斜三角形中，角的对边分别为，点满足，且，则的面积为（    ） A． B． C． D． 16．十七世纪法国数学家皮埃尔·德·费马提出了一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”，在费马问题中所求的点被称为费马点，对于每个给定的三角形都存在唯一的费马点，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得的点为的费马点.已知点为等边的费马点，且，则（    ） A．-12 B．-36 C． D．-18 模块3：三角恒等变换及应用 17．若，则（    ） A． B． C． D． 18．已知，，，则下列不等式成立的是（    ） A． B． C． D． 19（多选）．下列结论正确的是（   ） A． B． C．的最大值为 D． 20（多选）．已知函数在区间上有且仅有3个不同零点，则下列选项正确的有（    ）. A．在区间上有且仅有3条对称轴 B．的最小正周期不可能是 C．的取值范围是 D．在区间上单调递增 模块4：基本立体图形概念辨析、直观图 21．下列关于几何体特征的判断正确的是（    ） A．一个斜棱柱的侧面不可能是矩形 B．底面是正多边形的棱锥一定是正棱锥 C．有一个面是边形的棱锥一定是棱锥 D．平行六面体的三组对面中，必有一组是全等的矩形 22．一个几何体由6个面围成，则这个几何体不可能是（    ） A．四棱台 B．四棱柱 C．四棱锥 D．五棱锥 23．如图，的斜二测直观图为等腰直角三角形，其中，则的面积为（    ）    A． B． C．6 D． 24．如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（ ） A． B． C．四边形的周长为 D．四边形的面积为 模块5：空间几何体的截面、最短距离，表面积与体积 25．若圆锥的底面半径为，高为1，过圆锥顶点作一截面，则截面面积的最大值为（    ） A．2 B． C． D． 26．如图，圆锥的底面圆直径AB为2，母线长SA为4，若小虫P从点A开始绕着圆锥表面爬行一圈到SA的中点C，则小虫爬行的最短距离为（    ） A． B． C． D． 27．在棱长为2的正方体中，为的中点，过点的平面截正方体的外接球的截面面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 28．将棱长为2的正方体削成一个体积最大的球，则这个球的表面积为（　　） A． B． C． D． 29．已知圆锥的高为8，底面圆的半径为4，顶点与底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 30．已知直四棱柱的棱长均为2，.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为（    ） A． B． C． D．2 31．菱形十二面体是由12个全等的菱形构成的，其有24条棱，14个顶点，它每个面的两条对角线之比为，已知一个菱形十二面体的棱长为，体积为16，则该菱形十二面体的内切球的体积为（   ） A． B． C． D． 模块6：以传统文化、生活情境为背景的立体几何、解三角形问题 32．紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品，其制作始于明朝正德年间.紫砂壶的壶型众多，经典的有西施壶､掇球壶､石瓢壶､潘壶等.其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图给出了一个石瓢壶的相关数据（单位：cm），那么该壶的最大盛水量为（    ） A． B． C． D． 33．永丰文塔位于湖南省双峰县城永丰镇，修建于清朝同治年间，巍巍七层文塔，塔形呈六角形，塔底用高达五尺八寸的青条石奠基，永丰文塔与双峰书院遥相呼应，象征双峰文运昌隆．如图，某测绘小组为了测量永丰文塔的实际高度，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点，现测得，在点测得塔顶A的仰角为，则塔高（    ）（取，） A． B． C． D． 34．三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮.一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长2，外径长3，筒高4，中部为棱长是3cm的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为（    ） A． B． C． D． 35．折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”，它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图①），图②是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧、所在圆的半径分别是3和6，且∠ABC＝120°，则下列关于该圆台的说法错误的是（ ） A．高为 B．母线长为3 C．侧面积为 D．体积为 模块7：空间几何体有关高度、面积、体积大小比较问题 36．如图，棱锥、棱柱、棱台的底面积和高均相等，分别为s，h，棱台上底面的面积为，现将装满水的棱锥、棱柱、棱台中的水分别倒入底面积为s的圆柱里，对应的水面高分别记为，，，则（    ） A． B． C． D． 37．如图，在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c（），分别以边AB，AC，BC所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成三个几何体，其体积分别为，，，则（    ） A． B． C． D． 38．在三棱锥A-BCD中，有，，，且，分别经过三条棱AB，AC，AD作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为，，，则，，的大小关系是 （按从大到小顺序排列，并用“>”号连接）． 二、多选题 模块8：空间中的位置关系、距离、夹角 39．已知直线，，平面，，则下列说法错误的是（　　） A．，，则 B．，，，，则 C．，，，则 D．，，，，，则 40．在图示正方体中，O为BD中点，直线平面，下列说法正确的是（    ）． A．A，C，，四点共面 B．，M，O三点共线 C．平面 D．与BD异面 41．如图，如果菱形所在的平面，那么下列结论正确的是（　　） A． B．与异面 C．与相交 D． 42．在三棱锥中，是斜边的等腰直角三角形，则以下结论：其中正确的是（    ） A．异面直线SA与BC所成的角为 B．直线平面 C．平面平面SAC D．点C到平面SAB的距离是 43．如图，在直三棱柱中，分别为所在棱的中点，，三棱柱挖去两个三棱锥后所得的几何体记为，则（    ） A．EG与为异面直线 B．有13条棱 C．有7个顶点 D．平面平面EFG 44．如图，棱长为2的正方体的外接球的球心为O，E、F分别为棱AB、的中点，G在棱BC上，则（    ） A．对于任意点G，平面EFG B．存在点G，使得平面EFG C．直线EF被球O截得的弦长为 D．过直线EF的平面截球O所得的截面圆面积的最小值为 45．已知棱长为2的正方体，点是的中点，点在上，满足，则下列表述正确的是（    ） A．时，平面 B．时，平面平面 C．任意，三棱锥的体积为定值 D．过点的平面分别交于，则的范围是 模块9：复数 46．下列命题为真命题的是（    ） A．复数在复平面内对应的点在第二象限 B．若为虚数单位，为正整数，则 C．若复数为纯虚数，则， D．复数的虚部为 47．已知是虚数单位，若，则（    ） A．复数的虚部为； B．复数对应的点在第二象限； C．； D．复数是关于的方程的一个根. 48．已知复数，，下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则在复平面内对应的点在一条直线上 49．设复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（    ） A．“”是“”的必要条件 B．若，则的最大值为1 C．若，则 D．，关于的方程在中最多可以有4个解 模块10：统计 50．下列抽样方法不是简单随机抽样的是（    ） A．从平面直角坐标系中抽取个点作为样本 B．可口可乐公司从仓库中的箱可乐中一次性抽取箱进行质量检查 C．某班级从名同学中，挑选出名最优秀的同学参加数学竞赛 D．从台电脑中不放回地随机抽取台进行质量检验（假设台电脑已编好号，对编号随机抽取） 51．下图为甲、乙两人在同一星期内每日步数的折线统计图． 下列说法中，正确的是（    ） A．这一星期内甲的日步数的中位数为11600 B．这一星期内乙的日步数的平均值为11000 C．这一星期内甲的日步数的极差大于乙的日步数的极差 D．这一星期内甲的日步数的方差大于乙的日步数的方差 52．某公司为检测某型号汽车的质量问题，需对三个批次生产的该型号汽车进行检测，三个批次产量分别为100000辆､150000辆和250000辆，公司质监部门计划从中抽取500辆进行检测，则下列说法正确的是（    ） A．样本容量为500 B．采用简单随机抽样比分层随机抽样合适 C．应采用分层随机抽样，三个批次的汽车被抽到的概率不相等 D．应采用分层随机抽样，三个批次分别抽取100辆､150辆､250辆 53．甲乙两名学生，六次数学测验成绩（百分制如图所示）．下面说法正确的是（    ） A．甲同学成绩的中位数大于乙同学成绩的中位数； B．甲同学的平均分比乙同学高； C．甲同学成绩的极差是18； D．甲同学成绩方差小于乙同学成绩的方差． 54．已知一组数据，，，，的平均数为2，方差为，则另一组数据，，，，的平均数、标准差分别为（    ） A．2， B．2，1 C．4， D．4， 模块11：概率 55．下列说法正确的是（    ） A．一名篮球运动员，号称投篮“百发百中”，则他投篮一次，命中为必然事件 B．随机事件发生的可能性越大，它发生的概率越接近1 C．投掷两枚均匀的骰子，观察出现的点数和，点数和为2是一个样本点 D．试验“连续投掷一枚均匀的骰子直到出现3点停止，观察投掷的次数”的样本空间为 56．同时拋郑两个质地均匀的四面分别标有的正四面体一次，记事件第一个四面体向下的一面出现偶数；事件第二个四面体向下的一面出现奇数；事件两个四面体向下的一面或同时出现奇数，或者同时出现偶数，则（    ） A． B． C． D． 57．下列命题正确的是（    ） A．对于事件，，若，则 B．若三个事件，，两两互斥，则 C．若，，则事件，相互独立与互斥不会同时发生 D．若事件，满足，，，则 三、填空题 58．从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区活动，则选中的2人都是女同学的概率 ． 59．小强忘记了进门密码的最后两位，只记得最后一位是数字1，7中的一个，倒数第二位是数字3，6，9中的一个，则小强输入一次密码能成功开门概率是 ． 60．据浙江省新高考规则，每名同学在高一学期结束后，需要从七门选考科目中选择其中三门作为高考选考科目.某同学已经选择了物理、化学两门学科，还需要从生物、技术这两门理科学科和政治、历史、地理这三门文科学科共五门学科中再选择一门，设事件“选择生物学科”，“选择一门理科学科”，“选择政治学科”，“选择一门文科学科”，现给出以下四个结论： ①和是互斥事件但不是对立事件；     ②和是互斥事件也是对立事件； ③；     ④. 其中，正确结论的序号是 .（请把你认为正确结论的序号都写上） ( 第 1 页 共 16 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 特训06 期末必刷选填题（十一大模块） 目录： 模块1：平面向量综合 模块2：解三角形 模块3：三角恒等变换及应用 模块4：基本立体图形概念辨析、直观图 模块5：空间几何体的截面、最短距离，表面积与体积 模块6：以传统文化、生活情境为背景的立体几何、解三角形问题 模块7：空间几何体有关高度、面积、体积大小比较问题 模块8：空间中的位置关系、距离、夹角 模块9：复数 模块10：统计 模块11：概率 一、选择题 模块1：平面向量综合 1．下列说法中正确的是（    ） A．单位向量都相等 B．任一向量与它的相反向量不相等 C．若，则与的长度相等，方向相同或相反 D．若与是相反向量，则 【答案】D 【分析】由相等向量、相反向量、模长相等的向量的定义依次判断各个选项即可. 【解析】对于A，单位向量方向不同时并不相等，A错误； 对于B，的相反向量为，B错误； 对于C，，则与的长度相等，与方向无关，C错误； 对于D，相反向量是模长相等，方向相反的向量，D正确. 故选：D. 2．在三角形中，点，在边上，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】利用向量的加法、减法线性运算即可求解. 【解析】， 故选：C. 3．已知，且满足，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据进行求解，得到答案. 【解析】因为，， 所以在上的投影向量为. 故选：D 4．已知向量，，若向量满足，，则向量的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，由，，利用向量共线和垂直的坐标运算，列方程组求出，得的坐标. 【解析】设，则， 对于，有①． 又由，，有②. 联立①②，解得，. 故向量的坐标为. 故选：D. 5．已知向量，，则下列结论正确的是（    ） A．与的夹角是钝角 B． C．在上的投影的数量为 D．在上的投影的数量为 【答案】C 【分析】利用数量积的坐标表示判断A；利用垂直的坐标表示判断B；求出投影的数量判断CD作答. 【解析】向量，， 对于A，由，有，则与的夹角不是钝角，故A错误； 对于B，，，即与不垂直，故B错误； 对于CD，在上的投影的数量为，故C正确，D错误. 故选：C 6．已知平面向量，满足，，，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设向量的夹角为，结合，求得，即可求解. 【解析】设向量的夹角为，因为，可得， 又因为，， 可得 ，解得， 因为，可得. 故选：B. 7．.在中，点为边的中点，点为的中点，若，则（    ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【分析】直接根据向量的线性运算以及三角形法则求解即可． 【解析】中，点为边的中点，点为的中点，如图所示，    ， 又，，. 故选：D 8．如图，在中，点满足，过点的直线分别交直线于不同的两点.设则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用表示出，再结合结论：若三点共线且，则.即可得出的关系式，即可得出有最小值. 【解析】因为，所以. 又因为三点共线，所以.所以. 所以 所以当时,有最小值为. 故选:A. 9．在中，，当时，的最小值为4．若，，其中，则的最大值为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】由的最小值为可得的形状为等腰直角三角形，建立平面直角坐标系将向量坐标化，利用平面向量共线定理以及的取值范围表示出的表达式，再由二次函数单调性即可求得. 【解析】如下图所示： 在直线上取一点，使得，所以， 当时，取得最小值为，即； 又，所以可得是以为顶点的等腰直角三角形， 建立以为坐标原点的平面直角坐标系，如下图所示： 又可得为的中点， 由以及可得在上， 可得， 所以，可得， 则， 令，由可得， 所以， ， 由二次函数在上单调递减可得. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用的最小值为判断出的形状，将向量坐标化并表示出模长表达式，利用函数单调性可求得结果. 模块2：解三角形 10．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意求得，由正弦定理计算即可． 【解析】由题意，则， 由及正弦定理得，所以. 故选：B. 11．设的内角，，的对边分别为，，，若，，，则边（    ） A． B．或 C．或 D． 【答案】B 【分析】由正弦定理可得，结合已知求得或，注意验证是否满足构成三角形，进而求. 【解析】由正弦定理知：，则， 又，而， 所以，故或，又，故均满足题设， 当，则，此时；当，则，此时. 故选：B 12．在中，，，，的角平分线交BC于D，则（    ） A． B．2 C． D． 【答案】B 【分析】根据余弦定理求得的长，再利用，即可求得答案. 【解析】在中,由余弦定理得,    则，即， 解得，（负值舍）， 而AD平分，即， 又，故， 则， 故选：B 13．在中，内角，，所对的边分别为，，，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】C 【分析】由三角形内角和可判断A项，由三角形中大边对大角可判断B项，由正弦定理解三角形可判断C项，由余弦定理解三角形可判断D项. 【解析】对于A项，由，，可得，所以三角形只有一解； 对于B项，由，，，可得，所以，此时三角形有唯一的解； 对于C项，由正弦定理，可得， 可得B有两解，所以三角形有两解； 对于D项，由余弦定理得， 可得c有唯一的解，所以三角形只有一解． 故选：C． 14．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，下列叙述正确的是（    ） A．若，，，则满足条件的三角形有且只有一个 B．若，则为钝角三角形 C．若不是直角三角形，则 D．若，则为等腰三角形 【答案】ABC 【分析】A选项，根据得到满足条件的三角形只有一个；B选项，由正弦定理和余弦定理得到，B正确；C选项，利用化简得到答案；D选项，变形得到，由余弦定理和倍角公式得到，从而得到或. 【解析】对于A，由，则，又，知满足条件的三角形只有一个，故A正确； 对于B，，即，A为钝角，故B正确； 对于C，因为不是直角三角形，所以均有意义， 又，所以， 所以，故C正确； 对于D，， 即， 由正余弦定理可得，则， 所以或，故D错误. 故选：ABC. 15．在斜三角形中，角的对边分别为，点满足，且，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】通过正余弦定理转化得，对变形得，两边同平方得，解出，再利用三角形面积公式和向量中线公式即可得到答案. 【解析】因为， 由余弦定理得， 又因为是斜三角形，所以，所以， 由正弦定理得，因为， 所以，所以， 所以，所以， 所以， 因为， 化简得，解得或（舍去）， 所以， 设边的中点为，则， 因为，所以， 即为的中点，所以：. 故选：A. 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用正余弦定理进行转化得，再对向量式进行变形处理得，再两边同平方代入数据从而解出，最后再通过三角形面积公式得到答案. 16．十七世纪法国数学家皮埃尔·德·费马提出了一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”，在费马问题中所求的点被称为费马点，对于每个给定的三角形都存在唯一的费马点，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得的点为的费马点.已知点为等边的费马点，且，则（    ） A．-12 B．-36 C． D．-18 【答案】D 【分析】设，由等边三角形的性质可知，即点为的中心，从而求出，利用向量数量积公式即可计算结果. 【解析】设，则，因为为等边三角形， 所以，，同理：，， 又，所以，则， 所以点为的中心， ，，且， 则 故选：D 模块3：三角恒等变换及应用 17．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用诱导公式可知可得，利用诱导公式结合倍角公式运算求解. 【解析】因为，即， 所以. 故选：B. 18．已知，，，则下列不等式成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用单位圆证明不等式，利用此不等式及二倍角的余弦公式比较即得. 【解析】如图，，角的终边交单位圆于点，与直线交于点， 过点作轴于点，显然， 而，因此，， 则，，又， 所以. 故选：D 19．下列结论正确的是（   ） A． B． C．的最大值为 D． 【答案】CD 【分析】根据诱导公式与两角差的余弦公式化简计算即可判断A；根据辅助角公式计算即可判断B；根据辅助角公式与正弦函数的性质即可判断C；根据两角差的正切公式、同角的三角函数关系、辅助角公式、二倍角公式和诱导公式计算化简即可判断D. 【解析】A： ，故A错误； B：，故B错误； C：，即函数的最大值为，故C正确； D：， 所以， 所以，故D正确. 故选：CD 20．已知函数在区间上有且仅有3个不同零点，则下列选项正确的有（    ）. A．在区间上有且仅有3条对称轴 B．的最小正周期不可能是 C．的取值范围是 D．在区间上单调递增 【答案】BCD 【分析】令 , 则 , 由函数 在区间 上有且仅有 3个零点， 即 有 3 个整数符合, 可求出 判断 C, 再利用三角函数的性质可依次判断A B D. 【解析】 令 , 则 ， 函数 在区间 上有且仅有 3个不同零点, 即 有 3个整数符合, 由 , 得，则 ， 即 , , 故C正确; 对于A， ,, ,当 时, 在区间 上有且仅有3条对称轴；当 时, 在区间有且仅有 4 条对称轴，故 A错误； 对于 B, 周期 , 由 , 则 ,, 又 , 所以 的最小正周期不可能是，故 B 正确; 对于D ,,,, ,又, 所以 在区间 上单调递增, 故 D 正确. 故选: BCD. 模块4：基本立体图形概念辨析、直观图 21．下列关于几何体特征的判断正确的是（    ） A．一个斜棱柱的侧面不可能是矩形 B．底面是正多边形的棱锥一定是正棱锥 C．有一个面是边形的棱锥一定是棱锥 D．平行六面体的三组对面中，必有一组是全等的矩形 【答案】C 【分析】根据直棱柱、正棱锥、棱锥的分类，以及平行六面体的几何结构特征，逐项判定，即可求解. 【解析】对于A中，斜棱柱的侧面中，可以有的侧面是矩形，所以A不正确； 对于B中，根据正棱锥的定义，底面是正多边形且顶点在底面的射影为底面多边形的中心的棱锥是正棱锥，所以B不正确； 对于C中，根据棱锥的分类，可得有一个面是边形的棱锥一定是棱锥，所以C正确； 对于D中，平行六面体的三组对面中，必有一组是全等的平行四边形，所以D错误. 故选：C. 22．一个几何体由6个面围成，则这个几何体不可能是（    ） A．四棱台 B．四棱柱 C．四棱锥 D．五棱锥 【答案】C 【分析】根据棱柱，棱台和棱锥的面的个数，结合选项得出答案即可． 【解析】对于A，四棱台是上下两个四边形，四个侧面有6个面，满足题意； 对于B，四棱柱是上下两个四边形，四个侧面有6个面，满足题意； 对于C，四棱锥有一个底面，四个侧面有5个面，不满足题意； 对于D，五棱锥有一个底面，五个侧面有6个面，满足题意. 故选：C 23．如图，的斜二测直观图为等腰直角三角形，其中，则的面积为（    ）    A． B． C．6 D． 【答案】D 【分析】将直观图还原为原图，如图，求出，进而求出，即可求解. 【解析】将直观图还原为原图，如图，    由，，所以， 所以，则， 即原平面图形的面积是． 故选：D 24．如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（ ） A． B． C．四边形的周长为 D．四边形的面积为 【答案】D 【分析】过作交于点，求出，即可判断B，再还原平面图，求出相应的线段长，即可判断ACD. 【解析】对于B：如图过作交于点， 由等腰梯形且，又，， 可得是等腰直角三角形， 即，故B错误； 对于A：还原平面图如下图， 则，故A错误； 对于C：过作交于点，则， 由勾股定理得， 故四边形的周长为：，即C错误； 对于D：四边形的面积为：，即D正确. 故选：D. 模块5：空间几何体的截面、最短距离，表面积与体积 25．若圆锥的底面半径为，高为1，过圆锥顶点作一截面，则截面面积的最大值为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】A 【分析】依题意求得圆锥的母线长，确定轴截面的顶角，从而求出截面面积的取值的最大值，由此得解. 【解析】依题意，设圆锥的母线长为l，则， 设圆锥的轴截面的两母线夹角为，则， 因为，所以， 则过该圆锥的顶点作截面，截面上的两母线夹角设为，    故截面的面积为，当且仅当时，等号成立， 故截面的面积的最大值为2. 故选：A. 26．如图，圆锥的底面圆直径AB为2，母线长SA为4，若小虫P从点A开始绕着圆锥表面爬行一圈到SA的中点C，则小虫爬行的最短距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将锥体侧面展开为扇形，先求出所得扇形圆心角，再根据两点间线段距离最短，求最短路径. 【解析】由题意，底面圆的直径AB＝2，故底面周长等于2π. 设圆锥的侧面展开后的扇形圆心角为n°， 根据底面周长等于展开后扇形的弧长得2π＝，解得n＝90， 所以展开图中∠PSC＝90°，故PC＝2， 所以小虫爬行的最短距离为2. 故选：A 27．在棱长为2的正方体中，为的中点，过点的平面截正方体的外接球的截面面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意分析可知：当与截面垂直时，截面半径最小，结合正方体与球的性质运算求解. 【解析】正方体的外接球的球心为正方体的中心（对角线的中点）， 设球的半径为，可得， 连接，则分别为的中点，可得， 根据球的对称性可知：当与截面垂直时，截面半径最小， 此时，截面面积的最小值为. 故选：C.    28．将棱长为2的正方体削成一个体积最大的球，则这个球的表面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】问题等价于求该正方体内切球的表面积，结合已知数据求解. 【解析】易知体积最大的球为该正方体的内切球，球的半径为1， 则该球的表面积为 故选：D. 29．已知圆锥的高为8，底面圆的半径为4，顶点与底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，由条件可得球的半径，再由球的表面积公式，即可得到结果. 【解析】设球的半径为，则，解得， 所以球的表面积为， 故选：A. 30．已知直四棱柱的棱长均为2，.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为（    ） A． B． C． D．2 【答案】B 【分析】先找出平面截球面的截面圆的圆心是的中点，再找到截面圆的半径和交线. 【解析】如图所示：    由已知，连接，则 因为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2，， 所以为等边三角形. 且平面，取的中点，连接,则, 又平面，所以， 又，所以平面， 故平面截球面的截面圆的圆心是点， 取和的中点，连接,则， 故在球面上，,， 所以为直角三角形，, 球面与侧面的交线是侧面上以为圆心， 为半径的圆弧. 故选：B. 31．菱形十二面体是由12个全等的菱形构成的，其有24条棱，14个顶点，它每个面的两条对角线之比为，已知一个菱形十二面体的棱长为，体积为16，则该菱形十二面体的内切球的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据菱形十二面体的性质，结合其内切球的性质，将菱形十二面体分割为十二个四棱锥，结合其几何性质，求其高，可得球的半径，可得体积. 【解析】由题意，设菱形十二面体内切球的球心为，其中一个面为菱形， 过作平面的垂线，以为垂心，连接， 可得四棱锥，如下图所示：    由棱形十二面体的性质，可知为菱形的中心，即， 易知棱形十二面体体积等于十二个四棱锥的体积， 故四棱锥的体积， 由题意，可得，，在菱形中，易知， 在，由，且，则，， 故菱形的面积， 在四棱锥中，， 由内切球的性质，可得其半径为， 其体积. 故选：C. 模块6：以传统文化、生活情境为背景的立体几何、解三角形问题 32．紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品，其制作始于明朝正德年间.紫砂壶的壶型众多，经典的有西施壶､掇球壶､石瓢壶､潘壶等.其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图给出了一个石瓢壶的相关数据（单位：cm），那么该壶的最大盛水量为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题得上底面半径为4，下底面半径为6，圆台高为6，代入台体体积公式，即可得答案. 【解析】由题意得上底面半径为4，面积， 下底面半径为6，面积，圆台高h为6， 则圆台的体积. 故选：B 33．永丰文塔位于湖南省双峰县城永丰镇，修建于清朝同治年间，巍巍七层文塔，塔形呈六角形，塔底用高达五尺八寸的青条石奠基，永丰文塔与双峰书院遥相呼应，象征双峰文运昌隆．如图，某测绘小组为了测量永丰文塔的实际高度，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点，现测得，在点测得塔顶A的仰角为，则塔高（    ）（取，） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意在中利用正弦定理可得，进而结合直角三角形分析求解. 【解析】在中，由正弦定理得，则， 因为在点测得塔顶A的仰角为，所以． 故选：D. 34．三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮.一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长2，外径长3，筒高4，中部为棱长是3cm的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据几何体的特点，结合长方体，圆柱体体积的计算公式，求解即可. 【解析】圆筒体积为底面半径，高度为的圆柱体的体积减去底面半径为，高度为的圆柱体的体积， 故其体积； 中间部分的体积为棱长为的长方体的体积减去底面半径为，高为的圆柱体的体积， 故其体积； 故玉琮的体积. 故选：B. 35．折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”，它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图①），图②是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧、所在圆的半径分别是3和6，且∠ABC＝120°，则下列关于该圆台的说法错误的是（ ） A．高为 B．母线长为3 C．侧面积为 D．体积为 【答案】C 【分析】根据题意，求出圆台的上下底面圆半径、母线长和高，运用侧面积公式和体积公式，即可一一判断正误即得. 【解析】设圆台的上、下底面半径分别为,依题意，解得，，解得， 圆台的母线长为，故圆台的高故A , B均正确； 圆台的侧面积为，故C项错误； 圆台的体积为，故D项正确. 故选：C. 模块7：空间几何体有关高度、面积、体积大小比较问题 36．如图，棱锥、棱柱、棱台的底面积和高均相等，分别为s，h，棱台上底面的面积为，现将装满水的棱锥、棱柱、棱台中的水分别倒入底面积为s的圆柱里，对应的水面高分别记为，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分别计算出棱锥、棱柱、棱台的体积，进而求得，，即可求解. 【解析】设棱锥、棱柱、棱台的体积分别为，则，则，显然. 故选：A. 37．如图，在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c（），分别以边AB，AC，BC所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成三个几何体，其体积分别为，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由直角三角形绕其直角边旋转可以得到一个圆锥，直角三角形绕其斜边旋转可以得到两个共用同一底面的圆锥的组合体，绕三边旋转一周分别形成三个几何体的形状，求出他们的体积，即可得答案． 【解析】解：当绕边旋转时，其体积； 当绕边旋转时，体积； 当绕边旋转时，体积． ∴． 故选：A． 38．在三棱锥A-BCD中，有，，，且，分别经过三条棱AB，AC，AD作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为，，，则，，的大小关系是 （按从大到小顺序排列，并用“>”号连接）． 【答案】 【分析】根据题意，可由，直接计算出，，，可得，，，在用作差法，可得最后答案. 【解析】因为，，， 所以三棱锥A-BCD可由以点为顶点的长方体所截， 设三边分别为，即， 经过三条棱AB作一个截面平分三棱锥的体积，作图如下： 因为，，且，所以平面， 在平面内，分别过作， 因为平面，所以， 因为，所以平面，同理平面， 因为截面平分三棱锥的体积，所以，易得为的中点， 从而易得， 同理可得：，， 则， 因为，所以，同理可得：，所以， 故答案为：. 二、多选题 模块8：空间中的位置关系、距离、夹角 39．已知直线，，平面，，则下列说法错误的是（　　） A．，，则 B．，，，，则 C．，，，则 D．，，，，，则 【答案】ABC 【分析】结合空间中点、线、面的位置关系与面面平行的判定定理逐项判断即可得. 【解析】选项A中，若，，则可能在内，也可能与平行，故A错误； 选项B中，若，，，，则与也可能相交，故B错误； 选项C中，若，，，则与也可能相交，故C错误； 选项D中，若，，，，， 依据面面平行的判定定理可知，故D正确． 故选：ABC． 40．在图示正方体中，O为BD中点，直线平面，下列说法正确的是（    ）． A．A，C，，四点共面 B．，M，O三点共线 C．平面 D．与BD异面 【答案】ABD 【分析】根据点与线、点与面、线与面的位置关系判断即可. 【解析】由正方体性质，，所以A，C，，四点共面，A正确； 直线交平面于点，平面，直线，又平面，平面， 为的中点，平面，底面为正方形，所以为的中点， 平面，且平面，又平面，且平面， 面与面相交，则，，在交线上，即三点共线，故选项正确； 平面平面，平面， 但，所以平面，C错误； 平面，面，， 所以与BD为异面直线，D正确. 故选：ABD 41．如图，如果菱形所在的平面，那么下列结论正确的是（　　） A． B．与异面 C．与相交 D． 【答案】BD 【分析】由异面直线的判定方法可知A选项错误，B选项正确，C选项错误，而D选项，则需要由已知的线面垂直证明线线垂直，再由菱形的对角线垂直，去证明线面垂直，最后问题可得证. 【解析】 因为平面，平面，， 所以可知MA与BD异面，即A选项错误，B选项正确，C选项错误； 连接AC，因为四边形为菱形，所以. 又因为平面，平面，所以. 又因为平面，平面，所以平面. 又因为平面，所以，即D选项正确， 故选：BD. 42．在三棱锥中，是斜边的等腰直角三角形，则以下结论：其中正确的是（    ） A．异面直线SA与BC所成的角为 B．直线平面 C．平面平面SAC D．点C到平面SAB的距离是 【答案】BCD 【解析】由条件根据异面直线所成的角，直线和平面垂直的判定定理、性质定理，平面和平面垂直的判定定理，判断各个选项是否正确，从而得出结论． 【解答】 对于A，B，依题意，， 而平面，则平面， 又平面，于是， 由，得， 又，平面，则平面， 又平面，所以， 又因为，所以不垂直于平面， 所以异面直线SA与BC所成的角不可能为，故A错误，B正确； 对于C，由平面，平面，得平面平面，故C正确； 对于D，取中点，连接，由，得， 由平面，平面，得平面平面， 而平面平面平面，于是平面， 又，则，即点C到平面的距离是，故D正确. 故选：BCD. 43．如图，在直三棱柱中，分别为所在棱的中点，，三棱柱挖去两个三棱锥后所得的几何体记为，则（    ） A．EG与为异面直线 B．有13条棱 C．有7个顶点 D．平面平面EFG 【答案】ABD 【分析】利用异面直线的定义容易判断A项；对于B,C两项，只需按一定顺序去数即得；对于D项，需要运用线面平行推理得到面面平行即可. 【解析】对于A项，因平面，平面且, 平面,故EG与为异面直线,故A项正确； 对于B项，组成几何体的棱有；；共13条棱，故B项正确； 对于C项，几何体的顶点有共8个，故C项错误； 对于D项，如图，取中点，连接, 因,则是的中点， 又分别为所在棱的中点，故得, 因,则得,故, 则,又平面,而平面,故平面； 易证,且,故得,则, 故,又平面,而平面,故平面； 又,故得平面平面,故D项正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：本题主要考查空间想象能力和面面平行的判定方法，属于较难题. 解题的思路即是，要充分理解和把握异面直线的定义，同时在统计顶点数和棱的条数时，应按照一定的顺序进行，才能不重不漏，至于面面平行的判断，只需按照判定定理，在一个平面内寻找两条相交且与另一个平面平行的直线即得. 44．如图，棱长为2的正方体的外接球的球心为O，E、F分别为棱AB、的中点，G在棱BC上，则（    ） A．对于任意点G，平面EFG B．存在点G，使得平面EFG C．直线EF被球O截得的弦长为 D．过直线EF的平面截球O所得的截面圆面积的最小值为 【答案】BCD 【分析】A选项，举出反例；B选项，取为的中点时，证明平面即可判断；C选项，求出球心到EF的距离，利用垂径定理求解；D选项，结合C选项中的求解得到球心O到截面的距离，从而求出截面面积最小值. 【解析】对于A，当与重合时，平面，平面， 此时直线与平面相交，A错误； 对于B，因为四边形为正方形，则， 当为的中点时，，则， 因为平面，平面，则， 因为，平面，则平面， 因为平面，所以，同理，， 因为，平面，所以平面，即平面， B正确； 对于C，取的中点，因为，为的中点，则， 所以，同理可得，则. 因为平面，平面，则， 所以，，则， 球的半径为， 所以直线被球截得的弦长为，C正确； 设截面圆半径为，球心到截面的距离为，则. 因为，则，所以截面圆面积， 即截面圆面积的最小值为，D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是结合空间中点、线、面的位置关系确定线面的位置关系，进而求出弦长及截面面积的最小值. 45．已知棱长为2的正方体，点是的中点，点在上，满足，则下列表述正确的是（    ） A．时，平面 B．时，平面平面 C．任意，三棱锥的体积为定值 D．过点的平面分别交于，则的范围是 【答案】ACD 【分析】对于A，利用并使用线面平行的判定定理即可；对于B，使用反证法，并利用面面平行的性质即可；对于C，证明到直线的距离和到平面的距离均为定值即可；对于D，直接计算得到即可. 【解析】 如图，设的中点为，的中点为，直线与直线和分别交于点. 对于A，当时，是的中点，而是的中点， 所以，而在平面内，不在平面内， 所以平行于平面，A正确； 对于B，假设平面平行于平面， 由于在平面内，故平行于平面. 由于是的中点，是的中点，所以，. 这就得到四边形是平行四边形， 所以，且该平行四边形确定一个平面. 由于在平面内，平行于平面，平面和平面有公共点， 所以平面和平面有一条过的交线，且该直线平行于. 又因为，所以该交线就是，这意味着在平面内， 再由在直线上，知四点共面，这与正方体的性质矛盾. 故平面与平面不平行，B错误； 对于C，由于，在直线上，所以到直线的距离恒为定值. 同样因为，可知一对平行线和确定一个平面， 设到平面的距离为，则由在直线上，可知到平面的距离为. 从而，恒为定值，C正确； 对于D，由于均在平面上，故是和的交点，是和的交点. 同时，我们有，. 当时，由相似三角形知识可得，. 所以，. 从而，. 注意到的中点为，则当时，分别与重合； 当时，分别与重合，容易验证知，亦成立. 所以，而，所以的取值范围是，D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于对线面平行与面面平行的性质，以及平面的性质的灵活运用。 模块9：复数 46．下列命题为真命题的是（    ） A．复数在复平面内对应的点在第二象限 B．若为虚数单位，为正整数，则 C．若复数为纯虚数，则， D．复数的虚部为 【答案】CD 【分析】根据复数的概念与复数的运算法则，依次判断各选项即可得到答案. 【解析】对于A，复数在复平面内对应的点为，在第四象限，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于C，复数为纯虚数，则，故C正确； 对于D，复数 的虚部为，故D正确； 故选：CD. 47．已知是虚数单位，若，则（    ） A．复数的虚部为； B．复数对应的点在第二象限； C．； D．复数是关于的方程的一个根. 【答案】ABD 【分析】求得复数的虚部判断选项A；求得复数对应的点所在象限判断选项B；求得的值判断选项C；代入验证法判断选项D. 【解析】由题意可得，， 复数的虚部为，故A正确； ，对应的点在第二象限，故B正确； ，故C错误； 由 可得复数是关于的方程的一个根.故D正确. 故选：ABD 48．已知复数，，下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则在复平面内对应的点在一条直线上 【答案】AD 【分析】 根据题意，由共轭复数的定义分析A；举反例说明BC；由复数的几何意义确定D. 【解析】对于A：设，若，则，故 必有，A正确； 对于B：若，，则有，但，B错误； 对于C：若，，则有，但，C错误； 对于D：设复数，在复平面内对应的点为和 若，则在复平面内对应的点为线段的中垂线，故在复平面内对应的点在一条直线上，D正确. 故选：AD. 49．设复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（    ） A．“”是“”的必要条件 B．若，则的最大值为1 C．若，则 D．，关于的方程在中最多可以有4个解 【答案】AD 【分析】根据充分、必要条件的判定方法，可判定A正确；根据复数的几何意义，可判定B错误；由 表示以为首项，以为公比的等比数列，结合等比数列求和和复数的运算，可判定C错误；化简方程为，分和，结合二次函数的性质，可判定D正确. 【解析】对于A中，当时，可得，所以“”是“”的必要条件，所以A正确； 对于B中，若，可得，表示点在以原点为圆心，半径为的圆上， 又由，所以， 则表示点到的距离，其最大值为，所以B错误； 对于C中，由，可得，所以 表示以为首项，以为公比的等比数列， 所以，所以C错误； 对于D中，对于方程，可得， 即，所以， 若，则，可得， 当时，有两个相等的实数根，此时复数有1个； 当时，有两个不相等的实数根，此时复数有2个； 当时，无根，此时复数不存在； 若，则，可得， 当时，有两个相等的实数根，此时复数有1个； 当时，有两个不相等的实数根，此时复数有2个； 当时，无根，此时复数不存在； 综上所述，复数最多有4个根，所以D正确. 故选：AD. 模块10：统计 50．下列抽样方法不是简单随机抽样的是（    ） A．从平面直角坐标系中抽取个点作为样本 B．可口可乐公司从仓库中的箱可乐中一次性抽取箱进行质量检查 C．某班级从名同学中，挑选出名最优秀的同学参加数学竞赛 D．从台电脑中不放回地随机抽取台进行质量检验（假设台电脑已编好号，对编号随机抽取） 【答案】ABC 【分析】根据简单随机抽样适用的条件以及抽取方法，逐一判断即可. 【解析】对于A：平面直角坐标系中有无数个点，这与要求总体中的个体数有限不相符， 故A中的抽样方法不是简单随机抽样，故A错误； 对于B：是一次性抽取箱，不符合逐个抽取的特点，故不是简单随机抽样，故B错误； 对于C：挑选的名同学是最优秀的，不符合简单随机抽样的等可能性， 故C中的抽样方法不是简单随机抽样，故C错误； 对于D：易知D中的抽样方法是简单随机抽样，故D正确. 故选：ABC. 51．下图为甲、乙两人在同一星期内每日步数的折线统计图． 下列说法中，正确的是（    ） A．这一星期内甲的日步数的中位数为11600 B．这一星期内乙的日步数的平均值为11000 C．这一星期内甲的日步数的极差大于乙的日步数的极差 D．这一星期内甲的日步数的方差大于乙的日步数的方差 【答案】ACD 【分析】对于A，直接求出中位数，即可判断；对于B，直接求出乙的平均数，即可判断；对于C，分别计算出甲、乙日步数的极差，即可判断；对于D ，根据图象及方差的知识可判断出甲、乙方差大小，即可判断； 【解析】对于A：甲的日步数从小到大排列为2435，7965，9500，11600，12700，16000，16800，中位数是11600，故A正确； 对于B：乙的日步数平均值为，故B错误； 对于C：这一星期内甲的日步数的极差，这一星期内乙的日步数的极差，故C正确； 对于D：由图知甲的波动程度比乙的波动程度大，故甲的方差大于乙的方差，故D正确. 故选：ACD． 52．某公司为检测某型号汽车的质量问题，需对三个批次生产的该型号汽车进行检测，三个批次产量分别为100000辆､150000辆和250000辆，公司质监部门计划从中抽取500辆进行检测，则下列说法正确的是（    ） A．样本容量为500 B．采用简单随机抽样比分层随机抽样合适 C．应采用分层随机抽样，三个批次的汽车被抽到的概率不相等 D．应采用分层随机抽样，三个批次分别抽取100辆､150辆､250辆 【答案】AD 【分析】根据样本容量的定义即可判断A； 根据分层抽样的定义与特征即可判断B、C、D； 【解析】解：由题意易知样本容量为500，故A正确； 公司为检测某型号汽车的质量问题，三个批次产量分别为100000辆､150000辆和250000辆，公司质监部门计划从中抽取500辆进行检测，故采用分层抽样，故B错误； 对于分层抽样的每一辆轿车被抽到的可能性相等，故C错误； ， 所以三个批次分别抽取辆，辆，辆，故D正确. 故选：AD. 53．甲乙两名学生，六次数学测验成绩（百分制如图所示）．下面说法正确的是（    ） A．甲同学成绩的中位数大于乙同学成绩的中位数； B．甲同学的平均分比乙同学高； C．甲同学成绩的极差是18； D．甲同学成绩方差小于乙同学成绩的方差． 【答案】CD 【分析】根据给定的茎叶图，求出甲乙成绩的中位数、平均分、极差、方差即可判断作答. 【解析】对于A，甲成绩的中位数是81，乙成绩的中位数是87.5，A不正确； 对于B，甲成绩的平均分为， 乙成绩的平均分为，B不正确； 对于C，甲成绩的极差是18，C正确； 对于D，甲成绩的方差为， 乙成绩的方差为，D正确. 故选：CD 54．已知一组数据，，，，的平均数为2，方差为，则另一组数据，，，，的平均数、标准差分别为（    ） A．2， B．2，1 C．4， D．4， 【答案】C 【分析】根据平均数、方差的性质计算可得. 【解析】因为一组数据，，，，的平均数为2，方差为， 所以另一组数据，，，，的平均数为，方差为, 即平均数、标准差分别为． 故选：C． 模块11：概率 55．下列说法正确的是（    ） A．一名篮球运动员，号称投篮“百发百中”，则他投篮一次，命中为必然事件 B．随机事件发生的可能性越大，它发生的概率越接近1 C．投掷两枚均匀的骰子，观察出现的点数和，点数和为2是一个样本点 D．试验“连续投掷一枚均匀的骰子直到出现3点停止，观察投掷的次数”的样本空间为 【答案】BC 【分析】由随机事件以及它的概率范围即可判断AB，由样本点，样本空间的定义即可判断CD. 【解析】对于A，他投篮一次，命中为随机事件，故A错误； 对于B，随机事件发生的可能性越大，它发生的概率越接近1，故B正确； 对于C，点数和为2当且仅当两枚骰子出现的点数都为1，这是有可能的，故C正确； 对于D，试验“连续投掷一枚均匀的骰子直到出现3点停止，观察投掷的次数”的样本空间为，故D错误. 故选：BC. 56．同时拋郑两个质地均匀的四面分别标有的正四面体一次，记事件第一个四面体向下的一面出现偶数；事件第二个四面体向下的一面出现奇数；事件两个四面体向下的一面或同时出现奇数，或者同时出现偶数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】利用古典概率公式，互斥事件的概率公式以及相互独立事件的概率乘法公式，逐一判断即可求解. 【解析】依题意，， ，故选项A正确，B不正确； 因为，为相互独立事件， 所以，故选项C正确； 又因为事件、、不可能同时发生， 所以，故选项D不正确； 故选：AC. 57．下列命题正确的是（    ） A．对于事件，，若，则 B．若三个事件，，两两互斥，则 C．若，，则事件，相互独立与互斥不会同时发生 D．若事件，满足，，，则 【答案】BCD 【分析】根据互斥事件的定义，结合独立事件的定义、对立事件的概率公式逐一判断即可. 【解析】A：因为，所以事件，不是互斥事件，因此不成立，所以本选项不正确； B：根据互斥事件的性质可知本选项正确； C：假设事件，相互独立，则有，因此， 所以和不互斥；反之，若事件，是互斥事件，则有， 那么，所以事件，不独立， 因此件，相互独立与互斥不会同时发生，所以本选项正确； D： 因为， 因为， 所以，因此本选项正确， 故选：BCD 三、填空题 58．从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区活动，则选中的2人都是女同学的概率 ． 【答案】； 【分析】利用古典概型的概率公式求解. 【解析】由古典概型的概率公式得. 故答案为 【点睛】本题主要考查古典概型的概率的计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题. 59．小强忘记了进门密码的最后两位，只记得最后一位是数字1，7中的一个，倒数第二位是数字3，6，9中的一个，则小强输入一次密码能成功开门概率是 ． 【答案】 【分析】利用古典概型概率公式运算即可得解. 【解析】解：由条件可知，小强可能输入的密码包含 ，，，，， 共6种情况，其中正确的密码有1个， 所以输入一次密码正确的概率. 故答案为： 60．据浙江省新高考规则，每名同学在高一学期结束后，需要从七门选考科目中选择其中三门作为高考选考科目.某同学已经选择了物理、化学两门学科，还需要从生物、技术这两门理科学科和政治、历史、地理这三门文科学科共五门学科中再选择一门，设事件“选择生物学科”，“选择一门理科学科”，“选择政治学科”，“选择一门文科学科”，现给出以下四个结论： ①和是互斥事件但不是对立事件；     ②和是互斥事件也是对立事件； ③；     ④. 其中，正确结论的序号是 .（请把你认为正确结论的序号都写上） 【答案】②④ 【分析】根据互斥事件、对立事件的概念与性质逐项判断即可. 【解析】事件“选择一门文科学科”，包含“选择政治学科”，“选择历史学科”，“选择地理学科” 所以事件“选择政治学科”，包含于事件，故事件可以同时发生，不是互斥事件，故①不正确； 事件“选择一门理科学科”，与事件    “选择一门文科学科”，不能同时发生，且必有一个事件发生，故和是互斥事件也是对立事件，故②正确； 由题意可知，所以，故③不正确； 事件“选择生物学科”，与事件“选择一门文科学科”，不能同时发生，故和是互斥事件，所以，故④正确. 故答案为：②④. 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