特训09 期末必刷解答题（九大题型，全国期末真题典藏版）-2023-2024学年高一数学下学期期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版2019必修第二册，浙江专用）

特训09 期末必刷解答题（九大题型，全国期末真题典藏版） 目录： 题型1：复数 题型2：平面向量的坐标表示及运算 题型3：解三角形 题型4：平面向量的基本定理及应用 题型5：以传统文化、生活情境为背景的解三角形 题型6：结构不良题型—平面向量、解三角形 题型7：立体几何初步—空间位置关系、距离、夹角 题型8：立体几何初步—折叠，存在性问题 题型9：统计与概率 题型1：复数 1．（22-23高一下·福建福州·期末）已知复数． (1)若在复平面内的对应点位于第二象限，求的取值范围； (2)若为纯虚数，设，在复平面上对应的点分别为A，B，求线段AB的长度． 【答案】(1) (2)2 【分析】（1）根据已知条件，结合复数的几何意义，即可求解； （2）根据已知条件，结合纯虚数的定义，以及复数的几何意义，即可求解. 【解析】（1）在复平面内的对应点为， 因为点位于第二象限，所以，解得． 所以的取值范围为． （2）因为为纯虚数，所以，解得， 所以，所以，， ∴点，，∴, 所以． 2．（22-23高一下·辽宁·期末）已知复数，，． (1)若是纯虚数，求； (2)若，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先计算，然后由其为纯虚数，可得实部为零，虚部不为零，从而可求出的值； （2）由可复数为实数，则虚部为零，实部大于零，求出的值，从而可求出复数，进而可求得. 【解析】（1）由题意得， 因为是纯虚数，所以，得． （2）因为，所以，得． 故． 3．（22-23高一下·河北石家庄·期末）已知复数，，其中是实数. (1)若，求实数的值； (2)若是纯虚数，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据给定的条件，利用复数乘方运算及复数相等求出a的值. （2）利用复数除法结合纯虚数的定义，求出，再利用乘方的周期性求解作答. 【解析】（1）复数，则， 又a是实数，因此，解得， 所以实数a的值是. （2）复数，，，则， 因为是纯虚数，于是，解得，因此， 又， 则，即有， 所以. 题型2：平面向量的坐标表示及运算 4．（22-23高一下·山西大同·期末）已知， ，. (1)求的值； (2)求向量与夹角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由，可求的值； （2）利用向量数量积求出，，再由向量数量积求夹角的余弦值. 【解析】（1）， 由，得，所以. （2）因为， ， 所以，. 令向量与的夹角为θ， 则， 即向量与夹角的余弦值是. 5．（23-24高一下·北京海淀·期中）已知向量，， (1)求； (2)求满足的实数m，n的值； (3)若，求实数k的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用平面向量的坐标求模即可； （2）根据题意列方程组即可求解； （3）结合平面向量的坐标运算利用平面向量的平行关系求参数即可. 【解析】（1）. （2）由，得，解得. （3），， 因为，所以， 解得. 6．（23-24高一上·浙江宁波·期末）单位向量，满足. (1)求与夹角的余弦值： (2)若与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用向量数量积的运算法则求得，再由模长与数量积求得与夹角的余弦值； （2）由题意得且与不共线，从而得到关于的不等式组，解之即可得解. 【解析】（1）因为，， 所以，即，则， 则，即与夹角的余弦值. （2）因为与的夹角为锐角， 所以且与不共线， 当与共线时，有，即， 由（1）知与不共线，所以，解得， 所以当与不共线时，， 由，得， 即，解得， 所以且，即实数的取值范围为. 7．（21-22高一上·辽宁锦州·期末）平面直角坐标系中，，为坐标原点. (1)令，若向量，求实数的值； (2)若点，求的最小值． 【答案】(1)或 (2)5 【分析】 （1）利用向量线性运算的坐标表示和向量模的坐标运算，求实数的值； （2）利用向量模的坐标运算和函数的单调性，求的最小值． 【解析】（1） ， 所以， 由得， 解得：或. （2） 因为， 所以， 因为，均为单调递增函数， 所以当时，， 即的最小值为5． 题型3：解三角形 8．（22-23高一下·山东日照·期末）在中，角，，所对的边分别为，，，且，，． (1)求的面积； (2)求边长及的值． 【答案】(1) (2)， 【分析】（1）利用平方关系和面积公式求解即可. （2）利用余弦定理和正弦定理求解即可. 【解析】（1）由，且， 则， 所以． （2）由， 则， 又，则． 9．（23-24高三上·山东青岛·期末）记的内角的对边分别为，已知. (1)求的值； (2)若，且的周长为，求边上的高. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由已知结合切化弦可得，利用正余弦定理边化角，可得，即可求得答案； （2）由题意可得，结合（1）即可求出，利用余弦定理求出，进而求得，结合边上的高为，即可求得答案 【解析】（1）由，可得， 所以， 又由正弦定理和余弦定理，可得， 整理得，所以. （2）由，且的周长为，可得， 又由（1）可知，，即， 所以，联立方程组，解得， 所以， 则， 所以边上的高为. 10．（23-24高一下·广东·期末）已知的三个内角所对的边分别为，满足． (1)求； (2)若为锐角三角形，且，求的周长的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）边化角，将变形为的形式，进而求得，可得； （2）法一，应用正弦定理将转化为，结合为锐角三角形，求得，即可得解；法二，由为锐角三角形，采用余弦定理得到，求出，求得，即可得解. 【解析】（1）已知， 由正弦定理得：， ， 得， 又，即， 即， 又因为，所以，且， 所以，即． （2）法一：由正弦定理得：，即，且， ，即． 而由为锐角三角形，，，得， 所以，即． 所以，且， 所以的周长的取值范围为． 法二：由，不妨设， 由为锐角三角形，只需，由余弦定理得：， 即． 又．（*） 所以，得：，． 由（*）式得：， 所以，且， 所以的周长的取值范围为． 11．（23-24高一上·浙江绍兴·期末）在中，内角对应的边分别为，，，若. (1)证明：； (2)求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用正弦定理，以及余弦定理将条件变形整理可得结论； （2）由已知变形可得，然后利用换元法求的取值范围. 【解析】（1）解法1：， 即证. 解法2：要证，只要证， 即证 只要证， 因为，所以成立， 故； （2）， 设 . 题型4：平面向量的基本定理及应用 12．（20-21高一下·广东深圳·期末）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) 【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. 【解析】（1）因为， 所以， ； （2）因为，所以， 所以，由，可得， 又，所以， 所以. 13．（22-23高一下·河南南阳·期末）如图，在中，．    (1)用，表示，； (2)若点满足，证明：，，三点共线． 【答案】(1)， (2)证明见解析 【分析】（1）利用向量的线性运算和基本定理求解即可. （2）利用三点共线的判定证明即可. 【解析】（1）因为， ， . （2）由， 可得， 所以，，即， 所以，，三点共线. 14．（20-21高一下·江苏南通·阶段练习）如图，在菱形中，，． (1)若，求的值； (2)若，，求． (3)若菱形的边长为6，求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3)． 【分析】（1）利用已知条件求出，然后求解，即可． （2）利用已知向量，表示数量积的向量，然后求解即可． （3）利用向量的数量积可得，结合三角函数的有界性，求解即可． 【解析】（1）因为，， 所以，又， 所以，， 故． （2）， 为菱形， ，即． （3） ，， 的取值范围：． 15．（22-23高一上·辽宁大连·期末）在三角形中，，，，为线段上任意一点，交于.    (1)若. ①用，表示； ②若，求的值； (2)若，求的最小值. 【答案】(1)①；② (2) 【分析】（1）①利用向量的几何运算求解；②设，然后用表示，然通过，将也用表示，然后利用系数对应相等列方程组求解； （2）设，将用表示，然后利用系数对应相等将用表示，然后利用基本不等式求最值. 【解析】（1）①因为，所以， 故在中，； ②因为，，三点共线，设， 所以， 因为，所以，所以 又由①及已知，，所以， 解得； （2）因为，又，，三点共线，设， 所以， 又因为，所以， ， 当且仅当，即时取得等号，所以的最小值为. 题型5：以传统文化、生活情境为背景的解三角形 16．（22-23高一下·江西南昌·期末）古语云:“积善之家，必有余兴”.扇是扇风的，有“风生水起”走好运之意，“扇”与“善”字谐音，佩戴扇形玉佩，有行善积德之意.一支考古队在对某古墓进行科考的过程中，发现一枚扇形玉佩，但因为地质原因，此扇形玉佩已经碎成若干块，其中一块玉佩碎片如图1所示，通过测量得到数据，，AB=2.（图1中破碎边缘呈锯齿形状）    (1)求这个扇形玉佩的半径； (2)现又找到一块比较规则的三角形碎片，如图2所示，其三边长分别为，，1，且该三角形碎片有两边是原扇形边界的一部分，请复原该扇形玉佩的具体参数（圆心角.弧长、面积）. 【答案】(1)这个扇形玉佩的半径为 (2)扇形的圆心角为，弧长为，面积为 【分析】（1）先利用余弦定理求，可得，进而可求半径； （2）先利用余弦定理求扇形的圆心角，进而结合扇形的相关公式运算求解. 【解析】（1）如图，设扇形的圆心为，连接， 在中，由余弦定理可得， 因为，可得， 在中，因为，则，即， 可得， 所以这个扇形玉佩的半径为.    （2）设扇形的圆心角为， 因为，可得， 所以扇形的圆心角为，弧长为，面积为. 17．（22-23高一下·内蒙古呼和浩特·期末）欲在某湿地公园内搭建一个形状为平面凸四边形的休闲、观光及科普宣教的平台，如图所示，其中（单位：百米），（单位：百米），为正三角形.建成后将作为人们旅游观光、休闲娱乐的区域，将作为科普宣教文化的区域.    (1)当时，求旅游观光、休闲娱乐的区域的面积； (2)求旅游观光、休闲娱乐的区域面积的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）在中由余弦定理得，再由勾股定理（或由正弦定理）可得可得答案； （2）不妨设，，在中，在中，由余弦定理得，在中，由正弦定理得，所以，再根据的范围可得答案， 【解析】（1）在中，∵， 由余弦定理得， ∴，（或由正弦定理得：） ∴，， ∵为等边三角形，∴，，∴， ∴； （2）不妨设，，， ∴在中，， 在中，由余弦定理得， ，∴， 在中，由正弦定理得， ∴. 当且仅当时，等号成立， ∴面积最大为. 题型6：结构不良题型—平面向量、解三角形 18．（22-23高一下·北京平谷·期末）在中，角的对边分别为，已知． (1)当时，求的面积； (2)再从下列三个条件中选择一个作为已知，使得三角形存在且唯一确定，并求的值． 条件①：； 条件②：； 条件③：. 【答案】(1) (2)选①，三角形不存在；选②，三角形存在且唯一确定，；选③，三角形存在且唯一确定， 【分析】（1）先利用余弦定理求出，然后由求出，再由三角形的面积公式可求得答案， （2）若选①，则由正弦定理得到与为钝角矛盾，若选②，则由二倍角公式化简后可求出，再利用两角和的正弦公式可求出，然后利用正弦定理可求得结果，若选③，由正弦定理统一成角的形式后，化简可求出角，然后利用正弦定理可求得结果. 【解析】（1）在中，，， ∴由余弦定理得，， ，解得：（舍）， ，，， ， （2）选条件①，，即， ∴，或，与为钝角矛盾， ∴三角形不存在 选条件②： 由，得，所以， 即 ，， ， 由正弦定理得，， 选条件③： ， ， ， 得， ，，， ，， . 19．（22-23高一下·浙江宁波·期末）在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并求解（1）、（2）的答案. 问题：在中，三个内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知 . (1)求角C； (2)若点D满足，且，求的面积的最大值. （注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分.） 【答案】(1)条件选择见解析， (2) 【分析】（1）根据所选的条件，由正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式化简，可求角C； （2）利用向量法或余弦定理，结合基本不等式求的面积的最大值. 【解析】（1）若选①：由正弦定理得， 在中，，所以， 即， 所以，又，有， 所以，由，得. 若选②：由正弦定理得， 在中，， 所以 即， 所以，又，有， 所以，由，得. （2）方法一：由，可得， 两边平方可得， 即， 所以，当且仅当时取“＝”， 所以，所以. 方法二：由角C余弦定理可得③， 由结合余弦定理可得 ，整理得④， 由③可得，当且仅当时取“＝”， 所以，所以即. 题型7：立体几何初步—空间位置关系、距离、夹角 20．（20-21高一下·内蒙古赤峰·期末）如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，，底面．设中点为，中点为． (1)求证：平面； (2)若，求直线与面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，中点四边形为平行四边形，得到，结合线面平行判定定理，即可证得平面； （2）过点做垂直于，证得平面，得到为与平面所成的角，在直角中，即可求得与面所成的角的正弦值. 【解析】（1）证明：取中点，连接，，则，且， 又因为且为的中点， 所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面. （2）解：过点做垂直于，交于点，连接， 因为底面，且底面，所以， 又因为，且，平面， 所以平面， 所以为与平面所成的角， 令，则，， 在直角中，， 在中，可得，所以， 在直角中，可得, 所以在直角中，可得， 直线与面所成的角的正弦值为. 21．（22-23高一下·福建福州·期末）如图，AB是的直径，PA垂直于所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一点，E，F分别是线段PB，PC的中点，，，．      (1)求证：平面AEF； (2)求证：平面PAC； (3)求点P到平面AEF的距离． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）利用中位线，得到线线平行，即可证明. （2）根据线面垂直的判断定理，转化为线线垂直，即可证明； （3）利用等体积法，，即可求点面距离. 【解析】（1）证明：因为E，F分别是线段PB，PC的中点，所以, 又平面AEF，又平面AEF，所以BC平面AEF （2）因为PA垂直于所在的平面，包含于所在的平面， 所以, 因为C是圆周上不同于A，B的一点, 所以, 又平面PAC, 所以平面PAC, （3）又，所以平面PAC, 所以, ，所以，， ,, 又因为， F是线段PC的中点，所以, 所以, 设点P到平面AEF的距离为. 所以, ， 又，所以点P到平面AEF的距离为. 22．（22-23高一下·云南玉溪·期末）如图，三棱锥的底面是等腰直角三角形，其中，平面平面ABC，点E，N分别是AB，BC的中点．    (1)证明：平面PAB； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据等腰直角三角形的几何性质以及中位线定理，可得线线垂直，结合面面垂直性质定理，可得答案； （2）根据线面垂直性质以及判定定理，结合二面角平面角定义，作图找的角，利用三角函数，可得答案. 【解析】（1）证明：因为三棱锥的底面是等腰直角三角形，且，所以， 又点E，N分别是AB，BC的中点，故，故， 又平面平面ABC，平面平面，平面， 故平面PAB． （2）如图，取PB的中点为F，连接AF，CF，    因为，所以，． 又平面平面ABC，平面平面，， 平面，故平面ABP，平面，故， ，平面，故平面， 平面，故， 则即为所求的角，于是，， 所以二面角的余弦值为． 23．（22-23高一下·辽宁阜新·期末）如图所示，在直三棱柱中，，且. (1)求证：平面平面； (2)若D是的中点，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直即可证面面垂直； （2）结合第一问用等体积法即可求解. 【解析】（1）证明：因为三棱柱是直三棱柱， 所以平面ABC. 因为平面ABC， 所以. 因为，平面， 所以平面. 又因为平面， 所以平面平面. （2）由（1）知，平面， 所以是三棱锥的底面上的高. 因为， 所以. 因为D是的中点， 所以. 因为三棱锥的体积等于三棱锥的体积， 所以三棱锥的体积. 题型8：立体几何初步—折叠，存在性问题 24．（20-21高一下·湖北·期末）在如图所示的四棱锥中，四边形是等腰梯形，，，平面，．    (1)求证：； (2)若为的中点，问线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）证明出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立； （2）下结论：线段上存在点，使得平面，且，然后证明结论成立，取中点，连接、，在线段上取点，使得，连接，证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论成立. 【解析】（1）证明：在等腰梯形中，，， 则，且， 因为，则，同理可得， 所以，，即， 因为平面，平面，所以，， 因为，、平面，所以，平面， 因为平面，所以，. （2）解：线段上存在点，使得平面，且. 下面证明结论：如图，取中点，连接、， 在线段上取点，使得，连接，    由（1）知，在中，，，则， 所以，，所以， 因为，，所以且， 因为为中点，为的中点，所以且， 所以，且，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面. 所以线段上存在点，使得平面，且. 25．（22-23高一下·辽宁葫芦岛·期末）如图，在多面体中，菱形的边长为2，，四边形是矩形，平面平面，．    (1)在线段上确定一点，使得平面平面； (2)设是线段的中点，在（1）的条件下，求二面角——的大小． 【答案】(1)H为线段FC的中点 (2) 【分析】（1）证明，即可得； （2）证明平面，则为二面角的平面角，由此计算平面角的大小即可． 【解析】（1）为线段的中点．证明如下：在菱形中，连接与交于点，    于是为中点，在中，为中位线，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又因为四边形是矩形，， 因为平面，平面，所以平面， 又，平面，且，所以平面平面． （2）分别取EF，HG，OC中点M，N，P，连接MO，MA，MC，NP，NO，NA，    于是，N为线段MC中点，易知，在矩形BDEF中，菱形ABCD中， 且，MO，平面AMC，所以平面AMC． 又GH为的中位线，故，且，所以． 所以平面AMC．又AN，平面AMC，所以，． 所以∠ANO为二面角的平面角． 由已知，平面平面ABCD，平面平面ABCD＝BD，平面BDEF， 且，可得． 又NP为的中位线，所以，且， 所以平面ABCD，进而． 在菱形ABCD中，，，． 在直角中，，所以． 在直角中，，所以， 所以，．即二面角的大小为． 26．（22-23高一下·安徽六安·期末）如图，在直角梯形中，，，，为的中点，沿将折起，使得点到点的位置，且，为的中点，是上的中点.    (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由等腰三角形三线合一性质可证得；根据，和平行关系可证得平面，从而得到；由线面垂直的判定可得平面，根据面面垂直的判定可得结论； （2）取中点，过作，由线面垂直的判定与性质可证得，根据二面角平面角定义可知所求角为，由长度关系可求得结果. 【解析】（1）为中点，，即， 又为中点，； ，，，四边形为矩形， ，即，， ，平面，平面， ，平面，又平面，， ，平面，平面， 平面，平面平面. （2）由（1）知：平面，又平面，， ，，平面，平面； 取中点，过作，垂足为，连接，   分别为中点，，平面， 平面，， 又，，平面，平面， 平面，， 即为二面角的平面角， ，， 又，， 即二面角的正切值为. 题型9：统计与概率 27．（22-23高一下·山东青岛·期末）甲、乙两人组成“九章队”参加青岛二中数学学科周“最强大脑”比赛，每轮比赛由甲、乙各猜一个数学名词，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为．在每轮比赛中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响． (1)求甲两轮至少猜对一个数学名词的概率； (2)求“九章队”在两轮比赛中猜对三个数学名词的概率． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据相互独立事件的乘法概率公式计算即可； （2）两人分别猜两次，总共四次中有一次没猜对，分四种情况计算可得答案. 【解析】（1）设甲两轮至少猜对一个数学名词为事件， . （2）设事A＝“甲第一轮猜对”，B＝“乙第一轮猜对”，C＝“甲第二轮猜对”，D＝“乙第二轮猜对”，E＝““九章队”猜对三个数学名词”， 所以， 则， 由事件的独立性与互斥性，得 ， 故“九章队”在两轮活动中猜对三个数学名词的概率为． 28．（21-22高一下·山东临沂·期末）文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者，某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求频率分布直方图中的值； (2)求样本成绩的第75百分位数； (3)已知落在的平均成绩是54，方差是7，落在的平均成绩为66，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差. 【答案】(1) (2)84 (3)总平均数为；总方差为 【分析】（1）根据每组小矩形的面积之和为1即可求解； （2）由频率分布直方图求第百分位数的计算公式即可求解； （3）利用分层抽样的平均数和方差的计算公式即可求解. 【解析】（1）因为每组小矩形的面积之和为1， 所以， 则. （2）成绩落在内的频率为， 落在内的频率为， 设第75百分位数为m， 由，得，故第75百分位数为84. （3）由图可知，成绩在的市民人数为， 成绩在的市民人数为， 故这两组成绩的总平均数为， 由样本方差计算总体方差公式可得总方差为： . 29．（23-24高一上·浙江绍兴·期末）《中国制造2025》提出“节能与新能源汽车”作为重点发展领域，这为我国节能与新能源汽车产业发展指明了方向，某新能源汽车生产商为了提升产品质量，对某款汽车的某项指标进行检测后，频率分布直方图如图所示： (1)求该项指标的第30百分位数； (2)若利用该指标制定一个标准，需要确定临界值，将该指标小于的汽车认为符合节能要求，已知，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求该款汽车符合节能要求的概率. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用百分位数的定义求解； （2）分和，分别求出，写成分段函数的形式即可. 【解析】（1） ， ， 所以第30百分位数落在区间内，设其为， 则，解得. 即该项指标的第30百分位数为. （2）当时， 当时， 所以. 30．（23-24高一下·辽宁·期末）某学校为了解本校历史､物理方向学生的学业水平模拟测试数学成绩情况，分别从物理方向的学生中随机抽取60人的成绩得到样本甲，从历史方向的学生中随机抽取人的成绩得到样本乙，根据两个样本数据分别得到如下直方图： 已知乙样本中数据在的有10个. (1)求和乙样本直方图中的值； (2)试估计该校物理方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值和历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的中位数（同一组中的数据用该组区间中点值为代表）. (3)采用分层抽样的方法从甲样本数据中分数在和的学生中抽取6人，并从这6人中任取2人，求这两人分数都在中的概率. 【答案】(1)；； (2)平均值81.5，中位数82； (3) 【分析】（1）根据频率定义即可求出，再根据小矩形面积和为1即可求出值； （2）根据平均数和中位数定义计算即可； （3）列出所有情况和满足题意的情况，再利用古典概率公式即可. 【解析】（1）由直方图可知，乙样本中数据在的频率为， 则，解得； 由乙样本数据直方图可知，， 解得； （2）甲样本数据的平均值估计值为 ， 乙样本数据直方图中前3组的频率之和为， 前4组的频率之和为， 所以乙样本数据的中位数在第4组，设中位数为， ， 解得，所以乙样本数据的中位数为82. （3）由频率分布直方图可知从分数在和的学生中分别抽取2人和4人， 将从分数在中抽取的2名学生分别记为，从分数在中抽取的4名学生分别记为， 则从这6人中随机抽取2人的基本事件有 ，共15个， 所抽取的两人分数都在中的基本事件有6个，所以所求概率为. ( 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09 期末必刷解答题（九大题型，全国期末真题典藏版） 目录： 题型1：复数 题型2：平面向量的坐标表示及运算 题型3：解三角形 题型4：平面向量的基本定理及应用 题型5：以传统文化、生活情境为背景的解三角形 题型6：结构不良题型—平面向量、解三角形 题型7：立体几何初步—空间位置关系、距离、夹角 题型8：立体几何初步—折叠，存在性问题 题型9：统计与概率 题型1：复数 1．（22-23高一下·福建福州·期末）已知复数． (1)若在复平面内的对应点位于第二象限，求的取值范围； (2)若为纯虚数，设，在复平面上对应的点分别为A，B，求线段AB的长度． 2．（22-23高一下·辽宁·期末）已知复数，，． (1)若是纯虚数，求； (2)若，求． 3．（22-23高一下·河北石家庄·期末）已知复数，，其中是实数. (1)若，求实数的值； (2)若是纯虚数，求. 题型2：平面向量的坐标表示及运算 4．（22-23高一下·山西大同·期末）已知， ，. (1)求的值； (2)求向量与夹角的余弦值． 5．（23-24高一下·北京海淀·期中）已知向量，， (1)求； (2)求满足的实数m，n的值； (3)若，求实数k的值． 6．（23-24高一上·浙江宁波·期末）单位向量，满足. (1)求与夹角的余弦值： (2)若与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 7．（21-22高一上·辽宁锦州·期末）平面直角坐标系中，，为坐标原点. (1)令，若向量，求实数的值； (2)若点，求的最小值． 题型3：解三角形 8．（22-23高一下·山东日照·期末）在中，角，，所对的边分别为，，，且，，． (1)求的面积； (2)求边长及的值． 9．（23-24高三上·山东青岛·期末）记的内角的对边分别为，已知. (1)求的值； (2)若，且的周长为，求边上的高. 10．（23-24高一下·广东·期末）已知的三个内角所对的边分别为，满足． (1)求； (2)若为锐角三角形，且，求的周长的取值范围． 11．（23-24高一上·浙江绍兴·期末）在中，内角对应的边分别为，，，若. (1)证明：； (2)求的取值范围. 题型4：平面向量的基本定理及应用 12．（20-21高一下·广东深圳·期末）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. 13．（22-23高一下·河南南阳·期末）如图，在中，．    (1)用，表示，； (2)若点满足，证明：，，三点共线． 14．（20-21高一下·江苏南通·阶段练习）如图，在菱形中，，． (1)若，求的值； (2)若，，求． (3)若菱形的边长为6，求的取值范围． 15．（22-23高一上·辽宁大连·期末）在三角形中，，，，为线段上任意一点，交于.    (1)若. ①用，表示； ②若，求的值； (2)若，求的最小值. 题型5：以传统文化、生活情境为背景的解三角形 16．（22-23高一下·江西南昌·期末）古语云:“积善之家，必有余兴”.扇是扇风的，有“风生水起”走好运之意，“扇”与“善”字谐音，佩戴扇形玉佩，有行善积德之意.一支考古队在对某古墓进行科考的过程中，发现一枚扇形玉佩，但因为地质原因，此扇形玉佩已经碎成若干块，其中一块玉佩碎片如图1所示，通过测量得到数据，，AB=2.（图1中破碎边缘呈锯齿形状）    (1)求这个扇形玉佩的半径； (2)现又找到一块比较规则的三角形碎片，如图2所示，其三边长分别为，，1，且该三角形碎片有两边是原扇形边界的一部分，请复原该扇形玉佩的具体参数（圆心角.弧长、面积）. 17．（22-23高一下·内蒙古呼和浩特·期末）欲在某湿地公园内搭建一个形状为平面凸四边形的休闲、观光及科普宣教的平台，如图所示，其中（单位：百米），（单位：百米），为正三角形.建成后将作为人们旅游观光、休闲娱乐的区域，将作为科普宣教文化的区域.    (1)当时，求旅游观光、休闲娱乐的区域的面积； (2)求旅游观光、休闲娱乐的区域面积的最大值. 题型6：结构不良题型—平面向量、解三角形 18．（22-23高一下·北京平谷·期末）在中，角的对边分别为，已知． (1)当时，求的面积； (2)再从下列三个条件中选择一个作为已知，使得三角形存在且唯一确定，并求的值． 条件①：； 条件②：； 条件③：. 19．（22-23高一下·浙江宁波·期末）在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并求解（1）、（2）的答案. 问题：在中，三个内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知 . (1)求角C； (2)若点D满足，且，求的面积的最大值. （注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分.） 题型7：立体几何初步—空间位置关系、距离、夹角 20．（20-21高一下·内蒙古赤峰·期末）如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，，底面．设中点为，中点为． (1)求证：平面； (2)若，求直线与面所成的角的正弦值． 21．（22-23高一下·福建福州·期末）如图，AB是的直径，PA垂直于所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一点，E，F分别是线段PB，PC的中点，，，．      (1)求证：平面AEF； (2)求证：平面PAC； (3)求点P到平面AEF的距离． 22．（22-23高一下·云南玉溪·期末）如图，三棱锥的底面是等腰直角三角形，其中，平面平面ABC，点E，N分别是AB，BC的中点．    (1)证明：平面PAB； (2)求二面角的余弦值． 23．（22-23高一下·辽宁阜新·期末）如图所示，在直三棱柱中，，且. (1)求证：平面平面； (2)若D是的中点，求三棱锥的体积. 题型8：立体几何初步—折叠，存在性问题 24．（20-21高一下·湖北·期末）在如图所示的四棱锥中，四边形是等腰梯形，，，平面，．    (1)求证：； (2)若为的中点，问线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由． 25．（22-23高一下·辽宁葫芦岛·期末）如图，在多面体中，菱形的边长为2，，四边形是矩形，平面平面，．    (1)在线段上确定一点，使得平面平面； (2)设是线段的中点，在（1）的条件下，求二面角——的大小． 26．（22-23高一下·安徽六安·期末）如图，在直角梯形中，，，，为的中点，沿将折起，使得点到点的位置，且，为的中点，是上的中点.    (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正切值. 题型9：统计与概率 27．（22-23高一下·山东青岛·期末）甲、乙两人组成“九章队”参加青岛二中数学学科周“最强大脑”比赛，每轮比赛由甲、乙各猜一个数学名词，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为．在每轮比赛中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响． (1)求甲两轮至少猜对一个数学名词的概率； (2)求“九章队”在两轮比赛中猜对三个数学名词的概率． 28．（21-22高一下·山东临沂·期末）文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者，某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求频率分布直方图中的值； (2)求样本成绩的第75百分位数； (3)已知落在的平均成绩是54，方差是7，落在的平均成绩为66，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差. 29．（23-24高一上·浙江绍兴·期末）《中国制造2025》提出“节能与新能源汽车”作为重点发展领域，这为我国节能与新能源汽车产业发展指明了方向，某新能源汽车生产商为了提升产品质量，对某款汽车的某项指标进行检测后，频率分布直方图如图所示： (1)求该项指标的第30百分位数； (2)若利用该指标制定一个标准，需要确定临界值，将该指标小于的汽车认为符合节能要求，已知，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求该款汽车符合节能要求的概率. 30．（23-24高一下·辽宁·期末）某学校为了解本校历史､物理方向学生的学业水平模拟测试数学成绩情况，分别从物理方向的学生中随机抽取60人的成绩得到样本甲，从历史方向的学生中随机抽取人的成绩得到样本乙，根据两个样本数据分别得到如下直方图： 已知乙样本中数据在的有10个. (1)求和乙样本直方图中的值； (2)试估计该校物理方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值和历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的中位数（同一组中的数据用该组区间中点值为代表）. (3)采用分层抽样的方法从甲样本数据中分数在和的学生中抽取6人，并从这6人中任取2人，求这两人分数都在中的概率. ( 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 $$