期末复习重难点题型归纳（二十种题型）（各名校真题精选题）-2023-2024学年高一数学下学期高频考点题型归纳与满分必练（人教A版2019必修第二册）

期末复习重难点题型归纳（二十种题型） 【考点01 ：平面向量投影的有关计算】 【考点02：平面向量中共线/平行/垂直综合】 【考点03： 平面向量的数量积的运算】 【考点04 ：平面向量的几何应用】 【考点05： 正弦定理和余弦定理综合应用】 【考点06： 复数的相关概念】 【考点07：复数的几何意义】 【考点08：复数的四则混合运算】 【考点09： 立体图形的直观图】 【考点10： 求异面直线所成角】 【考点11： 立体图形的体积和表面积的计算】 【考点12：平面基本性质与等角定理】 【考点13：线面平行和垂直的证明 】 【考点14：线面综合】 【考点15： 与球有关的切接问题】 【考点16： 立体几何中的截面问题】 【考点17：频率分布直方图综合】 【考点18： 独立事件，互斥事件，对立事件概率的计算】 【考点19： 古典概率】 【考点20：统计和概率相结合】 【考点01 ：平面向量投影的有关计算】 1．已知，则向量在方向上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 2．已知向量，，则在方向上的投影为（    ） A． B． C． D． 3．已知向量，满足，，且，则向量在方向上的投影数量为 ． 4．在圆中，为圆心，，为圆上的两点，且满足4，则在方向上的投影向量的模是 ． 5．若复数为纯虚数，则实数 . 【考点02：平面向量中共线/平行/垂直综合】 6．已知向量，若与互相垂直，则的值为（    ） A． B． C． D． 7．向量，，若，则实数的值为（   ） A． B． C． D． 8．设向量不共线，向量与同方向，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 9．多选题设向量，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 10．已知向量，. (1)若，求实数的值； (2)若，求实数的值. 【考点03： 平面向量的数量积的运算】 11．若，，，则向量与的夹角为（    ） A． B． C． D． 12．已知，，，则 . 13．已知向量，满足，，. （1）求与的夹角； （2）求的值. 14．在平面直角坐标系中，已知，． (1)若，求实数的值； (2)求与的夹角． 【考点04 ：平面向量的几何应用】 15．我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一幅“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示.在“赵爽弦图”中，若，则（    ） A． B． C． D． 16．在中，为的中点，为上靠近点的三等分点，则（    ） A． B． C． D． 17．如图所示，在正方形中，为的中点，为的中点，则（   ）    A． B． C． D． 18．在中，是边上的点，且为的外心，则（    ） A．3 B． C． D． 19．如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为（    ）.    A． B． C． D． 20．如图，在中，点D，E分别在边AB，BC上，且均为靠近B的四等分点，CD与AE交于点F，若，则（    ） A． B． C． D． 21．在平行四边形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，DE交AF于H，记，分别为，，则=（    ） A． B． C． D． 【考点05： 正弦定理和余弦定理综合应用】 22．已知在中，，则的形状为（    ） A．等边三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形 23．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． (1)求B； (2)已知，D为边上的一点，若，，求的长． 24．在中，角A，，所对的边分别为，，，且． (1)若，，求角 (2)设的角平分线交于点，若面积为，求长的最大值． 25．如图，在中，已知，，，，边上的两条中线，相交于点.    (1)求； (2)求的余弦值. 【考点06： 复数的相关概念】 26．复数的共轭复数是（    ） A． B． C． D． 【考点07：复数的几何意义】 27．已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 28．已知复数，，在复平面内，复数和所对应的两点之间的距离是（    ） A． B． C． D． 【考点08：复数的四则混合运算】 29．已知是关于的方程的一个根，则的根为（    ） A． B． C． D． 30．i是虚数单位，计算的结果为（    ） A． B． C． D． 31．复数满足，则（    ） A． B． C．1 D．2 32．已知i为虚数单位，复数z满足，则下列说法正确的是（    ） A．复数z的模为 B．复数z的共轭复数为 C．复数z的虚部为 D．复数z在复平面内对应的点在第一象限 33．已知复数满足(其中为虚数单位)，则（    ） A．3 B． C．2 D． 34．若，则（    ） A．1 B． C．2 D． 【考点09： 立体图形的直观图】 35．已知是一平面图形的直观图，斜边，则这个平面图形的面积是（    ）    A． B．1 C． D． 36．如图，是水平放置的△AOB的直观图，但部分图象被茶渍覆盖，已知为坐标原点，顶点、均在坐标轴上，且△AOB的面积为12，则的长度为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 37．如图所示的是用斜二测画法画出的的直观图（图中虚线分别与轴，轴平行），则原图形的面积是（    ） A．8 B．16 C．32 D．64 38．已知水平放置的正方形 的斜二测画法直观图 的面积为 ，则正方形 的边长为 ． 39．如图，在三棱锥中，，且，E，F分别是棱，的中点，则和所成的角等于 ． 【考点10： 求异面直线所成角】 40．如图，是直三棱柱，，点、分别是、的中点，若，则与所成角的余弦值是 A． B． C． D． 41．在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（    ） A． B． C． D． 42．如图，在正方体中，E，F，G，H分别为AA1，AB，BB1，B1C1的中点，则异面直线EF与GH所成的角等于 ． 【考点11： 立体图形的体积和表面积的计算】 43．《九章算术》是我国古代的数学专著，是“算经十书”（汉唐之间出现的十部古算书）中非常重要的一部．在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知“堑堵”的所有顶点都在球的球面上，且．若球的表面积为，则这个三棱柱的表面积是（    ） A． B． C． D． 44．若圆锥的侧面展开图是圆心角为、半径为4的扇形，则这个圆锥的体积是 45．如图，在直三棱柱中，，，若与平面所成的角为，则四棱锥的体积 ．    46．已知正三棱台(由正三棱锥截得的三棱台)的上、下底面边长分别为和，高为，求此正三棱台的表面积. 47．如图，长方体的体积是为的中点，平面将长方体分成三棱锥和多面体两部分，其中． (1)求三棱锥的体积； (2)求多面体的表面积． 【考点12：平面基本性质与等角定理】 48．当角与角的两边分别平行，当角时，角 2．空间中和两边分别平行，，则的大小是 . 49．已知空间两个角和，若，，则 ． 【考点13：线面平行和垂直的证明 】 50．已知正方体. (1)求证：平面； (2)求证：平面. 51．如图，三棱柱的侧棱与底面垂直，，点是的中点. (1)求证； (2)求证：平面. 52．如图，在四棱锥中，，，，平面底面，E和F分别是和的中点，求证： (1)平面； (2)平面． 【考点14：线面综合】 53．△ABC是正三角形，线段EA和DC都垂直于平面ABC，设，，且F为BE的中点，如图所示.    (1)求证：DF平面ABC； (2)求证：AF⊥BD； (3)求平面BDE与平面ABC所成的较小二面角的大小. 54．如图所示，将一副三角板拼接，使它们有公共边，且使两个三角形所在的平面互相垂直，若.    (1)求证：平面平面； (2)求二面角的平面角的正切值； (3)求异面直线与间的距离. 55．如图所示，四棱锥中，是矩形，三角形为等腰直角三角形，，面⊥面，，，，分别为和的中点.    (1)求证：平面； (2)证明：平面⊥平面； (3)求四棱锥的体积. 56．如图，已知矩形ABCD中，，将矩形沿对角线BD把折起，使A移到点，且在平面BCD上的射影O恰好在CD上.    (1)求证：； (2)求证：平面平面； (3)求三棱锥的体积. 57．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD的平行四边形，∠ADC=60°，，PA⊥面ABCD，E为PD的中点.    (1)求证：AB⊥PC； (2)若，求三棱锥P﹣AEC的体积. 58．如图所示，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AD=2，E､F､G分别为PC､PD､BC的中点.    (1)求证：PA平面EFG； (2)求三棱锥P﹣EFG的体积. 59．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E、F、G分别是棱AB、AP、PD的中点． (1)证明：平面EFG； (2)若，，求点C到平面EFG的距离． 60．已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，底面． (1)求证：平面； (2)已知， （ⅰ）当时，求直线与所成角的余弦值； （ⅱ）当直线与平面所成的角为时，求四棱锥的体积． 61．如图，已知四棱锥中，，分别为棱，的中点，平面，为正三角形，四边形是等腰梯形，，，，的面积为. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 62．如图，在三棱柱中，已知，，，． (1)证明：平面平面； (2)求二面角的余弦值． (注：本小题用空间直角坐标系作答，不给分) 63．如图，四边形是矩形，平面，平面，，． (1)证明：平面平面； (2)求三棱锥的体积． 64．如图，在三棱锥S—ABC中，SC⊥平面ABC，点P、M分别是SC和SB的中点，设PM=AC=1，∠ACB=90°，直线AM与直线SC所成的角为60°. (1)求证：平面MAP⊥平面SAC. (2)求二面角M—AC—B的平面角的正切值； 65．在三棱锥P—ABC中，PA⊥面ABC，AB⊥AC，AP=AC=2，AB=1， (1)求三棱锥P—ABC的侧面积； (2)求点A到平面PBC的距离. 66．如图，在四棱锥中，是等边三角形，平面，且，为中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)求直线与平面所成角的正弦值. 67．如图所示，矩形中，，.、分别在线段和上，，将矩形沿折起.记折起后的矩形为，且平面平面. (1)求证：平面； (2)若，求证：； (3)求四面体体积的最大值 【考点15： 与球有关的切接问题】 68．在正三棱锥中，，，则三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 69．多选题四棱锥的底面为正方形，与底面垂直，，，动点在线段上，则（    ） A．不存在点，使得 B．的最小值为 C．四棱锥的外接球表面积为 D．点到直线的距离的最小值为 70．若一个圆柱的底面半径为1，侧面积为，球是该圆柱的外接球，则球的表面积为 ． 71．在三棱锥中，，且分别是的中点，，则三棱锥外接球的表面积为 ，该三棱锥外接球与内切球的半径之比为 . 【考点16： 立体几何中的截面问题】 72．如图，棱锥的高，截面平行于底面与截面交于点，且.若四边形的面积为36，则四边形的面积为（    ） A．12 B．16 C．4 D．8 73．多选题在正方体中，点是棱上的动点，则过三点的截面图形是（　　） A．等边三角形 B．矩形 C．等腰梯形 D．正方形 74．多选题在正方体中，分别为的中点，为线段上的动点，则平面PMN截正方体形成的截面图形可能为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 75．如图，在正方中，分别是的中点，存在过点的平面与平面平行，平面截该正方体得到的截面面积为    【考点17：频率分布直方图综合】 76．某地发起“寻找绿色合伙人——低碳生活知识竞赛”活动，选取了人参与问卷调查，将他们的成绩进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），得到如图所示的频率分布直方图，且成绩落在的人数为10，则（    ）    A．60 B．80 C．100 D．120 77．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”暨“喜迎党的二十大”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．a的值为0.005 B．估计这组数据的众数为75 C．估计这组数据的第85百分位数为86 D．估计成绩低于60分的有25人 78．2021年是中国共产党建党100周年，为全面贯彻党的教育方针，提高学生的审美水平和人文素养，促进学生全面发展．某学校高一年级举办了班级合唱活动．现从全校学生中随机抽取部分学生，并邀请他们为此次活动评分（单位：分，满分100分），对评分进行整理，得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是（    ） A． B．学生评分的中位数的估计值为85 C．学生评分的众数的估计值为85 D．若该学校有3000名学生参与了评分，则估计评分超过80分的学生人数为1200 79．2021年开始，广西将推行全新的高考制度，采用“”模式，其中语文、数学、外语三科为必考科目，另外考生还需要依据想考取的高校及专业要求，结合自己的兴趣爱好等因素，在物理、历史中自选一门（2选1），在政治、地理、化学、生物4门科目中自选两门参加考试（4选2）．由于受疫情影响多地推迟开学，开展线上教学．为了了解高一学生的选科意向，某学校对学生所选科目进行线上检测，下面是100名学生的物理、化学、生物三科总分成绩，以组距20分成7组：，画出频率分布直方图如图所示． (1)求频率分布直方图中a的值； (2)根据频率分布直方图求物理、化学、生物三科总分成绩的中位数； (3)估计这100名学生的物理、化学、生物三科总分成绩的平均数．（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表） 80．2023年10月22日，汉江生态城2023襄阳马拉松在湖北省襄阳市成功举行，志愿者的服务工作是马拉松成功举办的重要保障，襄阳市新时代文明实践中心承办了志愿者选拔的面试工作．现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第一、二组的频率之和为0.3，第一组和第五组的频率相同． (1)估计这100名候选者面试成绩的平均数和第25百分位数； (2)现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的宣传者．若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为62和40，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和70，据此估计这次第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差． 81．某大学艺术专业400名学生参加某次测评，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：，并整理得到如下频率分布直方图.    (1)从总体的400名学生中随机抽取一人，估计其分数小于70的概率； (2)已知样本中分数小于40的学生有5人，试估计总体中分数在区间内的人数； (3)已知样本中有一半男生的分数不小于70，且样本中分数不小于70的男女生人数相等.试估计总体中男生和女生人数的比例. 82．某学校为了了解高二年级学生数学运算能力，对高二年级的300名学生进行了一次测试.已知参加此次测试的学生的分数全部介于45分到95分之间，该校将所有分数分成5组：，整理得到如下频率分布直方图（同组数据以这组数据的中间值作为代表）.    (1)求的值，并估计此次校内测试分数的平均值； (2)学校要求按照分数从高到低选拔前30名的学生进行培训，试估计这30名学生的最低分数； (3)试估计这300名学生的分数的方差，并判断此次得分为52分和94分的两名同学的成绩是否进入到了范围内？ （参考公式：，其中为各组频数；参考数据：） 【考点18： 独立事件，互斥事件，对立事件概率的计算】 83．甲、乙两个口袋中均装有1个黑球和2个白球，现分别从甲、乙两口袋中随机取一个球交换放入另一口袋，则甲口袋的三个球中恰有两个白球的概率为（    ） A． B． C． D． 84．一个盒子中装有标号为1，2，3，4的4张号签，从中随机地选取两张号签，事件“取到标号为1和3的号签”，事件“两张号签标号之和为5”，则下列说法正确的是（    ） A．与互斥 B．与独立 C．与对立 D． 85．某高校的入学面试中有4道题目，第1题2分，第2题3分，第3题4分，第4题4分，每道题目答对得满分，答错得0分，小明答对第1，2，3，4题的概率分别为，，，，且每道题目是否答对相互独立. (1)求小明4道题目至少答错1道题的概率； (2)若该高校规定学生的面试分数不低于8分则面试成功，求小明面试成功的概率. 86．甲、乙两人进行羽毛球比赛，采取“三局两胜”制，即两人比赛过程中，谁先胜两局即结束比赛，先胜两局的是胜方，另一方是败方.根据以往的数据分析，每局比赛甲胜乙的概率均为，甲、乙比赛没有平局，且每局比赛是相互独立的. (1)求比赛恰进行两局就结束的概率； (2)求这场比赛甲获胜的概率. 87．甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球.甲先投且先投中者获胜，约定有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束.设甲每次投篮投中的概率为，乙每次投篮投中的概率为，且各次投篮互不影响. (1)求甲获胜的概率； (2)求投篮结束时乙只投了2个球的概率. 【考点19： 古典概率】 88．一个大箱子内放有5本科学杂志和7本文学杂志，小张先从箱内随机抽取1本（不放回），小李再从箱内随机抽取1本，已知小张抽取的是文学杂志，则小李抽取的是科学杂志的概率为（    ） A． B． C． D． 89．“哥德巴赫猜想”被誉为数学皇冠上的一颗明珠，是数学界尚未解决的三大难题之一．其内容是：“任意一一个大于2的偶数都可以写成两个素数（质数）之和．”若我们将10拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，在加数都大于2的条件下，两个加数均为素数的概率是（    ）． A． B． C． D． 90．从3男2女共5名医生中，抽取2名医生参加社区核酸检测工作，则至少有1名女医生参加的概率为（    ）． A． B． C． D． 91．甲、乙两位同学暑假计划从吉林省去河北省旅游，他们所搭乘动车的“3+2”座位车厢如图所示，若这两位同学买到了同一排的座位，则他们的座位正好相邻的概率为（    ） A． B． C． D． 【考点20：统计和概率相结合】 92．北京时间2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭，在酒泉卫星发射中心按照预定时间精准点火发射，约582秒后，神舟十三号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空，飞行乘组状态良好，发射取得圆满成功．为激发广大学生努力学习科学文化知识的热情，立德中学团委举行了一场名为“学习航天精神，致航空英雄”的航天航空科普知识竞赛，满分90分，共有100名同学参赛，经过评判，这100名参赛者的得分都在之间，其得分的频率分布直方图如图所示． (1)根据频率分布直方图，求这100名同学得分的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）； (2)用分层抽样的方法从成绩在三组同学中抽取6名同学，从这6名同学中抽取2名作为代表参加总结表彰大会，求这2名同学的成绩分别在各一名的概率． 93．第19届亚运会将于2022年9月在杭州举行，志愿者的服务工作是亚运会成功举办的重要保障，某高校承办了杭州志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组[45，55），第二组[55，65），第三组[65，75），第四组[75，85），第五组[85，95），绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同. (1)求a，b的值； (2)估计这100名候选者面试成绩的众数，平均数； (3)在第四、第五两组志愿者中，现采用分层抽样的方法，从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率. 94．某学校高一、高二、高三的三个年级学生人数如下表 高三 高二 高一 女生 100 150 y 男生 300 x 600 按年级分层抽样的方法评选优秀学生50人，其中高二有15人，高三有10人． （1）求x，y的值； （2）用分层抽样的方法在高二年级学生中抽取一个容量为8的样本，将该样本看成一个总体，从中任取2人，求至少有1名女生的概率． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期末复习重难点题型归纳（二十种题型） 【考点01 ：平面向量投影的有关计算】 【考点02：平面向量中共线/平行/垂直综合】 【考点03： 平面向量的数量积的运算】 【考点04 ：平面向量的几何应用】 【考点05： 正弦定理和余弦定理综合应用】 【考点06： 复数的相关概念】 【考点07：复数的几何意义】 【考点08：复数的四则混合运算】 【考点09： 立体图形的直观图】 【考点10： 求异面直线所成角】 【考点11： 立体图形的体积和表面积的计算】 【考点12：平面基本性质与等角定理】 【考点13：线面平行和垂直的证明 】 【考点14：线面综合】 【考点15： 与球有关的切接问题】 【考点16： 立体几何中的截面问题】 【考点17：频率分布直方图综合】 【考点18： 独立事件，互斥事件，对立事件概率的计算】 【考点19： 古典概率】 【考点20：统计和概率相结合】 【考点01 ：平面向量投影的有关计算】 1．已知，则向量在方向上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据投影向量的运算公式直接计算即可. 【详解】设与的夹角为， 则向量在方向上的投影向量为. 故选：A 2．已知向量，，则在方向上的投影为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求得及，再利用投影公式求得结果. 【详解】由题意可得， ， 故在方向上的投影为. 故选：B. 3．已知向量，满足，，且，则向量在方向上的投影数量为 ． 【答案】/-0.5 【分析】利用平面向量的数量积运算先求出与的夹角，然后，再计算投影数量即可. 【详解】，，且，，所以，向量在向量方向上的投影数量为． 故答案为： 4．在圆中，为圆心，，为圆上的两点，且满足4，则在方向上的投影向量的模是 ． 【答案】2 【分析】取的中点，连接，则，由投影的定义可得答案. 【详解】取的中点，连接，由垂径定理可得 在方向上的投影向量的模为 故答案为：2 5．若复数为纯虚数，则实数 . 【答案】 【分析】根据复数为纯虚数的概念列方程组求解即可. 【详解】由题意得，，解得. 故答案为： 【考点02：平面向量中共线/平行/垂直综合】 6．已知向量，若与互相垂直，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意求得，，根据与互相垂直，列出方程，即可求解. 【详解】由题意，向量， 可得，， 与互相垂直，可得， 即，解得. 故选：B. 7．向量，，若，则实数的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由向量平行的坐标表示计算． 【详解】易知不满足题意，即，则有得，解得． 故选：D． 8．设向量不共线，向量与同方向，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用向量共线定理求解即可. 【详解】由向量共线定理得 存在一个实数使成立，即 则，解得或， 又因为向量与同方向，所以， 即， 故选：. 9．多选题设向量，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】先用向量，的坐标表示出题中四个选项的向量，然后逐个用平面向量的坐标运算进行检验即可. 【详解】对A，，，， 与不共线，故A错误. 对B，，，， ，，故B正确. 对C，，，， ，故C错误. 对D，，，， ，，，故D正确. 故选：BD. 10．已知向量，. (1)若，求实数的值； (2)若，求实数的值. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）利用向量共线的坐标形式可求参数的值或者利用共线向量定理可求参数的值； （2）利用向量垂直的坐标形式可求参数的值. 【详解】（1）方法一：由题意得，，， ∵，∴， 解得. 方法二：由题意得，，不平行，设， 则，∴，解得. （2）由题意得，， ∵，∴， 解得. 【考点03： 平面向量的数量积的运算】 11．若，，，则向量与的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据向量数量积的定义求解夹角. 【详解】设向量与的夹角为， 由题意，， 得， . 故选：C 12．已知，，，则 . 【答案】4 【分析】利用平面向量模的运算可求得结果. 【详解】因为，，， 所以 故答案为：4 13．已知向量，满足，，. （1）求与的夹角； （2）求的值. 【答案】（1），（2） 【分析】（1）对化简变形可求出与的夹角； （2）由化简可得答案 【详解】解：（1）因为，，， 所以， ， 解得， 因为， 所以， （2） 14．在平面直角坐标系中，已知，． (1)若，求实数的值； (2)求与的夹角． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据向量的坐标运算与平行的坐标运算求解即可； （2）根据向量的坐标运算与向量夹角的坐标运算求解即可. 【详解】（1）∵，，∴ ∵∴，解得； （2）由（1）知， ∴ 又， ∴ ∵ ∴与的夹角为 【考点04 ：平面向量的几何应用】 15．我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一幅“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示.在“赵爽弦图”中，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题，根据向量加减数乘运算得，进而得. 【详解】解：因为在“赵爽弦图”中，若， 所以 ， 所以，所以， 所以. 故选：B 16．在中，为的中点，为上靠近点的三等分点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用向量加法的三角形法则，转化为和即可． 【详解】. 故选：B 17．如图所示，在正方形中，为的中点，为的中点，则（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据向量加法及数乘向量运算求解即可. 【详解】 . 故选：A 18．在中，是边上的点，且为的外心，则（    ） A．3 B． C． D． 【答案】B 【分析】设外接圆的半径为，由向量的三角形法则，以及向量的数量积的定义，结合等腰三角形的性质，即可得到． 【详解】解：因为，则是的中点，所以， 设外接圆的半径为， 所以 ． 故选：B． 19．如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为（    ）.    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由P、C、D三点共线及，可求m的值，再用、作基底表示，进而求即可. 【详解】∵，， 即且， ∴， 又C、P、D共线，有，即， 即，而， ∴ ∴=. 故选：C 20．如图，在中，点D，E分别在边AB，BC上，且均为靠近B的四等分点，CD与AE交于点F，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意推出，可得，推出，根据向量的加减运算，用基底表示出，和比较，可得，即得答案. 【详解】连结DE， 由题意可知，， 所以，则， 所以，所以，， 则， 故， 又，所以，，则， 故选：A 21．在平行四边形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，DE交AF于H，记，分别为，，则=（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点作的平行线交于，即可得到则，再根据平面向量线性运算法则计算可得； 【详解】解：如图过点作的平行线交于， 则是的中点， 且 ， 又，所以，即， 又 故选：B． 【考点05： 正弦定理和余弦定理综合应用】 22．已知在中，，则的形状为（    ） A．等边三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形 【答案】D 【分析】利用正弦定理与二倍角公式化简，再根据三角形的内角范围分析即可 【详解】由正弦定理有，因为，故，故，即，又，故或，即或，故的形状为等腰三角形或直角三角形 故选：D 23．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． (1)求B； (2)已知，D为边上的一点，若，，求的长． 【答案】(1)． (2)． 【分析】（1）根据正弦定理边角化结合三角恒等变换即可求解， （2）根据余弦定理求解，即可由正弦定理求解，进而由锐角三角函数即可求解. 【详解】（1）∵，根据正弦定理得，， 即， 所以，因为， 所以，所以， 因为，所以． （2）因为，，，根据余弦定理得 ，∴． ∵，∴． 在中，由正弦定理知，，∴， ∴，，所以 ∴，∴． 24．在中，角A，，所对的边分别为，，，且． (1)若，，求角 (2)设的角平分线交于点，若面积为，求长的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）从正弦定理出发进行角换边，再利用余弦定理求得角A，再利用一次正弦定理求得角度. （2）利用角平分线性质及面积公式得到，再利用基本不等式得出最值. 【详解】（1）解：因为， 依据正弦定理， 所以， 即， 由余弦定理变形知， 因为，所以． 因为，， 则在中，由正弦定理得： 又， 因为，所以． （2）法一：因为， 是的角平分线， 而， 所以， 即， 所以， 因为，，，且，故AD 当且仅当取等， 所以最大值为． 答：当时，最大值为． 法二：因为, 设，， 在，中由正弦定理知： ①， ②， 因为，所以①②得， ， 令，， 由于， 所以，易得此函数在为单调递增函数， 所以当时，最大值为． 【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，利用正弦定理解决范围与最值问题，涉及求余弦定理的值域或最值，利用单调性求最值，属于较难题． 25．如图，在中，已知，，，，边上的两条中线，相交于点.    (1)求； (2)求的余弦值. 【答案】(1) (2)的余弦值为 【分析】(1)由条件可得，两边平方结合数量积的性质可求，(2) 与的夹角相等，根据向量夹角公式可求其大小. 【详解】（1）又已知为的中点， 所以， 所以， 所以， 又，，， 所以， 所以， （2）因为为的中点，所以， 又， 所以, 所以， ， 所以， 又与的夹角相等， 所以， 所以的余弦值为. 【考点06： 复数的相关概念】 26．复数的共轭复数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 根据复数代数形式的除法运算化简，再求出其共轭复数. 【详解】因为， 所以复数的共轭复数是. 故选：C 【考点07：复数的几何意义】 27．已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】D 【分析】先求出复数，化成标准形式，再根据复数的几何意义来判断. 【详解】依题意得，，对应复平面的点是，在第四象限. 故选：D. 28．已知复数，，在复平面内，复数和所对应的两点之间的距离是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据复数的几何意义以及两点间的距离公式即可求解. 【详解】，在复平面内对应的点为， ，在复平面内对应的点为， 所以两点之间的距离为. 故选：C 【考点08：复数的四则混合运算】 29．已知是关于的方程的一个根，则的根为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由方程复数根的特征可得为另一根，利用韦达定理可求得，解方程即可得到结果. 【详解】是方程的一个根，是方程的另一根， ，即，， ，解得：. 故选：D. 30．i是虚数单位，计算的结果为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】应用复数的除法化简即可. 【详解】. 故选：A 31．复数满足，则（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】B 【分析】先求出复数，再求出其模 【详解】因为， 所以， 所以， 故选：B 32．已知i为虚数单位，复数z满足，则下列说法正确的是（    ） A．复数z的模为 B．复数z的共轭复数为 C．复数z的虚部为 D．复数z在复平面内对应的点在第一象限 【答案】D 【分析】先利用复数的除法化简得到，再逐项判断. 【详解】解：， A.，故错误； B. ，故错误； C. 复数z的虚部为，故错误； D. 复数z在复平面内对应的点是，在第一象限，故正确. 故选：D 33．已知复数满足(其中为虚数单位)，则（    ） A．3 B． C．2 D． 【答案】D 【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘法运算化简求得，然后利用复数模的公式计算． 【详解】因为， 所以. 故选：. 34．若，则（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】D 【分析】根据共轭复数的定义及复数的除法运算求，进而求模即可. 【详解】由题意，， ∴． 故选：D. 【考点09： 立体图形的直观图】 35．已知是一平面图形的直观图，斜边，则这个平面图形的面积是（    ）    A． B．1 C． D． 【答案】D 【分析】由给定的直观图画出原平面图形，再求出面积作答. 【详解】根据斜二测画法的规则，所给的直观图对应的原平面图形，如图，    其中 ，， 所以这个平面图形的面积为. 故选：D 36．如图，是水平放置的△AOB的直观图，但部分图象被茶渍覆盖，已知为坐标原点，顶点、均在坐标轴上，且△AOB的面积为12，则的长度为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】画出△AOB的原图，根据三角形△AOB的面积为12可得答案. 【详解】画出△AOB的原图为直角三角形，且， 因为，所以， 所以. 故选：B. 37．如图所示的是用斜二测画法画出的的直观图（图中虚线分别与轴，轴平行），则原图形的面积是（    ） A．8 B．16 C．32 D．64 【答案】C 【分析】由斜二测画法知识得原图形底和高 【详解】原图形中，，边上的高为，故面积为32 故选：C 38．已知水平放置的正方形 的斜二测画法直观图 的面积为 ，则正方形 的边长为 ． 【答案】4 【分析】 根据，即可求解. 【详解】解：水平放置的正方形的斜二测画法直观图的面积为， 根据，所以正方形的面积为， 所以正方形的边长为， 故答案为： 39．如图，在三棱锥中，，且，E，F分别是棱，的中点，则和所成的角等于 ． 【答案】// 【分析】先由异面直线夹角的定义确定和所成的角，再通过解三角形求夹角的大小. 【详解】取的中点，连接， 因为E，F分别是棱，的中点， 所以，,，, 又，且， 所以，, 因为，所以为异面直线和的夹角， 在中，， 所以， 故和所成的角等于， 故答案为：. 【考点10： 求异面直线所成角】 40．如图，是直三棱柱，，点、分别是、的中点，若，则与所成角的余弦值是 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】考点：异面直线及其所成的角． 分析：先取BC的中点D，连接D1F1，F1D，将BD1平移到F1D，则∠DF1A就是异面直线BD1与AF1所成角，在△DF1A中利用余弦定理求出此角即可． 解答： 取BC的中点D，连接D1F1，F1D ∴D1B∥D1F ∴∠DF1A就是BD1与AF1所成角 设BC=CA=CC1=2，则AD=，AF1=，DF1= 在△DF1A中，cos∠DF1A=/10． 故选A． 点评：本小题主要考查异面直线所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题． 41．在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，，，由正方体的性质可得为的中点且，即为异面直线与所成的角（或补角），再根据为等边三角形，即可得解； 【详解】解：连接，，，由正方体的性质可得为的中点， 由且，所以四边形为平行四边形， 所以，所以即为异面直线与所成的角（或补角）， 显然，即为等边三角形，所以，即， 故直线与所成的角为； 故选：A 42．如图，在正方体中，E，F，G，H分别为AA1，AB，BB1，B1C1的中点，则异面直线EF与GH所成的角等于 ． 【答案】/ 【分析】根据中点，得到∥，∥，然后根据平行得到为异面直线与所成角或其补角，最后求角即可. 【详解】 如图，连接，，， 因为，，，分别为，，，的中点，所以∥，∥，为异面直线与所成角或其补角， 因为为正方体，所以三角形为正三角形，所以. 故答案为：. 【考点11： 立体图形的体积和表面积的计算】 43．《九章算术》是我国古代的数学专著，是“算经十书”（汉唐之间出现的十部古算书）中非常重要的一部．在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知“堑堵”的所有顶点都在球的球面上，且．若球的表面积为，则这个三棱柱的表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由已知条件确定球心的位置，根据球的半径求得棱柱的高，可计算表面积. 【详解】设，的中点分别为，，连接，取的中点． 直三棱柱中，，， 四边形是平行四边形，有， 因为三棱柱的底面是直角三角形，，所以，， ，分别是，的外接圆圆心． 因为平面，所以平面， 所以为的外接球的球心． 连接，因为球的表面积为，所以球的半径为1，即， ，则，，可得，， 所以三棱柱的表面积， 故选：C． 44．若圆锥的侧面展开图是圆心角为、半径为4的扇形，则这个圆锥的体积是 【答案】 【分析】根据给定条件，求出圆锥的底面圆半径和高，再利用体积公式计算即得. 【详解】设圆锥底面圆半径为，由圆锥的侧面展开图是圆心角为、半径为4的扇形， 得圆锥的母线，且，解得，因此圆锥的高， 所以这个圆锥的体积. 故答案为： 45．如图，在直三棱柱中，，，若与平面所成的角为，则四棱锥的体积 ．    【答案】 【分析】连接，即可证明平面，则为与平面所成的角，进而求得，即可得四棱锥的体积. 【详解】如图，在直三棱柱中， ∵，则，即，又平面，平面， 所以，又，平面， 所以平面，连接，则为与平面所成的角，即， ∵，∴， 又，∴. ∴.    故答案为：. 46．已知正三棱台(由正三棱锥截得的三棱台)的上、下底面边长分别为和，高为，求此正三棱台的表面积. 【答案】 【分析】根据勾股定理求解侧面的高，即可利用表面积公式求解. 【详解】如图所示，画出正三棱台， 其中为正三棱台上、下底面的中心，分别为的中点， 则为正三棱台的高，为侧面梯形的高，四边形为直角梯形， ,, 所以, 所以此三棱台的表面积,    47．如图，长方体的体积是为的中点，平面将长方体分成三棱锥和多面体两部分，其中． (1)求三棱锥的体积； (2)求多面体的表面积． 【答案】(1)2 (2)． 【分析】（1）首先由长方体的体积确定的长，再根据三棱锥的体积，即可求解. （2）分别求多面体每个面的面积，再求和. 【详解】（1）长方体的体积是为的中点，， ，则， 在长方体中，侧棱和底面垂直，平面； ． （2）， ， 多面体的表面积为 ． 【考点12：平面基本性质与等角定理】 48．当角与角的两边分别平行，当角时，角 【答案】或 【分析】根据空间等角定理判断即可. 【详解】因为角与角的两边分别平行， 所以角与角相等或互补， 又，所以或. 故答案为：或 2．空间中和两边分别平行，，则的大小是 . 【答案】或 【分析】利用等角定理可得结果. 【详解】因为空间中和两边分别平行，则和相等或互补， 又因为，则或. 故答案为：或. 49．已知空间两个角和，若，，则 ． 【答案】或 【分析】根据题意结合空间中等角定理分析求解即可. 【详解】因为，， 当和开口方向相同时，； 当和开口方向相反时，； 综上所述：或. 故答案为：或. 【考点13：线面平行和垂直的证明 】 50．已知正方体. (1)求证：平面； (2)求证：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）推导出四边形是平行四边形，从而，由此能证明平面． （2）推导出，平面，，由此能证明平面． 【详解】（1）证明：正方体．，， 又，，，， 四边形是平行四边形， ， 平面，平面， 平面． （2）证明：正方体． ，平面， 平面，， 又，平面 平面． 51．如图，三棱柱的侧棱与底面垂直，，点是的中点. (1)求证； (2)求证：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由侧棱与底面垂直可得，结合，可得平面，即可得证； （2）连接，设与的交点为，连接，则为中点，利用中位线的性质可知，进而即可证明结论. 【详解】（1）证明：在三棱柱中， 因为平面，平面，所以， 又，，，平面，所以平面， 又平面，所以. （2）证明：连接，设与的交点为，连接，则为中点， 因为点是的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面. 52．如图，在四棱锥中，，，，平面底面，E和F分别是和的中点，求证： (1)平面； (2)平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】(1)根据线面平行的判定定理证明平面；(2)先根据平面与平面垂直的性质定理证明平面，再根据线面垂直的判定定理证明平面． 【详解】（1）因为E是的中点，， 所以， 因为，所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，平面，平面， 所以平面； （2）因为平面底面，平面底面， ，底面， 所以平面，又， 所以平面，平面， 所以，，， 因为，所以， 因为E和F分别是和的中点，所以，又， 所以，，平面， 所以平面． 【考点14：线面综合】 53．△ABC是正三角形，线段EA和DC都垂直于平面ABC，设，，且F为BE的中点，如图所示.    (1)求证：DF平面ABC； (2)求证：AF⊥BD； (3)求平面BDE与平面ABC所成的较小二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)45° 【分析】（1）利用三角形的中位线定理､平行四边形的判定和性质定理､线面平行的判定定理即可证明； （2）利用线面､面面垂直的判定和性质定理即可证明； （3）延长ED交AC延长线于G′，连BG′，只要证明BG′⊥平面ABE即可得到∠ABE为所求的平面BDE与平面ABC所成二面角，在等腰直角三角形ABE中即可得到. 【详解】（1）证明：如图所示，取AB中点G，连CG､FG. ∵EF=FB，AG=GB， ∴. 又，∴. ∴四边形CDFG为平行四边形，∴DF∥CG. ∵DF平面ABC，CG⊂平面ABC， ∴DF∥平面ABC. （2）证明：∵EA⊥平面ABC， ∴AE⊥CG. 又△ABC是正三角形，G是AB的中点， ∴CG⊥AB. ∴CG⊥平面AEB. 又∵DF∥CG， ∴DF⊥平面AEB. ∴平面AEB⊥平面BDE. ∵AE=AB，EF=FB， ∴AF⊥BE. ∴AF⊥平面BED， ∴AF⊥BD. （3）延长ED交AC延长线于G′，连BG′. 由，CD∥AE知，D为EG′的中点， ∴FD∥BG′. 又CG⊥平面ABE，FD∥CG. ∴BG′⊥平面ABE. ∴∠EBA为所求二面角的平面角. 在等腰直角三角形AEB中，可得∠ABE=45°. ∴平面BDE与平面ABC所成的较小二面角是45°.    54．如图所示，将一副三角板拼接，使它们有公共边，且使两个三角形所在的平面互相垂直，若.    (1)求证：平面平面； (2)求二面角的平面角的正切值； (3)求异面直线与间的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)2 (3) 【分析】（1）要证平面平面关键是证平面只需证，，利用平面平面可证； （2）根据几何法求解为二面角的平面角，从而利用三角形的边角关系即可求； （3）将异面直线与间的距离转化为点到面的距离求解. 【详解】（1）∵平面平面平面平面, 平面，所以平面平面， ∴，又，，平面， ∴平面,又平面， ∴平面平面 （2）设中点为，连接，过作于，连接， 由于,所以,平面平面平面平面, 平面，所以平面平面， 故,又 平面， 所以平面，由于平面,故， 为二面角的平面角， ∵，∴， 由于， ∴，又， ∴ ∴二面角的平面角的正切值为2 （3）过点作，且，连接， 所以四边形为平行四边形, ∵平面，∴异面直线与距离等于 到平面的距离为, 由于, 平面，所以, 故在三角形中，，， 故, 进而， 所以, , ∵ ∴,∴    ,    55．如图所示，四棱锥中，是矩形，三角形为等腰直角三角形，，面⊥面，，，，分别为和的中点.    (1)求证：平面； (2)证明：平面⊥平面； (3)求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）欲证平面，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证与平面内一直线平行，连，根据中位线可知,得证； （2）欲证平面平面，根据面面垂直的判定定理可知在平面内一直线与平面垂直，根据面面垂直的性质定理可知平面，得证； （3）过作于，从而平面，即为四棱锥的高，最后根据棱锥的体积公式求出所求即可. 【详解】（1）    证明：连接， ∵底面是矩形，为的中点， ∴在上且为的中点， 又是的中点， ∴， 又∵平面，平面， ∴平面. （2）证明：∵平面平面，平面平面 ，⊂平面,， ∴平面， 又∵平面， ∴平面平面. （3）    ∵平面平面，平面平面 ， ∴在平面内过作于，则平面， ∵是等腰直角三角形，且， ∴，即四棱锥的高为1， 又∵底面矩形的边长， ∴. 56．如图，已知矩形ABCD中，，将矩形沿对角线BD把折起，使A移到点，且在平面BCD上的射影O恰好在CD上.    (1)求证：； (2)求证：平面平面； (3)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)48 【分析】（1）且，则平面，由平面，得； （2）由已知且，则平面，又平面，可得平面平面； （3）把求三棱锥的体积转化为求三棱锥的体积即可. 【详解】（1）连接，由在平面BCD上的射影O在CD上,得平面，    平面，； 又ABCD为矩形，，平面，， 则平面，由平面，得； （2）∵为矩形，∴，由（1）知， ，平面，∴平面， 又平面，∴平面平面. （3）∵平面，平面，∴. ∵，，∴， ∴， 故所求三棱锥的体积为48. 57．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD的平行四边形，∠ADC=60°，，PA⊥面ABCD，E为PD的中点.    (1)求证：AB⊥PC； (2)若，求三棱锥P﹣AEC的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）推导出AB⊥PA，AB⊥AC，从而AB⊥平面PAC，由此能证明AB⊥PC. （2）推导出PA⊥面ABCD，由，能求出三棱锥P﹣AEC的体积. 【详解】（1）由题意， ∵PA⊥面ABCD，AB⊂平面ABCD， ∴AB⊥PA， ∵∠ABC=∠ADC=60°，， 在△ABC中，由余弦定理有： ∴AB2+AC2=BC2， 即：AB⊥AC， ∵PA∩AC=A，又PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC， ∴AB⊥平面PAC， ∵PC⊂平面PAC， ∴AB⊥PC. （2）由题意及（1）得，， 所以PA=AB=2，AD=4，因为PA⊥面ABCD 且E为PD的中点，所以E点到平面ADC的距离为， 所以三棱锥P﹣AEC的体积：    58．如图所示，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AD=2，E､F､G分别为PC､PD､BC的中点.    (1)求证：PA平面EFG； (2)求三棱锥P﹣EFG的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，，说明不在平面，在平面，证明平行平面内的直线即可证明平面； （2）利用转化法，求出底面面积和高，求三棱锥的体积． 【详解】（1）如图，取的中点，连接，， ，分别为，的中点，． ，分别为，的中点， ．．，，，四点共面 ，分别为，的中点， ． 平面，平面， 平面． （2）平面，平面， ． 为正方形，．，平面, 平面． ，， ． ，    59．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E、F、G分别是棱AB、AP、PD的中点． (1)证明：平面EFG； (2)若，，求点C到平面EFG的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）依题意可得，，即可得到平面，再由为平行四边形得到，从而得到平面，即可得到平面平面，即可得证； （2）取的中点，连接，，依题意可得，利用勾股定理逆定理可得，同理可得、，从而得到平面，平面，求出，，设到平面的距离为，由，利用等体积法求出，由为中点，即、到平面的距离相等，从而得解； 【详解】（1）证明：因为E、F、G分别是棱AB、AP、PD的中点， 所以，， 又平面，平面，所以平面， 又因为底面为平行四边形，所以，则， 又平面，平面，所以平面， 因为，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面， （2）解：取的中点，连接，， 则且， 所以， 因为，，所以，即， 同理可得、， 又，平面，所以平面， ，平面，所以平面， 所以平面，平面，所以， 因为，， 所以，，， 设到平面的距离为，又， 所以，则， 又因为为中点，所以、到平面的距离相等， 所以到平面的距离为； 60．已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，底面． (1)求证：平面； (2)已知， （ⅰ）当时，求直线与所成角的余弦值； （ⅱ）当直线与平面所成的角为时，求四棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）由四边形是菱形，得，再由平面，得，然后利用直线与平面垂直的判定可得平面； （2）（ⅰ）依题意可得，，利用勾股定理求出，，根据，所以即为直线与所成角（或补角），再利用余弦定理求出，即可得解； （ⅱ）依题意是直线与平面所成的角，从而得到，再由勾股定理求出，即可得到菱形的面积，最后根据锥体的体积公式计算可得； 【详解】（1）证明：四边形是菱形，， 又平面，平面， ，又，平面， 平面； （2）解：（ⅰ）平面，平面，所以，， 所以，， 因为，所以即为直线与所成角（或补角）， 又，所以在中由余弦定理， 即，解得，所以为锐角， 即为直线与所成角， 所以直线与所成角的余弦值； （ⅱ）平面， 是直线与平面所成的角， 于是， ，，又， 所以 菱形的面积为， 故四棱锥的体积． 61．如图，已知四棱锥中，，分别为棱，的中点，平面，为正三角形，四边形是等腰梯形，，，，的面积为. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）结合三角形面积公式可得，则为等边三角形，由等腰梯形，进而可得四边形为菱形，则，结合中位线性质可得；再由线面垂直可得，即可得证； （2）由，利用等体积法求解. 【详解】（1）证明：因为，为棱的中点，所以， 因为，， 所以，所以. 所以为等边三角形，所以，， 又因为四边形为等腰梯形，，所以，， 所以，且，所以四边形为菱形， 则， 又因为为棱的中点，所以，所以， 因为平面，平面，所以， 又平面，平面，，所以平面. （2）解：因为为正三角形，由（1）知，，，， 又平面，平面，故， 因为平面，设点到平面的距离为， 由得，， 即，解得 所以点到平面的距离为. 62．如图，在三棱柱中，已知，，，． (1)证明：平面平面； (2)求二面角的余弦值． (注：本小题用空间直角坐标系作答，不给分) 【答案】(1)证明见解析； (2)﹒ 【分析】(1)连接，用余弦定理求出，根据勾股定理证明，再证明平面即可； (2)过作垂直于于E，过E作EF垂直于于F，连接，则是二面角的平面角，解△即可. 【详解】（1）连接，在中，由余弦定理得： ， 又，，∴，∴， 又，=A，AB、平面， ∴平面，又平面，∴平面平面； （2）由(1)知平面平面，过点作垂直于于E，则面，则 ， 过E作EF垂直于于F，连接， ∵，、EF平面， ∴平面，∴是二面角的平面角， 在中，， 由(1)知CA⊥平面，∴CA⊥，则为矩形， ∵EF⊥，∴EF=AC=1， 在Rt△中，， ∴． 63．如图，四边形是矩形，平面，平面，，． (1)证明：平面平面； (2)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【分析】（1）由平面，平面，得到，利用线面平行的判定定理得到平面，平面，然后利用面面平行的判定定理证明； （2）由平面，得到点到平面的距离，然后利用求解． 【详解】（1）证明：平面，平面， ， 又平面，平面， 平面， 在矩形中，，且平面，平面， 平面， 又， ∴平面平面． （2）平面， ∴点到平面的距离为， ∵四边形是矩形，，， ， ． 64．如图，在三棱锥S—ABC中，SC⊥平面ABC，点P、M分别是SC和SB的中点，设PM=AC=1，∠ACB=90°，直线AM与直线SC所成的角为60°. (1)求证：平面MAP⊥平面SAC. (2)求二面角M—AC—B的平面角的正切值； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由已知可证BC⊥平面SAC，又PM∥BC，则PM⊥面SAC，从而可证平面MAP⊥平面SAC； （2）由AC⊥平面SBC，可得∠MCB为二面角M—AC－B的平面角，过点M作MN⊥CB于N点，连接AN，则∠AMN=60°，由勾股定理可得，在中，可得，从而在中，即可求解二面角M—AC—B的平面角的正切值. 【详解】（1）证明：∵SC⊥平面ABC，∴SC⊥BC， 又∵∠ACB=90°，∴AC⊥BC，又ACSC=C， ∴BC⊥平面SAC， 又∵P，M是SC、SB的中点， ∴PM∥BC，∴PM⊥面SAC，又PM平面MAP， ∴平面MAP⊥平面SAC； （2）解：∵SC⊥平面ABC，∴SC⊥AC，又AC⊥BC，BCSC=C， ∴AC⊥平面SBC， ∴AC⊥CM，AC⊥CB，从而∠MCB为二面角M—AC－B的平面角， ∵直线AM与直线PC所成的角为60°， ∴过点M作MN⊥CB于N点，连接AN， 则∠AMN=60°，在△CAN中，由勾股定理可得， 在中，， 在中，. 65．在三棱锥P—ABC中，PA⊥面ABC，AB⊥AC，AP=AC=2，AB=1， (1)求三棱锥P—ABC的侧面积； (2)求点A到平面PBC的距离. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）分别计算三个侧面的面积即可； （2）利用等积法即可得到点A到平面PBC的距离. 【详解】（1）∵PA⊥面ABC， ∴PA⊥AB ，PA⊥AC，又AB⊥AC， ∴均为直角三角形， 又AP=AC=2，AB=1， ∴ ∴为等腰三角形， ∴，， ， ∴； （2）由（1）知，， ∴， 设点A到平面PBC的距离为， 则， ∴ 即点A到平面PBC的距离. 66．如图，在四棱锥中，是等边三角形，平面，且，为中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用三角形的中位线定理平行四边形的判定，再结合及线面平行的判定定理即可证明； （2）利用等腰三角形的三线合一得出，及线面垂直得，进而证明面， 再利用面面垂直的判定定理即可证明； （3）根据等体积法，求出点G到平面CDF的距离为，再利用线面角的定义即可求解. 【详解】（1）取中点，连，.如图所示 ∵为中点，∴ 又，∴. ∴四边形为平行四边形. ∴. 又面，面，∴平面. （2）∵为平行四边形，∴、、、共面. ∵为正三角形，为中点，∴. 又面，. ∴面，∴. 且.∴面. 又面，∴面面. （3）取BC中点G，连DG，FG. 则，且. ∴直线AB与面PCD所成角即为DG与面PDC所成角. 又，，，. ∴面面，且面PAB，∴面. 设G到平面CDF的距离为，由等积法 ∴，∴. 设与面所成角为. 则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 67．如图所示，矩形中，，.、分别在线段和上，，将矩形沿折起.记折起后的矩形为，且平面平面. (1)求证：平面； (2)若，求证：； (3)求四面体体积的最大值 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)2 【分析】(1)要证线面平行，先证线线平行，先证四边形是平行四边形，即可. (2)要证线线垂直，先证线面垂直，先证平面即可. (3) 设,四面体的体积为,即可求最值. 【详解】（1）证明：∵四边形，都是矩形， ∴，，∴四边形是平行四边形，     ∴，∵平面，∴平面； （2）证明：连接，设，∵平面平面，且， ∴平面，∴， 又，∴四边形为正方形，∴，              ∴平面，又平面，∴， （3）解：设，则，其中， 由（1）得平面， ∴四面体的体积为：   ，         时，四面体的体积最大，其最大值为. 【考点15： 与球有关的切接问题】 68．在正三棱锥中，，，则三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正三棱锥的结构特征可求解高的长度，进而根据勾股定理即可求解半径，即可由表面积公式求解，或者利用空间直角坐标系求解半径. 【详解】方法一：如图，取正三角形的中心为，连接， 则三棱锥的外接球球心在上，连接. 在正三角形中，，所以. 在中，，所以. 设外接球的半径为， 由，，解得， 所以三棱锥的外接球表面积. 故选:C.    方法二：在正三棱锥中，过点作底面于点， 则为底面正三角形的中心， 因为正三角形的边长为2，所以. 因为，所以. 如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，    则，. 设三棱锥的外接球球心为，半径为. 由，得，解得， 所以， 则三棱锥的外接球表面积. 故选：C. 69．多选题四棱锥的底面为正方形，与底面垂直，，，动点在线段上，则（    ） A．不存在点，使得 B．的最小值为 C．四棱锥的外接球表面积为 D．点到直线的距离的最小值为 【答案】BCD 【分析】根据线面垂直的判定定理和性质定理可判断A选项，根据平面知识两点间距离最短，把几何图形展开成平面图形可判断B选项，易知四棱锥的外接球的直径为可判断C选项，把点线距转化为线线距，由线面平行的判定定理，把线线距转化为点面距可判断D选项. 【详解】对于A：连接，且，如图所示，当在中点时，    因为点为的中点，所以，因为平面， 所以平面，又因为平面，所以， 因为为正方形，所以. 又因为，且，平面，所以平面， 因为平面，所以，所以A错误； 对于B：将和所在的平面沿着展开在一个平面上，如图所示，    则的最小值为，直角斜边上高为，即， 直角斜边上高也为，所以的最小值为，所以B正确； 对于C：易知四棱锥的外接球直径为， 半径，表面积，所以C正确； 对于D：点到直线的距离的最小值即为异面直线与的距离， 因为，且平面，平面，所以平面， 所以直线到平面的距离等于点到平面的距离，过点作， 因为平面，所以,又,且, 故平面，平面，所以，因为， 且，平面，所以平面，所以点到平面的距离， 即为的长，如图所示，    在中，，，可得， 所以由等面积得，即直线到平面的距离等于，所以D正确， 故选：BCD. 70．若一个圆柱的底面半径为1，侧面积为，球是该圆柱的外接球，则球的表面积为 ． 【答案】 【分析】先利用侧面积求出圆柱的高，再求出球的半径可得表面积. 【详解】设圆柱的高为，其外接球的半径为， 因为圆柱的底面半径为1，侧面积为，所以，解得； 由圆柱和球的对称性可知，球心位于圆柱上下底面中心连线的中点处， 所以，所以球的表面积为. 故答案为： 71．在三棱锥中，，且分别是的中点，，则三棱锥外接球的表面积为 ，该三棱锥外接球与内切球的半径之比为 . 【答案】 【分析】第一空作出辅助线，证明三三垂直，将三棱锥放入长方体中求解外接球半径即可，第二空利用体积相等求出内切球半径，再求比值即可. 【详解】如图，，且，故， 可得，则，取中点，连接， 则，又，面，可得面 又面，则，又分别是的中点，连接，则// 由题意得，故，，又， 面，故面，又，则， 可得，则两两垂直， 故以作长方体，如图所示， 则该长方体外接球即为所求三棱锥的外接球，连接， 其中点为所求外接球的球心，设其半径为， 可得，故，解得，而， 设该三棱锥内切球半径为，球心为，连接， 则， 可得， 故， 而，，， 易知是的中点，由，得，故得， 而由勾股定理得，则， 故可将一式化为， 解得，而半径比为， 故答案为：； 【点睛】关键点点睛：本题考查内切球和外接球的半径问题，解题关键是构造出长方体，将三棱锥放入其中，然后求出外接球半径，得到面积，进而由体积关系转化得到所要求的内切球半径，再求比值即可． 【考点16： 立体几何中的截面问题】 72．如图，棱锥的高，截面平行于底面与截面交于点，且.若四边形的面积为36，则四边形的面积为（    ） A．12 B．16 C．4 D．8 【答案】C 【分析】由题意得四边形与四边形相似，求出相似比即可得解. 【详解】由题意可知，四边形与四边形相似， 且， 所以四边形的面积为． 故选：C. 73．多选题在正方体中，点是棱上的动点，则过三点的截面图形是（　　） A．等边三角形 B．矩形 C．等腰梯形 D．正方形 【答案】ABC 【分析】分点与点，重合及点不与点重合，分别作出平面，即可得答案. 【详解】解：当点与点重合时，截面图形为等边三角形，如图（1）； 当点与点重合时，截面图形为矩形，如图（2）； 当点不与点重合时，当分别为的中点， 则截面图形为等腰梯形，不可能为正方形，如图（3）． 故选：ABC. 74．多选题在正方体中，分别为的中点，为线段上的动点，则平面PMN截正方体形成的截面图形可能为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】BCD 【分析】利用正方体的结构特征，结合给定的位置推理说明截面不可能的图形，再作图说明可能的图形即可得解. 【详解】在正方体中，由分别为的中点， 得截面与正方体的3个面必有交线，而点在线段上， 截面与正方形或正方形有交线，即截面至少与正方体4个面有交线， 因此截面不可能是三角形，即A不可能； 取与重合，此时截面为四边形，如图，B可能； 当截面与棱的交点在线段（不含点）上时，截面与正方体 除正方形外的另5个正方形都有交线，此时截面是五边形，如图，C可能； 当点为棱的中点时，截面为六边形，如图，D可能. 故选：BCD 75．如图，在正方中，分别是的中点，存在过点的平面与平面平行，平面截该正方体得到的截面面积为    【答案】 【分析】首先作出过点与平面平行的平面，进而可得截面形状为正六边形，再求面积即可得答案. 【详解】分别取的中点，连接， 可证平面平面，则存在过点的平面与平面平行， 正六边形是平面截该正方体得到的截面， 截面的面积是， 故选：C.    【考点17：频率分布直方图综合】 76．某地发起“寻找绿色合伙人——低碳生活知识竞赛”活动，选取了人参与问卷调查，将他们的成绩进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），得到如图所示的频率分布直方图，且成绩落在的人数为10，则（    ）    A．60 B．80 C．100 D．120 【答案】C 【分析】根据频率之和为计算值，根据成绩落在的人数为10，成绩落在频率为列方程求 【详解】由图可知，，解得，则成绩在的频率为，由，得. 故选：C 77．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”暨“喜迎党的二十大”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．a的值为0.005 B．估计这组数据的众数为75 C．估计这组数据的第85百分位数为86 D．估计成绩低于60分的有25人 【答案】D 【分析】对A：根据频率之和为1，结合图表数据，计算即可； 对B：找出面积最大的小长方形对应的区间，求得众数即可； 对C：根据百分位数定义，结合数据求解即可； 对D：求得成绩低于60分的频率，结合总人数计算即可. 【详解】对A：， 即，，故A正确； 对B：由面积最大的小长方形可知，估计这组数据的众数为75，故B正确； 对C：前4组频率之和为， 前5组频率之和为， 设这组数据的第85百分位数为， 则，，故C正确； 对D：成绩低于60分的频率为， 故估计成绩低于60分的有人，D错误. 故选：D 78．2021年是中国共产党建党100周年，为全面贯彻党的教育方针，提高学生的审美水平和人文素养，促进学生全面发展．某学校高一年级举办了班级合唱活动．现从全校学生中随机抽取部分学生，并邀请他们为此次活动评分（单位：分，满分100分），对评分进行整理，得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是（    ） A． B．学生评分的中位数的估计值为85 C．学生评分的众数的估计值为85 D．若该学校有3000名学生参与了评分，则估计评分超过80分的学生人数为1200 【答案】C 【分析】利用频率分布直方图，计算频率、中位数、众数即可逐项判断作答. 【详解】对于A，，A不正确； 对于B，学生评分在内的频率为0.6，则学生评分的中位数t在内， 则有，解得，B不正确； 对于C，学生评分在的频率最大，则学生评分的众数的估计值为85，C正确； 对于D，因评分超过80分的频率为0.6，则估计评分超过80分的学生人数为，D不正确. 故选：C 79．2021年开始，广西将推行全新的高考制度，采用“”模式，其中语文、数学、外语三科为必考科目，另外考生还需要依据想考取的高校及专业要求，结合自己的兴趣爱好等因素，在物理、历史中自选一门（2选1），在政治、地理、化学、生物4门科目中自选两门参加考试（4选2）．由于受疫情影响多地推迟开学，开展线上教学．为了了解高一学生的选科意向，某学校对学生所选科目进行线上检测，下面是100名学生的物理、化学、生物三科总分成绩，以组距20分成7组：，画出频率分布直方图如图所示． (1)求频率分布直方图中a的值； (2)根据频率分布直方图求物理、化学、生物三科总分成绩的中位数； (3)估计这100名学生的物理、化学、生物三科总分成绩的平均数．（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表） 【答案】(1)； (2)中位数为224； (3)225.6. 【分析】（1）根据频率之和为1即可求． （2）先估算出中位数在第几组数据，再列方程即可求解． （3）直接计算即可. 【详解】（1）解：由，得． （2）解：因为， 所以中位数在，设中位数为x， 所以，解得， 所以物理、化学、生物三科总分成绩的中位数为224． （3）解：这100名学生的物理、化学、生物三科总分成绩的平均数为 . 80．2023年10月22日，汉江生态城2023襄阳马拉松在湖北省襄阳市成功举行，志愿者的服务工作是马拉松成功举办的重要保障，襄阳市新时代文明实践中心承办了志愿者选拔的面试工作．现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第一、二组的频率之和为0.3，第一组和第五组的频率相同． (1)估计这100名候选者面试成绩的平均数和第25百分位数； (2)现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的宣传者．若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为62和40，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和70，据此估计这次第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差． 【答案】(1)，63 (2) 【分析】（1）由题意先求出，进一步结合平均数公式、百分位数的定义即可列式求解； （2）首先算出抽样比，再根据加权平均公式以及方差的性质即可列式求解. 【详解】（1）由题意可知：，解得， 可知每组的频率依次为：0.05，0.25，0.45，0.2，0.05， 所以平均数为， 因为， 设第25百分位数为，则，则， 解得，故第25百分位数为63． （2）设第二组、第四组面试者的面试成绩的平均数与方差分别为， 且两组频率之比为， 则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数， 第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差 ． 故估计第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差是． 81．某大学艺术专业400名学生参加某次测评，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：，并整理得到如下频率分布直方图.    (1)从总体的400名学生中随机抽取一人，估计其分数小于70的概率； (2)已知样本中分数小于40的学生有5人，试估计总体中分数在区间内的人数； (3)已知样本中有一半男生的分数不小于70，且样本中分数不小于70的男女生人数相等.试估计总体中男生和女生人数的比例. 【答案】(1)0.4 (2)20 (3) 【分析】（1）先计算出样本中分数不小于70的频率，然后算出样本中分数小于70的频率，由频率估计概率即可； （2）先由已知求出样本100人中分数在区间内的人数，然后估计总体中分数在区间内的人数即可； （3）先求出样本中男生女生的人数，由分层抽样的原理可知，样本中男生和女生人数的比例就是总体中男生和女生人数的比例. 【详解】（1）根据频率分布直方图可知，样本中分数不小于70的频率为， 所以样本中分数小于70的频率为，所以从总体的400名学生中随机抽取一人，其分数小于70的概率估计为0.4. （2）根据题意，样本中分数不小于50的频率为， 分数在区间内的人数为， 所以总体中分数在区间内的人数估计为. （3）由题意可知，样本中分数不小于70的学生人数为， 所以样本中分数不小于70的男生人数为， 所以样本中的男生人数为，女生人数为， 所以样本中男生和女生人数的比例为，所以根据分层抽样原理，估计总体中男生和女生人数的比例为. 82．某学校为了了解高二年级学生数学运算能力，对高二年级的300名学生进行了一次测试.已知参加此次测试的学生的分数全部介于45分到95分之间，该校将所有分数分成5组：，整理得到如下频率分布直方图（同组数据以这组数据的中间值作为代表）.    (1)求的值，并估计此次校内测试分数的平均值； (2)学校要求按照分数从高到低选拔前30名的学生进行培训，试估计这30名学生的最低分数； (3)试估计这300名学生的分数的方差，并判断此次得分为52分和94分的两名同学的成绩是否进入到了范围内？ （参考公式：，其中为各组频数；参考数据：） 【答案】(1)，75分 (2)90分 (3)答案见解析 【分析】（1）先由各组的频率和为1，求出，然后利用平均数的定义可求出， （2）先求出这30 名学生的最低分数就是该次校内测试分数的90%分位数，然后利用百分位的定义求解即可， （3）先利用方差公式求出方差后再判断即可 【详解】（1），所以， 所以该次校内考试测试分数的平均数的估计值为： 分. （2）因为， 所以这30名学生的最低分数就是该次校内测试分数的分位数. 该次校内考试测试分数的分位数为 这30名学生的最低分数的估计值为90分. （3） ， ， 得分为52分的同学的成绩没有进入到内， 得分为94分的同学的成绩进入到了内. 即：得分为52分的同学的成绩没有进入到范围， 得分为94分的同学的成绩进入到范围了. 【考点18： 独立事件，互斥事件，对立事件概率的计算】 83．甲、乙两个口袋中均装有1个黑球和2个白球，现分别从甲、乙两口袋中随机取一个球交换放入另一口袋，则甲口袋的三个球中恰有两个白球的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用互斥事件以及独立事件概率乘法公式运算求解即可. 【详解】由题意可知：若甲口袋的三个球中恰有两个白球， 则从甲袋中取出的球为黑球，乙袋中取出的球为黑球，或从甲袋中取出的球为白球，乙袋中取出的球为白球， 所以甲口袋的三个球中恰有两个白球的概率为. 故选：B. 84．一个盒子中装有标号为1，2，3，4的4张号签，从中随机地选取两张号签，事件“取到标号为1和3的号签”，事件“两张号签标号之和为5”，则下列说法正确的是（    ） A．与互斥 B．与独立 C．与对立 D． 【答案】A 【分析】由互斥事件，对立事件，独立事件的定义判断ABC选项，古典概型计算概率判断选项D. 【详解】根据题意，选取两张号签用表示一次实验结果， 则随机试验结果的样本空间， ，. 对A，，所以与互斥，故A选项正确； 对B，，，，所以，与不独立，故B选项错误； 对C，，，所以与不对立，故C选项错误； 对D，，故D选项错误. 故选：A. 85．某高校的入学面试中有4道题目，第1题2分，第2题3分，第3题4分，第4题4分，每道题目答对得满分，答错得0分，小明答对第1，2，3，4题的概率分别为，，，，且每道题目是否答对相互独立. (1)求小明4道题目至少答错1道题的概率； (2)若该高校规定学生的面试分数不低于8分则面试成功，求小明面试成功的概率. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）小明4道题目至少答错1道题的对立事件为小明4道题全部答对，根据对立事件概率和为1计算即可； （2）分答对2题，应是第3题和第4题，答对三题或全部答对则面试成功，依次计算概率后，再相加即可. 【详解】（1）小明同学4道题目至少答错1道题的对立事件为小明4道题全部答对， 所以小明同学4道题目至少答错1道题的概率为. （2）由题意得，要使得面试分数不低于8分，若只答对2题，则应是第3题和第4题；若只答对三题或全部答对，面试得分均不低于8分. 设事件A，B，C，D分别为小明答对第1，2，3，4题， 则小明面试成功的概率 . 86．甲、乙两人进行羽毛球比赛，采取“三局两胜”制，即两人比赛过程中，谁先胜两局即结束比赛，先胜两局的是胜方，另一方是败方.根据以往的数据分析，每局比赛甲胜乙的概率均为，甲、乙比赛没有平局，且每局比赛是相互独立的. (1)求比赛恰进行两局就结束的概率； (2)求这场比赛甲获胜的概率. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）比赛两局就结束即甲连胜两局或乙连胜两局，分别求概率即可； （2）分别比赛两局结束和比赛三局结束，分别求概率即可. 【详解】（1）比赛恰进行两局就结束对应的事件A有两种可能， 事件：甲胜乙，事件：乙胜甲.，， . （2）这场比赛甲获胜对应的事件B有两种可能，事件：比赛两局结束且甲获胜；事件：比赛三局结束且甲获胜. ，， ∴. 87．甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球.甲先投且先投中者获胜，约定有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束.设甲每次投篮投中的概率为，乙每次投篮投中的概率为，且各次投篮互不影响. (1)求甲获胜的概率； (2)求投篮结束时乙只投了2个球的概率. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据互斥事件和的概率公式及独立事件同时成立的概率公式求解即可； （2）写出投篮结束时乙只投了2个球的事件，由互斥事件的和的概率公式，独立事件概率公式求解. 【详解】（1）设Ak，Bk分别表示甲、乙在第k次投篮时投中，则，，（k=1，2，3），记“甲获胜”为事件C，则 . （2）记“投篮结束时乙只投了2个球”为事件D. 则 . 【考点19： 古典概率】 88．一个大箱子内放有5本科学杂志和7本文学杂志，小张先从箱内随机抽取1本（不放回），小李再从箱内随机抽取1本，已知小张抽取的是文学杂志，则小李抽取的是科学杂志的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据古典概型概率计算公式求得正确答案. 【详解】小张抽取文学杂志后，剩下：本科学杂志和本文学杂志. 则小李抽取的是科学杂志的概率为. 故选：C 89．“哥德巴赫猜想”被誉为数学皇冠上的一颗明珠，是数学界尚未解决的三大难题之一．其内容是：“任意一一个大于2的偶数都可以写成两个素数（质数）之和．”若我们将10拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，在加数都大于2的条件下，两个加数均为素数的概率是（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出两个加数都大于2的情况，即两个加数都为素数的情况，即可得出概率. 【详解】记“两个加数都大于2”为事件A，“两个加数都为素数”为事件B， 在加数都大于2的条件下则事件A有这5种情况 事件B有这3种情况，故. 故选：B. 90．从3男2女共5名医生中，抽取2名医生参加社区核酸检测工作，则至少有1名女医生参加的概率为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由条件列出样本空间，确定样本空间的基本事件数，再确定事件至少有1名女医生包含的基本事件数，利用古典概型概率公式求其概率. 【详解】解：将3名男性医生分别设为a，b，c，2名女性医生分别设为d，e， 这个实验的样本空间可记为， 共包含10个样本点，记事件A为至少有1名女医生参加， 则， 则A包含的样本点个数为7，∴， 故选：C． 91．甲、乙两位同学暑假计划从吉林省去河北省旅游，他们所搭乘动车的“3+2”座位车厢如图所示，若这两位同学买到了同一排的座位，则他们的座位正好相邻的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用古典概率公式结合列举法求解作答. 【详解】设事件M为“他们的座位正好相邻”， 甲乙二人买到同一排A，B，C，D，F5个座位中的两个形成的样本空间为， 则，共包含10个样本点， 其中事件，包含3个样本点，则有， 所以他们的座位正好相邻的概率为. 故选：D 【考点20：统计和概率相结合】 92．北京时间2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭，在酒泉卫星发射中心按照预定时间精准点火发射，约582秒后，神舟十三号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空，飞行乘组状态良好，发射取得圆满成功．为激发广大学生努力学习科学文化知识的热情，立德中学团委举行了一场名为“学习航天精神，致航空英雄”的航天航空科普知识竞赛，满分90分，共有100名同学参赛，经过评判，这100名参赛者的得分都在之间，其得分的频率分布直方图如图所示． (1)根据频率分布直方图，求这100名同学得分的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）； (2)用分层抽样的方法从成绩在三组同学中抽取6名同学，从这6名同学中抽取2名作为代表参加总结表彰大会，求这2名同学的成绩分别在各一名的概率． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用频率分布直方图各矩形面积之和为1求得a，再利用平均数公式求解； （2）利用古典概型的概率求解. 【详解】（1）解：根据题意知， 解得， 所以这100名同学得分的平均数是， ； （2）由条件知从抽取3名，从中抽取2名，从抽取1名， 分别记为a，b，c，d，e，f， 从6名同学抽取2名共有，共15种， 这2名同学的成绩分别在各一名的有共3种， 所以这2名同学的成绩分别在各一名的概率为． 93．第19届亚运会将于2022年9月在杭州举行，志愿者的服务工作是亚运会成功举办的重要保障，某高校承办了杭州志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组[45，55），第二组[55，65），第三组[65，75），第四组[75，85），第五组[85，95），绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同. (1)求a，b的值； (2)估计这100名候选者面试成绩的众数，平均数； (3)在第四、第五两组志愿者中，现采用分层抽样的方法，从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率. 【答案】(1)， (2)众数为，平均数为. (3) 【分析】（1）由频率分布直方图列方程组即能求出的值； （2）观察频率分布直方图即可得众数，根据加权平均数的求解公式可得平均值； （3）根据分层抽样，在和中分别选取4人和1人，列举出这5人中选出2人的总的基本事件数，和选出的两人来自不同组的基本事件数，利用古典概型的概率公式求解即可. 【详解】（1）由题意可知：，， 解得，； （2）由频率分布直方图得众数为， 平均数等于. （3）根据分层抽样，和的频率比为， 故在和中分别选取4人和1人，分别设为和， 则在这5人中随机抽取两个的样本空间包含的样本点有， 共10个， 即，记事件“两人来自不同组”， 则事件包含的样本点有 共4个，即， 所以. 94．某学校高一、高二、高三的三个年级学生人数如下表 高三 高二 高一 女生 100 150 y 男生 300 x 600 按年级分层抽样的方法评选优秀学生50人，其中高二有15人，高三有10人． （1）求x，y的值； （2）用分层抽样的方法在高二年级学生中抽取一个容量为8的样本，将该样本看成一个总体，从中任取2人，求至少有1名女生的概率． 【答案】（1）x＝450，y＝400；（2）． 【分析】（1）由题意和分层抽样的性质可得，从而可求出x，y的值； （2）利用分层的性质求得共抽取了2名女生，6名男生，然后分别求出从8个选2个不同的方法数和6个选2个不同的方法数，再利用对立事件和古典概型的概率公式求解即可 【详解】（1）由分层抽样的原理知 解得：x＝450，y＝400 （2）设所抽样本中有m个女生，因为用分层抽样的方法在高二学生中抽取一个容量为8的样本， 所以，解得m＝2，也就是抽取了2名女生，6名男生． 因为“至少有1名女生”的对立事件“全是男生”， 又因从8个选2个不同的方法有（好比一条线上有8个点，任选两点有多少线段一样）： 7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝28（种） 6个选2个不同的方法有：5＋4＋3＋2＋1＝15（种） 所以至少有一名女生的概率． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 1 学科网（北京）股份有限公司 $$