第37期 平面向量数量积的坐标表示-【数理报】2024-2025学年高一数学必修第二册同步学案（人教A版2019）

高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 装理括 答案详解 2024~2025学年高一数学人教A(必修第二册)第36~39期(2025年3月) 第36期3,4版 对于(D),因为1∥AC,又ACC平面ACD,Ig平面ACD, 所以I∥平面ACD,即(D)正确。 立体几何初步核心素养综合测评 7.如图4，在平面ABB,A,中过点P D 一、单项选择题 作PP,⊥AB交AB于点P,连接P,O, 1 ~4 CCBC 5~8 CDAA 由正方体的性质可知PP,⊥平面 提示： ABCD,则∠POP,即为直线OP与平面 D 1.由题意可知，若三点分布在平面B的同侧，此时平面 ABC所成角， ∥平面B:若三点分布在平面B的两侧，此时平面α与平面B相 PP P B 交.综上，平面《与平面B平行或相交 则tan∠POP,=tan0= OP 图4 2.结合题意由“m上a”能推出“m⊥n”, 设正方体ABCD-A,B,C,D,的棱长为2，则1≤OP,≤V2, 由“m⊥n”不能推出“m⊥α”，也可能m∥a或相交， 所以当OP,=1时，an取得最大值， 所以“m上α”是“m⊥n”的充分不必要条件. 此时取最大值，P,为AB的中点， 3.由题设，上底面积为S,=225cm2, 下底面积为S2=144cm2, 又4P=AMB所以当A=号时0取最大值 所以1平升为写×10×(25+V2西x14+14)= 8.如图5，设BD,C'D的中点分别 为0,02，则0,02∥CB, 1830cm3,约为1.8 因为平面CBD⊥平面ABD,C'B 4.如图1，取B,C,的中点E,连接BE,DE,则A,C,∥DE,则 ⊥BD,平面C'BD∩平面ABD=BD, AC∥DE,则∠BDE(或其补角)即为异面直线BD与AC所成的 C'BC平面C'BD, 角.由条件可知BD=DE=EB=√2，所以∠BDE=60. 所以CB⊥平面ABD, 图5 C 故0，O3⊥平面ABD, D 故02C'=0B=0,D 因为ADC平面ABD,所以CB⊥AD, 又AD⊥AB,AB∩CB=B,AB,CBC平面ABC, D 所以AD⊥平面ABC, 又ACC平面ABC,所以AC⊥AD, 图1 图2 故02A=02C=02D, 5.如图2，延长C,M交CD的延长线于点P,延长C,N交CB 所以02C=03A=02B=02D, 的延长线于点Q,连接PQ,交AD于点E,交AB于点F,连接NF 故O2为三棱锥C'-ABD的外接球球心， ME,则正方体过点M,N,C,的截面图形是五边形 6.如图3，因为点Be平面A,BC 又a%=c=B=l, ∩平面ABCD,所以B∈L 又因为直线A,C,∥平面ABCD. 0,B=D=B证.E 2 A,C,C平面A,BC,故A,C,∥1， 所以I是过点B且平行于A,C,的 所以外接球半径R=0,B=√0,0G+O,B= 21 直线. 故外接球的表面积为4πR=17π 对于(A),因为A,C,∥1，A,C, 图3 二、多项选择题 AC,所以I∥AC,故I∥CD不成立，即(A)错误； 9.ABC;10.AB:11.AC. 对于(B),因为I∥AG,而AC个A,C=C,故1∥A,C不成 提示： 立，即(B)错误： 9.(A)不正确，垂直于同一条直线的两条直线平行、相交 对于(C),因为I∥AC,而ACn平面A,B,CD=C,故1∥ 或异面：(B)不正确，平面内的两条相交直线与另一个平面内 平面A,B,CD不成立，即(C)错误 的两条相交直线平行，两平面平行：(C)不正确，α与y可能平 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 行或相交：(D)正确，n与B可能n∥B或nCB. 3 39 故选(A)(B)(C). 所以VcE-Gh=S×立=8S, 10.因为ABCD为正方形，所以AC⊥BD, 设题图4-①中水面高度为h, 又SD⊥平面ABCD,所以SD⊥AC,又BD∩SD=D, 则品=号5，解得么=号 所以AC⊥平面SBD,所以AC⊥SB,(A)正确： 因为ABCD为正方形，所以AB∥CD, 14.如图8，过点K作MK⊥AF于点M,连接DM. 又AB平面SCD,且CDC平面SCD, 因为平面ABD⊥平面ABCF,平面ABDO平面ABCF= 所以AB∥平面SCD,(B)正确； AB,DK⊥AB,DK C平面ABD,所以DK⊥平面ABCF 因为AFC平面ABCF,所以DK⊥AF 因为SD⊥底面ABCD, 所以SM与平面ABCD所成的角是∠SAD,(C)错误； 因为MK⊥AF,DK∩MK=K,所以AF⊥平面DMK 因为ABCD为正方形，则AB与BC所成的角是90°， 因为DMC平面DMK,所以AF⊥DM. 又SD⊥底面ABCD,则∠SDC=90°， 与折前的图形对比，可知折前的图形中，D,M,K三点共 所以DC与SC所成的角∠SCD<90°，(D)错误. 线，且DK⊥AF. 故选(A)(B), 所以在折前的图形中△DAK∽△FDA, 11.对于(A),依题意，圆锥母线长1=PA=PB=2,P0= 所以=品片=亦所以=亦 PA·cos60°=1，A0=B0=PA·sin60°=√3，所以底面圆的 半径r=5.圆锥的体积为写云×(5)×1=元故()正确： 因为DFe1,2).所以4e(1） 对于(B),该圆锥的侧面积为πl=π×5×2=25π，故 (B)错误： 对于(C),如图6，取AC的 中点M,连接PM,OM,则OM⊥ AC,又因为PA=PC,所以PM⊥ 四、解答题 AC,故∠PMO为二面角P-AC 15.解：如图9取AC的中点G,连 -0的平面角，即∠PM0=45°. 接EG,FPG,则BG∥AB,且EG=AB, 所以an5”=0品=1，即0N 图6 FG∥cD.且FG=cm 1,所以AC=2√/A02-0n=2×3-T=22,故(C) 由AB=CD知EG=FG, 正确： 所以∠GEF(或它的补角)为EF 对于(D),由选项(C)可知，AC=22,PM⊥AC,PM= 与AB所成的角，∠EGF(或它的补角) √Pm-(分4C)=V4-2=E,所以△PAG的面积为 为AB与CD所成的角. 因为AB与CD所成的角为30°， 2PW·AC=子×2×25=2，故(D)错误 所以∠EGF=30°或∠EGF=150 由EG=FG知△EFG为等腰三角形. 故选(A)(C). 当∠EGF=30°时，∠GEF=75°： 三、填空题 当∠EGF=150°时，∠GEF=15 12.平行、相交或异面： 故EF与AB所成的角为15°或75 16.证明：(1)如图10， 提示： 取BD,的中点O1,连接 B /0 12.如图7所示，∠BAC=∠B,A,C1,AB∥A,B,则AC与 C01,A10 A A,C,的位置关系是平行、相交或异面 因为ABCD-A,B,C,D C 是四棱柱，四边形ABCD是 图10 正方形， 所以A,01∥0C,4,0,=0C, 图7 因此四边形A,OC0,为平行四边形， 13.设△ABC的面积为S, 所以A,0∥0，C. 因为E,F,E,F,分别为所在棱的中点， 又O,CC平面B,CD,,A,O￠平面B,CD, 所以A,O∥平面B,CD,. 则=子即m=s (2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点， 所以SaE=子5 所以EM⊥BD. 又A,E⊥平面ABCD,BDC平面ABCD, 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 所以A,E⊥BD, 过B,作B,E⊥OD,因为B,0⊥AC,D0⊥AC, 因为BD,∥BD,所以EM⊥B,D,A,E⊥B,D 且B,0nD0=0.B,0,D0C平面B,0D, 又A,E,EMC平面A,EM,A,E∩EM=E, 所以AC⊥平面B,OD,因为ACC平面ACD, 所以B,D,⊥平面A,EM.又B,D,C平面B,CD, 所以平面B,OD⊥平面ACD, 所以平面A,EM⊥平面B,CD,· 又因为平面B,OD∩平面ACD=OD. 17.解：设圆台形容器的上、下底面半径分别为r,R. 且B,E⊥OD,B,EC平面B,OD, (1)设AD=xcm,则OD=(72-x)cm,由题意得 所以B,E⊥平面ACD,即B,E为三棱锥B,-ACD的高， 2mR=0×2所以R: 180 在△B0E中，可得BE=B0:血号=×号=受。 72-x=3R, 1x=36, 即AD应取36cm 所以三棱柱B,一ACD的体积为V=方Sa·BB=号 (2)因为2r=号.0D=号×36，所以r=6cm, 圆台形容器的高h=2-(R-r)了 √36-(12-6)=6√35(cm). 所以V=写h(R++f)=弓Tx6V35x02+2 ×6+62)=50435m(cm). 18.(1)证明：如图11，取BC 图12 图13 的中点H,连接HD,交CE于点P, (2)因为三棱锥B-ACD的底面△ACD的面积为定值， 连接AH,AP 在△ACB,的翻折过程中，要使得三棱锥B,-ACD的体积最大， 因为AB=AC. 则点B,到底面ACD的距离最远， 所以AH⊥BC. 此时平面ACB,⊥平面ACD,如图13所示， 又平面ABC⊥平面BCDE, 因为B,0⊥AC, 图1川 所以AH⊥平面BCDE. 且B,OC平面ACB,平面ACB,∩平面ACD=AC, 又CEC平面BCDE,所以AH⊥CE, 所以B,O⊥平面ACD, %-品-方n=E=0 因为ODC平面ACD.可得B,O⊥OD, 在Rt△B,OD中，B,D=√B,O+OD=2, 所以RL△HCD∽Rt△CDE,所以∠CDH=∠DEC, 又因为B,C=CD=BA=AD=2, 所以HD⊥CE. 所以△B,CD和△B,AD都是边长为2的等边三角形， 又AH∩HD=H,所以CE⊥平面AHD,所以AD⊥CE. (2)解：由(1)知CE⊥平面AHD,得AP⊥CE. 可得Saa=S心=吾×2=， 又HD⊥CE, 1 又SABc=Sam=2 ×2×2=2, 所以∠APH就是二面角A-CE-B的平面角. 过点C作CG⊥AB,垂足为G,连接EG,如图11所示. 所以三棱锥B,-ACD的表面积为S=S△M+Saw+ 因为BE⊥BC,且BE⊥AH,AH∩BC=H, SmAG SAACD =4+23. 所以BE⊥平面ABC,所以BE⊥CG. 第37期3,4版 又BE O AB=B,所以CG⊥平面ABE 所以∠CEG就是CE与平面ABE所成的角，则∠CEG=45. 核心素养阶段测评（三） 又CE=√2+(2)2=6，所以CG=EG=3 一、单项选择题 又BC=2,所以∠ABC=60°， 1-4 BBAD 5~8 CABC 所以AB=BC=AC=2,所以AH=3. 提示： 1.由题意知，z=-1+i-3+i=-4+2i, 又由△HCP∽△DEP得HP= 3 所以1z1=√(-4)2+2=25. 所以m∠APm==3 2.由题得cd=---=-}(C- 19.解：(1)如图12，取AC的中点0，分别连接B,0,D0, 因为B,A=B,C且DA=DC,所以B,O⊥AC,D0⊥AC =号d+:子m+n 所以∠B,OD为二面角B,-AC-D的平面角， 3,由题意，正四棱锥P-EFGH的斜高为√3+1=2，该组 又因为折起的三角形所在的平面ACB,与底面ACD所成角 合体的表面积为2×2+4×2×1+4×方×2×2=20， 为号，则∠B,0D=号， 4.如图1，由题意得A=60°，B=75°，AB=10, 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 则C=45°， 因为EO⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,所以EO⊥BC 所以品。= BC 又EG⊥BC,且EO,EGC平面EOG,EOn EG=E, 10 所以BC⊥平面EOG, 所以BC= 10x号 60 因为OGC平面EOG,所以BC⊥OG,同理OM⊥BM. =56. 所以等腰梯形所在的平面，等腰三角形所在的平面与平面 图 2 ABCD所成的角分别为∠EMO和∠EGO, 即B,C间的距离为5,6 n mile. 所以an∠EM0=tan∠EG0= 5.连接A,C,B,D,它们交于点0，正方形中A,C,⊥B,D1, 5 又AA⊥平面AB,C,D,B,D,C平面AB,CD, 又BC⊥OG,所以四边形OMBG是矩形， 所以AA1⊥B,D1, 又BC=10,则OM=5,所以E0=√14，所以0G=5, 又AA,∩A,C,=A,AA1,A,CC平面AA,C,C, 所以在Rt△EOG中， 所以B,D,⊥平面AA,C,C, G=√E0+0G=W√(14)2+52=39， 所以B,O的长即为棱BB,到面AA,CC的距离，而B,O= 24, 在Rt△EBG中，BG=OM=5, EB=EG+BC=√/(39)2+52=8， 所以所求距离为号。 又因为EF=AB-5-5=26-5-5=16, 6.由0+0i+cd=0,得0=0元-0i】 故该五面体的所有棱长之和为 2×26+2×10+16+4×8=120m. 两边平方得0=0心+0心-20元.0成 二，多项选择题 因为101=10成1=10心. 9.CD:10.ABC;11.ABD. 所以1012=21OC110i1cos∠B0C, 提示： 所以os∠B0C=之 9.因为sin2B=sin Asin C, 由正弦定理得2=ac, 因为0°<∠B0C≤180°，所以∠B0C=60°， 所以mB=+-&.+-心≥2ae-c. 所以A=子∠B0G=300 2ae 2 当且仅当a=c时取等号， 7.根据题意，以C为坐标原 点，BC所在的直线为x轴，过点C 又0<B<,故Be(0晋] 且垂直于BC的直线为y轴，建立 故选(C)(D). 平面直角坐标系，如图2所示，因 10.因为b⊥(a-b),所以b·(a-b)=b·a-b2=0, 为正△ABC的边长为1，且点P为 所以a·b=b=1b12,所以(A)正确： AB的中点，所以∠PCB=30°，点 因为a·b=1b12,所以a2=a2-4a·b+4b2, 图2 P在以C为圆心，BC为半径的圆 所以1a1=|a-2b1,所以(B)正确： 上.则c0.0).8-1.0)4(-9）P(-） 口在上的投影向量为6治·b=6,所以(C)正确： 由向量数量积的定义可知a·b=lal1b1cos0=1b12, 所以元=（停）瓜=（停吾）m 所以m0=合所以(D)错误 =(-山，-2 故选(A)(B)(C). 1L.设点P到平面ABC的距离为h, 则r+m=(-2吾-小 三校维的体积V=分×宁×2x2x号xh:2, 3 所以元.(+P=号×(5-)-×（号 解得h=2, 因为PA=2,所以PA⊥平面ABC,又BCC平面ABC, 1=2-5. 所以PA⊥BC,故(A)正确： 8.如图3，过E作E0⊥平面 因为PAC平面PAB,所以平面PAB⊥平面ABC, ABCD,垂足为O, 且平面PAB门平面ABC=AB, 过E分别作EG⊥BC,EM⊥ 取AB的中点D,连接PD,CD(如图4)， AB,垂足分别为G,M, 图3 因为△ABC是等边三角形， 连接0G,0M. 所以CD⊥AB,所以CD⊥平面PAB, 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 所以∠CPD为直线PC与平面PAB所成的角， 中心，取AB的中点为M,连接PM,QM, 又CD=5,PC=√PA+AC=22, EM,则EM⊥AB,PM⊥AB,QM⊥AB,如图 所以sn∠CPD=院=百放（围正确： 7所示. 设二面角P-AB-C的大小为a,二面 △PBC中，PB=PC=22,BC=2, 角Q-AB-C的大小为B, 所以BC边上的高为√(22)2-1=√万， 则∠PME=a,LQME=B,设球心O 图7 到平面ABCD的距离为d,球的半径为1， 所以S6=方x2×万=万， 则EW=号B=号-，PE=1-d,0E=1+d, 设点A到平面PBC的距离为∥，则写×7×？=23， 3 即na=21-山，mB=21+,de[o,1). √1- 解得=2,2故(C)错误： √1- 2(1-d+2(1+d山 所以tan0=tam(a+B)=个-子 个- 1-21-.21+四 0 1-d 1- 22 e(-,-22]. √个- 图4 图5 四、解答题 如图5，过△ABC的中心H作平面ABC的垂线，过线段PA 15.解：(1)设b=(x,y), 的中点M作PA的垂线，两条垂线交于点O, 因为a∥b,所以y=2x ① 则点O到四点P,A,B,C的距离相等， 又1b1=25,所以x2+y2=20 ② 即点0是三棱锥外接球的球心， 由①②联立解得b=(2,4)或b=(-2,-4). (2)由(2a+c)⊥(4a-3c)得(2a+c)·(4a-3c)=8a 又△ABC外接圆的半径r=HA=2×号×？=公，00 2x- -3c2-2a·c=0. 4=1 由1al=5,1cl=10 2 解得a·c=5, 所以三棱锥外接球的半径R=√P+()可。 所以em0==受0e0,l, a·c 所以外接球的表面积S=4πR= 受故(D)正确 所以a与c的夹角0=年 故选(A)(B)(D 16.(1)解：因为CD∥平面PBO,CDC平面ABCD, 三、填空题 且平面ABCDO平面PBO=BO,所以BO∥CD. 2.15mm;13.:14.(-,-22] 又BC∥AD,所以四边形BCDO为平行四边形， 则BC=D0,而AD=3BC, 提示： 所以AD=3DO, 12.如图6，由题知圆锥底面圆半 即点O是靠近点D的线段AD的一个三等分点. 径r=OA=3m,高h=OB=4m, (2)证明：因为侧面PAD⊥底面ABCD,平面PAD∩平面 则母线1=AB=5m,因此圆锥的侧 ABCD=AD,ABC底面ABCD,且AB⊥AD, 面积为S=l=π×3×5= 0 所以AB⊥平面PAD.又PDC平面PAD,所以AB⊥PD. 15π(m2), 图6 又PA⊥PD,且AB∩PA=A,所以PD⊥平面PAB. 即屋顶的面积约为15行m2. 又PDC平面PCD,所以平面PAB⊥平面PCD. 13.由(1+i)z=-1+2i,得x= -1+2i 1+i 1.()证明：2aw3号+2aow号=a1+m0+c1+ 1+20=D.1+i2i-2-分+2.所以 (1+i)(1-i) 2 cos A)=a+c+acos C ccos A 3所以=（合+）（片）=（分）广 由正弦定理及sin(A+C)=sinB可得acos C+ccosA=b, 所以a+e= (3)= 2,即2(a+e）=3弘 14.设PQ与平面ABCD的交点为E,且E为正方形ABCD的 (2)解：因为csB=,所以inB=压 4 5 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 因为5=ainB=c=V压，所以c:8 1 所以BM⊥平面ACC, 又AC,C平面ACC,所以BM⊥AC: 又因为b=a2+c2-2 accos B=(a+c)2-2ac(1+cosB), 同理可证D,M⊥AC: 2(a+c）=3b, 又DM∩BM=M,D,M,BMC平面BMD, 所以2= (学)-2x8×(1+）,所以6=4 所以直线AC,⊥平面BMD,: (3)设AC,与平面B,CD的斜足为O, 18.(1)证明：如图8，取AB的中点 因为4m=m%=行·分1m1=君 M及CD的中点N,连接PM,PN,MN 6=3 由△PAB是正三角形，四边形ABCD Va-mcD VAncD-AmCion Va-Ac -Va-CDc -V 是正方形，得AB⊥PM,AB⊥MN 又PM,MNC平面PMN,PMn 图8 ne=mn-4aoA=号=子 MN=M,所以AB⊥平面PMN 所以V-em,=2V4,则A0=2C,0. 因为AB∥CD,所以CD⊥平面PMN, 若V-m6=V-ap,则V1-,=p,故C,0=P0. 又PNC平面PMN,所以CD⊥PN, 所以在线段AC,上取一点P,要使三棱锥B,-CD,C,与三 因为N是CD的中点，所以PC=PD (2)解：过B作BH⊥平面PCD,垂足为H,连接PH,∠BPH 棱锥B-CD,P的体积相等，则P为A0的中点，即花=子 =3 为直线PB与平面PCD所成的角，则sm∠BPH一路 第38期2版 过M作MF⊥PN于F, 专项小练一 由CD⊥平面PMN及MFC平面PMN得CD⊥MF 1.B;2.B:3.AD:4.③：5.14. 又MF⊥PN,PN,CDC平面PCD,PN∩CD=N, 6.解：总体中个体数较小，用抽签法 则MF⊥平面PCD. 第一步，将30个篮球，编号为1,2，…，30： 由AB∥CD,AB￠平面PCD,CDC平面PCD, 第二步，将以上30个编号分别写在外观、质地等无差别的 得AB∥平面PCD. 小纸条上，揉成小球状，制成号签； 于是点B到平面PCD的距离BH等于点M到平面PCD的 第三步，把号签放入一个不透明的盒子中，充分搅拌： 距离MF 第四步，从盒子中不放回地逐个抽取3个号签，并记录上 设CD=2,则PD=5,PA=PB=AB=AD=BC=MN 面的号码： =2,计算得PM=3,PW=2, 第五步，找出和所得号码对应的篮球 在等腰三角形PMN中可算得MF=3罗 专项小练二 4 1.D:2.C;3.ABD:4.15:5.70. 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为 6解：①样木容量与总体中的个体数的比值为品=： 39 MF 4 PB=2= 39 ②确定要抽取的各种百货商店的数目，大型商店为20× 8 1 19.(1)解：由四边形BCC,B,为正方形，可得B,C⊥BC, 0=2(家).中型商店为40×0=4（家），小型商店为150× 在长方体ABCD-A,B,C,D1中，AB⊥平面BCC,B, 0=15(家)： 又B,CC平面BCC,B,所以B,C⊥AB. 因为AB∩BC1=B,AB,BC,C平面ABC:, ③采用简单随机抽样的方法在各层中分别抽取大型商店2 所以B,C⊥平面ABC, 家，中型商店4家，小型商店15家，这样便得到了所要抽取的样本. 又ACC平面ABC,所以B,C⊥AC, 第38期3,4版 即异面直线B,C与AC,所成的角的大小为90° 随机抽样同步核心素养测评 (2)证明：当m=2时，CW= 一、单项选择题 因为BC=1.所以品=8断=2 1~4 CAAA 5~8 DCBC 提示： 所以RL△ABC∽RI△BCM,则∠CAB=∠MBC. 1.“中国天眼”主要是通过观察获取数据。 所以∠MBC+∠ACB=∠CAB+∠ACB=90°，即AC⊥BM, 2.①中，考试成绩在不同分数段之间的同学有明显的差 在长方体ABCD-A,B,C,D,中，CC,⊥平面ABCD, 异，用分层随机抽样比较恰当： 又BMC平面ABCD,所以CC,⊥BM. ②中，总体包含的个体较少，用简单随机抽样比较恰当. 因为AC∩CC,=C,AC,CC,C平面ACC, 3.高二年级应抽取的学生人数为 6 高一数学人教A(必修第二册) 第36~39期 720 900×1200+900+1500=180. 则甲应付0 109 ×560=5140钱，故(A)正确： 109 4.根据简单随机抽样及分层随机抽样的定义可得， 乙应付0 每个个体被抽到的概率都相等。 09 ×350=32二钱，故(B)不正确： 109 所以每个个体被抽到的概率都等于9 5 丙应付识×180=16总钱.放(0)正确： 109 5.从随机数表第1行的第3列开始，由左到右一次选取两 显然51尚>品>16源故(D)正确 109 个数字，选出的编号依次为：12.13,40,33,20,38,26,13,89， 故选(A)(C)(D). 51,03,. 11.随机抽取的500名学生中，回答第一个问题的概率为 别除掉总体编号以外的编号，以及重复的编号， 则选出来的个体的编号依次为：12,13,20,26,03，…， 2,生日月份为奇数的概率也是子 所以选出来的第5个个体的编号为03. 所以回答第一个问题且回答是的人数为 6.设A种型号的产品有2x件， 因为A,B,C三种不同型号的产品，产量之比为2：3：5， 500x7x号=125（人. 所以B种型号的产品有3x件，C种型号的产品有5x件， 所以回答第二个问题且回答是的人数为 由已知可得 =2x+3x+5 n 175-125=50(人)， 所以随机抽取的500名学生中，带手机的学生人数的比例 所以n=80. 7.这3000个数据的平均数为 为30=20%， 78.1×800+85×1300+91.9×900=85.23. 故该学校3000名学生中，带手机的学生人数为 3000 3000×20%=600(人). 用样本平均数估计总体平均数， 故选(B)(C), 可知这4万个数据的平均数约为85.23. 三填空题 8.对于①，采用分层随机抽样的方式进行抽样，甲乙两人 12.P1=P2=P 13.6:14.5600. 可能同时被抽取，故①正确： 提示： 对于②，高一共有20×50=1000（人）. 12.在抽签法、随机数法和分层随机抽样中，每个个体被抽 高二共有24×45=1080（人）， 从这两个年级2080人中共抽取208人进行视力调查， 中的概率均为是，所以小=乃= 高-位抽取)0x218=10(人).高二应抽取} 2 2080× 1以由题意可得2+品4=传解得m=3, 208=108(人)，故②正确： 3 则B地被抽取的数量是18×2+3+4=6 对于③，甲被轴到的可能性为，0=0乙放抽到的可 1 14.设甲、乙、丙3条生产线各生产了T甲，T2,Tg件产品， 能性为，悠。=0甲和乙被抽到的可能性相等故③信误 则a:6:c=7:72:7,即片=元=后 b 所以正确的说法是①②. 二、多项选择题 因为2b=a+c,所以+7=272， 1T甲+T2+T再=16800. 9.AC:10.ACD:11.BC. 所以T2=16800=5600. 提示： 3 9.对于(A),根据抽样调查和普查的概念可知，调查一的 四、解答题 调查方式是普查，调查二的调查方式是抽样调查，故(A)正确： 15.解：(1)抽签法. 对于(B),根据总体和样本的概念可知，总体是指该社区 第一步：将30名大学生随机编号，编号为01,02,03，… 所有60周岁以上老年人的体重，样本是指抽取的该社区500名 29.30: 60周岁以上老年人的体重，故(B)错误： 第二步：将30个号码分别写在30张外形完全一样的纸张 对于(C),结合已知条件和样本量的概念可知，样本量是 上，并揉成团，制成号签： 500,故(C)正确； 第三步：将30个号签放人一个不透明的盒子中，充分搅拌： 对于(D),由于检测一批灯泡的寿命，具有损毁性，故只能 第四步：从盒子中逐个抽取8个号签，并记录上面的编号， 用抽样调查，故(D)错误。 编号对应的大学生就是选出的大学生志愿者成员， 故选(A)(C). (2)随机数法。 100 10 第一步：将30名大学生随机编号，编号为01,02,03，…， 10.依题意，抽样比为560+350+180=10网 :29.30: > 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 第二步：在随机数表中任选一个数作为开始，按照任意方 则x:y:z=0.425(a+b+c）:0.475(a+b+c):0.1(a 向读数，比如从第8行第29列的数7开始，向右读： +b+e)=17:19:4. 第三步：每次取两位，凡是在01~30之外的数或者已读过 (2)依题意，n×0.75×0.5=75,解得n=200. 的数，都跳过去不做记录，依次可得到12,07,21,29,15,13,02， 故抽到的A会场的学生总数为50人， 09: 则高一年级人数为50×50%=25（人）， 第四步：找出以上号码对应的大学生，他们就是选出的大 高二年级人数为50×40%=20（人）， 学生志愿者成员 高三年级人数为50×10%=5（人）. 16.解：可以采用分层随机抽样的方法， 按照该公司员工的收入水平分成三层：高收入者，中等收 第39期2版 入者、低收入者 专项小练一 商收人者为50名，占所有员工的比例为0。=5%，为保 1.B:2.C:3.ABC:4.14. 5.解：(1)由频率分布直方图及频率和等于1可得， 证样本的代表性，在所抽取的100名员工中，高收人者所占的 0.2×0.1+0.8×0.1+1.5×0.1+2×0.1+2.5×0.1 比例也应为5%，即100×5%=5， +a×0.1=1,解得a=3. 所以应抽取5名高收入者比较合理 (2)消费金额在区间[0.5,0.9]内的频率为 同理，应抽取15名中等收人者，80名低收人者， 0.2×0.1+0.8×0.1+2×0.1+3×0.1=0.6, 再对他们的具体收入状况分别进行调查。 所以消费金额在区间[0.5,0.9]内的购物者的人数为 17.解：(1)因为0<m≤72≤n,A,B两所高校中共抽取 0.6×10000=6000. 3名教授，B,C两所高校中共抽取5名教授， 专项小练二 所以高校B中抽取2名教授，高校A中抽取1名教授，高校 1.A:2.B:3.CD:4.70:5.68. C中抽取3名教授， 6.解：(1)分数在[70,80)内的频率为1-(0.010+0.015 所以片一壳=子解得m=6108 +0.015+0.025+0.005)×10=0.3,所以第四组小矩形的高 为0.030，补全频率分布直方图如下图所示 (2)因为高校B中抽取的教授数是高校A和C中抽取的教 频平 板意数的子， 4组距 0.035- 0.030---- 所以子(m+n）=72,解得m+n=108。 0.025 0.020 所以三所高校的教授的总人数为m+n+72=180. 0.015 0.010 18.解：(1)设登山组人数为x,游泳组中青年人、中年人、 0.005 老年人各占比例分别为a,b,c,则有 01 405060708090100成鳗/分 x·40%+3xb=47.5%, (2)由频率分布直方图知， 4x 前三组的频率之和为0.1+0.15+0.15=0.4， x·10%+3c=109%, 4x 所以中位数在第四组 解得b=50%,c=10%,则a=40%, 设中位数为70+x, 即游泳组中青年人、中年人、老年人各占比例分别为 则04+0.030×=Q5.解得=号 40%,50%.10%. (2)游泳组中，抽取的青年人人数为20×子×0%=60： 所以本次考试成绩的中位数为0+号。织 31 轴取的中年人人数为20×子×50%=75： 第39期3,4版 用样本估计总体、统计案例同步核心素养测评 抽取的老年人人数为20×子×10%=15. 一、单项选择题 19.解：(1)设该校高一，高二高三年级的人数分别为a,b,c, 1-4 BAAD 5~8 AAAC 则去A会场的学生总数为0.25(a+b+c), 提示： 去B会场的学生总数为0.75(a+b+c), 1,由题意知(140-51)÷10=8.9， 则对应人数如下表所示： 所以分为9组比较合适. 高一 高二 高三 2.该组数据从小到大的排序是：4,5,5,6,7,7,8.9， A会场0.125(a+b+c) 且8×0.25=2. 0.1(a+b+e)0.025(a+b+e) B会场0.3(a+b+c) 0.375(a+6+c)0.075(a+6+c) 则该组数据的25%分位数为生兰=5 8 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 3.因为落在[6,10)内的频率为0.08×4=0.32， 所以a=100×0.32=32. 对F()=08+9+12+2+1B3+16+16+16+18 因为落在[2,10)内的频率为(0.02+0.08)×4=0.4， +20)=14,(A)正确： 所以b=0.4. 对于()=6+5+2x2++3×2+4+6) 4.由小到大排列的4个数据1,3,4，a,则a≥4， =13.4,(B)正确： 这4个数据的极差为。-1，中位数为兰=子， 对于(C),因为10×85%=8.5， 因为这4个数据的极差是它们中位数的2倍， 所以85%分位数为第9个数据，即18，(C)正确： 所以a-1=2×子解得a=8 对于(D),16出现了3次，12只出现2次 所以众数为16，(D)错误. 5.由条形图得演讲人数为30， 故选(A)(B)(C). 由饼状图得演讲人数占比15%， 10.由频率分布表的性质得m=100-8-10-20-28- 因此选取的总人数为》：20， 12-6=16,(A)正确： 因为样本中观看比赛不低于4场的学生的频率为： 由饼状图得绘画及合唱人数和占比为1-20%-20%- 16%+12%+6%=34%, 15%=45%,人数和为200×45%=90， 所以估计高一年级观看比赛不低于4场的学生约为： 由条形图得合唱人数为70，所以绘画人数为20. 1000×34%=340人，(B)正确： 6.因为男生30人，女生20人， 样本中，观看2场的人数为50×20%=10人，(C)错误： 则抽取的时候分层比为3：2， 样本中出现频率最高的为3， 即10个人中男生，女生分别抽取了6人和4人 故估计高一年级观看比赛场数的众数为3，(D)正确。 这10人答对题目的平均数为0×(6×10+4×15)=卫 故选(A)(B)(D) 11.由频率分布直方图可得：[50,60)，[60.70)，[70,80)， 所以这10人答对题目的方差为品×[1+(10-12)]+ [80,90),[90,100]的频率依次为10m,0.3,0.4,0.1,0.04. 0x[0.5+15-12)]=68 对于(A):因为10m+0.3+0.4+0.1+0.04=1, 所以m=0.016. 7.对于(A):由统计图可以得到，2023年第一，二季度的制 因为成绩落在[50,60)内的人数为16. 造业指数均高于50%，所以2023年第一，二季度的各月制造业 16 所以n=0.016×10=100,故(A)错误： 在逐月扩张，故(A)正确： 对于(B):由统计图可以得到，2023年10月份的制造业指 对于(B):估计全体学生该学科成绩的平均分为 数低于50%，故(B)错误： 0.16×55+0.3×65+0.4×75+0.1×85+0.04×95= 对于(C):由统计图可以得到2024年1,2月份的制造业 70.6(分)，故(B)正确： 指数高于50%，故(C)错误； 对于(C):由选项(A)可得：成绩落在[50,60)的频率为0.16， 对于(D):由统计图可以得到，2024年4~6月份制造业指 所以估计全体学生中不及格的人数约为2000×0.16= 数呈现上升趋势，但是2024年4,5月份制造业指数均低于 320(人)，故(C)错误： 50%,即制造业景气水平较上月收缩，故(D)错误 对于(D):设该学科成绩为A等的最低分数为m, 因为[70,80)，[80,90)，[90,100]的频率依次为0.4.0.1.0.04， 8.由这6周的周慢走里程的中位数为16， 则0.1+0.04=0.14<0.15<0.54=0.4+0.1+0.04， 可得””=16，所以m+n=32, 可知m∈[70,80)，则(80-m)×0.04+0.1+0.04=0.15, 所以这6周的周慢走里程的平均数为 解得m=79.75. 11+12+m+n+20+2=17. 虽然79.75>79. 但79.75是估计值，同时学生成绩均为正整数， 要使这6周的周慢走里程的标准差最小，需要(m-17)2+ 所以成绩为79分的学生该学科成绩有可能是A等，(D) (n-17)2最小， 正确. 又(m-17)2+(n-17)2=(m-17)2+(32-m-17)2 故选(B)(D). =2m2-64m+172+152, 三填空题 故当标准差最小时，m=一2×2 -64 =16. 12.183.5:13.9.5,28.5:14.29. 提示： 二、多项选择题 12.数据从小到大排列为：85,86,88,89,90,92,94,8. 9.ABC:10.ABD;11.BD. 提示： 8×50%=4.50%分位数为990=8双.5 9.将数据由小到大排列：8,9,12,12,13.16,16,16,18,20. 8×80%=6.4.80%分位数为94. 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 则这8人成绩的50%分位数和80%分位数的和为183.5. 13.记20位病人的平均等待时间为元，等待时间的方差为2， (2)=04+4+5+6+7+7+8+9+10+10)=7 则=02.5×4+7.5×8+12.5x5+1.5x2+2.5 =(5+6+6+7+7+7+7+8+8+9) ×1)=9.5, 名=4-7x2+6-72+(6-72+(7-7 2=20[25-95)×4+(7.5-952×8+12.5- ×2+(8-7)2+(9-7)2+(10-7)2×2]=4.6, 9.5)2×5+(17.5-9.5)2×2+(22.5-9.5)2×1]=28.5, 2=0[(5-7)2+(6-7×2+(7-7)产×4+(8 所以估计该医院急救中心病人的平均等待时间为9.5，病 7)2×2+(9-7)2]=1.2 人等待时间的方差为28.5. (3)由(2)知，>2，=乙 14.假设五个数据按照由小到大排列为a,b,c,d,e, 因为这五个数据的中位数是6，唯一的众数是7， 平均数 方差 命中9环及9环以上的次数 所以c=6,d=e=7, 甲 4.6 3 所以最大的三个数的和为6+7+7=20， 1 1.2 因为两个较小的数一定是小于6的非负整数，且不相等， ()因为两名运动员射击成绩的平均数相同，且> 最大为4和5，所以这五个数的和一定大于20且小于等于29， 2,则乙的成绩比甲稳定： 则他们投中次数的总和最大是29. (ⅱ)因为两名运动员射击成绩的平均数相同，命中9环及 四，解答题 9环以上的次数甲比乙多，所以甲爆发力更强： 15.解：(1)由频率分布直方图可得(0.010+2a+0.025+ (ⅲ)乙成绩在平均数上下波动：而甲处于上升势头，从第 0.035)×10=1,解得a=0.015. 六次以后就没有比乙少的情况发生 (2)由频率分布直方图可知这次测试数学成绩为“优秀” 故确定人选时，甲更有潜力 的频率为0.015×10=0.15. 19.解：(1)作出频率分布直方图，如下图： 则该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的频率为0.15， 频率 故估计该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的学生 组距 人数为1200×0.15=180. 0.020 16.解：(1)由已知得0.70=a+0.20+0.15, 0.010 故a=0.35,b=1-0.05-0.15-0.70=0.10. 0.005 (2)甲离子残留百分比的平均值的估计值为2×0.15+3 100120140160180200采购量（精）】 ×0.20+4×0.30+5×0.20+6×0.10+7×0.05=4.05. 根据上图，可知采购量在168箱以上（含168箱）的“熟 乙离子残留百分比的平均值的估计值为3×0.05+4× 0.10+5×0.15+6×0.35+7×0.20+8×0.15=6. 客”人数为50×20× (0.005+0.020×180-168) 20 =17 17.解：(1)由题意得 (2)去年年底“熟客”所采购的鱼卷总数大约为110×10+ 10(2a+0.020+0.030+b+0.005)=1, 130×10+150×5+170×20+190×5=7500(箱). 5a =2b, 所以小张去年年底总的销售量为 解得a=0.010,b=0.025 (2)等级达到C及以上的占比为 750+各=120（箱）. 12%+32%+37%=81%. (3)若不在网上出售鱼卷，则今年年底小张的收入为 设该批产品中C等级及以上等级的产品质量至少为xg, Y=12000×20-240000(元)： 易得50<x<60. 若在网上出售鱼卷，则今年年底的销售量为(12000+ 则(0.005+0.025+0.030+0.020)×10+(60-x)× 1000m)箱，每箱的利润为(20-m)元， 0.010=0.81,解得x=59, 则今年年底小张的收人为Y=(20-m)·(12000+ 所以该批产品中C等级及以上等级的产品质量至少为59g 1000m)=1000(-m2+8m+240)=1000[-(m-4)2+ 18.解：(1)将甲运动员的数据按从小到大排列如下： 256],当m=4时，Y取得最大值256000. 445677891010 因为256000>240000， 因为85%×10=8.5. 所以小张今年年底收入Y的最大值为256000元 所以第9个数据是85%分位数， 所以甲运动员样本数据的85%分位数为10. 10或司心需府。弹〉厚图裤帝专·棒毛测 本高海栏通插物国营 保的￥装量装内因 11s1-13ys 属与量银反装电因 数理极 25年3月4日量五 高中数学 3711 人毁A i51-t213 公特图二潘 畅我 ￥N论南，销装河 P配镜系件马师本些旋再原长来，丛 应用平面向量数量积定位解题方向 点科每编。银 到山后星标班草有票·尊a4+的 ⊙有易导 应再甲面向■数型所构语三角面植和 行1▣，+滑，=+ ■1-2 国水声明或争星睡 盐喜米(D 是鹰发品植与江油脑柔品道路 内是P与4问甲： 有春县待起性制流精 可方店上数，前是海日山喷译当书彩精 u+刚数最大地，冒+司：，+年 过结情助防方式表解决求典慎的网■在道 解确为名值上角备会的植城，风香要得了的盖 数的限性.函数的有厚姓，特性函数1口 二，密用甲西构量普量能公式末景植 到4线多·发引厚令可以时思求强催价目的 偶个向量的台星图自一个休垂话·泰= 三，盈用甲置间星数■明公比证明不等式 弄◆。角等a与的离周】。4十汇中订有 里-1≤ma≤L,到每得例以门论 3已+，f4E: + 了第 2y1a✉e1m1a11●i, ()inGPC PU 45)内绿g与为引ab=年1A: a-)·(最-12最值为 响能止多平特A,直 (-2 n)1-2 )H绿e与b,a时g川 证当不多 11- 解来转为小氧： ■某罐数镜盟民发性较太小零国愿 风花方上第同是无有 斜2已m,k,y度，+ 月为ak.c昆单的到且。 (o+国 !解眼是堂」体是时明用t框，在思厚雪录 思路分桥：女州把是吾择风州名烤老与 -+·+ 鲁的区用使在手世配客手人不实是★黄海号 客晶莱购刺鱼量有的变协人海，即构值有量？= 正4G中，4C2,配，4 且LAG:9:LNG4 学 正余弦定理的两类应用 队g▣1-4好-5= 光全能响，机青华有 AC=A+C=2推发年m匹 4地◆望当 砖定两地调的塑离调■ 1-+3)-x93 (-)整m27-0-五0 M写E 。..CDEn- 快.0两根共之国Y型寓为0万#， P阴时之行年送为0多肌 以C=x是=当×是=线 0 ◆式程年不是落L的，鲜湖时套程屏具停周 LM4。,期P.0同程有相A.P立0 二、列■短动物体的密行情况 义因者aa亚，院识视n一理 每，乙图A生的家45 号用种也积唐器A我画 45 点汗厅机诗月局常净风期解区周U的如 在A0a中，M1■0，《05， 们每是规行的胞两，有手内卷的献行植成乙知 所以4g。e至m 解：恒用，。甲催套上乙国，：年G经 在△4中，4=形-4”= 相 收。可同出天寸行”无一（机，框边的 2 素养·专练 越捉松 帽世指终1命律城审国据气助坚今端在鸡燕出 解：售，在中D 接H 点到 平面的距离 国海1平国章 万法二甲2，过 一，直越使与位置韩化法 uEV.t作T风 L结nHA 因为AC年1，An 月4平割AE 互，用日G1配 在捷E,家W⊥品 南为 解：为法一 图， 在由△50◆ 料知制45.又4C上AB,s1n山=4， 账+·P+(号T.号 三服 4C分国位s4C前中内 阳程C⊥4.且⊥sn 国为0为的内 &P形3L G⊥面国，因为wC真城 点单与点A州平到》第更男用序 为F门F区1 nEn=C,阿n⊥pAC 四为5--0W-分3号-号 昌框54C=5g.w里 在A位中，易得1 多=·很%0：宁34-6.1 又E是w为中卢，用以州上 为点产为的中高， 因WA8门=AE以P活上国A 放么P两甲国面商兮w,是 所暖山一mw料时6 以面5的长星及”军面的面 为P是中点 二，养体积法 是…号 新？已好Py短限A边注平内外一点P4 1平证A》,0为中这，Ak5,=4, 数点P有0价和或号 .二 ()理线生+5年过，+4线出国直时 舞慎6米并8金周号里 生纳利内个利卡面强准重托心两储年幸 ,量 江用，诊，子丛任) 0上事息m唐D。作s 指法里从 角L品，上上显队起热种地气一信有间 限) 4通.AA0,=于：臣：乎+李 司 ,H作▣a 调为4精生度利解上 .14.4 和4销1画车 又E千N,的4w 国4年 区4E平面A,0E平别风有， 调w型C图的，可得属上的 中丙一解量司专一增 三长) 里人F1位线，物正F,,与E4作 同5，麦，C1铁利.4毛1AA 父AC平m,4Ag▣写 L4磁具银星A上话L热 千平到A G-21536