专题04 概率统计与立体几何（十大题型）-【好题汇编】2025年高考数学一模试题分类汇编（安徽专用）

专题04 概率统计与立体几何 一、计数原理及二项式定理 1．（安徽省合肥市2025届高三第一次教学质量检测数学试题）在的展开式中，的系数为 用数字作答 2．（2025·安徽黄山·一模）若二项式展开式中的常数项为160，则 ． 3．（2025·安徽·一模）程大位（1533-1606）是明代珠算发明家，徽州人.他所编撰的《直指算法统宗》是最早记载珠算开平方、开立方方法的古算书之一，它完成了计算由筹算向珠算的转变，使算盘成为主要的计算工具.算盘其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”.现有一种算盘（如图1）共三档，自右向左分别表示个位、十位和百位，档中横以梁，梁上一珠，下拨一珠记作数字5：梁下五珠，上拨一珠记作数字1.例如：图2中算盘表示整数506.如果拨动图1中算盘的3枚算珠，则可以表示不同的三位整数的个数为 . 二、概率 4．（2025·安徽·一模）同时抛掷三枚质地均匀的骰子，得到向上的点数分别为，则是直角三角形的三个内角的概率为（    ） A． B． C． D． 5．（2025·安徽黄山·一模）已知，，是三种电子信息传递元件，第一次由元件将信息传出，每次传递时，传递元件都等可能地将信息传递给另外两个元件中的任何一个，则第三次传递后，信息在元件中的概率是（   ） A． B． C． D． 6．（2025·安徽合肥·一模）袋中有三个相同的小球，用不同数字对三个小球进行标记.从袋中随机摸出一个小球，接着从袋中取出比该小球上数字大的所有小球不再放回，并将该小球放回袋中.然后，对袋中剩下的小球再作一次同样的操作，此时袋中剩下2个小球的概率为 . 7．（2025·安徽马鞍山·一模）（多选）甲罐中有4个红球，2个白球，乙罐中有5个红球，3个白球．整个取球过程分为两步：（1）先从甲罐中随机取出一个球放入乙罐，记事件为“取出的是红球”，事件为“取出的是白球”；（2）再从乙罐中随机取出两个球，记事件B为“取出的两球都是红球”，事件C为“取出的两球为一红一白”，则（   ） A． B． C． D． 三、统计及数字特征 8．（2025·安徽马鞍山·一模）在某次马鞍山市高三一模联考中，从某班随机抽取8名同学的数学成绩，分数从低到高依次为：71，76，91，101，116，120，131，141，则第70百分位数为 ． 9．（2025·安徽·一模）我国文化体育事业蓬勃发展，正从体育大国向体育强国的目标持续迈进.中国代表队在历届夏季奥运会获得的金牌数依次为15，5，16，16，28，32，48，39，26，38，40，则这11届夏季奥运会中国代表队获得的金牌数的第40百分位数为（    ） A．16 B．26 C．28 D．32 10．（2025·安徽滁州·一模）（多选）下列说法中正确的是（ ） A．一个样本（数据不全为3）的平均数为3，若添加一个新数据3组成一个新样本，则新样本的平均数不变，方差变小 B．在成对样本数据中，两个变量间的样本相关系数越小，则它们的线性相关程度越弱 C．数据，53，56，69，70，72，79，65，80，45，41的极差为40，则这组数据的第m百分位数为79 D．依据小概率值的独立性检验推断两个分类变量X与Y之间是否有关联，经计算得，则可以认为“X与Y没有关联” 11．（2025·安徽·一模）（多选）已知数据的平均数为10，方差为1，且，则下列说法正确的是（    ） A．数据的方差为4 B．数据的平均数为17 C．数据的平均数为10，方差大于1 D．若数据的中位数为分位数为，则 12．（2025·安徽黄山·一模）（多选）某校对参加校庆活动的志愿者开展培训活动，培训活动结束后进行考核．为了解培训效果，从中抽取了80名志愿者的考核成绩，规定考核成绩在内的考核等级为优秀，这80名志愿者的考核成绩统计图表如下所示，则下列选项中正确的有（   ） 分组 频数 频率 2 0.050 13 0.325 18 0.450 a m b 0.075 女志愿者考核成绩频率分布表 A．被抽取的男女志愿者人数均为40 B．，， C．样本中考核等级为优秀的男女志愿者人数分别为6和7 D．样本中男志愿者考核成绩的第92百分位数为93 四、数学期望 13．（2025·安徽滁州·一模）如图，某停车区域共有6个停车位，现有3辆白色汽车和2辆黑色汽车将停在车位上.记黑色汽车之间的白色汽车数为X，则X的数学期望为 . 五、回归方程 14．（2025·安徽合肥·一模）（多选）某同学两次实验得到的数据如下表.实验一所得的样本相关系数为，Y关于x的经验回归方程为；实验二所得的样本相关系数为，u关于v的经验回归方程为，下列结论中正确的是（    ） 实验一 x 2 3 4 5 6 y 12 10 9 7 4 实验二 v 4 6 8 10 12 u 8 10 11 13 16 参考公式：样本相关系数，. A． B． C． D． 六、正方体和圆台综合问题 15．（2025·安徽合肥·一模）（多选）在正方体中，P是棱上的动点不含端点，下列说法中正确的有（    ） A．平面 B． C．四面体的体积为定值 D．存在点P，使得平面平面 16．（2025·安徽滁州·一模）中国被称为“制扇王国”，折扇的起源历史悠久，最早可以追溯到西汉时期.现有一把折扇，其结构如图.完全展开后扇面的圆心角为，上板长为若把该扇面围成一个圆台，则圆台的高为（ ） A． B． C． D． 17．（2025·安徽·一模）（多选）如图，已知圆台的轴截面为，其中为圆弧的中点，，则（    ） A．圆台的体积为 B．圆台母线所在直线与平面所成角的最大值为 C．过任意两条母线作圆台的截面，截面面积的最大值为 D．过三点的平面与圆台下底面的交线长为 七、距离最值问题 18．（2025·安徽·一模）在正四棱柱中，，分别为侧棱上一点，则的最小值为（    ） A． B． C． D．14 19．（2025·安徽·一模）（多选）在棱长为3的正方体中，点M是线段的中点，点F满足 ，其中，则 （   ） A．平面平面 B．对于任意， 三棱锥的体积为定值 C．周长的最小值为 D．当时，平面BDF截该正方体的外接球所得截面的面积为 八、球体综合 20．（2025·安徽黄山·一模）已知三棱锥的四个面均为直角三角形，平面，，，则三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 21．（2025·安徽·一模）已知顶点为的圆锥的外接球为球为底面圆的一条直径，是母线的中点，为底面圆的中心，为线段的中点，若是边长为2的正三角形，则球的表面积为 ，与该圆锥底面所成角的正切值为 . 九、概率统计解答题 22．（2025·安徽·一模）一个不透明的盒子中装有规格完全相同的3个小球，标号分别为，现采用有放回的方式摸球两次，每次摸出1个小球，记第一次摸到的小球号码为，第二次摸到的小球号码为. (1)记“”为事件，求； (2)完成两次摸球后，再将与前面3个球规格相同的4号球和5号球放入盒中，并进行第三次摸球，且将第三次摸到的小球号码记为，号码中出现偶数的个数记为，求的分布列及数学期望. X 0 1 2 3 P 23．（2025·安徽黄山·一模）记数列前项的最大值依次构成一个新的数列，称数列为的“生成子列”，数列所有项组成的集合为． (1)已知数列，都只有项，为的“生成子列” ①若数列为3，2，1，4，求数列； ②若数列各项均不相等且，它的“生成子列”的通项公式，写出所有符合条件的数列； (2)若，且中有个元素，求的取值范围； (3)若，的“生成子列”的前n项和为，从，，，…，中任取个，记其中能被2整除且不能被整除的个数为，求． 24．（2025·安徽·一模）已知是各项均为正数的数列，事件“”发生的概率为，事件“”发生的概率为. (1)若随机变量的期望不小于，求的取值范围； (2)已知，若依次成等比数列的概率为，比较与的大小； (3)若（为大于的常数，且为偶数），证明在得到的次递推过程中，事件“”发生的次数为奇数，并求的最大值. 十、立体几何解答题 25．（2025·安徽合肥·一模）如图，在正三棱台中，，    (1)若，证明：平面； (2)若三棱台的高为，求平面与平面夹角的余弦值. 26．（2025·安徽黄山·一模）如图，四棱锥中，平面，，，，，点在棱上． (1)当时，求证：平面； (2)若直线与平面所成的角为，二面角的余弦值为，求． 27．（2025·安徽马鞍山·一模）如图，在四棱锥中，底面四边形是菱形，，，底面，点M是线段的中点，点N在线段上，且，点K为线段的中点． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 28．（2025·安徽滁州·一模）如图（1）所示，在中，，，，E为AC中点.过点E作，垂足为现将沿EF翻折至，如图（2）所示，连接PB，PC，过点P作，垂足为G，且 (1)若平面平面，求证：； (2)求二面角的正弦值. 29．（2025·安徽·一模）如图，在五面体中，菱形的边长为，，. (1)证明：且. (2)求五面体体积的最大值. (3)当五面体的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值. 30．（2025·安徽·一模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，且，为等边三角形. (1)若分别是棱的中点，证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 19 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 概率统计与立体几何 一、计数原理及二项式定理 1．（安徽省合肥市2025届高三第一次教学质量检测数学试题）在的展开式中，的系数为 用数字作答 【答案】 【分析】直接利用二项展开式的通项公式求解即可. 【详解】在的展开式中，的系数为， 故答案为： 2．（2025·安徽黄山·一模）若二项式展开式中的常数项为160，则 ． 【答案】2 【分析】求出二项展开式的通项，令的指数等于零，再根据题意建立等量关系，即可求出. 【详解】由题二项式展开式的通项公式为：， 所以当时的项为常数项，解得. 故答案为：2. 3．（2025·安徽·一模）程大位（1533-1606）是明代珠算发明家，徽州人.他所编撰的《直指算法统宗》是最早记载珠算开平方、开立方方法的古算书之一，它完成了计算由筹算向珠算的转变，使算盘成为主要的计算工具.算盘其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”.现有一种算盘（如图1）共三档，自右向左分别表示个位、十位和百位，档中横以梁，梁上一珠，下拨一珠记作数字5：梁下五珠，上拨一珠记作数字1.例如：图2中算盘表示整数506.如果拨动图1中算盘的3枚算珠，则可以表示不同的三位整数的个数为 . 【答案】26 【分析】分“百位”拨动3枚算珠、“百位”拨动2枚算珠、“百位”拨动1枚算珠三种情况罗列出可表示的数据即可得解. 【详解】由题“百位”拨动3枚算珠可以表示的不同的三位整数有：300、700； “百位”拨动2枚算珠可以表示的不同的三位整数有：210、250、201、205，610、650、601、605； “百位”拨动1枚算珠可以表示的不同的三位整数有：120、102、160、106、111、151、115、155； 520、502、506、560、511、551、515、555. 则符合条件的三位整数的个数为26. 故答案为：26. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是理解题意，将问题拆分“百位”拨动3枚算珠、“百位”拨动2枚算珠、“百位”拨动1枚算珠三种简单情况进行分析再整合即可得解. 二、概率 4．（2025·安徽·一模）同时抛掷三枚质地均匀的骰子，得到向上的点数分别为，则是直角三角形的三个内角的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】应用古典概型及排列数计算求解. 【详解】若是直角三角形的三个内角，则，即. 因为，所以这三个数只能是2，3，6或2，4，4， 所以是直角三角形的三个内角的概率为=. 故选：B. 5．（2025·安徽黄山·一模）已知，，是三种电子信息传递元件，第一次由元件将信息传出，每次传递时，传递元件都等可能地将信息传递给另外两个元件中的任何一个，则第三次传递后，信息在元件中的概率是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用列举法求出所有的传递方法共有多少种，找出第3次传递恰好在元件中的情况，再由古典概型的概率公式计算可得． 【详解】依题意三次传递所有的传递方法有： ；； ；； ；； ；，则共有8种传递方法． 第三次传递后，信息在元件中的有两种情况， 所以第三次传递后，信息在元件中的概率 故选：B． 6．（2025·安徽合肥·一模）袋中有三个相同的小球，用不同数字对三个小球进行标记.从袋中随机摸出一个小球，接着从袋中取出比该小球上数字大的所有小球不再放回，并将该小球放回袋中.然后，对袋中剩下的小球再作一次同样的操作，此时袋中剩下2个小球的概率为 . 【答案】 【分析】不妨对三个小球进行标记，记为1，2，3号，分析第一次取出的小球标号，求出相应的概率，即可得解. 【详解】不妨对三个小球进行标记，记为1，2，3号， 若第一次取出的是1号球，两次操作之后袋子里面只剩1号球； 若第一次取出的是2号球，则第二次操作时袋子中有1，2号球，若要让袋子中有2个球，需取2号球才行，其概率为； 若第一次取出的是3号球，则第二次操作时袋子中有1，2，3号球，若让袋子中有2个球，需取2号球才行，其概率为； 综上，袋中剩下2个小球的概率为. 故答案为： 7．（2025·安徽马鞍山·一模）（多选）甲罐中有4个红球，2个白球，乙罐中有5个红球，3个白球．整个取球过程分为两步：（1）先从甲罐中随机取出一个球放入乙罐，记事件为“取出的是红球”，事件为“取出的是白球”；（2）再从乙罐中随机取出两个球，记事件B为“取出的两球都是红球”，事件C为“取出的两球为一红一白”，则（   ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】根据条件概率及全概率公式计算即可. 【详解】由题意知，， ，， ，， ， . 故选：. 三、统计及数字特征 8．（2025·安徽马鞍山·一模）在某次马鞍山市高三一模联考中，从某班随机抽取8名同学的数学成绩，分数从低到高依次为：71，76，91，101，116，120，131，141，则第70百分位数为 ． 【答案】120 【分析】由百分位数的计算公式即可求解； 【详解】因为， 所以第6位数是第70百分位数，即第70百分位数为120； 故答案为：120 9．（2025·安徽·一模）我国文化体育事业蓬勃发展，正从体育大国向体育强国的目标持续迈进.中国代表队在历届夏季奥运会获得的金牌数依次为15，5，16，16，28，32，48，39，26，38，40，则这11届夏季奥运会中国代表队获得的金牌数的第40百分位数为（    ） A．16 B．26 C．28 D．32 【答案】B 【分析】由百分位数的计算公式即可求解. 【详解】将这组数据按照从小到大的顺序排列为5，15，16，16，26，28，32，38，39，40，48. 因为， 所以这11届夏季奥运会中国代表队获得的金牌数的第40百分位数是第五个数26. 故选：B 10．（2025·安徽滁州·一模）（多选）下列说法中正确的是（ ） A．一个样本（数据不全为3）的平均数为3，若添加一个新数据3组成一个新样本，则新样本的平均数不变，方差变小 B．在成对样本数据中，两个变量间的样本相关系数越小，则它们的线性相关程度越弱 C．数据，53，56，69，70，72，79，65，80，45，41的极差为40，则这组数据的第m百分位数为79 D．依据小概率值的独立性检验推断两个分类变量X与Y之间是否有关联，经计算得，则可以认为“X与Y没有关联” 【答案】AC 【分析】利用平均数与方差的定义可判断A；由相关系数的概念可判断B；利用百分位的定义求解可判断C；由独立性检验的意义可判断D. 【详解】一个样本（数据不全为3）的平均数为3，若添加一个新数据3组成一个新样本，则新样本的平均数不变， 根据方差公式，可知方差变小，故A正确； 两个变量的相关系数越小，则两者的线性相关程度越弱，故B错误; 除m外，剩余数据的极差为，因为所有数据的极差为40，且， 所以 把数据技从小到大题序排列，得：41，45，53，56，65，69，70，72，79，80， 由，所以这组数据的第m百分位数为第9个，为故C正确; 零假设为与Y相互独立，即X与Y没有关联，由， 可知依据的独立性检验，没有充分证据推断不成立，可以认为“X与Y有关联”，故D错误. 故选：AC. 11．（2025·安徽·一模）（多选）已知数据的平均数为10，方差为1，且，则下列说法正确的是（    ） A．数据的方差为4 B．数据的平均数为17 C．数据的平均数为10，方差大于1 D．若数据的中位数为分位数为，则 【答案】AB 【分析】根据方差性质计算判断A，根据平均数及方差计算求解判断B，C，特例法，先从小到大排列，计算中位数及分位数判断D. 【详解】对于A：数据的方差为，A选项正确； 对于B：数据的平均数为，B选项正确； 对于C：数据的平均数为， 方差，C选项错误； 对于D：若取数据，平均数为10，方差为1， 则中位数为，因为，所以第5个数为分位数， 所以，D选项错误. 故选：AB. 12．（2025·安徽黄山·一模）（多选）某校对参加校庆活动的志愿者开展培训活动，培训活动结束后进行考核．为了解培训效果，从中抽取了80名志愿者的考核成绩，规定考核成绩在内的考核等级为优秀，这80名志愿者的考核成绩统计图表如下所示，则下列选项中正确的有（   ） 分组 频数 频率 2 0.050 13 0.325 18 0.450 a m b 0.075 女志愿者考核成绩频率分布表 A．被抽取的男女志愿者人数均为40 B．，， C．样本中考核等级为优秀的男女志愿者人数分别为6和7 D．样本中男志愿者考核成绩的第92百分位数为93 【答案】ABD 【分析】对A，B，由女志愿者考核成绩频率分布表可求得女志愿者的人数为40，进而求出的值，得解；对C，根据考核等级为优秀的标准分别计算男女志愿者人数判断；对D，根据百分位数的定义求解判断. 【详解】对于A，由女志愿者考核成绩频率分布表可知被抽取的女志愿者的人数为， 所以被抽取的男女志愿者人数均为40，故A正确； 对于B，由，得，则，所以，故B正确； 对于C，样本中考核等级为优秀的男志愿者人数为， 样本中考核等级为优秀的女志愿者人数为，故C错误； 对于D，样本中男志愿者考核成绩的第92百分位数为，故D正确. 故选：ABD. 四、数学期望 13．（2025·安徽滁州·一模）如图，某停车区域共有6个停车位，现有3辆白色汽车和2辆黑色汽车将停在车位上.记黑色汽车之间的白色汽车数为X，则X的数学期望为 . 【答案】1 【分析】由题意可知，，根据随机变量表示的意义，通过计算每个可能的值的概率，再由这些概率利用期望计算公式计算数学期望 . 【详解】X可能的取值为：0，1，2，3， 则， ， ， ， 所以X的数学期望为⨉⨉⨉⨉ 故答案为：1. 五、回归方程 14．（2025·安徽合肥·一模）（多选）某同学两次实验得到的数据如下表.实验一所得的样本相关系数为，Y关于x的经验回归方程为；实验二所得的样本相关系数为，u关于v的经验回归方程为，下列结论中正确的是（    ） 实验一 x 2 3 4 5 6 y 12 10 9 7 4 实验二 v 4 6 8 10 12 u 8 10 11 13 16 参考公式：样本相关系数，. A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】直接根据已知条件及平均数，相关系数等的计算公式求解判断即可. 【详解】解：，，A正确； ，B正确； ，， ，C错误； ，， ， ， 所以，D正确. 故选： 六、正方体和圆台综合问题 15．（2025·安徽合肥·一模）（多选）在正方体中，P是棱上的动点不含端点，下列说法中正确的有（    ） A．平面 B． C．四面体的体积为定值 D．存在点P，使得平面平面 【答案】AB 【分析】根据线面平行的判定定理可判断A；由线线垂直证线面垂直，再证线线垂直可判断B；根据直线与平面的位置关系可判断C；建系可判断D. 【详解】对于A，因为，平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B，因为平面，平面，所以， 因为，，平面， 所以平面，因为平面，所以，故B正确； 对于C，因为平面，， 所以与平面相交，即点P到平面的距离h不是定值， 因为，为定值，所以四面体的体积不为定值，故C错误； 对于D，以A为坐标原点，分别以AB，AD，为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为1， 则，，，，设， 则，，，， 设平面的法向量为， 由，取，则，，所以， 平面的法向量为， 由，取，则，，所以， 若存在点P，使得平面平面， 则， 因为，所以无解， 所以不存在点P，使得平面平面，故D错误. 故选：AB. 16．（2025·安徽滁州·一模）中国被称为“制扇王国”，折扇的起源历史悠久，最早可以追溯到西汉时期.现有一把折扇，其结构如图.完全展开后扇面的圆心角为，上板长为若把该扇面围成一个圆台，则圆台的高为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】应用几何扇形弧长计算，结合圆台的几何特征计算即可. 【详解】设小扇形的半径为xcm，则大扇形的半径为， 设圆台的上下底面半径分别为， 则， 所以， 所以， 所以圆台的高为 故选： 17．（2025·安徽·一模）（多选）如图，已知圆台的轴截面为，其中为圆弧的中点，，则（    ） A．圆台的体积为 B．圆台母线所在直线与平面所成角的最大值为 C．过任意两条母线作圆台的截面，截面面积的最大值为 D．过三点的平面与圆台下底面的交线长为 【答案】ABD 【分析】求出圆台的高，根据体积公式可得选项A正确；把圆台补成圆锥，根据母线与平面所成的角最大可得选项B正确；利用两条母线所在直线夹角为时截面面积最大可得选项C错误；找出过三点的平面与圆台下底面的交线，结合垂径定理可得选项D正确. 【详解】A.∵，∴圆台上底面圆半径为，下底面圆半径为， ∴圆台的高， ∴圆台的体积，A正确. B.由，，得，由得，. 如图，将圆台补成圆锥，顶点记为，底面圆的圆心记为，连接， ∵为圆弧的中点，∴. ∵平面，平面，∴， ∵平面，∴平面， ∵平面，∴平面平面， 此时母线所在直线与平面所成的角最大，最大为，，B正确. C.由得，，∴， 当两条母线所在直线夹角为时，截面面积最大，最大值为，C错误. D.如图，在梯形中，连接并延长交的延长线于点，连接交底面圆于点，则为截面与底面圆的交线. 由得，，，∴，， 取中点，则， ∴，D正确. 故选：ABD. 七、距离最值问题 18．（2025·安徽·一模）在正四棱柱中，，分别为侧棱上一点，则的最小值为（    ） A． B． C． D．14 【答案】A 【分析】将正四棱柱的侧面展开，由直线段最短求解. 【详解】如图所示： ， 将正四棱柱（图1）的侧面展开，得到展开图（图2）， 当五点共线时，取得最小值， 且最小值为. 故选：A 19．（2025·安徽·一模）（多选）在棱长为3的正方体中，点M是线段的中点，点F满足 ，其中，则 （   ） A．平面平面 B．对于任意， 三棱锥的体积为定值 C．周长的最小值为 D．当时，平面BDF截该正方体的外接球所得截面的面积为 【答案】ACD 【分析】建系标点.对于A：利用空间向量证明面面垂直；对于B：利用空间向量可知与平面不平行，进而分析体积；对于C：将平面沿旋转至与平面共面，结合几何性质求周长的最小值；对于D：利用空间向量求球心到平面的距离，进而可得截面面积. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 对于选项A：因为，，， 设平面法向量，则， 令，则，可得， 设平面法向量，则， 令，则，可得， 因为，则， 所以平面平面，故A正确； 对于选项B：因为，则， 可知与不垂直，则与平面不平行， 所以当在运动时，到平面的距离不是定值， 且底面的面积为定值，则三棱锥的体积不是定值，故B错误； 对于选项C：因为， 将平面沿旋转至与平面共面， 则，可得， 所以周长的最小值为，故C正确； 对于选项D：因为正方体的球心，球的半径， 当时，则，可得， ， 设平面法向量为，则， 令，则，可得， 则球心到平面的距离， 设平面截该正方体的外接球所得截面圆的半径为， 则， 所以平面截该正方体的外接球所得截面的面积为，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是利用向量法求出球心到截面BDF的距离，由此即可顺利得解. 八、球体综合 20．（2025·安徽黄山·一模）已知三棱锥的四个面均为直角三角形，平面，，，则三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】构造如图所示的长方体，易知三棱锥的外接球就是长方体的外接球，可得，结合球的表面积计算公式即可. 【详解】根据题意，构造如图所示的长方体，设其外接球的半径为， 易知三棱锥的外接球就是长方体的外接球， 则， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故选：D. 21．（2025·安徽·一模）已知顶点为的圆锥的外接球为球为底面圆的一条直径，是母线的中点，为底面圆的中心，为线段的中点，若是边长为2的正三角形，则球的表面积为 ，与该圆锥底面所成角的正切值为 . 【答案】 / 【分析】取的中点，连接，取的中点，连接，，，根据已知得，进而求出外接球的半径，即可得球的表面积，应用几何法求线面角的正切值. 【详解】取的中点，连接，取的中点，连接，，.    因为是边长为2的正三角形，所以， 所以 设球的半径为，由，得， 故球的表面积为. 易知圆锥底面，则是与该圆锥底面所成的角， 所以与该圆锥底面所成角的正切值为. 故答案为：， 九、概率统计解答题 22．（2025·安徽·一模）一个不透明的盒子中装有规格完全相同的3个小球，标号分别为，现采用有放回的方式摸球两次，每次摸出1个小球，记第一次摸到的小球号码为，第二次摸到的小球号码为. (1)记“”为事件，求； (2)完成两次摸球后，再将与前面3个球规格相同的4号球和5号球放入盒中，并进行第三次摸球，且将第三次摸到的小球号码记为，号码中出现偶数的个数记为，求的分布列及数学期望. 【答案】(1) (2)分布列见解析；. 【分析】（1）根据古典概型的计算公式即可求得答案. （2）先确定X的取值，结合独立事件概率乘积公式及组合数求得每个值对应的概率，即可得分布列，继而求得数学期望. 【详解】（1）两次摸球，摸出的小球号码的所有情况共种， 其中，满足“”的情形有： 时，；时，；时，；共5种情况， 故； （2）X的可能取值为， 则，， ，， 故X的分布列为： X 0 1 2 3 P 故 23．（2025·安徽黄山·一模）记数列前项的最大值依次构成一个新的数列，称数列为的“生成子列”，数列所有项组成的集合为． (1)已知数列，都只有项，为的“生成子列” ①若数列为3，2，1，4，求数列； ②若数列各项均不相等且，它的“生成子列”的通项公式，写出所有符合条件的数列； (2)若，且中有个元素，求的取值范围； (3)若，的“生成子列”的前n项和为，从，，，…，中任取个，记其中能被2整除且不能被整除的个数为，求． 【答案】(1)①；②答案见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据“生成子列”的定义即可求解； （2）根据中有个元素结合数列单调性及“生成子列”定义可得：，，从而可得参数的取值范围. （3）根据特殊角的三角函数结合“生成子列”的定义可得其通项，从而可求. 【详解】（1） ①    当数列为3，2，1，4时， 根据定义有：，，，， 所以数列为：； ②    因为有项，且各项均不相等且，所以中个元素都出现， 又因为的“生成子列”的通项公式，所以数列中， 所以符合条件的有： ，，，，， 种可能. （2）因为，所以， ， 因为，， 所以当，即时，数列递增， 当，即时，数列递减， 因为中有个元素，结合数列的单调性可知， 且，即，， 整理得，解得，所以. （3）由题意得 所以，，， 所以，能被4整除， ，不能被2整除， ，能被2整除，不能被4整除， ，不能被2整除， 所以，，…，中能被2整除，但不能被4整除的有n个， ，，，， ， 所以. 【点睛】思路点睛： 数列新定义问题，应该根据定义得到新数列的形成过程，将该过程与数列常见性质（如单调性等）结合在一起，另外数列的最值或诸项之间的大小关系往往和数列的单调性相关. 24．（2025·安徽·一模）已知是各项均为正数的数列，事件“”发生的概率为，事件“”发生的概率为. (1)若随机变量的期望不小于，求的取值范围； (2)已知，若依次成等比数列的概率为，比较与的大小； (3)若（为大于的常数，且为偶数），证明在得到的次递推过程中，事件“”发生的次数为奇数，并求的最大值. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析，. 【分析】j（1）列出所有的可能取值，再去求其概率，利用随机变量的期望列出不等关系，求出的取值范围； （2）依次成等比的情况只有两种，分别求其满足等比的概率，再利用分组求和在比较大小即可； （3） 结合，对次递推的过程分段进行处理，在分情况进行讨论，利用反证法得出事件“”发生的次数为偶数次时不成立，再结合分段去表示出，并对其放缩，得到的最大值. 【详解】（1）随机变量的分布列为 所以. 因为，所以或，即的取值范围是. （2）根据题意可得依次成等比数列的情况有两种，第一种是公比为，第二种是公比为，      .. 所以， 所以，    因为，所以. （3）记为Ⅰ，为Ⅱ. 设次递推的过程中有次为Ⅱ，于是这次递推过程被Ⅱ分成段， 各段中递推Ⅰ的次数分别为（若最后一次用Ⅱ，则；若第一次用Ⅱ，则），则 若为偶数，则， 因为为偶数，所以为奇数，则为奇数， 因为为偶数， 所以为奇数， 所以，，不可能成立 若为奇数，则， 因为为偶数，所以为奇数，则为偶数，同理可得也为偶数， 所以可能成立，所以事件“”发生的次数为奇数， 则，则， 当且仅当时，等号成立，所以的最大值为. 故的最大值为，得的最大值为. 十、立体几何解答题 25．（2025·安徽合肥·一模）如图，在正三棱台中，，    (1)若，证明：平面； (2)若三棱台的高为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）过点作，交BC于点E，进而求出相关边长，可证得，，进而可证得到结论； （2）以AB的中点O为原点，OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，过点O且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.取线段中点F，求出平面与平面的法向量，进而可求得结果. 【详解】（1）如图所示，过点作，交BC于点E， 易知四边形为平行四边形. 所以，，所以 又，所以，即故， 同理可得 又直线与相交，且直线与都在平面内， 所以平面    （2）以AB的中点O为原点，OB，OC所在直线分别为x轴，y轴， 过点O且垂直于平面ABC的直线为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系.取线段中点F， ，，，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，即，取，则，， 故 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，， 故， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为    26．（2025·安徽黄山·一模）如图，四棱锥中，平面，，，，，点在棱上． (1)当时，求证：平面； (2)若直线与平面所成的角为，二面角的余弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点，连接，利用几何性质证明，即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，设，求出平面的法向量，用表示出平面的法向量，利用向量的夹角公式计算，即可求得答案. 【详解】（1）连接交于点，连接， 由 知，，∴， ∵，∴，∴， 又平面，平面，∴平面． （2）∵平面，∴为与底面所成的角， 即，∴， 又四边形是直角梯形， 故以为坐标原点，分别以，，为，，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， ∴，，， 设平面法向量为，则 ， 即 ，令，则， 设， 则， 设平面的法向量为，则， 即 ，令，则， 因为二面角的余弦值为， ∴，解得， 所以，， 所以. 27．（2025·安徽马鞍山·一模）如图，在四棱锥中，底面四边形是菱形，，，底面，点M是线段的中点，点N在线段上，且，点K为线段的中点． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理先证明线面垂直，然后证明线线垂直即可； （2）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用向量求解平面与平面夹角的余弦值即可. 【详解】（1）证明：如图，连接， 因为四边形是菱形，所以，又，所以， 可得为等边三角形，又点M是线段的中点，可得，    又平面，又平面，所以，且， 平面，所以平面， 又平面，所以．    又，，平面， 所以平面，平面，所以．    （2）如图所示， 取中点，连接，所以， 以点D为原点，以、、所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 设菱形的边长为2，可得， 可得，，，， ，，．    设，可得点，所以，， 又可知，所以可得，． 设平面的法向量，则，可得． 不妨设，可得，，可得． 连接交于点G，再连接知， 可得平面，因为平面，所以， 又，且，平面， 所以平面，所以平面的法向量．    设平面与平面的夹角θ，其中，可得． 即平面与平面夹角的余弦值为． 28．（2025·安徽滁州·一模）如图（1）所示，在中，，，，E为AC中点.过点E作，垂足为现将沿EF翻折至，如图（2）所示，连接PB，PC，过点P作，垂足为G，且 (1)若平面平面，求证：； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用已知易证，可得平面，利用线面平行的性质可得结论； （2）利用已知可证平面，过在平面内作，以为坐标原点，为坐标轴建立空间直角坐标系，求得平面PEC的一个法向量和平面PBC的一个法向量，利用向量法可求二面角的正弦值. 【详解】（1）在图（1）中，，，所以，， 为AC的中点，，所以，， ，所以G为AB的中点，所以， 在图（2）中，平面PEG，平面PEG， 所以平面， 平面，平面平面，所以； （2）在图（2）中，因为，，，PF、平面PBF， 所以平面PBF， 又平面EFBC，所以平面平面EFBC， 因为平面平面，，所以平面 由（1）知，即，又，所以， 过在平面内作， 以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面PEC的法向量为， 则， 令，解得，所以 设平面PBC的法向量为， 则， 令，解得，所以， 所以， 所以， 所以二面角的正弦值为. 29．（2025·安徽·一模）如图，在五面体中，菱形的边长为，，. (1)证明：且. (2)求五面体体积的最大值. (3)当五面体的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由已知证得平面，即可证得；取的中点，的中点，连接，，，可得，进而得平面，则，即可证得； （2）分别作，，垂足分别为，，连接，，，，由已知和（1）中结论，可得，设，可得五面体的体积为，利用导数求出其最大值即可； （3）（方法一）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算分别求出平面和平面的一个法向量，利用公式即可求得两个平面夹角的余弦值. （方法二）过点作于，过点作于，连接， 可得平面，则，可得平面，则， 则为平面与平面的夹角，在中，由三角函数定义求出，进而求得其余弦值. 【详解】（1）在菱形中，，因为平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面平面， 所以.      取的中点，的中点，连接，，，则， 所以，故，，，四点共面，                因为，， 所以，，即， 因为四边形为梯形，所以与相交，所以平面，                又平面， 所以，而，所以. （2）分别作，，垂足分别为，，连接，，，， 由（1）知，则， 又，，平面， 所以平面，同理平面.       因为菱形的边长为，， 为的中点，为的中点，， 则，，又， 所以四边形是等腰梯形，由对称性可知                                                                                           设，则，， 所以， 所以，， 所以五面体的体积为 ，                                                                                                                                                                      ， 则当时，，单调递增， 当时，，单调递减，      故当时，五面体体的最大，最大值为. （3）当五面体的体积最大时， ，， （方法一）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，， ，，，. 设平面的一个法向量为， 则，取，得， ，. 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 所以， 故平面与平面夹角的余弦值为. （方法二）过点作于，过点作于，连接， 由（2）知平面，则 又，平面， 所以平面， 又平面，则，， 因为，平面， 所以平面，又平面，则， 所以为平面与平面的夹角， 又，， 由（2）及已知，， 所以，，则， 故平面与平面夹角的余弦值为. 30．（2025·安徽·一模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，且，为等边三角形. (1)若分别是棱的中点，证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过线线平行得到平面平面，进而证明平面. （2）通过分析可得两两互相垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量可求两平面夹角的余弦值. 【详解】（1） 如图，取的中点，连接. ∵分别是棱的中点，∴. ∵，∴. ∵，平面，平面， ∴平面，同理可得平面， ∵平面，∴平面平面， ∵平面，∴平面. （2） 如图，连接，取的中点，连接， ∵且，∴且， ∴四边形为平行四边形，故， ∵，∴，且， ∵，∴，故为等边三角形， ∴，. ∵为等边三角形，∴. 在中，由余弦定理得，， ∴，即，故两两互相垂直. 以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则，，，， 由得， ∴， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，故. 取平面的一个法向量，则， ∴平面与平面夹角的余弦值为. 19 学科网（北京）股份有限公司 $$