高一下学期期末复习选择题压轴题70题精练-2024-2025学年高一数学举一反三系列（苏教版2019必修第二册）

2024-2025学年高一下学期期末复习选择题压轴题70题精练 【苏教版（2019）】 第9章 平面向量 1．（24-25高一下·江苏徐州·期中）已知与是两个不共线的向量，，若三点共线，则实数的值为（   ） A． B． C．4 D．5 2．（24-25高一下·江苏常州·期中）互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这样的坐标系称为“斜坐标系”．如图，设，是平面内相交的两条数轴，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，且，过点作两坐标轴的平行线，其在轴和轴上的截距，分别作为点的坐标和坐标，记，则该坐标系中和两点间的距离为（   ） A． B．2 C． D． 3．（24-25高一下·江苏·期中）如图，在中，D是BC的中点，E在边AB上，，，，AD与CE交于点O，，则实数t的值为（   ）    A．3 B．4 C．5 D．6 4．（24-25高一下·江苏镇江·期中）已知中，，则此三角形为（    ） A．等边三角形 B．等腰非等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 5．（24-25高一下·江苏无锡·期中）在△ABC中 ，，且，，若，则的最小值为（    ） A． B． C．4 D． 6．（24-25高一下·江苏常州·期中）在正六边形中，是正六边形内部以及边界上任意一点，且，则的最大值为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 7．（24-25高一下·江苏南京·阶段练习）已知平面向量、、满足：与的夹角为锐角.，，，且的最小值为，向量的最大值是（   ）. A． B． C． D． 8．（24-25高一下·江苏·阶段练习）已知非零向量与满足，且，，点是的边上的动点，则的最小值为（   ） A．－1 B． C． D． 9．（多选）（24-25高一下·江苏南京·期中）已知点M在所在平面内一点，则（   ） A．若M为BC中点，，则是在方向上的投影向量 B．若，则面积比 C．若，，的夹角两两相等，，，则 D．若为边长为2的正三角形，M为AB的中点，点E在线段BC上运动，则的取值范围为 10．（多选）（24-25高一下·江苏徐州·阶段练习）设点，，，分别为三角形的重心､垂心､外心和内心，则下列结论正确的是（   ） A．； B．若且，则； C．若，，则； D．若，则． 第10章 三角恒等变换 11．（24-25高一下·江苏南通·阶段练习）已知和均为锐角，且，则（    ） A．有最小值为 B．有最大值为 C．有最小值为 D．有最大值为 12．（24-25高一下·江苏南通·期中）已知，向量，则下列可能成立的是（   ） A． B． C． D． 13．（23-24高一下·江苏徐州·期中）设，，，则有（   ） A． B． C． D． 14．（24-25高一下·江苏常州·阶段练习）已知，且，则下面正确的为（    ） A． B． C． D． 15．（24-25高三上·四川巴中·期末）若函数的定义域内存在，使得成立，则称该函数为“完整函数”．已知是上的“完整函数”，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 16．（24-25高一下·江苏扬州·阶段练习）已知函数在上有两个不同的零点，则m的取值集合是（   ） A． B． C． D． 17．（23-24高一下·江苏泰州·期中）辅助角公式是我国清代数学家李普兰发现的用来化简三角函数的一个公式，其内容为．已知函数（其中，，）．若，，则下列结论正确的是（    ） A． B．的图象关于直线对称 C．在上单调递增 D．过点的直线与的图象一定有公共点 18．（23-24高一下·江苏苏州·阶段练习）在锐角三角形中，已知，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 19．（多选）（24-25高一下·江苏南通·阶段练习）已知、，，则下列不等关系一定正确的是（    ） A． B． C． D． 20．（多选）（23-24高三上·江苏泰州·期中）由两角和差公式我们得到倍角公式，实际上也可以表示为的三次多项式，像、、、这些非特殊角我们可以通过观察发现它们之间的相互关系，进而求出各自的三角函数值.则（    ） A． B． C．已知方程在上有三个根，记为，，，则 D．对于任意的，当时一定有 第11章 解三角形 21．（23-24高一下·江苏无锡·期中）在中，角的对边分别为a，b，c．已知，，则角A的大小为（   ） A． B． C． D． 22．（23-24高一下·江苏无锡·期末）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 23．（23-24高一下·江苏苏州·期末）锐角中，角A、B、C的对边分别为、、，满足，若存在最大值，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 24．（24-25高一下·江苏南通·期中）密铺，即平面图形的镶嵌，用形状、大小完全相同的几种或几十种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，这就是平面图形的密铺，又称做平面图形的镶嵌．皇冠图形（图1）是一个密铺图形，它由四个完全相同的平面凹四边形组成．在平面凹四边形（图2）中，测得，凹四边形的面积为，则的余弦值为（   ） A． B． C． D． 25．（24-25高一下·江苏宿迁·期中）在锐角中，角所对的边分别为，若，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 26．（24-25高一下·江苏苏州·期中）在中，内角，，所对的边分别为，，，且，，则的面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 27．（24-25高一下·湖北孝感·期中）在中，内角所对的边分别为，若D是边上的一点，且,则的最大值是（   ） A．2 B． C． D． 28．（24-25高二上·福建泉州·开学考试）在锐角中，角的对边分别为，为的面积，，且，则的周长的取值范围是（    ） A． B． C． D． 29．（多选）（24-25高一下·江苏无锡·阶段练习）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且，则下列说法中正确的是(      ） A． B．角B的取值范围是 C．的取值范围是 D．的取值范围是 30．（多选）（23-24高一下·江苏连云港·期中）在锐角中，角的对边分别为，且满足，，则下列说法正确的有（    ） A．外接圆面积是 B．面积的最大值是 C．周长的取值可以是 D．内切圆半径的取值范围是 第12章 复数 31．（24-25高一下·江苏连云港·期中）已知为虚数单位，如果复数满足，那么的最小值是（   ） A．1 B． C．2 D． 32．（2025·贵州毕节·一模）已知复数z满足，且z是关于x的方程的一个根，则实数p，q的值为（    ） A．， B．， C．， D．， 33．（2024·内蒙古赤峰·一模）棣莫弗公式（其中i为虚数单位）是由法国数学家棣莫弗（1667-1754）发现的，根据棣莫弗公式可知，复数在复平面内所对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 34．（24-25高一下·江苏盐城·期中）已知复数，，，，并且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 35．（23-24高一下·江苏无锡·期末）已知为虚数单位，则下列结论正确的是（    ） A．是纯虚数 B．若，则是方程的一个复数根 C．若，则 D．若复数满足，则复数在复平面内对应的点所构成的图形面积为 36．（23-24高一下·福建福州·期中）瑞士数学家欧拉于1748年提出了著名的公式：，其中是自然对数的底数，是虚数单位，该公式被称为欧拉公式.根据欧拉公式，下列选项正确的是（    ） A．复数为实数 B．对应的点位于第二象限 C．若，在复平面内分别对应点，，则面积的最大值为 D． 37．（23-24高一下·广东广州·期末）瑞士数学家欧拉于1748年提出了著名的公式：，其中是自然对数的底数，是虚数单位，该公式被称为欧拉公式.根据欧拉公式，下列选项正确的是（    ） A． B．的最大值为2 C．复数在复平面内对应的点位于第二象限 D．若，在复平面内分别对应点，，则面积的最大值为 38．（2025·上海宝山·一模）已知是复数，是其共轭复数，则下列命题中正确的是 （    ） A． B．若，则的最大值为 C．若，则复平面内对应的点位于第一象限 D．若是关于的方程的一个根，则 39．（多选）（24-25高一下·江苏无锡·阶段练习）在复平面内，下列说法正确的是（    ） A．若复数（i为虚数单位），则 B．若复数z满足，则 C．已知其中是虚数单位，则实数 D．若关于的方程有实数解，则或 40．（多选）（24-25高一下·江苏徐州·期中）在复数范围内，下列命题正确的是（   ） A．若，则为纯虚数 B．若，则 C．若，则的最大值为3 D．若，则 第13章 立体几何初步 41．（23-24高一下·江苏南京·阶段练习）已知正四棱锥的侧棱长为，且二面角的正切值为，则它的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 42．（23-24高一下·江苏无锡·阶段练习）已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，AD⊥平面ABC，，，若球O的表面积为，则三棱锥（以A为顶点）的侧面积的最大值为（    ）    A．6 B． C． D． 43．（23-24高一下·江苏无锡·期中）如图，在长方体中，，，点在矩形内运动（包括边界），，分别为的中点，若平面，当取得最小值时，的余弦值为（    ） A． B． C． D． 44．（23-24高一下·江苏无锡·期中）半正多面体亦称“阿基米德体”或“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成.在如图所示的半正多面体中，若其棱长为2，点M，N分别在线段，上，则的最小值为（    ）    A． B． C． D． 45．（2024·全国·模拟预测）如图，已知长方体中，，，为正方形的中心点，将长方体绕直线进行旋转．若平面满足直线与所成的角为，直线，则旋转的过程中，直线与夹角的正弦值的最小值为（    ）（参考数据：，） A． B． C． D． 46．（23-24高一下·四川南充·阶段练习）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为4，则下列说法正确的是（    ） A．勒洛四面体最大的截面是正三角形 B．勒洛四面体的体积是 C．勒洛四面体内切球的半径是 D．若是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值为2 47．（23-24高一下·海南省直辖县级单位·期中）如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法不正确的有（    ） A．动点轨迹的长度为 B．三棱锥体积的最小值为 C．与不可能垂直 D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 48．（23-24高一下·天津滨海新·期末）《九章算术·商功》中有如下问题：“今有堑堵，下广二丈，表一十八丈六尺，高二丈五尺，问积几何？答曰：四万六千五百尺”．所谓“堑堵”就是两底面为直角三角形的直棱柱，如图所示的几何体是一个“堑堵”， 是的中点，过三点的平面把该“堑堵”分为两个几何体，其中一个为三棱台，给出下列四个结论： ①过三点的平面截该“堑堵”的截面是三角形 ②该三棱台的表面积为 ③二面角的正切值为 ④三棱锥的外接球的表面积为 其中正确结论的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 49．（多选）（23-24高一下·江苏常州·阶段练习）如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，点是线段上一个动点，则下列结论正确的是（    ） A．存在点，使得 B．当为的中点时，二面角的正切值为 C．直线与平面所成角为 D．异面直线与所成角的余弦值的最大值为 50．（多选）（23-24高一下·江苏徐州·期末）如图，在矩形ABCD中，，M为边BC的中点，将沿直线AM翻折成，连接，N为线段的中点，则在翻折过程中，（    ）    A．异面直线CN与所成的角为定值 B．存在某个位置使得 C．点C始终在三棱锥外接球的外部 D．当二面角为60°时，三棱锥的外接球的表面积为 第14章 统计 51．（23-24高二下·安徽·阶段练习）在一组数3，3，8，11，28中插入两个整数，，使得新的一组数极差为原来极差的两倍，且众数和中位数保持不变，则的最大值为（    ） A．57 B．58 C．60 D．61 52．（23-24高二上·安徽·开学考试）某校积极开展“戏曲进校园”活动，为了解该校各班参加戏曲兴趣小组的人数，从全校随机抽取5个班级，把每个班级参加该小组的人数作为样本数据．已知样本平均数为7，样本标准差为2，且样本数据互不相等，则该样本数据的极差为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 53．（24-25高二上·四川绵阳·期末）哈希表（HashTable）是一种利用键值的映射关系，将数据存储在特定位置的数据结构.常用的方法之一是“除留余数法”.例如，当除数为时，键值为的数据因余，应存放于位置中，从而可直接依据键值快速定位数据位置，多个数据可映射到同一位置（如键值和均映射到同一位置）.现有一个容量为个位置（编号）的哈希表，以除留余数法（除数为）进行映射，需要存储个数据.设这个位置存放的数据个数分别为、、、、、、，则下列说法中正确的是（    ） A．至少有个位置存放了不少于个数据 B．若这个数据的键值恰好是间的所有奇数，则的中位数为 C．若的方差为，则的最小值为，最大值为 D．若的极差为，则最多有个位置没有存放数据 54．（23-24高二下·湖南·期末）某学校开展“国学知识竞赛”，共有“诗经组”，“论语组”，“春秋组”，“礼记组”4个小组参赛，每组10位选手，若该组每位选手的失分不超过6分，该组获得“优秀”称号，则根据每组选手的失分情况，下列小组一定获得“优秀”称号的是（    ） A．诗经组中位数为3，众数为2 B．论语组平均数为3，方差为1 C．春秋组平均数为3，众数为2 D．礼记组中位数为3，极差为4 55．（23-24高一下·黑龙江大庆·期末）一个同学投掷10次骰子，记录出现的点数，根据统计结果，在下列情况中一定不能出现点数6的是（    ） A．平均数为3，中位数为4 B．中位数为4，众数为3 C．平均数为2，方差为2.1 D．中位数为3，方差为0.85 56．（23-24高一下·湖北武汉·期末）在某次比赛中运动员五轮的成绩互不相等，记为，平均数为，若随机删去其中一轮的成绩，得到一组新数据，记为，平均数为，下面说法正确的是（    ） A．新数据的极差不可能等于原数据的极差 B．新数据的中位数可能等于原数据的中位数 C．若，则新数据的方差一定小于原数据方差 D．若，则新数据的第40百分位数一定大于原数据的第40百分位数 57．（2025·江西九江·一模）为了学习、宣传和践行党的二十大精神，某班组织全班学生开展了以“学党史、知国情、圆梦想”为主题的党史暨时政知识竞赛活动．已知该班男生人，女生人，根据统计分析，男生组成绩和女生组成绩的方差分别为．记该班成绩的方差为，则下列判断正确的是（    ） A． B． C． D． 58．（23-24高一下·北京密云·期末）水稻是世界上最重要的粮食作物之一，也是我国以上人口的主粮．以袁隆平院士为首的科学家研制成功的杂交水稻制种技术在世界上被誉为中国的“第五大发明”．育种技术的突破，杂交水稻的推广，不仅让中国人端稳饭碗，也为解决世界粮食短缺问题作出了巨大贡献．在应用该技术的两块面积相等的试验田中，分别种植了甲、乙两种水稻，观测它们连续6年的产量（单位：）如表所示： 甲、乙两种水稻连续6年产量       年 品种 第1年 第2年 第3年 第4年 第5年 第6年 甲 2890 2960 2950 2850 2860 2890 乙 2900 2920 2900 2850 2910 2920 根据以上数据，下列说法正确的是（    ） A．甲种水稻产量的平均数比乙种水稻产量的平均数小 B．甲种水稻产量的中位数比乙种水稻产量的中位数小 C．甲种水稻产量的极差与乙种水稻产量的极差相等 D．甲种水稻的产量比乙种水稻的产量稳定 59．（多选）（23-24高一下·广西·开学考试）某班语文老师对该班甲､乙､丙､丁4名同学连续7周每周阅读的天数（每周阅读天数可以是）进行统计，根据统计所得数据对这4名同学这7周每周的阅读天数分别做了如下描述： 甲：中位数为3，众数为5； 乙：中位数为4，极差为3； 丙：中位数为4，平均数为3； 丁：平均数为3，方差为3. 那么可以判断一周阅读天数一定没有出现7天的是（    ） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 60．（多选）（23-24高二上·湖北恩施·期中）已知互不相同的30个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，设剩下的28个样本数据的方差为，平均数为;去掉的两个数据的方差为，平均数为﹔原样本数据的方差为，平均数为，若=，则下列说法正确的是（ ） A． B． C．剩下28个数据的中位数大于原样本数据的中位数 D．剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数 第15章 概率 61．（23-24高一下·江苏·期末）一场数字游戏在两个非常聪明的学生甲､乙之间进行，老师在黑板上写出，2024共2023个正整数，然后随意擦去一个数，接下来由乙､甲两人轮流擦去其中一个数（即乙先擦去其中一个数，然后甲再擦去一个数），如此下去，若最后剩下的两个数互为质数（如2和3），则判甲胜；否则（如2和4），判乙胜，按照这种游戏规则，甲获胜的概率是（    ） A． B． C． D． 62．（23-24高二下·广东惠州·阶段练习）依次抛掷一枚质地均匀的骰子两次，表示事件“第一次抛掷骰子的点数为2”，表示事件“第一次抛掷骰子的点数为奇数”，表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为6”，表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为7”，则（    ） A．与为对立事件 B．与为相互独立事件 C．与为相互独立事件 D．与为互斥事件 63．（23-24高二上·浙江·期中）有5张未刮码的卡片，其中n张是“中奖”卡，其它的是“未中奖”卡，现从这5张卡片随机抽取2张.你有资金100元，每次在对一张卡片刮码前，下注已有资金的一半.若刮码结果为“中奖”，则赢得与下注金额相同的另一笔钱，若刮码结果是“未中奖”，则输掉下注的资金.抽取的2张卡片全部刮完后，要使资金增加的概率大于资金减少的概率，则n至少为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 64．（23-24高一下·广东肇庆·期末）给定一个正整数，从集合中随机抽取一个数，记事件“这个数为偶数”，事件“这个数为3的倍数”.下列说法正确的是（    ） A．若，，则至少存在一个，使事件和事件不独立 B．若，，则存在无穷多个，使事件和事件独立 C．若为奇数，则至少存在一个，使事件和事件独立 D．若为偶数，则对任意的，事件和事件独立 65．（23-24高一下·江西·期末）掷两枚骰子，观察所得点数.设“两个点数都是偶数”为事件E，“两个点数都是奇数”为事件F，“两个点数之和是偶数”为事件M，“两个点数之积是偶数”为事件N，则（    ） A．事件E与事件F互为对立事件 B．事件M与事件N相互独立 C．事件与事件互斥 D．事件F与事件相互独立 66．（23-24高一下·天津·期末）一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4.连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件A为“第一次向下的数字为2或3”，事件为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列结论正确的是（    ） A． B．事件与事件互斥 C．事件与事件相互独立 D． 67．（23-24高一下·河北保定·期末）一个盒子里装有除颜色外完全相同的四个小球，其中黑球有两个，编号为1，2；红球有两个，编号为3，4.从中不放回的依次取出两个球，A表示事件“取出的两球不同色”，B表示事件“第一次取出的是红球”，C表示事件“取出的两球同色”，则下列说法错误的是（    ） A．A与C互斥 B．A与B相互独立 C． D． 68．（23-24高三下·湖南衡阳·阶段练习）2024年韩国釜山举行世界乒乓球团体锦标赛.男团比赛规则，各单位每次比赛双方选取三人出场比赛.每场比赛采用5局3胜制，以先赢3场者为胜方，赛前双方用抽签方法选定主、客队.如主队3名选手出场依次为A、B、C；客队3名选手出场依次定为X、Y、Z，规定：5场比赛的次序为①对，②对，③对，④对X，⑤对.已知某次比赛甲方为主队，乙方为客队.甲方参赛队员为，乙方为（）根据以往经验，甲方各位队员赢乙方队员概率如下表 了解到乙队出场比赛队员依次为.甲方对乙方出场顺序有四种预案：（一）；（二）；（三）；（四）；以本次比赛甲赢的概率比较，应选定哪种方案（     ） A．(一) B．(三) C．(二) D．(四) 69．（多选）（23-24高一下·江苏常州·期末）某市高一年级举行了阶段性检测，为了了解本次检测的学生成绩情况，从中抽取了200名学生的成绩（成绩均为正整数，满分为100分）作为样本进行统计，按照的分组作出频率分布直方图如图所示．则（    ） A．图中 B．估计该市全体学生成绩的平均分为71 C．若对成绩前的学生进行奖励，则受奖励学生的考试成绩大约至少为84分 D．若在的样本成绩对应的学生（包括学生甲和乙）中随机选取两名进行访谈，则甲、乙两人至少抽到一人的概率为 70．（多选）（23-24高一下·江苏南通·期末）一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红色球（标号为1和2），2个白色球（标号为3和4），从袋中不放回地依次随机摸出2个球．设事件“两个球颜色不同”，“两个球标号的和为奇数”，“两个球标号都不小于2”，则（    ） A．A与B互斥 B．A与C相互独立 C． D． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年高一下学期期末复习选择题压轴题70题精练 【苏教版（2019）】 第9章 平面向量 1．（24-25高一下·江苏徐州·期中）已知与是两个不共线的向量，，若三点共线，则实数的值为（   ） A． B． C．4 D．5 【解题思路】先求出，再由三点共线，可得，解方程即可得出答案. 【解答过程】因为， 所以， 因为三点共线，必存在一个实数，使得， 所以，而不共线， 所以，解得：. 故选：B. 2．（24-25高一下·江苏常州·期中）互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这样的坐标系称为“斜坐标系”．如图，设，是平面内相交的两条数轴，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，且，过点作两坐标轴的平行线，其在轴和轴上的截距，分别作为点的坐标和坐标，记，则该坐标系中和两点间的距离为（   ） A． B．2 C． D． 【解题思路】结合所给定义计算出后，结合数量积公式计算即可得． 【解答过程】由题可知，， 所以，所以， 故选：A． 3．（24-25高一下·江苏·期中）如图，在中，D是BC的中点，E在边AB上，，，，AD与CE交于点O，，则实数t的值为（   ）    A．3 B．4 C．5 D．6 【解题思路】设，利用向量的线性表示以及三点共线可得，即可表示出向量和向量，再由向量的数量积的运算律化简可得选项. 【解答过程】由已知得：， 设，所以， 又点三点共线，所以，解得， 所以， 又， 因，， 所以 ， 则，故. 故选：D. 4．（24-25高一下·江苏镇江·期中）已知中，，则此三角形为（    ） A．等边三角形 B．等腰非等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 【解题思路】若是的中点，易得，即，再应用向量数量积的运算律和定义可得，即，即可确定三角形性状. 【解答过程】若是的中点，则，故， 所以，显然为等腰三角形，即， 由，可得， 又，故，故为等边三角形. 故选：A.    5．（24-25高一下·江苏无锡·期中）在△ABC中 ，，且，，若，则的最小值为（    ） A． B． C．4 D． 【解题思路】建立平面直角坐标系，用坐标表示出，由此可知表示轴上一点到和的距离之和，由对称性即可得出答案. 【解答过程】由可得， 又因为，，所以， 建立如图所示的平面直角坐标系，可得， 所以，， ， 所以， ， 表示轴上一点到和的距离之和， 所以求即， 关于轴的对称点为， 所以， 所以的最小值为，    故选：A. 6．（24-25高一下·江苏常州·期中）在正六边形中，是正六边形内部以及边界上任意一点，且，则的最大值为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【解题思路】过作于，设正六边形的边长为，根据向量的数量积的定义计算，由，可得，根据数量积的几何意义计算得取值范围，从而得的取值范围，即可得答案. 【解答过程】如图，过作于， 设正六边形的边长为，则，， 则， 因为， 所以， 又， 由于是正六边形内部以及边界上任意一点，所以， 所以，即，所以， 故的最大值为. 故选：C. 7．（24-25高一下·江苏南京·阶段练习）已知平面向量、、满足：与的夹角为锐角.，，，且的最小值为，向量的最大值是（   ）. A． B． C． D． 【解题思路】由题可知的最小值为，用含的式子表示，利用二次函数最小值的表示方式，表示其最小值让其等于构建方程，解得，由与的夹角为锐角，舍掉负值，代入原二次函数对称轴的表达式中，解得；表示，展开（设），将已知模长代入展开式，可化简为，利用三角函数的值域，即可得答案. 【解答过程】由题， 因为，，所以， 因最小值为，且由二次函数分析可知，当时，取得最小值， 所以，解得， 又因为与的夹角为锐角，所以，故； 因为， 又有， 将模长代入， 设，即原式， 因为，所以 . 因此，的最大值为. 故选：D. 8．（24-25高一下·江苏·阶段练习）已知非零向量与满足，且，，点是的边上的动点，则的最小值为（   ） A．－1 B． C． D． 【解题思路】分析题目条件可得，取的中点，建立平面直角坐标系，利用坐标运算可得结果. 【解答过程】∵分别表示与方向的单位向量， ∴以这两个单位向量为邻边的平行四边形是菱形，故所在直线为的平分线所在直线， ∵，∴的平分线与垂直，故. 取的中点，连接，则， 由题意得，， ∴.    如图，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系， 则，故. 设，则，∴， ∴，， ∴， 当时，取得最小值，最小值为. 故选：C. 9．（多选）（24-25高一下·江苏南京·期中）已知点M在所在平面内一点，则（   ） A．若M为BC中点，，则是在方向上的投影向量 B．若，则面积比 C．若，，的夹角两两相等，，，则 D．若为边长为2的正三角形，M为AB的中点，点E在线段BC上运动，则的取值范围为 【解题思路】对于选项A,先由是BC中点得，设单位向量、，根据条件知与共线，推出AM是角平分线，又是中点，得等腰且，从而判断是投影向量. 对于选项B，对变形得，因两三角形高相同，根据底边比求面积比. 对于选项C，由向量夹角两两相等得夹角为，通过求，利用向量运算及数量积公式计算，再开方得结果. 对于选项D,坐标法计算数量积得关于的二次函数，根据二次函数性质求取值范围. 【解答过程】对于A，两边平方得，即，即，且是角的角平分线，又M为BC中点，即是等腰三角形，，则是在方向上的投影向量，故A正确； 对于B，因为，所以点在线段上，如图所示    取的四等分点，靠近的点为，取的四等分点，靠近的点为，连接，则有且，所以的高是的高的，所以，故B错误； 对于C， ，，故C正确； 对于D，以为原点，边所在的直线为轴，边所在的直线为轴，建立如图所示的平面坐标系    易知直线的方程为，设， 因为，所以， ， 又，所以当时，取最小值为， 当时，取最大值为3， 所以，即，故正确． 故选：ACD. 10．（多选）（24-25高一下·江苏徐州·阶段练习）设点，，，分别为三角形的重心､垂心､外心和内心，则下列结论正确的是（   ） A．； B．若且，则； C．若，，则； D．若，则． 【解题思路】利用向量的线性运算结合重心的性质可判断A的正误，对于B，将选项的向量关系式变形后平方求数量积，从而判断其正误，对于C，利用向量的线性运算结合角平分线的性质、平面向量基本定理可求的值，故可判断其正误，对于D，对选项中的向量等式分别乘以向量后结合数量积的定义可求，故可判断其正误. 【解答过程】对于A，延长，交与，则为的中点， 故，而为三角形重心，故， 故即，故A正确； 对于B，因为，所以， 所以， 故，故，故B错误； 对于C，，则为等腰三角形， 延长交于，则为的中点，且， 由角平分线的性质可得，所以， 故， 而不共线，故，故，故C正确； 对于D，因为为垂心，故，故 ， 故，故，同理， 因为，所以， 所以，同理，故， 所以， 故D正确； 故选：ACD. 第10章 三角恒等变换 11．（24-25高一下·江苏南通·阶段练习）已知和均为锐角，且，则（    ） A．有最小值为 B．有最大值为 C．有最小值为 D．有最大值为 【解题思路】首先根据两角和与差的正弦公式及同角三角函数的商数关系化简得，再根据两角差的正切公式及基本不等式得出，结合正切函数的单调性即可求解． 【解答过程】因为， 所以，即， 又和均为锐角，所以，，， 所以，有， 则， 当且仅当，即时等号成立， 所以， 又因为在单调递增，所以， 故选：B． 12．（24-25高一下·江苏南通·期中）已知，向量，则下列可能成立的是（   ） A． B． C． D． 【解题思路】利用坐标进行向量线性运算，并结合两角差的正弦、余弦公式计算，从而判断出答案. 【解答过程】对于A， ， 因为，所以， ，则，则， 故A错误； 对于B，因为， 因为，所以， 则，所以不成立，故B错误； 对于C，因为， 因为，所以， 所以，则有可能， 所以可能成立，故C正确； 对于D， ， 因为，所以， 所以， 则， 所以， ，， 则，所以，故D错误. 故选：C. 13．（23-24高一下·江苏徐州·期中）设，，，则有（   ） A． B． C． D． 【解题思路】由正切、余弦二倍角公式，及辅助角公式化简进而可比较大小. 【解答过程】， ， ， 由正弦函数单调性已知：， 又， 所以， 故选：C. 14．（24-25高一下·江苏常州·阶段练习）已知，且，则下面正确的为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】已知，则可依据其范围求，以及再利用两角和差公式计算. 【解答过程】对于A，因为，则，A错误； 对于B，因为， 所以，B错误； 对于C， ，故C错误. 对于D，，D正确. 故选：D. 15．（24-25高三上·四川巴中·期末）若函数的定义域内存在，使得成立，则称该函数为“完整函数”．已知是上的“完整函数”，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据三角恒等变换可知，再由三角函数值域以及“完整函数”定义将问题转化为在上至少存在两个最大值点，结合正弦函数图象性质得出不等式即可得解得的取值范围. 【解答过程】由可得： ； 即是上的“完整函数”，所以存在，使得成立； 即存在，使得成立； 又因为，因此，‘ 即在上至少存在两个最大值点， 所以，解得； 当，即时，一定满足题意； 若，因为，，所以， 又易知； 所以只需保证即可，解得 综上可知的取值范围为. 故选：B. 16．（24-25高一下·江苏扬州·阶段练习）已知函数在上有两个不同的零点，则m的取值集合是（   ） A． B． C． D． 【解题思路】将原函数转化为同角三角函数，再利用对勾函数的性质数形结合，分类讨论处理即可. 【解答过程】解：， 令， 则， 则 当时，显然无解；当时可化为. 利用对勾函数的性质与图象可知（如下图所示）： ①当时，即，此时或，符合题意； ②当时，即或，此时或，符合题意； ③当时，即，由可得， 易知当时，只有一个解满足，不符合题意； ④当时，即， 方程有两根，不妨记为，其中，只有一个根， 有两个根，故方程有3个解，也不符合题意. ∴满足条件的所有m的值组成的集合是：. 故选：B. 17．（23-24高一下·江苏泰州·期中）辅助角公式是我国清代数学家李普兰发现的用来化简三角函数的一个公式，其内容为．已知函数（其中，，）．若，，则下列结论正确的是（    ） A． B．的图象关于直线对称 C．在上单调递增 D．过点的直线与的图象一定有公共点 【解题思路】由可得，，计算出 、可判断A；由三角函数对称性质可判断B；整体代换法和值可判断C；由可判断D. 【解答过程】因为（其中，）， 因为，， 所以，解得，不妨取， 所以， 即，解得， 所以， 则， ， 所以，故 A错误； 因为，所以关于点对称，故B错误； 当时，，因为在上单调递减， 所以在上单调递减，故C错误； 因为是，且的周期函数， 又， 故过点即过点的直线与的图象一定有公共点，故D正确. 故选：D. 18．（23-24高一下·江苏苏州·阶段练习）在锐角三角形中，已知，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】先利用三角函数的和差公式，结合锐角三角形角的范围得到，再利用正切函数的诱导公式与和差公式转化，从而将所求转化为关于的表达式，进而利用基本不等式即可得解. 【解答过程】因为，， 所以，则， 所以， 因为在锐角三角形中，，则， 所以，令，则，， 而 ， 所以， 当且仅当，即，时，等号成立， 此时，满足题意. 故选：B. 19．（多选）（24-25高一下·江苏南通·阶段练习）已知、，，则下列不等关系一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】利用两角和的正弦公式结合作差法可判断A选项；求出的取值范围，根据可判断B选项；利用正弦函数的单调性推导出，利用辅助角公式结合正弦型函数值域可判断D选项. 【解答过程】因为、，则、、、， 对于A选项， ，故，A错； 对于B选项，因为、，，则， 所以，，B对； 对于C选项，、，，则， 且函数在上为增函数，所以，， 故， 因为，则，故， 故，C对； 对于D选项，， 因为，则，故， 故，即，D对. 故选：BCD. 20．（多选）（23-24高三上·江苏泰州·期中）由两角和差公式我们得到倍角公式，实际上也可以表示为的三次多项式，像、、、这些非特殊角我们可以通过观察发现它们之间的相互关系，进而求出各自的三角函数值.则（    ） A． B． C．已知方程在上有三个根，记为，，，则 D．对于任意的，当时一定有 【解题思路】直接利用二倍角公式计算得到A正确，根据得到，解得B错误，设，得到三个根分别为，，，代入计算得到C正确，代入数据利用三角恒等变换得到D正确，得到答案. 【解答过程】对选项A： ，正确； 对选项B：，， 整理得到，， 即，解得或（舍），错误； 对选项C：，设，，， 即，，或，或， 故三个根分别为，，， ，正确； 对选项D： ，正确； 故选：ACD. 第11章 解三角形 21．（23-24高一下·江苏无锡·期中）在中，角的对边分别为a，b，c．已知，，则角A的大小为（   ） A． B． C． D． 【解题思路】先利用余弦定理化简已知条件可得，再利用正弦定理化边为角，可得，进而化简，得，由三角形内角和可解角. 【解答过程】由余弦定理得，即， ∵，∴，∴， 由正弦定理得， ∴， 即， ∴， ∵，∴，∴，∴， 又， 即，由得， ∵，，所以，即， 由，即， 所以. 故选：B. 22．（23-24高一下·江苏无锡·期末）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】由三角形内角和定理及两角和的余弦、正弦公式，得,在锐角三角形中，可得.由锐角中，可得角B的范围，可得的范围，再由正弦定理可得的范围. 【解答过程】在中，可得 因为,可得 整理可得：， 整理可得，在锐角中，可得，可得.则，可得. 由正弦定理可得，. 因为，所以，可得，可得 故选：B. 23．（23-24高一下·江苏苏州·期末）锐角中，角A、B、C的对边分别为、、，满足，若存在最大值，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【解题思路】利用正弦定理以及二倍角公式可得，再由锐角三角形可得，将化简再利用二次函数取得最值条件可得当时，可取得最大值，即可求得结果. 【解答过程】由利用正弦定理可得， 即可得，又，可得； 又， 所以；因此，即，可得， 由于为锐角三角形，则，即，解得， ， 因为，则， 由二次函数性质可得，若存在最大值， 则，解得． 故选：C． 24．（24-25高一下·江苏南通·期中）密铺，即平面图形的镶嵌，用形状、大小完全相同的几种或几十种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，这就是平面图形的密铺，又称做平面图形的镶嵌．皇冠图形（图1）是一个密铺图形，它由四个完全相同的平面凹四边形组成．在平面凹四边形（图2）中，测得，凹四边形的面积为，则的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【解题思路】在图2中连接，在和中，分别利用余弦定理可得，利用三角形的面积公式可得，两式平方相加，由两角差的余弦公式，即可求出的余弦值. 【解答过程】如图，连接， 因为， 在中，由余弦定理得， 则， 在中，由余弦定理得， 则， 所以， 即，① 因为， ， 所以，② 则①式和②式分别平方并相加得： ， 则，所以， 即的余弦值为. 故选：A. 25．（24-25高一下·江苏宿迁·期中）在锐角中，角所对的边分别为，若，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【解题思路】利用正弦定理以及三角恒等变换可得，结合三角形形状可得，将所求表达式化简并利用对勾函数性质计算可得结果. 【解答过程】依题意，由正弦定理可得，即； 所以， 又因为为锐角三角形，所以，即， 又，且， 可得，； 易知 ； 显然，由对勾函数性质可知在上单调递增， 所以可得. 故选：D. 26．（24-25高一下·江苏苏州·期中）在中，内角，，所对的边分别为，，，且，，则的面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】利用余弦定理将角化边得到，再由余弦定理得到，从而表示出，最后由面积公式及二次函数的性质计算可得. 【解答过程】因为， 由余弦定理可得， 所以，所以， 又，所以， 又， 所以， 所以 ， 所以当，即时，取得最大值，且. 故选：D. 27．（24-25高一下·湖北孝感·期中）在中，内角所对的边分别为，若D是边上的一点，且,则的最大值是（   ） A．2 B． C． D． 【解题思路】由得，得，利用基本不等式运算即可. 【解答过程】， , ， ，， ， ， 即， ， 当且仅当时等号成立， ，即的最大值是. 故选：D. 28．（24-25高二上·福建泉州·开学考试）在锐角中，角的对边分别为，为的面积，，且，则的周长的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】利用面积公式和余弦定理可得，然后根据正弦定理及三角变换可得，再根据三角形是锐角三角形，得到的范围，转化为三角函数求值域的问题. 【解答过程】， ， ∴，即，为锐角， ∴，又， 由正弦定理可得， 所以 ，其中，， 因为为锐角三角形， 所以，则， 即：， 所以，又， ∴，即， 故的周长的取值范围是. 故选：C. 29．（多选）（24-25高一下·江苏无锡·阶段练习）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且，则下列说法中正确的是(      ） A． B．角B的取值范围是 C．的取值范围是 D．的取值范围是 【解题思路】由余弦定理可得，再由正弦定理将边化角，由两角和的正弦公式可得，即可判断A，再根据三角形为锐角三角形，即可求出角的范围，从而判断B，再根据三角函数的性质判断C、D； 【解答过程】因为，又由余弦定理， 即， 所以，所以，即， 由正弦定理可得， 又， ，即， ， ，，为锐角， ，即，故选项A正确； ， ，，故选项B错误； ，故选项C正确； ， 又， ， 令，则， 由对勾函数性质可知，在上单调递增， 又， ， ，故选项D正确． 故选：ACD． 30．（多选）（23-24高一下·江苏连云港·期中）在锐角中，角的对边分别为，且满足，，则下列说法正确的有（    ） A．外接圆面积是 B．面积的最大值是 C．周长的取值可以是 D．内切圆半径的取值范围是 【解题思路】根据，结合正弦定理，可求，结合，可求角.根据三角形外接圆半径满足，可判断A的真假；结合余弦定理和基本（均值）不等式，可判断B的真假；利用为锐角三角形，求出角的取值范围，利用正弦定理表示出，可求周长的取值范围，判断C的真假；根据BC的结论，结合三角形的面积、三角形周长、三角形内切圆半径之间的关系，判断D的真假. 【解答过程】由，结合正弦定理，可得： . 因为在锐角三角形中，， 所以. 由 ，又为锐角，所以. 对A：设的外接圆半径为，由 ，所以，所以外接圆面积为：.故A正确. 对B：由余弦定理 （当且仅当时取“”）. 所以.故B正确； 对C：因为为锐角三角形，所以，，，所以. 由正弦定理：， 所以，， 所以 ， 因为，所以，所以， 所以周长的取值范围为. 因为，故C错误； 对D：设内切圆半径为，则 . 又， ，， 所以 ， 由，所以.故D正确. 故选：ABD. 第12章 复数 31．（24-25高一下·江苏连云港·期中）已知为虚数单位，如果复数满足，那么的最小值是（   ） A．1 B． C．2 D． 【解题思路】直接利用复数模的几何意义求出点的轨迹．然后作图求解即可． 【解答过程】设在复平面内对应的点分别为， 因， 且，则复数对应的点的轨迹为线段，如图所示. 故的最小值问题可理解为：动点在线段上移动，求的最小值， 故只需作，交线段于点，则即为所求的最小值1，故的最小值是1. 故选：A. 32．（2025·贵州毕节·一模）已知复数z满足，且z是关于x的方程的一个根，则实数p，q的值为（    ） A．， B．， C．， D．， 【解题思路】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及实系数多项式虚根成对定理，即可求解． 【解答过程】复数满足， 则， 是关于的方程的一个根， 则也是关于的方程的一个根， 故，解得． 故选：B． 33．（2024·内蒙古赤峰·一模）棣莫弗公式（其中i为虚数单位）是由法国数学家棣莫弗（1667-1754）发现的，根据棣莫弗公式可知，复数在复平面内所对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【解题思路】由棣莫弗公式化简结合复数的几何意义即可得出答案. 【解答过程】， 在复平面内所对应的点为，在第二象限. 故选：B. 34．（24-25高一下·江苏盐城·期中）已知复数，，，，并且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】利用复数相等的性质与三角函数的平方关系得到关于的关系式，再根据的范围，结合二次函数图像与性质即可得解. 【解答过程】因为，，， 所以，消去，得， 则， 因为， 所以当时，取得最小值为，当时，取得最大值为， 所以. 故选：D. 35．（23-24高一下·江苏无锡·期末）已知为虚数单位，则下列结论正确的是（    ） A．是纯虚数 B．若，则是方程的一个复数根 C．若，则 D．若复数满足，则复数在复平面内对应的点所构成的图形面积为 【解题思路】根据虚数运算法则和复数的分类，可判定A错误；根据复数的运算法则，可判定B错误；根据复数模的计算公式，可判定C正确；根据复数的几何意义，结合圆的面积公式，可判定D正确. 【解答过程】对于A中，由，不是纯虚数，所以A不正确； 对于B中，由，可得， 因为， 所以不是方程的一个复根，所以B不正确； 对于C中，设复数，可得， 所以， 又由，所以，所以C正确； 对于D中，设，由，可得， 所以复数在复平面内对应的点构成的图形为一个圆环， 其中小圆的半径为，大圆的半径为，其面积为，所以D错误. 故选：C. 36．（23-24高一下·福建福州·期中）瑞士数学家欧拉于1748年提出了著名的公式：，其中是自然对数的底数，是虚数单位，该公式被称为欧拉公式.根据欧拉公式，下列选项正确的是（    ） A．复数为实数 B．对应的点位于第二象限 C．若，在复平面内分别对应点，，则面积的最大值为 D． 【解题思路】由欧拉公式及复数的相关概念计算逐项计算判断即可. 【解答过程】对于A：，则复数为纯虚数，故A错误； 对于B：，因为，所以，， 所以复数在复平面内对应的点为，位于第一象限，故B错误； 对于C：，， ，， 因此的面积为， 因为， 所以面积的最大值为，故C错误； 对于D： ， 所以 ，故D正确. 故选：D. 37．（23-24高一下·广东广州·期末）瑞士数学家欧拉于1748年提出了著名的公式：，其中是自然对数的底数，是虚数单位，该公式被称为欧拉公式.根据欧拉公式，下列选项正确的是（    ） A． B．的最大值为2 C．复数在复平面内对应的点位于第二象限 D．若，在复平面内分别对应点，，则面积的最大值为 【解题思路】由欧拉公式及复数的相关概念计算逐项计算判断即可. 【解答过程】对于A，，A错误； 对于B， ，当时取等号，B正确； 对于C，，复数在复平面内对应的点位于第一象限，C错误； 对于D，，， ，， 因此的面积为：，面积的最大值为，D错误. 故选：B. 38．（2025·上海宝山·一模）已知是复数，是其共轭复数，则下列命题中正确的是 （    ） A． B．若，则的最大值为 C．若，则复平面内对应的点位于第一象限 D．若是关于的方程的一个根，则 【解题思路】设出复数的代数形式计算判断A；利用复数的几何意义判断B；求出复数判断C；利用复数相等求出判断D. 【解答过程】对于A，设，则，，A错误； 对于B，由知，在复平面内表示复数的点在以原点为圆心的单位圆上， 可看作该单位圆上的点到点的距离，因为圆心到的距离为， 则该单位圆上的点到点的距离最大值为，B正确； 对于C，，则复平面内对应的点位于第二象限，C错误； 对于D，依题意，，整理得， 而，因此，解得，D错误． 故选：B. 39．（多选）（24-25高一下·江苏无锡·阶段练习）在复平面内，下列说法正确的是（    ） A．若复数（i为虚数单位），则 B．若复数z满足，则 C．已知其中是虚数单位，则实数 D．若关于的方程有实数解，则或 【解题思路】应用复数除法化简复数，再应用复数的乘方运算判断A；特殊值判断B；根据复数的性质有判断C；若实数解为，结合已知有求参数判断D. 【解答过程】A：，则，对； B：当时，，而，错； C：，则，对； D：若实数解为，则， 故，则，可得或，对. 故选：ACD. 40．（多选）（24-25高一下·江苏徐州·期中）在复数范围内，下列命题正确的是（   ） A．若，则为纯虚数 B．若，则 C．若，则的最大值为3 D．若，则 【解题思路】取特值可判断AD；设，，由可得或，由此可判断B；由复数模的几何意义可判断C. 【解答过程】对于A，若，设，，， 所以， 若，，则，不为纯虚数，故A错误； 对于B，设，，则， 若，则，，解得：，即或， 所以，故B正确， 对于C，表示复数在复平面上对应的点到的距离为， 即以为圆心，为半径的圆，表示点到原点的距离， 圆心到原点的距离为，所以的最大值为，故C正确； 对于D，取，，， ， 满足，但，故D错误. 故选：BC. 第13章 立体几何初步 41．（23-24高一下·江苏南京·阶段练习）已知正四棱锥的侧棱长为，且二面角的正切值为，则它的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】如图，根据线面垂直的判定定理可得平面，则为二面角的平面角，设正方形的边长为，利用锐角三角函数求出，即可求出，，再设球心为，则球心在直线上，设球的半径为，利用勾股定理求出，最后再由球的表面积公式计算可得. 【解答过程】设正方形中心为，取中点，连接、、， 则平面，得平面， 所以为二面角的平面角，即， 设正方形的边长为，则， 又，，由， 即，解得（负值已舍去）， 则，，设球心为，则球心在直线上，设球的半径为， 则，解得， 所以外接球的表面积. 故选：D. 42．（23-24高一下·江苏无锡·阶段练习）已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，AD⊥平面ABC，，，若球O的表面积为，则三棱锥（以A为顶点）的侧面积的最大值为（    ）    A．6 B． C． D． 【解题思路】求出球的半径，利用条件得到三棱锥A﹣BCD的外接球即为以为棱的长方体的外接球，从而得到，结合基本不等式求出侧面积的最大值. 【解答过程】设球的半径为，则，解得， 因为AD⊥平面ABC，， 所以三棱锥的外接球，即为以为棱的长方体的外接球， 故，其中，故， 三棱锥（以A为顶点）的侧面积为 ， 由基本不等式得，故， 当且仅当时，等号成立， ， 故，当且仅当时，等号成立， 所以. 故选：B. 43．（23-24高一下·江苏无锡·期中）如图，在长方体中，，，点在矩形内运动（包括边界），，分别为的中点，若平面，当取得最小值时，的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】分别为的中点，证明平面平面，得点在线段上，取得最小值时为线段的中点，求出，余弦定理求的余弦值即可. 【解答过程】如图，取的中点，的中点，连接，所以， 又分别为的中点，所以，故， 平面，平面，所以平面， 又，，所以四边形为平行四边形，故， 平面，平面，平面， 又平面，，故平面平面， 所以当平面时，平面，则点在线段上， 当时，取得最小值，易知， 此时为线段的中点. 由平面几何知识可知，，，， . 所以的余弦值为. 故选：D. 44．（23-24高一下·江苏无锡·期中）半正多面体亦称“阿基米德体”或“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成.在如图所示的半正多面体中，若其棱长为2，点M，N分别在线段，上，则的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【解题思路】将几何体展开为平面图形，利用两点之间线段最短求的最小值. 【解答过程】将该半正多面体展开为平面，且在线段两侧（两线段在两点之间），如下图所示，      由半正多面体中，棱长为2，得，， 且，故， 所以，当且仅当在展开图中共线时等号成立. 故选：D. 45．（2024·全国·模拟预测）如图，已知长方体中，，，为正方形的中心点，将长方体绕直线进行旋转．若平面满足直线与所成的角为，直线，则旋转的过程中，直线与夹角的正弦值的最小值为（    ）（参考数据：，） A． B． C． D． 【解题思路】求出直线与的夹角，可得绕直线旋转的轨迹为圆锥，求直线与的夹角，结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，利用三角函数知识求解即可. 【解答过程】在长方体中，，则直线与的夹角等于直线与的夹角． 长方体中，，，为正方形的中心点， 则，又， 所以是等边三角形，故直线与的夹角为． 则绕直线旋转的轨迹为圆锥，如图所示，． 因为直线与所成的角为，，所以直线与的夹角为． 在平面中，作，，使得． 结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，为， 易知． 设直线与的夹角为，则，故当时最小， 而 ， 故直线与的夹角的正弦值的最小值为. 故选：A. 46．（23-24高一下·四川南充·阶段练习）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为4，则下列说法正确的是（    ） A．勒洛四面体最大的截面是正三角形 B．勒洛四面体的体积是 C．勒洛四面体内切球的半径是 D．若是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值为2 【解题思路】A.由对称性可知，其最大截面为勒洛三角形；B.求正四面体的体积，其值恰为；C.数形结合，内切球的半径是球半径与正四面体的外接球半径之差；D.利用对称性找出最大值处的两点，再数形结合计算. 【解答过程】A.由对称性可知，勒洛四面体的最大截面是经过正四面体的任意三个顶点的平面截勒洛四面体而得，如图所示，故A选项错误； B.为的中心，是正四面体的外接球球心，连接， 设正四面体的外接球半径为, 在中，， 在中，，得， 则正四面体的外接球的体积是，而勒洛四面体得体积小于其外接球的体积，故B错误； C.也为勒洛四面体的中心，连接，并延长交勒洛四面体的曲面于点， 则为其内切球的半径.因，，则，故C正确； D. 分别为正四面体的棱的中点，连接并延长交勒洛四面体的曲面于点，则为最大值. ，同理， 则为等腰三角形的高，则， 为等腰三角形的高，， 由对称性可知，，则， 故D选项错误. 故选：C. 47．（23-24高一下·海南省直辖县级单位·期中）如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法不正确的有（    ） A．动点轨迹的长度为 B．三棱锥体积的最小值为 C．与不可能垂直 D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 【解题思路】对A由平面，联想到存在一个过的平面与平面平行，利用正方体特征找到平面平面，进而得到的轨迹为线段，对B，根据棱锥体积公式分析即可，对C举反例即可；对D，利用勾股定理求出外接球半径即可. 【解答过程】对A，如图，令中点为，中点为，连接， 又正方体中，为棱的中点，可得， 平面平面，又， 且平面，所以平面平面， 又平面，且平面，平面， 又为正方形内一个动点（包括边界），平面平面，而平面平面， ，即的轨迹为线段. 由棱长为2的正方体得线段的长度为，故选项A正确； 对B，由正方体侧棱底面，所以三棱锥体积为， 所以面积最小时，体积最小，如图， ，易得在处时最小， 此时，所以体积最小值为，故选项B正确； 对C，当为线段中点时，由可得， 又中点为，中点为， ，而，，故选项C不正确； 对D，如图，当在处时，三棱锥的体积最大时， 由已知得此时，所以在底面的射影为底面外心， ，，所以底面为直角三角形， 所以在底面的射影为中点，设为，如图，设外接球半径为， 由，可得外接球半径， 外接球的表面积为，故选项D正确. 故选：C. 48．（23-24高一下·天津滨海新·期末）《九章算术·商功》中有如下问题：“今有堑堵，下广二丈，表一十八丈六尺，高二丈五尺，问积几何？答曰：四万六千五百尺”．所谓“堑堵”就是两底面为直角三角形的直棱柱，如图所示的几何体是一个“堑堵”， 是的中点，过三点的平面把该“堑堵”分为两个几何体，其中一个为三棱台，给出下列四个结论： ①过三点的平面截该“堑堵”的截面是三角形 ②该三棱台的表面积为 ③二面角的正切值为 ④三棱锥的外接球的表面积为 其中正确结论的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【解题思路】对于①，利用线面平行的性质易判断截面为四边形；对于②，先证明，再求三棱台的表面积即可排除②；对于③，结合图形，先证得平面，即可得到二面角平面角，计算即得；对于④，先确定外接球球心所在直线，再利用，列出方程求解即得. 【解答过程】 对于①，如图1，因平面平面，而平面，故平面， 设过三点的截面为平面，则因是的中点，取的中点为,则, 即平面，连接，则得过三点的平面截该“堑堵”的截面是四边形，故①错误； 对于②，如图2，棱台中，因，而平面, 平面,则 ,又，平面,故平面， 则平面,又平面，则. 因则, 故该三棱台的表面积为 ,故②错误； 对于③，如图3，分别取中点和,连接,因,易得, 又平面,平面,则, 因,平面,故平面， 因平面,则,易得, 因,平面,故平面， 因平面，则,故即二面角的平面角， 易得，故③错误； 对于④，如图4，取中点，连接,显然是的外心，因,易得平面， 故棱锥的外接球球心必在线段上，连,设外接球半径为， 因,在中，,解得，， 故三棱锥的外接球的表面积为，故④正确. 故选：A. 49．（多选）（23-24高一下·江苏常州·阶段练习）如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，点是线段上一个动点，则下列结论正确的是（    ） A．存在点，使得 B．当为的中点时，二面角的正切值为 C．直线与平面所成角为 D．异面直线与所成角的余弦值的最大值为 【解题思路】先证明平面，由条件确定点的轨迹，根据线面角定义求直线与平面所成角判断C，根据异面直线夹角定义作异面直线与所成角，解三角形确定其范围，判断D，结合二面角定义作二面角平面角，解三角形判断B；根据线面垂直判定定理可得命题存在点，使得等价于命题存在点，使得平面，利用反证法证明距离不成立，判断A. 【解答过程】由已知为等边三角形，设点为其中心， 因为，所以， 因为三棱锥为正三棱锥，所以平面， 因为，所以， 因为三棱锥为正三棱锥，所以平面， 所以，，三点共线，故平面，同理平面， 因为，所以， 设，则，， 因为，所以，解得， 所以，点的轨迹为以为圆心，为半径的圆， 对于C，因为平面，平面， 所以直线与平面所成角为，， 在中，，， 所以，结合线面角定义可得， 所以直线与平面所成角为，C正确； 对于D，因为，所以异面直线与所成角与直线与所成角相等， 作三棱锥，点为的中心， 图中圆为点的轨迹，，， 过点作，交圆与点， 取的中点为，则为异面直线与所成角的平面角， 由已知为直角三角形，所以， 又，所以，当且仅当时等号成立， 所以异面直线与所成角的余弦值的最大值为，D正确； 对于B，过点作，分别交，于点，， 因为，所以，所以平面与平面重合， 由正方体性质可得平面，平面， 所以，， 所以为二面角的平面角， 过点作，垂足为， 在中，，， 所以， 所以， 所以二面角的正切值为，B正确； 对于A，点是线段上一个动点， 所以命题存在点，使得，等价于存在点，使得平面， 假设命题存在点，使得平面成立，而平面， 所以三点共线，与点的轨迹是平面内以为圆心，为半径的圆矛盾，A错误. 故选：BCD. 50．（多选）（23-24高一下·江苏徐州·期末）如图，在矩形ABCD中，，M为边BC的中点，将沿直线AM翻折成，连接，N为线段的中点，则在翻折过程中，（    ）    A．异面直线CN与所成的角为定值 B．存在某个位置使得 C．点C始终在三棱锥外接球的外部 D．当二面角为60°时，三棱锥的外接球的表面积为 【解题思路】A选项，作出辅助线，找到或的补角为异面直线CN与所成的角，利用余弦定理求出，异面直线CN与所成的角的余弦值为定值；B选项，假如可证出，与矛盾；C选项，作出辅助线，得到即为三棱锥外接球的半径，由于，所以，可得到C正确；D选项，作出辅助线，找到即为二面角为平面角，即，求出各边长，再找到球心，利用半径相等列出方程，求出外接球半径和表面积. 【解答过程】A选项，矩形ABCD中，，M为边BC的中点， 所以为等腰直角三角形，故，， 翻折过程中，， 取的中点，连接， 因为N为线段的中点，所以，则或的补角为异面直线CN与所成的角， 因为M为边BC的中点，所以，且， 所以四边形为平行四边形，故， 所以， 其中， 由余弦定理得， 故， 故， 所以异面直线CN与所成的角的余弦值为，A正确；      B选项，因为，所以，故⊥， 假如，因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以，这与矛盾， 故假设不成立，所以不存在某个位置使得，B错误； C选项，由于⊥，故外接圆的圆心为，设三棱锥外接球球心为，则⊥平面， 连接，则即为三棱锥外接球的半径， 由于，所以， 所以点C始终在三棱锥外接球的外部，C正确；      D选项，取的中点，连接，， 因为，所以⊥，且，所以⊥， 所以即为二面角为平面角，即， 过点作⊥于点，则，， ， 因为⊥，⊥，，所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 由C选项可知，三棱锥外接球球心为，则⊥平面， 过点作⊥于点，则，， 若球心在平面的上方时，如图，此时，        由勾股定理得，， 故，解得，不合要求，舍去； 若球心在平面的下方时，如图，此时，        由勾股定理得，， 故，解得，满足要求， 代入上式可得外接球半径为， 三棱锥的外接球的表面积为. 故当二面角为60°时，三棱锥的外接球表面积为，D错误. 故选：AC. 第14章 统计 51．（23-24高二下·安徽·阶段练习）在一组数3，3，8，11，28中插入两个整数，，使得新的一组数极差为原来极差的两倍，且众数和中位数保持不变，则的最大值为（    ） A．57 B．58 C．60 D．61 【解题思路】由题意可得插入的两个数不可能都是；可得一个为，另一个数不小于8，由极差加倍，则另一个数为，若插入的两个数是不等的且不是，，，，且极差为，进而可得，进而可求的最大值. 【解答过程】若插入两个整数后众数不变，则插入的数可以是“两个都是”，或是“一个为，另一个不是”， 或是“两个不等的且不是，，”． ①因为新的一组数极差加倍，所以插入的两个数不可能都是； ②因为中位数保持不变，若插入的数“一个为，另一个不是”，则一个为，另一个数不小于， 又因为极差加倍，则另一个数为，此时； ③若插入的两个数是不等的且不是，，，，且极差为，中位数保持不变， 则两个数可以为 ，，，，，，， 所以，的最大值为． 故选：C. 52．（23-24高二上·安徽·开学考试）某校积极开展“戏曲进校园”活动，为了解该校各班参加戏曲兴趣小组的人数，从全校随机抽取5个班级，把每个班级参加该小组的人数作为样本数据．已知样本平均数为7，样本标准差为2，且样本数据互不相等，则该样本数据的极差为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【解题思路】根据样本的平均数、标准差及极差的定义分类讨论计算即可. 【解答过程】不妨设该五个班级的样本数据分别为，且 ， 则依题意有， 化简得 易知， 又易知五个数据减7的平方数为整数，五个数的绝对值不超过4， 当时，，由数据为整数且均不相同得不成立， 当时，，由数据为整数且均不相同得该四个平方数只能为，则，符合题意，此时极差为6； 当时，，由数据为整数且均不相同得不成立； 综上，五组数据的极差为6. 故选：D. 53．（24-25高二上·四川绵阳·期末）哈希表（HashTable）是一种利用键值的映射关系，将数据存储在特定位置的数据结构.常用的方法之一是“除留余数法”.例如，当除数为时，键值为的数据因余，应存放于位置中，从而可直接依据键值快速定位数据位置，多个数据可映射到同一位置（如键值和均映射到同一位置）.现有一个容量为个位置（编号）的哈希表，以除留余数法（除数为）进行映射，需要存储个数据.设这个位置存放的数据个数分别为、、、、、、，则下列说法中正确的是（    ） A．至少有个位置存放了不少于个数据 B．若这个数据的键值恰好是间的所有奇数，则的中位数为 C．若的方差为，则的最小值为，最大值为 D．若的极差为，则最多有个位置没有存放数据 【解题思路】设为数据除以的余数为的数的个数，利用特例法可判断A选项；求出这个数的值，结合中位数的定义可判断B选项；利用方差的定义可求出的最大值和最小值，可判断C选项；对个位置是否存在空位进行讨论，结合极差的定义可判断D选项. 【解答过程】设为数据除以的余数为的数的个数， 对于A选项，， 不妨假设这个位置存放的数据个数分别为、、、、、、，A错； 对于B选项，由题意可知，这些奇数分别为、、、、、、、、、 、、、、、、、、、、、、， 这些数据除的余数分别为：、、、、、、、、、、、、、、 、、、、、、、， 所以，，，，，，，， 将这个数由小到大排列依次为、、、、、、，中位数为，B错； 对于C选项，由题意可知，这个数的平均数为， 且，， 因为，， 当这个数中有个，个时，取最小值， 即， 当这个数中有个，个时，取最大值， 即，C错； 对于D选项，不妨这个数依次为：、、、、、、， 满足极差为，此时，所有位置都有数据， 若存在一些位置没有数据，则这个数据中的最大值为，最小值为， 因为，此时，至少需要个位置存放数据，则至多有个位置没有存放数据，D对. 故选：D. 54．（23-24高二下·湖南·期末）某学校开展“国学知识竞赛”，共有“诗经组”，“论语组”，“春秋组”，“礼记组”4个小组参赛，每组10位选手，若该组每位选手的失分不超过6分，该组获得“优秀”称号，则根据每组选手的失分情况，下列小组一定获得“优秀”称号的是（    ） A．诗经组中位数为3，众数为2 B．论语组平均数为3，方差为1 C．春秋组平均数为3，众数为2 D．礼记组中位数为3，极差为4 【解题思路】举出相应反例计算可得A、C、D错误，借助反证法及方差计算公式可得B. 【解答过程】对于A，数据为：时，满足中位数为3，众数为2， 但不满足每位选手的失分不超过6分，故A错误； 对于B，假设有一位同学失7分，则方差，与方差为1矛盾， 假设不成立，故B正确； 对于C，数据为：1，2，2，2，2，时，满足平均数为3，众数为2， 但是不满足每位选手失分不超过6分，故C错误； 对于D，数据为：，满足中位数为3，极差为4， 但最大值超过6分，故D错误. 故选：B. 55．（23-24高一下·黑龙江大庆·期末）一个同学投掷10次骰子，记录出现的点数，根据统计结果，在下列情况中一定不能出现点数6的是（    ） A．平均数为3，中位数为4 B．中位数为4，众数为3 C．平均数为2，方差为2.1 D．中位数为3，方差为0.85 【解题思路】举例判断ABD，C用反证法证明不能出现6． 【解答过程】对于A，10次点数为符合题意，故A错误； 对于B，10次点数为符合题意，故B错误； 对于C，设10次点数为，且，平均数为， 假设有一次点数为6，不妨设， 由方差公式， 代入，，， 则，则最大取4， 不妨设，则，方程无解，故， 当，，最大取3， 不妨设，则，则， 则这10次点数为，但平均数为，不合题意，故； 当时，，方程无解，故； 当时，，方程无解， 综上所述，假设有一次点数为6不成立，故C正确； 对于D，10次点数为符合题意，故D错误； 故选：C． 56．（23-24高一下·湖北武汉·期末）在某次比赛中运动员五轮的成绩互不相等，记为，平均数为，若随机删去其中一轮的成绩，得到一组新数据，记为，平均数为，下面说法正确的是（    ） A．新数据的极差不可能等于原数据的极差 B．新数据的中位数可能等于原数据的中位数 C．若，则新数据的方差一定小于原数据方差 D．若，则新数据的第40百分位数一定大于原数据的第40百分位数 【解题思路】根据极差、中位数、平均数和方差的概念，以及百分位数的概念及计算方法，逐项判定，即可求解. 【解答过程】对A：若随机删去任一轮的成绩，恰好不是最高成绩和最低成绩， 此时新数据的极差等于原数据的极差，故A错误； 对B：不妨假设， 当时，若随机删去的成绩是， 此时新数据的中位数等于原数据的中位数，故B正确； 对C：若，即删去的数据恰为平均数， 根据方差的计算公式，分子不变，分母变小，所以方差会变大， 则新数据的方差一定大于原数据方差，故C错误； 对D：若，即删去的数据恰为平均数，在按从小到大的顺序排列的5个数据中， 因为，此时原数据的分位数为第二数和第三个数的平均数； 删去一个数据后的4个数据，从小到大的顺序排列，可得， 此时新数据的分位数为第二个数， 显然新数据的分位数小于原数据的分位数，故D错误. 故选：B. 57．（2025·江西九江·一模）为了学习、宣传和践行党的二十大精神，某班组织全班学生开展了以“学党史、知国情、圆梦想”为主题的党史暨时政知识竞赛活动．已知该班男生人，女生人，根据统计分析，男生组成绩和女生组成绩的方差分别为．记该班成绩的方差为，则下列判断正确的是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】由方差公式推出，，可得，，再用推导公式求班级的方差即可. 【解答过程】记男生组成绩和女生组成绩的平均分分别为，则 ， ， 同理， ，，， ， 故选：D． 58．（23-24高一下·北京密云·期末）水稻是世界上最重要的粮食作物之一，也是我国以上人口的主粮．以袁隆平院士为首的科学家研制成功的杂交水稻制种技术在世界上被誉为中国的“第五大发明”．育种技术的突破，杂交水稻的推广，不仅让中国人端稳饭碗，也为解决世界粮食短缺问题作出了巨大贡献．在应用该技术的两块面积相等的试验田中，分别种植了甲、乙两种水稻，观测它们连续6年的产量（单位：）如表所示： 甲、乙两种水稻连续6年产量       年 品种 第1年 第2年 第3年 第4年 第5年 第6年 甲 2890 2960 2950 2850 2860 2890 乙 2900 2920 2900 2850 2910 2920 根据以上数据，下列说法正确的是（    ） A．甲种水稻产量的平均数比乙种水稻产量的平均数小 B．甲种水稻产量的中位数比乙种水稻产量的中位数小 C．甲种水稻产量的极差与乙种水稻产量的极差相等 D．甲种水稻的产量比乙种水稻的产量稳定 【解题思路】分别计算两种水稻产量的平均数、中位数、极差、方差即可判断四个选项的正误. 【解答过程】对于A：甲种水稻产量的平均数：， 乙种水稻产量的平均数：， 所以甲种水稻产量的平均数和乙种水稻产量的平均数相等，故A不正确； 对于B：甲种水稻产量分别为，中位数为， 乙种水稻产量分别为：，中位数为， 所以甲种水稻产量的中位数比乙种水稻产量的中位数小，故B正确； 对于C：甲种水稻产量的极差为：，乙种水稻产量的极差为：， 甲种水稻产量的极差与乙种水稻产量的极差不相等，故C不正确； 对于D：甲种水稻的产量的方差为： ， 乙种水稻的产量的方差为： 甲种水稻产量的平均数和乙种水稻产量的平均数相等， 乙种水稻的产量的方差小于甲种水稻的产量的方差， 所以乙种水稻的产量比甲种水稻的产量稳定，故D不正确， 故选：B. 59．（多选）（23-24高一下·广西·开学考试）某班语文老师对该班甲､乙､丙､丁4名同学连续7周每周阅读的天数（每周阅读天数可以是）进行统计，根据统计所得数据对这4名同学这7周每周的阅读天数分别做了如下描述： 甲：中位数为3，众数为5； 乙：中位数为4，极差为3； 丙：中位数为4，平均数为3； 丁：平均数为3，方差为3. 那么可以判断一周阅读天数一定没有出现7天的是（    ） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 【解题思路】利用中位数，众数，平均数，极差的意义结合举反例判断ABC,计算方差并且讨论求解. 【解答过程】对于A，因为中位数为3，众数为5，所以这7个数从小到大排列后，第4个数是3，所 以中一定有一个数出现2次，5出现3次，所以这7个数中一定没有出现7，则正确. 对于B，因为中位数为4，极差为3，所以这7个数可以是，则B错误. 对于C，若出现1个7，则这7个数从小到大排列后，后4个数之和最小为19，前3个数之和最小为3， 从而这7个数的平均数最小为，即这7个数的平均数不可能为3，故C正确. 对于，设这7个数分别为，则， . 若7，则 , 从而这6个数可能是或或 或或或或或 或或，这与矛盾， 即这7个数中一定没有出现7，故D正确. 故选：ACD. 60．（多选）（23-24高二上·湖北恩施·期中）已知互不相同的30个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，设剩下的28个样本数据的方差为，平均数为;去掉的两个数据的方差为，平均数为﹔原样本数据的方差为，平均数为，若=，则下列说法正确的是（ ） A． B． C．剩下28个数据的中位数大于原样本数据的中位数 D．剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数 【解题思路】对于A选项，求出剩下的28个样本数据的和、去掉的两个数据和、原样本数据和，列出方程即可； 对于B选项，写出和的表达式即可； 对于C选项，根据中位数定义判断即可； 对于D选项，根据分位数定义判断即可. 【解答过程】A. 剩下的28个样本数据的和为，去掉的两个数据和为，原样本数据和为，所以，因为=，所以 ，故A选项正确； B.设，， 因为，所以，所以， 所以，故B选项正确； C. 剩下28个数据的中位数等于原样本数据的中位数，故C选项错误； D. ，所以原数据的22%分位数为从小到大的第7个； ，所以剩下28个数据的22%分位数为从小到大的第7个； 因为去掉了最小值，则剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数，故D正确. 故选：ABD. 第15章 概率 61．（23-24高一下·江苏·期末）一场数字游戏在两个非常聪明的学生甲､乙之间进行，老师在黑板上写出，2024共2023个正整数，然后随意擦去一个数，接下来由乙､甲两人轮流擦去其中一个数（即乙先擦去其中一个数，然后甲再擦去一个数），如此下去，若最后剩下的两个数互为质数（如2和3），则判甲胜；否则（如2和4），判乙胜，按照这种游戏规则，甲获胜的概率是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】先根据裁判擦去的是奇数还是偶数分类考虑，分析得出若擦去的是奇数，则乙一定获胜；若擦去的是偶数，则甲一定获胜，由此根据古典概型概率公式计算即得. 【解答过程】由于甲、乙都非常聪明，他们获胜的关键是要看裁判擦去哪个数， 注意2，3，4，⋅⋅⋅，2024中有1011个奇数，1012个偶数. （1）若裁判擦去的是奇数，则乙一定获胜. 理由如下：乙不管甲擦去什么数，只要还有奇数，就擦去奇数，这样最后剩下两个数一定都是偶数， 从而所剩两数不互质，故乙胜. （2）若裁判擦去的是偶数，则甲一定获胜. 理由如下：设裁判擦去的是，则将余下的数配成1011对，每对数由一奇一偶的相邻两数组成： 这样，不管乙擦去什么数，甲只要擦去所配对中的另一个数，最后剩下两个相邻的整数，它们互质，故甲必获胜. 甲获胜的概率为. 故选:B. 62．（23-24高二下·广东惠州·阶段练习）依次抛掷一枚质地均匀的骰子两次，表示事件“第一次抛掷骰子的点数为2”，表示事件“第一次抛掷骰子的点数为奇数”，表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为6”，表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为7”，则（    ） A．与为对立事件 B．与为相互独立事件 C．与为相互独立事件 D．与为互斥事件 【解题思路】利用列举法与古典概型的概率公式求得各事件的概率，由即可判断A；由即可判断B；由即可判断C，由即可判断D. 【解答过程】依次抛掷两枚质地均匀的骰子，两次的结果用有序数对表示，其中第一次在前，第二次在后，样本空间如下： ，共36个样本点． 则事件包括，共6个，， 事件包括 ，共18个，， 事件包括，共5个，， 事件包括，共6个，. 对于A，，所以与不为对立事件，故A错误； 对于B，事件包括，则，又，， 所以，即与不相互独立，故B错误； 对于C，事件包括，则，又，， 所以，即与相互独立，故C正确； 对于D，事件包括，则，即与不为互斥事件，故D错误. 故选：C. 63．（23-24高二上·浙江·期中）有5张未刮码的卡片，其中n张是“中奖”卡，其它的是“未中奖”卡，现从这5张卡片随机抽取2张.你有资金100元，每次在对一张卡片刮码前，下注已有资金的一半.若刮码结果为“中奖”，则赢得与下注金额相同的另一笔钱，若刮码结果是“未中奖”，则输掉下注的资金.抽取的2张卡片全部刮完后，要使资金增加的概率大于资金减少的概率，则n至少为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【解题思路】根据题设分析出：要使资金增加必须2次刮出中奖，转化为5张卡片中取到2张“中奖”卡的概率大于，再列不等式求n取值. 【解答过程】由于总资金100元，每次在对一张卡片刮码前下注已有资金的一半. 刮第1张卡前，下注50元： 若未中奖，还剩50元；刮第2张卡前，下注25元，不管是否中奖，资金必减少； 若中奖，还剩150元，刮第2张卡前，下注75元，未中奖资金减少；中奖资金增加； 所以，要使资金增加，则必须2次刮出中奖，否则资金减少； 所以，5张卡片中取到2张“中奖”卡的概率大于即可， 由5张卡片中任取2张的方法数有10种，n张“中奖”卡中取到2张的方法数有种， 所以且，故或5，即n至少为4. 故选：C. 64．（23-24高一下·广东肇庆·期末）给定一个正整数，从集合中随机抽取一个数，记事件“这个数为偶数”，事件“这个数为3的倍数”.下列说法正确的是（    ） A．若，，则至少存在一个，使事件和事件不独立 B．若，，则存在无穷多个，使事件和事件独立 C．若为奇数，则至少存在一个，使事件和事件独立 D．若为偶数，则对任意的，事件和事件独立 【解题思路】主要是用判断事件的相互独立性. 【解答过程】对于A，对于任意，， 即事件和事件独立， A不正确. 对于B，当时，满足； 当时，满足； 以此类推，当时，，，满足； 故存在无穷多个，使事件和事件独立，B正确. 对于C，当时，， 此时显然； 当时，， 此时显然； 当时，， 此时显然； 综上可知，对任意奇数，事件和事件都不独立；C不正确. 对于D，当时， D不正确. 故选：B. 65．（23-24高一下·江西·期末）掷两枚骰子，观察所得点数.设“两个点数都是偶数”为事件E，“两个点数都是奇数”为事件F，“两个点数之和是偶数”为事件M，“两个点数之积是偶数”为事件N，则（    ） A．事件E与事件F互为对立事件 B．事件M与事件N相互独立 C．事件与事件互斥 D．事件F与事件相互独立 【解题思路】用表示掷两枚骰子得到的点数，列出相关事件包含的样本点.对于A，运用对立事件的定义判断；对于B，分别计算的概率，利用独立事件的概率乘法公式检验即得；对于C，根据与的交集是否为空集判断；对于D，与选项B同法判断. 【解答过程】依题意，可用表示掷两枚骰子得到的点数，则. 对于A，， 而, 显然事件E与事件F互斥但不对立，如,但,故A错误； 对于B，易得，故 因，故, 而,则,因,即事件M与事件N不独立，故B错误； 对于C，由上分析，，故事件E与事件不可能互斥，即C错误； 对于D，由上分析，而,则， 因，则, 即，故事件F与事件相互独立，即D正确. 故选：D. 66．（23-24高一下·天津·期末）一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4.连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件A为“第一次向下的数字为2或3”，事件为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列结论正确的是（    ） A． B．事件与事件互斥 C．事件与事件相互独立 D． 【解题思路】对于A，根据古典概型的概率公求解判断，对于B，根据互斥事件的定义分析判断，对于C，根据独立事件的定义分析判断，对于D，根据和事件的概率公式求解判断. 【解答过程】对于A，因为有4个数字，向下的数字为2或3的有2种，所以，错误； 对于B，由题意，事件和事件有可能同时发生，如第一次向下的数字为2，第二次向下的数字为1，所以B错误， 对于C，因为两次数字和为奇数的有：，共8种，所以， 第一次数字为2或3，且两次数字和为奇数的有：，4种，所以， 因为，所以，所以事件与事件相互独立，所以C正确， 对于D，，所以D错误. 故选：C. 67．（23-24高一下·河北保定·期末）一个盒子里装有除颜色外完全相同的四个小球，其中黑球有两个，编号为1，2；红球有两个，编号为3，4.从中不放回的依次取出两个球，A表示事件“取出的两球不同色”，B表示事件“第一次取出的是红球”，C表示事件“取出的两球同色”，则下列说法错误的是（    ） A．A与C互斥 B．A与B相互独立 C． D． 【解题思路】A写出事件A和事件C包含的情况，得到；B写出不放回的依次取出两个球总的情况，进而得到，进而求出；C写出包含的情况数，得到；D写出包含事件，共4种情况，从而得到概率. 【解答过程】A，事件A包含， 事件C包含，显然，故A与C互斥，A正确； B，从中不放回的依次取出两个球为，共12种情况，故， 事件B包含，共6种情况，故， 事件AB包含，共4种情况，故， 由于，故A与B相互独立，B正确； C，包含，共9种情况，故，C错误； D，事件包含， 由于事件A包含， 故包含事件，共4种情况， ，D正确. 故选：C. 68．（23-24高三下·湖南衡阳·阶段练习）2024年韩国釜山举行世界乒乓球团体锦标赛.男团比赛规则，各单位每次比赛双方选取三人出场比赛.每场比赛采用5局3胜制，以先赢3场者为胜方，赛前双方用抽签方法选定主、客队.如主队3名选手出场依次为A、B、C；客队3名选手出场依次定为X、Y、Z，规定：5场比赛的次序为①对，②对，③对，④对X，⑤对.已知某次比赛甲方为主队，乙方为客队.甲方参赛队员为，乙方为（）根据以往经验，甲方各位队员赢乙方队员概率如下表 了解到乙队出场比赛队员依次为.甲方对乙方出场顺序有四种预案：（一）；（二）；（三）；（四）；以本次比赛甲赢的概率比较，应选定哪种方案（     ） A．(一) B．(三) C．(二) D．(四) 【解题思路】分别考虑各预案5场比赛甲方各位队员赢乙方队员概率，再由独立事件的乘法公式求出甲三连胜的概率，结合第四局和第五局甲方各位队员赢乙方队员概率即可得出答案. 【解答过程】选择预案（一），则5场比赛的次序为①对，②对，③对，④对，⑤对， 甲方各位队员赢乙方队员概率分别为：，，，，， 若甲三连胜则概率为：， 选择预案（二），则5场比赛的次序为①对，②对，③对，④对，⑤对， 甲方各位队员赢乙方队员概率分别为：，，，，， 若甲三连胜则概率为：， 选择预案（三），则5场比赛的次序为①对，②对，③对，④对，⑤对， 甲方各位队员赢乙方队员概率分别为：，，，，， 若甲三连胜则概率为：， 选择预案（四），则5场比赛的次序为①对，②对，③对，④对，⑤对， 甲方各位队员赢乙方队员概率分别为：，，，，， 若甲三连胜则概率为：， 由甲三连胜可看出选择方案三赢的概率更大， 而且第四局和第五局甲方各位队员赢乙方队员概率也比其他方案赢的概率更大. 所以选择预案（三）甲赢的概率更大， 故选：B. 69．（多选）（23-24高一下·江苏常州·期末）某市高一年级举行了阶段性检测，为了了解本次检测的学生成绩情况，从中抽取了200名学生的成绩（成绩均为正整数，满分为100分）作为样本进行统计，按照的分组作出频率分布直方图如图所示．则（    ） A．图中 B．估计该市全体学生成绩的平均分为71 C．若对成绩前的学生进行奖励，则受奖励学生的考试成绩大约至少为84分 D．若在的样本成绩对应的学生（包括学生甲和乙）中随机选取两名进行访谈，则甲、乙两人至少抽到一人的概率为 【解题思路】对于A：根据频率和为1分析求解；对于B：根据加权平均数公式分析求解；对于C：设受奖励学生的考试成绩大约至少为m分，可知，列式求解即可；对于D：可得在的人数为8，结合独立事件概率乘法公式以及对立事件概率求法运算求解. 【解答过程】对于选项A：由频率分布直方图可知每组频率依次为， 则，解答，故A正确； 对于选项B：估计该市全体学生成绩的平均分为 ，故B错误； 对于选项C：因为， 设受奖励学生的考试成绩大约至少为m分，可知， 则，解得， 所以受奖励学生的考试成绩大约至少为84分，故C正确； 对于选项D：成绩在的人数为， 设甲、乙两人至少抽到一人为事件A，则， 所以，故D正确； 故选：ACD. 70．（多选）（23-24高一下·江苏南通·期末）一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红色球（标号为1和2），2个白色球（标号为3和4），从袋中不放回地依次随机摸出2个球．设事件“两个球颜色不同”，“两个球标号的和为奇数”，“两个球标号都不小于2”，则（    ） A．A与B互斥 B．A与C相互独立 C． D． 【解题思路】根据题意，由互斥事件的定义分析A，由相互独立事件的定义分析B，由古典概型的计算公式分析C、D，综合可得答案． 【解答过程】根据题意，从袋中不放回地依次随机摸出2个球，则 ， ， ， 所以有， ， 对于A，，事件A、B可以同时发生，则A、B不互斥，A错误； 对于B，，A、C相互独立，B正确； 对于C，，C正确； 对于D，，D错误． 故选：BC． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$