高一下学期期末复习填空题压轴题60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填空题压轴题60题精练 【苏教版（2019）】 第9章 平面向量 1．（24-25高一下·江苏连云港·期中）已知中，点，分别是知的重心和外心，且，，则边的长为 . 【解题思路】延长交于点，过点作于点，作于点.将用表示，根据向量数量积的几何意义化简已知式，推得，再由利用向量数量积的运算律求得，最后利用和已得结论求即可. 【解答过程】 如图，延长交于点，过点作于点，作于点. 因点，分别是知的重心和外心，则，, 则，则 ， 即得， 又由和，可得， 整理得，解得， 因， 则， 即边的长为. 故答案为：. 2．（24-25高一下·江苏无锡·期中）如图，三个边长均为2的等边三角形有一条边在同一条直线上，是边的两个三等分点，分别交于分别交于、，则 ．（注：）    【解题思路】根据题意，建立平面直角坐标系，分别表示出的坐标，再由相似表示出的坐标，结合向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果. 【解答过程】    建立如图所示平面直角坐标系，则， 由是边的两个三等分点，可得，即， 则，即， 则，， 则， ， 结合图像可知，且， 则，同理可得， 则， ， 且，， 则，同理可得， 则， ， 则， ， 所以 . 故答案为：. 3．（24-25高一下·江苏无锡·期中）如图，在中，已知，，，直线过的重心，且与边、分别交于、两点，则的最小值为 ． 【解题思路】设，，分析得出，求得，利用基本不等式可求得的最小值. 【解答过程】先证明结论：已知为直线外一点，、、为直线上三个不同的点，若，则. 因为、、为直线上三个不同的点，则， 可设，即，所以，， 所以，，结论成立. 本题中，设，， 当点与点重合时，为的中点，此时； 当点为线段的中点时，与点重合，此时，故，同理可得. 由， 又、、三点共线，，即， 延长交于点，则为的中点，且有， 又 ， 当且仅当，时取得最小值. 故答案为：. 4．（24-25高一下·江苏南京·阶段练习）如图所示，已知点是的重心，过点作直线与、两边分别交于、两点，且，，则 ；的最小值为 ．    【解题思路】由题可知，设，化简得出，根据平面向量的基本定理可求出的值；由已知得出，可得出，再将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得所求代数式的最小值. 【解答过程】因为为的重心，延长交于点，则为的中点，且，    由重心的几何性质可知， 因为、、三点共线，设，即， 所以，， 因为，，则，， 则， 因为、不共线，所以，，，则，， 故，即，则， 所以， ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故的最小值为. 故答案为：；. 5．（23-24高一下·江苏苏州·阶段练习）在中，，，点是边的中点，点为线段的中点，则的取值范围是 . 【解题思路】设，，利用向量的数量积，向量的线性运算可得，从而可得答案. 【解答过程】设，则由三角形性质可得：， 由条件可知： . 故答案为： 6．（23-24高一下·北京·期中）如图，直角梯形中，，，若为三条边上的一个动点，且，则下列结论中正确的是 ②④ ．（把正确结论的序号都填上） ①满足的点有且只有1个； ②满足的点有且只有2个； ③能使取最大值的点有且只有2个； ④能使取最大值的点有无数个． 【解题思路】分类讨论，求出当在边上，在边上，在边上时，的取值范围以及的范围，然后根据所求判断正误. 【解答过程】当在边上时，如图，取中点，连接，则 设，， ， 又， ，， ，， 当在边上时，，，， 当在边上时，设，， ， ，， ，，； ①当时，，此时点就是点；或，此时点在上，故错误； ②当时，有或，这样的点有两个，故正确； ③的最大值为，此时，这样的点有且只有1个，故错误； ④的最大值为，当在边上时，恒有，这样的点有无数个，故正确. 故答案为：②④. 7．（23-24高一下·江苏南通·期中）如图，四个边长均相等的等边三角形有一条边在同一条直线上，边上有10个不同的点，，记，若，则等边三角形的边长为 ． 【解题思路】建立坐标系，求出直线的方程，利用坐标法表示数量积即可求解. 【解答过程】以为坐标原点，所在直线为轴建系，如图所示： 设等边三角形边长为, 可得：，，，， 设直线的方程为：，则有，解得， 直线的方程为：， 可设：，则有， 即有：， ，解得（负舍） 故答案为：. 8．（23-24高一下·江苏无锡·阶段练习）已知向量，夹角为，，若对任意，恒有，则函数的最小值为 ． 【解题思路】先根据向量的夹角、模长及恒成立求出，将表示成关于t的函数，根据二次函数最值即可求解． 【解答过程】∵，∴， 整理可得， ∵对任意，上式恒成立，∴； 由题意知，∴，∴． ∴ ． 故答案为：. 9．（23-24高二上·江苏常州·开学考试）已知点在所在的平面内，则下列个结论中正确的有 ①④ . ①若为的外心，，，则； ②若为边长为的正三角形，则的最小值为； ③若为锐角三角形且外心为，且，则； ④若，则动点的轨迹经过的外心. 【解题思路】推导出，，利用平面向量数量积的运算性质可判断①；取线段的中点，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算可判断②；设，推导出、、三点共线，利用反证法可判断③；设线段的中点，推导出，可判断④. 【解答过程】对于①，如下图所示： 取线段的中点，连接， 因为为的中点，为的外心，则， 所以，， 同理可得， 又因为，，则 ，①对； 对于②，取线段的中点，连接，则， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，    则、、，设点， 则，，， 所以，， 则， 当且仅当，时，等号成立，故的最小值为，②错； 对于③，设，如下图所示：    因为，则， 所以，，即， 故、、三点共线， 取线段的中点，连接、，则，显然、、三点不共线， 所以，与不垂直， 若，则，矛盾，故，③错； 对于④，因为， 则 ，则， 取线段的中点，则，    所以，，即， 故动点的轨迹过的外心，④对. 故答案为：①④. 10．（2025·全国·模拟预测）已知与为相反向量，若，，则，夹角的余弦的最小值为 -1 ． 【解题思路】先根据向量模长相关不等式得到，解出，设，，夹角为，将两边平方，得到，结合，求出，得到答案. 【解答过程】，故， 因为，所以，又， 所以，解得：， 不妨设，，夹角为，则， 两边平方得：， 即，解得：， 因为，所以， 故，夹角的余弦的最小值为-1. 故答案为：-1. 第10章 三角恒等变换 11．（24-25高一下·江苏·期中）已知，，则 ． 【解题思路】先根据的范围求出的范围，再利用三角函数的平方关系求出的值，最后结合二倍角公式和诱导公式求出的值. 【解答过程】已知，则，所以. 又因为，所以. 根据三角函数平方关系，可得： 可得： 因为，所以. 再根据二倍角公式，可得： ① 又因为 ② 联立①②求解，因为，所以，. 由①得，代入②可得： 设（），则，两边同时乘以得： ，解得或，即或. 由于，则可以再缩小，因此. 因此.由于， 而 ， ， 则. 故答案为：. 12．（24-25高一下·江苏苏州·阶段练习）已知，满足，则当 时，取最大值． 【解题思路】首先利用三角函数的两角差公式对展开，再结合同角三角函数的基本关系以及弦化切结合基本不等式即可求解. 【解答过程】因为， 则， 所以. 即. 因为，则， 等式两边同时除以得， 则，即， 因为，则， 所以， 因为，所以， 则， 当且仅当，即时等号成立. 所以当时取最大值. 故答案为：. 13．（24-25高三上·江苏南京·阶段练习）在斜中，为锐角，且满足，则的最小值为 . 【解题思路】将已知变形为，用两角和（差）的正弦公式得到，进而得到与的关系，代入用基本不等式即可求最小值. 【解答过程】， ∴ ∴， ∴， ∴， 又∵，∴， ∴， ∵为锐角，∴ ∴ , 当且仅当，即时等号成立. 故答案为：. 14．（24-25高二上·山东日照·开学考试）若存在实数m，使得对于任意的，不等式恒成立，则取得最大值时， ． 【解题思路】以为变量，结合一元二次不等式的存在性问题可得，解不等式结合题意得，由此可得答案. 【解答过程】因为恒成立， 即恒成立， 若存在实数，使得上式成立，则， 则， 可得，可得， 解得， 由， 则取得最大值时， 此时. 故答案为：. 15．（23-24高一下·江苏苏州·期末）在中，已知，则的最大值为 . 【解题思路】利用二倍角公式化简，即可求出，从而得到，从而将转化为的三角函数，再利用辅助角公式计算可得. 【解答过程】因为， 所以， 即，所以， 所以，又，所以，则， 所以 ， 取为锐角，其中，，因为，所以， 所以当时取得最大值，且最大值为. 故答案为：. 16．（23-24高一下·江苏南京·阶段练习）若，，且，则的最小值为 . 【解题思路】根据二倍角公式以及差角公式可得，进而得到，然后中用代换，化简后利用基本不等式求出最值. 【解答过程】由得，， 又，所以，所以， 所以， 因为，，，所以， 则，即， 当且仅当时，即时等号成立. 故答案为：. 17．（23-24高一上·江苏无锡·期末）已知函数，若对任意的，，当时，恒成立，则实数的取值范围是 ． 【解题思路】将问题转化为对任意的，当时，恒成立，不妨设，将问题转化为在单调递减，再结合利用正弦函数的性质求出的取值范围． 【解答过程】， 由， 得， 所以， 所以， 因为对任意的，当时，恒成立， 所以对任意的， 当时，恒成立， ， 不妨设，则问题转化成在单调递减， 所以，其中，解得， 所以的取值范围为. 故答案为：. 18．（2025·陕西安康·一模）若函数的图象经过点和，且当时，恒成立，则实数a的取值范围是 . 【解题思路】先根据将转化为来表示，由此化简的解析式，对进行分类讨论，根据恒成立列不等式来求得的取值范围. 【解答过程】因为经过点和，所以，，可得，故 . 因为，所以，所以， 当时，，可得， 所以，要使恒成立， 只要，即，又，从而； 当时，； 当时，，所以， 所以，要使恒成立， 只要，解得，又，从而. 综上所述，a的取值范围为. 故答案为：. 19．（23-24高一下·山东日照·期末）已知角，均为锐角，且，满足，的值为 ． 【解题思路】根据给定条件，对角进行配凑变换，再利用和差角的正余弦公式，结合齐次式法求值即得. 【解答过程】由， 得， 则， 由角，均为锐角，且，得，则，于是， 所以. 故答案为：. 20．（23-24高一下·四川·期中）已知函数，若对任意x∈R，都有，且，则当时，的最小值为 . 【解题思路】利用三角降幂公式与和角公式、辅助角公式化简函数解析式，由题意求出函数的周期，即得值，最后结合正弦函数图象的单调性确定的最小值. 【解答过程】 ． ∵ 对任意x∈R，都有，且， 即 与分别是图象上相邻的最低点与最高点的函数值， 则，即,解得 = 2，即． 取，故当时，， 在上递减，在上递增，在上递减， 故当，即时，取得最小值，为. 故答案为：. 第11章 解三角形 21．（24-25高一下·甘肃平凉·阶段练习）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且，则的取值范围为 . 【解题思路】由余弦定理结合面积公式化简得，利用辅助角公式求出，由正弦定理得，根据正切函数的性质求得，，最后利用对勾函数的单调性求解即可. 【解答过程】在锐角，由余弦定理可知， 由面积公式可得，代入到已知条件可得， 因为，化简可得，所以， 根据恒等变换可得，因为锐角， 所以，则，所以可得，即， 所以， 则， 因为锐角，所以，， 则，又在单调递增， 则，令，所以， 所以， 由对勾函数的单调性知在单调递减，在单调递增， 当时，取到最小值，当或时，最大值， 则. 故答案为：. 22．（24-25高一下·江苏南京·期中）如图，已知线段是直角与直角的公共斜边，且满足， ，，则 ．    【解题思路】取中点，连，，设，，有，，，，根据已知及和角正弦公式得，再应用平方关系、二倍角余弦公式得，最后用余弦定理求线段长度. 【解答过程】取中点，连，，易知，， 设，，故，，    则，，，，， 所以，， 平方后求和，得，， 所以，则， . 故答案为：. 23．（24-25高一下·福建莆田·阶段练习）三角形中，分别是角的对边，已知，，点是的中点，点在线段上，且，线段与线段交于点M，若点是三角形的重心，求的最小值 ． 【解题思路】先根据正弦定理和三角形面积公式求出角和的值，再利用向量关系建立等式，最后通过向量运算和基本不等式求的最小值. 【解答过程】依题意，， 由正弦定理得， 整理得， 由正弦定理，， 因为，所以. 由，解得. 设，. 因为点是的中点，点在线段上且， 所以，. ， . 则可得，解方程组得，，所以. 因为点是的重心，则. 所以 . ， 因， 当且仅当即时，等号成立. 所以，即的最小值为. 故答案为：. 24．（24-25高一下·重庆·阶段练习）在锐角中，角，，的对边分别为，，，若，则的取值范围为 . 【解题思路】法一：应用正弦边角关系得，再由余弦定理、锐角三角形内角性质及二倍角余弦公式可得，进而有，，即可得，即可求范围；法二：应用正余弦定理有，结合锐角三角形内角性质得，后续同法一. 【解答过程】法一：由正弦定理角化边得， 由， 所以. 由， 因为为锐角三角形，所以，， 所以， 所以，则，， 因为为锐角三角形，，解得， 设，则，. 法二：由正弦定理角化边得. 由余弦定理，则. 由正弦定理，则. 则， 由为锐角三角形，得，. 所以，即，后续同法一. 故答案为：. 25．（23-24高一下·江苏盐城·期中）锐角的角，，的对边分别为，，，满足，则的取值范围为 . 【解题思路】利用正弦定理的边角变换与三角函数的和差公式得到，从而利用三角函数的性质与锐角三角形的特点推得的取值范围，再次利用正弦定理的边角变换转化所求为，从而得解． 【解答过程】因为，则， 所以， 由正弦定理得， 又，故， 因为在锐角中，，所以或， 当时，，所以，解得，符合题意； 当时，，此时，不合题意； 综上，， 又，而， 所以，则的取值范围为． 故答案为：． 26．（23-24高一下·江苏扬州·期中）在中，角，，的对边分别为，，，若，，则的最大值为 . 【解题思路】根据正弦定理结合两角和差的正余弦公式求解可得，再根据正弦定理化简，结合三角函数值与角度范围的关系求解即可. 【解答过程】由正弦定理结合，得， 则，即， 故，则，故，解得. 由正弦定理，有， 故 ， 设，且，则. 又，故，且，故. 故，即， 故，则的最大值为. 故答案为：. 27．（23-24高一下·江苏宿迁·期中）赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”．（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成，如图①），类比“赵爽弦图”，可构造如图②所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，其中，则的值为 ；设，则 ．    【解题思路】利用建系的方法，假设，根据，利用余弦定理可得长度，由正弦定理求出大小正三角形的面积，即可求得的值；然后计算，可得点坐标，最后根据点坐标，可得结果. 【解答过程】由，设，则，， 如图    由题可知：， 由 所以，则， 所以小三角形面积， 因为，所以,即， ， 所以 因为， 又 所以 所以 即 所以 又 所以 所以 故答案为：；. 28．（23-24高一下·江苏连云港·期中）在中，内角，，所对的边分别为，，，若，则的取值范围是 ． 【解题思路】根据二倍角公式可得，即，根据角的范围可得，，，故.由正弦定理、同角三角函数的基本关系及二倍角公式可得 ，换元，结合对勾函数的性质即可求解. 【解答过程】由题意可得，故， 即， 因为,所以， 因为，所以或， 即或，即或. 若，则，则无意义，故. 又，所以，即. 因为，所以,，， 所以，解得，故. 由正弦定理可得 ， 令，则. 设， 由对勾函数的性质可得在上单调递增， 所以，即. 故答案为:. 29．（23-24高一下·甘肃天水·期中）我国许多地方都有风格迥异的古塔.现在在某塔底共线三点处分别测得塔顶P点的仰角为，，，且，设该塔高为，示意图如图，则该塔高 60 m. 【解题思路】设，利用直角三角形的特殊角可表示长度，再根据余弦定理解计算即可. 【解答过程】设，由在处分别测得塔顶P点的仰角为，，， 则根据题意有， 在中由余弦定理知，， 因为三点共线，所以， 则. 故答案为：60. 30．（23-24高一下·江苏无锡·阶段练习）已知四边形中，，，设与面积分别为，．则的最大值为 ． 【解题思路】根据余弦定理得到，利用三角形面积公式得到，得到最大值. 【解答过程】四边形中，，， 设与面积分别为，， 则，． 在中，利用余弦定理：， 即， 在中，利用余弦定理：， 即， 所以． 则 ， 当，即时，最大值，最大值为， 故答案为：. 第12章 复数 31．（23-24高一下·广东东莞·期中）复平面上两个点，分别对应两个复数，，它们满足下列两个条件：①；②两点，连线的中点对应的复数为，若为坐标原点，则的面积为 ． 【解题思路】设，依题意，列出关于的方程组，解之得，求出，利用三角形面积公式计算即得. 【解答过程】设，依题意，， 即，解得.则有， 则, 由可得为直角三角形， 故的面积为. 故答案为：. 32．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）设复数，其在复平面内对应点为，且，复数，其在复平面内对应点为，且，若存在的轨迹上的两点、，使，则的取值范围为 ． 【解题思路】利用复数的几何意义确定的轨迹，数形结合计算即可. 【解答过程】设，其在复平面对应的点为， 易知，，， 所以P在上，Q在以A为圆心，1为半径的圆上， 由圆的对称性，不妨令平分， 即直线上存在点P满足， 如下图所示，显然当与圆相切时，张角最大， 此时可知， 根据图形可知：设直线与轴的交点为B，则，显然， 过A作轴交直线于C，则， 易知，则为等腰直角三角形，即， 故直线上满足的点有两个即或， 显然当点P横坐标小于0或大于2时，可知圆上不存在点满足， 即不符合题意，故 故答案为：. 33．（23-24高一下·浙江宁波·期末）设复平面内的不同三点对应复数分别为，若（是虚数单位），则的值为 . 【解题思路】设，由得，进而求得，，即可求得. 【解答过程】设，由可得， 即，整理得， 即， 则；又复数对应的向量为， 则，， 则， ， 则，则，则. 故答案为：. 34．（2025·福建·模拟预测）对任意三个模长小于1的复数，，，均有恒成立，则实数的最小可能值是 10 ． 【解题思路】利用复数的三角形式结合余弦函数的性质可得的取值范围，从而得到实数的最小可能值. 【解答过程】设，，， 由题设有. 又 ， ， 而， 所以， 而，当且仅当终边相同时等号成立， 故，所以， 故实数的最小可能值为10， 故答案为：10. 35．（24-25高三上·上海浦东新·期末）已知在复数集中，等式对任意复数恒成立，复数，，，在复平面上对应的4个点为某个单位圆内接正方形的4个顶点，，则满足条件的不同集合个数为 10 ． 【解题思路】由一元二次方程，复数根互为共轭复数根，一元四次方程可以分解为两个一元二次方程，因此四个根应该两两互为共轭复数根（或实数根），因此圆心在轴上，据此分类讨论可求得结论. 【解答过程】 ， 对比系数可得，， ，， 复数，，，在复平面上对应的4个点为某个单位圆内接正方形的4个顶点 情况1，四个根两两互为共轭复数，故圆心在轴上，设单位的圆心为， 不妨设，， ，， ， 类似计算可得， ，， 因为， 所以只能为负整数，又集合元素的互异性，从而可得，此时集合的个数为5个， 情况2，四个根有2个为实数，另外2个为共轭复数故圆心在轴上，设单位的圆心为， 不妨设，，，， 计算可得，， ，， 因为，所以只能为负整数，又集合元素的互异性， 从而可得，此时集合的个数为5个， 综上：满足条件的不同的个数为10. 故答案为：10. 36．（24-25高三上·吉林·期中）如图1点，我们知道复数可用点表示.一般地，任何一个复数都可以表示成的形式，即其中为复数的模，叫做复数的辐角（以非负半轴为始边，所在射线为终边的角），我们规定范围内的辐角的值为辐角的主值.由复数的三角形式可得出，若，则.其几何意义是把向量绕点按逆时针方向旋转角（如果，就要把绕点按顺时针方向旋转角），再把它的模变为原来的倍.如图2，已知在复平面的上半平面内有一个菱形，其边长为，点所对应的复数分别为.若，以为边作正方形，点在下方，若长度为，则复数 . 【解题思路】设，先相继求出、、对应的复数，再求，由条件 列方程求，由此可得结论； 【解答过程】设，设对应的复数为，对应的复数为，则， ， 设对应的复数为，所以， 所以， 由已知可得， 所以， 又，所以， 所以， 故答案为：. 37．（23-24高一下·浙江宁波·期中）已知复数，满足，，则的最大值为 ． 【解题思路】由题可得表示以A为圆心，半径为1上的点到原点的距离，据此可得答案. 【解答过程】设，则， 则，即B在以A为圆心，半径为1的圆上， 则表示圆上点B到原点的距离， 由图可得当B，A，O三点共线时取最大值，为. 故答案为：. 38．（24-25高三上·上海·期中）设为正整数.若存在复数，满足且，则的最小值为 3 . 【解题思路】设，，然后代入中化简可求出，再由结合为正整数可求得答案. 【解答过程】不妨设，， 因为，所以， 所以， 所以， 整理得，解得， 因为，所以，或 ①当时，则， 或时不满足上式，满足上式，即n最小值为3， ②当，则， 或时不满足上式，满足上式，即n最小值为3， 综上可知. 故答案为：3. 39．（24-25高三上·江苏无锡·阶段练习）复平面上两个点，分别对应两个复数，，它们满足下列两个条件：①；②两点，连线的中点对应的复数为，若为坐标原点，则的面积为 8 ． 【解题思路】令，，且，结合条件求参数，进而确定的位置关系及模长，即可求的面积. 【解答过程】令，，且， 由，则，即，故①， 由两点，连线的中点对应的复数为，则，即②， 联立①②，可得，且，即，， 由，即，故为直角三角形， 又，，故的面积为. 故答案为：8. 40．（23-24高一下·江苏南京·期末）欧拉，他是数学史上最多产的数学家之一，他发现并证明了欧拉公式，从而建立了三角函数和指数函数的关系，若将其中的取作就得到了欧拉恒等式，它是令人着迷的一个公式，它将数学里最重要的几个量联系起来，两个超越数——自然对数的底数，圆周率，两个单位——虚数单位和自然数单位1，以及被称为人类伟大发现之一的0，数学家评价它是“上帝创造的公式”，请你根据欧拉公式：，将复数表示成（为虚数单位）的形式 ；若，则，这里 ，称为1的一个n次单位根，简称单位根．类比立方差公式，我们可以获得，复数，则的值是 ． 【解题思路】根据欧拉公式直接可得求出第一空；根据单位根的概念，代入化简即可求出第二空. 【解答过程】，， 所以， 由题意可得， 所以， 又因为，所以， 则 . 故答案为：；. 第13章 立体几何初步 41．（23-24高一下·江苏南京·期末）已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，，为球的直径，且，则三棱锥体积的最大值为 . 【解题思路】在中，由正弦定理求得外接圆半径，得到的外接圆的半径为，进而求得球心到所在小圆的距离为，再由余弦定理，结合基本不等式求得，得到面积的最大值为，利用锥体体积公式，即可求解. 【解答过程】如图所示，设圆的半径为， 在中，因为， 由正弦定理得，可得， 即的外接圆的半径为， 因为为球的直径，且，可得球的半径为， 所以球心到所在小圆的距离为， 则点S到平面的距离为， 在中，由余弦定理得， 即， 当且仅当时，等号成立，即， 所以面积的最大值为， 故三棱锥体积的最大值为. 故答案为：. 42．（2024·四川遂宁·模拟预测）在直四棱柱中，所有棱长均为2，，为的中点，点在四边形内（包括边界）运动，下列结论中正确的是 ①④ （填序号）. ①当点在线段上运动时，四面体的体积为定值 ②若面，则的最小值为 ③若的外心为M，则为定值2 ④若，则点的轨迹长度为 【解题思路】由题证得面，所以直线上各点到平面的距离相等，又的面积为定值判断①；取的中点分别为，由面面平行的判定定理可得平面面，因为面，所以平面，当时，AQ有最小值判断②；由三角形外心的性质和向量数量积的性质判断③；在上取点，使得，求出点Q的轨迹为圆弧判断④. 【解答过程】对于①，因为，平面， 平面，所以平面， 所以直线上各点到平面的距离相等，又的面积为定值，①正确； 对于②，取的中点分别为，连接， 因为，平面，平面，所以平面， 又因为，，则， 又平面，平面，所以平面， ，平面，所以平面平面， 因为面，所以平面， 当时，AQ有最小值，则易求出 ， 则，即，所以重合， 所以AQ的最小值为，②错误； 对于③，若的外心为M，过作于点，则， 又，则，③错误； 对于④，在平面内过作于点， 因为 平面，平面，所以 ， 因为，平面， 所以平面，， 在上取点，使得， 则，， 所以，若，则在以为圆心，2为半径的圆弧上运动， 又因为所以，则圆弧等于，④正确. 故答案为：①④. 43．（23-24高一下·江苏无锡·期中）如今中国在基建方面世界领先，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体体积为，则模型中最大球的体积为 ，模型中九个球的表面积之和为 . 【解题思路】根据三棱锥的体积公式计算可得正四面体的棱长为，如图，作出辅助线，先求出正四面体的内切球半径，再利用三个球的半径之间的关系得到另外两个球的半径，得到答案. 【解答过程】设正四面体的棱长为，高为，底面圆半径为， 则，得，又， 所以正四面体的体积为，解得. 如图，取的中点，连接，，则，， 过点A作⊥底面，垂足在上，且， 所以，故， 点为最大球的球心，连接并延长，交于点，则⊥， 设最大球的半径为，则， 因为∽，所以，即，解得， 所以最大球的体积为，且，则，， 设最小球的球心为，中间球的球心为，则两球均与直线相切，设切点分别为， 连接，则分别为最小球和中间球的半径，长度分别设为， 则，则， 又，所以，解得， 又，故，解得， 所以， 模型中九个球的表面积和为. 故答案为：；. 44．（2024·河北邯郸·二模）在长方体中，，平面平面，则截四面体所得截面面积的最大值为 ． 【解题思路】结合题意画出对应图形后，设，则有，则有，借助表示出面积，结合二次函数的性质即可得. 【解答过程】平面截四面体的截面如图所示， 设，则，所以四边形为平行四边形， 且， 在矩形中，，， 则 ，当且仅当时，等号成立. 故答案为：. 45．（23-24高三上·北京海淀·阶段练习）在棱长为1的正方体中，点是对角线的动点（点与不重合），则下列结论正确的有 ①②③ . ①存在点，使得平面平面； ②分别是在平面，平面上的正投影图形的面积，存在点，使得； ③对任意的点，都有； ④对任意的点的面积都不等于. 【解题思路】当直线交平面于点时，根据面面平行的判定定理即可判断①正确；设根据面积可解得即可判断②正确；利用线面垂直判定定理可证明当直线交平面于点时满足，可得③正确，由③可知当点是线段上靠近点的三等分点时，的面积等于，即④错误. 【解答过程】对于①，根据题意，连接，如下图所示： 由正方体性质可得，平面，平面， 所以可得平面， 同理可平面，又，且平面， 所以可得平面平面， 当直线交平面于点时，有平面，即①正确； 对于②，设， 则在平面上的正投影图形的面积为， 在平面上的正投影图形的面积与在平面上的面积相等， 即， 若，则可得，解得或， 又因为，所以可得，故存在点，使得，即②正确； 对于③，取的中点为，的中点为，连接交于点，如下图所示： 由正方形性质可知，，且， 又，平面，所以平面； 又，所以平面，可得， 由的中点为，所以可得即为线段的垂直平分线， 可知，即③正确； 对于④，利用正方体性质可得平面,平面,所以； 同理可得平面,平面,所以； 又，所以平面， 易知平面，所以； 结合③的结论即可得即为和的公垂线，即的高的最小值即为， 易知，，可得， 所以此时，即， 即的面积， 即当点是线段上靠近点的三等分点时，的面积等于，即④错误； 故答案为：①②③. 46．（23-24高一下·山西·期末）在三棱锥中，平面，，，三棱锥外接球的表面积为，则二面角正切值的最小值为 . 【解题思路】先由球的表面积求得其半径，再利用球的截面性质求得的外接圆的半径，从而求得的取值范围，进而求得二面角正切值的取值范围，由此得解. 【解答过程】依题意，设的外接圆的半径为，三棱锥外接球的半径为， 则，则（负值舍去）， 因为平面，，所以，即，则（负值舍去）， 因为，所以为的外接圆的直径，即， 过作交于，连接，如图，    设，则由，得， 故，得，当且仅当时，等号成立， 故由三角形面积相等得， 因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角， 则，即二面角正切值的最小值为. 故答案为：. 47．（23-24高一下·湖北武汉·期末）已知正方体的棱长为3，动点在内，满足，则点的轨迹长度为 . 【解题思路】确定正方体对角线与的交点E，求出确定轨迹形状，再求出轨迹长度作答. 【解答过程】在正方体中，如图，    平面，平面，则，而， ，，平面，于是平面，又平面， 则，同理，而，，平面， 因此平面，令交平面于点， 由，得， 即，解得， 而，于是， 因为点在内，满足，则， 因此点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆在内的圆弧， 而为正三角形，则三棱锥必为正三棱锥，为正的中心， 于是正的内切圆半径， 则，即，， 所以圆在内的圆弧为圆周长的， 即点的轨迹长度为 故答案为：. 48．（24-25高三下·湖南·阶段练习）在正四棱锥中，为的中点，过作截面将该四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为，则的最大值是 2 . 【解题思路】根据给定条件，作出过的正四棱锥的截面，再求出的表达式并结合均值不等式求解作答. 【解答过程】记正四棱锥的体积为，的最大值，由为定值知，只需求的最小值， 设过的截面分别交和于，平面与平面的交线为与相交于，如图， 则，令，则，即有， ， 当且仅当时取等号，此时， 所以的最大值是2. 故答案为：2. 49．（23-24高一下·湖北·阶段练习）球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如图1，一个球面的半径为，球冠的高是，球冠的表面积公式是.如图2，已知是以为直径的圆上的两点，，扇形的面积为，则扇形绕直线旋转一周形成的几何体的表面积为 . 【解题思路】首先求出，再根据扇形面积公式求出圆的半径，过点作交于点，过点作交于点，即可求出，将扇形绕直线旋转一周形成的几何体为一个半径的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥，再根据所给公式分别求出表面积. 【解答过程】因为，所以，设圆的半径为， 又，解得（负值舍去）， 过点作交于点，过点作交于点， 则， 所以，同理可得， 将扇形绕直线旋转一周形成的几何体为一个半径的球中，上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥， 其中上面球缺的高，上面圆锥的底面半径，高为， 下面球缺的高，下面圆锥的底面半径，高为， 则上面球冠的表面积， 下面球冠的表面积，球的表面积， 上面圆锥的侧面积，下面圆锥的侧面积， 所以几何体的表面积. 故答案为：. 50．（23-24高一下·北京通州·期末）如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点，，的平面截该正方体所得截面记为，则下列命题正确的是 ②③④ ． ①直线与直线相交； ②当时，为四边形； ③当为的中点时，平面截正方体所得的截面面积为； ④当时，截面与，分别交于，则． 【解题思路】①，由平面，可知直线与直线不可能相交，即可判断； ②，由可得截面S与正方体的另一个交点落在线段上，即可判断； ③，由为的中点，为的中点，可得截面为等腰梯形，求出等腰梯形的上、下底和高，即可求得截面面积，即可判断； ④，当时，延长至，使，连接交于，连接交于连接，取的中点，上一点，使，连接，可求得，再利用勾股定理求出，即可判断. 【解答过程】①，因为为线段上的动点，所以平面，由正方体可知平面，所以直线与直线不可能相交，故①错误； ②，当时，截面S与正方体的另一个交点落在线段上，如图所示： 所以截面为四边形 ； 又面，故//面，故②正确； ③，连接，如下所示： 因为为的中点，为的中点， 则，故面即为平面截正方体所得截面； 在和中， 又，故该截面为等腰梯形， 又，， 故截面面积，故③正确； ④，当时，延长至，使， 连接交于，连接交于连接， 取的中点，上一点，使，连接， 如图所示： 因为且，且， 所以且，所以四边形是平行四边形，则， 由，，所以， 则为中点，则，所以， 又， 可得， 所以， 则在中，故④正确； 故答案为：②③④. 第14章 统计 51．（2024·上海·三模）对于没有重复数据的样本、、…、，记这m个数的第k百分位数为．若不在这组数据中，且在区间中的数据有且只有5个，则m的所有可能值组成的集合为 ． 【解题思路】就是否为正整数分类讨论，若为正整数，则5个数分别为；若不为整数，则5个数分别为，就的范围分类计算后可得m的所有可能值组成的集合. 【解答过程】不妨设，因为不在这组数据，故为正整数， 若为正整数，故，其中为正整数， 故，， 因为在区间中的数据有且只有5个， 故这个5个数分别为，故即， 但当时，，此时至少有6个， 故， 当时，即为，共5个，符合； 当时，即为，共6个，不符合； 当时，即为，共7个，不符合； 若为不是整数，故，其中为正奇数， 设，其中为正整数， 则，且，故， 故，， 因为在区间中的数据有且只有5个， 故这个5个数分别为，故即， 但当，，此时至少有6个， 故， 当时，即为，共5个，符合； 当时，即为，共6个，不符合； 当时，即为，共7个，不符合； 综上，符合条件的为，， 故答案为：. 52．（23-24高一下·江苏常州·期末）设x，y，z都是正整数，且，，，当x，y，z的取值依次为 （或） 时，x，y，z这三个数的方差最小．（若存在多组取值符合条件，只需写出其中一组取值） 【解题思路】根据方差定义计算方差，再由方差最小，确定后转化为关于的二次函数，利用二次函数求最小值即可得解. 【解答过程】设， 则 ， 要使方差最小，三个数据应尽量靠近，故， 则， 关于的二次函数的对称轴为，又且为正整数， 所以当或时，方差最小，最小值为. 故满足条件的为或. 故答案为：（或）. 53．（23-24高一上·辽宁朝阳·期末）已知互不相等的4个正整数从小到大排序为.若它们的和为12，且这4个数据的极差是中位数的2倍，则这4个数据的第75百分位数为 . 【解题思路】先由极差是中位数的2倍得到，再由和为12得到，联立可求出四个数值，即可求第75百分位数. 【解答过程】这组数据的极差为，中位数为， 根据题意得，即， 又它们的和为12，所以，解得，. 因为为正整数且互不相等，且， 三个数的平均数即中位数， 则得到，. 因为， 所以这4个数据的第75百分位数为. 故答案是：. 54．（24-25高一下·江苏南京·期中）甲、乙两支田径队队员的体重（单位：kg）信息如下：甲队体重的平均数为60，方差为200，乙队体重的平均数为68，方差为300，又已知甲、乙两队的队员人数之比为，则关于甲、乙两队全部队员的体重的平均数和方差分别为 66、287 . 参考公式：总体分为2层，分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：记总样本的平均数，样本方差为， 【解题思路】根据参考公式计算可得结果. 【解答过程】根据题意，甲队体重的平均数为60，方差为200，乙队体重的平均数为68，方差为300， 甲队队员在所有队员中所占权重为，乙队队员在所有队员中所占权重为， 则甲、乙两队全部队员的体重的平均数， 方差. 故答案为：66、287. 55．（23-24高二上·上海·期末）为深入学习宣传党的二十大精神，某校开展了“奋进新征程，强国伴我行”二十大主题知识竞赛.其中高一年级选派了10名同学参赛，且该10名同学的成绩依次是：70，85，86，88，90，90，92，94，95，100.则下列说法正确的序号为 ①②④ .（写出全部正确的序号） ①中位数为90，平均数为89；②极差为30，方差为58.③70百分位数为92；④去掉一个最低分和一个最高分，平均数变大，方差变小 【解题思路】根据题意，通过中位数、平均数、极差、方差、百分位数的计算，逐项判断即可. 【解答过程】对于①,10个分数从小到大进行排列后， 第5个和第6个数的平均值为， 即中位数为90， 这10个数的平均值为 ， 故①正确； 对于②，这10个数的极差为， 方差为 故②正确； 对于③，由于， 所以70百分位数是第7个数和第8个数的平均数，即， 故③错误； 对于④，去掉一个最低分和一个最高分的平均数为 ，平均数变大， 方差为 ，方差变小，故④正确， 故答案为：①②④. 第15章 概率 56．（23-24高一下·安徽铜陵·期末）甲､乙两队进行答题比赛，每队3名选手，规定两队的每名选手都完成一次答题为一轮比赛，每名选手答对一题得1分，答错一题得0分.已知甲队中每名选手答对题的概率都为，乙队中3名选手答对题的概率分别为.在第一轮比赛中，甲队得分，乙队得分，则在这一轮中，满足且的概率为 . 【解题思路】首先求出甲在一轮比赛中得分、分的概率，乙在一轮比赛中得分、分的概率，设在这一轮中，满足且为事件，则包含①甲队得分，乙队得分，②甲队得分，乙队得分，③甲队得分，乙队得分，再根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得. 【解答过程】依题意甲队在一轮比赛中得分的概率为， 甲队在一轮比赛中得分的概率为， 乙队在一轮比赛中得分的概率为： ， 乙队在一轮比赛中得分的概率为： ， 设在这一轮中，满足且为事件， 则包含①甲队得分，乙队得分，②甲队得分，乙队得分，③甲队得分，乙队得分， 所以， 即在这一轮中，满足且的概率为. 故答案为：. 57．（23-24高二上·吉林·阶段练习）如图，甲乙做游戏，两人通过划拳（剪刀、石头、布）比赛决胜谁首先登上第3个台阶，并规定从平地开始，每次划拳赢的一方登上一级台阶，输的一方原地不动，平局时两人都上一个台阶．如果一方连续赢两次，那么他将额外获得上一级台阶的奖励，除非已经登上第3个台阶，当有任何一方登上第3个台阶时游戏结束，则游戏结束时恰好划拳3次的概率为 ．    【解题思路】不妨假设游戏结束时恰好划拳3次时是甲登上第3个台阶，考虑所有可能的情况，同时考虑到也可能是划拳3次恰好是乙登上第3个台阶，根据独立事件乘法公式和互斥事件的加法公式，即可求得答案. 【解答过程】设事件“第次划拳甲赢”为，事件“第次划拳甲平局”为， 事件“第次划拳甲输”为， 则； 故 ， 故答案为：. 58．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）甲和乙玩小游戏测试他们的默契度．在一轮游戏中，他们各写下一个三位数，分别记为A和B．当以下任一条件成立时，他们“不默契”，否则“心有灵犀”： ①A、B中相同的数字少于两个（如147和289） ②A、B中相同的数字不少于两个，但不都在相同的数位上（如147和174） 根据以上内容判断：在本轮游戏中，甲和乙“心有灵犀”的概率为 ． 【解题思路】先分析时，甲和乙“心有灵犀”的概率，然后根据互斥事件的概率加法公式可得. 【解答过程】由题知，当A、B中至少有两个数字相同，且在相同数位上时，甲和乙“心有灵犀”. 不妨记，当A、B中有三个数字相同时，有1种情况； 当A、B中只有两个数字相同时， 若百位和十位相同，有9种情况， 若百位和个位相同，有9种情况， 若十位和个位相同，有8种情况， 所以，当A、B中只有两个个数字相同时，有种情况. 综上，当时，有种情况使得甲和乙“心有灵犀”. 因为三位数共有个， 所以当时，甲和乙“心有灵犀”的概率为， 又因为甲写出每一个三位数且甲和乙“心有灵犀”的事件互斥， 例如：事件“且甲和乙“心有灵犀””和事件“且甲和乙“心有灵犀””互斥. 所以，甲和乙“心有灵犀”的概率为. 故答案为：. 59．（2024·河北张家口·三模）甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛11分制，若比分打到时，需要一人比另一人多得两分，比赛才能结束．已知甲赢得每一分的概率为，在两人的第一局比赛中，两人达到了，此局比赛结束时，两人的得分总和为n，则此时的概率 ． 【解题思路】由条件分析的特点，讨论，结合比赛流程及概率乘法公式分别求甲赢得比赛的概率和乙赢得比赛的概率，相加可得结论. 【解答过程】因为比赛结束时，两人的得分总和为n，其中且两人的得分的差的绝对值为， 所以，且为偶数， 所以当，时，， 当时，， 当，且为偶数时， 若甲赢得比赛，则最后两局比赛甲胜，余下比赛中，第21球开始，奇数球与其之后的偶数球均为甲乙一胜一负， 所以事件甲赢得比赛的概率为， 同理乙赢得比赛的概率为， 所以， 时，的值也符合关系， 所以，，， 故答案为：. 60．（24-25高二下·福建厦门·阶段练习）A与B二人进行“抽鬼牌”游戏，游戏开始时，A手中有3张两两不同的牌，B手上有4张牌，其中3张牌与A手中的牌相同，另一张为“鬼牌”，与其他所有牌都不同．游戏规则为： （ⅰ）双方交替从对方手中抽取一张牌，A先从B手中抽取； （ⅱ）若某位玩家抽到对方的牌与自己手中的某张牌一致，则将两张牌丢弃； （ⅲ）最后剩一张牌（鬼牌）时，持有鬼牌的玩家为输家； 假设每一次抽牌从对方手上抽到任一张牌的概率都相同，则A获胜的概率为 ． 【解题思路】A获胜分为3种情况，利用概率的加法公式求解即可. 【解答过程】记初始手上张牌时， 胜的概率为， ①当手上有张牌，手上张牌，包含张“鬼牌”时，获胜的概率为 若抽中的不是“鬼牌”时，则甲获胜，其概率为， 若抽中的是“鬼牌”，时，抽中的也是“鬼牌”，甲想要获胜的概率为， 若抽中的是“鬼牌”，时，抽中的不是“鬼牌”， 甲不可能获胜，此情况不存在， 所以，解得, ②当手上有张牌，手上张牌，包含张“鬼牌”时，获胜的概率为 若抽中的不是“鬼牌”时，则甲获胜，其概率为， 若抽中的是“鬼牌”，时，抽中的也是“鬼牌”，甲想要获胜的概率为， 若抽中的是“鬼牌”，时，抽中的不是“鬼牌”， 甲不可能获胜，此情况不存在， 所以，解得, ③当手上有张牌，手上张牌，包含张“鬼牌”时，获胜的概率为 若抽中的不是“鬼牌”时，则甲获胜的概率为， 若抽中的是“鬼牌”，时，抽中的也是“鬼牌”，甲想要获胜的概率为， 若抽中的是“鬼牌”，时，抽中的不是“鬼牌”，此轮结束后有3张牌，包含一张“鬼牌”， 有2张牌，当再抽一次时，有2张牌，包含一张“鬼牌”， 有1张牌， 有2张牌，包含一张“鬼牌”， 有1张牌，此时胜的对立事件为当有1张牌， 有2张牌，包含一张“鬼牌”，此时胜， 则若抽中的是“鬼牌”，时，抽中的不是“鬼牌”， 胜的概率为， 所以，解得, 故答案为：. 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填空题压轴题60题精练 【苏教版（2019）】 第9章 平面向量 1．（24-25高一下·江苏连云港·期中）已知中，点，分别是知的重心和外心，且，，则边的长为 . 2．（24-25高一下·江苏无锡·期中）如图，三个边长均为2的等边三角形有一条边在同一条直线上，是边的两个三等分点，分别交于分别交于、，则 ．（注：）    3．（24-25高一下·江苏无锡·期中）如图，在中，已知，，，直线过的重心，且与边、分别交于、两点，则的最小值为 ． 4．（24-25高一下·江苏南京·阶段练习）如图所示，已知点是的重心，过点作直线与、两边分别交于、两点，且，，则 ；的最小值为 ．    5．（23-24高一下·江苏苏州·阶段练习）在中，，，点是边的中点，点为线段的中点，则的取值范围是 . 6．（23-24高一下·北京·期中）如图，直角梯形中，，，若为三条边上的一个动点，且，则下列结论中正确的是 ．（把正确结论的序号都填上） ①满足的点有且只有1个； ②满足的点有且只有2个； ③能使取最大值的点有且只有2个； ④能使取最大值的点有无数个． 7．（23-24高一下·江苏南通·期中）如图，四个边长均相等的等边三角形有一条边在同一条直线上，边上有10个不同的点，，记，若，则等边三角形的边长为 ． 8．（23-24高一下·江苏无锡·阶段练习）已知向量，夹角为，，若对任意，恒有，则函数的最小值为 ． 9．（23-24高二上·江苏常州·开学考试）已知点在所在的平面内，则下列个结论中正确的有 . ①若为的外心，，，则； ②若为边长为的正三角形，则的最小值为； ③若为锐角三角形且外心为，且，则； ④若，则动点的轨迹经过的外心. 10．（2025·全国·模拟预测）已知与为相反向量，若，，则，夹角的余弦的最小值为 ． 第10章 三角恒等变换 11．（24-25高一下·江苏·期中）已知，，则 ． 12．（24-25高一下·江苏苏州·阶段练习）已知，满足，则当 时，取最大值． 13．（24-25高三上·江苏南京·阶段练习）在斜中，为锐角，且满足，则的最小值为 . 14．（24-25高二上·山东日照·开学考试）若存在实数m，使得对于任意的，不等式恒成立，则取得最大值时， ． 15．（23-24高一下·江苏苏州·期末）在中，已知，则的最大值为 . 16．（23-24高一下·江苏南京·阶段练习）若，，且，则的最小值为 . 17．（23-24高一上·江苏无锡·期末）已知函数，若对任意的，，当时，恒成立，则实数的取值范围是 ． 18．（2025·陕西安康·一模）若函数的图象经过点和，且当时，恒成立，则实数a的取值范围是 . 19．（23-24高一下·山东日照·期末）已知角，均为锐角，且，满足，的值为 ． 20．（23-24高一下·四川·期中）已知函数，若对任意x∈R，都有，且，则当时，的最小值为 . 第11章 解三角形 21．（24-25高一下·甘肃平凉·阶段练习）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且，则的取值范围为 . 22．（24-25高一下·江苏南京·期中）如图，已知线段是直角与直角的公共斜边，且满足， ，，则 ．    23．（24-25高一下·福建莆田·阶段练习）三角形中，分别是角的对边，已知，，点是的中点，点在线段上，且，线段与线段交于点M，若点是三角形的重心，求的最小值 ． 24．（24-25高一下·重庆·阶段练习）在锐角中，角，，的对边分别为，，，若，则的取值范围为 . 25．（23-24高一下·江苏盐城·期中）锐角的角，，的对边分别为，，，满足，则的取值范围为 . 26．（23-24高一下·江苏扬州·期中）在中，角，，的对边分别为，，，若，，则的最大值为 . 27．（23-24高一下·江苏宿迁·期中）赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”．（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成，如图①），类比“赵爽弦图”，可构造如图②所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，其中，则的值为 ；设，则 ．    28．（23-24高一下·江苏连云港·期中）在中，内角，，所对的边分别为，，，若，则的取值范围是 ． 29．（23-24高一下·甘肃天水·期中）我国许多地方都有风格迥异的古塔.现在在某塔底共线三点处分别测得塔顶P点的仰角为，，，且，设该塔高为，示意图如图，则该塔高 m. 30．（23-24高一下·江苏无锡·阶段练习）已知四边形中，，，设与面积分别为，．则的最大值为 ． 第12章 复数 31．（23-24高一下·广东东莞·期中）复平面上两个点，分别对应两个复数，，它们满足下列两个条件：①；②两点，连线的中点对应的复数为，若为坐标原点，则的面积为 ． 32．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）设复数，其在复平面内对应点为，且，复数，其在复平面内对应点为，且，若存在的轨迹上的两点、，使，则的取值范围为 ． 33．（23-24高一下·浙江宁波·期末）设复平面内的不同三点对应复数分别为，若（是虚数单位），则的值为 . 34．（2025·福建·模拟预测）对任意三个模长小于1的复数，，，均有恒成立，则实数的最小可能值是 ． 35．（24-25高三上·上海浦东新·期末）已知在复数集中，等式对任意复数恒成立，复数，，，在复平面上对应的4个点为某个单位圆内接正方形的4个顶点，，则满足条件的不同集合个数为 ． 36．（24-25高三上·吉林·期中）如图1点，我们知道复数可用点表示.一般地，任何一个复数都可以表示成的形式，即其中为复数的模，叫做复数的辐角（以非负半轴为始边，所在射线为终边的角），我们规定范围内的辐角的值为辐角的主值.由复数的三角形式可得出，若，则.其几何意义是把向量绕点按逆时针方向旋转角（如果，就要把绕点按顺时针方向旋转角），再把它的模变为原来的倍.如图2，已知在复平面的上半平面内有一个菱形，其边长为，点所对应的复数分别为.若，以为边作正方形，点在下方，若长度为，则复数 . 37．（23-24高一下·浙江宁波·期中）已知复数，满足，，则的最大值为 ． 38．（24-25高三上·上海·期中）设为正整数.若存在复数，满足且，则的最小值为 . 39．（24-25高三上·江苏无锡·阶段练习）复平面上两个点，分别对应两个复数，，它们满足下列两个条件：①；②两点，连线的中点对应的复数为，若为坐标原点，则的面积为 40．（23-24高一下·江苏南京·期末）欧拉，他是数学史上最多产的数学家之一，他发现并证明了欧拉公式，从而建立了三角函数和指数函数的关系，若将其中的取作就得到了欧拉恒等式，它是令人着迷的一个公式，它将数学里最重要的几个量联系起来，两个超越数——自然对数的底数，圆周率，两个单位——虚数单位和自然数单位1，以及被称为人类伟大发现之一的0，数学家评价它是“上帝创造的公式”，请你根据欧拉公式：，将复数表示成（为虚数单位）的形式 ；若，则，这里 ，称为1的一个n次单位根，简称单位根．类比立方差公式，我们可以获得，复数，则的值是 ． 第13章 立体几何初步 41．（23-24高一下·江苏南京·期末）已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，，为球的直径，且，则三棱锥体积的最大值为 . 42．（2024·四川遂宁·模拟预测）在直四棱柱中，所有棱长均为2，，为的中点，点在四边形内（包括边界）运动，下列结论中正确的是 （填序号）. ①当点在线段上运动时，四面体的体积为定值 ②若面，则的最小值为 ③若的外心为M，则为定值2 ④若，则点的轨迹长度为 43．（23-24高一下·江苏无锡·期中）如今中国在基建方面世界领先，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体体积为，则模型中最大球的体积为 ，模型中九个球的表面积之和为 . 44．（2024·河北邯郸·二模）在长方体中，，平面平面，则截四面体所得截面面积的最大值为 ． 45．（23-24高三上·北京海淀·阶段练习）在棱长为1的正方体中，点是对角线的动点（点与不重合），则下列结论正确的有 . ①存在点，使得平面平面； ②分别是在平面，平面上的正投影图形的面积，存在点，使得； ③对任意的点，都有； ④对任意的点的面积都不等于. 46．（23-24高一下·山西·期末）在三棱锥中，平面，，，三棱锥外接球的表面积为，则二面角正切值的最小值为 . 47．（23-24高一下·湖北武汉·期末）已知正方体的棱长为3，动点在内，满足，则点的轨迹长度为 . 48．（24-25高三下·湖南·阶段练习）在正四棱锥中，为的中点，过作截面将该四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为，则的最大值是 . 49．（23-24高一下·湖北·阶段练习）球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如图1，一个球面的半径为，球冠的高是，球冠的表面积公式是.如图2，已知是以为直径的圆上的两点，，扇形的面积为，则扇形绕直线旋转一周形成的几何体的表面积为 . 50．（23-24高一下·北京通州·期末）如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点，，的平面截该正方体所得截面记为，则下列命题正确的是 ． ①直线与直线相交； ②当时，为四边形； ③当为的中点时，平面截正方体所得的截面面积为； ④当时，截面与，分别交于，则． 第14章 统计 51．（2024·上海·三模）对于没有重复数据的样本、、…、，记这m个数的第k百分位数为．若不在这组数据中，且在区间中的数据有且只有5个，则m的所有可能值组成的集合为 ． 52．（23-24高一下·江苏常州·期末）设x，y，z都是正整数，且，，，当x，y，z的取值依次为 时，x，y，z这三个数的方差最小．（若存在多组取值符合条件，只需写出其中一组取值） 53．（23-24高一上·辽宁朝阳·期末）已知互不相等的4个正整数从小到大排序为.若它们的和为12，且这4个数据的极差是中位数的2倍，则这4个数据的第75百分位数为 . 54．（24-25高一下·江苏南京·期中）甲、乙两支田径队队员的体重（单位：kg）信息如下：甲队体重的平均数为60，方差为200，乙队体重的平均数为68，方差为300，又已知甲、乙两队的队员人数之比为，则关于甲、乙两队全部队员的体重的平均数和方差分别为 . 参考公式：总体分为2层，分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：记总样本的平均数，样本方差为， 55．（23-24高二上·上海·期末）为深入学习宣传党的二十大精神，某校开展了“奋进新征程，强国伴我行”二十大主题知识竞赛.其中高一年级选派了10名同学参赛，且该10名同学的成绩依次是：70，85，86，88，90，90，92，94，95，100.则下列说法正确的序号为 .（写出全部正确的序号） ①中位数为90，平均数为89；②极差为30，方差为58.③70百分位数为92；④去掉一个最低分和一个最高分，平均数变大，方差变小 第15章 概率 56．（23-24高一下·安徽铜陵·期末）甲､乙两队进行答题比赛，每队3名选手，规定两队的每名选手都完成一次答题为一轮比赛，每名选手答对一题得1分，答错一题得0分.已知甲队中每名选手答对题的概率都为，乙队中3名选手答对题的概率分别为.在第一轮比赛中，甲队得分，乙队得分，则在这一轮中，满足且的概率为 . 57．（23-24高二上·吉林·阶段练习）如图，甲乙做游戏，两人通过划拳（剪刀、石头、布）比赛决胜谁首先登上第3个台阶，并规定从平地开始，每次划拳赢的一方登上一级台阶，输的一方原地不动，平局时两人都上一个台阶．如果一方连续赢两次，那么他将额外获得上一级台阶的奖励，除非已经登上第3个台阶，当有任何一方登上第3个台阶时游戏结束，则游戏结束时恰好划拳3次的概率为 ．    58．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）甲和乙玩小游戏测试他们的默契度．在一轮游戏中，他们各写下一个三位数，分别记为A和B．当以下任一条件成立时，他们“不默契”，否则“心有灵犀”： ①A、B中相同的数字少于两个（如147和289） ②A、B中相同的数字不少于两个，但不都在相同的数位上（如147和174） 根据以上内容判断：在本轮游戏中，甲和乙“心有灵犀”的概率为 ． 59．（2024·河北张家口·三模）甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛11分制，若比分打到时，需要一人比另一人多得两分，比赛才能结束．已知甲赢得每一分的概率为，在两人的第一局比赛中，两人达到了，此局比赛结束时，两人的得分总和为n，则此时的概率 ． 60．（24-25高二下·福建厦门·阶段练习）A与B二人进行“抽鬼牌”游戏，游戏开始时，A手中有3张两两不同的牌，B手上有4张牌，其中3张牌与A手中的牌相同，另一张为“鬼牌”，与其他所有牌都不同．游戏规则为： （ⅰ）双方交替从对方手中抽取一张牌，A先从B手中抽取； （ⅱ）若某位玩家抽到对方的牌与自己手中的某张牌一致，则将两张牌丢弃； （ⅲ）最后剩一张牌（鬼牌）时，持有鬼牌的玩家为输家； 假设每一次抽牌从对方手上抽到任一张牌的概率都相同，则A获胜的概率为 ． 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 $$