高一下学期期末复习解答题压轴题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解答题压轴题70题精练 【苏教版（2019）】 第9章 平面向量 1．（24-25高一下·江苏无锡·期中）在中，已知，，，，，CM与BN相交于点P． (1)求CM的长度； (2)若，求的值； (3)求的最小值，并求此时的余弦值． 2．（24-25高一下·江苏南通·阶段练习）在中，为钝角，，点为所在平面内一点，满足，，线段交线段于点. (1)若，求； (2)在（1）的条件下，求的取值范围； (3)设，求的最小值. 3．（24-25高一上·河北保定·期中）已知平面直角坐标系中，点，点（其中，为常数，且），点为坐标原点．    (1)设点为线段上靠近的三等分点，，求的值； (2)如图所示，设点，，，…，是线段的等分点，其中，， ①当时，求的值（用含，的式子表示）； ②当，时，求的最小值． （说明：可能用到的计算公式：，）． 4．（23-24高一下·江苏苏州·期中）如图所示，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与，轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为仿射坐标系，若在仿射坐标系下，则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为．已知在仿射坐标系下，．    (1)求向量，的仿射坐标； (2)当时，求； (3)设，若对恒成立，求的最大值． 5．（23-24高一下·江苏苏州·期末）如图，在平行四边形中，已知，，，为线段的中点，为线段上的动点（不含端点）.记. (1)若，求线段EF的长； (2)若，设，求实数和的值； (3)若与交于点，，求向量与的夹角的余弦值. 6．（23-24高一下·山东·期中）如图，在中，点满足是线段的中点，过点的直线与边分别交于点. (1)若，求和的值； (2)若，求的最小值. 7．（23-24高一下·重庆·期中）对于一组向量，（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“长向量”． (1)设，且，若是向量组的“长向量”，求实数的取值范围； (2)若且，向量组是否存在“长向量”？若存在，求出正整数；若不存在，请说明理由； (3)已知均是向量组的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系中有一点列满足，为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与（且）关于点对称，求的最小值． 8．（24-25高一下·黑龙江牡丹江·阶段练习）在ΔABC中，P为AB的中点，O在边AC上，BO交CP于R，且，设AB=，AC=    (1)试用，表示； (2)若，求∠ARB的余弦值 (3)若H在BC上，且RH⊥BC设，若，求的范围. 9．（23-24高一下·江苏徐州·阶段练习）将形如的符号称为二阶行列式，现规定二阶行列式的运算如下：.已知两个不共线的向量，的夹角为，，且. (1)求的值. (2)若为钝角，试探究与能否垂直，若能，求出的值；若不能，请说明理由. (3)若，当时，求的最小值，并求出此时与的夹角. 10．（23-24高一下·江苏淮安·阶段练习）在中，点是内一点， (1)如图，若，过点的直线交直线分别于两点，且，已知为非零实数.试求的值. (2)若，且，设，试将表示成关于的函数，并求其最小值. 第10章 三角恒等变换 11．（24-25高一下·江苏徐州·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． (1)试用表示； (2)求的值； (3)已知方程在上有三个根，记为且，求证：． 12．（24-25高一下·江苏南京·期中）已知函数． (1)求的对称中心； (2)若，求的值； (3)记，集合，试判断集合Q中最多有几个正整数元素，并求正整数元素最多时实数m的取值范围． 13．（24-25高一下·江苏扬州·期中）已知函数的最小正周期为. (1)求的解析式； (2)若关于x的方程在区间上有相异两解，. ①求实数m的取值范围； ②当时，函数取最大值，设，求. 14．（24-25高一下·江苏无锡·阶段练习）设，我们常用来表示不超过x的最大整数.如：，. (1)已知的两根是，，.求的值； (2)在锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，则的最小值为m，求的值. (3)已知，，若对，，使不等式成立，求实数a的取值范围. 15．（24-25高一下·江苏常州·阶段练习）阅读下面材料： ，解答下列问题： (1)用表示； (2)利用（1）的结论，求的值； (3)若函数，，求的值域． 16．（23-24高一下·北京延庆·期中）对于集合和常数，定义：为集合相对于的“正弦方差”． (1)若集合，，求集合相对于的“正弦方差”； (2)若集合，写出一个的值，使得集合相对于任何常数的“正弦方差”是一个常数，求出这个常数，并说明理由； (3)若集合，相对于任何常数的“正弦方差”是一个常数，求出，的值． 17．（23-24高一下·江苏泰州·期中）由倍角公式，可知可以表示为的二次多项式．对于，我们有 可见也可以表示成的三次多项式． (1)利用上述结论，求的值； (2)化简；并利用此结果求的值； (3)已知方程在上有三个根，记为，求证：. 18．（23-24高一下·江苏南通·阶段练习）已知均为锐角，，且. (1)若，求； (2)若，求； (3)求的最大值. 19．（2024高一下·上海·专题练习）对于集合和常数，定义：为集合相对的“余弦方差”． (1)若集合，，求集合相对的“余弦方差”； (2)求证：集合，相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值，并求此定值； (3)若集合，，相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值，求出、． 20．（23-24高一下·江苏南通·期末）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． (1)试用表示 (2)求的值 (3)已知方程在上有三个根，记为，，，求证：． 第11章 解三角形 21．（24-25高一下·江苏南京·期中）如图，已知在平面四边形中，，，．    (1)若平分，求的长； (2)设， ①若，求四边形的面积； ②当四边形面积最大时，求证：． 22．（24-25高一下·江苏无锡·期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求角A的大小； (2)若且，求的面积； (3)若，且为锐角三角形，求的周长的取值范围. 23．（24-25高一下·江苏扬州·期中）在中，内角，，的对边分别为，，，且，. (1)求角和； (2)已知，设、为线段上的两个动点（靠近点），且. ①若，求的周长； ②当为何值时，的面积最小，最小面积是多少？ 24．（24-25高一下·江苏苏州·期中）在内一点满足，则称为的布洛卡点，为布洛卡角．小明同学对布洛卡点产生兴趣，对其进行探索得到许多正确的结论，比如，若下列问题中的点为的布洛卡点，请你和他一起解决如下问题：    (1)当，且时，求； (2)角，，所对的边分别为，，，，求证：； (3)在（2）的条件下，若的周长为4，试把表示为的函数，并求的值域． 25．（24-25高一下·江苏南京·期中）在中，，为边上两点，，，． (1)若，，，用，，的三角函数值表示的值； (2)若，，求的值； (3)若，． ①求的值； ②求面积的最大值． 26．（24-25高一下·江苏南京·期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c． (1)记的面积为S，且满足． ①求角B； ②若为锐角三角形，且，求的取值范围． (2)对于，若存在，使得，，则称为的伴随三角形．若存在伴随三角形，试求出三个内角中的最大值． 27．（24-25高一下·江苏扬州·期中）“费马点”是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形三个内角都小于时，费马点与三角形三个顶点的连线构成的三个角都为.已知点P为的费马点，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. (1)求角B； (2)若，求的值； (3)若，，求实数的最小值. 28．（24-25高一下·广东广州·阶段练习）如图，在四边形中，已知的面积为，记的面积为.    (1)求的大小； (2)若外接圆半径为1，求的周长最大值. (3)若，设，，问是否存在常数，使得成立，若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 29．（23-24高一下·江苏南通·期中）古希腊数学家托勒密对凸四边形凸四边形是指没有角度大于的四边形进行研究，终于有重大发现：任意一凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四点共圆时等号成立．且若给定凸四边形的四条边长，四点共圆时四边形的面积最大．根据上述材料，解决以下问题： 如图，在凸四边形中， (1)若，，(图1)，求线段长度的最大值； (2)若，，，（图2），求四边形面积取得最大值时角A的余弦值，并求出四边形面积的最大值． 30．（23-24高一下·上海松江·期末）在滴水湖公园湖畔拟建造一个四边形的露营基地，如图所示．为考虑露营客人娱乐休闲的需求，在四边形区域中，将三角形区域设立成花卉观赏区，三角形区域设立成烧烤区，边修建观赏步道，边修建隔离防护栏，其中米，米，，其中． (1)若米，求烧烤区的面积？ (2)为了保证烧烤区的占地面积最大，那么需要修建多长的隔离防护栏？ (3)在（2）条件下，为了使得花卉观赏区的面积也尽可能大，则应如何设计观赏步道？ 第12章 复数 31．（23-24高一下·江苏南京·期末）类比高中函数的定义，引入虚数单位，自变量为复数的函数称之为复变函数.已知复变函数，，. (1)当时，解关于的方程：； (2)当时， ①若，求的最小值； ②若存在实部不为0的虚数和实数，使得成立，求的取值范围. 32．（23-24高一下·辽宁锦州·期末）已知i是虚数单位，a，，设复数，，，且. (1)若为纯虚数，求； (2)若复数，在复平面上对应的点分别为A，B，且O为复平面的坐标原点. ①是否存在实数a，b，使向量逆时针旋转后与向量重合，如果存在，求实数a，b的值；如果不存在，请说明理由； ②若O，A，B三点不共线，记的面积为，求及其最大值. 33．（24-25高一下·全国·课后作业）在英语中，实数是Real Number，一般取Real的前两个字母“Re”表示一个复数的实部；虚数是Imaginary Number，一般取Imaginary的前两个字母“Im”表示一个复数的虚部．如：，；，．已知复数z是方程的解． (1)若，且（a，，i是虚数单位），求； (2)若，复数，，且，，求实数t的取值范围． 34．（23-24高一下·江苏徐州·阶段练习）已知复数，（为虚数单位）满足__________. 在①，②这两个条件中任选一个，补充在上面的横线上，并解答下列问题. (1)若，求复数以及； (2)若是实系数一元二次方程的根，求实数的值. 注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分. 35．（23-24高一下·山东青岛·期末）高中教材必修第二册选学内容中指出：设复数对应复平面内的点Z，设，，则任何一个复数都可以表示成：的形式，这种形式叫做复数三角形式，其中r是复数z的模，θ称为复数z的辐角，若，则θ称为复数z的辐角主值，记为argz．复数有以下三角形式的运算法则：若，则：，特别地，如果那么这个结论叫做棣莫弗定理．请运用上述知识和结论解答下面的问题： (1)求复数的模和辐角主值argz（用θ表示）； (2)设，若存在满足，那么这样的n有多少个？ 36．（23-24高一下·吉林·期末）在复数域中，对于正整数满足的所有复数称为单位根，其中满足对任意小于的正整数，都有，则称这种复数为次的本原单位根，例如当时，存在四个4次单位根，因为，因此只有两个4次本原单位根． (1)直接写出复数的3次单位根，并指出哪些是复数的3次本原单位根（无需证明）． (2)①若是复数的8次本原单位根，证明：． ②若是复数的次本原单位根，证明：． 37．（24-25高一下·辽宁沈阳·阶段练习）在①复数z满足和均为实数；②为复数z的共轭复数，且；③复数是关于x方程的一个根，这三个条件中任选一个（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分），并解答问题： (1)求复数z； (2)在复平面内，若对应的点在第四象限，求实数m的取值范围. 38．（24-25高一下·江苏连云港·期中）在①；②复平面上表示的点在直线上；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答： 已知复数，（为虚数单位），满足____. (1)若，求复数以及； (2)若是实系数一元二次方程的根，求实数的值. 39．（24-25高一下·江苏常州·期中）对于一组复数（且），如果存在，使得，其中，那么称是该复数组的“长复数”. (1)设，，若是复数组，，的“长复数”，求实数的取值范围； (2)若，，复数组是否存在“长复数”?给出你的结论并说明理由； (3)若，，是否，对于，都能满足复数组，，中的每一个复数均为“长复数”?若存在，求出所有的；若不存在，请说明理由. 40．（23-24高一下·重庆·期中）我们知道复数有三角形式，，其中为复数的模，为辐角主值.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. 已知圆半径为1，圆的内接正方形的四个顶点均在圆上运动，建立如图所示坐标系，设点所对应的复数为，点所对应的复数为，点所对应的复数为，点所对应的复数为. (1)若，求出，； (2)如图，若，以为边作等边，且在上方. （ⅰ）求线段长度的最小值； （ⅱ）若（，），求的取值范围. 第13章 立体几何初步 41．（23-24高一下·江苏苏州·期末）在三棱柱中，，，，，分别为的中点. (1)证明：平面∥平面； (2)证明：平面⊥平面； (3)若为线段上的动点，求二面角的平面角的余弦值的取值范围． 42．（23-24高一下·江苏南京·期末）如图，在四棱锥中， 底面ABCD是边长为3的菱形，且， AC交BD于点O，，M，N分别为PA，BC的中点. (1)求证：MN∥平面PCD； (2)记二面角的平面角为θ， 若 ①求 PA与底面ABCD所成角的大小； ②求点 N到平面 CDP的距离. 43．（23-24高一下·江苏常州·期末）如图1，一个正三棱柱形容器中盛有水，底面边长为4，侧棱，若侧面水平放置时，水面恰好过AC，BC，，的中点．现在固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜程度不同，水面的形状也不同． (1)如图2，当底面ABC水平放置时，水面高为多少? (2)当水面经过线段时，水面与地面的距离为多少? (3)试分析容器围绕AB从图1的放置状态旋转至水面第一次过顶点C的过程中（不包括起始和终止位置），水面面积S的取值范围．（假设旋转过程中水面始终呈水平状态，不考虑水面的波动） 44．（23-24高一下·江苏常州·期末）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)如图，已知在三棱锥中，平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为．    ①求直线PC与直线AB所成角的余弦值； ②若点Q在棱PB上运动，求直线CQ与平面ABC所成的角的最大值． 45．（23-24高一下·江苏扬州·期末）如图，在斜三棱柱中，侧面为菱形，，为中点，与的交点为. (1)求证：//平面； (2)求证：平面； (3)求二面角的正弦值. 46．（23-24高一下·江苏连云港·期末）如图，已知各边长为4的五边形由正方形及等边三角形组成，现将沿折起，连接，得到四棱锥，且二面角的正切值为． (1)求证：四棱锥为正四棱锥； (2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值； (3)若点是侧棱上的动点，现要经过点作四棱锥的截面，使得截面垂直于侧棱，试求截面面积的最大值． 47．（23-24高一下·江苏徐州·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面平面，，，，点E，F分别为棱PD，BC的中点，点G在线段AF上． (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)设直线与平面，平面，平面所成的角分别为，，，求的最大值． 48．（23-24高一下·江苏南通·期中）如图，在四棱锥中，平面，，且，是的中点． (1)证明：； (2)若，直线与直线所成角的余弦值为． （ⅰ）求直线与平面所成角； （ⅱ）求二面角的余弦值． 49．（23-24高二上·黑龙江哈尔滨·开学考试）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段的中点，在平面内的射影为D．    (1)求证：平面； (2)若点F为棱的中点，求三棱锥的体积； (3)在线段上是否存在点G，使二面角的大小为，若存在，请求出的长度，若不存在，请说明理由． 50．（23-24高一下·浙江宁波·期末）如图，在矩形ABCD中，，，M是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点A到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影E落在线段BC上.      (1)当点M与端点D重合时，证明：平面； (2)求三棱锥的体积的最大值； (3)设直线CD与平面所成的角为，二面角的平面角为，求的最大值. 第14章 统计 51．（23-24高一下·江苏淮安·期末）为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党、爱国的热情，我校举办了“学党史、育文化”暨“喜迎党的生日”党史知识竞赛，并将2000名师生的竞赛成绩（满分100分）整理成如图所示的频率直方图． (1)求频率直方图中a的值以及师生竞赛成绩的中位数； (2)利用频率直方图的组中值求2000名师生的平均成绩； (3)从竞赛成绩在，的师生中，采用分层抽样的方法抽取6人，再从抽取的6人中随机抽取2人，求2人的成绩来自同一区间的概率． 52．（23-24高一下·江苏连云港·期末）为了调查疫情期间数学网课学习情况，某校组织了高一年级学生进行了数学测试．根据测试成绩（总分100分），将所得数据按照分成6组，其频率分布直方图如图所示．    (1)求图中a的值；为了更全面地了解疫情对网课的影响，求该样本的60百分位数； (2)试估计本次数学测试成绩的平均分；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； (3)该校准备对本次数学测试成绩优异（将成绩从高到低排列，排在前的为优异）的学生进行嘉奖，则受嘉奖的学生分数不低于多少？ 53．（23-24高一下·江苏徐州·期末）2024年4月25日，搭载神舟十八号载人飞船的长征二号F遥十八运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射，航天员叶光富、李聪、李广苏开始了他们的太空征程．为纪念中国航天事业所取得的成就，发掘并传承中国航天精神，某市随机抽取2000名学生进行了航天知识竞赛，将成绩（满分：150分）整理后分成五组，从左到右依次记为[50,70），[70,90），[90,110），[110,130），[130,150]，并绘制成如图所示的频率分布直方图． (1)补全频率分布直方图，并估计这2000名学生成绩的平均数、求85%分位数（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）； (2)现从以上各组中采用分层抽样的方法抽取200人，若第三组中被抽取的学生成绩的平均数为94，方差为1，第四组中被抽取的学生成绩的平均数为124，方差为2，求这200人中分数在区间[90,130）的学生成绩的方差． 54．（23-24高一下·江苏扬州·期末）某保险公司为了给年龄在20~70岁的民众提供某种医疗保障，设计了一款针对某疾病的保险.现从10000名参保人员中随机抽取100名进行分析，并按年龄段分成了五组，其频率分布直方图如图所示，每人每年所交纳的保费与参保年龄如下表所示： 年龄 保费（单位：元） (1)若采用分层抽样的方法，从年龄段在和内的参保人员中共抽取6人进行问卷调查，再从中选取2人进行调查对该种保险的满意度，求这2人中恰好有1人年龄段在内的概率. (2)由于10000人参加保险，该公司每年为此项保险支出的各种费用为200万元.为使公司不亏本，则年龄段的参保人员每人每年需要缴纳的保费至少为多少元？ 55．（23-24高一下·江苏无锡·期末）我国是世界上严重缺水的国家，城市缺水问题较为突出．某市政府为了了解全市居民生活用水量分布情况，通过抽样，获得100户居民月均用水量（单位：），将数据按照，，…，分成9组，制成如图所示的频率分布直方图．为了鼓励居民节约用水，该市政府在本市实行居民生活用水“阶梯水价”：第一阶梯为每户每月用水量不超过的部分按3元收费，第二阶梯为超过但不超过的部分按5元收费，第三阶梯为超过的部分按8元收费． (1)求直方图中的值； (2)已知该市有20万户居民，估计全市居民中月均用水费用不超过60元的用户数； (3)该市政府希望使至少有的用户每月用水量不超过第二阶梯收费标准，请根据样本数据判断，现行收费标准是否符合要求？若不符合，则应该将第二阶梯用水量的上限至少上调到多少？ 56．（23-24高二上·贵州六盘水·期末）六盘水红心猕猴桃因富含维生素及等多种矿物质和18种氨基酸，被誉为“维之王”．某收购商为了了解某种植基地的红心猕猴桃品质，从该基地随机摘下100个猕猴桃进行测重，其重量分布在区间内（单位：克），根据样本数据作出频率分布直方图如下图所示． (1)用比例分配的分层随机抽样方法，从重量落在区间的猕猴桃中抽取5个，再从这5个猕猴桃中随机抽取2个，求这2个猕猴桃重量均不小于90克的概率； (2)已知该基地大约还有6000个猕猴桃，该收购商准备收购这批猕猴桃，提出了以下两种收购方案：方案一：所有猕猴桃均以20元每千克收购；方案二：小于90克的猕猴桃以10元每千克收购，不小于90克的猕猴桃以30元每千克收购；请你就这两种方案，通过计算为该猕猴桃基地选择最佳的出售方案．（同一组中的数据用该组区间的中点值代表，视频率为概率） 57．（24-25高一上·河南安阳·期末）某英语老师负责甲、乙两个班的英语课，其中甲班有60名学生，乙班有48名学生：为分析他们的英语成绩，该老师计划用分层随机抽样的方法抽取18名学生，统计他们英语考试的分数． (1)该老师首先在甲班采用随机数法抽取所需要的学生，为此将甲班学生随机编号为01～60，按照以下随机数表，以第2行第21列的数字4为起点，从左到右依次读取数据，每次读取两位随机数，重复的跳过，一行读完之后接下一行左端．求抽出的学生编号的中位数． 7816　6572　0802　6314　0702　4369　9728　0198 3204　9243　4935　8200　3623　4869　6938　7481 2976　3413　2841　4241　2424　1985　9313　2322 8303　9822　5888　2410　1158　2729　6443　2943 (2)已知甲班的样本平均数为，方差为，两班总的样本平均数为，方差为． （i）求乙班的样本平均数和方差； （ii）判断两班学生的英语成绩是否有明显差异．（如果，则认为两班学生的英语成绩有明显差异，否则不认为有明显差异） 58．（23-24高一下·广东梅州·期末）某中学新建了学校食堂，每天有近2000名学生在学校食堂用午餐，午餐开放时间约40分钟，食堂制作了三类餐食，第一类是选餐，学生凭喜好在做好的大约6种菜和主食米饭中任意选购；第二类是套餐，已按配套好菜色盛装好，可直接取餐；第三类是面食，如煮面、炒粉等，为了更合理地设置窗口布局，增加学生的用餐满意度，学校学生会在用餐的学生中对就餐选择、各类餐食的平均每份取餐时长以及可接受等待时间进行问卷调查，并得到以下的统计图表. 类别 选餐 套餐 面食 选择人数 50 30 20 平均每份取餐时长（单位：分钟） 2 0.5 1    已知饭堂的售饭窗口一共有20个，就餐高峰期时有200名学生在等待就餐. (1)根据以上的调查统计，如果设置12个选餐窗口，4个套餐窗口，4个面食窗口，就餐高峰期时，假设大家在排队时自动选择较短的队伍等待（即各类餐食的窗口前队伍长度各自相同），问：选择选餐的同学最长等待时间是多少？这能否让80％的同学感到满意（即在接受等待时长内取到餐）？ (2)根据以上的调查统计，从等待时长和公平的角度上考虑，如何设置各类售饭窗口数更优化，并给出你的求解过程. 59．（24-25高二上·安徽六安·阶段练习）随机抽取100名学生，测得他们的身高（单位：），按照区间，，，，分组，得到样本身高的频率分布直方图如图所示．    （1）求频率分布直方图中的值及身高在及以上的学生人数； （2）估计该校100名生学身高的75％分位数． （3）若一个总体划分为两层，通过按样本量比例分配分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，，；，，．记总的样本平均数为，样本方差为，证明： ①； ②． 60．（2025高三·全国·专题练习）随着社会的进步、科技的发展，人民对自己生活的环境要求越来越高，尤其是居住环境的环保和绿化受到每一位市民的关注，因此，年月日，生活垃圾分类制度入法，提倡每位居民做好垃圾分类储存、分类投放，方便工作人员依分类搬运，提高垃圾的资源价值和经济价值，力争物尽其用.某市环卫局在、两个小区分别随机抽取户，进行生活垃圾分类调研工作，依据住户情况对近期一周（天）进行生活垃圾分类占用时间统计如下表： 住户编号 小区（分钟） 小区（分钟） （1）分别计算、小区每周进行生活垃圾分类所用时间的平均值和方差； （2）如果两个小区住户均按照户计算，小区的垃圾也要按照垃圾分类搬运，市环卫局与两个小区物业及住户协商，初步实施下列方案： ①小区方案：号召住户生活垃圾分类“从我做起”，为了利国利民，每位住户至少需要一名工作人员进行检查和纠错生活垃圾分类，每位工作人员月工资按照元（按照天计算标准）计算，则每位住户每月至少需要承担的生活垃圾分类费是多少？ ②小区方案：为了方便住户，住户只需要将垃圾堆放在垃圾点，物业让专职人员进行生活垃圾分类，一位专职工作人员对生活垃圾分类的效果相当于位普通居民对生活垃圾分类效果，每位专职工作人员（每天工作小时）月工资按照元（按照天计算标准）计算，则每位住户每月至少需要承担的生活垃圾分类费是多少？ ③市环卫局与两个小区物业及住户协商分别试行一个月，根据实施情况，试分析哪个方案惠民力度大，值得进行推广？ 第15章 概率 61．（23-24高一下·江苏常州·期末）为了增添学习生活的乐趣，甲、乙两人决定进行一场投篮比赛，每次投1个球．先由其中一人投篮，若投篮不中，则换另一人投篮；若投篮命中，则由他继续投篮，当且仅当出现某人连续两次投篮命中的情况，则比赛结束，且此人获胜．经过抽签决定，甲先开始投篮．已知甲每次投篮命中的概率为，乙每次投篮命中的概率为，且两人每次投篮的结果均互不干扰． (1)求甲、乙投篮总次数不超过4次时，乙获胜的概率； (2)求比赛结束时，甲恰好投了2次篮的概率． 62．（23-24高一下·湖南邵阳·期末）第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日举办，本届亚运会共设40个竞赛大项．其中首次增设了电子竞技项目．与传统的淘汰赛不同，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐．传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此更有容错率．假设最终进入到半决赛有四支队伍，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进行比赛，胜者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军．双败赛制下，两两分组，胜者进入到胜者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组．之前进入到败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军，双败赛制下会发现一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其它的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？    这里我们简单研究一下两个赛制，假设四支队伍分别为A、B、C、D，其中A对阵其他三个队伍获胜概率均为p，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为．最初分组时AB同组，CD同组． (1)若，在淘汰赛赛制下，A、C获得冠军的概率分别为多少？ (2)分别计算两种赛制下A获得冠军的概率（用表示），并据此简单分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”？ 63．（24-25高一下·福建泉州·期中）为评估大气污染防治效果，调查区域空气质量状况，某调研机构从两地区一年的数据中随机抽取了相同20天的观测数据，得到两地区的空气质量指数如下图所示：    根据空气质量指数，将空气质量状况分为以下三个等级： 空气质量指数 空气质量状况 优良 轻中度污染 重度污染 (1)试估计地区当年（365天）的空气质量状况“优良”的天数； (2)假设两地区空气质量状况相互独立，记事件：“地区空气质量等级优于地区空气质量等级”．根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件的概率； (3)若从空气质量角度选择生活地区居住，你建议选择两地区哪个地区．（只需写出结论） 64．（23-24高一下·福建厦门·期末）为了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券．游戏规则如下表： 游戏一 游戏二 游戏三 箱子中球的 颜色和数量 大小质地完全相同的红球3个，白球2个 （红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5”） 取球规则 取出一个球 有放回地依次取出两个球 不放回地依次取出两个球 获胜规则 取到白球获胜 取到两个白球获胜 编号之和为获胜 (1)分别求出游戏一，游戏二的获胜概率； (2)一名同学先玩了游戏一，试问为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大． 65．（23-24高一下·福建厦门·期末）某学校组织校园安全知识竞赛.在初赛中有两轮答题，第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，若两题都答对，则得40分，否则得0分；第二轮从B类的5个问题中任选两题作答，每答对1题得30分，答错得0分若两轮总积分不低于60分则晋级复赛. 小芳和小明同时参赛，已知小芳每个问题答对的概率都为0.5.在A类的5个问题中，小明只能答对4个问题；在B类的5个问题中，小明每个问题答对的概率都为0.4.他们回答任一问题正确与否互不影响. (1)求小明在第一轮得40分的概率； (2)以晋级复赛的概率大小为依据，小芳和小明谁更容易晋级复赛？ 66．（23-24高一下·江苏常州·期末）甲和乙进行多轮答题比赛，每轮由甲和乙各回答一个问题，已知甲每轮答对的概率为，乙每轮答对的概率为.在每轮比赛中，甲和乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响. (1)求两人在两轮比赛中都答对的概率； (2)求两人在两轮比赛中至少答对3道题的概率； (3)求两人在三轮比赛中，甲和乙各自答对题目的个数相等且至少为2的概率. 67．（23-24高一下·江苏无锡·期末）袋中装有质地均匀、大小相同的红球和白球共10个．现进行摸球游戏． (1)若采取有放回的方式从袋中每次摸出1个球，共摸球两次，至少有一次摸出白球的概率是．求袋中红球的个数； (2)已知袋中有红球5个，从袋中每次摸出1个球，若是红球则放回袋中，若是白球则不放回袋中，求摸球三次共取出两个白球的概率； (3)若采取不放回的方式从袋中每次摸出1个球，若连续两次摸到红球则停止摸球，否则继续摸球直至第六次摸球后结束．若第三次摸球后停止摸球的概率大于第五次摸球后停止摸球的概率，求袋中红球个数的所有可能取值． 68．（23-24高一下·江西·阶段练习）春节过后，某大学四年级的5名大学生相约去人才市场应聘，其中小红、小东学的是建筑专业，小军、小英学的是通讯专业，小青学的是电气工程专业. (1)若从这5人中随机采访3人，求3人中至少有1人是通讯专业的概率； (2)若小红应聘成功的概率是，小军应聘成功的概率是，小青应聘成功的概率是，这3名大学生的应聘结果相互独立，求这3人中至少有2人应聘成功的概率. 69．（2024高三·全国·专题练习）象棋作为中华民族的传统文化瑰宝，是一项集科学竞技，文化于一体的智力运动，可以帮助培养思维能力，判断能力和决策能力.近年来，象棋也继围棋国际象棋之后，成为第三个进入普通高校运动训练专业招生项目的棋类项目.某校象棋社团组织了一场象棋对抗赛，参与比赛的40名同学分为10组，每组共4名同学进行单循环比赛.已知甲、乙丙丁4名同学所在小组的赛程如表： 第一轮 甲－乙 丙－丁 第二轮 甲－丙 乙－丁 第三轮 甲－丁 乙－丙 规定；每场比赛获胜的同学得3分.输的同学不得分，平局的2名同学均得1分，三轮比赛结束后以总分排名，每组总分排名前两位的同学可以获得奖励.若出现总分相同的情况，则以抽签的方式确定排名（抽签的胜者排在负者前面），且抽签时每人胜利的概率均为，假设甲、乙、丙3名同学水平相当，彼此间胜负平的概率均为，丁同学的水平较弱.面对任意一名同学时自己胜，负，平的概率都分别为，，.每场比赛结果相互独立. (1)求丁同学的总分为5分的概率； (2)已知三轮比赛中丁同学获得两胜一平，且第一轮比赛中丙、丁2名同学是平局，求甲同学能获得奖励的概率. 70．（23-24高一上·辽宁沈阳·期末）已知甲箱中有4个大小、形状完全相同的小球，上面分别标有大写英文字母、和小写英文字母、；乙箱中有个与甲箱大小、形状完全相同的小球，上面分别标有数字1，2，…， (1)现从甲箱中任意抽取2个小球，求恰好一个小球上面标有大写英文字母、另一个小球上面标有小写英文字母的概率； (2)现从乙箱中任意抽取1个小球，设=“所抽小球上面标注的数字”，记事件=“”，事件=“”，若事件与事件独立，求的值； (3)在（2）的条件下，现将甲、乙两箱的小球都放入丙箱，充分摇匀，然后有放回地抽取3次，每次取1个小球，求这3个小球中至少有2个小球上面标有英文字母的概率． 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解答题压轴题70题精练 【苏教版（2019）】 第9章 平面向量 1．（24-25高一下·江苏无锡·期中）在中，已知，，，，，CM与BN相交于点P． (1)求CM的长度； (2)若，求的值； (3)求的最小值，并求此时的余弦值． 【解题思路】（1）根据平面向量的线性运算可得，再根据平面向量的数量积的运算律求解即可； （2）根据平面向量共线的推论，可得，进而根据平面向量的数量积的运算律求解即可； （3）根据平面向量的线性运算及数量积的运算律，可得，即可得到时，取得最小值，进而得到，，进而根据平面向量的数量积的运算律及夹角的余弦公式求解即可. 【解答过程】（1）因为，则， 则， 则，即CM的长度为. （2）当时，， 由于三点共线，则存在实数， 使得， 由于三点共线，则存在实数， 使得， 所以，解得， 则， 则 . （3）由，，， 则，， 所以 ， 则时，取得最小值. 此时，， 则，， 所以 ， ， 由（1）知，， 所以. 2．（24-25高一下·江苏南通·阶段练习）在中，为钝角，，点为所在平面内一点，满足，，线段交线段于点. (1)若，求； (2)在（1）的条件下，求的取值范围； (3)设，求的最小值. 【解题思路】（1）由，根据垂直向量数量积为，展开得到，同理，所以是三角形外心.再利用圆周角与圆心角关系得.通过，结合夹角余弦值列出方程求出. （2）设，对先平方再开方，利用向量数量积运算化简，得到关于的表达式，根据三角函数性质求范围. （3）设，通过向量运算得到，两边平方建立等式，经过变形和换元等操作求即的最值. 【解答过程】（1）因为， 同理所以为的外心，， 因为，，所以. （2）设， . 因为，所以. （3）设，，，， 两边同时平方得，，， 令，， 当且仅当即时，等号成立. 所以的最小值为. 3．（24-25高一上·河北保定·期中）已知平面直角坐标系中，点，点（其中，为常数，且），点为坐标原点．    (1)设点为线段上靠近的三等分点，，求的值； (2)如图所示，设点，，，…，是线段的等分点，其中，， ①当时，求的值（用含，的式子表示）； ②当，时，求的最小值． （说明：可能用到的计算公式：，）． 【解题思路】（1）根据向量的线性运算化简即可得解； （2）①由特殊到一般，可得对满足条件的，，即可化简求向量的模； ②根据条件用表示出向量，再由数量积化简，转化为关于的式子，分类讨论求最值. 【解答过程】（1）因为 而点为线段上靠近点的三等分点， 则，可得，所以. （2）①由题意得，， ，， 所以， 事实上，对任意正整数，且时， ，， 有， 所以， 所以. ②当，时， ，， ， 令， 当，2，3时， 当或3时，上式有最小值为 当时， 当，6，7时，，当或6时，上式有最小值为 综上，的最小值为. 4．（23-24高一下·江苏苏州·期中）如图所示，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与，轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为仿射坐标系，若在仿射坐标系下，则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为．已知在仿射坐标系下，．    (1)求向量，的仿射坐标； (2)当时，求； (3)设，若对恒成立，求的最大值． 【解题思路】（1）向量的线性运算计算即可； （2）应用向量夹角公式计算即可； （3）先把恒成立转化为向量的数量积求出向量的模，再结合余弦函数的值域求解. 【解答过程】（1）由已知得，所以的仿射坐标为， 同理，所以的仿射坐标为． （2）当时，，，， 所以， ， ， 所以． （3）， ，     ， 由得． 得对恒成立， 又．所以，得． 此时． 因为，，所以， 所以，所以， 所以的最大值为． 5．（23-24高一下·江苏苏州·期末）如图，在平行四边形中，已知，，，为线段的中点，为线段上的动点（不含端点）.记. (1)若，求线段EF的长； (2)若，设，求实数和的值； (3)若与交于点，，求向量与的夹角的余弦值. 【解题思路】（1）由向量的线性运算可得，两边平方可求解； （2）由已知可得，，可得结论； （3）利用向量的线性关系可得，，计算可得结论. 【解答过程】（1）若，则，， 所以， 两边平方可得， 所以； （2）若，则，所以， ①， ②， 由①②可得； （3）， ， 设，又， 又，所以①， 由，可得，所以，所以， 所以， 由，可得， 所以， 又三点共线，所以②， 联立①②解， 所以，所以， ， ， 所以 ， 又， 所以，同理可得， 所以. 6．（23-24高一下·山东·期中）如图，在中，点满足是线段的中点，过点的直线与边分别交于点. (1)若，求和的值； (2)若，求的最小值. 【解题思路】（1）利用基底法，用表示出，即可求解. (2)先根据已知条件，得到，，再根据，即可得，再根据三点共线，得，再由基本不等式，即可求解. 【解答过程】（1）因为，所以， 所以， 又是线段的中点，所以， 又，且不共线， 所以. （2）因为， ， 由（1）可知，，所以， 因为三点共线，所以，即 又， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 7．（23-24高一下·重庆·期中）对于一组向量，（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“长向量”． (1)设，且，若是向量组的“长向量”，求实数的取值范围； (2)若且，向量组是否存在“长向量”？若存在，求出正整数；若不存在，请说明理由； (3)已知均是向量组的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系中有一点列满足，为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与（且）关于点对称，求的最小值． 【解题思路】（1）根据向量模长的不等关系，解得的范围即可； （2）根据“长向量”的定义，结合三角函数的性质解不等式即可； （3）根据向量坐标代入计算，结合向量不等式得到，再设，得到向量关系，从而求得最值. 【解答过程】（1）由题意可得：，，， 则，解得： （2）存在“长向量”，且“长向量”为，理由如下： 由题意可得，若存在“长向量”，只需使， 因为，，，，，， 所以，故只需使 ， 当，均符合要求，故存在“长向量”，且“长向量”为. （3）由题意，得，，即， 即，同理， 三式相加并化简，得：， 即，，所以， 设，由，解得， 即 设，则依题意得：， 得， 故， ， 所以， 因为 所以， 当且仅当时等号成立， 所以. 8．（24-25高一下·黑龙江牡丹江·阶段练习）在ΔABC中，P为AB的中点，O在边AC上，BO交CP于R，且，设AB=，AC=    (1)试用，表示； (2)若，求∠ARB的余弦值 (3)若H在BC上，且RH⊥BC设，若，求的范围. 【解题思路】（1）由，三点共线结合平面向量基本定理可得答案；（2）由（1）及题目条件，结合两向量夹角余弦公式可得答案.（3）设，结合及（1）可得，即可得答案. 【解答过程】（1）因P,R,C共线，则存在使， 则，整理得. 由共线，则存在使， 则，整理得. 根据平面向量基本定理，有， 则. （2）由（1），，， 则，，. 则； （3）由（1）知，则. 由共线，设. 又. 则 . 因，则，则. 9．（23-24高一下·江苏徐州·阶段练习）将形如的符号称为二阶行列式，现规定二阶行列式的运算如下：.已知两个不共线的向量，的夹角为，，且. (1)求的值. (2)若为钝角，试探究与能否垂直，若能，求出的值；若不能，请说明理由. (3)若，当时，求的最小值，并求出此时与的夹角. 【解题思路】(1)根据定义可化简二阶行列式，利用三角函数和差公式以及辅助角公式化简即可得解； (2)根据向量与垂直充要条件是，所以可转化为与0的关系即可判断； (3) 因为，求得，由向量的模的运算公式，求得时， 结合向量的夹角公式，即可求解. 【解答过程】（1）由题意得， 所以. 故答案为：2 （2）由（1）知， 则， 所以 ， 因为为钝角，所以， 则， 故与不可能垂直. 故：为钝角时，与不垂直 （3）因为，所以， 所以 ， 当时，， 所以， 此时. 因为， 所以， 又因为的夹角， 所以的夹角为. 故：当时，， . 10．（23-24高一下·江苏淮安·阶段练习）在中，点是内一点， (1)如图，若，过点的直线交直线分别于两点，且，已知为非零实数.试求的值. (2)若，且，设，试将表示成关于的函数，并求其最小值. 【解题思路】（1）根据题意用表示出，再根据M，P，N三点共线用表示出，利用平面向量基本定理即可求解. （2）根据数量积的定义分别求出，，再对平方即可将表示成关于的函数，再利用基本不等式求 的最小值即可. 【解答过程】（1）一方面， 故. 另一方面，由M，P，N三点共线知， 所以，即 消去，得，故. （2）由得，，因为， 所以，所以；，所以； 所以 当目仅当即时等号成立， 所以;. 第10章 三角恒等变换 11．（24-25高一下·江苏徐州·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． (1)试用表示； (2)求的值； (3)已知方程在上有三个根，记为且，求证：． 【解题思路】（1）利用二倍角的正弦和余弦公式可证明三倍角公式； （2）利用（1）的结果可得，故可求的值； （3）令，结合（1）中恒等式对方程变形可得，故可求原方程的解，结合三角变换公式可证. 【解答过程】（1） （2）由（1）得， 而，所以， 所以，即， 所以． （3）因为，所以 令，因为，所以，取 所以， 由（1），得 又因为，所以 所以， 所以 所以 . 故. 12．（24-25高一下·江苏南京·期中）已知函数． (1)求的对称中心； (2)若，求的值； (3)记，集合，试判断集合Q中最多有几个正整数元素，并求正整数元素最多时实数m的取值范围． 【解题思路】（1）先把化简成.因为正弦函数对称中心纵坐标为，令，解出，就得到对称中心坐标. （2）已知，代入化简得.结合范围确定范围，进而求出.再把变形为，用公式计算. （3）对函数进行化简，得出其在给定区间上的值域，然后通过换元法将问题转化为关于的函数，再根据的单调性以及正整数解的个数来确定的取值范围. 【解答过程】（1） 由可得，所以的对称中心为． （2） 又，所以，即 （3）先化简,利用立方和公式得到，因为，所以. 又因为，所以. 再根据二倍角公式，则， 所以. 利用辅助角公式得到. 再求的值域，已知，则，. 根据正弦函数的性质，，所以. 通过换元并分析的单调性,设，则，. 因为，一次函数单调递减，而函数在时单调递增，根据复合函数“同增异减”的性质，在上单调递减. 所以. 最后根据正整数解的个数确定的取值范围， 若区间中包含个整数解： 要使区间包含个正整数解，则且. 解，两边平方得，即，； 解，两边平方得，即，，此时无解. 若区间中包含个整数解： 有两种情况： 情况一：且. 解，两边平方得，则； 解，两边平方得，即，，取交集得. 情况二：且. 解，两边平方得，即，； 解，两边平方得，即，此时无解.   故集合中最多个正整数解，此时的取值范围为. 13．（24-25高一下·江苏扬州·期中）已知函数的最小正周期为. (1)求的解析式； (2)若关于x的方程在区间上有相异两解，. ①求实数m的取值范围； ②当时，函数取最大值，设，求. 【解题思路】（1）利用三角函数恒等变换得到，根据最小正周期得到，从而得到函数解析式； （2）①转化为与的图象在区间上有两个交点，求出，画出在区间上的图象，数形结合得到； ②解法一：由对称性可得，所以，则有，从而得到方程，平方求出，所以，由三角恒等变换得到； 解法二：由对称性可得，所以，由辅助角公式得到时，取最大值，则，由三角恒等变换得到. 【解答过程】（1）由题 ， 因为的最小正周期为，且，所以，解得， 所以； （2）①由，即， 关于x的方程在区间上有相异两解，， 也即函数与的图象在区间上有两个交点， 由，得， 又在上单调递增，在上单调递减， 作出在区间上的图象如图， 由图可知，要使函数与的图象在区间上有两个交点， 则有，所以实数m的取值范围. ②解法一：由①和正弦函数的对称性可知，与关于直线对称， 则有，所以， 则有，即， 也即，整理得，所以， 故 解法二：由①和正弦函数的对称性可知，与关于直线对称， 则有，所以， ，其中， 则当，即时，取最大值， 则， 则有 . 14．（24-25高一下·江苏无锡·阶段练习）设，我们常用来表示不超过x的最大整数.如：，. (1)已知的两根是，，.求的值； (2)在锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，则的最小值为m，求的值. (3)已知，，若对，，使不等式成立，求实数a的取值范围. 【解题思路】（1）直接解出方程，再根据的定义即可得到答案； （2）由正弦定理边化角及三角恒等变换化简可得与用的代数式表示，代入所求式子中结合基本不等式求解即可. （3）将转化为关于的二次函数在上求其最大值，进而将问题转化为在上恒成立，运用分离参数可得在上恒成立，进而由函数单调性性质判断单调性求其最大值，结合函数单调性定义判断的单调性求其最小值即可. 【解答过程】（1），解得， 因为，即，则. （2）由已知得，， 又因为 ， 所以， 所以，即， 所以， 即， 所以， 所以， 又因为为锐角三角形，所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立. 因此的最小值. 又，因此. （3）， 当时，，故，故 因为对，使不等式成立， 故在上恒成立， 故在上恒成立，而在上恒成立， 故在上恒成立， 设，， 因为在上均为增函数，故，为增函数， 故， 设， 设， 则， 而，故，故， 即，故为减函数， 故，故. 15．（24-25高一下·江苏常州·阶段练习）阅读下面材料： ，解答下列问题： (1)用表示； (2)利用（1）的结论，求的值； (3)若函数，，求的值域． 【解题思路】（1）应用和角余弦公式及二倍角正余弦公式得到即可； （2）令，由等式，即，根据（1）结论化简整理有，即可求值； （3）令，应用诱导公式化简得求其值域即可. 【解答过程】（1） ； 即； （2）令，由等式知，， 即，显然， 所以，即，解得， 又，所以，即； （3）令，则，且 ， 而，则，即的值域为. 16．（23-24高一下·北京延庆·期中）对于集合和常数，定义：为集合相对于的“正弦方差”． (1)若集合，，求集合相对于的“正弦方差”； (2)若集合，写出一个的值，使得集合相对于任何常数的“正弦方差”是一个常数，求出这个常数，并说明理由； (3)若集合，相对于任何常数的“正弦方差”是一个常数，求出，的值． 【解题思路】（1）根据集合相对的“正弦方差”的定义及诱导公式和特殊角的三角函数值即可求解； （2）根据集合相对的“正弦方差”的定义及二倍角余弦公式两角和差的余弦公式即可求解； （3）根据集合相对的“正弦方差”的定义及三角恒等变换即可求解. 【解答过程】（1）当集合，时，集合相对的“正弦方差” . （2）当时，集合，集合相对的“正弦方差”为 . 此时集合相对于任何常数的“正弦方差”为常数. （3）当集合时，集合相对的“正弦方差”为 ， 要使得上式对任何常数是一个常数，则， 故可得，整理得，则或，，又，， 所以或，， 即或，.此时这个常数为. 17．（23-24高一下·江苏泰州·期中）由倍角公式，可知可以表示为的二次多项式．对于，我们有 可见也可以表示成的三次多项式． (1)利用上述结论，求的值； (2)化简；并利用此结果求的值； (3)已知方程在上有三个根，记为，求证：. 【解题思路】（1）根据，利用三倍角公式结合二倍角正弦公式，可得到关于的方程，即可求得答案； （2）先利用两角和差的余弦公式化简，即可利用三倍角公式得到结果； （3）根据方程的特征，令，利用三倍角公式可得，即可求得的值，继而可得的表达式，利用三角恒等变换公式化简，即可证明结论. 【解答过程】（1），所以， 因为， 因为，， 即， 因为，解得（舍）. （2） ， 故 ； （3）证明：因为，故可令， 故由可得：． 由题意得：，因，故， 故，或，或， 即方程（*）的三个根分别为，，， 又，故， 于是， . 18．（23-24高一下·江苏南通·阶段练习）已知均为锐角，，且. (1)若，求； (2)若，求； (3)求的最大值. 【解题思路】（1）根据和差角公式以及弦切互化即可求解， （2）根据正切的和差角公式即可求解， （3）根据弦切互化，结合三角函数的性质即可求解. 【解答过程】（1）因为， 所以，即， 所以， 因为均为锐角，所以， 所以， 因为，所以， 所以； （2）因为， 所以， 因为，所以； （3）由（2）知， ， 其中满足， 因为，所以， 又，所以， 所以当时，有最大值. 19．（2024高一下·上海·专题练习）对于集合和常数，定义：为集合相对的“余弦方差”． (1)若集合，，求集合相对的“余弦方差”； (2)求证：集合，相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值，并求此定值； (3)若集合，，相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值，求出、． 【解题思路】（1）根据余弦方差的定义代入即可求解， （2）根据余弦差定义可得化简分子，根据和差角公式以及同角平方关系即可求解， （3）根据余弦差定义列出关系式，利用和差角公式以及二倍角公式化简，根据题意可得，即可结合三角函数的性质求解. 【解答过程】（1）依题意得，； （2）证明：由“余弦方差”定义得： ， 则分子 ， 为定值，与的取值无关． （3）分子 ． 要使是一个与无关的定值， 则， ， 与终边关于轴对称或关于原点对称， 又，得与终边只能关于轴对称， 又 则当时， 当时，． 故，或， 故，或，时，相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值． 20．（23-24高一下·江苏南通·期末）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． (1)试用表示 (2)求的值 (3)已知方程在上有三个根，记为，，，求证：． 【解题思路】（1）利用两角和差的余弦公式和二倍角的余弦公式展开整理即可证明； （2）利用第（1）问的结论对进行代换得到关于的方程，解出即可，最后注意检验. （3）利用（1）中结论得到，再得到三根代入式子化简即可. 【解答过程】（1）解：（1）因为， （2） 所以， 因为， 因为， ， 即 因为，解得（已舍）. （3）（3）因,故可令， 故由可得: 由（1）得:， 因，故， 故,或,或 即方程的三个根分别为， 又，故， 于是， . 第11章 解三角形 21．（24-25高一下·江苏南京·期中）如图，已知在平面四边形中，，，．    (1)若平分，求的长； (2)设， ①若，求四边形的面积； ②当四边形面积最大时，求证：． 【解题思路】（1）因为平分，得到，利用余弦定理，列出方程，即可求得的长； （2）①在中，利用余弦定理，求得，再在中，求得，得到，结合四边形面积，即可求解； ②分别在和中，利用余弦定理，得到表达式，求得，设四边形的面积为，结合，求得，再由，得到，进而得到结论. 【解答过程】（1）因为平分，可得， 由余弦定理，可得， 所以，解得， 所以. （2）①在中，余弦定理得， 所以，解得， 在中，可得，所以， 因为，所以， 由四边形面积， 所以； ②在中，可得， 在中，可得， 所以， 所以， 设四边形的面积为， 则 所以， 又因为，所以， 所以，所以， 因为，所以，所以， 当且仅当时，，此时取最大值12， 此时有最大值，所以当四边形面积最大时． 22．（24-25高一下·江苏无锡·期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求角A的大小； (2)若且，求的面积； (3)若，且为锐角三角形，求的周长的取值范围. 【解题思路】（1）根据正弦定理及两角和的正弦公式化简求解即可； （2）先根据两角差的正切公式结合可得，再结合同角三角函数的基本关系求得，进而求得，由正弦定理可得，进而根据三角形的面积公式求解即可； （3）根据正弦定理可得，，进而根据三角恒等变换化简的周长为，再根据正切函数的性质求解即可. 【解答过程】（1）由，即， 根据正弦定理得，， 则， 则， 则， 因为，所以， 则，即. （2）由（1）知，， 在中，由， 则，且， 则，即， 解得（舍去）或， 又，且， 解得， 所以 ， 由正弦定理得，， 则，解得， 则. （3）由正弦定理得，， 则，所以，， 则的周长为 ， 由，则，即， 又，则， 所以，则， 所以的周长的取值范围为. 23．（24-25高一下·江苏扬州·期中）在中，内角，，的对边分别为，，，且，. (1)求角和； (2)已知，设、为线段上的两个动点（靠近点），且. ①若，求的周长； ②当为何值时，的面积最小，最小面积是多少？ 【解题思路】（1）利用正弦定理将边化角，即可求出，由余弦定理及已知条件得到，再由正弦定理将边化角，即可求出； （2）①利用余弦定理可求出的长，推导出，可求出、的长，即可得出的周长； ②设，由正弦定理得出，利用三角形的面积公式结合三角恒等变换、三角函数的基本性质可求出面积的最小值及其对应的值. 【解答过程】（1）因为，由正弦定理可得， 又，所以，则，又，所以； 因为，由余弦定理可得, 即，由正弦定理可得， 所以， 则， 所以， 即，即，即， 又，所以，所以，则； （2）①由（1）可知， 因为，由正弦定理，所以，， 在中，由余弦定理可得 ，则， 因为，所以， ∵，∴， ∴，∴的周长为. ②设， 在中，， 由正弦定理，得， 又在中，由正弦定理可得，得， 所以 ， 所以当且仅当，即时，的面积取最小值为. 24．（24-25高一下·江苏苏州·期中）在内一点满足，则称为的布洛卡点，为布洛卡角．小明同学对布洛卡点产生兴趣，对其进行探索得到许多正确的结论，比如，若下列问题中的点为的布洛卡点，请你和他一起解决如下问题：    (1)当，且时，求； (2)角，，所对的边分别为，，，，求证：； (3)在（2）的条件下，若的周长为4，试把表示为的函数，并求的值域． 【解题思路】（1）由题意，可得，再结合正余弦定理，分别表示，联立求解即可； （2）结合正弦定理可证明； （3）结合向量关系，可求得，进而求其范围即可. 【解答过程】（1）当，且时，得， 由余弦定理，得，所以， 又，所以，， 在中，由正弦定理得，解得， 比如， 在中，由正弦定理得，解得， 所以，解得. （2）由，则， 在中，由正弦定理得，解得①， 在中，， 由正弦定理得，，得②， 由①②+，即. 由正弦定理，可得. （3）由题意有，，则 ， 所以， 因为，解得， 又由三角形边的关系知，则，即 ，整理得，解得，即， 而时，单调递减，，， 所以的值域为. 25．（24-25高一下·江苏南京·期中）在中，，为边上两点，，，． (1)若，，，用，，的三角函数值表示的值； (2)若，，求的值； (3)若，． ①求的值； ②求面积的最大值． 【解题思路】（1）利用正弦定理，先在中根据正弦定理求出EA，再在中用正弦定理求出EB，进而得到DE；另一种方法是通过，结合正弦定理求出BC从而得到DE． （2）先在用余弦定理得出，再根据判断是正三角形．过作DE垂线，利用正三角形性质得到，最后根据正切定义表示出与，求出比值． （3）通过已知条件得出边的比例关系，再利用三角形三边关系确定边的取值范围，进而求出三角形面积的表达式，最后根据二次函数性质求面积最大值． 【解答过程】（1）在中，由正弦定理得：，， 在中由正弦定理得：， ，． 法二：． （2）在中，由余弦定理得， 在中，， 所以为正三角形，过作的垂线，垂足为， ，，则． （3）由，，，， 所以， ， 两式相乘得，所以 设，则，由，解得， 在中，， 则， ， 由，得， 当时，面积的最大值为27． 26．（24-25高一下·江苏南京·期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c． (1)记的面积为S，且满足． ①求角B； ②若为锐角三角形，且，求的取值范围． (2)对于，若存在，使得，，则称为的伴随三角形．若存在伴随三角形，试求出三个内角中的最大值． 【解题思路】（1）①根据正弦定理和三角的恒等变换的化简和计算求出B；②由余弦定理，根据锐角三角形得，结合和二次函数的图象与性质即可求解； （2）由题意，根据诱导公式可得，结合三角形内角和计算即可求解. 【解答过程】（1）①由， 得， ， 由正弦定理得， ，又，所以. ②由（1）得， 由锐角三角形得， 而 当时，最小值为1；当时，最大值为7， 所以的取值范围是． （2）对于一般情况有或， 不妨设， 由，得， ，得， 根据三角形内角和可得， 所以，解得． 27．（24-25高一下·江苏扬州·期中）“费马点”是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形三个内角都小于时，费马点与三角形三个顶点的连线构成的三个角都为.已知点P为的费马点，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. (1)求角B； (2)若，求的值； (3)若，，求实数的最小值. 【解题思路】（1）由正弦定理进行边化角，用正弦的和差公式和辅助角公式化简计算即可； （2）由余弦定理解得，再利用费马点和三角形面积公式化简即可； （3）设，，，通过代入余弦定理化简，通过题意代入化简，用重要不等式进行求解最小值即可. 【解答过程】（1）因为， 由正弦定理得， 即， 所以，所以， 即，又所以，得； （2）由即①， 由余弦定理得②， 由①②得，由且点为的费马点， 则， 故， 化简得：， 即； （3）设，，， 在，，中，由余弦定理得， ， ， 又则得，， 即， 由，则， 故， 即有，解得或（舍去）， 当且仅当且且，解得时，等号成立， 故实数的最小值为. 28．（24-25高一下·广东广州·阶段练习）如图，在四边形中，已知的面积为，记的面积为.    (1)求的大小； (2)若外接圆半径为1，求的周长最大值. (3)若，设，，问是否存在常数，使得成立，若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【解题思路】(1)利用余弦定理即三角形的面积公式，结合已知条件即可求出； (2)利用正弦定理将的周长中的边转化为角，再结合辅助角公式化简，利用即可求出的周长最大值； (3)设，将图形中的角用来表示，结合正弦定理即可求出的值，再利用三角形的面积公式即可求出的值. 【解答过程】（1）在中，由余弦定理知，， 所以， 因为， 所以，即， 又因为，所以； （2）由正弦定理得，，又， 所以，，， 由(1)可知，所以， 所以的周长， ， ， ， 因为，所以， 所以，所以的周长的取值范围是， 所以的周长的最大值为； （3）设，则，，， 在中，由正弦定理得，，即， 在中，由正弦定理，，即， 因为， 两式作商得，， 即，因为，所以， 所以，所以， 所以，， 假设，所以， 解得. 29．（23-24高一下·江苏南通·期中）古希腊数学家托勒密对凸四边形凸四边形是指没有角度大于的四边形进行研究，终于有重大发现：任意一凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四点共圆时等号成立．且若给定凸四边形的四条边长，四点共圆时四边形的面积最大．根据上述材料，解决以下问题： 如图，在凸四边形中， (1)若，，(图1)，求线段长度的最大值； (2)若，，，（图2），求四边形面积取得最大值时角A的余弦值，并求出四边形面积的最大值． 【解题思路】根据“任意一凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四点共圆时等号成立”表示出边长的关系即可求出； 连接，分别在和利用余弦定理，再结合四点共圆后同角三角函数关系解出角A，最后由三角形的面积公式得到四边形的面积． 【解答过程】（1）设，则， 由材料可知，， 即，解得， 当且仅当四点共圆时等号成立即,且此时, 所以线段长度的最大值为， （2）由材料可知，当四点共圆时，四边形的面积达到最大． 连接，分别在和利用余弦定理， 可得， 解得，， 所以 记，则上式， 于是四边形的面积为： . 30．（23-24高一下·上海松江·期末）在滴水湖公园湖畔拟建造一个四边形的露营基地，如图所示．为考虑露营客人娱乐休闲的需求，在四边形区域中，将三角形区域设立成花卉观赏区，三角形区域设立成烧烤区，边修建观赏步道，边修建隔离防护栏，其中米，米，，其中． (1)若米，求烧烤区的面积？ (2)为了保证烧烤区的占地面积最大，那么需要修建多长的隔离防护栏？ (3)在（2）条件下，为了使得花卉观赏区的面积也尽可能大，则应如何设计观赏步道？ 【解题思路】（1）先由余弦定理求出，即可由面积公式求解. （2）设米，先由余弦定理求出与的关系式，进而得，进而代入面积公式结合一元二次函数的性质研究最值即可得解. （3）先利用正弦定理求得，接着代入结合三角恒等变换公式计算即可求解. 【解答过程】（1）若，则， 又，所以， 所以烧烤区的面积为. （2）设米，则， 又，所以， 所以烧烤区的面积为， 所以当即时，烧烤区的面积最大为，此时米， 所以修建的隔离防护栏长米时，烧烤区的占地面积最大. （3）由（2）得米， 所以在中由题意得，即， 所以， 所以 ， 又，所以， 所以当即时，有最大值为， 此时，， 所以在（2）条件下，设计观赏步道米时，花卉观赏区的面积最大. 第12章 复数 31．（23-24高一下·江苏南京·期末）类比高中函数的定义，引入虚数单位，自变量为复数的函数称之为复变函数.已知复变函数，，. (1)当时，解关于的方程：； (2)当时， ①若，求的最小值； ②若存在实部不为0的虚数和实数，使得成立，求的取值范围. 【解题思路】（1）由题意得，化简后利用一元二次方程的求根公式求解即可； （2）①设，代入结合可求得其最小值；②由题意设，代入化简，再由，可得为实数，从而可得，进而可求出的取值范围. 【解答过程】（1）由题意得，整理得， ； （2）①当时，，设， 因为，所以， ， 当且仅当时，取等号， 所以的最小值为； ②设，则 因为存在实数，使得成立， 所以为实数，所以， 因为，所以， 当时， ，符合题意， 此时，则， 所以的取值范围为. 32．（23-24高一下·辽宁锦州·期末）已知i是虚数单位，a，，设复数，，，且. (1)若为纯虚数，求； (2)若复数，在复平面上对应的点分别为A，B，且O为复平面的坐标原点. ①是否存在实数a，b，使向量逆时针旋转后与向量重合，如果存在，求实数a，b的值；如果不存在，请说明理由； ②若O，A，B三点不共线，记的面积为，求及其最大值. 【解题思路】（1）计算，然后使其实部为零，虚部不为零，再结合可求出的值，从而可求出求； （2）①方法一：由题意可得，然后解关于的方程组可得结果，方法二：设则，再由题意得，从而可求得结果， ②设向量的夹角为θ，，设复数所对应的向量为则，化简后再利用可求得其最大值. 【解答过程】（1）因为复数， 所以， 而为纯虚数，因此，即. 又因为，且，所以， 由，解得或， 所以或. （2）①存在，理由如下： 法一：由题意知：，得， 解得或 ， 因为OB逆时针旋转后与OA重合，所以； 法二：设 是以x轴正半轴为始边，OB为终边的角，则， 所以即， 所以，所以 ， 且时，满足. 所以. ②因为复数，对应的向量分别是为坐标原点），且O，A，B三点不共线， 所以设向量的夹角为θ，，设复数所对应的向量为 则且， 因此的面积， ， 设，则， 当且仅当且，即或时等号成立， 所以，其最大值为2. 33．（24-25高一下·全国·课后作业）在英语中，实数是Real Number，一般取Real的前两个字母“Re”表示一个复数的实部；虚数是Imaginary Number，一般取Imaginary的前两个字母“Im”表示一个复数的虚部．如：，；，．已知复数z是方程的解． (1)若，且（a，，i是虚数单位），求； (2)若，复数，，且，，求实数t的取值范围． 【解题思路】（1）先求解方程得到复数，再结合条件根据复数相等求解； （2）根据复数的运算，结合条件列出不等式组的求解. 【解答过程】（1）由z是方程的根，， 解得． 因为，所以，所以， 则， 所以解得 所以． （2）因为，所以． 又， 所以． 因为，， 所以解得， 所以实数t的取值范围为． 34．（23-24高一下·江苏徐州·阶段练习）已知复数，（为虚数单位）满足__________. 在①，②这两个条件中任选一个，补充在上面的横线上，并解答下列问题. (1)若，求复数以及； (2)若是实系数一元二次方程的根，求实数的值. 注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分. 【解题思路】（1）选条件①，利用共轭复数的意义及复数乘法运算求出，再利用复数除法运算及模的意义求解；选条件②，利用复数乘法运算及复数的意义求出，再利用复数除法运算及模的意义求解. （2）利用实系数一元二次方程的虚根成对出现，再借助韦达定理计算即得. 【解答过程】（1）选条件①，，由，得， 因此，即，又，解得， 所以，. 选条件②，，由 得，因此，解得， 所以，. （2）是实系数一元二次方程的根，则也是该方程的根， 于是，则实数， 所以实数的值为. 35．（23-24高一下·山东青岛·期末）高中教材必修第二册选学内容中指出：设复数对应复平面内的点Z，设，，则任何一个复数都可以表示成：的形式，这种形式叫做复数三角形式，其中r是复数z的模，θ称为复数z的辐角，若，则θ称为复数z的辐角主值，记为argz．复数有以下三角形式的运算法则：若，则：，特别地，如果那么这个结论叫做棣莫弗定理．请运用上述知识和结论解答下面的问题： (1)求复数的模和辐角主值argz（用θ表示）； (2)设，若存在满足，那么这样的n有多少个？ 【解题思路】（1）利用复数的模公式求解，利用辐角公式求解； （2）利用复数相等，结合求解. 【解答过程】（1）解：由， 得， ， ， ． （2）由， ， ， ，解得， ，∴，∴， ∴符合条件的k有506个， ∴这样的n有506个． 36．（23-24高一下·吉林·期末）在复数域中，对于正整数满足的所有复数称为单位根，其中满足对任意小于的正整数，都有，则称这种复数为次的本原单位根，例如当时，存在四个4次单位根，因为，因此只有两个4次本原单位根． (1)直接写出复数的3次单位根，并指出哪些是复数的3次本原单位根（无需证明）． (2)①若是复数的8次本原单位根，证明：． ②若是复数的次本原单位根，证明：． 【解题思路】（1）根据次的本原单位根的定义，可直接得到答案； （2）①由题意可得，从而推出，继而分组求和，即可证明结论；②由题意得，则可推出，继而得，结合，即可证明结论. 【解答过程】（1）由题意可得的解为， 则复数的3次单位根为， 由于因为，的一次方以及2次方均不等于1， 故复数的3次本原单位根为. （2）证明：①因为是复数的8次本原单位根，所以. 因为，所以， 所以， 则. ②因为是复数的次本原单位根，所以， 设，则. 因为，所以，所以， 所以. 因为，所以，即， 则，即. 37．（24-25高一下·辽宁沈阳·阶段练习）在①复数z满足和均为实数；②为复数z的共轭复数，且；③复数是关于x方程的一个根，这三个条件中任选一个（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分），并解答问题： (1)求复数z； (2)在复平面内，若对应的点在第四象限，求实数m的取值范围. 【解题思路】（1）若选①：设，根据复数的相关概念与运算求解；若选②：设，根据复数的乘法运算结合复数相等运算求解；若选③：直接求解方程即可得结果； （2）由（1）可得，根据复数的几何意义列式求解. 【解答过程】（1）若选①：设， 则，， 若和均为实数，则，解得， 所以； 若选②：设，则， 因为，则， 整理得， 则，解得， 所以； 若选③：因为，则，解得， 且，所以. （2）由（1）可得， 则， 若对应的点在第四象限，则，解得或， 所以实数m的取值范围为. 38．（24-25高一下·江苏连云港·期中）在①；②复平面上表示的点在直线上；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答： 已知复数，（为虚数单位），满足____. (1)若，求复数以及； (2)若是实系数一元二次方程的根，求实数的值. 【解题思路】（1）选条件①，根据求出a的值；选条件②，求出在复平面上表示点的坐标，代入直线方程求出a的值；选条件③，计算，根据求出a的值；计算和的值即可； （2）根据是实系数一元二次方程的根，也是方程的根，利用根与系数的关系求出m的值. 【解答过程】（1）选条件①：，因为， 所以，解得，又，所以； 选条件②：复平面上表示的点在直线上. 因为，所以， 其表示的点为，有，解得； 选条件③：.因为，所以， 所以，解得. 所以，所以； （2）是实系数一元二次方程的根， 则也是该方程的根，所以m=(+)=. 39．（24-25高一下·江苏常州·期中）对于一组复数（且），如果存在，使得，其中，那么称是该复数组的“长复数”. (1)设，，若是复数组，，的“长复数”，求实数的取值范围； (2)若，，复数组是否存在“长复数”?给出你的结论并说明理由； (3)若，，是否，对于，都能满足复数组，，中的每一个复数均为“长复数”?若存在，求出所有的；若不存在，请说明理由. 【解题思路】（1），，，是复数组，，的“长复数”，从而，由此能求出结果； （2）由，存在“长复数”，只需要， 列不等式组求出结果； （3）由题意，得，，则可得，同理得，结合二倍角公式可求得的值． 【解答过程】（1）由题意可得：，又， 故，，， 故， 解得； （2）存在“长复数”，且“长复数”为，理由如下： 由题意可得， 若存在“长复数”，只需要， 又， 故，即，， 当或时，符合要求，故存在“长复数”，且“长复数”为； （3）由题意，得，， 即， 即，解得， 同理，所以，解得， 故， 因为，所以或. 40．（23-24高一下·重庆·期中）我们知道复数有三角形式，，其中为复数的模，为辐角主值.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. 已知圆半径为1，圆的内接正方形的四个顶点均在圆上运动，建立如图所示坐标系，设点所对应的复数为，点所对应的复数为，点所对应的复数为，点所对应的复数为. (1)若，求出，； (2)如图，若，以为边作等边，且在上方. （ⅰ）求线段长度的最小值； （ⅱ）若（，），求的取值范围. 【解题思路】（1）由题意，根据复数的乘法运算即可求解； （2）（ⅰ）解法一：设，根据三角恒等变换化简和复数的乘法计算求出，进而表示的坐标，结合模长公式计算即可；解法二：连接，设，，求出，进而，利用换元法化简计算即可求解； （ⅱ）设，则D，利用向量的线性运算和三角恒等变换化简可得，进而求解. 【解答过程】（1）， . （2）（ⅰ）解法一：设，， 所表示的复数为，所表示的复数为 有， ， 故， 得 ， 其中，故线段长度的最小值为1. 解法二：连接，设，， 由可得，则， 当时， 化简得，令，. 则 . 同理可得：当时， （ⅱ）设，则，即点坐标为， 此时，，. 由（，）得： ， 即，解得， 故， ，其中， 可得. 第13章 立体几何初步 41．（23-24高一下·江苏苏州·期末）在三棱柱中，，，，，分别为的中点. (1)证明：平面∥平面； (2)证明：平面⊥平面； (3)若为线段上的动点，求二面角的平面角的余弦值的取值范围． 【解题思路】（1）只需分别证明 面， 面，结合面面平行的判定定理即可得证； （2）只需证明 平面，再结合面面垂直的判定定理即可得证； （3）引入参数，将所求表示为的函数即可进一步求解. 【解答过程】（1）三棱柱中，四边形为平行四边形，分别为的中点，所以 ，且， 又因为 ，且，所以 ，且， 所以四边形为平行四边形，所以 ， 又由于面，面，所以 面， 在中， ，且，同理 ，且， 所以 ，又由于面，面，所以 面， 又 面，，平面， 所以平面∥平面； （2）连接 ， ， 因为 ，所以 ，又因为 ，且，所以 ， 因为 ， 平面 ，且 ， 所以 平面 ，因为 平面 ， 所以 ，在 中， ， ， ， 由余弦定理求得 ， 则 ， ， 因为，所以 ，解得 ， 在，， ，可知，又， 在中，，因此 ． 由（1）知， ，且 ， 平面 ，且 ， 所以 平面， 因为 平面 ，因此平面 平面 ． （3）设，，， 所以到平面的距离为， 在平行四边形中，计算得， 在中可得， 在平行四边形中，计算得， 在中可得， 在中，， 所以到的距离为， 设二面角的平面角为，. 42．（23-24高一下·江苏南京·期末）如图，在四棱锥中， 底面ABCD是边长为3的菱形，且， AC交BD于点O，，M，N分别为PA，BC的中点. (1)求证：MN∥平面PCD； (2)记二面角的平面角为θ， 若 ①求 PA与底面ABCD所成角的大小； ②求点 N到平面 CDP的距离. 【解题思路】（1）取PD得中点E，连接ME，CE，证明，然后证明平面PCD； （2）①作出二面角的平面角，利用二面角的余弦值求出，，再由条件可证明所求线面角为，利用直角三角形求大小即可；②由平面PAC转化为求O到平面距离，作出垂线段，利用等面积法求解即可. 【解答过程】（1）取PD得中点E，连接ME，CE，如图， 因为为PA的中点，则， 又因为为的中点且四边形ABCD为菱形，则， 可得，可知四边形MNCE为平行四边形，则， 且平面PCD，平面PCD。所以 MN∥平面PCD. （2）①连接PO，取的中点，连接， 因为， 则，且，，， 可知为二面角的平面角，即， 在中，由余弦定理可得， 即，解得， 则， 因为，是的中点，则， 又因为为菱形，则， 且，平面，可得平面， 由平面，可知平面平面， 且平面平面， 由面面垂直的性质可知：直线在平面上的射影为， 所以PA与底面ABCD所成角为. 因为，则， 且 ，可知， 所以PA与底面ABCD所成角的大小为； ②连接，过作于， 由，平面，平面，则平面， 可知点N到平面CDP的距离即点到平面CDP的距离， 因为，平面， 可得平面，且平面，可知平面平面 又因为，平面，平面平面， 所以平面，且平面， 在中，，，， 由等面积法可得，即， 所以点N到平面CDP的距离为. 43．（23-24高一下·江苏常州·期末）如图1，一个正三棱柱形容器中盛有水，底面边长为4，侧棱，若侧面水平放置时，水面恰好过AC，BC，，的中点．现在固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜程度不同，水面的形状也不同． (1)如图2，当底面ABC水平放置时，水面高为多少? (2)当水面经过线段时，水面与地面的距离为多少? (3)试分析容器围绕AB从图1的放置状态旋转至水面第一次过顶点C的过程中（不包括起始和终止位置），水面面积S的取值范围．（假设旋转过程中水面始终呈水平状态，不考虑水面的波动） 【解题思路】（1）根据水的体积不变即可得解； （2）根据空气部分的体积大小判断水面形状，记的中点为，连接，利用空气部分体积求出，然后可求侧棱与水平面所成角的正弦值，由可得所求； （3）判断空气部分为台体，设，,根据体积公式和勾股定理列方程，联立整理，代入梯形面积公式，转化为关于的函数，通过换元，利用二次函数性质求解可得. 【解答过程】（1）记水面与棱分别交于点， 当侧面水平放置时，水是以为底，高为8的直棱柱， 因为，分别为棱的中点， 所以，所以水的体积为， 当底面ABC水平放置时，设水面高为， 则，解得， 即当底面ABC水平放置时，水面高为6. （2）因为三棱柱体积为， 所以三棱锥的体积为， 空气部分的体积为， 因为，所以当水面经过线段时，水面与棱交于点，如图， 由得， 记的中点为，连接，则， 因为，所以， 又平面，平面，所以，， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 所以直线在平面内的投影为， 所以为直线与水平面所成角， 又，所以， 所以， 因为，所以水面到地面的距离为. （3）由上可知，水面第一次过顶点C之前，水面与棱相交，如图： 记的中点分别为，在上，且，， 易知，为正三角形，设， 则，所以， 整理得①， 又因为平面，平面，平面平面， 所以与的交点必在上，所以为棱台， 所以， 整理得②， 联立①②可得，， 因为，所以为平行四边形， 所以， 易知为等腰梯形，所以为等腰梯形的高， 所以水面面积， 则 当水面刚好过点时，，解得， 则，， 由题意可知，则， 记，， 由二次函数性质可知，，即， 所以，所以， 即水面面积S的取值范围为. 44．（23-24高一下·江苏常州·期末）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)如图，已知在三棱锥中，平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为．    ①求直线PC与直线AB所成角的余弦值； ②若点Q在棱PB上运动，求直线CQ与平面ABC所成的角的最大值． 【解题思路】（1）根据离散曲率的定义计算即可 （2）①首先证明，再由点处的离散曲率可求出，从而其它相应的线段都可计算， 把与平移至中位线处，得出为异面直线与的夹角或其补角，在用余弦定理求解即可. ②首先是把线面角做出，设，再把角的三角函数值表示成的函数，最后转化为函数最值问题. 【解答过程】（1）由离散曲率的定义得：， ， ， ， 四个式子相加得：. （2）①如图，分别取的中点，连接，显然有， 所以为异面直线与的夹角或其补角，设，因为，所以，，    因为平面，平面，所以，，，， 因为，，所以平面，又因为平面，所以， 由点处的离散曲率为可得， 所以，，，而，， 所以，故异面直线与的夹角的余弦值为. ②如图，过点做交与，连接，因为平面，所以平面， 则为直线与平面所成的角，设 ， 在中， 因为，所以，所以， 故， 当分母最小时，最大，即最大，此时，即 （与重合），，所以的最大值为.    45．（23-24高一下·江苏扬州·期末）如图，在斜三棱柱中，侧面为菱形，，为中点，与的交点为. (1)求证：//平面； (2)求证：平面； (3)求二面角的正弦值. 【解题思路】（1）利用线线平行推得线面平行即得； （2）由等边三角形证，再由勾股定理逆定理证，由线线垂直推导线面垂直即得； （3）作，证平面，作，证，得为二面角的平面角，由题设求得即得. 【解答过程】（1） 如图（1），连接. 由三棱柱可知侧面为平行四边形，所以为中点； 又因为为中点，所以//， 又平面平面，所以//平面； （2） 如图（2），连接. 由菱形可知，因为，可得为等边三角形； 因是中点，则，且；由可得，； 因为，则有，即， 又平面平面，故平面； （3） 由（2）可知平面，因为平面，所以平面平面； 如图（3），过点作，垂足为，过作，垂足为，连接. 因为平面平面平面，所以平面， 因为平面平面，所以； 因为平面平面，所以平面， 又平面，所以，所以为二面角的平面角. 在中，，可得， 在中，，可得， 在中，，可得， 因为，所以， 即二面角的正弦值为. 46．（23-24高一下·江苏连云港·期末）如图，已知各边长为4的五边形由正方形及等边三角形组成，现将沿折起，连接，得到四棱锥，且二面角的正切值为． (1)求证：四棱锥为正四棱锥； (2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值； (3)若点是侧棱上的动点，现要经过点作四棱锥的截面，使得截面垂直于侧棱，试求截面面积的最大值． 【解题思路】（1）根据过点作面，垂足为，取中点，连接，二面角的正切值为，验证的为正方形的对角线的交点，从而得证； （2）利用二面角的定义确定二面角的平面角，求解即得； （3）通过在图形中找到与垂直的平面，从而观察符合题意的截面，判断截面面积最大的情况，计算出面积； 【解答过程】（1）证明：过点作面，垂足为，取中点，连接，如图所示， 是平面内两条相交直线，平面. 平面，，二面角的平面角为. 在等边三角形边长为4，根据勾股定理可得, 在直角三角形，. 因此为正方形的中心，即正方形的对角线的交点， 又因为面，则. 因此四棱锥为正四棱锥. （2）设面面，因为平面平面， 故面，又面，面面，从面， 则，同理为二面角的平面角， 因四棱锥为正四棱锥，故，则， 故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. （3） 由（1）知为的中点，取的中点， 连接都是正三角形，平面， 所以，由，则平面， 因此过点垂直于的截面与截面平行或重合， 显然点在上（不含端点）时，截面面积小于，不可能最大， 当点在（不含端点），时，令， 此时截面交分别于点，，，，平面平面， 平面平面，平面平面， 因此，同理， 由知，平面，得平面， 而平面平面平面，则，同理，于是，四边形为平行四边形， 又，则，即有，四边形为矩形， 显然，则， ，由， 得，而，矩形面积， 从而截面的面积 ， 当时，，显然， 即时，截面面积最大，最大值为. 47．（23-24高一下·江苏徐州·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面平面，，，，点E，F分别为棱PD，BC的中点，点G在线段AF上． (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)设直线与平面，平面，平面所成的角分别为，，，求的最大值． 【解题思路】（1）连接，取的中点，连接，根据面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由，即可得证； （2）利用等体积法求出点到平面的距离； （3）连接，，取的中点，连接，确定直线与平面，平面，平面所成的角，再根据锐角三角函数得到，设，，利用换元法求出函数的最大值. 【解答过程】（1）连接，取的中点，连接，因为底面为菱形，且， 所以、为等边三角形，所以，又平面平面，平面平面， 平面，所以平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面； （2）因为平面，平面，所以，， 又，，，所以， 所以， 又，所以， 设点到平面的距离为，则，即， 解得，即点到平面的距离. （3）连接，，则且， 又平面，所以平面，则为直线与平面所成的角，即，所以， 取的中点，连接，则且， 又为中点，所以，又，所以， 由平面，平面，所以，， 又，平面，所以平面，则平面， 又，平面，所以平面， 连接，，则为直线与平面所成的角，即， 所以， 为直线与平面所成的角，即， 所以， 所以， 又，设，， 所以， 所以， 令，则， 所以 ， 因为，所以， 所以当时取得最大值，且最大值为， 所以. 48．（23-24高一下·江苏南通·期中）如图，在四棱锥中，平面，，且，是的中点． (1)证明：； (2)若，直线与直线所成角的余弦值为． （ⅰ）求直线与平面所成角； （ⅱ）求二面角的余弦值． 【解题思路】（1）取的中点，利用线面垂直的性质、异面直线垂直推理即得. （2）（ⅰ）利用线面垂直的判定性质证得，再由异面直线夹角余弦求出，确定线面角并求出大小；（ⅱ）过作于，过作交于，再借助图形求出二面角的余弦值. 【解答过程】（1）取的中点，连接，由平面，，得平面， 而平面，则，由为的中点，得， 则四边形是平行四边形，因此， 所以. （2）（ⅰ）由为的中点，，则，而， 平面，于是平面，平面， 则，由，得直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，为， 在中，，而， 解得，则，由平面，得直线与平面所成角为， 显然，则， 所以直线与平面所成角为. （ⅱ）过作于，由（ⅰ）可得，为等腰三角形， ，，由三角形面积法得， 由勾股定理得，过作交于，与延长线交于点， 在直角梯形中，，则， ，显然∽，则， 于是，，为线段的中点， 显然是二面角的平面角，在正中，， 由平面，平面，则，平面， 于是平面，而平面，则，， 所以二面角的余弦值. 49．（23-24高二上·黑龙江哈尔滨·开学考试）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段的中点，在平面内的射影为D．    (1)求证：平面； (2)若点F为棱的中点，求三棱锥的体积； (3)在线段上是否存在点G，使二面角的大小为，若存在，请求出的长度，若不存在，请说明理由． 【解题思路】（1）通过几何图形的性质证明即可； （2）构造线面平行，求得F到平面的距离结合三棱锥的体积公式计算即可； （3）根据二面角的定义结合（1）作出其平面角，解三角形即可. 【解答过程】（1）    如图所示，连接，由题意可知面ABC，四边形是菱形. ∵面ABC， ∴， 又∵D是AC中点，是正三角形， ∴， 显然面， ∴面， ∵面， ∴， 在菱形中，有， 而D，E分别是线段的中点，则，∴, ∵面， ∴面; （2）    如图所示，取的中点S，连接，过F作交于I， 过I作分别交的延长线于H、N， 易知分别是的中点， 则由条件可得，面，面，故面， 即到面的距离等于到面的距离， 由（1）得，面，所以面，是直角三角形， 在菱形中，易得， 所以，即到面的距离为， ，所以； （3）      如图所示，假设存在G点满足题意，取的中点S，连接， 过G作交于M，连接MD， 易得，面，面，故面， 又结合（1）的结论有，故二面角为， 所以， 在菱形中，作，易得， 易知为直角三角形，故.    50．（23-24高一下·浙江宁波·期末）如图，在矩形ABCD中，，，M是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点A到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影E落在线段BC上.      (1)当点M与端点D重合时，证明：平面； (2)求三棱锥的体积的最大值； (3)设直线CD与平面所成的角为，二面角的平面角为，求的最大值. 【解题思路】（1）通过证明和，证明平面； （2）设，由，可求最大值； （3）由几何法找到和，表示出，利用函数方法可求最大值. 【解答过程】（1）当点M与端点D重合时，由可知， 由题意知上平面，平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面，又平面，可知 ，平面，平面， 所以平面 （2）矩形中作，垂足为点O，折起后得，    由平面，平面，可得，所 平面，，所以平面， 平面，可得，所以A，O，E三点共线， 因此与相似，满足， 设，所以，，， ，， 要使点射影落在线段上，则，所以， 所以， 当时，. （3）过点做交于，所以直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角， 由（2）可知平面，平面，所以平面平面， 作，垂足为，平面平面，平面，可得平面， 连接，是直线与平面所成的角，即， 由题意可得，， 因为，，所以是二面角平面角， 即，， ，当且仅当时“＝”成立， 故的最大值为. 第14章 统计 51．（23-24高一下·江苏淮安·期末）为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党、爱国的热情，我校举办了“学党史、育文化”暨“喜迎党的生日”党史知识竞赛，并将2000名师生的竞赛成绩（满分100分）整理成如图所示的频率直方图． (1)求频率直方图中a的值以及师生竞赛成绩的中位数； (2)利用频率直方图的组中值求2000名师生的平均成绩； (3)从竞赛成绩在，的师生中，采用分层抽样的方法抽取6人，再从抽取的6人中随机抽取2人，求2人的成绩来自同一区间的概率． 【解题思路】（1）根据频率分布直方图性质可得a，根据中位数的定义计算即可； （2）根据平均数定义计算即可； （3）根据古典概型公式计算即可． 【解答过程】（1）根据频率分布直方图性质，可得， 所以， 因为共五组，前四组的频率和且最后一组的频率， 设中位数为x，则 根据中位数的定义，可得， 所以； （2）根据平均数定义，可得， 即2000名师生的平均成绩为80. （3）因为第四组与第五组的频率之比为2:1， 故按照分层抽样第四组抽取人数为4人，记为a，b，c，d；第五组抽取人数为2人，记为e，f， 从6人中选出2人，共有， 共有15种， 其中选出的2人来自同一组有7种， 则选出的2人中来自同一组的概率为． 52．（23-24高一下·江苏连云港·期末）为了调查疫情期间数学网课学习情况，某校组织了高一年级学生进行了数学测试．根据测试成绩（总分100分），将所得数据按照分成6组，其频率分布直方图如图所示．    (1)求图中a的值；为了更全面地了解疫情对网课的影响，求该样本的60百分位数； (2)试估计本次数学测试成绩的平均分；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； (3)该校准备对本次数学测试成绩优异（将成绩从高到低排列，排在前的为优异）的学生进行嘉奖，则受嘉奖的学生分数不低于多少？ 【解题思路】（1）由直方图区间频率和为1求参数；设该样本的60百分位数为分，由题意可得，求解即可； （2）根据直方图求物理测试成绩的平均分即可； （3）根据直方图求出成绩从高到低排列且频率为对应分数即可. 【解答过程】（1）由，解得； 设该样本的60百分位数为分， 因为对应的频率分别为0.05，0.15，0.3，0.25， 所以60百分位数在内，由题意可得，解得， 所以60百分位数为； （2）， 故本次防疫知识测试成绩的平均分为； （3）设受嘉奖的学生分数不低于分， 因为对应的频率分别为0.15，0.1， 所以，解得， 故受嘉奖的学生分数不低于分． 53．（23-24高一下·江苏徐州·期末）2024年4月25日，搭载神舟十八号载人飞船的长征二号F遥十八运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射，航天员叶光富、李聪、李广苏开始了他们的太空征程．为纪念中国航天事业所取得的成就，发掘并传承中国航天精神，某市随机抽取2000名学生进行了航天知识竞赛，将成绩（满分：150分）整理后分成五组，从左到右依次记为[50,70），[70,90），[90,110），[110,130），[130,150]，并绘制成如图所示的频率分布直方图． (1)补全频率分布直方图，并估计这2000名学生成绩的平均数、求85%分位数（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）； (2)现从以上各组中采用分层抽样的方法抽取200人，若第三组中被抽取的学生成绩的平均数为94，方差为1，第四组中被抽取的学生成绩的平均数为124，方差为2，求这200人中分数在区间[90,130）的学生成绩的方差． 【解题思路】（1）利用所有数据频率之和为1算出的频率，再根据平均数和分位数的概念直接计算即可. （2）直接利用分层抽样方差公式计算即可. 【解答过程】（1）频率为， 所以该组数据的纵坐标为，补齐的直方图如图： 平均数为， 因为前三组的频率之和， 而前四组的频率之和， 所以第分位数为第四组数据的中点即. （2）设第三组的平均数是，权重为，方差为，设第四组的平均数是，权重为，方差为， 两组的平均数是，方差为，由直方图可知则， ，则， 根据分层抽样方差公式得：. 54．（23-24高一下·江苏扬州·期末）某保险公司为了给年龄在20~70岁的民众提供某种医疗保障，设计了一款针对某疾病的保险.现从10000名参保人员中随机抽取100名进行分析，并按年龄段分成了五组，其频率分布直方图如图所示，每人每年所交纳的保费与参保年龄如下表所示： 年龄 保费（单位：元） (1)若采用分层抽样的方法，从年龄段在和内的参保人员中共抽取6人进行问卷调查，再从中选取2人进行调查对该种保险的满意度，求这2人中恰好有1人年龄段在内的概率. (2)由于10000人参加保险，该公司每年为此项保险支出的各种费用为200万元.为使公司不亏本，则年龄段的参保人员每人每年需要缴纳的保费至少为多少元？ 【解题思路】（1）先由概率和为1求出a的值，再利用分层随机抽样的概念确定在和在内的抽取人数，结合古典概型知识即可求得答案. （2）求出保险公司每年收取的保费为，所以要使公司不亏本，则，解不等式即可求得答案. 【解答过程】（1）由得， 设“抽取2人中恰好有1人年龄段在内”为事件. 由题设可知，年龄在和内的频率分别为0.16和0.32，则抽取的6人中，年龄在内的有2人，年龄在内的有4人. 记年龄在内2位参保人员为，年龄在的4位参保人员为，则从6人中任取2人，样本空间，共包含15个样本点，共包含8个样本点，所以. （2）保险公司每年收取的保费为： ， 所以要使公司不亏本，则，即，解得，所以年龄段需要缴纳的保费至少为250元. 55．（23-24高一下·江苏无锡·期末）我国是世界上严重缺水的国家，城市缺水问题较为突出．某市政府为了了解全市居民生活用水量分布情况，通过抽样，获得100户居民月均用水量（单位：），将数据按照，，…，分成9组，制成如图所示的频率分布直方图．为了鼓励居民节约用水，该市政府在本市实行居民生活用水“阶梯水价”：第一阶梯为每户每月用水量不超过的部分按3元收费，第二阶梯为超过但不超过的部分按5元收费，第三阶梯为超过的部分按8元收费． (1)求直方图中的值； (2)已知该市有20万户居民，估计全市居民中月均用水费用不超过60元的用户数； (3)该市政府希望使至少有的用户每月用水量不超过第二阶梯收费标准，请根据样本数据判断，现行收费标准是否符合要求？若不符合，则应该将第二阶梯用水量的上限至少上调到多少？ 【解题思路】（1）根据频率分布直方图的矩形面积之和为1，即可列式求解； （2）由题意可知用户月均用水费用不超过60元，即用户月均用水不超过，算出频率，得出全市不超过60元的用户数； （3）首先计算抽取的100户居民月均用水量不超过的频率和不超过的频率，从而判断是否符合要求，以及根据比例确定上调到的数量. 【解答过程】（1）由直方图可知， , 解得：； （2）居民用水量为时，收费为元， 所以用水费用不超过60元，则用水量小于等于， 由频率分布直方图可知，用水量小于等于的频率为； 万户， 所以全市居民中月均用水费用不超过60元的用户数为万户. （3）抽取的100户居民月均用水量不超过的频率为： ， ，所以现行收费标准不符合要求， 抽取的100户居民月均用水量不超过的频率为： ， ， 现行收费标准不符合要求，需将第二阶段用水量的上限至少上调到. 56．（23-24高二上·贵州六盘水·期末）六盘水红心猕猴桃因富含维生素及等多种矿物质和18种氨基酸，被誉为“维之王”．某收购商为了了解某种植基地的红心猕猴桃品质，从该基地随机摘下100个猕猴桃进行测重，其重量分布在区间内（单位：克），根据样本数据作出频率分布直方图如下图所示． (1)用比例分配的分层随机抽样方法，从重量落在区间的猕猴桃中抽取5个，再从这5个猕猴桃中随机抽取2个，求这2个猕猴桃重量均不小于90克的概率； (2)已知该基地大约还有6000个猕猴桃，该收购商准备收购这批猕猴桃，提出了以下两种收购方案：方案一：所有猕猴桃均以20元每千克收购；方案二：小于90克的猕猴桃以10元每千克收购，不小于90克的猕猴桃以30元每千克收购；请你就这两种方案，通过计算为该猕猴桃基地选择最佳的出售方案．（同一组中的数据用该组区间的中点值代表，视频率为概率） 【解题思路】（1）利用分层抽样求得分别在区间抽取的猕猴桃个数，再利用列举法，结合古典概型的概率公式即可得解； （2）根据题意，分别求得两个方案的收入情况，从而得解. 【解答过程】（1）由频率分布直方图可得，落在的猕猴桃数量之比为， 用比例分配的分层随机抽样方法，从重量落在区间，的猕猴桃中抽取5个， 则在中抽2个，并编号为，在中抽3个，并编号为， 现从这5个猕猴桃中随机抽取2个，得到样本空间 ， 设事件“抽取的2个猕猴桃重量均不小于90克” 则， 所以， 即这2个猕猴桃重量均不小于90克的概率. （2）根据频率分布直方图可得， 选择方案一获得收入为 ， 选择方案二获得利润为 ， 因为，所以选择方案二. 注：因为方案二按重量来分类需花费人力、物力、财力等因素，所以学生考虑到方案一在按重量分类上可以节省人力、物力、财力等因素，所以选方案一，最后一步决策上这1分也给． 57．（24-25高一上·河南安阳·期末）某英语老师负责甲、乙两个班的英语课，其中甲班有60名学生，乙班有48名学生：为分析他们的英语成绩，该老师计划用分层随机抽样的方法抽取18名学生，统计他们英语考试的分数． (1)该老师首先在甲班采用随机数法抽取所需要的学生，为此将甲班学生随机编号为01～60，按照以下随机数表，以第2行第21列的数字4为起点，从左到右依次读取数据，每次读取两位随机数，重复的跳过，一行读完之后接下一行左端．求抽出的学生编号的中位数． 7816　6572　0802　6314　0702　4369　9728　0198 3204　9243　4935　8200　3623　4869　6938　7481 2976　3413　2841　4241　2424　1985　9313　2322 8303　9822　5888　2410　1158　2729　6443　2943 (2)已知甲班的样本平均数为，方差为，两班总的样本平均数为，方差为． （i）求乙班的样本平均数和方差； （ii）判断两班学生的英语成绩是否有明显差异．（如果，则认为两班学生的英语成绩有明显差异，否则不认为有明显差异） 【解题思路】（1）利用分层抽样求出甲班抽取的学生数，再读取编号并求出中位数. （2）（i）利用分层随机抽样的平均数和方差的公式计算即得；（ii）计算并比较得解. 【解答过程】（1）根据分层随机抽样的规则，需要在甲班抽取的样本数为， 在随机数表中依次读取的编号为，48，38，29，34，13，28，41，42，24，19， 编号从小到大依次为，13，19，24，28，29，34，38，41，42，48， 所以抽出的学生编号的中位数为． （2）（i）依题意，样本中甲班学生有10人，乙班学生有8人，由分层随机抽样的平均数和方差的公式， 得，因此， ，即，解得， 所以，. （ii）因为， 因此，所以两班学生的英语成绩有明显差异． 58．（23-24高一下·广东梅州·期末）某中学新建了学校食堂，每天有近2000名学生在学校食堂用午餐，午餐开放时间约40分钟，食堂制作了三类餐食，第一类是选餐，学生凭喜好在做好的大约6种菜和主食米饭中任意选购；第二类是套餐，已按配套好菜色盛装好，可直接取餐；第三类是面食，如煮面、炒粉等，为了更合理地设置窗口布局，增加学生的用餐满意度，学校学生会在用餐的学生中对就餐选择、各类餐食的平均每份取餐时长以及可接受等待时间进行问卷调查，并得到以下的统计图表. 类别 选餐 套餐 面食 选择人数 50 30 20 平均每份取餐时长（单位：分钟） 2 0.5 1    已知饭堂的售饭窗口一共有20个，就餐高峰期时有200名学生在等待就餐. (1)根据以上的调查统计，如果设置12个选餐窗口，4个套餐窗口，4个面食窗口，就餐高峰期时，假设大家在排队时自动选择较短的队伍等待（即各类餐食的窗口前队伍长度各自相同），问：选择选餐的同学最长等待时间是多少？这能否让80％的同学感到满意（即在接受等待时长内取到餐）？ (2)根据以上的调查统计，从等待时长和公平的角度上考虑，如何设置各类售饭窗口数更优化，并给出你的求解过程. 【解题思路】（1）求出就餐高峰期时选择选餐的总人数，确定平均每个窗口等待就餐的人数即可求得选择选餐同学的最长等待时间；根据频率分布直方图可计算可接受等待时长在15分钟以上的同学占比，即可得结论； （2）假设设置m个选餐窗口，n个套餐窗口，k个面食窗口，表示出各队伍的同学最长等待时间，根据从等待时长和公平的角度上考虑即为要求每个队伍的最长等待时间大致相同，从而列式求解. 【解答过程】（1）由题意得，就餐高峰期时选择选餐的总人数为人； 这100人平均分布在12个选餐窗口，平均每个窗口等待就餐的人数为人， 所以选择选餐同学的最长等待时间为分钟， 由可接受等待时长的频率分布直方图可知，分组为的频率分别为， 所以可接受等待时长在15分钟以上的同学占， 故设置12个选餐窗口，4个套餐窗口，4个面食窗口，不能让80％的同学感到满意； （2）假设设置m个选餐窗口，n个套餐窗口，k个面食窗口，则各队伍的同学最长等待时间如下： 类别 选餐 套餐 面食 高峰期就餐总人数 100 60 40 各队伍长度（人） 最长等待时间（分钟） 依题意，从等待时长和公平的角度上考虑，则要求每个队伍的最长等待时间大致相同， 即得，即有， 而，故， 因此建议设置选餐、套餐、面食三个类别的窗口数分别为个. 59．（24-25高二上·安徽六安·阶段练习）随机抽取100名学生，测得他们的身高（单位：），按照区间，，，，分组，得到样本身高的频率分布直方图如图所示．    （1）求频率分布直方图中的值及身高在及以上的学生人数； （2）估计该校100名生学身高的75％分位数． （3）若一个总体划分为两层，通过按样本量比例分配分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，，；，，．记总的样本平均数为，样本方差为，证明： ①； ②． 【解题思路】（1）利用频率分布直方图中长方形面积之和为1，易求出，进而利用频率分布直方图可求身高在及以上的学生人数； （2）可设该校100名生学身高的75％分位数，再利用频率分布直方图计算即得； （3）利用样本平均数，方差公式化简即证. 【解答过程】（1）由频率分布直方图可知，解得， 身高在及以上的学生人数（人）． （2）的人数占比为％， 的人数占比为％， 所以该校100名生学身高的75％分位数落在， 设该校100名生学身高的75％分位数为， 则％，解得， 故该校100名生学身高的75％分位数为． （3）由题得①；② 又 同理， ∴ . 60．（2025高三·全国·专题练习）随着社会的进步、科技的发展，人民对自己生活的环境要求越来越高，尤其是居住环境的环保和绿化受到每一位市民的关注，因此，年月日，生活垃圾分类制度入法，提倡每位居民做好垃圾分类储存、分类投放，方便工作人员依分类搬运，提高垃圾的资源价值和经济价值，力争物尽其用.某市环卫局在、两个小区分别随机抽取户，进行生活垃圾分类调研工作，依据住户情况对近期一周（天）进行生活垃圾分类占用时间统计如下表： 住户编号 小区（分钟） 小区（分钟） （1）分别计算、小区每周进行生活垃圾分类所用时间的平均值和方差； （2）如果两个小区住户均按照户计算，小区的垃圾也要按照垃圾分类搬运，市环卫局与两个小区物业及住户协商，初步实施下列方案： ①小区方案：号召住户生活垃圾分类“从我做起”，为了利国利民，每位住户至少需要一名工作人员进行检查和纠错生活垃圾分类，每位工作人员月工资按照元（按照天计算标准）计算，则每位住户每月至少需要承担的生活垃圾分类费是多少？ ②小区方案：为了方便住户，住户只需要将垃圾堆放在垃圾点，物业让专职人员进行生活垃圾分类，一位专职工作人员对生活垃圾分类的效果相当于位普通居民对生活垃圾分类效果，每位专职工作人员（每天工作小时）月工资按照元（按照天计算标准）计算，则每位住户每月至少需要承担的生活垃圾分类费是多少？ ③市环卫局与两个小区物业及住户协商分别试行一个月，根据实施情况，试分析哪个方案惠民力度大，值得进行推广？ 【解题思路】（1）利用表格中数值，代入平均值和方差计算即可；（2）①计算小区一月至少需要名工作人员的费用和每位住户每月需要承担的费用即可；②由一位专职工人一天的工作时间按照小时作为计算标准，每月按照天作为计算标准，一位专职工作人员对生活垃圾分类效果相当于名普通居民对生活垃圾分类的效果，计算出小区一月需要专职工作人员数量即可；③根据以上的运算，分析可以得出结论. 【解答过程】（1）（分钟）， （分钟）， ， ； （2）①按照方案，小区一月至少需要名工作人员进行检查和纠错生活垃圾分类，其费用是元， 每位住户每月需要承担的生活垃圾分类费为（元）， ②由（1）知，小区平均每位住户每周需要分钟进行垃圾分类，一月需要（分钟）， 小区一月平均需要分钟的时间用于生活垃圾分类， ∵一位专职工人一天的工作时间按照小时作为计算标准，每月按照天作为计算标准， 一位专职工作人员对生活垃圾分类效果相当于名普通居民对生活垃圾分类的效果， ∴小区一月需要专职工作人员至少（名）， 则每位住户每月需要承担的生活垃圾分类费为（元）， ③根据上述计算可知，按照每位住户每月需要承担的生活垃圾分类费来说， 选择方案惠民力度大，但需要住户平时做好生活垃圾分类事项； 如果对于高档小区的居民来说，可以选择方案，这只是方便个别高收入住户， 综上，选择方案推广，有利于国民热爱劳动及素质的提升. 第15章 概率 61．（23-24高一下·江苏常州·期末）为了增添学习生活的乐趣，甲、乙两人决定进行一场投篮比赛，每次投1个球．先由其中一人投篮，若投篮不中，则换另一人投篮；若投篮命中，则由他继续投篮，当且仅当出现某人连续两次投篮命中的情况，则比赛结束，且此人获胜．经过抽签决定，甲先开始投篮．已知甲每次投篮命中的概率为，乙每次投篮命中的概率为，且两人每次投篮的结果均互不干扰． (1)求甲、乙投篮总次数不超过4次时，乙获胜的概率； (2)求比赛结束时，甲恰好投了2次篮的概率． 【解题思路】（1）对总次数分三种情况讨论，结合相互独立事件的概率公式计算可得； （2）分甲赢得比赛与乙赢得比赛两类讨论，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】（1）若甲、乙投篮总次数为次，则乙不可能获胜； 若甲、乙投篮总次数为次且乙获胜，则第一次甲未投中，乙投中第2、3次， 所以； 若甲、乙投篮总次数为次乙获胜，则第一次甲投中、第二次甲未投中，乙投中第3、4次， 所以； 记甲、乙投篮总次数不超过4次时且乙获胜为事件，则， 所以甲、乙投篮总次数不超过4次时，乙获胜的概率为； （2）若比赛结束时甲赢得比赛且甲恰好投了2次篮，则甲连续投中次，则概率； 若比赛结束时乙赢得比赛，又甲恰好投了2次篮， ①甲投中第一次，第二次甲未投中，乙投中第3、4次，则； ②甲第一次未投中，第二次乙未投中，第3次甲未投中，第4、5次乙投中， 则； ④甲第一次未投中，第二次乙投中，第3次乙未投中，第4甲未投中，第5、6次乙投中， 则； 综上可得比赛结束时，甲恰好投了2次篮的概率. 62．（23-24高一下·湖南邵阳·期末）第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日举办，本届亚运会共设40个竞赛大项．其中首次增设了电子竞技项目．与传统的淘汰赛不同，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐．传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此更有容错率．假设最终进入到半决赛有四支队伍，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进行比赛，胜者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军．双败赛制下，两两分组，胜者进入到胜者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组．之前进入到败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军，双败赛制下会发现一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其它的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？    这里我们简单研究一下两个赛制，假设四支队伍分别为A、B、C、D，其中A对阵其他三个队伍获胜概率均为p，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为．最初分组时AB同组，CD同组． (1)若，在淘汰赛赛制下，A、C获得冠军的概率分别为多少？ (2)分别计算两种赛制下A获得冠军的概率（用表示），并据此简单分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”？ 【解题思路】（1）利用独立事件乘法、互斥事件加法公式求获得冠军的概率； （2）分别求出不同赛制下获得冠军的概率，研究哪种赛制下获得冠军的概率更大，即可得结论. 【解答过程】（1）获得冠军：组获胜，再由与组胜者决赛并胜出， 获得冠军的概率为， 获得冠军：组获胜，再由与组胜者决赛并胜出， 获得冠军的概率为. （2）淘汰赛赛制下，获得冠军的概率为， “双败赛制”赛制下，讨论A进入胜者组、败者组两种情况， 当A进入胜者组，若在胜者组A失败，后两局都胜，方可得冠军； 若在胜者组A胜利，后一局（与败者组胜者比赛）胜，方可得冠军； 当A进入败者组，后三局都胜，方可得冠军； 综上，获得冠军的概率. 令， 若为强队，则，故， 所以，双败赛制下对强者更有利. 63．（24-25高一下·福建泉州·期中）为评估大气污染防治效果，调查区域空气质量状况，某调研机构从两地区一年的数据中随机抽取了相同20天的观测数据，得到两地区的空气质量指数如下图所示：    根据空气质量指数，将空气质量状况分为以下三个等级： 空气质量指数 空气质量状况 优良 轻中度污染 重度污染 (1)试估计地区当年（365天）的空气质量状况“优良”的天数； (2)假设两地区空气质量状况相互独立，记事件：“地区空气质量等级优于地区空气质量等级”．根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件的概率； (3)若从空气质量角度选择生活地区居住，你建议选择两地区哪个地区．（只需写出结论） 【解题思路】（1）从地区选出的20天中随机选出一天，这一天空气质量状况为“优良”的频率为，由此估计地区当年（365天）的空气质量状况“优良”的频率为0.75，从而能求出地区当年（365天）的空气质量状况“优良”的天数． （2）记表示事件：“地区空气质量等级为优良”，表示事件：“地区空气质量等级为轻中度污染”，表示事件：“地区空气质量等级为轻中度污染”，表示事件：“地区空气质量等级为重度污染”，则与独立，与独立，与互斥，．由此能求出事件的概率． （3）从空气质量角度，建议选择地区居住． 【解答过程】（1）从A地区选出的20天中随机选出一天，这一天空气质量状况为“优良”的频率为， 估计A地区当年（365天）的空气质量状况“优良”的频率为0.75， A地区当年（365天）的空气质量状况“优良”的天数约为天． （2）记表示事件：“A地区空气质量等级为优良”， 表示事件：“A地区空气质量等级为轻中度污染”， 表示事件：“B地区空气质量等级为轻中度污染”， 表示事件：“B地区空气质量等级为重度污染”， 则与独立，与独立，与互斥，． 所以． 由所给数据得发生的频率分别为． 故， 所以事件的概率． （3）从空气质量角度，建议选择A地区居住． 64．（23-24高一下·福建厦门·期末）为了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券．游戏规则如下表： 游戏一 游戏二 游戏三 箱子中球的 颜色和数量 大小质地完全相同的红球3个，白球2个 （红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5”） 取球规则 取出一个球 有放回地依次取出两个球 不放回地依次取出两个球 获胜规则 取到白球获胜 取到两个白球获胜 编号之和为获胜 (1)分别求出游戏一，游戏二的获胜概率； (2)一名同学先玩了游戏一，试问为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大． 【解题思路】（1）利用列举法，结合古典概型的概率公式即可得解； （2）利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书券的概率，从而得到游戏三获胜的概率，进而利用表格得到编号之和为的概率，由此得解. 【解答过程】（1）设事件“游戏一获胜”，“游戏二获胜”，“游戏三获胜”，游戏一中取出一个球的样本空间为，则， 因为，所以，．所以游戏一获胜的概率为． 游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空间， 则，因为， 所以，所以，所以游戏二获胜的概率为． （2）设“先玩游戏二，获得书券”，“先玩游戏三，获得书券”， 则，且，，互斥，相互独立， 所以 又，且，，互斥， 所以 若要接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率大，则， 所以，即． 进行游戏三时，不放回地依次取出两个球的所有结果如下表：      第二次第一次 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 当时，，舍去 当时，，满足题意， 因此的所有可能取值为． 65．（23-24高一下·福建厦门·期末）某学校组织校园安全知识竞赛.在初赛中有两轮答题，第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，若两题都答对，则得40分，否则得0分；第二轮从B类的5个问题中任选两题作答，每答对1题得30分，答错得0分若两轮总积分不低于60分则晋级复赛. 小芳和小明同时参赛，已知小芳每个问题答对的概率都为0.5.在A类的5个问题中，小明只能答对4个问题；在B类的5个问题中，小明每个问题答对的概率都为0.4.他们回答任一问题正确与否互不影响. (1)求小明在第一轮得40分的概率； (2)以晋级复赛的概率大小为依据，小芳和小明谁更容易晋级复赛？ 【解题思路】（1）对A类的5个问题进行编号：，设小明只能答对4个问题的编号为：，列出所有的样本空间，即可求出小明在第一类得40分的概率； （2）依题意能够晋级复赛，则第一轮答对两题得分，第二轮答对一题得分；或第一轮答对两题得分，第二轮答对两题得分；或第一轮答错两题得分，第二轮答对两题得分；或第一轮答对一题得分，第二轮答对两题得分；分别求出小芳和小明晋级复赛的概率，进行比较得出结论. 【解答过程】（1）对A类的5个问题进行编号：，第一轮从A类的5个问题中任选两题作答， 则有共种， 设小明只能答对4个问题的编号为：， 则小明在第一轮得40分，有共种， 则小明在第一轮得40分的概率为：； （2）由（1）知，小明在第一轮得40分的概率为， 则小明在第一轮得0分的概率为：， 依题意，两人能够晋级复赛，即两轮总积分不低于60分 当第一轮答对两题得分，第二轮答对一题得分时， 小芳和小明晋级复赛的概率分别为： ； ； 当第一轮答对两题得分，第二轮答对两题得分时， 小芳和小明晋级复赛的概率分别为： ；； 当第一轮答错一题得分，第二轮答对两题得分时， 小芳和小明晋级复赛的概率分别为： ；； 当第一轮答错两题得分，第二轮答对两题得分时， 小芳晋级复赛的概率分别为： ； 小芳晋级复赛的概率为：； 小明晋级复赛的概率为：； ， 小明更容易晋级复赛. 66．（23-24高一下·江苏常州·期末）甲和乙进行多轮答题比赛，每轮由甲和乙各回答一个问题，已知甲每轮答对的概率为，乙每轮答对的概率为.在每轮比赛中，甲和乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响. (1)求两人在两轮比赛中都答对的概率； (2)求两人在两轮比赛中至少答对3道题的概率； (3)求两人在三轮比赛中，甲和乙各自答对题目的个数相等且至少为2的概率. 【解题思路】（1）根据相互独立事件的概率公式计算即可； （2）两人分别答两次，总共四次中至少答对3道题，分五种情况计算可得答案； （3）分甲和乙均答对两个题目、均答对三个题目两种情况计算即可. 【解答过程】（1）依题意，设事件“甲两轮都答对问题”，“乙两轮都答对问题”， 所以. 因为事件相互独立， 所以两人在两轮比赛中都答对的概率为 （2）设事“甲第一轮答对”，“乙第一轮答对”， “甲第二轮答对”，“乙第二轮答对”， “两人在两轮比赛中至少答对3道题”， 则， 由事件的独立性与互斥性， 可得 故两人在两轮比赛中至少答对3道题的概率为. （3）设事件分别表示甲三轮答对2个，3个题目， 分别表示乙三轮答对2个，3个题目， 则， ， 设事件“两人在三轮比赛中，甲和乙各自答对题目的个数相等且至少为2”， 则，且分别相互独立， 所以 . 所以两人在三轮比赛中，甲和乙各自答对题目的个数相等且至少为2的概率为. 67．（23-24高一下·江苏无锡·期末）袋中装有质地均匀、大小相同的红球和白球共10个．现进行摸球游戏． (1)若采取有放回的方式从袋中每次摸出1个球，共摸球两次，至少有一次摸出白球的概率是．求袋中红球的个数； (2)已知袋中有红球5个，从袋中每次摸出1个球，若是红球则放回袋中，若是白球则不放回袋中，求摸球三次共取出两个白球的概率； (3)若采取不放回的方式从袋中每次摸出1个球，若连续两次摸到红球则停止摸球，否则继续摸球直至第六次摸球后结束．若第三次摸球后停止摸球的概率大于第五次摸球后停止摸球的概率，求袋中红球个数的所有可能取值． 【解题思路】设袋中有红球m个, （1）利用对立事件求概率，列出关于m的方程，解方程得解； （2）“摸球三次共取出两个白球”分三类，求出每一类的概率再求和可得； （3）由题意知，然后对m进行分类讨论，符合题意就可，最后解出m的所有可能取值即可得解. 【解答过程】（1）设袋中有红球m个． 设“采取有放回的方式从袋中每次摸出1个球”，则． 设“摸球两次，至少得到一次白球”．“摸球两次，两次均为红球”． 则，解得，即袋中红球有4个． （2）设事“摸球三次共取出两个白球”， 则三次摸球可能情况为：“白白红”，“白红白”，“红白白”， 则． 所以摸球三次共取出两个白球的概率为． （3）设“第三次摸球后停止摸球”，“第五次摸球后停止摸球”． 由题意知：． 若，则不可能连续两次摸到红球，不合题意． 若，则事件E三次摸球依次为“白红红”，， 事件F五次摸球依次为“白白白红红”，，，不合题意． 若，则最多第四次就停止摸球，不符合题意． 若，则事件E三次摸球依次为“白红红”，， 事件F五次摸球依次为“白红白红红”或“红白白红红”， ，，符合题意． 若，则事件E：三次摸球依次为“白红红”，， 事件F：五次摸球依次为“白白白红红”或“白红白红红”或“红白白红红”， ， 由得，， 即，解得或．即，5，6，7， 综上所述，红球个数的所有可能取值为4，5，6，7，8个． 68．（23-24高一下·江西·阶段练习）春节过后，某大学四年级的5名大学生相约去人才市场应聘，其中小红、小东学的是建筑专业，小军、小英学的是通讯专业，小青学的是电气工程专业. (1)若从这5人中随机采访3人，求3人中至少有1人是通讯专业的概率； (2)若小红应聘成功的概率是，小军应聘成功的概率是，小青应聘成功的概率是，这3名大学生的应聘结果相互独立，求这3人中至少有2人应聘成功的概率. 【解题思路】（1）列出所有基本事件，根据古典概型及对立事件求解； （2）根据独立事件的乘法公式、互斥事件的和的概率公式及对立事件求解即可. 【解答过程】（1）从这5人中随机采访3人，有（小红、小东、小军），（小红、小东、小英），（小红、小东、小青），（小红、小军、小英），（小红、小军、小青），（小红、小英、小青），（小东、小军、小英），（小东、小军、小青），（小东、小英、小青），（小军、小英、小青）共10种情况，其中至少有1人是通讯专业的，对立事件是没有通讯专业的，即（小红、小东、小青）， 所以至少有1人是通讯专业的概率为. （2）设“小红应聘成功”，“小军应聘成功”，“小青应聘成功”， 则至少有2人应聘成功的概率 . 69．（2024高三·全国·专题练习）象棋作为中华民族的传统文化瑰宝，是一项集科学竞技，文化于一体的智力运动，可以帮助培养思维能力，判断能力和决策能力.近年来，象棋也继围棋国际象棋之后，成为第三个进入普通高校运动训练专业招生项目的棋类项目.某校象棋社团组织了一场象棋对抗赛，参与比赛的40名同学分为10组，每组共4名同学进行单循环比赛.已知甲、乙丙丁4名同学所在小组的赛程如表： 第一轮 甲－乙 丙－丁 第二轮 甲－丙 乙－丁 第三轮 甲－丁 乙－丙 规定；每场比赛获胜的同学得3分.输的同学不得分，平局的2名同学均得1分，三轮比赛结束后以总分排名，每组总分排名前两位的同学可以获得奖励.若出现总分相同的情况，则以抽签的方式确定排名（抽签的胜者排在负者前面），且抽签时每人胜利的概率均为，假设甲、乙、丙3名同学水平相当，彼此间胜负平的概率均为，丁同学的水平较弱.面对任意一名同学时自己胜，负，平的概率都分别为，，.每场比赛结果相互独立. (1)求丁同学的总分为5分的概率； (2)已知三轮比赛中丁同学获得两胜一平，且第一轮比赛中丙、丁2名同学是平局，求甲同学能获得奖励的概率. 【解题思路】（1）利用相互独立事件的乘法公式即可求解； （2）利用相互独立事件的乘法公式及互斥事件的概率的加法公式即可求解. 【解答过程】（1）丁同学总分为5分，则丁同学三轮比赛结果为一胜两平， 记第轮比赛丁同学胜、平的事件分别为，，丁同学三轮比赛结果为一胜两平的事件为M，则， 即丁同学的总分为5分的概率为. （2）由于丁同学获得两胜一平，且第一轮比赛中丙、丁2名同学是平局，则在第二、三轮比赛中，丁同学对战乙、甲同学均获胜，故丁同学的总分为7分，且同丁同学比赛后，甲、乙、丙三人分别获得0分，0分、1分，若甲同学获得奖励，则甲最终排名为第二名. ①  若第一、二轮比赛中甲同学均获胜，则第三轮比赛中无论乙、丙两位同学比赛结果如何，甲同学的总分为6分，排第二名，可以获得奖励，此时的概率. ②若第一轮比赛中甲同学获胜，第二轮比赛中甲、丙2名同学平局，第三轮比赛中乙、丙2名同学平局或乙同学获胜，甲同学的总分为4分，排第二名，可以获得奖励，此时的概 率. ③若第一轮比赛中甲、乙2名同学平局，第二轮比赛中甲同学获胜，第三轮比赛中当乙、丙2名同学平局时，甲同学的总分为4分，排第二名，可以获得奖励，此时的概率； 第三轮比赛中当乙，丙同学没有产生平局时，甲同学与第三轮比赛乙、丙中的胜者的总分均为4分，需要进行抽签来确定排名，当甲同学抽签获胜时甲同学排第二名，可以获得奖励，此时的概率. 综上，甲同学能获得奖励的概率. 70．（23-24高一上·辽宁沈阳·期末）已知甲箱中有4个大小、形状完全相同的小球，上面分别标有大写英文字母、和小写英文字母、；乙箱中有个与甲箱大小、形状完全相同的小球，上面分别标有数字1，2，…， (1)现从甲箱中任意抽取2个小球，求恰好一个小球上面标有大写英文字母、另一个小球上面标有小写英文字母的概率； (2)现从乙箱中任意抽取1个小球，设=“所抽小球上面标注的数字”，记事件=“”，事件=“”，若事件与事件独立，求的值； (3)在（2）的条件下，现将甲、乙两箱的小球都放入丙箱，充分摇匀，然后有放回地抽取3次，每次取1个小球，求这3个小球中至少有2个小球上面标有英文字母的概率． 【解题思路】（1）利用列举法，结合古典概率公式计算即得. （2）求出事件、、的概率，再利用相互独立事件的概率公式计算即得. （3）将所求概率的事件分拆成互斥事件的和，利用互斥事件的加法公式计算即得. 【解答过程】（1）依题意，样本空间，共包含6个样本点， 记事件C=“恰好一个小球上面标注大写英文字母、另一个小球上面标注小写英文字母”， 则，共包含4个样本点， 所以事件C的概率为. （2）依题意，事件，事件，， 由事件与事件独立，得，即，解得， 所以的值为6. （3）由（2）知，丙箱中有10个小球，所抽小球上面标注英文字母的事件为，则， 记事件=“这3个小球中至少有2个标注英文字母”，则， 所以. 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 $$