特训13 期末必刷解答题（十大题型）-2024-2025学年高一数学期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版2019必修第二册，浙江专用）

特训13 期末必刷解答题（十大题型） 目录： 题型1：复数 题型2：平面向量基础 题型3：平面向量的几何应用 题型4：解三角形 题型5：解三角形的最值、取值范围问题 题型6：立体几何 题型7：统计 题型8：概率；统计与概率 题型9：平面向量的综合应用（提高） 题型10：立体几何的综合应用（提高）—存在性、折叠问题等 题型1：复数 1．已知复数. (1)若是纯虚数，求； (2)在复平面内，对应的点位于第三象限，求的取值范围. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据纯虚数的定义得到方程和不等式，求出； （2）根据复数对应的点所在象限，得到不等式，求出答案. 【解析】（1）因为是纯虚数，所以， 由，解得或， 由得，且，故. （2）因为对应的点位于第三象限，所以， 所以解得的取值范围是. 2．已知复数，且为纯虚数 (1)求实数及； (2)若是关于x的方程的一个根，求的值. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）化简，结合纯虚数的定义求出，再利用复数的模长公式即可； （2）将代入一二次方程中，再利用复数相等的概念列出方程组即可求出 【解析】（1）由题意可知，， 则 因是纯虚数，则且，得 则，得. （2）由题意可知，， 则， 则且， 得，，故. 3．已知复数，，且是纯虚数，其中a为实数，i是虚数单位. (1)求a的值； (2)在复平面内，O为坐标原点，向量，对应的复数分别是，，若，求实数c的值. 【答案】(1) (2)或. 【分析】（1）由复数除法以及纯虚数的概念即可列式求解； （2）由复数的几何意义得出，结合向量减法及模长公式即可得解 【解析】（1）复数，，， 则. 因为是纯虚数，所以，解得. （2）由（1）得，. 由题意得，点O，A，B的坐标分别为，，， 所以，，因为， 所以，解得或. 题型2：平面向量基础 4．已知向量，. (1)若，求； (2)若向量，，求与夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由条件结合向量垂直的表示及向量坐标运算公式列方程求，再由向量的模的坐标公式求结论； （2）由条件，结合向量平行的坐标表示列方程求，由此可得，再求，，，再由向量夹角坐标公式求结论. 【解析】（1）因为， 所以， 所以，又，， 所以， 所以， 所以， 所以， 即； （2）因为，，， 所以，又， 所以， 所以，所以， 所以，，， 设与夹角为， 所以， 所以与夹角的余弦值为. 5．已知向量． (1)若，求实数的值; (2)若与的夹角为钝角，求实数k的取值范围． 【答案】(1) (2){且} 【分析】（1）由已知，代入坐标表示，可得所求； （2）由已知可得，且与不共线，代入坐标表示，可得所求． 【解析】（1）因为，所以． 因为，所以， 所以，解得． （2）由已知可得，且与不共线， 因为， 由，可得，解得． 若与共线，则可得，解得， 所以由与不共线可得， 所以k的取值范围为且． 6．设是两个不共线的向量，已知． (1)求证：三点共线； (2)若且，求实数的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）根据，即可得证； （2）利用共线向量定理即可求解. 【解析】（1）由已知，得， 因为， 所以，又与有公共点， 所以三点共线． （2）由（1），知，若，且， 可设， 所以， 即． 又是两个不共线的向量，所以， 解得． 题型3：平面向量的几何应用 7．如图，在中，，点为中点，点为上的三等分点，且靠近点，设． (1)用表示； (2)如果，且，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）结合图形，结合向量加，减，和数乘，即可用基底表示向量； （2）由，可得，从而可得，结合已知可得，最后利用数量模的运算公式结合数量积的运算律求解即可． 【解析】（1）因为， 所以， ； （2）因为，所以， 所以，由，可得， 又，所以， 所以． 8．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，求的值； (2)若，求的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）因为，根据向量的线性运算法则，得到，根据是线段的中点，得到，根据三点共线，求得，进而求得的值； （2）根据题意，得到和，结合三点共线，求得，化简，结合基本不等式，即可求解. 【解析】（1）解：因为， 所以 因为是线段的中点，所以， 设，则有， 因为三点共线，所以，解得，即， 所以，所以. （2）解：因为，同理可得， 由（1）可知，，所以， 因为三点共线，所以，即， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 9．如图，在中，AD是BC边上的中线.M为BD的中点，G是AD上一点，且，直线EF过点G，交AB于点E，交AC于点F. (1)试用和表示， (2)若，，求的最小值. 【答案】(1)， (2)3 【分析】（1）根据平面向量的线性运算计算即可； （2）先将用表示，再根据E，F，G三点共线，可得的关系，再根据基本不等式即可得解. 【解析】（1）由题意，为的中点，所以， 又为的中点，所以； ，即， ； 故，. （2）由，，， 得，， 所以 ， 因为E，F，G三点共线，则 ， 则， 当且仅当，即，时取等号所以的最小值3. 题型4：解三角形 10．记的内角的对边分别为，已知，且． (1)求； (2)若，记的角平分线与BC交于点D，求AD． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理结合已知化简可得，然后根据特殊角的正切值求出角即可； （2）利用余弦定理及求得，，利用等面积法，结合三角形的面积公式列方程求解即可． 【解析】（1）因为，由正弦定理可得：，又， 所以，所以， 又因为，所以． （2）由余弦定理可得，即， 又，则，解得：，或（舍去），所以， 根据面积关系可得， 即， 即， 又，所以． 11．梯形中，，，，． (1)求； (2)若的面积为8，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理可求出结果； （2）由，进而可求，再利用的面积为8，求出，再根据余弦定理可求出结果. 【解析】（1），，，中，由正弦定理，得 ，为锐角，． （2）， ．， 由，． 在中，由余弦定理，得 ． 12．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求B的大小； (2)若，的面积为，求的周长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）用正弦定理将边化为角，再利用展开化简即可求解； （2）由面积可得，由余弦定理可得，解方程即可求出，进而可求周长. 【解析】（1）由题意得， 因为， 所以， 得，得，因为，所以． （2）由，得． 由余弦定理，得， 得， 得， 所以的周长为． 题型5：解三角形的最值、取值范围问题 13．在中，角所对的边分别为，已知. (1)求； (2)已知是边上的点，，求的最小值. 【答案】(1) (2)最小值为9 【分析】（1）先应用正弦定理角化边，再结合余弦定理求解即可； （2）先根据面积公式列式得出，最后应用基本不等式计算求解最小值即可. 【解析】（1）因为， 所以， 即， 可得， 因为，所以. （2）由可得， 即， 可得， 所以， 当且仅当时等号成立， 所以的最小值为9. 14．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，. (1)证明：； (2)若是锐角三角形，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）运用二倍角公式得到，，再由正弦定理可得，最后由余弦定理得，分类讨论得解. （2）由（1）得，变形为，由正弦定理可得化为，再结合三角函数值域即可求解. 【解析】（1），， 由正弦定理可得， 由余弦定理得，， 或， 当时，则，，，，成立， 综上所述，成立. （2）由（1）得，，， 由正弦定理可得， ，是锐角三角形，， ，的取值范围为 15．在锐角中，角所对的边分别为，且. (1)求； (2)若，求周长的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用给定条件结合余弦定理求解角度即可. （2）利用正弦定理边化角，再结合三角形周长公式将目标式用三角函数表示，利用三角函数的性质求解取值范围即可. 【解析】（1）在锐角中，因为， 所以由正弦定理得，故， 得到，化为， 故得，化简得， 即，由余弦定理得， 因为，所以. （2）因为，由正弦定理得， 所以，且设周长为， 所以            ， 因为在锐角中，所以， 所以，解得， 综上可得，所以， 故，则， 得到，即， 故周长的取值范围为. 题型6：立体几何 16．如图，圆柱中，是一条母线，是底面一条直径，C是的中点. (1)证明：平面平面； (2)若，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先由线面垂直的性质可得，然后由直径所对的圆周角等于可得，进而由线面垂直的判定定理可得平面，从而面面垂直的判定定理得证平面平面. （2）设，作,垂足于，并求的长度，进而由可得，易知是二面角的平面角，从而用余弦定理即可即可求解. 【解析】（1）证明：因为是一条母线，所以平面，而平面，则， 因为是底面一条直径，C是的中点，所以，即， 又平面且， 所以平面，而平面，则平面平面. （2）设，则，. 取的中点，则，， 作，垂足于，则，即， 进而，所以. 因为分别是的中点，连接， 所以，又，. 由，可知，是二面角的平面角. 所以. 故二面角的余弦值为. 17．如图所示，已知平面ABC，∥，，，，E为BC的中点. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，证明平面，即可得证平面平面； （2）取中点，连接，先证明四边形矩形，再由（1）可得平面，从而得为直线与平面所成角，在中，利用求解即可. 【解析】（1）证明：因为平面ABC，∥， 所以平面ABC，又因为平面ABC，所以， 又因为，E为BC的中点，所以， 又因为平面，且， 所以平面，又因为平面， 所以平面平面； （2）解：取中点，连接，如图所示： 则有∥，且， 由题意可知∥，且， 所以∥，且=， 所以四边形为平行四边形，所以∥， 由（1）可知平面， 所以平面，面，则， 所以即为直线与平面所成角， 又因为，， 易知为等腰直角三角形， 所以， 所以， 又因为， 在中，, 所以, 在中，， 又因为，所以. 即直线与平面所成角为. 18．如图，在三棱锥中，，，． (1)求三棱锥的体积； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由条件可得平面，利用锥体的体积可求体积； （2）利用等体积法可求点点到平面的距离. 【解析】（1）因为，， 所以，， 所以，又，平面， 所以平面，又， 所以三棱锥的体积； （2）在中，由，， 所以边上的高为， 所以， 设点到平面的距离为， 所以，由（1）可得，解得. 所以点到平面的距离. 19．如图，在四棱锥中，底面四边形是直角梯形，是的中点，． (1)证明：平面． (2)若，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，通过四边形是正方形，得到，进而可求证； （2）作，垂足为，连接.先证明平面，得到是二面角的平面角，在判断四棱锥为正四棱锥，求得，再由余弦定理即可求解. 【解析】（1）证明：连接． 因为是的中点，所以． 分因为，且，所以四边形是正方形， 则． 因为平面，且， 所以平面． （2）解： 作，垂足为，连接. 由（1）可知平面．又平面，所以． 因为平面，且，所以平面． 因为平面，所以，则是二面角的平面角． 记，连接，则是的中点． 因为，且是的中点，所以． 因为平面，且平面，所以． 连接．因为平面，且，所以平面， 则四棱锥为正四棱锥，故． 因为的面积， 即， 所以． 同理可得． 在中，由余弦定理可得， 则，即二面角的正弦值为 题型7：统计 20．为了解某校高一年级学生数学学习的阶段性表现，年级组织了一次阶段测试.已知此次考试共有450名学生参加，考试成绩的频率分布直方图如图所示（同一组中的数据以该区间的中点值为代表）. (1)求a的值； (2)估计这次数学考试成绩的众数、中位数和平均数（结果保留两位小数）； (3)估计该校学生的数学成绩的第70百分位数（结果保留两位小数）. 【答案】(1) (2)众数为65，中位数为67.69，平均成绩为67.60 (3)第70的分位数为75.83 【分析】（1）由频率分布直方图面积为1，求解即可； （2）由众数、中位数、平均数的计算公式即可求解； （3）由百分位数的计算公式即可求解； 【解析】（1）由，解得. （2）由频率分布直方图知：众数为65，设中位数为x， 因为，，故中位数位于内， 则有，解得. 所以中位数为67.69. 这次数学考试的平均成绩为 . （3）成绩小于70分所占的比例为， 成绩小于80分所占的比例为， 所以第70的分位数在内， 所以第70的分位数为. 21．为推动习近平新时代中国特色社会主义思想深入人心，促进全社会形成爱读书、读好书、善读书的新风尚，培育有坚定理想信念、爱党爱国、堪当民族复兴大任的有为青年，某学校举办了读书节活动.现从该校的2000名学生中发放调查问卷，随机调查了100名学生一周的课外阅读时间，将统计数据按照，，…，组后绘制成如图所示的频率分布直方图（单位：分钟，同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）. (1)求的值，若每周课外阅读时间60分钟以上（含60分钟）视为达标，试估计该校达标的人数； (2)估计该校学生每周课外阅读的平均时间； (3)若样本数据在与内的方差分别为，，计样本数据在内的方差. 【答案】(1)，1200人； (2)68分钟； (3)91. 【分析】（1）利用频率分布直方图各小矩形面积和为1求出；求出阅读时间达标的频率即可得解. （2）利用频率分布直方图求出平均时间. （3）利用分层抽样的方差公式计算即得. 【解析】（1）由频率分布直方图，得，所以； 阅读时间达标的频率为， 估计该校阅读时间达标的人数为. （2）一周的课外阅读时间在 内的频率依次为：， ， 所以估计该校学生每周课外阅读的平均时间为68分钟. （3）样本数据在与内的平均数分别为， 则样本数据在内的平均数为， 所以样本数据在内的方差. 题型8：概率；统计与概率 22．某射击训练队制订了如下考核方案：每一次射击中10环、中8环或9环、中6环或7环、其他情况，分别评定为A，B，C，D四个等级，各等级依次奖励2分、奖励0分、罚2分、罚4分．假设评定为等级为A，B，C的概率分别是，，． (1)若某射击选手射击一次，求其被罚分的概率； (2)若某射击选手射击两次，且两次射击互不影响，求这两次射击得分之和为0分的概率． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设事件分别表示“被评为等级A，B，C，D”.由题意，事件两两互斥，然后利用互斥事件的概率加法公求解即可； （2）设事件，且事件互斥，然后分别求出对应的概率，再利用互斥事件的概率加法公求解即可. 【解析】（1）设事件A，B，C，D分别表示“被评定为等级A，B，C，D”． 由题意得，事件A，B，C，D两两互斥，所以． 又因为被罚分，所以． 因此其被罚分的概率为； （2）设事件，，，表示“第i次被评定为等级A，B，C，D”，，2． 则“两次射击得分之和为0分”为事件，且事件，，互斥， ， ， 所以两次射击得分之和为0分的概率 . 23．阜阳三中举行了一次“垃圾分类知识竞赛”，高一年级学生参加了这次竞赛，为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩作为样本进行统计将成绩进行整理后，分为五组（，，，，），其中第4组，第1组，第2组的频数依次成等比数列，请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题： (1)若根据这次成绩，年级准备淘汰80%的同学，仅留20%的同学进入下一轮竞赛请问晋级分数线划为多少合理？ (2)李老师在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的分数：，已知这10个分数的平均数，标准差，若剔除其中的95和85两个分数，求剩余8个分数的平均数与方差． (3)从样本数据在，两个小组内的同学中，用分层抽样的方法抽取6名同学，再从这6名同学中随机选出2人，求选出的两人恰好来自于同一小组的概率． 【答案】(1)78分 (2)平均数90，方差 (3) 【分析】（1）利用百分位数的定义求解； （2）利用平均数和方差的定义求解； （3）利用古典概型的概率公式求解． 【解析】（1）由题意知，第4组，第1组，第2组的小长方形的高也成等比数列， 所以， 解得， 又， 解得， 所以，， 成绩落在内的频率为：， 落在内的频率为：， 设第80百分位数为， 则， 解得， 所以晋级分数线划为78分合理； （2）因为， 所以， 所以， 所以， 剔除其中的95和85两个分数，设剩余8个数为， 平均数与标准差分别为，， 则剩余8个分数的平均数：， 方差：； （3）由图可知，按分层抽样法，两层应分别抽取2人和4人．分别记为，和，，，， 则所有的抽样有：，共15个样本点， “抽到的两位同学来自于同一小组”， 则，共7个样本点， 所以． 24．今年3月在北京召开了中国人民政治协商会议第十四届全国委员会第二次会议和第十四届人民代表大会第二次会议．某学校组织全校学生进行了一次“两会知识知多少”的问卷测试．已知所有学生的测试成绩均位于区间，从中随机抽取了40名学生的测试成绩，绘制得到如图所示的频率分布直方图．    (1)求图中a的值，并估算这40名学生测试成绩的平均数；（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）； (2)今年政府工作报告将“大力推进现代化产业体系建设，加快发展新质生产力”列为2024年首要任务．为了更好的帮助同学们理解新质生产力，感受新质生产力强劲“脉搏”，学校团总支利用比例分配的分层随机抽样方法，从和的学生中抽取7人组成“新质生产力扬帆起航”宣讲团． ①求应从和学生中分别抽取的学生人数； ②从选定的7人中随机抽取2人对高一同学进行宣讲，写出这个试验的样本空间Ω；（用恰当的符号表示） ③设事件“至少有1人测试成绩位于区间”，求在②的条件下事件A的概率． 【答案】(1)；74.5 (2)①5，2；②答案见解析；③ 【分析】（1）根据频率分布直方图中各组频率之和为1，即可求得a的值，根据平均数的计算方法即可求得答案； （2）①根据两组的频率之比，即可求得每组抽取人数；②依题意即可写出样本空间；③根据古典概型的概率公式，即可求得答案. 【解析】（1）由频率分布直方图可得， 解得； 估算这40名学生测试成绩的平均数为； （2）①由图可得和这两组的频率之比为， 故应从学生中抽取的学生人数为（人）， 应从学生中抽取的学生人数为（人）； ②设从中抽取的5人为，从学生中抽取的2人为1，2， 则这个试验的样本空间为， 共有21个基本事件； ③事件“至少有1人测试成绩位于区间”， 在②的条件下事件A的个数有11个，即， 故. 题型9：平面向量的综合应用（提高） 25．如图，在中，点，，分别在边，，上，且，，交于点. (1)已知. （ⅰ）若是所在平面内任意一点，证明：； （ⅱ）若，，求的值； (2)若，，，证明：. 【答案】(1)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） (2)证明见解析 【分析】（1）（ⅰ）利用平面向量的线性运算证明即可. （ⅱ）利用平面向量的线性运算将用不同的基底表示，再利用系数相等建立方程，求解参数即可. （2）利用平面向量的线性运算得到，再设，进而得到，同理得到，，再联立这些方程消去变量证明结论即可. 【解析】（1）（ⅰ）因为，所以， 则，整理得. （ⅱ）设，则 ， 又 ， 所以，解得. （2）因为，所以， 则，整理得， 设，代入上式得，记为①， 同理可得，，设，， 可得，记为②，，记为③， 联立①②消去，联立①③消去， 可得，， 又因为，，中任意两个向量互不共线， 所以故有， 由得，由得， 又，故，即. 26．如图，点分别是矩形的边上的两点，，.    (1)若是线段靠近的三等分点、是的中点，求； (2)若，求的范围； (3)若，连接交的延长线于点为的中点，试探究线段上是否存在一点，使得最大.若存在，求的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在，. 【分析】（1）建立平面直角坐标系，利用坐标法计算可得夹角余弦值即可； （2）根据数量积的运算律得到，结合的范围计算可得； （3）建立平面直角坐标系，求出点坐标，设，则，利用两角差的正切公式、锐角三角函数及基本不等式计算可得. 【解析】（1）以点为坐标原点，、所在的直线为轴､轴建立直角坐标系，    则，，，， 所以， ，， . （2）由，， 故，则， 所以 ， 由，故. （3）同（1）问建立相同直角坐标系，    则可得，即， 假设存在点，使得最大，由，即有最大， 设，当时，角度为，此时不可能最大，故，所以， 则 ， 当且仅当，即时，等号成立， 即存在，且. 27．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. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（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. 【解析】（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. 题型10：立体几何的综合应用（提高）—存在性、折叠问题等 28．三棱台中，，面面，，且与底面所成角的正弦值为. (1)求证：面； (2)求三棱台的体积； (3)问侧棱上是否存在点，使二面角成？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)存在， 【分析】（1）连接，过作交于，由已知可得，又平面平面，则平面，可得，又，则可得平面. （2）由已知可得平面平面，过作，连接，可得平面，求得，如图，延长侧棱交于点，作于，连接，可求得，又因为与底面所成角的正弦值为，可求得，即可求得三棱台的体积. （3）如图，作交于，过作于，则，由（2），可得平面，则即为二面角的平面角，设，则，，由， 可得， 若，可得，即为中点，即侧棱上是存在点，使二面角成，则. 【解析】（1）连接， 在梯形中，过作交于， 由， 则为等边三角形,则， 四边形为菱形，则， 所以，即， 因为平面平面，平面平面， 平面， 所以平面， 又平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面. （2）因为平面，平面， 所以平面平面， 过作，连接，平面， 平面平面， 则平面， 故几何体的高为， 如图，延长侧棱交于点，作于，连接， 由已知为中点，， 由（1）得，平面， 因为与底面所成角的正弦值为，则余弦值为， ，，， ， 由（1）得，则， 又因为与底面所成角的正弦值为， 所以， 故三棱台体积为. （3）如图， 作交于，过作于，则， 由（2）可得，平面， 则即为二面角的平面角， 又平面，则， 设，则， 则， 由，得，又， 所以， 若，则， 解得，所以，即为中点， 即侧棱上是存在点，使二面角成， 则. 29．在四棱锥中，平面，平面平面分别为的中点．    (1)证明：平面． (2)证明：． (3)若二面角的正切值为，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)48 【分析】（1）连接，证明，由线线平行证线面平行即得； （2）过作交于，证平面得，由平面得，可证平面，即得； （3）过作交于,证平面，作交于，连接，证即为二面角的平面角，由题设，通过两组三角形相似求出即得. 【解析】（1）如图，连接．    因为分别为的中点，所以为的中位线，则． 因为平面平面，所以平面． （2）如图，过作交于．    因平面平面，平面平面，平面，故平面． 因为平面，所以． 因为平面平面，所以． 因为，所以平面， 又平面，所以． （3）如图3，过作交于，过作交于，连接．      因平面，平面,则, 因平面,故得平面. 因平面,则． 因为，平面,所以平面. 又平面，则，则即为二面角的平面角， 依题意，． 设，则．因为，所以． 由，得，即，则． 又由，得，即，解得． 因,则的面积为， 故． 【点睛】关键点点睛：本题主要考查线面垂直的判定和二面角的几何求法，属于难题. 解题关键在于充分利用面面垂直的性质和线面垂直的判定定理，结合图形执果索因即可；对于二面角的求法，一般是先找到平面的垂线，再由垂足向棱作垂线,连线后即可证得其平面角. 30．如图，在三棱锥中，为等腰直角三角形，且为斜边，为等边三角形.若为的中点，为线段上的动点.    (1)证明：面； (2)求二面角的余弦值； (3)当的面积最小时，求与底面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3) 【分析】（1）利用线面垂直的判断定理，转化为证明线线垂直，利用等腰三角形的性质，即可证明； （2）首先证明平面，再利用垂直关系构造二面角的平面角，即可求解； （3）首先根据几何关系，确定平面平面，并说明（或其补角）是与底面所成的角，法一，根据余弦定理求角，法二，利用等体积法求点到平面的距离，即可求解线面角的正弦值. 【解析】（1）因为为的中点，为等腰直角三角形，所以 又为等边三角形，所以， 又平面， 所以面； （2）为等腰直角三角形，且为斜边，，可得， 为等边三角形.若，所以， 所以，所以， 又平面，所以平面， 所以平面， 过点作于，因为平面， 所以平面平面，从而可得， 所以为二面角的平面角， 又，所以，所以 所以，所以二面角的余弦值为；    （3）因为平面平面，所以， 所以当最小时，的面积最小，此时， 由面面，可得，又， 所以平面，又平面，所以平面平面， 所以（或其补角）是与底面所成的角， 由（2）可知，且，所以， 由勾股定理可求得， 在中，由余弦定理可得，所以 （法二）， 由（2）可知，且, 所以 点到面的距离， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是确定平面，从而利用面面垂直的性质确定线面角. 31．如图，在中，，点满足，沿将折起形成三棱锥. (1)若，在面上的射影恰好在上，求二面角平面角的余弦值； (2)若二面角为直二面角，当取到最小值时，求的值及点到平面的距离. 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）根据二面角定义，作出二面角的平面角并由边长求出其余弦值； （2）由直二面角性质，结合余弦定理和线面垂直的性质可得的长度表达式，结合三角函数值域可得当取到最小值时，再利用等体积法可得点到平面的距离. 【解析】（1）过点作的垂线交于点，交于点，如下图所示： 翻折后仍有， 又因为，且平面，平面， 所以平面， 所以为二面角所成的平面角. 由在面上的射影恰好在上得平面， 所以， 由可知，因为， 所以； 又易知， 所以，可得，所以； 所以， 即二面角平面角的余弦值为 （2）过点作的垂线交于点，如下图所示： 设， 由二面角为直二面角可知平面平面， 平面平面，， 又平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 则有， 可得， 又， 所以，； 当时，取到最小值； . 所以，可得，所以 （注：，，由角平分线定理得也可） 则有, ，解得. 即点到平面的距离为. 【点睛】关键点点睛：本题在求解二面角问题大小时，关键是根据题意作出二面角的平面角，并结合余弦定理和三角形相似等求出结论. ( 第 3 页 共 8 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 特训13 期末必刷解答题（十大题型） 目录： 题型1：复数 题型2：平面向量基础 题型3：平面向量的几何应用 题型4：解三角形 题型5：解三角形的最值、取值范围问题 题型6：立体几何 题型7：统计 题型8：概率；统计与概率 题型9：平面向量的综合应用（提高） 题型10：立体几何的综合应用（提高）—存在性、折叠问题等 题型1：复数 1．已知复数. (1)若是纯虚数，求； (2)在复平面内，对应的点位于第三象限，求的取值范围. 2．已知复数，且为纯虚数 (1)求实数及； (2)若是关于x的方程的一个根，求的值. 3．已知复数，，且是纯虚数，其中a为实数，i是虚数单位. (1)求a的值； (2)在复平面内，O为坐标原点，向量，对应的复数分别是，，若，求实数c的值. 题型2：平面向量基础 4．已知向量，. (1)若，求； (2)若向量，，求与夹角的余弦值. 5．已知向量． (1)若，求实数的值; (2)若与的夹角为钝角，求实数k的取值范围． 6．设是两个不共线的向量，已知． (1)求证：三点共线； (2)若且，求实数的值． 题型3：平面向量的几何应用 7．如图，在中，，点为中点，点为上的三等分点，且靠近点，设． (1)用表示； (2)如果，且，求． 8．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，求的值； (2)若，求的最小值. 9．如图，在中，AD是BC边上的中线.M为BD的中点，G是AD上一点，且，直线EF过点G，交AB于点E，交AC于点F. (1)试用和表示， (2)若，，求的最小值. 题型4：解三角形 10．记的内角的对边分别为，已知，且． (1)求； (2)若，记的角平分线与BC交于点D，求AD． 11．梯形中，，，，． (1)求； (2)若的面积为8，求的长． 12．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求B的大小； (2)若，的面积为，求的周长． 题型5：解三角形的最值、取值范围问题 13．在中，角所对的边分别为，已知. (1)求； (2)已知是边上的点，，求的最小值. 14．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，. (1)证明：； (2)若是锐角三角形，求的取值范围. 15．在锐角中，角所对的边分别为，且. (1)求； (2)若，求周长的取值范围. 题型6：立体几何 16．如图，圆柱中，是一条母线，是底面一条直径，C是的中点. (1)证明：平面平面； (2)若，求二面角的余弦值. 17．如图所示，已知平面ABC，∥，，，，E为BC的中点. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的大小. 18．如图，在三棱锥中，，，． (1)求三棱锥的体积； (2)求点到平面的距离． 19．如图，在四棱锥中，底面四边形是直角梯形，是的中点，． (1)证明：平面． (2)若，求二面角的正弦值． 题型7：统计 20．为了解某校高一年级学生数学学习的阶段性表现，年级组织了一次阶段测试.已知此次考试共有450名学生参加，考试成绩的频率分布直方图如图所示（同一组中的数据以该区间的中点值为代表）. (1)求a的值； (2)估计这次数学考试成绩的众数、中位数和平均数（结果保留两位小数）； (3)估计该校学生的数学成绩的第70百分位数（结果保留两位小数）. 21．为推动习近平新时代中国特色社会主义思想深入人心，促进全社会形成爱读书、读好书、善读书的新风尚，培育有坚定理想信念、爱党爱国、堪当民族复兴大任的有为青年，某学校举办了读书节活动.现从该校的2000名学生中发放调查问卷，随机调查了100名学生一周的课外阅读时间，将统计数据按照，，…，组后绘制成如图所示的频率分布直方图（单位：分钟，同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）. (1)求的值，若每周课外阅读时间60分钟以上（含60分钟）视为达标，试估计该校达标的人数； (2)估计该校学生每周课外阅读的平均时间； (3)若样本数据在与内的方差分别为，，计样本数据在内的方差. 题型8：概率；统计与概率 22．某射击训练队制订了如下考核方案：每一次射击中10环、中8环或9环、中6环或7环、其他情况，分别评定为A，B，C，D四个等级，各等级依次奖励2分、奖励0分、罚2分、罚4分．假设评定为等级为A，B，C的概率分别是，，． (1)若某射击选手射击一次，求其被罚分的概率； (2)若某射击选手射击两次，且两次射击互不影响，求这两次射击得分之和为0分的概率． 23．阜阳三中举行了一次“垃圾分类知识竞赛”，高一年级学生参加了这次竞赛，为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩作为样本进行统计将成绩进行整理后，分为五组（，，，，），其中第4组，第1组，第2组的频数依次成等比数列，请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题： (1)若根据这次成绩，年级准备淘汰80%的同学，仅留20%的同学进入下一轮竞赛请问晋级分数线划为多少合理？ (2)李老师在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的分数：，已知这10个分数的平均数，标准差，若剔除其中的95和85两个分数，求剩余8个分数的平均数与方差． (3)从样本数据在，两个小组内的同学中，用分层抽样的方法抽取6名同学，再从这6名同学中随机选出2人，求选出的两人恰好来自于同一小组的概率． 24．今年3月在北京召开了中国人民政治协商会议第十四届全国委员会第二次会议和第十四届人民代表大会第二次会议．某学校组织全校学生进行了一次“两会知识知多少”的问卷测试．已知所有学生的测试成绩均位于区间，从中随机抽取了40名学生的测试成绩，绘制得到如图所示的频率分布直方图．    (1)求图中a的值，并估算这40名学生测试成绩的平均数；（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）； (2)今年政府工作报告将“大力推进现代化产业体系建设，加快发展新质生产力”列为2024年首要任务．为了更好的帮助同学们理解新质生产力，感受新质生产力强劲“脉搏”，学校团总支利用比例分配的分层随机抽样方法，从和的学生中抽取7人组成“新质生产力扬帆起航”宣讲团． ①求应从和学生中分别抽取的学生人数； ②从选定的7人中随机抽取2人对高一同学进行宣讲，写出这个试验的样本空间Ω；（用恰当的符号表示） ③设事件“至少有1人测试成绩位于区间”，求在②的条件下事件A的概率． 题型9：平面向量的综合应用（提高） 25．如图，在中，点，，分别在边，，上，且，，交于点. (1)已知. （ⅰ）若是所在平面内任意一点，证明：； （ⅱ）若，，求的值； (2)若，，，证明：. 26．如图，点分别是矩形的边上的两点，，.    (1)若是线段靠近的三等分点、是的中点，求； (2)若，求的范围； (3)若，连接交的延长线于点为的中点，试探究线段上是否存在一点，使得最大.若存在，求的长；若不存在，说明理由. 27．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. 题型10：立体几何的综合应用（提高）—存在性、折叠问题等 28．三棱台中，，面面，，且与底面所成角的正弦值为. (1)求证：面； (2)求三棱台的体积； (3)问侧棱上是否存在点，使二面角成？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 29．在四棱锥中，平面，平面平面分别为的中点．    (1)证明：平面． (2)证明：． (3)若二面角的正切值为，求三棱锥的体积． 30．如图，在三棱锥中，为等腰直角三角形，且为斜边，为等边三角形.若为的中点，为线段上的动点.    (1)证明：面； (2)求二面角的余弦值； (3)当的面积最小时，求与底面所成角的正弦值. 31．如图，在中，，点满足，沿将折起形成三棱锥. (1)若，在面上的射影恰好在上，求二面角平面角的余弦值； (2)若二面角为直二面角，当取到最小值时，求的值及点到平面的距离. ( 第 3 页 共 8 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$