高一下学期期末复习真题精选（压轴80题16类题型专练）-2024-2025学年高一数学举一反三系列（人教A版2019必修第二册）

高一下学期期末复习真题精选（压轴80题16类题型专练） 【人教A版（2019）】 题型归纳 题型1 向量线性运算的几何应用（共5小题） 1．（23-24高一下·广西南宁·期末）已知为内一点，且满足，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·山东聊城·期末）P是所在平面上一点，满足，若，则的面积为（    ） A．6 B．4 C．3 D．2 3．（多选）（23-24高一下·青海西宁·期末）正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系.在如图所示的正五角星中，以为顶点的多边形为正五边形且，下列关系中正确的是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·江苏南京·期末）若M是内一点，且满足，则与的面积之比为 ． 5．（23-24高一上·辽宁大连·期末）如图所示，已知点是的重心，过点作直线分别与边、交于、两点（点、与点、不重合），设，． (1)求的值； (2)求的最小值，并求此时，的值． 题型2 平面向量基本定理的应用（共5小题） 1．（23-24高一下·新疆乌鲁木齐·期末）如图，在平行四边形中，，，与交于点.设，，若，则（   ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·四川成都·期末）在直角梯形中，分别为 的中点，点在以为圆心，为半径的圆弧上运动（如图所示）．若，其中，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（多选）（23-24高一下·河北·期中）如图，在中，BD与EC交于点G，E是AB的靠近B的三等分点，D是AC的中点，且有，，则下列命题正确的是（    ）    A． B． C． D．过G作直线MN分别交线段AB，AC于点M，N，设，（，），则的最小值为2． 4．（23-24高一下·广西桂林·期末）已知为内一点，且，点在内（不含边界），若，则的取值范围是 ． 5．（23-24高一上·辽宁葫芦岛·期末）如图，在等腰梯形中，，，M为线段中点，与交于点N，P为线段上的一个动点． (1)用和表示； (2)求； (3)设，求的取值范围． 题型3 用向量解决夹角、线段的长度问题（共5小题） 1．（23-24高一下·山西长治·期末）已知平面向量，满足，，，夹角为，若与夹角为锐角，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·辽宁·期末）已知向量的夹角为，且，则的最小值是（    ） A． B．3 C． D． 3．（多选）（23-24高一下·湖北·期末）平面向量，满足，对任意实数，恒成立，则（    ） A．与的夹角为 B．为定值 C．的最小值为 D．在上的投影向量为 4．（23-24高一下·上海·期末）设是单位向量，且，向量满足，则的取值范围是 . 5．（23-24高一下·广东广州·期末）如图，在中，是边的中点，与交于点. (1)求和的长度； (2)求. 题型4 向量与几何最值（范围）问题（共5小题） 1．（23-24高一下·上海闵行·期末）中国文化中的太极八卦图蕴含了现代哲学中的矛盾对立统一规律，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，若点P是其内部任意一点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·湖南常德·期中）如图，直线，点是，之间的一个定点，点到，的距离分别为和．点是直线上一个动点，过点作，点在线段上运动（包括端点）且，若的面积为．则的最小值为（   ）    A． B． C． D． 3．（多选）（23-24高一下·江苏徐州·期末）如图，在等腰直角三角形ABC中，，，设点，，，是线段BC的五等分点，则（    ）    A． B． C． D．的最小值为 4．（23-24高一下·天津·期末）如图，在平面四边形中，，，，.若点为边上的动点（不与、重合），则的取值范围为 . 5．（23-24高一下·浙江宁波·期末）在直角梯形中，，，，点是边上的中点. (1)若点满足，且，求的值； (2)若点是线段上的动点（含端点），求的取值范围. 题型5 平面向量中的新定义问题（共5小题） 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 1．（23-24高一下·贵州贵阳·期末）人脸识别就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法．假设二维空间中有两个点，，O为坐标原点，定义余弦相似度为，余弦距离为．已知，，若P，Q的余弦距离为．则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·江苏镇江·期中）如图，设，且，当时，定义平面坐标系为的斜坐标系，在的斜坐标系中，任意一点的斜坐标这样定义：设是分别与轴，轴正方向相同的单位向量，若，记，则下列结论中正确的是（   ） A．设，若，则 B．设，则 C．设.若，则 D．设，若与的夹角为，则 3．（多选）（23-24高一下·重庆·期末）对非零向量，，定义运算“”：，其中为与的夹角，则（    ） A．若，则 B．若，，则 C．若中，，，，则 D．若中，，则是等腰三角形或有内角为135°的三角形 4．（23-24高一下·上海嘉定·阶段练习）如图，在平面斜坐标系中，，平面上任意一点关于斜坐标系的斜坐标这样定义：若（其中分别是轴，轴正方向的单位向量），则点的斜坐标为，且向量的斜坐标为.给出以下结论，其中所有正确的结论的序号是 . ①若，，则； ②若，则； ③若，则； ④若，则 5．（23-24高一下·安徽六安·期末）如图，设是平面内相交成的两条射线，分别与同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记. (1)在仿射坐标系中 ①若，求； ②若，且与的夹角为，求； (2)如上图所示，在仿射坐标系中，分别在轴，轴正半轴上，分别为中点，求的最大值. 题型6 求三角形面积的最值或范围（共5小题） 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 1．（23-24高一下·山东菏泽·期末）在中，角所对的边分别为，是上的点，平分，且，，则面积的最小值为（    ） A．1 B． C．2 D． 2．（23-24高一下·广东江门·期末）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且若，外接圆的半径为1，则面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 3．（多选）（23-24高一下·广东惠州·期末）在中，角所对的边分别是，，，下列命题正确的是（    ） A．若，，则面积的最大值为 B．若，，则面积的最大值为 C．若，，要使满足条件的三角形有且只有两个，则 D．若，且，则该三角形内切圆面积的最大值为 4．（23-24高一下·安徽合肥·期末）已知为锐角三角形，角的对边分别为，若，，则面积的取值范围为 ． 5．（23-24高一下·辽宁葫芦岛·期末）已知的内角的对边为，且. (1)求； (2)已知为的中点，底边上中线长为时，求面积的最大值. 题型7 求三角形边长或周长的最值或范围（共5小题） 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 1．（23-24高一下·宁夏石嘴山·期末）在中，角的对边分别为，若，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·江苏淮安·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的周长的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．（多选）（23-24高一下·重庆·期末）若的内角，，对边分别是，，，，且，则（    ） A．外接圆的半径为 B．的周长的最小值为 C．的面积的最大值为 D．边的中线的最小值为 4．（23-24高一下·湖南永州·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的最大值是 . 5．（23-24高一下·北京大兴·期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求； (2)若． （i）再从条件①，条件②，条件③中选择一个条件作为已知，使其能够确定唯一的三角形，并求的面积． 条件①：；条件②：；条件③：． （ii）求周长的取值范围． 题型8 复数的模的最值（范围）问题（共5小题） 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 1．（23-24高一下·上海·期末）已知复数满足，的取值范围为（   ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·上海徐汇·期末）已知个两两互不相等的复数，满足，且，其中；，则的最大值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 3．（多选）（23-24高一下·重庆·期末）已知复数在复平面内对应的点分别为，则（    ） A． B． C．满足的复数对应的点形成的图形的周长是 D．满足的复数对应的点形成的图形的面积是 4．（23-24高一下·安徽六安·期末）已知为虚数单位，若复数满足，则的取值范围是 . 5．（23-24高一下·重庆江北·期末）已知向量，，，与夹角为90°． (1)若，求k的值； (2)设复数且复数满足．在最大时，求此时的值． 题型9 几何体与球的切、接问题（共5小题） 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 1．（23-24高一下·重庆·期末）已知正方体的棱长为4，点是棱的中点，为四边形内（包括边界）的一动点，且满足平面，的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·河北张家口·期末）已知圆锥的顶点为，母线长为1，其侧面展开图扇形的圆心角为，设该圆锥外接球半径为，内切球半径为，则（    ） A． B． C． D． 3．（多选）（23-24高一下·甘肃兰州·期末）已知正四面体ABCD的各棱长均为2，下列结论正确的是（    ） A．正四面体ABCD的高为 B．正四面体ABCD的体积为 C．正四面体ABCD的外接球的半径为 D．正四面体ABCD的内切球的表面积为4π 4．（23-24高一下·江苏苏州·期末）在直角三角形ABC中，已知CH为斜边AB上的高，，，现将沿着CH折起，使得点B到达点，且平面平面ACH，则三棱锥的外接球的表面积为 . 5．（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）在中，已知，，，为线段BC上一个动点． (1)若AD为的角平分线，求线段AD的长； (2)将折起到的位置，记二面角的大小为． （i）若，且AD为的角平分线，求三棱锥外接球的面积； （ii）若，求三棱锥外接球的面积最小值． 题型10 立体几何中的截面问题（共5小题） 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 1．（23-24高一下·安徽宣城·期末）如图，正方体的棱长为4，，，过B，P，Q三点的平面截该正方体，则所截得的截面面积为（    ）    A． B． C． D． 2．（23-24高一下·四川成都·期末）如图，在正方体中，E，F，M，N分别为棱AB，AD，，的中点，过E，F，M，N四点作该正方体的截面，则下列说法错误的是（    ） A．该截面是六边形 B．平面 C．平面平面 D．该截面过棱的一个三等分点 3．（多选）（23-24高一下·湖南益阳·期末）如图，在棱长为1的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，为线段上的一个动点，平面平面，则下列说法中正确的是（    ）    A．不存在点，使得平面 B．三棱锥的体积为定值 C．平面截该正方体所得截面的面积的最大值为 D．平面截该正方体所得截面可能是三角形或六边形 4．（23-24高一下·内蒙古呼和浩特·期末）如图，在正三棱柱中，，，，分别为棱，，的中点，过，，三点作正三棱柱的截面，则截面与侧面的交线长为 .    5．（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． 题型11 立体几何中的探索性问题（共5小题） 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 1．（23-24高一下·北京延庆·期末）如图，在正方体中，是棱上的动点，下列结论正确的个数是（    ）    ①存在点，使得； ②存在点，使得； ③对于任意点，到的距离为定值； ④对于任意点，都不是锐角三角形． A．1 B．2 C．3 D．4 2．（23-24高一下·北京密云·期末）如图，在边长为1的正方体中，是棱上的一个动点，给出下列四个结论，其中正确的是（    ）      A．三棱锥的体积为定值 B．存在点，使得平面 C．是线段上的一个动点，过点的截面垂直于，则截面的面积的最小值为 D．对每一个点，在棱上总存在一点，使得 平面 3．（多选）（23-24高一下·江苏无锡·期末）在棱长为1的正方体.中，P为线段上的动点(不包含端点)，则（    ） A．存在点P，使得直线与AC所成角为 B．不存在点P，使得平面APD平面 C．三棱锥的体积 D．存在点 P，使得直线垂直于平面 4．（23-24高一下·北京西城·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点为的中点，点是侧面上（包括边界）的动点，点是线段上的动点，给出下列四个结论： ①任意点，都有； ②存在点，使得平面； ③存在无数组点和点，使得； ④点到直线的距离最小值是． 其中所有正确结论的序号是 ． 5．（23-24高一下·浙江杭州·期末）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. 题型12 立体几何综合（共5小题） 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 1．（23-24高一下·黑龙江·期末）在正方体中，分别为的中点，则下列结论错误的是（    ） A．直线与所成的角为 B．直线与平面平行 C．若正方体棱长为1，三棱锥的体积是 D．点和到平面的距离之比是3∶1 2．（23-24高一下·贵州黔西·期末）如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），则下列说法中错误的是（    ） A．平面截正方体所得截面为等腰梯形 B．若∥平面，则直线CQ不可能垂直于直线 C．若，则点Q的轨迹长度为 D．三棱锥的外接球的半径为 3．（多选）（23-24高一下·河北·期末）六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫分子结构为正八面体结构（八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）．如图所示，正八面体的棱长为a，则下列说法中正确的是（    ） A．此八面体的表面积为 B．异面直线AE与BF所成的角为 C．若点P为棱EB上的动点，则的最小值为 D．此八面体的外接球与内切球的体积之比为 4．（23-24高一下·北京丰台·期末）已知正方体中，点E，F，G分别为棱，，的中点，给出下列四个结论： ①直线与平面相交； ②直线平面； ③若，则点D到平面的距离为； ④该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等. 其中所有正确结论的序号是 ． 5．（23-24高一下·四川绵阳·期末）如图，在四棱锥中，，底面是平行四边形，O点为的中点，，，． (1)求证：平面； (2)若，求平面与平面所成的二面角的正切值： (3)当与平面的所成角最大时，求四棱锥的体积． 题型13 用样本估计总体（共5小题） 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 1．（23-24高一下·贵州毕节·期末）某研究小组为了解某市高中生自主阅读情况，随机调查了2000名学生的每周自主阅读时间，按照时长（单位：小时）分成五组：，得到如图所示的频率分布直方图，其中每周自主阅读时间不低于8小时的频率为0.3.则以下说法中错误的是（    ） A． B．估计样本数据的第60百分位数值是7.5小时 C．样本的极差介于6小时至10小时之间 D．估计这2000名学生每周自主阅读时间的平均值是6.5小时 2．（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 3．（多选）（23-24高一下·河北·期末）已知甲组数据为，乙组数据为，将甲､乙两组数据混合后得到丙组数据，则（    ） A．丙组数据的中位数为5 B．甲组数据的分位数是2 C．甲组数据的方差等于乙组数据的方差 D．甲组数据的平均数小于乙组数据的平均数 4．（23-24高一下·福建福州·期末）佩香囊是端午节传统习俗之一，香囊内通常填充一些中草药，有清香、驱虫的功效．经研究发现一批香囊中一种草药甲的含量x（单位：克）与香囊功效y之间满足，现从中随机抽取了6个香囊，得到香囊中草药甲的含量的平均数为6克，香囊功效的平均数为15，则这6个香囊中草药甲含量的方差为 克． 5．（23-24高一下·广东广州·期末）已知总体划分为2层，通过分层随机抽样，第层抽取的样本量、样本均值和样本方差分别为．记总样本数据的均值为，总样本数据的方差为． (1)写出与的计算公式（直接写出结果，不需证明）； (2)某学校有高中学生500人，其中男生300人，女生200人．现采用分层随机抽样的方法抽取样本，并观测样本的指标值（单位：），计算得男生样本的均值为172.5，方差为16，女生样本的均值为162.5，方差为30． （i）如果已知男、女样本量按比例分配，试计算出总样本的均值与方差； （ii）如果已知男、女的样本量都是50，试计算出总样本的均值与方差，此时将它们分别作为总体的均值与方差的估计合适吗？请说明理由． 题型14 统计综合（共5小题） 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 1．（23-24高一下·湖南长沙·期末）有一组互不相等的样本数据，平均数为.若随机剔除其中一个数据，得到一组新数据，记为，平均数为，则下列说法错误的是（   ） A．新数据的极差可能等于原数据的极差 B．新数据的中位数不可能等于原数据的中位数 C．若，则新数据的方差一定大于原数据方差 D．若，则新数据的分位数一定大于原数据的分位数 2．（23-24高一下·陕西咸阳·阶段练习）在某学校开展的“防电信诈骗知识竞赛”活动中，高三年级部派出甲、乙、丙、丁四个小组参赛，每个小组各有10位选手．记录参赛人员失分（均为非负整数）情况，若小组的每位选手失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，已知选手失分数据信息如下，则一定为“优秀小组”的是（    ） A．甲组中位数为3，极差为5 B．乙组平均数为2，众数为2 C．丙组平均数为2，方差为3 D．丁组平均数为2，第85百分位数为7 3．（多选）（23-24高一下·黑龙江绥化·期末）在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间没有发生大规模群体感染的标准为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”，过去10天，甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据信息如下：甲地：平均数为2，众数为2；乙地：中位数为3，极差为4；丙地：平均数为2，中位数为3；丁地：平均数为2，标准差为，甲、乙、丙、丁四地中，一定没有发生大规模群体感染的是（   ） A．甲地 B．乙地 C．丙地 D．丁地 4．（23-24高一下·湖南怀化·期末）统计学中，协方差用来描述两个变量之间的总体的误差.设一组数据的平均值为，另一组数据的平均值为，则协方差.某次考试结束后，抽取了高一年级10名学生的数学成绩x、物理成绩y如下表： 序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学成绩 135 124 118 107 95 87 74 63 53 44 物理成绩 97 78 82 83 77 65 67 52 44 45 已知，则 . 5．（23-24高一下·云南昆明·期末）某中学举行了一次“环保知识竞赛”，全校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（得分取正整数，满分为100分）作为样本进行统计. 请根据下面尚未完成并有局部污损的频率分布表（如图所示）和频率分布直方图（如图所示）解决下列问题：频率分布表： 组别 分组 频数 频率 第1组 8 0.16 第2组 第3组 20 0.40 第4组 0.08 第5组 2 合计 频率分布直方图： (1)写出 的值； (2)若根据这次成绩，学校准备淘汰 同学，仅留 的同学进入下一轮竞赛，请问晋级分数线划为多少合理？ (3)某老师在此次考试成绩中抽取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100和80这两个分数，求剩余8个分数的平均数与标准差. 题型15 古典概型（共5小题） 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 1．（23-24高一下·山西太原·期末）已知甲、乙两个袋子中各装有若干个白球和红球（这些球仅颜色不同），且乙袋中球数是甲袋中球数2倍，若从甲袋中随机摸一个球，摸到红球的概率为，而将甲、乙两个袋子中的球装在一起后，从中随机摸一个球，摸到红球的概率为，则从乙袋中随机摸一个球，摸到红球的概率为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·湖南·期末）冰雹猜想又称考拉兹猜想、角谷猜想、猜想等，其描述为：任一正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，反复计算，最终都将会得到数字1．例如：给出正整数5，则进行这种反复运算的过程为5→16→8→4→2→1，即按照这种运算规律进行5次运算后得到1．若从正整数6，7，8，9，10中任取2个数按照上述运算规律进行运算，则运算次数均为奇数的概率为（    ） A． B． C． D． 3．（多选）（23-24高一下·浙江温州·期末）小明与小红两人做游戏，抛掷一枚质地均匀的骰子，则下列游戏中不公平的是（    ） A．抛掷骰子一次，掷出的点数为1或2，小明获胜；否则小红获胜 B．抛掷骰子两次，掷出的点数之和为奇数，小明获胜；否则小红获胜 C．抛掷骰子两次，掷出的点数之和为6，小明获胜；点数之和为8，小红获胜；否则重新抛掷 D．抛掷骰子三次，掷出的点数为连续三个自然数，小明获胜；掷出的点数都相同，小红获胜；否则重新抛掷 4．（23-24高一下·河北承德·期末）九宫格数独游戏是一种训练推理能力的数字谜题游戏.九宫格分为九个小宫格，某小九宫格如图所示，小明需要在9个小格子中填上1至9中不重复的整数，小明通过推理已经得到了4个小格子中的准确数字，这5个数字未知，且为奇数，则的概率为 . 9 7 4 5 5．（23-24高一下·广东深圳·期末）某校高一年级开设有羽毛球训练课，期末对学生进行羽毛球五项指标(正手发高远球、定点高远球、吊球、杀球以及半场计时往返跑)考核，满分100分.参加考核的学生有40人，考核得分的频率分布直方图如图所示. (1)由频率分布直方图，求出图中的值，并估计考核得分的第60百分位数: (2)为了提升同学们的羽毛球技能，校方准备招聘高水平的教练.现采用分层抽样的方法(样本量按比例分配)，从得分在内的学生中抽取5人，再从中挑出两人进行试课，求两人得分分别来自和的概率: (3)现已知直方图中考核得分在内的平均数为75，方差为6.25，在内的平均数为85，方差为0.5，求得分在内的平均数和方差. 题型16 概率综合（共5小题） 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 1．（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． 2．（23-24高一下·山东滨州·期末）抛掷一枚质地均匀的硬币n次，记事件“n次中既有正面朝上又有反面朝上”，“n次中至多有一次正面朝上”．下列说法正确的是（    ） A．当时， B．当时， C．当时， D．当时， 3．（多选）（23-24高一下·黑龙江大庆·期末）一台仪器每启动一次都随机地出现一个5位的数字，其中的各位数字中，，则（    ） A．的所有实验结果构成的样本空间中共有32个样本点 B．若的各位数字都是等可能地取值为0或1，则的概率大于的概率 C．若的各位数字都是等可能地取值为0或1，则中各位数字之和是4的概率为 D．若出现0的概率为，出现1的概率为，则启动一次出现的数字中恰有两个0的概率为 4．（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 . 5．（23-24高一下·广西南宁·期末）在某抽奖活动中，初始时的袋子中有3个除颜色外其余都相同的小球，颜色为2白1红．每次随机抽取一个小球后放回．抽奖规则如下：设定抽中红球为中奖，抽中白球为未中奖；若抽到白球，放回后把袋中的一个白色小球替换为红色；若抽到红球，放回后把三个球的颜色重新变为2白1红的初始状态．记第n次抽奖中奖的概率为． (1)求，，； (2)若存在实数a，b，c，对任意的不小于4的正整数n，都有，试确定a，b，c的值，并说明理由； (3)若累计中奖4次及以上可以获得一枚优胜者勋章，则从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为多少？ 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 $$ 高一下学期期末复习真题精选（压轴80题16类题型专练） 【人教A版（2019）】 题型归纳 题型1 向量线性运算的几何应用（共5小题） 1．（23-24高一下·广西南宁·期末）已知为内一点，且满足，则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】由题意可得，方法一：延长至点，令，从而可得三点共线，进而可求解；方法二：利用奔驰定理求解即可. 【解答过程】因为， 所以， 即. 方法1：，即， 延长至点，令，即三点共线， 则. 方法2：由奔驰定理，，故. 故选B. 2．（23-24高一下·山东聊城·期末）P是所在平面上一点，满足，若，则的面积为（    ） A．6 B．4 C．3 D．2 【解题思路】根据题意可得，可知点为的一个三等分点（靠近点A），即可得面积. 【解答过程】因为，则， 即点为的一个三等分点（靠近点A），    所以的面积为. 故选：B. 3．（多选）（23-24高一下·青海西宁·期末）正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系.在如图所示的正五角星中，以为顶点的多边形为正五边形且，下列关系中正确的是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】利用平面向量的概念、平面向量的加法、减法、数乘运算及其几何意义，根据选项依次运算化简判断即可. 【解答过程】A项，，故A正确； B项，，故B错误； C项，， 若，则，不合题意，故C错误； D项，，故D正确； 故选：AD. 4．（23-24高一下·江苏南京·期末）若M是内一点，且满足，则与的面积之比为 ． 【解题思路】设为的中点，连接，则由题意可得为的中点，从而可求得结果. 【解答过程】设为的中点，连接，则 ， 因为，所以， 所以为的中点， 所以， 所以, 故答案为：. 5．（23-24高一上·辽宁大连·期末）如图所示，已知点是的重心，过点作直线分别与边、交于、两点（点、与点、不重合），设，． (1)求的值； (2)求的最小值，并求此时，的值． 【解题思路】（1）由三角形重心性质可得，结合三点共线性质即可求得结果. （2）运用“1”的代换及基本不等式求解即可. 【解答过程】（1）如图所示， 因为G为重心，所以， 所以， 因为M，G，N三点共线，所以，即． （2）由题意可知，且， 所以 当且仅当，即时取等号， 又∵，∴，时，取得最小值为． 题型2 平面向量基本定理的应用（共5小题） 1．（23-24高一下·新疆乌鲁木齐·期末）如图，在平行四边形中，，，与交于点.设，，若，则（   ） A． B． C． D． 【解题思路】根据、三点共线，可得、，利用平面向量线性运算的应用将表示，由此可得方程组求得，进而得到的值. 【解答过程】连接，如图， 因为三点共线，设，则， 所以； 因为三点共线，设，则， 所以， 则，解得，所以， 则，所以. 故选：D. 2．（23-24高一下·四川成都·期末）在直角梯形中，分别为 的中点，点在以为圆心，为半径的圆弧上运动（如图所示）．若，其中，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】建立平面直角坐标系，设，根据解得，再根据的范围可得答案. 【解答过程】 建立如图所示平面直角坐标系， 则， 设， ， 因为，所以， 可得，解得， 所以 ， 因为，所以， 可得， 所以. 故选：B. 3．（多选）（23-24高一下·河北·期中）如图，在中，BD与EC交于点G，E是AB的靠近B的三等分点，D是AC的中点，且有，，则下列命题正确的是（    ）    A． B． C． D．过G作直线MN分别交线段AB，AC于点M，N，设，（，），则的最小值为2． 【解题思路】根据向量的线性运算法则计算可判断A,B,C；利用共线定理的推论可得，然后妙用“1”可判断D. 【解答过程】对于A,B,C,设，将，代入， 得，因为E、G、C三点共线，且B、G、D三点共线， 所以，得， 即．所以A错，B，C正确； 对于D，，，， 则，因为M、G、N三点共线， 则，即， ， 当且仅当，即时取得等号．所以D正确． 故选：BCD． 4．（23-24高一下·广西桂林·期末）已知为内一点，且，点在内（不含边界），若，则的取值范围是 ． 【解题思路】设，根据题意结合平面向量基本定理可得，设，且，整理可得，进而可得结果. 【解答过程】设，即， 可得， 因为， 即， 整理可得，且不共线， 则，解得， 即，， 又因为点在内（不含边界），设，且， 可得， 则， 可得，可得， 且，可得， 所以的取值范围是. 故答案为：. 5．（23-24高一上·辽宁葫芦岛·期末）如图，在等腰梯形中，，，M为线段中点，与交于点N，P为线段上的一个动点． (1)用和表示； (2)求； (3)设，求的取值范围． 【解题思路】（1）由向量的线性运算法则计算； （2）由题意得，由共起点的三向量终点共线的充要条件求出，即可得出答案； （3）由题意，可设，代入中并整理可得，又，根据平面向量基本定理得出方程组，然后结合二次函数的性质可得结论． 【解答过程】（1）由向量的线性运算法则，可得，① ，② 因为M为线段中点，则， 联立①②得：， 整理得：． （2）由AM与BD交于点N，得， 由共起点的三向量终点共线的充要条件知，，解得：． 所以，即． （3）由题意，可设， 代入中并整理可得 ． 又，故，可得：，． 因为，所以，． 在单调递增， 则当时，，当时，， 所以，的取值范围为． 题型3 用向量解决夹角、线段的长度问题（共5小题） 1．（23-24高一下·山西长治·期末）已知平面向量，满足，，，夹角为，若与夹角为锐角，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据且与不共线，可求出结果. 【解答过程】根据题意可得且与不共线， 则， 所以，解得， 当与共线时，即存在，使得， 解得， 因为与不共线，所以， 所以且， 所以实数的取值范围为. 故选：D. 2．（23-24高一下·辽宁·期末）已知向量的夹角为，且，则的最小值是（    ） A． B．3 C． D． 【解题思路】根据题意结合数量积的运算律可得，进而可得最小值. 【解答过程】因为向量的夹角为，且，则， 可得， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值是. 故选：C. 3．（多选）（23-24高一下·湖北·期末）平面向量，满足，对任意实数，恒成立，则（    ） A．与的夹角为 B．为定值 C．的最小值为 D．在上的投影向量为 【解题思路】由题意可得恒成立，则，得，即可判断A；根据平面向量数量积的运算律计算即可判断B；根据和二次函数的性质即可判断C；根据投影向量的概念计算即可判断D. 【解答过程】A：对任意的恒成立， 得，即， 整理得，设的夹角为（）， 所以， 即，得，解得，故A正确； B：，不是定值，故B错误； C：由选项A知，， ， 当时，取得最小值，所以的最小值为，故C错误； D：在上的投影向量为，故D正确. 故选：AD. 4．（23-24高一下·上海·期末）设是单位向量，且，向量满足，则的取值范围是 . 【解题思路】利用数量积的运算律及性质建立不等式，再求解不等式即可得解. 【解答过程】单位向量满足，则， 由，得， 则，当且仅当同向时取等号， 因此，解得. 所以的取值范围是. 故答案为：. 5．（23-24高一下·广东广州·期末）如图，在中，是边的中点，与交于点. (1)求和的长度； (2)求. 【解题思路】（1）利用三角函数定义即可求得的长；利用向量法即可求得的长度； （2）利用向量夹角的余弦公式即可求得的值. 【解答过程】（1）是高，，在Rt中，， 所以. 是中线，， ， （2）， . 另解：过D作交于， 是的中点，是的中点， 是的中位线，是的中位线， ， . 题型4 向量与几何最值（范围）问题（共5小题） 1．（23-24高一下·上海闵行·期末）中国文化中的太极八卦图蕴含了现代哲学中的矛盾对立统一规律，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，若点P是其内部任意一点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】先根据向量模长可得，到的距离，再根据平面向量数量积的运算，结合平面向量数量积的几何意义求解即可. 【解答过程】由八卦图的对称性可得， 故 . 设到的距离为，则， 解得. 又 . 又即在上的投影， 其最大值为， 最小值为. 故， 即. 故选： C. 2．（23-24高一下·湖南常德·期中）如图，直线，点是，之间的一个定点，点到，的距离分别为和．点是直线上一个动点，过点作，点在线段上运动（包括端点）且，若的面积为．则的最小值为（   ）    A． B． C． D． 【解题思路】如图，设，根据三角形面积求得，设 ，利用平面向量的线性运算可得，结合和数量积的运算律和二次函数的性质计算即可求解. 【解答过程】如图，设，则，    所以， 得，又， 所以，得，解得， 所以，故，， 设 ，则， 所以， 则 ， 当时，取得最小值，且为. 故选：B. 3．（多选）（23-24高一下·江苏徐州·期末）如图，在等腰直角三角形ABC中，，，设点，，，是线段BC的五等分点，则（    ）    A． B． C． D．的最小值为 【解题思路】对于A：根据平面向量基本定理直接用表示；对于B：用表示后计算验证即可；对于C：设的中点为，根据向量加法运算转化为即可；对于D： 设 ，将问题转化为求的最小值解决. 【解答过程】对于A：，故A错误； 对于B：同上可得 因为在等腰直角三角形ABC中，， 所以 ， 所以， ， 所以，故B正确； 对于C：设的中点为，则 所以，故C正确；    对于D：设的中点为，为线段上一点，设 ，则，    则 ， ， 所以， 作点关于的对称点，则四边形为边长为1的正方形， 故，当三点共线时取等号， 所以的最小值为，故D正确. 故选：BCD. 4．（23-24高一下·天津·期末）如图，在平面四边形中，，，，.若点为边上的动点（不与、重合），则的取值范围为 . 【解题思路】设，根据条件找出，，且与的夹角为，与的夹角为，从而根据向量的加法法则和减法的定义写出，然后表示为关于的二次函数，通过求二次函数的最小值即可解决问题. 【解答过程】延长交于点，因为，所以，， 在中，，，所以， 在中，，，所以， 所以，不妨设，则，且与的夹角为，与的夹角为， 则 ， 设，， 所以时，. ， 则的范围是. 故答案为：. 5．（23-24高一下·浙江宁波·期末）在直角梯形中，，，，点是边上的中点. (1)若点满足，且，求的值； (2)若点是线段上的动点（含端点），求的取值范围. 【解题思路】（1）利用向量的加减运算法则，以为基底表示出得出的取值可得结论； （2）法1：建立平面直角坐标系利用数量积的坐标表示即可得出的取值范围； 法2：利用极化恒等式得出，即可得出结果. 【解答过程】（1）如下图所示： 由可得， 所以， 又，可得 所以； （2）法1：以点为坐标原点，分别以为轴，为轴建立平面直角坐标系， 则，则， 由点是线段上的动点（含端点），可令， 所以，则， 所以， 由二次函数性质可得当时取得最小值； 当时取得最大值； 可得 法2：取中点，作垂足为，如下图所示： 则 显然当点位于点时，取到最大值3，当点位于点时，取到最小值， 可得. 题型5 平面向量中的新定义问题（共5小题） 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 1．（23-24高一下·贵州贵阳·期末）人脸识别就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法．假设二维空间中有两个点，，O为坐标原点，定义余弦相似度为，余弦距离为．已知，，若P，Q的余弦距离为．则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】先求出，得到方程，求出，由诱导公式求出答案. 【解答过程】， 故， 所以，则. 故选：C. 2．（23-24高一下·江苏镇江·期中）如图，设，且，当时，定义平面坐标系为的斜坐标系，在的斜坐标系中，任意一点的斜坐标这样定义：设是分别与轴，轴正方向相同的单位向量，若，记，则下列结论中正确的是（   ） A．设，若，则 B．设，则 C．设.若，则 D．设，若与的夹角为，则 【解题思路】利用向量垂直的坐标表示可得A错误；由向量模长的定义可得B错误；由向量平行的坐标表示可得C正确；由向量数量积的定义可得D错误. 【解答过程】A：因为，所以， 又，所以， 即， 所以， 因为，所以，故A错误； B：因为，所以， 所以， 又，且， 所以，故B错误； C：因为，所以， 又，则，即， 即，所以，故C正确； D：因为，所以， 又与的夹角为， 所以， 解得， 所以，故D错误； 故选：C. 3．（多选）（23-24高一下·重庆·期末）对非零向量，，定义运算“”：，其中为与的夹角，则（    ） A．若，则 B．若，，则 C．若中，，，，则 D．若中，，则是等腰三角形或有内角为135°的三角形 【解题思路】根据题干中的定义进行求解即可得出答案. 【解答过程】对于A，因为，所以或， 当时，，，所以 ； 当时，，，所以 ， 所以A正确. 对于B，，， 所以，所以，所以B正确. 对于C，因为中，，，， 所以， 所以C错误. 对于D，因为，所以, 所以，所以或， 当时，是等腰三角形； 当时，； 所以是等腰三角形或有内角为135°的三角形， 所以D正确. 故选：ABD. 4．（23-24高一下·上海嘉定·阶段练习）如图，在平面斜坐标系中，，平面上任意一点关于斜坐标系的斜坐标这样定义：若（其中分别是轴，轴正方向的单位向量），则点的斜坐标为，且向量的斜坐标为.给出以下结论，其中所有正确的结论的序号是 ①②③ . ①若，，则； ②若，则； ③若，则； ④若，则 【解题思路】根据所给定义及平面向量线性运算法则判断②③，根据数量积的运算律判断①④. 【解答过程】对于①：∵，，即， ∴ ，故①正确； 对于②：∵，，即，， ∴， ∴，故②正确； 对于③：∵，，， ∴， ∴，故③正确； 对于④： ，故④错误. 故答案为：①②③. 5．（23-24高一下·安徽六安·期末）如图，设是平面内相交成的两条射线，分别与同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记. (1)在仿射坐标系中 ①若，求； ②若，且与的夹角为，求； (2)如上图所示，在仿射坐标系中，分别在轴，轴正半轴上，分别为中点，求的最大值. 【解题思路】（1）①由题意，，将其两边平方后利用向量数量积的运算律计算即得； ②利用（1）得到的模长公式，求得和，再计算，再将条件代入公式，列出方程，即可求出的值. （2）设出点用表示出，利用正弦定理，经过三角恒等变换，化简成正弦型函数，求得其最大值. 【解答过程】（1）① 由可得，，则， 即； ②依题意，将代入（1）得到的模长公式即得，，， ， 因与的夹角为，则由可得，，解得，. （2）依题意，设， 因是的中点，则， 是的中点，则， 故 因，， 则， 在中，由余弦定理，，即，代入上式可得， ， 由正弦定理，，设，则， 于是 ，其中， 则. 题型6 求三角形面积的最值或范围（共5小题） 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 1．（23-24高一下·山东菏泽·期末）在中，角所对的边分别为，是上的点，平分，且，，则面积的最小值为（    ） A．1 B． C．2 D． 【解题思路】根据正弦定理可得，从而求得，即可求出角,利用即可解出，再结合基本不等式，即可求出的最小值，从而得解. 【解答过程】因为，由正弦定理得， 又 ，可得，即 ， 因为，所以， 平分，且，得， 整理得： ，所以，解得 所以，则，当且仅当时等号成立， 故面积的最小值为， 故选：B. 2．（23-24高一下·广东江门·期末）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且若，外接圆的半径为1，则面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据余弦定理求得，由正弦定理求得，结合三角形面积公式和基本不等式求出结果. 【解答过程】由，得， ∵，∴， ∵外接圆的半径为1，∴由正弦定理得，则， ∴，则， ∴，当且仅当时等号成立， ∴，即面积的最大值为. 故选：A. 3．（多选）（23-24高一下·广东惠州·期末）在中，角所对的边分别是，，，下列命题正确的是（    ） A．若，，则面积的最大值为 B．若，，则面积的最大值为 C．若，，要使满足条件的三角形有且只有两个，则 D．若，且，则该三角形内切圆面积的最大值为 【解题思路】对于AB：利用余弦定理结合基本不等式求的最大值，进而可得面积的最大值；对于C：利用余弦定理分析可得：关于c的方程有2个不相等的正根，结合二次方程列式求解；对于D：利用余弦定理可得，再利用基本不等式求内切圆半径的最大值，即可得结果. 【解答过程】对于选项A：由余弦定理可得，即， 可得，解得，当且仅当时，等号成立， 所以面积的最大值为，故A正确； 对于选项B：由余弦定理可得，即， 可得，解得，当且仅当时，等号成立， 所以面积的最大值为，故B错误； 对于选项C：由余弦定理可得，即， 整理可得， 由题意可知：关于c的方程有2个不相等的正根， 则，解得， 且，可得，故C错误； 对于选项D，因为，即， 则，整理可得， 注意到，则，即，可知， 且，则该三角形内切圆半径. 又因为， 当且仅当时，等号成立，可得， 所以该三角形的内切圆面积的最大值是，故D正确. 故选：AD. 4．（23-24高一下·安徽合肥·期末）已知为锐角三角形，角的对边分别为，若，，则面积的取值范围为 ． 【解题思路】由正弦定理以及三角恒等变换可得，结合三角形面积公式可得，由为锐角三角形，可得出的范围，进一步即可求解. 【解答过程】由正弦定理有，即， 所以， 所以面积的表达式为， 又已知为锐角三角形， 所以，解得， 所以的取值范围是，的取值范围是， 所以面积的取值范围为. 故答案为：. 5．（23-24高一下·辽宁葫芦岛·期末）已知的内角的对边为，且. (1)求； (2)已知为的中点，底边上中线长为时，求面积的最大值. 【解题思路】（1）由正弦定理将角的关系转化为边的关系，再用余弦定理求出，进而求出的值即可； （2）根据余弦定理及基本不等式可得，进而可得面积的最大值. 【解答过程】（1）由正弦定理，得，即， 故， 因为，所以， 所以； （2）由（1）知，， 在中，由余弦定理可得, 即， 所以，当且仅当时，取得到等号， 此时面积的最大值. 题型7 求三角形边长或周长的最值或范围（共5小题） 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 1．（23-24高一下·宁夏石嘴山·期末）在中，角的对边分别为，若，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】先根据已知式子化简得出角，再由余弦定理结合基本不等式求边长和范围即可. 【解答过程】由余弦定理得, 所以由正弦定理得, 所以, 所以， 所以, 可得 由余弦定理可得, 又因为基本不等式所以, 所以, 当且仅当时，取最大值2， 因为,所以, 所以. 故选：B. 2．（23-24高一下·江苏淮安·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的周长的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】方法一：设的外接圆半径为R，根据正弦定理及已知可将题干等式化为，再结合两角和的正弦公式进行化简，结合可得，最后根据正弦定理以及三角恒等变换用B表示出的周长，根据三角函数的性质求解即可． 方法二：根据三角形三边关系排除即可． 【解答过程】方法一：设的外接圆半径为R， 则， 因为， 所以， 可得， 即， 可得， 因为，， 所以， 结合，可得， 又，所以， 可得， 则的周长为 ， 因为，所以， 则， 可得 故的周长的取值范围为 方法二：由，可知周长，排除ABD， 故选：C. 3．（多选）（23-24高一下·重庆·期末）若的内角，，对边分别是，，，，且，则（    ） A．外接圆的半径为 B．的周长的最小值为 C．的面积的最大值为 D．边的中线的最小值为 【解题思路】对于A，由正弦定理进行边角互化可得B，再利用正弦定理可得外接圆的半径；对于BC，利用余弦定理结合基本不等式可得的最值及的最值；对于D，根据向量的线性运算，可表示中线，进而可得其长度最值. 【解答过程】对于A：，由正弦定理得， 即，即， 因为，所以，所以，， 因为，则， 令外接圆的半径为, 根据正弦定理可得，即，故A正确； 对于C：由余弦定理知，， 因为，，所以，，当且仅当时等号成立， 因为，所以的最大值为，故C正确； 对于B：由C知，则， 所以，当且仅当时等号成立， 所以的最大值为，故B错； 对于D：因为为边上的中线， 所以，， 得，因为，所以的最小值为，故D正确； 故选：ACD. 4．（23-24高一下·湖南永州·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的最大值是 . 【解题思路】由明确边上的高等于边的一半，做出边上的高，设，用表示出，再结合换元法和基本不等式，求的最大值. 【解答过程】如图： 过作于. 因为，所以. 设，则 设，则 若，则；若，则； 当时， （当且仅当即时取“”）. 所以 故答案为：. 5．（23-24高一下·北京大兴·期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求； (2)若． （i）再从条件①，条件②，条件③中选择一个条件作为已知，使其能够确定唯一的三角形，并求的面积． 条件①：；条件②：；条件③：． （ii）求周长的取值范围． 【解题思路】（1）利用正弦定理边化角化简得，计算即得． （2）（i）选择条件①利用正弦定理计算判断三角形不唯一；，选择条件②，利用余弦定理及三角形面积公式计算求解；选择条件③，利用正弦定理计算判断，再求出三角形面积；（ii）利用余弦定理及基本不等式计算即可. 【解答过程】（1）由可得, 因为在中，所以， 即，因为，所以. （2）（i）若选条件①，结合（1）及， 由正弦定理,可得， 则满足条件的三角形不存在，故不能选条件①， 若选条件②：，结合（1）及， 由余弦定理，可得，解得， 易知，故此时满足条件的三角形唯一. 所以. 若选条件③：，结合（1）及， 因为,所以为锐角, 由,可得， 因为在中 所以. 易知满足条件的三角形唯一. 由正弦定理,可得, 所以. （ii）由余弦定理， 可得， 结合基本不等式，可得， 解得：,当且仅当，原式取等. 又在中易得. 所以周长. 周长的取值范围为. 题型8 复数的模的最值（范围）问题（共5小题） 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 1．（23-24高一下·上海·期末）已知复数满足，的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【解题思路】根据题意，由复数的几何意义，代入计算，即可求解. 【解答过程】因为，所以在复平面对应的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 且表示圆上的点到原点的距离， 则，， 所以的取值范围为. 故选：A. 2．（23-24高一下·上海徐汇·期末）已知个两两互不相等的复数，满足，且，其中；，则的最大值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【解题思路】设从而可得即对应平面内距离为的点，从而利用数学结合求解即可. 【解答过程】设 , , 即 化为 故对应平面内距离为的点，如下图中,    , 与对应点的距离为或 构成了点共个点， 故的最大值为 故选：C 3．（多选）（23-24高一下·重庆·期末）已知复数在复平面内对应的点分别为，则（    ） A． B． C．满足的复数对应的点形成的图形的周长是 D．满足的复数对应的点形成的图形的面积是 【解题思路】根据复数的几何意义可得.求得即可判断A；求得即可判断B；求得即可判断C；求得即可判断D. 【解答过程】由，得. A：，则，又， 所以，故A错误； B：，故B正确； C：设，则， 由，得，即， 所以复数对应的点形成的图形的周长为，故C错误； D：设，则， 又，所以，即， 所以满足的复数对应的点形成的图形的面积为，故D正确. 故选：BD. 4．（23-24高一下·安徽六安·期末）已知为虚数单位，若复数满足，则的取值范围是 . 【解题思路】利用复数的几何意义，作出复数对应的点的轨迹，理解所求即轨迹上的点到点的距离，结合图形易求距离的最大、最小值,即得范围. 【解答过程】    由可知，复数对应的点在以点为圆心，半径为的圆上， 而可理解为圆上的点到点的距离， 作直线,交圆于点,如图所示. 显然,当点与点重合时，, 当点与点重合时，. 即的取值范围是. 故答案为：. 5．（23-24高一下·重庆江北·期末）已知向量，，，与夹角为90°． (1)若，求k的值； (2)设复数且复数满足．在最大时，求此时的值． 【解题思路】（1）先求出向量的坐标，然后由向量共线的坐标表示计算即可； （2）先求出数量积得到复数，根据复数的几何意义求解即可. 【解答过程】（1）∵，，且与夹角为90°， ∴，∴，∴，∴， ∵，，且， ∴，∴． （2）∵，，∴ 设，，∵，∴，即 又∵可看作到原点的距离， ∴圆上的点到原点的距离最大值为圆心到原点的距离加1， 即，∴的最大值为10，此时，，∴，． 题型9 几何体与球的切、接问题（共5小题） 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 1．（23-24高一下·重庆·期末）已知正方体的棱长为4，点是棱的中点，为四边形内（包括边界）的一动点，且满足平面，的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】作出辅助线，得到平面 平面，确定当在线段上运动时，满足平面，的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分为三棱锥， 求出外接球半径，得到外接球体积. 【解答过程】分别取的中点，连接， 故， 因为，， 所以四边形为平行四边形， 所以，故， 因为平面，平面， 所以平面， 又点是棱的中点，所以，， 故四边形为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 因为，平面， 所以平面 平面， 故当在线段上运动时，满足平面， 的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分为三棱锥， 其中两两垂直，且， 故其外接球半径为， 故较小部分的外接球的体积为. 故选：A. 2．（23-24高一下·河北张家口·期末）已知圆锥的顶点为，母线长为1，其侧面展开图扇形的圆心角为，设该圆锥外接球半径为，内切球半径为，则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据给定条件，求出圆锥底面圆半径，利用圆锥轴截面等腰三角形外接圆、内切圆与圆锥外接球、内切球大圆的关系求出即可得解. 【解答过程】依题意，圆锥底面圆半径，则，解得，于是圆锥的高， 圆锥轴截面等腰三角形的外接圆即为圆锥外接球截面大圆，内切圆即为圆锥内切球截面大圆， 令圆锥轴截面等腰三角形底角为，则，因此，即， 圆锥轴截面等腰三角形面积，解得， 所以. 故选：A. 3．（多选）（23-24高一下·甘肃兰州·期末）已知正四面体ABCD的各棱长均为2，下列结论正确的是（    ） A．正四面体ABCD的高为 B．正四面体ABCD的体积为 C．正四面体ABCD的外接球的半径为 D．正四面体ABCD的内切球的表面积为4π 【解题思路】对于A：利用勾股定理求解即可； 对于B：求体积即可； 对于C：根据正四面体ABCD的外接球即为该正方体的外接球，即可求解； 对于D：直接利用面积公式求解即可． 【解答过程】 对于A：在四面体中，过点作面于点， 则为底面正的重心，因为所有棱长均为2， 可得， 所以， 即正四面体的高为， 故A正确； ，， 正四面体ABCD的体积，故B正确； 将正四面体ABCD补形为如图正方体，易知正四面体ABCD的外接球即为该正方体的外接球， 则外接球半径等于正方体体对角线的一半，即，故C错误； 记正四面体ABCD的内切球的半径为r，则， ，解得，故内切球的表面积为，故D错误． 故选：AB. 4．（23-24高一下·江苏苏州·期末）在直角三角形ABC中，已知CH为斜边AB上的高，，，现将沿着CH折起，使得点B到达点，且平面平面ACH，则三棱锥的外接球的表面积为 . 【解题思路】证明两两垂直，由的边长，求出外接球半径，求表面积即可. 【解答过程】直角三角形ABC中，，，则斜边，， CH为斜边AB上的高，则，，， 平面平面，平面平面， ，平面，则平面， 又，所以两两垂直， ，，， 则三棱锥的外接球半径， 所以三棱锥的外接球表面积为. 故答案为：. 5．（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）在中，已知，，，为线段BC上一个动点． (1)若AD为的角平分线，求线段AD的长； (2)将折起到的位置，记二面角的大小为． （i）若，且AD为的角平分线，求三棱锥外接球的面积； （ii）若，求三棱锥外接球的面积最小值． 【解题思路】（1）根据给定条件，利用余弦定理，结合三角形面积公式求解即得. （2）（i）由（1）的结论，利用正弦定理求出外接圆直径，结合余弦定理及球的截面小圆性质求出球半径即得；（ii）设，利用余弦定理求出，再利用（i）中的相关信息及结论代入求解即得. 【解答过程】（1）在中，，，，由余弦定理得， 由AD为的角平分线，得， 而，解得，， 在中，，所以． （2）（i）在中，由（1）知，解得， 为AD中点，设外接圆为，半径为，，， 由，解得， ，在中，，解得， 设外接圆为，半径为，，， 由，解得，， 平面，则平面，， 令三棱锥外接球的球心为，则平面，平面， 而平面平面，则，又， 平面，于是平面，从而点共面， 显然，OT为四边形的外接圆直径，同时也为外接圆直径， 而，， 三棱锥外接球的半径为，则， 由，得， 所以三棱锥外接球表面积为． （ii）由为线段BC上一个动点，设，显然不能与点重合，即， 由（1）解得，，， 由（i）知，为AD中点，外接圆为，半径为，， 由，解得，， 外接圆为，半径为，，由，解得， ，令三棱锥外接球的球心为，半径为， ， 当时，， 三棱锥外接球表面积为，当时，， 所以三棱锥外接球表面积的最小值为. 题型10 立体几何中的截面问题（共5小题） 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 1．（23-24高一下·安徽宣城·期末）如图，正方体的棱长为4，，，过B，P，Q三点的平面截该正方体，则所截得的截面面积为（    ）    A． B． C． D． 【解题思路】延长交于点，则，推出，，，四点共面，再计算即可得出答案． 【解答过程】延长交于点，则， 即为的中点， 连接，取中点，连接，则，    所以，，，四点共面，故梯形即为截面图形， ，， ， 记边上的高为，      则解得 所以． 故选：D． 2．（23-24高一下·四川成都·期末）如图，在正方体中，E，F，M，N分别为棱AB，AD，，的中点，过E，F，M，N四点作该正方体的截面，则下列说法错误的是（    ） A．该截面是六边形 B．平面 C．平面平面 D．该截面过棱的一个三等分点 【解题思路】先根据已知四个点确定截面判断A,D选项，根据面面平行判定定理判断C,应用线面垂直判断B选项. 【解答过程】过E，F，M，N四点,确定截面的一条边，延长交 于一点，连接该点与点即可得到与棱的交点，利用公理3确定交线,同样的方法找出其它交线，即可得到截面如图所示： 该截面是六边形,分别是的中点，故A正确，D选项错误； 在正方形中，,平面平面 , 平面,平面,所以平面平面,所以, 同理可得平面平面,所以平面； 因为平面平面,所以平面, 因为平面平面,所以平面, 平面,平面, 所以平面平面,C选择正确； 因为平面，平面平面，所以平面，B选项正确. 故选：D. 3．（多选）（23-24高一下·湖南益阳·期末）如图，在棱长为1的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，为线段上的一个动点，平面平面，则下列说法中正确的是（    ）    A．不存在点，使得平面 B．三棱锥的体积为定值 C．平面截该正方体所得截面的面积的最大值为 D．平面截该正方体所得截面可能是三角形或六边形 【解题思路】连接，可得平面，即可判断A，由平面可判断B，当截面为正六边形时（其中，，，，，都是中点），计算截面面积，然后可判断C、D. 【解答过程】如图，连接，，，，由正方体的性质可知，， 又点，，分别是棱，，的中点，所以，则， 又平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面， 所以，同理可证，又，平面， 所以平面，由与异面可知， 不存在点，使得平面，故A正确；    因为，，所以，又平面，平面， 所以平面，所以动点到平面的距离为定值， 又的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确； 如图，正六边形（其中，，，，，都是对应棱的中点），    根据正方体的性质可知，，， 平面，平面，所以平面， 同理可证平面，又，平面， 所以平面平面， 又该正六边形的边长为，所以其面积为， 因为平面平面， 所以当截面为正六边形时，平面截该正方体所得截面的面积取得最大值， 最大值为，故C错误； 平面截该正方体所得截面可能为三角形，也可能为六边形，故D正确， 故选：ABD. 4．（23-24高一下·内蒙古呼和浩特·期末）如图，在正三棱柱中，，，，分别为棱，，的中点，过，，三点作正三棱柱的截面，则截面与侧面的交线长为 .    【解题思路】延长交的延长线于，连接交于，连接，则截面与侧面的交线，再结合数量关系求解即可. 【解答过程】如图，延长交的延长线于，连接交于，连接.    因为面，，所以面，又面，所以面， 所以为截面与侧面的交线. 取中点，连接，则，且, 易知，所以，所以为的中点， 所以，则. 故答案为：. 5．（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. 题型11 立体几何中的探索性问题（共5小题） 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 1．（23-24高一下·北京延庆·期末）如图，在正方体中，是棱上的动点，下列结论正确的个数是（    ）    ①存在点，使得； ②存在点，使得； ③对于任意点，到的距离为定值； ④对于任意点，都不是锐角三角形． A．1 B．2 C．3 D．4 【解题思路】用反证法即可判断①;由平面与平面相交, 即可判断②;取两个特殊点进行运算, 计算出点到的距离和点到的距离, 从而可判断③;设 , 在中, 最大的角为, 再结合勾股定理与余弦定理, 推出 , 即不可能为锐角, 从而可判断④； 【解答过程】因为是棱上的动点，若，则在中，, 而显然，故不可能是直角，故不存在点，使得；故①错误； 因为点 是棱 上的动点, 所以 平面 , 又 平面 , 所以 与 异面, 即不可能存在点 , 使得 , 所以②错误; (3) 设正方体的棱长为 2 , 当点 与点 重合时, 为直角三角形, 其中 , , 所以点 到 的距离 ; 当点 为棱 的中点时, 为等腰三角形, 其中 , , 所以点 到 的距离 所以对于任意点 , 到的距离不可能为定值, 即③错误; (4)设 , 则 , 所以 , , 在 中, 最长的边为 , 所以最大的角为 , 由余弦定理知， ， 因为 , 所以 , 所以 , 即不可能为锐角, 所以对于任意点 都不是锐角三角形, 即④正确. 故选:A. 2．（23-24高一下·北京密云·期末）如图，在边长为1的正方体中，是棱上的一个动点，给出下列四个结论，其中正确的是（    ）      A．三棱锥的体积为定值 B．存在点，使得平面 C．是线段上的一个动点，过点的截面垂直于，则截面的面积的最小值为 D．对每一个点，在棱上总存在一点，使得 平面 【解题思路】对于A，由得 平面，从而点到平面的距离为，再由 ，由此能求出三棱锥的体积；对于B，若存在点，使得平面，由平面，得 ，可得，与矛盾；当点与点重合时，利用线面垂直的判定定理可证得平面；对于C，推导出，由余弦定理、三角形面积公式，结合二次函数的最值求出结果；对于D，当与点重合时，无论点在何位置，直线与平面相交. 【解答过程】对于A，如图，在棱长为1的正方体 中， 平面平面， 平面， 点是棱上的一个动点，点到平面的距离为， 又， 三棱锥的体积，故A错误； 对于B，若存在点，使得平面，由平面，得 ， 则为正方形，，与矛盾，故B错误； 对于C，根据题意，过点的截面与棱分别交于，可得为平行四边形，如图， 正方体中，平面，平面，， 设，则，又， 则中， ， ， 则该截面面积 ， ，当时，，故C正确； 对于D，当与点重合时，无论点在何位置，直线与平面相交，故D错误； 故选：C． 3．（多选）（23-24高一下·江苏无锡·期末）在棱长为1的正方体.中，P为线段上的动点(不包含端点)，则（    ） A．存在点P，使得直线与AC所成角为 B．不存在点P，使得平面APD平面 C．三棱锥的体积 D．存在点 P，使得直线垂直于平面 【解题思路】当点为线段上靠近的四等分点时，利用线线角的定义求解判断A，当点为中点时，证明面面平行，即可判断B；结合等体积转化，即可判断C；当点为中点时，证明线面垂直，即可判断D. 【解答过程】当点为线段上靠近的四等分点时，如图，连接，， 过点作，交于， 则，又正方体中，，所以， 则直线与AC所成角为， 又， ， 所以为等边三角形，所以，故A正确； 当点为的中点时，有，平面，平面， 所以平面，同理，平面， 且，平面， 所以平面，故B错误； 三棱锥的体积， 故C正确； 当点为的中点时，有，又， 所以平面即平面 ， 因为平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面，故D正确； 故选：ACD. 4．（23-24高一下·北京西城·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点为的中点，点是侧面上（包括边界）的动点，点是线段上的动点，给出下列四个结论： ①任意点，都有； ②存在点，使得平面； ③存在无数组点和点，使得； ④点到直线的距离最小值是． 其中所有正确结论的序号是 ①③④ ． 【解题思路】对于①：可证平面，即可得结果；对于②：可证平面，即可得结果；对于③：分析可知，结合平面性质分析判断；对于④：结合平面分析可知：当平面时，点到直线的距离最小，结合长度关系分析求解. 【解答过程】因为∥，且，可知为平行四边形. 对于①：因为为正方形，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面， 可得平面，由平面，则，故①正确； 对于②：由①可知：平面，由平面，则， 同理可证：， 且，平面，可得平面， 又因为平面，平面， 可知平面与平面相交， 所以不存在点，使得平面，故②错误； 对于③：若，则四点共面，即平面， 又因为点侧面，且侧面平面，则， 根据平面的性质可知：对任意线段（不包括），均存在，使得， 所以存在无数组点和点，使得，故③正确； 对于④：由②可知：平面， 由垂线性质可知，当平面时，点到直线的距离最小， 又因为， 可知为正三棱锥，点为等边的中心， 此时点到直线的距离为， 所以点到直线的距离最小值是，故④正确； 故答案为：①③④. 5．（23-24高一下·浙江杭州·期末）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. 【解题思路】（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. 【解答过程】（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. 题型12 立体几何综合（共5小题） 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 1．（23-24高一下·黑龙江·期末）在正方体中，分别为的中点，则下列结论错误的是（    ） A．直线与所成的角为 B．直线与平面平行 C．若正方体棱长为1，三棱锥的体积是 D．点和到平面的距离之比是3∶1 【解题思路】对于A项，通过找平行线来求异面直线所成角即可；对于B项，通过面面平行的判定定理可证得平面平面，再结合面面平行的性质可证得平面；对于C项，由平面可得和到平面的距离相等，运用等体积法即可求得三棱锥的体积；对于D项，由与到平面的距离相等及即可求得结果． 【解答过程】对于选项A，由图可知与显然平行，所以即为所求，故选项A错误； 对于选项B，取的中点，连接、，如图所示， 易知，平面，所以且 平面， 又易知，平面,平面，所以平面, 又，平面，所以平面平面, 又平面，所以平面，故选项B正确； 对于选项C，由选项B知，平面，所以和到平面的距离相等， 所以，故选项C正确； 对于选项D，平面过的中点，即平面将线段平分，所以与到平面的距离相等， 连接交于点，交与点，如图所示， 易知，又因为是中位线，所以是的中点，即可得； 可得， 所以与到平面的距离之比为，故选项D正确． 故选：A. 2．（23-24高一下·贵州黔西·期末）如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），则下列说法中错误的是（    ） A．平面截正方体所得截面为等腰梯形 B．若∥平面，则直线CQ不可能垂直于直线 C．若，则点Q的轨迹长度为 D．三棱锥的外接球的半径为 【解题思路】作出平面截正方体的截面可判断A；连接交为Q，则，进而说明存在点Q，∥平面时，直线可能垂直于直线，判断B；确定Q点的轨迹，从而可求得其长度，判断C；确定三棱锥的外接球的外接球球心位置，求得外接球半径，即可判断D. 【解答过程】对于A，取的中点为,连接, 则，而，即四边形为平行四边形， 故，所以，且， 则四边形为平面截正方体的截面，为梯形， 而，, 即，即四边形为等腰梯形，A正确； 对于B，连接交为Q，则，即， 而，平面，平面， 故∥平面，即当∥平面时，直线可能垂直于直线，B错误； 对于C，因为平面，平面， 故，由得， 即点的轨迹为以为圆心，半径为的四分之一圆， 其轨迹长度为，C正确； 对于D，三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球， 设三棱锥的外接球半径为R，的外接圆半径为r， , 故，则， 故， 因为平面，故三棱锥的外接球球心在过的外接圆圆心和平行的直线上， 则，即， 故三棱锥的外接球的半径为，D正确， 故选：B. 3．（多选）（23-24高一下·河北·期末）六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫分子结构为正八面体结构（八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）．如图所示，正八面体的棱长为a，则下列说法中正确的是（    ） A．此八面体的表面积为 B．异面直线AE与BF所成的角为 C．若点P为棱EB上的动点，则的最小值为 D．此八面体的外接球与内切球的体积之比为 【解题思路】求解此八面体的表面积可判断A；根据异面直线所成的角可判断B；展开平面与平面在一个平面上时，再连接可判断C；分别求得外接球与内切球体积判断D． 【解答过程】对于A，由正八面体，则EF与AC垂直相交，且长度相等，设交点为O， 则O即为正方形ABCD的中心， 由正八面体棱长为a，则八个面均为边长为a的正三角形， 则此八面体的表面积为，故A正确； 对于B，由EF与AC垂直相交，且长度相等，则四边形AECF为正方形，， 则直线AE与BF所成的角，即为BF与CF所成的角， 正中，故异面直线AE与BF所成的角为，故B错误； 对于C，展开平面与平面在一个平面上时，再连接， 此时点P为EB中点时，取得最小值为，故C正确； 对于D，由O到各顶点距离均为，则O为外接球球心， 外接球半径为，则外接球体积为， 由题意可知O到各面的距离相等，设为h， 由， 可得，解得， 则O为内切球球心，内切球半径为， 则内切球体积为， 故此八面体的外接球与内切球的体积之比为，故D正确； 故选：ACD． 4．（23-24高一下·北京丰台·期末）已知正方体中，点E，F，G分别为棱，，的中点，给出下列四个结论： ①直线与平面相交； ②直线平面； ③若，则点D到平面的距离为； ④该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等. 其中所有正确结论的序号是 ②③④ ． 【解题思路】①先证，，可得平面平面，从而知平面；②利用三垂线定理可得，，再由线面垂直的判定定理知平面，并结合平面平面，即可作出判断；③易知是边长为的等边三角形，再利用等体积法求解即可；④结合四面体是正三棱锥，且正方体的棱构成三组平行线，即可判断． 【解答过程】解：①因为点，分别为棱，的中点， 所以，，即四边形是平行四边形， 所以， 因为点，分别为棱，的中点，所以， 又，，、平面，、平面， 所以平面平面， 因为平面，所以直线平面，即①错误； ②由三垂线定理知，，， 因为，所以平面， 由①知平面平面， 所以平面，即②正确； ③若，则是边长为的等边三角形， 所以， 设点到平面的距离为， 因为， 所以， 所以， 所以点到平面的距离为，即③正确； ④由题意知，四面体的底面是等边，且， 即四面体是正三棱锥， 所以三条侧棱，，与底面所成角均相等， 而，，， 所以该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等， 由①知平面平面， 所以该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等，即④正确． 故答案为：②③④． 5．（23-24高一下·四川绵阳·期末）如图，在四棱锥中，，底面是平行四边形，O点为的中点，，，． (1)求证：平面； (2)若，求平面与平面所成的二面角的正切值： (3)当与平面的所成角最大时，求四棱锥的体积． 【解题思路】（1）由等腰三角形的性质得，取的中点M，连接，则由已知可得，结合可证得是等边三角形，则，从而可得，则，然后利用线面垂直的判定定理可证得结论； （2）延长与交于点E，连接，取中点F，连接，，则可证得是平面与平面所成的二面角的平面角，在中求解即可； （3）设，点A到平面的距离为h，利用表示出，记与平面所成角为，表示出化简后利用基本不等式可求出其最大值，从而可求出四棱锥的体积. 【解答过程】（1）证明：，O点为的中点，． 取的中点M，连接，则 ，， 底面是平行四边形，， ，． ，∴， ，， 是等边三角形，． 在与中，，． ，． 又，平面，平面， 平面． （2）延长与交于点E，连接． 平面，平面，平面平面． 由，，得，， ，， 取中点F，连接，则． ，为等腰直角三角形． 连接，则， 是平面与平面所成的二面角的平面角． ，，，平面， 平面，， 在中，，， ． 平面与平面所成的二面角的正切值为． （3）设，点A到平面的距离为h． ，，， 等腰底边上的高为，， ． ，点C到的距离为，． ． ，即，． 记与平面所成角为． ， 当且仅当，即时，最大，最大， ． 题型13 用样本估计总体（共5小题） 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 1．（23-24高一下·贵州毕节·期末）某研究小组为了解某市高中生自主阅读情况，随机调查了2000名学生的每周自主阅读时间，按照时长（单位：小时）分成五组：，得到如图所示的频率分布直方图，其中每周自主阅读时间不低于8小时的频率为0.3.则以下说法中错误的是（    ） A． B．估计样本数据的第60百分位数值是7.5小时 C．样本的极差介于6小时至10小时之间 D．估计这2000名学生每周自主阅读时间的平均值是6.5小时 【解题思路】A项，由已知频率可得关系；B项，由各组频率之和为与A项所得频率关系求解，由，估计第60百分位数值所在区间，再利用矩形面积计算估值即可；C项，由最大值与最小值的取值区间，再由不等式的性质可得极差范围；D项，样本平均数由每个小矩形底边中点的横坐标与小矩形的面积（频率）的乘积之和近似代替，计算可得. 【解答过程】选项A，由每周自主阅读时间不低于8小时的频率为0.3， 则，解得，故A正确； 选项B，由各组频率之和为得，， 联立解得， 故五组的频率分别为， 因为前两组的频率之和为，前三组的频率之和为， 且， 设样本数据的第60百分位数值为，则， 由，解得， 故估计样本数据的第60百分位数值是7.5小时，故B正确； 选项C，设样本数据中的最小值为，最大值为， 由频率分布直方图可知，最小值，最大值， 所以，则由不等式的性质可得极差， 即样本的极差介于6小时至10小时之间，故C正确； 选项D，由频率分布直方图样本平均数的近似值为， 估计这2000名学生每周自主阅读时间的平均值是小时，故D错误. 故选：D. 2．（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． 3．（多选）（23-24高一下·河北·期末）已知甲组数据为，乙组数据为，将甲､乙两组数据混合后得到丙组数据，则（    ） A．丙组数据的中位数为5 B．甲组数据的分位数是2 C．甲组数据的方差等于乙组数据的方差 D．甲组数据的平均数小于乙组数据的平均数 【解题思路】根据已知条件，结合中位数，百分位数，方差，平均数的公式求解即可. 【解答过程】将丙组数据从小到大排列为，可得丙组数据的中位数为，A正确． 将甲组数据从小到大排列为，因为，所以甲组数据的分位数是B错误． 易得甲组数据的方差为，乙组数据的方差为，C正确．甲组数据的平均数为，乙组数据的平均数为，D正确． 故选：ACD. 4．（23-24高一下·福建福州·期末）佩香囊是端午节传统习俗之一，香囊内通常填充一些中草药，有清香、驱虫的功效．经研究发现一批香囊中一种草药甲的含量x（单位：克）与香囊功效y之间满足，现从中随机抽取了6个香囊，得到香囊中草药甲的含量的平均数为6克，香囊功效的平均数为15，则这6个香囊中草药甲含量的方差为 39 克． 【解题思路】利用平均数和方差的公式完成计算． 【解答过程】设抽取的6个香囊中草药甲的含量分别为克，香囊功效分别为，，2，，6， 草药甲的含量的平均数为6克，香囊功效的平均数为15， 即，， 则， 则这6个香囊中草药甲含量的方差 ， 所以这6个香囊中草药甲含量的方差为39克． 故答案为：39． 5．（23-24高一下·广东广州·期末）已知总体划分为2层，通过分层随机抽样，第层抽取的样本量、样本均值和样本方差分别为．记总样本数据的均值为，总样本数据的方差为． (1)写出与的计算公式（直接写出结果，不需证明）； (2)某学校有高中学生500人，其中男生300人，女生200人．现采用分层随机抽样的方法抽取样本，并观测样本的指标值（单位：），计算得男生样本的均值为172.5，方差为16，女生样本的均值为162.5，方差为30． （i）如果已知男、女样本量按比例分配，试计算出总样本的均值与方差； （ii）如果已知男、女的样本量都是50，试计算出总样本的均值与方差，此时将它们分别作为总体的均值与方差的估计合适吗？请说明理由． 【解题思路】（1）写出分层抽样的均值与方差公式即可； （2）（i）按男女生比例抽取样本，可按相应公式计算均值和方差；（ii）已知样本量，可按样本量所占比计算均值与方差，但不具代表性，个体不是等概率抽取的． 【解答过程】（1）依题意可得， . （2）（i）男、女的样本量按比例分配， 则总样本的均值为（）， 总样本的方差为； （ii）男、女的样本量都是， 总样本的均值为（）， 总样本的方差为， 不能作为总体均值和方差的估计，因为分层抽样中未按比例抽样，总体中每个个体被抽到的可能性不完全相同，因而样本的代表性差. 题型14 统计综合（共5小题） 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 1．（23-24高一下·湖南长沙·期末）有一组互不相等的样本数据，平均数为.若随机剔除其中一个数据，得到一组新数据，记为，平均数为，则下列说法错误的是（   ） A．新数据的极差可能等于原数据的极差 B．新数据的中位数不可能等于原数据的中位数 C．若，则新数据的方差一定大于原数据方差 D．若，则新数据的分位数一定大于原数据的分位数 【解题思路】根据题意，由数据极差、中位数、方差和百分位数的计算公式逐项分析即可. 【解答过程】不妨设原数据，新数据..， A：例如原数据为，新数据为，此时极差均为，故A正确； B：原数据中位数为，新数据中位数为，可知或， 若，可得；若，可得； 综上所述：新数据的中位数不可能等于原数据的中位数，故B正确； C：若，可知去掉的数据为，则， 可得，所以新数据的方差一定大于原数据方差，故C正确； D：若，可知去掉的数据为，因为，可知原数据的分位数为第3位数，，可知新数据的分位数为第2位数与第3位数的平均数， 例如原数据为，新数据为，此时新数据的分位数､原数据的分位数均为3，故D错误， 故选：D. 2．（23-24高一下·陕西咸阳·阶段练习）在某学校开展的“防电信诈骗知识竞赛”活动中，高三年级部派出甲、乙、丙、丁四个小组参赛，每个小组各有10位选手．记录参赛人员失分（均为非负整数）情况，若小组的每位选手失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，已知选手失分数据信息如下，则一定为“优秀小组”的是（    ） A．甲组中位数为3，极差为5 B．乙组平均数为2，众数为2 C．丙组平均数为2，方差为3 D．丁组平均数为2，第85百分位数为7 【解题思路】A选项，假设有选手失8分，根据极差得到最低失分为3分，中位数为3，故A错误；C选项，根据方差得到，若有选手失8分，则有，矛盾，故C正确；BD选项，举出反例即可判断. 【解答过程】A选项，假设存在选手失分超过7分，失8分，根据极差为5，得到最低失分为3分， 此时中位数为3，故假设可以成立，故A错误； B选项，假设乙组的失分情况为， 满足平均数为2，众数为2，但该组不为“优秀小组”，B错误； C选项，丙组的失分情况从小到大排列依次为， 丙组平均数为2，方差为3，即， 若，则，不合要求，故， 所以该组每位选手失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，故C正确； D选项，，故从小到大，选取第9个数作为第85百分位数， 即从小到大第9个数为7，假设丁组失分情况为， 满足平均数为2，第85百分位数为7，但不是“优秀小组”，故D错误. 故选：C. 3．（多选）（23-24高一下·黑龙江绥化·期末）在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间没有发生大规模群体感染的标准为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”，过去10天，甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据信息如下：甲地：平均数为2，众数为2；乙地：中位数为3，极差为4；丙地：平均数为2，中位数为3；丁地：平均数为2，标准差为，甲、乙、丙、丁四地中，一定没有发生大规模群体感染的是（   ） A．甲地 B．乙地 C．丙地 D．丁地 【解题思路】对于A，举例判断，对于B，计算出每天新增疑似病例人数的最大值判断，对于CD，利用反证法判断. 【解答过程】对于A，若甲地过去10天每天新增疑似病例人数分别为0，0，0，2，2，2，2，2，2，8， 则满足平均数2，众数为2，但不满足每天新增疑似病例不超过7人，所以A错误， 对于B，因为乙地：中位数为3，极差为4，则最大值不大于， 所以乙地满足每天新增疑似病例不超过7人，所以B正确， 对于C，假设丙地至少有一天新增疑似病例人数超过7人， 由中位数为3可得平均数的最小值为， 与题意矛盾，所以C正确， 对于D，假设丁地至少有一天新增疑似病例人数超过7人， 则方差的最小值为，与题意矛盾，所以D正确， 故选：BCD. 4．（23-24高一下·湖南怀化·期末）统计学中，协方差用来描述两个变量之间的总体的误差.设一组数据的平均值为，另一组数据的平均值为，则协方差.某次考试结束后，抽取了高一年级10名学生的数学成绩x、物理成绩y如下表： 序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学成绩 135 124 118 107 95 87 74 63 53 44 物理成绩 97 78 82 83 77 65 67 52 44 45 已知，则 474 . 【解题思路】根据表格数据，算出，再对协方差公式进行展开化简，再代入求值即得. 【解答过程】由已知得， ， 则 . 故答案为：474. 5．（23-24高一下·云南昆明·期末）某中学举行了一次“环保知识竞赛”，全校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（得分取正整数，满分为100分）作为样本进行统计. 请根据下面尚未完成并有局部污损的频率分布表（如图所示）和频率分布直方图（如图所示）解决下列问题：频率分布表： 组别 分组 频数 频率 第1组 8 0.16 第2组 第3组 20 0.40 第4组 0.08 第5组 2 合计 频率分布直方图： (1)写出 的值； (2)若根据这次成绩，学校准备淘汰 同学，仅留 的同学进入下一轮竞赛，请问晋级分数线划为多少合理？ (3)某老师在此次考试成绩中抽取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100和80这两个分数，求剩余8个分数的平均数与标准差. 【解题思路】（1）根据频率和频数的关系以及直方图中小矩形的面积代表频率，进行计算即可； （2）利用频率分布直方图计算第90百分位数即可； （3）根据平均数和方差的计算公式求解即可. 【解答过程】（1）由题意可知抽取的学生人数为：， 则第四组人数为：， 所以， ，，. （2）成绩落在内的频率为：， 落在内的频率为：， 设第90百分位数为， 则，解得， 故晋级分数线划为82.5合理. （3）因为，所以. 标准差，所以， 则， 剔除其中的100和80两个分数，设剩余8个数为， 设平均数与标准差分别为， 则剩余8个分数的平均数为， 方差为， 故标准差为. 题型15 古典概型（共5小题） 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 1．（23-24高一下·山西太原·期末）已知甲、乙两个袋子中各装有若干个白球和红球（这些球仅颜色不同），且乙袋中球数是甲袋中球数2倍，若从甲袋中随机摸一个球，摸到红球的概率为，而将甲、乙两个袋子中的球装在一起后，从中随机摸一个球，摸到红球的概率为，则从乙袋中随机摸一个球，摸到红球的概率为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】设甲袋中的总球数为，则甲袋中有个红球，个白球，乙袋中的总球数为，根据题意可得乙袋中有个红球，计算可得乙袋中摸到红球的概率. 【解答过程】假设甲袋中的总球数为，因为从甲袋中随机摸一个球，摸到红球的概率为， 则甲袋中有个红球，个白球， 又乙袋中球数是甲袋中球数2倍，乙袋中的总球数为； 因为将甲、乙两个袋子中的球装在一起后，从中随机摸一个球，摸到红球的概率为， 所以甲、乙两袋中共有个红球，所以乙袋中有个红球， 因而从乙袋中摸到红球的概率为. 故选：C. 2．（23-24高一下·湖南·期末）冰雹猜想又称考拉兹猜想、角谷猜想、猜想等，其描述为：任一正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，反复计算，最终都将会得到数字1．例如：给出正整数5，则进行这种反复运算的过程为5→16→8→4→2→1，即按照这种运算规律进行5次运算后得到1．若从正整数6，7，8，9，10中任取2个数按照上述运算规律进行运算，则运算次数均为奇数的概率为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据题中定义，分别求出正整数6，7，8，9，10按照题中所给运算规律进行运算的次数，最后根据古典概型的概率计算公式进行求解即可. 【解答过程】按照题中运算规律，正整数6的运算过程为，运算次数为； 正整数7的部分运算过程为， 当运算到10时，运算次数为10，由正整数的运算过程可知， 正整数7总的运算次数为； 正整数8的运算次数为； 正整数9的部分运算过程为，当运算到7时，运算次数为3， 由正整数7的运算过程可知，正整数9总的运算次数为． 正整数10的运算次数为6； 故正整数6，7，8，9，10的运算次数分别为偶数、偶数、奇数、奇数、偶数， 从正整数6，7，8，9，10中任取2个数的方法总数为： ，共种， 其中的运算次数均为奇数的方法总数为：，共种， 故运算次数均为奇数的概率为． 故选：A. 3．（多选）（23-24高一下·浙江温州·期末）小明与小红两人做游戏，抛掷一枚质地均匀的骰子，则下列游戏中不公平的是（    ） A．抛掷骰子一次，掷出的点数为1或2，小明获胜；否则小红获胜 B．抛掷骰子两次，掷出的点数之和为奇数，小明获胜；否则小红获胜 C．抛掷骰子两次，掷出的点数之和为6，小明获胜；点数之和为8，小红获胜；否则重新抛掷 D．抛掷骰子三次，掷出的点数为连续三个自然数，小明获胜；掷出的点数都相同，小红获胜；否则重新抛掷 【解题思路】对于每个选项，由古典概型概率计算公式计算各自获胜的概率即可求解. 【解答过程】对于A，小明获胜的概率为，故A符合题意； 对于B，若要点数之和为奇数，则只能是一奇一偶，而每抛一次出现奇数，偶数的概率都是， 但可能是先出现奇数，有可能先出现偶数，故小明获胜的概率为，故B不符合题意； 对于C，若点数之和为6，则两个加数可以是，即小明获胜的概率为， 若点数之和为8，则两个加数可以是，即小红获胜的概率为，故C不符合题意； 对于D，抛掷骰子三次，掷出的点数为连续三个自然数，则这三个自然数可以是， 所以小明获胜的概率为， 若掷出的点数都相同，则这三个自然数可以是， 所以小红获胜的概率为，故D符合题意. 故选：AD. 4．（23-24高一下·河北承德·期末）九宫格数独游戏是一种训练推理能力的数字谜题游戏.九宫格分为九个小宫格，某小九宫格如图所示，小明需要在9个小格子中填上1至9中不重复的整数，小明通过推理已经得到了4个小格子中的准确数字，这5个数字未知，且为奇数，则的概率为 . 9 7 4 5 【解题思路】根据题意列出这个试验的等可能结果，然后求解概率即可； 【解答过程】这个试验的等可能结果用下表表示： a b c d e 2 1 6 3 8 2 1 8 3 6 6 1 2 3 8 6 1 8 3 2 8 1 2 3 6 8 1 6 3 2 2 3 6 1 8 2 3 8 1 6 6 3 2 1 8 6 3 8 1 2 8 3 2 1 6 8 3 6 1 2 共有12种等可能的结果，其中的结果有8种， 所以的概率为. 故答案为：. 5．（23-24高一下·广东深圳·期末）某校高一年级开设有羽毛球训练课，期末对学生进行羽毛球五项指标(正手发高远球、定点高远球、吊球、杀球以及半场计时往返跑)考核，满分100分.参加考核的学生有40人，考核得分的频率分布直方图如图所示. (1)由频率分布直方图，求出图中的值，并估计考核得分的第60百分位数: (2)为了提升同学们的羽毛球技能，校方准备招聘高水平的教练.现采用分层抽样的方法(样本量按比例分配)，从得分在内的学生中抽取5人，再从中挑出两人进行试课，求两人得分分别来自和的概率: (3)现已知直方图中考核得分在内的平均数为75，方差为6.25，在内的平均数为85，方差为0.5，求得分在内的平均数和方差. 【解题思路】（1）首先根据频率和为1求出，再根据百分数公式即可得到答案； （2）求出各自区间人数，列出样本空间和满足题意的情况，根据古典概型公式即可； （3）根据方差定义，证明出分层抽样的方差公式，代入计算即可. 【解答过程】（1）由题意得:，解得， 设第60百分位数为，则， 解得，第60百分位数为85. （2）由题意知，抽出的5位同学中，得分在的有人，设为、，在的有人，设为、、. 则样本空间为. 设事件“两人分别来自和，则， 因此， 所以两人得分分别来自和的概率为. （3）由题意知，落在区间内的数据有个， 落在区间内的数据有个. 记在区间的数据分别为，平均分为，方差为； 在区间的数据分别为为，平均分为，方差为； 这20个数据的平均数为，方差为. 由题意，，且，则. 根据方差的定义， 由， 可得 故得分在内的平均数为81，方差为26.8. 题型16 概率综合（共5小题） 平面向量线性运算的坐标表示 平面向量线性运算的坐标表示 1．（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. 2．（23-24高一下·山东滨州·期末）抛掷一枚质地均匀的硬币n次，记事件“n次中既有正面朝上又有反面朝上”，“n次中至多有一次正面朝上”．下列说法正确的是（    ） A．当时， B．当时， C．当时， D．当时， 【解题思路】根据对立事件结合独立事件概率乘法公式求.对于AB：代入，分析判断即可；对于CD：代入，结合事件的运算分析判断. 【解答过程】由题意可知：抛掷一枚质地均匀的硬币，正面、反面向上的概率均为， 且事件“n次中均为正面朝上或均为反面朝上”，则， 则，， 且事件“n次中仅有一次正面朝上”，则. 对于选项AB：若，则，，， 可得，，故AB错误； 对于选项CD：若，则，，， 可得，， 即，故C正确，D错误； 故选：C. 3．（多选）（23-24高一下·黑龙江大庆·期末）一台仪器每启动一次都随机地出现一个5位的数字，其中的各位数字中，，则（    ） A．的所有实验结果构成的样本空间中共有32个样本点 B．若的各位数字都是等可能地取值为0或1，则的概率大于的概率 C．若的各位数字都是等可能地取值为0或1，则中各位数字之和是4的概率为 D．若出现0的概率为，出现1的概率为，则启动一次出现的数字中恰有两个0的概率为 【解题思路】由样本空间的定义判断A，根据古典概型概率计算公式，互斥事件的加法及独立事件的乘法公式判断BCD． 【解答过程】对于A，由于的各位数字中，都可能为0或1，则的所有实验结果构成的样本空间中有个样本点，正确； 对于B，若的各位数字都是等可能地取值0或1，则 ，所以的概率等于的概率，错误； 对于C，若的各位数字都是等可能地取值为0或1，如果中各位数字之和是4，即5个数字中有4和“1”和1个“0”， 可能情况有：，共有5种等可能情况，其概率，正确； 对于D，由于，数字中恰有2个0，即在四个数中恰好有2个0,2个1， 可能情况有：，共有6种情况， 启动一次出现的数字中恰有两个0的概率为，正确； 故选：ACD． 4．（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：. 5．（23-24高一下·广西南宁·期末）在某抽奖活动中，初始时的袋子中有3个除颜色外其余都相同的小球，颜色为2白1红．每次随机抽取一个小球后放回．抽奖规则如下：设定抽中红球为中奖，抽中白球为未中奖；若抽到白球，放回后把袋中的一个白色小球替换为红色；若抽到红球，放回后把三个球的颜色重新变为2白1红的初始状态．记第n次抽奖中奖的概率为． (1)求，，； (2)若存在实数a，b，c，对任意的不小于4的正整数n，都有，试确定a，b，c的值，并说明理由； (3)若累计中奖4次及以上可以获得一枚优胜者勋章，则从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为多少？ 【解题思路】（1）利用相互独立事件乘法公式和互斥事件加法公式求解即可； （2）分别求出第一次中奖，第次中奖的概率，第一次未中奖而第二次中奖，第次抽奖中奖的概率，前两次均未中奖，第次抽奖中奖的概率，即可求解时，，对比即可求解； （3）先分析获得勋章的情形，分别求出从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率，再求出仅三次中奖的概率即可求解. 【解答过程】（1）, ， ； （2）因为每次中奖后袋中的球会回到初始状态， 从初始状态开始，若第一次中奖，此时第次抽奖中奖的概率为， 从初始状态开始，若第一次未中奖而第二次中奖， 此时第次抽奖中奖的概率为， 从初始状态开始，若前两次均未中奖，则第三次必中奖， 此时第次抽奖中奖的概率为， 综上所述，对任意的，， 又，所以； （3）由题意知每抽三次至少有一次中奖，故连抽次至少中奖次， 所以只需排除次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章， 另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态， 从初始状态开始，抽一次中奖的概率为， 从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率为， 从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率为， 用表示第次，第次，第次中奖，其余未中奖， 则三次中奖的所有情况如下：， ， 故仅三次中奖的概率为 ， 所以从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为. 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 $$