专题02 高一下期末真题精选（考题猜想，压轴14大题型）-2024-2025学年高一数学下学期期末考点大串讲（人教A版2019必修第二册）

专题01 高一下期末真题精选（压轴14大题型） 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 · 题型一 平面向量基本定理（重点） · 题型二 向量的数量积（含最值范围）（难点） · 题型三 向量的模（含最值范围）（重点） · 题型四 平面向量中的新定义题（难点） · 题型五 三角形周长（边长代数和）问题（重点，难点） · 题型六 三角形面积问题（高频） · 题型七 复数模的最值（范围）问题（重点） · 题型八 空间角（难点） · 题型九 外接球与内切球（难点） · 题型十 立体几何综合（重点） · 题型十一 分层抽样的平均数和方差 （易错） · 题型十二 用样本估计总体（高频） · 题型十三 判断事件的独立性，互斥事件，对立事件（重点） · 题型十四 概率综合（重点） 题型一 平面向量基本定理 1．（23-24高一下·甘肃临夏·期末）如图，在中，点O是BC的中点，，分别连接MO、NO并延长，与边AB的延长线分别交于P，Q两点，若，则（    ）    A．2 B．1 C．－2 D．－1 【答案】B 【知识点】向量减法的运算律、利用平面向量基本定理求参数、向量的线性运算的几何应用、用基底表示向量 【分析】利用向量共线的推论与线性关系，求解系数再结合向量减法即可求参. 【详解】因为三点共线，所以， 又因为是中点，所以，因为，所以， 所以，则 所以， 因为三点共线，所以， 又因为是中点，所以，因为，所以， 所以，则 所以， 所以， 所以. 故选：B. 2．（23-24高一下·广东潮州·期末）如图，在中，，P是线段BD上一点，若，则实数m的值为（    ） A． B． C．2 D． 【答案】A 【知识点】已知向量共线（平行）求参数、平面向量共线定理的推论、平面向量基本定理的应用 【分析】根据向量线性运算得，再利用三点共线的结论即可得到值. 【详解】根据题意，得， 又， 因为B，P，D三点共线，所以，即. 故选：A. 3．（23-24高一下·四川内江·期末）在平行四边形中，是对角线上靠近点的三等分点，点在上，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】平面向量基本定理的应用 【分析】根据平面向量三点共线定理和平面向量基本定理，由对应系数相等列方程求解即可. 【详解】由题可知， 点在上， 则存在实数λ，使得 ， ， ， ， 故选：C 4．（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． 【答案】D 【知识点】向量的线性运算的几何应用、利用平面向量基本定理求参数、用基底表示向量、平面向量基本定理的应用 【分析】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. 【详解】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 5．（23-24高一下·四川成都·期中）如图，在中，点是上的点且满足，是上的点且满足，与交于点，且，则（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】平面向量的混合运算、利用平面向量基本定理求参数 【分析】设，分别得到和，联立方程组，求得，进而求得的值，即可求解. 【详解】设， 由， 又由， 所以，解得，可得， 因为，所以，所以. 故选：D. 6．（23-24高一下·四川绵阳·期末）如图，在平行四边形中，对角线交于点O，点E在上，且，连接交于点G，若，则 ．    【答案】 【知识点】向量的线性运算的几何应用、利用平面向量基本定理求参数 【分析】运用平面向量的线性运算，结合基本定理可解. 【详解】在平行四边形中, ， 根据初中知识知道，则，则， 又，则，则． 故答案为：. 7．（24-25高一上·辽宁鞍山·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. 【答案】(1) (2)时，的最小值. 【知识点】用基底表示向量、基本不等式“1”的妙用求最值、利用平面向量基本定理求参数 【分析】（1）结合向量的线性运算，根据平面向量基本定理列式求解； （2）结合（1）的结论，利用基本不等式常数代换技巧求解最值即可. 【详解】（1）如图所示，延长交于，已知点是的重心， 故为中点，所以， 所以， 所以，①. 因为三点共线，设，即， ②， 由①②得， 所以，即. （2）由题意可知，且. 所以， 当且仅当，即时取等号， 又因为，所以时，的最小值. 题型二 向量的数量积（含最值范围） 1．（24-25高一上·河北保定·期末）已知平面向量，满足，，则的最大值为（    ） A．8 B． C．10 D． 【答案】C 【知识点】数量积的运算律 【分析】根据向量数量积运算律得，再利用向量不等式即可得到答案. 【详解】因为则，则， 所以，所以， ， 故选：C. 2．（23-24高三上·山东潍坊·期末）已知正方形ABCD的边长为2，MN是它的内切圆的一条弦，点P为正方形四条边上的动点，当弦MN的长度最大时，的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】数量积的运算律、向量的线性运算的几何应用 【分析】作出图象，结合平面向量的线性运算和数量积化简，求的范围可得的范围. 【详解】设正方形的内切圆圆心为O，如图所示： 考虑是线段上的任意一点，，， 圆的半径长为1，由于是线段上的任意一点，则， 所以. 故选：A 3．（23-24高一下·河北保定·期末）已知的外接圆圆心为O，且，，点D是线段BC上一动点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】向量加法法则的几何应用、数量积的坐标表示 【分析】根据题意分析可知：O为的中点，，，建系，根据向量的坐标运算可得，结合二次函数分析求解. 【详解】因为，可知O为的中点， 又因为O为的外接圆圆心，则， 且，即， 可知为等边三角形，即， 如图，建立平面直角坐标系， 则，设， 可得， 则， 可知当时，取到最小值. 【点睛】关键点点睛：根据中线性质分析可知O为的中点，结合圆的性质可知，. 4．（23-24高一下·广东广州·期末）已知为的外接圆圆心，，则的最大值为（    ） A．2 B．4 C． D． 【答案】B 【知识点】数量积的运算律 【分析】利用圆的性质，得到，将转换为，进而求出最大值. 【详解】如图所示：    因为为的外接圆圆心，，所以， 且， 所以， 故当共线反向时，取到最大值. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是推导出，再由数量积的运算律得到. 5．（多选）（23-24高一下·河南南阳·期末）在边长为3的正方形中，分别是边上的动点（含端点），且，则的取值可以是（    ） A．12 B．11 C．10 D．9 【答案】ABC 【知识点】数量积的运算律、数量积的坐标表示、基本（均值）不等式的应用 【分析】通过建系，设出点，通过计算得，结合利用基本不等式和三角形三边关系定理即可求得的范围即可判断. 【详解】 如图，以为坐标原点，射线的方向分别为轴､轴的正方向，建立平面直角坐标系. 则.设，其中，因，则 则，. 因为， 故得，解得，当且仅当时，等号成立. 又，当且仅当点或点与点重合时等号成立， 故得，即，又， 所以都满足其范围，不满足其范围，故ABC正确，D错误. 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是建立直角坐标系，将问题转化为代数运算，从而结合基本不等式即可得解. 6．（23-24高一下·江西景德镇·期末）在中，，，，为边上两点，且，则的最小值为 . 【答案】 【知识点】基本不等式求和的最小值、数量积的坐标表示、用和、差角的正切公式化简、求值 【分析】首先建立平面直角坐标系，然后结合向量的坐标运算法则及基本不等式求解数量积的最小值即可. 【详解】如图所示，以的中点为原点，为轴，射线为非负轴建立平面直角坐标系，    则，，，设， 不妨假设D在E的左侧，则由知，， 据此有：，，则. 因为，所以，所以， 所以，所以， 令， 则， 当且仅当即时，等号成立， 故的最小值为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义.具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用. 7．（23-24高一下·天津·期末）如图，梯形且，，则 ，在线段BC上，则的取值范围为 . 【答案】 【知识点】用基底表示向量、数量积的运算律、向量夹角的计算、数量积的坐标表示 【分析】选一组基向量，分别表示、，由求得与的夹角即；过点作，以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，分别写出的坐标，进而得到的坐标，设，分别写出、的坐标，将转化成关于的二次函数，求得取值范围. 【详解】因为，， 所以， 所以，即， 解得，因为，所以； 过点作，垂足为，以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系， 在中，，，所以，，所以， 所以，则， 因为在线段BC上，设， 从而，， ， 因为，所以当时，取得最小值，当时，取得最大值， 所以的取值范围为. 故答案为：；. 8．（23-24高一下·广东汕尾·期末）已知在中，，，则的最大值为 ． 【答案】/ 【知识点】正弦定理解三角形、用定义求向量的数量积 【分析】利用正弦定理表示出，再利用向量数量积的定义将目标式用三角函数表示，利用三角函数的性质得到最值即可. 【详解】在中，由正弦定理得， 所以，所以， 因为， 所以， ， ，因为，所以， 故当时，即时，取得最大值，且最大值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量，解题关键是利用正弦定理结合数量积的定义将目标式用三角函数表示，然后利用三角函数的性质得到所要求的最值即可． 题型三 向量的模（含最值范围） 1．（23-24高一下·江苏常州·期末）已知，，其中，．若对任意，都有，则的最小值为（   ） A．2 B． C． D．3 【答案】B 【知识点】数量积的运算律、数量积的坐标表示 【分析】设，得到恒成立，得出，根据题意，结合勾股定理，得到，结合基本不等式即可求解. 【详解】设，如图所示， 因为对任意，都有， 由恒成立，则， 因为，， 所以，， 因为，所以， 所以， 当且仅当，即时，等号成立． 所以的最小值为. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：设，得到恒成立，得出，是解决本题的关键. 2．（23-24高一下·重庆·期末）已知向量非零向量b满足对都有 成立，则 的值为（    ） A． B．10 C．5 D．15 【答案】C 【知识点】向量减法法则的几何应用、向量的线性运算的几何应用 【分析】根据题意转化为几何图形，求向量的模. 【详解】如图，，，， 若对都有成立，则，即， 如图，，， 根据，，可知，， 所以. 故选：C 3．（2023·福建泉州·三模）已知平面向量，，满足，，，，则的最小值为（    ） A．1 B． C．2 D．4 【答案】C 【知识点】数量积的坐标表示、坐标计算向量的模、向量垂直的坐标表示 【分析】在平面直角坐标系xOy中，不妨设，，，由已知可得，由向量的加法和模的坐标运算结合基本不等式求解即可. 【详解】在平面直角坐标系xOy中，不妨设，，， 则，，， 所以， 当且仅当时等号成立， 因此，的最小值为2. 故选：C. 4．（2024·四川资阳·二模）已知向量，的夹角为150°，且，，则（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【知识点】已知数量积求模 【分析】借助向量模长与数量积的关系与数量积的计算公式计算即可得. 【详解】因为， 所以. 故选：D 5．（24-25高一上·北京延庆·期末）已知，，则的最大值为 ，最小值为 . 【答案】 6 2 【知识点】数量积的运算律、已知数量积求模 【分析】设的夹角为，对平方再开方，根据可得答案. 【详解】设的夹角为，则， 因为，，所以 ， 因为，所以， 所以， 即， 所以的最大值为6，最小值为2. 故答案为：①6；②2. 6．（23-24高一下·天津东丽·期末）已知中，，，记，则 ；若，当最大时， . 【答案】 1 【知识点】利用平面向量基本定理求参数、向量夹角的坐标表示 【分析】根据已知的几何关系即可求出和的值，从而得的值；以A为原点，AC、AB分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，设，用b表示出，根据余弦函数单调性，当其取最小值时，最大，从而求得的值. 【详解】， ，. 以A为原点，AC、AB分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，设， 则， ， 设， 则，令， 则， 故当，即，时，最小， ，所以此时最大. 故答案为：1；. 题型四 平面向量中的新定义题 1．（24-25高二上·北京房山·期末）对于空间向量，定义：，．且． (1)若，求及； (2)是否存在？若存在，写出一个；若不存在，说明理由； (3)证明：对于任意，必存在，使． 【答案】(1)0；2 (2)不存在，理由见解析 (3)证明见解析 【知识点】从平面向量到空间向量、向量新定义 【分析】（1）根据定义写出和，即可求解； （2）利用即可求解； （3）利用反证法，假设，然后得出矛盾，即可证明. 【详解】（1）若，则，所以， 则，， 所以，； （2）不存在. 不妨设，所以，相加得， 因为，所以， 因为，所以不存在满足条件的； （3）设， 假设对，即均不为0． 所以．即， 又因为， 所以． 所以，与矛盾，故假设不正确， 综上，对于任意，必存在，使. 【点睛】关键点点睛：本题第（3）问的关键是利用为整数，得到假设不成立. 2．（24-25高二上·湖南邵阳·开学考试）在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量，.作：，当不共线时，记以为邻边的平行四边形的面积为；当共线时，规定. (1)分别根据下列已知条件求； ①，； ②，； (2)若向量，求证：； (3)记，，，且满足，，，求的最大值. 【答案】(1)①5；②0； (2)证明见解析； (3). 【知识点】辅助角公式、三角形面积公式及其应用、向量新定义 【分析】（1）利用给定的定义直接计算即得. （2）利用给定的定义，结合向量的坐标运算推理即得. （3）设，并表示出，利用三角形面积公式，辅助角公式分类求解即得. 【详解】（1）因为，，则； 又，，所以. （2）因为向量，，且向量， 则，于是， 同理，所以. （3）设，由，得或， 当时， 当时，取到最大值； 当时， ， 当，即时，取得最大值， 所以取得最大值. 3．（23-24高二下·湖南娄底·期末）如图，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量．若向量，则把有序实数对叫做向量在坐标系中的坐标，记作．在此坐标系中，若，，，是的中点，与交于两点．    (1)求； (2)求的坐标； (3)若过点的直线分别与轴、轴正方向交于、两点，求的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】三角形面积公式及其应用、基本不等式求和的最小值、利用平面向量基本定理求参数、向量新定义 【分析】（1）依题意可得，再根据数量积的运算律计算可得； （2）依题意可得，即可得到是平行四边形，从而得到，即可得到，再根据计算可得； （3）设，，又三点共线，设，根据平面向量线性运算及基本定理得到，从而得到，再由面积公式及基本不等式计算可得. 【详解】（1）依题意可得， ， - ； （2），，， ，，， ， 所以四边形是平行四边形，即， ， 是的中点， ， ， 又， ， ； （3）设，， 则，， 因为三点共线，则设， ， ， ， ，， ，当且仅当时取等号， 所以的最小值为． 或者：由，得， 所以，所以，当且仅当时取等号， ，当且仅当时取等号， 所以的最小值为． 【点睛】关键点点睛：本题关键是理解所给定义，第三问关键是以平面向量基本定理得到，从而得到，再由基本不等式求出面积最小值. 4．（23-24高一下·云南玉溪·期末）类比于二维空间（即平面），向量可用二元有序数组表示，若维空间向量用元有序数组表示，记为，，且维空间向量满足. (1)当，求. (2)证明：； (3)若是正实数，且满足，求证：. 【答案】(1) (2)证明见详解 (3)证明见详解 【知识点】平面向量数量积的定义及辨析、基本不等式求和的最小值、向量新定义 【分析】（1）根据题意可得，结合夹角公式运算求解； （2）根据题意结合数量积的定义分析证明； （3）根据题意结合基本不等式分析证明. 【详解】（1）因为，则， 所以. （2）因为，， 则， 且，可得，当且仅当共线时，等号成立， 所以. （3）因为是正实数，则，当且仅当，即时，等号成立， 即，当且仅当时，等号成立， 同理可得：，当且仅当时，等号成立， ，当且仅当时，等号成立， 可得，当且仅当时，等号成立， 此时满足，即等号成立， 所以. 【点睛】关键点点睛：对于（2），利用数量积将代数问题转化为向量问题，进而分析证明. 5．（23-24高一下·浙江宁波·期末） 已知向量满足，且与互相垂直. (1)求向量在向量上的投影向量 （用表示）； (2)定义平面非零向量之间的一种运算“*”：（其中是非零向量和的夹角），求 【答案】(1) (2)3 【知识点】求投影向量、向量新定义、垂直关系的向量表示、数量积的运算律 【分析】（1）由与互相垂直得，再根据投影向量的定义计算可得答案； （2）利用定义对平方再开方计算可得答案. 【详解】（1）因为与互相垂直，所以， 可得，所以， 向量在向量上的投影向量为 ； （2）因为， 又，所以，， . 题型五 三角形周长（边长代数和）问题 1．（23-24高三上·内蒙古包头·期末）已知为锐角三角形，是角分别所对的边，若，且，则的取值范围是 ． 【答案】 【知识点】求三角形中的边长或周长的最值或范围、用和、差角的正弦公式化简、求值、二倍角的正弦公式、正弦定理边角互化的应用 【分析】根据给定条件，求出的值及的范围，再利用正弦定理结合两角和与差的正弦公式求得答案. 【详解】在锐角中，由，得，即， 由正弦定理得，而，则， 又，则有，得，，由，解得， 由正弦定理得，而，则， 由，得，即，于是， 所以的取值范围是. 故答案为： 【点睛】思路点睛：涉及求三角形边长范围问题，可以利用正弦定理及三角恒等变换，转化为关于某个角的函数，再借助三角函数的性质求解. 2．（23-24高二下·浙江宁波·期末）在锐角中，内角所对的边分别为，若，则的最小值为 . 【答案】/ 【知识点】求三角形中的边长或周长的最值或范围、三角恒等变换的化简问题、正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形 【分析】根据结合余弦定理可得，再将所求利用正弦定理化边为角，再根据二倍角公式化简，结合基本不等式即可得解. 【详解】由余弦定理得， 又， 所以， 即，所以， 由正弦定理得， 即， 因为，所以， 所以或（舍去）， 所以， ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：根据结合余弦定理得出是解决本题的关键. 3．（24-25高三上·山东威海·期末）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 【知识点】正弦定理边角互化的应用、基本不等式求和的最小值、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形 【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. 【详解】（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. 4．（24-25高一上·湖南邵阳·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． (1)求角B； (2)若的角平分线交AC于点D，，，求BD； (3)若的外接圆的半径为，求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】求含sinx(型)函数的值域和最值、正弦定理边角互化的应用、三角恒等变换的化简问题、三角形面积公式及其应用 【分析】（1）利用正弦定理可得，利用余弦定理可得，即可得结果； （2）根据面积关系，结合面积公式运算求解即可； （3）利用正弦定理结合三角恒等变换可得，再结合正弦函数的有界性分析求解. 【详解】（1）因为， 可得， 由正弦定理得，则， 且，所以． （2）由题意可知：， 因为， 则， 即，可得． （3）由正弦定理可得， 则， 可得， 又因为，则， 可得，即， 所以的取值范围为. 5．（24-25高三上·广东深圳·期末）记的内角A，B，C的对边分别为. (1)求； (2)设AC边上的高为，若，且，求周长的取值范围. 【答案】(1) (2) 【知识点】正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用 【分析】（1）用正弦定理转化后，整理化简得从而求出角的大小； （2）利用余弦定理可得关系，利用等面积法可求出，由此可求周长的范围. 【详解】（1）由正弦定理得， 因为， 所以， 因为，，所以，， 又，解得； （2）∵，，即， 所以，即， 又，所以， 因为，所以，故， 所以，所以， 所以周长的范围为． 6．（24-25高一上·江苏无锡·期末）如图，有一条宽为的笔直的河道（假设河道足够长），规划在河道内围出一块直角三角形区域（图中）种植荷花用于观赏，两点分别在两岸上，，顶点到河两岸的距离，设． (1)若，求的面积的最大值； (2)当恰好为中点时，求的周长的最小值． 【答案】(1) (2)． 【知识点】求含sinx(型)函数的值域和最值、三角形面积公式及其应用、利用函数单调性求最值或值域、基本（均值）不等式的应用 【分析】（1）由，结合锐角三角函数求出，进而求出三角形面积，利用基本不等式求出面积的最大值. （2）由直角三角形的边角关系结合勾股定理得出，进而表示周长，再利用与的关系，换元并由反比例函数性质得出周长最小值． 【详解】（1）由题意，易得， ，，且，， ，， 又， 当且仅当时取“=”. （2）由题意得，，， ， 所以的周长 ，其中． 设，则， ，所以，即， 所以． 所以，， 因为函数在上单调递减， 且当时，， 因此，周长的最小值为． 7．（2024·甘肃·模拟预测）在中，内角，，所对的边分别为，，，已知. (1)求角的大小； (2)若，的面积为，求的周长. 【答案】(1)； (2). 【知识点】正弦定理边角互化的应用、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形 【分析】（1）由，结合正弦定理角化边，再由余弦定理即可求解； （2）由（1）结合三角形面积公式、余弦定理即可求解； 【详解】（1）因为，所以， 由正弦定理得，即， 所以， 因为，所以. （2）由（1）知，， 所以， 即，所以， 又，即， 所以的周长为. 题型六 三角形面积问题 1．（24-25高三上·山东滨州·期末）如图，在扇形中，半径，圆心角，是扇形弧上的动点，过点作，交于点，则的面积的最大值为 ． 【答案】/ 【知识点】三角恒等变换的化简问题、求三角形面积的最值或范围、正余弦定理与三角函数性质的结合应用 【分析】首先得到，设，由正弦定理表示出，再把的面积表示出来，最后转化为三角函数值域问题，利用三角恒等变换即可求解. 【详解】因为，，所以，设，则， 在中由正弦定理可得，即， 所以， 因为，所以，显然当，即时，最大值为. 故答案为： 2．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知的内角A，B，C的对边分别为，且满足． (1)求角的大小； (2)若点是边BC上，，且，求的面积最大值． 【答案】(1) (2) 【知识点】正弦定理边角互化的应用、三角形面积公式及其应用、已知模求参数、基本不等式求积的最大值 【分析】（1）由正弦定理和三角形内三个角的关系化简已知等式，然后得到，即可求出的大小； （2）由得到，然后由建立方程后得到，借助基本不等式求得的最大值，从而求出三角形面积的最大值. 【详解】（1）∵ 由正弦定理可得， ∴， ∵ ∴， ∴，∵，∴， ∵，∴. （2）∵， ∴， ∴， 即，即， 又∵，∴，∴，当且仅当时取等号， ∴. 3．（24-25高二上·云南西双版纳·期末）已知函数 (1)求的最小正周期； (2)求的单调递增区间； (3)三角形的内角的对边分别为，若，求的面积. 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】三角形面积公式及其应用、求sinx型三角函数的单调性、求正弦（型）函数的最小正周期、正弦定理解三角形 【分析】（1）根据最小正周期公式即可得到答案； （2）根据正弦函数的性质求其单调增区间； （3）由题设有，结合三角形内角的性质得，再由正弦定理求得，应用和角正弦公式求得，最后应用三角形面积公式求三角形ABC的面积． 【详解】（1）的最小正周期. （2）令，， 解得， 的单调递增区间为. （3）由， 又，则，故，解得， 由正弦定理，即得，又，则， 则，则. 故. 4．（24-25高三上·湖南常德·期末）已知的内角，，的对边分别为，，，且． (1)求边； (2)若，求面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【知识点】正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形、正弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用 【分析】（1）法一：利用正弦定理结合三角恒等变换分析求解；法二：利用正、余弦定理边角转化分析求解； （2）法一：根据题意整理可得，结合面积公式分析求解；法二：利用正弦定理结合面积公式可得，根据题意结合基本不等式分析求解；法三：作边上的高，可得，，结合基本不等式运算求解；法四：根据题意利用正、余弦定理整理可得，结合二次函数求最值；法五：根据题意利用正、余弦定理整理可得，如图过点作底边的高，不妨设，，，整理可得，进而分析最值. 【详解】（1）法一：因为， 可得， 由正弦定理可得：  所以； 法二：因为，由正弦定理可得， 由余弦定理得： 化简得：，即，所以. （2）法一：因为，即，则， 可得 由正弦定理可得：， 又因为，所以， 所以面积为：， 当且仅当，即时，等号成立， 所以面积的最大值为； 法二：因为，则， 可得 又因为 可得， 当且仅当，即时，等号成立， 所以面积的最大值为； 法三：因为，可知，都为锐角， 如图，作边上的高， 则， 因为  则，即， 可得， 当且仅当，即时，等号成立， 所以面积的最大值为； 法四：因为，则， 由正弦定理可得：， 由余弦定理可得，即， 由余弦定理可得：， 则，化简可得，即， 可得 当时，面积的取到最大值为； 法五：因为，则， 由正弦定理可得：， 由余弦定理可得，即， 如图过点作底边的高， 不妨设，，， 则有，， 则， 整理可得，则，即， 当且仅当时，等号成立， 所以面积的最大值为. 5．（24-25高二上·云南保山·期末）在以下两个条件中任选一个补充在下面问题中： ①，②． 问题：已知的内角的对边分别为，且______，角的平分线交于点． (1)求； (2)若，求面积的最小值． 【答案】(1) (2) 【知识点】三角恒等变换的化简问题、三角形面积公式及其应用、用定义求向量的数量积、基本不等式求和的最小值 【分析】（1）选①，根据数量积以及三角形的面积公式可得，即可求解，如选②，根据二倍角公式以及和差角公式即可求解， （2）根据等面积法可得，即可利用基本不等式求解最值. 【详解】（1）若选①：∵ ∴即 故， 又∴． 若选②：∵ ∴即， ∴或（舍去）， 又∴． （2）∵平分且 ∴． 又∵， ∴． 又∵≥ ∴≥即≥当且仅当时等号成立， ∴≥， 故面积的最小值为． 题型七 复数模的最值（范围）问题 1．（23-24高一下·山东青岛·期末）已知i为虚数单位，复数z满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D．0 【答案】A 【知识点】求复数的模 【分析】设，代入代简可得，则，然后利用二次函数的性质可求出其最小值. 【详解】设，则，得 ， 所以，化简得， 所以， 所以 ，当时取等号， 所以的最小值为. 故选：A 2．（23-24高一下·江苏南京·期末）已知i为虚数单位，复数z满足，则的最大值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【知识点】与复数模相关的轨迹（图形）问题 【分析】根据复数的几何意义，利用圆上点到定点距离的最值的求法得解. 【详解】因为复数z满足， 所以复数对应的点的轨迹为单位圆，圆心为原点，半径， 圆心到复数对应的点的距离为， 所以的最大值为. 故选：B 3．（24-25高一下·山东济南·期中）已知复数z的实部大于等于1，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】与复数模相关的轨迹（图形）问题、复数的除法运算、求复数的模 【分析】由题意设出复数的标准式，由复数除法可得复数的标准式，结合题意可得点的轨迹方程，根据复数的模长公式，结合两点之间的距离公式，利用圆外一点到圆上点距离的最值，可得答案. 【详解】设，则， 由题意可得，整理可得， 因此，点在以为圆心，半径为的圆上及圆内， 则， 上式可表示点到的距离， 易知最小值为点到圆心的距离减去半径， 即为. 故选：C. 4．（23-24高一下·吉林长春·期中）已知是虚数单位，复数，且，则的最大值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【知识点】与复数模相关的轨迹（图形）问题 【分析】首先由模等于1得，则点为圆上的点, 再结合的几何意义即可求出最值. 【详解】若,即,点为圆上的点, ， 则其几何意义为圆上的点到点之间的距离, 则的最大值为 故选：C. 5．（24-25高一下·浙江金华·期中）若，则的最大值为 ． 【答案】6 【知识点】求复数的模、与复数模相关的轨迹（图形）问题 【分析】设，由题设可得，由复数的几何意义求解最值即可. 【详解】设， 则， 得， 表示以为圆心，1为半径的圆上的点到原点的距离， 所以. 故答案为：6. 题型八 空间角 1．（23-24高一下·辽宁大连·期末）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，为的中点.    (1)证明：平面； (2)若，. ①求二面角的余弦值； ②求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【知识点】证明线面平行、求二面角、求线面角 【分析】（1）连接，交于点，连接，可证，从而平面； （2）①取的中点，连接，则，在中，作交于点，以为二面角的平面角，利用余弦定理求解边和角； ②设点在平面内的射影为点，则为直线与平面所成的角，求出的长度，即可解决问题. 【详解】（1）连接，交于点，连接， 因为底面为菱形，所以为的中点， 因为为的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面；    （2）①因为，所以为等边三角形， 取的中点，连接，则， 在中，作交于点， 所以为二面角的平面角， 在中，因为，所以， 所以， 在中，， 所以， 在中，， 由余弦定理得， 在中，由余弦定理， 所以二面角的余弦值为； ②设点在平面内的射影为点， 则为直线与平面所成的角， 因为，所以， 所以，所以， 又因为平面，平面，， 所以平面， 又因为平面，平面， 所以平面，且， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】关键点点睛：根据定义找到二面角和线面角的平面角，从而求解. 2．（23-24高一下·福建福州·期末）如图，四棱锥的底面是边长为的正方形，． (1)证明：平面平面； (2)若，且与平面的夹角为 （i）证明； （ii）求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析；（ii） 【知识点】求线面角、证明线面垂直、求二面角、证明面面垂直 【分析】（1）连接，可证和，根据线面垂直的判定定理即可得平面，最后根据面面垂直的判定定理即可证明； （2）（）过点作交于点，结合，根据线面垂直的判定定理可得平面，即为与平面所成的角，故得解； （）过点作交于点，连接，证明，即知即为二面角的平面角，再根据三角形平行线定理和勾股定理求出、的长，最后由锐角三角函数即可得解. 【详解】（1）如图①所示，设，连接， 因为四边形为正方形，所以， 又因为为的中点，且， 所以， 又，，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面； （2）（）如图②所示，在平面中过点作交于点， 因为平面，又平面， 所以， 又，，平面， 所以平面， 所以即为与平面所成的角， 即， 所以； （）因为，且， 所以， 如图②所示，过点作交于点，连接， 又平面，平面， 所以， 又，，平面， 所以平面， 又平面，所以， 所以即为二面角的平面角， 又， 所以 因为四边形为正方形， 所以， 又因为 所以， 所以， 即，， 解得，， 又平面，平面， 所以， 所以， 所以， 所以二面角的正弦值为． 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何的综合应用，解题的关键是熟练掌握线面、面面垂直的判断定理和性质定理，以及线面角、二面角的定义和求法. 3．（23-24高一下·黑龙江黑河·期末）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) 【知识点】空间垂直的转化、证明线面垂直、求二面角、求线面角 【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. 【详解】（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. 4．（23-24高一下·广东江门·期末）如图，在平面五边形中，，，，，的面积为.现将五边形沿向内进行翻折，得到四棱锥. (1)求线段的长度； (2)求四棱锥的体积的最大值； (3)当二面角的大小为时，求直线与平面所成的角的正切值. 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】求线面角、余弦定理解三角形、由二面角大小求线段长度或距离、锥体体积的有关计算 【分析】（1）延长相交于点，由余弦定理可得答案； （2）求出四边形的面积为定值，要向折叠后得到的四棱锥体积最大，则要四棱锥的高最大，即平面平面时，此时四棱锥的高即为边上的高，求出高可得答案； （3）做交于点，得点为的中点，，设翻折前点为，做，利用线面垂直的判定定理得平面，为直线与平面所成的角，求出边长可得答案. 【详解】（1）如图， 延长相交于点， 因为，所以， 所以是边长为1的等边三角形，， 所以，， 由余弦定理得， 即，即， 所以； （2） 延长相交于点，是边长为1的等边三角形， 由（1），得，， 所以， ， 故四边形的面积为 要向折叠后得到的四棱锥体积最大，则要四棱锥的高最大， 故使平面平面，此时四棱锥的高即为边上的高， 因为的面积为，设边上的高为， 则，解得， 故四棱锥的体积的最大值为； （3）作交于点，由，所以， 可得，所以点为的中点， 取的中点，连接， 则，可得，所以， 设翻折前点为，连接，则，，， 作交于点，连接， 因为，，，平面， 所以平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 所以为直线与平面所成的角， 由于，，所以， 因为分别为的中点，所以，， ， 由余弦定理得 ，， 所以. 【点睛】关键点点睛：第三问解题的关键点是利用线面垂直的判定定理得到平面，得出为直线与平面所成的角. 5．（23-24高一下·天津东丽·期末）如左图所示，在直角梯形中，，，，，，边上一点满足.现将沿折起到的位置，使平面平面，如右图所示.    (1)求证：； (2)求直线与面所成角的正弦值； (3)求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【知识点】求线面角、证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直、求二面角 【分析】（1）根据线线垂直证明线面垂直，进而可证异面直线垂直； （2）根据面面垂直与线线垂直，可得直线在平面内的投影，即可得直线与面所成角的平面角，即可得解； （3）扩大平面可得两平面的交线，过作，可得二面角的平面角，根据勾股定理可得各边长，进而可得二面角的余弦值. 【详解】（1）    在直角梯形中连接、，设， ，， 又因为四边形为直角梯形， ，且， 四边形为平行四边形， ，， 平行四边形为菱形，， 即翻折后，， ，且，平面， 平面， 平面，； （2）由已知平面平面，且平面平面，，平面， 平面， 在平面内的投影为， 即直线与面所成角的平面角为， 且，， 为等腰直角三角形，， 即直线与面所成角的正弦值为； （3）    如图所示，延长，，交于点， 则平面，平面， 又平面，平面， 即为平面与平面的交线， 由（2）得平面，平面，则， 过点作于点，，，平面， 则平面， 又平面，则， 所以平面与平面所成角的平面角为， 由（1）得，且， ，则，即， ，，， ，，， 则， ， 即平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 6．（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． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【知识点】证明线面垂直、锥体体积的有关计算、求二面角、求线面角 【分析】（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. 【详解】（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， ． 【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定，考查二面角的求法，考查线面角的求解，第（2）问解题的关键是利用二面角的定义结合已知条件作辅助角找出二面角的平面角，从而进行求解，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题. 7．（23-24高一下·宁夏·期末）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为．如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且．    (1)证明：平面； (2)若，求二面角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面垂直、求二面角 【分析】（1）由题意可得，根据线面垂直的性质可得，结合线面垂直的判定定理即可证明； （2）如图，根据线面垂直的判定定理可得平面，则，易证，则为二面角的平面角的补角．结合等面积法求得FH，即可求解. 【详解】（1）在直三棱柱中，平面，平面， 则，，所以点的曲率为， 所以， 因为，所以为正三角形， 因为为的中点，所以， 又平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面． （2）取的中点，连接，则， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面． 又平面，所以，过作的垂线，垂足为，连接， 则，又平面，所以平面， 又平面，所以， 所以为二面角的平面角的补角． 设，，则，，． 由等面积法可得，则， 则，故二面角的正切值为．    【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是线面垂直的判定定理与性质和求二面角. 8．（23-24高一下·四川成都·期末）如图，在长方形中，，，，将沿折起至，使平面平面.    (1)证明：平面； (2)若二面角的平面角的余弦值为，求的长； (3)设直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，证明：. （注：本题用空间向量法求解或证明不给分，若需要作辅助线，请在答题卡上作出相应的辅助线.） 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【知识点】求线面角、由二面角大小求线段长度或距离、证明线面垂直 【分析】（1）由面面垂直的性质证明线面垂直即可. （2）利用定义法找到二面角的平面角，建立方程，求解参数即可. （3）利用定义法将所求角的余弦值表示为一元函数，再利用基本不等式求解即可. 【详解】（1）因为四边形为长方形，所以, 又平面平面，平面平面,所以平面， （2）如图所示，在（ii）图中过点S作,垂足为O, 交于点E,连接．由翻折知, 所以二面角的平面角为, 在（ii）图中设,可得， 因为，所以,所以,所以， 解得,即或（舍去），所以．    （3）如图所示，由（2）知,所以平面 平面,所以．由（1）问， 知平面且,所以平面, 又平面,所以,又, 且平面,所以平面, 又平面,所以． 在（ii）图中过点E作交于点H， 过点E作,连接．由（2）知平面, 又平面,所以平面平面, 因为平面平面,所以平面, 所以在平面的射影为, 所以为直线与平面所成角． 注意到,即，解得．又，,所以， 即，所以， 由（2）知,所以 （等号当且仅当时成立）．    【点睛】关键点点睛：本题解题关键是求出线面角和二面角的余弦值，然后表示为一元函数，最后由基本不等式得到所要求的最值即可． 9．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期末）“阳马”是我国古代数学名著《九章算术》中《商功》章节研究的一种几何体，它是底面为矩形，一条侧棱垂于底面的四棱锥．如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，，平面平面，平面平面. (1)求证：四棱锥是“阳马”； (2)点M在正方形内（包括边界）．平面平面且， （i）求M点轨迹长度； （ii）是否存在M点，使得平面平面，若存在，求二面角的余弦值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）存在，该点为与交点，二面角的余弦值 【知识点】证明面面垂直、证明线面垂直、空间垂直的转化、求二面角 【分析】（1）先由面面垂直的性质定理证得且，从而得平面即可得证四棱锥是“阳马”. （2）（i）以为直径在平面上作一个半圆，在该半圆周上任取点，连接、、，证明 平面即可找到点的轨迹即可结合扇形弧长公式求解.（ii）找到并证明与交点即为点M，再过A作的垂面即可进一步求解出二面角的余弦值. 【详解】（1）因为四边形ABCD是边长为2的正方形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以； 因为平面平面，平面平面，面， 所以平面，又平面，所以. 因为平面，所以平面， 所以四棱锥是“阳马”. （2）（i）如图，以为直径在平面上作一个半圆， 在该半圆周上任取点，连接、、，则， 又由（1）知平面，而平面， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面，故点的运动轨迹在该半圆周上， 因为，所以， 所以根据扇形的弧长公式得点的运动轨迹长度为. （ii）存在M点，使得平面平面，且该点为与交点， 如图，连接、，则由（i）可知此时与交点在（i）中所作的半圆圆周上，且满足， 由正方体性质可知，，又平面，而平面， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面， 所以存在M点为与交点，使得平面平面， 过点A作交于点，过作交于点，连接， 又由平面可得， 所以由且、平面得平面， 所以且由平面得， 因为，、平面，所以平面， 所以是二面角的平面角， 因为正方体边长为2，， 所以， ， 所以，， 所以， 所以， 所以二面角的余弦值为. 【点睛】方法点睛：作二面角的平面角常用方法有 （1）定义法：在棱上取点，过该点分别在二面角两半平面内引出两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角即为二面角的平面角. （2）垂面法：作一与棱垂直的平面，该垂面与二面角两半平面相交，交线所成的角即为二面角的平面角. 10．（23-24高一下·天津·期末）如图，在六面体中， 为等边三角形，平面平面，，，，， (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的平面角的余弦值为.若存在，求出值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【知识点】求线面角、由二面角大小求线段长度或距离、证明线面垂直 【分析】（1）根据面面垂直的性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）首先证明为直线与平面所成的角，再由线面角的定义进行求解即可； （3）取中点，利用线面垂直的性质结合即可确定为二面角的平面角，最后结合余弦定理求解即可. 【详解】（1）取棱的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面， 又平面，所以平面， 又平面，故， 又已知，，又平面， 所以平面. （2）连接， 由（1）中平面， 可知为直线与平面所成的角， 因为为等边三角形，且为的中点， 所以， 又，在中，， 所以，直线与平面所成角的正弦值为. （3）取中点，连接，， 在中，， 因为平面，又平面， 所以，在中，， 所以，所以，又点为中点， 所以，同理， 所以为二面角的平面角， 设， 在中，， 在中，， 在中，，，， 由余弦定理可得：， 即：， 化简得到：， 所以或（舍去）， 即线段上存在一点，使得二面角平面角的余弦值为， 此时. 【点睛】关键点点睛：本题第3小题的解决关键是，利用三线合一分析得为二面角的平面角，从而得解. 题型九 外接球与内切球 1．（23-24高一下·河南郑州·期末）在边长为的菱形中，，将沿着折叠，得到三棱锥，若，则该三棱锥的外接球的体积是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】多面体与球体内切外接问题、球的体积的有关计算 【分析】设的中点为，连接，，设、分别为、外接圆的圆心，过点、分别作平面、平面的垂线，设两垂线交于点，从而得到点为该三棱锥外接球的球心，利用余弦定理求出，即可求出，再由勾股定理求出，即可求出外接球的体积. 【详解】在菱形中，，所以和均是边长为的等边三角形， 如图在三棱锥中，设的中点为，连接，，设、分别为、外接圆的圆心， 过点、分别作平面、平面的垂线，设两垂线交于点，则点为该三棱锥外接球的球心， 连接、，则为外接球的半径， 依题意，且、， 由余弦定理， 所以， 由、分别为、外接圆的圆心， 所以，， 因为，，， 所以，所以，所以， 所以，即外接球的半径， 所以外接球的体积. 故选：C 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径. 2．（多选）（23-24高一下·浙江杭州·期末）“圆柱容球”作为古希腊数学家阿基米德最得意的发现，被刻在他的墓碑上.马同学站在阿基米德的肩膀上，研究另外两个模型：“圆台容球”，“圆锥容球”，如下图，半径为R的球分别内切于圆柱，圆台，圆锥.设球，圆柱，圆台，圆锥的体积分别为.设球，圆柱，圆台，圆锥的表面积分别为，则以下关系正确的是（    ）    A． B． C． D．的最大值为 【答案】AD 【知识点】锥体体积的有关计算、台体体积的有关计算、球的体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】对于A，由已知结合球和圆柱的体积公式、表面积公式即可依次求出、、、，从而得解；对于B，设圆台上下底面的半径和母线长分别为，由三角形全等得，求证得，进而由台体体积公式计算得，由台体表面积公式得，从而 得和即可得解；对于C，设圆锥的底面半径、高和母线长为、和，由得①，由和，得②，进而得和，再由锥体体积公式和表面积公式即可求出和，从而得；对于D，由C结合基本不等式即为的最大值. 【详解】对于A，由题得，，，， 所以，所以，故A正确； 对于B，设圆台上下底面的半径和母线长分别为，圆台容球的轴截面如图所示，    因为， 所以， 所以，且， 所以， 又，所以，所以， 所以， ， 所以， 所以，故B错误； 对于C，设圆锥的底面半径、高和母线长为、和，圆锥容球的轴截面如图所示，    则由得， 整理得即①， 因为, 所以，故， 所以，所以即②， 由①②得即，整理得， 所以由①得， 所以，， 所以， 所以，故C错误； 对于D，由题意可知，所以由C得， 当且仅当即时等号成立，故的最大值为，故D正确. 故选：AD. 【点睛】思路点睛：对于圆台的体积和表面积，先由三角形全等得，接着由得，进而由台体体积公式和表面积公式计算求出和即可得和；对于圆锥的体积和表面积，先由得①，接着由和得②，从而由①②得和，再由锥体体积公式和表面积公式即可求出和，进而得. 3．（24-25高一上·江苏无锡·期末）正方体的棱长为3，平面内一动点满足，当三棱锥的体积取最大值时，该三棱锥外接球的表面积为 . 【答案】 【知识点】立体几何中的轨迹问题、多面体与球体内切外接问题、球的表面积的有关计算 【分析】由正方体的性质可得点到的距离即为点平面的距离，在平面中，由可确定点的轨迹为圆，进而可确定点在直线上，且，根据正方体的性质和为直角三角形，进而可得 三棱锥外接球的半径为，进而可得. 【详解】由题意点到平面的距离最大时，三棱锥的体积取最大值， 由正方体的性质可知平面平面，且平面平面， 故点到的距离即为点平面的距离， 如图以正方形的边为轴建立平面直角坐标系，则，， 设，则由可得， 整理得，故点的轨迹为以为圆心，以2为半径的圆， 故点到的最大距离为，此时点在直线上， 由正方体的性质可得平面，又平面， 故，为直角三角形，同理也为直角三角形， 故的中点到的距离都相等，即为三棱锥外接球的球心， 其半径为， 故其表面积为 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题先需根据确定点的轨迹为圆，当三棱锥的体积取最大值时，可确定点的位置，进而根据正方体的性质可得为外接球的直径，进而可得. 4．（23-24高一下·山东青岛·期末）已知正四面体的棱长为，球与正四面体六条棱相切，球与正四面体四个面相切，则两个球的体积比 ． 【答案】 【知识点】多面体与球体内切外接问题、球的体积的有关计算、锥体体积的有关计算 【分析】将四面体补成正方体，则正四面体的棱切球即正方体的内切球，求出正方体的棱长，即可得球的半径，由题意得球的球心到正四面体的各个面的距离都相等，且为半径，由等体积法即可求出，利用球的体积公式即可求解. 【详解】将四面体补成正方体，则四面体的棱长全是该正方体的面对角线， 球与正四面体六条棱相切，则球为正方体的内切球，且切点为面对角线的中点， 正四面体的棱长为， 设正方体的棱长为，则， 则， 故正方体内切球的半径， 正四面体的棱长为， 设底面三角形的高为，则， 即， 底面三角形的面积 顶点在底面的投影位为底面三角形高的处， 设正四面体的高为， 由勾股定理得， 则正四面体的体积为， 球与正四面体四个面相切， 则球心到正四面体的各个面的距离都相等，且为半径， 则正四面体的体积为， 则由等体积法得， 可得， 则. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：对于正四面体的棱切球，可以转化为正方体的内切球，方便理解与运算. 5．（23-24高一下·安徽六安·期末）在三棱锥中，平面平面是以为斜边的等腰直角三角形，为中点，，则该三棱锥的外接球的体积为 . 【答案】 【知识点】面面垂直证线面垂直、线面垂直证明线线垂直、多面体与球体内切外接问题、球的体积的有关计算 【分析】先证明三棱锥的外接球球心在平面上的投影为点，再证点在平面内，即在上，利用和，建立外接球半径的两个方程，解之即得. 【详解】 如图，是以为斜边的等腰直角三角形，为中点，则点是的外心， 故三棱锥的外接球球心必满足平面，因平面，故. 又平面平面且平面平面，故点在平面内， 过点作，交于，则点在上. 因，, 则，于是, 设三棱锥的外接球半径为，， 在中，由余弦定理，， 在中，， 联立两方程，解得，则， 故该三棱锥的外接球的体积为. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题主要考查三棱锥的外接球体积，属于较难题. 解题的思路是从选底面入手，证明外接球球心在底面上的投影即点，接着通过边和角的计算，借助于和，建立外接球半径的两个方程，解之即得. 6．（23-24高一下·山东德州·期末）“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为2，则该多面体外接球的表面积为 ． 【答案】 【知识点】多面体与球体内切外接问题、球的表面积的有关计算 【分析】将该多面体补全为正方体，得出该多面体的外接球即为正方体的棱切球，求出该正方体的棱长得出棱切球半径，计算得到表面积. 【详解】将“阿基米德多面体”补全为正方体，如下图所示： 不妨取两棱中点为，由题知， 易知，可得， 所以正方体的棱长为，该多面体的外接球即为正方体的棱切球， 所以棱切球的直径为该正方体的面对角线，长度为4， 因此该多面体的外接球的半径为2，所以其表面积为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决问题的关键是通过适当补形，求出外接球的半径，由此即可顺利得解. 7．（23-24高一下·湖南益阳·期末）在三棱锥中，，点在底面的投影为的外心，若，，，则三棱锥的外接球的表面积为 . 【答案】 【知识点】多面体与球体内切外接问题、球的表面积的有关计算 【分析】依题意可得的外心为斜边的中点，且的外接圆的半径，则三棱锥外接球的球心在上，设球心为，外接球的半径为，连接，利用勾股定理求出，再由球的表面积公式计算可得. 【详解】因为，，，所以， 所以的外心为斜边的中点，且的外接圆的半径， 因为平面，所以三棱锥外接球的球心在上， 设球心为，外接球的半径为，连接，则， 所以，解得， 所以三棱锥的外接球的表面积. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径. 8．（23-24高一下·贵州黔东南·期末）某半球形容器如图（左）所示，底面圆的半径为2.往其中放入四个大小相同的小球，每个小球都与半球面相切，也与底面相切，其俯视图如图（右）所示，则小球的表面积等于 . 【答案】 【知识点】多面体与球体内切外接问题、球的表面积的有关计算 【分析】设四个小球的球心分别为，半径为，其在底面上的射影分别为，半球形容器的球心为，作出草图，在直角三角形中，利用数量关系和勾股定理即可求出小球的半径，即可求出小球的表面积； 【详解】设四个小球的球心分别为，半径为，其在底面上的射影分别为，半球形容器的球心为，如图所示，在长方体中，，, 连接则， 在直角三角形中，，即， 解得或（舍去）； 所以小球的表面积. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径. 题型十 立体几何综合 1．（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 【答案】B 【知识点】多面体与球体内切外接问题、立体几何中的轨迹问题、判断正方体的截面形状、判断线面平行 【分析】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. 【详解】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. 【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于求三棱锥的外接球的表面积，解答时要发挥空间想象能力，确定外接球球心大致位置，求出外接球半径，即可求解. 2．（多选）（24-25高三上·安徽安庆·期末）如图，在矩形AEFC中，，，为中点，现分别沿将、翻折，使点重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（    ） A．三棱锥的体积为 B．直线与直线所成角的余弦值为 C．直线与平面所成角的正弦值为 D．三棱锥外接球的半径为 【答案】ABD 【知识点】求异面直线所成的角、求线面角、锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】证明平面，再根据即可判断A；先利用余弦定理求出，将用表示，利用向量法求解即可判断B；利用等体积法求出点到平面的距离，再根据直线PA与平面PBC所成角的正弦值为即可判断C；利用正弦定理求出的外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的半径即可判断D. 【详解】解：由题意可得，，又，平面PAC， 所以平面PAC， 在中，，AC边上的高为， 所以，故A正确； 对于B，在中，，， ， 所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为，故B正确； 对于C，，设点A到平面PBC的距离为d， 由，得，解得， 所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为，故C错误； 由B选项知，，则， 所以的外接圆的半径， 设三棱锥外接球的半径为， 设外接球球心为，外接圆圆心为， 连接，可知平面， 又因为平面， 所以， 在直角三角形中， 可得：，所以， 即三棱锥外接球的半径为，故D正确. 故选：ABD． 3．（多选）（24-25高一上·浙江杭州·期末）如图1所示，四边形是边长为的正方形，、、分别为、、的中点，分别沿、及所在直线把、和折起，使、、三点重合于点，得到如图2所示的三棱锥，则下列结论中正确的有（        ）    A．三棱锥的体积为 B．异面直线与所成角的余弦值为 C．过点的平面截三棱锥的外接球，所得截面的面积的最小值为 D．过点的平面截三棱锥的外接球，所得截面的面积的最大值为 【答案】BCD 【知识点】求异面直线所成的角、多面体与球体内切外接问题、锥体体积的有关计算、球的截面的性质及计算 【分析】利用锥体体积公式可判断A选项；取的中点，连接、，利用异面直线所成角的概念和余弦定理可判断B选项；求出外接球球心到截面距离的取值范围，利用勾股定理求出截面圆半径的取值范围，结合圆的面积公式可判断D选项. 【详解】对于A选项，翻折前，在正方形中，，， 翻折后，则有，， 因为，、平面，则平面， 因为为的中点， 则，故A错误； 对于B选项，在图2中，取的中点，连接、，    因为、分别为、的中点 ，则且， 则异面直线与所成的角为或其补角， 又， 由余弦定理可得， 所以，异面直线与所成角的余弦值为，故B正确； 对于CD选项，因为平面，， 可以把三棱锥放到如图所示的长方体中， 则三棱锥的外接球即为长方体的外接球， 设长方体的体对角线的交点为点，    则为长方体外接球球心， 长方体的体对角线长为，（为其外接球半径）， 因为，且为的中点，则， 且， 设到过的平面的距离为，则， 设平面截三棱锥的外接球所得圆面的半径为， 则，，故CD均正确， 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 4．（多选）（23-24高一下·宁夏固原·期末）已知点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则下列说法错误的是（    ） A．若在棱上运动，当点与点重合时，最大 B．使得二面角的大小为的点的轨迹长度为2 C．当在平面内运动时，四棱锥的体积为定值 D．若是的中点，当在底面内运动，且满足平面时，的最小值为 【答案】ABD 【知识点】锥体体积的有关计算、面面平行证明线面平行、线面角的概念及辨析、由二面角大小求线段长度或距离 【分析】由为与平面所成的角，当点与点重合时，最小，可判断；当点在，，上时，二面角的大小为，可判断；由底面和高均不变可判断；分别取，，，，的中点，，，，，由正方体的性质可知，，，，，六点共面，且为正六边形，点在上，可求长的最小值. 【详解】因为为与平面所成的角， 在中，， 若在棱上运动，当点与点重合时，最大， 此时，最小，所以最小，故错误； 因为平面与平面所成的角为， 所以使得二面角的大小为的点在，，上， 所以点的轨迹长度为，故错误； 底面正方形的面积不变，到平面的距离为正方体棱长， 故四棱锥的体积不变，故正确； 分别取，，，，的中点，，，，， 由正方体的性质可知，，，，，六点共面，且为正六边形， 因为，平面，所以平面， 同理平面，且，，平面， 所以平面平面， 所以平面， 所以当为的中点时，的长最小， ，，所以， 所以长的最小值为，故错误. 故选：. 【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹问题通常利用不动点的位置和动点的位置关系，找出动点的轨迹即可求解. 5．（多选）（23-24高一下·四川凉山·期末）在棱长为的正方体中，均为所在棱的中点，则下列论述正确的有（    ） A．经过直线与点的平面与正方体的截面是一个正六边形 B．与直线、、都相交的直线有三条 C．在侧面内（包含边界），若//面，则点轨迹的长度为 D．过的平面截正方体内切球的截面面积的最大值为 【答案】AC 【知识点】判断正方体的截面形状、球的截面的性质及计算、异面直线的概念及辨析、由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置 【分析】对于A，设分别为的中点，根据空间中的平行关系可得六点共面，再计算可得各边相等且各角相等，故可判断A的正误，对于B，利用构造法可得与直线、、都相交的直线有无数条，故可判断B的正误，对于C，根据面面平行可判断的轨迹，计算其长度后可判断C的正误，对于D，求出内切球的半径后可判断D的正误. 【详解】 对于A，设分别为的中点，连接， 由正方体的性质可得，因此，故四点共面， 同理四点共面， 故五点共面， 而也四点共面，故六点共面， 设正方体的棱长为，则， 而，为正三角形，故所成的角即为， 故为或，但为钝角，故， 同理， 故六边形为正六边形，故A正确. 对于B，由正方体的性质可得为异面直线， 故过且与平行的平面有且只有一个即为平面， 若在存在相异点，在直线上存在一点， 满足，，则，当，矛盾； 若在存在相异点，在直线上存在相异点， 满足，，则，故共面， 故，共面，矛盾. 故，上至多各存在一点，过它们的直线与平行， 现在上任意取一点（若存在，则异于），则不在平面中， 因为直线与确定一个平面，这个平面与有且仅有个交点， 此时与必定相交，当取不同的位置就确定不同的平面， 从而与有不同的交点，故有无数条直线与都相交，故B错误. 对于C，取的中点为，为的四等分点且，为的中点， 连接，则，，故四边形为平行四边形， 故，而，故， 而平面，平面，故平面， 由正方形的性质可得，而，故，同理可得平面， 而，平面，故平面平面， 而平面，故平面，故的轨迹为， 而，故C正确. 对于D，过的平面截正方体内切球的截面面积的面积取最大值时该截面过球心， 而内切球的半径为1，故截面面积的最大值为，故D错误. 故选：AC. 【点睛】思维点睛：空间几何体的截面问题，可利用基本性质构建截面，也可以利用空间点线面位置关系的性质来处理，而空间中的动点的轨迹问题，往往转化为不同几何对象的交来处理. 6．（24-25高一上·湖南邵阳·期末）已知在平面四边形中，，，．将沿BD翻折至，，点在线段BD上，且，． (1)求证：面； (2)求三棱锥外接球的半径； (3)求直线CF与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【知识点】证明线面垂直、求线面角、多面体与球体内切外接问题 【分析】（1）只需证明，，然后结合线面垂直的判定定理即可得证； （2）结合等边三角形的外心和三棱锥外接球球心的关系，设球的半径为R，，即可列出方程组，由此即可得解. （3）引入参数，结合线面角的定义将直线CF与平面所成角的正弦值表示成的函数，由此即可通过研究该函数的性质即可得解. 【详解】（1），，是等边三角形． 又，，即，． ，，由勾股定理得，． 又BC，面，，面． （2）过等边三角形的外心作直线面， 设球心，连接OA，OB，过点作，交AB于． 设球的半径为R，，则，，解得，． （3）由（1）得，面，， 而在中，，得，， 由题意，所以， 所以， 设到面的距离为，则， ，，得． 在中，由余弦定理，得． 设CF与平面所成角为， 则， ，，． 7．（23-24高一下·浙江宁波·期末）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) 【知识点】求点面距离、求二面角、余弦定理解三角形、线面垂直证明线线垂直 【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. 【详解】（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. 8．（23-24高一下·广东广州·期末）如图，已知三棱台，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，体积为，平面平面，且. (1)证明：平面； (2)求点到面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，. 【知识点】求点面距离、由二面角大小求线段长度或距离、证明线面垂直、面面垂直证线面垂直 【分析】（1）利用面面垂直的性质推理即得. （2）延长交于一点，根据可求得，利用等体积法构造方程求解. （3）根据线面垂直和面面垂直性质可作出二面角的平面角，设，根据几何关系可表示出，由二面角大小可构造方程求得，进而得到结果. 【详解】（1）在三棱台中，平面平面，， 而平面平面，平面， 所以平面. （2）由棱台性质知：延长交于一点，    由，得，点到平面的距离为到平面距离的2倍，则， 于是，由平面，得为点到平面的距离， 又，则是的中点，，即为正三角形，为正三角形， 设，则， ，解得， ，由平面，得，， ，设点到平面的距离为， 由，得，解得：. 即点到平面的距离为. （3）由平面，平面，得平面平面，取中点，连接， 在正中，，而平面平面，则平面，而平面， 则，又平面，则平面平面，作于， 平面平面，则平面，，而平面，则， 作于，连接，，平面，则平面， 而平面，于是，即二面角的平面角， 设，由（2）知：，， 由，得，， 由，得， 若存在使得二面角的大小为， 则，解得， ， 所以存在满足题意的点，. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的垂直关系的证明、点面距离的求解、二面角问题的求解；求解二面角问题的关键是能够利用三垂线法，作出二面角的平面角，进而根据几何关系构造关于长度的方程，从而求得结果. 9．（23-24高一下·云南楚雄·期末）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 【知识点】证明线面垂直、二面角的概念及辨析、锥体体积的有关计算、证明线面平行 【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. 【详解】（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. 10．（23-24高一下·北京通州·期末）如图，七面体中，菱形所在平面与矩形交于，平面与平面交于直线． (1)求证：； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知条件，试求当为何值时，平面平面？并证明你的结论． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 【知识点】面面垂直证线面垂直、线面平行的性质、证明线面垂直 【分析】（1）由于平面，由线面平行的性质定理可证； （2）若选①，设，取的中点，连结如图所示，由平面平面，可得平面，从而，进一步由，得，假设平面平面，可得，，从而；若选②，可得平面，可得平面，从而，进一步由，得，假设平面平面，可得，，从而. 【详解】（1）菱形中，， 又平面，平面，平面， 又平面，平面平面. ； （2）若选① 当时，平面平面， 设，取的中点，连结如图所示， 平面平面，平面平面， 矩形中，平面， 平面，， 同理可得：， ， 因为菱形中，矩形中， ，，是的中点，， 假设平面平面成立， 平面平面，且， 平面，平面，， 矩形中是的中点，菱形中是的中点， ， 平面，平面，， 又，是的中点，可知△为等腰直角三角形， ， ，故当时，平面平面； 若选② 当时，，矩形中， ，平面，平面， 矩形中，平面， 平面，， 同理可得：， ， 因为菱形中，矩形中， ，，是的中点，， 假设平面平面成立， 平面平面，且， 平面，平面，， 矩形中是的中点，菱形中是的中点， ， 平面，平面，， 又，是的中点，可知△为等腰直角三角形， ， ，故当时，平面平面. 【点睛】关键点点睛：第（2）问求当为何值时，平面平面，在解析时先假设平面平面成立，从而利用面面垂直的性质定理进一步推理. 题型十一 分层抽样的平均数和方差 1．（23-24高一上·浙江绍兴·期末）某校组织高一1班，2班开展数学竞赛，1班40人，2班30人，根据统计分析，两班成绩的方差分别为，.记两个班总成绩的方差为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】估计总体的方差、标准差 【分析】借助分层抽样的方差公式计算即可得. 【详解】设两个班的平均分分别为，，两个班的总的平均分为， 则 . 故选：B. 2．（23-24高一下·天津东丽·期末）某学校有男生400人，女生600人.为了调查该校全体学生每天体育锻炼时间，采用分层抽样的方法抽取样本，计算得男生每天体育锻炼时间均值为2.5小时，方差为1，女生每天体育锻炼时间为1小时，方差为0.5.若男、女样本量按比例分配，则可估计总体方差为 . 【答案】 【知识点】计算几个数的平均数、估计总体的方差、标准差 【分析】先求出总体的均值，再根据分层抽样的性质可求出总体的方差. 【详解】由题意，总体的均值为， 根据分层抽样的性质，则总体的方差为. 故答案为：. 3．（23-24高一下·安徽黄山·期末）为进一步推动防范电信网络诈骗工作，预防和减少电信网络诈骗案件的发生，某市开展防骗知识大宣传活动.举办了“网络防骗”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，…，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求图中的值，根据频率分布直方图计算样本成绩的平均数和下四分位数； (2)已知若总体划分为2层，通过分层随机抽样，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：； (3)已知落在的平均成绩是59，方差是7，落在的平均成绩为65，方差是4，求两组样本成绩的总平均数和总方差. 【答案】(1)；平均数为；下四分位数为； (2)证明见解析 (3)， 【知识点】补全频率分布直方图、由频率分布直方图估计平均数、估计总体的方差、标准差、总体百分位数的估计 【分析】（1）根据频率和为1，求，再代入平均数公式，求平均数，并代入百分位数公式，即可求解； （2）利用总体方差公式，以及总体方差公式，进行推导，即可证明； （3）代入总体平均数和总体方差公式，即可求解. 【详解】（1）由题意可知，， 解得：； 平均数为， 前2组的频率和为， 前3组的频率和为， 所以下四分位数在第3组，设为， 则，得 所以下四分位数为； （2）， ，， 总体方差， 又， ， ， 因为， ， ， 同理， 故， ； （3）的频率是，频数是，的频率是，频数是 所以总体平均数， 总体方差. 4．（23-24高一下·广东广州·期末）某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求频率分布直方图中的值； (2)求样本成绩的第75百分位数； (3)已知落在的平均成绩是56，方差是7，落在的平均成绩为65，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差. 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】总体百分位数的估计、估计总体的方差、标准差、计算几个数据的极差、方差、标准差、由频率分布直方图计算频率、频数、样本容量、总体容量 【分析】（1）根据每组小矩形的面积之和为1即可求解； （2）由频率分布直方图求第百分位数的计算公式即可求解； （3）利用分层抽样的平均数和方差的计算公式即可求解. 【详解】（1）（1）因为每组小矩形的面积之和为1， 所以，则. （2）成绩落在内的频率为， 落在内的频率为， 设第75百分位数为m， 由，得，故第75百分位数为84. （3）由图可知，成绩在的市民人数为， 成绩在的市民人数为， 故这两组成绩的总平均数为， 由样本方差计算总体方差公式可得总方差为： . 5．（23-24高一下·广东茂名·期末）某市体质健康测试标准包括身体形态、身体机能、躯体素质、运动能力等方面.为了了解学生体质健康情况，某校随机抽取了200名学生进行测试，测试成绩的频率分布直方图如下图所示，其中成绩不超过80分的有108人. (1)求图中a，b的值； (2)并根据频率分布直方图，估计该校学生测试分数的平均数和上四分位数（同一组中的数据以该组区间的中点值为代表）； (3)若抽取的200名学生中，男生120人，女生80人，其中男生分数的平均数为，方差为；女生分数的平均数为，方差为；200名学生分数的平均数为，方差为. ①；②，请判断公式①和公式②是否相等，并说明理由. 【答案】(1)；； (2)平均数78.8；上四分位数87； (3)相等，理由见解析 【知识点】总体百分位数的估计、估计总体的方差、标准差、由频率分布直方图估计平均数、由频率分布直方图计算频率、频数、样本容量、总体容量 【分析】（1）先根据低于80分的人数为108求出，在根据频率之和为1求出； （2）根据平均数的公式直接计算，上分位数根据分位数的含义计算； （3）两式作差，根据，，以及因式分解即可得到结论. 【详解】（1）由低于80分的人数为108，得， 所以. （2）平均数， 显然上四分位数即分位数应该在之间，设上四分位数为，则， 所以平均数为78.8，上四分位数为87. （3）设，，显然，， ①-②得：. 所以①和②相等. 6．（23-24高一下·福建福州·期末）随着老年人消费需求从“生存型”向“发展型”转变．消费层次不断提升，“银发经济”成为社会热门话题之一，被各企业持续关注． 某企业为了解该地老年人消费能力情况，对该地年龄在的老年人的年收入按年龄，分成两组进行分层抽样调查，已知抽取了年龄在的老年人人． 年龄在的老年人人．现作出年龄在的老年人年收入的频率分布直方图（如图所示）： (1)根据频率分布直方图，若每个区间取中点值为代表，估计该地年龄在的老年人年收入的平均数及第百分位数； (2)已知年龄在的老年人年收入的方差为，年龄在的老年人年收入的平均数和方差分别为和，试估计年龄在的老年人年收入的方差．（请先推导必要的公式，再代值计算） 【答案】(1)， (2) 【知识点】总体百分位数的估计、计算频率分布直方图中的方差、标准差、估计总体的方差、标准差、由频率分布直方图估计平均数 【分析】（1）根据频率分布直方图直接计算即可； （2）先根据方差的性质推出公式，再代入题目中的数据计算即可. 【详解】（1）根据频率分布直方图，平均数为. 而由于， ， 故第百分位数在区间第百分位数内，设其为. 则，得. 所以第百分位数为. （2）先证明一个结论：对，设数据的平均值和方差分别为，数据的平均值和方差分别为，则数据的平均值和方差分别为和. 证明：设数据的平均值和方差分别为，则 . 由于方差. 故，，且 . 所以 . 这就证明了结论. 回到原题，本题中，，，，，. 代入数值即知所求方差为 . 题型十二 用样本估计总体 1．（24-25高一上·江西·期末）某药品企业研发了一个新药，其药效（单位：药物单位）与某活性成分AHH的含量（单位：mg）近似满足函数关系，为检查其质量，现抽查了8个样本，得到某活性成分AHH的含量的平均为4mg，标准差为2mg，则药效的平均值为（    ） A．8 B．6 C．5 D．4 【答案】A 【知识点】计算几个数据的极差、方差、标准差 【分析】根据公式求解，需先根据条件求. 【详解】由题意：， ， 则 即， 所以. 所以 . 故选：A 2．（多选）（24-25高一上·山东日照·期末）已知一组样本数据：2，2，0，2，4，1，3，则下列关于该组样本数据说法正确的是（   ） A．极差是4 B．众数不等于平均数 C．方差是 D．分位数是3 【答案】AD 【知识点】总体百分位数的估计、计算几个数据的极差、方差、标准差、计算几个数的平均数、计算几个数的众数 【分析】由数据的最大值减去最小值可得极差，即可判断；出现次数最多的为众数，求出7个数据的平均数即可判断；根据方差公式求解即可判断；将数据从小到大排序，由百分位数的计算方法即可求解. 【详解】对于，由已知样本数据的最大值为，最小值为，所以极差为，故正确； 对于，样本数据的众数为，平均数为， 所以众数等于平均数，故错误； 对于，方差为，故错误； 对于，将数据按照从小到大的顺序排列可得，，，，，，， 因为，所以分位数是，故正确. 故选：. 3．（多选）（24-25高一上·陕西汉中·期末）某地发起“寻找绿色合伙人——低碳生活知识竞赛”活动，从参赛选手的答卷中随机抽取了100份，将成绩分成6组，第1组为，第2组为，…，第6组为，画出如图所示的频率分布直方图，则（   ） A． B．第6组有15个样本 C．从第5，6组中，按组别分层抽取6个样本，则应在第5组抽取3个样本 D．估计参赛选手成绩的中位数在内 【答案】AD 【知识点】由频率分布直方图估计中位数、由频率分布直方图计算频率、频数、样本容量、总体容量、补全频率分布直方图、抽样比、样本总量、各层总数、总体容量的计算 【分析】由矩形的面积和为1可得A正确；计算频数可判断B，由中位数的计算可得D正确；根据频率及分层抽样的概念直接判断C选项. 【详解】对于A，由，得，故A正确； 对于B：第6组有个样本，B错误； 对于C，由频率分布直方图可知第5组与第6组的频率分别为与， 则第5组内抽取为个样本，故C错误； 对于D，因为，， 所以估计参赛选手得分的中位数在内，故D正确． 故选：AD. 4．（24-25高一上·陕西·期末）某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六组：，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图． (1)求频率分布直方图中的值与样本成绩的第80百分位数； (2)在样本答卷成绩为，，的三组市民中，用分层抽样的方法抽取13个，则样本的答卷成绩在中的市民应抽取多少个？ (3)若落在的平均成绩是57，方差是2，落在的平均成绩为69，方差是5，求这两组成绩的总平均数和总方差． 【答案】(1)0.03；第80百分位数为86． (2)6人 (3)65；36 【知识点】总体百分位数的估计、由频率分布直方图估计平均数、补全频率分布直方图、抽样比、样本总量、各层总数、总体容量的计算 【分析】（1）根据每组小矩形的面积之和为1求出，判断出第80百分位数，进而可得答案； （2）先求出抽样比，再利用分层抽样的性质即可求解； （3）利用分层抽样的平均数和方差的计算公式即可求解. 【详解】（1）， ． 成绩落在内的频率为， 落在内的频率为， 显然第80百分位数， ，解得， 第80百分位数为86． （2）由频率分布直方图知，样本成绩为，，的三组答卷的市民有个样本， 成绩在的市民人数为， 用分层抽样的方法应在答卷成绩为的市民中，抽取人． （3）由频率分布直方图知，成绩在的市民人数为， 成绩在的市民人数为， 总平均数， 总方差为． 5．（24-25高一上·辽宁大连·期末）某公司生产A、B两种型号电动汽车电机，为了了解电机的某项指标，从这两种电机中各抽取100台进行检测，获得该项指标的频率分布直方图，如图所示： 假设数据在组内均匀分布，以样本估计，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率. (1)估计B型电机该项指标的平均值（同一组数据用该组区间中点值为代表）； (2)从A型电机指标在内采用分层抽样方式抽取2件，B型电机指标在内采用分层抽样方式抽取4件，再从这6件中任意抽取2件，求指标在和内各抽取1件的概率； (3)根据检测结果确定该项指标的一个临界值m，且，某汽车厂准备用A、B两种型号电机生产C牌和D牌汽车各1万辆，有以下两种方案可供选择： 方案一：将A型电机用于生产C牌汽车，其中该指标小于等于临界值m的电机会导致每台汽车损失7000元；将B型电机用于生产D牌汽车，其中该指标大于等于临界值m的电机会导致每台汽车损失3000元； 方案二：重新检测所用的电机，会避免方案一的损失费用，但检测费用共需1010万元.请从汽车厂节约成本的角度考虑，选择合理的方案，并说明理由. 【答案】(1) (2) (3)答案见解析 【知识点】计算古典概型问题的概率、由频率分布直方图估计平均数、由频率分布直方图计算频率、频数、样本容量、总体容量、抽样比、样本总量、各层总数、总体容量的计算 【分析】（1）根据频率分布直方图结合平均数的定义求解； （2）根据分层抽样的定义分别求出来自A型电机指标在和及来自B型电机指标在和的台数，然后利用列举法结合古典概型的概率公式求解； （3）设将A、B两种型号电机应用C牌、D牌汽车时，该汽车厂损失y（万元），然后根据题意表示出，分，，三种情况讨论即可. 【详解】（1）由频率分布直方图得B型电机该项指标的平均值为： . （2）根据分层抽样得，来自A型电机指标在和的各1台，分别记为x，y，来自B型电机指标在和分别为3台和1台，分别记为，，和p. 从中任意抽取两件，样本空间可记为 共15个样本点， 记事件M：指标在和内各抽取1件， 则共含3个样本点， 所以. （3）设将A、B两种型号电机应用C牌、D牌汽车时，该汽车厂损失y（万元）， ，， 所以当时，，当时，， 当时，. 综上所述，当临界值时，选择方案二； 当临界值时，选择方案一或二都行； 当临界值时，选择方案一. 6．（23-24高一下·浙江杭州·期末）为了解甲､乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成两组，每组只，其中组小鼠给服甲离子溶液，组小鼠给服乙离子溶液.每只小鼠给服的溶液体积相同､摩尔浓度相同.经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比.根据试验数据分别得到如下直方图： 记为事件：“乙离子残留在体内的百分比不高于5.5”，根据直方图得到的估计值为0.30. (1)求乙离子残留百分比直方图中的值； (2)求甲离子残留百分比的第百分位数； (3)估计乙离子残留百分比的均值.（同一组数据用该组区间的中点值为代表） 【答案】(1)， (2) (3) 【知识点】总体百分位数的估计、由频率分布直方图估计平均数、由频率分布直方图计算频率、频数、样本容量、总体容量 【分析】（1）由题意可求出，利用频率之和为1可求出； （2）根据频率分布直方图中的第百分位数计算方法即可求解； （3）根据频率分布直方图中平均数的计算公式即可求解. 【详解】（1）由已知得，解得， 所以． （2）根据直方图，易知甲离子残留百分比的第百分位数在区间，设为， 则，解得， 所以甲离子残留百分比的第百分位数为. （3）乙离子残留百分比的平均值的估计值为. 7．（23-24高一下·宁夏固原·期末）统计学作为数学的一个重要分支，其犹如一座坚实的大厦，构建于严谨的数学基石之上，为理解和诠释数据提供了强大的支撑，请用你所学到的统计知识解答以下问题： (1)如果将总体分为k层，第j层抽取的样本为，，…，，第j层的样本量为，样本平均数为，样本方差为，.记，总的样本平均数为，样本方差为，证明：，即. (2)为研究男女学生在生活费支出（单位：元）上的差异，某校在高一年级400名学生中随机抽取40人，统计他们某一周的生活费支出，得到下面的结果： 抽取的学生 生活费支出的平均数 生活费支出的标准差 男生22人 380 女生18人 360 根据以上数据及（1）结论，估计该校高一学生这周生活费支出的总体平均数、总体方差. 【答案】(1)证明见解析 (2)363.5 【知识点】计算几个数据的极差、方差、标准差 【分析】（1）推导出， ，再利用方差公式可证得结论成立. （2）由（1）公式代入即可计算. 【详解】（1） ，， 同理可得， 即，即得证． （2），. 8．（23-24高一下·安徽马鞍山·期末）某校为提高学生对交通安全的认识，举办了相关知识竞赛，从所有答卷中随机抽取份作为样本，发现得分均在区间内.现将个样本数据按，，，，，分成组，并整理得到如下频率分布直方图.    (1)请估计样本数据的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）和中位数（精确到）； (2)学校决定表彰成绩排名前的学生，学生甲的成绩是，请估计该学生能否得到表彰，并说明理由. 【答案】(1)样本数据的平均值为，中位数为； (2)学生甲不能得到表彰，理由见解析. 【知识点】由频率分布直方图估计中位数、由频率分布直方图估计平均数、总体百分位数的估计 【分析】（1）用每组数据中点值乘以该组数据的频率相加求和可得平均值，先估算中位数的范围，再列方程求中位数； （2）估算排名在的成绩，和比较，得到结论. 【详解】（1）样本数据的平均值为 因为从左至右的前组数据的频率为， 从左至右的前组数据的频率为， 所以样本数据的中位数位于区间内，设中位数为，则， 所以， （2）成绩低于分的频率为，成绩低于分的频率为， 则被表彰的最低成绩为， 所以估计学生甲不能得到表彰. 题型十三 判断事件的独立性，互斥事件，对立事件 1．（24-25高一上·内蒙古呼和浩特·期末）已知一个古典概型的样本空间和事件A，B，满足，，，，则下列说法正确的是（   ） A．事件A与事件B互斥 B．事件A与事件B独立 C． D． 【答案】D 【知识点】独立事件的判断、计算古典概型问题的概率、利用对立事件的概率公式求概率、判断所给事件是否是互斥关系 【分析】利用古典概型的计算公式先求出和，再由互斥事件、独立事件和对立事件的性质即可逐项判断. 【详解】因为，，， 所以，，； 对于A，因为，所以事件A与事件B不互斥，故A不正确； 对于B，，所以事件A与事件B不独立，故B不正确； 对于C，，故C不正确； 对于D，由，得， 所以，故D正确； 故选：D. 2．（23-24高一下·江苏无锡·期末）已知事件A，B满足，则 （     ） A．若B⊆A，则 B．若A与B互斥，则 C．若A与B相互独立，则 D．若，则C与B相互对立 【答案】B 【知识点】独立事件的乘法公式、利用对立事件的概率公式求概率、互斥事件的概率加法公式 【分析】选项A：利用事件的关系结合概率求解即可. 选项B：利用概率的加法公式，求解即可， 选项C：若A与B相互独立，则 A与相互独立，利用独立事件的公式求解即可. 选项D:利用对立事件求解即可. 【详解】选项A：若B⊆A，则 选项B：若A与B互斥，则.故选项B正确. 选项C：若A与B相互独立，则 A与相互独立,故选项C错误. 选项D:若，则由于不确定C与B是否互斥，所以无法确定两事件是否对立,故D错误. 故选：B. 3．（23-24高一下·河北唐山·期末）已知是两个随机事件且概率均大于，则下列说法正确的为（    ） A．若与互斥，则与对立 B．若与相互独立，则与互斥 C．若与互斥，则与相互独立 D．若与相互独立，则与相互独立 【答案】D 【知识点】独立事件的乘法公式、利用对立事件的概率公式求概率、判断所给事件是否是互斥关系 【分析】根据互斥，对立事件的定义，以及事件的相互独立性，逐项判断即可. 【详解】由题意， ①互斥事件指的是不能同时发生的两个事件； ②对立事件指的是在试验中必有一个发生的两个互斥事件； ③相互独立事件指的是事件是否发生对事件发生的概率没有影响，满足等式： ； 对于A，互斥事件不一定对立， 例：投掷一枚骰子的试验中，事件“掷出点数为”，事件“掷出点数为”， 事件与事件互斥但不对立，故A错误； 对于B，相互独立事件不一定互斥， 例：抛掷两枚硬币的试验中，事件“第一次正面朝上”，事件“第二次反面朝上”， 事件发生与否对事件发生的概率没有影响，即事件与事件相互独立，但事件与事件不互斥，故B错误； 对于C，互斥事件不一定相互独立， 例：抛掷一枚硬币的试验中，事件“正面朝上”，事件“反面朝上”， 事件与事件互斥，但，， 所以不满足相互独立事件的定义，故C错误； 对于D，因为事件与事件相互独立， 所以， 又， 所以， 所以事件与事件也相互独立，故D正确. 故选：D. 4．（多选）（24-25高一上·河北保定·期末）下列命题正确的是（    ） A．若事件，，两两独立，则成立. B．若事件，，两两互斥，则成立 C．若事件，相互独立，则与也相互独立. D．若，，则事件，相互独立与，互斥可以同时成立. 【答案】BC 【知识点】独立事件的乘法公式、互斥事件的概率加法公式 【分析】利用互斥事件的概率公式可判断选项A；举反例判断选项B；利用事件相互独立的判定公式判断选项C，利用事件的独立性质和互斥判断选项D. 【详解】对于A选项，考虑投掷两个骰子，记事件：第一个骰子的点数为奇数，事件：第二个骰子点数为奇数，事件：两个骰子的点数之和为奇数，于是有， 可以看出事件，，两两独立，但不互相独立，所以，因此A错误； 对于B，若事件，，两两互斥，则，与互斥， 所以，因此B正确； 对于C，若事件，相互独立，则， 又，，则，因此C正确； 对于D，若，，事件相互独立， 则，若互斥，，则，因此D不正确. 故选：BC. 5．（多选）（23-24高一下·浙江杭州·期末）下列命题正确的是（    ） A．若事件两两互斥，则成立. B．若事件两两独立，则成立. C．若事件相互独立，则与也相互独立. D．若，则事件相互独立与互斥不能同时成立. 【答案】ACD 【知识点】独立事件的乘法公式、独立事件的判断、利用对立事件的概率公式求概率、互斥事件的概率加法公式 【分析】利用互斥事件的概率公式可判断选项A；举反例判断选项B；利用事件相互独立的判定公式判断选项C，利用事件的独立性质和互斥判断选项D. 【详解】对于A选项，若事件两两互斥，则与互斥， 所以，，因此A正确； 对于B，考虑投掷两个骰子，记事件：第一个骰子的点数为奇数， 事件：第二个骰子点数为奇数，事件：两个骰子的点数之和为奇数， 于是有，， ，可以看出事件两两独立，但不互相独立， 所以，因此B错误； 对于C，若事件相互独立，则， 又，， 则 ，因此C正确； 对于D，若，事件相互独立， 则， 若互斥，则，因此D正确. 故选：ACD. 6．（多选）（23-24高一下·宁夏固原·期末）设A，B是两个概率大于0的随机事件，则下列结论正确的是（    ） A．若事件，则 B．若A和B互斥，则A和B一定相互独立 C．若A和B相互独立，则A和B一定不互斥 D． 【答案】AC 【知识点】独立事件的乘法公式、互斥事件的概率加法公式、判断所给事件是否是互斥关系、概率的基本性质 【分析】根据事件的包含关系判断A，根据互斥事件与相互独立事件的概率与性质判断BC，再由和事件概率公式判断D． 【详解】若事件B包含事件A，则，故A正确； 若事件A、B互斥，则， 若事件A、B相互独立，则，故B错误，C正确； 因为， 所以当互斥时，，故D错误． 故选：AC． 7．（多选）（23-24高一下·安徽六安·期末）有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回的随机取两次，每次取1个球，事件表示“第一次取出的球的数字是偶数”，事件表示“第二次取出的球的数字是奇数”，事件表示“两次取出的球的数字之和是偶数”，事件表示“两次取出的球的数字之和是奇数”，则（    ） A． 与是互斥事件 B．与互为对立事件 C．发生的概率为 D．与不相互独立 【答案】BC 【知识点】互斥事件与对立事件关系的辨析、计算古典概型问题的概率、独立事件的判断 【分析】根据互斥事件、对立事件、相互独立事件的定义以及结合古典概型的计算公式判断即可. 【详解】由题意，不放回地随机取两次，共有种情况， = {(2，1)，(2，3)，(2，4) ，(2，5)，(2，6)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，5)，(4，6) ，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)}共15个样本点， = {(2，1)， (3，1)，(4，1)，(5，1)，(6，1)，(1，3)，(2，3)，(4，3)，(5，3)，(6，3)，(1，5)，(2，5)，(3，5)，(4，5) ，(6，5)}共15个样本点， 故，故C正确; 事件与可以同时发生，不是互斥事件，故A错误; = {(1，3)，(1，5) ，(2，4)，(2，6)，(3，1)，(3，5)，(4，2)，(4，6)，(5.1)，(5，3) ，(6，2)，(6，4)}共12个样本点， 故， D = {(1，2)，(1 ，4)，(1，6)，(2，1)，(2，3)，(2，5)，(3，2)，(3，4)，(3，6)，(4，1)，(4，3) ，(4，5).(5，2)，(5.4)，(5，6)，(6，1)，(6，3)，(6，5)}共18个样本点， 所以C与D互为对立事件，故B正确; 事件BC = {(3，1)， (5，1)，(1，3)，(5，3)，( 1，5)，(3，5)}共6个样本点， 所以，所以B与C相互独立，故不D正确. 故选：BC. 8．（多选）（23-24高一下·山东聊城·期末）连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次朝上的点数，设事件A为“第一次的点数是5”，事件B为“第二次的点数大于3”，事件C为“两次点数之和为奇数”，则（    ） A． B．事件A与事件C互斥 C．事件A与C相互独立 D． 【答案】ACD 【知识点】独立事件的判断、计算古典概型问题的概率、判断所给事件是否是互斥关系、事件的运算及其含义 【分析】对于A：根据古典概型分析求解；对于BCD：利用列表法结合古典概型求，进而结合互斥事件、独立事件以及事件的运算分析求解. 【详解】对于选项A：因为第二次的点数有，共6个可能值， 事件B包含的点数有，共3个可能值，所以，故A正确； 因为第一次的点数有，共6个可能值，可得， 对于事件C，列表可得： 1 2 3 4 5 6 1 ╳ √ ╳ √ ╳ √ 2 √ ╳ √ ╳ √ ╳ 3 ╳ √ ╳ √ ╳ √ 4 √ ╳ √ ╳ √ ╳ 5 ╳ √ ╳ √ ╳ √ 6 √ ╳ √ ╳ √ ╳ 可知共有个基本事件，且，则， 又因为事件，即，则. 对于选项B：因为，所以事件A与事件C不互斥，故B错误； 对于选项C：因为，可知事件A与C相互独立，故C正确； 对于选项D：因为，故D正确； 故选：ACD. 9．（多选）（23-24高一下·贵州遵义·期末）已知事件A、B发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（    ） A．若A与B相互独立，则 B．若，则事件A与相互独立 C．若A与B互斥，则 D．若B发生时A一定发生，则 【答案】ABD 【知识点】互斥事件的概率加法公式、独立事件的判断、独立事件的乘法公式 【分析】根据互斥事件和独立事件的概率公式逐项判断. 【详解】对于A，若A与B相互独立，则， 所以，故A对； 对于B，因为，，则， 因为，所以事件与相互独立，故B对； 对于C，若A与B互斥，则，故C错； 对于D，若B发生时A一定发生，则，则，故D对． 故选：ABD 题型十四 概率综合 1．（多选）（24-25高一上·山东日照·期末）现有甲，乙，丙，丁四支球队进行单循环比赛，即每两支球队在比赛中都要相遇且仅相遇一次，最后按各队的积分排名（积分多者名次靠前，积分同者名次并列）.积分规则为每队胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分.若每场比赛中每队胜，平，负的概率都为，则在比赛结束时，下列说法正确的是（   ） A．甲队胜3场与乙队胜3场是互斥事件 B．不可能出现恰有三支球队积分相同的情况 C．丙队积分为3分的概率为 D．甲队胜2场且乙队胜2场的概率为 【答案】ACD 【知识点】判断所给事件是否是互斥关系、利用互斥事件的概率公式求概率、计算古典概型问题的概率、独立事件的乘法公式 【分析】对A，根据互斥事件的定义判断；对B，根据甲胜乙、丙胜甲、乙胜丙、甲丁平、乙丁平、丙丁平分析判断；对C，分两种情况，丙胜1负2场，或丙平3场，讨论求解；对D，根据甲队胜2场分3种情况，甲胜乙丙，甲胜乙丁，甲胜丙丁，讨论求解. 【详解】对于A，甲队胜3场是指甲胜乙，甲胜丙，甲胜丁， 乙队胜3场是指乙胜甲，乙胜丙，乙胜丁，不可能同时发生，故它们是互斥事件，故A正确； 对于B，若甲胜乙、丙胜甲、乙胜丙、甲丁平、乙丁平、丙丁平，则甲、乙、丙各得4分，丁得3分，故B错误； 对于C，丙队积分为3分，包含两种情况，丙胜1负2场，或丙平3场， 若丙胜1负2场，则其概率为， 若丙平3场，则其概率为， 所以丙队积分为3分的概率为，故C正确； 对于D，甲队胜2场且乙队胜2场，分下面3种情况： 若甲胜乙丙，乙胜丙丁，概率为， 若甲胜乙丁，乙胜丙丁，概率为， 若甲胜丙丁，乙胜丙丁，甲平乙或甲胜丙丁，乙胜甲丙或甲胜丙丁，乙胜甲丁， 其概率为， 所以甲队胜2场且乙队胜2场的概率为. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题选项D解题的关键是根据甲队胜2场分3种情况，甲胜乙丙，甲胜乙丁，甲胜丙丁，由相互独立事件的概率公式求解，再相加即可. 2．（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 【答案】ACD 【知识点】互斥事件的概率加法公式、计算古典概型问题的概率、独立事件的乘法公式 【分析】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． 【详解】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． 3．（23-24高一下·河北·期末）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．现有两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到，则译码为1，若依次收到，则译码为1）． (1)已知． ①若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率； ②若采用单次传输方案，依次发送，证明：事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立． (2)若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求的取值范围． 【答案】(1)① ；②证明见解析 (2) 【知识点】互斥事件的概率加法公式、独立事件的乘法公式 【分析】（1）①记事件为“至少收到一次0”，利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算可得；②记事件为“第三次收到的信号为1”，事件为“三次收到的数字之和为2”，证明即可； （2）记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，事件为“采用单次传输方案时译码为0”，根据题意可得，解不等式可解. 【详解】（1）①记事件为“至少收到一次0”，则． ②证明：记事件为“第三次收到的信号为1”，则． 记事件为“三次收到的数字之和为2”， 则． 因为， 所以事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立． （2）记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，则． 记事件为“采用单次传输方案时译码为0”，则． 根据题意可得，即， 因为，所以， 解得，故的取值范围为． 【点睛】关键点点睛：利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算各事件的概率. 4．（23-24高一下·河南新乡·期末）在世界杯小组赛阶段，每个小组内的四支球队进行循环比赛，共打6场，每场比赛中，胜、平、负分别积3，1，0分.每个小组积分的前两名球队出线，进入淘汰赛.若出现积分相同的情况，则需要通过净胜球数等规则决出前两名，每个小组前两名球队出线，进入淘汰赛.假定积分相同的球队，通过净胜球数等规则出线的概率相同（例如：若B，C，D三支积分相同的球队同时争夺第二名，则每个球队夺得第二名的概率相同）.已知某小组内的A，B，C，D四支球队实力相当，且每支球队在每场比赛中胜、平、负的概率都是，每场比赛的结果相互独立. (1)求A球队在小组赛的3场比赛中只积3分的概率； (2)已知在已结束的小组赛的3场比赛中，A球队胜2场，负1场，求A球队最终小组出线的概率. 【答案】(1) (2) 【知识点】互斥事件的概率加法公式、独立事件的乘法公式、独立事件的实际应用 【分析】（1）分类讨论只积3分的可能情况，结合独立事件概率乘法公式运算求解； （2）由题意，若A球队参与的3场比赛中胜2场，负1场，根据获胜的三队通过净胜球数等规则决出前两名，分情况讨论结合独立事件概率乘法公式运算求解. 【详解】（1）A球队在小组赛的3场比赛中只积3分，有两种情况. 第一种情况：A球队在3场比赛中都是平局，其概率为. 第二种情况：A球队在3场比赛中胜1场，负2场，其概率为. 故所求概率为. （2）不妨假设A球队参与的3场比赛的结果为A与B比赛，B胜；A与C比赛，A胜；A与D比赛，A胜. 此情况下，A积6分，B积3分，C，D各积0分. 在剩下的3场比赛中： 若C与D比赛平局，则C，D每队最多只能加4分，此时C，D的积分都低于A的积分，A可以出线； 若B与C比赛平局，后面2场比赛的结果无论如何，都有两队的积分低于A，A可以出线； 若B与D比赛平局，同理可得A可以出线. 故当剩下的3场比赛中有平局时，A一定可以出线. 若剩下的3场比赛中没有平局，则当B，C，D各赢1场比赛时，A可以出线. 当B，C，D中有一支队伍胜2场时， 若C胜2场，B胜1场，A，B，C争夺第一、二名，则A淘汰的概率为； 若D胜2场，B胜1场，A，B，D争夺第一、二名，则A淘汰的概率为. 其他情况A均可以出线. 综上，A球队最终小组出线的概率为. 【点睛】关键点点睛：解题的关键在于分类讨论获胜的三队通过净胜球数等规则决出前两名，讨论要恰当划分，做到不重不漏，从而即可顺利得解. 5．（23-24高一下·福建莆田·期末）数据传输包括发送与接收两个环节．在某数据传输中，数据是由数字0和1组成的数字串，发送时按顺序每次只发送一个数字．发送数字1时，收到的数字是1的概率为，收到的数字是0的概率为；发送数字0时，收到的数字是0的概率为，收到的数字是1的概率为．假设每次数字的传输相互独立，且． (1)当时，若发送的数据为“10”，求收到的所有数字都正确的概率； (2)用表示收到的数字串，将中数字1的个数记为，如“1011”，则． （ⅰ）若发送的数据为：“100”，且，求； （ⅱ）若发送的数据为“1100”，求的最大值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）的最大值为 【知识点】求二次函数的值域或最值、计算古典概型问题的概率、独立事件的乘法公式 【分析】（1）利用事件独立性即可求解； （2）（ⅰ）分别把概率表示出来，理解事件表示1传输错误，且两个0传输都正确，理解包含以下两种情况，然后建立等式，将代入等式中消元，然后根据范围确定取值； （ⅱ）理解事件包含以下三种情况：①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确，③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，分别求出概率再相加，利用换元的思想，令，利用二次函数的性质研究最值即可求解，注意需要确定的范围． 【详解】（1）记事件：“收到的所有数字都正确”， 由已知且可知， 所以； （2）（ⅰ）由发送的数据为“100”可知，事件表示1传输错误，且两个0传输都正确， 所以， 事件包含以下两种情况； ①1传输正确，且两个0传输都正确，其概率为； ②1传输错误，且只有一个0传输都正确，其概率为， 所以； 又， 所以， 即， 整理得， 把代入上式，化简得， 解得：或， 因为，且，， 所以，， 所以； （ⅱ）当发送的数据为“1100”，事件包含以下三种情况： ①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，其概率为； ②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确， 其概率为， ③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，其概率为， 所以， 令，则，从而， 所以， 记， 由二次函数的性质可知，在单调递增， 所以得最大值为， 即的最大值为． 【点睛】本题主要考查古典概型，随件事件独立性等知识，需要充分理解事件的独立性求概率，需要理解问题中的事件是哪些事件的和事件，需要不重不漏的表示出来，把问题利用函数的思想来求解． 6．（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． 【答案】(1) (2) 【知识点】互斥事件的概率加法公式、独立事件的乘法公式 【分析】（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. 【详解】（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. 【点睛】关键点点睛：本题第2小问解决的关键是分析得甲恰好投了2次篮的所有情况，从而结合独立事件的概率公式即可得解. $$专题01 高一下期末真题精选（压轴14大题型） 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 · 题型一 平面向量基本定理（重点） · 题型二 向量的数量积（含最值范围）（难点） · 题型三 向量的模（含最值范围）（重点） · 题型四 平面向量中的新定义题（难点） · 题型五 三角形周长（边长代数和）问题（重点，难点） · 题型六 三角形面积问题（高频） · 题型七 复数模的最值（范围）问题（重点） · 题型八 空间角（难点） · 题型九 外接球与内切球（难点） · 题型十 立体几何综合（重点） · 题型十一 分层抽样的平均数和方差 （易错） · 题型十二 用样本估计总体（高频） · 题型十三 判断事件的独立性，互斥事件，对立事件（重点） · 题型十四 概率综合（重点） 题型一 平面向量基本定理 1．（23-24高一下·甘肃临夏·期末）如图，在中，点O是BC的中点，，分别连接MO、NO并延长，与边AB的延长线分别交于P，Q两点，若，则（    ）    A．2 B．1 C．－2 D．－1 2．（23-24高一下·广东潮州·期末）如图，在中，，P是线段BD上一点，若，则实数m的值为（    ） A． B． C．2 D． 3．（23-24高一下·四川内江·期末）在平行四边形中，是对角线上靠近点的三等分点，点在上，若，则（    ） A． B． C． D． 4．（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． 5．（23-24高一下·四川成都·期中）如图，在中，点是上的点且满足，是上的点且满足，与交于点，且，则（     ） A． B． C． D． 6．（23-24高一下·四川绵阳·期末）如图，在平行四边形中，对角线交于点O，点E在上，且，连接交于点G，若，则 ．    7．（24-25高一上·辽宁鞍山·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. 题型二 向量的数量积（含最值范围） 1．（24-25高一上·河北保定·期末）已知平面向量，满足，，则的最大值为（    ） A．8 B． C．10 D． 2．（23-24高三上·山东潍坊·期末）已知正方形ABCD的边长为2，MN是它的内切圆的一条弦，点P为正方形四条边上的动点，当弦MN的长度最大时，的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·河北保定·期末）已知的外接圆圆心为O，且，，点D是线段BC上一动点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·广东广州·期末）已知为的外接圆圆心，，则的最大值为（    ） A．2 B．4 C． D． 5．（多选）（23-24高一下·河南南阳·期末）在边长为3的正方形中，分别是边上的动点（含端点），且，则的取值可以是（    ） A．12 B．11 C．10 D．9 6．（23-24高一下·江西景德镇·期末）在中，，，，为边上两点，且，则的最小值为 . 7．（23-24高一下·天津·期末）如图，梯形且，，则 ，在线段BC上，则的取值范围为 . 8．（23-24高一下·广东汕尾·期末）已知在中，，，则的最大值为 ． 题型三 向量的模（含最值范围） 1．（23-24高一下·江苏常州·期末）已知，，其中，．若对任意，都有，则的最小值为（   ） A．2 B． C． D．3 2．（23-24高一下·重庆·期末）已知向量非零向量b满足对都有 成立，则 的值为（    ） A． B．10 C．5 D．15 3．（2023·福建泉州·三模）已知平面向量，，满足，，，，则的最小值为（    ） A．1 B． C．2 D．4 4．（2024·四川资阳·二模）已知向量，的夹角为150°，且，，则（    ） A．1 B． C． D． 5．（24-25高一上·北京延庆·期末）已知，，则的最大值为 ，最小值为 . 6．（23-24高一下·天津东丽·期末）已知中，，，记，则 ；若，当最大时， . 题型四 平面向量中的新定义题 1．（24-25高二上·北京房山·期末）对于空间向量，定义：，．且． (1)若，求及； (2)是否存在？若存在，写出一个；若不存在，说明理由； (3)证明：对于任意，必存在，使． 2．（24-25高二上·湖南邵阳·开学考试）在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量，.作：，当不共线时，记以为邻边的平行四边形的面积为；当共线时，规定. (1)分别根据下列已知条件求； ①，； ②，； (2)若向量，求证：； (3)记，，，且满足，，，求的最大值. 3．（23-24高二下·湖南娄底·期末）如图，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量．若向量，则把有序实数对叫做向量在坐标系中的坐标，记作．在此坐标系中，若，，，是的中点，与交于两点．    (1)求； (2)求的坐标； (3)若过点的直线分别与轴、轴正方向交于、两点，求的最小值． 4．（23-24高一下·云南玉溪·期末）类比于二维空间（即平面），向量可用二元有序数组表示，若维空间向量用元有序数组表示，记为，，且维空间向量满足. (1)当，求. (2)证明：； (3)若是正实数，且满足，求证：. 5．（23-24高一下·浙江宁波·期末） 已知向量满足，且与互相垂直. (1)求向量在向量上的投影向量 （用表示）； (2)定义平面非零向量之间的一种运算“*”：（其中是非零向量和的夹角），求 题型五 三角形周长（边长代数和）问题 1．（23-24高三上·内蒙古包头·期末）已知为锐角三角形，是角分别所对的边，若，且，则的取值范围是 ． 2．（23-24高二下·浙江宁波·期末）在锐角中，内角所对的边分别为，若，则的最小值为 . 3．（24-25高三上·山东威海·期末）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. 4．（24-25高一上·湖南邵阳·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． (1)求角B； (2)若的角平分线交AC于点D，，，求BD； (3)若的外接圆的半径为，求的取值范围． 5．（24-25高三上·广东深圳·期末）记的内角A，B，C的对边分别为. (1)求； (2)设AC边上的高为，若，且，求周长的取值范围. 6．（24-25高一上·江苏无锡·期末）如图，有一条宽为的笔直的河道（假设河道足够长），规划在河道内围出一块直角三角形区域（图中）种植荷花用于观赏，两点分别在两岸上，，顶点到河两岸的距离，设． (1)若，求的面积的最大值； (2)当恰好为中点时，求的周长的最小值． 7．（2024·甘肃·模拟预测）在中，内角，，所对的边分别为，，，已知. (1)求角的大小； (2)若，的面积为，求的周长. 题型六 三角形面积问题 1．（24-25高三上·山东滨州·期末）如图，在扇形中，半径，圆心角，是扇形弧上的动点，过点作，交于点，则的面积的最大值为 ． 2．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知的内角A，B，C的对边分别为，且满足． (1)求角的大小； (2)若点是边BC上，，且，求的面积最大值． 3．（24-25高二上·云南西双版纳·期末）已知函数 (1)求的最小正周期； (2)求的单调递增区间； (3)三角形的内角的对边分别为，若，求的面积. 4．（24-25高三上·湖南常德·期末）已知的内角，，的对边分别为，，，且． (1)求边； (2)若，求面积的最大值． 5．（24-25高二上·云南保山·期末）在以下两个条件中任选一个补充在下面问题中： ①，②． 问题：已知的内角的对边分别为，且______，角的平分线交于点． (1)求； (2)若，求面积的最小值． 题型七 复数模的最值（范围）问题 1．（23-24高一下·山东青岛·期末）已知i为虚数单位，复数z满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D．0 2．（23-24高一下·江苏南京·期末）已知i为虚数单位，复数z满足，则的最大值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（24-25高一下·山东济南·期中）已知复数z的实部大于等于1，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·吉林长春·期中）已知是虚数单位，复数，且，则的最大值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．（24-25高一下·浙江金华·期中）若，则的最大值为 ． 题型八 空间角 1．（23-24高一下·辽宁大连·期末）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，为的中点.    (1)证明：平面； (2)若，. ①求二面角的余弦值； ②求直线与平面所成角的正弦值. 2．（23-24高一下·福建福州·期末）如图，四棱锥的底面是边长为的正方形，． (1)证明：平面平面； (2)若，且与平面的夹角为 （i）证明； （ii）求二面角的正弦值． 3．（23-24高一下·黑龙江黑河·期末）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. 4．（23-24高一下·广东江门·期末）如图，在平面五边形中，，，，，的面积为.现将五边形沿向内进行翻折，得到四棱锥. (1)求线段的长度； (2)求四棱锥的体积的最大值； (3)当二面角的大小为时，求直线与平面所成的角的正切值. 5．（23-24高一下·天津东丽·期末）如左图所示，在直角梯形中，，，，，，边上一点满足.现将沿折起到的位置，使平面平面，如右图所示.    (1)求证：； (2)求直线与面所成角的正弦值； (3)求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 6．（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． 7．（23-24高一下·宁夏·期末）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为．如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且．    (1)证明：平面； (2)若，求二面角的正切值． 8．（23-24高一下·四川成都·期末）如图，在长方形中，，，，将沿折起至，使平面平面.    (1)证明：平面； (2)若二面角的平面角的余弦值为，求的长； (3)设直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，证明：. （注：本题用空间向量法求解或证明不给分，若需要作辅助线，请在答题卡上作出相应的辅助线.） 9．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期末）“阳马”是我国古代数学名著《九章算术》中《商功》章节研究的一种几何体，它是底面为矩形，一条侧棱垂于底面的四棱锥．如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，，平面平面，平面平面. (1)求证：四棱锥是“阳马”； (2)点M在正方形内（包括边界）．平面平面且， （i）求M点轨迹长度； （ii）是否存在M点，使得平面平面，若存在，求二面角的余弦值；若不存在，请说明理由． 10．（23-24高一下·天津·期末）如图，在六面体中， 为等边三角形，平面平面，，，，， (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的平面角的余弦值为.若存在，求出值；若不存在，请说明理由. 题型九 外接球与内切球 1．（23-24高一下·河南郑州·期末）在边长为的菱形中，，将沿着折叠，得到三棱锥，若，则该三棱锥的外接球的体积是（    ） A． B． C． D． 2．（多选）（23-24高一下·浙江杭州·期末）“圆柱容球”作为古希腊数学家阿基米德最得意的发现，被刻在他的墓碑上.马同学站在阿基米德的肩膀上，研究另外两个模型：“圆台容球”，“圆锥容球”，如下图，半径为R的球分别内切于圆柱，圆台，圆锥.设球，圆柱，圆台，圆锥的体积分别为.设球，圆柱，圆台，圆锥的表面积分别为，则以下关系正确的是（    ）    A． B． C． D．的最大值为 3．（24-25高一上·江苏无锡·期末）正方体的棱长为3，平面内一动点满足，当三棱锥的体积取最大值时，该三棱锥外接球的表面积为 . 4．（23-24高一下·山东青岛·期末）已知正四面体的棱长为，球与正四面体六条棱相切，球与正四面体四个面相切，则两个球的体积比 ． 5．（23-24高一下·安徽六安·期末）在三棱锥中，平面平面是以为斜边的等腰直角三角形，为中点，，则该三棱锥的外接球的体积为 . 6．（23-24高一下·山东德州·期末）“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为2，则该多面体外接球的表面积为 ． 7．（23-24高一下·湖南益阳·期末）在三棱锥中，，点在底面的投影为的外心，若，，，则三棱锥的外接球的表面积为 . 8．（23-24高一下·贵州黔东南·期末）某半球形容器如图（左）所示，底面圆的半径为2.往其中放入四个大小相同的小球，每个小球都与半球面相切，也与底面相切，其俯视图如图（右）所示，则小球的表面积等于 . 题型十 立体几何综合 1．（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 2．（多选）（24-25高三上·安徽安庆·期末）如图，在矩形AEFC中，，，为中点，现分别沿将、翻折，使点重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（    ） A．三棱锥的体积为 B．直线与直线所成角的余弦值为 C．直线与平面所成角的正弦值为 D．三棱锥外接球的半径为 3．（多选）（24-25高一上·浙江杭州·期末）如图1所示，四边形是边长为的正方形，、、分别为、、的中点，分别沿、及所在直线把、和折起，使、、三点重合于点，得到如图2所示的三棱锥，则下列结论中正确的有（        ）    A．三棱锥的体积为 B．异面直线与所成角的余弦值为 C．过点的平面截三棱锥的外接球，所得截面的面积的最小值为 D．过点的平面截三棱锥的外接球，所得截面的面积的最大值为 4．（多选）（23-24高一下·宁夏固原·期末）已知点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则下列说法错误的是（    ） A．若在棱上运动，当点与点重合时，最大 B．使得二面角的大小为的点的轨迹长度为2 C．当在平面内运动时，四棱锥的体积为定值 D．若是的中点，当在底面内运动，且满足平面时，的最小值为 5．（多选）（23-24高一下·四川凉山·期末）在棱长为的正方体中，均为所在棱的中点，则下列论述正确的有（    ） A．经过直线与点的平面与正方体的截面是一个正六边形 B．与直线、、都相交的直线有三条 C．在侧面内（包含边界），若//面，则点轨迹的长度为 D．过的平面截正方体内切球的截面面积的最大值为 6．（24-25高一上·湖南邵阳·期末）已知在平面四边形中，，，．将沿BD翻折至，，点在线段BD上，且，． (1)求证：面； (2)求三棱锥外接球的半径； (3)求直线CF与平面所成角的正弦值的取值范围． 7．（23-24高一下·浙江宁波·期末）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. 8．（23-24高一下·广东广州·期末）如图，已知三棱台，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，体积为，平面平面，且. (1)证明：平面； (2)求点到面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 9．（23-24高一下·云南楚雄·期末）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． 10．（23-24高一下·北京通州·期末）如图，七面体中，菱形所在平面与矩形交于，平面与平面交于直线． (1)求证：； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知条件，试求当为何值时，平面平面？并证明你的结论． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 题型十一 分层抽样的平均数和方差 1．（23-24高一上·浙江绍兴·期末）某校组织高一1班，2班开展数学竞赛，1班40人，2班30人，根据统计分析，两班成绩的方差分别为，.记两个班总成绩的方差为，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·天津东丽·期末）某学校有男生400人，女生600人.为了调查该校全体学生每天体育锻炼时间，采用分层抽样的方法抽取样本，计算得男生每天体育锻炼时间均值为2.5小时，方差为1，女生每天体育锻炼时间为1小时，方差为0.5.若男、女样本量按比例分配，则可估计总体方差为 . 3．（23-24高一下·安徽黄山·期末）为进一步推动防范电信网络诈骗工作，预防和减少电信网络诈骗案件的发生，某市开展防骗知识大宣传活动.举办了“网络防骗”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，…，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求图中的值，根据频率分布直方图计算样本成绩的平均数和下四分位数； (2)已知若总体划分为2层，通过分层随机抽样，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：； (3)已知落在的平均成绩是59，方差是7，落在的平均成绩为65，方差是4，求两组样本成绩的总平均数和总方差. 4．（23-24高一下·广东广州·期末）某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求频率分布直方图中的值； (2)求样本成绩的第75百分位数； (3)已知落在的平均成绩是56，方差是7，落在的平均成绩为65，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差. 5．（23-24高一下·广东茂名·期末）某市体质健康测试标准包括身体形态、身体机能、躯体素质、运动能力等方面.为了了解学生体质健康情况，某校随机抽取了200名学生进行测试，测试成绩的频率分布直方图如下图所示，其中成绩不超过80分的有108人. (1)求图中a，b的值； (2)并根据频率分布直方图，估计该校学生测试分数的平均数和上四分位数（同一组中的数据以该组区间的中点值为代表）； (3)若抽取的200名学生中，男生120人，女生80人，其中男生分数的平均数为，方差为；女生分数的平均数为，方差为；200名学生分数的平均数为，方差为. ①；②，请判断公式①和公式②是否相等，并说明理由. 6．（23-24高一下·福建福州·期末）随着老年人消费需求从“生存型”向“发展型”转变．消费层次不断提升，“银发经济”成为社会热门话题之一，被各企业持续关注． 某企业为了解该地老年人消费能力情况，对该地年龄在的老年人的年收入按年龄，分成两组进行分层抽样调查，已知抽取了年龄在的老年人人． 年龄在的老年人人．现作出年龄在的老年人年收入的频率分布直方图（如图所示）： (1)根据频率分布直方图，若每个区间取中点值为代表，估计该地年龄在的老年人年收入的平均数及第百分位数； (2)已知年龄在的老年人年收入的方差为，年龄在的老年人年收入的平均数和方差分别为和，试估计年龄在的老年人年收入的方差．（请先推导必要的公式，再代值计算） 题型十二 用样本估计总体 1．（24-25高一上·江西·期末）某药品企业研发了一个新药，其药效（单位：药物单位）与某活性成分AHH的含量（单位：mg）近似满足函数关系，为检查其质量，现抽查了8个样本，得到某活性成分AHH的含量的平均为4mg，标准差为2mg，则药效的平均值为（    ） A．8 B．6 C．5 D．4 2．（多选）（24-25高一上·山东日照·期末）已知一组样本数据：2，2，0，2，4，1，3，则下列关于该组样本数据说法正确的是（   ） A．极差是4 B．众数不等于平均数 C．方差是 D．分位数是3 3．（多选）（24-25高一上·陕西汉中·期末）某地发起“寻找绿色合伙人——低碳生活知识竞赛”活动，从参赛选手的答卷中随机抽取了100份，将成绩分成6组，第1组为，第2组为，…，第6组为，画出如图所示的频率分布直方图，则（   ） A． B．第6组有15个样本 C．从第5，6组中，按组别分层抽取6个样本，则应在第5组抽取3个样本 D．估计参赛选手成绩的中位数在内 4．（24-25高一上·陕西·期末）某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六组：，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图． (1)求频率分布直方图中的值与样本成绩的第80百分位数； (2)在样本答卷成绩为，，的三组市民中，用分层抽样的方法抽取13个，则样本的答卷成绩在中的市民应抽取多少个？ (3)若落在的平均成绩是57，方差是2，落在的平均成绩为69，方差是5，求这两组成绩的总平均数和总方差． 5．（24-25高一上·辽宁大连·期末）某公司生产A、B两种型号电动汽车电机，为了了解电机的某项指标，从这两种电机中各抽取100台进行检测，获得该项指标的频率分布直方图，如图所示： 假设数据在组内均匀分布，以样本估计，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率. (1)估计B型电机该项指标的平均值（同一组数据用该组区间中点值为代表）； (2)从A型电机指标在内采用分层抽样方式抽取2件，B型电机指标在内采用分层抽样方式抽取4件，再从这6件中任意抽取2件，求指标在和内各抽取1件的概率； (3)根据检测结果确定该项指标的一个临界值m，且，某汽车厂准备用A、B两种型号电机生产C牌和D牌汽车各1万辆，有以下两种方案可供选择： 方案一：将A型电机用于生产C牌汽车，其中该指标小于等于临界值m的电机会导致每台汽车损失7000元；将B型电机用于生产D牌汽车，其中该指标大于等于临界值m的电机会导致每台汽车损失3000元； 方案二：重新检测所用的电机，会避免方案一的损失费用，但检测费用共需1010万元.请从汽车厂节约成本的角度考虑，选择合理的方案，并说明理由. 6．（23-24高一下·浙江杭州·期末）为了解甲､乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成两组，每组只，其中组小鼠给服甲离子溶液，组小鼠给服乙离子溶液.每只小鼠给服的溶液体积相同､摩尔浓度相同.经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比.根据试验数据分别得到如下直方图： 记为事件：“乙离子残留在体内的百分比不高于5.5”，根据直方图得到的估计值为0.30. (1)求乙离子残留百分比直方图中的值； (2)求甲离子残留百分比的第百分位数； (3)估计乙离子残留百分比的均值.（同一组数据用该组区间的中点值为代表） 7．（23-24高一下·宁夏固原·期末）统计学作为数学的一个重要分支，其犹如一座坚实的大厦，构建于严谨的数学基石之上，为理解和诠释数据提供了强大的支撑，请用你所学到的统计知识解答以下问题： (1)如果将总体分为k层，第j层抽取的样本为，，…，，第j层的样本量为，样本平均数为，样本方差为，.记，总的样本平均数为，样本方差为，证明：，即. (2)为研究男女学生在生活费支出（单位：元）上的差异，某校在高一年级400名学生中随机抽取40人，统计他们某一周的生活费支出，得到下面的结果： 抽取的学生 生活费支出的平均数 生活费支出的标准差 男生22人 380 女生18人 360 根据以上数据及（1）结论，估计该校高一学生这周生活费支出的总体平均数、总体方差. 8．（23-24高一下·安徽马鞍山·期末）某校为提高学生对交通安全的认识，举办了相关知识竞赛，从所有答卷中随机抽取份作为样本，发现得分均在区间内.现将个样本数据按，，，，，分成组，并整理得到如下频率分布直方图.    (1)请估计样本数据的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）和中位数（精确到）； (2)学校决定表彰成绩排名前的学生，学生甲的成绩是，请估计该学生能否得到表彰，并说明理由. 题型十三 判断事件的独立性，互斥事件，对立事件 1．（24-25高一上·内蒙古呼和浩特·期末）已知一个古典概型的样本空间和事件A，B，满足，，，，则下列说法正确的是（   ） A．事件A与事件B互斥 B．事件A与事件B独立 C． D． 2．（23-24高一下·江苏无锡·期末）已知事件A，B满足，则 （     ） A．若B⊆A，则 B．若A与B互斥，则 C．若A与B相互独立，则 D．若，则C与B相互对立 3．（23-24高一下·河北唐山·期末）已知是两个随机事件且概率均大于，则下列说法正确的为（    ） A．若与互斥，则与对立 B．若与相互独立，则与互斥 C．若与互斥，则与相互独立 D．若与相互独立，则与相互独立 4．（多选）（24-25高一上·河北保定·期末）下列命题正确的是（    ） A．若事件，，两两独立，则成立. B．若事件，，两两互斥，则成立 C．若事件，相互独立，则与也相互独立. D．若，，则事件，相互独立与，互斥可以同时成立. 5．（多选）（23-24高一下·浙江杭州·期末）下列命题正确的是（    ） A．若事件两两互斥，则成立. B．若事件两两独立，则成立. C．若事件相互独立，则与也相互独立. D．若，则事件相互独立与互斥不能同时成立. 6．（多选）（23-24高一下·宁夏固原·期末）设A，B是两个概率大于0的随机事件，则下列结论正确的是（    ） A．若事件，则 B．若A和B互斥，则A和B一定相互独立 C．若A和B相互独立，则A和B一定不互斥 D． 7．（多选）（23-24高一下·安徽六安·期末）有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回的随机取两次，每次取1个球，事件表示“第一次取出的球的数字是偶数”，事件表示“第二次取出的球的数字是奇数”，事件表示“两次取出的球的数字之和是偶数”，事件表示“两次取出的球的数字之和是奇数”，则（    ） A． 与是互斥事件 B．与互为对立事件 C．发生的概率为 D．与不相互独立 8．（多选）（23-24高一下·山东聊城·期末）连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次朝上的点数，设事件A为“第一次的点数是5”，事件B为“第二次的点数大于3”，事件C为“两次点数之和为奇数”，则（    ） A． B．事件A与事件C互斥 C．事件A与C相互独立 D． 9．（多选）（23-24高一下·贵州遵义·期末）已知事件A、B发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（    ） A．若A与B相互独立，则 B．若，则事件A与相互独立 C．若A与B互斥，则 D．若B发生时A一定发生，则 题型十四 概率综合 1．（多选）（24-25高一上·山东日照·期末）现有甲，乙，丙，丁四支球队进行单循环比赛，即每两支球队在比赛中都要相遇且仅相遇一次，最后按各队的积分排名（积分多者名次靠前，积分同者名次并列）.积分规则为每队胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分.若每场比赛中每队胜，平，负的概率都为，则在比赛结束时，下列说法正确的是（   ） A．甲队胜3场与乙队胜3场是互斥事件 B．不可能出现恰有三支球队积分相同的情况 C．丙队积分为3分的概率为 D．甲队胜2场且乙队胜2场的概率为 2．（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 3．（23-24高一下·河北·期末）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．现有两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到，则译码为1，若依次收到，则译码为1）． (1)已知． ①若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率； ②若采用单次传输方案，依次发送，证明：事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立． (2)若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求的取值范围． 4．（23-24高一下·河南新乡·期末）在世界杯小组赛阶段，每个小组内的四支球队进行循环比赛，共打6场，每场比赛中，胜、平、负分别积3，1，0分.每个小组积分的前两名球队出线，进入淘汰赛.若出现积分相同的情况，则需要通过净胜球数等规则决出前两名，每个小组前两名球队出线，进入淘汰赛.假定积分相同的球队，通过净胜球数等规则出线的概率相同（例如：若B，C，D三支积分相同的球队同时争夺第二名，则每个球队夺得第二名的概率相同）.已知某小组内的A，B，C，D四支球队实力相当，且每支球队在每场比赛中胜、平、负的概率都是，每场比赛的结果相互独立. (1)求A球队在小组赛的3场比赛中只积3分的概率； (2)已知在已结束的小组赛的3场比赛中，A球队胜2场，负1场，求A球队最终小组出线的概率. 5．（23-24高一下·福建莆田·期末）数据传输包括发送与接收两个环节．在某数据传输中，数据是由数字0和1组成的数字串，发送时按顺序每次只发送一个数字．发送数字1时，收到的数字是1的概率为，收到的数字是0的概率为；发送数字0时，收到的数字是0的概率为，收到的数字是1的概率为．假设每次数字的传输相互独立，且． (1)当时，若发送的数据为“10”，求收到的所有数字都正确的概率； (2)用表示收到的数字串，将中数字1的个数记为，如“1011”，则． （ⅰ）若发送的数据为：“100”，且，求； （ⅱ）若发送的数据为“1100”，求的最大值． 6．（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． $$