高一下期末真题百题大通关（10大模块题型）（提升版）-【好题汇编】备战2024-2025学年高一数学下学期期末真题分类汇编（浙江专用）

高一下期末真题百题大通关（10大模块题型）（提升版） 题型汇聚 6 / 19 学科网（北京）股份有限公司 题型一 向量的数量积 题型二 平面向量基本定理及坐标表示 题型三 平面向量的应用 题型四 复数 题型五 简单几何体的表面积与体积 题型六 空间点、直线、平面之间的位置关系 题型七 空间直线、平面的平行 题型八 空间直线、平面的垂直 题型九 统计 题型十 概率 题型练习 题型一 向量的数量积 1．（23-24高一下·浙江宁波·期末）若平面向量两两的夹角相等，且，，，则（    ） A．1 B．4 C．1或4 D．1或2 2．（23-24高一下·浙江温州·期末）已知平面向量和满足，在方向上的投影向量为，则在方向上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一上·浙江宁波·期末）已知菱形的边长为1，若，则（    ） A． B．2 C． D． 4．（23-24高一下·浙江宁波·期末）已知圆O的直径AB把圆分成上下两个半圆，点C，D分别在上、下半圆上（都不与A，B点重合）若，，则 . 5．（23-24高一下·浙江丽水·期末）在中，为边上的高，，，为边上一点，且，则 ． 6．（23-24高一下·浙江杭州·期末）已知是非零向量，，且. (1)求在方向上的投影向量； (2)求. 7．（23-24高一下·浙江台州·期末）在中，，设. (1)用表示； (2)若，则当时，求的值. 8．（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 题型二 平面向量基本定理及坐标表示 9．（23-24高一下·浙江绍兴·期末）已知平面四边形，，若，则（    ） A． B．1 C． D． 10．（多选）（23-24高一下·浙江宁波·期末）下列四个命题为真命题的是（    ） A．已知平面向量，若，，则 B．若，，则可作为平面向量的一组基底 C．，，若，则 D．，，则在方向上的投影向量为 11．（23-24高一下·浙江温州·期末）已知是单位向量，满足，记与夹角为． (1)求； (2)若平面向量在上的投影向量为，求． 12．（23-24高一下·浙江杭州·期末）如图，点分别是矩形的边上的点，． (1)若，求的取值范围； (2)若是的中点，依次为边的2025等分点．求的值． 题型三 平面向量的应用 13．（23-24高一下·浙江杭州·期末）如图，计划在两个山顶间架设一条索道.为测量间的距离，施工单位测得以下数据：两个山顶的海拔高，在同一水平面上选一点，在处测得山顶的仰角分别为和，且测得，则间的距离为（    ）    A． B． C． D． 14．（23-24高一下·浙江宁波·期末）在中，，则该三角形外接圆半径与内切圆半径的比值是（    ） A． B． C． D． 15．（23-24高一下·浙江丽水·期末）如图，某山山顶与山底的垂直部分为（记山顶为点，山底为点），首先测量人员位于点，测得点位于正北方向，测得点的仰角为，然后测量人员沿北偏东方向行走了米到达点，此时测得，则此山的高度为（    ） A．米 B．米 C．米 D．米 16．（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，，E为BC中点，在线段AB上，且，和CF相交于点，则的余弦值为（    ） A． B． C． D． 17．（23-24高一下·浙江宁波·期末）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 18．（23-24高一下·浙江温州·期末）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，且，若，则面积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 19．（23-24高一下·浙江台州·期末）如图所示，在同一个铅垂面，在山脚测得山顶的仰角为，斜坡长为，在处测得山顶的仰角为，则山的高度为（    ） A． B． C． D． 20．（23-24高一下·浙江台州·期末）一条河的两岸平行，河宽，一艘船从河岸边的某处出发到河对岸.设船在静水中行驶的速度的大小为，水流速度的大小为.当船以最短距离到对岸时，船行驶所用的时间（保留两位小数）为（    ） A． B． C． D． 21．（23-24高一下·浙江金华·期末）已知三个内角，，的对边分别是，，，且满足，则面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 22．（23-24高一下·浙江宁波·期末）在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 23．（多选）（23-24高一下·浙江宁波·期末）在中，，，下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若有两解，则 D．若是锐角三角形，则 24．（23-24高一下·浙江宁波·期末）如图，相距米的，之间是一条小路（，可看作两条平行直线），为测量点到的距离（，在点的同侧），某研究小组在一侧东边选择点，作为测量起始位置，与交于点，从点出发向西走米到达，测得，继续向西走米到达点，与交于点，继续向西走米到达点，测得，则 . 25．（23-24高一下·浙江金华·期末）甲船在岛的正南方向处，千米，甲船向正北方向航行，同时乙船自岛出发向北偏东的方向航行，两船航行速度相同，则甲、乙两船的最近距离为 千米. 26．（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）如图，壕股塔位于嘉兴南湖西侧的南湖渔村中，某项目化学习小组为了测量其高度，选取与塔底O在同一水平面的三个测量点A，B，C，分别测得塔顶P点的仰角为30°，45°，30°，延长AB交OC于点D，经测量D为OC上靠近O点的三等分点，B为AD的中点，米，则塔高 米． 27．（23-24高一下·浙江宁波·期末）已知海岛在海岛的北偏东的方向上，且两岛的直线距离为. 一艘海盗船以的速度沿着北偏东方向从海岛出发，同时海警船以的速度从海岛进行追赶，经过小时后两船相遇，则海警船的航行方向是北偏东 . 28．（23-24高一下·浙江杭州·期末）在中，角所对的边分别是，已知的外接圆半径，. (1)求角； (2)求的取值范围. 29．（23-24高一下·浙江宁波·期末）在中，内角的对边分别是，且. (1)请在以下两个条件中任选一个（若两个条件都选，则按①的解答过程给分） ①  ②，求的面积； (2)求的最大值. 30．（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. 31．（23-24高一下·浙江丽水·期末）克罗狄斯·托勒密（Ptolemy）是古希腊天文学家、地理学家、数学家，他在所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号. 如图，半圆的直径为2cm，为直径延长线上的点，2 cm，为半圆上任意一点，且三角形为正三角形. (1)当时，求四边形的周长； (2)当在什么位置时，四边形的面积最大，并求出面积的最大值； (3)若与相交于点，则当线段的长取最大值时，求的值. 32．（23-24高一下·浙江金华·期末）已知函数. (1)求函数的值域和其图象的对称中心； (2)在中，三个内角，，的对边分别是，，，满足，，，求的面积的值. 33．（23-24高一下·浙江宁波·期末）在中，内角，，所对的边分别为，，， (1)已知， （i）求； （ii）若，为边上的中点，求的长. (2)若为锐角三角形，求证： 34．（23-24高一下·浙江温州·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，过内一点M的直线l与直线AB交于D，记与夹角为. (1)已知， （i）求角A﹔ （ii）M为的重心，，求； (2)请用向量方法探究与的边和角之间的等量关系. 35．（23-24高一下·浙江台州·期末）在中，角所对的边分别为，满足. (1)求的值； (2)当与边上的中线长均为2时，求的周长； (3)当内切圆半径为1时，求面积的最小值. 题型四 复数 36．（23-24高一下·浙江宁波·期末）已知复数是关于x的方程的一个根，若复数z满足，复数z在复平面内对应的点Z的集合为图形M，则M围成的面积为（    ） A． B． C． D． 37．（多选）（23-24高一下·浙江湖州·期末）若复数z，w均不为0，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 38．（多选）（23-24高一下·浙江温州·期末）已知复数z满足，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．的最大值为2 D． 题型五 简单几何体的表面积与体积 39．（23-24高一下·浙江宁波·期末）已知正四棱台中，，球与上底面以及各侧棱均相切，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 40．（23-24高一下·浙江杭州·期末）一个呈直三棱柱的密闭容器，底面是边长为的正三角形，高为6，有一个半径为1的小球在这个容器内可以向各个方向自由滚动，则小球能接触到的容器内壁的最大面积为 ． 41．（23-24高一下·浙江绍兴·期末）正四棱锥的外接球半径为R，内切球半径为r，则的最小值为 ． 42．（23-24高一下·浙江台州·期末）据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功（如图（1）），标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现.报道中提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高.球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底､以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”.如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为，其中球冠高为. (1)类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）），写出“球锥”的体积公式； (2)在该“球锥”中，当球缺的体积与圆锥的体积相等时，求的值； (3)已知一个棱长为的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的有且只有一个，求的取值范围. 题型六 空间点、直线、平面之间的位置关系 43．（22-23高一下·浙江绍兴·期末）轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，如图所示，在直角圆锥中，AB为底面圆的直径，C在底面圆周上且为弧的中点，则异面直线PB与AC所成角的大小为（    ）    A．30° B．45° C．60° D．90° 44．（高一下·浙江嘉兴·期末）已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，，则 45．（高一下·浙江衢州·期末）已知、为异面直线，平面，平面.若直线满足，，，，则（　　） A．， B．， C．， D．， 46．（高一下·浙江嘉兴·期末）已知正四面体，点为棱上一个动点，点为棱上靠近点的三等分点，记直线与所成角为，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 47．（高一下·浙江·期末）如图，在四棱锥中，平面，四边形为菱形，且为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 48．（高一下·浙江·期末）如图，在棱长为2的正方体中，E是的中点，则平面截正方体所得的截面多边形的周长为 ． 49．（高一下·浙江·期末）如图，正方体的棱长为2． （1）求异面直线与所成角的大小； （2）求直线与平面所成角的正切值． 题型七 空间直线、平面的平行 50．（23-24高一下·浙江杭州·期末）已知正四面体中，是棱上一点，过作平面，满足，若到平面的距离分别是3和9，则正四面体的外接球被平面截得的截面面积为（    ） A． B． C． D． 51．（22-23高一下·浙江温州·期末）下列正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，则能满足平面MNP的是（    ） A．   B．   C．   D．   52．（高一下·浙江丽水·期末）《九章算术》是我国古代的数学巨著，其卷第五“商功”有如下的问题：“今有刍甍，下广三丈，袤六丈，上袤四丈，无广，高一丈．问积几何？”意思为：今有底面为矩形的屋脊形状的多面体(如图)，下底面宽丈，长丈，上棱丈，与平面平行，与平面的距离为丈，则它的体积是（    ） A．立方丈 B．立方丈 C．立方丈 D．立方丈 53．（高一下·浙江宁波·期末）已知是正方体的棱的中点，过、、三点作平面与平面相交，交线为，则直线与所成角的余弦值为 . 54．（23-24高一下·浙江宁波·期末）（用坐标法不给分）如图，在长方体.中，，若E为的中点. (1)求证：平面ACE： (2)求异面直线与AE所成角的余弦值. 55．（高一下·浙江杭州·期末）如图所示，已知是平行四边形所在平面外一点，分别是的中点.    (1)求证：平面； (2)设平面平面，求证：. 56．（22-23高一下·浙江杭州·期末）生活中为了美观起见，售货员用彩绳对长方体礼品盆进行捆扎.有以下两种捆扎方案：方案(1)为十字捆扎(如图(1))，方案(2)为对角捆扎(如图(2)).设礼品盒的长，宽，高分别为.    (1)在方案(2)中，若，设平面与平面的交线为，求证：平面； (2)不考虑花结用绳，对于以上两种捆扎方式，你认为哪一种方式所用彩绳最少，最短绳长为多少？ 57．（22-23高一下·浙江衢州·期末）衢州市某公园供市民休息的石凳是阿基米德多面体，它可以看做是一个正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体（各棱长都相等），已知正方体的棱长为30cm.    (1)证明：平面平面； (2)求石凳所对应几何体的体积. 58．（高一下·浙江嘉兴·期末）如图，正三棱柱的每条棱长都等于2，M，N分别是，的中点． (1)求证：平面ABC； (2)求三棱锥的体积． 59．（高一下·浙江丽水·期末）如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，点满足，，．    (1)若平面，求的值； (2)当三棱锥体积最大时，求点位置，并求体积的最大值． 60．（高一下·浙江·期末）如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为直角梯形，，，，点分别在线段和上，且．    （1）求证：平面； （2）设二面角大小为，若，求直线和平面所成角的正弦值． 题型八 空间直线、平面的垂直 61．（23-24高一下·浙江宁波·期末）已知平面，直线，直线不在平面上，下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 62．（23-24高一下·浙江绍兴·期末）如图，矩形ABCD中，．面积为的平行四边形ACEF绕AC旋转，且平面ABCD，则（    ） A．平面平面EFD B．平面平面ABC C．平面平面BCF D．平面平面ADF 63．（23-24高一下·浙江温州·期末）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为一个棱长为1的正八面体，则其内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 64．（22-23高一下·浙江湖州·期末）三棱锥中，平面平面，是边长为2的正三角形，，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 65．（23-24高一下·浙江湖州·期末）已知四面体中，棱BC，AD所在直线所成的角为，且，，，则四面体体积的最大值是 ． 66．（22-23高一下·浙江嘉兴·期末）如图，在直角梯形中，，将沿翻折成，使二面角为，则三棱锥外接球的表面积为 .    67．（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. 68．（23-24高一下·浙江丽水·期末）如图，已知四边形为菱形，四边形为平行四边形，且，. (1)证明：直线平面； (2)设平面平面，且二面角的平面角为，， 设为线段的中点，求与平面所成角的正弦值. 69．（23-24高一下·浙江宁波·期末）如图1，有一个边长为4的正六边形ABCDEF，将四边形ADEF沿着AD翻折到四边形ADGH的位置，连接BH，CG，形成的多面体ABCDGH如图2所示.    (1)求证：AD⊥CG； (2)若AH⊥CD，试求直线CH与平面ABCD所成角的正弦值； (3)若二面角的大小为，M是线段CG上的一个动点（M与C，G不重合），试问四棱锥与四棱锥的体积之和是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，请说明理由 70．（23-24高一下·浙江宁波·期末）（用坐标法不给分）如图，在三棱锥中，侧面和底面均为正三角形，且 (1)求证: (2)已知 （i）若 ，求二面角的大小: （ii） 若直线与平面所成角的正弦值为 ，求实数的值. 71．（23-24高一下·浙江杭州·期末）在三棱锥中，，其余各棱的长均为6，点在棱上，，过点的平面与直线垂直，且与分别交于点． (1)求线段的长度； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 72．（23-24高一下·浙江绍兴·期末）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，． (1)证明：平面ACE； (2)求点E到平面ABCD的距离； (3)求侧面ADE与侧面BCF所成二面角的正切值． 73．（23-24高一下·浙江宁波·期末）如图，在多面体中，平面，，，四边形是正方形． (1)求直线与平面所成角的余弦值； (2)证明：平面； (3)求平面与平面所成的二面角的平面角的大小. 74．（23-24高一下·浙江温州·期末）如图，绕边BC旋转得到，其中，平面ABC，∥． (1)证明：平面ACD； (2)若二面角的平面角为，求锐二面角平面角的正弦值． 75．（23-24高一下·浙江台州·期末）在四棱锥中，底面，为中点，为棱上任意一点. (1)求证：平面； (2)求证：. 76．（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. 77．（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． 78．（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）如图，在三棱锥中，已知，，底面，E为SB中点，为线段BC上一个动点． (1)证明：平面平面； (2)若为线段BC中点，求二面角的余弦值； (3)设为线段AE上的一个动点，若平面，求线段MF长度的最小值． 79．（23-24高一下·浙江湖州·期末）如图，在四棱台中，底面为菱形，且，，侧棱与底面所成角的正弦值为．若球与三棱台内切（即球与棱台各面均相切）． (1)求证：平面； (2)求二面角的正切值； (3)求四棱台的体积和球的表面积． 题型九 统计 80．（23-24高一下·浙江温州·期末）已知样本数据的平均数为9，方差为12，现这组样本数据增加一个数据，此时新样本数据的平均数为10，则新样本数据的方差为（    ） A．18.2 B．19.6 C．19.8 D．21.7 81．（22-23高一下·浙江丽水·期末）演讲比赛共有位评委，分别给出某选手的原始评分，，，，，，，，，评定该选手的成绩时，从个原始评分中去掉个最高分和个最低分，得到个有效评分．这个有效评分与个原始评分相比，不变的数字特征是（    ） A．极差 B．中位数 C．平均数 D．方差 82．（多选）（23-24高一下·浙江台州·期末）为了实现绿色发展，避免浪费能源，某市政府计划对居民用电采用阶梯收费方法.为此，相关部门在该市随机调查了户居民六月份的用电量（单位：），以了解这个城市家庭用电量的情况.通过收集､整理数据，得到如下频率分布直方图.则下列选项正确的是（    ） A．直方图中 B．在被调查的用户中，用电量不超过的户数为 C．这户居民六月份用电量的平均数小于中位数 D．估计该市居民六月份用电量的第百分位数约为 83．（多选）（22-23高一下·山东德州·期末）已知甲种杂交水稻近五年的产量（单位：吨/公顷）数据为：9.7，10.0，10.0，10.0，10.3，乙种杂交水稻近五年的产量（单位：吨/公顷）数据为：9.6，9.7，10.0，10.2，10.5，则（    ） A．甲种的样本平均数等于乙种的样本平均数 B．甲种的样本方差大于乙种的样本方差 C．甲种样本的分位数小于乙种样本的分位数 D．甲乙两种水稻近五年的总方差为 84．（多选）（22-23高一下·浙江温州·期末）国家统计网最新公布的一年城市平均气温显示昆明与郑州年平均气温均为16.9摄氏度，该年月平均气温如表（表1）所示，并绘制如图所示的折线图，则（    ） 表1 月份 1月 2月 3月 4月 5月 6月 7月 8月 9月 10月 11月 12月 昆明 9.3 12.4 16.5 19 21.6 21.5 21.3 21.2 20.4 16.8 12.4 10.5 郑州 2.9 8.7 11.9 16.5 23.6 28.9 28.6 26.7 23.1 15.2 11.3 5.7    A．昆明月平均气温的极差小于郑州月平均气温的极差 B．昆明月平均气温的标准差大于郑州月平均气温的标准差 C．郑州月平均气温的中位数小于昆明月平均气温的中位数 D．郑州月平均气温的第一四分位数为10 85．（23-24高一下·浙江温州·期末）已知样本数据的平均数为9，方差为12，现这组样本数据增加一个数据，此时新样本数据的平均数为10，则新样本数据的方差为 . 86．（22-23高一下·浙江湖州·期末）已知采用分层抽样得到的高三男生、女生各100名学生的身高情况为：男生样本平均数为172cm，方差为120，女生样本平均数165cm，方差为120，则总体样本方差是 . 87．（22-23高一下·浙江绍兴·期末）已知一组样本数据，，，，的方差为5，且满足，则样本数据的方差为 . 88．（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） 89．（23-24高一下·浙江湖州·期末）某学校组织“防电信诈骗知识”测试，随机调查400名学生，将他们的测试成绩（满分100分）的统计结果按，，…，依次分成第一组至第五组，得到如图所示的频率分布直方图． (1)求图中x的值； (2)估计参与这次测试学生的成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）和第60百分位数； (3)现从以上第三组、第四组和第五组中参与测试的学生用分层随机抽样的方法选取15人，担任学校“防电信诈骗知识”的宣传员．若这15名学校宣传员中来自第三组学生的测试成绩的平均数和方差分别为75和5，来自第四组学生的测试成绩的平均数和方差分别为85和10，来自第五组学生的测试成绩的平均数和方差分别为93和5．2，据此估计这次第三组、第四组和第五组所有参与测试学生的成绩的方差． 90．（23-24高一下·浙江丽水·期末）某中学为了调查高一年级学生劳动实践活动情况，对名学生某周的劳动时间统计如下： 周劳动时间（小时） 人数 20 80 140 200 60    (1)根据提供的数据，直接在答题卡中补充完整周劳动时间的频率分布直方图（用阴影填涂，不需要书写具体步骤）； (2)求周劳动时间的平均数（同一组数据用该组区间的中点值为代表）； (3)根据图表，估计周劳动时间的样本数据分位数. 91．（23-24高一下·浙江衢州·期末）2023年起我国旅游按下重启键，寒冬有尽，春日可期，先后出现了“淄博烧烤”，“尔滨与小土豆”，“天水麻辣烫”等现象级爆款，之后各地文旅各出奇招，衢州文旅也在各大平台发布了衢州的宣传片：孔子，金庸，搁袋饼纷纷出场.现为进一步发展衢州文旅，提升衢州经济，在5月份对来衢旅游的部分游客发起满意度调查，从饮食、住宿，交通，服务等方面调查旅客满意度，满意度采用百分制，统计的综合满意度绘制成如下频率分布直方图，图中. (1)求图中的值并估计满意度得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； (2)若有超过的人满意度在75分及以上，则认为该月文旅成绩合格.衢州市5月份文旅成绩合格了吗？ (3)衢州文旅6月份继续对来衢旅游的游客发起满意度调查.现知6月1日-6月7日调查的4万份数据中其满意度的平均值为80，方差为75；6月8日-6月14日调查的6万份数据中满意度的平均值为90，方差为70.由这些数据计算6月1日—6月14日的总样本的平均数与方差. 题型十 概率 92．（23-24高一下·浙江杭州·期末）如图是一个古典概型的样本空间和随机事件，其中，则（    ）    A． B． C． D． 93．（23-24高一下·浙江温州·期末）一个袋子中装有3个红球和3个黑球，除颜色外没有其他差异.现采用有放回的方式从袋中任意摸出两球，设“第一次摸到黑球”，“第二次摸到红球”，则A与B的关系为（    ） A．互斥 B．互为对立 C．相互独立 D．相等 94．（22-23高一下·浙江宁波·期末）据浙江省新高考规则，每名同学在高一学期结束后，需要从七门选考科目中选择其中三门作为高考选考科目.某同学已经选择了物理、化学两门学科，还需要从生物、技术这两门理科学科和政治、历史、地理这三门文科学科共五门学科中再选择一门，设事件“选择生物学科”，“选择一门理科学科”，“选择政治学科”，“选择一门文科学科”，现给出以下四个结论： ①和是互斥事件但不是对立事件；     ②和是互斥事件也是对立事件； ③；     ④. 其中，正确结论的序号是 .（请把你认为正确结论的序号都写上） 95．（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. 96．（多选）（23-24高一下·浙江宁波·期末）给出下列说法，其中正确的是（    ） A．数据的极差与众数之和为 B．从装有个红球，个白球的袋中任意摸出个球，事件“至少有个红球”，事件“都是白球”，则事件与事件是对立事件 C．甲乙两人投篮训练，甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，甲乙两人投篮互不影响，则甲乙各投篮一次同时投中的概率为 D．一组不完全相同数据的方差为，则数据的方差为 97．（23-24高一下·浙江宁波·期末）全国中学生奥林匹克数学竞赛是由中国数学会主办的获得教育部批准的全国性赛事，相应的赛区初赛也是该项活动的一个环节.按照中国数学会有关全国中学生奥林匹克数学竞赛组委会的精神，以及浙江省科协的要求，2024年5月19日全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛如期举行.已知某中学有40人参加此次数学竞赛（满分为150分），其取得的成绩绘制成如图所示的频率分布直方图. (1)求的值及学生成绩的第75百分位数； (2)若按照各组频率的比例采用分层随机抽样的方法从竞赛成绩在内的学生中抽取人参加座谈会，求成绩为分的学生甲恰好被抽到的概率. 98．（23-24高一下·浙江宁波·期末）“数学好玩”是国际著名数学家陈省身赠送给少年数学爱好者们的一句话.某校为了更好地培养学生创新精神和实践能力，激发学生钻研数学的兴趣和热情，特举办数学节活动.在活动中，共有20道数学问题，满分100分在所有的答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩分成六段：，，……，，得到如图所示的频率分布直方图.    (1)求频率分布直方图中a的值，并估计该校全体学生这次数学成绩的中位数； (2)活动中，甲、乙、丙三位同学独立参加竞赛，已知甲同学答对了12道，乙同学答对了8道，丙同学答对了n道，假设每道数学问题难度相当，被答对的可能性都相同. （i）任选一道数学问题，求甲、乙两位同学恰有一人答对的概率； （ii）任选一道数学问题，若甲、乙、丙三个人中至少有一个人答对的概率为，求n的值. 99．（23-24高一下·浙江金华·期末）在五一假期中，某校组织全校学生开展了社会实践活动，抽样调查了其中的100名学生，统计他们参加社会实践活动的时间（单位：小时），并将统计数据绘制成如图的频率分布直方图.另外，根据参加社会实践活动的时间从长到短按的比例分别被评为优秀、良好、合格.    (1)求的值并估计该学校学生在这个五一假期中参加社会实践活动的时间的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表）； (2)试估计至少参加多少小时的社会实践活动，方可被评为优秀.（结果保留两位小数）. (3)根据社会实践活动的成绩，按分层抽样的方式抽取5名学生.从这5名学生中，任选3人，求这3名学生成绩各不相同的概率. 100．（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）嘉兴市期末测试中数学多选题评分标准如下：若某试题有两个正确选项，选对一个得3分，选对两个得6分，有错选得0分；若该试题有三个正确选项，选对一个得2分，选对两个得4分，三个都选对得6分，有错选得0分，小明同学正在做一道数学多选题（多选题每题至少选一项且不能全选，假设每个选项被选到的概率是等可能的），请帮助小明求解以下问题： (1)若该多选题有两个正确选项，在完全盲猜（可以选一个选项、可以选两个选项、也可以选三个选项）的情况下，求小明得6分的概率； (2)若该多选题有三个正确选项，小明已经判定A正确（正确答案中有A选项，且A必选）的情况下，求小明得分大于等于4分的概率． 6 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高一下期末真题百题大通关（10大模块题型）（提升版） 题型汇聚 6 / 19 学科网（北京）股份有限公司 题型一 向量的数量积 题型二 平面向量基本定理及坐标表示 题型三 平面向量的应用 题型四 复数 题型五 简单几何体的表面积与体积 题型六 空间点、直线、平面之间的位置关系 题型七 空间直线、平面的平行 题型八 空间直线、平面的垂直 题型九 统计 题型十 概率 题型练习 题型一 向量的数量积 1．（23-24高一下·浙江宁波·期末）若平面向量两两的夹角相等，且，，，则（    ） A．1 B．4 C．1或4 D．1或2 【答案】C 【知识点】用定义求向量的数量积、数量积的运算律 【分析】根据题意得到或，然后利用数量积的运算律求模即可. 【详解】设的夹角为，则或， ，，， ， 当时，， 当时，. 故选：C. 2．（23-24高一下·浙江温州·期末）已知平面向量和满足，在方向上的投影向量为，则在方向上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】求投影向量 【分析】先根据投影向量公式求出向量数量积，再求出投影向量即可. 【详解】因为在方向上的投影向量为，所以, 又因为，所以,在方向上的投影向量为. 故选：D. 3．（23-24高一上·浙江宁波·期末）已知菱形的边长为1，若，则（    ） A． B．2 C． D． 【答案】D 【知识点】用定义求向量的数量积、数量积的运算律、已知数量积求模 【分析】将平方转化为数量积求解. 【详解】 . 所以. 故选：D 4．（23-24高一下·浙江宁波·期末）已知圆O的直径AB把圆分成上下两个半圆，点C，D分别在上、下半圆上（都不与A，B点重合）若，，则 . 【答案】3 【知识点】用定义求向量的数量积、数量积的运算律 【分析】利用向量数量积的运算法则与定义即可得解. 【详解】依题意，连接，如图， 因为是直径，所以， 所以，， 所以 . 故答案为：3. 5．（23-24高一下·浙江丽水·期末）在中，为边上的高，，，为边上一点，且，则 ． 【答案】 【知识点】用向量解决线段的长度问题 【分析】过分别作，的平行线交于，交于，由向量加法的平行四边形法则得，结合平面向量基本定理得，分别是，的中点，然后由得到，两边平方即可求解． 【详解】如图，过分别作，的平行线交于，交于， 则，又，所以，， 因为，所以 ，所以四边形是菱形， 且，和都是等边三角形， 所以，，， ，， 因为，所以， 两边平方得：，所以. 故答案为： 6．（23-24高一下·浙江杭州·期末）已知是非零向量，，且. (1)求在方向上的投影向量； (2)求. 【答案】(1) (2) 【知识点】数量积的运算律、已知数量积求模、求投影向量 【分析】（1）根据条件得到，再利用投影向量的定义，即可求出结果； （2）利用（1）结果及数量积的运算律，即可求出结果. 【详解】（1）因为，所以，又，得到， 又，所以在方向上的投影向量为. （2）由（1）， 所以， 得到. 7．（23-24高一下·浙江台州·期末）在中，，设. (1)用表示； (2)若，则当时，求的值. 【答案】(1)， (2) 【知识点】用基底表示向量、数量积的运算律 【分析】（1）结合图形，利用向量加，减，数乘的运算法则，即可求解； （2）利用已知可得，进而可得，求解即可. 【详解】（1）因为，， ， 因为，所以， . （2）当时，， 即， 所以， 所以， 因为， 所以， 故. 8．（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】数量积的运算律、垂直关系的向量表示、向量新定义、求投影向量 【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，， . 题型二 平面向量基本定理及坐标表示 9．（23-24高一下·浙江绍兴·期末）已知平面四边形，，若，则（    ） A． B．1 C． D． 【答案】B 【知识点】平面向量线性运算的坐标表示、向量坐标的线性运算解决几何问题、利用平面向量基本定理求参数 【分析】构建以为坐标原点，所在直线为轴，垂直于的直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，应用坐标表示，结合平面向量基本定理求，，得到两个关系式，即可求值； 【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，垂直于的直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，则 因为， ， 化简，即 化简得，即 所以，即, 故选：B. 10．（多选）（23-24高一下·浙江宁波·期末）下列四个命题为真命题的是（    ） A．已知平面向量，若，，则 B．若，，则可作为平面向量的一组基底 C．，，若，则 D．，，则在方向上的投影向量为 【答案】BD 【知识点】由向量共线（平行）求参数、数量积的坐标表示、向量垂直的坐标表示、求投影向量 【分析】对于A：举反例说明即可；对于B：根据向量共线的坐标表示分析可知不共线，结合基底向量的定义分析判断；对于C：根据向量垂直的坐标表示运算求解；对于D：根据向量的坐标运算结合投影向量的定义运算求解. 【详解】对于选项A：例如，可知，， 但不共线，故A错误； 对于选项B：因为，可知不共线， 所以可作为平面向量的一组基底，故B正确； 对于选项C：若，则，解得，故C错误； 对于选项D：若，，则， 所以在方向上的投影向量为，故D正确； 故选：BD. 11．（23-24高一下·浙江温州·期末）已知是单位向量，满足，记与夹角为． (1)求； (2)若平面向量在上的投影向量为，求． 【答案】(1) (2) 【知识点】平面向量基本定理的应用、数量积的运算律、已知数量积求模、已知模求数量积 【分析】（1）由题意可知，，由结合数量积的运算可得，即可得结果； （2）设，结合题意列式解得，结合模长与数量积的运算律分析求解. 【详解】（1）因为，则， 若，则， 即，可得， 且，所以. （2）由（1）可知：，， 由题意可设， 因为平面向量在上的投影向量为，则， 由题意可得：，可得，解得， 则，可得， 所以. 12．（23-24高一下·浙江杭州·期末）如图，点分别是矩形的边上的点，． (1)若，求的取值范围； (2)若是的中点，依次为边的2025等分点．求的值． 【答案】(1)； (2). 【知识点】向量加法的法则、向量加法的运算律、用基底表示向量、数量积的运算律 【分析】（1）利用向量的线性运算及数量积运算计算即得. （2）取的中点，利用中点向量公式求和即可得解. 【详解】（1）在矩形中，， ，即， 所以. （2）取的中点，连接，由依次为边的2025等分点， ， 得， 所以. 题型三 平面向量的应用 13．（23-24高一下·浙江杭州·期末）如图，计划在两个山顶间架设一条索道.为测量间的距离，施工单位测得以下数据：两个山顶的海拔高，在同一水平面上选一点，在处测得山顶的仰角分别为和，且测得，则间的距离为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】余弦定理解三角形、距离测量问题 【分析】根据题意，在直角和直角中，分别求得和，再在中，利用余弦定理，即可求解. 【详解】由题意，可得， 且， 在中，可得， 在中，可得， 在中，由余弦定理得 ， 所以. 故选：C. 14．（23-24高一下·浙江宁波·期末）在中，，则该三角形外接圆半径与内切圆半径的比值是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】正弦定理求外接圆半径、正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形 【分析】由正弦定理可得，根据三角形正弦定理求出外接圆半径和三角形面积公式求出内切圆半径即可求解. 【详解】在中，，由正弦定理可得， 设， 由余弦定理得，所以， 则， 所以，则， 所以， 故选：C 15．（23-24高一下·浙江丽水·期末）如图，某山山顶与山底的垂直部分为（记山顶为点，山底为点），首先测量人员位于点，测得点位于正北方向，测得点的仰角为，然后测量人员沿北偏东方向行走了米到达点，此时测得，则此山的高度为（    ） A．米 B．米 C．米 D．米 【答案】B 【知识点】三角函数在生活中的应用、正弦定理解三角形、高度测量问题 【分析】在中，由正弦定理求出，在中由三角函数求出即可． 【详解】如图 ，，则，， 在中，由正弦定理知道，即，解得． 在中，，则，即，解得． 故选：B. 16．（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，，E为BC中点，在线段AB上，且，和CF相交于点，则的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】正弦定理边角互化的应用、余弦定理边角互化的应用、向量夹角的坐标表示 【分析】由已知，由正弦定理、余弦定理可得，，可得是直角三角形，以为原点，建立直角坐标系，由又E为BC中点，在线段AB上，且，可得，的坐标，利用坐标运算可得的余弦值. 【详解】已知，由正弦定理得，又， 由余弦定理，所以， 则有，即是以为直角的直角三角形， 如图，以为原点，建立直角坐标系，设，则， 又E为BC中点，在线段AB上，且， 则，，，，， 解得． 故选：B. 17．（23-24高一下·浙江宁波·期末）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】用和、差角的正弦公式化简、求值、正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形、基本不等式求和的最小值 【分析】根据，利用正弦定理结合两角和与差的三角函数得到，化简得到，求得，再利用余弦定理结合基本不等式求解. 【详解】在中，有 由正弦定理得， 又， 所以， 因为，所以，即， 则，即， 由余弦定理得 ， 则，当且仅当时，等号成立， 所以. 故选：B. 18．（23-24高一下·浙江温州·期末）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，且，若，则面积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】求正切（型）函数的值域及最值、三角恒等变换的化简问题、正弦定理边角互化的应用、余弦定理边角互化的应用 【分析】根据题意利用余弦定理和面积公式可得，利用正弦定理结合三角恒等变换可得，代入面积公式结合角C的范围运算求解. 【详解】因为，则， 整理可得，且，可知， 由题意可得：，解得， 由正弦定理可得， 则面积， 因为，则，可得， 所以面积. 故选：B. 19．（23-24高一下·浙江台州·期末）如图所示，在同一个铅垂面，在山脚测得山顶的仰角为，斜坡长为，在处测得山顶的仰角为，则山的高度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】高度测量问题 【分析】在中，由正弦定理得，，得，在直角三角形中，，即可求解. 【详解】解：如图所示： 因为，， 所以， 则， 在中，由正弦定理得， ， 则， 得， 在直角三角形中，， 得. 故选：D 20．（23-24高一下·浙江台州·期末）一条河的两岸平行，河宽，一艘船从河岸边的某处出发到河对岸.设船在静水中行驶的速度的大小为，水流速度的大小为.当船以最短距离到对岸时，船行驶所用的时间（保留两位小数）为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】速度、位移的合成 【分析】要使航程最短，需使船的速度与水流速度的合成速度必须垂直于对岸，利用勾股定理求出合速度，从而可求出航行时间. 【详解】设一艘船从岸边A处出发到河的正对岸，设船的速度，水流速度， 要使航程最短，需使船的速度与水流速度的合成速度必须垂直于对岸， 如图指：， 所以. 故选：A. 21．（23-24高一下·浙江金华·期末）已知三个内角，，的对边分别是，，，且满足，则面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形、基本不等式求积的最大值 【分析】根据题意，由余弦定理以及三角形的面积公式可得，再利用两次基本不等式得到，从而得解. 【详解】因为，则，，即， 由余弦定理可得，又， 所以①，②， ①②可得， 又，即， 则 ， 即，即， 解得， 当且仅当时，即，时，等号成立， 所以面积的最大值为. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用余弦定理与三角形的面积公式得到，从而结合基本不等式即可得解. 22．（23-24高一下·浙江宁波·期末）在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】用和、差角的正切公式化简、求值、正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形、基本不等式求积的最大值 【分析】根据题意，结合条件由余弦定理可得，再由，结合正切函数的和差角公式以及基本不等式代入计算可得，即可得到结果. 【详解】因为，且，则， 由余弦定理可得，所以， 即，由正弦定理可得， 其中，则，所以， 又， 化简可得， 且为锐角三角形，则， 所以， 即， 解得或（舍）， 所以，当且仅当时，等号成立， 则的最大值为. 故选：B 【点睛】关键点睛：本题主要考查了余弦定理，正切函数的和差角公式以及基本不等式求最值问题，难度较大，解答本题的关键在于由余弦定理得到，然后结合基本不等式代入计算，即可求解. 23．（多选）（23-24高一下·浙江宁波·期末）在中，，，下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若有两解，则 D．若是锐角三角形，则 【答案】ACD 【知识点】求正切（型）函数的值域及最值、正弦定理解三角形、正弦定理判定三角形解的个数、余弦定理解三角形 【分析】对于A，利用余弦定理求解判断，对于B，利用正弦定理求解判断，对于C，根据正弦定理结合图形分析判断，对于D，由正弦定理得，化简后，再求出角的范围，从而可求出的范围. 【详解】对于A，在中，，，，则由余弦定理得 ，所以A正确， 对于B，在中，，，，则由正弦定理得 ，，得， 因为，，所以或，所以B错误， 对于C，如图，过作于，则， 因为有两解，所以，即，所以C正确， 对于D，由正弦定理得，， 所以， 因为为锐角三角形，所以，得， 所以，所以， 所以，即，所以D正确. 故选：ACD 24．（23-24高一下·浙江宁波·期末）如图，相距米的，之间是一条小路（，可看作两条平行直线），为测量点到的距离（，在点的同侧），某研究小组在一侧东边选择点，作为测量起始位置，与交于点，从点出发向西走米到达，测得，继续向西走米到达点，与交于点，继续向西走米到达点，测得，则 . 【答案】 【知识点】用和、差角的正弦公式化简、求值、正弦定理解三角形、距离测量问题 【分析】根据两角差的公式，可解出，再根据正弦定理可得出，再利用直角三角形的性质求解距离即可. 【详解】由题意知相距米的，之间是一条小路， 所以，，，， 所以，则， 在中根据正弦定理知，解得， 由，得到. 故答案为： 25．（23-24高一下·浙江金华·期末）甲船在岛的正南方向处，千米，甲船向正北方向航行，同时乙船自岛出发向北偏东的方向航行，两船航行速度相同，则甲、乙两船的最近距离为 千米. 【答案】 【知识点】距离测量问题 【分析】根据已知条件用余弦定理将甲、乙两船的距离表示出来，再求最小值即可求解. 【详解】如图所示，设甲船航行到点，同时乙船航行到点， 由已知得，， 设，则， 在△中，由余弦定理得， 代入得， 所以当时，取最小值为，即甲、乙两船的最近距离为千米. 故答案为：.      26．（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）如图，壕股塔位于嘉兴南湖西侧的南湖渔村中，某项目化学习小组为了测量其高度，选取与塔底O在同一水平面的三个测量点A，B，C，分别测得塔顶P点的仰角为30°，45°，30°，延长AB交OC于点D，经测量D为OC上靠近O点的三等分点，B为AD的中点，米，则塔高 米． 【答案】60 【知识点】余弦定理解三角形、高度测量问题 【分析】设，设，先利用直角三角形求出其它边，在中，利用余弦定理可解. 【详解】设，设， 由，得，同理可得，， 由为OC上靠近点的三等分点，解得， 在中， 由，解得， 在中， 由， 解得． 故答案为：60 27．（23-24高一下·浙江宁波·期末）已知海岛在海岛的北偏东的方向上，且两岛的直线距离为. 一艘海盗船以的速度沿着北偏东方向从海岛出发，同时海警船以的速度从海岛进行追赶，经过小时后两船相遇，则海警船的航行方向是北偏东 . 【答案】 【知识点】正、余弦定理的其他应用 【分析】设海警船的航行方向是北偏东，根据条件，利用正弦定理得到，即可求解. 【详解】设海警船的航行方向是北偏东， 由题知，，， 在中，由正弦定理得到，得到， 又，所以，得到， 故答案为：. 28．（23-24高一下·浙江杭州·期末）在中，角所对的边分别是，已知的外接圆半径，. (1)求角； (2)求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【知识点】用和、差角的正弦公式化简、求值、正弦定理解三角形、正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形 【分析】（1）由外接圆半径可得，结合正弦定理可得，由余弦定理可求出角C; （2）将结合外接圆半径将边用角A,B表示，再由（1）可知，进而用角来表示，结合三角函数的图象与性质即可求出范围. 【详解】（1）由的外接圆半径，则，可得， . 由正弦定理得. 由余弦定理得， ， . （2）由(1)可得， ， ， 即. 29．（23-24高一下·浙江宁波·期末）在中，内角的对边分别是，且. (1)请在以下两个条件中任选一个（若两个条件都选，则按①的解答过程给分） ①  ②，求的面积； (2)求的最大值. 【答案】(1)； (2) 【知识点】求含sinx(型)函数的值域和最值、辅助角公式、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形 【分析】（1）由三角恒变换可得，若选择①利用余弦定理可得，代入面积公式即可得结果；若选择②，由诱导公式以及二倍角公式可得结果； （2）利用正弦定理以及辅助角公式即可求得结果. 【详解】（1）由可得，原式可化为 利用正弦定理可得， 即，又， 所以，又， 可得. 选择①由利用正弦定理可得， ，解得； 易知，所以. 选择②原式可化为，可得； 因为，所以. 所以. 因此的面积为. （2）由正弦定理可知，因此； 可得 ； 又可知， 当时，取到最大值1， 即有最大值 30．（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. 【答案】(1)； (2) 【知识点】平面向量基本定理的应用、数量积的坐标表示、向量与几何最值 【分析】（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. 【详解】（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 31．（23-24高一下·浙江丽水·期末）克罗狄斯·托勒密（Ptolemy）是古希腊天文学家、地理学家、数学家，他在所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号. 如图，半圆的直径为2cm，为直径延长线上的点，2 cm，为半圆上任意一点，且三角形为正三角形. (1)当时，求四边形的周长； (2)当在什么位置时，四边形的面积最大，并求出面积的最大值； (3)若与相交于点，则当线段的长取最大值时，求的值. 【答案】(1) cm (2)位置见解析， (3) 【知识点】三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形、用定义求向量的数量积 【分析】（1）结合已知条件，只需用余弦定理计算即可求周长； （2）设，由已知结合余弦定理可得，计算和的面积之和即可. （3）由定理可得，可得到的最大值，由对角互补结合余弦定理可得和角，，由角平分线性质可得，由相交弦定理可得，再用余弦定理计算，即可计算. 【详解】（1）在中，由余弦定理得， 所以四边形的周长为. （2）设，在中，， 四边形的面积为 ， 当即时，四边形的面积取到最大值为. （3），且为正三角形，，， ，即的最大值为，取等号时，， . 不妨设，则，得，即，故， 在中，由余弦定理得，故为的角平分线， 由角平分线性质可得，，故，. 四点共圆， 由相交弦定理，得或（舍去）. 在中，， . 32．（23-24高一下·浙江金华·期末）已知函数. (1)求函数的值域和其图象的对称中心； (2)在中，三个内角，，的对边分别是，，，满足，，，求的面积的值. 【答案】(1)值域为，. (2)或 【知识点】求含sinx(型)函数的值域和最值、求正弦（型）函数的对称轴及对称中心、辅助角公式、三角形面积公式及其应用 【分析】（1）利用辅助角公式化简，根据正弦函数性质可得值域，利用整体代入法求解可得对称中心； （2）根据求角，利用余弦定理求出c，然后由面积公式可得. 【详解】（1），所以值域为， 令，得， 所以的对称中心坐标为. （2）由得， ，， 所以或，即或， ，， 由余弦定理得， 即，解得或4. 当时，； 当时，. 故所求的面积为或. 33．（23-24高一下·浙江宁波·期末）在中，内角，，所对的边分别为，，， (1)已知， （i）求； （ii）若，为边上的中点，求的长. (2)若为锐角三角形，求证： 【答案】(1)（i）或；（ii） (2)证明见解析 【知识点】求含sinx(型)函数的值域和最值、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】（1）（i）由，结合正弦定理化简可得结果；（ii）由，，利用正弦定理求出，，在，由余弦定理求出的长即可得解； （2）求出，将问题转化为证明，利用，化简可得结论. 【详解】（1）（i）因为，，所以， 由正弦定理可得：，即， 因为在，，， 则， 因为，所以或； （ii），所以，则，则， 由正弦定理可得：，即， 又，解得，， 因为为中点，则， 在中，由余弦定理可得：， 即，则. （2）因为为锐角三角形，，则，则， 要证，即证， 由于 ， 由，则，所以， 故，则，则，证毕. 34．（23-24高一下·浙江温州·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，过内一点M的直线l与直线AB交于D，记与夹角为. (1)已知， （i）求角A﹔ （ii）M为的重心，，求； (2)请用向量方法探究与的边和角之间的等量关系. 【答案】(1)（i）；（ii） (2) 【知识点】正弦定理边角互化的应用、向量加法的法则、数量积的运算律、已知数量积求模 【分析】（1）（i）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式计算可得； （ii）由及数量积模的运算求得，根据正弦定理结合三角恒等变换得，将代入求值即可； （2）由，结合数量积可得，再运用数量积定义可分别求出、、，代入整理即可. 【详解】（1）（i）因为， 由正弦定理可得， 即，所以， 又，所以，所以，所以， 又，所以. （ii）由题意，因为M为的重心，所以， 所以， 在中，由正弦定理知，所以， 显然为等腰三角形，则平分， 所以 ； （2）直线与的边相交于点，如图所示， 因为，所以， 即， 又因为， ， ， 所以， 即. 35．（23-24高一下·浙江台州·期末）在中，角所对的边分别为，满足. (1)求的值； (2)当与边上的中线长均为2时，求的周长； (3)当内切圆半径为1时，求面积的最小值. 【答案】(1) (2) (3) 【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、数量积的运算律、求三角形面积的最值或范围 【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再根据三角形内角和定理及两角和得正弦公式化简即可得解； （2）利用余弦定理及向量化求出，即可得解； （3）先利用等面积法求出与的关系，再结合余弦定理可求出与的关系，再结合基本不等式及三角形的面积公式即可得解. 【详解】（1）因为， 由正弦定理得， 又由，得. 因为，所以； （2）由余弦定理得， 即，① 设的中点为，则， 则， 则，② 由①②得， 联立，解得， 所以，即的周长为； （3）由（1）得， 由内切圆半径为1，得，即， 由余弦定理得，所以， 得，因为，所以， 解得或， 又因为的面积大于其内切圆面积，即， 得，所以， 当且仅当时，的面积取到最小值. 【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略： （1）利用正弦定理实现“边化角”； （2）利用余弦定理实现“角化边”. 求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类： （1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解； （2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解. 题型四 复数 36．（23-24高一下·浙江宁波·期末）已知复数是关于x的方程的一个根，若复数z满足，复数z在复平面内对应的点Z的集合为图形M，则M围成的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】与复数模相关的轨迹（图形）问题、复数范围内方程的根 【分析】先由是方程的根求出，，然后由复数减法的几何意义求解即可. 【详解】 ∵是关于的方程（，）的一个根， ∴（，），化简得， ∴，解得， ∴， 如图所示复平面内，复数和表示的点为和，表示的向量为和， 则由复数减法的几何意义，复数表示的向量为， 若，则， ∴点的集合图形是以为圆心，半径为的圆， ∴围成的面积为. 故选：C. 37．（多选）（23-24高一下·浙江湖州·期末）若复数z，w均不为0，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【知识点】求复数的模、共轭复数的概念及计算 【分析】根据复数的四则运算，结合模长公式即可根据选项逐一求解. 【详解】不妨设且． 对于A，，故，而，故A错误， 对于B，，, 则,,故，B正确， 对于C, ， ， 故，因此C正确． 对于D，，，故，D正确． 故选：BCD 38．（多选）（23-24高一下·浙江温州·期末）已知复数z满足，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．的最大值为2 D． 【答案】ABC 【知识点】求复数的模、复数代数形式的乘法运算、复数的除法运算、共轭复数的概念及计算 【分析】根据共轭复数及乘法计算判断A,B选项，应用特殊值法判断D选项，结合模长公式判断C选项. 【详解】设,所以,D选项错误； ,C选项正确； 设,因为所以，所以,A选项正确； ,B选项正确. 故选：ABC. 题型五 简单几何体的表面积与体积 39．（23-24高一下·浙江宁波·期末）已知正四棱台中，，球与上底面以及各侧棱均相切，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】棱台中截面的有关计算、球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】作出过正四棱台的截面，再求出正四棱台的高，从而根据勾股定理求出球的半径，最后代入球的表面积公式，即可求解． 【详解】设过棱台上下底面的中心以及一条侧棱作该棱台的轴截面如下图： 正四棱台中，，，， 正四棱台的高为， 设球的半径为，球与侧棱切于， 则在图中中，，则， 所以， 在图中中，， ，解得， 球的表面积为． 故选：B 40．（23-24高一下·浙江杭州·期末）一个呈直三棱柱的密闭容器，底面是边长为的正三角形，高为6，有一个半径为1的小球在这个容器内可以向各个方向自由滚动，则小球能接触到的容器内壁的最大面积为 ． 【答案】 【知识点】棱柱表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】依题意得，小球能接触到的容器内壁分为两部分，即上下底面部分与侧面部分，上下底面部分是正三角形，其边长为：，侧面部分是底边长为，高为的矩形，即可求解． 【详解】解：因为直三棱柱的密闭容器的底面边长为，且为正三角形，容器的高为，小球的半径为，如图所示：    则小球在这个容器内向各个方向自由滚动时，小球能接触到的容器内壁分为两部分，即上下底面部分与侧面部分， 上下底面部分是正三角形，其边长为：， 其面积为：； 侧面部分是底边长为，高为的矩形，其面积为：； 则小球能接触到的容器内壁的最大面积为：． 故答案为： 41．（23-24高一下·浙江绍兴·期末）正四棱锥的外接球半径为R，内切球半径为r，则的最小值为 ． 【答案】/ 【知识点】基本（均值）不等式的应用、锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】设出底面边长和高后，结合正四棱锥外接球与内切球性质用底面边长及高表示出外接球半径与内切球半径，而后作商，多次换元将式子化简后结合基本不等式计算即可. 【详解】设正四棱锥底面边长为，高为，底面的中心为，连接， 则，，所以， 设外接球球心为，内切球球心为，则，在上， 因为，所以， 在中，，化简得， 因为， 所以， 所以 ， 令，则， 令，则， 令，则， 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：此题解题的关键是表示出外接球半径和内切球半径之比后，经过多次换元转化将式子化简，从而得解. 42．（23-24高一下·浙江台州·期末）据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功（如图（1）），标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现.报道中提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高.球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底､以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”.如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为，其中球冠高为. (1)类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）），写出“球锥”的体积公式； (2)在该“球锥”中，当球缺的体积与圆锥的体积相等时，求的值； (3)已知一个棱长为的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的有且只有一个，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3). 【知识点】锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、根据体积计算几何体的量 【分析】（1）类比球的体积公式推导，把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球冠面积为，结合锥体体积公式可得“球锥”体积. （2）设圆锥半径为，由勾股定理可得，由题意，计算体积消去化简即可. （3）根据四面体棱长计算高和底面外接圆的半径，结合题意分析即可. 【详解】（1）把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球冠面积为，所有小锥体的底面积之和即球冠面积，结合锥体体积公式得“球锥”的体积为. （2）设圆锥半径为，则， 当球缺的体积与圆锥的体积相等时，， 即， 消去，得， 整理得，因为，所以. （3）设正四面体内接“球锥”，顶点与球心重合，棱长为， 则外接圆半径为，正四面体的高为，显然不满足条件. 注意到，当顶点在圆锥底面圆周上时， ，得， 当时，作平行于圆锥底面的平面截正四面体，所得棱长小于的正四面体均可内接该“球锥”. 因此，若要存在棱长唯一的正四面体内接该“球锥”，则，且顶点在球冠上.即，且. 又因为，所以. 题型六 空间点、直线、平面之间的位置关系 43．（22-23高一下·浙江绍兴·期末）轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，如图所示，在直角圆锥中，AB为底面圆的直径，C在底面圆周上且为弧的中点，则异面直线PB与AC所成角的大小为（    ）    A．30° B．45° C．60° D．90° 【答案】C 【知识点】求异面直线所成的角、圆锥的结构特征辨析 【分析】根据给定条件，利用几何法求出异面直线PB与AC所成角的大小作答. 【详解】在直角圆锥中，AB为底面圆的直径，C在底面圆周上且为弧的中点，， 则，过点作交底面圆于点，连接，如图，      则是异面直线PB与AC所成角或其补角，显然，即是正三角形， 所以，即异面直线PB与AC所成角的大小为. 故选：C 44．（高一下·浙江嘉兴·期末）已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，，则 【答案】B 【知识点】面面关系有关命题的判断、线面关系有关命题的判断 【分析】A. 由直线和平面的位置关系判断；B.由面面平行和线面垂直的性质定理判断；C.由直线和平面的位置关系判断；D.由平面与平面的位置关系判断. 【详解】A. 若，，则或，故错误； B.若，，则，又，所以，故正确； C.若，，则与平行，相交或在平面内，故错误； D.若，，，则或相交，故错误； 故选：B 45．（高一下·浙江衢州·期末）已知、为异面直线，平面，平面.若直线满足，，，，则（　　） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【知识点】面面关系有关命题的判断、线面关系有关命题的判断 【分析】在平面、外一点作、，设直线、确定平面，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质可得出结论. 【详解】因为、为异面直线，在平面、外一点作、，则、相交， 设直线、确定的平面，如下图所示：    因为，，则，，又因为，所以，， 因为，，故，又，故，同理可证， 若，由，可知，矛盾，故， ，，则，同理可得，所以，，， 因为，则，所以，. 故选：D. 46．（高一下·浙江嘉兴·期末）已知正四面体，点为棱上一个动点，点为棱上靠近点的三等分点，记直线与所成角为，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】求线面角、求异面直线所成的角 【分析】设正四面体的棱长为3，求出所需线段的长度，将问题转化为求解直线与平面所成的角，利用等体积法求解点到平面的距离，从而由边角关系求解线面角，即可得到答案． 【详解】解：不妨设正四面体的棱长为3，则底面三角形的高为，该四面体的高为，，要求直线与所成的最小角，即为直线与平面所成角，记点到平面的距离为， 由，得，解得，所以直线与平面所成角的正弦值为，即的最小值为. 故选：． 47．（高一下·浙江·期末）如图，在四棱锥中，平面，四边形为菱形，且为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】求异面直线所成的角 【分析】连接、交于点，连接，说明异面直线与所成的角为或其补角，计算出、，即可求得，即可得出结论. 【详解】连接、交于点，连接， 因为四边形为菱形，，则为的中点，且， 因为为的中点，则， 所以，异面直线与所成的角为或其补角， 平面，平面，， ，，平面， 平面，， 设，因为，，则为等边三角形， 同理可知也为等边三角形，， 同理可得，， 所以，. 因此，异面直线与所成的角的余弦值为. 故选：D. 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角． 48．（高一下·浙江·期末）如图，在棱长为2的正方体中，E是的中点，则平面截正方体所得的截面多边形的周长为 ． 【答案】 【知识点】由平面的基本性质作截面图形 【分析】取中点，连接，证明四边形即为平面截正方体所得的截面多边形，进而求解. 【详解】解：取中点，连接， 由正方体的性质知， 所以四边形是平行四边形，所以， 在中，点为中点，是的中点， 所以，所以， 所以四边形即为平面截正方体所得的截面多边形， 所以其周长为. 故答案为： 【点睛】本题考查空间几何体的截面问题，考查运算求解能力，逻辑推理能力，空间想象能力，是中档题.本题解题的关键在于根据题意，构造辅助线，求得平面截正方体所得的截面多边形. 49．（高一下·浙江·期末）如图，正方体的棱长为2． （1）求异面直线与所成角的大小； （2）求直线与平面所成角的正切值． 【答案】（1），（2） 【知识点】求线面角、求异面直线所成的角 【分析】（1）连接，则由正方体的性可得∥，所以为异面直线与所成的角，然后在中求解即可； （2）连接，交于，连接，则可得为直线与平面所成的角，然后利用已知的数据和正方体的性质可求得结果 【详解】解：（1）连接，， 因为多面体为正方体，所以∥， 所以为异面直线与所成的角， 因为，所以为正三角形， 所以， 所以异面直线与所成角的大小为， （2）连接，交于，连接，交于， 因为平面，平面， 所以， 因为，， 所以平面， 因为平面，所以， 同理可得， 因为，所以平面， 所以为直线与平面所成的角， 因为正方体的棱长为2， 所以，所以， 所以，， 所以， 所以， 所以直线与平面所成角的正切值为 【点睛】关键点点睛：此题考查异面直线所成的角的求法，考查线面角的求法，第（2）问解题的关键是通过线面角的定义找出直线与平面所成的角，考查计算能力，属于中档题 题型七 空间直线、平面的平行 50．（23-24高一下·浙江杭州·期末）已知正四面体中，是棱上一点，过作平面，满足，若到平面的距离分别是3和9，则正四面体的外接球被平面截得的截面面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】多面体与球体内切外接问题、判断面面平行 【分析】补形成正方体，求出正方体棱长，然后可得外接球半径，然后可解. 【详解】将正四面体补形成正方体，如图， 因为，，所以， 又是平面内的相交直线，所以平面平面， 因为到平面的距离分别是3和9，所以正方体棱长为， 结合正方体对称性可知，球心到平面的距离为3， 记正四面体的外接球的半径为，则，解得， 则外接球被平面截得的截面半径， 所以，截面面积为. 故选：A 51．（22-23高一下·浙江温州·期末）下列正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，则能满足平面MNP的是（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】C 【知识点】判断线面平行 【分析】由与平面MNP相交，判断A；由，结合不在平面判断B；由线面平行的判定判断C；由中位线定理判断D. 【详解】对于A：连接，由图可知，与平面相交，故不满足平面，故A错误；    对于B：如图所示，分别是所在棱的中点，连接 则平面MNP和平面为同一平面，因为， 因为与平面相交，所以不满足平面，故B错误；        对于C：连接，交与点，连接，因为，分别为中点， 所以，由线面平行的判定定理可知，平面，故C正确；      对于D：分别是所在棱的中点，连接，， 平面与平面为同一平面， 取的中点为，连接，由中位线定理可知，， 因为与平面相交，所以不满足平面，故D错误；    故选：C 52．（高一下·浙江丽水·期末）《九章算术》是我国古代的数学巨著，其卷第五“商功”有如下的问题：“今有刍甍，下广三丈，袤六丈，上袤四丈，无广，高一丈．问积几何？”意思为：今有底面为矩形的屋脊形状的多面体(如图)，下底面宽丈，长丈，上棱丈，与平面平行，与平面的距离为丈，则它的体积是（    ） A．立方丈 B．立方丈 C．立方丈 D．立方丈 【答案】A 【知识点】柱体体积的有关计算、锥体体积的有关计算、线面平行的性质 【分析】将该几何体补成直三棱柱，用三棱柱的体积减去两个三棱锥的体积． 【详解】 延长、分别到、，且，则该几何体为直三棱柱， 三棱锥的体积为 ， 三棱柱的体积为 ， 所以所求体积为． 故选：A． 53．（高一下·浙江宁波·期末）已知是正方体的棱的中点，过、、三点作平面与平面相交，交线为，则直线与所成角的余弦值为 . 【答案】 【知识点】面面平行证明线线平行、求异面直线所成的角 【分析】由面面平行的性质与异面直线所成的角的求法求解即可 【详解】因为过三点的平面与平面相交于， 平面与平面相交于，平面与平面平行， 所以, 又，故 所以直线与所成的角就是直线与所成的角， 也即是（或补角） 又易知为等边三角形， 所以直线与所成角的余弦值为， 故答案为： 54．（23-24高一下·浙江宁波·期末）（用坐标法不给分）如图，在长方体.中，，若E为的中点. (1)求证：平面ACE： (2)求异面直线与AE所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】余弦定理解三角形、求异面直线所成的角、证明线面平行 【分析】（1）利用线面平行的判定即可得证； （2）利用长方体的性质，结合解三角形的余弦定理可以求解. 【详解】（1）连结，设连结 因为在长方体中， E为的中点，所以为的中位线， 所以又面，面， 所以平面ACE. （2）取中点设为，连结易得， 所以是异面直线与AE所成角的平面角（或补角）， 在中， 由余弦定理知 55．（高一下·浙江杭州·期末）如图所示，已知是平行四边形所在平面外一点，分别是的中点.    (1)求证：平面； (2)设平面平面，求证：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】证明线面平行、线面平行的性质 【分析】（1）通过构造平行四边形的方法证得平面. （2）根据线面平行的性质定理证得. 【详解】（1）取的中点，连接，如图所示， 由，且， ，且， 所以，且， 所以四边形是平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面； （2）因为，平面，平面， 所以平面， 又因为平面平面， 所以.    56．（22-23高一下·浙江杭州·期末）生活中为了美观起见，售货员用彩绳对长方体礼品盆进行捆扎.有以下两种捆扎方案：方案(1)为十字捆扎(如图(1))，方案(2)为对角捆扎(如图(2)).设礼品盒的长，宽，高分别为.    (1)在方案(2)中，若，设平面与平面的交线为，求证：平面； (2)不考虑花结用绳，对于以上两种捆扎方式，你认为哪一种方式所用彩绳最少，最短绳长为多少？ 【答案】(1)证明见解析 (2)方案(2)，最短绳长为 【知识点】棱柱的展开图及最短距离问题、证明线面平行、线面平行的性质 【分析】（1）先证明，从而可证平面，进而得，从而可证平面，从而可证平面； （2）方案1中，绳长为；方案2中，将长方体盒子展开在一个平面上，在平面展开图中彩绳是一条由到的折线，从而可计算最短绳长. 【详解】（1）    连接，在长方体中，， 则， 所以， ， 所以，， 所以四边形是平行四边形，， 又平面平面平面； 又平面，平面平面； 又平面平面平面， 又平面平面； （2）方案1中，绳长为； 方案2中，将长方体盒子展开在一个平面上，在平面展开图中彩绳是一条由到的折线，如图所示，在扎紧的情况下，彩绳长度的最小值为长度， 因为，所以， 所以彩绳的最短长度为.    57．（22-23高一下·浙江衢州·期末）衢州市某公园供市民休息的石凳是阿基米德多面体，它可以看做是一个正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体（各棱长都相等），已知正方体的棱长为30cm.    (1)证明：平面平面； (2)求石凳所对应几何体的体积. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【知识点】证明面面平行、锥体体积的有关计算、柱体体积的有关计算 【分析】（1）根据面面平行的性质定理证明即可； （2）先求出正方体的体积，再求出截去的八个四面体的体积，作差即可求解. 【详解】（1）多面体为二十四等边体知、、、、、为正方体对应棱上的中点 则，， ，平面，，平面， 则平面平面.    （2）正方体的体积， 截去的每个四面体体积为， 所以石凳所对应几何体的体积为. 58．（高一下·浙江嘉兴·期末）如图，正三棱柱的每条棱长都等于2，M，N分别是，的中点． (1)求证：平面ABC； (2)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面平行、锥体体积的有关计算 【分析】（1）取AB中点O，连结MO，CO，由题意证明四边形MNCO是平行四边形，再利用线面平行的判定定理证明； （2）求得的面积和点到平面的距离，利用锥体的体积公式求解. 【详解】（1）证明：如图所示： 取AB中点O，连结MO，CO， 因为M，O分别是，BA的中点， 所以，， 又N是中点，，， 所以，， 所以四边形MNCO是平行四边形， ∴， 又平面ABC，平面ABC， ∴平面ABC； （2）因为的面积为， 点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积为． 59．（高一下·浙江丽水·期末）如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，点满足，，．    (1)若平面，求的值； (2)当三棱锥体积最大时，求点位置，并求体积的最大值． 【答案】(1)； (2)点与重合，. 【知识点】由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置、锥体体积的有关计算 【分析】（1）取，的中点，，连接，，，由线面平行判定得平面、平面，再根据面面平行的判定和性质可得平面，最后利用三点共线有 且，结合平面向量加法的几何意义及基本定理列方程组求出即可； （2）取的中点，连接，，由题设知：在四边形内，再过作于，进而确定到面的距离最大时点位置，再利用棱锥的体积公式求体积即可. 【详解】（1）取，的中点，，连接，，， ，平面平面， 平面，    ，平面平面， 平面，而，面， 平面平面，而平面， 平面， 由三点共线， 且， ，则， ，， . （2）取的中点，连接，， 由，，， 则在四边形内，过作于， 设平面与平面所成的角为，点到平面的距离为， 则，则， 又，则△A1DP底边A1D上的高，    所以， 由，则，可得， 所以. 60．（高一下·浙江·期末）如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为直角梯形，，，，点分别在线段和上，且．    （1）求证：平面； （2）设二面角大小为，若，求直线和平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2） 【知识点】证明线面平行、求线面角、由二面角大小求线段长度或距离 【分析】（1）连接，交于，只须证明平行于平面内直线即可； （2）取中点，连接、，可得为二面角的平面角，再在中利用余弦定理求出，过点作交于点，可证平面，即为点到平面的距离，又平面，则也为点到平面的距离，再利用等面积法求出，再求长，二者之比即为所求． 【详解】（1）证明：连接，交于， 因为，，所以，， 因为，所以， ，所以， 因为平面，平面，所以平面； （2）解：取中点，连接、， 因为为正三角形，所以，， 因为为直角梯形，，，，所以四边形为矩形， 所以，因为，所以平面，所以平面平面， 所以为二面角的平面角， 所以，设，由余弦定理得， 于是，整理得，解得或（舍去）， 过点作交于点， 因为，平面，所以平面，又面，所以面平面，面平面，平面， 所以平面， 所以为点到平面的距离， 因为，平面，平面，所以平面， 所以也为点到平面的距离，因为，所以，所以，即，解得，由， 所以直线与平面所成角的正弦值为．    【点睛】(1)求直线与平面所成的角的一般步骤： ①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成； ②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解． (2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角． 题型八 空间直线、平面的垂直 61．（23-24高一下·浙江宁波·期末）已知平面，直线，直线不在平面上，下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】A 【知识点】判断线面平行、判断面面平行、判断面面是否垂直 【分析】运用面面垂直判定定理可判断A，借助长方体举反例可判断BCD. 【详解】对于A，若，，则，且，则.故A正确. 对于B,如图所示，，，，，此时，故B错误.    对于C, 如图所示，，， ，，此时异面，故C错误.      对于D, 如图所示，，，，，此时，故D错误.    故选：A． 62．（23-24高一下·浙江绍兴·期末）如图，矩形ABCD中，．面积为的平行四边形ACEF绕AC旋转，且平面ABCD，则（    ） A．平面平面EFD B．平面平面ABC C．平面平面BCF D．平面平面ADF 【答案】A 【知识点】证明线面垂直、证明面面垂直 【分析】利用旋转体的性质，发现在平行四边形ACEF绕AC旋转得到的旋转体上，从而利用半圆得到线线垂直，再结合旋转轴垂直横截面，即可得到另一个线线垂直，从而可证线面垂直，最后得证. 【详解】 如图，过作直线， 因为矩形ABCD中，．所以， 又平行四边形ACEF面积为，所以平行四边形ACEF的高为， 又在中，令到高为，所以, 所以平行四边形ACEF绕AC旋转时，会经过，形成如图所示半圆, 由旋转体的性质可知，，所以, 又，所以 又在半圆中，为直径，所以， 又，，所以， 又，所以， 故选：A. 【点睛】关键点点睛：该题的关键是平行四边形ACEF绕AC旋转时经过两点，从而可以利用旋转体的性质来解题. 63．（23-24高一下·浙江温州·期末）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为一个棱长为1的正八面体，则其内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】棱锥的结构特征和分类、球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】根据等体积法求出内切球的半径即可进一步求解. 【详解】如图， 正八面体的棱长为1，点为中点（显然根据对称性可知点也是内切球球心），显然平面， 因为直线平面，所以， 在正方形中，， 所以， 正八面体的表面积为， 设内切球半径为， 由等体积法有，， 解得，内切球的表面积为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：关键是求出内切球的半径，由此即可顺利得解. 64．（22-23高一下·浙江湖州·期末）三棱锥中，平面平面，是边长为2的正三角形，，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、面面垂直证线面垂直 【分析】取中点为，连接，证得平面.找出外接圆的圆心为，求出.设为三棱锥外接球的球心，，，在以及中，根据勾股定理，列出关于的关系式，求解得出的值，根据球的面积公式，即可得出答案. 【详解】 如图，取中点为，连接，设外接圆的圆心为，连接. 因为，，中点为，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以，平面. 设为三棱锥外接球的球心，半径为，连接，则，平面. 因为，， 所以，，，. 设，，过作交于点，连接， 则，. 又平面，， 在中，有. 又在中，有. 所以，有，解得， 所以，. 所以，三棱锥外接球的表面积为. 故选：B. 【点睛】关键点睛：找出外接圆的圆心，根据面面垂直的性质定理得出平面的垂线，过作垂线的平行线，可知球心在该条线上. 65．（23-24高一下·浙江湖州·期末）已知四面体中，棱BC，AD所在直线所成的角为，且，，，则四面体体积的最大值是 ． 【答案】 【知识点】正弦定理求外接圆半径、三角形面积公式及其应用、锥体体积的有关计算、由异面直线所成的角求其他量 【分析】作出辅助线，找到，求出，由正弦定理得到点在半径为的的外接圆的劣弧上，当平面⊥平面时，点到平面的距离最大，且最大距离为，从而求出三棱锥的体积最大值为，由得到答案. 【详解】在平面内，分别过作的平行线交于点，连接， 则四边形为平行四边形，则，， 则， 在中，，，由正弦定理得， 其中为的外接圆半径，解得 则点在半径为的的外接圆的劣弧上， 作⊥，垂足为，如图1， 则当为的中点，即时，最大，此时， 如图2所示，此时， 当平面⊥平面时，点到平面的距离最大，且最大距离为， 连接，此时三棱锥的体积最大，最大为， 而，故四面体的最大值为 故答案为： 【点睛】关键点点睛，将四面体补形为四棱锥，从而结合异面直线夹角求出三角形面积，再结合点到平面的距离最大值求出体积最大值 66．（22-23高一下·浙江嘉兴·期末）如图，在直角梯形中，，将沿翻折成，使二面角为，则三棱锥外接球的表面积为 .    【答案】 【知识点】球的表面积的有关计算、证明线面垂直、二面角的概念及辨析 【分析】外接球的球心为，半径为为中点，为中点，由二面角的定义可得为二面角的平面角，所以有，作于，由题意可求得，进而可得，即可得答案. 【详解】解：如图，设外接球的球心为，半径为为中点，为中点， 因为，所以，∥， 又因为，， 所以， 所以,, 所以，， 所以为二面角的平面角， 所以， 作于， 因为，，， 所以平面， 又因为平面， 所以 ， 又因为，, 则平面，所以∥， 则有， 即，      由题意可求得：， 设， 由题上式可得：， 求得：，从而求得：， 故三棱锥外接球的表面积为. 故答案为： 67．（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. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)存在， 【知识点】锥体体积的有关计算、证明线面垂直、由线面角的大小求长度 【分析】（1）连接，过作交于，由已知可得，又平面平面，则平面，可得，又，则可得平面. （2）由已知可得平面平面，过作，连接，可得平面，求得，如图，延长侧棱交于点，作于，连接，可求得，又因为与底面所成角的正弦值为，可求得，即可求得三棱台的体积. （3）如图，作交于，过作于，则，由（2），可得平面，则即为二面角的平面角，设，则，，由， 可得， 若，可得，即为中点，即侧棱上是存在点，使二面角成，则. 【详解】（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. 68．（23-24高一下·浙江丽水·期末）如图，已知四边形为菱形，四边形为平行四边形，且，. (1)证明：直线平面； (2)设平面平面，且二面角的平面角为，， 设为线段的中点，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面垂直、求线面角 【分析】(1)利用菱形和全等三角形证明出从而证明线面垂直. (2)先证明出，，得到为二面角的平面角，在直角三角形中求得，根据为线段的中点，求到平面的距离，从而求解出与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）设，连接， 四边形为菱形，则， 又，易得， 所以，则， 又，平面， 所以直线平面； （2）过点作于点，过点作于点，连接，过点作于点，连接， 由（1）易证，，，则为二面角的平面角， 在直角中，，又，可得， 设，则， 直角中，，可得， 为线段的中点，则到平面的距离，又， 设直线与平面所成角为，， 直线与平面所成角的正弦值为. 69．（23-24高一下·浙江宁波·期末）如图1，有一个边长为4的正六边形ABCDEF，将四边形ADEF沿着AD翻折到四边形ADGH的位置，连接BH，CG，形成的多面体ABCDGH如图2所示.    (1)求证：AD⊥CG； (2)若AH⊥CD，试求直线CH与平面ABCD所成角的正弦值； (3)若二面角的大小为，M是线段CG上的一个动点（M与C，G不重合），试问四棱锥与四棱锥的体积之和是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，请说明理由 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)是定值， 【知识点】锥体体积的有关计算、证明线面垂直、求线面角、由二面角大小求线段长度或距离 【分析】（1）作出辅助线，得到AD⊥NG，AD⊥NC，进而得到线面垂直，得到AD⊥CG； （2）计算出，由勾股定理逆定理得到AC⊥CD，结合AH⊥CD，故CD⊥平面AHC，所以AH⊥CH，求出，根据求出点到平面的距离，求出CH与平面ABCD所成角的正弦值； （3）由二面角定义得到，作出辅助线，证明出线面垂直，并求出，从而得到. 【详解】（1）如图，连接EC交AD于N，则N为CE的中点， 由正六边形的性质，⊥，可知AD⊥NG，AD⊥NC， 因为，NG，平面GNC. 故AD⊥平面GNC. 而平面GNC，所以AD⊥CG.    （2）如图，连接AC，在正六边形中， ， 故， 又，，    则有， 即AC⊥CD，又因为AH⊥CD，故CD⊥平面AHC， 连接FD，同理AF⊥FD，即AH⊥HD，即有AH⊥平面CDH. 所以AH⊥CH. 因为，，所以， 设点到平面的距离为， 由，有， 解得. 设CH与平面ABCD所成的角为，则. 所以CH与平面ABCD所成角的正弦值为. （3）由（1）知AD⊥平面GNC， 所以∠GNC就是二面角的平面角，即， 过M作⊥NC，垂足为点，过M作，垂足为点.    因为AD⊥平面GNC，平面GNC， 所以，， 因为，平面，平面， 所以平面ABCD，平面ADGH， 设梯形的面积为，梯形的面积为， 所以 在△GNC中，，， 所以，， 得. 故. 即四棱锥M-ABCD与四棱锥M-ADGH的体积之和是定值. 70．（23-24高一下·浙江宁波·期末）（用坐标法不给分）如图，在三棱锥中，侧面和底面均为正三角形，且 (1)求证: (2)已知 （i）若 ，求二面角的大小: （ii） 若直线与平面所成角的正弦值为 ，求实数的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）二面角的大小为 （ii） 【知识点】求线面角、求二面角、线面垂直证明线线垂直 【分析】（1）取的中点，连接，通过线线垂直可得平面，进而可证结论； （2）（i）由题意可得为的中点，进而可得是二面角的平面角，计算可求二面角的大小； （ii）由已知可得与平面的距离为进而利用等体积法可求得. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为侧面和底面均为正三角形，所以，， 又，平面，所以平面， 又平面，所以； （2）（i）连接，由，又，所以为的中点， 由（1）可知平面，又平面，所以， 所以是二面角的平面角， 又侧面和底面均为正三角形，，所以， 所以平分，又， 在中，由余弦定理可得， 所以，所以， 所以二面角的大小为； （ii）因为，又直线AC与平面PBC所成角的正弦值为 所以与平面的距离为 由（i）可得，由可得， 在中，由余弦定理可得: ， 由， 可得， 解得. 【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于第三问，要根据线面角的正弦值，结合定义求出点到平面的距离，进而利用等体积法求解. 71．（23-24高一下·浙江杭州·期末）在三棱锥中，，其余各棱的长均为6，点在棱上，，过点的平面与直线垂直，且与分别交于点． (1)求线段的长度； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)； (2)； (3). 【知识点】余弦定理解三角形、锥体体积的有关计算、求点面距离、求二面角 【分析】（1）利用线面垂直的性质，结合正三角形、直角三角形求解即得. （2）取的中点，确定二面角的平面角，再利用余弦定理求解即得. （3）利用等体积法求出点到平面的距离. 【详解】（1）依题意，直线平面，而平面，则， 由，得，由为正三角形，得，则， 又为正三角形，即，因此. （2）取的中点，连接，则有， 因此是二面角的平面角，显然， 由余弦定理得， 所以二面角的余弦值. （3）由（2）知，平面，而平面，则平面平面， 在平面内过点作于，又平面平面， 于是平面，， 则点到平面距离， 由（1）知的面积，， ，显然， 则，，在中，， ，的面积， 设点到平面的距离为，由，得， 因此， 所以点到平面的距离为. 【点睛】方法点睛：求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积． 72．（23-24高一下·浙江绍兴·期末）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，． (1)证明：平面ACE； (2)求点E到平面ABCD的距离； (3)求侧面ADE与侧面BCF所成二面角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2)2 (3) 【知识点】证明线面垂直、求点面距离、求二面角 【分析】（1）证明，得到，进而得到，再利用线面垂直的判定定理即可证明； （2）证明，确定即为所求，勾股定理求出即可. （3）利用面面平行，把所求二面角转化为了平面与面ADE所成的角，设交线为m，然后分别证明,从而找到对应的平面角，再求出正切值，即可得解. 【详解】（1）因为四边形是菱形，所以， 又因为,所以,所以 设,连接，则G为BD的中点，, 又,所以平面ACE； （2）过点E作,垂足为H,因为平面ACE，平面ACE，所以， 又，所以, 所以点E到平面ABCD的距离即为线段EH的长度. 因为,,所以,所以， 又因为为正三角形，所以点H为的中心. 延长DH交AB于点I，则I为AB的中点. 因为在中，,所以, 因为,所以. 所以点E到平面ABCD的距离为2. （3）过点H作BC的平行先分别交AB,CD于点J,K，则BJ=CK=4， 因为EF=4, ,所以, 所以四边形EFCK和四边形EFBJ均为平行四边形， 所以,所以平面平面. 过点E作直线,则平面平面, 过点H作,垂足为L,连接LE. 因为,所以,所以, 所以, 所以为二面角的平面角. 因为 在直角三角形中，. 因为平面平面, 所以，侧面ADE与侧面BCF所成二面角的正切值为. 73．（23-24高一下·浙江宁波·期末）如图，在多面体中，平面，，，四边形是正方形． (1)求直线与平面所成角的余弦值； (2)证明：平面； (3)求平面与平面所成的二面角的平面角的大小. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【知识点】证明线面垂直、求线面角、求二面角 【分析】（1）首先证明平面， 即可得到就是直线与平面所成角，再由锐角三角函数计算可得； （2）由勾股定理逆定理说明，，即可得证； （3）取的中点，连接、，即可证明、、、四点共面，再证明平面，从而得到为平面与平面所成的二面角的平面角，即可得解. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以， 因为为正方形，所以， 又，，平面， 所以平面， 故就是直线与平面所成角， 又平面，所以， 因为平面，，所以平面， 平面，所以，所以， 在中 ，所以， 所以， 所以直线与平面所成角的余弦值为； （2）因为平面，平面， 所以， 因为，， 所以四边形为直角梯形， 所以，， 在中，，则， 故， 因为平面，平面， 所以， 在中，， 在中，，， 所以，又，，平面， 所以平面； （3）取的中点，连接、，则且， 所以四边形为平行四边形，所以，又， 所以，所以、、、四点共面，又，，， 平面， 所以平面，则平面，平面， 所以，， 所以为平面与平面所成的二面角的平面角， 又，，即为等腰直角三角形，所以， 所以平面与平面所成的二面角的平面角的大小为. 74．（23-24高一下·浙江温州·期末）如图，绕边BC旋转得到，其中，平面ABC，∥． (1)证明：平面ACD； (2)若二面角的平面角为，求锐二面角平面角的正弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【知识点】证明线面垂直、求二面角、由二面角大小求线段长度或距离 【分析】（1）根据题意可得，结合线面垂直的判定定理分析证明； （2）作辅助线，根据三垂线法分析可知二面角的平面角为，可得，结合（1）分析可知锐二面角平面角为，运算求解即可. 【详解】（1）由题意可知：，且，平面， 所以平面ACD. （2）过作，垂足为，连接，即， 因为平面ACD，平面ACD，则， 且，平面，则平面， 由平面，可得， 可知二面角的平面角为，且，可得， 由（1）可知：，则锐二面角平面角为， 且∥，可知， 可得， 所以锐二面角平面角的正弦值为. 75．（23-24高一下·浙江台州·期末）在四棱锥中，底面，为中点，为棱上任意一点. (1)求证：平面； (2)求证：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】证明线面平行、证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直 【分析】（1）取中点，连接，证明四边形是平行四边形，得，由线面平行的判定定理求解； （2）通过证明平面，求解即可. 【详解】（1）取中点，连接. 则是的中位线，得，且. 因为，且，所以，且， 因此，四边形是平行四边形，得. 又因为平面平面， 所以平面. （2）连接，不妨设， 由，在直角梯形中，求得， 因为，所以， 因为底面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又因为平面，所以. 76．（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】余弦定理解三角形、求点面距离、求二面角、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. 77．（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． 【答案】(1)； (2)（i）；（ii）. 【知识点】三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形、球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】（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. 【详解】（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. 【点睛】关键点点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键. 78．（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）如图，在三棱锥中，已知，，底面，E为SB中点，为线段BC上一个动点． (1)证明：平面平面； (2)若为线段BC中点，求二面角的余弦值； (3)设为线段AE上的一个动点，若平面，求线段MF长度的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【知识点】面面平行证明线面平行、证明面面垂直、求二面角、由线面平行求线段长度 【分析】（1）分别证明和推得平面，即得结论； （2）由（1）易得为二面角的平面角，分别求得,即得结论； （3）通过作于点，作推得平面平面，满足平面，设，将表示成的函数形式，求其最小值即得. 【详解】（1）因为底面,平面，所以， 又,平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，E为SB中点，所以， 又平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． （2）由（1）平面，平面， 所以，，平面平面， 可知为二面角的平面角， 因，则，,， ， 由（1）知平面，平面，故， 得，故． （3） 过点作AB的垂线，垂足为，过点作， 因为，，且，平面，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理平面，，平面，所以平面平面， 平面，所以平面． 设，因，则，，， 则， 故当时，线段MF的最小值为． 【点睛】思路点睛：本题主要考查面面垂直的证明、求解二面角以及距离最值问题，属于较难题.解题思路为：利用一般利用线面垂直证明面面垂直；通过二面角一个面内的点在另一个面的射影得到平面角求解；一般要选设一个量（边或者角）为参数，构建关于参数的函数，求其最值得到. 79．（23-24高一下·浙江湖州·期末）如图，在四棱台中，底面为菱形，且，，侧棱与底面所成角的正弦值为．若球与三棱台内切（即球与棱台各面均相切）． (1)求证：平面； (2)求二面角的正切值； (3)求四棱台的体积和球的表面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)四棱台的体积为，球的表面积为． 【知识点】台体体积的有关计算、球的表面积的有关计算、证明线面垂直、求二面角 【分析】（1）只需证明和即可； （2）做出二面角的平面角再做计算. （3）将四棱台还原为四棱锥，把三棱台的内切球转化为三棱锥的内切球问题. 【详解】（1）设与、与BD分别交点E，F，连接EF，因为底面为菱形，所以． 在等腰梯形中，因为E，F为底边中点， 所以，又EF与BD相交，平面，所以平面． （2）由（1）可知平面平面，又平面平面， 过点作于，则平面，因为平面， 所以，再作于，又因为，平面， 所以平面，因为平面，所以，则是二面角的平面角． 因为平面，故是侧棱与底面所成角，所以． 在，，， 在，， 在，． 因此二面角的正切值为． （3）将四棱台还原为四棱锥， 由题意可知三棱台为正三棱台，所以三棱锥为正三棱锥， 因此三棱台和三棱锥的内切球为同一个球，设，是和的中心， 由（2）易知在，所以三棱锥为正四面体，所以， 因此平面是四棱锥的中截面，则，， 故四棱台的体积． 球的表面积为． 题型九 统计 80．（23-24高一下·浙江温州·期末）已知样本数据的平均数为9，方差为12，现这组样本数据增加一个数据，此时新样本数据的平均数为10，则新样本数据的方差为（    ） A．18.2 B．19.6 C．19.8 D．21.7 【答案】C 【知识点】计算几个数的平均数、计算几个数据的极差、方差、标准差 【分析】根据平均数和方差公式整理可得，由新样本数据的平均数可得，结合方差公式运算求解即可. 【详解】由题意可知：， 可得， 且，解得， 所以新样本数据的方差为. 故选：C. 81．（22-23高一下·浙江丽水·期末）演讲比赛共有位评委，分别给出某选手的原始评分，，，，，，，，，评定该选手的成绩时，从个原始评分中去掉个最高分和个最低分，得到个有效评分．这个有效评分与个原始评分相比，不变的数字特征是（    ） A．极差 B．中位数 C．平均数 D．方差 【答案】B 【知识点】计算几个数的中位数、计算几个数的平均数、计算几个数据的极差、方差、标准差 【分析】分别计算9个原始评分和7个有效评分的极差、中位数、平均数和方差的，即可得出答案. 【详解】从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分为： 9.2，9.5，9.6，9.1，9.3，9.0，9.3， 极差：， 将7个有效评分从小到大排列为：9.0，9.1，9.2，9.3，9.3，9.5，9.6， 所以中位数为：9.3； 平均数为：， 9个原始评分的极差为：， 将9个有效评分从小到大排列为：8.8，9.0，9.1，9.2，9.3，9.3，9.5，9.6，9.7， 所以中位数为：9.3； 平均数为：， 所以不变的数字特征是中位数. 故选：B. 82．（多选）（23-24高一下·浙江台州·期末）为了实现绿色发展，避免浪费能源，某市政府计划对居民用电采用阶梯收费方法.为此，相关部门在该市随机调查了户居民六月份的用电量（单位：），以了解这个城市家庭用电量的情况.通过收集､整理数据，得到如下频率分布直方图.则下列选项正确的是（    ） A．直方图中 B．在被调查的用户中，用电量不超过的户数为 C．这户居民六月份用电量的平均数小于中位数 D．估计该市居民六月份用电量的第百分位数约为 【答案】ABD 【知识点】由频率分布直方图计算频率、频数、样本容量、总体容量、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】对于A，由频率分布直方图矩形面积之和为即可解得；对于B，计算前三组的频率即可；对于C，计算平均数和中位数作比较即可；对于D，设第百分位数为，则在第三组，由计算即可. 【详解】对于A，由频率分布直方图矩形面积之和为得 ， 解得，故A正确； 对于B，用电量不超过的频率为， 所以户数为，故B正确； 对于C，平均数为 设中位数为，则在第三组， 即，解得， 故平均数大于中位数，故C错误； 对于D，设第百分位数为，则在第三组， ，解得，故D正确. 故选：ABD. 83．（多选）（22-23高一下·山东德州·期末）已知甲种杂交水稻近五年的产量（单位：吨/公顷）数据为：9.7，10.0，10.0，10.0，10.3，乙种杂交水稻近五年的产量（单位：吨/公顷）数据为：9.6，9.7，10.0，10.2，10.5，则（    ） A．甲种的样本平均数等于乙种的样本平均数 B．甲种的样本方差大于乙种的样本方差 C．甲种样本的分位数小于乙种样本的分位数 D．甲乙两种水稻近五年的总方差为 【答案】ACD 【知识点】计算几个数的平均数、计算几个数据的极差、方差、标准差、总体百分位数的估计 【分析】计算平均数判断A，根据方差判断B，计算百分位数判断C，计算总方差判断D. 【详解】对于A，，，正确； 对于B，因为甲、乙平均值都为，所以， ， 显然甲种的样本方差小于乙种的样本方差，错误； 对于C，，故甲种样本的分位数为， 乙种样本的分位数为，所以甲种样本的分位数小于乙种样本的分位数，正确； 对于D，甲乙两种水稻近五年的总方差为0.072， 故甲乙两种水稻近五年的总方差为 ， 正确. 故选：ACD 84．（多选）（22-23高一下·浙江温州·期末）国家统计网最新公布的一年城市平均气温显示昆明与郑州年平均气温均为16.9摄氏度，该年月平均气温如表（表1）所示，并绘制如图所示的折线图，则（    ） 表1 月份 1月 2月 3月 4月 5月 6月 7月 8月 9月 10月 11月 12月 昆明 9.3 12.4 16.5 19 21.6 21.5 21.3 21.2 20.4 16.8 12.4 10.5 郑州 2.9 8.7 11.9 16.5 23.6 28.9 28.6 26.7 23.1 15.2 11.3 5.7    A．昆明月平均气温的极差小于郑州月平均气温的极差 B．昆明月平均气温的标准差大于郑州月平均气温的标准差 C．郑州月平均气温的中位数小于昆明月平均气温的中位数 D．郑州月平均气温的第一四分位数为10 【答案】ACD 【知识点】计算几个数的中位数、计算几个数据的极差、方差、标准差、总体百分位数的估计 【分析】根据极差的定义即可判断A；根据标准差的几何意义结合折线图即可判断B；根据中位数的定义即可判断C；根据百分位数的定义即可判断D. 【详解】对于A，昆明月平均气温的极差为， 郑州月平均气温的极差为，故A正确； 对于B，由折线图可知，昆明月平均气温相较于郑州月平均气温更为集中， 所以昆明月平均气温的标准差小于郑州月平均气温的标准差，故B错误； 对于C，昆明的月平均气温按从小到大的顺序排列： ， 则昆明月平均气温的中位数为， 郑州的月平均气温按从小到大的顺序排列： ， 则郑州的月平均气温的中位数为， 郑州月平均气温的中位数小于昆明月平均气温的中位数，故C正确； 对于D，因为， 所以郑州月平均气温的第一四分位数为，故D正确. 故选：ACD. 85．（23-24高一下·浙江温州·期末）已知样本数据的平均数为9，方差为12，现这组样本数据增加一个数据，此时新样本数据的平均数为10，则新样本数据的方差为 . 【答案】19.8 【知识点】计算几个数的平均数、计算几个数据的极差、方差、标准差 【分析】利用平均数公式和方差公式计算. 【详解】设增加的数为， 则，， 所以， 又因为即 所以 故答案为:19.8. 86．（22-23高一下·浙江湖州·期末）已知采用分层抽样得到的高三男生、女生各100名学生的身高情况为：男生样本平均数为172cm，方差为120，女生样本平均数165cm，方差为120，则总体样本方差是 . 【答案】132.25 【知识点】计算几个数的平均数、估计总体的方差、标准差 【分析】由已知求出总体平均数，然后根据分层抽样总体的方差公式，代入相关数据，求解即可得出答案. 【详解】设男生样本平均数为，方差为，女生样本平均数为，方差为，总体平均数为，总体方差为，则由已知可得，，，， 所以，总体平均数. 根据分层抽样总体的方差公式可知， 总体样本方差. 故答案为：. 87．（22-23高一下·浙江绍兴·期末）已知一组样本数据，，，，的方差为5，且满足，则样本数据的方差为 . 【答案】9 【知识点】计算几个数的平均数、计算几个数据的极差、方差、标准差 【分析】由条件可求原数据的平均数和方差的表达式，再求新数据的平均数和方差可得结论. 【详解】因为， 所以数据，，，，的平均数为， 方差， 由已知， 数据的平均数， 方差 . 故答案为：. 88．（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】由频率分布直方图计算频率、频数、样本容量、总体容量、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）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. 89．（23-24高一下·浙江湖州·期末）某学校组织“防电信诈骗知识”测试，随机调查400名学生，将他们的测试成绩（满分100分）的统计结果按，，…，依次分成第一组至第五组，得到如图所示的频率分布直方图． (1)求图中x的值； (2)估计参与这次测试学生的成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）和第60百分位数； (3)现从以上第三组、第四组和第五组中参与测试的学生用分层随机抽样的方法选取15人，担任学校“防电信诈骗知识”的宣传员．若这15名学校宣传员中来自第三组学生的测试成绩的平均数和方差分别为75和5，来自第四组学生的测试成绩的平均数和方差分别为85和10，来自第五组学生的测试成绩的平均数和方差分别为93和5．2，据此估计这次第三组、第四组和第五组所有参与测试学生的成绩的方差． 【答案】(1) (2)平均值为：，第60百分位数为 (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、计算几个数据的极差、方差、标准差、总体百分位数的估计 【分析】（1）根据频率分布直方图性质求值； （2）根据频率分布直方图平均数公式和百分位数公式计算； （3）应用分层方差公式计算求解. 【详解】（1）由题意得，所以； （2）参与测试学生的成绩平均值： ． 第60百分位数为； （3）设第三组，第四组，第五组测试学生成绩的平均数和方差分别为，，，，，， 且三组的频率之比为4：6：5，则这三组的平均数， 所以第三组、第四组和第五组所有参与测试的学生的测试成绩的方差 90．（23-24高一下·浙江丽水·期末）某中学为了调查高一年级学生劳动实践活动情况，对名学生某周的劳动时间统计如下： 周劳动时间（小时） 人数 20 80 140 200 60    (1)根据提供的数据，直接在答题卡中补充完整周劳动时间的频率分布直方图（用阴影填涂，不需要书写具体步骤）； (2)求周劳动时间的平均数（同一组数据用该组区间的中点值为代表）； (3)根据图表，估计周劳动时间的样本数据分位数. 【答案】(1)答案见解析 (2) (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、总体百分位数的估计 【分析】（1）根据频数分布表计算出周劳动时间在和小时的频率，从而可补全频率分布直方图； （2）根据平均的定义结合频率分布直方图求解即可； （3）先判断分位数所在的区间，然后列方程求解即可. 【详解】（1）由题意可知，周劳动时间在小时的频率为， 周劳动时间在小时的频率为， 所以补全的频率分布直方图如下图    （2）周劳动时间平均数为：； （3）因为前3组的频率和为， 前4组的频率和为， 所以数据分位数在内， 设样本数据的分位数为，则， 得，周劳动时间的样本数据分位数为. 91．（23-24高一下·浙江衢州·期末）2023年起我国旅游按下重启键，寒冬有尽，春日可期，先后出现了“淄博烧烤”，“尔滨与小土豆”，“天水麻辣烫”等现象级爆款，之后各地文旅各出奇招，衢州文旅也在各大平台发布了衢州的宣传片：孔子，金庸，搁袋饼纷纷出场.现为进一步发展衢州文旅，提升衢州经济，在5月份对来衢旅游的部分游客发起满意度调查，从饮食、住宿，交通，服务等方面调查旅客满意度，满意度采用百分制，统计的综合满意度绘制成如下频率分布直方图，图中. (1)求图中的值并估计满意度得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； (2)若有超过的人满意度在75分及以上，则认为该月文旅成绩合格.衢州市5月份文旅成绩合格了吗？ (3)衢州文旅6月份继续对来衢旅游的游客发起满意度调查.现知6月1日-6月7日调查的4万份数据中其满意度的平均值为80，方差为75；6月8日-6月14日调查的6万份数据中满意度的平均值为90，方差为70.由这些数据计算6月1日—6月14日的总样本的平均数与方差. 【答案】(1)，79.5 (2)合格 (3)平均值为86，方差为96 【知识点】计算几个数的平均数、由频率分布直方图估计平均数、计算频率分布直方图中的方差、标准差、总体百分位数的估计 【分析】（1）根据频率分布直方图的特征求出a，进而即可求出平均数； （2）先确定40%分位数的位置，再由频率分布直方图求出百分位数，即可下结论； （3）求出总样本平均数，根据方差的定义，即可求出总样本方差. 【详解】（1）由题意知， 估计满意度得分的平均值 （2）超过60%的人满意度在75分及以上，即为40%分位数大于等于75 又由满意度在的频率为，满意度在的频率为 知40%分位数位于 由 可以估计40%分位数为 有超过60%的人满意度在75分及以上，衢州市5月份文旅成绩合格了 （3）把6月1日—6月7日的样本记为，其平均数记为，方差记为， 把6月8日—6月14日的样本记为，其平均数记为，方差记为， 则总样本平均数 由方差的定义，总样本方差为 总样本平均值为86，总样本方差为96 题型十 概率 92．（23-24高一下·浙江杭州·期末）如图是一个古典概型的样本空间和随机事件，其中，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】计算古典概型问题的概率 【分析】根据韦恩图，进行分析，结合古典概型计算即可. 【详解】，则, 则. 故选：B. 93．（23-24高一下·浙江温州·期末）一个袋子中装有3个红球和3个黑球，除颜色外没有其他差异.现采用有放回的方式从袋中任意摸出两球，设“第一次摸到黑球”，“第二次摸到红球”，则A与B的关系为（    ） A．互斥 B．互为对立 C．相互独立 D．相等 【答案】C 【知识点】判断所给事件是否是互斥关系、互斥事件与对立事件关系的辨析、独立事件的判断、独立事件的乘法公式 【分析】根据概率值判断相等，再应用独立事件概率乘法公式判断独立事件. 【详解】因为A=“第一次摸到黑球”，B=“第二次摸到红球”，A与B不相等，D选项错误； 则, ,A与B相互独立，C选项正确； A与B可以同时发生，A选项错误；B选项错误； 故选：C. 94．（22-23高一下·浙江宁波·期末）据浙江省新高考规则，每名同学在高一学期结束后，需要从七门选考科目中选择其中三门作为高考选考科目.某同学已经选择了物理、化学两门学科，还需要从生物、技术这两门理科学科和政治、历史、地理这三门文科学科共五门学科中再选择一门，设事件“选择生物学科”，“选择一门理科学科”，“选择政治学科”，“选择一门文科学科”，现给出以下四个结论： ①和是互斥事件但不是对立事件；     ②和是互斥事件也是对立事件； ③；     ④. 其中，正确结论的序号是 .（请把你认为正确结论的序号都写上） 【答案】②④ 【知识点】确定所给事件的包含关系、判断所给事件是否是互斥关系、互斥事件的概率加法公式、互斥事件与对立事件关系的辨析 【分析】根据互斥事件、对立事件的概念与性质逐项判断即可. 【详解】事件“选择一门文科学科”，包含“选择政治学科”，“选择历史学科”，“选择地理学科” 所以事件“选择政治学科”，包含于事件，故事件可以同时发生，不是互斥事件，故①不正确； 事件“选择一门理科学科”，与事件    “选择一门文科学科”，不能同时发生，且必有一个事件发生，故和是互斥事件也是对立事件，故②正确； 由题意可知，所以，故③不正确； 事件“选择生物学科”，与事件“选择一门文科学科”，不能同时发生，故和是互斥事件，所以，故④正确. 故答案为：②④. 95．（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】互斥事件的概率加法公式、利用对立事件的概率公式求概率、独立事件的判断、独立事件的乘法公式 【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. 96．（多选）（23-24高一下·浙江宁波·期末）给出下列说法，其中正确的是（    ） A．数据的极差与众数之和为 B．从装有个红球，个白球的袋中任意摸出个球，事件“至少有个红球”，事件“都是白球”，则事件与事件是对立事件 C．甲乙两人投篮训练，甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，甲乙两人投篮互不影响，则甲乙各投篮一次同时投中的概率为 D．一组不完全相同数据的方差为，则数据的方差为 【答案】AC 【知识点】计算几个数据的极差、方差、标准差、各数据同时乘除同一数对方差的影响、互斥事件与对立事件关系的辨析、独立事件的乘法公式 【分析】利用极差与众数定义可判断A；由对立事件概念可判断B；根据独立事件概率乘法公式计算可判断C；由方差的概念代入计算可判断D. 【详解】对于A，数据的极差为，众数为，它们的和为，故A正确； 对于B，事件包括“个红球1个白球”和“3个红球”两个基本事件，与事件“都是白球”不能同时发生，可知事件与事件是互斥事件； 但还有可能出现“1个红球2个白球”的情况，所以事件与事件是互斥但不对立事件，故B错误； 对于C，由相互独立事件的乘法公式可得甲乙各投篮一次同时投中的概率为，故C正确； 对于D，设数据的平均数为， 则其方差为， 所以数据的平均数为； 所以方差为 ，故D错误. 故选：AC 97．（23-24高一下·浙江宁波·期末）全国中学生奥林匹克数学竞赛是由中国数学会主办的获得教育部批准的全国性赛事，相应的赛区初赛也是该项活动的一个环节.按照中国数学会有关全国中学生奥林匹克数学竞赛组委会的精神，以及浙江省科协的要求，2024年5月19日全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛如期举行.已知某中学有40人参加此次数学竞赛（满分为150分），其取得的成绩绘制成如图所示的频率分布直方图. (1)求的值及学生成绩的第75百分位数； (2)若按照各组频率的比例采用分层随机抽样的方法从竞赛成绩在内的学生中抽取人参加座谈会，求成绩为分的学生甲恰好被抽到的概率. 【答案】(1)，第75百分位数96； (2) 【知识点】抽样比、样本总量、各层总数、总体容量的计算、由频率分布直方图计算频率、频数、样本容量、总体容量、计算古典概型问题的概率、总体百分位数的估计 【分析】（1）利用所有小矩形面积之和为1即可求得，根据百分位数定义计算即可得出结果； （2）由分层抽样比计算出各组抽取的人数，再由古典概型计算可得结果. 【详解】（1）由题意可知， 解得； 易知60分到90分的人数频率之和为0.6，60分到100分的人数频率之和为0.85. 所以第75百分位数位于90分到100分之间，且90分到100分之间的频率为； 估计第75百分位数为， （2）在的学生频率分别为0.1和0.05，则其人数分别为4和2， 设在中的4人为，在中的2人为， 令为甲，且其成绩为107. 由分层随机抽样可得在分别抽取2人与1人， 则总共有以下12种可能： , ; 其中学生甲恰好被抽到的情况共有6种， 所以抽到107分的学生甲的概率. 98．（23-24高一下·浙江宁波·期末）“数学好玩”是国际著名数学家陈省身赠送给少年数学爱好者们的一句话.某校为了更好地培养学生创新精神和实践能力，激发学生钻研数学的兴趣和热情，特举办数学节活动.在活动中，共有20道数学问题，满分100分在所有的答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩分成六段：，，……，，得到如图所示的频率分布直方图.    (1)求频率分布直方图中a的值，并估计该校全体学生这次数学成绩的中位数； (2)活动中，甲、乙、丙三位同学独立参加竞赛，已知甲同学答对了12道，乙同学答对了8道，丙同学答对了n道，假设每道数学问题难度相当，被答对的可能性都相同. （i）任选一道数学问题，求甲、乙两位同学恰有一人答对的概率； （ii）任选一道数学问题，若甲、乙、丙三个人中至少有一个人答对的概率为，求n的值. 【答案】(1)，75 (2)（i）；（ii） 【知识点】补全频率分布直方图、由频率分布直方图估计中位数、利用对立事件的概率公式求概率、独立事件的乘法公式 【分析】（1）根据频率之和为即可求出，根据频率分布直方图中中位数的求法求中位数即可； （2）（i）根据古典概型结合相互独立事件的乘法公式求解即可； （ii）根据相互独立事件的乘法公式及对立事件的概率公式求解即可. 【详解】（1）由频率分布直方图有， 解得， 因为，， 所以中位数在区间内，设为x， 则有，得， 所以估计该校全体学生这次数学成绩的中位数为75； （2）设 “任选一道题，甲答对”，“任选一道题，乙答对”， “任选一道题，丙答对”， 则由古典概型概率计算公式得：，，， 所以有，，， （i）记 “甲、乙两位同学恰有一人答对”， 则有，且有与互斥， 因为每位同学独立作答，所以A，B互相独立，则A与，与B，与均相互独立， 所以 ， 所以任选一道数学问题，求甲、乙两位同学恰有一人答对的概率； （ii）记“甲、乙、丙三个人中至少有一个人答对”，则， 所以 ， 解得：. 99．（23-24高一下·浙江金华·期末）在五一假期中，某校组织全校学生开展了社会实践活动，抽样调查了其中的100名学生，统计他们参加社会实践活动的时间（单位：小时），并将统计数据绘制成如图的频率分布直方图.另外，根据参加社会实践活动的时间从长到短按的比例分别被评为优秀、良好、合格.    (1)求的值并估计该学校学生在这个五一假期中参加社会实践活动的时间的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表）； (2)试估计至少参加多少小时的社会实践活动，方可被评为优秀.（结果保留两位小数）. (3)根据社会实践活动的成绩，按分层抽样的方式抽取5名学生.从这5名学生中，任选3人，求这3名学生成绩各不相同的概率. 【答案】(1)，20.32小时 (2)21.73小时 (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、计算古典概型问题的概率、总体百分位数的估计 【分析】（1）利用频率之和为1得到方程，求出，利用平均数的定义进行计算； （2）即求60百分位数，先得到60百分位数位于18~22之间，设出60百分位数为，从而得到方程，求出答案； （3）按照分层抽样的概念得到优秀，良好，及格的人数，并列举出求解相应的概率. 【详解】（1）由，解得， 因为小时， 所以该学校学生假期中参加社会实践活动的时间的平均数约为20.32小时. （2）时间从长到短按的比例分别被评为优秀、良好、合格， 由题意知，即求60百分位数，又，， 所以60百分位数位于18~22之间， 设60百分位数为，则，解得小时. 故至少参加21.73小时的社会实践活动，方可被评为优秀. （3）易知，5名学生中， 优秀有人，设为， 良好有人，设为， 合格有人，设为. 任选3人，总共有，10种情况， 其中符合的有，共4种， 故概率为. 100．（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）嘉兴市期末测试中数学多选题评分标准如下：若某试题有两个正确选项，选对一个得3分，选对两个得6分，有错选得0分；若该试题有三个正确选项，选对一个得2分，选对两个得4分，三个都选对得6分，有错选得0分，小明同学正在做一道数学多选题（多选题每题至少选一项且不能全选，假设每个选项被选到的概率是等可能的），请帮助小明求解以下问题： (1)若该多选题有两个正确选项，在完全盲猜（可以选一个选项、可以选两个选项、也可以选三个选项）的情况下，求小明得6分的概率； (2)若该多选题有三个正确选项，小明已经判定A正确（正确答案中有A选项，且A必选）的情况下，求小明得分大于等于4分的概率． 【答案】(1) (2) 【知识点】计算古典概型问题的概率 【分析】（1）（2）根据题意利用列举法结合古典概型即可得解. 【详解】（1）设总选项个数为，记事件“小明得6分”，选项个数为， 假设正确选项为AB，则， 列举法：单选项有A，B，C，D共计4个， 双选项有AB，AC，AD，BC，BD，CD共计6个， 三选项有ABC，ACD，ABD，BCD共计4个， 个， ； （2）设总选项个数为，记事件“小明得分大于等于4分”，选项个数为， 假设ABC为答案，小明已经判定A正确（正确答案中有A选项且小明A项必选）的情况下， 列举法：单选项有A共计1个，且仅得2分， 双选项有AB，AC，AD共计3个，其中2个得4分， 三选项有ABC，ACD，ABD共计3个，其中1得6分， ，， ． 6 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$