精品解析：河北省沧州市泊头市第一中学2024-2025学年高一下学期5月月考数学试题

2024-2025学年度高中数学5月月考卷 考试范围：8-10章；考试时间：120分钟 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 为了推动国家乡村振兴战略，某地积极响应，不断自主创新，培育了某种树苗，其成活率为0.8，现采用随机模拟的方法估计该树苗种植3棵恰好3棵都成活的概率.先由计算机产生1到5之间取整数值的随机数，指定1至4的数字代表成活，5代表不成活，再以每3个随机数为一组代表3次种植的结果.经计算机随机模拟产生如下20组随机数：.据此估计，该树苗种植3棵恰好3棵都成活的概率为（ ） A. 0.45 B. 0.5 C. 0.512 D. 0.55 2. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若则 C. 若，则 D. 若，则 3. 在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．如图，已知在鳖臑中，满足平面，且，，，则此鳖臑外接球的表面积为（    ） A. B. C. D. 4. 如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，则下列结论中错误的是（ ） A. ； B. 异面直线所成的角为定值； C. 直线与平面所成的角为定值； D. 以为顶点的四面体的体积为定值． 5. 甲、乙二人下围棋，若甲先着子，则甲胜的概率为0.6，若乙先着子，则乙胜的概率为0.5，若采取三局两胜制（无平局情况），第一局通过掷一枚质地均匀的硬币确定谁先着子，以后每局由上一局负者先着子，则甲通过前两局获得胜利的概率（ ） A. 0.5 B. 0.6 C. 0.357 D. 0.275 6. 如图，P为平行四边形所在平面外一点，E为的中点，F为上一点，当平面时，（ ） A. B. C. 2 D. 7. 连续抛掷两次一枚质地均匀的硬币，分别记录下每次抛掷的结果，记事件“正面向上的次数大于反面向上的次数”，事件“第次抛掷的结果为正面向上”（其中），则有（ ） A. 事件与事件是互斥事件 B. 事件与事件是相互对立事件 C. D. 8. 如图所示，圆锥中，为高，为底面圆的直径，圆锥的轴截面是面积等于2的等腰直角三角形，为母线的中点．点为底面上的动点，且，点在直线上的射影为．当点运动时，下列结论不正确的是（ ） A. 三棱锥体积的最大值为 B. 直线与直线垂直不可能成立 C. 点的轨迹长度为 D. 的值小于2 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 某位射击运动员的两组训练数据如下：第一组：；第二组：，则（ ） A. 两组数据的平均数相等 B. 第一组数据的方差大于第二组数据的方差 C. 第一组数据的上四分位数（第75百分位数）是8 D. 第一组数据的中位数小于第二组数据的中位数 10. 洛阳是我国著名的牡丹之乡，以“洛阳地脉花最宜，牡丹尤为天下奇”流传于世.某种植基地通过植株高度研究牡丹的生长情况，从同一批次牡丹中随机抽取100株的植株高度（单位：）作为样本，得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是（ ） A. 基地牡丹植株高度的极差的估计值大于50 B. 基地牡丹植株高度不高于70的频率估计值为30% C. 基地牡丹植株高度的众数与中位数的估计值相等 D. 基地牡丹植株高度的第75百分位数的估计值小于80 11. 如图，在矩形中，，是的中点，沿直线将翻折成（不在平面内），是的中点，设二面角的大小为.（ ） A. 若，则 B. 直线与所成的角为定值 C. 若，则三棱锥的外接球的表面积为 D. 设直线与平面所成的角为，则 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在全国中学生智能汽车总决赛中，某校学生开发的智能汽车在一个标注了平面直角坐标系的平面上从坐标原点出发，每次只能移动一个单位，沿轴正方向移动的概率是，沿轴正方向移动的概率是，则该智能汽车移动3次恰好移动到点的概率为______. 13. 若一组样本数据的平均数为10，另一组样本数据的方差为8，则两组样本数据合并为一组样本数据后的平均数是__________，方差是__________. 14. 已知面积为的菱形，如图①所示，其中，是线段的中点．现沿折起，使得点到达点的位置，此时二面角的大小为，连接，得到三棱锥，如图②所示，则三棱锥的体积为______；若点在三棱锥的表面运动，且始终保持，则点的轨迹长度为______． 四、解答题（本题共5题，共77分） 15. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱垂直于底面，、分别是、的中点. （1）求证： ； （2）求证：平面； （3）设与交于点，求证：平面平面 16. 某校为促进学生对消防知识及火场自救知识的学习，组织了《消防知识及火场自救知识》竞赛活动，对所有学生的竞赛成绩进行统计分析，制成如图所示的频率分布直方图（各区间分别为，，，，）． （1）根据频率分布直方图，估计本次竞赛的平均成绩；（每组数据用所在区间的中点值作代表） （2）按人数比例用分层随机抽样的方法从竞赛成绩在和内的学生中抽取人，再从这人中随机抽取人，求这人成绩都在内的概率； （3）从竞赛成绩在内的学生中选取甲、乙人，组队参加全市中学生消防知识答题比赛，每轮由两人各答一题，甲每轮答对的概率为，乙每轮答对的概率为，每轮活动中，甲和乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响，求甲、乙两人在两轮答题比赛中共答对题的概率． 17. 如图，三棱台中，平面，分别是棱的中点. （1）证明：平面平面； （2）已知三棱台的体积大于2，且直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面所成角的余弦值. 18. 在川大附中2024秋季教职工运动会拔河比赛中，高一、高二、高三三个年级组和行政组共四个队伍角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”： 第一轮，四个队伍通过抽签分成两组，每组两个队伍对阵，每组的胜者进入“胜区”，败者进入“败区”； 第二轮，“胜区”中两个队伍对阵，胜者进入“决赛区”；“败区”中两个队伍对阵，败者直接淘汰出局获第四名； 第三轮，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者进入“决赛区”，败者获第三名； 第四轮，“决赛区”的两个队伍进行冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名. 已知高二和高三年级组水平相当，高一和行政组水平相当，高二对高三、高一对行政组的胜率均为，高二、高三对高一和行政组的胜率均为，没有平局，且不同对阵的结果相互独立.经抽签，第一轮由高二对阵高三，高一对阵行政组. （1）求比赛结束时，高二比赛的场次是2场的概率； （2）若已知高二输了第一轮的比赛，求高二获得冠军的概率； （3）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：即四个队伍分成两组后，每组中的两个队伍对阵，每组的胜者进入“决赛区”，败者淘汰；最后，“决赛区”的两个队伍进行冠军决赛，胜者获得冠军.分别求在以上两种赛制下高二获得冠军的概率，并比较哪种赛制对高二夺冠有利？请说明理由. 19. 如图，正方形ABCD中，边长为4，E为AB中点，F是边BC上的动点.将沿DE翻折到，沿EF翻折到， （1）求证：平面平面SFD； （2）当F是边BC的中点时，二面角的大小； （3）若，将沿DE翻折到，沿EF翻折到，连接DF，设直线SE与平面DEF所成角为，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度高中数学5月月考卷 考试范围：8-10章；考试时间：120分钟 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 为了推动国家乡村振兴战略，某地积极响应，不断自主创新，培育了某种树苗，其成活率为0.8，现采用随机模拟的方法估计该树苗种植3棵恰好3棵都成活的概率.先由计算机产生1到5之间取整数值的随机数，指定1至4的数字代表成活，5代表不成活，再以每3个随机数为一组代表3次种植的结果.经计算机随机模拟产生如下20组随机数：.据此估计，该树苗种植3棵恰好3棵都成活的概率为（ ） A. 0.45 B. 0.5 C. 0.512 D. 0.55 【答案】B 【解析】 【分析】结合题意利用古典概型求解概率即可. 【详解】由题意得共有20组随机数，分别为， ， 恰好3棵都成活的随机数有：共10个， 故估计种植3棵恰好3棵都成活的概率为：，故B正确. 故选：B 2. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中直线与平面以及平面与平面的关系，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A,若，则或者相交或者异面，故A正确， 对于B,若则或者，故B错误， 对于C, 若，则或者或者相交，故C错误， 对于D, 若，则,D正确， 故选：D 3. 在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．如图，已知在鳖臑中，满足平面，且，，，则此鳖臑外接球的表面积为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意画出图形，然后补形为长方体，求出长方体的对角线长，即可得到外接球的半径，代入球的表面积公式得答案． 【详解】由，，，∴，即有， 又平面，所以，，两两互相垂直，该瞥臑如图所示： 图形可以补形为长方体，该瞥臑的外接球即该长方体的外接球，是长方体的体对角线， 也是外接球的直径，设外接球半径为R，则， 所以瞥臑的外接球表面积为. 故选：B． 4. 如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，则下列结论中错误的是（ ） A. ； B. 异面直线所成的角为定值； C. 直线与平面所成的角为定值； D. 以为顶点的四面体的体积为定值． 【答案】B 【解析】 【分析】连接BD交AC于O，连接OE，由正方体特征可得平面判断A；由是平行四边形，得到，则是异面直线所成的角求解判断B；由平面，得到是直线与平面所成的角求解判断C；由四面体的体积为判断D. 【详解】如图所示： 对于A，连接BD交AC于O，连接OE，，且， 则平面，，A正确； 对于B，，则是平行四边形，则， 是异面直线所成的角，又平面，则， 而OE不是定值，则不是定值，不是定值，B错误； 对于C，由平面，得是直线与平面所成的角，且为定值，C正确； 对于D，以为顶点的四面体的体积为 为定值，D正确. 故选：B 5. 甲、乙二人下围棋，若甲先着子，则甲胜的概率为0.6，若乙先着子，则乙胜的概率为0.5，若采取三局两胜制（无平局情况），第一局通过掷一枚质地均匀的硬币确定谁先着子，以后每局由上一局负者先着子，则甲通过前两局获得胜利的概率（ ） A. 0.5 B. 0.6 C. 0.357 D. 0.275 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用互斥事件的概率公式及相互独立事件的概率公式计算即可. 【详解】由题意， 第一局甲先着子，甲前两局获胜的概率为， 第一局乙先着子，甲前两局获胜的概率为， 故甲前两局获胜的概率为. 故选：D. 6. 如图，P为平行四边形所在平面外一点，E为的中点，F为上一点，当平面时，（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】连接交于 ，连接，由线面平行的性质可得，再利用平行线分线段成比例定理列式求解． 【详解】 连接交于 ，连接， 因为平面，平面，平面平面， 所以，所以， 因为四边形为平行四边形，所以， 所以， 因为为的中点，所以， 所以，所以. 故选：A 7. 连续抛掷两次一枚质地均匀的硬币，分别记录下每次抛掷的结果，记事件“正面向上的次数大于反面向上的次数”，事件“第次抛掷的结果为正面向上”（其中），则有（ ） A. 事件与事件是互斥事件 B. 事件与事件是相互对立事件 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对A，根据互斥事件的定义判断；对B，根据相互独立事件的定义判断；对C，求得，，即可判断；对D，求得即可判断. 【详解】根据题意，试验的结果有：正正，正反，反反，反正. 则事件包含：正正，事件：正正，正反，事件：正正，反正. 对于A，事件与事件不是互斥事件， 它们有可能同时发生，故A错误； 对于B，试验结果除了和外，还有其它结果如反反，所以事件与事件不是相互对立事件，故B错误； 对于C，， ， 所以，故C错误； 对于D，，，所以，故D正确. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是理清事件包含：正正，事件：正正，正反，事件：正正，反正. 8. 如图所示，圆锥中，为高，为底面圆的直径，圆锥的轴截面是面积等于2的等腰直角三角形，为母线的中点．点为底面上的动点，且，点在直线上的射影为．当点运动时，下列结论不正确的是（ ） A. 三棱锥体积的最大值为 B. 直线与直线垂直不可能成立 C. 点的轨迹长度为 D. 的值小于2 【答案】B 【解析】 【分析】A选项，由轴截面面积得到母线，高和底面半径，点在以为直径的圆上．故点到平面距离的最大值为，从而得到三棱锥体积的最大值；B选项，证明平面，进一步证明平面，结合等腰直角三角形证明出平面，故恒成立，B错误；C选项，点的轨迹为以为直径的圆（除去两点）．求出轨迹长度；D选项，设，由B项可知，则，从而由基本不等式进行求解，得到答案. 【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为． 由已知，圆锥的轴截面为面积等于2的等腰直角三角形， 则其面积，解得，所以． 对于A项，如图，由可知，点在以为直径的圆上． 因为，所以点到平面距离的最大值为． 易知， 故三棱锥体积的最大值为，故A项正确； 对于B项，易知平面平面， 所以，又平面平面， 所以平面，又平面，则， 又平面平面， 则平面，又平面，则， 由是等腰直角三角形，可得， 即为等腰直角三角形，连接，又为的中点，故， 又平面平面，则平面， 所以恒成立，故B项错误． 对于C项，由B项可知平面，又平面平面， 所以，过点且与垂直的平面仅有一个， 则点的轨迹为以为直径的圆（除去两点）． 又，则点形成的轨迹长度为，故C项正确． 对于D项，设，由B项可知， 则． 因为时，由基本不等式得， 故，当且仅当时，等号成立， 所以， 当且仅当，即时，等号成立，但，故等号取不到， 则的值小于2，D项正确． 故选：B． 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 某位射击运动员的两组训练数据如下：第一组：；第二组：，则（ ） A. 两组数据的平均数相等 B. 第一组数据的方差大于第二组数据的方差 C. 第一组数据的上四分位数（第75百分位数）是8 D. 第一组数据的中位数小于第二组数据的中位数 【答案】AD 【解析】 【分析】根据题意，由平均数，方差，极差以及中位数的定义，代入计算，即可判断. 【详解】根据题意可得第一组数从小到大排序为，中位数为， 平均数，方差， 因为，所以第一组的第75百分位数为， 根据题意可得第二组数从小到大排序为，中位数为， 平均数 ，方差， 综上可得，A，D正确. 故选：AD. 10. 洛阳是我国著名的牡丹之乡，以“洛阳地脉花最宜，牡丹尤为天下奇”流传于世.某种植基地通过植株高度研究牡丹的生长情况，从同一批次牡丹中随机抽取100株的植株高度（单位：）作为样本，得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是（ ） A. 基地牡丹植株高度的极差的估计值大于50 B. 基地牡丹植株高度不高于70的频率估计值为30% C. 基地牡丹植株高度的众数与中位数的估计值相等 D. 基地牡丹植株高度的第75百分位数的估计值小于80 【答案】BC 【解析】 【分析】根据频率分布直方图中的数据可得出极差，判断A项；计算各小组频率可判断B项；分析可知中位数位于，列方程计算即可得出中位数，根据频率分布直方图可直接估算众数；根据各小组的概率可知基地牡丹植株高度的第75百分位数的估计值应在内. 【详解】对于A项，由图象可知，基地牡丹植株高度范围在之间，所以极差的估计值应不大于50，故A错误； 对于B项，基地牡丹植株高度不高于70的频率为.故B正确； 对于C项，由频率分布直方图可知，基地牡丹植株高度不高于70的频率为，不高于的频率为， 所以中位数位于，设为， 则应有，计算可得. 众数估计为的中点，也是，与中位数相同.故C正确； 对于D项，基地牡丹植株高度不高于的频率为，不高于的频率为， 所以，基地牡丹植株高度的第75百分位数的估计值应在内.故D错误. 故选：BC. 11. 如图，在矩形中，，是的中点，沿直线将翻折成（不在平面内），是的中点，设二面角的大小为.（ ） A. 若，则 B. 直线与所成的角为定值 C. 若，则三棱锥的外接球的表面积为 D. 设直线与平面所成的角为，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】如图，利用反证法即可判断A；如图，确定为异面直线与的所成角，即可判断B；如图，确定外接球的球心位置，建立关于R的方程，解之即可判断C；如图，确定、，求出即可判断D. 【详解】A：，取的中点，的中点，连接， 则，四边形为正方形，所以. 假设，由平面， 得平面，又平面，所以， 这与“”矛盾，所以假设不成立，故A错误； B：取的中点，连接，则且， 所以四边形是平行四边形，故， 所以为异面直线与的所成角. 由，得，则，所以， 即异面直线与的所成角为定值，故B正确； C：如图，由选项A的分析知为二面角的平面角，即. 当时，，易知，， 则为外接圆的圆心.过作于，过作， 在上取使得，则四边形为矩形，得， 则为三棱锥外接球的球心，设其半径为， 则， 所以，解得，所以， 所以三棱锥外接球的表面积为，故C正确； D：过作平面于点，作于点，连接， 为二面角的平面角，即， 为直线与平面所成的角，即， 由，平面， 知平面，又平面，所以， 所以为的中点，得， 又，所以，即，故D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：解决选项A的关键是熟练反证法的应用；解决选项B的关键是为异面直线与的所成角；解决选项C的关键是确定外接球的球心位置；解决选项D的关键是确定、. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在全国中学生智能汽车总决赛中，某校学生开发的智能汽车在一个标注了平面直角坐标系的平面上从坐标原点出发，每次只能移动一个单位，沿轴正方向移动的概率是，沿轴正方向移动的概率是，则该智能汽车移动3次恰好移动到点的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】由概率的乘法公式求解即可． 【详解】该智能汽车移动3次恰好移动到点， 需沿轴正方向移动1次，沿轴正方向移动2次， 有三种方式：先沿轴移动一次，再沿轴移动两次；先沿轴移动一次，再沿轴移动一次，再沿轴移动一次；先沿轴移动两次，再沿轴移动一次， 概率为． 故答案为： 13. 若一组样本数据的平均数为10，另一组样本数据的方差为8，则两组样本数据合并为一组样本数据后的平均数是__________，方差是__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】计算出、的值，再利用平均数和方差公式可求得合并后的新数据的平均数和方差. 【详解】由题意可知，数据的平均数为， 所以，则， 所以数据、、、的平均数为， 方差为， 所以， 将两组数据合并后，得到新数据， 则其平均数为， 方差为. 故答案为：；. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是充分理解平均数与方差的计算公式，并进行计算. 14. 已知面积为的菱形，如图①所示，其中，是线段的中点．现沿折起，使得点到达点的位置，此时二面角的大小为，连接，得到三棱锥，如图②所示，则三棱锥的体积为______；若点在三棱锥的表面运动，且始终保持，则点的轨迹长度为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据锥体体积公式求得三棱锥的体积，作出点的轨迹，进而计算出轨迹长度. 【详解】设，折叠前，折叠后， 由题设二面角可知，又，根据余弦定理易得， 由于平面，所以平面， 依题意，，点到平面的距离为， 的面积为，则三棱锥的体积为． 如图，取边上靠近点的四等分点，取的中点， 连接，，，故点的轨迹长度即为的周长． 由于，所以， 由于平面，所以平面. 又，，故点的轨迹长度为． 故答案为：； 四、解答题（本题共5题，共77分） 15. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱垂直于底面，、分别是、的中点. （1）求证： ； （2）求证：平面； （3）设与交于点，求证：平面平面 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的性质得到，再由，即可得到平面，从而得证； （2）取的中点，连接，，即可证明四边形为平行四边形，从而得到，即可得证； （3）依题意可得为的中点，且为的中点，即可得到，，从而得证. 【小问1详解】 因为平面，平面， 所以，又底面是矩形，则， 又，平面，平面， 所以平面，又平面， 所以. 【小问2详解】 取的中点，连接，，因为、分别是、的中点， 所以且，又且， 所以且， 则四边形为平行四边形， 所以，平面，平面， 所以平面； 【小问3详解】 因为为矩形，与交于点， 所以为的中点，且为的中点， 又、分别是、的中点， 所以，， 又平面，平面，所以平面， 平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面. 16. 某校为促进学生对消防知识及火场自救知识的学习，组织了《消防知识及火场自救知识》竞赛活动，对所有学生的竞赛成绩进行统计分析，制成如图所示的频率分布直方图（各区间分别为，，，，）． （1）根据频率分布直方图，估计本次竞赛的平均成绩；（每组数据用所在区间的中点值作代表） （2）按人数比例用分层随机抽样的方法从竞赛成绩在和内的学生中抽取人，再从这人中随机抽取人，求这人成绩都在内的概率； （3）从竞赛成绩在内的学生中选取甲、乙人，组队参加全市中学生消防知识答题比赛，每轮由两人各答一题，甲每轮答对的概率为，乙每轮答对的概率为，每轮活动中，甲和乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响，求甲、乙两人在两轮答题比赛中共答对题的概率． 【答案】（1） （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）先根据矩形面积之和为计算，再利用频率分布直方图均值公式计算； （2）先根据比例得出两个区间内各抽取人数，再列出样本空间以及事件“这人成绩都在内”所包含的样本点，最后按照古典概型计算其概率即可； （3）先计算甲、乙在两轮比赛中答对题，题的概率，再利用互斥事件和独立事件的概率公式计算. 【小问1详解】 由题知，解得， 估计本次竞赛的平均成绩为 ． 【小问2详解】 因成绩在、内的学生人数之比为， 则从成绩在内的学生中抽取人，设为， 从成绩在内的学生中抽取人，设为， 设事件“从这人中随机抽取人，这人成绩都在内”， 则样本空间， 则， 事件包含的基本事件有，有， 则， 故从这人中随机抽取人，这人成绩都在内的概率为. 【小问3详解】 设，分别表示事件甲在两轮答题中答对题，题，，分别表示事件乙在两轮答题中答对题，题， 则，， ，， 设“两轮活动甲、乙共答对题”，则， 又与互斥，与，与分别相互独立， 则， 因此，甲、乙在两轮答题比赛中共答对题的概率为． 17. 如图，三棱台中，平面，分别是棱的中点. （1）证明：平面平面； （2）已知三棱台的体积大于2，且直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） 证明：因为平面平面 所以，又因为，都在平面内， 所以平面，又因为平面 所以平面平面 （2） 【解析】 【分析】（1）通过，，得到平面，进而可求证； （2）由面面角的概念为平面与平面所成角，再结合求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：在三棱台中，分别是棱的中点，所以且相等，且相等， 所以四点共面 由（1）知平面， 平面， ，在平面内， 得： 所以为平面与平面所成角， 设，点到平面的距离为 由可得： 所以 所以或 又因为 所以，所以 所以在中， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 18. 在川大附中2024秋季教职工运动会拔河比赛中，高一、高二、高三三个年级组和行政组共四个队伍角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”： 第一轮，四个队伍通过抽签分成两组，每组两个队伍对阵，每组的胜者进入“胜区”，败者进入“败区”； 第二轮，“胜区”中两个队伍对阵，胜者进入“决赛区”；“败区”中两个队伍对阵，败者直接淘汰出局获第四名； 第三轮，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者进入“决赛区”，败者获第三名； 第四轮，“决赛区”的两个队伍进行冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名. 已知高二和高三年级组水平相当，高一和行政组水平相当，高二对高三、高一对行政组的胜率均为，高二、高三对高一和行政组的胜率均为，没有平局，且不同对阵的结果相互独立.经抽签，第一轮由高二对阵高三，高一对阵行政组. （1）求比赛结束时，高二比赛的场次是2场的概率； （2）若已知高二输了第一轮的比赛，求高二获得冠军的概率； （3）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：即四个队伍分成两组后，每组中的两个队伍对阵，每组的胜者进入“决赛区”，败者淘汰；最后，“决赛区”的两个队伍进行冠军决赛，胜者获得冠军.分别求在以上两种赛制下高二获得冠军的概率，并比较哪种赛制对高二夺冠有利？请说明理由. 【答案】（1） （2） （3）得冠军的概率分别为与 ，“双败淘汰制”对高二夺冠有利 【解析】 【分析】（1）由题意可得高二两场全输，计算其概率即可得； （2）由题意可得高二后三场全胜，结合每轮的对手及胜率计算即可得； （3）在“双败淘汰制”下，分别计算高二全胜、只输了第一场与只输了第二场的概率，求和即可得其夺冠概率；在“单败淘汰制”下，高二需全胜，计算其概率即可得其夺冠概率；比较两者概率大小，即可得解. 【小问1详解】 设高二在第场比赛获胜的事件为， 由高二比赛的场次是2场，则高二两场全输， 则； 【小问2详解】 由于高二输了第一轮的比赛，高二后续需全胜才能获得冠军， 则； 【小问3详解】 在“双败淘汰制”下，若高二获得冠军，则最多只能输一场， 若高二全胜，其概率为， 若高二只输了第一场，则， 若高二只输了第二场，则， 则高二获得冠军的概率为； 在“单败淘汰制”下，若高二获得冠军，则需两场全胜，则， 由，故，故“双败淘汰制”对高二夺冠有利. 【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于计算“双败淘汰制”下高二获得冠军的概率需要分全胜、只输了第一场与只输了第二场的情况进行计算. 19. 如图，正方形ABCD中，边长为4，E为AB中点，F是边BC上的动点.将沿DE翻折到，沿EF翻折到， （1）求证：平面平面SFD； （2）当F是边BC的中点时，二面角的大小； （3）若，将沿DE翻折到，沿EF翻折到，连接DF，设直线SE与平面DEF所成角为，求的最大值. 【答案】（1）证明见解析 （2）90° （3） 【解析】 【分析】（1）由已知，，可得平面，由面面垂直的判定定理可得证； （2）由已知可得，，可证平面平面，可求二面角的大小； （3）设在面上的射影为，连接，则为直线与平面所成角．设（），利用等体积法，由求得，从而得到的表达式，结合换元法及函数的单调性求出最大值． 【小问1详解】 因为四边形是正方形，为的中点， 所以，，又，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面； 【小问2详解】 当是边的中点时，由（1）可知，， 又∵，， 由勾股定理得，故， ∴， 又∵，平面， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面， 故二面角的大小为90°； 【小问3详解】 设在平面上的射影为，连接，则为直线与平面所成角，    设（），则，， 在中，，，， 可得， ， 其中平面，，故， ， 因为，即， 又，所以， 令，，， 令，， ， 当，，且时，，，， 则， 可得在上单调递减， 当，即时，最大为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $