精品解析：山东省青岛第十九中学2024-2025学年高一下学期期末检测数学试题

2024—2025学年度第二学期期末检测 高一数学试题 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 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，只有一项符合题目要求． 1. 复数z满足（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，化简得到，得到，结合复数的概念，即可求解. 【详解】由复数满足，可得， 则，所以复数的虚部为. 故选：A. 2. 已知某人射击每次击中目标的概率都是0.6，现采用随机模拟的方法估计其3次射击至少2次击中目标的概率P．先由计算器产生0到9之间的整数值的随机数，指定0，1，2，3，4，5表示击中目标，6，7，8，9表示未击中目标；因为射击3次，所以每3个随机数为一组，代表3次射击的结果．经随机模拟产生了以下20组随机数： 169 966 151 525 271 937 592 408 569 683 471 257 333 027 554 488 730 863 637 039 据此估计P的值为（ ） A. 0.5 B. 0.55 C. 0.6 D. 0.65 【答案】C 【解析】 【分析】从20组随机数中找出包含至少2次击中目标的随机数的组数，利用古典概率的关系式，即可求出概率P的值. 【详解】根据题意，3次射击至少击中两次的数为： 151，525，271，592，408，471，257，333，027，554，730，039，共12组， 故3次射击至少2次击中目标的概率为: . 故选：C. 3. 已知，，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，结合向量垂直的坐标表示，列出方程，求得，利用向量模的计算公式，即可求解. 【详解】由向量，可得， 因为，可得，解得， 所以，可得. 故选：C. 4. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A中， 若，，则或，所以A不正确； 对于B中，若，，由垂直同一平面的两直线平行，可得，所以B正确； 对于C中，由，设，若且，此时，所以C不正确； 对于D中，若，仅当与相交时，才能得到，否则也有可能相交，所以D错误. 故选：B. 5. 从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是（ ） A. 至少有一个黑球与都是黑球 B. 至少有一个黑球与都是红球 C. 恰有一个黑球与恰有两个黑球 D. 至少有一个黑球与至少有一个红球 【答案】C 【解析】 【分析】先写出从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球所包含的基本事件，再根据选项写出各事件的基本事件，利用互斥事件与对立事件的定义判断即可. 【详解】根据题意，记2个红球分别为A、B，2个黑球分别为a，b， 则从这4个球中任取2个球的总基本事件为AB，Aa，Ba，Ab，Bb，ab： A、都是黑球的基本事件为ab，至少有一个黑球的基本事件为Aa，Ba，Ab，Bb，ab， 两个事件有交事件ab，所以不为互斥事件，故A错误； B、至少有一个黑球的基本事件为Aa，Ba，Ab，Bb，ab， 都是红球的基本事件为AB， 两个事件不仅是互斥事件，也是对立事件，故B错误； C、恰有两个黑球的基本事件为ab，恰有一个黑球的基本事件为Aa，Ba，Ab，Bb， 两个事件是互斥事件，但不是对立事件，故C正确； D、至少有一个黑球的基本事件为Aa，Ba，Ab，Bb，ab， 至少有一个红球的基本事件为AB，Aa，Ba，Ab，Bb， 两个事件不是互斥事件，故D错误. 故选：C. 6. 某校高一、高二、高三的人数之比为，从中随机抽取400名学生组成志愿者，若学校中每人被抽中的概率都是，则该校高二年级的人数为（ ） A. 900 B. 800 C. 700 D. 600 【答案】D 【解析】 【分析】先计算出全校的总人数，再根据高一、高二、高三的人数之比即可得出该校高二年级的人数. 【详解】因为随机抽取400名学生，学校中每人被抽中的概率都是， 所以全校的总人数为， 因为高一、高二、高三的人数之比为， 所以高二年级的人数占全校总人数的， 因此，该校高二年级的人数为. 故选：D. 7. 如果一组数据的频率分布直方图在右边“拖尾”，则下列说法一定错误的是（ ） A. 数据中可能存在极端大的值 B. 这组数据是不对称的 C. 数据中众数一定不等于中位数 D. 数据的平均数大于中位数 【答案】C 【解析】 【分析】根据频率分布直方图的性质结合样本的数字特征即可判断. 【详解】数据的频率分布直方图在右边“拖尾”，则其图单峰不对称，故B正确；其大致图如下： 由图可知数据中可能存在极端大的值，故A正确； 由于“右拖尾”时最高峰偏左，中位数靠近高峰处，可能与众数相等，故C错误； 平均数靠近中点处，平均数容易受极端值的影响，与中位数相比，平均数总是在“拖尾”那边，故D正确； 故选：C 8. 已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出以为球心，5为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积. 【详解】 设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心， 且，故. 因为，故， 故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆， 而三角形内切圆的圆心为，半径为， 故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为 故选：B 二、选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知在一次随机试验中，定义两个随机事件和，若，则（ ） A. B. C. D. 若和至少有一个发生的概率为，则A、B相互独立 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据对立事件的概率公式，可判定A正确；当时，，可判定B错误；由，分和互斥，两种情况求得相应概率的最值，可判定C正确；根据题意，求得，得到，可判定D正确. 【详解】对于A中，由，可得，所以A正确； 对于B中，由，当时，，所以B错误； 对于C中，由， 当时，，此时，即的最小值为； 当互斥时，可得，此时的最大值为， 所以，所以C正确； 对于D中，由，且和至少有一个发生的概率为， 可，解得， 所以，所以和相互独立，所以D正确. 故选：ACD. 10. 如图，点分别是直角三角形ABC的边上的点，斜边AC与扇形的弧相切，已知，则关于阴影部分绕直线AB旋转一周所形成的几何体，下列说法正确的是（ ） A. 该几何体是圆锥 B. 该几何体的底面积为 C. 该几何体的表面积为 D. 该几何体的体积为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据给定条件，求出斜边上的高，再求出圆锥与半球表面积体积，即可组合得解几何体的表面积体积. 【详解】在中，，则， 由斜边与扇形的弧相切，扇形半径， 阴影部分绕直线旋转一周所形成的几何体是绕直线旋转一周所得圆锥， 挖去扇形弧绕直线旋转一周所得半球，A选项错误； 几何体底面积为，B选项正确； 几何体的表面积为，C选项错误； 所以所求体积为，D选项正确； 故选：BD. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点P为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 平面 C. 存在点P，使得与所成角为 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】连接，证得和，得到平面，结合平面，可判定A正确；证得平面平面，结合平面，可判定B正确；由，得到异面直线与所成角，即为直线与所成角，设，求得，可判定C错误；以为旋转轴，把和展在一个平面上，结合等边三角形和直角三角形的性质，可得判定D正确. 【详解】对于A中，如图（1）所示分别连接， 在正方体中，可得平面，且平面， 所以，又因为，且，平面， 所以平面，因为平面，所以， 同理可证：，又因为，且平面， 所以平面， 因为为线段上的动点，可得平面，所以，所以A正确； 对于B中，在正方体中，可得， 因为平面，平面，所以平面， 同理可证：平面， 又因为，且平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面，所以B正确； 对于C中，在正方体中，可得， 则异面直线与所成角，即为直线与所成角，即为， 当点与点或重合时，此时， 当与的中点重合时，此时取值最小值，最小值为， 在直角中，可得，所以， 所以不存在点，使得与所成角为，所以C不正确； 对于D中，连接，以为旋转轴，把和展在一个平面上， 如图（2）所示，连接，则与的交点为， 在等边中，可得，在直角中，可得， 所以的最小值为，所以D正确. 故选：ABD. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 一组数据：1，2，3，4，5，5，6，6，6，7，8，9，9，10的众数为a，第三四分位数为b，则________． 【答案】14 【解析】 【分析】根据给定条件，求出众数及第三四分位数即可. 【详解】这组数据的众数是6，即； 由，因此这组数据的第三四分位数为8，即， 所以. 故答案为：14 13. 设圆锥的高是，母线长是，用过圆锥的顶点的平面去截圆锥，则截面积的最大值为_______. 【答案】2 【解析】 【分析】求出圆锥的底面半径，假设截面与圆锥底面交于，用表示出截面三角形的高，得出截面三角形的面积关于的表达式，利用基本不等式求出面积的最大值． 【详解】解：∵圆锥的高是，母线长是， ∴底面半径， 设过圆锥顶点的平面SCD与圆锥底面交于CD，过底面中心O作OA⊥CD于E， 设，则， ， ∴截面SCD的面积， 故答案为2． 【点睛】本题考查了圆锥的结构特征，基本不等式的应用，属于中档题． 14. 甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判，设各局中双方获胜的概率均为，各局比赛的结果都相互独立，第1局甲当裁判，则前4局中乙恰好当一次裁判的概率是__________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用互斥事件和相互独立事件的概率计算公式,即可得出. 【详解】前局中，因第局甲当裁判，则乙恰好当1次裁判的事件A，设乙第二局当裁判的事件A1、乙第三局当裁判的事件A2，乙第二局当裁判的事件A3，它们互斥， 乙第二局当裁判的事件是乙在第一局输，第三局胜，则, 乙第三局当裁判的事件是乙在第一局胜，第二局输，则， 乙第四局当裁判的事件是乙在第一局胜，第二局胜，第三局输，则， 所以 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 2025年5月22日16时49分，经过约8小时的出舱活动，神舟二十号乘组航天员陈冬、陈中瑞、王杰密切协同，在地面科研人员配合支持下，航天员从核心舱节点舱出舱，航天员陈冬时隔两年再度漫步太空．某地区为了激发人们对天文学的兴趣，开展了天文知识比赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，这人按年龄分成5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人． （1）求及的值； （2）根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄和第80百分位数； （3）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任“党章党史”的宣传使者．若有甲（年龄36），乙（年龄42）两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率． 【答案】（1）0.04；200 （2）32.25；37.5 （3） 【解析】 【分析】（1）依次计算出频率分布直方图中每一组的频率，利用频率之和为1，解方程即可得到的值，利用第一组的人数和第一组的频率，即可得到的值； （2）直接根据频率分布直方图求解平均年龄和第80百分位数； （3）根据分层抽样确定第四组抽取人数与编号，第五组抽取人数与编号，列举样本空间中所有样本点及事件“甲、乙两人至少有一人被选上”的所有符合的样本点，结合古典概型公式计算即可得所求概率. 【小问1详解】 根据频率分布直方图可得： 第一组的频率为， 第二组的频率为， 第三组的频率为， 第四组的频率为， 第五组的频率为， 因为频率之和为1，所以，， 解得； 因为第一组的频率为，且第一组有10人， 所以， 解得. 【小问2详解】 设平均年龄为， 则， 设第80百分位数为， 根据每一组频率得：，， 因此第80百分位数出现在第四组， 可列出方程：，，， 解得， 综上，平均年龄为32.25，第80百分位数为37.5. 【小问3详解】 根据题意，进行分层抽样，则第四组抽了人，记为，，，甲， 第五组抽了人，记为，乙， 从第四组和第五组被抽到的使者中，随机抽取2名作为组长，对应的样本空间为： ，，，，，，，，，，，，，，，共15个样本点， 甲、乙两人至少有一人被选上，对应的样本空间为：，，，，，，，，，共9个样本点， 故甲、乙两人至少有一人被选上的概率. 16. 如图，在三棱柱 中，平面ABC，， D是BC的中点. （1）求证:平面; （2）求证: 平面平面; （3）求直线AC与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）连接交于O，连接OD，则由三角形中位线定理可得，再利用线面平行的判定定理可得结论. （2）由等边三角形的性质可得，再由棱柱的性质结合已知可得平面，从而得，由线面垂直的判定定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理可得结论. （3）过C作CE于E，连AE，则可得CE⊥平面，从而中得∠CAE是AC与平面所成的角，然后在直角中求解即可. 【小问1详解】 在三棱柱 中，连接交于O，连接OD， 则O是的中点，又是的中点，， 而平面，OD平面， 所以平面. 【小问2详解】 由，是的中点，得， 由平面，得平面，又AD平面，则， 又､BC是平面内的两条相交直线，因此平面，而AD平面， 所以平面平面 【小问3详解】 在平面内过C作CE于E，连AE， 由（2）知，平面平面，平面平面， 则平面，是AC与平面所成的角， 在直角中，令，则，， 在直角中，， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，． （1）若平面平面，求证：； （2）求证：平面； （3）求四棱锥的体积． 【答案】（1）证明：因为底面为平行四边形，可得， 因为平面，且平面，所以平面， 又因为平面平面，且平面，所以. （2）证明：取的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 又平面平面，且平面平面，平面， 所以平面，又因为平面，所以， 因为，且，平面，所以平面. （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，证得平面，再由线面平行的性质，即可证得. （2）取的中点，连接，证得平面，得到，再由，利用线面垂直的判定定理，即可证得平面； （2）由平面，得到，在直角中，求得，结合，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为平面，且平面，所以， 在直角中，由，可得， 又由等边的边长为，可得， 所以四棱锥的体积:. 18. 在中，已知． （1）求； （2）角C的平分线与边相交于点M，且，求的最小值． （3）若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求边上中线的长． 条件①：；条件②：；条件③：的面积为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1） （2） （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理和三角恒等变换的公式，得到，求得，即可求解； （2）由，得到，求得，得到，令，得到，结合基本不等式，即可求解； （3）由，得到，分别选择条件①②③，结合余弦定理，即可求解. 【小问1详解】 解：因为，由正弦定理，可得， 因为，可得， 可得，可得， 又因为，可得，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 解：因为角的平分线与边相交于点M，且， 可得， 则， 由（1）知，即， 可得，即， 则， 令，则， 则， 当且仅当时，即时，即时，等号成立， 所以的最小值为. 【小问3详解】 解：若，取的中点，连接， 由正弦定理可得， 选择条件①：，联立方程组，解得，所以， 在中，由（1）知，由余弦定理 ， 所以，即上的中线长为. 选择条件②：，由，可得， 在中，由余弦定理得， 可得，该等式恒成立， 所以不唯一，不符合题意，舍去； 选择条件③：的面积为， 所以，可得， 又因为，可得， 在中，由余弦定理 ， 所以，即上的中线长为. 19. 唐代诗人温庭筀的《新添声杨柳枝词二首》中写道“玲珑骰子安红豆，入骨相思知不知”，表达了诗人的相思之情．为迎接七夕，某超市购进了一批“玲珑骰子”（如图所示）：棱长为1的水晶正八面体（八个面都是全等的正三角形），中间的球体部分是被挖空的（表面不被破坏），并嵌入了红豆． （1）当给红豆留出最大空间时，求骰子中间被挖空的球体的表面积． （2）超市推出一项活动，在“玲珑骰子”的所有顶点中每次随机抽取三个不同的顶点，能构成等边三角形即可获得“花好”卡片，能构成直角三角形即可获得“月圆”卡片．甲乙两人每人抽取一次（抽取结果互不影响），求两人所获得的卡片能凑成“花好月圆”的概率． （3）若点P为（1）中球面上的任一点，设，，二面角的平面角为，求证：为定值． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）被挖空的球体的半径为r．球心为O，根据题意，当球体为正八面体的内切球时，留给红豆的空间最大，求出内切球体积即可； （2）运用古典概型，结合互斥事件和独立乘法公式求解即可； （3）过点P做交AB（或其延长线）于点M， 过点P做交AD（或其延长线）于点N． 则，， 为二面角的平面角．运用余弦定理，求解证明即可. 【小问1详解】 设被挖空的球体的半径为r．球心为O，根据题意， 当球体为正八面体的内切球时，留给红豆的空间最大， 此时设四棱锥的高为h，则． 所以， 正八面体每个面的面积是． 由得：．解得．所以． 【小问2详解】 在“玲珑骰子”的所有顶点中每次随机抽取三个不同的顶点， 该试验的样本空间 共20个样本点，所以． 每种选择是等可能的，因此这个实验是古典概型． 设事件甲获得“花好”卡片，事件乙获得“花好”卡片 ， 所以，从而． 设事件甲获得“月圆”卡片，事件乙获得“月圆”卡片， 任取三个顶点构成三角形，除等边三角形外，其余全部为直角三角形， 所以，从而． 记两人所获得卡片能凑成“花好月圆”为事件M， ，且与互斥，根据概率的加法公式和事件的独立性定义， 得 因此甲乙两人所获得的卡片能凑成“花好月圆”的概率为． 【小问3详解】 证明：过点P做交AB（或其延长线）于点M， 过点P做交AD（或其延长线）于点N． 则，， 为二面角的平面角． 在中，；① 在中，．② 由①②得， 从而， 所以，即． 所以为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度第二学期期末检测 高一数学试题 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 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，只有一项符合题目要求． 1. 复数z满足（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 2. 已知某人射击每次击中目标的概率都是0.6，现采用随机模拟的方法估计其3次射击至少2次击中目标的概率P．先由计算器产生0到9之间的整数值的随机数，指定0，1，2，3，4，5表示击中目标，6，7，8，9表示未击中目标；因为射击3次，所以每3个随机数为一组，代表3次射击的结果．经随机模拟产生了以下20组随机数： 169 966 151 525 271 937 592 408 569 683 471 257 333 027 554 488 730 863 637 039 据此估计P的值为（ ） A. 0.5 B. 0.55 C. 0.6 D. 0.65 3. 已知，，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 4. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，，则 5. 从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是（ ） A. 至少有一个黑球与都是黑球 B. 至少有一个黑球与都是红球 C. 恰有一个黑球与恰有两个黑球 D. 至少有一个黑球与至少有一个红球 6. 某校高一、高二、高三的人数之比为，从中随机抽取400名学生组成志愿者，若学校中每人被抽中的概率都是，则该校高二年级的人数为（ ） A. 900 B. 800 C. 700 D. 600 7. 如果一组数据的频率分布直方图在右边“拖尾”，则下列说法一定错误的是（ ） A. 数据中可能存在极端大的值 B. 这组数据是不对称的 C. 数据中众数一定不等于中位数 D. 数据的平均数大于中位数 8. 已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知在一次随机试验中，定义两个随机事件和，若，则（ ） A. B. C. D. 若和至少有一个发生的概率为，则A、B相互独立 10. 如图，点分别是直角三角形ABC的边上的点，斜边AC与扇形的弧相切，已知，则关于阴影部分绕直线AB旋转一周所形成的几何体，下列说法正确的是（ ） A. 该几何体是圆锥 B. 该几何体的底面积为 C. 该几何体的表面积为 D. 该几何体的体积为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点P为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 平面 C. 存在点P，使得与所成角为 D. 的最小值为 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 一组数据：1，2，3，4，5，5，6，6，6，7，8，9，9，10的众数为a，第三四分位数为b，则________． 13. 设圆锥的高是，母线长是，用过圆锥的顶点的平面去截圆锥，则截面积的最大值为_______. 14. 甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判，设各局中双方获胜的概率均为，各局比赛的结果都相互独立，第1局甲当裁判，则前4局中乙恰好当一次裁判的概率是__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 2025年5月22日16时49分，经过约8小时的出舱活动，神舟二十号乘组航天员陈冬、陈中瑞、王杰密切协同，在地面科研人员配合支持下，航天员从核心舱节点舱出舱，航天员陈冬时隔两年再度漫步太空．某地区为了激发人们对天文学的兴趣，开展了天文知识比赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，这人按年龄分成5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人． （1）求及的值； （2）根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄和第80百分位数； （3）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任“党章党史”的宣传使者．若有甲（年龄36），乙（年龄42）两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率． 16. 如图，在三棱柱 中，平面ABC，， D是BC的中点. （1）求证:平面; （2）求证: 平面平面; （3）求直线AC与平面所成角的正弦值. 17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，． （1）若平面平面，求证：； （2）求证：平面； （3）求四棱锥的体积． 18. 在中，已知． （1）求； （2）角C的平分线与边相交于点M，且，求的最小值． （3）若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求边上中线的长． 条件①：；条件②：；条件③：的面积为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 19. 唐代诗人温庭筀的《新添声杨柳枝词二首》中写道“玲珑骰子安红豆，入骨相思知不知”，表达了诗人的相思之情．为迎接七夕，某超市购进了一批“玲珑骰子”（如图所示）：棱长为1的水晶正八面体（八个面都是全等的正三角形），中间的球体部分是被挖空的（表面不被破坏），并嵌入了红豆． （1）当给红豆留出最大空间时，求骰子中间被挖空的球体的表面积． （2）超市推出一项活动，在“玲珑骰子”的所有顶点中每次随机抽取三个不同的顶点，能构成等边三角形即可获得“花好”卡片，能构成直角三角形即可获得“月圆”卡片．甲乙两人每人抽取一次（抽取结果互不影响），求两人所获得的卡片能凑成“花好月圆”的概率． （3）若点P为（1）中球面上的任一点，设，，二面角的平面角为，求证：为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $