精品解析：湖北省黄梅县第一中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题

高二年级10月月考数学学科试题 一､单项选择题：本题共8小题，每小题满分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，选对得5分，选错得0分. 1. 设直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 给出下列命题，其中真命题的个数是（ ） （a）若四棱锥底面是正方形，四个侧面都是等腰三角形，则该四棱锥是正四棱锥. （b）若三棱锥的顶点到的距离相等，则点在平面上的投影是三角形的外心. （c）若，且，则四点共面. （d）直线l与平面所成角为，平面经过直线l，设与所成的锐二面角大小为，则. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 如图，在四面体中，设，为的重心，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 4. 下列四个命题中为真命题的是（　　） A. 已知是空间中任意五点，则 B. 若向量，满足．则 C. 若分别表示两个空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量不是共面向量 D. 若，则四点共面 5. 如图，在三棱柱中，分别是，上的点，且，．设，，，若，，，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 在棱长为2的正方体中，点为底面ABCD中一动点（含边界），且，则线段PB的长度的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 在棱长为的正四面体中，若，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 8. 概率论起源于博弈游戏17世纪，曾有一个“赌金分配”的问题：博弈水平相当的甲､乙两人进行博弈游戏每局比赛都能分出胜负，没有平局.双方约定，各出赌金150枚金币，先赢3局者可获得全部赎金；但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局.问这300枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率”的知识，合理地给出了赌金分配方案.该分配方案是( ) A. 甲150枚，乙150枚 B. 甲225枚，乙75枚 C. 甲200枚，乙100枚 D. 甲25枚，乙50枚 二､多项选择题：本题共3小题，每小题满分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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱，的中点，点G在底面内运动含边界，且平面，则（ ） A. 若，则平面 B. 点G到直线的距离为 C. 若，则 D. 直线与平面所成角的正弦值为 10. 已知正方体的棱长为4，动点在正方体表面上（不包括边界），则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得∥面 B. 存在点，使得面 C. 若与的夹角为，则点的轨迹长度为 D. 若为面的中心，则的最小值为 11. 如图，正方体的棱长为a，E是棱CD上的动点，且．则下列结论正确的是（ ） A. B. 点E到直线的距离为 C. 直线AE与所成角的范围为 D. 二面角的大小为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 2025年是中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年，为激发民众的爱国热情和民族自豪感，某地举办相关知识竞答活动.在决赛中，每轮活动由甲、乙各答一个问题，已知甲每轮答对的概率为，乙每轮答对的概率为.在每轮活动中，甲和乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响，则乙在两轮活动中恰好答对一个问题的概率为______；两人在两轮活动中共答对3个问题的概率为______. 13. 如图，长方体中，，，，为底面的中心，点为上的动点（包括端点），则当的面积最小时，线段的长为________． 14. 对于两个空间向量与，我们定义为两点之间的直线距离；又定义它们之间的曼哈顿距离为.如图，在棱长为1的正方体中，_______；若点P在底面内（含边界）运动，且，则的取值范围是_______. 四､解答题：本题共5小题，共77分，（15题13分，16-17题15分，18-19题17分）解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 甲､乙､丙三人进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.已知在每场比赛中，甲胜乙和甲胜丙的概率均为，乙胜丙的概率为，各场比赛的结果相互独立.经抽签，第一场比赛甲轮空. （1）求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率； （2）求只需四场比赛就决出冠军的概率. 16. 在中，，，，、分别是、上的点，满足且，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示． （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的大小； （3）在线段上是否存在点，使平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由． 17. 在空间直角坐标系中，若平面过点，且平面的一个法向量为，则平面的方程为，该方程称为平面的点法式方程，整理后为（其中），该方程称为平面的一般式方程.如图，在四棱柱中，底面是平行四边形，，，两两垂直，，，直线与平面所成的角为，以为坐标原点，，，的方向分别是，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. （1）求平面的一般式方程. （2）求到直线的距离. （3）在棱是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 18. 甲、乙、丙三人组成一个小组代表学校参加一个“诗词大会”闯关活动团体赛.三人各自独立闯关，在第一轮比赛中甲闯关成功的概率为，甲、乙都闯关成功的概率为，甲、丙都闯关成功的概率为，每人闯关成功记分，三人得分之和记为小组团体总分. （1）求乙、丙各自闯关成功的概率； （2）求在第一轮比赛中团体总分为分的概率； （3）若团体总分不小于分，则小组可参加下一轮比赛，求该小组参加下一轮比赛的概率. 19. 如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中S为动点． （1）证明：； （2）若，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上，求球心O到平面的距离； （3）求平面与平面夹角余弦值的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级10月月考数学学科试题 一､单项选择题：本题共8小题，每小题满分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，选对得5分，选错得0分. 1. 设直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据和进行分类讨论，结合余弦函数的值域计算出的范围，则倾斜角的取值范围可知. 【详解】当时，此时直线方程，垂直于轴，所以倾斜角； 当时，此时直线的斜率， 因为，所以， 结合正切函数的图象可知， 综上所述，倾斜角的取值范围是， 故选：C. 2. 给出下列命题，其中真命题的个数是（ ） （a）若四棱锥底面是正方形，四个侧面都是等腰三角形，则该四棱锥是正四棱锥. （b）若三棱锥的顶点到的距离相等，则点在平面上的投影是三角形的外心. （c）若，且，则四点共面. （d）直线l与平面所成角为，平面经过直线l，设与所成的锐二面角大小为，则. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】(a)根据等腰三角形是否全等作出判断；(b)设出投影点，根据三角形全等分析的长度关系，由此可判断；(c)化简向量关系式，根据是否共线分类讨论并判断；(d)根据与的交线的位置关系分类讨论并判断. 【详解】(a)：当四棱锥底面是正方形，侧面都是等腰三角形时，若等腰三角形不全等，则四棱锥不是正四棱锥，故错误； (b)：如下图所示，设在底面的投影为点， 由题意可知，，又因为平面， 所以，且为的公共边， 易证两两全等，所以，所以为的外心，故正确； (c)：因为，所以， 所以， 因为，所以， 显然不全为，不妨设，所以， 若三点共线，则四点一定共面， 若三点不共线，则共面，且有公共点，所以四点共面， 综上可知，四点共面，故正确； (d)：设与平面交于点，，，，由题意知， 当时，因为，，所以， 又因为平面，所以平面， 又平面，所以，所以与所成的锐二面角即为； 当不垂直时，过作交延长线于点， 由上可知，此时与所成的锐二面角即为， 所以，所以， 综上可知，成立，故正确； 故上述命题中真命题有个， 故选：C. 3. 如图，在四面体中，设，为的重心，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算可得结果. 【详解】 如图，连接，连接并延长交于点，则为中点，且， ∴. ∵为的中点，∴， ∴． 故选：A. 4. 下列四个命题中为真命题的是（　　） A. 已知是空间中任意五点，则 B. 若向量，满足．则 C. 若分别表示两个空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量不是共面向量 D. 若，则四点共面 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量的运算，即可判断A项；根据已知可推得，即可判断B项；根据空间向量可以平移，即可判断C项；由空间向量共面定理可判断D. 【详解】对于A，，注意前者是零向量，后者是实数0，故A错误； 对于B，注意向量相等时，向量所在直线互相平行或重合，因此当时，，四点可能在一条直线上，故B错误； 对于C，空间中的任意两个非零向量都可以平移到同一起点，则这两个向量可以是共面向量，故C错误； 对于D，因为，若“，不共线”，有四点共面，若“，共线”，则四点在同一直线上，则有四点共面，故D正确． 故选：D. 5. 如图，在三棱柱中，分别是，上的点，且，．设，，，若，，，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，根据向量的线性运算法则利用基底，，表示即可判断，对于B，由，结合模的性质及数量积的运算律求，即可判断，对于C，由基底，，表示，计算，即可判断，对于D，计算，，利用向量夹角公式求即可判断. 【详解】对于A，，A错误； 对于B，由题可知，，， 所以， 所以，B错误； 对于C，因为，， 所以，所以不垂直，C错误， 对于D，由选项C的解析可得， ，，， 所以， ， 所以,D正确， 故选：D. 6. 在棱长为2的正方体中，点为底面ABCD中一动点（含边界），且，则线段PB的长度的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的数量积可得的轨迹圆，从而可求线段PB的长度的最小值. 【详解】取的中点为，的中点为，连接， 则平面，而平面，故. 而， 而，故， 而，故即， 由正方体的性质可得，故， 故的轨迹是以为圆心，为半径的圆，而， 故线段的长度的最小值为， 当且仅当三点共线且在之间时的长度取最小值， 故选：C. 7. 在棱长为的正四面体中，若，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用基底法结合空间向量数量积的运算律可求的值. 【详解】设正四面体的棱长为. 由正四面体结构性质可知， 而 故， 故选：B. 8. 概率论起源于博弈游戏17世纪，曾有一个“赌金分配”的问题：博弈水平相当的甲､乙两人进行博弈游戏每局比赛都能分出胜负，没有平局.双方约定，各出赌金150枚金币，先赢3局者可获得全部赎金；但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局.问这300枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率”的知识，合理地给出了赌金分配方案.该分配方案是( ) A. 甲150枚，乙150枚 B. 甲225枚，乙75枚 C. 甲200枚，乙100枚 D. 甲25枚，乙50枚 【答案】B 【解析】 【分析】列举出若游戏继续进行到结束的所有情况，计算出甲乙各自胜出的概率，从而决定他们各自赌金的份额． 【详解】由题可知，对单独每一局游戏，甲乙获胜的概率均为. 若游戏继续进行，最多再进行2局即可分出胜负： ①第四局甲赢，比赛结束，甲胜出，概率为； ②第四局乙赢，第五局甲赢，比赛结束，甲胜出，概率为； ③第四局乙赢，第五局乙赢，比赛结束，乙胜出，概率为； 则甲胜出的概率为＋＝，则甲应该分得赌金的，即300×＝225枚， 乙分得赌金75枚． 故选：B． 二､多项选择题：本题共3小题，每小题满分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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱，的中点，点G在底面内运动含边界，且平面，则（ ） A. 若，则平面 B. 点G到直线的距离为 C. 若，则 D. 直线与平面所成角的正弦值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】分别取棱，，，的中点M，N，P，Q作出图形，确定平面，及点G的轨迹．对于A，由条件得点G为棱的中点P，根据线面平行的性质判定即可；对于B，由，可得点G到的距离即为与间的距离，求解即可判断；对于C，连，与的交点即为点G，求解即可得出；对于D，设面，根据对称性可知，为的中点，由已知得为直线与平面所成的角，即可求解判断. 【详解】分别取棱，，，的中点M，N，P，Q， ∵点E，F分别为棱，的中点，∴， ∵，∴， ∵平面，平面，∴， ∵平面，∴平面， ∵平面，∴，同理， ∵平面，∴平面， 根据条件平面，可得平面即为平面， 于是点G的轨迹即为线段 对于A，若，则点G在上， 又点G的轨迹即为线段，则点G为棱的中点P， 连，∵，∴为平行四边形， ∴，又平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B，∵点F，Q分别为棱，的中点，∴， ∴正六边形的边长为， 设正六边形的中心， 则均是边长为的正三角形， ∵, ∴，即与间的距离， 因为，所以点G到的距离即为与间的距离， 所以点G到的距离为，所以 B错误； 对于C，连，交点为， ∵，则点G在上， 又点G的轨迹即为线段，则点G为与的交点， ∵分别为的中点，则， 此时，于是满足，所以C正确； 对于D，设平面，根据对称性可知，为的中点， ∴， ∵平面，∴为直线与平面所成的角， 又， ∴， 所以直线与平面所成角的正弦值为，故D正确， 故选：ACD. 10. 已知正方体的棱长为4，动点在正方体表面上（不包括边界），则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得∥面 B. 存在点，使得面 C. 若与的夹角为，则点的轨迹长度为 D. 若为面的中心，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A项，建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，通过证明∥即可得出结论；B项，求出面的法向量，计算出面时点的坐标，即可得出结论；C项，求出点的轨迹，即可求出点的轨迹长度；D项，作出取最小值时的图，根据对称性和两点之间距离公式即可求出的最小值. 【详解】由题意， 在正方体中，棱长为4， 动点在正方体表面上（不包括边界）， 连接，设的中点为，连接，设两线段交点为，连接， 建立空间直角坐标系如下图所示， ， ∴， ∴∥， ∵面，面， ∴∥面， ∴当点在处时，面， ∴存在点，使得∥面，故A正确； B项，在面中，， 设面的法向量为， 即，解得， 当时，， 若面，则，， ∵动点在正方体表面上， ∴，此时，与重合， ∵点不在边界上，故不存在点，使得面，B错误； C项，因为，与的夹角为， 所以与所成的角为， 则 由几何知识得，点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆的四分之一（即）， 在中，，，， ∴， ∴点的轨迹长度为：，C正确； D项，为面的中心，作点关于平面的对称点， 连接，当最小时，， ∴，， ∴，D正确. 故选：ACD. 11. 如图，正方体的棱长为a，E是棱CD上的动点，且．则下列结论正确的是（ ） A. B. 点E到直线的距离为 C. 直线AE与所成角的范围为 D. 二面角的大小为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据已知构建合适的空间直角坐标系，应用向量法证明线性垂直、求异面直线所成角判断A、C；根据正方体的结构特征及二面角的定义判断B、D. 【详解】如图建立空间直角坐标系，则， 对于A：， 因为，所以，即，正确； 对于B：由正方体的结构特征知，且四边形为矩形， 所以E到的距离为，正确． 对于C：， 设直线AE与所成角为，则， 显然在中，随的变大而变小， 当时，最大等于，此时最小为， 当时，最小等于0，此时最大为， 所以，即直线AE与所成角的范围为，不正确； 对于D：二面角，即二面角， 平面平面， 所以即为二面角的平面角， 在正方形中，则二面角的大小为，正确. 故选：ABD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 2025年是中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年，为激发民众的爱国热情和民族自豪感，某地举办相关知识竞答活动.在决赛中，每轮活动由甲、乙各答一个问题，已知甲每轮答对的概率为，乙每轮答对的概率为.在每轮活动中，甲和乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响，则乙在两轮活动中恰好答对一个问题的概率为______；两人在两轮活动中共答对3个问题的概率为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设事件甲第轮答对为，事件乙第轮答对为，，设事件乙在两轮活动中恰好答对个问题为，，则，结合互斥事件的概率加法公式和独立事件定义求，设事件甲在两轮活动中恰好答对一个问题为，，根据概率加法公式和独立事件定义求，再求可得结论. 【详解】设事件甲第轮答对为，事件乙第轮答对为，， 则相互独立，且，， ，， 设事件乙在两轮活动中恰好答对个问题为，， 则，其中事件，互斥， 所以， 所以，故乙在两轮活动中恰好答对一个问题的概率为， 设事件甲在两轮活动中恰好答对一个问题为，， 则，其中事件，互斥， 所以， 所以， 则，， 事件两人在两轮活动中共答对3个问题可表示为，其中事件互斥，事件相互独立，事件相互独立， 所以， 所以两人在两轮活动中共答对3个问题的概率为， 故答案为：；. 13. 如图，长方体中，，，，为底面的中心，点为上的动点（包括端点），则当的面积最小时，线段的长为________． 【答案】 【解析】 【分析】如图以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，根据题意设，然后利用空间向量求出点到的最小距离，从而可求出点的坐标，进而可求出的长 【详解】如图以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则 ，， 则， 设，则， 因为‖，所以，得， 所以（），则， 设点到的距离为，则 ， 所以当时，取得最小值，此时的面积取得最小值， 所以， 所以 故答案为： 14. 对于两个空间向量与，我们定义为两点之间的直线距离；又定义它们之间的曼哈顿距离为.如图，在棱长为1的正方体中，_______；若点P在底面内（含边界）运动，且，则的取值范围是_______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】建立适当空间直角坐标系，求出所需各向量坐标即可由相应距离定义计算求解. 【详解】由题可建立如图所示空间直角坐标系， 则，设， 则， 所以，即， 所以； ， 令， 则， 因为，所以， 所以，所以， 所以的取值范围是. 故答案为：； 四､解答题：本题共5小题，共77分，（15题13分，16-17题15分，18-19题17分）解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 甲､乙､丙三人进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.已知在每场比赛中，甲胜乙和甲胜丙的概率均为，乙胜丙的概率为，各场比赛的结果相互独立.经抽签，第一场比赛甲轮空. （1）求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率； （2）求只需四场比赛就决出冠军的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设事件为甲胜乙，为甲胜丙，为乙胜丙，然后得出丙被淘汰可用事件，根据互斥事件的概率公式以及事件的独立性，即可得出答案； （2）分最终的冠军为甲，乙，丙，分别求解出概率，然后根据互斥事件的概率公式，即可得出答案. 【小问1详解】 记事件为甲胜乙，则，则， 事件为甲胜丙，则，， 事件为乙胜丙，则，. 则丙被淘汰可用事件来表示， 所以，前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率为 . 【小问2详解】 若最终的冠军为甲，则只需四场比赛就决出冠军可用事件来表示， ； 若最终的冠军为乙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件来表示， ； 若最终的冠军为丙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件来表示， . 所以，只需四场比赛就决出冠军的概率为 . 16. 在中，，，，、分别是、上的点，满足且，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示． （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的大小； （3）在线段上是否存在点，使平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在，或 【解析】 【分析】（1）先证明出平面，可得出，再由结合线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得与平面所成角的大小； （3）设，根据空间向量法可得出关于的方程，解出的值，即可得出结论. 【小问1详解】 因为在中，，，且， 所以，，则折叠后，，， 又，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，，、平面，所以平面. 【小问2详解】 由（1）可知，平面，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系 ， 翻折前，在中，，则，则， 则，则，， 翻折后，因为平面，平面，则， 所以，，，则， 故，，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则， 不妨令，则，，则． 设直线与平面所成角的大小为， 则有，则， 直线与平面所成角的大小为. 【小问3详解】 假设在线段上存在点，使平面与平面成角余弦值为． 在空间直角坐标系中，，，， 设， 则， 设平面的法向量为，则有， 不妨令，则，，所以， 设平面的法向量为，则有， 不妨令，则，，所以， 若平面与平面成角余弦值为． 则满足， 化简得，解得或，即或， 则或. 故在线段上存在这样的点，使平面与平面成角余弦值为． 此时的长度为或． 17. 在空间直角坐标系中，若平面过点，且平面的一个法向量为，则平面的方程为，该方程称为平面的点法式方程，整理后为（其中），该方程称为平面的一般式方程.如图，在四棱柱中，底面是平行四边形，，，两两垂直，，，直线与平面所成的角为，以为坐标原点，，，的方向分别是，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. （1）求平面的一般式方程. （2）求到直线的距离. （3）在棱是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） （3）存在，且 【解析】 【分析】（1）根据直线与平面所成的角求得，根据平面的点法式方程求得正确答案. （2）利用等面积法来求得到直线的距离. （3）设出点的坐标，利用面面垂直列方程，化简求得正确答案. 【小问1详解】 由于平面， 所以平面，所以是直线与平面所成的角， 所以，所以. 所以， 所以, ，设平面的法向量为， 则，故可设，平面， 则平面的方程为， 即. 【小问2详解】 在中，，， 设到的距离为，则， 由于平行四边形和平行四边形全等， 所以到直线的距离等于设到的距离， 即到直线的距离为. 【小问3详解】 ，，，， 即，而， 所以， 设，则，即， 所以，， ，， 设平面的法向量为， 则，故可设. 设平面的法向量为， 则，故可设， 若平面平面，则， 即， 解得，负根舍去， 所以存在符合题意的点，且. 18. 甲、乙、丙三人组成一个小组代表学校参加一个“诗词大会”闯关活动团体赛.三人各自独立闯关，在第一轮比赛中甲闯关成功的概率为，甲、乙都闯关成功的概率为，甲、丙都闯关成功的概率为，每人闯关成功记分，三人得分之和记为小组团体总分. （1）求乙、丙各自闯关成功的概率； （2）求在第一轮比赛中团体总分为分的概率； （3）若团体总分不小于分，则小组可参加下一轮比赛，求该小组参加下一轮比赛的概率. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设乙闯关成功的概率为，丙闯关成功的概率为，其中甲闯关成功的概率为，甲、乙都闯关成功的概率为，甲、丙都闯关成功的概率为，根据独立事件同时发时的概率公式列出方程组即可． （2）团体总分为4分，即甲、乙、丙三人中恰有2人过关，而另外一人没过关，根据独立事件发时的概率公式写出概率，把所有的概率值相加即可； （3）团体总分不小于4分，即团体总分为4分或6分，由（2）可知总分是4分的概率，只要再求出总分是6分的概率即可，团体总分为6分，即3人都闯关成功，列式即可． 【小问1详解】 三人各自独立闯关，其中甲闯关成功的概率为， 甲、乙都闯关成功的概率为， 甲、丙都闯关成功的概率为， 设乙闯关成功的概率为，丙闯关成功的概率为， 根据独立事件同时发时的概率公式得， 解得，， 即乙闯关成功的概率为，丙闯关成功的概率为. 【小问2详解】 团体总分为4分，即甲、乙、丙三人中恰有2人过关，而另外一人没过关， 设“团体总分为4分”为事件， 则， 即团体总分为4分的概率是； 【小问3详解】 团体总分不小于4分，即团体总分为4分或6分， 设“团体总分不小于4分”为事件， 由（2）可知团体总分为4分的概率， 团体总分为6分，即3人闯关都成功的概率为， 所以参加下一轮比赛的概率为， 即该小组参加下一轮比赛的概率为. 19. 如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中S为动点． （1）证明：； （2）若，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上，求球心O到平面的距离； （3）求平面与平面夹角余弦值的最小值． 【答案】（1） 取的中点，连接， 因为，，且的中点为，所以， 又平面，故平面， 由于平面，故. （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据，，即可根据线线垂直证明平面，即可根据线面垂直的性质求解； （2）利用等体积法即可求解； （3）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角公式求解，利用换元法，即可根据基本不等式求解最值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 当时，由则， 取的中点，连接 故到四点的距离相等，故为三棱锥外接球的球心， 因为，故， 设到平面的距离为，到平面的距离为， 由等体积法可得 而， 由于，故， 所以，从而， 故到平面的距离为. 【小问3详解】 以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 过点作平面的垂线，垂足为， 设为翻折过程中所旋转的角度，则， ， 故， ， 则， 设平面的法向量为，则 ， 取则， 设平面的法向量 ， ， 取则， 设平面与平面的夹角为， 故， ， 令，，故， 由于，故 当且仅当，即时取等号， 故平面与平面夹角余弦值的最小值为，此时. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $