滚动检测（9）（必修第二册全部，选择性必修一第一章）-2025-2026学年高一数学滚动检测卷

高一年级第二学期数学滚动检测（九) 考试说明：1.考查范围：必修第二册全部，选择性必修一第一章。 2.试卷结构：分第1卷（选择题）和第川卷（非选择题）：试卷分值：150分，考试时间：120分钟。 3.所有答案均要答在答题卷上，否则无效。考试结束后只交答题卷。 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。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知复数2=名+1为虚数单位)，则复数立在复平面上对应的点位于() A.第一象限B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 【答案】D 【分析】根据复数的运算求解复数z,得到z,根据复数的几何意义即可求解， 【解折】z=品+六-a+ad可-1+i+片i-是+i, 1-i 则2=引，在复平面上对应的点的坐标为很，-引，位于第四象限故选D。 2.已知{a,乃，}为空间的一组基底，则下列向量也能构成空间的一组基底的是() A.a+c、a-b、b- B.-a+b+2元、i+、a+ C.a+2b、a+2元、d+b+c D.a+b、b-c、a+ 【答案】A 【分析】根据空间向量基底的概念逐项判断即可。 【解析】对于A选项，假设d+c、a-b、b-共面， 则存在λ、μ∈R使得a+c=(a-可+μ-)=a+(-)b-心， （1=1 由于{石，b为空间的一组基底，则μ-1=0，该方程组无解， (-u=1 故假设不成立，即a+、a-b、b-c不共面， 对于B选项，因为-a+b+2元=26+)-（⑦+b,则-a+b+2元、b+c、a+b共面， 所以，-a+b+2元、b+元、a+b不能作为空间的一组基底： 对于c选项，因为a+b+c=(a+2b)+a+2),则a+26、a+2元、a+b+共面， 所以，a+2b、a+2元、a+b+不能作为空间的一组基底： 所以，+c、a-五、万-可以作为空间的一组基底」 对于D选项，因为b-=(a+b-a+),则a+b、b-亡、a+共面， 所以，a+b、b-亡、a+C不能构成空间的一组基底：故选A. 3.如图，用斜二测画法画水平放置的四边形ABCD,其直观图为等腰梯形ABCD,若AB=6,CD=4, 则下列说法正确的是() A D /O'(A9 B A.A'D'=2v2 B.AB=3 C.四边形ABCD的周长为10+V6+√2 D.四边形ABCD的面积为10V2 【答案】D 【分析】根据斜二测画法求出原四边形各边的长度，并确定四边形ABCD为直角梯形，进而得到其周长和面 积，即可得 【解析】由题设AD=V2x4BCD=V2,A错： 2 由斜二测画法知，AB=AB=6,CD=CD=4,AD=2AD=2V2, 易知原四边形ABCD为直角梯形，AD⊥AB,AB/ICD, 所以BC=√AD2+(AB-CD)2=V8+4=2V3, 四边形的周长为10+2V3+2V2,面积为×2V2×(4+6)=10W2,B、C错，D对.故选D 4.设a,b,c是三条直线，%，B,Y是三个平面，若nB=a,则下列命题中为真命题的是() A.若bta,btB,则a//b B.若bca,cCB,则b,c异面 C.若bca,ccB,bnc=P,则P∈aD.若Bny=b,a//b,则aly 【答案】C 【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，即可判断选项。 【解析】对于选项A,若b￠a,b￠B,则a与b平行、相交或异面，所以A错误： 对于选项B,若bC,cCB,a∩B=a,则b与c可能相交，平行，异面，所以B错误； 对于选项C,因为bCa,cCB,b∩c=P,所以P∈且P∈B,所以P∈a,所以C正确； 对于选项D,若B∩y=b,a/b,则a与y可能相交，如三棱柱的三个侧面，所以D错误.故选C. 5.一圆台的上、下底面半径分别为2、4，体积为565m,则该圆台的侧面积为() A.12π B.18π C.24π D.36π 【答案】C 【分析】利用圆台体积公式可得其高为h,即可知母线长，利用侧面展开图面积求出圆台的侧面积. 【解析】根据题意可知，圆台上底面面积为S1=4几，下底面面积为S2=16几： 设圆台的高为h,由体积可得时h(S1+S2+VSS2=565n, 3 解得h=2V3,所以可得圆台母线长为l=√h2+(4-2)2=4, 根据侧面展开图可得圆台侧面积为π(2+4)×4=24π.故选C 6.在AABC中，点P满足BP=3PC,过点P的直线与AB、AC所在的直线分别交于点M、N,若AM=AB,AN= AC(>0,μ>0)，则入+的最小值为 A号+1 B,9+1 C. D.月 【答案】B 【分折】由题意得出丽=丽+AC,再由A丽=丽，丽=C,可得出丽=丽+N,由三点共 线得出结+是=1，将代数式+与安+是相乘，展开后利用基本不等式可求出1+u的最小位. 4μ 【解析】如下图所示： M B D A C ~B严=3PC,即A亚-A丽=3(AC-AP,A亚=A丽+2AC,·AM=AB,AN=uAC(1>0,μ>0)，A= 丽，AC=AN,丽=若A丽+A丽，“M、P、N三点共线，则哈+是=1. +u=Q+0(后+)-+岩+122层云+1-9+1， 当且仅当L=V51时，等号成立，国北，+u的最小值为2+1，故选B, 【点睛】本题考查三点共线结论的应用，同时也考查了利用基本不等式求和式的最小值，解题时要充分利 用三点共线得出定值条件，考查运算求解能力，属于中等题 7.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且(2b-c)cosA=acosC,b=2V3,若边BC的中线等于3，则AABC 的面积为() A.9V3 B.3V3 C.93 2 D.33 2 【答案】B 【解析】由正弦定理及三角函数恒等变换化简已知条件可得2 sinBcosA=sinB,由sinB≠0，求得cosA= 可求得A=子取BC的中点D,延长AD至点E,使得D是AE中点，连接EB,EC,则四边形ABEC是平行四边形， 在三角形ACE中，由余弦定理可求得c=2V5,之后利用面积公式求得结果. 【解析】因为(2b-c)cosA=acosC, 所以(2sinB-sinC)cosA=sinAcosC, 所以2 sinBcosA=sinAcosC+sinCcosA, 所以2 sinBcosA=sin(A+C),所以2 sinBcosA=sinB, 因为simB≠0，所以c0sA=2,因为A∈(0，D),所以A=号 取BC的中点D,延长AD至点E,使得D是AE中点， 连接EB,EC,则四边形ABEC是平行四边形， 在三角形ACE中，∠ACE=180°-∠A=120°， AC=2V5,AE=6,CE=AB=C,由余弦定理得c2+12+2V3c=36,解得c=2V5, 所以三角形ABC的面积为(2V32.=3V3,故选B, 【点睛】该题考查的是有关三角形的问题，涉及到的知识点有应用正弦定理和余弦定理解三角形，三角形 的面积公式，属于简单题目。 8.在三棱锥P-ABC中，PA1底面ABC,AB1AC,AB=3,AC=4,D是线段AC上一点，且AD=3DC, 三棱锥P一ABC的各个项点都在球O的表面上，过点D作球O的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值 之差为4r,则球0的表面积为() A.18π B.22m C.28π D.32π 【答案】C 【分析】如图，将三棱锥P一ABC补成直三棱柱，根据球的性质确定球心位置，要使过点D作球O的截面圆 的面积最小，只需截面与OD垂直；当截面过球心时，截面面积最大，即可求解 【解析】将三棱锥P一ABC补成直三棱柱，如图所示， 则三棱锥P一ABC和该直三棱柱的外接球都是球O, 设三角形ABC的中心为01，球0的半径为R,PA=2x,连接001， 则球心0到平面ABC的距离为x,即001=x,连接014,0A,则01A=影 所以0A2=00?+01A2,即R2=x2+5在△ABC中，取AC的中点E,连接0D,01E, 则01E=AB=多01E/AB,DE=AC=1,所以01D=四 2 连接00，在Rt△001D中，0D2=x2+品，由题意得，当截面与直线0D垂直时，截面圆面积最小， 设此时截面圆的半径为人，则r2=R2-0D2=x2+西-(x2+)=3, 所以截面圆的最小面积为3T;当截面过球心0时，截面圆面积最大，为TR2, 所以TR2-3π=4T,解得R2=7,所以球0的表面积为4TR2=28T,故选C. 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，有多项符合题目要求 9.设z1,z2为复数，则下列命题不正确的是() A.若引z1l=z2l,则z子=z B.若z1z2=|z12,则z1=22 C.若z1+z2>0,则z2=z D.若z1Z2=0,则z1=0或z2=0 【答案】ABC 【分析】根据复数的模、复数的乘法、共轭复数等相关概念，结合举例，对每个选项逐一进行分析判断」 【解析】对于A选项，设z1=1,z2=i,此时z1l=V厘=1,122l=V02+1严=1，满足z=|z2 但z行=12=1，z行=i2=-1,z1≠z免，所以A选项错误 对于B选项，设z1=0,z2=1,则z1z2=0×1=0,|z12=02=0,满足z122=|z12,但z1≠z2,所以B 选项错误 对于C选项，设z1=2+i,z2=1-i,则z1+z2=(2+)+(1-1)=3>0. 而Z=2-i,Z2≠Z,所以C选项错误. 对于D选项，设z1=a+bi,z2=c+di(a,b,c,d∈R),则z1z2=(a+bi)(c+di)=ac-bd+(ad+bc)i= 0 报据复数制学的充表条件可得[做，bd二0将两式分别手方寿扣加可得： (ac-bd)2+(ad+bc)2 a2c2-2abcd +b2d2 a2d2+2abcd +b2c2 (a2 +b2)(c2+d2)=0. 因为a2+b2≥0，c2+d2≥0，所以a2+b2=0或c2+d2=0,即a=b=0或c=d=0,也就是z1=0 或Z2=0,所以D选项正确.故选ABC. 10.在一个密闭的盒子中放有大小和形状都相同，编号分别为1,2,3,4的4张卡牌，现从中依次不放回摸出 两张卡牌，记事件A=“第一次摸出的卡牌的编号为奇数”，事件B=“摸出的两张卡牌的编号之和为5，事件 C=“摸出的两张卡牌中有编号为2的卡牌”，则() A.P(C)= B.事件A与事件B相互独立 C.P(A+B)= D.事件B与事件C为互斥事件 【答案】BG 【分析】根据给定条件，利用古典概率公式，结合相互独立事件、互斥事件及概率的基本性质逐项求解判 断. 【解析】对于A,由古典概率得P(C)=品=之A错误： 对于B,P(A)==子P(E)=在=京P(AB)=品=名则P(AB)=P(AP(B), 即事件A与事件B相互独立，B正确： 对于C,PA+B)=P(④+P()-P(AB)=+号言号C正确： 对于D,当摸出的两张卡牌编号为2,3时，事件B与事件C同时发生，D错误.故选BC 11.已知球0是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球，MN为球0的直径，点P为该正方体表面上的 一动点，则下列说法中正确的是() A.当P为B1C中点时，直线DC1与D1P所成角的余弦值为@ 5 B.当P在正方体棱上时，满足0P=的点P有24个 C.当三棱锥P-B1C1D的体积为时，点P的轨迹的长度为2 D.PM·PN的最小值为-2 【答案】ABD 【分析】对于A选项，取线段BC的中点Q,在△C1DQ中利用余弦定理求cos4C1DQ即可；对于B选项，在 棱AB上结合勾股定理可得出满足条件的点P有两个，即可判断；对于C选项，先利用体积得出三棱锥的高， 再证明CD1⊥平面DB1C1,再结合点C、D1到平面DB1C1的距离均为V2,即可找出点P轨迹；对于D选项， 利用向量的加法运算以及数量积的运算律得出PM·P=PO2-3,再求P可的最小值即可. 6 【解析】对于A选项，取线段BC的中点Q,连接DQ、C1Q、PQ, 因P为线段B1C1中，点，结合正方体的性质可知，PQ/1CC1/DD1, 且PQ=CC1=DD1, 则四边形DD1PQ为平行四边形，则D1P/DQ, 则直线DC1与D1P所成角的为LC1DQ或其补角， 容易得DC1=2W2,DQ=V5,C1Q=V5, 则在△C1DQ中利用余孩定理可得，cos∠C,DQ=回回= 2×2V2×V5 5 则直线DC,与D,P所成角的余孩值为四，故A正确： D B DE--- C 对于B选项，由对称性，考虑点P在正方形ABCD的四条边上运动时，如下图所示： G 设点G为正方形ABCD的中心，则OG⊥平面ABCD, 设点G到棱AB上任意一点P的距离为d, 当PG1AB时，d取最小值，且dmin=2BC=1, 当点P与，点A、B重合时，d取最大值， 即dnax=BG=号x2=V2,故1≤d≤V厄， 由为股定理可得a=voP2-0c-③)-1-∈(1，V②， 所以在棱AB上存在两个点P满足条件，故其它棱上都有两个，点P满足条件， 因此，当P在正方体棱上时，满足0P=多的点P有24个，故B正确： 对于C选项，连接CD1,设点P到平面B1C1D的距离为d, > 容易得Rt△B1C1D的面积为SAB,cD=B1C1·DC1=×2×2W2=2V2, 由题意可得，-a1G10=9a8,G0d=9d=手得d-2, 由正方体的性质可知，B1C11平面DCC1D1, 又CD1C平面DCC1D1,则B1C11CD1, 又CD1⊥DC1,B1C1∩DC1=C1,B1C1、DC1C平面DB1C1,则CD1⊥平面DB1C1, 因CD1=2V2,则点C、D1到平面DB1C1的距离均为V2, 因BC/B1C1,BC￠平面DB1C1,B1C1C平面DB1C1,则BC/平面DB1C1, 同理可得A1D1/平面DB1C1, 因点P为该正方体表面上的一动点，则点P的轨迹为线段BC、A1D1,轨迹长度为4， 故C错误； D A D B 对于D选项，依题意可知O即为正方体的中心，如下图所示： PM,PN=(P0+0M·(P0+0)=PO2+P0.0M+P0.0N+0M.0N =P02+P0·(0M+0)-0M2, 又因为MN为球0的直径，所以OM+ON= b--a 即可得PM.PN=PO2+P0.(OM+O动-0M=P02-3, 又易知当点P为正方体的面的中心时，P可最小，最小值为1， 则PM·PN的最小值为-2，故D正确.故选ABD 第II卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.己知样本x1,x2,,x2021的平均数和方差分别是1和4，若y=Qx:+b(i=1,2,…,2021)的平均数和 方差也分别是1和4，则ab= 【答案】1 【分析】根据平均数与方差的线性变换先计算a、b的值，然后计算a的值 【解折】由随意得”4，解得份二0或=2，所以a=1故答策为：1。 13.香霏楼是荣昌昌州故里景区的标志性建筑之一，也是荣昌历史文化的重要象征某同学为测量香霏楼的 高度CD,在香霏楼的正西方向找到一座建筑物AB,高约为I5,在地面上点E处(A,C,E三点共线)测 得建筑物顶部B,香霏楼顶部D的仰角分别为30°和45°，在B处测得塔顶部D的仰角为15°，则香霏楼的 项部与地面的距离约为 m.. D B .150 30°45° E 【答案】30 【分析】在直角三角形中利用锐角三角函数表示斜边长，根据三角形内角和以及平行线性质可得角的度数， 在结合正弦定理，可得答案 【解析】在Rt△ABE中，BE=AB=30;在Rt△DCE中，ED==V2CD: sim30° sim45° 由图可知∠BED=180°-30°-45°=105°，易知LEBD=45°， 在△BED中，∠BDB=180-105-45=30,根格正孩定理可得：照 DE sin45", 所以DE=BEsin45 0所以CD=6·3没=30.故答第为：30 14.甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲机床加工的零件是一等品而乙机床加工的零 件不是一等品的概率为对乙机床加工的零件是一等品而丙机床加工的零件不是一等品的概奉为品甲、丙两 台机床加工的零件都是一等品的概率为从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，则至少有一个一等品的 概率 【答案】月 【分析】根据题意先求甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率，记D为从甲、乙、丙加工的零 件中各取一个检验至少有一个一等品的事件，利用对立事件，即P(D)=1一P(D)计算即可. 9 P(a·回司= 【解折】设A,B,C分别为甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的事件，由题设条件有P(B·司=立 → PA·C)=号 TP(A1-PB]=号 P(B·1-P(C]=立，解得PA=P(B)=P(O)= PP(O=号 记D为从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验至少有一个一等品的事件，利用对立事件， 则P(D)=1-P可=1-(1-0-(1-)=1-x×吕=8故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15.随机抽取100名学生，测得他们的身高（单位：cm),按照区间[160,165），[165,170)，[170,175)，[175,180)， [180,185]分组，得到样本身高的频率分布直方图如图所示. 频率 组距 0.07 0.04 0.02 0.01 0 '160165170175180185身高/cm (1)求频率分布直方图中身高在170cm及以上的学生人数； (2)估计该校100名学生身高的75%分位数， (3)由于男生、女生身高差异，采用分层抽样的方法再抽取一个容量为100的样本，并观测样本的指标值（单 位：cm),已知该样本男、女生比例是16：9，计算得男生样本的均值为173，方差为17，女生样本的均值 为164，方差为30.该样本的均值和方差各为多少？（结果保留整数） 【答案】(1)60(2)176.25(3)该样本的均值为170，方差为40 【分析】(1)先算x,然后即可求解： (2)由百分位数的定义计算即可： (3)由加权平均和方差公式直接计算即可. 【解析】(1)由频率分布直方图可知5×(0.01+0.07+x+0.04+0.02+0.01)=1,解得x=0.06, 身高在170cm及以上的学生人数100×5×(0.06+0.04+0.02)=60（人）. (2)[180,185]的人数占比为5×0.02=10%， [175,180]的人数占比为5×0.04=20%， 所以该校100名生学身高的75%分位数落在[175,180]， 设该校100名生学身高的75%分位数为x,则0.04(180-x)+0.1=25%,解得x=176.25, 10高一年级第二学期数学滚动检测（九） 考试说明： 1.考查范围：必修第二册全部，选择性必修一第一章。 2.试卷结构：分第1卷（选择题）和第川卷（非选择题）：试卷分值：150分，考试时间：120分钟。 3.所有答案均要答在答题卷上，否则无效。考试结束后只交答题卷。 第1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。在每小题给出的选项中，只有一项是符合 题目要求的) 1.已知复数2=品+(1为虚数单位)，则复数z在复平面上对应的点位于( A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2.已知a,,}为空间的一组基底，则下列向量也能构成空间的一组基底的是( ) A.a+c、a-b、b-e B.-a+b+2元、b+c、a+b c.a+2b、a+2元、a+b+ D.d+b、b-c、d+ 3.如图，用斜二测画法画水平放置的四边形ABCD,其直观图为等腰梯形ABCD,若AB=6,CD=4,则 下列说法正确的是( ) A A.AD'=22 D B.AB=3 C.四边形ABCD的周长为10+V6+V2 /O'(A) B文 D.四边形ABCD的面积为10v2 4.设a,b,c是三条直线，心，B,y是三个平面，若anB=a,则下列命题中为真命题的是( A.若b￠，b丈B,则a/b B.若bca,ccB,则b,c异面 C.若bca,ccB,bnc=P,则P∈aD.若Bny=b,a/b,则alY 5.一圆台的上、下底面半径分别为2、4，体积为56元，则该圆台的侧面积为( 3 A.12T B.18元 C.24π D.36T 6.在AABC中，点P满足BP=3PC,过点P的直线与AB、AC所在的直线分别交 于点M、N,若AM=λAB,AN=AC(>0,u>0),则L+的最小值为 A.号+1 8.盟+1 C. D. 7.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且(2b-c)cosA=acosC,b=2V3,若边BC的中线等于3，则4ABC 的面积为( A.9V3 B.3V3 C.93 D.33 2 2 1 8.在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC,AB1AC,AB=3,AC=4,D是线段AC上一点，且AD=3DC, 三棱锥P一ABC的各个顶点都在球0的表面上，过点D作球O的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值 之差为4π，则球0的表面积为( A.18π B.22π C.28π D.32T 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，有多项符合 题目要求) 9.设z1,z2为复数，则下列命题不正确的是( ) A.若lz1l=|z2,则z=z B.若z1z2=|z12,则z1=22 C.若z1+22>0,则z2=z D.若z1z2=0,则Z1=0或22=0 10.在一个密闭的盒子中放有大小和形状都相同，编号分别为1,2,3,4的4张卡牌，现从中依次不放回摸出两 张卡牌，记事件A=“第一次摸出的卡牌的编号为奇数”，事件B=“摸出的两张卡牌的编号之和为5”，事 件C=“摸出的两张卡牌中有编号为2的卡牌”，则( A.P(C)=子 B.事件A与事件B相互独立 c.P4+B)=号 D.事件B与事件C为互斥事件 11.已知球O是棱长为2的正方体ABCD一A1B1C1D1的外接球，MN为球O的直径，点P为该正方体表面上的 一动点，则下列说法中正确的是( A.当P为B,C中点时，直线DC1与D,P所成角的余弦值为 B.当P在正方体棱上时，满足0P=的点P有24个 C.当三棱锥P-B1C1D的体积为时，点P的轨迹的长度为2 D.PM·P的最小值为-2 第川卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分) 12.已知样本x1,x2,…,x2021的平均数和方差分别是1和4，若y:=Qx+b(i=1,2,…,2021)的平均数和 方差也分别是1和4，则a的=」 13.香霏楼是荣昌昌州故里景区的标志性建筑之一，也是荣昌历史文化的重要象征.某同学为测量香霏楼的 高度CD,在香霏楼的正西方向找到一座建筑物AB,高约为15m,在地面上点E处(A,CE三点共线)测得 建筑物顶部B,香霏楼顶部D的仰角分别为30°和45°，在B处测得塔顶部D的仰角为15°，则香霏楼的顶部 与地面的距离约为 m. 2 30459 E 14.甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零件，己知甲机床加工的零件是一等品而乙机床加工的零件 不是一等品的概率为乙机床加工的零件是一等品而丙机床加工的零件不是一等品的概率为最2甲、丙两台 机床加工的零件都是一等品的概率为号从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，则至少有一个一等品的概 率 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15.(本小题13分) 随机抽取100名学生，测得他们的身高（单位：cm),按照区间[160,165），[165,170)，[170,175)，[175,180)， [180,185]分组，得到样本身高的频率分布直方图如图所示. 十频率 组距 0.07 0.04 0.02 0.01 0160165170175180185身高/cm (1)求频率分布直方图中身高在170cm及以上的学生人数： (2)估计该校100名学生身高的75%分位数. (3)由于男生、女生身高差异，采用分层抽样的方法再抽取一个容量为100的样本，并观测样本的指标值（单 位：cm),已知该样本男、女生比例是16：9，计算得男生样本的均值为173，方差为17，女生样本的均值为 164,方差为30.该样本的均值和方差各为多少？（结果保留整数） 16.（本小题15分) 如图，在棱长为1的正四面体OABC中，M,N分别是边OA,BC的中点，点G在MN上，」 0B=万，0元= G (1)试用向量a,万，c表示向量0G: (2)求cos<OG,BA>. 3 17.(本小题15分) 己知△ABC的外接圆半径为1，内角A,B,C的对边分别为a,b,c. (1)若BC边上的高为1，求△ABC的面积的最大值： (2)若a=V3,求△ABC的周长的最大值. 18.(本小题17分) 甲、乙、丙三位同学进行乒乓球比赛，每局比赛两人对战，另一人轮空，没有平局.每局胜者与此局轮空者 进行下一局的比赛.约定先赢两局者获胜，比赛随即结束.已知每局比赛甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为 子乙胜丙的概率为好 (1)若第一局由乙丙对战，求甲获胜的概率： (2)判断并说明由哪两位同学进行首场对战才能使甲获胜的概率最大」 19.(本小题17分) 如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，点P在对角线BD1上，AC∩BD=O,平面ACP/平面A1C1D. D B (1)求证：B1P=2P0: (2)若A1在底面上的投影是0，且AB=AD=2,A10=V6,∠BAD=3,求平面PAB与平面A1AC夹角的余弦 值。 4