专题06 期末复习冲刺讲义（培优篇）（立体几何+概率统计+空间向量+坐标平面上的直线+数列）-2025-2026学年高二上学期数学沪教版

该高中数学期末复习讲义通过系统划分考点构建知识体系，涵盖空间直线与平面、空间几何体等七大模块，以考点为框架梳理知识脉络，突出各模块重难点及内在逻辑联系，帮助学生形成结构化认知。 讲义亮点在于分层练习设计与方法指导，精选上海各区县期中期末真题，如结合《九章算术》刍童问题考查空间几何体体积，培养数学思维与应用意识。综合压轴题如翻折问题融合几何证明与空间向量计算，助力学生提升逻辑推理与运算能力，既支持学生自主突破难点，也为教师实施精准培优提供优质资源。

2025-2026学年高二数学上学期同步培优讲义【精英班课程】 期末复习冲刺讲义（培优篇） 考点一、空间直线与平面 考点二空间几何体 考点三、概率与统计 考点四、空间向量 考点五、数列 考点六、坐标平面上的直线 考点七、综合压轴题 考点一、空间直线与平面 1．下列四个条件中，能确定一个平面的是 （填编号） ①空间任意三点；②空间两条平行直线；③一条直线和一个点；④两两相交且不共点的三条直线 2．是空间两条不同直线，是两个不同平面，下面有四个命题： ①，则， ②，则， ③，则， ④，则， 其中真命题的编号是 .（写出所有真命题的编号） 3．（24-25高二上·上海松江·期中）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，给出下列四个结论：    ①当点是中点时，直线平面； ②直线到平面的距离是； ③点到的距离为； ④存在点，使得. 其中所有正确的结论是 . 4．如图，在四棱锥中，四边形为正方形，点在平面内的射影为A，且，为中点. (1)证明：平面 (2)证明：平面平面. 5．（2024·上海闵行·二模）如图，已知为等腰梯形， ，，平面，. (1)求证：； (2)求二面角的大小. 6．（2024·上海杨浦·二模）如图，为圆锥顶点，为底面中心，，，均在底面圆周上，且为等边三角形.    (1)求证：平面平面； (2)若圆锥底面半径为2，高为，求点到平面的距离. 7．如图,在正四棱锥中,. (1)求侧棱与底面ABCD所成角的大小; (2)求二面角的大小. 考点二空间几何体 8. （24-25七宝中学高二上期末）体积为的球的表面积是__________. 9. （24-25大同中学高二上期末）已知圆锥的底面周长为2π，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的高为________. 10. （24-25大同中学高二上期末）《九章算术》卷第五《商功》中，有“假令刍童，上广一尺，袤二尺，下广三尺，袤四尺，高一尺”，意思是：“假设一个刍童，上底面宽1尺，长2尺：下底面宽3尺，长4尺，高1尺（如图，刍童为上下底面为相互平行的不相似长方形，两底面的中心连线与底面垂直的几何体）”.若该几何体所有顶点在一球体的表面上，则该球体的表面积为_______. 11．设、、为空间中三条不同的直线，若与所成角为，与所成角为，则与所成角的取值范围是 . 12．（24-25高二上·上海·期中）如图，在长方体中，，，，分别为，的中点，点在矩形内运动（包括边界），若平面，则取最小值时，三棱锥的体积为 .    13．陀螺是中国民间的娱乐工具之一，早期陀螺的形状由同底的一个圆柱和一个圆锥组合而成（如图）.已知一木制陀螺模型内接于一表面积为的球，其中圆柱的两个底面为球的两个截面，圆锥的顶点在该球的球面上.    (1)若圆柱的高为，求该陀螺的体积及表面积； (2)规定陀螺圆锥的顶点S到圆柱中离它远的底面距离为陀螺的高，要使陀螺的圆柱的侧面积最大.此时陀螺的高是多少呢？ 14．（24-25高二上·上海·单元测试）已知完全封闭且内部中空的圆柱底面的半径为R，母线长为l，如图． (1)当，时，在圆柱内放一个半径为1的实心球，求圆柱内空余部分的体积；（结果用精确值表示） (2)在（1）的条件下，在圆柱内部空余的地方放入和实心球、侧面及相应底面均相切的半径为r的同样大小的小球n个，求n的最大值． 考点三、概率与统计 15．（21-22高二上·上海崇明·期末）某药物公司实验一种降低胆固醇的新药，在500个病人中进行实验，结果如下表所示. 胆固醇降低的人数 没有起作用的人数 胆固醇升高的人数 307 120 73 则使用药物后胆固醇降低的经验概率等于 . 16．（22-23高二下·上海普陀·期末）“东哥”上班的路上有4个红绿灯路口，假如他走到每个红绿灯路口遇到绿灯的概率为，则他在上班的路上至少遇到2次绿灯的概率为 ． 17．设同时抛掷两个质地均匀的四面分别标有1、2、3、4的正四面体一次．记事件A＝{第一个四面体向下的一面出现偶数}；事件B＝{第二个四面体向下的一面出现奇数}；事件C＝{两个四面体向下的一面同时出现奇数，或者同时出现偶数}．给出下列结论：①．②．③．其中正确结论的序号为 ． 18．国家统计局、国家残联决定对国家残疾人生活、就业等情况进行调查，某同学设计的调查方案是在国家残联的网站上设立一个调查表，根据网站上的数据进行分析．你认为他的方案 (填“合理”或“不合理”)． 19．某校有学生1200人，其中高三学生400人，为了解学生的身体素质情况，采用按年级分层随机抽样的方法，从该校学生中抽取一个120人的样本，则样本中高三学生的人数为 . 20．我国高铁发展迅速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为 . 21．在发生某公共卫生事件期间，如果该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”，那么，根据过去10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例相关数据，①②③④中，一定符合该标志的是 ． ①甲地：平均数为3，中位数为4． ②乙地：平均数为1，方差大于0． ③丙地：中位数为2，众数为3． ④丁地：平均数为2，方差为3． 22．已知A、B是随机事件，则下列结论中正确的有 （填写序号） ①若A、B是互斥事件，则； ②若事件A、B相互独立，则； ③若A、B是对立事件，则A、B是互斥事件； ④事件A、B至少有一个发生的概率不小于A、B恰好有一个发生的概率． 23．设，为两个随机事件，以下命题正确的为（    ） A．若，是对立事件，则 B．若，是互斥事件，，则 C．若，且，则，是独立事件 D．若，是独立事件，，则 24．为比较甲、乙两地某月14时的气温，随机选取该月中的5天，将这5天中午14时的气温数据（单位：）制成如图所示的茎叶图，考虑以下结论： ①甲地该月14时的平均气温低于乙地该月14时的平均气温； ②甲地该月14时的平均气温高于乙地该月14时的平均气温； ③甲地该月14时的平均气温的标准差大于乙地该月14时的平均气温的标准差； ④甲地该月14时的平均气温的标准差小于乙地该月14时的平均气温的标准差； 其中根据茎叶图能得到的统计结论的编号为（    ） A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 25．（23-24高二上·上海徐汇·期末）甲乙两人进行某项比赛 (1)若比赛结果有胜利、失败、平局三种，已知甲获胜的概率为，甲不输的概率为，求甲乙两人取得平局的概率； (2)若比赛结果只有胜利、失败两种，已知甲获胜的概率为（），对于甲来说，一局定胜负和三局两胜两种比赛方式比较，试问哪种比赛方式对甲更有利？说明你的理由. （说明：“三局两胜”是常见的比赛模式，指先赢得两局者为胜，做多三局结束） 26．（23-24高二上·上海松江·期末）甲乙两人进行投篮比赛，两人各投一次为一轮比赛，约定如下规则：如果在一轮比赛中一人投进，另一人没投进，则投进者得分，没进者得分，如果一轮比赛中两人都投进或都没投进，则都得0分，当两人各自累计总分相差4分时比赛结束，得分高者获胜．在每次投球中甲投进的概率为0.5，乙投进的概率为0.6，每次投球都是相互独立的．在每一轮比赛中，记甲得1分的概率为，乙得1分的概率为，两人都得0分的概率为. (1)求的值； (2)若两人起始分都为0分，求恰好经过4轮比赛，甲获胜的概率． 27．（23-24高二上·上海·期末）某微小企业员工的年龄分布茎叶图如图所示： (1)求该公司员工年龄的平均数和第百分位数； (2)从该公司员工中随机抽取一位，记所抽取员工年龄在区间内为事件，所抽取员工年龄在区间内为事件，判断事件与是否互相独立，并说明理由. 28．（24-25高三上·上海·期中）某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示 一次购物量 1至4件 5至8件 9至12件 13至16件 17件及以上 顾客数（人） x 30 25 y 10 结算时间（分钟/人） 1 1.5 2 2.5 3 已知这100位顾客中的一次购物量超过8件的顾客占55%. (1)确定x，y的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值； (2)若将这100位顾客分成两类，第一类是购物量不超过8件的人群，第二类为购物量超过8件的人群，现采用分层抽样的方法抽取20位顾客，进行问卷调查，求第二类人群中应抽取的人数； (3)若将频率视为概率，求一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率. 考点四、空间向量 29．已知平面的法向量为，平面的法向量为，若，则 ． 30.已知空间向量，，则在方向上的投影向量为 . 31. （24-25复旦附中高二上期末）若，，且，则_____. 32. （24-25七宝中学高二上期末）如图，在四棱台中，底面是菱形，棱平面，，，，则点到平面的距离为_____. 33．如图，在棱长为4的正方体中，E为BC的中点，点P在线段上，点Р到直线的距离的最小值为_______. 34．在长方体中，，，点为底面上一点，则的最小值为________. 35．为空间任意一点，若，若四点共面，则（    ） A． B． C． D． 36.（24-25大同中学高二上期末） 已知向量，若向量、、共面，则实数等于__． 37. （24-25金山区高二上期末）如图，在空间四边形中，点为中点，，设. （1）试用向量表示向量； （2）若，求的值. 38. （24-25进才中学高二上期末）如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是正方形且，、分别在棱、上，平面． （1）若是的中点，求与平面的所成角的大小； （2）若，求平面与平面所成锐二面角的大小； 39．（24-25高二上·上海·阶段练习）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的空间几何体中，四边形为矩形，点不在四边形所在平面上，⊥平面，，点是的中点，连接.    (1)判断四面体是否为鳖臑？若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由； (2)证明：平面； (3)设，若点在上运动，点在上运动，求线段长度的最小值. 考点五、数列 40．已知为等比数列，，，则 . 41．在等差数列中，，其前n项和为，若，则（    ） A．2021 B．-2021 C．-2022 D．2022 42．已知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论： ①的第2项小于3；    ②为等比数列； ③为递减数列；        ④中存在小于的项． 其中所有正确结论的序号是__________． 43. （24-25大同中学高二上期末）已知递增的等差数列的首项，且成等比数列. (1) 求数列的通项公式； (2) 设数列满足，为数列的前项和，求. 44．设数列的前项和为．若对任意的正整数，总存在正整数，使得，则称是“数列”． (1)若数列，，判断和是否是“数列”； (2)设是等差数列，其首项，公差．若是“数列”，求的值； (3)证明：对任意的等差数列，总存在两个“数列”和，使得成立． 考点六、坐标平面上的直线 45. （24-25华师大二附中高二上期末）直线的倾斜角为_________． 46. （24-25复旦复兴中学高二上期末）已知平行直线和的距离为，则___________. 47. （24-25上海南洋模范中学高二上期末）已知点，直线.过点且与直线垂直，求直线的方程__________. 48. （24-25进才中学高二上期末）已知直线与直线相互平行，则实数值为________． 49. （24-25上海南洋模范中学高二上期末）直线与直线的夹角大小为_______． 50.（24-25延安中学高二上期末）（24-25延安中学高二上期末）已知，若点P是直线上的任意一点，则的最小值为________． 51. （24-25七宝中学高二上期末）已知直线，的斜率分别为，，倾斜角分别为，，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 52. （24-25杨浦高级中学高二上期末）已知直线斜率为，且这条直线经过点. （1）求直线的一般式方程； （2）若直线恒过定点，求点到直线的距离. 53. （24-25华师大二附中高二上期末）设直线：，：，点的坐标为过点的直线的斜率为，且与，分别交于点，的纵坐标均为正数． （1）点是，中点，求斜率； （2）求为坐标原点面积的最小值. 考点七、综合压轴题 54．（24-25高二上·上海·期中）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（不与端点、重合），使？若存在，求出与的比值；若不存在，请说明理由． 55．如图，在长方体中，，，点在棱上运动. (1)证明：； (2)设为棱的中点，在棱上是否存在一点，使得平面，若存在，求的值，若不存在，说明理由； (3)求直线与平面所成角的取值范围. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二数学上学期同步培优讲义【精英班课程】 期末复习冲刺讲义（培优篇） 考点一、空间直线与平面 考点二空间几何体 考点三、概率与统计 考点四、空间向量 考点五、数列 考点六、坐标平面上的直线 考点七、综合压轴题 考点一、空间直线与平面 1．下列四个条件中，能确定一个平面的是 （填编号） ①空间任意三点；②空间两条平行直线；③一条直线和一个点；④两两相交且不共点的三条直线 【答案】②④ 【分析】根据确定平面的公理和推论逐一判断即可得解． 【解析】解：对于①：当这三个点共线时经过这三点的平面有无数个，故①错误． 对于②：根据确定平面的公理的推论可知两条平行线可唯一确定一个平面，故②正确； 对于③：如该点在此直线上时有无数个平面经过这条直线和这个点，故③错误． 对于④：两条相交直线唯一确定一个平面，设直线，，， 则直线、唯一确定平面，即，，又，， 所以，，又，，所以， 即两两相交且不共点的三条直线唯一确定一个平面，故④正确； 故答案为：②④． 2．是空间两条不同直线，是两个不同平面，下面有四个命题： ①，则， ②，则， ③，则， ④，则， 其中真命题的编号是 .（写出所有真命题的编号） 【答案】①④ 【分析】根据立体几何相关定理逐项分析. 【解析】对于①，，必然存在一个平面使得，并且，又，正确； 对于②，如果，则结论不成立，错误； 对于③，如图：    ，构造平面，使得，并且，则，在平面内，作直线n，使得，显然，错误； 对于④，，又，正确； 故答案为：①④. 3．（24-25高二上·上海松江·期中）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，给出下列四个结论：    ①当点是中点时，直线平面； ②直线到平面的距离是； ③点到的距离为； ④存在点，使得. 其中所有正确的结论是 . 【答案】①③④ 【知识点】锥体体积的有关计算、判断线面平行、求点面距离、求直线与平面的距离 【分析】根据题设有，利用线面平行的判定判断①；应用线面平行的判定得到面，问题化为求点到平面的距离，应用等体积法求点面距判断②；进而利用等面积法求点到的距离判断③；利用余弦定理得到关于的表达式，进而判断是否能成立判断④. 【详解】①当点是中点时，则是中点，易知， 又面，面，故直线平面，对； ②由题设，易知，面，面，故面， 所以直线到平面的距离，即点到平面的距离， 由，，， 故到距离为，则， 所以，可得，错；    ③令点到的距离，则，对； ④由题设，易得，且， ， 所以， ， 在中， 由，显然时，能成立，故存在点使得，对. 故答案为：①③④ 4．如图，在四棱锥中，四边形为正方形，点在平面内的射影为A，且，为中点. (1)证明：平面 (2)证明：平面平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由线线平行证线面平行； （2）由线面垂直证，再证平面、平面平面. 【解析】（1）连接交于点，连接. 因为为中点，为中点，所以， 因为平面，平面，所以平面； （2）因为点在平面内的射影为A，所以平面， 因为平面，所以. 又在正方形中，且，所以平面， 又平面，所以平面平面. 5．（2024·上海闵行·二模）如图，已知为等腰梯形， ，，平面，. (1)求证：； (2)求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）连接，利用等腰梯形的性质证得，再利用线面垂直的性质判定推理即得. （2）取的中点，作出二面角的平面角，在中求解即得. 【详解】（1）连接，在等腰梯形中，，，， 则，于是，即， 由平面，平面，得， 而平面，因此平面，又平面， 所以. （2）取的中点，连接，由，得， 在中，， 由平面，平面，得， 则，于是， 因此为二面角的平面角， 因为，平面， 则平面，又平面，则， 在中，，，则， 所以二面角的大小为. 6．（2024·上海杨浦·二模）如图，为圆锥顶点，为底面中心，，，均在底面圆周上，且为等边三角形.    (1)求证：平面平面； (2)若圆锥底面半径为2，高为，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据给定条件，利用线面垂直的性质判定、面面垂直的判定推理即得. （2）连接，作于，证明平面，再计算即得. 【详解】（1）连接，交于点，由为等边三角形，得是的中心，则， 而平面，平面，则，又平面， 因此平面，又平面， 所以平面平面.    （2）连接，作于，由（1）知平面，平面，则， 而平面，则平面， 显然，，则， 而，于是≌，因此， 所以点到平面的距离为. 7．如图,在正四棱锥中,. (1)求侧棱与底面ABCD所成角的大小; (2)求二面角的大小. 【答案】(1) (2) 【分析】(1) 设底面正方形ABCD的中心为O,连接AO,PO,可得平面ABCD,则为侧棱PA与底面ABCD所成角,设出正四棱锥侧棱,根据角度关系,找到各个长度,求出夹角余弦值,即可求出夹角; (2) 取AB的中点为E,连接PE,OE,即可证明为二面角的平面角,根据(1)中的数量关系,求出长度及夹角余弦值,即可得出结果. 【解析】（1）解:由题知正四棱锥, 设底面正方形ABCD的中心为O, 连接AO,PO, 所以在正四棱锥中,平面ABCD, 即点P在平面ABCD上的投影为O, 故为侧棱PA与底面ABCD所成角, 在中,,, 故为等边三角形,设其边长为, 因为平面ABCD,平面ABCD, 故, 在中,,, 所以, 即, 故侧棱PA与底面ABCD所成角的大小; （2）取AB的中点为E,连接PE,OE, 在正方形ABCD中,, 在等边中,, 故为二面角的平面角, 因为平面ABCD,平面ABCD, 故, 在中,,, , 即, 故二面角的大小为. 考点二空间几何体 8. （24-25七宝中学高二上期末）体积为的球的表面积是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据球体积求出球的半径，继而根据球的表面积公式，即可求得答案. 【详解】设球的半径为R，则， 故球的表面积是， 故答案为： 9. （24-25大同中学高二上期末）已知圆锥的底面周长为2π，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的高为________. 【答案】 【解析】 【分析】求出圆锥的底面圆半径，母线长，再计算圆锥的高． 【详解】设圆锥的底面圆半径为，母线长为，则底面圆周长为，解得； 所以圆锥侧面展开图的圆心角为，解得； 所以该圆锥的高为． 故答案为：． 10. （24-25大同中学高二上期末）《九章算术》卷第五《商功》中，有“假令刍童，上广一尺，袤二尺，下广三尺，袤四尺，高一尺”，意思是：“假设一个刍童，上底面宽1尺，长2尺：下底面宽3尺，长4尺，高1尺（如图，刍童为上下底面为相互平行的不相似长方形，两底面的中心连线与底面垂直的几何体）”.若该几何体所有顶点在一球体的表面上，则该球体的表面积为_______. 【答案】 【解析】 【分析】 根据题意可得球心在几何体的外部，设球心到几何体下底面的距离为，从而可得，解方程可得，再利用球的面积公式即可求解. 【详解】由已知得球心在几何体的外部， 设球心到几何体下底面的距离为， 则，解得， ，该球体的表面积. 故答案为： 【点睛】本题考查了几何体的外接球问题，需熟记球的表面积公式，属于基础题. 11．设、、为空间中三条不同的直线，若与所成角为，与所成角为，则与所成角的取值范围是 . 【答案】 【分析】不妨设、、相交于点，根据题意构造两个圆锥，结合轴截面可得与所成角的最小值与最大值即可. 【解析】不妨设、、相交于点，如图，根据题意构造两个圆锥，    其中底面圆心为，轴所在直线为，小圆锥的母线所在直线为，轴截面 ；大圆锥的母线所在直线为，轴截面，且在一条直线上. 由题意，， 由图可知，当移动到，移动到时，可得与所成角的最小， 最小值为. 当移动到，移动到时，可得与所成角的最大， 最大值为. 所以与所成角的取值范围为. 故答案为： 12．（24-25高二上·上海·期中）如图，在长方体中，，，，分别为，的中点，点在矩形内运动（包括边界），若平面，则取最小值时，三棱锥的体积为 .    【答案】1 【知识点】锥体体积的有关计算、证明线面平行、证明面面平行 【分析】先利用面面平行的判定定理证得平面平面，从而得到点的轨迹，进而求得取得最小值时点的位置，再利用三棱锥的体积公式即可得解. 【详解】在长方体中，取的中点E，的中点F，连接EF，，，    而分别为的中点，则， 由，得四边形为平行四边形，， 又平面，平面，则平面，同理平面AMN， 又平面，因此平面平面，又平面AMN， 则平面，即点在平面与平面的交线EF上， 当时，取最小值，又，则当取最小值时，P为EF的中点， 此时的面积， 三棱锥的体积. 故答案为：1 13．陀螺是中国民间的娱乐工具之一，早期陀螺的形状由同底的一个圆柱和一个圆锥组合而成（如图）.已知一木制陀螺模型内接于一表面积为的球，其中圆柱的两个底面为球的两个截面，圆锥的顶点在该球的球面上.    (1)若圆柱的高为，求该陀螺的体积及表面积； (2)规定陀螺圆锥的顶点S到圆柱中离它远的底面距离为陀螺的高，要使陀螺的圆柱的侧面积最大.此时陀螺的高是多少呢？ 【答案】(1)陀螺体积、表面积分别为，； (2)(). 【分析】（1）根据题意求得外接球半径，进而可求得底面半径，再应用圆锥、圆柱体积、表面积公式求结果； （2）令圆柱的高为，有陀螺的高为，应用圆柱体体积公式、基本不等式求侧面积最大值，确定取值条件，即可得结果. 【解析】（1）令陀螺外接球半径为，则，可得， 由题意，圆柱的矩形轴截面对角线长为，又圆柱的高为， 所以圆柱底面直径，则底面半径， 综上，圆锥的高为，母线长为， 所以陀螺的体积为， 陀螺表面积为. （2）令圆柱的高为，由（1）知陀螺外接球半径， 所以圆柱底面直径为，圆锥的高为， 所以陀螺的高为， 由圆柱体侧面积， 当且仅当时取等号， 所以陀螺的高是()时，圆柱体侧面积最大. 14．（24-25高二上·上海·单元测试）已知完全封闭且内部中空的圆柱底面的半径为R，母线长为l，如图． (1)当，时，在圆柱内放一个半径为1的实心球，求圆柱内空余部分的体积；（结果用精确值表示） (2)在（1）的条件下，在圆柱内部空余的地方放入和实心球、侧面及相应底面均相切的半径为r的同样大小的小球n个，求n的最大值． 【答案】(1) (2)30 【分析】（1）圆柱体积减去球的体积即可； （2）分别拿出垂直底面截面和平行底面截面进行分析，结合内切知识，得出，再求出每个小圆占整个空间的圆心角，进而得解. 【详解】（1）由题意可得：，， 所以圆柱内空余部分的体积为． （2）垂直底面截面如图．所示， ，，， 在中，，． 因为，所以， 即，解得． 平行底面截面如图所示，． ，所以， 所以下方空余位置可以放，因为为整数，所以， 所以整个空余空间最多可以放个． 考点三、概率与统计 15．（21-22高二上·上海崇明·期末）某药物公司实验一种降低胆固醇的新药，在500个病人中进行实验，结果如下表所示. 胆固醇降低的人数 没有起作用的人数 胆固醇升高的人数 307 120 73 则使用药物后胆固醇降低的经验概率等于 . 【答案】/0.614 【分析】根据经验概率的定义可求出结果. 【解析】依题意使用药物后胆固醇降低的人数为，又试验总次数为， 所以使用药物后胆固醇降低的经验概率等于. 故答案为： 16．（22-23高二下·上海普陀·期末）“东哥”上班的路上有4个红绿灯路口，假如他走到每个红绿灯路口遇到绿灯的概率为，则他在上班的路上至少遇到2次绿灯的概率为 ． 【答案】 【分析】由独立重复试验的概率公式及对立事件的概率公式求解. 【解析】4次均不是绿灯的概率为， 3次不是绿灯的概率为， ∴至少遇到2次绿灯的概率为． 故答案为：. 17．设同时抛掷两个质地均匀的四面分别标有1、2、3、4的正四面体一次．记事件A＝{第一个四面体向下的一面出现偶数}；事件B＝{第二个四面体向下的一面出现奇数}；事件C＝{两个四面体向下的一面同时出现奇数，或者同时出现偶数}．给出下列结论：①．②．③．其中正确结论的序号为 ． 【答案】①② 【分析】根据古典摡型的概率计算公式和独立事件的概率乘法公式，以及互斥事件的概率计算公式，逐项计算，即可求解. 【解析】由题意，同时抛掷两个质地均匀的四面分别标有1、2、3、4的正四面体一次， 记事件A＝{第一个四面体向下的一面出现偶数}，可得，所以①正确； 事件B＝{第二个四面体向下的一面出现奇数}，可得， 所以，所以②正确； 由于事件与C为互斥事件，所以，所以③错误． 故应填：①②． 18．国家统计局、国家残联决定对国家残疾人生活、就业等情况进行调查，某同学设计的调查方案是在国家残联的网站上设立一个调查表，根据网站上的数据进行分析．你认为他的方案 (填“合理”或“不合理”)． 【答案】不合理 【分析】根据残疾人的情况，得出所获取的数据不具有代表性，即可求解. 【解析】由于很多视力残疾的人不具有上网的条件，因此所获取的数据不具有代表性. 故答案为：不合理. 19．某校有学生1200人，其中高三学生400人，为了解学生的身体素质情况，采用按年级分层随机抽样的方法，从该校学生中抽取一个120人的样本，则样本中高三学生的人数为 . 【答案】40 【分析】根据分层抽样的抽样比相等即可求解. 【解析】某校有学生1200人，从该校学生中抽取一个120人的样本，抽样比为， 所以样本中高三学生的人数为人， 故答案为：40. 20．我国高铁发展迅速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为 . 【答案】0．98. 【分析】本题考查通过统计数据进行概率的估计，采取估算法，利用概率思想解题． 【解析】由题意得，经停该高铁站的列车正点数约为，其中高铁个数为10+20+10=40，所以该站所有高铁平均正点率约为． 【点睛】本题考点为概率统计，渗透了数据处理和数学运算素养．侧重统计数据的概率估算，难度不大．易忽视概率的估算值不是精确值而失误，根据分类抽样的统计数据，估算出正点列车数量与列车总数的比值． 21．在发生某公共卫生事件期间，如果该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”，那么，根据过去10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例相关数据，①②③④中，一定符合该标志的是 ． ①甲地：平均数为3，中位数为4． ②乙地：平均数为1，方差大于0． ③丙地：中位数为2，众数为3． ④丁地：平均数为2，方差为3． 【答案】④ 【分析】根据题意可知连续10天内每天的新增疑似病例不能超过7．结合平均数、中位数、众数、方差的定义举例说明，依次判断①②③④即可. 【解析】根据题意，可知连续10天内，每天的新增疑似病例不能超过7． ①：甲地平均数为3，中位数为4，可能存在大于7的数， 如连续10天的数据为0、0、1、1、4、4、4、4、4、8，故①不符； ②：乙地平均数为1，方差大于0，也有可能存在大于7的数， 如连续10天的数据为0、0、0、0、0、0、0、0、0、10，故②不符； ③：丙地中位数为2，众数为3，也有可能存在大于7的数， 如连续10天的数据为0、0、0、0、2、2、3、3、3、8，故③不符； ④：分别设丁地连续10天的数据为、、…、， 因为平均数为2，方差为3，所以有， 即． 所以， 又，所以，故④符合． 故答案为：④. 22．已知A、B是随机事件，则下列结论中正确的有 （填写序号） ①若A、B是互斥事件，则； ②若事件A、B相互独立，则； ③若A、B是对立事件，则A、B是互斥事件； ④事件A、B至少有一个发生的概率不小于A、B恰好有一个发生的概率． 【答案】③④/④③ 【分析】利用互斥事件、对立事件和独立事件的定义和性质分析判断 【解析】对于①，若A、B是互斥事件，则，所以①错误， 对于②，若事件A、B相互独立，则，而当A、B是互斥事件时，，所以②错误， 对于③，若A、B是对立事件，则A、B一定是互斥事件，所以③正确， 对于④，因为事件A、B至少有一个发生包含A、B恰好有一个发生和A、B同时发生两种情况，所以事件A、B至少有一个发生的概率不小于A、B恰好有一个发生的概率，所以④正确， 故答案为：③④ 23．设，为两个随机事件，以下命题正确的为（    ） A．若，是对立事件，则 B．若，是互斥事件，，则 C．若，且，则，是独立事件 D．若，是独立事件，，则 【答案】C 【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】根据对立事件的概念判断A，根据互斥事件的概率加法公式判断B，根据独立事件的定义及概率公式判断C、D. 【详解】对于A，若是对立事件，则，A错误； 对于B，若是互斥事件，，则，B错误； 对于C，，则，， 又，则是独立事件，C正确； 对于D，若是独立事件，则是独立事件，而， 则，D错误. 故选：C 24．为比较甲、乙两地某月14时的气温，随机选取该月中的5天，将这5天中午14时的气温数据（单位：）制成如图所示的茎叶图，考虑以下结论： ①甲地该月14时的平均气温低于乙地该月14时的平均气温； ②甲地该月14时的平均气温高于乙地该月14时的平均气温； ③甲地该月14时的平均气温的标准差大于乙地该月14时的平均气温的标准差； ④甲地该月14时的平均气温的标准差小于乙地该月14时的平均气温的标准差； 其中根据茎叶图能得到的统计结论的编号为（    ） A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 【答案】A 【分析】根据给定的茎叶图，求出甲乙两地某月14时的平均气温及其标准差即可比较作答. 【解析】由茎叶图知，甲地该月14时的平均气温， 甲地该月14时的平均气温的标准差， 乙地该月14时的平均气温， 乙地该月14时的平均气温的标准差， 即甲地该月14时的平均气温低于乙地该月14时的平均气温， 甲地该月14时的平均气温的标准差大于乙地该月14时的平均气温的标准差， 所以根据茎叶图能得到的统计结论的编号为①③. 故选：A 25．（23-24高二上·上海徐汇·期末）甲乙两人进行某项比赛 (1)若比赛结果有胜利、失败、平局三种，已知甲获胜的概率为，甲不输的概率为，求甲乙两人取得平局的概率； (2)若比赛结果只有胜利、失败两种，已知甲获胜的概率为（），对于甲来说，一局定胜负和三局两胜两种比赛方式比较，试问哪种比赛方式对甲更有利？说明你的理由. （说明：“三局两胜”是常见的比赛模式，指先赢得两局者为胜，做多三局结束） 【答案】(1)0.5 (2)一局定胜负对甲更有利 【分析】（1）甲不输是甲获胜与平局互斥的和事件，利用加法公式，求平局的概率； （2）分别计算一局定输赢和三局两胜情况下甲获胜的概率，比较大小. 【解析】（1）甲乙两人取得平局的概率为. （2）对于甲来说，一局定胜负的情况下，赢得比赛的概率为， 三局两胜的情况下，赢得比赛的概率为，因为， ， 所以，则一局定胜负对甲更有利. 26．（23-24高二上·上海松江·期末）甲乙两人进行投篮比赛，两人各投一次为一轮比赛，约定如下规则：如果在一轮比赛中一人投进，另一人没投进，则投进者得分，没进者得分，如果一轮比赛中两人都投进或都没投进，则都得0分，当两人各自累计总分相差4分时比赛结束，得分高者获胜．在每次投球中甲投进的概率为0.5，乙投进的概率为0.6，每次投球都是相互独立的．在每一轮比赛中，记甲得1分的概率为，乙得1分的概率为，两人都得0分的概率为. (1)求的值； (2)若两人起始分都为0分，求恰好经过4轮比赛，甲获胜的概率． 【答案】(1)，，； (2). 【分析】（1）应用独立事件乘法公式、概率性质求对应概率即可； （2）列举出恰好经过4轮比赛甲获胜的情况，应用独立事件乘法公式、互斥事件加法公式求概率. 【解析】（1）由题设，甲得1分的概率， 乙得1分的概率， 两人都得0分的概率. （2）由题意，要使恰好经过4轮比赛甲获胜，有如下情况， ①2轮甲进乙没进，2轮甲乙都得0分，且前3轮有1轮甲进乙没进； 此时概率为， ②3轮甲进乙没进，1轮乙进甲没进，且前2轮有1轮乙进甲没进； 此时概率为， 所以，所求概率为. 27．（23-24高二上·上海·期末）某微小企业员工的年龄分布茎叶图如图所示： (1)求该公司员工年龄的平均数和第百分位数； (2)从该公司员工中随机抽取一位，记所抽取员工年龄在区间内为事件，所抽取员工年龄在区间内为事件，判断事件与是否互相独立，并说明理由. 【答案】(1)年龄的平均数为，第百分位数为； (2)事件、相互独立，理由见解析 【分析】（1）根据平均数公式以及百分位数的定义可求得结果； （2）求出、、的值，利用独立事件的定义判断可得出结论. 【解析】（1）该公司员工年龄（单位：岁）由小到大依次为：、、、、、、、、、、、， 年龄的平均数为； 该公司共有名员工，因为， 故该公司员工年龄的第百分位数为. （2）解：由茎叶图可知，，， 事件为“抽取员工的年龄为岁”，则， 所以，，所以，事件、相互独立. 28．（24-25高三上·上海·期中）某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示 一次购物量 1至4件 5至8件 9至12件 13至16件 17件及以上 顾客数（人） x 30 25 y 10 结算时间（分钟/人） 1 1.5 2 2.5 3 已知这100位顾客中的一次购物量超过8件的顾客占55%. (1)确定x，y的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值； (2)若将这100位顾客分成两类，第一类是购物量不超过8件的人群，第二类为购物量超过8件的人群，现采用分层抽样的方法抽取20位顾客，进行问卷调查，求第二类人群中应抽取的人数； (3)若将频率视为概率，求一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率. 【答案】(1)，，1.9分钟 (2)11 (3). 【知识点】计算古典概型问题的概率 【分析】（1），，解方程组；运用加权平均数公式计算平均值； （2）运用分层抽样比计算即可； （3）运用古典概型计算概率即可. 【详解】（1）由题知，可得，，，， 该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为一个容量为100的简单随机样本，顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计，其估计值为：（分钟）. （2）设第一类和第二类人群中抽取的人数分别为m，n，则， 所以，，即第二类人群中应抽取的人数为11. （3）记A为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”， ，，分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为1分钟”， “该顾客一次购物的结算时间为1.5分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为2分钟”. 将频率视为概率，得，，. 因为，且，，是互斥事件， 所以. 故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为. 考点四、空间向量 29．已知平面的法向量为，平面的法向量为，若，则 ． 【答案】 【分析】根据，可得两平面的法向量共线，再根据空间向量的共线定理即可得解. 【解析】因为， 所以两平面的法向量共线， 所以存在唯一实数，使得， 所以，解得， 所以. 故答案为：. 30.已知空间向量，，则在方向上的投影向量为 . 【答案】 【解析】，与同向的单位向量， 在方向上的投影向量为. 故答案为：. 31. （24-25复旦附中高二上期末）若，，且，则_____. 【答案】14 【解析】 【分析】由向量的数量积为0即可列方程求解. 【详解】因为，，且， 所以，解得. 故答案为：14. 32. （24-25七宝中学高二上期末）如图，在四棱台中，底面是菱形，棱平面，，，，则点到平面的距离为_____. 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】因为底面是菱形，，连接，则为等边三角形， 取的中点，连接，则，又，所以， 如图建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 取， 所以点到平面的距离. 故答案为： 33．如图，在棱长为4的正方体中，E为BC的中点，点P在线段上，点Р到直线的距离的最小值为_______. 【答案】## 【分析】建立空间直角坐标系，借助空间向量求出点Р到直线距离的函数关系，再求其最小值作答. 【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 因点P在线段上，则，， ，向量在向量上投影长为， 而，则点Р到直线的距离 ，当且仅当时取“=”， 所以点Р到直线的距离的最小值为. 故答案为： 34．在长方体中，，，点为底面上一点，则的最小值为________. 【答案】 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可. 【详解】解：如图，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，设， 所以， 所以， 所以当时，有最小值. 故答案为： 35．为空间任意一点，若，若四点共面，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】若A，B，C，P四点共面，则存在有序实数对，使， 所以， 整理得：， 又由题知， 由空间向量的基本定理知： 解得 所以. 故选：C. 36.（24-25大同中学高二上期末） 已知向量，若向量、、共面，则实数等于__． 【答案】10 【解析】 【分析】根据向量共面得到，代入数据计算得到答案. 【详解】因为向量、、共面，所以存在实数、使得． 所以，所以． 故答案为： 37. （24-25金山区高二上期末）如图，在空间四边形中，点为中点，，设. （1）试用向量表示向量； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用平行四边形法则与三角形法则即可求得结果. （2）利用三角形法则得，又由（1）的结论，两个向量求数列积即可. 【小问1详解】 ， . 【小问2详解】 因为， 所以， 所以， ， 所以 38. （24-25进才中学高二上期末）如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是正方形且，、分别在棱、上，平面． （1）若是的中点，求与平面的所成角的大小； （2）若，求平面与平面所成锐二面角的大小； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量坐标公式计算即可； （2）分别求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量坐标公式计算即可. 【小问1详解】 底面是正方形；连接交于点O，连接；因为平面， 平面平面,平面，所以；又O是中点， 故E是中点；因为侧棱底面，底面是正方形， 以点D为坐标原点，为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 设正方形的边长为2，则，, 由题意，是的中点，则， 设平面的法向量为，则, 令，得，记与平面的所成角， 则, 故 【小问2详解】 由, 则，故，故， 又平面，平面,故平面， 故平面的法向量为，平面的法向量为， 记平面与平面的夹角为，则， 故平面与平面的夹角为. 39．（24-25高二上·上海·阶段练习）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的空间几何体中，四边形为矩形，点不在四边形所在平面上，⊥平面，，点是的中点，连接.    (1)判断四面体是否为鳖臑？若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由； (2)证明：平面； (3)设，若点在上运动，点在上运动，求线段长度的最小值. 【答案】(1)是的， (2)证明见解析 (3) 【知识点】证明线面垂直、求空间中两点间的距离 【分析】（1）由鳖臑的结构即可判断； （2）由，即可求证； （3）建系，由空间两点间距离公式即可求解. 【详解】（1）由平面平面，可知四面体的四个面都是直角三角形， 即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别是. （2）因为底面，在底面内， 所以，由底面为长方形，有， 而，都在平面内， 所以平面平面，所以 又因为，点是的中点，所以，而，都在平面内， 所以平面 （3）    由题意，如图建立空间直角坐标系，设，，， 所以 当且仅当时，取得最小值. 考点五、数列 40．已知为等比数列，，，则 . 【答案】 【分析】根据等比数列公式对化简得，联立求出，最后得. 【解析】设的公比为，则，显然， 则，即，则，因为，则， 则，则，则， 故答案为：. 41．在等差数列中，，其前n项和为，若，则（    ） A．2021 B．-2021 C．-2022 D．2022 【答案】C 【分析】由等差数列前n项和公式可得数列为等差数列，根据可得公差为1，即可求解的值，即可得出结论. 【详解】解：因为数列为等差数列，故，则， 当时，，则， 所以数列为等差数列，设其公差为d．又，即，又，所以，所以，即． 故选：C. 42．已知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论： ①的第2项小于3；    ②为等比数列； ③为递减数列；       ④中存在小于的项． 其中所有正确结论的序号是__________． 【答案】①③④ 【分析】推导出，求出、的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③. 【详解】由题意可知，，， 当时，，可得； 当时，由可得，两式作差可得， 所以，，则，整理可得， 因为，解得，①对； 假设数列为等比数列，设其公比为，则，即， 所以，，可得，解得，不合乎题意， 故数列不是等比数列，②错； 当时，，可得，所以，数列为递减数列，③对； 假设对任意的，，则， 所以，，与假设矛盾，假设不成立，④对. 故答案为：①③④. 【点睛】关键点点睛：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导. 43. （24-25大同中学高二上期末）已知递增的等差数列的首项，且成等比数列. (1) 求数列的通项公式； (2) 设数列满足，为数列的前项和，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)由已知列式求得公差，代入等差数列的通项公式得答案； （2）把数列的通项公式代入，分组后利用等差数列与等比数列前项和公式求解． 【详解】由题可知，且 即 可得 【点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查等比数列的性质，训练了等差数列与等比数列前项和的求法，是中档题． 44．设数列的前项和为．若对任意的正整数，总存在正整数，使得，则称是“数列”． (1)若数列，，判断和是否是“数列”； (2)设是等差数列，其首项，公差．若是“数列”，求的值； (3)证明：对任意的等差数列，总存在两个“数列”和，使得成立． 【答案】(1)是“数列”，不是“数列”，理由见解析； (2) (3)证明过程见解析 【分析】（1）对于，求出，故总存在正整数，此时，故是“数列”；对于可举出反例； （2）当时，根据得到方程，解得，又，为正整数，故只有时，才满足要求，再利用数学归纳法进行证明； （3）等差数列，设公差为，则，令，证明出和是“数列”即可. 【解析】（1）对于，当时，， 当时，， 又，即也满足， 综上，， 对于任意的正整数，总存在正整数，此时， 故是“数列”； 对于，设前项和为， 则， 假设对任意的正整数，总存在正整数，使得， 即，对于，此时，解得，不是正整数， 故假设不成立，即不是“数列”. （2）是等差数列，其首项，公差， 故，， 对任意的正整数，总存在正整数，使得， 即， 当时，，此时只需， 当时，，解得， 又，故,为正整数，故,故时 当时，， 下面证明恒为正偶数， 当时，，满足要求， 假设当时，为正偶数， 则当时， ， 由于和均为正偶数，故为正偶数，满足要求， 所以恒为正偶数，证毕. （3）等差数列，设公差为， 则， 令， 则，下证和是“数列”， 设前项和为，则，， 故对任意的正整数，总存在正整数，使得， 所以是“数列”， 设的前项和为，则，， 故对任意的正整数，总存在正整数，使得， 总存在两个“数列”和，使得成立 【点睛】数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题. 考点六、坐标平面上的直线 45. （24-25华师大二附中高二上期末）直线的倾斜角为_________． 【答案】 【解析】 【分析】求出直线斜率，然后求解直线的倾斜角 【详解】，则，斜率为 则，解得 故答案为 【点睛】本题主要考查了直线的倾斜角，解题的关键是求出直线的斜率，属于基础题 46. （24-25复旦复兴中学高二上期末）已知平行直线和的距离为，则___________. 【答案】6或8 【解析】 【分析】根据直线平行求出，再由平行线间的距离求出. 【详解】因为直线和平行， 所以， 又，解得或， 故答案为：6或8 47. （24-25上海南洋模范中学高二上期末）已知点，直线.过点且与直线垂直，求直线的方程__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用直线互相垂直求得直线的斜率，进而利用点斜式求得直线方程. 【详解】因为直线与直线垂直，直线的斜率为，所以直线的斜率为， 因直线过点，所以，即. 故答案为：. 48. （24-25进才中学高二上期末）已知直线与直线相互平行，则实数值为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用两条直线平行的条件即可求得，再代入验证. 【详解】直线与直线相互平行， 得，即得; 当时，与平行. 故答案为： 49. （24-25上海南洋模范中学高二上期末）直线与直线的夹角大小为_______． 【答案】## 【解析】 【分析】先由斜率的定义求出两直线的倾斜角，然后再利用两角差的正切展开式计算出夹角的正切值，最后求出结果. 【详解】设直线与直线的倾斜角分别为， 则，且， 所以， 因为， 所以，即两条直线的夹角为， 故答案为：. 50.（24-25延安中学高二上期末）（24-25延安中学高二上期末）已知，若点P是直线上的任意一点，则的最小值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】由题意可知的最小值就是点到直线的距离，利用点到直的距离公式可求得结果. 【详解】由题意可知的最小值就是点到直线的距离， 因为到直线的距离， 所以的最小值为. 故答案： 51. （24-25七宝中学高二上期末）已知直线，的斜率分别为，，倾斜角分别为，，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】利用倾斜角与斜率的关系，利用赋值法可得结论. 【详解】因为直线，的斜率分别为，，倾斜角分别为，， 所以，， 取，，满足，可求得，，此时， 所以“”是“”的不充分条件； 取，，满足，但，此时， 所以“”是“”的不必要条件； 所以“”是“”的既不充分又不必要条件. 故选：D. 52. （24-25杨浦高级中学高二上期末）已知直线斜率为，且这条直线经过点. （1）求直线的一般式方程； （2）若直线恒过定点，求点到直线的距离. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可写出直线的点斜式方程，再化为一般方程即可； （2）将直线的方程变形，求出点的坐标，再利用点到直线的距离公式可求得点到直线的距离. 【小问1详解】 因为直线斜率为，且这条直线经过点， 所以，直线的方程为，化为一般方程即为. 【小问2详解】 直线的方程可化为， 由，解得，即点， 所以，点到直线的距离为. 53. （24-25华师大二附中高二上期末）设直线：，：，点的坐标为过点的直线的斜率为，且与，分别交于点，的纵坐标均为正数． （1）点是，中点，求斜率； （2）求为坐标原点面积的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用直线的点斜式方程求出直线的方程，解得两交点坐标，再由中点坐标公式可求出； （2）写出的面积表达式，再利用换元法和基本不等式计算可得结果. 【小问1详解】 由题意可得直线方程为，如下图所示： 联立，解得； 联立，解得； 又点是，中点，可得，且； 解得； 【小问2详解】 因为的纵坐标均为正数， 所以，解得； 易知的面积为， 令，则； 因此； 当且仅当时，即时，等号成立，此时； 所以的最小值为，即的面积的最小值为. 考点七、综合压轴题 54．（24-25高二上·上海·期中）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（不与端点、重合），使？若存在，求出与的比值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，. 【知识点】点到平面距离的向量求法、线面角的向量求法、证明线面垂直、锥体体积的有关计算 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定推理即得. （2）建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，再利用线面角的向量法求解即得. （3）假定存在，利用三棱锥的体积公式求出点到平面的距离，再利用空间向量结合点到平面距离公式求解即得. 【详解】（1）在中，，，则， 在几何体中，， 平面，则平面，而平面， 则，又，平面， 所以平面. （2）由（1）知平面，而，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    依题意，，， 则，， 显然平面的一个法向量，设与平面所成的角为， 则，， 所以与平面所成角的大小为. （3）由（2）知的面积， 由是的中点，得点到平面的距离， 因此， 假设在线段上存在符合要求的点，设到平面的距离为， 因为， 所以， 因为，所以， 则，得， 所以，则是的三等分点等近的点， 所以， 即在线段上存在点满足条件，. 55．如图，在长方体中，，，点在棱上运动. (1)证明：； (2)设为棱的中点，在棱上是否存在一点，使得平面，若存在，求的值，若不存在，说明理由； (3)求直线与平面所成角的取值范围. 【答案】(1)证明详见解析 (2)存在，且 (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得. （2）根据向量法列方程，从而求得. （3）利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值，结合不等式的性质求得所成角的取值范围. 【解析】（1）建立如图所示空间直角坐标系， ， 设，则， ，所以. （2）若是的中点，则， ，设平面的法向量为， 则，故可设， 设，， 若平面，平面， 则，所以是的中点，所以. （3）， 设， 设平面的法向量为， 则，故可设， 设直线与平面所成角为， 则， 由于， 所以， 所以. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $