精品解析：福建福州市、漳州市、南平市2026届高中毕业班4月适应性练习数学试题

福州市2026届高中毕业班4月适应性练习 数学 （完卷时间：120分钟；满分：150分） 友情提示：请将所有答案填写到答题卡上！请不要错位、越界答题！ 一、选择题：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. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】写出集合，利用补集的定义可得集合. 【详解】因为全集，，故. 2. 已知复数在复平面内对应的点位于第二象限，则下列结论一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的乘法求出对应的点结合该点在第二象限判断即可. 【详解】， 所以复数在复平面内对应的点为， 因为该点在第二象限，所以，，则， 所以，即，所以. 3. 某次测试中，某人的成绩（单位：分）分别为：、、、、、、、、、，则这组数据的第百分位数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将数据由小到大进行排列，结合百分位数的定义可得结果. 【详解】将这个数据由小到大进行排序为：、、、、、、、、、， 因为，故这组数据的第百分位数是. 4. 设是两个不重合的平面，则的充要条件是（ ） A. 存在无数条直线与都平行 B. 存在无数个平面与都垂直 C. 对任意的直线，都存在直线，使得 D. 对任意的直线，都存在直线．使得 【答案】C 【解析】 【分析】借助于长方体模型逐一判断各选项即可. 【详解】 如上图，作长方体，取平面，平面分别为平面. 对于A，因，且，且，则， 显然可作无数条与平行且不在平面的直线，即存在无数条直线与都平行，但不平行，故A错误； 对于B，因平面与平面均垂直，且显然可作无数个与平面平行的平面， 即存在无数个平面与都垂直，但不平行，故B错误； 对于D，由上图，显然，且，在平面内作一条与垂直相交的直线， 则，从而对平面内的任意直线，都有， 即对任意的直线，都存在直线．使得，但不平行，故D错误； 对于C，假设为两相交平面，如上图取平面，平面分别为平面， 则，对于任意的直线，（不妨设与相交）都存在直线，使得， 因，则有，又因，则有，这与与相交矛盾，故假设不成立，故有，充分性成立； 反过来，时，对于任意的直线，都可以过直线和平面内一点作一个平面， 使，则必有，故必要性成立，故C正确. 5. 已知函数为增函数，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据分段函数的单调性可得出关于实数的不等式组，解之即可. 【详解】由对勾函数的单调性可知，函数在区间上单调递减，在上单调递增， 因为函数在上为增函数，所以函数在上为增函数， 则，即， 又因为函数在上为增函数，且函数在上为增函数， 则有，因，则可得，解得， 故实数的取值范围是，即的最小值为. 6. 已知三棱锥的体积为，．若该三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先找到的外接圆圆心位置，结合三棱锥的体积确定外接球半径及外接球球心的位置，并利用勾股定理建立关于的方程求解，最后用球的表面积公式计算求解. 【详解】 已知，，所以的面积. ，直角三角形外接圆圆心为斜边中点， 设中点为，则. 因为三棱锥体积，代入得，， 又，为中点，由等腰三角形三线合一得， 且 ， 因此平面，即在底面投影为. 设，球半径为，则. ，， 联立得，解得，因此. 即球的表面积. 7. 已知数列的前项和为，若，则（ ） A. 16 B. 18 C. 20 D. 22 【答案】C 【解析】 【分析】通过对取不同的正整数值，代入求解即可. 【详解】由得， 当时，，即. 当时，，即，. 当时，，即，所以，. 当时，，即，所以，. 当时，，即，所以. 8. 已知函数有且仅有个极值点、、，且，则（ ） A. 为奇数 B. 为奇数 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】求导得出，令可得或或，对、的大小以及、的奇偶性进行分类讨论，利用列表的形式分析函数的单调性，结合极值点的定义可得出合适的选项. 【详解】因为函数，该函数的定义域为， （1）当时，， 由可得或，此时函数不可能有三个极值点，舍去； （2）当且时， ， 由可得或或， 因为函数有且仅有个极值点、、，且， 则且，符合题意， ①若，则，， 则，所以，，， 若、都为奇数，则、都为偶数，列表如下： 减 减 极小值 增 增 此时函数只有一个极值点，不符合题意； 当为奇数，为偶数，则为偶数，为奇数，列表如下： 增 增 极大值 减 极小值 增 此时函数有两个极值点，不符合题意； 当为偶数，为奇数时，同理可知，函数有两个极值点，不符合题意； 当、均为偶数时，、均为奇数，列表如下： 减 极小值 增 极大值 减 极小值 增 此时函数有个极值点，符合题意，且，，， 此时，则； ②当时，同理可知、均为偶数，且，，， 此时，则. 故D选项正确. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 已知抛物线的焦点为准线为，圆过点．下列说法正确的是（ ） A. B. 的方程为 C. 若圆心在上，则圆与相切 D. 若圆与相切，则圆心在上 【答案】BCD 【解析】 【详解】因抛物线的焦点为，则，解得，故A错误； 准线的方程为，故B正确； 当圆心在上时，设点到准线的距离为，根据抛物线的定义，可得， 又因圆过点，即点到准线的距离等于圆的半径，故圆与相切，即C正确； 反之，若圆与相切，则点到准线的距离等于圆的半径，又圆过点． 即，故点在上，即D正确. 10. 已知函数的部分图象如图所示，点、在的图象上．下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期是 B. 在区间单调递增 C. 的一个对称中心是 D. 的图象可以由的图象向左平移个单位长度得到 【答案】AD 【解析】 【分析】由图象求出、的值，结合正切型函数的周期公式可判断A选项；利用正切型函数的周期公式可判断B选项；利用正切型函数的对称性可判断C选项；利用三角函数图象变换可判断D选项. 【详解】对于A选项，由题意可得，又因为，所以， 所以， 又因为，所以，解得， 由图可知函数的最小正周期满足，即，即， 故，因为，故，， 所以函数的最小正周期为，A对； 对于B选项，由A选项可知， 当时，，故函数在区间上不单调，B错； 对于C选项，因为，故不是函数的一个对称中心，C错； 对于D选项，因为， 所以的图象可以由的图象向左平移个单位长度得到，D对. 11. 已知公差为的等差数列的前项和为，公比为的等比数列的前项和为，且，．下列命题正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时，集合可能有三个元素 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A，可对与进行分组比较，利用等差数列与等比数列的性质即可； 对于选项B，可以举反例，例如时，进行说明； 对于选项C，与选项A类似，对与进行分组比较，利用等差数列与等比数列的性质即可； 对于选项D，考虑等差数列与等比数列对应的函数交点情况即可. 【详解】对于选项A，当时，， 由，从而，得， ， 而 由得，，从而， 即得，同理，，， 从而，选项A正确； 对于选项B，当时，，此时，，公差，选项B错误； 对于选项C，，， 而 当，，，从而， 即得，同理，，， 从而，选项C正确； 对于选项D，当时，由等差数列对应的是一次函数，等比数列对应的是指数型函数； 如图是数列对应的函数图象(离散的点），是数列对应的函数图象（取奇数）， 是数列对应的函数图象（取偶数）， 图中两个交点分别代表，， 由指数函数的增长性知与在后面还可能有符合条件的交点， 即集合可能有三个元素，选项D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知单位向量满足，则__________． 【答案】## 【解析】 【详解】因为为单位向量，所以，又因为， 展开得，由于，代入得， 所以， 因为，所以. 13. 为了应对新能源产业爆发式增长带来的挑战，某研究所设立了资源组、电芯组、基建组三个攻关小组．现安排甲、乙等5名工作人员到这三个小组协助工作，且每个小组至少安排一人，每人只能去一个小组，同时，要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，甲、乙两人不能被安排到资源组，则不同的安排方案种数是__________．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，由于甲、乙两人不能被安排到资源组，针对甲、乙两人在同一组与不同组进行分类计算，结合要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多排除一些情况，再使用排列组合公式进行计算. 【详解】要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，那么资源组、电芯组、基建组人数分配情况有与, 当甲、乙两人在同一组时，那么甲乙只能同在电芯组或基建组,存在与两种分配情况, 此时,; 当甲、乙两人在不同组时，那么甲乙只能一个在电芯组另一个在基建组,存在与两种分配情况, 此时,; . 14. 在平面凸四边形中，，，，的面积为．当最大时，四边形的面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理结合勾股定理可得出，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，设点，根据以及图形求得，且有，分析可得，利用基本不等式结合两角差的正切公式可求出的最大值，利用等号成立的条件可求出点的坐标，进而可求得四边形的面积. 【详解】在中，，，， 由余弦定理可得， 即，整理可得，解得或（舍去）， 所以，故， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系， 则、、，则点在第一象限，设点， 则，解得，则， 因，而，， 则， 当且仅当时，即当时，等号成立，此时取最大值，则点， 故. 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. 已知函数． （1）若是奇函数，求； （2）当时，的所有正零点从小到大排列构成数列，求的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）解法一：利用奇函数的定义得出恒成立，则，由此可得出的取值；解法二：利用奇函数的性质得出，可得出的取值，再利用奇函数的定义检验即可； （2）解法一：由，得，可得出或， 解出的表达式，令，，可得出，结合等差数列的求和公式可求得结果； 解法二：由，可得，所以或，解出的表达式，令，，可得出，结合等差数列的求和公式可求得结果； 解法三：分析可知是的一个周期，由，可得，求出该方程在的解，，则是以为首项，为公差的等差数列，可得出，结合等差数列的求和公式可求得结果. 【小问1详解】 解法一：因为为奇函数，所以， 即恒成立． 得恒成立， 所以恒成立， 所以恒成立，所以，解得． 解法二：因为为上的奇函数，所以， 所以，解得， 经检验，是奇函数，所以． 【小问2详解】 解法一：因为，所以， 令，则， 所以或， 解得或， 令，， 所以，， 又因为，故， 所以， 所以． 解法二：因为，所以， 令，则， 所以，所以或， 所以或， 解得或， 令，， 所以，， 又因为，故， 所以， 所以． 解法三：因为，所以， 因为，所以是的一个周期， 当时，令，则， 所以，所以或， 当时，解得， 所以在区间的零点之和为， 令， ， 所以， 且， 则是以为首项，为公差的等差数列， 所以． 16. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】利用导数的几何意义、导数的应用等基础知识求解即可. 【详解】（1）函数的定义域为，． 当时，因为，所以， 又，所以曲线在点处的切线方程为， 即． （2）解法一：(i)当时，，在单调递增，此时存在，使， 不符合题意，舍去； (ii)当时，显然成立； (iii)当时，令，得，令，得； 所以在单调递减，在单调递增． 所以，解得． 综上所述，的取值范围为． 解法二：由已知，得． (i)当时，可得．因为，所以，又因为时，， 所以； (ii)当时，恒成立，所以； (iii)当时，可得． 令，， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以，所以． 综上所述，的取值范围为． 17. 已知椭圆的左、右焦点分别为，是上的动点，且不在轴上．当轴时，． （1）求的方程； （2）点分别在直线与上，且．证明：三点共线． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）解法一：椭圆定义法（几何法）：先利用椭圆第一定义（椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为 ），再结合直角三角形勾股定理求出a，最后由 求 ，即可得出方程； 解法二：待定系数法（代数法）：先利用点在椭圆上则坐标满足方程，再结合 的关系列出方程组，联立求解 ，最后即可得出方程. （2）解法一：先设点并利用椭圆方程得到消元条件，再由垂直关系转化为向量数量积为 0，通过两式加减得到 纵坐标的和差关系，最后用向量共线的交叉相乘判定式，结合椭圆方程化简得 0，证明与​共线，从而证得 三点共线； 解法二：先由垂直关系求出直线​的方程，联立得到坐标，再通过向量共线的交叉相乘判定式，结合椭圆方程化简得 0，证明与​共线；对斜率不存在的特殊情况直接验证斜率相等，最终证得三点共线. 【小问1详解】 解法一：（1）当轴时，， 所以，所以， 从而，，故的方程为． 解法二：（1）当轴时，，所以或，所以①， 又②，由①②，解得，， 故的方程为． 【小问2详解】 解法一：设，，，则，即． 又， 所以，，，． 因为，，所以，， 两式相加、减，得，， 又因为，， ， 所以，故三点共线． 解法二：设，则，即． (i)当直线，斜率均存在时，，， 所以直线，， 由得，由得， 所以，， 因为 ， 所以，故三点共线． (ii)当直线或斜率不存在时，根据对称性，不妨设斜率不存在，且， 此时点，，，故直线，从而， 则，， 所以三点共线． 综上，三点共线． 18. 某盲盒商店调查数据显示，顾客一次性购买某种文创盲盒数量的分布列为 其中，． （1）当时，求顾客一次性购买该种文创盲盒数量的平均值； （2）已知该种文创盲盒分为封面款与非封面款两类，且每个盲盒为封面款的概率为，每个盲盒是否为封面款相互独立．若顾客一次性购买的盲盒中，封面款的数量大于非封面款的数量，则称此顾客为幸运客户．现从顾客中随机选取一人． （i）求该顾客为幸运客户的概率； （ii）若该顾客是幸运客户，他购买的盲盒全部是封面款的概率不超过，求的取值范围． 【答案】（1） （2）（i），；（ii）. 【解析】 【分析】（1）由分布列的性质得出，再利用期望公式求解即可； （2）（i）设事件“一次性购买个文创盲盒”，事件“顾客为幸运客户”，求出、，利用全概率公式可得出的表达式及的取值范围； （ii）设事件“一次性购买的文创盲盒全部是封面款”， 求得，利用全概率公式求出的值，利用条件概率公式结合可得出关于的不等式，结合可得出的取值范围. 【小问1详解】 由题可知，， 化简可得 ， 当时，，则， 即顾客一次性购买文创盲盒数量的平均值为． 【小问2详解】 （i）设事件“一次性购买个文创盲盒”，事件“顾客为幸运客户”， 则，，，． 依题意，得，， 因为每个盲盒是否为封面款相互独立， 所以，， 又由题意知，，且、、、两两互斥， 所以， 由（1）得，，代入化简可得， 所以，； （ii）设事件“一次性购买的文创盲盒全部是封面款”， 依题意，得，且，、、两两互斥， 所以， 由（i）得，， 所以幸运客户中，一次性购买的文创盲盒全部是封面款的概率为 ， 由题意，可得，解得， 又因为，所以． 19. 已知平面，垂足为，直线，是内的动点，且始终在的两侧． （1）若，证明：是锐角三角形； （2）若，是线段上靠近的三等分点，． （i）证明：二面角为锐角； （ii）直线与所成的角分别为，记．若平面，且不是任何一个长方体的截面，求的最小值． 【答案】（1）证明见解析； （2）（i）证明见解析；（ii）． 【解析】 【分析】（1）证法一：不妨设，且，利用余弦定理证明；证法二：根据条件建系，利用向量数量积的坐标运算判断；证法三：利用转化法求向量数量积判断； （2）（i）建系后设，，利用空间向量夹角公式推出，，利用其代表的轨迹双曲线的渐近线夹角进行证明；（ii）解法一：将问题等价转化为在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，直线过点，，，求的最小值；解法二：运用解析法和向量的数量积运算求解；解法三：将问题等价转化为在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，直线过点，，求的最小值． 【小问1详解】 证法一： 因为平面，，所以，． 不妨设，且， 因为，所以，，， 所以，所以为的最大内角． 由余弦定理，得， 所以，所以是锐角三角形． 证法二：因为平面，，所以，． 又因为，故可以为原点，分别为轴，轴和轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，所以，在中， ，所以为锐角， ，所以为锐角， ，所以为锐角， 所以是锐角三角形． 证法三：因为平面，，所以，． 又因为，所以在中， ，所以为锐角， ，所以为锐角， ，所以为锐角， 所以是锐角三角形． 【小问2详解】 （i）因为，在上，且， 由对称性知在同一个轨迹上，且轨迹关于对称， 故以为原点，分别为轴和轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 设，，因为，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，故，即， 故，，， 依题意得，化简得， 且，即，故，又点不在直线上，故，同理，，且， 故在坐标平面中，是双曲线右支上的动点，且在轴的两侧，如图． 因为的两条渐近线分别为和，它们的夹角为，所以． 因为平面平面，，， 所以是二面角的平面角，所以二面角为锐角． （ii）解法一：因为不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形． 证明如下： 若为锐角三角形，有，，， 可令，，， 则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面． 由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形， 所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形． 由（i）知，，所以，又因为，， 所以，故． 因为，所以分别是直线与所成的角， 即， 不妨设，则，且，所以，， 且． 作于，因为平面，平面，平面， 所以，又，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点， 所以，即直线过， 所以，所以， 这样，问题等价于在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上， 直线过点，，，求的最小值． 如图，不妨设点在第四象限，则，．因为都在双曲线的右支，故， 即，所以，又，， 即且，解得， 所以， 当，即时，等号成立． 故的最小值为． 解法二：因为△不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形． 证明如下： 若为锐角三角形，有，，， 可令，，， 则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面． 由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形， 所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形． 作于，因为平面，平面，平面， 所以，又，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点， 所以，即直线过． 在平面直角坐标系中，设直线的方程为， 联立得， 依题意，有且 因为，所以． 因为， 所以 ， ， 同理， 不妨设，则必有． 因为， 因为且，所以，代入上式得到 ， 所以， 又因为，所以． 因为，所以分别是直线与所成的角，即， 因为，所以，所以，所以， ， 当，即时，等号成立． 故的最小值为． 解法三：因为不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形． 证明如下： 若为锐角三角形，有，，， 可令，，， 则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面． 由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形， 所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形． 由（i）知，，所以，又因为，， 所以，故． 因为，所以分别是直线与所成的角，即， 不妨设，则，且，所以，， 且． 作于，因为平面，平面，平面， 所以，又，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点， 所以，即直线过， 所以，所以． 这样，问题等价于在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上， 直线过点，，求的最小值． 如图，不妨设点在第四象限，因为，所以点在以为直径的圆内（含边界），记 圆与双曲线在第四象限的交点为，则． 因为在渐近线的上方，故，而，故， 即直线与双曲线右支有两个交点，符合条件．所以当点位于点时，最大，则最小． 联立，得，解得或（舍去）， 故当，即时，的最小值为． 故的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州市2026届高中毕业班4月适应性练习 数学 （完卷时间：120分钟；满分：150分） 友情提示：请将所有答案填写到答题卡上！请不要错位、越界答题！ 一、选择题：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. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数在复平面内对应的点位于第二象限，则下列结论一定成立的是（ ） A. B. C. D. 3. 某次测试中，某人的成绩（单位：分）分别为：、、、、、、、、、，则这组数据的第百分位数是（ ） A. B. C. D. 4. 设是两个不重合的平面，则的充要条件是（ ） A. 存在无数条直线与都平行 B. 存在无数个平面与都垂直 C. 对任意的直线，都存在直线，使得 D. 对任意的直线，都存在直线．使得 5. 已知函数为增函数，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 6. 已知三棱锥的体积为，．若该三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列的前项和为，若，则（ ） A. 16 B. 18 C. 20 D. 22 8. 已知函数有且仅有个极值点、、，且，则（ ） A. 为奇数 B. 为奇数 C. 若，则 D. 若，则 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 已知抛物线的焦点为准线为，圆过点．下列说法正确的是（ ） A. B. 的方程为 C. 若圆心在上，则圆与相切 D. 若圆与相切，则圆心在上 10. 已知函数的部分图象如图所示，点、在的图象上．下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期是 B. 在区间单调递增 C. 的一个对称中心是 D. 的图象可以由的图象向左平移个单位长度得到 11. 已知公差为的等差数列的前项和为，公比为的等比数列的前项和为，且，．下列命题正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时，集合可能有三个元素 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知单位向量满足，则__________． 13. 为了应对新能源产业爆发式增长带来的挑战，某研究所设立了资源组、电芯组、基建组三个攻关小组．现安排甲、乙等5名工作人员到这三个小组协助工作，且每个小组至少安排一人，每人只能去一个小组，同时，要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，甲、乙两人不能被安排到资源组，则不同的安排方案种数是__________．（用数字作答） 14. 在平面凸四边形中，，，，的面积为．当最大时，四边形的面积为__________． 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. 已知函数． （1）若是奇函数，求； （2）当时，的所有正零点从小到大排列构成数列，求的前项和． 16. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，求的取值范围． 17. 已知椭圆的左、右焦点分别为，是上的动点，且不在轴上．当轴时，． （1）求的方程； （2）点分别在直线与上，且．证明：三点共线． 18. 某盲盒商店调查数据显示，顾客一次性购买某种文创盲盒数量的分布列为 其中，． （1）当时，求顾客一次性购买该种文创盲盒数量的平均值； （2）已知该种文创盲盒分为封面款与非封面款两类，且每个盲盒为封面款的概率为，每个盲盒是否为封面款相互独立．若顾客一次性购买的盲盒中，封面款的数量大于非封面款的数量，则称此顾客为幸运客户．现从顾客中随机选取一人． （i）求该顾客为幸运客户的概率； （ii）若该顾客是幸运客户，他购买的盲盒全部是封面款的概率不超过，求的取值范围． 19. 已知平面，垂足为，直线，是内的动点，且始终在的两侧． （1）若，证明：是锐角三角形； （2）若，是线段上靠近的三等分点，． （i）证明：二面角为锐角； （ii）直线与所成的角分别为，记．若平面，且不是任何一个长方体的截面，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $