第37期 阶段综合(三)-【数理报】2025-2026学年高一数学必修第二册同步学案（人教A版）

17.(15分)在△4BC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c, 18.(17分)如图8，在四棱锥P-ABCD中，△PAB是正三角形， 19.(17分)如图9，长方体ABCD-A,B,C,D,中，AB=m,AD= △4BC的面积为S,已为知2am号+2aos号=多8 四边形ABCD是正方形. A4,=1,点M是棱CD的中点. (1)证明：PC=PD: (1)求异面直线B,C与AC,所成的角的大小： (1)证明：2(a+c)=3b; (2)若2PD=√5CD,求直线PB与平面PCD所成角的正弦值. (2)若m=√2，证明：直线AC,与平面BMD,垂直； (2)若cosB=子，S=5,求6的值 ③)若m=2,设P是线段AG,上的一点（不含瑞点），满足祀 =入，求入的值，使得三棱锥B,-CD,C,与三棱锥B,-CD,P的体积 相等。 图 高中数学·必修第二册（人教A版）核心素养阶段测评 高中数学·必修第二册（人教A版）棱心素养阶段测评 参考答案见下期 本版责任编辑：张瑞霞 报纸编辑质量反馈电话： 高中数学 0351-5271268 2026年3月13日·星期五 报纸发行质量反馈电话： 第 37期总第1181期 人教A 0351-5271248 数理超 必修（第二册） 杨士莪： 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办 数理报社编辑出版社长：徐文伟 国内统一连续出版物号：CN14-0707/(F)邮发代号：21-201 深潜沧海，声纳星河 p川q|把题设条件与所求结论联系起来，从 杨士莪，我国著名 而达到求最值的目的 水声学家，中国水声学 解：设向量p=(m,n),9=(x,y), 科奠基人之一 应用平面向量数量积定位解题方向 在科研领域，他的 则由数量积的坐标运算得p·q=mx+y 湖南 易导军 贡献卓越非几。早年，我 、应用平面向量数量积构造三角函数求 而1p1=√m2+n,1ql=√x2+y, ≥1- 国水声研究起步艰难， 最值 从而有mx+y≤√m2+n·√+y. 杨士莪临危受命，承担 故答案选(D) 向量问题求最值与其他问题求最值在思路 【解题定位】从以上解答我们可以看到，该 当向量p与q同向时， 起诸多开创性研究任 与方法上一致，通常是通过构造函数和数形结 题求最小值是通过向量数量积的运算构造了一 mx+y取最大值√m+n.√x+y了= 务。他不畏艰辛，深入钻 合两种方式来达到求最值的目的.当然如果通 研水声学理论，为我国 个三角函数，即y=1-2cos0,把求最值问题 ab 过构造函数的方式来解决求最值的问题，在函 水下探测技术奠定了坚 转换为求该三角函数的值域，从而获得了所求 故答案选(A) 数被构造出来以后，可以利用各种手段，比如利 实基础。在某新型潜艇 的最小值. 【解题定位】由以上解题过程，我们可以看 用函数的单调性、函数的有界性、特殊函数如二 声呐系统的研发中，他 二、应用平面向量数量积公式求最值 到通过p·q≤|p川q|可以到达求最值的目的， 带领团队攻克了众多技 次函数的图象特征等等来求出最值， 两个向量的数量积有一个性质：a·b= 不等式p·q≤|pI川q|也是求最值的工具之一 术难题。面对复杂的海 平面向量数量积公式：a·b=|a川b1cos0 1a11b1·cos0(其中0为向量a与b的夹角)， 三、应用平面向量数量积公式证明不等式 洋环境和国外技术封 (其中0为向量a与b的夹角)，由于其中包含有 又-1≤cos0≤1，则易得到以下推论： 例3已知a2+b=1,c2+=1,证明： 锁，杨士莪从基础数据 余弦函数，就为我们构造三角函数求最值创造 (1)a·b≤1a1lb1; ac+bd1≤1. 采集开始，无数次在海 条件 (2)1a·b1≤|a11b1; 思路分析：a2+b2=1,c2+d2=1,可以看 上试验，分析海洋水流 例1设4，b,c是单位向量，且a·b=0,则 (3)当向量a与b同向时，a·b=|al1b1;作向量x=(a,b),y=(c,d)的模的平方，而ac 温度等对声呐信号的影 (a-c)·(b-c)的最小值为 当向量a与b反向时，a·b=-1a11b1; +bd则是x,y的数量积，从而运用数量积的性质 响。经过多年努力，成功 (A)-2 (B)2-2 (4)当向量a与b共线时，la·b1=1a11b1.证出该不等式 研制出高灵敏度、高分 (C)-1 (D)1-2 以上推论常用来解决诸如：证明不等式问 证明：设x=(a,b),y=(c,d), 辨率的声呐设备，使我 思路分析：解答该题的思路比较明确，就是题、求解最值问题以及比较大小等问题 国潜艇在水下探测与作 则xy=ac+bd,1xl=√a2+6,Iyl= 由(a-c)·(b-c)构造函数，但是(a-c)·(b 战能力上得到巨大提 例2已知m,n,x,y∈R,且m2+n2=a, -C)是向量的数量积，而数量积公式是由余弦 c2+d. 升，极大增强了我国海 x2+y2=b,那么mx+y的最大值为( 函数来表达的.故我们构造的函数一定是一个 因为x·yI≤|x Il y l, 防实力。 (A)/ab 三角函数 (B)a+6 2 所以|ac+bd1≤√a2+,√2+正=1. 在教育方面，杨士 解：设向量a+b与c的夹角为0， a2+b2 所以|ac+bd1≤1. 莪堪称桃李满天下。他 因为a,b,c是单位向量， (C) (D)a6 2 【解题定位】该题的解题过程，在思路、方法 长期投身于水声专业教 育事业，培养出一大批 所以(a-c)·(b-c) 思路分析：如何把题设条件及所求结论与 与技巧上与例2差不多.但是，二者也有区别，二 优秀人才。他治学严谨， =a·b-(a+b)·c+c2 向量联系起来是解决问题的关键.观察mx+心y 者的区别就在于证明不等式不儒要检验等号是 注重理论与实践结合 =1-|a+b1|c1cos0 容易联想到数量积的坐标表示，即构造向量卫= 否成立；面求最值就必须说明等号一定要成立， 在课堂上，他深入浅出 =1-√2cos0 (m,n),g=(x,y).这样就可以通过p·q≤ 否则最值达不到 地讲解水声学原理；在 之典例分析 在△ABC中，AC=28t,BC=20t,AB=9 实验室，他手把手指导 设∠ABC=,∠BAC=B 学生操作仪器。许多学 生受他影响，投身水声 习正余弦定理的两类应用 所以=180°-45°-15°=120° 根据余弦定理得 研究，成为我国水声领 AC2=AB2+BC2-2AB×BC×c0sa, 域的中坚力量 ©山西段瑢 一、确定两地间的距离问题 杨士莪一生坚守初 由余弦定理得PQ2=(506)2+(1002)2 即(28)2-81+(20)2-2×9×20t× 例1如图1，风景秀美的 心，对水声事业充满热 .2×506×1002×c0s30°=5000 之），整理得128-601-27=0， 宝湖畔有四棵高大的银杏 爱与执着。已过九旬高 树，记作A,B,P,Q,湖岸部分 所以PQ=5000=502m. 龄的他，仍关心着我国 解得1=3 地方围有铁丝网不能通过， 所以P,Q两棵树之间的距离为502m,A, =- 2(舍去). 水声事业的发展，时常 欲测量P,Q两棵树和A,P两 P两棵树之间的距离为506m 所以AC=28× =21,BC=20×3=15. 为年轻科研人员答疑解 棵树之间的距离，现可测得 14100m 点评：从以上解题中可以看出：正弦定理和 感、指引方向。他就像 根据正弦定理得 A,B两点间的距离为100m, 图1 余弦定理并不是孤立的，解题时要根据具体题 座灯塔，在我国水声研 ∠PAB=75°，∠0AB=45°，∠PBA=60°， 目合理运用，有时还需要交替使用。 究的大海上，为后来者 ∠QBA=90°，则P,Q两棵树和A,P两棵树之间 二、判断运动物体的运行情况 sin B BCsin a 5* .53 AC 21 14 照亮前行的道路，激励 的距离各为多少？ 例2如图2，甲船在A 又因为α=120°，所以B为锐角，B≈38.21°， 着一代又一代学子为我 解：在△PAB中，∠APB=180°-(75°+处，乙船在A处的南偏东459 国科技事业奋勇拼搏， 60°)=45° 方向，距A有9 nmile的B处 答：甲船沿南偏东679°的方向用子h可以 其精神也将永远在我国 由正弦定理得 AP 100 并以20 nmile/h的速度沿南 追上乙船. 科学发展的星空中熠熠 sin60° = sin45° 偏西15°方向航行，若甲船以 点评：航海问题常涉及到解三角形的知识， 三辉 解得AP=50√6m. 28 nmile/h的速度航行，应沿 图2 本题中的∠ABC,AB边已知，另两边未知，但他 在△QAB中，∠QBA=90°，∠QAB=45°， 什么方向，用多少小时能尽快追上乙船？ 们都是航行的距离，由于两船的航行速度已知， 所以A0=100√2m. 解：设用th甲船能追上乙船，且在C处 所以这两边均与时间有关.这样根据余弦定 在△APQ中，∠PAQ=75°-45°=30°， 相遇 理，可列出关于t的一元二次方程，解出t的值. 素养专练 A 数理极 4B= =2,则点P到平面BQD的距离为 2 解：如图3，在平面ABCD 所以PE=√AP2-AE= 5 内作AE L BD,垂足为E,连 N4-2 2 接PE. 点到平面的距离 即点P到平面BC的距离为号 因为PA⊥平面ABCD BDC平面ABCD ◎山东王明章 方法二如图2，过点A 所以PA⊥BD, 一、直接法与位置转化法 作BC的平行线，过点B作AC 又AE∩PA=A, 的平行线，两直线交于点D. 例1已知在△ABC中，AC=BC=1,AB= 所以BD⊥平面PAE. 因为AC=BC=1,AB= √2.S是△ABC所在平面外一点，SA=SB=2,SC 连接QE,则QE⊥BD. √2，所以AC⊥BC. =√5，点P是SC的中点，则点P到平面ABC的距 所以四边形ADBC为正 离为 在△ABD中，AE-BBD=号 BD 方形 图2 解：方法一如图1，连 在Rt△AEQ中， 连接SD. 接PA,PB,易知SA⊥AC,BC 易知AC⊥SA,又AC⊥AD,SA∩AD=A, ⊥AC.分别取AB,AC的中点 所以AC⊥平面SDA,所以AC⊥SD. 0E=+=V+(号) 13 E,F,连接PE,EF,PF,则EF 易知BC⊥SB,又BC⊥BD,SB∩BD=B, 因为Q为PA的中点， ∥BC,PF∥SA 所以BC⊥平面SDB,因为SDC平面SDB, 所以点P与点A到平面BQD的距离相等 所以EF⊥AC,PF⊥AC 图1 所以BC⊥SD. 设点P到平面BQD的距离为h. 因为PF∩EF=F,所以AC⊥平面PEF, 因为BC∩AC=C,所以SD⊥平面ADBC. 因为5m=2BDx0B=7x5x号=号， 5=2 因为PEC平面PEF,所以PE⊥AC. 所以SD的长即点S到平面ABC的距离. 易证△SAC≌△SBC,所以PA=PB. 在Rt△SMD中，易得SD=√5. Sm=24B×4AD= 1 ×3×4=6,0A=1. 又E是AB的中点，所以PE⊥AB. 因为点P为SC的中点， 因为AB∩AC=A,所以PE1平面ABC 所以由V三发即-4m=V三发4-0得} ×1×6= 从而PE的长就是点P到平面ABC的距离： 故点P到平面ABC的距离为)D= 3 2 因为P是SC的中点， 二、等体积法 台×号所以=号 所以在Rt△APE中，AP= 2sc= 例2已知P为矩形ABCD所在平面外一点，PA L平面ABCD,Q为PA的中点，AB=3,BC=4,PA 故点P到坪面®0D的距离为}号 第36期3,4版参考答案 P或02所 所以∠B1OD为二面角B1-AC-D的平面角， 180 又因为折起的三角形所在的平面ACB,与底面ACD所成角为 、单项选择题1~4CCBC5~8CDAA 72-x=3R, 二、多项选择题9.ABC;10.AB;11.AC. 即AD应取36cm. 牙，则∠B0D=受 三、填空题 (2)因为2m=牙·0D=号×36，所以r=6cm, 过B,作BE⊥OD,因为B0⊥AC,D0⊥AC, 2.平行相交或异面：13冬；14（分1） 且B10∩D0=0,B10,D0C平面B10D, 圆合形容器的高h=√-(R-r)7=√36-(12-6)了 所以AC⊥平面B,OD,因为ACC平面ACD, 四、解答题 =635(cm). 所以平面B,OD⊥平面ACD, 15.解：如图1，取AC的中点G,连接 又因为平面B,OD∩平面ACD=OD 所以V:h(R2++)=x6厨x(122+2× EG,FG,则EG∥AB,且EG=子AB,FG 且B1E⊥OD,B1EC平面B1OD, 6+62)=50435m(cm3). 所以B,E⊥平面ACD,即B,E为三棱锥B,-ACD的高， ∥c,且G=CD 18.(1)证明：如图3，取BC的中 在△月0E中，可得BE=月0-血号=E×吾-、 由AB=CD知EG=FG, D 点H,连接HD,交CE于点P,连接 AH,AP. 所以三棱柱B,-ACD的体积为V=号Sam·B,E=号×分 所以∠GEF(或它的补角)为EF与 因为AB=AC,所以AH⊥BC AB所成的角，∠EGF(或它的补角)为AB 6 6 又平面ABC⊥平面BCDE, ×2×2×= 与CD所成的角. 所以AH⊥平面BCDE. 因为AB与CD所成的角为30°， 又CEC平面BCDE,所以AHI 图3 所以∠EGF=30°或∠EGF=150 由EG=FG知△EFG为等腰三角形 当∠EGF=30°时，∠GEF=75°； 所以Rt△HCD∽Rt△CDE,所以∠CDH=∠DEC, 当∠EGF=150°时，∠GEF=15 所以HD⊥CE. 故EF与AB所成的角为15°或75° 又AH∩HD=H,所以CE⊥平面AHD,所以AD⊥CE. 图4 图5 16.证明：(1)如图2，取 (2)解：由(1)知CE⊥平面AHD,得AP⊥CE. (2)因为三棱锥B1-ACD的底面△ACD的面积为定值 B1D1的中点01，连接C01,410 又HD⊥CE,所以∠APH就是二面角A-CE-B的平面角 在△ACB,的断过程中，要使得三楼锥B,-ACD的体积最大， 因为ABCD-A1B1CD1是四 棱柱，四边形ABCD是正方形，所B2一 过点C作CG⊥AB,垂足为G,连接EG,如图3所示 则点B,到底面ACD的距离最远， 因为BE⊥BC,且BE⊥AH,AH∩BC=H, 此时平面ACB,⊥平面ACD,如图5所示， 以A101∥0C,A101=0C, 图2 所以BE⊥平面ABC,所以BE⊥CG. 因为B,O⊥AC,且BOC平面ACB1,平面ACB∩平面ACD 因此四边形A1OC01为平行四边形，所以A10∥01C 又BE∩AB=B,所以CG⊥平面ABE, =AC,所以B1O⊥平面ACD, 又O1CC平面B,CD1,A10t平面B1CD 所以∠CEG就是CE与平面ABE所成的角，则∠CEG=459 因为ODC平面ACD,可得B,0⊥OD, 所以AO∥平面B,CD1 (2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点， 又CE=√22+(2)2=6，所以CG=EG=5. 在Rt△B10D中，B1D=JB1O2+0D2=2, 又BC=2,所以∠ABC=60°， 又因为B1C=CD=B1A=AD=2, 所以EM⊥BD. 所以△B1CD和△BAD都是边长为2的 又A1E⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,所以A1E⊥BD, 所以AB=BC=AC=2,所以AH=5 等边三角形， 因为BD∥BD,所以EM⊥B,D,AE⊥BD1: 又AE,EMC平面A1EM,A,EnEM=E, 又由△HCP一△DEP得P=吾 可得S4a=Sa0-至x2-厅， 所以B1D1⊥平面AEM.又B1D1C平面B,CD1, 所以平面A,EM⊥平面B,CD1. 以am∠APH==3 又Saac=Sa0m=分×2×2=2 17.解：设圆合形容器的上、下底面半径分别为r,R. 19.解：(1)如图4，取AC的中点0，分别连接B10,D0, 所以三棱锥B,-ACD的表面积为S= (1)设AD=xcm,则OD=(72-x)cm,由题意得 因为B1A=B1C且DA=DC,所以B10⊥AC,D0⊥AC, S△B1m+S△BAD+SaBc+SAACD=4+2万 (PA+PB)= -1+2i,则z·z三 14.如图6，球0的内接八面体PABCDO中，J顶点 核心素养阶段测评（三） (A)1 (B)2-3 (c)2 (D) ③ 2 P,Q分别在平面ABCD两侧，四棱锥P-ABCD,Q 8.坡屋顶是我国传统建筑造型之一， ABCD均为正四棱锥，设二面角P-AB-Q的大小为 ◎数理报社试题研究中心 蕴含着丰富的数学元素，安装灯带可以勾 0,则tan0的取值范围是 勒出建筑轮廓，展现造型之美.如图3，某 四、解答题：本题共5小题，共77分 图6 第I卷选择题（共58分) 坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是 图3 15.（13分)已知4，b,c是同一平面内的三个向量，其中a=(1,2) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形.若AB=26m,BC= (1)若1b1=25,且a∥b,求b的坐标； 1.设复数z满足a+3-i=-1+i,则1z1= AD=10m,且等腰梯形所在的平面，等腰三角形所在的平面与平面 (2)若1c1=/10,且2a+c与4a-3c垂直，求a与c的夹角0 (A)52 (B)25 (C)4 (D)5 A8CD所成角的正切值均为店，则该五面体的所有楼长之和为 2.在△ABC中，点D在边AB上，BD=2DA,记C=m,CB=n, 则CD= (A)112m (B)117m (C)120m (D)125m .1 1 (A)2m-2” (B)m+3 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 数学 9.已知△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sin2B= (c)2m+2n (D)m+知 sin Asin C,则角B的值不可能是 ( 3.某组合体如图1所示，上半部分是正四棱 (A)45 (B)60 (C)75 (D)90 必修第二册 锥P-EFGH,下半部分是长方体ABCD-EFGH 10.设a,b是两个非零向量，且a,b的夹角为0，若b1(a-b),则 正四棱锥P-EFGH的高为5，EF=2,AE=1, 下列结论正确的是 ( ) 高中数学·必修第二册（人教 教 则该组合体的表面积为 ( (A)a·b=1b12 (B)1a1=1a-2b (A)20 (B)43+12 (C)a在b上的投影向量为b 图1 (D)cs9=8 16.(15分)如图7所示，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底 版 (C)16 (D)45+8 11.如图4，在三棱锥P-ABC中，PA=AB= 面ABCD,侧棱PA⊥PD,底面ABCD是直角梯形，其中BC∥AD, 版 核 4.海面上有相距10 n mile的A,B两个小岛，从A岛望C岛和B岛AC=BC=2,若三棱锥P-ABC的体积为V= ∠BAD=90°，AD=3BC,0是AD上一点. 核 成60°的视角，从B岛望C岛和A岛成75°的视角，则B,C间的距离为 (1)若CD∥平面PB0,试指出点0的位置； 养 阶 ( ,则下列碳法正确有 (2)证明：平面PAB⊥平面PCD. 心素养阶 段测评 (A)103 n mile (B)106n mile (A)PA⊥BC 3 (B)直线PC与平面PB所成角的正弦值为石 评 (C)5√2 n mile (D)5√6 n mile 5.正方体ABCD-A,B,C,D,的棱长为a,则棱BB,到面AA,C,C的 距离为 (C)点A到平面PBC的距离为25 多 (B)a 2 (D)2a (D)三棱锥P-ABC的外接球表面积S=28m 6.已知0为△ABC外接圆的圆心，且0+0B+C0=0,则 △ABC的内角A= 第Ⅱ卷非选择题（共92分） (A)30° (B)60 (C)909 (D)1209 7.莱洛三角形，也称圆弧三角形，是一种 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 特殊三角形，在建筑、工业上应用广泛.如图2 12.攒尖式屋顶是中国古代传统建筑的一种屋 所示，分别以正三角形ABC的顶点为圆心，以 顶样式，如图5所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近 边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲 似看作一个圆锥，已知该圆锥的底面直径为6m, 边三角形即为莱洛三角形，已知正三角形 高为4m,则该屋顶的面积约为 ABC的边长为1，点P为AB的中点，则PC, 13.已知i为虚数单位，复数z满足(1+)x= 图5高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 数理极 答案详解 2025~2026学年 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期(2026年3月) 第36期3,4版 对于(D),因为I∥AC,又ACC平面ACD,I￠平面ACD, 所以l∥平面ACD,即(D)正确. 立体几何初步核心素养综合测评 7.如图4，在平面ABB1A中过点P D 一、单项选择题 作PP1⊥AB交AB于点P,连接PO, B A1 1~4 CCBC 5~8 CDAA 由正方体的性质可知PP,上平面 提示： ABCD,则∠POP即为直线OP与平面 D 1.由题意可知，若三点分布在平面B的同侧，此时平面~ ABC所成角， ∥平面B;若三点分布在平面B的两侧，此时平面α与平面B相 PP P B 交.综上，平面a与平面B平行或相交 则tan∠POP,=tan0= OP 图4 2.结合题意由“m上a”能推出“m上n”, 设正方体ABCD-AB,C1D1的棱长为2，则1≤OP,≤√2， 由“m⊥n”不能推出“m⊥a”,也可能m∥a或相交， 所以当OP=1时，tan0取得最大值， 所以“m上a”是“m上n”的充分不必要条件 此时0取最大值，P,为AB的中点， 3.由题设，上底面积为S,=225cm2, 下底面积为S2=144cm2, 又AP=AMB,所以当A=分时0取最大值 所以1平升为号×10×(25+×1西+14)= 8.如图5，设BD,C'D的中点分别 为01,02，则0102∥CB, 02 1830cm3,约为1.8L 因为平面C'BD⊥平面ABD,C'B 4.如图1，取B,C的中点E,连接BE,DE,则AC1∥DE,则 ⊥BD,平面CBD∩平面ABD=BD, D AC∥DE,则∠BDE(或其补角)即为异面直线BD与AC所成的 C'BC平面C'BD, 角.由条件可知BD=DE=EB=√2，所以∠BDE=60°. 所以C'BL平面ABD, 图5 故O1O2⊥平面ABD, 故02C'=02B=02D, 因为ADC平面ABD,所以C'B⊥AD, 又AD⊥AB,AB∩C'B=B,AB,C'BC平面ABC, 所以AD⊥平面ABC', B 又ACC平面ABC',所以AC'⊥AD, 图1 图2 故02A=02C'=02D, 5.如图2，延长C,M交CD的延长线于点P,延长CN交CB 所以02C'=02A=02B=02D, 的延长线于点Q,连接PQ,交AD于点E,交AB于点F,连接NF, 故O2为三棱锥C-ABD的外接球球心， ME,则正方体过点M,N,C的截面图形是五边形 6.如图3，因为点B∈平面ABC 又0，a=CB=CB=1, ∩平面ABCD,所以B∈I. 又因为直线AC:∥平面ABCD, 0,B=D=B,+亚.E 2 AC1C平面ABC1,故AC1∥L, 所以1是过点B且平行于AC的 所以外接球半径R=0,B=√00+0，B=页 2 直线. 故外接球的表面积为4πR=17π. 对于(A),因为A1C1∥1，AC1∥ 图3 二、多项选择题 AC,所以I∥AC,故l∥CD不成立，即(A)错误； 9.ABC:10.AB:11.AC. 对于(B),因为I∥AC,而ACA,C=C,故l∥AC不成 提示： 立，即(B)错误； 9.(A)不正确，垂直于同一条直线的两条直线平行、相交 对于(C),因为l∥AC,而AC∩平面A1BCD=C,故L∥ 或异面；(B)不正确，平面内的两条相交直线与另一个平面内 平面A1B,CD不成立，即(C)错误； 的两条相交直线平行，两平面平行；(C)不正确，α与y可能平 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 行或相交；(D)正确，n与B可能n∥B或nCB. 所以6H=子5×子=名， 39 故选(A)(B)(C). 1O.因为ABCD为正方形，所以AC⊥BD, 设题图4-①中水面高度为h, 又SD⊥平面ABCD,所以SD⊥AC,又BD∩SD=D, 则业=号5解得么=号 所以AC⊥平面SBD,所以AC⊥SB,（A)正确； 因为ABCD为正方形，所以AB∥CD, 14.如图8，过点K作MK⊥AF于点M,连接DM, 因为平面ABD⊥平面ABCF,平面ABD∩平面ABCF= 又AB丈平面SCD,且CDC平面SCD, AB,DK⊥AB,DKC平面ABD,所以DK⊥平面ABCF 所以AB∥平面SCD,(B)正确： 因为AFC平面ABCF,所以DK⊥AF 因为SD⊥底面ABCD, 因为MK⊥AF,DK∩MK=K,所以AF⊥平面DMK. 所以SA与平面ABCD所成的角是∠SAD,(C)错误； 因为ABCD为正方形，则AB与BC所成的角是90°， 因为DMC平面DMK,所以AF⊥DM. 又D⊥底面ABCD,则∠SDC=90°， 与折前的图形对比，可知折前的图形中，D,M,K三点共 线，且DK⊥AF, 所以DC与SC所成的角∠SCD<90°，(D)错误. 故选(A)(B). 所以在折前的图形中△DAK∽△FDA, 11.对于(A),依题意，圆锥母线长l=PA=PB=2,P0= 所以-即片=亦所以1= PA·cos60°=1，A0=B0=PA·sim60°=5，所以底面圆的 半径r=5,圆锥的体积为分π×()×1=，故()正确： 因为DFe(1,2),所以te(3,1）月 对于(B),该圆锥的侧面积为π=π×√5×2=25π，故 (B)错误； 对于(C),如图6，取AC的 中点M,连接PM,OM,则OM⊥ 图8 AC,又因为PA=PC,所以PM⊥ 四、解答题 AC,故∠PMO为二面角P-AC --1---- 15.解：如图9，取AC的中点G,连 -0的平面角，即∠PM0=45°， 0 接EG,c,则Ec∥A8,且EG=24B, 所以m45-品=1，即01- 图6 FG∥cD,且FG=cD 1,所以AC=2√A02-0M2=2×√3-1=22，故(C) 由AB=CD知EG=FG, 正确； 所以∠GEF(或它的补角)为EF 对于(D),由选项(C)可知，AC=22,PM⊥AC,PM= 与AB所成的角，∠EGF(或它的补角) 9 为AB与CD所成的角. √P-(2A4C）=4-2=E,所以△PAC的面积为 因为AB与CD所成的角为30°， PW:AC=子×万×2万=2，故(D)错误 所以∠EGF=30°或∠EGF=150°. 由EG=FG知△EFG为等腰三角形， 故选(A)(C) 当∠EGF=30°时，∠GEF=75°； 三、填空题 当∠EGF=150°时，∠GEF=15 12.平行、相交或异面；1 故EF与AB所成的角为15°或75°. 16.证明：(1)如图10， A 提示： 取BD1的中点O1,连接 B /0 12.如图7所示，∠BAC=∠BA1C1,AB∥AB,则AC与 C01,A10 AC,的位置关系是平行、相交或异面. 因为ABCD-A1BC,D 是四棱柱，四边形ABCD是 图10 正方形， 所以A01∥0C,A01=0C, 图7 因此四边形AOCO,为平行四边形， 13.设△ABC的面积为S, 所以A10∥0C. 因为E,F,E,F,分别为所在棱的中点， 又O1CC平面B,CD1,AO4平面BCD1, 所以A1O∥平面B,CD (2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点， 所以Sm=子5， 所以EM⊥BD. 又A1E⊥平面ABCD,BDC平面ABCD, 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 所以AE⊥BD. 过B,作BE⊥OD,因为BO⊥AC,D0⊥AC, 因为BD∥BD,所以EM⊥BD1,AE⊥BD1 且B1O∩D0=O,B,0,D0C平面B,OD, 又AE,EMC平面AEM,AEEM=E, 所以AC⊥平面B,OD,因为ACC平面ACD, 所以BD,⊥平面AEM.又BD1C平面B,CD1, 所以平面B,OD⊥平面ACD, 所以平面A,EM⊥平面B,CD· 又因为平面B,OD∩平面ACD=OD, 17.解：设圆台形容器的上、下底面半径分别为r,R. 且BE⊥OD,B,EC平面B,OD, (1)设AD=xcm,则OD=(72-x)cm,由题意得 所以B,E⊥平面ACD,即B,E为三棱锥B,-ACD的高， 2R-0×2所以R: 180 在△B0E中，可得及E=R0~血号=万×复-受 2 72-x=3R, 1x=36, 即AD应取36cm. 所以三棱柱B一ACD的体积为V=号a·B,E=号 (2)因为2r=号·0D=号×36，所以r=6cm, ××2×2×6-6 2 圆台形容器的高h=√2-(R-) √362-(12-6)=6√35(cm). 所以V=号h(R+R+)=号mx6V35×(12+2 ×6+62)=504√35π(cm3). 18.(1)证明：如图11，取BC 图12 图13 的中点H,连接HD,交CE于点P, (2)因为三棱锥B,-ACD的底面△ACD的面积为定值， 连接AH,AP. 在△ACB,的翻折过程中，要使得三棱锥B,-ACD的体积最大， 则点B,到底面ACD的距离最远， 因为AB=AC, 所以AH⊥BC 此时平面ACB,上平面ACD,如图13所示， 因为B0⊥AC, 又平面ABC⊥平面BCDE, 图11 所以AH⊥平面BCDE. 且B,OC平面ACB,平面ACB,∩平面ACD=AC, 又CEC平面BCDE,所以AH⊥CE, 所以B,O1平面ACD, %-保方∠01E:咖 因为ODC平面ACD,可得B,O⊥OD, 在Rt△BOD中，B1D=B10+OD2=2, 所以Rt△HCD Rt△CDE,所以∠CDH=∠DEC, 又因为B,C=CD=BA=AD=2, 所以HD⊥CE. 所以△B,CD和△B,AD都是边长为2的等边三角形， 又AH∩HD=H,所以CE⊥平面AHD,所以AD⊥CE. (2)解：由(1)知CE⊥平面AHD,得AP⊥CE 可得So=5aw-至×2=5 又HD⊥CE, 所以∠APH就是二面角A-CE-B的平面角。 又5a=Sw=7x2x2=2, 过点C作CG上AB,垂足为G,连接EG,如图11所示. 所以三棱锥B-ACD的表面积为S=S△B1cD+S△AD+ 因为BE⊥BC,且BE⊥AH,AH∩BC=H, S△Ac+S6ACD=4+2V3. 所以BE⊥平面ABC,所以BE⊥CG. 第37期3,4版 又BE∩AB=B,所以CG⊥平面ABE, 所以∠CEG就是CE与平面ABE所成的角，则∠CEG=45°， 核心素养阶段测评（三） 又CE=√22+(2)2=6，所以CG=EG=5. 一、单项选择题 又BC=2,所以∠ABC=60°， 1~4 BBAD 5 ~8 CABC 所以AB=BC=AC=2,所以AH=5. 提示： 1.由题意知，z=-1+i-3+i=-4+2i, 又由△HCP∽△DEP得HP= 3 所以1z1=/(-4)2+22=25. 所以m∠APH=品=3 2.由题得可：耐-：d-号耐：-号(d 19.解：(1)如图12，取AC的中点0，分别连接B0,D0, 因为B,A=BC且DA=DC,所以BO⊥AC,D0⊥AC, -子成+号成-子m+3 所以∠B,OD为二面角B1-AC-D的平面角， 3.由题意，正四棱锥P-EFGH的斜高为√3+1=2，该组 又因为折起的三角形所在的平面ACB,与底面ACD所成角 为号则∠B0D=号 合体的表面积为2×2+4×2×1+4×号×2×2=20 4.如图1，由题意得A=60°，B=75°，AB=10, 3 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 则C=45°， 因为EO⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,所以EO⊥BC, 所以4B BC 75 又EG⊥BC,且EO,EGC平面EOG,E0∩EG=E, sin C=sin A' 10 所以BC⊥平面EOG, 所以BC= 10× 60° 因为OGC平面EOG,所以BC⊥OG,同理OM⊥BM =56, 所以等腰梯形所在的平面，等腰三角形所在的平面与平面 图1 2 ABCD所成的角分别为∠EMO和∠EGO, 即B,C间的距离为56 n mile.. 所以tan∠EM0=tan∠EGo=/ 5.连接A1C1,BD1,它们交于点0，正方形中AC1⊥BD, 5, 又AA⊥平面ABC,D1,BD1C平面ABC,D, 又BC⊥OG,所以四边形OMBG是矩形， 所以AA1⊥BD, 又BC=10,则0M=5,所以E0=14,所以0G=5, 又AA∩AC1=A1,AA1,A1C1C平面AAC1C, 所以在Rt△EOG中， 所以B,D,⊥平面AAC,C, EG=√E0+0G=√(14)2+52=√39， 所以B,O的长即为棱BB,到面AA1CC的距离，而B,O= 2, 在Rt△EBG中，BG=OM=5, EB=√EGC+BC=√(39)2+52=8， 所以所求距离为号。 又因为EF=AB-5-5=26-5-5=16, 6.由0+0B+Cd=0,得0A=0元-02 故该五面体的所有棱长之和为 2×26+2×10+16+4×8=120m. 两边平方得0=0心+0应-20d.0成 二、多项选择题 因为10A1=101=10C, 9.CD;10.ABC;11.ABD. 所以10B12=210元110B1cos∠B0C, 提示： 所以s∠B0C=分 9.因为sin2B=sin Asin C, 由正弦定理得b2=ac, 因为0°<∠B0C≤180°，所以∠B0C=60°， 所以sB=心+-8.+-匹≥2aeg 所以4=2B0C=30 2ac 2ac 2ac 2 当且仅当a=c时取等号， 7.根据题意，以C为坐标原 点，BC所在的直线为x轴，过点C 又0<B<,放Be(0,号] 且垂直于BC的直线为y轴，建立 故选(C)(D). 平面直角坐标系，如图2所示，因 10.因为b1(a-b),所以b·(a-b)=b·a-b2=0, 为正△ABC的边长为1，且点P为 所以a·b=b2=1b12,所以(A)正确： B AB的中点，所以∠PCB=30°，点 因为a·b=1b「2，所以a2=a2-4a·b+4b2, 图2 P在以C为圆心，BC为半径的圆 所以1a1=|a-2b1,所以(B)正确； 上，则c0.0),8(-1,0)4(-9)P(-2） a在上的设影狗量为合·b=6,所以（©正确： 由向量数量积的定义可知a·b=1a11b1cos0=1b12, 所以元=（停）瓜=(3号-）， 所以c0=所以(D)结灵 (9-1,-) 故选(A)(B)(C) 11.设点P到平面ABC的距离为h, 期网+店=(6-多号-1 三校维的体积V=号×分×2×2×号×A=25, 3 所以P元(P+成)=5x(5-子)-×( 解得h=2, 因为PA=2,所以PA⊥平面ABC,又BCC平面ABC, 1=2-5 所以PA⊥BC,故(A)正确； 8.如图3，过E作E01平面 因为PAC平面PAB,所以平面PAB⊥平面ABC, ABCD,垂足为O, 且平面PAB∩平面ABC=AB, 过E分别作EG⊥BC,EM⊥ 取AB的中点D,连接PD,CD(如图4)， AB,垂足分别为G,M, 图3 因为△ABC是等边三角形， 连接0G,0M, 所以CD⊥AB,所以CD⊥平面PAB, 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 所以∠CPD为直线PC与平面PAB所成的角， 中心，取AB的中点为M,连接PM,QM, 又CD=3,PC=PA+AC=22, EM,则EM⊥AB,PM⊥AB,QM⊥AB,如图 所以n∠CPm-咒-点放()正确： 7所示. 设二面角P-AB-C的大小为a,二面 △PBC中，PB=PC=22,BC=2, 角Q-AB-C的大小为B, 则∠PME=a,∠QME=B,设球心O 所以BC边上的高为√(22)2-1=7， 图7 到平面ABCD的距离为d,球的半径为1， 1 所以Sam=方×2×万=7， 则En=号EB=号-t,PE=1-d,0E=1+d, 设点A到平面PBC的距离为，则写×方×北=25 3 即an&=E1-少，amB=E1+,d∈[0,1). 解得=22工，故()错误： √个- 个- 7 2(1-d+2(1+d四 所以tan0=an(a+B)=-d 1- 1-2(1-.21+d0 1-正 √1- 22 √-d e(-∞，-22]. 图4 图5 四、解答题 如图5，过△ABC的中心H作平面ABC的垂线，过线段PA 15.解：(1)设b=(x,y), 的中点M作PA的垂线，两条垂线交于点O, 因为a∥b,所以y=2x. ① 则点O到四点P,A,B,C的距离相等， 又|b1=25,所以x2+y2=20. ② 即点O是三棱锥外接球的球心， 由①②联立解得b=(2,4)或b=（-2,-4). 又△ABC外接圆的半径r=HA=2×5×2-25,0H (2)由(2a+c)1(4a-3c)得(2a+c)·(4a-3c)=8a2 2 3 3 -3c2-2a·c=0, =P4=1, 由lal=5,1cl=/10, 2 解得a·c=5, 所以三棱锥外接球的半径R= 所以m0-=空0e[0,l, a·c 所以外接球的表面积S=4πR2= 空，故(D)正确 所以a与c的夹角0：平 故选(A)(B)(D) 16.(1)解：因为CD∥平面PB0,CDC平面ABCD, 三、填空题 且平面ABCD∩平面PBO=BO,所以BO∥CD. 1215mm;1B.号；14.(-0，-2万] 又BC∥AD,所以四边形BCDO为平行四边形， 则BC=D0,而AD=3BC, 提示： 所以AD=3DO, 12.如图6，由题知圆锥底面圆半 即点O是靠近点D的线段AD的一个三等分点. 径r=OA=3m,高h=0B=4m, (2)证明：因为侧面PAD⊥底面ABCD,平面PAD∩平面 则母线1=AB=5m,因此圆锥的侧 ABCD=AD,ABC底面ABCD,且AB⊥AD, 面积为S=l=π×3×5= 0 所以AB⊥平面PAD.又PDC平面PAD,所以AB L PD. 15π(m2), 图6 又PA⊥PD,且AB∩PA=A,所以PD⊥平面PAB. 即屋顶的面积约为15πm2. 又PDC平面PCD,所以平面PAB⊥平面PCD. 13.由(1+i)z=-1+2i,得z= -1+2i 1+i 17.(山证明：2acor号+2os号=a1+6asC)+c(1+ -1+21-014i片2i-2足=方+，所以 (1+i)(1-i) 2 cos A)=a+c+acosC+ccosA =5 26, 子多所以（分+别）（分）=（分广 由正弦定理及sin(A+C)=sinB可得acos C+ccosA=b, (3)=3 所以a+e=多，即2(a+c)=36 14.设PQ与平面ABCD的交点为E,且E为正方形ABCD的 (2)解：因为msB=分，所以血B= 4 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 因为S=an8==5,所以心=8 1 所以BM⊥平面ACC1, 又ACC平面ACC1,所以BM⊥AC1 又因为b=a2+c2-2 aceos B=(a+c)2-2ac(1+cosB), 同理可证D,M上AC, 2(a+c)=3b, 又D1M∩BM=M,DM,BMC平面BMD1, 所以8= (2)-2x8×1+）所以6=4 所以直线AC1⊥平面BMD (3)设AC,与平面B,CD1的斜足为O, 18.(1)证明：如图8，取AB的中点 因为%m=⅓6=了·分1m1=君 1 M及CD的中点N,连接PM,PN,MW 6= 3 由△PAB是正三角形，四边形ABCD VA-BCD VANcD-ACIDI -VB-ANC -VB-CD1C -V 是正方形，得AB⊥PM,AB⊥MN 又PM,MWC平面PMW,PMn 38 Vn=V-46A-4a-amG=g-子 3=3 MWN=M,所以AB⊥平面PMW 所以V-m1=2V4-Bcm,则A0=2C,0. 因为AB∥CD,所以CD⊥平面PMW, 若VA-mG=Va-mP,则VG-8cm1=Vn-Bm,故C0=P0 又PNC平面PMN,所以CD⊥PN, 所以在线段AC,上取一点P,要使三棱锥B,-CDC,与三 因为N是CD的中点，所以PC=PD (2)解：过B作BH⊥平面PCD,垂足为H,连接PH,∠BPH 棱锥B-CD,P的体积相等，则P为A0的中点，即A迟=L AC=3 为直线PB与平面PCD所成的角，则m∠BPI=路、 第38期2版 过M作MF⊥PN于F, 专项小练一 由CD⊥平面PMW及MFC平面PMW得CD⊥MF 1.B;2.B:3.AD:4.③；5.14. 又MF⊥PN,PN,CDC平面PCD,PN∩CD=N, 6.解：总体中个体数较小，用抽签法 则MF⊥平面PCD. 第一步，将30个篮球，编号为1,2，…，30； 由AB∥CD,AB￠平面PCD,CDC平面PCD, 第二步，将以上30个编号分别写在外观、质地等无差别的 得AB∥平面PCD. 小纸条上，揉成小球状，制成号签； 于是点B到平面PCD的距离BH等于点M到平面PCD的 第三步，把号签放人一个不透明的盒子中，充分搅拌； 距离MF. 第四步，从盒子中不放回地逐个抽取3个号签，并记录上 设CD=2,则PD=5,PA=PB=AB=AD=BC=MN 面的号码； =2,计算得PM=√5，PW=2, 第五步，找出和所得号码对应的篮球 在等腰三角形PMN中可算得MF= 专项小练二 4 1.D:2.C;3.ABD;4.15;5.70 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为 6解：①样本容量与总体中的个体数的比值为品=0： 39 M 4 39 ②确定要抽取的各种百货商店的数目，大型商店为20× B=2 8 19.(1)解：由四边形BCCB,为正方形，可得BC⊥BC, =2(家)，中型商店为40×0=4（家），小型商店为150× 10 在长方体ABCD-AB,C,D,中，AB⊥平面BCC,B1, 0=15(家)： 又B,CC平面BCC,B1,所以B,C⊥AB. 因为AB∩BC1=B,AB,BC1C平面ABC1, ③采用简单随机抽样的方法在各层中分别抽取大型商店2 所以BC⊥平面ABC, 家，中型商店4家，小型商店15家，这样便得到了所要抽取的样本. 又ACC平面ABC,所以BC⊥AC1, 第38期3,4版 即异面直线B,C与AC,所成的角的大小为90° 随机抽样同步核心素养测评 (2)证明：当m=万时.CW=号。 一、单项选择题 因为8C=1,所以瓷-断=万， 1~4 CAAA 5~8 DCBC 提示： 所以Rt△ABC∽Rt△BCM,则∠CAB=∠MBC, 1.“中国天眼”主要是通过观察获取数据。 所以∠MBC+∠ACB=∠CAB+∠ACB=90°，即AC⊥BM, 2.①中，考试成绩在不同分数段之间的同学有明显的差 在长方体ABCD-AB,C,D,中，CC,⊥平面ABCD, 异，用分层随机抽样比较恰当； 又BMC平面ABCD,所以CC1⊥BM, ②中，总体包含的个体较少，用简单随机抽样比较恰当. 因为AC∩CC,=C,AC,CC,C平面ACC, 3.高二年级应抽取的学生人数为 6 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 720 900×1200+900+1500 =180. 则甲应村 ×560=51钱，故(A)正确： 109 4.根据简单随机抽样及分层随机抽样的定义可得， 乙应付0 09 ×350=32品钱，故(B)不正确： 每个个体被抽到的概率都相等， 109 所以每个个体被抽到的概率都等于29 5 丙应付10 109 ×180=16点钱，放(C)正确： 109 5.从随机数表第1行的第3列开始，由左到右一次选取两 显然51制>32品>16识故(D)正疏 109 个数字，选出的编号依次为：12,13,40,33,20,38,26,13,89， 故选(A)(C)(D). 51,03,…, 11.随机抽取的500名学生中，回答第一个问题的概率为 剔除掉总体编号以外的编号，以及重复的编号， ，生日月份为奇数的概率也是7， 1 则选出来的个体的编号依次为：12,13,20,26,03，…， 所以选出来的第5个个体的编号为03. 所以回答第一个问题且回答是的人数为 6.设A种型号的产品有2x件， 因为A,B,C三种不同型号的产品，产量之比为2：3：5， 500x分×号=125（人. 所以B种型号的产品有3x件，C种型号的产品有5x件， 所以回答第二个问题且回答是的人数为 由已知可得9=2x++5 n 175-125=50(人)， 所以随机抽取的500名学生中，带手机的学生人数的比例 所以n=80. 为 7.这3000个数据的平均数为 250=20%, 78.1×800+85×1300+91.9×900=85.23. 故该学校3000名学生中，带手机的学生人数为 3000 3000×20%=600(人). 用样本平均数估计总体平均数， 故选(B)(C). 可知这4万个数据的平均数约为85.23. 三、填空题 8.对于①，采用分层随机抽样的方式进行抽样，甲乙两人 12.p1=p2=P3; 13.6:14.5600. 可能同时被抽取，故①正确； 提示： 对于②，高一共有20×50=1000（人）， 12.在抽签法、随机数法和分层随机抽样中，每个个体被抽 高二共有24×45=1080（人）， 从这两个年级2080人中共抽取208人进行视力调查， 中的概常均为只，所以P,=:=一 商-应输取×28=10（人），商二应轴}00 2080× 1且由题意可得2，品4活解得m=3, 2 208=108(人)，故②正确： 3 对于③，甲被抽到的可能性为0=乙被抽到的可 则B地被抽取的数量是18×2+3+4=6， 1 14.设甲、乙、丙3条生产线各生产了T甲，T乙，T内件产品， 能性为Q8=0,甲和乙被抽到的可能性相等，故③错误 则a:6:e=1:12:1即号=元=会 所以正确的说法是①② 二、多项选择题 因为2b=a+c,所以m+7=22, lTp+Tz+T内=16800， 9.AC:10.ACD:11.BC. 所以72=16800=560. 提示： 3 9.对于(A),根据抽样调查和普查的概念可知，调查一的 四、解答题 调查方式是普查，调查二的调查方式是抽样调查，故(A)正确： 15.解：(1)抽签法。 对于(B),根据总体和样本的概念可知，总体是指该社区 第一步：将30名大学生随机编号，编号为01,02,03，…， 所有60周岁以上老年人的体重，样本是指抽取的该社区500名 29,30; 60周岁以上老年人的体重，故(B)错误： 第二步：将30个号码分别写在30张外形完全一样的纸张 对于(C),结合已知条件和样本量的概念可知，样本量是 上，并揉成团，制成号签； 500,故(C)正确； 第三步：将30个号签放人一个不透明的盒子中，充分搅拌； 对于(D),由于检测一批灯泡的寿命，具有损毁性，故只能 第四步：从盒子中逐个抽取8个号签，并记录上面的编号， 用抽样调查，故(D)错误。 编号对应的大学生就是选出的大学生志愿者成员 故选(A)(C) (2)随机数法。 100 10 第一步：将30名大学生随机编号，编号为01,02,03，…， 10.依题意，抽样比为560+350+180=109 29,30: 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 第二步：在随机数表中任选一个数作为开始，按照任意方 则x:y:z=0.425(a+b+c):0.475(a+b+c):0.1(a 向读数，比如从第8行第29列的数7开始，向右读； +b+c)=17:19:4. 第三步：每次取两位，凡是在01~30之外的数或者已读过 (2)依题意，n×0.75×0.5=75,解得n=200, 的数，都跳过去不做记录，依次可得到12,07,21,29,15,13,02， 故抽到的A会场的学生总数为50人， 09: 则高一年级人数为50×50%=25（人）， 第四步：找出以上号码对应的大学生，他们就是选出的大 高二年级人数为50×40%=20（人）， 学生志愿者成员。 高三年级人数为50×10%=5（人）. 16.解：可以采用分层随机抽样的方法. 第39期2版 按照该公司员工的收入水平分成三层：高收人者、中等收 入者、低收人者， 专项小练一 高收人者为50名，占所有员工的比例为忍0=5%，为保 1.B;2.C;3.ABC;4.14. 5.解：(1)由频率分布直方图及频率和等于1可得， 证样本的代表性，在所抽取的100名员工中，高收入者所占的 0.2×0.1+0.8×0.1+1.5×0.1+2×0.1+2.5×0.1 比例也应为5%，即100×5%=5， +a×0.1=1,解得a=3. 所以应抽取5名高收入者比较合理 (2)消费金额在区间[0.5,0.9]内的频率为 同理，应抽取15名中等收入者、80名低收人者， 0.2×0.1+0.8×0.1+2×0.1+3×0.1=0.6, 再对他们的具体收入状况分别进行调查. 所以消费金额在区间[0.5,0.9]内的购物者的人数为 17.解：(1)因为0<m≤72≤n,A,B两所高校中共抽取 0.6×10000=6000. 3名教授，B,C两所高校中共抽取5名教授， 专项小练二 所以高校B中抽取2名教授，高校A中抽取1名教授，高校 1.A;2.B:3.CD:4.70:5.68. C中抽取3名教授， 6.解：(1)分数在[70,80)内的频率为1-(0.010+0.015 所以只=壳=名，解得网=36，a=18 +0.015+0.025+0.005)×10=0.3,所以第四组小矩形的高 m 为0.030，补全频率分布直方图如下图所示. (2)因为高校B中抽取的教授数是高校A和C中抽取的教 频率 授总数的号 个组距 0.035--------------- 0.030 所以子(m+m）=72,解得m+n=108。 0.025 0.020 所以三所高校的教授的总人数为m+n+72=180. 0.015 0.010 18.解：(1)设登山组人数为x,游泳组中青年人、中年人、 0.005 老年人各占比例分别为a,b,c,则有 0 405060708090100成绩/分 x·40%+3x地=47.5%， (2)由频率分布直方图知， 4x 前三组的频率之和为0.1+0.15+0.15=0.4， x·10%+3xc=10%, 4x 所以中位数在第四组。 解得b=50%,c=10%,则a=40%, 设中位数为70+x, 即游泳组中青年人、中年人、老年人各占比例分别为 则0.4+0.030×x=0.5,解得x=0 3 40%,50%,10% (2)游泳组中，抽取的青年人人数为200×子×40%=60： 所以本次考试成绩的中位数为0+号-罗 3 轴取的中年人人数为20×子×50%=75： 第39期3,4版 用样本估计总体、统计案例同步核心素养测评 轴取的老年人人数为20×子×10%=15， 一、单项选择题 19.解：(1)设该校高一、高二高三年级的人数分别为a,b,c, 1 ~4 BAAD 5-8 AAAC 则去A会场的学生总数为0.25(a+b+c), 提示： 去B会场的学生总数为0.75(a+b+c), 1.由题意知(140-51)÷10=8.9， 则对应人数如下表所示： 所以分为9组比较合适， 高一 高二 高三 2.该组数据从小到大的排序是：4,5,5,6,7,7,8,9， 且8×0.25=2， A会场0.125(a+b+c) 0.1(a+b+c) 0.025(a+b+c) B会场0.3(a+b+c) 0.375(a+b+c)0.075(a+b+c) 则该组数据的25%分位数为3士=5， 8 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 3.因为落在[6,10)内的频率为0.08×4=0.32， 所以a=100×0.32=32. 对于().=8+9+12+2+1B+16+16+16+18 因为落在[2,10)内的频率为(0.02+0.08)×4=0.4， +20)=14,(A)正确； 所以b=0.4. 对于()=0（6+5+2×2+1P+3×2+4+6 4.由小到大排列的4个数据1,3,4，a,则a≥4， =13.4,(B)正确； 这4个数据的极老为4-1，中位数为对片兰=子 对于(C),因为10×85%=8.5， 因为这4个数据的极差是它们中位数的2倍， 所以85%分位数为第9个数据，即18，(C)正确； 所以a-1=2×子解得a=8 对于(D),16出现了3次，12只出现2次， 所以众数为16，(D)错误. 5.由条形图得演讲人数为30， 故选(A)(B)(C) 由饼状图得演讲人数占比15%， 10.由频率分布表的性质得m=100-8-10-20-28- 因此述取的总人数为》-20， 12-6=16,(A)正确； 因为样本中观看比赛不低于4场的学生的频率为： 由饼状图得绘画及合唱人数和占比为1-20%-20%- 16%+12%+6%=34%, 15%=45%,人数和为200×45%=90， 所以估计高一年级观看比赛不低于4场的学生约为： 由条形图得合唱人数为70，所以绘画人数为20. 1000×34%=340人，(B)正确； 6.因为男生30人，女生20人， 样本中，观看2场的人数为50×20%=10人，(C)错误； 则抽取的时候分层比为3：2， 样本中出现频率最高的为3， 即10个人中男生、女生分别抽取了6人和4人. 故估计高一年级观看比赛场数的众数为3，(D)正确。 这10人答对题日的平均数为 ×(6×10+4×15)=12, 故选(A)(B)(D). 11.由频率分布直方图可得：[50,60)，[60,70)，[70,80)， 所以这10人答对题目的方差为品×[1+(0-12)]+ [80,90),[90,100]的频率依次为10m,0.3,0.4,0.1,0.04. 对于(A):因为10m+0.3+0.4+0.1+0.04=1, 0×[0.5+(15-12)2]=6.8 所以m=0.016, 7.对于(A):由统计图可以得到，2023年第一，二季度的制 因为成绩落在[50,60)内的人数为16， 造业指数均高于50%，所以2023年第一，二季度的各月制造业 16 在逐月扩张，故(A)正确； 所以n=0.016×10=100,故(A)错误： 对于(B):由统计图可以得到，2023年10月份的制造业指 对于(B):估计全体学生该学科成绩的平均分为 数低于50%，故(B)错误； 0.16×55+0.3×65+0.4×75+0.1×85+0.04×95= 对于(C):由统计图可以得到，2024年1,2月份的制造业 70.6(分)，故(B)正确； 指数高于50%，故(C)错误； 对于(C):由选项(A)可得：成绩落在[50,60)的频率为0.16， 对于(D):由统计图可以得到，2024年4~6月份制造业指 所以估计全体学生中不及格的人数约为2000×0.16= 数呈现上升趋势，但是2024年4,5月份制造业指数均低于 320(人)，故(C)错误； 50%,即制造业景气水平较上月收缩，故(D)错误。 对于(D):设该学科成绩为A等的最低分数为m, 8.由这6周的周慢走里程的中位数为16， 因为[70,80)，[80,90)，[90,100]的频率依次为0.4,0.1,0.04， 则0.1+0.04=0.14<0.15<0.54=0.4+0.1+0.04， 可得m+卫=16，所以m+n=32, 2 可知m∈[70,80)，则(80-m)×0.04+0.1+0.04=0.15, 所以这6周的周慢走里程的平均数为 解得m=79.75, 11+12+m+n+20+27=17. 虽然79.75>79 但79.5是估计值，同时学生成绩均为正整数， 要使这6周的周慢走里程的标准差最小，需要(m-17)2+ 所以成绩为79分的学生该学科成绩有可能是A等，(D) (n-17)2最小， 正确。 又(m-17)2+(n-17)2=(m-17)2+(32-m-17)2 故选(B)(D). =2m2-64m+172+152, 三、填空题 故当标准差最小时，m=一2X) =16. 12.183.5;13.9.5,28.5;14.29. 提示： 二、多项选择题 12.数据从小到大排列为：85,86,88,89,90,92,94,98， 9.ABC;10.ABD;11.BD. 提示： 8×50%=4,50%分位数为89+90=89.5， 2 9.将数据由小到大排列：8,9,12,12,13,16,16,16,18,20. 8×80%=6.4,80%分位数为94， 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 则这8人成绩的50%分位数和80%分位数的和为183.5. 13.记20位病人的平均等待时间为x,等待时间的方差为2， （2=04+4+5+6+7+7+8+9+0+10)=7. 则x=025x4+7.5×8+12.5×5+7.5×2+2.5 元=105+6+6+7+7+7+7+8+8+9)=7， 1 ×1)=9.5, =0[4-7)x2+(5-7)+(6-7)2+(7-7)2 2=0[(2.5-95)x4+(7.5-95)产×8+(12.5- ×2+(8-7)2+(9-7)2+(10-7)2×2]=4.6, 9.5)2×5+(17.5-9.5)2×2+(22.5-9.5)2×1]=28.5, 2=0[(5-7)2+(6-7)2×2+(7-7)2×4+(8 所以估计该医院急救中心病人的平均等待时间为9.5，病 7)2×2+(9-7)2]=1.2. 人等待时间的方差为28.5. (3)由(2)知，sn>s2,xm=元2 14.假设五个数据按照由小到大排列为a,b,c,d,e, 因为这五个数据的中位数是6，唯一的众数是7， 平均数 方差 命中9环及9环以上的次数 所以c=6,d=e=7, 甲 个 4.6 3 所以最大的三个数的和为6+7+7=20， 7 1.2 1 因为两个较小的数一定是小于6的非负整数，且不相等， (1)因为两名运动员射击成绩的平均数相同，且s品> 最大为4和5，所以这五个数的和一定大于20且小于等于29， 2,则乙的成绩比甲稳定； 则他们投中次数的总和最大是29， (ⅱ)因为两名运动员射击成绩的平均数相同，命中9环及 四、解答题 9环以上的次数甲比乙多，所以甲爆发力更强； 15.解：(1)由频率分布直方图可得(0.010+2a+0.025+ (ⅲ)乙成绩在平均数上下波动；而甲处于上升势头，从第 0.035)×10=1,解得a=0.015. 六次以后就没有比乙少的情况发生。 (2)由频率分布直方图可知这次测试数学成绩为“优秀” 故确定人选时，甲更有潜力. 的频率为0.015×10=0.15， 19.解：(1)作出频率分布直方图，如下图： 则该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的频率为0.15， 频率 故估计该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的学生 组距 人数为1200×0.15=180. 0.020 16.解：(1)由已知得0.70=a+0.20+0.15, 0.010 故a=0.35,b=1-0.05-0.15-0.70=0.10. 0.005 (2)甲离子残留百分比的平均值的估计值为2×0.15+3 0 100120140160180200采购量（箱） ×0.20+4×0.30+5×0.20+6×0.10+7×0.05=4.05. 根据上图，可知采购量在168箱以上（含168箱）的“熟 乙离子残留百分比的平均值的估计值为3×0.05+4× 0.10+5×0.15+6×0.35+7×0.20+8×0.15=6. 客”人数为50×20× (0.005+0.020×180168）=17. 20 17.解：(1)由题意得 (2)去年年底“熟客”所采购的鱼卷总数大约为110×10+ 10(2a+0.020+0.030+b+0.005)=1, 130×10+150×5+170×20+190×5=7500(箱)， (5a 2b, 所以小张去年年底总的销售量为 解得a=0.010,b=0.025 (2)等级达到C及以上的占比为 7500÷各=-1200（箱）. 12%+32%+37%=81%. (3)若不在网上出售鱼卷，则今年年底小张的收人为 设该批产品中C等级及以上等级的产品质量至少为xg, Y=12000×20=240000(元)； 易得50<x<60, 若在网上出售鱼卷，则今年年底的销售量为(12000+ 则(0.005+0.025+0.030+0.020)×10+(60-x)× 1000m)箱，每箱的利润为(20-m)元， 0.010=0.81,解得x=59, 则今年年底小张的收人为Y=(20-m)·(12000+ 所以该批产品中C等级及以上等级的产品质量至少为9g 1000m)=1000(-m2+8m+240)=1000[-(m-4)2+ 18.解：(1)将甲运动员的数据按从小到大排列如下： 256],当m=4时，Y取得最大值256000. 445677891010 因为256000>240000， 因为85%×10=8.5， 所以小张今年年底收人Y的最大值为256000元. 所以第9个数据是85%分位数， 所以甲运动员样本数据的85%分位数为10.， -10