终极压轴题 五大考点内容（期末真题汇编）高一数学下学期人教A版

**基本信息** 汇编全国多地区高一下期末压轴题，聚焦平面向量、复数、立体几何、统计、概率五大高频考点，注重情境创新与能力梯度设计。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择、填空、解答、多选|各题型均衡分布|平面向量结合圆内接四边形动态问题，复数融入欧拉公式与代数基本定理，立体几何涉及翻折与动点轨迹，统计考查方差递推与百分位数，概率设计比赛与数据传输模型|情境融合文学（《麦田里的守望者》）与科技（DeepSeek）素材，解答题分层设计基础运算、推理证明、实际应用，适配各地期末命题趋势|

终极压轴题 五大考点内容 5大高频考点概览 考点01平面向量及其应用 考点02复数 考点03立体几何初步 考点04统计 考点05概率 ( 地 城 考点01 平面向量及其应用 ) 1．(24-25高一下·江西抚州·期末)已知非零平面向量，满足，，若与的夹角为，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将向量问题几何化，设终点为定点（距原点），终点在与夹角的射线上，终点在以为圆心、半径为的圆上；则即点到圆上点的距离，其最小值为点到射线的距离减去圆半径，即可得答案． 【详解】 如图，令，，，则，， 又，所以点在以为圆心，为半径的圆上， 所以的最小值为， 又，， 所以当时，取得最小值，最小值为， 所以的最小值为，即的最小值为． 2．(24-25高一下·江苏无锡惠山区锡山高级中学·期末)圆内接四边形作为一类特殊的四边形，有着非常好的性质，比如对角互补．如图，中，，，点是外接圆上的一个动点（点O，C在直线AB两侧），记，则． (1)若与的交点为，，求的值； (2)若，求的最大值； (3)若点满足，，求四边形的面积． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由题意可得，再结合可知四边形为等腰梯形，再利用梯形的边长计算即可； （2）先利用数量积的定义得出，再在中利用余弦定理可得，最后在中利用正弦定理得出外接圆的直径即可； （3）设，求出以及在中利用正弦定理得，，再利用得出，即可化简求出，进而得出，的值，最后利用面积公式即可. 【详解】（1）因，则，即， 则，，则， 又，，得， 则四边形为等腰梯形，则高为， 则， 又与的交点为，，所以. （2）由题意可知，，得， 在中利用余弦定理可得，， 则， 设的外接圆半径为，则在中利用正弦定理可得，， 又点是外接圆上的一个动点，所以的最大值为. （3）设，，则， 因为，则， ， ， 在中利用正弦定理得，， 则， 则， 且（因）， 即，即， 又，即， 则， 又，则，解得（舍）或， 因，所以， 代入中得， 则，又，解得， 所以，， 则四边形的面积为. 3．(24-25高一下·广西梧州·期末)《麦田里的守望者》中的主人公霍尔顿将自己的精神生活寄托于那广阔无垠的麦田．假设霍尔顿在一块四边形ABCD的麦田里成为守望者，如图所示，为了分割麦田，他将BD连接，经测量，．    (1)霍尔顿发现无论BD多长，为一个定值，请你验证霍尔顿的结论，并求出这个定值； (2)霍尔顿发现麦田的生长与土地面积的平方呈正相关（正相关描述的是两个变量之间的一种关系：当一个变量增大时，另一个变量也倾向于增大；反之，当一个变量减小时，另一个变量也倾向于减小），记与的面积分别为和，为了更好地规划麦田，请你帮助霍尔顿求的最大值； (3)霍尔顿发现麦田的维护成本与分割线BD的长度平方成正比，比例系数为k，而总收益与成正比，比例系数为m（其中，）若净收益为总收益减去维护成本，请求出使净收益最大的BD长度，并写出此时的最大净收益表达式． 【答案】(1)验证见解析， (2) (3)， 【分析】（1）根据余弦定理表示出，再化简即可. （2）根据三角形的面积公式以及（1）结论，利用二次函数的最值求解. （3）根据题意列出解析式，再根据（1）（2）问的结论化简，利用二次函数的最值求解. 【详解】（1）在△ABD中，由余弦定理得， 即. 在△BCD中，由余弦定理得， 即，所以， 即，所以无论BD多长，． （2），， 则， 由（1）知，，即，代入上式， 得， 配方得， 当时，取到最大值为． （3）设，净收益为y，则， 由（1）知，， 则. 由（2）知， 所以， 令，则， 所以， 即当时，净收益最大，. 4．(24-25高一下·湖南岳阳岳阳楼区·期末)在中，已知，，，为线段的中点，为线段上一动点，则的最小值为________. 【答案】/ 【分析】易得，以点为原点，建立平面直角坐标系，再利用平面向量数量积的坐标表示计算即可. 【详解】由，，， 所以 ， 所以，所以， 如图，以点为原点，建立平面直角坐标系， 则，设， 则， 故，， 所以， 当时，取得最小值， 所以的最小值为. 故答案为：. 5．(24-25高一下·广西柳州高级中学·期末)定义向量的“伴随函数”为；函数的“伴随向量”为. (1)写出的“伴随函数”，并直接写出的最大值； (2)已知向量，，函数，求函数的“伴随向量”的坐标； (3)已知，的“伴随函数”为，的“伴随函数”为，设（，），且的伴随函数为，其最大值为p. ①若，求p的取值范围； ②求证：向量的充要条件是. 【答案】(1)，最大值为2. (2) (3)①，②证明见详解 【分析】（1）根据新定义可得得表达式，由辅助角公式化简即可求解； （2）根据向量数量积坐标运算结合三角恒等变换化简，根据“伴随向量”的定义求解； （3）设，，①由新定义结合三角恒等变换化简求得的取值范围；②由题得，则，先证明充分性，再证明必要性. 【详解】（1）由，得， ， 当且仅当，即时，取得最大值2. （2）由题，可得， 所以函数的“伴随向量”. （3）由题，设，， ①因为，所以， ， 所以 ， 因为，所以的取值范围为. ②因为， 所以 ， 故， 先证明充分性：由，得， 即， 所以，故， 所以； 必要性：当时，可得， . 综上，向量的充要条件是. 6．(24-25高一下·福建福州马尾一中等六校·期末)如图所示，在边长为3的等边三角形ABC中，，且点P在以AD的中点O为圆心，OA为半径的半圆上，则最大值为__________，若，则的最大值为________ ； 【答案】 9 【分析】根据线性运算法则，可得，根据数量积公式，可得，根据的范围，分析即可得答案；以O为原点，OA为x轴正方向建系，可得各点坐标及P的轨迹方程，设出P点坐标，根据题意，可得的表达式，分析即可得答案. 【详解】因为 ， 所以 ， 因为，故当时，取得最大值1， 此时取得最大值为9. 以O为原点，OA为x轴正方向建立平面直角坐标系，如图所示， 则， 由题意得P的轨迹为以O为圆心，1为半径的半圆，其轨迹方程为， 设， 则， 因为， 所以， 所以， 所以当时，，此时的最大值为. 故答案为：9； 7．(24-25高一下·四川泸州三校联盟·期末)如图所示，矩形的对角线相交于点O，点E在线段上，且，若．    (1)求的值； (2)若，，求向量与向量夹角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）已知为矩形，，所以，结合图形显示关系得出，从而得出的值，进而求出. （2）由（1）知，因为为矩形，则，结合题给条件，，求出以及，再根据求出两向量夹角的余弦值. 【详解】（1）已知为矩形，， 所以， 所以， 即，， 所以． （2）由（1）知：， 因为为矩形，则， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 即向量与向量夹角的余弦值为：． 8．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第四中学校·期末)在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若， (1)求证：是等腰三角形； (2)已知的面积为18，点D满足，求线段AD的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）借助两角差的正弦公式结合正弦定理计算即可得出结论； （2）根据题意可知，再结合余弦定理计算可得，，代入计算可得，再利用基本不等式计算可得结果. 【详解】（1）因为， 所以， 由正弦定理得， 所以， 即，可得， 所以是等腰三角形； （2）因为点D满足，所以； 所以， 所以， 在中，由余弦定理可得， 又由（1）知， 所以，整理得，， 因为，所以，所以， ， 由（1）中可知为锐角，则，， 所以， 当且仅当，时取等号， 所以线段的最小值为. 9．(24-25高一下·安徽合肥第六中学·期末)在锐角中，内角所对的边分别为，且，则的取值范围是_________． 【答案】 【分析】利用三角恒等变换公式和正余弦定理对已知条件进行变形，从而可求出A，再利用正弦定理边化角和三角函数性质可求答案. 【详解】∵，∴， ∴ 由余弦定理得，， ∴， ∴由得，，∴， ∴，，. 又由正弦定理得，， ， 是锐角三角形，， ， ，， . 故答案为：. 10．(24-25高一下·辽宁大连第二十四中学·期末)已知函数，其最小正周期为. (1)求的解析式； (2)已知锐角三角形的内角满足，，过点作，且四点共圆，，求的面积； (3)把的图象先将所有点横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度、向下平移个单位长度后得到的图象，设此时的定义域为.已知函数，方程在上的所有根之和等于，求满足条件的整数的取值集合. 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）根据三角恒等变换公式化简可得，再结合定义域及周期求解即可； （2）由易得，设外接圆为，由题意点D在上，进而得到，，再结合正弦定理可求得，进而根据三角形的面积公式求解即可； （3）先根据题意得到，作出函数图象，分析图象结合题设得到交点情况，最后列式计算即可. 【详解】（1）由 ， 有意义．，即， 又函数的最小正周期为， 则函数，的最小正周期为， 则，即，，. （2）由，则， ，即，则，即， 设外接圆为，由题意点D在上，，即， 又因为，即，所以AD为的直径，则， ，，， 在中，由正弦定理得， 则，， 又， 则， . （3）由题意可得， 在同一个坐标系内作出和的图象如下： 显然和的图象均关于点对称，则它们图象的交点也关于点对称 又因为区间的中点是，所以两函数的交点个数为偶数个， 设交点横坐标按从小到大记为， 则，其中， 所以，则，即和在内有1012个交点， 由图像可知和在区间上无交点，在上各有两个交点， 又因为的周期为，故， 解得，所以符合条件的的取值集合为. ( 地 城 考点02 复数 ) 11．(24-25高一下·上海师范大学附属中学·期末)已知关于的方程有两个复数根． (1)若，求的取值范围； (2)若，求的值． 【答案】(1) (2)或4 【分析】（1）已知方程，结合讨论判别式的情况，得出关于的不等式组求解. （2）分和两种情况讨论，当，通过韦达定理得到，，结合得到关于的方程求解；当时，两虚数根与是共轭虚数，根据求解. 【详解】（1）已知，则. 若，根为实数，虚部为0，不满足. 若，根为虚数，由求根公式得：. 由可知，，. 所以 （2）i）当，即时，由韦达定理知：，. 若，两根异号，. 由或（，故舍去）. 若，两根同号为负，， 由，矛盾，舍去. ii）当，即时，与是共轭虚数，则，结合，得， 综上，或4. 12．(24-25高一下·辽宁大连第二十四中学·期末)定义“变换”如下：设是一个关于复数z的表达式，若，则称复平面内点经过“变换”得到点.例如当时，点经过“变换”得到. (1)已知复数可以写成()，若()，求点经过“变换”得到的点的坐标； (2)若()，设直线，是否存在，使得直线上的任意一点“变换”到点后，点都在函数（其中为的反函数）的图象上？若存在，试求出有序实数对及此时的值；若不存在，请说明理由； (3)设()，其中.集合，，若对于集合中任意的复数在复平面内所对应的点经过“变换”后得到的点都是集合内的元素，求的取值范围.（分别为复数的实部与虚部） 【答案】(1)； (2)答案见解析； (3)或. 【分析】（1）根据给定定义及函数关系求解. （2）根据变换的定义及点与直线关系，建立恒成立的方程，进而求得方程组的解. （3）根据给定变换求出，再利用的几何意义建立不等式组，进而求出范围. 【详解】（1）依题意，点P对应的复数为， ，则点Q对应的复数为，所以. （2）设点P对应的复数为， 则点Q对应的复数， 点Q坐标为， 由点P在直线上，得， 的反函数为， 将点Q的坐标带入中得， 代入并整理得到， 由对于任意的该方程都成立，得， 解得或， 所以有序实数对为，或，. （3）设，则， ， 因此复数z经过“变换”后在复平面内得到的点的集合是一个圆心为、 内半径为、外半径为的一个圆环中辐角在内的部分， 又该部分点集是集合的子集，且， 则或， 解得或， 所以的取值范围是或. 13．(24-25高一下·安徽蚌埠·期末)欧拉公式，e是自然对数的底，i是虚数单位.它的一个简单而重要的结论是：余弦函数和正弦函数可以用定义在复数集上的指数函数构造出来，即.欧拉公式将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数和指数函数的关系，被誉为“数学中的天桥”.当时，得到等式，数学里最重要的五个常数被联系在一起，仿佛一句诗，道尽了数学之美. (1)证明：若，则与互为共轭复数； (2)已知，欧拉公式在复数集内可推广为，需要指出的是，和是复数，它们不是的实部和虚部，且.容易证明，两角和的余弦公式在复数范围内仍然成立，即.定义函数，.证明：； (3)若，令，证明：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据欧拉公式展开复数，得出与实部相同，虚部相反，满足共轭复数定义；（2）运用双曲函数和三角函数的转换关系，，应用三角函数加法公式计算；（3）把已知条件代入复数表达式，分离实部和虚部，利用构造方程，得出结论. 【详解】（1）证明：， 的实部为，虚部为 又的实部为，虚部为 与实部相同，虚部相反，互为共轭复数. （2）代入双曲函数定义，应用三角函数加法公式： （3）代入已知复数表达式并分离实部与虚部： 由， ， 得， 由，整理得 14．(24-25高一下·重庆七校联盟·期末)我们可以把平面向量坐标的概念推广为“复向量”，即可将有序复数对视为一个向量，记作．类比平面向量的线性运算可以定义复向量的线性运算；两个复向量，的数量积记作，定义为；复向量的模定义为． (1)设，，求复向量与的模； (2)已知对任意的实向量与，都有，当且仅当与平行时取等号； ①求证：对任意实数，，，，不等式成立，并写出此不等式的取等条件； ②求证：对任意两个复向量与，不等式仍然成立； (3)当时，称复向量与平行．设，，，若复向量与平行，求复数的值． 【答案】(1)10；； (2)①证明见解析，当且仅当等号成立；②证明见解析； (3) 【分析】（1）代入“复向量”和模的新定义，即可求解两个向量的模； （2）①首先设实向量，，再分别计算和，再结合公式，即可证明； ②首先设复向量，，根据复数的三角不等式，以及实系数向量不等式，即可证明； （3）根据等号成立的条件，再结合复数的三角不等式，即可求解. 【详解】（1）因为，所以， 所以的模为10； 因为，所以， 可得的模为； （2）①设实向量，， 则，，，而， 根据已知，当且仅当与平行时取等号，即， 所以，当且仅当时等号成立； ②因为，，所以， 由复数的三角不等式， ，由， 得，所以， 所以， 综上所知，． （3）②中考虑①中等号成立的条件知，结合复数的三角不等式， 复向量各分量均不为零时，其等号成立的条件是存在非负实数，使得， 根据题意，若复向量与平行， 则， 根据中等号成立的条件， 应有，则， 又，则，解得， 所以，所以． 15．(24-25高一下·江西萍乡·期末)数学家在解决判别式的二次方程时引入了虚数，例如解得：，．实际上高阶方程同样在复数域中有解，如解得：，，；解得：，，，．数学家高斯发现对于一元次多项式方程在复数域内有且只有个根（重根按重数计算，如解得：），这就是著名的代数基本定理． (1)已知方程的复数根在复平面内对应的点必然均分单位圆．试求解方程在复数域中的所有解； (2)已知复数的乘方运算满足，试求在复数域中的所有解； (3)试证明：方程（，且为偶数）在复数域内的所有解的和为． 【答案】(1)答案见解析 (2)． (3)证明见解析 【分析】（1）根据代数基本定理可求得方程的个复数根； （2）化简得，令，利用代数基本定理求出方程的三个复数根据，进而可得出方程的三个复数根； （3）由题意可知方程（，且为偶数），方程的个解对应的点均分单位圆，则相邻两个解夹角为，求出这个复数解与轴正方向的夹角，可知与夹角相差，即，利用并项求和法可证得结论成立. 【详解】（1）有解， 又其余个根在复平面内对应的点与对应的点均分单位圆， 所以复向量与轴正方向夹角分别为、、、、、， 故解为，    ，，，， ． （2）化简得，令，即， 由题知，，则， 其余个解与复数对应点均分单位圆， 所以，， 即，，， 综上，在复数域中的所有解为，， ． （3）对于方程（，且为偶数），设该方程有解， 方程的个解对应的点均分单位圆，则相邻两个解夹角为， 故所有解与轴正方向的夹角分别为， 因为为偶数，所以，……， ， ， 所以与夹角相差，即， 所以当，且为偶数时，方程在复数域内的所有解的和为． 16．(24-25高一下·新疆巴音郭楞蒙古·期末)代数基本定理是数学中最重要的定理之一，其内容为：任何一元次复系数多项式方程至少有一个复数根.由代数基本定理可以得到：任何一元次复系数多项式在复数集中可以分解为n个一次因式的乘积.进而，一元次复系数多项式方程有n个复数根（重根按重数计）. (1)在复数集中解方程：； (2)写出一个以为根的一元六次实系数多项式方程；（不需要写证明过程） (3)已知一元十次实系数多项式满足，求的值. 【答案】(1)，，， (2)（答案不唯一） (3) 【分析】（1）将方程因式分解得，再利用一元二次方程求根公式进行求解即可. （2）根据代数基本定理可写出满足条件的一元六次多项式方程，化简可得结果； （3）设，分析的根，根据代数基本定理表示出，令列方程求解a，最后令求解. 【详解】（1）由题意得，， 即，解得、1或， 所以方程在复数集中的解为，，，. （2）以为根的一元六次实系数多项式为： 所以， 所以， 所以， 所以以为根的一个一元六次实系数方程为： . （3）设， 因为是一元十次实系数多项式，所以是一元十一次实系数多项式， 因为，所以， 所以有11个根， 根据代数基本定理，得， 即， 令，则， 所以，解得. 令，得， 所以，解得. 17．(24-25高一下·上海嘉定区第二中学·期末)已知个两两互不相等的复数、、、、、满足，若（其中、；、、、），则正整数的最大值为________. 【答案】 【分析】设从而可得即、对应平面内距离为的点，从而利用数形结合求解即可. 【详解】设 因为,所以, 即 化为 故、对应平面内距离为的点，如下图中, 因为, 所以与、对应点的距离为或 即构成了点共个点， 故的最大值为 故答案为： 18．(24-25高一下·浙江衢州·期末)实系数一元三次方程，在复数集内的根为，方程可变形为，展开可得如果一元次方程系数是复数，根与系数的这些关系仍然成立． (1)已知方程有三个根，其中一个为1，求方程的另两个根； (2)设三个顶点在复平面内对应的复数分别为，满足，求内切圆半径； (3)记区间的长度为，若关于的不等式：的解集为，求中所有区间的长度之和（结果用表示）． 【答案】(1)2，3． (2) (3) 【分析】（1）利用根与系数的关系求解即可； （2）设，由可知计算可得，得出三角形三个点的坐标，利用等面积法计算即可求得内切圆半径； （3）设，可确定在每一段区间内单调递减，可确定直线与曲线的交点区间，可知不等式的解集为，结合韦达定理可求得所有区间长度之和. 【详解】（1） 利用根与系数的关系可得：，解得． （2）根据三次方程根与系数的关系可知，为的三个根，首先必定有一个为0， 不妨设，则为的两个根， 分解因式得，所以， 所以三角形的三个顶点为， 设三角形内切圆的圆心为，半径为， 则三角形的面积， 即． 因为， 所以． （3）设函数． 反比例函数只存在递减区间，所以只存在递减区间， 故函数在上递减， 易得为函数图象的渐近线． 所以函数的图象与直线相交于个点． 这些点的横坐标为， 它们即为方程的所有解． 故由图象得，原不等式的解集为，    故解集中有个区间，所有区间长度之和为， 联系韦达定理： 可得一个关于的一元次方程，由韦达定理，只需考虑项与项的系数， 易得最高次项的系数为，项的系为，即． 所以有． ( 地 城 考点0 3 立体几何初步 ) 19．(24-25高一下·湖南岳阳岳阳楼区·期末)如图1，在直角梯形中，，，，，以为轴将梯形旋转180°后得到几何体W，如图2，其中，分别为上下底面直径，点P，Q分别在圆弧，上，且∥. (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成角的余弦值等于，求P到平面的距离； (3)若平面与平面夹角的正切值为，求的长度. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据线面垂直得线线垂直，再由线线垂直得线面垂直； （2）连接，由平面，得到，由∥平面，将问题转化为到平面的距离，再利用，即可求解. （3）分别取的中点，连接，利用平面∥平面，将问题转化为平面与平面夹角的正切值为，过点作，得到则为平面与平面夹角，结合等面积法和射影定理，即可求解. 【详解】（1）∵为上底面圆的直径，点在上底面圆周上， ∴，∵∥，∴， 又∵平面，且平面，∴， ∵，且平面， ∴平面. （2）连接，由（1）平面， ∴就是直线与平面所成的角， 即， ∴且，∴，， ∴为直角三角形，∴为弧的中点，∴ 又，∴， 又∵平面平面，且交线为，， ∴平面 ∴点到平面的距离为， ∵∥平面， ∴点到平面的距离等于点到平面的距离，设为， ∵，∴， ∵， ∴ ∴，∴点到平面的距离为. （3）分别取，的中点，，连接，，，则∥，∥， ∵且平面，，且平面， ∴平面∥平面， ∵平面与平面夹角正切值为， ∴平面与平面夹角的正切值为， ∵为的中点，， ∴，， 又∵且平面， ∴平面， ∵平面，∴平面平面， 连接，过点作于点， ∵平面平面，且平面， ∴平面， 平面，, 过点作于点，连接， ，平面， 平面，又平面，， ∴为平面与平面夹角，即， 设，则， ∵，∴， 直角三角形中，， 又∵∥，∴， 在中，由射影定理知，∴， 在直角中，，∴， 在直角中，， 整理得，解得，即， ∴. 20．(24-25高一下·湖南岳阳岳阳楼区·期末)（多选）在正方体中，为线段上的动点（不包含端点），则（    ） A．存在点，使得平面平面 B．不存在点，使得平面平面 C．存在点，使得直线与所成角为 D．平面截正方体所得的截面可能是等腰三角形 【答案】ACD 【分析】对A，利用面面垂直的判定定理即可判断；对B，当点为的中点时，证明面面平行，即可判断；对C，当点为线段上靠近的四等分点时，利用线线角的定义求解判断；对D，当点为线段的中点时，此时平面截正方体所得的截面为正三角形. 【详解】对于A，因为在正方体中，平面， 又平面与平面是同一个平面，平面， 所以无论点在线段（不含端点）上任何位置都有平面平面，故A正确； 对于B，当点为的中点时，有，平面，平面，所以平面， 同理，平面，且，平面， 所以平面平面，故B错误； 对于C，当点为线段上靠近的四等分点时，如图，连接， 过点作，交于，则， 又正方体中，，所以，则直线与所成角为， 又，， 所以为等边三角形，所以，故C正确； 对于D，如图，当点为线段的中点时，此时平面截正方体所得的截面为正三角形，故D正确. 故选：ACD. 21．(24-25高一下·广西柳州高级中学·期末)如图1，在矩形ABCD中，，，将△BCD沿BD翻折至△BC1D，且，如图2所示.    (1)求证：平面ABC1⊥平面AC1D； (2)求点C1到平面ABD的距离d； (3)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明详见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据勾股定理可证，再结合线面垂直的判定定理可证平面，然后根据面面垂直的判定定理证明即可； （2）根据等体积法，利用三棱锥的体积求点到平面的距离即可； （3）根据二面角的定义做出二面角的平面角，然后利用直角三角形的性质求解即可. 【详解】（1）由题得，在△中，，所以. 又因为矩形，所以. 因为，平面，平面， 所以平面. 又平面，所以平面平面. （2）在△中，，所以，所以. 在直角△中，. 由（1）知平面，所以点到平面的距离为. 设点C1到平面ABD的距离为d， 由，得， 所以. （3）如图，在平面内作于点，在平面内作于点，连接.    由（2）知，，又， 平面，所以平面， 因为平面，故. 因为，，平面，所以平面. 又平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 又平面，所以，又， 所以为二面角的平面角. 因为，所以，解得， 因为平面，又平面，故， 所以． 由题意知直角三角形中，，， 故，又，则， 所以， 故二面角的余弦值为． 22．(24-25高一下·广西柳州高级中学·期末)（多选）在边长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，下列选项中，正确的是（  ） A．A1C1⊥BD B．B1C与BD所成的角为60° C．A1C与平面ABCD所成的角为45° D．三棱锥A1—ABD的外接球半径为 【答案】ABD 【分析】选项A，由和得到；选项B，由得到为和所成的角，又为等边三角形得到和所成的角为； 选项C，平面得到为与平面所成的角，从而得到，则；选项D，由三棱锥A1—ABD的外接球就是正方体的外接球，利用正方体求得三棱锥A1—ABD的外接球的半径. 【详解】选项A，是正方体，是正方形，， ，，选项A 正确； 选项B，是正方体，，为和所成的角， 又为等边三角形， ， 和所成的角为，选项B正确； 选项C，是正方体，平面， 为与平面所成的角， 正方体的棱长为1，， 在中， ，，选项C错误； 选项D，三棱锥A1—ABD的外接球就是正方体的外接球， 三棱锥A1—ABD的外接球的半径为，选项D正确. 故选：ABD. 23．(24-25高一下·福建福州马尾一中等六校·期末)如图①，在等腰直角中，，，，分别是边，上的动点，将沿折起到如图②的位置，连接，，且平面平面． (1)当，分别是边，的中点时； ①求证：平面平面 ②求二面角的正切值 (2)若点与点重合，如图③，设，求三棱锥体积的最大值； 【答案】(1)①证明见解析 ；②； (2). 【分析】（1）①由已知得再根据面面垂直的性质、判定定理，即可证；②取的中点，连接，根据已知及二面角定义得为二面角的平面角，进而求其正切值； （2）过P点作，垂足为H，应用正弦定理、三角形面积公式、棱锥的体积公式得，令，结合同角三角函数关系及相关函数性质求体积的最大值. 【详解】（1）①分别是边的中点，， 在等腰直角，则，即 因平面平面，平面平面，平面， 平面，平面，平面平面； ②取的中点，连接， 由①可知平面，平面，则， 由是边的中点，，， ，为中点， ，平面， 平面，因平面，， 为二面角的平面角， 平面，平面， 在中， 所以二面角的正切值为. （2）过P点作，垂足为H，则， 平面平面，平面平面，平面， 平面， 在中，由正弦定理，，则， ， ， 令，     ，，则， ， 令，则函数在单调递增， 当时，的最大值为. 24．(24-25高一下·四川泸州三校联盟·期末)（多选）如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有（    ） A．无论点N在何处，始终有成立． B．三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化． C．直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为． D．平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形． 【答案】CD 【分析】A选项，举出反例可得A错误；B选项，直角面积为定值，点N到平面的距离为定值，故体积为定值；C选项，作出辅助线，得到即为直线MN与平面所成角，设大小为，设，，分，和三种情况，得到的取值范围，得到C正确；D选项，当为的中点，和三种情况，画出平面BDN截得正方体的截面，得到D正确. 【详解】A选项，当点N与重合时，如图， 此时与不垂直，夹角为锐角，A错误； B选项，在点N的位置移动时，点N到平面的距离为定值， 等于正方体的棱长，且直角面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，不会随着点N的位置的改变而变化，B错误； C选项，取的中点，连接，则⊥，过点作⊥于点， 则，故⊥平面， 所以即为直线MN与平面所成角，设大小为， 设正方体的棱长为2，则， 设，， 若，则， 由勾股定理得， 则， 当时，取得最大值，最大值为， 当时，取得最小值，最小值为1，故， 若，此时平面，此时夹角为0，， 若，则， 由勾股定理得， 则， 显然，，， 此时， 综上，， 直线MN与平面所成角的正切值的取值范围为，C正确； D选项，当为的中点时，平面BDN截得正方体的截面为正， 当时，延长交于点，连接， 则即为平面BDN截得正方体的截面， 当时，延长交于点， 在平面上，过点作平行于，交于点，连接， 则四边形即为平面BDN截得正方体的截面， 故平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形，D正确. 故选：CD 25．(24-25高一下·安徽合肥第六中学·期末)如图，在四棱锥中，底面，是的中点，点在棱上，且，四边形为正方形，． (1)证明：； (2)求点到平面的距离； (3)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先证平面，再证平面，即可证； （2）由可求； （3）为二面角的平面角，求出，可求. 【详解】（1）证明：因为底面，底面，所以， 因为四边形为正方形，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 在中，因为，是的中点，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以． （2）连接交于点，如图所示： 则，又因为底面，平面，所以， 因为，平面，所以平面，则点到平面的距离为，因为是的中点，所以， 因为底面正方形边长为，所以，， 所以，， 所以， ，所以． 在中，满足，有， 所以， 设点到平面的距离为， 由可得 （3）由（1）可得平面，因为平面平面， 所以，所以为二面角的平面角， ， 因为，，所以， 所以，解得， 因为，即，所以， 故二面角的余弦值为． 26．(24-25高一下·安徽合肥第六中学·期末)（多选）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为线段上动点（包括端点），则下列说法中正确的是（    ）    A．存在点使得平面 B．直线与平面所成角正弦值为 C．的最小值为 D．若点在正方体，表面上运动（包含边界），且，则点的轨迹长度为 【答案】BCD 【分析】利用面面平行的判定推理平面平面，然后利用直线与平面相交判断A；利用定义法作出线面角，并在直角三角形中求出线面角的正弦判断B；把三角形与三角形置于同一平面内，利用余弦定理求出线段长判断C；先利用线面垂直的判定推理平面，取棱的中点利用面面平行的判定推理得平面平面，进而平面，从而求出点的轨迹为正六边形，求解周长即可判断D． 【详解】对于A：先证平面平面，由正方体性质可知，且， 且，所以四边形和均为平行四边形， 所以，，因为平面， 在平面外，所以平面，平面， 又平面，，所以平面平面， 又为的中点，为线段上动点（包括端点）， 所以直线与平面相交，从而直线与平面相交，故A错误； 对于B：连接，则，由平面，平面， 得，又，，平面， 则平面，过作交于，连接， 于是平面，是直线与平面所成的角，，，所以，故B正确；    对于C，把三角形与三角形置于同一平面内，连接， 则的最小值为， 在中，，， ， 由余弦定理得，C正确；    对于D，由正方体的性质知平面，平面，所以， 因为四边形为正方形，所以，平面， 所以平面，平面，所以， 同理可得，平面，故平面； 如图，    取棱的中点分别为， 连接，可得六边形为正六边形， 而，平面，平面，故平面， 同理可证平面，，，平面， 故平面平面，所以平面， 即过点且与垂直的平面截正方体所得截面即为正六边形，边长为， 其周长为，所以点的轨迹为正六边形，则点的轨迹长度为，D正确． 故选：BCD 27．(24-25高一下·江苏常州前黄高级中学·期末)如图，在正四棱锥中，所有棱长均为，点是底面内任意一点，点到侧面的距离分别为． (1)若点是棱的中点，求异面直线与所成角的正弦值； (2)若且，求的最大值； (3)记与侧面所成的角分别为，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）设，连接，可得异面直线与所成角即为直线与所成角，据此可得答案； （2）由等体积法可得，然后由基本不等式可得答案. （3）设平面与的交线为，，，过点作平面使得平面，设，，可得， ，据此可得，然后可得答案. 【详解】（1）设，连接， ∵正四棱锥中，∴为线段中点， ∵点是棱的中点，∴， ∴异面直线与所成角即为直线与所成角．   又正四棱锥所有棱长均为，由对称性知， ∴，且，∴， 即异面直线与所成角的正弦值为； （2）∵正四棱锥，∴平面， 设点到平面的距离为， ∵在正四棱锥中，所有棱长均为， ∴四个侧面的正三角形的面积均为，底面正方形的面积为， 又， 依题意可得， ∴， 即， 解得；                                        ∵且，∴， ，当且仅当时取“”， ∴的最大值为； （3）设平面与的交线为，，， 过点作平面使得平面，                              （说明：即过点作交于点，交于点， 再在平面内作，连接，则， 又，平面，∴平面， 又，平面，平面，∴平面， 又平面与的交线为，平面， ∴，∴平面）， 取中点为H， 因平面，平面，则平面平面， 因为正四棱锥，平面与的交线为，， 由对称性可得为等腰三角形，则，又平面平面， 平面平面，平面，则平面， 又平面，则，又易得平面，，， 则，则，， ∴，设，即， ∴，同理可得， ∴，                                              设，同上方法可得， ∴， 而， ∴，                                           又与侧面所成的角分别为， 则，，，， ∴，                   ∴ ．                   28．(24-25高一下·江苏常州前黄高级中学·期末)（多选）如图，两个边长均为的正方形与正方形所在的平面相交，其二面角的平面角为．点分别是对角线上的动点，记，点是线段上的一动点．下列结论一定正确的是（     ） A．平面 B．三棱锥的体积存在最大值 C．的最小值是 D．若点在同一球的球面上，则该球的体积是 【答案】ACD 【分析】构造面面平行，利用其性质可判断A；利用等体积法，可判断B；求出长的表达式，结合二次函数性质可判断C；确定外接球球心位置，求出半径，即可求外接球的体积，判断D. 【详解】两个边长均为的正方形与正方形所在的平面相交， 则， 作交于H，连接，则， 而，故，则， 平面，平面，故平面， ，平面，平面，故平面， 平面， 故平面平面，平面，故平面，A正确； 由A的分析同理可得平面，则P到平面的距离即为M到平面的距离； 由于，平面， 故平面，过M作交于G，则平面， 而，故， 而，故为二面角的平面角，即， 故三棱锥的体积， 随a的增大而增大，由于，故该体积不存在最大值，B错误； 由以上分析可知，则为二面角的平面角，即， 而， ， 由于，则当时，取最小值1， 即的最小值是，C正确； 设的中点为，连接，则， 平面，则平面， 平面，故平面平面，同理平面平面， 为二面角的平面角，即， 过点即正方形和正方形的中心分别作这两个面的垂线，必交于一点，设为O， 结合点在同一球的球面上，以及正方形与正方形边长均为， 知O为外接球球心，且O在的平分线上，即, ，， 则，即外接球半径为， 故球的体积是，D正确； 故选：ACD ( 地 城 考点0 4 统计 ) 29．(24-25高一下·山东青岛第二中学·期末)对于没有重复数据的样本，记这m个数的第k百分位数为.若在区间中的样本数据有且只有13个，则m的所有可能值的和为______. 【答案】 【分析】分是否为整数求出，根据在区间中的样本数据有且只有13个，取得的范围，然后验证可得. 【详解】不妨假设，用表示不超过的最大整数. 若为正整数，即为正整数，则是5的倍数，此时必是正整数， 则， 则在区间的数据为， 所以，解得； 若都不是正整数，则， 则在区间的数据为， 所以，则， 解得. 综上，的可能取值有. 当时，在区间内的数据有，共个数，满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，不满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，不满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，不满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，不满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，不满足题意； 故的可能取值有，. 故答案为： 30．(24-25高一下·河南濮阳·期末)高一某班有24名男生和40名女生，某次数学测试中，男生的平均分与女生的平均分之差为4，若男生分数的方差为94，全班分数的方差为84，则女生分数的方差为（   ） A．90 B．86 C．78 D．72 【答案】D 【分析】根据方差的计算公式和方差的性质，求出女生分数的方差. 【详解】设男生分数为，男生分数均值为； 女生分数为，女生分数均值为； 则，总体均值为， 男生分数方差为，则， 全班分数方差为， 由方差得公式可知， 代入得，解得； 因为，所以， 化简得， 解得， 则女生方差为； 故选：D. 31．(24-25高一下·河南平顶山·期末)已知总体划分为两层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数、样本方差分别为m，，；n，，.记总的样本平均数为，样本方差为，则，该公式可以用来解决样本数据的最值问题.已知7个样本数据的均值为2，方差为，则这7个样本数据的中位数的最大值为__________. 【答案】3 【分析】设这7个样本数据为，且，的均值为，方差为；的均值为，方差为，将代入题设总体方差公式求出即可得解. 【详解】设这7个样本数据为，且， 的均值为，方差为；的均值为，方差为， 则，，当且仅当时取等号； 所以， 所以当，时中位数可以达最大， 故答案为：3 32．(24-25高一下·福建漳州·期末)（多选）四名同学各掷骰子7次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断可能出现了点数6的是（    ）． A．平均数为3，中位数为4 B．平均数为3，方差为1 C．平均数为4，极差为4 D．平均数为2，第80百分位数为4 【答案】AC 【分析】对于A，由平均数为3，中位数为4，列出符合条件的点数，即可判断；对于B，由平均数为，方差为，，利用方差公式得到，即可判断；对于C，由平均数为4，极差为4，列出符合条件的点数，即可判断；对于D，首先计算出第80百分位数是第6个数，若平均数为2，得到，假设第6个数是4，第7个数是6，分析出前5个数的点数和为4即可判断. 【详解】对于A，假设这7个数据从小到大排列为， 若平均数为3，中位数为4，则， 即， 若，可以取满足条件， 所以A选项可能出现了点数6； 对于B，若平均数为，方差为，， 则由方差公式可知，， 若，则，即若出现点数6，方差会大于1， 所以B选项不可能出现了点数6； 对于C，设最大值为，最小值为， 若极差为4，则有， 若平均数为4，则有，， 若，则，7次的点数可以取， 满足平均数为4，极差为4的条件，所以C选项可能出现了点数6； 对于D，因为，所以第80百分位数是第6个数， 若平均数为2，则，若第6个数是4，第7个数是6， 那么前5个数的点数和为4，而骰子的点数最小为1， 所以D选项不可能出现了点数6. 故选：AC 33．(24-25高一下·广东广州五校（实、执信、广雅、二中、六中）·期末)在大数据时代，由于整合不同来源的数据需要以及在数据量庞大的情况下为减少计算量，实际上在计算机中计算方差是使用递推方法进行计算的.先计算前面k个数据的平均数和方差， 再计算前面k+1个数据的平均数和方，计算可利用递推式：，则______. 【答案】 【分析】由方差公式得，由前个数据的平均数为：，得，进行代入替换求解． 【详解】前个数据的方差为：， 前个数据的平均数为：， 得， 则， 因为， 所以 结合题意得，， 故． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：由前个数据的平均数为：，得，进行数据转换是关键． 34．(24-25高一下·湖北部分重点高中·期末)（多选）一组样本有互不相等的5个数据，平均数记为，方差记为，下列说法错误的是（   ） A．去掉样本数据中的最大值和最小值后得到一组新数据，其平均数等于 B．去掉样本数据中的最大值和最小值后得到一组新数据，其方差小于 C．去掉样本数据中的最小值后得到一组新数据，其方差小于 D．去掉样本数据中的中位数后得到一组新数据，其方差小于 【答案】ACD 【分析】AC选项，可举出实例；B选项，由方差的意义可得；D选项，当平均数和中位数相等时，掉样本数据中的中位数后，其方差为，D错误. 【详解】对于 A，设这5个互不相等的数据为， 则它们的平均数为， 去掉最大值和最小值后，新数据为，其平均数为， 一般情况下， 例如数据，其平均数为， 去掉1和10后，新数据的平均数为，不相等，故A选项错误； 对于B，方差反映数据的离散程度，原数据中最大值和最小值会使数据的离散程度较大， 去掉最大值和最小值后，数据相对更加集中，根据方差的意义，新数据的方差会小于原方差，故B选项正确； 对于C，去掉最小值后，新数据的方差不一定小于原方差，故C选项错误， 下面举出例子，设这5个互不相等的数据为0,0.1,0.2,0.3,4， 则它们的平均数为， 方差为， 去掉最小值0后，新数据为0.1,0.2,0.3,4，其平均数为， 其方差为， ，C错误； 对于 D，设这5个互不相等的数据为， 则它们的平均数为， 方差为， 中位数是将数据排序后位于中间位置的数，当去掉中位数后， 剩下的4个数其平均数为， 所以当时，其方差为， 其方差会大于原方差，故D错误. 故选：ACD 35．(24-25高一下·湖北武汉部分重点中学·期末)统计学中，协方差用来描述两组数据和之间的总体的误差．定义：协方差．已知甲、乙两位同学五次考试（满分5分）数学和物理成绩如下表： 甲 ① ② ③ ④ ⑤ 数学成绩 1 2 3 4 5 物理成绩 1 3 3 3 5 2 5 6 7 10 乙 ① ② ③ ④ ⑤ 数学成绩 3 3 4 5 5 物理成绩 1 3 3 4 4 4 6 7 9 9 (1)依据表格数据分别求出甲、乙的数学成绩x与物理成绩y的协方差； (2)分别求出甲、乙两同学数学成绩的方差，以及物理成绩的方差，并计算他们数学物理总成绩的方差．根据计算结果，猜想一般情况下和之间的等量关系式（不需要证明）； (3)在一般情况下，证明：． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）先根据平均数的计算公式分别求出甲乙两同学的数学平均成绩和物理成绩，再根据协方差公式分别代入计算即可； （2）根据方差的计算公式分别计算即可求出甲、乙两同学数学成绩的方差，以及物理成绩的方差，根据平均数的计算公式即可求出甲、乙的数学与物理总成绩，再根据方差的计算公式即可求出他们数学物理总成绩的方差，即可猜想出一般情况下和之间的等量关系式； （3）把证明转化成证明，然后分等于0和不等于0两种情况讨论，在这种情况中，利用均值不等式放缩，再用累加法即可得证. 【详解】（1） 甲的数学成绩x与物理成绩y的协方差： 乙的数学成绩x与物理成绩y的协方差： （2）解甲的数学成绩x与物理成绩y的方差为： 乙的数学成绩x与物理成绩y的方差为：                      甲的数学与物理总成绩： 乙的数学与物理总成绩：                  由甲、乙同学成绩数据可知： （3）欲证， 只需证 即证 以下证明（※）式： ①当时，（※）式显然成立 ②当时，由均值不等式     …… 则上述n个不等式相加可得： 所以则（※）式成立， 所以成立 ( 地 城 考点0 5 概率 ) 36．(24-25高一下·甘肃定西临洮县·期末)甲､乙两人进行羽毛球对抗赛，规定一方比另一方多赢两局者获胜，且比赛结束，每局比赛赢的人，下一局比赛获得发球权.通过分析甲､乙过去比赛的数据知，每局比赛中甲发球且甲赢的概率为，乙发球且乙赢的概率为，每局比赛的结果互不影响.已知甲先发球. (1)求第二局比赛结束后乙获胜的概率； (2)求第四局比赛结束后甲获胜的概率； (3)求第六局比赛结束后甲获胜的概率. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据比赛结果，讨论每局比赛的胜负情况，根据独立事件概率公式，求出结果； （2）根据比赛结果，讨论每局比赛的胜负情况，列出所有可能，根据独立事件概率公式，求出结果； （3）根据比赛结果，讨论每局比赛的胜负情况，列出所有可能，根据独立事件概率公式，求出结果； 【详解】（1）设事件表示甲发球甲获胜，事件表示乙发球甲获胜； 事件表示甲发球乙获胜，事件表示乙发球乙获胜； 可知. 则第二局比赛结束后乙获胜，即； （2）第四局比赛结束后甲获胜，则第四局一定是甲获胜，前三局甲胜2局，乙胜1局， 则事件概率为； （3）第六局比赛结束后甲获胜，则第六局一定是甲获胜，前面五局中甲获胜3句，乙获胜2局，则事件概率为 ； 则第六局比赛结束后甲获胜的概率为. 37．(24-25高一下·广西柳州高级中学·期末)（多选）有6个相同的球，分别编号1、2、3、4、5、6，从中先不放回的随机取两次，再将球全部放回随机取一次，以上每次抽取一个小球，记事件A：第一次取球编号数字小于3；B：第二次取球编号数字为偶数；C：第三次取球编号为6；D：前两次取球编号数字和为7；E：第一、三次取球编号数字至少有一个1.则下列说法正确的是（  ） A． B．事件A与事件C相互独立 C．事件A与事件E相互独立 D．事件A与事件B相互独立 【答案】ABD 【分析】求出事件的概率，再根据相互独立事件概率的关系依次判断每个选项得到答案. 【详解】根据题意，，，，， 对于A，由于是不放回的取球，则，故A正确； 对于B，因为，所以事件与相互独立，故B正确； 对于C，因为，所以事件与不相互独立，故C错误； 对于D，因为，所以事件与相互独立，故D正确. 故选：ABD. 38．(24-25高一下·甘肃临夏州·期末)科技进步能够更好地推动高质量发展，如人工智能中的DeepSeek．小明、小华两位同学报名参加某公司拟开展的DeepSeek培训，培训前需要面试，面试时共有3道题目，答对2道题则通过面试（前2道题都答对或都答错，第3道题均不需要回答）．已知小明答对每道题目的概率均为，小华答对每道题目的概率依次为，且小明、小华两人每道题能否答对相互独立．记“小明只回答2道题就结束面试”为事件，记“小华3道题都回答且通过面试”为事件． (1)求事件发生的概率； (2)求事件和事件同时发生的概率； (3)求小明、小华两人恰有一人通过面试的概率． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）若事件发生，则小明前两题都答对或都答错，利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得的值； （2）若事件发生，则小华前两题答对一题，答错一题，第三题答对，求出的值，分析可知，事件、相互独立，由独立事件的概率公式可求得的值； （3）记小明没有通过面试为事件，小华通过面试的事件记为，求出这两个事件的概率，记小明、小华两人恰有一人通过面试的事件记为，则，利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得的值. 【详解】（1）若事件发生，则小明前两题都答对或都答错， 所以． （2）若事件发生，则小华前两题答对一题，答错一题，第三题答对， 根据题意则小华3道题都回答且通过面试的概率为， 由题意可知，事件相互独立， 则． （3）记小明没有通过面试为事件， 即分前两道回答对一道且最后一道错误或前两道均回答错误两种情况， 则小明没有通过面试的概率为， 可得小明通过面试的概率为． 记小华通过面试的事件为，由（2）得， 由题意可知，事件相互独立， 记小明、小华两人恰有一人通过面试的事件为， 则． 39．(24-25高一下·甘肃白银多校·期末)甲、乙两支篮球队进入某次决赛，比赛采用“主客场比赛制”，具体赛制如下：若某队两场比赛均获胜或一胜一平，则获得冠军；若某队两场比赛均平局或一胜一负，则通过加时赛决出冠军.现假定甲队在主场获胜的概率为，平局的概率为，其中；甲队在客场获胜和平局的概率均为；加时赛甲队获胜的概率为.不同对阵的结果相互独立，假设甲队先主场后客场. (1)已知. （i）求甲队通过加时赛获得冠军的概率； （ii）求甲队获得冠军的概率. (2)除“主客场比赛制”外，也经常采用在第三方场地的“单场比赛制”：若某队比赛获胜则获得冠军；若为平局，则通过加时赛决出冠军.假定甲队在第三方场地获胜的概率为，平局的概率为，加时赛甲队获胜的概率为.问哪种赛制更有利于甲队夺冠？ 【答案】(1)（i）；（ii） (2)“主客场比赛制”比第三方场地的“单场比赛制”更加有利于甲队夺冠 【分析】（1）（i）先分析出事件即甲队通过加时赛获得冠军，包含甲队主胜客负，主负客胜，主平客平三种情况，然后加时赛获胜，得到的表达式，将代入计算即可；（ii）先分析出事件即甲队获得冠军包含甲队加时赛胜，主胜客胜，主胜客平，主平客胜四种情况，得到的表达式，将代入计算即可； （2）先分析出事件即在第三方场地的“单场比赛制”下甲队获胜包含甲队胜，甲队平且加时赛胜两种情况，得到的表达式，分析出的取值范围，借助的取值范围得到，的大小关系即可知哪种赛制更有利于甲队夺冠. 【详解】（1）（i）设甲队通过加时赛获得冠军为事件， 则事件包含甲队主胜客负，主负客胜，主平客平，然后加时赛获胜， 所以. 因为，所以； （ii）设甲队获得冠军为事件， 则事件包含甲队加时赛胜，主胜客胜，主胜客平，主平客胜， 则. 因为，所以. （2）在第三方场地的“单场比赛制”下，将甲队获胜记为事件， 则事件包含甲队胜，甲队平且加时赛胜， 则， 因为，所以，此时，符合题意， ， 因为，，，所以， 即“主客场比赛制”比第三方场地的“单场比赛制”更加有利于甲队夺冠. 40．(24-25高一下·湖南永州·期末)数据传输包括发送与接收两个环节.在某数据传输中，数据是由数字0和1组成的数字串，发送时按顺序每次只发送一个数字.发送数字0时，收到的数字是0的概率为，收到的数字是1的概率为；发送数字1时，收到的数字是1的概率为，收到的数字是0的概率为.假设每次数字的传输相互独立，且. (1)若发送的数据为“01”，且，，求接收到的两个数字中有且只有一个正确的概率； (2)用X表示收到的数字串，将X中数字0的个数记为，如“001”，则，对应的概率记为. （ⅰ）若发送的数据为：“011”，且，求； （ⅱ）若发送的数据为“0101”，求的最大值. 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）接收到的两个数字中有且只有一个正确，包括数字0接收正确数字1错误和数字0接收错误数字1正确两种情况，利用事件独立性和互斥性计算即可求解； （2）（i）事件表示接收到的数据中含两个0，包含两种情况：①数字0接收正确，数字1有一个正确一个错误，②数学0错误，数字1都错误，事件表示接收到的数据中含三个0，只有1种情况：数字0接收正确数字1都错误，然后建立等式，将代入等式中消元，然后根据范围确定取值：（ii）理解事件包含以下三种情况：①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确，③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，分别求出概率再相加，利用换元的思想，令，利用二次函数的性质研究最值即可求解，注意需要确定的范围. 【详解】（1）记“接收到的两个数字中有且只有一个正确”为事件A，由已知， 事件包含两种情况： 第一种数字0接收正确数字1错误，概率为：， 第二种数字0接收错误数字1正确，概率为：， 所以； （2）（i）由发送的数据为“011“可知，事件表示接收到的数据中含两个0， 包含两种情况：①数字0接收正确，数字1有一个正确一个错误， ②数学0错误，数字1都错误， 所以， 事件表示接收到的数据中含三个0， 只有1种情况：数字0接收正确数字1都错误， 所以， 由得： ， 化简得， 又，上式可化为： 或（舍去）； （ⅱ）当发送的数据为“0101”，事件包含以下三种情况： ①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，其概率为， ②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确， 其概率为， ③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，其概率为 ， ， 令，则， 又且，， ， ， 记， 由二次函数的性质可知，在单调递减， 得最大值为， 即的最大值为. 41．(24-25高一下·重庆主城四区·期末)在三棱锥中，已知均是边长为的正三角形，棱.现对其四个顶点随机贴上写有数字的八个标签中的四个，表示顶点所贴数字，为侧棱上一点. (1)求事件“为偶数”的概率； (2)若，求“二面角的平面角大于”的概率. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先求事件事件“”与事件“”均为奇数的概率，再求事件“”与事件“”均为偶数的概率，进而可求得事件“”为偶数的概率； （2）由题意证明平面，因此是二面角的平面角，再由正弦定理得出、，由题意，分类讨论：；；即可. 【详解】（1）用表示“均为奇数”的事件，用表示“均为偶数”的事件， 则从1-8个数字中任取两个数字标签贴在C､D顶点的样本空间有56个样本点， 事件包含12个样本点，事件也包含12个样本点，根据古典概率知识得： . 记“为偶数”为事件，则， 故； （2）如图，取边的中点，连结. 因为均是边长为的正三角形， 所以，，平面, 因此平面， 从而是二面角的平面角， 又，则. 又， 同理， 当二面角的平面角大于时， ， 当时，，则可取3，4，5，6，7，8共六个值； 当时，，则可取共三个值； 当时，，则不存在. 从1-8个数字中任取两个数字标签贴在顶点的样本空间有56个样本点， 其中使得二面角的平面角大于的样本点有9个，所以. 42．(24-25高一下·浙江宁波余姚·期末)乒乓球被称为中国的“国球”，在2024年巴黎奥运会乒乓球比赛中，中国乒乓球队包揽五块金牌.11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜（比如：比分为，得12分者胜），该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立.在某局双方10：10平后，甲先发球. (1)若两人又打了2个球比赛结束且甲获胜的概率为，求的值； (2)若满足（1）中条件取值，记事件“两人又打了4个球该局比赛结束”，事件“两人又打了个球该局比赛结束”. （i）求； （ii）直接写出. 【答案】(1) (2)（i）；（ii），. 【分析】（1）记表示打第个球是甲胜，由题意可得，求解即可. （2）（i），为奇数；，为偶数，根据，，，互斥，各球的结果相互独立，计算可得结论；（ii）与（i）类似可得结论. 【详解】（1）记表示打第个球是甲胜， 两人又打了2个球比赛结束且甲获胜即，各球的结果相互独立， ，，，. （2）（i），为奇数；，为偶数. . ，，，互斥，各球的结果相互独立. . . . . . （ii），. 43．(24-25高一下·安徽六安第二中学·期末)不透明的盒子里装有除颜色外完全相同的3个黑球、2个白球，其中黑球编号为1，2，3，白球编号为4，5. (1)现从盒子里随机取出2个小球，记事件“有放回地依次取出时，取到两个白球”，事件“不放回地依次取出时，取出小球编号之和为n”，当时，分别求事件A，B的概率； (2)某班级为活跃班级氛围，组织了玩游戏送书签的活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响，连胜两个游戏可以获得一张书签，连胜三个游戏可以获得两张书签. 游戏一：从盒子中随机取出一个球，取到白球时获胜； 游戏二：从盒子中有放回地依次取出2个球，取出两个白球时获胜； 游戏三：从盒子中无放回地依次取出2个球，取出球编号之和为n时获胜. 小明同学决定先玩游戏一，当n为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书签的概率更大？ 【答案】(1)， (2)n的取值为5，6，7 【分析】（1）先写出样本空间，结合古典概型的概率公式即可得解； （2）利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书签的概率，从而得到概率，综合（1），由此得解. 【详解】（1）对于事件A，有放回地依次取出两个球的样本空间，则， 因为，所以， 所以， 对于事件B，不放回地依次取出两个球的样本空间 ，则，因为， 所以，所以； （2）设“先玩游戏二时，获得书签”，“先玩游戏三时，获得书签”， 记事件“从盒子中随机取出一个球，取到白球”， 从盒子中随机取出一个球的样本空间为， 则，，，所以. 则，，，互斥，A，B，C相互独立， 所以 . 同理，. 因为，所以，解得. 综合（1）知，，对应的均为，比大，所以满足题意； ，对应的均为，小于，不满足题意. 因此，符合题意的n的取值为5，6，7. 44．(24-25高一下·河南创新发展联盟·期末)（多选）若图G的关联结点（加黑的粗点）构成的点集记为V，V可划分为两个子集和，且图中的每一条边的一个关联结点在中，另一个关联结点必在中，则将图G称为二部图．现有下列六个图，若从这六个图中任选两个，则（   ） A．这两个图都是二部图的概率为 B．这两个图至少有一个是二部图的概率为 C．这两个图不都是二部图的概率为 D．这两个图恰有一个是二部图的概率为 【答案】BC 【分析】首先根据二部图的定义确定这6个图中，二部图的个数，再根据古典概型，通过列举的方法，即可概率. 【详解】 对于图（1），图中出现了，则该三角形必然有一条边的两个顶点分在一个子集内， 这显然不符合二部图的定义，图（4）也是如此，所以图（1）与图（4）不是二部图． 除了这两个图，其他四个图都是二部图， 例如，对于图（3），当时，图中的每一条边的一个关联结点在中， 另一个关联结点必在中； 对于图（5），当时，图中的每一条边的一个关联结点在中， 另一个关联结点必在中．从这六个图中任选两个，所有的选择为 ， ， ，共15种． 这两个图都是二部图的选择共有6种，这两个图至少有一个是二部图的选择共有14种， 这两个图不都是二部图的选择共有9种，这两个图恰有一个是二部图的选择共有8种， 故这两个图都是二部图的概率为，故A错误； 这两个图至少有一个是二部图的概率为，故B正确； 这两个图不都是二部图的概率为，故C正确； 这两个图恰有一个是二部图的概率为，故D错误. 故选：BC 45．(24-25高一下·河南郑州中牟县·期末)不透明的盒子里装有除颜色外完全相同的3个黑球、2个白球，其中黑球编号为1，2，3，白球编号为4，5． (1)现从盒子里随机取出2个小球，记事件“有放回地依次取出时，取到两个白球”，事件“不放回地依次取出时，取出小球编号之和为”，当时，分别求事件的概率； (2)某班级为活跃班级氛围，组织了玩游戏送书签的活动．该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响，连胜两个游戏可以获得一张书签，连胜三个游戏可以获得两张书签． 游戏一：从盒子中随机取出一个球，取到白球时获胜； 游戏二：从盒子中有放回地依次取出2个球，取出两个白球时获胜； 游戏三：从盒子中无放回地依次取出2个球，取出球编号之和为时获胜． 小明同学决定先玩游戏一，当为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书签的概率更大？ 【答案】(1)， (2)5，6，7 【分析】（1）利用列举法求出样本空间，结合古典概型的概率公式即可得解； （2）利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书签的概率，从而得到概率，结合（1），由此得解. 【详解】（1）对于事件，有放回地依次取出两个球的样本空间， 则，因为，所以， 所以. 对于事件，不放回地依次取出取出两个球的样本空间 ， 则，因为，所以，所以. （2）设“先玩游戏二时，获得书签”，“先玩游戏三时，获得书签”， 记事件“从盒子中随机取出一个球，取到白球”，的样本空间为， 则，所以． 则互斥，相互独立， 所以． 同理，． 因为，所以，解得． 综合（1）知，对应的均为，大于，满足题意； 对应的均为，小于，不满足题意． 因此，符合题意的的取值为5，6，7． 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 终极压轴题 五大考点内容 5大高频考点概览 考点01平面向量及其应用 考点02复数 考点03立体几何初步 考点04统计 考点05概率 ( 地 城 考点01 平面向量及其应用 ) 1．(24-25高一下·江西抚州·期末)已知非零平面向量，满足，，若与的夹角为，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 2．(24-25高一下·江苏无锡惠山区锡山高级中学·期末)圆内接四边形作为一类特殊的四边形，有着非常好的性质，比如对角互补．如图，中，，，点是外接圆上的一个动点（点O，C在直线AB两侧），记，则． (1)若与的交点为，，求的值； (2)若，求的最大值； (3)若点满足，，求四边形的面积． 3．(24-25高一下·广西梧州·期末)《麦田里的守望者》中的主人公霍尔顿将自己的精神生活寄托于那广阔无垠的麦田．假设霍尔顿在一块四边形ABCD的麦田里成为守望者，如图所示，为了分割麦田，他将BD连接，经测量，．    (1)霍尔顿发现无论BD多长，为一个定值，请你验证霍尔顿的结论，并求出这个定值； (2)霍尔顿发现麦田的生长与土地面积的平方呈正相关（正相关描述的是两个变量之间的一种关系：当一个变量增大时，另一个变量也倾向于增大；反之，当一个变量减小时，另一个变量也倾向于减小），记与的面积分别为和，为了更好地规划麦田，请你帮助霍尔顿求的最大值； (3)霍尔顿发现麦田的维护成本与分割线BD的长度平方成正比，比例系数为k，而总收益与成正比，比例系数为m（其中，）若净收益为总收益减去维护成本，请求出使净收益最大的BD长度，并写出此时的最大净收益表达式． 4．(24-25高一下·湖南岳阳岳阳楼区·期末)在中，已知，，，为线段的中点，为线段上一动点，则的最小值为________. 5．(24-25高一下·广西柳州高级中学·期末)定义向量的“伴随函数”为；函数的“伴随向量”为. (1)写出的“伴随函数”，并直接写出的最大值； (2)已知向量，，函数，求函数的“伴随向量”的坐标； (3)已知，的“伴随函数”为，的“伴随函数”为，设（，），且的伴随函数为，其最大值为p. ①若，求p的取值范围； ②求证：向量的充要条件是. 6．(24-25高一下·福建福州马尾一中等六校·期末)如图所示，在边长为3的等边三角形ABC中，，且点P在以AD的中点O为圆心，OA为半径的半圆上，则最大值为__________，若，则的最大值为________ ； 7．(24-25高一下·四川泸州三校联盟·期末)如图所示，矩形的对角线相交于点O，点E在线段上，且，若．    (1)求的值； (2)若，，求向量与向量夹角的余弦值． 8．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第四中学校·期末)在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若， (1)求证：是等腰三角形； (2)已知的面积为18，点D满足，求线段AD的最小值． 9．(24-25高一下·安徽合肥第六中学·期末)在锐角中，内角所对的边分别为，且，则的取值范围是_________． 10．(24-25高一下·辽宁大连第二十四中学·期末)已知函数，其最小正周期为. (1)求的解析式； (2)已知锐角三角形的内角满足，，过点作，且四点共圆，，求的面积； (3)把的图象先将所有点横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度、向下平移个单位长度后得到的图象，设此时的定义域为.已知函数，方程在上的所有根之和等于，求满足条件的整数的取值集合. ( 地 城 考点02 复数 )11．(24-25高一下·上海师范大学附属中学·期末)已知关于的方程有两个复数根． (1)若，求的取值范围； (2)若，求的值． 12．(24-25高一下·辽宁大连第二十四中学·期末)定义“变换”如下：设是一个关于复数z的表达式，若，则称复平面内点经过“变换”得到点.例如当时，点经过“变换”得到. (1)已知复数可以写成()，若()，求点经过“变换”得到的点的坐标； (2)若()，设直线，是否存在，使得直线上的任意一点“变换”到点后，点都在函数（其中为的反函数）的图象上？若存在，试求出有序实数对及此时的值；若不存在，请说明理由； (3)设()，其中.集合，，若对于集合中任意的复数在复平面内所对应的点经过“变换”后得到的点都是集合内的元素，求的取值范围.（分别为复数的实部与虚部） 13．(24-25高一下·安徽蚌埠·期末)欧拉公式，e是自然对数的底，i是虚数单位.它的一个简单而重要的结论是：余弦函数和正弦函数可以用定义在复数集上的指数函数构造出来，即.欧拉公式将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数和指数函数的关系，被誉为“数学中的天桥”.当时，得到等式，数学里最重要的五个常数被联系在一起，仿佛一句诗，道尽了数学之美. (1)证明：若，则与互为共轭复数； (2)已知，欧拉公式在复数集内可推广为，需要指出的是，和是复数，它们不是的实部和虚部，且.容易证明，两角和的余弦公式在复数范围内仍然成立，即.定义函数，.证明：； (3)若，令，证明：. 14．(24-25高一下·重庆七校联盟·期末)我们可以把平面向量坐标的概念推广为“复向量”，即可将有序复数对视为一个向量，记作．类比平面向量的线性运算可以定义复向量的线性运算；两个复向量，的数量积记作，定义为；复向量的模定义为． (1)设，，求复向量与的模； (2)已知对任意的实向量与，都有，当且仅当与平行时取等号； ①求证：对任意实数，，，，不等式成立，并写出此不等式的取等条件； ②求证：对任意两个复向量与，不等式仍然成立； (3)当时，称复向量与平行．设，，，若复向量与平行，求复数的值． 15．(24-25高一下·江西萍乡·期末)数学家在解决判别式的二次方程时引入了虚数，例如解得：，．实际上高阶方程同样在复数域中有解，如解得：，，；解得：，，，．数学家高斯发现对于一元次多项式方程在复数域内有且只有个根（重根按重数计算，如解得：），这就是著名的代数基本定理． (1)已知方程的复数根在复平面内对应的点必然均分单位圆．试求解方程在复数域中的所有解； (2)已知复数的乘方运算满足，试求在复数域中的所有解； (3)试证明：方程（，且为偶数）在复数域内的所有解的和为． 16．(24-25高一下·新疆巴音郭楞蒙古·期末)代数基本定理是数学中最重要的定理之一，其内容为：任何一元次复系数多项式方程至少有一个复数根.由代数基本定理可以得到：任何一元次复系数多项式在复数集中可以分解为n个一次因式的乘积.进而，一元次复系数多项式方程有n个复数根（重根按重数计）. (1)在复数集中解方程：； (2)写出一个以为根的一元六次实系数多项式方程；（不需要写证明过程） (3)已知一元十次实系数多项式满足，求的值. 17．(24-25高一下·上海嘉定区第二中学·期末)已知个两两互不相等的复数、、、、、满足，若（其中、；、、、），则正整数的最大值为________. 18．(24-25高一下·浙江衢州·期末)实系数一元三次方程，在复数集内的根为，方程可变形为，展开可得如果一元次方程系数是复数，根与系数的这些关系仍然成立． (1)已知方程有三个根，其中一个为1，求方程的另两个根； (2)设三个顶点在复平面内对应的复数分别为，满足，求内切圆半径； (3)记区间的长度为，若关于的不等式：的解集为，求中所有区间的长度之和（结果用表示）． ( 地 城 考点0 3 立体几何初步 ) 19．(24-25高一下·湖南岳阳岳阳楼区·期末)如图1，在直角梯形中，，，，，以为轴将梯形旋转180°后得到几何体W，如图2，其中，分别为上下底面直径，点P，Q分别在圆弧，上，且∥. (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成角的余弦值等于，求P到平面的距离； (3)若平面与平面夹角的正切值为，求的长度. 20．(24-25高一下·湖南岳阳岳阳楼区·期末)（多选）在正方体中，为线段上的动点（不包含端点），则（    ） A．存在点，使得平面平面 B．不存在点，使得平面平面 C．存在点，使得直线与所成角为 D．平面截正方体所得的截面可能是等腰三角形 21．(24-25高一下·广西柳州高级中学·期末)如图1，在矩形ABCD中，，，将△BCD沿BD翻折至△BC1D，且，如图2所示.    (1)求证：平面ABC1⊥平面AC1D； (2)求点C1到平面ABD的距离d； (3)求二面角的余弦值. 22．(24-25高一下·广西柳州高级中学·期末)（多选）在边长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，下列选项中，正确的是（  ） A．A1C1⊥BD B．B1C与BD所成的角为60° C．A1C与平面ABCD所成的角为45° D．三棱锥A1—ABD的外接球半径为 23．(24-25高一下·福建福州马尾一中等六校·期末)如图①，在等腰直角中，，，，分别是边，上的动点，将沿折起到如图②的位置，连接，，且平面平面． (1)当，分别是边，的中点时； ①求证：平面平面 ②求二面角的正切值 (2)若点与点重合，如图③，设，求三棱锥体积的最大值； 24．(24-25高一下·四川泸州三校联盟·期末)（多选）如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有（    ） A．无论点N在何处，始终有成立． B．三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化． C．直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为． D．平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形． 25．(24-25高一下·安徽合肥第六中学·期末)如图，在四棱锥中，底面，是的中点，点在棱上，且，四边形为正方形，． (1)证明：； (2)求点到平面的距离； (3)求二面角的余弦值． 26．(24-25高一下·安徽合肥第六中学·期末)（多选）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为线段上动点（包括端点），则下列说法中正确的是（    ）    A．存在点使得平面 B．直线与平面所成角正弦值为 C．的最小值为 D．若点在正方体，表面上运动（包含边界），且，则点的轨迹长度为 27．(24-25高一下·江苏常州前黄高级中学·期末)如图，在正四棱锥中，所有棱长均为，点是底面内任意一点，点到侧面的距离分别为． (1)若点是棱的中点，求异面直线与所成角的正弦值； (2)若且，求的最大值； (3)记与侧面所成的角分别为，求的值． 28．(24-25高一下·江苏常州前黄高级中学·期末)（多选）如图，两个边长均为的正方形与正方形所在的平面相交，其二面角的平面角为．点分别是对角线上的动点，记，点是线段上的一动点．下列结论一定正确的是（     ） A．平面 B．三棱锥的体积存在最大值 C．的最小值是 D．若点在同一球的球面上，则该球的体积是 ( 地 城 考点0 4 统计 ) 29．(24-25高一下·山东青岛第二中学·期末)对于没有重复数据的样本，记这m个数的第k百分位数为.若在区间中的样本数据有且只有13个，则m的所有可能值的和为______. 30．(24-25高一下·河南濮阳·期末)高一某班有24名男生和40名女生，某次数学测试中，男生的平均分与女生的平均分之差为4，若男生分数的方差为94，全班分数的方差为84，则女生分数的方差为（   ） A．90 B．86 C．78 D．72 31．(24-25高一下·河南平顶山·期末)已知总体划分为两层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数、样本方差分别为m，，；n，，.记总的样本平均数为，样本方差为，则，该公式可以用来解决样本数据的最值问题.已知7个样本数据的均值为2，方差为，则这7个样本数据的中位数的最大值为__________. 32．(24-25高一下·福建漳州·期末)（多选）四名同学各掷骰子7次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断可能出现了点数6的是（    ）． A．平均数为3，中位数为4 B．平均数为3，方差为1 C．平均数为4，极差为4 D．平均数为2，第80百分位数为4 33．(24-25高一下·广东广州五校（实、执信、广雅、二中、六中）·期末)在大数据时代，由于整合不同来源的数据需要以及在数据量庞大的情况下为减少计算量，实际上在计算机中计算方差是使用递推方法进行计算的.先计算前面k个数据的平均数和方差， 再计算前面k+1个数据的平均数和方，计算可利用递推式：，则______. 34．(24-25高一下·湖北部分重点高中·期末)（多选）一组样本有互不相等的5个数据，平均数记为，方差记为，下列说法错误的是（   ） A．去掉样本数据中的最大值和最小值后得到一组新数据，其平均数等于 B．去掉样本数据中的最大值和最小值后得到一组新数据，其方差小于 C．去掉样本数据中的最小值后得到一组新数据，其方差小于 D．去掉样本数据中的中位数后得到一组新数据，其方差小于 35．(24-25高一下·湖北武汉部分重点中学·期末)统计学中，协方差用来描述两组数据和之间的总体的误差．定义：协方差．已知甲、乙两位同学五次考试（满分5分）数学和物理成绩如下表： 甲 ① ② ③ ④ ⑤ 数学成绩 1 2 3 4 5 物理成绩 1 3 3 3 5 2 5 6 7 10 乙 ① ② ③ ④ ⑤ 数学成绩 3 3 4 5 5 物理成绩 1 3 3 4 4 4 6 7 9 9 (1)依据表格数据分别求出甲、乙的数学成绩x与物理成绩y的协方差； (2)分别求出甲、乙两同学数学成绩的方差，以及物理成绩的方差，并计算他们数学物理总成绩的方差．根据计算结果，猜想一般情况下和之间的等量关系式（不需要证明）； (3)在一般情况下，证明：． ( 地 城 考点0 5 概率 ) 36．(24-25高一下·甘肃定西临洮县·期末)甲､乙两人进行羽毛球对抗赛，规定一方比另一方多赢两局者获胜，且比赛结束，每局比赛赢的人，下一局比赛获得发球权.通过分析甲､乙过去比赛的数据知，每局比赛中甲发球且甲赢的概率为，乙发球且乙赢的概率为，每局比赛的结果互不影响.已知甲先发球. (1)求第二局比赛结束后乙获胜的概率； (2)求第四局比赛结束后甲获胜的概率； (3)求第六局比赛结束后甲获胜的概率. 37．(24-25高一下·广西柳州高级中学·期末)（多选）有6个相同的球，分别编号1、2、3、4、5、6，从中先不放回的随机取两次，再将球全部放回随机取一次，以上每次抽取一个小球，记事件A：第一次取球编号数字小于3；B：第二次取球编号数字为偶数；C：第三次取球编号为6；D：前两次取球编号数字和为7；E：第一、三次取球编号数字至少有一个1.则下列说法正确的是（  ） A． B．事件A与事件C相互独立 C．事件A与事件E相互独立 D．事件A与事件B相互独立 38．(24-25高一下·甘肃临夏州·期末)科技进步能够更好地推动高质量发展，如人工智能中的DeepSeek．小明、小华两位同学报名参加某公司拟开展的DeepSeek培训，培训前需要面试，面试时共有3道题目，答对2道题则通过面试（前2道题都答对或都答错，第3道题均不需要回答）．已知小明答对每道题目的概率均为，小华答对每道题目的概率依次为，且小明、小华两人每道题能否答对相互独立．记“小明只回答2道题就结束面试”为事件，记“小华3道题都回答且通过面试”为事件． (1)求事件发生的概率； (2)求事件和事件同时发生的概率； (3)求小明、小华两人恰有一人通过面试的概率． 39．(24-25高一下·甘肃白银多校·期末)甲、乙两支篮球队进入某次决赛，比赛采用“主客场比赛制”，具体赛制如下：若某队两场比赛均获胜或一胜一平，则获得冠军；若某队两场比赛均平局或一胜一负，则通过加时赛决出冠军.现假定甲队在主场获胜的概率为，平局的概率为，其中；甲队在客场获胜和平局的概率均为；加时赛甲队获胜的概率为.不同对阵的结果相互独立，假设甲队先主场后客场. (1)已知. （i）求甲队通过加时赛获得冠军的概率； （ii）求甲队获得冠军的概率. (2)除“主客场比赛制”外，也经常采用在第三方场地的“单场比赛制”：若某队比赛获胜则获得冠军；若为平局，则通过加时赛决出冠军.假定甲队在第三方场地获胜的概率为，平局的概率为，加时赛甲队获胜的概率为.问哪种赛制更有利于甲队夺冠？ 40．(24-25高一下·湖南永州·期末)数据传输包括发送与接收两个环节.在某数据传输中，数据是由数字0和1组成的数字串，发送时按顺序每次只发送一个数字.发送数字0时，收到的数字是0的概率为，收到的数字是1的概率为；发送数字1时，收到的数字是1的概率为，收到的数字是0的概率为.假设每次数字的传输相互独立，且. (1)若发送的数据为“01”，且，，求接收到的两个数字中有且只有一个正确的概率； (2)用X表示收到的数字串，将X中数字0的个数记为，如“001”，则，对应的概率记为. （ⅰ）若发送的数据为：“011”，且，求； （ⅱ）若发送的数据为“0101”，求的最大值. 41．(24-25高一下·重庆主城四区·期末)在三棱锥中，已知均是边长为的正三角形，棱.现对其四个顶点随机贴上写有数字的八个标签中的四个，表示顶点所贴数字，为侧棱上一点. (1)求事件“为偶数”的概率； (2)若，求“二面角的平面角大于”的概率. 42．(24-25高一下·浙江宁波余姚·期末)乒乓球被称为中国的“国球”，在2024年巴黎奥运会乒乓球比赛中，中国乒乓球队包揽五块金牌.11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜（比如：比分为，得12分者胜），该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立.在某局双方10：10平后，甲先发球. (1)若两人又打了2个球比赛结束且甲获胜的概率为，求的值； (2)若满足（1）中条件取值，记事件“两人又打了4个球该局比赛结束”，事件“两人又打了个球该局比赛结束”. （i）求； （ii）直接写出. 43．(24-25高一下·安徽六安第二中学·期末)不透明的盒子里装有除颜色外完全相同的3个黑球、2个白球，其中黑球编号为1，2，3，白球编号为4，5. (1)现从盒子里随机取出2个小球，记事件“有放回地依次取出时，取到两个白球”，事件“不放回地依次取出时，取出小球编号之和为n”，当时，分别求事件A，B的概率； (2)某班级为活跃班级氛围，组织了玩游戏送书签的活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响，连胜两个游戏可以获得一张书签，连胜三个游戏可以获得两张书签. 游戏一：从盒子中随机取出一个球，取到白球时获胜； 游戏二：从盒子中有放回地依次取出2个球，取出两个白球时获胜； 游戏三：从盒子中无放回地依次取出2个球，取出球编号之和为n时获胜. 小明同学决定先玩游戏一，当n为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书签的概率更大？ 44．(24-25高一下·河南创新发展联盟·期末)（多选）若图G的关联结点（加黑的粗点）构成的点集记为V，V可划分为两个子集和，且图中的每一条边的一个关联结点在中，另一个关联结点必在中，则将图G称为二部图．现有下列六个图，若从这六个图中任选两个，则（   ） A．这两个图都是二部图的概率为 B．这两个图至少有一个是二部图的概率为 C．这两个图不都是二部图的概率为 D．这两个图恰有一个是二部图的概率为 45．(24-25高一下·河南郑州中牟县·期末)不透明的盒子里装有除颜色外完全相同的3个黑球、2个白球，其中黑球编号为1，2，3，白球编号为4，5． (1)现从盒子里随机取出2个小球，记事件“有放回地依次取出时，取到两个白球”，事件“不放回地依次取出时，取出小球编号之和为”，当时，分别求事件的概率； (2)某班级为活跃班级氛围，组织了玩游戏送书签的活动．该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响，连胜两个游戏可以获得一张书签，连胜三个游戏可以获得两张书签． 游戏一：从盒子中随机取出一个球，取到白球时获胜； 游戏二：从盒子中有放回地依次取出2个球，取出两个白球时获胜； 游戏三：从盒子中无放回地依次取出2个球，取出球编号之和为时获胜． 小明同学决定先玩游戏一，当为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书签的概率更大？ 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $