专题09 高一下学期期末复习真题精选（常考150题30类题型专练）（举一反三期末专项训练）高一数学下学期苏教版必修第二册

**基本信息** 以30类题型系统整合150道期末真题，覆盖平面向量、三角函数、空间几何等核心模块，通过真题情境落实数学抽象、逻辑推理与数学运算素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |平面向量|20题|概念辨析→线性运算→基本定理→坐标运算|从几何直观到代数表达，构建向量工具性应用逻辑| |三角函数与解三角形|25题|公式应用→辅助角转化→正余弦定理→面积计算|遵循"公式推导-性质应用-实际建模"递进链条| |空间几何|30题|结构特征→直观图→表面积体积→外接球|从空间感知到度量计算，强化空间观念形成| |统计与概率|30题|抽样方法→图表分析→古典概型→独立事件|体现"数据收集-分析-推断"完整统计思维|

专题09 高一下学期期末复习真题精选（常考150题30类题型专练） 【苏教版】 题型归纳 题型1 平面向量的概念（共5小题） 1．（24-25高一下·湖南岳阳·期末）下列说法正确的是（　　） A．若，则 B．零向量没有方向 C．相等向量的长度相等 D．共线向量是在同一条直线上的向量 【答案】C 【解题思路】根据向量的相关概空可判断AC的真假；根据零向量的概念可判断B的真假，根据共线向量的概念可判断D的真假. 【解答过程】对A，由，不能得到方向相同，所以未必成立，故A错误； 对B：零向量的方向是任意的，故B错误； 对C：根据相等向量的概念，C正确； 对D：共线向量是指方向相同或相反的向量，故D错误. 故选：C. 2．（24-25高一下·广西河池·期末）下列向量的概念错误的是（   ） A．长度为0的向量是零向量，零向量的方向是任意的 B．零向量和任何向量都是共线向量 C．相等向量一定是共线向量，但共线向量不一定相等 D．，，则 【答案】D 【解题思路】根据零向量，相等向量，共线向量的定义即可求解. 【解答过程】对于A, 零向量的长度为0，且方向是任意的，故A正确， 对于B，规定零向量与任意向量共线，故B正确， 对于C，相等向量的模长和方向都相同，故相等向量一定是共线向量，但共线向量是方向相同或者相反的两个向量，模长不一定相等，故共线向量不一定相等，C正确， 对于D，当为零向量时，此时不一定能得到，故D错误， 故选：D. 3．（24-25高一下·甘肃酒泉·期末）下列条件中能得到的是（    ） A． B．与的方向相同 C．，且 D．且 【答案】D 【解题思路】根据相等向量的定义即可逐一判断各选项. 【解答过程】因等价于长度相等，方向相同. 对于A，由不能确定方向是否相同，故A错误； 对于B，与的方向相同，但长度不确定是否相等，故B错误； 对于C，当，且时，若的方向相反，则不成立，故C错误； 对于D，当且时，长度相等，方向相同，故D正确. 故选：D. 4．（24-25高一下·上海嘉定·期末）以下关于平面向量的说法正确的是（    ） A．若，则 B．若则 C．若是共线的单位向量.则 D．若，则不是共线向量 【答案】A 【解题思路】对 A，由相等向量的定义判断；对B，举反例时，可判断；对C，由共线向量的定义判断；对D，由相等向量和共线向量的定义判断. 【解答过程】对于A，若，则，故正确； 对于B，若，则不一定成立，故B错误； 对于C，若是共线的单位向量，则或，故C错误； 对于D，若，则是共线向量，故D错误. 故选：A. 5．（24-25高一下·四川乐山·期末）下列说法正确的是（   ） A．若为单位向量，则 B．若为平行向量，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【解题思路】由向量相等的概念进行判断即可. 【解答过程】由向量相等的概念可知 且方向相同. 对A：为单位向量可得，但方向未必相同，故未必成立，故A错误； 对B：为平行向量，不能说明，也不能说明方向相同，所以不能说明，故B错误； 对C：仅，不能说明，故C错误； 对D：若，则正确，故D正确. 故选：D. 题型2 平面向量的运算（共5小题） 1．（24-25高一下·甘肃定西·期末）在正方形中，为的中点，为的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】根据平面向量的线性运算求得正确答案. 【解答过程】依题意， . 故选：B. 2．（24-25高一下·吉林松原·期末）已知向量是两个单位向量，在上的投影向量为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】由题意知，由投影向量公式解得，然后由向量的数量积公式求得结果. 【解答过程】由题意可知，且， ∴， ∴. 故选：D. 3．（24-25高一下·新疆·期末）已知向量，满足，，则向量与的夹角的余弦值（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】根据已知及向量数量积的运算律得、、，再应用向量夹角公式求余弦值. 【解答过程】因为，两边平方得， 所以，则， ， 则向量与的夹角的余弦值为. 故选：D. 4．（24-25高一下·吉林松原·期末）如图，在菱形中，为上靠近于C的三等分点，则的值是__________. 【答案】 【解题思路】用表示出，然后根据向量数量积的运算性质求解可得. 【解答过程】因为为上靠近于C的三等分点，所以， 所以， 又，所以， 所以. 故答案为：. 5．（24-25高一下·新疆阿克苏·期末）已知. (1)求； (2)求向量与的夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）首先求出，然后再根据模长公式即可求解； （2）根据夹角公式即可求解. 【解答过程】（1）， 所以 . （2）. 题型3 平面向量基本定理及其应用（共5小题） 1．（24-25高一下·河南信阳·期末）如图，在中，点是的中点，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】根据平面向量基本定理得到答案. 【解答过程】点是的中点，， ． 故选：D． 2．（24-25高一下·四川眉山·期末）如图，在平行四边形中，是对角线的交点，，若，则（   ） A．1 B． C．2 D． 【答案】A 【解题思路】根据向量的线性运算及平面向量基本定理计算求参. 【解答过程】在平行四边形中，是对角线的交点，， 因为， 则，. 故选：A. 3．（24-25高一下·安徽蚌埠·期末）在平行四边形中，为的中点，为的中点，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】利用向量的线性运算结合已知条件把用表示，再由平面向量基本定理可求得的值，从而可求得答案. 【解答过程】如图，由题，， ， 所以. 故选：A.    4．（24-25高一下·陕西渭南·期末）已知不共线，且，则__________. 【答案】1 【解题思路】根据平面向量共线定理将变形为，即可根据平面向量基本定理得，即可求出的值. 【解答过程】因为，且不共线， 所以，整理可得. 又因为， 所以由平面向量基本定理可得， 所以. 故答案为：1. 5．（24-25高一下·甘肃白银·期末）如图，在中，D是的中点，E是的中点，设，. (1)用，表示向量； (2)若点F在上，且，求. 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）利用向量基本定理得到，； （2）设，所以，结合条件得到，从而得到. 【解答过程】（1）因为，是的中点，所以， 因为是的中点， 所以； （2）设，所以， 又，所以，所以， 设，则，又D是的中点， 故，， 故. 题型4 平面向量的坐标运算（共5小题） 1．（24-25高一下·福建南平·期末）已知向量，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】利用平面向量的坐标运算求解即可. 【解答过程】因为，所以， 则，故C正确. 故选：C. 2．（24-25高一下·新疆·期末）已知向量，，且，则（    ） A．3 B． C．2 D． 【答案】A 【解题思路】应用向量的线性运算求，再由向量平行的坐标表示列方程求参数. 【解答过程】因为，，所以， 由，得，解得. 故选：A. 3．（24-25高一下·贵州安顺·期末）已知向量，，若⊥，则与的夹角为（   ） A．45° B．135° C．30° D．60° 【答案】A 【解题思路】根据两向量垂直得到方程，求出，进而得到，，利用向量夹角余弦公式进行求解. 【解答过程】因为⊥，所以，解得， ，， 设与的夹角为，则， 所以. 故选：A. 4．（24-25高一下·上海·期末）若，且，则点的坐标为__________. 【答案】 【解题思路】设点，利用题设等式进行坐标运算，列出方程组，求解即得. 【解答过程】设点，则由可得， 故有，解得， 即点的坐标为. 故答案为：. 5．（24-25高一下·北京顺义·期末）已知向量，，，且向量与共线. (1)证明：； (2)求向量与的夹角； (3)若，求实数m的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【解题思路】（1）由平面向量的共线定理求解； （2）由向量的夹角公式求解； （3），由向量的模的公式求解． 【解答过程】（1）由向量与共线，得，得， 得，， 则， 故． （2）， 设向量与的夹角为， 则， 由，得， 故向量与的夹角为：． （3）， 由得，， 解得． 题型5 两角和与差的三角函数（共5小题） 1．（24-25高一下·北京顺义·期末）已知为第二象限角，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】先根据同角三角函数关系结合角的象限计算得出，最后应用两角和正弦公式计算求解. 【解答过程】因为为第二象限角，且， 所以， 则. 故选：B. 2．（24-25高一下·辽宁·期末）已知，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】利用和角的正切公式可得，结合角的范围即得答案. 【解答过程】由已知可得：， 所以， 又，则，故. 故选：C. 3．（24-25高一下·辽宁朝阳·期末）已知角均为锐角，满足，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】先利用同角三角函数的关系求出，再利用两角和的余弦公式可求得结果. 【解答过程】因为角均为锐角，所以， 因为， 所以，， 所以 . 故选：C. 4．（24-25高一下·江西吉安·期末）________． 【答案】 【解题思路】利用诱导公式与和差公式计算即可. 【解答过程】原式 . 故答案为：． 5．（24-25高一下·陕西咸阳·期末）已知． (1)求的值； (2)若，求的值． 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）由同角三角函数基本关系可得，然后由两角差的余弦公式可得答案； （2）由同角三角函数基本关系可得，然后由两角差的正弦公式可得答案. 【解答过程】（1）因，则. 从而； （2）因，则. 从而. 题型6  辅助角公式及其应用（共5小题） 1．（24-25高一下·甘肃白银·期末）函数的图象的相邻两条对称轴之间的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】先利用辅助角公式将函数解析式进行化简；再利用正弦型函数的性质可求解. 【解答过程】因为函数的最小正周期， 所以函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为. 故选：B. 2．（24-25高一下·辽宁锦州·期末）已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的有（   ） A． B．函数在上为减函数 C．直线是函数图象的一条对称轴 D．点是函数图象的一个对称中心 【答案】D 【解题思路】根据二倍角余弦公式、辅助角公式化简函数解析式，结合正弦型函数的周期公式、单调性、对称性逐一判断即可. 【解答过程】. A：因为，所以由，因此本选项说法不正确； B：由上可知：， 当时，， 因此函数在上为增函数，所以本选项说法不正确； C：因为， 所以直线不是函数图象的一条对称轴，因此本选项说法不正确； D：因为， 所以点是函数图象的一个对称中心，因此本选项说法正确， 故选：D. 3．（24-25高一下·四川宜宾·期末）已知函数，则（   ） A．若函数相邻两条对称轴的距离为，则 B．当，时，的值域为 C．当时，是的对称中心 D．若在内有且仅有两个零点，则 【答案】B 【解题思路】利用辅助角公式可得，根据周期公式以及函数图象可判断A错误，结合正弦函数图象性质可得B正确，将代入检验可得C错误，根据整体代换法以及正弦函数图象性质，结合零点个数限定出不等式，解得，可得D错误. 【解答过程】易知， 对于A，若函数相邻两条对称轴的距离为，即可得，因此可得，即A错误； 对于B，当，可得， 当时，， 因为函数在上单调递增，在上单调递减， 又 所以的值域为，即B正确； 对于C，当时，，将代入检验可得， 显然不是的对称中心，即C错误； 对于D，若，可得， 若在内有且仅有两个零点，可得，解得， 因此D错误. 故选：B. 4．（24-25高一下·上海·期末）函数的严格减区间是__________. 【答案】 【解题思路】利用辅助角公式，得到，再利用正弦型函数单调区间的求法可得到答案. 【解答过程】， ， 令， 解得：， 故答案为： . 5．（24-25高一下·北京石景山·期末）已知函数． (1)求的最小正周期及单调递增区间； (2)当时，的取值范围为，求m的最大值． 【答案】(1)，函数的单调递增区间为， (2) 【解题思路】（1）利用辅助角公式可得，则可求其最小正周期，利用整体代换法可求其单调递增区间； （2）利用整体代换法求出，由的取值范围为，从而可求解. 【解答过程】（1）由， 则最小正周期为， 令，因为的单调递增区间是，， 所以，，即，， 解得，， 所以函数的单调递增区间为，； （2）当时，， 令，则，所以的取值范围为， 由的性质可知，，解得， 所以的最大值为． 题型7 余弦定理解三角形（共5小题） 1．（24-25高一下·贵州黔东南·期末）已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，，，，则（    ） A．30° B．60° C．150° D．120° 【答案】B 【解题思路】由余弦定理直接计算求解即可. 【解答过程】由题可得， 因为，所以. 故选：B. 2．（24-25高一下·河南郑州·期末）在 中，，，，则为（   ） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰三角形 【答案】C 【解题思路】根据余弦定理可得，即为钝角，进而即可得到答案． 【解答过程】由余弦定理得， 又在 中，，则为钝角， 所以为钝角三角形． 故选：C． 3．（24-25高一下·四川成都·期末）已知分别为的三个内角的对边，若，则角为（    ） A．或 B． C．或 D． 【答案】B 【解题思路】根据余弦定理求得的值，结合角的范围即得答案. 【解答过程】由余弦定理可得，因，则. 故选：B. 4．（24-25高一下·甘肃白银·期末）在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则___________. 【答案】3 【解题思路】利用余弦定理化简可得，然后简单判断即可. 【解答过程】依题意，，由余弦定理得，整理得. 由于是锐角三角形，所以，则. 故答案为：3. 5．（24-25高一下·辽宁·期末）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． (1)求C； (2)若，△ABC的面积为，求c． 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）先对题目的等式进行变形化简，然后再用余弦定理求解，即可得到C的大小. （2）已知三角形的面积，利用三角形面积公式可求出，再结合给定条件利用余弦定理建立方程，即可算出c边. 【解答过程】（1）由，得． 由余弦定理，得， 又，所以． （2）由△ABC的面积为，得，所以ab＝8． 由余弦定理，得， 所以． 题型8  正弦定理解三角形（共5小题） 1．（24-25高一下·河北唐山·期末）在中，已知，，，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】根据给定条件，利用正弦定理求解即得. 【解答过程】在中，，由正弦定理得， 而，即，所以. 故选：A. 2．（24-25高一下·甘肃临夏·期末）已知的内角的对边分别为，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】利用正弦定理计算易得. 【解答过程】由正弦定理可得. 故选：A. 3．（24-25高一下·北京昌平·期末）在中，，，，则（  ） A． B． C．或 D．或 【答案】A 【解题思路】由正弦定理求得，结合大边对大角，即，求得答案. 【解答过程】由，，则， 由正弦定理，， 又，则，故. 故选：A. 4．（24-25高一下·甘肃白银·期末）如图所示，在梯形中，，，，，，则_________. 【答案】 【解题思路】先由正弦定理求得，利用诱导公式得，然后在中由正弦定理求解即可. 【解答过程】在中，由正弦定理得，即， 所以. 在中，由正弦定理得，得. 故答案为：. 5．（24-25高一下·重庆·期末）已知分别为三个内角的对边，且 (1)求； (2)若，，求的周长． 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）利用同角的三角函数关系化简后，运用正余弦定理即可求得； （2）先由条件求出角，利用正弦定理求出边的长，即得三角形的周长. 【解答过程】（1）由 可得， 即， 由正弦定理可得：， 由余弦定理可得：， ，. （2）在中，由（1）得，因，则， ， 由正弦定理可得：， 即，则，， 则的周长为. 题型9 三角形面积公式的应用（共5小题） 1．（24-25高一下·云南曲靖·期末）在中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】应用余弦定理可得，再由三角形面积公式求面积. 【解答过程】由题设，即，又， 所以，则的面积为. 故选：A. 2．（24-25高一下·重庆·期末）在中，内角的对边分别为，已知，且，若，则的面积为（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【解题思路】利用正弦定理边化角可得，再结合条件可得，最后由面积公式得解. 【解答过程】由及正弦定理， 可得， 因，所以， 又，则有， 若，则有，则， 所以. 选选：B. 3．（24-25高一下·新疆巴州·期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且则的面积为（    ） A． B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解题思路】由正弦定理可得，再由余弦定理计算，最后由三角形面积公式可得. 【解答过程】因为，由正弦定理可得， 由余弦定理可得，解得， 所以， 则的面积为. 故选：B. 4．（24-25高一下·河北·期末）在中，角的对边分别是，记的面积为，若，，，则的面积为__________. 【答案】 【解题思路】由辅助角公式可得，结合，可求得，再利用余弦定理可得，结合可求得，从而可判断为直角三角形，即可求解. 【解答过程】由题意，即，因为，所以. 由余弦定理可知， 因为，所以，代入解得， 此时，所以为直角三角形， 所以的面积为. 故答案为：. 5．（24-25高一下·江苏南京·期末）在中，角，，所对的边分别为，，，且． (1)求角； (2)若，，求及的面积． 【答案】(1)； (2)，. 【解题思路】（1）根据给定条件，利用正弦定理及同角公式化简求得角. （2）由正弦定理求出即得，再利用两角和的正弦公式及三角形的面积公式求解. 【解答过程】（1）在中，由及正弦定理得， 则，而，所以. （2）由（1）知，而，由正弦定理得， 由，得，则， ， 所以的面积. 题型10 复数的概念（共5小题） 1．（24-25高一下·辽宁·期末）若复数为纯虚数，则a的值为（   ） A． B． C．或 D．且 【答案】B 【解题思路】根据纯虚数的概念列方程，求解即得答案. 【解答过程】复数为纯虚数， 则，解得， 故选：B. 2．（24-25高一下·湖南郴州·期末）已知，为实数，（为虚数单位），则（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【解题思路】由复数相等的条件即可求解. 【解答过程】因为， 所以，. 故选：B. 3．（24-25高一下·陕西咸阳·期末）设为虚数单位，若复数为纯虚数，则实数的值为（   ） A． B． C．5 D．或5 【答案】C 【解题思路】由纯虚数的概念，建立方程与不等式，可得答案. 【解答过程】由题意可得，解得. 故选：C. 4．（24-25高一下·广西桂林·期末）已知复数（）为纯虚数，则__________． 【答案】1 【解题思路】根据纯虚数的特征列出不等式组，求解即得. 【解答过程】依题意，，解得. 故答案为：1. 5．（24-25高一下·四川自贡·期末）复数z满足 (1)若复数z为实数，求m的值； (2)若复数z为纯虚数，求m的值； (3)设复数，若，求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【解题思路】（1）由复数z为实数，则虚部为0可解； （2）由复数z为纯虚数，则实部为0，且虚部不为0； （3）由复数相等的条件，可得，然后利用二次函数性质求值域即可. 【解答过程】（1）复数z为实数，所以. （2）复数z为纯虚数， 所以，解得. （3）， ， 即， 又，所以时，，时，， 所以的取值范围为. 题型11 复数的几何意义（共5小题） 1．（24-25高一下·福建福州·期末）已知（i是虚数单位），则z的共轭复数在复平面内对应的点位于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】D 【解题思路】由共轭复数的定义及复数的坐标表示判断即可. 【解答过程】由题设，对应点为，该点位于第四象限. 故选：D. 2．（24-25高一下·湖北黄冈·期末）已知在复平面内，为原点，向量对应的复数分别为，，那么向量对应复数的虚部为（    ） A．1 B．9 C． D． 【答案】B 【解题思路】根据复数的几何意义，结合向量的减法运算求解. 【解答过程】由题意可知：， 可得， 所以向量对应的复数为， 所以向量对应复数的虚部为. 故选：B. 3．（24-25高一下·河南郑州·期末）已知，复数 在复平面内对应的点位于第一象限，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】根据复数的几何意义得到不等式组，求解即可． 【解答过程】由， 则在复平面内对应的点为，且位于第一象限， 所以，解得， 所以的取值范围为． 故选：A． 4．（24-25高一下·湖北襄阳·期末）若在复平面内，复数所对应的点的坐标为，则复数的模为___________． 【答案】 【解题思路】设复数，由复平面内对应点的坐标求出复数，再计算模长可得. 【解答过程】设复数，则， 因为复数所对应的点的坐标为， 所以，解得， 所以， 所以. 故答案为：. 5．（24-25高一下·河南南阳·期末）设复数和复平面内的点对应，若点的位置满足下列要求，分别求实数的取值范围. (1)在虚轴上； (2)在第三象限． 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）根据题意结合复数的几何意义，建立方程，求解参数即可. （2）根据题意，结合对应点所在的位置，建立不等式求解参数范围即可. 【解答过程】（1）因为复数和复平面内的点Z对应， 且复数在虚轴上，则满足，所以解得. （2）因为复数和复平面内的点Z对应， 且复数在第三象限，则满足，所以解得. 题型12 复数的四则运算（共5小题） 1．（24-25高一下·贵州六盘水·期末）已知复数，则（    ） A． B． C． D．1 【答案】B 【解题思路】根据复数的除法运算求解. 【解答过程】由，则. 故选：B. 2．（24-25高一下·陕西咸阳·期末）已知为虚数单位，复数，则（    ） A．的虚部为 B． C． D．在复平面内对应的点在第四象限 【答案】D 【解题思路】由复数的除法运算化简复数，根据虚部的概念判断A，根据共轭复数的概念判断B，求复数的模判断C，根据复数的几何意义判断D. 【解答过程】由得，则虚部为， 则，，对应的点为，位于第四象限， 故ABC错误，D正确. 故选：D. 3．（24-25高一下·湖南娄底·期末）已知，，则复数在复平面内对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】A 【解题思路】利用复数的乘法化简复数，结合复数的几何意义可得结论. 【解答过程】因为，，则复数， 故复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限. 故选：A. 4．（24-25高一下·上海·期末）若复数满足，则__________. 【答案】 【解题思路】由条件可得，结合复数运算可求结论. 【解答过程】因为， 所以， 所以， 故答案为：. 5．（24-25高一下·辽宁·期末）已知复数，且是纯虚数. (1)求； (2)若复数在复平面内对应的点在第四象限，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2). 【解题思路】（1）根据复数的除法及乘法计算，再应用纯虚数的概念计算求参； （2）根据共轭复数及加法计算，最后根据点在第四象限，列出不等式计算求参. 【解答过程】（1）因为， 所以， 由是纯虚数，得， 解得， 所以； （2）由（1）知 所以 因为在复平面内对应的点在第四象限， 所以， 解得， 所以实数的取值范围是. 题型13 空间几何体的结构特征（共5小题） 1．（24-25高一下·吉林白山·期末）设有三个命题：①直角三角形绕一边旋转一周形成的几何体是圆锥；②棱长都相等的直四棱柱是正方体；③四棱柱所有的面都是平行四边形；其中真命题的个数是（   ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】D 【解题思路】由几何体的结构特征逐一判断各个命题即可求解. 【解答过程】对于①，若直角三角形绕斜边旋转一周，则形成的几何体是两个同底面圆的圆锥的组合体，故①错误； 对于②，棱长都相等的直四棱柱是也可能是上下底面是菱形，四个侧面是正方形的直四棱柱，故②错误； 对于③，四棱柱所有的侧面都是平行四边形，但上下底面可能为梯形，故③错误； 故命题①②③都是假命题. 故选：D. 2．（24-25高一下·吉林长春·期末）下列叙述正确的是（   ） A．以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱 B．以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥 C．以直角梯形的一腰所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆台 D．半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周形成的曲面叫做球 【答案】A 【解题思路】由旋转体的定义逐一判断各个选项即可得解. 【解答过程】对于A，以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱，故A正确； 对于B，如果以直角三角形的斜边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体是两个同底的圆锥的组合体，故B错误； 对于C，如果以直角梯形的非高所在的腰所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体不是圆台是一个组合体，故C错误； 对于D，半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周形成的曲面叫做球面，故D错误. 故选：A. 3．（24-25高一下·河南郑州·期末）若一个多面体共有12条棱，则这个多面体可能是（   ） A．六棱柱 B．五棱锥 C．四棱柱 D．三棱台 【答案】C 【解题思路】利用棱柱、棱锥、棱台的结构特征判断即可. 【解答过程】对于A，六棱柱有18条棱，A不是； 对于B，五棱锥的10条棱，B不是； 对于C，四棱柱有12条棱，C是； 对于D，三棱台有9条棱，D不是. 故选：C. 4．（24-25高一下·内蒙古呼和浩特·期末）下列说法正确的是（   ） A．球面上任意两点连成的线段都是球的直径 B．底面是正多边形的棱锥一定是正棱锥 C．用一个平面截一个圆锥，得到的截面图形是一个三角形 D．棱台的侧棱延长后交于同一点 【答案】D 【解题思路】根据空间几何体的概念和性质可判断. 【解答过程】对于A：球面上任意两点与球心共线时连成的线段都是球的直径，故A错误； 对于B：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面的中心是正棱锥，故B错误； 对于C：用一个平面截一个圆锥，得到的截面图形不一定三角形，还可能是圆等其它图形，故C错误； 对于D：因为棱台是用平行与底面的平面截棱锥得到，所以棱台的侧棱延长后交于同一点，故D正确. 故选：D. 5．（24-25高一下·山东潍坊·期末）已知圆台形的花盆的上、下底面的直径分别为4和8，该花盆的侧面展开图的扇环所对的圆心角为，则该圆台的母线长为_________. 【答案】8 【解题思路】根据圆台侧面展开图扇环的性质，结合弧长公式建立关于母线长的方程，进而求解母线长. 【解答过程】如图，是扇环的圆心， 长为，长为， 由已知，所以，从而，即为圆台母线长， 故答案为：. 题型14 立体图形的直观图（共5小题） 1．（24-25高一下·辽宁·期末）一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，△O′A′B′是等腰直角三角形且，其中斜边，则这个平面图形的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】依据题意得到，然后还原原图形计算即可. 【解答过程】由图可知：，则，原图形如下图： 所以，则面积为 故选：B. 2．（24-25高一下·山东济南·期末）用斜二测画法画水平放置的，其直观图如图所示，其中．若原的周长为10，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】根据斜二测画法的规则，由直观图画出原图，得到，，求得，进而得到的长. 【解答过程】如图所示，根据斜二测画法的规则，可由直观图画出原图， 因为，可得，所以，即， 则，所以. 故选：A. 3．（24-25高一下·广东潮州·期末）如图，是用“斜二测画法”画出的直观图，，，，则的周长是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】结合图形作出，求其各边长，即得周长. 【解答过程】作出，如下图所示： 由题意可知因为，，，所以， 故，，， 由勾股定理可得， 故的周长为. 故选：D. 4．（24-25高一下·吉林长春·期末）把水平放置的四边形按照斜二测画法，得到如图所示的直观图，其中，，则四边形的面积为___________． 【答案】9 【解题思路】根据斜二测画法，还原成平面图形，计算面积即可. 【解答过程】根据斜二测画法，还原成平面图形. 得到，，，， 可知四边形是直角梯形，所以四边形的面积． 故答案为：9. 5．（24-25高一下·辽宁·期末）如图所示，梯形是水平放置的四边形根据斜二测画法得到的直观图，其中，，，． (1)画出原四边形； (2)分别求出原四边形与梯形的面积． 【答案】(1)答案见解析 (2)5，． 【解题思路】（1）利用斜二测画法的规则即可画出原四边形； （2）利用梯形的面积公式求解即可. 【解答过程】（1）由题意得， 如图，建立平面直角坐标系， 在轴上截取，，， 在过点的轴的平行线上截取， 在过点的轴的平行线上截取， 连接，即可得到原四边形． （2）由题意得，原四边形是直角梯形，且，，， 故四边形的面积为， 又直观图中梯形的高为，，， 所以四边形的面积为． 题型15 空间几何体的表面积与体积（共5小题） 1．（24-25高一下·内蒙古赤峰·期末）已知圆锥的侧面展开图为半圆，则该圆锥的侧面积与其表面积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】根据给定条件，求出圆锥底面圆半径与母线的关系即可求解. 【解答过程】设圆锥底面圆半径为，母线长为，依题意，，则， 所以该圆锥侧面积与其表面积的比为. 故选：B. 2．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·期末）已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，则该正四棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】先求出正四棱台的高，再利用正四棱台的体积公式计算求解即可. 【解答过程】作出如图所示正四棱台，其中为正四棱台的高，为其斜高， 因为正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为， 则，，， 则该正四棱台的体积为. 故选：C. 3．（24-25高一下·北京丰台·期末）唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺，它的盛酒部分可以近似地看作半球与圆柱构成的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示，已知半球的半径为R，圆柱的高也为R，则银杯盛酒部分的容积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】根据题意可知，银杯盛酒部分的容积为半球的体积加圆柱的体积，将已知条件代入体积公式求解即可. 【解答过程】半球的体积为，圆柱的体积为， 因此银杯盛酒部分的容积为. 故选：A. 4．（24-25高一下·安徽合肥·期末）已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，高为，则圆台的表面积为_________． 【答案】 【解题思路】求出上、下圆的面积，作出截面，利用勾股定理求出母线的长，进而求出圆台的侧面积，即可求出圆台的表面积. 【解答过程】由题意， 圆台的上、下底面半径分别为1和2，高为， ∴上下圆面积分别为：，， 作出截面图，并作出截面上端点对底边的垂线，如下图所示， 由几何知识得， ，，，， 在Rt中，， 由勾股定理得，， ∴圆台的侧面积为：， ∴圆台的表面积为：， 故答案为：. 5．（24-25高一下·重庆万州·期中）如图所示，几何体的上部是一个正四棱锥，下部是一个正方体，其中正四棱锥的高为，是等边三角形,.．    (1)求该几何体的表面积； (2)求该几何体的体积． 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）设是的中点，连接，进而可证明，从而可计算正四棱锥的侧面积与正方体的五个面积； （2）根据锥体与正方体体积求解即可. 【解答过程】（1）设是的中点，连接. 因为是边长为6的正三角形， 所以，且， 所以该几何体的表面积.    （2）连接，设交点为，连接，则是四棱锥的高， 则，所以.    又正方体的体积为， 所以该几何体的体积. 题型16 空间几何体的外接球问题（共5小题） 1．（24-25高一下·福建福州·期末）已知在三棱锥中，，则三棱锥外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】只需求得三棱锥外接球的半径，再结合球的体积公式即可求解. 【解答过程】如图所示，取中点，因为， 所以， 而，所以， 所以， 所以点为三棱锥外接球的球心， 所以三棱锥外接球的半径为，故所求为. 故选：A. 2．（24-25高一下·吉林松原·期末）在三棱锥中，已知平面，，.若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】将三棱锥补成长方体，计算出长方体的体对角线长，即为该三棱锥外接球的直径，再结合球体表面积公式可得结果. 【解答过程】因为，，所以，故， 又因为平面，，将三棱锥补成长方体，如下图所示： 所以三棱锥的外接球直径即为长方体的体对角线长， 设三棱锥的外接球半径为， 则，故， 因此该球的表面积为. 故选：D. 3．（24-25高一下·四川乐山·期末）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，将分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点．则三棱锥的外接球表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】两两垂直，三棱锥外接球就是以为长宽高的长方体的外接球，从而求出外接球半径，得到表面积. 【解答过程】显然，两两垂直，其中， 故三棱锥外接球就是以为长宽高的长方体的外接球， 故外接球半径为， 故三棱锥外接球表面积为. 故选：B. 4．（24-25高一下·辽宁丹东·期末）已知正四棱台的上下底面的边长分别为和，体积为，则该正四棱台的外接球体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】由棱台的体积公式可得棱台的高，再求棱台的外接球体积即可. 【解答过程】由题可知，，设棱台高为， 则，解得，    根据正四棱台的特性，正四棱台的外接球半径即为四边形外接圆半径， 又，，所以， 则，所以为直角三角形， 故为四边形外接圆直径， 正四棱台的外接球半径，体积. 故选：B. 5．（24-25高一下·辽宁丹东·期末）已知等边的边长为，是边上的高，以为折痕将折起，使，则三棱锥外接球的表面积为_________. 【答案】52π 【解题思路】由题可得三棱锥为侧棱垂直于底面的三棱锥，据此可由图确定外接球球心，据此可得答案. 【解答过程】由题，折叠后可得，又平面， 则易得平面. 设为外接圆圆心，过做平面垂线， 则垂线上所有点到顶点距离相等.又垂线与平行，从而垂线与共面， 过A做垂线的垂线，垂足为，则易得四边形为矩形. 取中点为，则，从而为三棱锥外接球球心. 易得，由正弦定理可得， 则外接球半径满足. 则外接球的表面积为. 故答案为：. 题型17 平面的基本性质及推论（共5小题） 1．（24-25高一下·河南南阳·期末）检查一张桌子的4条腿的下端是否在同一平面内，下列做法最科学合理的是（    ） A．将桌子正放于地面上，趴地上观察桌腿和地面之间是否有缝隙 B．将桌子正放于地面上，取薄纸一张铺在桌面上观察纸张是否平整 C．将桌子倒放于地面上，用双手分别触摸四条腿底部凭手感判断是否水平 D．将桌子倒放于地面上，用细线分别连接两腿对角的下端观察两根细线是否相交 【答案】D 【解题思路】根据给定条件，利用平面的基本事实判断即可. 【解答过程】对于A，当地面不平整时，每条桌腿和地面之间都无缝隙，也不能说明4条腿的下端在同一平面内，A不是； 对于B，最多能说明桌面是否平整，不能说明4条腿的下端在同一平面内，B不是； 对于C，只能检查每条腿的下端是否平整，不能说明4条腿的下端在同一平面内，C不是； 对于D，两根细线相交，可得两根细线所在直线确定一个平面， 两个细线所在直线上的所有点都在这个平面内，能说明4条腿的下端在同一平面内，D是. 故选：D. 2．（24-25高一下·陕西西安·期末）下列命题正确的是（   ） A．任何一个平面图形都是一个平面 B．平面就是平行四边形 C．圆心和圆上两点可确定一个平面 D．梯形可确定一个平面 【答案】D 【解题思路】根据平面的基本性质及各项描述判断正误即可. 【解答过程】由平面是无限延展的，而平面图形有边界，故A、B错； 若圆心与圆上两点共线，即在一条直径上时，可确定无数个平面，C错； 平面的基本性质知，梯形可以确定一个平面，D对. 故选：D. 3．（24-25高一下·浙江宁波·期末）经过不在一条直线上的三个点的平面（   ） A．有且仅有一个 B．有且仅有三个 C．有无数个 D．不存在 【答案】A 【解题思路】根据平面的性质即可求解. 【解答过程】由公理：经过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面，故A项正确. 故选：A. 4．（24-25高一下·河南郑州·期末）已知正方体，点E是上底面上任意一点，过A，C，E三点作平面截正方体，则截面形状不可能是（    ）． A．等边三角形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形 【答案】C 【解题思路】根据正方体的结构特征，讨论的位置并结合平面的基本性质、空间想象判断截面的形状，即可得. 【解答过程】如下图，    当在上，截面形状为矩形， 当与重合，截面形状为等边三角形， 当在除上述两种情况外的其它位置，截面形状为等腰梯形. 故选：C. 5．（24-25高一下·重庆·期末）下列说法正确的是（    ） A．若空间四点共面，则其中必有三点共线 B．若空间四点中任意三点不共线，则此四点共面 C．若空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面 D．若空间四点不共面，则任意三点不共线 【答案】D 【解题思路】对四个命题利用空间四个点的位置关系分别分析解答． 【解答过程】对于A，空间四点共面，如平面四边形，其中任何三点不共线；故A错误； 对于B，空间四点中任意三点不共线，三棱锥的四个顶点，得到此四点不共面；故B错误； 对于C，空间四点中任何三点不共线，则此四点可能共面，如平面四边形；故C错误； 对于D，空间四点不共面，如果任意三点有共线的，那么此四个点就共面，与已知矛盾．故D正确， 故选：D. 题型18 线面、面面关系有关命题的判断（共5小题） 1．（24-25高一下·湖南邵阳·期末）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】C 【解题思路】根据空间直线与平面，直线与直线，平面与平面不同位置的定义，判定定理及性质定理，以及几何特征，逐项分析即可． 【解答过程】选项A，若，，， 则直线与直线可能平行，可能相交，可能异面，故A选项不正确； 选项B，若，，， 则平面与平面可能平行，可能相交；故B选项不正确； 选项C，若，，，则，故C选项正确； 选项D，，，， 则直线与直线可能平行，可能相交，可能异面，故D选项不正确； 故选：C. 2．（24-25高一下·天津·期末）已知三个不同的平面，，和三条不同的直线，，，下列命题中为假命题的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，，则 D．若，，则 【答案】B 【解题思路】利用空间线面的位置关系逐个判断即可. 【解答过程】因为，，所以，A正确； 若，，则或，B不正确； 因为，，，所以， 因为，，，根据线面平行的性质定理，所以，又，所以，C正确； 因为，，所以，D正确. 故选：B. 3．（24-25高一下·浙江宁波·期末）已知直线l，m，n与平面α，β，下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 【答案】B 【解题思路】若，分析出有或相交或异面三种情况，即可判断A；若，过做平面，设，根据线面平行的性质定理得到，进而得到，再根据面面垂直的判定定理得到，即可判断B；若，，分析出有或与相交或三种情况，即可判断C；若 ，分和两种情况讨论的位置关系即可判断D. 【解答过程】若，则或相交或异面，故A错误； 若，则存在过的平面，，则由线面平行的性质定理可知， 又因为，所以，因为，所以，故B正确； 若，，则或与相交或，故C错误； 若，，，当时，； 当时，或与相交，或，故D错误； 故选：B. 4．（24-25高一下·吉林长春·期末）已知，，是不同的直线，，是不同的平面，则下面命题正确的是（   ） A．，，， B．，，， C．，， D．，， 【答案】C 【解题思路】通过举出反例可判断选项A，B，D；根据线面垂直的性质可判断选项C. 【解答过程】对于选项A： 当时，若，，，，则由面面平行的判定定理可得：， 当时，则，平行或相交，故选项A错误； 对于选项B： 当时，若，，，，则由线面垂直的判定定理可得：， 当时，则与相交或，故选项B错误； 对于选项C：因为，，所以， 又因为，所以，故选项C正确； 对于选项D： 当时，若，，，则由面面垂直的性质可得：， 当时，则或与相交，故选项D错误， 故选：C. 5．（24-25高一下·广东东莞·期末）已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列命题一定正确的是（   ） A．若，且，则 B．若，且，则 C．若，且，则 D．若，且，则 【答案】C 【解题思路】根据直线与平面间位置关系判断. 【解答过程】对于A，，且，可能与平行或在内，同样可能在平面内，A错； 对于B，，可能在内，，则可能在内，可能与相交，B错； 对于C，，且，则，又，则，C正确； 对于D，，且，可能相交，可能平行，也可能异面，D错； 故选：C. 题型19 空间直线、平面的平行与垂直（共5小题） 1．（24-25高一下·北京通州·期末）已知平面，为两个不同的平面，直线为内一条直线，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【解题思路】由面面平行的性质、线面、面面平行的判定结合充分条件、必要条件的概念即可判断. 【解答过程】因为，若，则由线面平行的性质可知，故“”是“”的必要条件， 设，，显然，从而有成立，但此时不平行， 所以故“”是“”的不充分条件， 即“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 2．（24-25高一下·湖北咸宁·期末）如图，在三棱锥中，点D、F分别为棱PB，AC上的点，且，，E为线段BC上的点，若，且满足平面PEF，则λ=（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】取的中点，平面PEF，平面PEF，得到平面平面，然后得出最后得到结果. 【解答过程】如图，取的中点，连接， 由，所以为的中点，又为的中点，所以 PE， 平面，平面，所以平面， 又平面，且，平面， 所以平面平面，由平面，所以平面 又平面，平面平面，所以 又，所以，所以，故 故选：A. 3．（24-25高一下·北京西城·期末）在长方体中，，．给出下列四个结论： ①；②；③平面；④平面． 其中正确的结论是（   ） A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ 【答案】B 【解题思路】由不成立及直线与平面垂直的性质可判断①，由四边形是正方形可判断②，由线面垂直的判断定理可判断③，由不成立及直线与平面垂直的性质可判断④. 【解答过程】在长方体中，，， 所以底面是长方形，故不成立， 因为平面，由线面垂直的性质可知与平面不垂直， 因为平面，平面，所以， 因为，所以不成立，故①错误； 因为， 在长方体中，有， 因为平面，平面，所以， 因为，所以四边形是正方形， 所以，故②正确； 因为，所以， 因为是正方形，所以， 因为，且平面， 所以平面，故③正确； 因为是长方形，所以不成立， 由线面垂直的性质可知，平面不垂直，故④错误； 所以正确的结论是②③. 故选：B. 4．（24-25高一下·辽宁大连·期末）如图，在直三棱柱中，已知，侧面为正方形，设的中点为，. (1)求证平面； (2)求证：平面. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【解题思路】（1）根据中位线性质证明，结合直棱柱性质和线面平行判定定理可证； （2）先证，然后结合正方形性质和线面垂直判定定理可证. 【解答过程】（1）侧面为正方形，且，∴E为的中点， 又为的中点，， 又直三棱柱中，，. 又平面，平面， 平面. （2）直三棱柱，平面， 又平面，， 又，平面，， 平面. 又平面，. 侧面为正方形，， 又，、平面， 平面. 5．（24-25高一下·青海海南·期末）如图，在长方体中，分别是棱的中点. (1)证明：平面. (2)在棱上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【解题思路】（1）连接，根据题意，证得四边形是平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）连接，分别证得和，得到平面，由（1）知平面，证得平面平面，即可得到答案. 【解答过程】（1）证明：如图所示，连接， 因为分别是棱的中点，所以， 由长方体的性质，可知，则且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，且平面，所以平面. （2）解：取棱的中点，连接，平面平面，此时 理由如下： 连接，因为分别为棱的中点，所以， 因为分别为棱的中点，所以，所以， 因为平面且平面，所以平面， 由（1）可知平面，且平面，平面，，所以平面平面， 故在棱上存在点，使得平面平面，此时. 题型20 求空间角（共5小题） 1．（24-25高一下·山东济宁·期末）如图，在正四面体中，分别是与的中点，设和所成角为，则的值为（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】根据异面直线所成角的定义，借助平行关系作平行线，从而找到异面直线所成角（或补角）即可求. 【解答过程】如图，连接MD，设O为MD的中点，连接ON､OC，则且，    所以为异面直线AM与CN所成的角（或补角），若四面体的棱长为1，则， 所以，，. 在中，即. 故选：A. 2．（24-25高一下·湖南永州·期末）如图1，已知四边形PABC是直角梯形，，，，D是线段PC中点.将沿AD翻折，使，连接PB，PC，如图2所示，则PB与平面ABCD所成角的正弦值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】根据定义找出直线与平面所成的角，然后在直角三角形中计算. 【解答过程】由已知，，又平面， 所以平面，所以是PB与平面ABCD所成角， 平面ABCD，则， 由题意，，所以， 所以， 故选：D. 3．（24-25高一下·四川成都·期末）已知圆锥的顶点为S，O为底面圆心，母线SA，SB互相垂直且的面积为3，直线SA与圆锥底面所成角为，则二面角的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】根据二面角的平面角的概念，做出二面角的平面角，求出各边长，在求出二面角的平面角的正弦值，可求得二面角的大小. 【解答过程】取的中点，连接， 因为，为的中点，则， 由垂径定理可得，所以二面角的平面角为， 因为平面，平面，则， 因为，，则为等腰直角三角形， 所以，则，，， 因为平面，则为直线SA与圆锥底面所成角，即， 则在中，，故， 所以， 因为，故，即二面角的大小为. 故选：B. 4．（24-25高一下·江苏无锡·期末）如图，在四棱锥中，底面为梯形，，垂直于面，，，，为棱的中点． (1)求证：平面． (2)求直线与面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）取的中点，连接、，即可证明，从而得到平面； （2）求出三棱锥的体积，再由等体积法求出点到平面的距离，最后利用锐角三角函数计算可得. 【解答过程】（1）取的中点，连接、，则，且. 因为，，所以且. 所以四边形为平行四边形. 所以， 因为平面，平面，所以平面. （2）因为底面为梯形，，，， 所以，， ， 又垂直于面，为棱的中点， 所以到平面的距离为，所以， 因为垂直于面，平面，所以，， 所以，， 所以， 所以， 设点到平面的距离为，则，即，所以， 设直线与面所成的角为，则， 直线与面所成的角的正弦值为. 5．（24-25高一下·四川泸州·期末）如图，已知平面平面ABCD，四边形ABCD是正方形，，点E，F，M分别是BC，PB，AD的中点．    (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【解题思路】（1）连接，连接交于点，连接，先得到四边形为矩形，可得为的中点，结合为的中点，可得，进而求证即可； （2）由，为的中点，可得，再根据平面平面可得平面， 进而得到，进而求证即可； （3）取为的中点，作，垂足为，连接，分析得到是二面角的平面角，解三角形即得. 【解答过程】（1）如图，连接，连接交于点，连接，    因为点为的中点，为中点，且 四边形ABCD是正方形， 所以四边形为矩形， 故为的中点，又因为为的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面． （2）由，为的中点，得， 又因为四边形是正方形，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以，   又因为，平面， 所以平面． （3）如图，取为的中点， 由，得， 又因平面平面，平面平面，平面， 平面， 作，垂足为，连接，    由，，所以， 因为平面， 所以平面，又平面，则， 所以就是二面角的平面角， 在中，，，得， 所以， 故所求二面角的余弦值为． 题型21 空间中的点、线、面距离问题（共5小题） 1．（24-25高一下·江西·期末）在棱长为3的正方体中，点D到平面的距离为（   ） A． B．3 C． D． 【答案】A 【解题思路】明确点到平面的距离，利用正方体的线面关系求距离. 【解答过程】如图： 连接交AC于点，则为BD中点， 因为为正方体，所以平面，又平面，所以； 又底面为正方体，所以. 因为，平面, 所以平面. 故点到平面的距离为． 故选：A． 2．（24-25高一下·福建福州·期末）如图，各棱长均为2的直三棱柱中，D为的中点，点到平面的距离为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】A 【解题思路】利用，可求点到平面的距离. 【解答过程】由题意可得，平面，又平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 又平面，平面，所以， 又直三棱柱各棱长均为2，所以， ， 所以，， 设点到平面的距离为， 由，得，所以， 解得. 故选：A. 3．（24-25高一下·浙江宁波·期末）已知长方形，将沿着折起得到三棱锥，当点在底面的投影恰好落在直线上时，此时点到面的距离为（       ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】点在底面的投影为，且，由题意求得，设到平面的距离为，利用，可求得点到面的距离. 【解答过程】作出示意图如图所示，点在底面的投影为，且， 所以平面，又平面，所以平面， 过作于，连接，又，平面， 所以平面，又平面，所以， 在中，，又， 所以，所以，所以， 又， 在中，可得， 在中，， 设到平面的距离为， 由，可得， 所以，解得. 故选：B. 4．（24-25高一下·河北邯郸·期末）“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形组成的多面体.某广场的石凳就是由6个全等的正方形和8个全等的正三角形构成的阿基米德多面体，它可以看成一个正方体截去八个一样的四面体得到，称之为截半立方体.若图中截半立方体的棱长，则异面直线AD和FP所成的角为____________，直线EB到平面PGQ的距离为____________. 【答案】； 【解题思路】利用异面直线的定义求出夹角；将截半立方体还原成正方体，利用平行平面的距离，结合等体积法求得答案. 【解答过程】依题意，，则是异面直线AD和FP所成的角或其补角， 在中，，因此； 将截半立方体还原成正方体，由截半立方体的结构特征知，平面平面， 则直线EB到平面PGQ的距离等于平面与平面的距离， 而三棱锥都是正三棱锥，它们的高所在直线与正方体的一条体对角线重合， 设三棱锥的高等于，而侧棱长为，由， 得，即，解得， 而，所以所求距离. 故答案为：；. 5．（24-25高一下·吉林·期末）如图，在四棱锥中，底面，底面为平行四边形，． (1)证明：平面； (2)若，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理即可证明； （2）利用等体积法即可求解. 【解答过程】（1）底面，平面，， 又，，平面， 平面； （2）底面，平面，， ，， 设点到平面的距离为，则， 由（1）可知，平面，平面，， ， ，， ，， 点到平面的距离为． 题型22 随机抽样（共5小题） 1．（24-25高一下·河北唐山·期末）某公司生产，，三种不同型号的电子产品，产量分别为100，400，300件，为检验不同产品的质量，现用分层抽样的方法从以上产品中抽取40件进行检验，则应从种型号的产品中抽取的件数为（    ） A．5 B．10 C．15 D．20 【答案】C 【解题思路】求出分层抽样的抽样比，再求出目标数值. 【解答过程】依题意，分层抽样的抽样比为， 所以从种型号的产品中抽取的件数为. 故选：C. 2．（24-25高一下·福建福州·期末）用抽签法从学号为1到50的50名学生（其中含学生李华）中不放回抽取5名学生进行问卷调查，每次抽取一个号码，共抽取5次，设李华第一次被抽到的概率为，第五次被抽到的概率为，则（    ） A．a = ， B．a = ， C．a = ， D．a = ， 【答案】B 【解题思路】由题意结合简单随机抽样的特征即可确定实数，的值. 【解答过程】由简单随机抽样的定义知，每个个体在每次抽取中都有相同的可能性被抽到， 因为每次抽取一个号码，所以李华第一次被抽到的可能性为， 第五次被抽到的可能性为. 即李华同学在每次抽样中被抽到的可能性都是，所以，. 故选：B. 3．（24-25高一下·福建福州·期末）某校从500名同学中用随机数法抽取30人参加这一项调查．将这500名同学编号为001，002，…500，假设从第1行第4列的数字开始，则第5个被抽到的同学的编号为（    ） 3484 4217 5572 1754 5560 8331 0474 4767 2176 3350 2583 9212 0676 6301 6378 5916 9555 6719 A．331 B．047 C．447 D．672 【答案】B 【解题思路】根据随机数表的读取规则，逐一选取即可. 【解答过程】由题知，选取的同学编号分别是442,175,572,175,455,608,331,047， 剔除重复数据，超过500的数据，符合条件的是442,175,455,331,047，第五个是047. 故选：B. 4．（24-25高一下·四川广元·期末）已知某地区有小学生12000人，初中生11000人，高中生9000人，现在要了解该地区学生的近视情况，准备抽取320人进行调查，则按比例分配的分层抽样应该抽取高中生____________人. 【答案】90 【解题思路】先求出高中生所占的比例，根据分层抽样定义计算即得. 【解答过程】由题意，应该抽取高中生的人数为： . 故答案为：90. 5．（24-25高一下·四川巴中·期末）统计学家将战争中摧毁敌军的战机序列号作为样本，用样本估计总体的方法推断敌军每年生产的战机数量.假设敌军某年生产的战机数量为，摧毁某年生产的架战机编号从小到大为，，，…，，最大的编号为，摧毁敌军战机是随机的，摧毁战机的编号，，，…，，相当于从中随机抽取的个整数，这个数将区间分成个小区间（如下图），可以用前个区间的平均长度估计所有个区间的平均长度进而得到的估计值. 已知在某次战斗中摧毁敌军的战机编号为：2，5，7，13，15，17，21，据此回答下列问题. (1)根据材料估计敌军生产的战机数量； (2)已知敌军所有现役战机分为三个等级（四代战机，四代半战机，五代机），通过分层抽样调查三类战机的飞行高度，得到各个等级飞行高度的样本平均数为，，. （ⅰ）根据上述信息是否可以估计敌军所有现役战机的平均飞行高度？若不能，还需要什么条件，请补充条件并写出估计式； （ⅱ）若敌军现役战机是按照比例生产的，四代战机，四代半战机，五代机的战机数量分别为，，，样本量分别为，，，据此证明： 【答案】(1)24架； (2)（ⅰ）不能，需要知道这三个等级战机具体的个体数量，，，或者抽取样本的数量，，，估计式见解析；（ⅱ）证明见解析. 【解题思路】（1）由题设得求参数，即可得； （2）（i）根据题意需要知道这三个等级战机具体的个体数量，，，或者抽取样本的数量，，，进而写出公式；（ii）按比例在各层抽取的且各层抽取的样本量分别为、、，得，应用分层等比例性质即可证. 【解答过程】（1）因为可用估计，所以，得，故敌军每年生产战机24架. （2）（ⅰ）不能估计敌军所有现役战机的平均飞行高度， 需要知道这三个等级战机具体的个体数量，，，或者抽取样本的数量，，， 估计式为或 （ⅱ）因为样本是按比例在各层抽取的且各层抽取的样本量分别为、、， 所以，则， 所以，，， 又因为样本平均数为， 所以. 题型23 频率分布直方图的相关问题（共5小题） 1．（24-25高一下·河南新乡·期末）某校学生会随机抽查了本校100名学生的身高（单位：cm），将得到的数据按 分为4组，画出如图所示的频率分布直方图，则估计这100名学生中身高低于170cm的人数为（    ） A．56 B．52 C．48 D．44 【答案】A 【解题思路】利用频率和为1求参数，再估计身高低于170cm的人数. 【解答过程】由图可得，得， 所以估计这100名学生中身高低于170cm的人数为． 故选：A. 2．（24-25高一下·广西河池·期末）某校举办了一次环境保护知识竞赛，为了解学生的环境保护知识掌握程度，学校采用简单随机抽样从全校名学生中抽取了一个容量为的样本，已知样本的成绩全部分布在区间内，根据调查结果绘制学生成绩的频率分布直方图如图所示，则频率分布直方图中（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】根据所有直方图面积之和为可求得实数的值. 【解答过程】在频率分布直方图可知，所有直方图面积之和为， 所以，解得. 故选：B. 3．（24-25高一下·北京通州·期末）某市为了减少水资源浪费，为确定一个比较合理的标准，从该市随机调查了200户用户居民，获得了他们某月的用水量数据，整理得到如下频率分布直方图，则用水量小于1.5立方米的用户数为（    ） A．20 B．30 C．50 D．60 【答案】C 【解题思路】根据频数、频率及样本容量的关系即可求得答案． 【解答过程】根据直方图可得用水量小于1.5立方米的用户数为． 故选：C． 4．（24-25高一下·北京东城·期末）某校从参加语言测试的学生中随机抽取了100名，记录了他们的分数，将数据分成6组：，，，，，，并整理得到如下频率分布直方图.若样本中分数低于60分的有15人，则图中数据__________. 【答案】 【解题思路】根据题干先确定分数低于60分的频率，涉及的区间包括两个部分，通过观察直方图列方程组，即可求解. 【解答过程】样本中分数低于60分的有15人，属于区间，，由于学生中随机抽取了100名， 因此分数在，的频数为，因此这两个区间内的频率和为， 设区间的频率为，则，解得. 故答案为：. 5．（24-25高一下·河北秦皇岛·期末）某高校举行了一次环保知识竞赛，共有900名学生参加，为了解本次竞赛成绩的情况，从中抽取了部分学生的成绩(得分均为整数，满分为100分)进行统计.请你根据尚未完成的频率分布表和频率分布直方图，解答下列问题： 分组 频数 频率 [50，60) 4 0.08 [60，70) 0.16 [70，80) 10 [80，90) 16 0.32 [90，100] 合计 50 (1)填充频率分布表的空格(将答案直接填在表格内); (2)补全频率分布直方图; (3)若成绩在[80，100]内的学生获得环保纪念勋章，请估计该校获得环保纪念勋章的学生有多少人. 【答案】(1)表格见解析 (2)作图见解析 (3)504 【解题思路】（1）利用频率、频数和样本容量的关系即可完成此表格； （2）利用表中数据计算出这个分数段对应的矩形高度即可完成频率分布直方图. （3）先找出成绩分及以上对应的分数段的频率，再用该频率乘以总人数即可得到. 【解答过程】（1）由频率分布表，可知样本容量为50， 故成绩在[60,70)的频数为， 成绩在[70,80)的频率为， 成绩在[90,100]的频数为， 频率为， 故频率分布表为： 分组 频数 频率 [50，60) 4 0.08 [60，70) 8 0.16 [70，80) 10 0.20 [80，90) 16 0.32 [90，100] 12 0.24 合计 50 1 （2）频率分布直方图如图所示：    （3）样本中成绩在[80,100]的频率为0.32 + 0.24 = 0.56， 所以估计该校获得环保纪念勋章的学生人数为900×0.56 = 504. 题型24 百分位数的求解（共5小题） 1．（24-25高一下·甘肃定西·期末）样本数据，，，，，，，的第70百分位数为（    ） A．5 B．4 C． D．3 【答案】B 【解题思路】根据第百分位数的概念，求出一列数字的第70百分位数即可. 【解答过程】样本数据由小到大排列为，，，，，，，，共8个数字， 因为，所以第70百分位数为第6个数字，即. 故选：B. 2．（24-25高一下·四川眉山·期末）为落实“双碳”目标，某环保组织调研10个国家2024年度的人均碳排放强度（单位：吨/人·年）后，得到数据如下：2，4，5，7，8，9，11，12，13，15．则该组数据的分位数是（   ） A．5 B．6 C．7 D．12 【答案】B 【解题思路】根据百分位数的定义计算求解. 【解答过程】数据从小到大为：2，4，5，7，8，9，11，12，13，15，且， 则该组数据的分位数是. 故选：B. 3．（24-25高一下·河南商丘·期末）某校为了加强食堂用餐质量，该校随机调查了名学生，得到这名学生对食堂用餐质量给出的评分数据（评分均在[50，100]内），将所得数据分成五组：，，，，，得到如图所示的频率分布直方图，估计学生对食堂用餐质量的评分的第百分位数为（   ） A．82.5 B．81.5 C．87.5 D．85 【答案】D 【解题思路】先判断第百分位数所在组，然后根据频率直方图面积之和等于确定取值. 【解答过程】因为，， 所以第60百分位数位于，设为， 则， 解得，即估计学生对食堂用餐质量的评分的第百分位数为. 故选：D． 4．（24-25高一下·黑龙江大庆·期末）样本数据5，11，6，8，14，6，10，5，9，8的分位数为__________. 【答案】7 【解题思路】根据百分位数的概念求解． 【解答过程】样本数据由小到大排序为：5，5，6，6，8，8，9，10，11，14，共10个， 又，则样本数据的分位数为． 故答案为：7． 5．（24-25高一下·吉林长春·期末）某所学校为了解高三年级学生数学第二次模拟考试情况，随机抽取了50名学生的成绩，（满分150分），将所有数据整理后绘制成如下频率分布直方图： (1)求的值； (2)求这50名学生的数学成绩的第80百分位数； (3)根据频率分布直方图，估计这所学校高三学生第二次模拟考试的数学成绩的平均分. 【答案】(1) (2) (3) 【解题思路】（1）算出每一组的频率，根据频率之和为1求解的值； （2）确定第80百分位数所在区间，列方程求解即可； （3）根据求频率分布直方图平均数的公式求解平均分即可. 【解答过程】（1）分数在的学生频率：， 分数在的学生频率：， 分数在的学生频率：， 分数在的学生频率：， 分数在的学生频率：， 频率之和为1，故，即，解得， 故. （2）因为，， 所以这50名学生的数学成绩的第80百分位数在内，设为， 则，，， 解得， 故这50名学生的数学成绩的第80百分位数为. （3）这所学校高三学生第二次模拟考试的数学成绩的平均分为： . 题型25 众数、中位数、平均数的求解（共5小题） 1．（24-25高一下·河南濮阳·期末）2025年5月14日，长征二号丁运载火箭一次性将12颗太空计算卫星成功送入预定轨道．若各卫星从星箭分离至入轨所需时间（单位：秒）按升序排列为82，85，87，89，91，93，95，97，99，101，103，105，则这组数据的中位数为（   ） A．94 B．93 C．92 D．91 【答案】A 【解题思路】利用求解中位数知识即可求解. 【解答过程】由题意可得这12个数据的中位数为第6位和第7位数的平均数，故A正确； 故选：A. 2．（24-25高一下·浙江台州·期末）已知数据，，，的平均数为5，数据，，，的平均数为6，则数据，，…，，，，…，的平均数为（   ） A． B．5 C．6 D． 【答案】D 【解题思路】根据平均数的计算公式可得答案. 【解答过程】因为数据，，，的平均数为5，数据，，，的平均数为6， 所以数据，，…，，，，…，的平均数为. 故选：D. 3．（24-25高一下·福建南平·期末）如图，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态．图（1）形成对称形态，图（2）形成“右拖尾”形态，图（3）形成“左拖尾”形态．根据所给图示作出判断，则下列结论正确的是（   ）    A．图（1）中平均数中位数众数 B．图（2）中平均数众数中位数 C．图（2）中众数平均数中位数 D．图（3）中平均数中位数众数 【答案】D 【解题思路】由频率分步直方图概念，结合中位数，平均数，众数定义结合图形可得答案. 【解答过程】对于图1，平均数中位数众数，故A错误； 对于图2，众数中位数平均数，故BC错误； 对于图3，平均数中位数众数，故D正确. 故选：D. 4．（24-25高一下·陕西西安·期末）某篮球兴趣小组有7名学生参加投篮比赛，每人投10个，投中的个数分别为：8、5、7、5、8、6、8，则这组数据的众数与中位数之和为___________. 【答案】15 【解题思路】将个数按照从小到大的顺序排列，找出中位数和众数即可. 【解答过程】将个数按照从小到大的顺序排列，5、5、6、7、8、8、8， 这组数据的众数是8，中位数是7，这组数据的众数与中位数之和为. 故答案为：15. 5．（24-25高一下·吉林长春·期末）某市为了研究高三学生在全市质检中的语文成绩的情况，从全市16000名学生中随机抽取了1600名学生的成绩作为样本（成绩均在内），将所得的成绩分成七组：，，，，，，，得到频率分布直方图如图所示． (1)求的值，并估计该市语文成绩落在区间内的学生人数； (2)估计本次考试全市语文成绩的中位数（精确到0.01）和平均数（同一组中的数据用该区间的中点值作代表）． 【答案】(1)，8000人 (2)中位数为97.14，平均数为98.2 【解题思路】（1）由频率分布直方图中小长方形的面积和为1求出，算出该市语文成绩落在区间的频率，进而可得答案； （2）先确定中位数所在区间，然后根据中位数的概念列方程求解中位数；由频率分布直方图中平均数的计算方法求平均数． 【解答过程】（1）由题意知，解得， 所以该市语文成绩落在区间的频率为， 估计该市语文成绩落在区间内的学生人数是； （2）由频率分布直方图得，分数在区间的频率为， 的频率分别为， 因此该校语文成绩的中位数在之间， 所以，解得， 语文成绩的平均数为． 题型26 事件的关系和运算（共5小题） 1．（24-25高一下·广西百色·期末）抛掷一颗质地均匀的骰子，有如下随机事件：A=“点数不大于3”，B=“点数大于4”，C=“点数为奇数”，D=“点数为偶数”，下列结论正确的是（    ） A．B，C为对立事件 B．A，C为互斥事件 C．C，D为对立事件 D．A，D为互斥事件 【答案】C 【解题思路】根据互斥事件、对立事件的定义逐一判断各个选项即可求解． 【解答过程】样本空间为，，，，， 对于A，，所以B，C不互斥，更不可能对立，故A错误； 对于B，由于，所以A，C不互斥，故B错误； 对于C，因为，，所以C，D为对立事件，故C正确； 对于D，，所以A，D不互斥，故D错误． 故选：C． 2．（24-25高一下·贵州贵阳·期末）一个盒子中装有6支圆珠笔，其中3支一等品，2支二等品和1支三等品，若从中任取2支.记事件A=“恰有1支一等品”，事件B=“2支都是二等品”，事件C=“没有三等品”，下列说法正确的是（    ） A．事件A与事件B互斥 B．事件B与事件C互斥 C．事件A与事件C对立 D．事件B 与事件C对立 【答案】A 【解题思路】利用互斥事件与对立事件的概念逐项判断即可. 【解答过程】对于A，事件A与事件B不会同时发生，所以事件A与事件B互斥，故A正确； 对于B，若取到的两支笔都是二等品，则事件B与事件C同时发生， 所以事件B与事件C不是互斥事件，故B错误； 对于C，若取到的两支笔是一支二等品，一支三等品，则事件A与事件C都没有发生， 所以事件A与事件C不是对立事件，故C错误； 对于D，若取到的两支笔是一支一等品，一支三等品，则事件B与事件C都没有发生， 所以事件B与事件C不是对立事件，故D错误； 故选：A. 3．（24-25高一下·广西柳州·期末）某网球社团有3名男生和5名女生，从中任选2名同学参加网球比赛，下列各对事件中互斥而不对立的是（    ） A．至少有1名男生与全是男生 B．至少有1名男生与全是女生 C．恰有1名男生与恰有2名男生 D．至少有1名男生与至少有1名女生 【答案】C 【解题思路】写出各个事件包含的情况，根据互斥事件以及对立事件的概念，即可得出答案. 【解答过程】对于A，事件至少有1名男生包括恰有1名男生和全是男生两种情况，A错误； 对于B，事件至少有1名男生包括恰有1名男生和全是男生两种情况，与事件全是女生是互斥对立事件，B错误； 对于C，事件恰有1名男生指有1名男生和1名女生，与事件恰有2名男生是互斥事件，但不是对立事件，C正确； 对于D，事件至少有1名男生包括恰有1名男生和全是男生两种情况， 事件至少有1名女生包括恰有1名女生和全是女生两种情况，两个事件有交事件恰有1名男生和1名女生，D错误. 故选：C. 4．（24-25高一下·安徽宿州·期中）在投掷一枚质地均匀的骰子试验中，事件A表示“向上的点数为偶数”，事件B表示“向上的点数是1或3”，事件C表示“向上的点数是4或5或6”，则下列说法正确的是（   ） A．A与B是对立事件 B．B与C是对立事件 C．A与C是互斥事件 D．A与B是互斥事件 【答案】D 【解题思路】根据互斥事件和对立事件的概念逐项分析即可. 【解答过程】当向上的点数为5时，事件A与B同时不发生，故A错误； 当向上的点数为2时，事件B与C同时不发生，故B错误； 当向上的点数是4或6时，事件A与事件C同时发生，故C错误； 事件A与事件B不能同时发生，故D正确． 故选：D. 5．（24-25高一下·天津河北·期末）一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红球（标号为1和2），2个绿球（标号为3和4），从袋中不放回地依次随机摸出2个球．设事件R＝“两次都摸到红球”，G＝“两次都摸到绿球”，M＝“两个球颜色相同”，N＝“两个球颜色不同”． (1)用集合的形式分别写出试验的样本空间以及上述各事件； (2)写出事件R与G，M与N之间的关系； (3)写出事件R与事件G的并事件与事件M的关系． 【答案】(1)答案见解析； (2)事件互斥；事件互为对立事件； (3)事件是事件与事件的并事件. 【解题思路】（1）利用列举法列出试验的样本空间，再分别列出各事件的基本事件作答. （2）利用互斥事件与对立事件的定义逐个判断作答. （3）根据事件分析事件的并事件及关系作答. 【解答过程】（1）用数组表示可能的结果，是第一次摸到的球的标号，是第二次摸到的球的标号， 所以试验的样本空间， 事件，事件，事件， 事件. （2）由（1）知，，而，所以事件互斥，不对立； ，所以事件互为对立事件. （3）由（1）知，，所以事件是事件与事件的并事件. 题型27 计算古典概型问题的概率（共5小题） 1．（24-25高一下·福建福州·期末）若连续两次抛掷一枚质地均匀的骰子，则点数之和不大于10的概率是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】应用列表法求古典概型的概率即可. 【解答过程】由题设，两次抛掷骰子对应数值为，可能事件如下， 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 共有36种情况， 其中点数之和不大于10的有33种，故概率为. 故选：B. 2．（24-25高一下·甘肃天水·期末）在2025年6月21日天水市公祭伏羲活动期间，有人提出了这样一个问题：伏羲八卦中每一卦由三个爻组成（“”为阳爻，“”为阴爻）.从八卦中随机抽取一卦，那么抽到恰好含有两个阳爻的卦的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】根据古典概率的公式计算即可. 【解答过程】由八卦图可知，抽到恰好含有两个阳爻的情况有3种，所以抽到恰好含有两个阳爻的概率为. 故选：B. 3．（24-25高一下·河南平顶山·期末）现有4名男志愿者和2名女志愿者报名参加第21届文博会的服务工作，从这6名志愿者中随机抽取2人安排在文博会的A展区工作，则抽取的2名志愿者中有一男一女的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】我们需要先求出从这6名男志愿者中随机抽取的2人的所有情况数，再求出抽取的2名志愿者中有一男一女的情况数，利用古典概型公式即可求出. 【解答过程】4名男志愿者用表示，2名女志愿者用表示， 从这6名男志愿者中随机抽取的2人的基本事件有：共15种情况， 其中抽取的2名志愿者中有一男一女的基本事件有：共有8个基本事件， 抽取的2名志愿者中有一男一女的概率. 故选：. 4．（24-25高一下·天津滨海新区·期末）高一年级某班要从甲、乙、丙、丁、戊5名候选同学中选出2名参加学校绘画比赛，其中甲被选中的概率为_________． 【答案】 【解题思路】应用古典概型计算求解. 【解答过程】高一年级某班要从甲、乙、丙、丁、戊5名候选同学中选出2名参加学校绘画比赛， 共有甲乙，甲丙，甲丁，甲戊，乙丙，乙丁，乙戊，丙丁，丙戊，丁戊共10种情况 其中甲被选中的有甲乙，甲丙，甲丁，甲戊4种情况， 甲被选中的概率为. 故答案为：. 5．（24-25高一下·江苏常州·期末）某高中在一次高一物理测试后，为了解本次测试的成绩情况，在整个年级中随机抽取了名学生的物理成绩，成绩均在内，将成绩分为，共组，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求的值并估计这名学生物理成绩的第百分位数（精确到）； (2)从成绩在和的学生中，用分层随机抽样方法抽取名学生，再从这名学生中随机抽取名，求这名学生物理成绩在和内各人的概率. 【答案】(1)，分位数为分； (2). 【解题思路】（1）根据频率之和为求出，再由第百分位数的求法计算即可； （2）由分层抽样确定每层抽取人数，列出基本事件和符合题意的事件，根据古典概型求解. 【解答过程】（1）由题意知，解得，    设第百分位数为， 因为位于之间的频率为，位于之间的频率为， 所以， 令，解得，即第百分位数为. （2）由，得这人中物理成绩在的人数为，分别记为，在的人数为人，分别记为， 在这人中抽取人，共，个基本事件， 这名学生物理成绩在和内各人，共，个基本事件， 故这名学生物理成绩在和内各人的概率为. 题型28 概率的基本性质（共5小题） 1．（24-25高一下·甘肃临夏·期末）已知为随机事件，与互斥，与互为对立，且 ，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】利用与互为对立求出，再由互斥事件的概率加法公式即可求得答案. 【解答过程】由与互为对立，则， 又与互斥，则. 故选：B. 2．（24-25高一下·内蒙古呼伦贝尔·期末）已知事件互斥，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】根据互斥事件以及对立事件得概率公式计算即可. 【解答过程】由题可知：事件互斥，则，又， 所以，则. 故选：D. 3．（24-25高一下·甘肃白银·期末）对于随机事件，，若，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】根据概率加法公式代入求解即可. 【解答过程】已知，，， 根据概率加法公式. 故选：B. 4．（24-25高一下·广东揭阳·期末）已知随机事件和互斥，和对立，且，则____________． 【答案】0.6 【解题思路】利用互斥事件和对立事件的概率公式求解即可. 【解答过程】随机事件和互斥，则． 又和对立，. 故答案为：0.6． 5．（24-25高一下·江苏镇江·期末）甲、乙两人组成小队参加数学趣味谜题竞猜活动，每轮活动由甲、乙各猜一个谜题，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为．在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也相互不影响，该小队共参加了两轮活动． (1)求小队猜对3个谜题的概率； (2)求甲猜对谜题数量大于乙猜对谜题数量的概率． 【答案】(1) (2) 【解题思路】分类讨论，根据互斥事件以及对立事件的概率公式，即可求解（1）（2）． 【解答过程】（1）小队猜对3个谜题共有2种情况，①甲队猜对2个，乙队猜对1个；②甲队猜对1个，乙队猜对2个， 所以小队猜对3个谜题的概率为． （2）甲猜对谜题数量大于乙猜对谜题数量的情况有： ①甲猜对1个，乙猜对0个；②甲猜对2个，乙猜对1个；③甲猜对2个，乙猜对0个； 所以甲猜对谜题数量大于乙猜对谜题数量的概率为． 题型29 独立事件的乘法公式（共5小题） 1．（24-25高一下·甘肃天水·期末）某企业两台设备在一天内正常运行的概率分别为0.7，0.9，且它们是否正常运行相互独立，则一天内这两台设备至少有一台正常运行的概率为（    ） A．0.03 B．0.07 C．0.63 D．0.97 【答案】D 【解题思路】先根据独立事件的概率公式求出一天内这两台设备没有一台正常运行的概率，再根据对立事件的概率公式可求得结果. 【解答过程】这两台设备都没有正常运行的概率为， 则一天内这两台设备至少有一台正常运行的概率为. 故选：D. 2．（24-25高一下·河南许昌·期末）甲、乙、丙三人做投篮游戏，约定投篮顺序为甲、乙、丙，并制定规则如下：每次投篮，若投中，则该人继续投篮；若未投中，则换下一个人投篮.已知甲、乙每次投篮投中的概率均为，丙每次投篮投中的概率为，且甲、乙、丙每次投篮的结果都相互独立，则第4次是丙投篮的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】根据甲投次或乙投次或丙投次进行分类讨论，结合相互独立事件概率计算公式求得正确答案. 【解答过程】第4次是丙投篮，可能有： ①甲投次，乙投次，则第次是丙投篮， 概率为. ②甲投次，乙投次，则第次是丙投篮， 概率为. ③甲投次，乙投次，丙连投次， 概率为. 综上所述，第4次是丙投篮的概率为. 故选：C. 3．（24-25高一下·福建福州·期末）在如图所示的电路中，两个开关，闭合与否相互独立，且在某一时刻，闭合的概率分别为，，则此时灯亮的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】由相互独立事件和对立事件的概率计算公式可得结果. 【解答过程】此时灯亮由三个独立事件组成，即，开关同时闭合、只闭合、只闭合， 而它的对立事件是，都不闭合， 所以灯亮的概率为. 故选：A. 4．（24-25高一下·吉林·期末）已知随机事件与对立，与相互独立，若，则___________. 【答案】0.18 【解题思路】根据对立事件的概率公式求出，根据独立事件的概率公式求出． 【解答过程】因为与对立，所以， 又与相互独立，所以 ． 故答案为：0.18． 5．（24-25高一下·甘肃定西·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) 【解题思路】（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； 【解答过程】（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. 题型30 频率与概率（共5小题） 1．（24-25高一下·甘肃·期末）下列说法中正确的是（    ） A．随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率 B．在n次随机试验中，一个随机事件A发生的频率具有确定性 C．在同一次试验中，每个试验结果出现的频率之和不一定等于1 D．随着试验次数n的增大，一个随机事件A发生的频率会逐渐稳定于事件A发生的概率 【答案】D 【解题思路】根据已知条件，结合频率，概率的定义，即可逐一判断. 【解答过程】对于A，一般而言，频率是试验值，而概率是估计值，故不是同一个概念，故A错误； 对于B，在n次随机试验中，一个随机事件A发生的频率具有随机性，故B错误； 对于C，在同一次试验中，每个试验结果出现的频率之和一定等于1，故C错误； 对于D，根据随机事件发生的概率定义，随着试验次数n的增大，一个随机事件A发生的频率会逐渐稳定于事件A发生的概率，故D正确. 故选:D. 2．（24-25高一下·天津河西·期末）一个不透明的袋中装有除颜色外均相同的8个红球，4个白球，若干个黑球，每次摇匀后随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，经过大量重复实验后，发现摸到黑球的频率稳定在0.4，则袋中约有黑球（   ） A．6个 B．7个 C．8个 D．9个 【答案】C 【解题思路】利用频率估计概率，可知随机摸出一个球摸到黑球的概率约为0.4，进而分析求解. 【解答过程】设袋中黑球有个， 利用频率估计概率，可知随机摸出一个球摸到黑球的概率约为0.4， 由题意可得：，解得， 所以袋中约有黑球8个. 故选：C. 3．（24-25高一下·新疆巴音郭楞·期末）在一次抛掷硬币的试验中，共掷了100次，“正面朝上”的频数为48，则“反面朝上”的频率为（    ） A．48 B．0.48 C．52 D．0.52 【答案】D 【解题思路】结合题意，由频率等于频数比总数可得. 【解答过程】由题意可得反面朝上的频数为52，所以其频率为. 故选：D. 4．（24-25高一下·广西南宁·期末）在用随机数（整数）模拟“有5个男生和5个女生，从中抽选4人，求选出2个男生2个女生的概率”时，可让计算机产生的随机整数，并且代表男生，用代表女生．因为是选出4个，所以每4个随机数作为一组．通过模拟试验产生了10组随机数： 6830 4725 7056 6431 7840 4523 7834 2604 6346 0952 由此估计“选出2个男生2个女生”的概率为__________. 【答案】 【解题思路】根据数据统计选出2个男生2个女生的种数，再用古典概型概率公式求解． 【解答过程】由数据得“选出2个男生2个女生”的种数有：6830，4725，7840，7834，6346，0952共6个， 所以“选出2个男生2个女生”的概率为. 故答案为：． 5．（24-25高一下·江苏盐城·期末）对200个电子元件的寿命（单位：h）进行追踪调查，情况如下： 寿命 个数 20 30 80 40 30 (1)估计元件的寿命在（单位：h）内的概率； (2)估计元件的寿命在以上的概率． 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）先求出200个电子元件的寿命在（单位：h）内的频率，再对元件的寿命在（单位：h）内的概率估计即可； （2）先求出200个电子元件的寿命在以上的频率，再对元件的寿命在以上的概率估计即可. 【解答过程】（1）因表中200个电子元件的寿命在（单位：h）内的频率为， 故由此估计元件的寿命在（单位：h）内的概率为； （2）因表中200个电子元件的寿命在以上的频率为， 故由此估计元件的寿命在以上的概率为. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 高一下学期期末复习真题精选（常考150题30类题型专练） 【苏教版】 题型归纳 题型1 平面向量的概念（共5小题） 1．（24-25高一下·湖南岳阳·期末）下列说法正确的是（　　） A．若，则 B．零向量没有方向 C．相等向量的长度相等 D．共线向量是在同一条直线上的向量 2．（24-25高一下·广西河池·期末）下列向量的概念错误的是（   ） A．长度为0的向量是零向量，零向量的方向是任意的 B．零向量和任何向量都是共线向量 C．相等向量一定是共线向量，但共线向量不一定相等 D．，，则 3．（24-25高一下·甘肃酒泉·期末）下列条件中能得到的是（    ） A． B．与的方向相同 C．，且 D．且 4．（24-25高一下·上海嘉定·期末）以下关于平面向量的说法正确的是（    ） A．若，则 B．若则 C．若是共线的单位向量.则 D．若，则不是共线向量 5．（24-25高一下·四川乐山·期末）下列说法正确的是（   ） A．若为单位向量，则 B．若为平行向量，则 C．若，则 D．若，则 题型2 平面向量的运算（共5小题） 1．（24-25高一下·甘肃定西·期末）在正方形中，为的中点，为的中点，则（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·吉林松原·期末）已知向量是两个单位向量，在上的投影向量为，则（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·新疆·期末）已知向量，满足，，则向量与的夹角的余弦值（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·吉林松原·期末）如图，在菱形中，为上靠近于C的三等分点，则的值是__________. 5．（24-25高一下·新疆阿克苏·期末）已知. (1)求； (2)求向量与的夹角的余弦值. 题型3 平面向量基本定理及其应用（共5小题） 1．（24-25高一下·河南信阳·期末）如图，在中，点是的中点，，则（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·四川眉山·期末）如图，在平行四边形中，是对角线的交点，，若，则（   ） A．1 B． C．2 D． 3．（24-25高一下·安徽蚌埠·期末）在平行四边形中，为的中点，为的中点，若，则（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·陕西渭南·期末）已知不共线，且，则__________. 5．（24-25高一下·甘肃白银·期末）如图，在中，D是的中点，E是的中点，设，. (1)用，表示向量； (2)若点F在上，且，求. 题型4 平面向量的坐标运算（共5小题） 1．（24-25高一下·福建南平·期末）已知向量，则（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·新疆·期末）已知向量，，且，则（    ） A．3 B． C．2 D． 3．（24-25高一下·贵州安顺·期末）已知向量，，若⊥，则与的夹角为（   ） A．45° B．135° C．30° D．60° 4．（24-25高一下·上海·期末）若，且，则点的坐标为__________. 5．（24-25高一下·北京顺义·期末）已知向量，，，且向量与共线. (1)证明：； (2)求向量与的夹角； (3)若，求实数m的值. 题型5 两角和与差的三角函数（共5小题） 1．（24-25高一下·北京顺义·期末）已知为第二象限角，且，则（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·辽宁·期末）已知，，则（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·辽宁朝阳·期末）已知角均为锐角，满足，则的值为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·江西吉安·期末）________． 5．（24-25高一下·陕西咸阳·期末）已知． (1)求的值； (2)若，求的值． 题型6  辅助角公式及其应用（共5小题） 1．（24-25高一下·甘肃白银·期末）函数的图象的相邻两条对称轴之间的距离为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·辽宁锦州·期末）已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的有（   ） A． B．函数在上为减函数 C．直线是函数图象的一条对称轴 D．点是函数图象的一个对称中心 3．（24-25高一下·四川宜宾·期末）已知函数，则（   ） A．若函数相邻两条对称轴的距离为，则 B．当，时，的值域为 C．当时，是的对称中心 D．若在内有且仅有两个零点，则 4．（24-25高一下·上海·期末）函数的严格减区间是__________. 5．（24-25高一下·北京石景山·期末）已知函数． (1)求的最小正周期及单调递增区间； (2)当时，的取值范围为，求m的最大值． 题型7 余弦定理解三角形（共5小题） 1．（24-25高一下·贵州黔东南·期末）已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，，，，则（    ） A．30° B．60° C．150° D．120° 2．（24-25高一下·河南郑州·期末）在 中，，，，则为（   ） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰三角形 3．（24-25高一下·四川成都·期末）已知分别为的三个内角的对边，若，则角为（    ） A．或 B． C．或 D． 4．（24-25高一下·甘肃白银·期末）在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则___________. 5．（24-25高一下·辽宁·期末）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． (1)求C； (2)若，△ABC的面积为，求c． 题型8  正弦定理解三角形（共5小题） 1．（24-25高一下·河北唐山·期末）在中，已知，，，则为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·甘肃临夏·期末）已知的内角的对边分别为，且，则（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·北京昌平·期末）在中，，，，则（  ） A． B． C．或 D．或 4．（24-25高一下·甘肃白银·期末）如图所示，在梯形中，，，，，，则_________. 5．（24-25高一下·重庆·期末）已知分别为三个内角的对边，且 (1)求； (2)若，，求的周长． 题型9 三角形面积公式的应用（共5小题） 1．（24-25高一下·云南曲靖·期末）在中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，则的面积为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·重庆·期末）在中，内角的对边分别为，已知，且，若，则的面积为（    ） A．1 B． C．2 D． 3．（24-25高一下·新疆巴州·期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且则的面积为（    ） A． B．2 C．3 D．4 4．（24-25高一下·河北·期末）在中，角的对边分别是，记的面积为，若，，，则的面积为__________. 5．（24-25高一下·江苏南京·期末）在中，角，，所对的边分别为，，，且． (1)求角； (2)若，，求及的面积． 题型10 复数的概念（共5小题） 1．（24-25高一下·辽宁·期末）若复数为纯虚数，则a的值为（   ） A． B． C．或 D．且 2．（24-25高一下·湖南郴州·期末）已知，为实数，（为虚数单位），则（   ） A．， B．， C．， D．， 3．（24-25高一下·陕西咸阳·期末）设为虚数单位，若复数为纯虚数，则实数的值为（   ） A． B． C．5 D．或5 4．（24-25高一下·广西桂林·期末）已知复数（）为纯虚数，则__________． 5．（24-25高一下·四川自贡·期末）复数z满足 (1)若复数z为实数，求m的值； (2)若复数z为纯虚数，求m的值； (3)设复数，若，求的取值范围． 题型11 复数的几何意义（共5小题） 1．（24-25高一下·福建福州·期末）已知（i是虚数单位），则z的共轭复数在复平面内对应的点位于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．（24-25高一下·湖北黄冈·期末）已知在复平面内，为原点，向量对应的复数分别为，，那么向量对应复数的虚部为（    ） A．1 B．9 C． D． 3．（24-25高一下·河南郑州·期末）已知，复数 在复平面内对应的点位于第一象限，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·湖北襄阳·期末）若在复平面内，复数所对应的点的坐标为，则复数的模为___________． 5．（24-25高一下·河南南阳·期末）设复数和复平面内的点对应，若点的位置满足下列要求，分别求实数的取值范围. (1)在虚轴上； (2)在第三象限． 题型12 复数的四则运算（共5小题） 1．（24-25高一下·贵州六盘水·期末）已知复数，则（    ） A． B． C． D．1 2．（24-25高一下·陕西咸阳·期末）已知为虚数单位，复数，则（    ） A．的虚部为 B． C． D．在复平面内对应的点在第四象限 3．（24-25高一下·湖南娄底·期末）已知，，则复数在复平面内对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 4．（24-25高一下·上海·期末）若复数满足，则__________. 5．（24-25高一下·辽宁·期末）已知复数，且是纯虚数. (1)求； (2)若复数在复平面内对应的点在第四象限，求实数的取值范围. 题型13 空间几何体的结构特征（共5小题） 1．（24-25高一下·吉林白山·期末）设有三个命题：①直角三角形绕一边旋转一周形成的几何体是圆锥；②棱长都相等的直四棱柱是正方体；③四棱柱所有的面都是平行四边形；其中真命题的个数是（   ） A．3 B．2 C．1 D．0 2．（24-25高一下·吉林长春·期末）下列叙述正确的是（   ） A．以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱 B．以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥 C．以直角梯形的一腰所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆台 D．半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周形成的曲面叫做球 3．（24-25高一下·河南郑州·期末）若一个多面体共有12条棱，则这个多面体可能是（   ） A．六棱柱 B．五棱锥 C．四棱柱 D．三棱台 4．（24-25高一下·内蒙古呼和浩特·期末）下列说法正确的是（   ） A．球面上任意两点连成的线段都是球的直径 B．底面是正多边形的棱锥一定是正棱锥 C．用一个平面截一个圆锥，得到的截面图形是一个三角形 D．棱台的侧棱延长后交于同一点 5．（24-25高一下·山东潍坊·期末）已知圆台形的花盆的上、下底面的直径分别为4和8，该花盆的侧面展开图的扇环所对的圆心角为，则该圆台的母线长为_________. 题型14 立体图形的直观图（共5小题） 1．（24-25高一下·辽宁·期末）一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，△O′A′B′是等腰直角三角形且，其中斜边，则这个平面图形的面积是（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·山东济南·期末）用斜二测画法画水平放置的，其直观图如图所示，其中．若原的周长为10，则（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·广东潮州·期末）如图，是用“斜二测画法”画出的直观图，，，，则的周长是（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·吉林长春·期末）把水平放置的四边形按照斜二测画法，得到如图所示的直观图，其中，，则四边形的面积为___________． 5．（24-25高一下·辽宁·期末）如图所示，梯形是水平放置的四边形根据斜二测画法得到的直观图，其中，，，． (1)画出原四边形； (2)分别求出原四边形与梯形的面积． 题型15 空间几何体的表面积与体积（共5小题） 1．（24-25高一下·内蒙古赤峰·期末）已知圆锥的侧面展开图为半圆，则该圆锥的侧面积与其表面积之比为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·期末）已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，则该正四棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·北京丰台·期末）唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺，它的盛酒部分可以近似地看作半球与圆柱构成的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示，已知半球的半径为R，圆柱的高也为R，则银杯盛酒部分的容积为（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·安徽合肥·期末）已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，高为，则圆台的表面积为_________． 5．（24-25高一下·重庆万州·期中）如图所示，几何体的上部是一个正四棱锥，下部是一个正方体，其中正四棱锥的高为，是等边三角形,.．    (1)求该几何体的表面积； (2)求该几何体的体积． 题型16 空间几何体的外接球问题（共5小题） 1．（24-25高一下·福建福州·期末）已知在三棱锥中，，则三棱锥外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·吉林松原·期末）在三棱锥中，已知平面，，.若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·四川乐山·期末）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，将分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点．则三棱锥的外接球表面积为（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·辽宁丹东·期末）已知正四棱台的上下底面的边长分别为和，体积为，则该正四棱台的外接球体积为（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高一下·辽宁丹东·期末）已知等边的边长为，是边上的高，以为折痕将折起，使，则三棱锥外接球的表面积为_________. 题型17 平面的基本性质及推论（共5小题） 1．（24-25高一下·河南南阳·期末）检查一张桌子的4条腿的下端是否在同一平面内，下列做法最科学合理的是（    ） A．将桌子正放于地面上，趴地上观察桌腿和地面之间是否有缝隙 B．将桌子正放于地面上，取薄纸一张铺在桌面上观察纸张是否平整 C．将桌子倒放于地面上，用双手分别触摸四条腿底部凭手感判断是否水平 D．将桌子倒放于地面上，用细线分别连接两腿对角的下端观察两根细线是否相交 2．（24-25高一下·陕西西安·期末）下列命题正确的是（   ） A．任何一个平面图形都是一个平面 B．平面就是平行四边形 C．圆心和圆上两点可确定一个平面 D．梯形可确定一个平面 3．（24-25高一下·浙江宁波·期末）经过不在一条直线上的三个点的平面（   ） A．有且仅有一个 B．有且仅有三个 C．有无数个 D．不存在 4．（24-25高一下·河南郑州·期末）已知正方体，点E是上底面上任意一点，过A，C，E三点作平面截正方体，则截面形状不可能是（    ）． A．等边三角形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形 5．（24-25高一下·重庆·期末）下列说法正确的是（    ） A．若空间四点共面，则其中必有三点共线 B．若空间四点中任意三点不共线，则此四点共面 C．若空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面 D．若空间四点不共面，则任意三点不共线 题型18 线面、面面关系有关命题的判断（共5小题） 1．（24-25高一下·湖南邵阳·期末）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 2．（24-25高一下·天津·期末）已知三个不同的平面，，和三条不同的直线，，，下列命题中为假命题的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，，则 D．若，，则 3．（24-25高一下·浙江宁波·期末）已知直线l，m，n与平面α，β，下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 4．（24-25高一下·吉林长春·期末）已知，，是不同的直线，，是不同的平面，则下面命题正确的是（   ） A．，，， B．，，， C．，， D．，， 5．（24-25高一下·广东东莞·期末）已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列命题一定正确的是（   ） A．若，且，则 B．若，且，则 C．若，且，则 D．若，且，则 题型19 空间直线、平面的平行与垂直（共5小题） 1．（24-25高一下·北京通州·期末）已知平面，为两个不同的平面，直线为内一条直线，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 2．（24-25高一下·湖北咸宁·期末）如图，在三棱锥中，点D、F分别为棱PB，AC上的点，且，，E为线段BC上的点，若，且满足平面PEF，则λ=（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·北京西城·期末）在长方体中，，．给出下列四个结论： ①；②；③平面；④平面． 其中正确的结论是（   ） A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ 4．（24-25高一下·辽宁大连·期末）如图，在直三棱柱中，已知，侧面为正方形，设的中点为，. (1)求证平面； (2)求证：平面. 5．（24-25高一下·青海海南·期末）如图，在长方体中，分别是棱的中点. (1)证明：平面. (2)在棱上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 题型20 求空间角（共5小题） 1．（24-25高一下·山东济宁·期末）如图，在正四面体中，分别是与的中点，设和所成角为，则的值为（   ）    A． B． C． D． 2．（24-25高一下·湖南永州·期末）如图1，已知四边形PABC是直角梯形，，，，D是线段PC中点.将沿AD翻折，使，连接PB，PC，如图2所示，则PB与平面ABCD所成角的正弦值是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·四川成都·期末）已知圆锥的顶点为S，O为底面圆心，母线SA，SB互相垂直且的面积为3，直线SA与圆锥底面所成角为，则二面角的大小为（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·江苏无锡·期末）如图，在四棱锥中，底面为梯形，，垂直于面，，，，为棱的中点． (1)求证：平面． (2)求直线与面所成的角的正弦值． 5．（24-25高一下·四川泸州·期末）如图，已知平面平面ABCD，四边形ABCD是正方形，，点E，F，M分别是BC，PB，AD的中点．    (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求二面角的余弦值． 题型21 空间中的点、线、面距离问题（共5小题） 1．（24-25高一下·江西·期末）在棱长为3的正方体中，点D到平面的距离为（   ） A． B．3 C． D． 2．（24-25高一下·福建福州·期末）如图，各棱长均为2的直三棱柱中，D为的中点，点到平面的距离为（    ） A． B．2 C． D． 3．（24-25高一下·浙江宁波·期末）已知长方形，将沿着折起得到三棱锥，当点在底面的投影恰好落在直线上时，此时点到面的距离为（       ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·河北邯郸·期末）“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形组成的多面体.某广场的石凳就是由6个全等的正方形和8个全等的正三角形构成的阿基米德多面体，它可以看成一个正方体截去八个一样的四面体得到，称之为截半立方体.若图中截半立方体的棱长，则异面直线AD和FP所成的角为____________，直线EB到平面PGQ的距离为____________. 5．（24-25高一下·吉林·期末）如图，在四棱锥中，底面，底面为平行四边形，． (1)证明：平面； (2)若，求点到平面的距离． 题型22 随机抽样（共5小题） 1．（24-25高一下·河北唐山·期末）某公司生产，，三种不同型号的电子产品，产量分别为100，400，300件，为检验不同产品的质量，现用分层抽样的方法从以上产品中抽取40件进行检验，则应从种型号的产品中抽取的件数为（    ） A．5 B．10 C．15 D．20 2．（24-25高一下·福建福州·期末）用抽签法从学号为1到50的50名学生（其中含学生李华）中不放回抽取5名学生进行问卷调查，每次抽取一个号码，共抽取5次，设李华第一次被抽到的概率为，第五次被抽到的概率为，则（    ） A．a = ， B．a = ， C．a = ， D．a = ， 3．（24-25高一下·福建福州·期末）某校从500名同学中用随机数法抽取30人参加这一项调查．将这500名同学编号为001，002，…500，假设从第1行第4列的数字开始，则第5个被抽到的同学的编号为（    ） 3484 4217 5572 1754 5560 8331 0474 4767 2176 3350 2583 9212 0676 6301 6378 5916 9555 6719 A．331 B．047 C．447 D．672 4．（24-25高一下·四川广元·期末）已知某地区有小学生12000人，初中生11000人，高中生9000人，现在要了解该地区学生的近视情况，准备抽取320人进行调查，则按比例分配的分层抽样应该抽取高中生____________人. 5．（24-25高一下·四川巴中·期末）统计学家将战争中摧毁敌军的战机序列号作为样本，用样本估计总体的方法推断敌军每年生产的战机数量.假设敌军某年生产的战机数量为，摧毁某年生产的架战机编号从小到大为，，，…，，最大的编号为，摧毁敌军战机是随机的，摧毁战机的编号，，，…，，相当于从中随机抽取的个整数，这个数将区间分成个小区间（如下图），可以用前个区间的平均长度估计所有个区间的平均长度进而得到的估计值. 已知在某次战斗中摧毁敌军的战机编号为：2，5，7，13，15，17，21，据此回答下列问题. (1)根据材料估计敌军生产的战机数量； (2)已知敌军所有现役战机分为三个等级（四代战机，四代半战机，五代机），通过分层抽样调查三类战机的飞行高度，得到各个等级飞行高度的样本平均数为，，. （ⅰ）根据上述信息是否可以估计敌军所有现役战机的平均飞行高度？若不能，还需要什么条件，请补充条件并写出估计式； （ⅱ）若敌军现役战机是按照比例生产的，四代战机，四代半战机，五代机的战机数量分别为，，，样本量分别为，，，据此证明： 题型23 频率分布直方图的相关问题（共5小题） 1．（24-25高一下·河南新乡·期末）某校学生会随机抽查了本校100名学生的身高（单位：cm），将得到的数据按 分为4组，画出如图所示的频率分布直方图，则估计这100名学生中身高低于170cm的人数为（    ） A．56 B．52 C．48 D．44 2．（24-25高一下·广西河池·期末）某校举办了一次环境保护知识竞赛，为了解学生的环境保护知识掌握程度，学校采用简单随机抽样从全校名学生中抽取了一个容量为的样本，已知样本的成绩全部分布在区间内，根据调查结果绘制学生成绩的频率分布直方图如图所示，则频率分布直方图中（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·北京通州·期末）某市为了减少水资源浪费，为确定一个比较合理的标准，从该市随机调查了200户用户居民，获得了他们某月的用水量数据，整理得到如下频率分布直方图，则用水量小于1.5立方米的用户数为（    ） A．20 B．30 C．50 D．60 4．（24-25高一下·北京东城·期末）某校从参加语言测试的学生中随机抽取了100名，记录了他们的分数，将数据分成6组：，，，，，，并整理得到如下频率分布直方图.若样本中分数低于60分的有15人，则图中数据__________. 5．（24-25高一下·河北秦皇岛·期末）某高校举行了一次环保知识竞赛，共有900名学生参加，为了解本次竞赛成绩的情况，从中抽取了部分学生的成绩(得分均为整数，满分为100分)进行统计.请你根据尚未完成的频率分布表和频率分布直方图，解答下列问题： 分组 频数 频率 [50，60) 4 0.08 [60，70) 0.16 [70，80) 10 [80，90) 16 0.32 [90，100] 合计 50 (1)填充频率分布表的空格(将答案直接填在表格内); (2)补全频率分布直方图; (3)若成绩在[80，100]内的学生获得环保纪念勋章，请估计该校获得环保纪念勋章的学生有多少人. 题型24 百分位数的求解（共5小题） 1．（24-25高一下·甘肃定西·期末）样本数据，，，，，，，的第70百分位数为（    ） A．5 B．4 C． D．3 2．（24-25高一下·四川眉山·期末）为落实“双碳”目标，某环保组织调研10个国家2024年度的人均碳排放强度（单位：吨/人·年）后，得到数据如下：2，4，5，7，8，9，11，12，13，15．则该组数据的分位数是（   ） A．5 B．6 C．7 D．12 3．（24-25高一下·河南商丘·期末）某校为了加强食堂用餐质量，该校随机调查了名学生，得到这名学生对食堂用餐质量给出的评分数据（评分均在[50，100]内），将所得数据分成五组：，，，，，得到如图所示的频率分布直方图，估计学生对食堂用餐质量的评分的第百分位数为（   ） A．82.5 B．81.5 C．87.5 D．85 4．（24-25高一下·黑龙江大庆·期末）样本数据5，11，6，8，14，6，10，5，9，8的分位数为__________. 5．（24-25高一下·吉林长春·期末）某所学校为了解高三年级学生数学第二次模拟考试情况，随机抽取了50名学生的成绩，（满分150分），将所有数据整理后绘制成如下频率分布直方图： (1)求的值； (2)求这50名学生的数学成绩的第80百分位数； (3)根据频率分布直方图，估计这所学校高三学生第二次模拟考试的数学成绩的平均分. 题型25 众数、中位数、平均数的求解（共5小题） 1．（24-25高一下·河南濮阳·期末）2025年5月14日，长征二号丁运载火箭一次性将12颗太空计算卫星成功送入预定轨道．若各卫星从星箭分离至入轨所需时间（单位：秒）按升序排列为82，85，87，89，91，93，95，97，99，101，103，105，则这组数据的中位数为（   ） A．94 B．93 C．92 D．91 2．（24-25高一下·浙江台州·期末）已知数据，，，的平均数为5，数据，，，的平均数为6，则数据，，…，，，，…，的平均数为（   ） A． B．5 C．6 D． 3．（24-25高一下·福建南平·期末）如图，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态．图（1）形成对称形态，图（2）形成“右拖尾”形态，图（3）形成“左拖尾”形态．根据所给图示作出判断，则下列结论正确的是（   ）    A．图（1）中平均数中位数众数 B．图（2）中平均数众数中位数 C．图（2）中众数平均数中位数 D．图（3）中平均数中位数众数 4．（24-25高一下·陕西西安·期末）某篮球兴趣小组有7名学生参加投篮比赛，每人投10个，投中的个数分别为：8、5、7、5、8、6、8，则这组数据的众数与中位数之和为___________. 5．（24-25高一下·吉林长春·期末）某市为了研究高三学生在全市质检中的语文成绩的情况，从全市16000名学生中随机抽取了1600名学生的成绩作为样本（成绩均在内），将所得的成绩分成七组：，，，，，，，得到频率分布直方图如图所示． (1)求的值，并估计该市语文成绩落在区间内的学生人数； (2)估计本次考试全市语文成绩的中位数（精确到0.01）和平均数（同一组中的数据用该区间的中点值作代表）． 题型26 事件的关系和运算（共5小题） 1．（24-25高一下·广西百色·期末）抛掷一颗质地均匀的骰子，有如下随机事件：A=“点数不大于3”，B=“点数大于4”，C=“点数为奇数”，D=“点数为偶数”，下列结论正确的是（    ） A．B，C为对立事件 B．A，C为互斥事件 C．C，D为对立事件 D．A，D为互斥事件 2．（24-25高一下·贵州贵阳·期末）一个盒子中装有6支圆珠笔，其中3支一等品，2支二等品和1支三等品，若从中任取2支.记事件A=“恰有1支一等品”，事件B=“2支都是二等品”，事件C=“没有三等品”，下列说法正确的是（    ） A．事件A与事件B互斥 B．事件B与事件C互斥 C．事件A与事件C对立 D．事件B 与事件C对立 3．（24-25高一下·广西柳州·期末）某网球社团有3名男生和5名女生，从中任选2名同学参加网球比赛，下列各对事件中互斥而不对立的是（    ） A．至少有1名男生与全是男生 B．至少有1名男生与全是女生 C．恰有1名男生与恰有2名男生 D．至少有1名男生与至少有1名女生 4．（24-25高一下·安徽宿州·期中）在投掷一枚质地均匀的骰子试验中，事件A表示“向上的点数为偶数”，事件B表示“向上的点数是1或3”，事件C表示“向上的点数是4或5或6”，则下列说法正确的是（   ） A．A与B是对立事件 B．B与C是对立事件 C．A与C是互斥事件 D．A与B是互斥事件 5．（24-25高一下·天津河北·期末）一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红球（标号为1和2），2个绿球（标号为3和4），从袋中不放回地依次随机摸出2个球．设事件R＝“两次都摸到红球”，G＝“两次都摸到绿球”，M＝“两个球颜色相同”，N＝“两个球颜色不同”． (1)用集合的形式分别写出试验的样本空间以及上述各事件； (2)写出事件R与G，M与N之间的关系； (3)写出事件R与事件G的并事件与事件M的关系． 题型27 计算古典概型问题的概率（共5小题） 1．（24-25高一下·福建福州·期末）若连续两次抛掷一枚质地均匀的骰子，则点数之和不大于10的概率是（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·甘肃天水·期末）在2025年6月21日天水市公祭伏羲活动期间，有人提出了这样一个问题：伏羲八卦中每一卦由三个爻组成（“”为阳爻，“”为阴爻）.从八卦中随机抽取一卦，那么抽到恰好含有两个阳爻的卦的概率是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·河南平顶山·期末）现有4名男志愿者和2名女志愿者报名参加第21届文博会的服务工作，从这6名志愿者中随机抽取2人安排在文博会的A展区工作，则抽取的2名志愿者中有一男一女的概率为（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·天津滨海新区·期末）高一年级某班要从甲、乙、丙、丁、戊5名候选同学中选出2名参加学校绘画比赛，其中甲被选中的概率为_________． 5．（24-25高一下·江苏常州·期末）某高中在一次高一物理测试后，为了解本次测试的成绩情况，在整个年级中随机抽取了名学生的物理成绩，成绩均在内，将成绩分为，共组，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求的值并估计这名学生物理成绩的第百分位数（精确到）； (2)从成绩在和的学生中，用分层随机抽样方法抽取名学生，再从这名学生中随机抽取名，求这名学生物理成绩在和内各人的概率. 题型28 概率的基本性质（共5小题） 1．（24-25高一下·甘肃临夏·期末）已知为随机事件，与互斥，与互为对立，且 ，则（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·内蒙古呼伦贝尔·期末）已知事件互斥，且，则（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·甘肃白银·期末）对于随机事件，，若，，，则（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·广东揭阳·期末）已知随机事件和互斥，和对立，且，则____________． 5．（24-25高一下·江苏镇江·期末）甲、乙两人组成小队参加数学趣味谜题竞猜活动，每轮活动由甲、乙各猜一个谜题，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为．在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也相互不影响，该小队共参加了两轮活动． (1)求小队猜对3个谜题的概率； (2)求甲猜对谜题数量大于乙猜对谜题数量的概率． 题型29 独立事件的乘法公式（共5小题） 1．（24-25高一下·甘肃天水·期末）某企业两台设备在一天内正常运行的概率分别为0.7，0.9，且它们是否正常运行相互独立，则一天内这两台设备至少有一台正常运行的概率为（    ） A．0.03 B．0.07 C．0.63 D．0.97 2．（24-25高一下·河南许昌·期末）甲、乙、丙三人做投篮游戏，约定投篮顺序为甲、乙、丙，并制定规则如下：每次投篮，若投中，则该人继续投篮；若未投中，则换下一个人投篮.已知甲、乙每次投篮投中的概率均为，丙每次投篮投中的概率为，且甲、乙、丙每次投篮的结果都相互独立，则第4次是丙投篮的概率为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·福建福州·期末）在如图所示的电路中，两个开关，闭合与否相互独立，且在某一时刻，闭合的概率分别为，，则此时灯亮的概率为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·吉林·期末）已知随机事件与对立，与相互独立，若，则___________. 5．（24-25高一下·甘肃定西·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. 题型30 频率与概率（共5小题） 1．（24-25高一下·甘肃·期末）下列说法中正确的是（    ） A．随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率 B．在n次随机试验中，一个随机事件A发生的频率具有确定性 C．在同一次试验中，每个试验结果出现的频率之和不一定等于1 D．随着试验次数n的增大，一个随机事件A发生的频率会逐渐稳定于事件A发生的概率 2．（24-25高一下·天津河西·期末）一个不透明的袋中装有除颜色外均相同的8个红球，4个白球，若干个黑球，每次摇匀后随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，经过大量重复实验后，发现摸到黑球的频率稳定在0.4，则袋中约有黑球（   ） A．6个 B．7个 C．8个 D．9个 3．（24-25高一下·新疆巴音郭楞·期末）在一次抛掷硬币的试验中，共掷了100次，“正面朝上”的频数为48，则“反面朝上”的频率为（    ） A．48 B．0.48 C．52 D．0.52 4．（24-25高一下·广西南宁·期末）在用随机数（整数）模拟“有5个男生和5个女生，从中抽选4人，求选出2个男生2个女生的概率”时，可让计算机产生的随机整数，并且代表男生，用代表女生．因为是选出4个，所以每4个随机数作为一组．通过模拟试验产生了10组随机数： 6830 4725 7056 6431 7840 4523 7834 2604 6346 0952 由此估计“选出2个男生2个女生”的概率为__________. 5．（24-25高一下·江苏盐城·期末）对200个电子元件的寿命（单位：h）进行追踪调查，情况如下： 寿命 个数 20 30 80 40 30 (1)估计元件的寿命在（单位：h）内的概率； (2)估计元件的寿命在以上的概率． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $