专题10 高一下学期期末复习真题精选（压轴90题18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** 聚焦高一下学期期末压轴突破，18类题型90道真题系统覆盖向量、解三角形、立体几何等核心模块，以题载知，强化知识应用与综合能力，培养数学思维与问题解决素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |向量应用|3类15题|坐标运算几何应用、最值、新定义|从基础运算到几何意义再到创新情境，层层递进| |解三角形|4类20题|面积/边长周长最值、测量问题、与向量综合|围绕正余弦定理，结合几何性质与实际应用| |复数|1类5题|复数范围内方程的根|基于复数概念与运算，解决方程问题| |立体几何|4类20题|球的切接、截面、空间角、探索性问题|从空间几何体性质到空间角计算，渗透转化思想| |统计|3类15题|统计图应用、方差标准差、统计综合|数据处理与分析，培养数据观念| |概率|3类15题|相互独立与互斥事件、概率综合、与统计交汇|基于事件关系，结合统计数据解决实际问题|

专题10 高一下学期期末复习真题精选（压轴90题18类题型专练） 【苏教版】 题型归纳 题型1 向量坐标运算的几何应用（共5小题） 1．（24-25高一下·广东梅州·期末）如图，在中，，，是边上靠近点的三等分点，是的中点，与交于点，（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·湖北孝感·期末）如图是古希腊数学家特埃特图斯用来构造无理数的图形，图中四边形ABCD的对角线相交于点O，若，则（    ）    A．1 B． C． D．5 3．（24-25高一下·陕西商洛·期末）在梯形中，，，，点E在线段上，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·湖南岳阳·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·湖北宜昌·期末）已知点，， (1)若A，B，C三点共线，求实数k的值； (2)若四边形为矩形，求向量与夹角的余弦值． 题型2 向量与几何最值问题（共5小题） 1．（24-25高一下·甘肃临夏·期末）在直角梯形中，已知，点是边的中点，点是边上一个动点．则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·辽宁辽阳·期末）在矩形中，，是矩形区域内一点（含边界），点与点关于点对称，则的最大值为（    ） A．4 B．6 C．7 D．8 3．（24-25高一下·河北邯郸·期末）在平面直角坐标系中，原点，已知，，是线段AB上的动点（含端点），且为的中点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·广东汕头·期末）已知为直角三角形，，，，为的中点.若点在射线上运动，则的最小值为__________. 5．（24-25高一下·广东梅州·期末）如图，圆的半径为2. (1)设为圆的一条弦，如图①，当时， （i）当取何值时，取得最小值，并求出此最小值； （ii）设是圆上的一动点，求的最大值； (2)设、为圆的两条弦，如图②，已知，求的最大值. 题型3 向量新定义问题（共5小题） 1．（24-25高一下·重庆·期末）已知，，定义新运算，记，，满足，则（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·湖南永州·期末）已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做点绕点沿逆时针方向旋转角得到点.已知平面内点，点，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·重庆·期末）若向量，且为单位向量，定义，则的取值范围是__________. 4．（24-25高一下·山东聊城·期末）对于向量，，定义运算，已知向量，，. (1)若，求t的值； (2)若，求与夹角的余弦值. 5．（24-25高一下·贵州安顺·期末）如图所示，设Ox，Oy是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与x轴，y轴正方向同向的单位向量，则平面坐标系xOy为仿射坐标系，若在仿射坐标系下，则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为． (1)若，，求的模； (2)若，，，有同学认为“”的充要条件是“”，你认为是否正确？若正确，请给出证明；若不正确，请说明理由； (3)在仿射坐标系下，设，，，若对恒成立，求的范围及的最小值． 题型4 三角形面积的最值或范围问题（共5小题） 1．（24-25高一下·江西吉安·期末）在中，内角所对应的边分别为，，若，则面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·甘肃白银·期末）在中，内角，，所对应的边分别为，，．若且，则的面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·山东聊城·期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则面积的最大值为（    ） A． B．1 C． D． 4．（24-25高一下·江苏徐州·期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的面积的最大值为_________. 5．（24-25高一下·山东临沂·期末）已知是锐角三角形，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)求A； (2)若，求面积的取值范围. 题型5 求三角形的边长或周长的最值或范围（共5小题） 1．（24-25高一下·宁夏石嘴山·期末）在中，角的对边分别为，若，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·江苏淮安·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的周长的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·安徽六安·期末）的内角的对边分别为，且，，则（    ） A． B．的外接圆半径为 C．的面积的最大值为 D．的周长的取值范围是 4．（24-25高一下·安徽合肥·期末）在锐角中，内角所对的边分别为，且，则的取值范围是_________． 5．（24-25高一下·重庆·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，， (1)求角A的大小； (2)求周长的最大值； (3)若BC中点为D，求AD的最小值. 题型6  距离、高度、角度测量问题（共5小题） 1．（24-25高一下·福建福州·期末）如图，为了测量河对岸塔的高度，甲在处观测到河对岸塔在北偏东方向，顶部的仰角为，往正东方向前进到达处，测得该塔在北偏西方向，底部和在同一水平面内，则该建筑物的高为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·甘肃白银·期末）美丽的千岛湖位于浙江省淳安县境内，是“世界三大千岛湖”之一，也是国家5A级旅游景区.千岛湖有三座岛屿A，B，C，旅游公司准备在岛屿C上开发一个旅游项目，需测量其高度，由于地理位置等原因无法直接测量.如图，在岛屿B的底部测得岛屿C的顶部D处的仰角为60°，并测得岛屿C在岛屿B的北偏西75°方向上，另外测得岛屿C在岛屿A的北偏东60°方向上，岛屿B在A的正东方向600m处，且三座岛屿A，B，C在同一水平面上，则岛屿C的高度为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·北京顺义·期末）一艘海轮从港口A出发，沿着正东方向航行50n mile后到达海岛B，然后从海岛B出发，沿着北偏东30°方向航行70n mile后到达海岛C.如果下次航行直接从A出发到达C，那么这艘海轮需要航行的距离大约是（   ） A．62.4n mile B．85.0n mile C．104.4n mile D．116.0n mile 4．（24-25高一下·广西钦州·期末）如图，在测量河对岸的塔高时，可以选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与．现测得，；，且在点测得塔顶A的仰角为，则__________． 5．（24-25高一下·上海嘉定·期末）如图，游客从其旅游景区的景点处到处有两种路径，一种是从沿直线步行到，另一种先从沿紧道乘缆车到，然后从沿直线步行到，现有甲、乙两位游客从处到处，甲沿匀速步行，速度，在甲出发后，乙从乘缆车到，在处停留，再从匀速步行到，假设缆车匀速直线运动的速度为，山路长为，经测量，.    (1)求索道的长； (2)问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？ (3)为使两位游客在处互相等待的时间不超过，乙步行的速度应该控制在什么范围内？ 题型7 解三角形与平面向量综合（共5小题） 1．（24-25高一下·安徽合肥·期末）分别为的外心和重心，，若，则的面积的最大值（    ） A．2 B． C． D． 2．（24-25高一下·广东深圳·期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为，，，则（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·广东惠州·期末）十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小.在费马提到的这个问题中所求的点被称为费马点，其答案如下：当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求的点为三角形最大内角的顶点.已知、、分别是的内角、、所对的边， 且，，若为的费马点，则（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·河南郑州·期末）在中，，，D是BC 的中点，E 是的内心，则___________. 5．（24-25高一下·甘肃·期末）在中，内角的对边分别为，若，且. (1)求角的大小； (2)若，点是的中点，且，求的值； 题型8 复数范围内方程的根（共5小题） 1．（24-25高一下·辽宁辽阳·期末）已知是关于的方程在复数范围内的一个根，则实数（    ） A．4 B． C．2 D． 2．（24-25高一下·福建厦门·期末）已知是关于的方程 一个根，则（   ） A．-2 B．3 C．6 D．7 3．（24-25高一下·浙江台州·期末）已知虚数，是方程的两个不同的根，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·上海金山·期末）已知复数的实部为1，且，若是关于的方程的根，则___________. 5．（24-25高一下·上海青浦·期末）已知复数，，是虚数单位． (1)若是实系数一元二次方程的一个根，求实数和的值； (2)当为何值时，关于的二次方程有一个实根． 题型9 几何体与球的切、接问题（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·福建福州·期末）已知正四棱锥中，各棱长均相等，球是该四棱锥的内切球，球与球相切，且与该四棱锥的四个侧面也相切，则球与球的表面积之比为（    ） A． B．9 C． D． 3．（24-25高一下·广东深圳·期末）我国古代举世闻名的数学专著《九章算术》将底面为矩形的棱台称为“刍童”.已知棱台是一个所有侧棱的长相等，高为2的“刍童”，，，则该“刍童”外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·黑龙江大庆·期末）如图，在棱长为的正方体内有两个球、相外切，两球又分别与正方体内切，则两球体积之和的最小值为___________.（参考公式：.） 5．（24-25高一下·宁夏固原·期末）如图，在正四棱锥中，已知侧棱和底面边长都等于2，E是的中点. (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)求正四棱锥外接球的表面积. 题型10 空间几何体的截面问题（共5小题） 1．（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 2．（24-25高一下·辽宁·期末）在三棱锥中，已知，，平面平面ACD，且三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，E、F分别在线段OB、CD上运动（端点除外），，当三棱锥的体积最大时，过点F作球O的截面，则截面面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·江西南昌·期末）如图，在棱长为的正方体中，点、、分别是棱、、的中点，则由点、、确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·广西河池·期末）正四面体的棱长为8，为棱的中点，过点作正四面体外接球的截面，则截面面积的最小值为___________. 5．（24-25高一下·辽宁·期末）如图，长方体中，，，点M是棱CD的中点． (1)过三点作出长方体的截面（不要求过程，作出即可）； (2)是否存在实数m，使得直线与平面垂直？并说明理由； (3)设P是线段上的一点（不含端点），满足，求λ的值，使得三棱锥与三棱锥的体积相等． 题型11 空间角问题（共5小题） 1．（24-25高一下·甘肃庆阳·期末）已知长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·天津西青·期末）如图，四棱锥的底面为正方形，面，，则异面直线与所成角的大小及平面与平面所成的二面角的大小分别为（    ）. A．和 B．和 C．和 D．和 3．（24-25高一下·四川南充·期末）如图，正方体中，为的中点，点为四边形及其内部的动点，平面.则与平面所成角正切值的范围（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·安徽滁州·期末）在正三棱台中，，分别为棱，的中点，，，则直线与平面所成角的余弦值为________. 5．（24-25高一下·山东青岛·期末）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面平面，且，，，.    (1)求证：平面平面； (2)当时，求直线与平面所成角的正弦值； (3)当时，求二面角的正切值的取值范围. 题型12 立体几何中的探索性问题（共5小题） 1．（24-25高一下·甘肃甘南·期末）如图，四棱锥的各个棱长均相等，P为侧棱SD上的点，且. (1)求证：； (2)侧棱SC上是否存在一点E，使得平面.若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 2．（24-25高一下·北京东城·期末）如图1，在中，，，，分别为，，的中点，将沿翻折到的位置，如图2. (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)在棱上是否存在点，使得平面平面？请说明理由. 3．（24-25高一下·湖北黄冈·期末）如图，在三棱柱中，平面平面，平面平面，，是线段上一动点，，. (1)证明：三棱柱是直三棱柱； (2)若，求平面截三棱柱所得截面的面积； (3)是否存在，使得直线与平面所成角的正切值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 4．（24-25高一下·山西大同·期末）如图1，在中，，，点，分别为边，的中点，将沿着折起，使得点到达点的位置，如图2，且二面角的大小为． (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离； (3)在棱上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 5．（24-25高一下·广东广州·期末）在棱长均为2的正三棱柱中，为棱的中点，F为棱的动点，连接、、. (1)证明：； (2)线段上是否存在点，使得二面角的正切值为，若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由； (3)平面与棱交于点，设四边形的面积为，面积为，面积为，求的取值范围. 题型13 统计图的综合应用问题（共5小题） 1．（24-25高一下·安徽阜阳·期末）年度全省地区生产总值为本年度第一、二、三产业增加值之和．观察下列两个图表，则下列说法错误的是（    ） A．2020至2024年第一产业增加值逐年下降 B．2020至2024年第二产业增加值逐年升高 C．2020至2024年第三产业增加值占地区生产总值比重逐年升高 D．2020至2024年全省地区生产总值逐年增长 2．（24-25高一上·辽宁锦州·期末）某校高一组建了演讲，舞蹈，合唱，绘画，英语协会五个社团，高一1500名学生每人都参加且只参加其中一个社团，学校从这1500名学生中随机选取部分学生进行调查，并将调查结果绘制成如图不完整的两个统计图： 则选取的学生中，参加舞蹈社团的学生数为（   ） A．20 B．30 C．35 D．40 3．（24-25高一下·重庆·期末）某商场记录了2025年1-6月的销售额（单位：万元），绘制了如下的折线图.已知这6个月销售额的平均数为20万元，下列说法正确的是（   ） A．该商场这6个月销售额的众数是22万元 B．该商场1-6月的销售额逐月递增 C．该商场这6个月的销售额的中位数与平均数相等 D．该商场预测7月份的销售额一定不低于25万元 4．（24-25高一下·贵州六盘水·期末）为了研究我市甲、乙两个旅游景点的游客情况，文旅局统计了今年4月到9月甲、乙两个旅游景点的游客人数（单位：万人），得到如图所示的折线图．根据两个景点的游客人数的折线图，下列说法错误的是（    ） A．7，8，9月份的总游客人数甲景点比乙景点少 B．乙景点4月到9月的游客人数总体呈上升趋势 C．甲景点4月到9月游客人数的平均值在内 D．甲、乙两景点4月到9月中游客量的最高峰期都在8月 5．（24-25高一下·广东东莞·期末）某中学组织三个年级的学生进行党史知识竞赛. 经统计，得到前名学生分布的扇形图（如图）和前名中高一学生排名分布的频率条形图（如图），则下列命题错误的是（    ）    A．成绩前名的学生中，高一人数比高二人数多人 B．成绩前名的学生中，高一人数不超过人 C．成绩前名的学生中，高三人数不超过人 D．成绩第名到第名的学生中，高二人数比高一人数多 题型14 方差、标准差的求解及应用（共5小题） 1．（24-25高一下·山东青岛·期末）有一组样本数据，，，，的平均数为3，方差为3，则，，，，，3的方差为（   ） A．3 B． C． D． 2．（24-25高一下·山西·期末）已知样本容量为4的样本的平均数为8，方差为，在此基础上获得新数据8，把新数据加入原样本得到样本容量为5的新样本，则该新样本的标准差为（    ） A． B． C． D．5 3．（24-25高一下·山东青岛·期末）气象意义上进入春季的标志为“一年中第一次出现连续5天的日平均气温均不低于10摄氏度”.现有甲、乙、丙、丁四地连续5天的日平均温度的记录数据（记录数据都是正整数）： 甲地：5个数据的中位数为12，极差为3；    乙地：5个数据的平均数为11，众数为12； 丙地：5个数据的平均数为12，中位数为12；    丁地：5个数据的平均数为11，方差小于1. 则根据上面数据，肯定符合气象意义上进入春季的地区是（   ） A．甲地 B．乙地 C．丙地 D．丁地 4．（24-25高一下·湖南衡阳·期末）衡阳市一中高一某班45名学生成立了A、B两个数学兴趣小组，A组25人，B组20人，经过一个月的强化培训后进行了一次测试，在该次测试中，A组的平均成绩为82分，方差为8，B组的平均成绩为86.5分，方差为2，则在这次测试中全班学生成绩的方差为________. 5．（24-25高一下·吉林松原·期末）某地举办了“防电信诈骗”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求频率分布直方图中的值及样本成绩的第80百分位数；求样本平均数； (2)已知落在区间的样本平均成绩是57，标准差是7，落在区间的样本平均成绩为66，标准差是4，求两组样本成绩合并后的平均数和方差. 题型15 统计综合（共5小题） 1．（24-25高一下·江苏南京·期末）为了解某年级同学的体能情况，抽取100位同学进行一分钟仰卧起坐次数测试，将所得数据整理后，得到如下频率分布直方图（一分钟仰卧起坐次数60次以上的称为体能优秀），则下列结论错误的是（    ） A． B．估计100位同学在一分钟仰卧起坐次数的平均数低于70次 C．从这100位同学中随机选取一位同学，则这位同学体能优秀的概率约为 D．按照“体能优秀”的学生与“体能不优秀”的学生进行分层抽样，从这100位同学中抽取12人，则在体能优秀的同学中应抽取9人 2．（24-25高一下·陕西西安·期末）四名同学各投掷骰子次，记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断出一定出现点数的是（   ） A．众数为，极差为 B．中位数为，极差为 C．平均数为，极差为 D．平均数为，众数为 3．（24-25高一下·天津·期末）天津在“五一”期间组织了假日文旅活动，涵盖精品演出、主题活动、文化旅游区活动等，吸引了数以万计的游客．为了解游客的旅游体验满意度，某研究性学习小组采用问卷调查的方式随机调查游客，并将收集到的满意度得分数据（满分100分，得分均在内）按分成5组，整理得到如下频率分布直方图． (1)求x的值和第78百分位数； (2)从得分在和两组中，采取分层随机抽样的方法抽取50人，则这两组分别抽取多少人； (3)若此样本数据特征能反应总体特征，试估计游客满意度的平均成绩．（同一组中的数据用该组区间的中点值代替） 4．（24-25高一下·湖南·期末）2025年春节期间，国产电影《哪吒之魔童闹海》凭借其震撼的特效、生动的情节与深刻的思想使票房一路攀升，于2025年2月6日登顶中国影史票房榜，根据网络平台数据，截至2025年5月5日，总票房（含港澳台和海外票房）已超158.24亿元，排名全球影史票房第五，是登顶全球动画电影票房榜的亚洲电影.某影院为了解观看该影片的观众的年龄结构，随机抽取了100名观众作为样本，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求频率分布直方图中a的值与样本中年龄的第85百分位数. (2)从样本中年龄为，，的三组观众中，按比例用分层随机抽样的方法抽取10人，则年龄在中的观众应抽取多少人？ (3)若样本中年龄在的观众年龄的平均数是6，方差是2，年龄在的观众年龄的平均数是57，方差是5，求这两组样本总的平均数和方差. 5．（24-25高一下·新疆巴州·期末）某校从高一年级学生中随机抽取200人参加人工智能科技知识测试，得分在之间，分为五组，得到如图所示的频率分布直方图.      (1)求图中的值； (2)估计这200名学生得分的上四分位数和平均值（同组中数据用该组区间中点值作代表）； (3)现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取40人.若第四组选手成绩的平均数和方差分别为80和14，第五组选手成绩的平均数和方差分别为90和9，请据此估计第四组和第五组所有选手成绩的平均值和方差. （附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为：记两组数据总体的样本平均数为，总体样本方差为，则总体样本平均数总体样本方差） 题型16 相互独立事件与互斥事件（共5小题） 1．（24-25高一下·河北沧州·期末）投掷一枚均匀的骰子，事件A：点数大于2；事件B：点数小于4；事件C：点数为偶数.则下列关于事件描述正确的是（    ） A．A与B 是互斥事件 B．A 与B 是对立事件 C．A与C是独立事件 D．B与C 是独立事件 2．（24-25高一下·安徽合肥·期末）已知篮球运动员甲、乙的罚球命中率分别为0.9，0.8，且两人罚球是否命中相互独立.若甲、乙各罚球一次，则恰有一人命中的概率为（   ） A．0.26 B．0.28 C．0.72 D．0.98 3．（24-25高一下·云南·期末）已知甲盒中有3个大小和质地相同的小球，标号为，乙盒中有3个大小和质地相同的小球，标号为，现从甲､乙两盒中分别随机摸出1个小球，记事件“摸到的两个小球标号相同”，事件“摸到的两个小球标号之和为奇数”，则（    ） A．事件A和相等 B．事件A和互相对立 C．事件A和相互独立 D．事件A和互斥 4．（24-25高一下·安徽合肥·期末）甲、乙两运动员进行乒乓球比赛，在一局比赛中，先得11分的运动员为胜方，如果出现平的情况，先多得2分者为胜方．在平后，双方实行轮换发球，每人每次只发1个球．若在某局比赛中，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，在双方平后，甲先发球，则甲以赢下此局的概率为_________． 5．（24-25高一下·福建福州·期末）甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试有3道难度相当的题目，甲答对每道题目的概率都是，乙答对每道题目的概率都是，对抽到的不同题目能否答对是独立的，且甲、乙两人答题互不影响； (1)求甲、乙两人共答对5道题目的概率． (2)若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止，求甲、乙两人只有一人通过面试的概率． 题型17 概率综合（共5小题） 1．（24-25高一下·福建三明·期末）甲、乙两人组成的“龙队”参加数学解题比赛，比赛中每个队均有一张通行卡且仅限使用一次.每轮比赛由甲、乙各自独立解答同一道题，若两人都答对则直接进入下一轮；若两人都答错则直接被淘汰；若两人中恰有一人答对则可使用通行卡进入下一轮.已知在每轮比赛中甲答对的概率为，乙答对的概率为，且甲、乙答对与否互不影响，则“龙队”恰在参加三轮比赛后被淘汰的概率为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·湖南郴州·期末）同时抛掷一白一红两枚质地均匀的骰子，用表示白色骰子的点数，表示红色骰子的点数，设事件“”，事件“为偶数”，事件“”，则下列结论正确的是（   ） A．与对立 B． C．与相互独立 D．与相互独立 3．（24-25高一下·湖南衡阳·期末）甲、乙两人进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的胜负互不影响.有两种比赛方案供选择，方案一：三局两胜制（先胜2局者获胜，比赛结束）；方案二：五局三胜制（先胜3局者获胜，比赛结束）. (1)用抛掷骰子的方式决定比赛方案，抛掷两枚质地均匀的骰子，观察两枚骰子向上的点数，若两枚骰子向上的点数之差的绝对值不大于1，则选择方案一，否则选择方案二.试判断哪种方案被选择的可能性更大，并说明理由； (2)若选择方案一，求甲获胜的概率. 4．（24-25高一下·新疆哈密·期末）某游戏中，玩家甲、乙独立挑战三个关卡，通关规则为：前两关都挑战成功或前两关恰有一关挑战成功且第三关挑战成功.已知甲每关挑战成功的概率为，乙前三关挑战成功的概率依次为，，.假设甲、乙两人每轮是否挑战成功相互独立. (1)求甲仅需挑战前两关就通关的概率； (2)求乙挑战全部三关且通关的概率； (3)求甲、乙恰有一人通关的概率. 5．（24-25高一下·广东清远·期末）某校数学建模社团招聘社长职位分笔试与面试两个环节，在笔试中有两轮答题：第一轮从类的5个问题中任选两题作答，若两题都答对，则得40分，否则得0分；第二轮从类的5个问题中任选两题作答，每答对1题得30分，答错得0分.若两轮总分不低于60分则进入面试环节.小红和小明参加此次招聘活动，已知小红对类每个问题的答对的概率均为0.5.在类的5个问题中，小明只能答对4个问题，在类的5个问题中，小明每个问题答对的概率都为0.4.他们回答任一问题正确与否互不影响. (1)求小明在第一轮得40分的概率； (2)求小红两轮总分得60分的概率； (3)试判断小红和小明谁更有机会进入面试环节？ 题型18 概率与统计的交汇问题（共5小题） 1．（24-25高一下·江苏无锡·期末）某研究机构为了了解各年龄层对高考改革方案的关注程度，随机选取了200名年龄在内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（分第一～六组区间分别为，，，，，）． (1)求选取的市民年龄在内的人数及a的值； (2)利用频率分布直方图，估计200名市民的年龄的平均数和第80百分位数； (3)若从第3，4组用分层抽样的方法选取5名市民进行座谈，再从中选取2人在座谈会中作重点发言，求作重点发言的市民中至少有一人的年龄在内的概率． 2．（24-25高一下·吉林长春·期末）象棋是中华民族优秀的传统文化遗产，为弘扬棋类运动精神，传承中华优秀传统文化，丰富校园文化生活，培养学生良好的心态和认真谨慎的生活观，某学校高一年级举办象棋比赛.比赛分为初赛和决赛、初赛采用线上知识能力竞赛，共有500名学生参加，从中随机抽取了50名学生，记录他们的分数，将数据分成5组：，，，，，并整理得到如图频率分布直方图： (1)根据直方图，求a的值： (2)估计这次知识能力竞赛的平均数和中位数； (3)决赛环节学校决定从知识能力竞赛中抽出成绩最好的两个同学甲和乙进行现场棋艺比拼，比赛采取三局两胜制.若甲每局比赛获胜的概率均为，且各轮比赛结果相互独立.求甲最终获胜的概率. 3．（24-25高一下·北京通州·期末）某学校组织全校学生进行了一次“两会知识多少”的问卷测试.已知所有学生的测试成绩均位于区间，从中随机抽取了40名学生的测试成绩，绘制得到频率分布直方图，如图所示.    (1)求图中的值； (2)学校团组织利用比例分配的分层随机抽样方法，从和的学生中抽取7人组成宣讲团. （ⅰ）求应从和学生中分别抽取的学生人数； （ⅱ）从选定的7人中随机抽取2人对高一同学进行宣讲，求至少有1人测试成绩位于区间的概率. 4．（24-25高一下·广东广州·期末）高一年级举行了一次“数学建模能力竞赛”，为了解本次测试竞赛情况，年级从中抽取了部分学生的成绩进行统计．将成绩进行整理后，分为五组（，，，，），其中第1组频数是第2组频数的一半，请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题： (1)若根据这次成绩，年级择优选取的同学晋级下一轮竞赛，请问晋级分数线定为多少合理？ (2)年级以各学习小组的平均分和方差为团体奖励依据．若某学习小组10位学生测试分数的平均数，标准差，若该小组得分分别为95分和85分的两位学生宣布退赛，求该小组余下8位学生分数的平均数与方差； (3)在下一轮比赛中，甲、乙、丙三人同时回答一道有关模型检验的问题．已知甲回答正确的概率是，甲、乙两人都回答正确的概率是，乙、丙两人至少一人回答正确的概率是．每人回答正确与否相互独立．求甲、乙、丙三人中至少两人回答正确的概率． 5．（24-25高一下·山东德州·期末）在高一学生预选科之前，为了帮助他们更好地了解自己是否适合选读物理，我校从高一年级中随机抽取了100名学生的物理成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图. (1)求的值，并估算高一学生的物理平均分数； (2)若根据这次成绩，学校建议70%的学生选报物理，30%的学生选报历史，某同学想选报物理，请问他的物理成绩应不低于多少分？（小数点后保留一位） (3)现学校要选拔学生参加物理竞赛，需要再进行考试.考试分为两轮，第一轮需要考2个模块，每个模块成绩从高到低依次有，，，，五个等级，若两个模块成绩均为，则直接参加；若一个模块成绩为，另一个模块成绩不低于，则要参加第二轮实验操作，实验操作通过也能参加，否则均不能参加.现有甲、乙二人报名参加，二人互不影响，甲在每个模块考试中取得，，，，的概率分别为；乙在每个模块考试中取得，，，，的概率分别为，甲、乙在实验操作中通过的概率分别为.求甲、乙能同时参加物理竞赛的概率. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 高一下学期期末复习真题精选（压轴90题18类题型专练） 【苏教版】 题型归纳 题型1 向量坐标运算的几何应用（共5小题） 1．（24-25高一下·广东梅州·期末）如图，在中，，，是边上靠近点的三等分点，是的中点，与交于点，（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】建立适当的平面直角坐标系，求出，结合计算即可. 【解答过程】由题意，建立如图所示的平面直角坐标系， 而，从而， 所以. 故选：A. 2．（24-25高一下·湖北孝感·期末）如图是古希腊数学家特埃特图斯用来构造无理数的图形，图中四边形ABCD的对角线相交于点O，若，则（    ）    A．1 B． C． D．5 【答案】B 【解题思路】根据已知构建合适的直角坐标系，标注相关点坐标，由向量共线的坐标表示列方程求参数值. 【解答过程】因为，所以， 以C为坐标原点，AC所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，    如图所示，则， 设，则，， 由，所以，可得. 故选：B. 3．（24-25高一下·陕西商洛·期末）在梯形中，，，，点E在线段上，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】根据题意，以为坐标原点，为x轴，以为y轴建立平面直角坐标系，设点.根据点E在线段上，所以设，其中，结合平面向量的线性运算及数量积的坐标表示即可求解. 【解答过程】根据题意，以为坐标原点，为x轴，以为y轴建立平面直角坐标系如图所示， 则，，，， 所以，，. 设点. 因为点E在线段上，所以设，其中， 所以，所以， 所以. 故选：D. 4．（24-25高一下·湖南岳阳·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】 【解题思路】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. 【解答过程】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·湖北宜昌·期末）已知点，， (1)若A，B，C三点共线，求实数k的值； (2)若四边形为矩形，求向量与夹角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）求得，，再根据共线向量列方程即可求解； （2）根据题意列方程求得点的坐标以及的值，进一步根据向量夹角的余弦的坐标公式即可求解. 【解答过程】（1）因为A，B，C三点共线，所以，共线，即， 又，，则有，所以； （2）设，因为四边形为矩形，所以，， 又，，， 得， 则，，， 则，，则， 综上，向量与夹角的余弦值为. 题型2 向量与几何最值问题（共5小题） 1．（24-25高一下·甘肃临夏·期末）在直角梯形中，已知，点是边的中点，点是边上一个动点．则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】建立平面直角坐标系，设，，求出的坐标，再由向量数量积的坐标运算及二次函数的性质即可求得答案. 【解答过程】 如图，以点为原点，分别以所在直线为轴，建立平面直角坐标系， 依题意，有， 设，则， 且， 由， 因，故. 故选：D. 2．（24-25高一下·辽宁辽阳·期末）在矩形中，，是矩形区域内一点（含边界），点与点关于点对称，则的最大值为（    ） A．4 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【解题思路】建立坐标系，利用向量数量积的坐标表示，再确定其最大值. 【解答过程】如图： 以为原点，建立平面直角坐标系，则，， 设，则，，. 所以，. 所以，因为，， 所以，当或，时取等号. 故选：D. 3．（24-25高一下·河北邯郸·期末）在平面直角坐标系中，原点，已知，，是线段AB上的动点（含端点），且为的中点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】可设（），利用表示出，再利用二次函数值域的求法求解. 【解答过程】如图： 设（）， 则 ， 又， 所以 . 所以 ，（）. 所以当时，取得最小值，为； 当时，取得最大值，为. 所以. 故选：A. 4．（24-25高一下·广东汕头·期末）已知为直角三角形，，，，为的中点.若点在射线上运动，则的最小值为__________. 【答案】 【解题思路】以点为原点，建立平面直接坐标系，得直线的方程为，设点，利用数量积的坐标运算得，最后由二次函数即可求解. 【解答过程】由题意：以点为原点，建立平面直接坐标系，则， 所以直线的方程为，设点， 所以， 所以， 当时，的最小值为：. 故答案为：. 5．（24-25高一下·广东梅州·期末）如图，圆的半径为2. (1)设为圆的一条弦，如图①，当时， （i）当取何值时，取得最小值，并求出此最小值； （ii）设是圆上的一动点，求的最大值； (2)设、为圆的两条弦，如图②，已知，求的最大值. 【答案】(1)（ⅰ）当时，取得最小值，最小值为；（ⅱ）； (2). 【解题思路】（1）（ⅰ）设，即有为直线上某一点，则，从而可得时，使取得最小值；（ⅱ）点作于点，则，从而可求解； （2）过点作于点，则得，则当，共线时，取得最大值，从而可求解. 【解答过程】（1）（ⅰ）设，即有为直线上某一点， ， 要使取得最小值，即最小，则此时只需， 过点作于点，有，即， 而因为，因此， 故当时，取得最小值，其最小值为. （ⅱ）因为，， 过点作于点，， ， 而或， 要使的最大，则需，同向，且最大，此时与圆相切， 平移的垂线至，使圆相切， 此时有，，所以， . （2）过点作于点， ，，而， 所以 ， 因为，所以，，，， 所以 ， 因此，当，共线时，取得最大值，. 题型3 向量新定义问题（共5小题） 1．（24-25高一下·重庆·期末）已知，，定义新运算，记，，满足，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】根据题中定义、诱导公式以及二倍角的正弦公式化简可得出的取值范围. 【解答过程】因为，， 根据题中定义可得 ，故. 故选：A. 2．（24-25高一下·湖南永州·期末）已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做点绕点沿逆时针方向旋转角得到点.已知平面内点，点，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】根据题意，计算出 ，再根据向量的坐标运算法则计算出点P的坐标. 【解答过程】因为, 所以 ， 将向量顺时针方向旋转，即逆时针旋转， 得到 化简得 ， 所以P点坐标为； 故选：C. 3．（24-25高一下·重庆·期末）若向量，且为单位向量，定义，则的取值范围是__________. 【答案】 【解题思路】设，则，由即得解. 【解答过程】由题意知，．设， 则． 又，∴，∴． 故答案为：. 4．（24-25高一下·山东聊城·期末）对于向量，，定义运算，已知向量，，. (1)若，求t的值； (2)若，求与夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）利用新定义列方程求解； （2）由垂直求得值，由新定义求得，再由向量夹角公式计算. 【解答过程】（1）因为，，， 所以， 因为，所以，解得. （2）由题意得 又，且，所以，解得， 此时， 设与的夹角为， 则 所以与夹角的余弦值为. 5．（24-25高一下·贵州安顺·期末）如图所示，设Ox，Oy是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与x轴，y轴正方向同向的单位向量，则平面坐标系xOy为仿射坐标系，若在仿射坐标系下，则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为． (1)若，，求的模； (2)若，，，有同学认为“”的充要条件是“”，你认为是否正确？若正确，请给出证明；若不正确，请说明理由； (3)在仿射坐标系下，设，，，若对恒成立，求的范围及的最小值． 【答案】(1)； (2)不正确，理由见解析； (3)，的最小值为. 【解题思路】（1）利用向量的线性运算两边平方可求； （2）根据条件，利用向量数量积的运算得到，再利用，即可求解； （3）由，转化为对恒成立，求得，再由向量的夹角公式，得到，并求得的范围，即可得到的最小值. 【解答过程】（1）因为，， 所以两边平方得， 故； （2）不正确，理由如下， 因为，则， 又， 则， 若，则，则， 所以“”的充要条件是“”， 故“”的充要条件是“”是不正确的. （3）因为，则， ， ， ， 由，得， 所以， 即对恒成立， 又因为，所以， 解得， 因为，所以满足题意， 所以， 所以 ， 又因为，所以， 则， 所以 故的最小值为. 题型4 三角形面积的最值或范围问题（共5小题） 1．（24-25高一下·江西吉安·期末）在中，内角所对应的边分别为，，若，则面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】利用正弦定理得到，再利用余弦定理以及三角形面积公式即可求出结果. 【解答过程】因为，则， 由正弦定理可得， 又因为，则，，可得即， 所以，由余弦定理可得， 所以面积的最大值为． 故选：C． 2．（24-25高一下·甘肃白银·期末）在中，内角，，所对应的边分别为，，．若且，则的面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】由余弦定理结合条件，得，再由余弦定理结合基本不等式求得的最小值，进而得到的最大值，再求的面积的最大值即可. 【解答过程】在中， 又∵，∴ 故 ， ∵,∴, 所以，当且仅当时取等号， 所以的面积的最大值为． 故选：B. 3．（24-25高一下·山东聊城·期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则面积的最大值为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】C 【解题思路】根据题意利用余弦定理可得，进而可得，再利用基本不等式结合面积公式运算求解. 【解答过程】因为，且，即， 整理可得， 由余弦定理可得，则， 且，可知，则， 又因为，当且仅当时，等号成立， 则，即， 所以面积的最大值为. 故选：C. 4．（24-25高一下·江苏徐州·期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的面积的最大值为_________. 【答案】 【解题思路】由题意得，结合余弦定理、基本不等式有的最大值为12，结合三角形面积公式即可得解. 【解答过程】由题意，所以， 而，解得， 由余弦定理有， 所以，等号成立当且仅当， 所以的最大值为12，所以的面积的最大值为. 故答案为：. 5．（24-25高一下·山东临沂·期末）已知是锐角三角形，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)求A； (2)若，求面积的取值范围. 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）利用正余弦定理进行边角互化即可； （2）利用三角形的面积公式求出然后利用正弦定理结合三角函数的性质求出的取值范围即可. 【解答过程】（1）， 故，即 故， 且，故. （2）由正弦定理得， ， 因为是锐角三角形，. 故，即 所以，故， 所以， 故面积的取值范围为. 题型5 求三角形的边长或周长的最值或范围（共5小题） 1．（24-25高一下·宁夏石嘴山·期末）在中，角的对边分别为，若，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】先根据已知式子化简得出角，再由余弦定理结合基本不等式求边长和范围即可. 【解答过程】由余弦定理得, 所以由正弦定理得, 所以, 所以， 所以, 可得 由余弦定理可得, 又因为基本不等式所以, 所以, 当且仅当时，取最大值2， 因为,所以, 所以. 故选：B. 2．（24-25高一下·江苏淮安·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的周长的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】方法一：设的外接圆半径为R，根据正弦定理及已知可将题干等式化为，再结合两角和的正弦公式进行化简，结合可得，最后根据正弦定理以及三角恒等变换用B表示出的周长，根据三角函数的性质求解即可． 方法二：根据三角形三边关系排除即可． 【解答过程】方法一：设的外接圆半径为R， 则， 因为， 所以， 可得， 即， 可得， 因为，， 所以， 结合，可得， 又，所以， 可得， 则的周长为 ， 因为，所以， 则， 可得 故的周长的取值范围为 方法二：由，可知周长，排除ABD， 故选：C. 3．（24-25高一下·安徽六安·期末）的内角的对边分别为，且，，则（    ） A． B．的外接圆半径为 C．的面积的最大值为 D．的周长的取值范围是 【答案】D 【解题思路】利用三角恒等变换结合正弦定理边化角判断AB，利用余弦定理和基本不等式求出和的范围判断CD即可. 【解答过程】选项A，由可得， 又是的内角，， 所以，由正弦定理得， 因为中，所以，即， 所以，A说法错误； 选项B，设的外接圆半径为，因为， 所以由正弦定理得， 所以，解得，B说法错误； 选项C：由正弦定理可得，解得， 由余弦定理得，即，解得， 当且仅当时等号成立， 所以的面积，C说法错误； 选项D，由C知， 解得，当且仅当时等号成立， 由三角形的性质知， 所以，D说法正确； 故选：D. 4．（24-25高一下·安徽合肥·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】 【解题思路】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. 【解答过程】∵，∴， ∴ 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：. 5．（24-25高一下·重庆·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，， (1)求角A的大小； (2)求周长的最大值； (3)若BC中点为D，求AD的最小值. 【答案】(1); (2); (3). 【解题思路】（1）利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求出，即可得的大小； （2）利用正弦定理，表示出的周长，利用三角函数求出最大值即可. （3）由（1）得利用基本不等式求得，再根据D为的中点， 得，平方并利用向量数量积的运算律得，即可求得答案. 【解答过程】（1）因为， 由正弦定理，得，即 ， 因为，所以. （2）由（1）得，且 由正弦定理得：， . ∴当时，的最大值为， ∴周长的最大值是. （3）因为，所以 所以，当且仅当时，等号成立. 即 因为D为的中点，所以, 所以， 即. 所以. 故AD的最小值为. 题型6  距离、高度、角度测量问题（共5小题） 1．（24-25高一下·福建福州·期末）如图，为了测量河对岸塔的高度，甲在处观测到河对岸塔在北偏东方向，顶部的仰角为，往正东方向前进到达处，测得该塔在北偏西方向，底部和在同一水平面内，则该建筑物的高为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】应用正弦定理求得，再由求建筑物的高. 【解答过程】由题设及图知：，则， 在中，可得， 又，可得. 故选：A. 2．（24-25高一下·甘肃白银·期末）美丽的千岛湖位于浙江省淳安县境内，是“世界三大千岛湖”之一，也是国家5A级旅游景区.千岛湖有三座岛屿A，B，C，旅游公司准备在岛屿C上开发一个旅游项目，需测量其高度，由于地理位置等原因无法直接测量.如图，在岛屿B的底部测得岛屿C的顶部D处的仰角为60°，并测得岛屿C在岛屿B的北偏西75°方向上，另外测得岛屿C在岛屿A的北偏东60°方向上，岛屿B在A的正东方向600m处，且三座岛屿A，B，C在同一水平面上，则岛屿C的高度为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】先求出，再在中，由正弦定理求得，进而利用三角函数求出高度 【解答过程】根据题意，得 ，，，，. 设，则， 在中，， 由正弦定理，得，即，解得 所以. 故选：B. 3．（24-25高一下·北京顺义·期末）一艘海轮从港口A出发，沿着正东方向航行50n mile后到达海岛B，然后从海岛B出发，沿着北偏东30°方向航行70n mile后到达海岛C.如果下次航行直接从A出发到达C，那么这艘海轮需要航行的距离大约是（   ） A．62.4n mile B．85.0n mile C．104.4n mile D．116.0n mile 【答案】C 【解题思路】结合已知条件应用余弦定理计算求解. 【解答过程】 因为，且.. 在中，由余弦定理得， 即. 所以； 故选：C. 4．（24-25高一下·广西钦州·期末）如图，在测量河对岸的塔高时，可以选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与．现测得，；，且在点测得塔顶A的仰角为，则__________． 【答案】 【解题思路】由题及正弦定理可得，然后由在点测得塔顶A的仰角为可得AB. 【解答过程】在中，由正弦定理，， 则，又因在点测得塔顶A的仰角为， 则. 故答案为：. 5．（24-25高一下·上海嘉定·期末）如图，游客从其旅游景区的景点处到处有两种路径，一种是从沿直线步行到，另一种先从沿紧道乘缆车到，然后从沿直线步行到，现有甲、乙两位游客从处到处，甲沿匀速步行，速度，在甲出发后，乙从乘缆车到，在处停留，再从匀速步行到，假设缆车匀速直线运动的速度为，山路长为，经测量，.    (1)求索道的长； (2)问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？ (3)为使两位游客在处互相等待的时间不超过，乙步行的速度应该控制在什么范围内？ 【答案】(1) (2) (3) 【解题思路】已知角边角三要素，先求第三个角，再利用正弦定理求边即可； 已知边角边，利用余弦定理求第三边，再结合二次函数求最小值； 已知角角边，利用正弦定理来求边长，最后可求速度范围. 【解答过程】（1）在中，，， ， 由正弦定理，可得:， 索道的长为. （2）假设乙出发后，甲、乙两游客距离为，此时，甲行走了，乙距离处， 由余弦定理得 ， 故当时，甲、乙两游客距离最短. （3）由正弦定理，得. 乙从出发时，甲已走了， 还需走才能到达， 设乙步行的速度为，由题意得， 解得:， 为使两位游客在处互相等待的时间不超过，乙步行的速度应控制在，(单位:)范围内. 题型7 解三角形与平面向量综合（共5小题） 1．（24-25高一下·安徽合肥·期末）分别为的外心和重心，，若，则的面积的最大值（    ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【解题思路】设为边中点，连接，作于，即为中点，求得，，化简得，再通过面积公式和基本不等式即可得到答案. 【解答过程】设为边中点，连接，作于，即为中点，    因为， 同理， 则 ， 所以，因为， 所以的面积为， 当且仅当时取等号. 故选：B. 2．（24-25高一下·广东深圳·期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】根据三角形面积公式，平面向量数量积的定义及得出，；再利用余弦定理即可求解. 【解答过程】由的面积为可得：； 由可得：. 因为， 所以，， 则. 因为， 所以，. 由余弦定理可知：，即. 故选：D. 3．（24-25高一下·广东惠州·期末）十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小.在费马提到的这个问题中所求的点被称为费马点，其答案如下：当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求的点为三角形最大内角的顶点.已知、、分别是的内角、、所对的边， 且，，若为的费马点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】利用余弦定理、二倍角的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值，再利用与余弦定理求出的值，利用三角形的面积结合等面积法可求得的值，再结合平面向量数量积的定义可求得结果. 【解答过程】因为，即， 由余弦定理可得，故， 即，即， 因为，由正弦定理可得， 因为、，则，故，， 所以，化简得，故，所以， 所以，可得， 故， 所以 ， 故， 故 . 故选：A. 4．（24-25高一下·河南郑州·期末）在中，，，D是BC 的中点，E 是的内心，则___________. 【答案】3 【解题思路】根据给定条件，结合三角形面积定理可得，再利用数量积的运算律及余弦定理求解. 【解答过程】令的内角所对边分别为，延长交于，连接， 由E 是的内心，得分别平分， ，， 同理，即，令， 则，即， 因此，， 又，于是 ， 由余弦定理得， 则，所以.    故答案为：3. 5．（24-25高一下·甘肃·期末）在中，内角的对边分别为，若，且. (1)求角的大小； (2)若，点是的中点，且，求的值； 【答案】(1) (2)或 【解题思路】（1）根据数量积公式，结合正弦定理和余弦定理，即可求解； （2）根据，两边平方后，利用数量积公式表示边长的关系，再结合余弦定理，即可求解. 【解答过程】（1）由条件可知，， 由正弦定理可知， 整理为， 由余弦定理可知， 因为，所以； （2）由余弦定理可知，，即，① ，即， 即②， 由①②可知，，，解得：，或，， 所以或. 题型8 复数范围内方程的根（共5小题） 1．（24-25高一下·辽宁辽阳·期末）已知是关于的方程在复数范围内的一个根，则实数（    ） A．4 B． C．2 D． 【答案】B 【解题思路】利用实系数一元二次方程两虚根共轭，得到方程另一根，最后利用韦达定理得到答案. 【解答过程】是方程的一个根，是方程的另一个根. 则由韦达定理得：，解得：， 故选：B. 2．（24-25高一下·福建厦门·期末）已知是关于的方程 一个根，则（   ） A．-2 B．3 C．6 D．7 【答案】B 【解题思路】将代入方程，即可得到关于的方程组，解出即可. 【解答过程】将代入方程得， 即，则，解得，故， 故选：B. 3．（24-25高一下·浙江台州·期末）已知虚数，是方程的两个不同的根，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】先因式分解得，即为的两个根，从而依次判断选项. 【解答过程】根据题意，， 令，其中， 由于为虚数，故为的两个根，且为， 不妨设， 则，， 则， 故只有B正确. 故选：B. 4．（24-25高一下·上海金山·期末）已知复数的实部为1，且，若是关于的方程的根，则___________. 【答案】1 【解题思路】根据复数模求出复数，再由根与系数的关系求解即可. 【解答过程】设， 则，解得， 所以或， 由题意可知，. 故答案为：1. 5．（24-25高一下·上海青浦·期末）已知复数，，是虚数单位． (1)若是实系数一元二次方程的一个根，求实数和的值； (2)当为何值时，关于的二次方程有一个实根． 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）根据是实系数一元二次方程的一个根，则是另一个根，利用韦达定理即可求解； （2）根据题意得方程的一个实数根为，代入得，进而求解. 【解答过程】（1）若是实系数一元二次方程的一个根，则也是实系数一元二次方程的另一个根， 根据韦达定理得， 解得； （2）由有， 所以，所以， 所以， 当时，原方程有一个实根为. 题型9 几何体与球的切、接问题（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·福建福州·期末）已知正四棱锥中，各棱长均相等，球是该四棱锥的内切球，球与球相切，且与该四棱锥的四个侧面也相切，则球与球的表面积之比为（    ） A． B．9 C． D． 【答案】A 【解题思路】过已知正四棱锥顶点及底面正方形一组对边中点作截面，将问题转化为三角形及内部一系列圆相切问题求解作答. 【解答过程】 在正四棱锥中，令各棱长为2，O为正方形ABCD的中心，M，Q分别为边AB，CD的中点， 过点P，M，Q的平面截正四棱锥得等腰，截球O1，球O2，得对应球的截面大圆，如图： 依题意，，， 令N为圆与PM相切的切点，则，设球的半径为，即， 由，得，， 设球与球相切于点T，则， 设球的半径为，同理可得，则， 所以球与球的表面积之比. 故选：A. 3．（24-25高一下·广东深圳·期末）我国古代举世闻名的数学专著《九章算术》将底面为矩形的棱台称为“刍童”.已知棱台是一个所有侧棱的长相等，高为2的“刍童”，，，则该“刍童”外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】根据刍童的几何性可知外接球的球心在四棱台上下底面中心连线上，设球心为，根据几何关系求出外接球半径即可求其表面积 【解答过程】 如图，连接，设，连接． ∵棱台侧棱相等，∴易知其外接球球心在线段所在直线上， 设外接球球心为，易得， 因为，则球心不可能在线段之间，其位于的延长线上， 如图所示： 由得，解得，故, ∴外接球表面积为． 故选：C. 4．（24-25高一下·黑龙江大庆·期末）如图，在棱长为的正方体内有两个球、相外切，两球又分别与正方体内切，则两球体积之和的最小值为___________.（参考公式：.） 【答案】 【解题思路】设两球半径分别为，球心在正方体体对角线上，过分别作的垂线，垂足分别为，结合求得，再结合球的体积公式即可求解． 【解答过程】如图，设两球半径分别为，球心在正方体体对角线上， 过分别作的垂线，垂足分别为， 由图可得， 即， 整理得，所以， 故两球体积之和为 ， 由二次函数性质可知：当且仅当时，有最小值， 即两球体积之和的最小值为． 故答案为：． 5．（24-25高一下·宁夏固原·期末）如图，在正四棱锥中，已知侧棱和底面边长都等于2，E是的中点. (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)求正四棱锥外接球的表面积. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【解题思路】（1）根据线面平行的判定定理证明； （2）作出异面直线所成的角，由余弦定理求解. （2）连接AC，BD，设，连接，列方程解得，即可求出该正四棱锥外接球的表面积. 【解答过程】（1）因为四边形为正方形。 所以 又平面，平面， 所以平面. （2）取中点，连接,， 则，且， 即为异面直线与所成角， 由可知，又, 所以 即异面直线与所成角的余弦值为. （3）连接AC，BD，设，连接， 易知外接球球心在上，设其为O，且， 在中，， 又在中，，即， 解得，即此时与重合， 从而该正四棱锥外接球的表面积. 题型10 空间几何体的截面问题（共5小题） 1．（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. 2．（24-25高一下·辽宁·期末）在三棱锥中，已知，，平面平面ACD，且三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，E、F分别在线段OB、CD上运动（端点除外），，当三棱锥的体积最大时，过点F作球O的截面，则截面面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】取的中点，得到为外接球的球心，且，设，求得三棱锥的体积为，得到取得最大值，在中，利用余弦定理，求得的值，结合球的截面圆的性质，得到截面圆的半径为，结合圆的面积公式，即可求解. 【解答过程】如图所示，取的中点，连接， 因为，所以，即为外接球的球心， 可得球的半径为， 又因为，所以， 因为平面平面，平面平面，且平面， 设，则，所以， 所以三棱锥的体积为： ， 当时，取得最大值， 因为， 在中，由余弦定理得 ， 根据球的性质得，当垂直于截面时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径为， 则， 所以截面圆的面积的最小值为. 故选：B. 3．（24-25高一下·江西南昌·期末）如图，在棱长为的正方体中，点、、分别是棱、、的中点，则由点、、确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】根据给定条件，借助面面平行性质作出截面，进而求出截面面积. 【解答过程】因为在棱长为的正方体中，由、分别为、的中点， 得，且，由且，得四边形为平行四边形， 即，设平面交棱于点，由平面平面， 且平面平面，平面平面，得， 由为的中点，得为的中点，设直线分别交、的延长线于点P、Q，如图： 连接交棱于点，连接交棱于点，连接、，则截面为六边形. 由，E为的中点，得，又，则为的中点， 同理为的中点，六边形是边长为1的正六边形， 所以截面面积为 故选：A. 4．（24-25高一下·广西河池·期末）正四面体的棱长为8，为棱的中点，过点作正四面体外接球的截面，则截面面积的最小值为___________. 【答案】 【解题思路】根据正四面体的特征可结合三角形的边角关系求解长度，即可根据勾股定理求解球半径，由与截面垂直时截面最小，即可根据勾股定理求解. 【解答过程】由正四面体的特征可知其外接球的球心在高所在的直线上，设球心为， 则,, , 设外接球的半径为,则, 代入的值可得, 要使过点作正四面体外接球的截面中面积最小，则到球心的距离最大，即与截面垂直时，此时截面最小， 则到球心的距离, 故截面圆的半径为, 因此截面圆的面积为， 故答案为：. 5．（24-25高一下·辽宁·期末）如图，长方体中，，，点M是棱CD的中点． (1)过三点作出长方体的截面（不要求过程，作出即可）； (2)是否存在实数m，使得直线与平面垂直？并说明理由； (3)设P是线段上的一点（不含端点），满足，求λ的值，使得三棱锥与三棱锥的体积相等． 【答案】(1)截面见解析； (2)存在，，理由见解析； (3)，理由见解析 【解题思路】（1）根据面面平行得到线线平行，从而得到截面图形； （2）当时，，所以Rt∽Rt，从而得到⊥，结合⊥，得到⊥平面，所以⊥，同理可证⊥，所以⊥平面； （3）设与平面的斜足为，等体积法求出，大减小得到，所以，故，又，则为的中点，即，所以. 【解答过程】（1）如图所示，平行四边形即为过三点作出长方体的截面，理由如下： 因为平面与平面平行， 所以平面与平面的交线和平面与平面的交线平行， 同理可得平面与平面的交线和平面与平面的交线平行， 故只有取的中点，连接，可以保证上述条件， 所以平行四边形即为过三点作出长方体的截面； （2）存在实数，使得直线与平面垂直，理由如下： 当时，， 因为，所以，所以Rt∽Rt， 则，所以，即⊥， 又⊥平面，平面，所以⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 又平面，所以⊥， 同理可证⊥，又，平面， 所以⊥平面； （3）设与平面的斜足为， 因为， 又， 其中， ，故， 所以，故， 若，则，故， 所以在线段上取一点P，使得三棱锥与三棱锥的体积相等， 则为的中点，即，所以. 题型11 空间角问题（共5小题） 1．（24-25高一下·甘肃庆阳·期末）已知长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】连接，根据可知或其补角即为所求，然后利用余弦定理求解即可. 【解答过程】如图所示：连接，根据长方体的性质易知， 所以异面直线与所成角，即为直线与所成角，则或其补角即为所求， 不妨， 在中，， 所以由余弦定理得. 即异面直线与所成角的余弦值为. 故选：D. 2．（24-25高一下·天津西青·期末）如图，四棱锥的底面为正方形，面，，则异面直线与所成角的大小及平面与平面所成的二面角的大小分别为（    ）. A．和 B．和 C．和 D．和 【答案】A 【解题思路】通过证明平面，得证，即可确定异面直线所成角大小，再证明是平面与平面所成的二面角的平面角，求出其大小后可得结论． 【解答过程】面，面，则，同理，， 是正方形，则， 平面，所以平面， 又平面，所以，即异面直线与所成角的大小为，这时可确定只有选项A正确； 又，，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以是平面与平面所成的二面角的平面角， 而，所以，即平面与平面所成的二面角大小为， 故选：A． 3．（24-25高一下·四川南充·期末）如图，正方体中，为的中点，点为四边形及其内部的动点，平面.则与平面所成角正切值的范围（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】利用辅助平行平面来确定点所在的直线，然后借助正方体的性质，即可得正切值与边的关系，从而可得取值范围. 【解答过程】 取线段的中点分别为，连接， 由中位线可得，所以四点四点共面， 又因为，平面，平面， 所以平面， 又因为，平面，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面， 因为点为四边形及其内部的动点，所以当，即平面， 所以此时有平面， 由正方体的性质可知平面，所以与平面所成角就是， 又因为，设正方体的边长为2，则， 此时，所以， 故选：D. 4．（24-25高一下·安徽滁州·期末）在正三棱台中，，分别为棱，的中点，，，则直线与平面所成角的余弦值为________. 【答案】 【解题思路】利用正三棱台补形为正三棱锥，再利用对角线互相垂直的平行四边形是菱形，从而可得正四面体，再利用正四面体来求线面角即可. 【解答过程】 如图添加辅助线，由于，所以分别为的中点， 又因为，分别为棱，的中点，所以，且， 又因为，且，所以且， 即四边形是平行四边形，又因为， 所以四边形是菱形，即， 又因为，，所以， 即可得， 即四面体是正四面体，取为的中点， 所以可得 又因为平面， 所以平面，又因为平面， 所以平面平面， 即直线与平面所成角为， 设正四面体的棱长为， 则， 故答案为：. 5．（24-25高一下·山东青岛·期末）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面平面，且，，，.    (1)求证：平面平面； (2)当时，求直线与平面所成角的正弦值； (3)当时，求二面角的正切值的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【解题思路】（1）先证明，继而根据面面垂直的性质推出平面，可得，再结合线面以及面面垂直的判定定理，即可证明结论； （2）利用等体积法求出D到平面的距离，再根据线面角的定义即可额求得答案； （3）根据二面角定义作出二面角的平面角，解三角形求出相关线段长，即可推出二面角平面角的正切值的表达式，结合不等式知识，即可求得答案. 【解答过程】（1）由，，，可知， 故； 又平面平面，平面平面，平面， 故平面，平面，故， 又，平面， 故平面，平面， 故平面平面； （2）由（1）知平面，平面， 故，而，底面是平行四边形， ，，故， ； 设点D到平面的距离为d， 由， 得, 解得， 设直线与平面所成角为，则，而， 故； （3）作于M，作于N，连接，      由于平面平面，平面平面， 平面，故平面，平面， 故，而，平面， 故平面，则即为二面角的平面角； 设，，则， ， 由于，可得， 又，则， 故在中，， 设，则 ， 由于，故，则， 即二面角的正切值的取值范围为. 题型12 立体几何中的探索性问题（共5小题） 1．（24-25高一下·甘肃甘南·期末）如图，四棱锥的各个棱长均相等，P为侧棱SD上的点，且. (1)求证：； (2)侧棱SC上是否存在一点E，使得平面.若存在，求的值；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）根据线面垂直的判定定理及性质定理即可证明； （2）利用面面平行的性质定理证明线面平行，继而即可求解. 【解答过程】（1）设，即为中点， 由题意得，所以， 底面为菱形，所以， 又因为，平面， 所以平面， 又因为平面，所以. （2）取上（靠近）的三等分点， 设点为的中点， 因为分别为的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面， 因为∽，所以， 又因为平面，平面， 所以平面， 又因为，平面， 所以平面平面， 又因为平面， 所以平面， 因为点为的中点，所以. 2．（24-25高一下·北京东城·期末）如图1，在中，，，，分别为，，的中点，将沿翻折到的位置，如图2. (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)在棱上是否存在点，使得平面平面？请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)存在点为棱的中点时，满足平面平面，理由见解析. 【解题思路】（1）根据线面平行的判定定理证明即可； （2）根据线面垂直的判定定理证明即可； （3）取棱的中点，根据两平面平行的判定定理，证明平面平面，在用两平面垂直的判定定理，证明即可. 【解答过程】（1）因为在中，分别为，的中点， 所以，所以， 因为平面，平面， 所以平面. （2）因为在中，分别为，的中点，所以， 因为，所以，所以， 因为是由沿翻折到得到的， 所以，， 因为，平面，平面， 所以平面. （3）存在点为棱的中点时，满足平面平面. 如图，取棱的中点，连接，， 在中，因为为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面, 又平面，，平面，平面， 所以平面平面， 因为平面，，所以平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面. 3．（24-25高一下·湖北黄冈·期末）如图，在三棱柱中，平面平面，平面平面，，是线段上一动点，，. (1)证明：三棱柱是直三棱柱； (2)若，求平面截三棱柱所得截面的面积； (3)是否存在，使得直线与平面所成角的正切值为，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) (3)存在， 【解题思路】（1）在上任取一点，过作交于，在上任取一点，过作交于，可证平面，证明可得结论； （2）过作，交于点，连接，截面为直角梯形，求得面积即可； （3）延长交于点，过作于，所以平面，连接，为与平面所成的角，可得，进而可求的值. 【解答过程】（1）如图： 在上任取一点，过作交于， 在上任取一点，过作交于， 由平面平面，平面平面，平面 所以：平面， 同理有平面，从而有， 平面，平面，所以平面， 又因为平面平面，平面， 从而有，即平面. 从而三棱柱是直三棱柱. （2） 当时，连接延长交直线于，所以， 又因为，所以，所以为线段上靠近的一个三等分点， 过作，交于点，连接， 因为三棱柱为直棱柱，所以平面平面， 又，平面，平面平面， 所以平面，所以平面， 从而截面为直角梯形，， 所以， 从而直角梯形的面积为. （3） 延长交于点，过作于， 因为三棱柱为直棱柱，所以平面平面， 又平面，平面平面， 所以平面，连接， 则为与平面所成的角， 由，，可知，， 若直线与平面所成角的正切值为，即， 从而，即，，从而易得， 即点为上靠近的一个三等分点，. 4．（24-25高一下·山西大同·期末）如图1，在中，，，点，分别为边，的中点，将沿着折起，使得点到达点的位置，如图2，且二面角的大小为． (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离； (3)在棱上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，的长为或 【解题思路】（1）由勾股定理逆定理求得，再借助三角形的中位线性质证得，，从而得到平面，进而得证； （2）先求出，再算出，根据等体积法，，从而得到点到平面的距离； （3）与平面所成的角为，设，在中，用余弦定理表示出，再在中，表示，，列方程求解即可. 【解答过程】（1）在中，，，所以， 所以，又点，分别为边，的中点， 所以，，，所以，， 所以，， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2） 因为，，所以二面角的平面角为， 所以，又，所以是等边三角形， 取的中点，连接，如图所示，所以，，， 由（1）知平面，又平面，所以， 又，所以，又，平面， 所以平面，因为，平面，平面， 所以平面，所以， 因为平面，平面，所以， 所以，， 在中，，，， 所以， 设点到平面的距离为，又，所以， 解得，即点到平面的距离为． （3）由（2）知平面，所以与平面所成的角为． 在中，，，，设， 由余弦定理得． 因为平面，又平面，所以， 所以， 即，所以， 整理得，解得或， 故在棱上存在点，使得与平面所成角的正弦值为， 的长为或． 5．（24-25高一下·广东广州·期末）在棱长均为2的正三棱柱中，为棱的中点，F为棱的动点，连接、、. (1)证明：； (2)线段上是否存在点，使得二面角的正切值为，若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由； (3)平面与棱交于点，设四边形的面积为，面积为，面积为，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，且 (3) 【解题思路】（1）连接、，借助等腰三角形三线合一即可得证； （2）取中点，连接，，过点作于点，连接、，可得即为二面角的平面角，则，则可得，即可得解； （3）设，则，先求出的关系以及取值范围，然后将转化为、表示，求解取值范围即可得. 【解答过程】（1）连接、，由题意可得四边形、四边形都是边长为的正方形， 则，又为棱的中点，则， 又，故； （2）取中点，连接，，过点作于点，连接、， 由为正三角形，则，又底面， 平面，故， 又，、平面， 故平面，又、平面，故、， 又，，、平面， 故平面，又平面，故， 故即为二面角的平面角，则， 又正三棱柱的棱长均为2，则，则，故， 由，故， 则， 即有， 则，故存在，且. （3）设直线与的延长线分别交于点，则平面， 又平面，则有平面平面，， 即A，G，M三点共线，由为棱的中点，则，， 设，， 则，，设的面积为，则， 又，于是，， 令，，函数在上单调递减， 则，，即， 所以. 题型13 统计图的综合应用问题（共5小题） 1．（24-25高一下·安徽阜阳·期末）年度全省地区生产总值为本年度第一、二、三产业增加值之和．观察下列两个图表，则下列说法错误的是（    ） A．2020至2024年第一产业增加值逐年下降 B．2020至2024年第二产业增加值逐年升高 C．2020至2024年第三产业增加值占地区生产总值比重逐年升高 D．2020至2024年全省地区生产总值逐年增长 【答案】A 【解题思路】根据图1和图2，逐项分析判断即可. 【解答过程】结合图1和图2，计算可得2020至2024年第一产业增加值依次为 3167.578，3362.034,3505.425,3520.571,3543.75，成递增趋势，故A错误； 结合图1和图2，计算可得2020至2024年第二产业增加值依次为 15297.084,16939.479,17709.225,18712.076,19591.875，成递增趋势，故B正确； 由图2可知，2020至2024年第三产业增加值占地区生产总值比重逐年升高，故C正确； 由图1可知，2020至2024年全省地区生产总值逐年增长，故D正确. 故选：A. 2．（24-25高一上·辽宁锦州·期末）某校高一组建了演讲，舞蹈，合唱，绘画，英语协会五个社团，高一1500名学生每人都参加且只参加其中一个社团，学校从这1500名学生中随机选取部分学生进行调查，并将调查结果绘制成如图不完整的两个统计图： 则选取的学生中，参加舞蹈社团的学生数为（   ） A．20 B．30 C．35 D．40 【答案】D 【解题思路】根据演讲人数及所占比求出选取的总人数，再由条形图得演讲人数即可得解. 【解答过程】由条形图得合唱人数为70，由饼状图得合唱人数占比， 因此选取的总人数为， 由饼状图得演讲及舞蹈人数和占比为， 人数和为， 由条形图得演讲人数为30，所以舞蹈人数为40. 故选：D. 3．（24-25高一下·重庆·期末）某商场记录了2025年1-6月的销售额（单位：万元），绘制了如下的折线图.已知这6个月销售额的平均数为20万元，下列说法正确的是（   ） A．该商场这6个月销售额的众数是22万元 B．该商场1-6月的销售额逐月递增 C．该商场这6个月的销售额的中位数与平均数相等 D．该商场预测7月份的销售额一定不低于25万元 【答案】C 【解题思路】根据中位数，众数，和折线统计图的概念，逐个判断各选项正误. 【解答过程】由图可知，22只出现一次，众数不是22万元，所以A错误； 由图可知，3月到4月出现下降，所以B错误； 这6个月的销售额由小到大排列为：，6个数的中位数是第3个和第4个的平均数，所以中位数为，所以C正确； 折线统计图无法预测下个月的变化，所以D错误. 故选；C. 4．（24-25高一下·贵州六盘水·期末）为了研究我市甲、乙两个旅游景点的游客情况，文旅局统计了今年4月到9月甲、乙两个旅游景点的游客人数（单位：万人），得到如图所示的折线图．根据两个景点的游客人数的折线图，下列说法错误的是（    ） A．7，8，9月份的总游客人数甲景点比乙景点少 B．乙景点4月到9月的游客人数总体呈上升趋势 C．甲景点4月到9月游客人数的平均值在内 D．甲、乙两景点4月到9月中游客量的最高峰期都在8月 【答案】D 【解题思路】根据折线图分别判断信息及计算平均数进而判断各个选项即可. 【解答过程】对于A，由游客人数折线图可知，甲景点7，8，9月份的总游客人数为，乙景点的7，8，9月份的总游客人数为，，A正确； 对于B，根据乙景点的游客人数折线图可知，乙景点每月的游客人数逐月增多，所以总体呈上升趋势，故B正确； 对于C，甲景点游客人数的平均值为，，C正确； 对于D，由游客人数折线图可知，甲景点4月到9月中游客量的最高峰期在8月，乙景点4月到9月中游客量的最高峰期在9月，D错误． 故选：D． 5．（24-25高一下·广东东莞·期末）某中学组织三个年级的学生进行党史知识竞赛. 经统计，得到前名学生分布的扇形图（如图）和前名中高一学生排名分布的频率条形图（如图），则下列命题错误的是（    ）    A．成绩前名的学生中，高一人数比高二人数多人 B．成绩前名的学生中，高一人数不超过人 C．成绩前名的学生中，高三人数不超过人 D．成绩第名到第名的学生中，高二人数比高一人数多 【答案】D 【解题思路】根据饼状图和条形图提供的数据判断． 【解答过程】由饼状图，成绩前200名的200人中，高一人数比高二人数多，A正确； 由条形图知高一学生在前200名中，前100和后100人数相等，因此高一人数为，B正确； 成绩前50名的50人中，高一人数为，因此高三最多有32人，C正确； 第51到100名的50人中，高一人数为，故高二最多有23人，因此高二人数比高一少，D错误． 故选：D． 题型14 方差、标准差的求解及应用（共5小题） 1．（24-25高一下·山东青岛·期末）有一组样本数据，，，，的平均数为3，方差为3，则，，，，，3的方差为（   ） A．3 B． C． D． 【答案】C 【解题思路】按照方差的公式计算即可. 【解答过程】由题可知：， 所以. 故选：C. 2．（24-25高一下·山西·期末）已知样本容量为4的样本的平均数为8，方差为，在此基础上获得新数据8，把新数据加入原样本得到样本容量为5的新样本，则该新样本的标准差为（    ） A． B． C． D．5 【答案】C 【解题思路】根据均值公式与方差公式计算． 【解答过程】记原来的数据为，新增数据为， 由题意，， 又，所以， 所以该新样本的标准差为. 故选：C. 3．（24-25高一下·山东青岛·期末）气象意义上进入春季的标志为“一年中第一次出现连续5天的日平均气温均不低于10摄氏度”.现有甲、乙、丙、丁四地连续5天的日平均温度的记录数据（记录数据都是正整数）： 甲地：5个数据的中位数为12，极差为3；    乙地：5个数据的平均数为11，众数为12； 丙地：5个数据的平均数为12，中位数为12；    丁地：5个数据的平均数为11，方差小于1. 则根据上面数据，肯定符合气象意义上进入春季的地区是（   ） A．甲地 B．乙地 C．丙地 D．丁地 【答案】D 【解题思路】根据平均数、众数、中位数、极差、方差理解，结合题意逐地分析即可. 【解答过程】设甲地5天的日平均气温从低到高为：， 因为极差为3，所以， 取 此时存在日平均气温均低于10摄氏度情况， 故甲地不一定符合进入春季的标志； 设乙地5天的日平均气温从低到高为：， 其中互不相等，由5个数据的平均数为11， 所以， 取， 此时存在日平均气温均低于10摄氏度情况， 故乙地不一定符合进入春季的标志； 设丙地5天的日平均气温从低到高为：， 由5个数据的平均数为12， 则， 取， 此时存在日平均气温均低于10摄氏度情况， 故丙地不一定符合进入春季的标志； 设丁地5天的日平均气温为：， 由5个数据的平均数为11， 所以， 所以若方差小于1则： 则 由为正整数， 且 所以 设时，任何一个都不可能为， 所以当时， 不满足， 所以， 故丁地符合气象意义上进入春季， 故选：D. 4．（24-25高一下·湖南衡阳·期末）衡阳市一中高一某班45名学生成立了A、B两个数学兴趣小组，A组25人，B组20人，经过一个月的强化培训后进行了一次测试，在该次测试中，A组的平均成绩为82分，方差为8，B组的平均成绩为86.5分，方差为2，则在这次测试中全班学生成绩的方差为________. 【答案】 【解题思路】利用分层抽样的方差公式计算即可. 【解答过程】设，，，，，， 则全班学生成绩的平均数为， 全班学生成绩的方差为 ， 故答案为：. 5．（24-25高一下·吉林松原·期末）某地举办了“防电信诈骗”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求频率分布直方图中的值及样本成绩的第80百分位数；求样本平均数； (2)已知落在区间的样本平均成绩是57，标准差是7，落在区间的样本平均成绩为66，标准差是4，求两组样本成绩合并后的平均数和方差. 【答案】(1)，第80百分位数为，样本平均数为74； (2)，. 【解题思路】（1）由频率之和为1即可求a，先依次求出前4组和前5组频率之和得到样本成绩的第80百分位数所在区间即可计算求解，由频率分布直方图的平均数计算公式直接计算即可求平均数； （2）先依次求出两区间的样本个数、样本平均成绩、方差，再由总体平均数公式和总体方差公式即可计算两组样本成绩合并后的平均数和方差. 【解答过程】（1）由题意， 所以前4组频率之和， 前5组频率之和， 所以样本成绩的第80百分位数在区间内，且为， 样本平均数为； （2）由题可得落在区间的样本个数为，样本平均成绩是，方差是， 落在区间的样本个数为，样本平均成绩是，方差是， 所以两组样本成绩合并后的平均数为， 两组样本成绩合并后的方差为. 题型15 统计综合（共5小题） 1．（24-25高一下·江苏南京·期末）为了解某年级同学的体能情况，抽取100位同学进行一分钟仰卧起坐次数测试，将所得数据整理后，得到如下频率分布直方图（一分钟仰卧起坐次数60次以上的称为体能优秀），则下列结论错误的是（    ） A． B．估计100位同学在一分钟仰卧起坐次数的平均数低于70次 C．从这100位同学中随机选取一位同学，则这位同学体能优秀的概率约为 D．按照“体能优秀”的学生与“体能不优秀”的学生进行分层抽样，从这100位同学中抽取12人，则在体能优秀的同学中应抽取9人 【答案】C 【解题思路】根据频率和为1求，再代入平均数公式，以及频率公式，即可判断选项. 【解答过程】A.根据频率和为1，得，得，故A正确； B.由频率分布直方图得平均数为，故B正确； C.体能不优秀的频率为，则体能优秀的频率为， 所以体能优秀的概率约为，故C错误； D.体能不优秀和体能优秀的频率比为，所以12人中体能优秀的同学中应抽取人，故D正确. 故选：C. 2．（24-25高一下·陕西西安·期末）四名同学各投掷骰子次，记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断出一定出现点数的是（   ） A．众数为，极差为 B．中位数为，极差为 C．平均数为，极差为 D．平均数为，众数为 【答案】C 【解题思路】利用特例法可判断ABD选项；对于C选项，设个数据由小到大排序为、、、，利用平均数公式和极差的定义分析可得出结果. 【解答过程】对于A选项，数据、、、的众数为，极差为，但没有出现，A不满足要求； 对于B选项，数据、、、的中位数为，极差为，但没有出现，B不满足要求； 对于C选项，设个数据由小到大排序为、、、，则， 则， 若，则，由， 可得，不合乎题意，舍去； 所以，故，由，可得， 所以数据、、、或、、、合乎题意.C满足要求； 对于D选项，数据、、、的平均数为，众数为，但没有出现，D不满足要求. 故选：C. 3．（24-25高一下·天津·期末）天津在“五一”期间组织了假日文旅活动，涵盖精品演出、主题活动、文化旅游区活动等，吸引了数以万计的游客．为了解游客的旅游体验满意度，某研究性学习小组采用问卷调查的方式随机调查游客，并将收集到的满意度得分数据（满分100分，得分均在内）按分成5组，整理得到如下频率分布直方图． (1)求x的值和第78百分位数； (2)从得分在和两组中，采取分层随机抽样的方法抽取50人，则这两组分别抽取多少人； (3)若此样本数据特征能反应总体特征，试估计游客满意度的平均成绩．（同一组中的数据用该组区间的中点值代替） 【答案】(1)，第78百分位数为85分． (2)30人，20人． (3)74.6 【解题思路】（1）根据频率分布直方图中各组数据频率之和为1求，根据百分位数的定义和公式求解第78百分位数. （2）先根据频率比确定抽样比，然后求出分层抽样的人数. （3）根据频率分布直方图和平均数的公式求出平均成绩. 【解答过程】（1）由频率分布直方图得． 解得 得分低于80分的频率为0.68，得分低于90分的频率为0.88， 设第78百分位数为t，则t在中， ，解得，即第78百分位数为85分． （2）得分在的频率为 得分在的频率为 设在和按照分层随机抽样分别抽取x人，y人 按照分层随机抽样 又因为 得 在和按照分层随机抽样分别抽取30人，20人． （3）平均成绩为： ． 4．（24-25高一下·湖南·期末）2025年春节期间，国产电影《哪吒之魔童闹海》凭借其震撼的特效、生动的情节与深刻的思想使票房一路攀升，于2025年2月6日登顶中国影史票房榜，根据网络平台数据，截至2025年5月5日，总票房（含港澳台和海外票房）已超158.24亿元，排名全球影史票房第五，是登顶全球动画电影票房榜的亚洲电影.某影院为了解观看该影片的观众的年龄结构，随机抽取了100名观众作为样本，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求频率分布直方图中a的值与样本中年龄的第85百分位数. (2)从样本中年龄为，，的三组观众中，按比例用分层随机抽样的方法抽取10人，则年龄在中的观众应抽取多少人？ (3)若样本中年龄在的观众年龄的平均数是6，方差是2，年龄在的观众年龄的平均数是57，方差是5，求这两组样本总的平均数和方差. 【答案】(1)； (2)4 (3)23；581 【解题思路】（1）利用所有小长方形的面积和为1计算可得，百分位数频率分布直方图求法计算可得第85百分位数； （2）利用分层抽样的概念求解即可； （3）由平均数和方差公式计算即可. 【解答过程】（1）由题意可得，解得， 由频率分布直方图可知的频率为，而的频率为， 所以第85百分位数在区间内，设第85百分位数为， 则，解得， 所以第85百分位数为； （2）由频率分布直方图可知年龄为，，的三组观众频率之比为：， 所以按比例用分层随机抽样的方法抽取10人，则年龄在中的观众应抽取4人； （3）由频率分布直方图可知的频率为，的频率为， 所以， . 5．（24-25高一下·新疆巴州·期末）某校从高一年级学生中随机抽取200人参加人工智能科技知识测试，得分在之间，分为五组，得到如图所示的频率分布直方图.      (1)求图中的值； (2)估计这200名学生得分的上四分位数和平均值（同组中数据用该组区间中点值作代表）； (3)现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取40人.若第四组选手成绩的平均数和方差分别为80和14，第五组选手成绩的平均数和方差分别为90和9，请据此估计第四组和第五组所有选手成绩的平均值和方差. （附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为：记两组数据总体的样本平均数为，总体样本方差为，则总体样本平均数总体样本方差） 【答案】(1) (2)上四分位数为，平均值为. (3)第四组和第五组所有选手成绩的平均值为，方差为. 【解题思路】（1）由各组的频率和为1列方程即可求解； （2）根据上四分位数、平均数的定义求解即可； （3）先根据频率分布直方图求出第四组、第五组的频率之比，然后根据所给的平均值、方差公式求解即可. 【解答过程】（1）由图可得， 解得. （2）上四分位数即第百分位数， 因为第一组、第二组及第三组的频率之和为， 所以第百分位数为，故上四分位数为. 平均值. （3）设第四组、第五组所有选手成绩的平均数、方差分别为， 所以第四组抽取人，第五组抽取人， 则第四组、第五组所有选手成绩的平均值为， ， 第四组、第五组所有选手成绩的方差为 . 题型16 相互独立事件与互斥事件（共5小题） 1．（24-25高一下·河北沧州·期末）投掷一枚均匀的骰子，事件A：点数大于2；事件B：点数小于4；事件C：点数为偶数.则下列关于事件描述正确的是（    ） A．A与B 是互斥事件 B．A 与B 是对立事件 C．A与C是独立事件 D．B与C 是独立事件 【答案】C 【解题思路】根据互斥事件，对立事件，独立事件概率公式和定义，即可判断选项. 【解答过程】和有公共事件：点数为3，所以不是互斥事件，也不是对立事件，故AB错误； 事件表示点数为4或6，，，，所以，所以与是独立事件，故C正确； 事件表示点数为2，则，，，所以，所以与不是独立事件，故D错误 故选：C. 2．（24-25高一下·安徽合肥·期末）已知篮球运动员甲、乙的罚球命中率分别为0.9，0.8，且两人罚球是否命中相互独立.若甲、乙各罚球一次，则恰有一人命中的概率为（   ） A．0.26 B．0.28 C．0.72 D．0.98 【答案】A 【解题思路】利用独立事件和互斥事件的概率公式求解即可． 【解答过程】设“篮球运动员甲、乙的罚球命中”分别为事件A，B，“恰有一人命中”为事件C， 则 . 故选：A． 3．（24-25高一下·云南·期末）已知甲盒中有3个大小和质地相同的小球，标号为，乙盒中有3个大小和质地相同的小球，标号为，现从甲､乙两盒中分别随机摸出1个小球，记事件“摸到的两个小球标号相同”，事件“摸到的两个小球标号之和为奇数”，则（    ） A．事件A和相等 B．事件A和互相对立 C．事件A和相互独立 D．事件A和互斥 【答案】D 【解题思路】列举出样本空间、事件和事件，即可判断A；对于BD：根据互斥事件、对立事件的概念分析判断；对于C：根据事件概率乘法公式分析判断. 【解答过程】用每次取球的结果，分别表示甲､乙两盒中分别随机摸出1个小球的标号， 由题意可知：样本空间； 事件；事件，； 对于选项A：因为，所以事件A和不相等，故A错误； 对于选项BD：因为事件， 所以事件A和互斥，事件A和不互相对立，故B错误，D正确； 对于选项C：因为， 则， 显然，所以事件A和不相互独立，故C错误； 故选：D. 4．（24-25高一下·安徽合肥·期末）甲、乙两运动员进行乒乓球比赛，在一局比赛中，先得11分的运动员为胜方，如果出现平的情况，先多得2分者为胜方．在平后，双方实行轮换发球，每人每次只发1个球．若在某局比赛中，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，在双方平后，甲先发球，则甲以赢下此局的概率为_________． 【答案】 【解题思路】根据已知条件，将其分成两种情况，利用相互独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式计算即得. 【解答过程】在双方平后，甲先发球，则甲以赢下此局包括两种情况： (1)后四球胜方依次是甲、乙、甲、甲，则概率为， (2) 后四球胜方依次是乙、甲、甲、甲，则概率为， 由互斥事件的概率加法公式，所求事件的概率为. 故答案为：. 5．（24-25高一下·福建福州·期末）甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试有3道难度相当的题目，甲答对每道题目的概率都是，乙答对每道题目的概率都是，对抽到的不同题目能否答对是独立的，且甲、乙两人答题互不影响； (1)求甲、乙两人共答对5道题目的概率． (2)若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止，求甲、乙两人只有一人通过面试的概率． 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）利用相互独立事件概率乘法公式，再结合互斥事件加法公式即可求解； （2）先求甲乙两人分别没通过面试的概率，再利用对立事件，即可得到甲乙两人分别通过面试的概率，然后利用两人中仅有一人通过，结合两相互独立事件概率乘法公式即可求解. 【解答过程】（1）设“甲答对3道题目”, “甲答对2道题目” “乙答对3道题目”， “乙答对2道题目”，根据独立事件的性质，可得， ，    ， ，     ， 设为 “甲、乙两人共答对5道题目”， 则，因为与互斥，与，与分别相互独立， ， 所以甲、乙两人共答对5道题目的概率． （2）C=“甲通过面试”，D=“乙通过面试”，与相互独立， ， E=“甲、乙两人只有一人通过面试”，则，因为与互斥， 与，与分别相互独立， 所以甲、乙两人只有一人通过面试的概率. 题型17 概率综合（共5小题） 1．（24-25高一下·福建三明·期末）甲、乙两人组成的“龙队”参加数学解题比赛，比赛中每个队均有一张通行卡且仅限使用一次.每轮比赛由甲、乙各自独立解答同一道题，若两人都答对则直接进入下一轮；若两人都答错则直接被淘汰；若两人中恰有一人答对则可使用通行卡进入下一轮.已知在每轮比赛中甲答对的概率为，乙答对的概率为，且甲、乙答对与否互不影响，则“龙队”恰在参加三轮比赛后被淘汰的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】由题意知，还原情境，由互斥加法、独立乘法以及对立事件概率公式求解即可. 【解答过程】由题意“龙队”恰在参加三轮比赛后被淘汰， ①前两轮没有用通行卡，且第三轮都答错了， 概率为； ②前两轮有一轮使用通行卡，第三轮两人均答错或只有一人答对， 概率为； 故所求概率为. 故选：C. 2．（24-25高一下·湖南郴州·期末）同时抛掷一白一红两枚质地均匀的骰子，用表示白色骰子的点数，表示红色骰子的点数，设事件“”，事件“为偶数”，事件“”，则下列结论正确的是（   ） A．与对立 B． C．与相互独立 D．与相互独立 【答案】B 【解题思路】根据对立事件的定义，可判定A错误；根据古典摡型的概率计算公式，可判定B正确；利用古典摡型的概率计算公式，结合，可判定C错误；结合，可判定D错误. 【解答过程】对于A中，当时，，，事件与同时发生， 所以事件与不对立，所以A错误； 对于B中，因为，当时，要使得为偶数，有6种情况； 当时，要使得为偶数，则，有3种情况； 当时，要使得为偶数，有6种情况， 又由抛掷两枚骰子，共有种情形，所以，所以B正确； 对于C中，事件有：，共有5种情形，概率为， 事件“”，有 ，共有18种情形， 所以概率为，且， 则，所以与不相互独立，所以C错误； 对于D中，事件“为偶数”，事件“为奇数”， 有共9种情形， 所以概率为， 又由，，可得， 所以与不相互独立，所以D错误. 故选：B. 3．（24-25高一下·湖南衡阳·期末）甲、乙两人进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的胜负互不影响.有两种比赛方案供选择，方案一：三局两胜制（先胜2局者获胜，比赛结束）；方案二：五局三胜制（先胜3局者获胜，比赛结束）. (1)用抛掷骰子的方式决定比赛方案，抛掷两枚质地均匀的骰子，观察两枚骰子向上的点数，若两枚骰子向上的点数之差的绝对值不大于1，则选择方案一，否则选择方案二.试判断哪种方案被选择的可能性更大，并说明理由； (2)若选择方案一，求甲获胜的概率. 【答案】(1)方案二被选择的可能性更大，理由见解析 (2) 【解题思路】（1）列举出向上的点数所有情况和点数之差的绝对值不大于1的情况，求出概率，得到结论； （2）分三类情况，利用独立事件的概率乘法公式分别计算概率，再利用互斥事件的概率加法公式计算即得. 【解答过程】（1）抛掷两枚质地均匀的骰子，设向上的点数为，则共有36种情况，如下： ， ， 其中两枚骰子向上的点数之差的绝对值不大于1的情况有： ，共16种情况， 故选择方案一的概率为，则选择方案二的概率为，故方案二被选择的可能性更大. （2）若选择方案一，甲获胜包括三类情况：①甲在前两局获胜，其概率为：； ②甲在第一局，第三局获胜，其概率为：；③甲在第二局，第三局获胜，其概率为：， 因三类情况两两互斥，故选择方案一，甲获胜的概率为：. 4．（24-25高一下·新疆哈密·期末）某游戏中，玩家甲、乙独立挑战三个关卡，通关规则为：前两关都挑战成功或前两关恰有一关挑战成功且第三关挑战成功.已知甲每关挑战成功的概率为，乙前三关挑战成功的概率依次为，，.假设甲、乙两人每轮是否挑战成功相互独立. (1)求甲仅需挑战前两关就通关的概率； (2)求乙挑战全部三关且通关的概率； (3)求甲、乙恰有一人通关的概率. 【答案】(1) (2) (3) 【解题思路】（1）“仅需挑战前两关就通关”即“前两关都挑战成功”；根据独立事件概率乘法公式求解可求解； （2）“乙挑战全部三关且通关”即“前两关恰有一关成功且 第三关成功”，根据互斥事件加法和独立事件乘法可求解； （3）“恰一人通关”分为两种情况：甲通关且乙不通关和乙通关且甲不通关.需先分别求出甲通关概率和乙通过的概率，再利用对立事件的概率结合互斥事件加法可求解. 【解答过程】（1）设事件“甲仅需挑战前两关就通关”，则 . （2）设事件“乙挑战全部三关且通关”，则 （3）设事件“甲通关”，事件“乙通关”， 事件“甲、乙恰有一人通关乙甲通关”， , 5．（24-25高一下·广东清远·期末）某校数学建模社团招聘社长职位分笔试与面试两个环节，在笔试中有两轮答题：第一轮从类的5个问题中任选两题作答，若两题都答对，则得40分，否则得0分；第二轮从类的5个问题中任选两题作答，每答对1题得30分，答错得0分.若两轮总分不低于60分则进入面试环节.小红和小明参加此次招聘活动，已知小红对类每个问题的答对的概率均为0.5.在类的5个问题中，小明只能答对4个问题，在类的5个问题中，小明每个问题答对的概率都为0.4.他们回答任一问题正确与否互不影响. (1)求小明在第一轮得40分的概率； (2)求小红两轮总分得60分的概率； (3)试判断小红和小明谁更有机会进入面试环节？ 【答案】(1) (2) (3)小明谁更有机会进入面试环节. 【解题思路】（1）对A类的5个问题进行编号：，设小明只能答对4个问题的编号为：，列出所有的样本空间，即可求出小明在第一类得40分的概率； （2）小红两轮总分得60分，只能有两种得分情况：小红第一轮答错一题得分，第二轮答对两题得分或当小红第一轮答错两题得分，第二轮答对两题得分，求对应事件的概率再求和即可得解. （3）依题意能够晋级复赛，则第一轮答对两题得分，第二轮答对一题得分；或第一轮答对两题得分，第二轮答对两题得分；或第一轮答错两题得分，第二轮答对两题得分；或第一轮答对一题得分，第二轮答对两题得分；分别求出小红和小明晋级复赛的概率，进行比较得出结论. 【解答过程】（1）对A类的5个问题进行编号：，第一轮从A类的5个问题中任选两题作答， 则有共种， 设小明只能答对4个问题的编号为：， 则小明在第一轮得40分，有共种， 则小明在第一轮得40分的概率为：； （2）设“小红两轮总分得60分”为事件，“小红第一轮答错一题得分， 第二轮答对两题得分”为事件;“小红当第一轮答错两题得分，第二轮答对两题得分”. 则, ; . （3）由（1）知，小明在第一轮得40分的概率为， 则小明在第一轮得0分的概率为：， 依题意，两人能够晋级复赛，即两轮总积分不低于60分 当第一轮答对两题得分，第二轮答对一题得分时， 小红和小明晋级复赛的概率分别为： ； ； 当第一轮答对两题得分，第二轮答对两题得分时， 小红和小明晋级复赛的概率分别为： ；； 当第一轮答错一题得分，第二轮答对两题得分时， 小红和小明晋级复赛的概率分别为： ；； 当第一轮答错两题得分，第二轮答对两题得分时， 小红晋级复赛的概率分别为： ； 小红晋级复赛的概率为：； 小明晋级复赛的概率为：； ， 小明更有机会进入面试环节. 题型18 概率与统计的交汇问题（共5小题） 1．（24-25高一下·江苏无锡·期末）某研究机构为了了解各年龄层对高考改革方案的关注程度，随机选取了200名年龄在内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（分第一～六组区间分别为，，，，，）． (1)求选取的市民年龄在内的人数及a的值； (2)利用频率分布直方图，估计200名市民的年龄的平均数和第80百分位数； (3)若从第3，4组用分层抽样的方法选取5名市民进行座谈，再从中选取2人在座谈会中作重点发言，求作重点发言的市民中至少有一人的年龄在内的概率． 【答案】(1)， (2)平均数为，第80百分位数为. (3) 【解题思路】（1）先求出年龄在内的频率，再求出频数；根据直方图面积为1求解a的值； （2）根据频率分布直方图，求出组中值，利用组中值求平均数即可，第80百分位数即为左侧面积为0.8的线所对应的值； （3）先确定从第3，4组中分别抽取3人，2人.再根据古典概型公式求解概率即可. 【解答过程】（1）由题意可知，年龄在内的频率为， 故年龄在内的市民人数为. 由图可得：，解得； （2）平均数为 前三组的频率和为， 第四组的频率为，所以第80百分位数在第四组， 第80百分位数为. （3）易知，第3组的人数，第4组人数都多于20，且频率之比为， 所以用分层抽样的方法从第3、4两组市民中抽取5名参加座谈， 所以应从第3，4组中分别抽取3人，2人. 记第3组的3名分别为，，，第4组的2名分别为，， 则从5名中选取2名作重点发言的所有情况为，，，，， ，，，，，共有10种. 其中第4组的2名，至少有一名被选中的有：，，，， ，，，共有7种， 所以至少有一人的年龄在内的概率为. 2．（24-25高一下·吉林长春·期末）象棋是中华民族优秀的传统文化遗产，为弘扬棋类运动精神，传承中华优秀传统文化，丰富校园文化生活，培养学生良好的心态和认真谨慎的生活观，某学校高一年级举办象棋比赛.比赛分为初赛和决赛、初赛采用线上知识能力竞赛，共有500名学生参加，从中随机抽取了50名学生，记录他们的分数，将数据分成5组：，，，，，并整理得到如图频率分布直方图： (1)根据直方图，求a的值： (2)估计这次知识能力竞赛的平均数和中位数； (3)决赛环节学校决定从知识能力竞赛中抽出成绩最好的两个同学甲和乙进行现场棋艺比拼，比赛采取三局两胜制.若甲每局比赛获胜的概率均为，且各轮比赛结果相互独立.求甲最终获胜的概率. 【答案】(1) (2)平均数78分，中位数80分 (3) 【解题思路】（1）根据频率分布直方图各组频率之和等于1求出； （2）由频率分布直方图估算平均数、中位数计算得解； （3）由题，甲最终获胜，比分可能是，，分别求出概率，再根据互斥事件的概率公式求解. 【解答过程】（1）由频率分布直方图，的频率为的频率为的频率为0.42，的频率为0.08， 所以的频率为， 所以； （2）根据平均数的计算公式，估计这次知识能力测评的平均数： 分， 因为前三组，，的频率之和为， 所以估计这次知识能力测评的中位数为80分； （3）因为甲最终获胜，比分可能是，， 设甲获胜为事件A，获胜为事件， 若甲获胜，则概率为， 若甲获胜，则概率为， 又A，B两个事件互斥，则甲最终获胜的概率为. 3．（24-25高一下·北京通州·期末）某学校组织全校学生进行了一次“两会知识多少”的问卷测试.已知所有学生的测试成绩均位于区间，从中随机抽取了40名学生的测试成绩，绘制得到频率分布直方图，如图所示.    (1)求图中的值； (2)学校团组织利用比例分配的分层随机抽样方法，从和的学生中抽取7人组成宣讲团. （ⅰ）求应从和学生中分别抽取的学生人数； （ⅱ）从选定的7人中随机抽取2人对高一同学进行宣讲，求至少有1人测试成绩位于区间的概率. 【答案】(1) (2)（ⅰ）5人，2人；（ⅱ） 【解题思路】（1）根据频率分布直方图中各组频率之和为1，即可求得的值； （2）（ⅰ）根据两组的频率之比，即可求得每组抽取人数； （ⅱ）依题意即可写出样本空间，根据古典概型的概率公式，即可求得答案. 【解答过程】（1）由频率分布直方图可得， 解得； （2）（ⅰ）由图可得和这两组的频率之比为， 故应从学生中抽取的学生人数为（人）， 应从学生中抽取的学生人数为（人）；, （ⅱ）设从中抽取的5人为，从学生中抽取的2人为1，2， 则这个试验的样本空间为 ， 共有21个基本事件； 事件“至少有1人测试成绩位于区间”，事件的个数有11个， 即， 故. 4．（24-25高一下·广东广州·期末）高一年级举行了一次“数学建模能力竞赛”，为了解本次测试竞赛情况，年级从中抽取了部分学生的成绩进行统计．将成绩进行整理后，分为五组（，，，，），其中第1组频数是第2组频数的一半，请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题： (1)若根据这次成绩，年级择优选取的同学晋级下一轮竞赛，请问晋级分数线定为多少合理？ (2)年级以各学习小组的平均分和方差为团体奖励依据．若某学习小组10位学生测试分数的平均数，标准差，若该小组得分分别为95分和85分的两位学生宣布退赛，求该小组余下8位学生分数的平均数与方差； (3)在下一轮比赛中，甲、乙、丙三人同时回答一道有关模型检验的问题．已知甲回答正确的概率是，甲、乙两人都回答正确的概率是，乙、丙两人至少一人回答正确的概率是．每人回答正确与否相互独立．求甲、乙、丙三人中至少两人回答正确的概率． 【答案】(1)73分合理； (2)90；38.75 (3) 【解题思路】（1）首先根据频率比值求，再根据频率和为1求，再根据频率计算百分位数，即可求解的值； （2）代入样本平均数和方差公式，即可求解； （3）首先根据独立事件概率公式求乙，丙2人回答正确问题的概率，再结合对立事件概率公式，即可求解. 【解答过程】（1）由题意知，第1组的小长方形的高是第2组的小长方形的高的一半， 所以， 又，解得， 所以，， 择优选取的同学晋级下一轮竞赛，即确定第60百分位数， 成绩落在内的频率为：， 落在内的频率为：， 设第60百分位数为， 则，解得， 所以晋级分数线划为73分合理； （2）设该小组10位学生的分数分别为，因为， 所以， 所以， 所以， 剔除其中的95和85两个分数，设剩余8个数为， 平均数与标准差分别为，， 则剩余8个分数的平均数：， 方差：； （3）记“甲、乙、丙回答正确这道题”分别为事件， 则，解得， 由乙、丙两人至少一人回答正确的概率是， 则 即． 所以乙、丙两人各自回答正确这道题的概率为和． 有0人回答正确的概率， 有1人回答正确的概率为 所以不少于2人回答正确这道题的概率． 5．（24-25高一下·山东德州·期末）在高一学生预选科之前，为了帮助他们更好地了解自己是否适合选读物理，我校从高一年级中随机抽取了100名学生的物理成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图. (1)求的值，并估算高一学生的物理平均分数； (2)若根据这次成绩，学校建议70%的学生选报物理，30%的学生选报历史，某同学想选报物理，请问他的物理成绩应不低于多少分？（小数点后保留一位） (3)现学校要选拔学生参加物理竞赛，需要再进行考试.考试分为两轮，第一轮需要考2个模块，每个模块成绩从高到低依次有，，，，五个等级，若两个模块成绩均为，则直接参加；若一个模块成绩为，另一个模块成绩不低于，则要参加第二轮实验操作，实验操作通过也能参加，否则均不能参加.现有甲、乙二人报名参加，二人互不影响，甲在每个模块考试中取得，，，，的概率分别为；乙在每个模块考试中取得，，，，的概率分别为，甲、乙在实验操作中通过的概率分别为.求甲、乙能同时参加物理竞赛的概率. 【答案】(1)，； (2)； (3). 【解题思路】（1）利用频率分布直方图各小矩形面积和为1求出，再列式估计平均分. （2）利用第分位数的意义，结合频率分布直方图求解. （3）先利用独立事件乘法公式和互斥事件加法公式求解甲、乙能参加物理竞赛的概率，然后利用独立事件乘法概率公式求解即可. 【解答过程】（1）依题意，，所以； 物理平均分数. （2）由（1）知，， ， 因此第分位数位于，且， 所以他的物理成绩应不低于分较为合适. （3）依题意，甲能参加物理竞赛的概率， 乙能参加物理竞赛的概率， 所以甲、乙能同时参加物理竞赛的概率. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $