专题06 选填压轴专题（期末真题汇编，安徽专用）高一数学下学期

**基本信息** 安徽多所重点中学期末选填压轴题汇编，聚焦平面向量、立体几何、概率统计三大高频考点，融合5G基站、窗花艺术等真实情境，突出逻辑推理与空间想象能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|18题|平面向量（费马点应用）、立体几何（三棱锥外接球）、概率统计（基本概念辨析）|结合科技与文化情境，设置多考点综合题| |多选|15题|向量投影与模长、正方体动态问题、独立事件判断|以正八面体、亚运会奖牌统计为背景，考查批判性思维| |填空|12题|圆内接四边形面积、圆锥体积最值、乒乓球比赛概率|设计开放探究问题，如“棒小伙子”人数，对接高考压轴题趋势|

学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题06选填压轴专题 ☆3大高频考点概览 考点01平面向量及其应用 考点02立体几何初步 考点03概率统计 目目 考点01 平面向量及其应用 一、单选题 1.(24-25高一下·安微合肥中国科学技术大学附属中学期末)已知，B,Y是三个互不相同的锐角，则在 sina+cosB,sinB+cosY,siny+cosa三个值中，大于V2的个数最多有()个 A.0 B.1 C.2 D.3 2.(24-25高一下·安徽六安第二中学·期末)如图，已知D,E分别是△ABC边AB,AC上的点，且满足 AB=AD,AC=4A正，BE与CD交于0，连接A0并延长交BC于F点.若Aò=O示，则实数的值为 () A.3 B. C. D.2 3.(24-25高一下·安徽合肥一六八中学期末)如图，某县区域地面有四个5G基站A,B,C,D.已知C,D两 个基站建在江的南岸，距离为10N3km:基站A,B在江的北岸，测得∠ACB=75°，∠ACD=120°， ∠ADC=30°，∠ADB=45°，则A,B两个基站的距离为() A.10v2km B.10v5km C.15km D.10v3km 4.(24-25高一下.安徽准北第一中学期末)费马点是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最小的点 当三角形三个内角都小于琴时，费马点与三角形三个顶点的连线构成的三个角都为受如图，已知△ABC 1/12 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 和△ADE都是正三角形，AB=6,AE=3,且B,AD三点共线，设点P是△ACE内的任意一点， 则PA+PC+PE的最小值为() B A A.3V万 B.3V6 c.3v5 D.12 5.(24-25高一下·安徽阜阳界首中学期末)△ABC的内角AB,C的对边分别为a,b,c,且 bcosA+acosB=3,2acos2=3 csinA,() A.C=胃 B.△ABC的外接圆半径为2V5 C.△ABC的面积的最大值为9 D.△ABC的周长的取值范围是(6,3+2V3] 6.(24-25高一下·安徽宿州、示范高中期末)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，点M是BB1上靠近B的 三等分点，直线DM交平面BCDA1于点N,则器=() A. B.号 c. D.号 7.(24-25高一下·安徽合肥第一中学期末)已知△ABC的内切圆圆心为0，半径r=1,且满足 3A0=A花+AC,P是△ABC内切圆上一动点，则BA.B户取值范围是(） A.[-35+6,32+6 B.[-2W3+6,23+6] c.[-62+3,6V2+3] D.[63-2,63+2] 8.(24-25高一下·安徽合肥第六中学期末)0，G分别为△ABC的外心和重心，∠BAC=30°，若 A0:AG=3,则△ABC的面积的最大值(） A.2 B.星 C. D. 二、多选题 9.(24-25高一下·安微合肥一六八中学期末)窗花是贴在窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一， 2/12 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 图1是一个正八边形窗花，图2是从窗花图中抽象出几何图形的示意图.己知正八边形ABCDEFGH的边长 为2，P是正八边形ABCDEFGH边上任意一点，则下列说法正确的是() B 图1 图2 A.OA+O元=50 B.PA.PB的最大值为12+8V2 C.AG在A应方向上的投影向量为-要 D.若函数f(x)=|A而xA|,则函数f(x)的最小值为2+V2 10.(24-25高一下安徽阜阳界首中学期末)若平面向量a=(n,2),乙=(1，m-1),其中n,m∈R,则 下列说法正确的是() A.若2a+b=(2,6),则/ B.若=26，则与6同向的单位向量为（号，.号） C.若n=1,且与的夹角为锐角，则实数m的取值范围为(，+∞) D.若1，则z=2”+4m的最小值为4 三、填空题 11.(24-25高一下安微合肥第一中学期末)在圆内接四边形ABCD中，∠DBA=吾，2BD=V5AB,若 AC=2V6,则△BCD的面积最大值为 3/12 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D 12.(24-25高一下，安微六安毛坦厂中学教育集团期末)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b, c,且A=青，a=5,则mc=一；△ABC的外接圆的圆心是0，则A0·(庙+A花)的最大值 为 13.(2425高一下·安徽合肥第六中学·期末)在锐角△ABC中，内角AB,C所对的边分别为a,b,c,且 5(tanA+anB)=,a=2则5b-c的取值花围是 目目 考点02 立体几何初步 一、单选题 1.(24-25高一下·安徽六安第一中学期末)如图，在四面体ABCD中，△ADB与△ADC为等边三角形， 且BD⊥DC,E,F分别为棱AD,AB的中点，则异面直线BE,CF所成角的余弦值为() D A.5 6 B.5 c D.与 2.(24-25高一下·安微合肥第六中学期末)己知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC,△ ABC是边长为2的正三角形，E,F分别是PA,AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为 A.86π B.46元 c.26π D.V6π 3.(24-25高一下·安徽六安毛坦厂中学教育集团期末)已知三棱锥A-BCD的棱长均为2，点P在△BCD内， 且AP=要，则点P的轨迹的长度《） A.寺元 B.元 C.号π D.元 4.(24-25高一下，安徽宿州、示范高中期末)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，点M是BB1上靠近B的 4/12 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 三等分点，直线DM交平面BCD1A1于点N,则器=() A.吉 B.号 c. D. 5.(2425高一下安徽合肥一六八中学期末)已知A,B,C,D为球面上四点，M,N分别是AB,CD的中 点，以MN为直径的球称为AB,CD的“伴随球”，若三棱锥A-BCD的四个顶点在表面积为64π的球面上， 它的两条边AB,CD的长度分别为2V7和4V3,则AB,CD的伴随球的体积的取值范围是() A.[,]B.[,2] c.[,] D.[2] 6.(24-25高一下·安徽六安第二中学期末)由空间一点0出发不共面的三条射线0A,OB,0C及相邻两射 线所在平面构成的几何图形叫三面角，记为O-ABC.其中O叫做三面角的顶点，面AOB,BOC,COA叫 做三面角的面，∠A0B,∠B0C,∠A0C叫做三面角的三个面角，分别记为C,B,Y,二面角A-OB-C、 B-OA-C、A-OC-B叫做三面角的二面角，设二面角A-OC-B的平面角大小为x,则一定成立的是() A.cosx= cosa cosBcosy sinβsiny B.Cosx= cosa+c0sβcoy sinBsiny C.Cosx= sina-sinBsiny cosβBcoy D.cosx= sina+sinBsiny c0sβcos 7.(24-25高一下·安微合肥中国科学技术大学附属中学期末)E、F是正三角形ABC的边AB、AC的中点， 沿EF把正三角形折成60°的二面角（如图），则∠ABC的正切值为() B A.誓 B.与 c.23 D.以上答案均不对 8.(24-25高一下·安徽合肥中国科学技术大学附属中学期末)如图，正四棱台ABCD-A1B1C1D1,上下底 面的中心分别为01和0，若AC=2A1C1=4W2,侧面与底面所成锐二面角的正切值为√2，则正四棱台 ABCD-AB1C1D1的体积为（) A D B A.28 B. 20W2 3 C.28v6 3 D.206 3 5/12 命学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 二、多选题 9.(24-25高一下安徽合肥第六中学期末)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为B1C1的 中点，P为线段BD1上动点（包括端点），则下列说法中正确的是() D C B D A.存在P点使得MPI平面A1DB B.直线BM与平面BDD1B1所成角正弦值为 10 C.AP+MP的最小值为W7+2N3 D.若点Q在正方体ABCD-AB1C1D1,表面上运动（包含边界），且MQ⊥A1C,则点Q的轨迹长度 为62 10.(24-25高一下·安徽六安毛坦厂中学教育集团期末)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中， 点E为AB的中点，点P是正方形ABB1A1内的一点（包含边界），则下列说法正确的是() D A B A.正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球的表面积为12T B.二面角D1~EC-B的正切值为.5 C.△PD1C的周长的最小值为2W6+2W2D.若C1P//平面D1CE,则点P的轨迹长度为V2 11.(24-25高一下·安微合肥第一中学期末)如图，已知正方体ABCD-A1B,C1D1的棱长为2，B1D交平面 ACD1于点H,则下列说法正确的是() 6/12 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D A 、B1 H D 0 B A.点H是△ACD1的重心 B.BH=2HD C.面ACD1截正方体ABCD-A1B1C1D1外接球所得截面的面积为3π D。以顶点A为球心，5为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于 12.(2425高一下·安微宿州、示范高中期末)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2,E,F,G,H 分别为BBCC1A1B1A1C1的中点，动点N在四边形ABB1A1内及其边界上运动，则下列说法正确的是 () E F B G A H C A.E,F,G,H四点共面 B.1与BC所成角的余弦值为誓 C.正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球表面积为2 D.若CN//平面AGC1,则动点N的轨迹长度为5 13.(24-25高一下，安徽准北第一中学期末)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=90°，且 AB=BC=CC1=2,M为线段BC(不含端点)上的动点，则下列结论中正确的是() 7/12 命学科网 www zxxk com 让教与学更高效 A B A.AB1⊥A1M B.异面直线A1B与B1M所成角的取值范围为（晋，号） C.AM|+|CM|的最小值为3+V5 D.当M是BC的中点时，过AM,C1三点的平面截三棱柱ABC-A1B:C1外接球所得的截面面积为 9π 14.(24-25高一下·安徽六安第二中学期末)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E为线段 BC1上的动点，线段B1D与平面A1C1B交于点F,则下列说法正确的是() D B F D A,直线A1E与AD1所成角的范围为[背，号】B.三棱锥B1A18C1内切球半径为35 6 C.EF+EA的最小值为 46 3 D.面A1BC1截该正方体内切球所得的截面面积为 15.(24-25高一下·安徽合肥中国科学技术大学附属中学期末)在正三棱台ABC-A1B1C1中，D,E,D1, E1分别是AB,BC,A1B1,B1C1的中点，且AC=2A1C1,则下列说法正确的有() B A.AC⊥BB1 B.AC//平面D1E1ED 8/12 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 C.AB⊥平面D1E1ED D.若D1E1=DD1,则BB1⊥平面ACC1A1 16.(2425高一下·安微合肥中国科学技术大学附属中学期末)如图，点P是棱长为2的正方体 ABCD-AB,C1D1表面上的一个动点，则下列结论正确的是() D C A B D B A.当P在线段BC上运动时，DP⊥AC B.当P在平面BCC1B1上运动时，三棱锥P-AA1D的体积为定值4 C.当P在线段AC上运动时，DP与AC所成角的取值范围是[等，号] D.使直线AP与平面ABCD所成的角为45°的点P的轨迹长度为π+4W2 三、填空题 17.(24-25高一下·安微六安第一中学期末)已知正四棱锥P-ABCD的所有棱长均为2，以点A为球心，2 为半径的球与该四棱锥侧面△PBC的交线长为 18.(2425高一下·安徽宿州、示范高中期末)已知一个圆锥的表面积为2π，则它的体积最大值为 19.(24-25高一下·安徽阜阳界首中学·期末)已知三棱锥D-ABC的顶点都在球0的表面上，AD⊥平面ABC ,BD与底面ABC所成的角为号，AC=BC,AD=2,△ABC的面积为V5,△ABC所在的平面与球0 的交线长为，球0的表面积为 20.(24-25高一下，安徽六安第二中学·期末)如图，在三棱锥P-ABC中，△ABC为等边三角形，PA⊥AB ,PB=PC,若PA十AB=1,则三棱锥P-ABC外接球表面积的最小值为 B 21.(2425高一下·安微合肥中国科学技术大学附属中学期末)如图已知点AB在圆锥S0的底面圆周上，S为 9/12 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 圆锥顶点，O为圆锥的底面中心，且圆锥S0的底面积为4π，∠ASB=30°，若AB与截面SA0所成角为60 ,则圆锥S0的侧面积为 22.(24-25高一下·安徽合肥中国科学技术大学附属中学期末)己知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的 余弦值为弱，且该圆锥的母线是底面半径的√2倍，若△SAB的面积为5√15，则该圆锥的侧面积为 目目 考点03 概率统计 一、单选题 1.(24-25高一下·安徽淮北第一中学期末)下列说法正确的是() A.AB同时发生的概率一定比AB中恰有一个发生的概率小 B.若PA+P(B)=1,则事件A与B是对立事件 C.当AB不互斥时，可由公式P(AUB)=P(A+P(B)-P(AB)计算AUB的概率 D.某事件发生的概率是随着实验次数的变化而变化的 2.(24-25高一下·安徽六安毛坦厂中学教育集团期末)已知一组数据1,2,3,4，x(0<x<5)的平均数 与中位数相等，从这5个数中任取2个数，则这2个数字之积小于5的概率为() A.青 B.号 C. D.月 二、多选题 3.(24-25高一下·安徽合肥中国科学技术大学附属中学.期末)2025年亚洲冬季运动会于2025年2月7日至 2月14日在黑龙江省哈尔滨市举行，中国队获得32枚金牌，27枚银牌，26枚铜牌，共85枚奖牌，排名第 一.如图是中国队2月8日至2月12日的奖牌数的统计图，关于这5个比赛日的统计数据，下列说法正确的 是() 10/12 命学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 奖牌数/枚 25 20 21,24 -----16------ ·金牌 5 10 一银牌 10 ±铜牌 53 日奖牌总数 2月2月2月2月2月日期 8日9日10日11日12日 A.金牌数的方差是1.76 B.铜牌数的极差是8 C.银牌数的众数是3 D.日奖牌总数的50%分位数是16 4.(24-25高一下安微六安第二中学期末)已知事件A,B发生的概率分别为PA=言，P(B)=专，则下列 说法正确的是（) A.若事件A,B互斥，则P(AUB)=寻 B.若事件A,B相互独立，则A,B不互斥 C.若PAB)=专，则事件A,B相互独立 D.若事件A,B相互独立，则事件A,B至少有一个发生的概率为 5.(24-25高一下·安微六安毛坦厂中学教育集团期末)已知A、B、C是一个随机试验中的三个事件，则下列结 论一定正确的是() A.若事件A、B、C两两互斥，则P(AUBUC)=P(A)+P(B)+P(C) B.若事件A、B、C相互独立，则A与B也相互独立 C.若P(A)>0,P(B)>0,则事件A、B相互独立与互斥能同时成立 D.若A、B、C两两独立，则P(ABC)=P(A)P(B)P(C) 6.(24-25高一下·安徽合肥第六中学·期末)一个质地均匀的正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛 掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为0={1,2,3,4,5,6,7,8}， 记事件A=“得到的点数不大于4”，记事件B=“得到的点数为偶数”，记事件C=“得到的点数为质数”，则 下列说法正确的是() A.P(AUB)= B.事件BUC与AC互斥 C.AB,C两两独立 D.P(ABC)=P(A)P(B)P(C) 7.(24-25高一下·安徽六安第一中学期末)甲、乙、丙、丁4人报名参加周末公益活动，有M,N,Q,3个 单位需要招志愿者，每个单位各招1人，设事件S=“M单位招到甲或乙”，事件T=“N单位招到甲或丙”， 事件E=“Q单位招到丙或丁”，事件H=“Q单位招到甲或乙”，则下列说法正确的是() A.事件S,T相互独立 B.事件S,T不互 11/12 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 C.事件S,H相互独立 D.事件E,H相互对立 三、填空题 8.(24-25高一下·安徽合肥一六八中学期末)如果甲的身高数或体重数至少有一项比乙大.则称甲不亚于乙 在100个小伙子中，如果某人不亚于其他99人，就称他为棒小伙子，那么100个小伙子中的棒小伙 子最多可能有 人 9.(2425高一下·安徽淮北第一中学期末)某工厂的三个车间生产同一种产品，三个车间的产量分布如图所 示，现在用分层随机抽样方法从三个车间生产的该产品中，共抽取60件做使用寿命的测试，则C车间应抽 取的件数为 ；若A,B,C三个车间产品的平均寿命分别为220,240,230小时，方差分别为20， 20,30,则总样本的方差为 C车间 30% A车间 20% B车间 50% 10.(24-25高一下·安徽合肥第六中学期末)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10：10平的情况，先多得2分者为胜方.在10：10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10：10平后，甲先发球，则甲以13：11赢下此局的概率为 12/12 专题06 选填压轴专题 3大高频考点概览 考点01 平面向量及其应用 考点02 立体几何初步 考点03 概率统计 地 城 考点01 平面向量及其应用 一、单选题 1．(24-25高一下·安徽合肥中国科学技术大学附属中学·期末)已知，，是三个互不相同的锐角，则在，，三个值中，大于的个数最多有（    ）个 A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】先根据辅助角公式得到三个式子的和小于，得到在，，三个值中，不会全部大于，再举出例子，得到三个值中，有2个值符合要求，故得到答案. 【详解】因为，，是三个互不相同的锐角， 所以 ， 所以在，，三个值中，不会全部大于， 若令，，，则， ， 所以大于的个数最多有2个. 故选：C 2．(24-25高一下·安徽六安第二中学·期末)如图，已知分别是边上的点，且满足，，与交于，连接并延长交于点．若，则实数的值为（    ） A． B． C． D．2 【答案】A 【分析】由共线、共线分别可得、，进而得、求参数，得，最后由且共线求参数. 【详解】由共线，则，， 所以①， 由共线，则，， 所以②， 由①②知：，则，故， 由，则， 由共线，则，可得. 故选：A 3．(24-25高一下·安徽合肥一六八中学·期末)如图，某县区域地面有四个5G基站，，，.已知，两个基站建在江的南岸，距离为；基站，在江的北岸，测得，，， ，则，两个基站的距离为（   ） A． B． C．15km D． 【答案】B 【分析】根据题意可得，，利用正弦定理求出，进而结合余弦定理即可求出. 【详解】在中，，，则，，， 在中，，， 由正弦定理得，， 在中，由余弦定理得， . 故选：B. 4．(24-25高一下·安徽淮北第一中学·期末)费马点是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形三个内角都小于时，费马点与三角形三个顶点的连线构成的三个角都为.如图，已知和  都是正三角形，，，且三点共线，设点是内的 任意一点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】在中，利用余弦定理求出，然后利用勾股定理逆定理可得为直角三角形，由题意可知取得最小值时，点为费马点，设，，，在中分别使用余弦定理，三式相加，再结合三角形面积公式化简可求出，从而可得答案. 【详解】由题可知，，在中，由余弦定理得 ， 所以， 所以，所以为直角三角形， 由定义可知取得最小值时，点为费马点， 设，，，且，，，， 在中分别使用余弦定理可得， 相加得 由三角形面积得，即， 所以， 所以 ， 所以的最小值为 故选：A. 5．(24-25高一下·安徽阜阳界首中学·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 【分析】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. 【详解】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 6．(24-25高一下·安徽宿州、示范高中·期末)在平行六面体中，点M是上靠近B的三等分点，直线DM交平面于点N，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作图，根据线面平行的判定定理可知平面，然后根据线面平行的性质定理可知，可得，判断即可. 【详解】设平面DAM与交于点P，连接DP交于点Q，连接QN，如图： 因为平面DAM，平面DAM， 所以平面DAM，又平面，平面平面，所以， 因为M是三等分点，所以，因为平面平面，所以平面， 又平面PDM，平面平面，所以， 所以，因此． 故选：C 7．(24-25高一下·安徽合肥第一中学·期末)已知的内切圆圆心为，半径，且满足是内切圆上一动点，则取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】是重心，也是内心，是等边三角形，建立直角坐标系，写出点的坐标，设，求出，利用三角函数有界性求出的取值范围. 【详解】由，易知是重心， 又已知的内切圆圆心为，所以也是内心， 由三线合一可知是等边三角形. 如图，以为坐标原点，所在直线为y轴，平行于的直线为轴， 建立平面直角坐标系， 则，， 所以， 所以 ， 当时，取得最小值，最小值为， 当时，取得最大值，最大值为， 所以取值范围是 故选：B 8．(24-25高一下·安徽合肥第六中学·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 【分析】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. 【详解】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 二、多选题 9．(24-25高一下·安徽合肥一六八中学·期末)窗花是贴在窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花，图2是从窗花图中抽象出几何图形的示意图.已知正八边形的边长为2，是正八边形边上任意一点，则下列说法正确的是（    ） A． B．的最大值为 C．在方向上的投影向量为 D．若函数则函数的最小值为 【答案】BD 【分析】以AE为y轴，GC为x轴建立平面直角坐标系，根据向量线性运算可判断A；对于B，取AB的中点为M，则，两式平方相减，结合正八边形的对称性取最大值时点P位置，然后利用坐标求解；对于C，根据投影向量公式求解可得；对于D，利用坐标运算表示出函数，根据二次函数性质可得. 【详解】如图所示，以AE为y轴，GC为x轴建立平面直角坐标系， 设，则在中，由余弦定理可得， 整理得， 因为 . 对于A，因为， 所以，A错误； 对于B，取AB的中点为M，则， 则， 两式相减得， 由正八边形的对称性可知，当点P与点E或点F重合时，最大， 又，所以， 所以， 所以，的最大值为，B正确； 对于C，， 所以， 所以在方向上的投影向量为，C错误； 对于D，因为，， 所以， 所以 ， 当时，函数取得最小值，D正确. 故选：BD 10．(24-25高一下·安徽阜阳界首中学·期末)若平面向量，，其中，，则下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．若，则与同向的单位向量为 C．若，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围为 D．若，则的最小值为 【答案】BD 【分析】根据向量的线性运算可判断AB选项，再根据向量夹角公式可判断C选项，结合向量垂直的坐标表示及基本不等式可判断D选项. 【详解】由，， A选项：， 则，解得，则，， 所以不存在，使，即，不共线，A选项错误； B选项：，则，解得， 即，，， 所以与同向的单位向量为，B选项正确； C选项：时，， 又与的夹角为锐角， 则，解得，且， 即，C选项错误； D选项：由，得，即， 所以， 当且仅当，即时，等号成立，D选项正确； 故选：BD. 三、填空题 11．(24-25高一下·安徽合肥第一中学·期末)在圆内接四边形中，，若，则的面积最大值为___________. 【答案】/ 【分析】根据给定条件，利用正弦定理建立方程，利用两角和的正弦公式展开得，进而求得；设并结合正弦定理表示出，，再利用三角形面积公式，结合二次函数的性质求出最大值. 【详解】在△ABD中，， 由正弦定理得， 所以， 所以， 所以，所以； 所以是四边形外接圆直径，故， 设，则， 在中，， 由正弦定理得， 即， 在中，， 所以 ，当且仅当时取等号， 所以面积的最大值为. 故答案为：. 12．(24-25高一下·安徽六安毛坦厂中学教育集团·期末)已知的内角，，的对边分别为，，，且，，则______；的外接圆的圆心是，则的最大值为______． 【答案】 2 【分析】利用正弦定理直接求解第一空，合理作出图形，建立平面直角坐标系，利用外心的性质求出关键点的坐标，将目标式表示出来，最后利用余弦定理结合基本不等式求解最值即可. 【详解】由正弦定理得，解得，， 则， 如图，取中点，连接，因为的外接圆的圆心是，所以，以为原点建立平面直角坐标系， 则，，，则边上的中垂线方程为， 由斜率公式得，则的方程为， 由中点坐标公式得的中点坐标为， 故边上的中垂线方程为， 设，代入方程中，得到， 解得，则， 故，，， 则，故， 在中，由余弦定理得， 则，解得， 故， 由重要不等式得，当且仅当时取等， 则，解得， 则，故，即其最大值为， 故答案为：2； 13．(24-25高一下·安徽合肥第六中学·期末)在锐角中，内角所对的边分别为，且，则的取值范围是_________． 【答案】 【分析】利用三角恒等变换公式和正余弦定理对已知条件进行变形，从而可求出A，再利用正弦定理边化角和三角函数性质可求答案. 【详解】∵，∴， ∴ 由余弦定理得，， ∴， ∴由得，，∴， ∴，，. 又由正弦定理得，， ， 是锐角三角形，， ， ，， . 故答案为：. 地 城 考点02 立体几何初步 一、单选题 1．(24-25高一下·安徽六安第一中学·期末)如图，在四面体ABCD中，与为等边三角形，且，E，F分别为棱AD，AB的中点，则异面直线BE，CF所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作平面于点，证点为斜边的中点，且，建立空间直角坐标系，设，求出相关点和向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】如图，作平面于点， 因，则为的外心， 又，故点为斜边的中点，且． 故可以点为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系如图． 设，则，则， ， 则有， 因E，F分别为棱AD，AB的中点，故，， 则，， 设直线所成的角为， 则， 故选：A.． 2．(24-25高一下·安徽合肥第六中学·期末)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解. 【详解】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥， ，又，分别为、中点， ，，又，平面，平面，，为正方体一部分，，即 ，故选D． 解法二: 设，分别为中点， ，且，为边长为2的等边三角形， 又 中余弦定理，作于，， 为中点，，， ，，又，两两垂直，，，，故选D. 3．(24-25高一下·安徽六安毛坦厂中学教育集团·期末)已知三棱锥的棱长均为2，点P在内，且，则点P的轨迹的长度（    ） A． B． C． D．π 【答案】C 【分析】取CD的中点E，连接BE，过点A作，垂足为H，可求得P在以H为圆心，为半径的圆上，进而计算即可得答案. 【详解】如图1，取CD的中点E，连接BE，过点A作，垂足为H，由， 知，所以，又， 所以，所以点P在以H为圆心，为半径的圆上. 如图2，由，得， 解得（结合图形舍去），所以四边形BGHF是菱形，， 所以点P的轨迹的长度为. 故选：C. 4．(24-25高一下·安徽宿州、示范高中·期末)在平行六面体中，点M是上靠近B的三等分点，直线DM交平面于点N，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作图，根据线面平行的判定定理可知平面，然后根据线面平行的性质定理可知，可得，判断即可. 【详解】设平面DAM与交于点P，连接DP交于点Q，连接QN，如图： 因为平面DAM，平面DAM， 所以平面DAM，又平面，平面平面，所以， 因为M是三等分点，所以，因为平面平面，所以平面， 又平面PDM，平面平面，所以， 所以，因此． 故选：C 5．(24-25高一下·安徽合肥一六八中学·期末)已知，，，为球面上四点，，分别是，的中点，以为直径的球称为，的“伴随球”，若三棱锥的四个顶点在表面积为的球面上，它的两条边，的长度分别为和，则，的伴随球的体积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由已知求出三棱锥的外接球半径，求出，进一步求出的范围，从而得出答案即可． 【详解】设三棱锥外接球的半径为， 则，所以球的半径为， 则球的两条弦的中点为， 则， 即弦分别是以为球心，半径为3和2的球的切线， 且弦在以为球心，半径为2的球的外部， 的最大距离为，最小距离为， 当三点共线时，分别取最大值与最小值， 故的伴随球半径分别为， 半径为时，的伴随球的体积为， 当半径为时，的伴随球的体积． ∴的伴随球的表面积的取值范围是． 故选：D. 6．(24-25高一下·安徽六安第二中学·期末)由空间一点出发不共面的三条射线，，及相邻两射线所在平面构成的几何图形叫三面角，记为．其中叫做三面角的顶点，面，，叫做三面角的面，，，叫做三面角的三个面角，分别记为，，，二面角、、叫做三面角的二面角，设二面角的平面角大小为，则一定成立的是（） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】运用二面角的定义和直角三角形的勾股定理、三角形的余弦定理，化简整理可得结论. 【详解】如图，，，    在上取一点，过在平面内作，交于， 过在平面内作，交于，连接， 则是二面角的平面角，即. 设，在直角三角形中， ， 在直角三角形中，， ， 在中，， 在中，， 即为 ， 所以. 故选：A. 7．(24-25高一下·安徽合肥中国科学技术大学附属中学·期末)、是正三角形的边、的中点，沿把正三角形折成60°的二面角（如图），则的正切值为（    ） A． B． C． D．以上答案均不对 【答案】B 【分析】取的中点，连接，交于点，连接，，，，根据题意及正三角形的特点易证二面角的平面角为，且，然后设正三角形的边长为，根据几何条件设法求出，计算的值. 【详解】如图所示，取的中点，连接，交于点，连接，，，. 因为三角形为正三角形，则， 又点、是的边、的中点， 则，，所以， 可证得平面，则，所以. 所以二面角的平面角为， 而，所以为等边三角形. 设等边三角形的边长为，则， 所以. 故选：B. 8．(24-25高一下·安徽合肥中国科学技术大学附属中学·期末)如图，正四棱台，上下底面的中心分别为和，若，侧面与底面所成锐二面角的正切值为，则正四棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】在正四棱台中利用定义找出侧面与底面所成锐二面角，根据其正切值可计算棱台的高，再利用棱台的体积公式即可求. 【详解】取、的中点、，连接、、， 则由题意可知为侧面与底面所成锐二面角，则， ，得，， 在直角梯形中，，则， 则正四棱台的体积为. 故选：A. 二、多选题 9．(24-25高一下·安徽合肥第六中学·期末)如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为线段上动点（包括端点），则下列说法中正确的是（    ）    A．存在点使得 平面 B．直线与平面所成角正弦值为 C．的最小值为 D．若点在正方体，表面上运动（包含边界），且，则点的轨迹长度为 【答案】BCD 【分析】利用面面平行的判定推理平面平面，然后利用直线与平面相交判断A；利用定义法作出线面角，并在直角三角形中求出线面角的正弦判断B；把三角形与三角形置于同一平面内，利用余弦定理求出线段长判断C；先利用线面垂直的判定推理平面，取棱的中点利用面面平行的判定推理得平面平面，进而平面，从而求出点的轨迹为正六边形，求解周长即可判断D． 【详解】对于A：先证平面平面，由正方体性质可知，且， 且，所以四边形和均为平行四边形， 所以，，因为平面， 在平面外，所以平面，平面， 又平面，，所以平面平面， 又为的中点，为线段上动点（包括端点）， 所以直线与平面相交，从而直线与平面相交，故A错误； 对于B：连接，则，由平面，平面， 得，又，，平面， 则平面，过作交于，连接， 于是平面，是直线与平面所成的角，，，所以，故B正确；    对于C，把三角形与三角形置于同一平面内，连接， 则的最小值为， 在中，，， ， 由余弦定理得，C正确；    对于D，由正方体的性质知平面，平面，所以， 因为四边形为正方形，所以，平面， 所以平面，平面，所以， 同理可得，平面，故平面； 如图，    取棱的中点分别为， 连接，可得六边形为正六边形， 而，平面，平面，故平面， 同理可证平面，，，平面， 故平面平面，所以平面， 即过点且与垂直的平面截正方体所得截面即为正六边形，边长为， 其周长为，所以点的轨迹为正六边形，则点的轨迹长度为，D正确． 故选：BCD 10．(24-25高一下·安徽六安毛坦厂中学教育集团·期末)如图，在棱长为2的正方体中，点为AB的中点，点是正方形内的一点（包含边界），则下列说法正确的是（    ） A．正方体的外接球的表面积为 B．二面角的正切值为 C．的周长的最小值为 D．若平面，则点的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】对于选项A，确定半径后根据球的表面积公式求解即可；对于选项B，作出辅助线找出二面角的平面角，然后根据边角关系求出正切值；对于选项C，找出点关于平面的对称点为，然后求出三角形周长的最小值；对于选项D，作出辅助线，根据线面平行得到面面平行，然后确定点的轨迹求出长度即可. 【详解】对于选项A：因为正方体的外接球直径等于正方体的体对角线长， 而体对角线长度为，所以外接球半径为. 根据球的表面积公式可得：，A正确. 对于选项B：过点作直线的垂线，垂足为，连接，如图所示. 易得为二面角的平面角，又， 所以，所以， 所以二面角的正切值为，故B错误. 对于选项C：记点关于平面的对称点为， 所以， 当且仅当三点共线时等号成立，所以的周长的最小值为，C正确. 对于选项D：取的中点，的中点，连接， 易得，又不在平面上，平面， 所以平面，又易得，不在平面上， 平面，所以平面， 又，平面， 所以平面平面，所以点在线段上， 所以点的轨迹长度，所以D正确. 故选：ACD. 11．(24-25高一下·安徽合肥第一中学·期末)如图，已知正方体的棱长为交平面于点H，则下列说法正确的是（    ） A．点是的重心 B． C．面截正方体外接球所得截面的面积为 D．以顶点A为球心，为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于 【答案】ABD 【分析】对A，由正方体的性质可知，判断可得；对B，作出图形可得；对C，得到面与正方体外接球的球心O之间的距离，然后计算即可；对D，作出图形，按照交线作出分类，求出弧线的长度，然后求和即可. 【详解】在正方体中 因为，所以H是的外心，由于是等边三角形，所以点H也是的重心，则选项A正确： 由A可知：连接交中点于点M， 则，B正确； 易得面与正方体外接球的球心O之间的距离， 故其截外接球所得圆的半径为，其圆的面积为，故C错误； 如图， 球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A所在的三个面上，即面、面ABCD和面上； 另一类在不过顶点A的三个面上，即面、面和面上.在面上，交线为弧EF且在过球心A的大圆上， 因为，则，同理， 所以，故弧EF的长为，而这样的弧共有三条. 在面上，交线为弧FG且在一个小圆上，此时，小圆的圆心为，半径为，所以弧FG的长为，这样的弧也有三条. 于是，所得的曲线长，故D正确. 故选：ABD. 12．(24-25高一下·安徽宿州、示范高中·期末)在正三棱柱中，，E，F，G，H分别为的中点，动点N在四边形内及其边界上运动，则下列说法正确的是（   ） A．E，F，G，H四点共面 B．FH与BC所成角的余弦值为 C．正三棱柱的外接球表面积为 D．若平面，则动点N的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】对于选项A，证明即可证明四点共面；对于选项B，先确定与所成角，然后根据余弦定理可求出其余弦值；对于选项C，先由正弦定理求出外接圆半径，然后根据勾股定理求出球的半径，从而求出球的表面积即可；对于选项D，先确定动点的轨迹，然后根据勾股定理求出轨迹长度. 【详解】连接，因为分别为的中点， 所以，从而，故四点共面，A正确； 连接，因为，则为与所成角， 在中， 由余弦定理可得，B错误； 在等边中，由正弦定理可得，的外接圆半径， 设正三棱柱的外接球半径为，且球心到平面的距离为1， 由勾股定理可知， 所以球的表面积为，C正确； 在正三棱柱中，取的中点，连接， 可知， 又平面平面平面平面， 所以平面平面， 又因为是平面内两条相交直线，因此平面平面， 当点N在四边形内及其边界上运动时，若平面， 则在平面内，从而动点N的轨迹为， 又因为，所以动点N的轨迹长度为，D正确． 故选：ACD. 13．(24-25高一下·安徽淮北第一中学·期末)在直三棱柱中，，且为线段BC（不含端点）上的动点，则下列结论中正确的是（    ） A． B．异面直线与所成角的取值范围为 C．的最小值为 D．当是BC的中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，求出相应向量的坐标表示，得出选项A正确，根据向量夹角余弦公式，求出异面直线所成角的取值范围判断B；将空间线段长转化为平面线段长求最值，得出C错误；求利用向量法求出圆心到平面的距离，利用垂径定理得出截面圆的半径，求出所截的圆的面积,得出D正确. 【详解】以为原点，,,所在直线方向分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 设，故，，，， 对于A选项：，，， 故，故A正确； 对于B选项：，， 故， 因为，， 故异面直线与所成角的取值范围为，故B正确. 对于C选项：，， ， 可将其看成分别到点，的距离和， 当且仅当三点共线时，此时距离最小，故C错误； 对于D选项：当M为中点时，则，外接球圆心为且 半径为， 设球心到平面的距离为 设平面的法向量为，， 则，令，则； 又，则， 由截面圆半径， 故截面圆面积为，故D正确. 故选：ABD. 14．(24-25高一下·安徽六安第二中学·期末)如图，已知正方体的棱长为1，E为线段上的动点，线段与平面交于点F，则下列说法正确的是（   ） A．直线与所成角的范围为 B．三棱锥内切球半径为 C．的最小值为 D．面截该正方体内切球所得的截面面积为 【答案】ABD 【分析】根据平行关系可得异面直线与所成的角为（或其补角），由点位置求角的取值范围判断A，分割后利用等体积法求内切圆的半径判断B，翻折后转化为平面上两点间距离最小，利用余弦定理求解判断C，根据正方体内切圆与面上对角线的关系可得所求为三角形的内切圆，即可求出半径判断D. 【详解】对于A，因为，所以异面直线与所成的角为（或其补角）， 在等边三角形中， 当点E为中点时，最大为； 当点E与重合时，最小，为；当点E与B重合时，的补角为， 综上直线与所成角的范围为，故A正确； 对于B，设内切圆半径为r，则， 即，解得，故B正确； 对于C，将沿直线翻折，使其与平面共面，连接点A和翻折后的点，交于，如图， 在等边三角形中，为中心，所以，所以翻折后， 在中，，， 故当重合时，即的最小值为，故C错误； 对于D，平面截正方体内切球的截面为的内切圆，如下图： 因为正方体的棱长为1，所以对角线， 内切圆半径， 所以截面面积，故D正确. 故选：ABD. 15．(24-25高一下·安徽合肥中国科学技术大学附属中学·期末)在正三棱台中，，，，分别是，，，的中点，且，则下列说法正确的有（   ） A． B．平面 C．平面 D．若，则平面 【答案】ABD 【分析】将正三棱台补图为正三棱锥，对于选项A，根据线面垂直的性质可证明线线垂直；对于选项B，根据线线平行证明线面平行；对于选项C，假设线面垂直，则线线垂直，从而发现与题干矛盾；对于选项D，根据线线垂直的判定定理可证明线面垂直. 【详解】由题意，可将正三棱台补为如图所示的正三棱锥， 取的中点，连接，则. 又，所以平面，因为平面， 则有．A正确. 因为分别是的中点，所以， 又平面，平面， 平面，即平面，故B项正确． 对于选项C，假设平面，因为平面， 所以与垂直，而是等边三角形，不垂直，所以C不正确． 由，知，可设， 则，，根据勾股定理. 而，故， 又，，则平面，即平面，故D正确． 故选：. 16．(24-25高一下·安徽合肥中国科学技术大学附属中学·期末)如图，点P是棱长为2的正方体表面上的一个动点，则下列结论正确的是（） A．当P在线段BC₁上运动时， B．当P在平面上运动时，三棱锥的体积为定值4 C．当P在线段AC上运动时，D₁P与A₁C₁所成角的取值范围是 D．使直线AP与平面ABCD所成的角为45°的点P的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】对于A，证明平面即可证明；对于B，求三棱锥的体积判断B的真假；对于C，根据线线角的概念确定与所成角的取值范围，判断C的真假；对于D，判断点轨迹，求的轨迹长度判断D的真假． 【详解】对于A，如图所示，连接，， 为平行四边形，， 又平面，平面，， ，平面，平面， 平面，， 同理可证， ，平面，平面， 平面，，故A正确； 对于B，当在平面上运动时，点到平面的距离为2， ，所以，故B错误； 对于C，如图所示，取中点，连接，，， 易知为等边三角形，故． 当在线段上运动时， 因为，所以或其补角为异面直线与所成角． 当与重合时，异面直线与所成角为． 当与不重合时，因为， 所以，所以， 所以异面直线与所成角的范围为，故C正确； 对于D，如图所示， 当直线与平面所成的角为时， 因为，所以不可能在四边形内（除外）； 同理不可能在四边形内（除外）， 在平面与平面的运动轨迹为线段和，且； 当在平面时，作平面，垂足为，连接， 因为，所以， 所以在四边形上的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆的， 所以点的轨迹长度为：，故D正确． 故选：ACD 三、填空题 17．(24-25高一下·安徽六安第一中学·期末)已知正四棱锥的所有棱长均为2，以点A为球心，2为半径的球与该四棱锥侧面的交线长为______. 【答案】 【分析】根据题意画出图形，结合图形得出以点为球心，2为半径的球与四棱锥的表面的交线为以为圆心，为半径的一段弧，根据弧长公式求解即可. 【详解】因为正四棱锥的所有棱长均为2， 所以以点为球心，2为半径的球与该四棱锥的表面，，有交线， 取的中点，连接，过作 ，过作 ，， 则四边形为平行四边形，，所以， 过作于，连接， 因为，，平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为，，平面， 所以平面，因为正四棱锥的所有棱长均为2， 所以， 所以， 所以，得，因为， 所以， 所以以点为球心，2为半径的球与四棱锥的表面的交线为以为圆心，为半径的一段弧， 因为，所以， 所以，所以， 所以，所以弧的长为， 故答案为：. 18．(24-25高一下·安徽宿州、示范高中·期末)已知一个圆锥的表面积为，则它的体积最大值为_______. 【答案】 【分析】首先根据圆锥的底面半径和母线长的关系以及表面积的值求出的表达式，然后利用圆锥的体积公式和二次函数的性质求出体积的最大值. 【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，则， 因为圆锥的表面积为，所以 从而，且， 所以圆锥的体积为， 因此当时，体积取到最大值． 故答案为：. 19．(24-25高一下·安徽阜阳界首中学·期末)已知三棱锥的顶点都在球的表面上，平面，与底面所成的角为，，，的面积为，所在的平面与球的交线长为______，球的表面积为______. 【答案】 【分析】根据已知条件结合正弦定理得出三角形外接圆半径为，再利用勾股定理求出球半径，即可求解． 【详解】平面，平面，所以， 又与底面所成的角为，即， ，，， 又因为， 取的中点，连接，因为，所以， 所以，即，解得， 所以， 所以，所以， 设三角形外接圆半径为，则，解得， 所以所在平面与球的交线长即为外接圆周长，即， 设球到平面的距离为，则有，解得， 从而球半径为， 所以球的表面积为． 故答案为：；．    20．(24-25高一下·安徽六安第二中学·期末)如图，在三棱锥中，为等边三角形，，，若，则三棱锥外接球表面积的最小值为__________. 【答案】/ 【分析】由题意可得面，设三棱锥的外接球的球心为，底面的中心为，求出，几何法可得外接球的半径，计算表面积即可. 【详解】取中点，连，，则， 由且都在平面内，可得面， 由面，则，又， 由且都在平面内，即面. 设，则，外接球半径为， 设三棱锥的外接球的球心为，底面的中心为， 连接，则平面，且， 所以， 当时，最小，此时三棱锥外接球表面积的最小值为. 故答案为：. 21．(24-25高一下·安徽合肥中国科学技术大学附属中学·期末)如图已知点在圆锥的底面圆周上，为圆锥顶点，为圆锥的底面中心，且圆锥的底面积为，，若与截面所成角为，则圆锥的侧面积为______. 【答案】 【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，由底面面积为可求，证明为直线与截面所成的角，解三角形求，由此可求圆锥的侧面积. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 因为圆锥的底面积为， 所以，故， 过点作，垂足为，连接， 由已知平面，平面， 所以，，平面， 所以平面，所以在平面上的射影为， 所以为直线与截面所成的角， 由已知，又， 所以为等边三角形，故， 因为，， 由余弦定理可得， 所以， 所以， 所以圆锥的侧面积为. 故答案为：. 22．(24-25高一下·安徽合肥中国科学技术大学附属中学·期末)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，且该圆锥的母线是底面半径的倍，若的面积为，则该圆锥的侧面积为______． 【答案】 【分析】根据题意设顶点在底面圆的射影点为，利用三角形面积公式和母线SA，SB所成角求出半径和母线长度，再利用扇形面积公式即可求解． 【详解】如图，设顶点在底面圆的射影点为，连接，，， 因为圆锥的母线是底面半径的倍，设，则， 因为母线SA，SB所成角的余弦值为， ， 又的面积为， ， ， 该圆锥的侧面积为， 故答案为：． 地 城 考点03 概率统计 一、单选题 1．(24-25高一下·安徽淮北第一中学·期末)下列说法正确的是（    ） A．同时发生的概率一定比中恰有一个发生的概率小 B．若，则事件与是对立事件 C．当不互斥时，可由公式计算的概率 D．某事件发生的概率是随着实验次数的变化而变化的 【答案】C 【分析】根据概率的性质判判断A，根据对立事件的概率性质判断B，根据概率加法公式判断C，根据概率的性质判判断D. 【详解】对于A，对于两个不可能事件来说，同时发生的概率与恰有一个发生的概率相等，均为零，故A中说法错误； 对于B，在条件下，事件与事件不一定互斥，故事件A与B不一定是对立事件，故B中说法错误； 对于C，根据概率的性质可知，当，不互斥时，，故C中说法正确； 对于D，某事件发生的概率只与该事件本身有关，与实验次数无关，故D中说法错误. 故选：C. 2．(24-25高一下·安徽六安毛坦厂中学教育集团·期末)已知一组数据1，2，3，4，的平均数与中位数相等，从这5个数中任取2个数，则这2个数字之积小于5的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意首先求得实数x的值，然后列出所有可能的结果，从中挑选满足题意的结果结合古典概型计算公式即可求得最终结果. 【详解】由数据1，2，3，4，的平均数， 可得，所以，从这5个数中任取2个，结果有： 共10种， 这2个数字之积小于5的结果有：，共4种， 所以所求概率为. 故选：B 二、多选题 3．(24-25高一下·安徽合肥中国科学技术大学附属中学·期末)2025年亚洲冬季运动会于2025年2月7日至2月14日在黑龙江省哈尔滨市举行，中国队获得32枚金牌，27枚银牌，26枚铜牌，共85枚奖牌，排名第一.如图是中国队2月8日至2月12日的奖牌数的统计图，关于这5个比赛日的统计数据，下列说法正确的是（    ） A．金牌数的方差是1.76 B．铜牌数的极差是8 C．银牌数的众数是3 D．日奖牌总数的分位数是16 【答案】ABD 【分析】计算中国队获得金牌的平均数和方程即可判断A，计算铜牌数的极差即可判断B，根据每日铜牌数即可得众数即可判断C，这5个比赛日中国队的日奖牌总数按从小到大的顺序排列计算分位数即可判断D. 【详解】选项A：这5个比赛日中国队获得金牌数的平均值为， 方差，故A正确. 选项B：这5个比赛日中国队获得铜牌数最多的是2月9日的9枚，最少的是2月10日的1枚， 所以极差为8，故B正确. 选项C：这5个比赛日中国队获得银牌数的众数为3和8，故C错误. 选项D：将这5个比赛日中国队的日奖牌总数按从小到大的顺序排列， 依次为9，10，16，21，24，因为，所以这组数的分位数是16，故D正确. 故选：ABD. 4．(24-25高一下·安徽六安第二中学·期末)已知事件A，B发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（   ） A．若事件A，B互斥，则 B．若事件A，B相互独立，则A，B不互斥 C．若，则事件A，B相互独立 D．若事件A，B相互独立，则事件A，B至少有一个发生的概率为 【答案】ABC 【分析】利用互斥事件概率的加法公式计算可判断A；利用独立事件与互斥事件的定义可判断B；利用独立事件的定义计算可判断C；利用对立事件概率的性质计算可判断D. 【详解】对于A，若事件A，B互斥，则，故A正确； 对于B，若事件A，B相互独立，则， 所以事件A，B能同时发生，故A，B不互斥，故B正确； 对于C，由于，所以，而. 因此事件，B相互独立，从而事件A，B相互独立，故C正确； 对于D，“事件A，B至少有一个发生”的对立事件为“事件A，B都不发生”，即“事件”， 又因为事件A，B相互独立， 所以事件A，B至少有一个发生的概率，故D不正确. 故选：ABC. 5．(24-25高一下·安徽六安毛坦厂中学教育集团·期末)已知是一个随机试验中的三个事件，则下列结论一定正确的是（    ） A．若事件两两互斥，则 B．若事件相互独立，则与也相互独立 C．若，，则事件相互独立与互斥能同时成立 D．若两两独立，则 【答案】AB 【分析】根据互斥事件和独立事件的性质，逐项判断即可. 【详解】对于选项A，若事件两两互斥，则根据互斥事件的性质，可得，故A正确； 对于选项B，因为事件相互独立，根据独立事件的性质，可得与也相互独立，故B正确； 对于选项C，若事件相互独立，则；若事件为互斥事件，则，所以若，，则事件相互独立与互斥不能同时成立，故C错误； 对于选项D，假设从、、、中随机选出一个数字，记事件为“取出的数字为或”，事件为“取出的数字为或”，事件为“取出的数字为或”，则，，所以，，，所以事件两两独立，但，故D错误. 故选：AB 6．(24-25高一下·安徽合肥第六中学·期末)一个质地均匀的正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为，记事件“得到的点数不大于4”，记事件“得到的点数为偶数”，记事件“得到的点数为质数”，则下列说法正确的是（    ） A． B．事件与互斥 C．两两独立 D． 【答案】ABD 【分析】根据互斥事件的概念以及相关公式和古典概型与事件独立的乘法公式进行计算与判断即可. 【详解】由题意：事件的样本点为：，事件的样本点为，事件的样本点为. 所以的样本点为：，所以，故A正确； 因为的样本点为：，所以的样本点为，又的样本点为，所以事件与互斥，故B正确； 因为的样本点为，所以，，. 因为，所以事件，不相互独立，故C错误； 因为，的样本点为，所以，又，所以，故D正确. 故选：ABD 7．(24-25高一下·安徽六安第一中学·期末)甲、乙、丙、丁4人报名参加周末公益活动，有，3个单位需要招志愿者，每个单位各招1人，设事件“单位招到甲或乙”，事件“单位招到甲或丙”，事件“单位招到丙或丁”，事件“单位招到甲或乙”，则下列说法正确的是（    ） A．事件相互独立 B．事件不互斥 C．事件相互独立 D．事件相互对立 【答案】ABD 【分析】根据互斥与对立事件的概念，独立事件的概率概率公式验证即可. 【详解】，两个单位招志愿者的不同选法种数为， 因为事件所包含的基本事件为（招甲、招丙），（招乙、招甲），（招乙、招丙），共3个， 所以，因为，所以为独立事件， 故A项正确，B项正确； ，两个单位招志愿者的不同选法种数为， 因为事件所包含的基本事件为（招甲、招乙），（招乙、招甲），共2个， 所以，因为，所以不是独立事件，故C项错误； 因为为不可能事件，为必然事件，所以为对立事件，故D项正确. 故选：ABD. 三、填空题 8．(24-25高一下·安徽合肥一六八中学·期末)如果甲的身高数或体重数至少有一项比乙大. 则称甲不亚于乙. 在 100 个小伙子中， 如果某人不亚于其他 99 人， 就称他为棒小伙子， 那么 100 个小伙子中的棒小伙子最多可能有 _________人. 【答案】100 【分析】先讨论有两个、三个小伙子时棒小伙子的最多个数，再设想100个人时的极端情况，分类讨论即可. 【详解】先考虑两个小伙子的情形，如果甲的身高＞乙的身高，且乙的体重＞甲的体重，可知“棒小伙子”最多有2人． 再考虑三个小伙子的情形，如果甲的身高＞乙的身高＞丙的身高，且丙的体重＞乙的体重＞甲的体重，可知“棒小伙子”最多有3人． 由此可以设想，当有100个小伙子时，设每个小伙子为，其身高为，体重为， 当且 时， 由身高看，不亚于，由体重看，不亚于， 所以，不亚于其他99人，为“棒小伙子”， 因此，100个小伙子中的“棒小伙子”最多可能有100个． 故答案为：100． 9．(24-25高一下·安徽淮北第一中学·期末)某工厂的三个车间生产同一种产品，三个车间的产量分布如图所示，现在用分层随机抽样方法从三个车间生产的该产品中，共抽取60件做使用寿命的测试，则C车间应抽取的件数为________；若A，B，C三个车间产品的平均寿命分别为220，240，230小时，方差分别为20，20，30，则总样本的方差为____________. 【答案】 18 84 【分析】第一空，根据分层抽样的定义即可求解；第二空，根据分层抽样的方差公式即可求解 【详解】由分层抽样方法可得：抽取C车间应抽取的件数为60×30%=18； 总样本平均值， 总样本方差为 . 10．(24-25高一下·安徽合肥第六中学·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】 【分析】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. 【详解】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：. 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $