期末真题百练通关93题22大压轴题型（期末复习专项训练）高一数学下学期人教A版

**基本信息** 以93道期末真题构建22类压轴题型体系，覆盖向量、三角、复数、立几、统计概率核心模块，聚焦解题逻辑与素养提升。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |平面向量|7题型（35题）|含线性运算、数量积、模长、夹角、基本定理、新定义、四心问题|从基础运算到几何意义，渗透数形结合思想| |解三角形|2题型（14题）|正余弦定理应用及最值范围|定理推导→实际应用→动态问题拓展| |复数|2题型（8题）|方程求解与运算性质|代数形式→几何意义→综合应用| |立体几何|10题型（30题）|轨迹、线面角、二面角、距离等|空间想象→位置关系→度量计算→动态探究| |统计概率|2题型（6题）|样本估计与概率运算|数据处理→统计推断→概率模型构建|

期末真题百练通关（93题22大压轴题型） 题型一平面向量的线性运算 1 题型二平面向量的数量积 4 题型三向量模长 7 题型四向量的夹角 10 题型五平面向量的基本定理 13 题型六向量新定义 17 题型七四心问题 25 题型八正余弦定理解三角形 30 题型九解三角形最值、取值范围 35 题型十复数方程问题 39 题型十一复数的运算性质 41 题型十二轨迹问题 44 题型十三线面角问题 51 题型十四二面角问题 61 题型十五距离问题 70 题型十六外接内切问题 76 题型十七动点问题 81 题型十八体积最大问题 87 题型十九距离和最小问题 95 题型二十截面问题 100 题型二十一用样本估计总体 108 题型二十二概率运算 114 题型一平面向量的线性运算 1．(23-24高一下·湖南衡阳第一中学·期末)平面内有向量满足，，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】用几何图形表示向量和向量的线性运算，构造相似三角形，表示出，利用三点共线求最小值. 【详解】，则有，如图，， ， 延长至，使得， ，，则有，得， . 当三点共线且在线段上时，的最小值是. 故选：B 2．(25-26高一上·山西忻州部分学校·)如图，在中，，，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，结合向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解. 【详解】在中，， ， 又，，， ， ，. 故选：D. 3．(23-24高一上·辽宁沈阳五校协作体·期末)（多选）已知，D为BC边中点，若点P满足，则下列说法正确的是（    ） A．点P一定在内部 B． C． D．点P在直线AD上 【答案】ABC 【分析】设、分别是、的中点，依题意可得，从而得到点是中位线上靠近点的三等分点，即可判断A，D再根据面积关系判断C，又平面向量线性运算法则判断B. 【详解】由，所以， 设、分别是、的中点，所以， 于是点是中位线上靠近点的三等分点，则点一定在内部，故A正确，D错误. 又，所以，则，故B正确； 由A可知，，且， 所以，，即，故C正确； 故选：ABC 4．(24-25高一上·辽宁大连大连育明高级中学·期末)在四边形中，，点是四边形所在平面上一点，满足．设分别为四边形与的面积，则______． 【答案】 【分析】若分别为的中点，得到，根据已知得，且为梯形，再应用梯形、三角形面积公式求四边形与的面积，即可结果. 【详解】由， 所以，若分别为的中点，如下图， 则，即，又，则， 故，所以， 综上，， 令梯形的高为，则，， 所以. 故答案为： 题型二平面向量的数量积 1．(24-25高一下·广东湛江·期末)如图，以边长为4的菱形的四条边为直径向外作四个半圆，P是这四个半圆弧上的一动点，，则的最大值是（    ） A．16 B． C．18 D．20 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用向量数量积的几何意义，由点的位置分类探讨确定取最大值的位置，再取中点，利用数量积的运算律及定义求出最大值. 【详解】当点在半圆或半圆的弧上时，在方向上的投影的数量为非正数； 当点在半圆的弧上时，在方向上的投影的数量在内，； 当点在半圆的弧上时，在方向上的投影的数量不小于2， 因此当取最大值时，点在半圆的弧上，取中点，则， 而， ，当且仅当时取等号， 所以的最大值是20. 故选：D 2．(24-25高一下·四川仁寿第一中学校（北校区）·期末)已知正三角形的边长为，点，都在边上，且，，为线段上一点，为线段的中点，则的最小值为（   ） A． B．0 C． D． 【答案】D 【分析】依题意可得，从而转化为求的最小值，当时取得最小值，利用等面积法求出，即可得解, 【详解】因为，即为的中点，又，所以为的中点， 又正三角形的边长为，所以， 依题意，， 所以， 所以当时取得最小值， 如图，此时点在的位置，连接，则， 又，，所以， 所以， 所以. 故选：D      3．(24-25高一下·黑龙江大庆林甸县智研团队·期末)在中，，， 分别为的重心和外接圆圆心，则的最小值为________. 【答案】9 【分析】取的中点为，把用表示，根据平面向量数量积的定义表示出，再根据投影向量的定义及平面向量数量积的几何意义即可求出的值，也就是的最小值. 【详解】 如图所示：取的中点为，则， 所以， 所以 ， 所以，当且仅当，共线同向时取等号（此时为直角）. 故答案为：9 4．(24-25高一下·甘肃渭源县第一中学·期末)已知平面向量，，满足与的夹角为锐角，，，，且的最小值为，向量的取值范围是________． 【答案】 【分析】由题可知的最小值为，用含的式子表示，利用二次函数最小值的表示方式，表示其最小值让其等于3构建方程，解得，由与的夹角为锐角，舍掉负值，代入原二次函数对称轴的表达式中，解得；表示，展开（设），将已知模长代入展开式，可化简为，利用三角函数的值域，即可得答案. 【详解】由题， 因为，，所以， 因最小值为，且由二次函数分析可知，当时，取得最小值， 所以，解得， 又因为与的夹角为锐角，所以，故； 因为， 又有， 将模长代入，设， 即原式， 因为，所以 . 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是推导出，再由数量积的运算律转化为（）的三角函数. 题型三向量模长 1．(24-25高一下·四川成都锦江区嘉祥外国语高级中学·期末)已知向量，，的模长分别为2，1，1，记向量与的夹角为θ，，则的最大值为________． 【答案】 【分析】先根据平面向量数量积的定义及运算律求得，进而结合向量三角不等式求解即可. 【详解】由题意，， 则， 所以， 当且仅当方向相反时等号成立， 则的最大值为. 故答案为：. 2．(24-25高一下·江苏盐城·期末)已知非零向量，的夹角为，.对于任意的，恒成立，则______，的最小值为______. 【答案】 【分析】将不等式两边平方得，进而对于任意的恒成立，利用即可求解答题空1；再结合图形，利用几何意义及对称性即可求解答题空2. 【详解】由两边平方可得，即， ∴对于任意的恒成立， ∴， ∴，即. ∵，∴，∴. 如图所示，设，，，， 则，， ∴. 作点关于的对称点，连接，如图所示，则， ∴当，，三点共线时，取得最小值. 此时，，，， 在中，由余弦定理可得，故. ∴的最小值为. 故答案为：；. 3．(24-25高一下·浙江宁波镇海中学·期末)已知为圆上的三个点，且为正三角形，则的最小值为（       ） A． B． C．11 D． 【答案】A 【分析】根据题意，利用向量数量积运算可证，，由向量三角不等式可得，求出得解. 【详解】由题，，， 所以 ， 同理，， 由向量三角不等式，， 又， ，当且仅当与共线反向时，取等号， 所以的最小值为. 故选：A. 4．(24-25高一下·广东河源·) （多选）已知平面向量满足，则（） A． B． C．的取值范围为 D．的最大值为5 【答案】ACD 【分析】令，题目条件可转化为，.对于B，对条件进行平方即可求解；对于A，先求平方再开方，结合A即可求解；对于C，通过分析可知点在以的中点为圆心，为半径的圆上，数形结合即可判断CD. 【详解】令，则，， 对于B，，，即，即，故B错误； 对于A，，故A正确； 对于C，如图所示，设，的中点为，则， 则， 即，解得， 点在以的中点为圆心，为半径的圆上，    当点与点或重合时，取得最小值为， 由B可知，所以， 当且仅当时等号成立，由上图可知，当时，有， 故的最大值为，故的取值范围为，故C正确； 对于D，， ，， ， 当点与点重合时，取最小值，为， ，故D正确. 故选：ACD 题型四向量的夹角 1．(25-26高一·广东深圳南山区·期末)若平面向量，满足，，则当最小时，______；记与的夹角为，则的最大值为______. 【答案】 1 【分析】①先根据已知条件求出，然后化简，然后根据数量积的定义确定其最值.②先利用向量夹角的余弦公式求出，然后利用同角的三角函数关系式求出，进而列出的表达式，然后进行化简、换元，根据基本不等式的性质确定最大值. 【详解】因为平面向量，满足，所以等式两边平方得 ，展开化简得. 因为，所以. 所以， 设向量的夹角为时，， 所以，所以. 由于取最小值时，取最大值， 所以此时，所以. 因为，所以. 所以. 令 ，则 ，令 ，则 . 由基本不等式，当 即 时， 取得最大值 . 故答案为：①1；②. 2．(24-25高一下·河南信阳·期末)已知非零向量，的夹角为锐角，为在方向上的投影向量，且，设与的夹角为，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意可得，，从而可得，，设，根据向量的夹角公式及基本不等式求解即可. 【详解】解：因为，为在方向上的投影向量， 所以， 则，， 设， 由题意可得， 则，， 则， 当且仅当，即时，取等号． 故选：C． 【点睛】难点点睛：本题的难点是在利用基本不等式求夹角余弦的最小值时，对等式的适当变形. 3．(24-25高一下·河南驻马店·期末) （多选）已知实数，，，满足：，，，则（   ） A．的最小值是 B． C．的取值范围是 D．存在实数，，，，使得 【答案】BCD 【分析】令，利用向量夹角公式求出，再借助三角函数定义用角的正余弦表示，利用和差角的正余弦及二倍角的正弦，结合正弦函数性质逐项求解判断. 【详解】令，则， ，而，于是， 不妨令，， 对于A， ，A错误； 对于B，，B正确； 对于C， ，C正确； 对于D，， 而，因此存在，使得，D正确. 故选：BCD 4．(22-23高一下·湖南衡阳第一中学·期末) （多选）已知为的外心，且.若向量在向量上的投影向量为，则的值可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】推导出为直角三角形且，过作的垂线，垂足为，利用投影向量的定义结合已知条件可得出，由二次函数的基本性质结合可得出的取值范围，即可得出合适的选项. 【详解】因为，所以，即， 又因为为的外心，则， 所以，，， 则，即， 且为斜边的中点，过作的垂线，垂足为. 因为在上的投影向量为， 所以在上的投影向量为. 当时，点与点重合，则，，； 当时，如图1，； 当时，如图2，.    所以， 因为，所以当时，取得最小值，且最小值为. 当时，，当时，. 故的取值范围是. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用投影向量求参数的取值范围，解题的关键在于理解投影向量的定义，利用投影向量公式或者作出投影向量，利用三角函数的定义求出，再利用二次函数的基本性值求出的取值范围. 题型五平面向量的基本定理 1．(25-26高一·浙江温州·期末)在中，，分别是上的动点，且，记CD与AE的交点为，若，则___________． 【答案】 【分析】以为原点，设，由，得到，再设和，求得，设，由，求得，得到，化简得到，求得，得到，得出向量的坐标，结合模的计算公式，即可求解. 【详解】以为坐标原点，以所在的直线为轴，建立平面直角坐标系， 如图所示，因为，可得， 因为是上的动点，设，其中，则， 又因为是上的动点，且，则， 设，可得，解得， 即，所以， 由，可得，解得， 设，可得， 所以，解得，所以， 设，可得， 所以，所以， 所以， 且 ， 即，所以， 将代入，整理得， 因为，设，则， 又因为，可得， 将代入，整理得， 再将代入上式，可得， 即，所以，解得， 将代入，可得，所以， 则，所以的长为. 故答案为：. 2．(25-26高一·广东深圳南山区·期末) （多选）在中，已知，，，若，则（   ） A． B． C．是在上的投影向量 D． 【答案】BC 【分析】根据向量的线性运算以及投影向量的求法判断各选项的准确性. 【详解】对于，由，则有，即， 所以可得，故错误； 对于，因，， 展开则有，移项整理可得，故正确； 对于，由投影向量求法可知在上的投影向量为， 因为，，， 代入上式可求得在上的投影向量为， 故正确； 对于， ， 故错误. 故选： 3．(25-26高一上·湖南长沙长郡中学·期末)如图，在中，为线段上一点，且. (1)若，求的值； (2)若，且与的夹角为，求的值. 【答案】(1) (2)-3 【分析】（1）应用平面向量的减法，再结合平面向量基本定理求出参数； （2）应用平面向量的数量积及数量积运算律计算求解. 【详解】（1）若，则， 即， 故. （2）若，则， 即， 所以 . 4．(23-24高一下·山东青岛即墨区·期末)在平行四边形中，点是的中点，点，分别是，的三等分点（，），设，. (1)若，，，求与的夹角. (2)若 ①与夹角余弦值； ②判断四边形的形状，并说明理由. 【答案】(1) (2)①   ②四边形为梯形，理由见解析 【分析】（1）展开求出，求出； （2）①求出，证明，求出与夹角余弦值； ②求出和的关系，证明，判断四边形的形状. 【详解】（1），， 即，则，； （2）①，， ， ，，与夹角余弦值为； ②， ，且， 四边形为梯形. 题型六向量新定义 1．(24-25高一下·吉林长春长春吉大附中实验学校·期末)对于一组向量，且，令，如果存在使得，那么称是该向量组的“1向量”. (1)设，若是向量组的“1向量”，求实数的取值范围； (2)若，则向量组是否存在“1向量”？若存在，求出“1向量”；若不存在，请说明理由； (3)已知均是向量组的“1向量”，其中，.设在平面直角坐标系中有一点列且满足：为坐标原点，，且与关于点对称，与关于点对称，求的最大值． 【答案】(1) (2)存在， (3)24 【分析】（1）根据“1向量”的定义，列不等式，求的取值范围即可； （2）由题意可得向量组，以4为周期，再根据定义求“1向量”即可； （3）由题可得，设，则， 继而得到，同理可得，则，再求的最大值即可. 【详解】（1）由题意． ， 化简得：的范围是． （2）， . 向量组，以4为周期． ， 不是该向量组的“1向量”； 是该向量组的“1向量”； 不是该向量组的“1向量”； 不是该向量组的“1向量”； 存在“1向量”，“1向量”为． （3）由题意，，即， ，同理，， 上述三式相加，得： ， 又． ， 设，则依题意得， 得， 故， 又， 得， 所以， 因为， 当，即时，， ． 2．(24-25高一下·贵州安顺普通高中·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. 【分析】（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. 【详解】（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. 3．(24-25高一下·四川成都五城区统考·期末)若平面内的数轴，相交所成角为，则这两条数轴构成的坐标系叫做“半斜坐标系”.设，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量，若向量，则有序数对（用斜括号表示有序数对）叫做向量的“半斜坐标”.已知在半斜坐标系内的，点在所在的直线上，且，. (1)求； (2)若，且（其中），. ①求向量与的夹角； ②当取得最小值时，求向量的半斜坐标. 【答案】(1) (2)①；②. 【分析】（1）由向量数量积的定义以及运算律直接运算即可求解； （2）方法一：①根据和，可以求出的值，再结合数量积的运算求向量的夹角； ②设，结合取得最小值和三点共线，可求的值，即得向量的半斜坐标. 方法二：①结合，可求，再结合向量夹角的求法，可得所求向量的夹角； ②先得到，根据和，可得，也就得到的半斜坐标，再设，用表示和，进而表示出，根据二次函数的最值，求出的值，就得到的半斜坐标. 【详解】（1）首先. 由，，则，. 又， 则 所以. （2）①由，则，所以. 即， ， ， 又，联立解得或（舍），. 所以，则， ， 所以向量与的夹角为. ②设，，， 则，， 所以， （*）. 因为，，三点共线，则存在实数，使得， 即，所以， 代入（*）式子可得， 当时有最小值，此时. 所以向量的半斜坐标为. 另解： （2）①由，，，则，， ， ， ， 则，所以向量与的夹角为. ②因为，向量与的夹角为，则. 所以，又， 则，，即. 设，则， ， ， ， 所以 ， 即当时，取得最小值，此时 ， 所以向量的半斜坐标为. 4．(24-25高一下·山东东营·期末)如图，我们把由平面内夹角为的两条数轴，构成的坐标系称为“完美坐标系”，设，分别为，正方向上的单位向量，若向量，则把实数对叫做向量的“完美坐标”. (1)若向量的“完美坐标”为，求； (2)已知，分别为向量，的“完美坐标”，证明：； (3)若向量，的“完美坐标”分别为，，设函数，若对任意的，不等式恒成立，求实数m的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3). 【分析】（1）先计算的值，再由，利用向量数量积的运算律计算即可； （2）利用向量数量积的运算律计算并化简即可得证； （3）利用（2）的公式计算，设，求出，将转化成，结合函数的单调性即可求得的最大值，即可得出结果. 【详解】（1）因为的“完美坐标”为，则， 又因为，分别为Ox，Oy正方向上的单位向量，且夹角为， 所以，， 所以. （2）由（1）知， 所以 ， 即. （3）因为向量，的“完美坐标”分别为，， 由（2）得 . 令，则 因为，所以，则， 又， 即， 所以，. 已知恒成立，即对恒成立. 因为时，，所以对恒成立. 令，，单调递增， 当时，. 所以，即实数的取值范围是. 题型七四心问题 1．(24-25高一下·江西多校联考·期末) （多选）平行四边形中，，，，点在对角线上，其中的重心为，外心为，垂心为，则下列结论正确的是（   ） A．若且，则 B． C． D．与共线 【答案】ABD 【分析】通过建系，写出相关点的坐标，根据各选项的要求进行向量的共线、数量积的坐标运算，利用三角形的重心、外心、垂心的性质分析推理即可逐一判断. 【详解】    以为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，设直线交直线于点， 则，，，，. 对于A，因，，则． 因，，则，解得，故A正确； 对于B，如图，因的外心为，所以， ，故． 又因，所以，故B正确； 对于C，因等价于，即等价于， 即，因是的外心，与不一定垂直，故C错误； 对于D，因 即与垂直．又为的垂心，故， 所以与共线，故D正确． 故选：ABD. 2．(23-24高一下·湖南长沙长郡中学·期末) （多选）点在所在的平面内，则以下说法正确的有（    ） A．若，则点为的外心（外接圆圆心） B．若，则动点的轨迹一定通过的重心 C．若，，分别表示，的面积，则 D．若，则点是的内心 【答案】BCD 【分析】A选项，计算出，⊥，同理可得⊥，⊥，则点为的垂心；B选项，作出辅助线，得到，故点在中线上，故向量一定经过的重心；C选项，作出辅助线，得到，从而得到所以，故；D选项，作出辅助线，得到，故⊥，并得到在的平分线上，同理可得，在的平分线上. 【详解】A选项，，即，故⊥， 同理可得⊥，⊥，则点为的垂心，A错误； B选项，过点作⊥于点，取的中点，连接， 则，， 则， 故点在中线上，故向量一定经过的重心，B正确； C选项，如图，分别为的中点， ， 则，故， 所以， 故，C正确； D选项，分别表示方向上的单位向量， 故， ，故⊥， 由三线合一可得，在的平分线上，同理可得，在的平分线上， 则点是的内心，D正确. 故选：BCD 【点睛】结论点睛：点为所在平面内的点，且，则点为的重心， 点为所在平面内的点，且，则点为的垂心， 点为所在平面内的点，且，则点为的外心， 点为所在平面内的点，且，则点为的内心， 3．(23-24高一下·宁夏青铜峡宁朔中学·期末)瑞士数学家欧拉是数学史上最多产的数学家，被誉为“数学之王”，欧拉在1765年发表了令人赞美的欧拉线定理：三角形的重心、垂心和外心共线，这条直线被称为欧拉线．已知，为所在平面上的点，满足，，则欧拉线一定过（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据向量等式的含义以及向量的运算，分别说明为的外心、垂心、重心、内心，继而根据欧拉线定理可得结论． 【详解】由题意知，即为的外心； ，则为的重心； ， 即有， 即，同理，即为的垂心； 由解析题中向量式中有两共起点的向量， 于是，， 令， 则是以为起点，向量与所在线段为邻边的菱形对角线对应的向量， 即在的平分线上, 共线, 所以点的轨迹一定通过的内心, 由欧拉线定理知，欧拉线一定过. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，充分理解三角形心的向量表示，从而得解. 4．(22-23高一下·福建漳州·期末) （多选）已知的重心为，外心为，内心为，垂心为，则下列说法正确的是（    ） A．若是中点，则 B．若，则 C．与不共线 D．若，则 【答案】ABD 【分析】连接交于点，得，，根据三角形相似可判断A；取的中点得，所以，再可判断B；点为垂心得， 利用得，可得与共线可判断C；分别做、交、于、点，设内切圆半径为得，利用得，得，从而求出，再由余弦定理可得，再利用，求出可判断D. 【详解】对于A，连接交于点，则点是的中点，是中点，连接， 所以，所以，可得，故A正确；    对于B，取的中点，连接、，因为点为外心，所以， 所以，若，则， 所以，故B正确；    对于C，因为点为垂心，所以， 因为 ， 所以， 而，所以与共线，故C错误；    对于D，分别做、交、于、点， 连接延长交于点，可得，设内切圆半径为， 则，所以， ，所以 ， 即①， ，所以 ， 即②，由①②可得， 在中由余弦定理可得， 因为， 可得，所以，故D正确.    故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：在选项D中，解题的关键点是利用、 求出，考查了学生的思维能力及运算能力. 题型八正余弦定理解三角形 1．(24-25高一下·辽宁大连第二十四中学·期末)三角形中，角对的边分别为，，若，则边上的高为（   ）. A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用余弦定理和已知条件得到，再利用辅助角公式及基本不等式可得到，此时且，结合余弦定理可求出，最后利用等面积法即可求解. 【详解】由余弦定理得，，代入， 可得， 化简得， 两边同时除以得，， 一方面，， 其中，，当时等号成立； 另一方面，由均值不等式，有，当且仅当时等号成立， 依题可得：，此时且， ，，，， ，， 由余弦定理，，又，， 联立解得，， 设边上的高为，则， 故，即边上的高为. 故选：B. 2．(24-25高一下·福建福州第三中学·期末) （多选）已知的内角，，所对的边分别为，，，边上的高为，若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据给定条件，结合正弦定理边化角及和差角的正弦、二倍角公式逐项分析判断. 【详解】对于A，，由，得，由正弦定理得 ，而，因此，A正确； 对于B，由及正弦定理得， 即，则 ，即，又， 因此，又，则，，B正确； 对于C，若，则，由正弦定理得，由选项B知， ，而 解得，即，矛盾，C错误； 对于D，由选项A知，，而， 则，整理得， 而，因此，又，则， ，D正确. 故选：ABD 3．(24-25高一下·山东青岛·调研) （多选）“费马点”指平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点.在中，当最大内角小于时，费马点P满足；当最大内角不小于时，最大内角的顶点为费马点.若，，，点P为的费马点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】A选项，由三角恒等化简，正弦定理转化边角关系，由余弦定理化简得到答案；B选项，解得到所有边角的大小，再证明与相似，利用相似比出答案；C选项，由B结论设，则，,解出数值，解得到，从而得到；D选项，利用向量内积计算可得答案. 【详解】A选项，由余弦二倍角公式得： 变为，整理得：， 由正弦定理得，再由正弦定理化简为：， 解得：，A正确 B选项，由余弦定理得， 带入整理得：，解得： 由正弦定理得，带入整理得：， 所以， 最大内角为 ，满足， ， ，， 与相似， ,化简得：，B错误 C选项， 设，则，, 中，由余弦定理得 解得：（舍去负根） 则，， 由正弦定理得：， 解得：, ，，C正确 D选项，，D正确 故选：ACD 4．(24-25高一下·河北枣强中学·期末)在中，，D为BC中点，． (1)证明：； (2)证明：或； (3)求的值． 【答案】(1)证明见详解； (2)证明见详解； (3). 【分析】（1）将向量式两边平方，结合已知可证； （2）根据面积公式，结合已知可得，在中利用余弦定理列方程，结合（1）中结论消元即可得证； （3）利用（2）中结论，结合余弦定理求出三边关系，然后由余弦定理求解即可. 【详解】（1）记中角所对的边分别为， 因为D为BC中点，所以，两边平方得： ， 因为，所以， 又，所以. （2）记，则， 又，所以， 因为，所以， 又，所以或， 当时，在中，由余弦定理可得： ，， 消去整理得，又， 所以，即， 代入得：，即，. 当时，，同理可证. 故或. （3）当时，由余弦定理得， 即，所以，因为，所以， 所以 ； 当时，有，同理可得. 综上. 题型九解三角形最值、取值范围 1．(25-26高一上·黑龙江哈尔滨师范大学附属中学·期末)所对的三边为，则的最小值___________． 【答案】/ 【分析】利用三角形的内角关系，结合正弦定理、余弦定理及已知条件对等式进行化简变形，再均值不等式得出值域，构造函数利用函数单调性求最小值． 【详解】， ，故， 由正弦定理得， ，故， 由余弦定理得，又， ，故， ， ，，， （，）， 令，，则，在上单调递增， 当时，取得最小值，最小值为， ． 故答案为：． 2．(24-25高一下·江苏常州前黄高级中学·期末) （多选）记的内角的对边分别为．已知是的最小内角，且为整数，，则下列说法正确的是（     ） A． B． C．当，且也是整数时， D．面积的取值范围是 【答案】ABD 【分析】对于A，根据条件易得，即可判断；对于B，利用正弦定理计算即得；对于C，根据也是整数，且，可分和两种情况，利用差角的正切公式计算判断；对于D，由正弦定理推得，结合，利用正切函数的单调性即可求得面积的范围判断. 【详解】对于A，因是的最小内角，则，又因为整数，故，可得，故A正确； 对于B，由，，可得， 由正弦定理，，可得，解得，故B正确； 对于C，由，可得，因，且也是整数， 若，因，则，则， 此时，符合题意； 若，则，同理，此时，，不合题意， 随着取更大的整数，的值逐渐减小，不合题意， 故当，且也是整数时，，故C错误； 对于D，由正弦定理，和，可得， 因是的最小内角，则，，则. 当时，，的面积为， 当时，， 因，则，，故， 综上，面积的取值范围是，故D正确. 故选：ABD. 3．(24-25高一下·辽宁丹东·期末)记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且面积为S. (1)若，，求C； (2)求证：； (3)求的最小值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由余弦定理及三角形面积公式结合题意可得，据此可得答案； （2）由基本不等式，三角函数值域，利用作差法可完成证明； （3）由结合正弦定理和余弦定理可得，然后由（2）中结论可得答案. 【详解】（1）由， ，联立得 则，因为，， 所以，即； （2） ， 当且仅当时等号成立； 因为，所以 此时，当且仅当是等边三角形时等号成立 则，即. （3）因为 所以. 当且仅当是等边三角形时等号成立. 4．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨师范大学附属中学·期末)已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，. (1)求证：； (2)若为锐角三角形，D为AB中点，. （i）求的取值范围； （ii）求CD的取值范围. 【答案】(1)证明过程见解析 (2)（i）（ii） 【分析】（1）由正弦定理、三角恒等变换即可得证； （2）（i）由三角形是锐角三角形求得的范围可得的范围；（ii）首先得，其次根据正弦定理将表示成的函数，结合的范围即可得解. 【详解】（1）因为，所以， 所以， 而，， 从而， 所以或（舍去）， 所以； （2）（i）因为为锐角三角形， 所以，解得， 所以的取值范围为； （ii）由已知，， 而， 从而， 由正弦定理有， 所以 ， ， 所以， 设， 所以，所以， 由对勾函数性质可知，在上递增， 所以， 所以，所以的取值范围是. 题型十复数方程问题 1．(23-24高一下·浙江宁波奉化区·期末)已知，在复数范围内是关于的方程的两个根，则关于的函数的零点的个数是（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【分析】根据根与系数的关系得，进而根据方程的虚根和实数根分类讨论，即可求解. 【详解】若是方程的两个虚数根，所以， 且，则， ，解得，（满足）， 若是方程的两个实数根，所以， 且，则， 当时，，， 当时，，， 由可得， 令，由于，所以， 故函数在单调递减，且， 故在无实数根， 综上可得，零点个数为3， 故选：C 2．(24-25高一下·甘肃定西临洮县·期末)已知是虚数单位，是关于的方程（其中）的一个根，则=__________. 【答案】 【分析】根据题意，得到，列出方程组，求得，结合复数模的计算公式，即可求解. 【详解】由是关于的方程的一个根， 可得，整理得， 所以，解得，所以， 则. 故答案为：. 3．(23-24高一下·广东六校联盟·期末) （多选）下列说法中正确的是（    ） A．若复数，则复数在复平面内对应的点位于第一象限 B．已知复数满足，则 C．是关于的方程（为实数）在复数集内的一个根，则实数的值为26 D．若复数满足，则的最小值为4 【答案】BCD 【分析】对于A，利用复数除法运算及共轭复数的概念求出后，利用复数几何意义判断即可；对于B，求出复数的代数形式，求模即可；对于C，求出另一根，利用韦达定理求解即可；对于D，利用复数的几何意义，转化为求圆外的点到圆上的点的距离的最小值即可. 【详解】对于A：，则， 其在复平面对应的点为，在第四象限，A错误； 对于B：由题意， 所以，B正确； 对于C：因为是关于的方程（为实数）在复数集内的一个根， 则另一个根为，则，解得，C正确； 对于D：由得复数在复平面对应的点的轨迹为以原点为圆心，1为半径的圆， 表示点到点的距离，则最小值为，D正确. 故选：BCD 4．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第四中学校·期末)已知复数（为虚数单位）． (1)若，求复数的共轭复数及； (2)若是关于的方程的一个虚根，求实数的值． 【答案】(1)， (2)2 【分析】（1）结合已知条件，根据复数的四则运算法则计算即可； （2）将z代入二次方程即可求出m的值． 【详解】（1）复数为虚数单位， ， ∴复数的共轭复数； （2） 是关于的方程的一个虚根， ，整理得：， 则，且， 解得：． 题型十一复数的运算性质 1．(24-25高一下·山东青岛第二中学·期末) （多选）已知，下列说法中正确的有（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则或 D．若，则 【答案】BCD 【分析】设，根据赋值的四则运算即模长公式等可逐项判断. 【详解】设， ， ， ， 即或，故A错误； ，， 即， 所以，故B正确； ， ， 则或， 所以，则或，故C正确； ，， 即，故D正确； 故选：BCD. 2．(24-25高一下·山东青岛·调研) （多选）设复数均不为0，则（   ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】举反例判断AC错误；令，直接由复数运算、模的计算公式验算BD即可. 【详解】对于A，取，则，故A错误， 对于B，令， 则， ， 所以，故B正确； 对于C，取，则，故C错误； 对于D，令， 则 ，故D正确. 故选：BD. 3．(24-25高一下·山东东营·期末) （多选）已知复数z，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D． 【答案】BC 【分析】对于A，由已知可得，则复数不确定，即可判断；对于B，由于，可得，即可判断；对于C，由， 可得在复平面内复数z对应的点的集合为以原点为圆心，以1为半径的圆，即单位圆，由表示单位圆上的点与点的距离，即可求得的范围，即可判断；对于D，设，计算求得及，即可判断. 【详解】根据题意，对于选项A，设，由于， 所以，则复数不确定，故选项A不正确； 对于选项B，设，由于， 所以，则，所以，，则，故选项B正确； 对于选项C，设，由于，所以， 所以在复平面内复数z对应的点的集合为以原点为圆心，以1为半径的圆，即单位圆， 因为表示单位圆上的点与点的距离， 所以的最小值为，最大值为， 所以，故选项C正确； 对于选项D，设，， ， 当时，， 例如，，，， 所以选项D错误. 故选：BC． 4．(24-25高一下·四川宜宾普通高中·期末) （多选）若，均为复数，下列说法正确的是（   ） A． B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】AC 【分析】根据复数的乘法运算法则以及模长公式可判断A正确，取特殊值可验证BD错误，由复数定义计算可得C正确. 【详解】对于A，设，其中， 因此， ， 因此，即可得A正确； 对于B，若，不妨取， 此时，但不成立，即B错误； 对于C，由可得，此时， 因为，所以可得，即C正确； 对于D，不妨取，满足，此时不成立，即D错误. 故选：AC 题型十二轨迹问题 1．(25-26高一上·湖南邵阳·)已知正三棱台的上、下底面边长分别为1和3，侧棱长为2，点在侧面内运动（包含边界），且直线与平面所成角的正切值为，则动点的轨迹长度为______． 【答案】 【分析】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，进而可得出答案． 【详解】将正三棱台补全为三棱锥， 则三棱锥为棱长为3的正四面体， 如图（一）所示.设点在侧面的射影为点，可得， 取点为的中点，可求得，，， 为的中心， 又直线与平面所成角的正切值为，所以， 在等腰梯形内（含边界），动点的轨迹为到的距离为1的圆弧与圆弧， 为的中心， 由对称性可知为正六边形， ，， 如图（二）所示，所以动点的轨迹长度为．    故答案为：． 2．(24-25高一下·吉林“BEST合作体”·期末)已知菱形的各边长为4，．如图所示，将沿折起，使得点D到达点S的位置，连接，得到三棱锥，此时．若E是线段的中点，点F在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则点F轨迹的面积为______． 【答案】/ 【分析】取中点M，连接，，作于H，设点F轨迹所在平面为，则平面经过点H且，设三棱锥外接球的球心为O，，的中心分别为，，则平面，平面，且O，，，M四点共面，求出外接球半径，截面圆半径后可得结论. 【详解】取中点M，连接，， 则，，，，平面， ∴平面，， 由题意，又， 所以， 是三角形内角，因此， 作于H，设点F轨迹所在平面为， 则平面经过点H且， 设三棱锥外接球的球心为O，，的中心分别为，， 易知平面，平面，且O，，，M四点共面， ，由球的性质知，从而，即是的角平分线， 所以，，， 又， 则三棱锥外接球半径， 易知O到平面的距离， 故平面截外接球所得截面圆的半径为， 所以截面圆的面积为，即点F轨迹的面积为． 故答案为：． 【点睛】方法点睛：本题考查棱锥的外接球问题，方法是利用外接球球球心在过棱锥各面外心且与该面垂直的直线上，由此找到球心求出球半径. 3．(24-25高一下·四川成都树德中学·期末) （多选）在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，平面，且，点，，分别为棱，，的中点，则（   ） A． B．平面与平面所成角的正弦值为 C．过点，，的平面截四棱锥所得的截面图形的周长为 D．设点为侧面内（包括边界）的一动点，且，则点的轨迹长度为 【答案】AD 【分析】A选项，作出辅助线，得到线面垂直，得到⊥，结合⊥，得到线面垂直，证出；B选项，作出辅助线，得到即为平面与平面所成角，由余弦定理和勾股定理求出各边长，由正弦定理得到；C选项，作出辅助线，得到五边形即为过点，，的平面截四棱锥所得的截面图形，并求出各个边的长度，相加得到周长；D选项，证明线面垂直，得到点的轨迹为以为圆心，长度为半径的圆在侧面的部分，求出两段圆弧的圆心角，从而求出弧长，得到答案. 【详解】A选项，取的中点，连接， 因为为的中点，所以， 因为平面，平面，所以 ， 因为底面是边长为1的正方形，所以⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以⊥，故⊥， 因为，所以⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以； B选项，连接，交相交于点，连接， 因为，分别为棱，的中点，故，， 因为平面，平面，所以 ， 因为，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以⊥，， 所以即为平面与平面所成角， 其中，，故， ，， 在中，由余弦定理得 ， 故， 由正弦定理得，即， 解得，B错误； C选项，直线与直线分别相交于，连接， 分别与相交于，连接， 故五边形即为过点，，的平面截四棱锥所得的截面图形， 由于≌，所以，，， 由A知，⊥，由B知，，故， 在中，，由余弦定理得 ， ，由于，由勾股定理逆定理得， 所以，在Rt中，， 故，同理可得， 由B可知，，故， 由于为的中点，由三线合一可得， 由对称性，又， 所以截面图形的周长为，C错误； D选项，因为平面，平面，所以 ， 又⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 点为侧面内（包括边界）的一动点，且， 由勾股定理得，如图所示， 的中点为，则⊥，，又， 所以点的轨迹为以为圆心，长度为半径的圆在侧面的部分， 即与两部分，其中， 所以，同理，故， 所以，D正确. 故选：AD 4．(24-25高一下·湖南永州·期末) （多选）如图，在四棱锥中，，平面平面是棱的中点，且∥平面，则（    ） A．平面 B．异面直线与所成角的正切值为2 C．三棱锥的外接球的表面积为 D．底面四边形内（包含边界）有一动点Q，，则动点Q的轨迹长度为 【答案】ABD 【分析】由面面垂直的性质定理及线面垂直的判断定理可判断A；取中点为，连接，则可得为与所成角（或补角），由面面平的判断定理及以性质定理可得平面在直角三角形中，求解即可；由题意可得三棱锥的外接球球心为的中点，求得半径为，求出外接球的表面积，即可判断C；确定动点的轨迹是以为圆心1为半径的半圆，即可判断D. 【详解】解：对于A，因为平面平面，交线为， 又平面，所以平面， 又因为平面，所以， 又因为平面平面， 所以平面，故A正确； 对于B，取中点为，连接， 因为为中点， 所以∥， 所以为与所成角（或补角）， 又平面，平面，所以∥平面， 又因为∥平面，，平面平面， 所以平面∥平面， 又平面平面，平面平面， 所以∥， 又平面， 所以平面平面， 所以，，， 所以，故B正确； 对于C，因为和为直角三角形， 所以三棱锥的外接球球心为的中点， 又因为 ， 所以，， 所以半径为， 所以三棱锥的外接球表面积为，故C错误； 对于D，连接，则为三棱锥的高， 又，， 所以, 故， 所以动点的轨迹是以为圆心1为半径的半圆，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：C选项中，得到三棱锥的外接球球心为的中点是判断C的关键. 题型十三线面角问题 1．(24-25高一下·甘肃天水部分学校·期末)如图，在正三棱柱中，，分别为，的中点，，. (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)若点在的三边上运动，直线与平面所成的角为，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3) 【分析】（1）首先证明，再利用线面平行的判定即可； （2）利用勾股定理的逆定理得，，再利用线面垂直的判定定理即可证明； （3）合理作出辅助线，求出点到平面的距离为，再求出两极限位置的最值即可. 【详解】（1）分别为的中点，． 平面平面平面． （2）如图，连接．易得. ， . 平面平面， 平面. （3）将直三棱柱补成直四棱柱， ，设的中点分别为，，连接， 设与的交点为． ， 四边形是平行四边形，． ，即，，，四点共面． ， 四边形是平行四边形，． 由（2）可知平面平面， 由，得，即点到平面的距离为， 当点在的三边上运动时， ， 易得， 当与重合时，取得最大值，则取得最小值，最小值为， 此时取得最小值，最小值为．如图，过作，垂足为。 易得， 则， . 当与重合时，取得最大值，则取得最大值，最大值为． 故的取值范围为． 2．(24-25高一下·四川成都实验外国语学校·期末)如图1，斜三棱柱中，，D为AB的中点，为的中点，平面平面. (1)求证：直线平面； (2)设直线与直线的交点为点E，若三角形是等边三角形且边长为2，侧棱，且异面直线与互相垂直，求异面直线与所成角的正切值； (3)若，，，若斜三棱柱内存在两个半径相等的球，这两个球相切且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切.求三棱柱的高. （参考定理：如图2，直线AO是平面的斜线，AQ是AO在平面内的射影，直线AP在平面内.设，，，有） 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，得到，再证明线面平行； （2）先证明出为三等分点，然后运用余弦定理求出，即可得异面直线所成角； （3）因为在三棱柱内放置两个半径相等的球，使这两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切，故小球的半径即为三棱柱直截面的内切圆的半径，利用等边三角形性质得到内切圆半径，再证明两球心连线平行于侧棱，从而利用线面角大小是已知的来出三棱柱的高. 【详解】（1） 斜三棱柱中，为的中点，为的中点， 所以，且， 所以四边形为平行四边形，即， 又因为平面，平面，所以平面； （2） 因为，为的中点，所以， 因为平面平面，平面平面， 平面ABC， 所以平面，又因为，所以平面， 又因为平面，所以, 又因为与互相垂直，,面， 所以面,又因为面,所以， 即为直角三角形， 在中，为中点，，所以为的三等分点， 设，由，结合余弦定理可得： 解得：，所以，因为，所以 故， 又 又平面，平面， 即在直角中，. 因为，所以与所成的角为 （3） 过作于，过作于，连 为直截面，则小球半径为的内切圆半径 因为，所以， 故，则 由，可设所以，由， 解得，所以； 因为，所以， 因为，所以， 由最小角定理， 所以，即, 由面,面,所以， 作，连接，又因为平面， 所以平面，又因为平面，所以， 即是二面角的一个平面角， 因为，所以可得, 又因为，所以可得， 又因为，所以， 因为，所以， 又因为也是二面角的一个平面角，所以， 又因为，所以三角形是等边三角形，且边长为， 根据边长为的等边三角形的高为， 而等边三角形内切圆的圆心为高线的三等分点，所以内切圆半径：， 因为球到三个平面的距离都相等， 所以平面，平面， 根据线面平行的性质，则必在平面内在直线， 也必在平面存在直线，从而有， 即可推出平面， 又因为平面，平面平面， 所以，又因为，所以， 即与底面所成的线面角等于， 再由，可得 则 【点睛】方法点睛：需要先作出辅助线，找到二面角的平面角，再求出各边长，求出二面角的平面角，再根据球心连线与侧棱平行，把高的问题转化为，把球的半径问题又转化为直截面的内切圆半径问题，从而问题得解. 3．(24-25高一下·甘肃酒泉普通高中·期末)如图，在四面体中，，，E为的中点，F为上一点． (1)求证：平面平面； (2)若M，N分别是，的中点，求证：平面； (3)若，，． ①求二面角的余弦值； ②求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)① ；② 【分析】（1）由条件先证得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明； （2）先证明平面和平面，再由线面平行推出平面平面，由平面即可证得； （3）①先证明为二面角的平面角，依题求出相关边长，利用余弦定理即可求得二面角余弦值；②先求出，利用平面可求得，根据等体积求出点到平面的距离，设直线与平面所成角为，依题可得，结合图形判断当时，最短，利用等面积求出，即得正弦的最大值. 【详解】（1）在四面体中，，，E为的中点，则，， 而，平面，得平面， 又平面，所以平面平面． （2）因为E为中点，M为中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理可得平面， 又平面，，所以平面平面， 又平面，所以平面． （3）①依题意，，，E为的中点，则，， 故即为二面角的平面角， 由于，又，则，， 又，则，， 在中，，由余弦定理，， 故二面角的余弦值为． ②由于，故， ， 因平面，则， 因为，即，则， 设点到平面的距离为，则，解得， 即点到平面的距离为， 设直线与平面所成角为，所以， 因为，所以， 故当时，最短，此时由可得 ，故正弦值最大为． 4．(24-25高一下·河南商丘百师联盟·期末)如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，平面平面，，点是棱上的一点． (1)记平面与平面的交线为，求证：； (2)若，求二面角的正弦值； (3)若直线与平面所成角的余弦值为，求线段的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由线面平行的判定定理、性质定理可得答案； （2）分别取的中点，由余弦定理求出，面面垂直的性质定理得平面，再由线面垂直的性质定理得出为二面角的平面角．求出正弦值即可； （3）由面面垂直的性质定理得平面，设，设到平面的距离为h，根据求出，再由直线与平面所成角的余弦值得．在中由余弦定理求出可得答案． 【详解】（1）因为四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 又平面平面，平面，所以； （2）分别取的中点，连接，如图所示． 因为，所以， 又，由余弦定理得 ， 又，所以， ， 所以，即，即． 又平面平面，平面平面， 平面，所以平面，又平面， 所以，，因为分别为的中点， 所以，，又，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以为二面角的平面角． 因为，， 所以， 所以， 即二面角的正弦值为； （3）连接，如图所示，因为， 点为的中点，所以，， 又平面平面， 平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 在中，由余弦定理得 ， 所以，又， 所以． 显然点E不与点A重合，设， 所以 ． 设到平面的距离为h，则，解得， 又直线与平面所成角的余弦值为， 所以， 所以．在中，， 则， 在中，， 即， 整理得，解得或（舍）， 所以． 题型十四二面角问题 1．(24-25高一下·甘肃临夏州·期末) （多选）正八面体是一种正多面体，由8个正三角形面组成，对角面为正方形．如图，正八面体的棱长为5，为棱上一点，且，则（   ） A．平面平面 B．该正八面体外接球的表面积为 C．二面角的余弦值为 D．异面直线与所成角的余弦值为 【答案】ABC 【分析】由线面平行结合面面平行判定定理判断A，再根据正八面体的性质结合外接球表面积公式计算判断B，运用二面角定义得到即二面角的平面角，再结合余弦定理求解判断C，根据线线平行得出异面直线所成角为，利用余弦定理计算即可判断D. 【详解】对于A，由正八面体的性质，，平面，平面，所以平面， 又因，平面，平面，故平面， 又平面，故平面平面，故A正确；    对于B，连接，，设，则即该正八面体的外接球的半径， 因，则该正八面体的外接球的表面积为：，故B正确；    对于C，取中点，连接易得，则即二面角的平面角， 因正八面体的棱长为5，则， 由余弦定理，可得，故C正确； 对于D，因，故为异面直线与所成的角， 又因 ， 由余弦定理，， 则，故D错误. 故选：ABC. 2．(25-26高一上·湖南邵阳·)如图，已知在四面体中，，. (1)求证：直线在平面上的射影平分； (2)记直线与平面所成的角为，求证：； (3)若，，二面角为直二面角，求棱的长度的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）过点作平面交平面于点，连接，则直线为直线在平面内的射影.在平面内，过点作交于点，过点作交于点，连接、，证明出，可得出，再证明出，可得出，即可证得结论成立； （2）由（1）得，结合锐角三角函数的定义可证得结论成立； （3）在平面中，作交于点，由面面垂直的性质定理得出平面，设，由得出，代入得出，结合可求得的取值范围，即为所求. 【详解】（1）如图，过点作平面交平面于点，连接， 则直线为直线在平面内的射影. 在平面内，过点作交于点， 过点作交于点，连接、. 因为平面，平面，所以， 又因为，，、平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可证. 又，，所以，所以. 又，所以，所以， 即为的角平分线，故直线在平面上的射影平分. （2）由（1）可知，，，. 所以，即. （3）如图所示，在平面中，作交于点， 因为二面角为直二面角，即平面平面， 又因为平面平面，，平面， 由面面垂直的性质定理得：平面，由（1）知平分. 设，在中，因为， 所以. 即，所以①， 又由（2）得：，所以②， 将②代入①得：，即，所以. 又，所以，故棱的长度的取值范围为. 3．(24-25高一下·江苏常州前黄高级中学·期末)如图，在正四棱锥中，所有棱长均为，点是底面内任意一点，点到侧面的距离分别为． (1)若点是棱的中点，求异面直线与所成角的正弦值； (2)若且，求的最大值； (3)记与侧面所成的角分别为，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）设，连接，可得异面直线与所成角即为直线与所成角，据此可得答案； （2）由等体积法可得，然后由基本不等式可得答案. （3）设平面与的交线为，，，过点作平面使得平面，设，，可得， ，据此可得，然后可得答案. 【详解】（1）设，连接， ∵正四棱锥中，∴为线段中点， ∵点是棱的中点，∴， ∴异面直线与所成角即为直线与所成角．   又正四棱锥所有棱长均为，由对称性知， ∴，且，∴， 即异面直线与所成角的正弦值为； （2）∵正四棱锥，∴平面， 设点到平面的距离为， ∵在正四棱锥中，所有棱长均为， ∴四个侧面的正三角形的面积均为，底面正方形的面积为， 又， 依题意可得， ∴， 即， 解得；                                        ∵且，∴， ，当且仅当时取“”， ∴的最大值为； （3）设平面与的交线为，，， 过点作平面使得平面，                              （说明：即过点作交于点，交于点， 再在平面内作，连接，则， 又，平面，∴平面， 又，平面，平面，∴平面， 又平面与的交线为，平面， ∴，∴平面）， 取中点为H， 因平面，平面，则平面 平面， 因为正四棱锥，平面与的交线为，， 由对称性可得为等腰三角形，则，又平面 平面， 平面 平面，平面，则平面， 又平面，则，又易得平面，，， 则，则，， ∴，设，即， ∴，同理可得， ∴，                                              设，同上方法可得， ∴， 而， ∴，                                           又与侧面所成的角分别为， 则，，，， ∴，                   ∴ ．                   4．(24-25高一下·福建福州马尾一中等六校·期末)如图①，在等腰直角中，，，，分别是边，上的动点，将沿折起到如图②的位置，连接，，且平面平面． (1)当，分别是边，的中点时； ①求证：平面平面 ②求二面角的正切值 (2)若点与点重合，如图③，设，求三棱锥体积的最大值； 【答案】(1)①证明见解析 ；②； (2). 【分析】（1）①由已知得再根据面面垂直的性质、判定定理，即可证；②取的中点，连接，根据已知及二面角定义得为二面角的平面角，进而求其正切值； （2）过P点作，垂足为H，应用正弦定理、三角形面积公式、棱锥的体积公式得，令，结合同角三角函数关系及相关函数性质求体积的最大值. 【详解】（1）①分别是边的中点，， 在等腰直角，则，即 因平面平面，平面平面，平面， 平面，平面，平面平面； ②取的中点，连接， 由①可知平面，平面，则， 由是边的中点，，， ，为中点， ，平面， 平面，因平面，， 为二面角的平面角， 平面，平面， 在中， 所以二面角的正切值为. （2）过P点作，垂足为H，则， 平面平面，平面平面，平面， 平面， 在中，由正弦定理，，则， ， ， 令，     ，，则， ， 令，则函数在单调递增， 当时，的最大值为. 题型十五距离问题 1．(24-25高一下·新疆哈密部分学校·期末)已知四面体，若点，，，到平面的距离，，，满足，则这样的平面的个数为（    ） A．1 B．2 C．5 D．8 【答案】D 【分析】分别讨论点，，，与平面的位置关系，根据已知的距离的比例关系确定平面的个数. 【详解】当点，，，在平面的同侧时，如下图： 分别延长到，使得，，. 则平面满足.且这样的平面只有1个. 当点，，，中有1个点在平面的一侧，另外三点在平面的另一侧时： 如下图： 在线段上分别取点，使得，，，再取的中点， 则平面，平面，平面，平面，均满足，这样的平面有4个； 若点有两点在平面的一侧，另两点在平面的另一侧，则平面，平面，平面满足，这样的平面有3个. 综上可知：满足条件的平面有8个. 故选：D 2．(24-25高一下·山东枣庄·期末) （多选）如图，在边长为2的正方形中，点E，F分别是，的中点．若沿，及把这个正方形折成一个四面体，使，，三点重合，重合后的点记为G，则（ ） A． B．平面平面 C．点G到平面的距离为 D．三棱锥的外接球的表面积为 【答案】ABD 【分析】由线面垂直的判定定理证明出平面可判断A，由面面垂直的判定定理证明平面可得B正确；将三棱锥补成长方体，计算出长方体的体对角线长，可得出三棱锥外接球的半径，利用球体的表面积可求得结果可判断D；利用等体积法可求得点到平面的距离可判断C. 【详解】在正方形中，，，， 在三棱锥中，则，， ，平面，所以平面， 又平面，所以，故A正确； 且，又，又平面， 所以平面，又平面，所以平面平面，故B正确； 将三棱锥补成长方体， 所以，三棱锥外接球的直径为， 因此，三棱锥外接球的表面积为，故D正确； ，， ，取的中点，连接，则， ，则， 设点到平面的距离为，由，可得，解得，故C错误； 故选：ABD. 3．(24-25高一下·黑龙江黑河龙西北名校联盟·期末)如图，圆锥的顶点为，底面圆心为，母线长为6，边长为的等边内接于底面圆，射线与圆交于点，直线，且点满足，. (1)求此圆锥的侧面积； (2)若，，，求证：平面； (3)当为中点，且二面角的余弦值为时，求点到平面的距离. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由题可求得底面圆半径，再结合圆锥侧面积公式即可求解. （2）取中点，连接，，由面面平行证明平面平面，从而可求解； （3）作交于点，连接，由几何知识可得则就是二面角，再利用余弦定理及三角形等面积法求得，再利用等体积法即，从而可求解. 【详解】（1）由题意可得的边长为，则其外接圆半径， 所以此圆锥侧面积为：. （2）取中点，连接，，如图，因，所以可得， 又，，，所以可得，， 又因平面，因平面，所以平面， 又因平面，因平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面. （3）连接，，由题可知底面圆的直径，点与点关于平面对称， 作交于点，连接，则由点，则就是二面角，且，则， 在中，由余弦定理得，解得， 连接，由，， 所以， 即，解得，负值舍去， 所以可得， 连接，由为底面圆的直径，则， 所以，， 设点到平面的距离为， 所以，即， 即，解得. 故点到平面的距离为. 4．(24-25高一下·四川泸州·期末)如图，四边形为矩形，四边形为梯形，，平面平面，，为的中点，. (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)若二面角为，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明过程见解析 (2)证明过程见解析 (3) 【分析】（1）连接交于点，连接，只需证明即可； （2）只需证明，，再结合线面垂直的判定定理即可得证； （3）首先求得，由等体积法求点面距离即可. 【详解】（1） 如图所示，连接交于点，连接， 因为四边形为矩形， 所以点是的中点，又因为点是的中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面； （2） 取中点，连接， 因为，所以 又，，所以四边形是矩形， 所以垂直平分，所以， 又，所以，即， 因为四边形为矩形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 又，平面， 所以平面； （3）因为，，所以， 由（2）知道平面，而平面， 所以， 又因为，所以， 又，平面， 所以平面， 而平面，所以， 若二面角为，则，解得， 如图所示，取中点，连接， 因为平面，，所以平面， 而平面，所以， 又因为平面平面，所以， 又，平面， 所以平面， 因为，所以平面， 由题意可得，， ，， 所以，所以， 设所求为， 则由等体积法有，即， 解得. 题型十六外接内切问题 1．(25-26高一上·湖南邵阳·)已知底面半径为1，轴截面为正三角形的圆锥体内放一棱长为的正四面体，若正四面体可以在圆锥体内任意转动，则正数的最大值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】当正四面体的外接球为圆锥的内切球时，的值最大，根据已知条件求出两个球的半径，解不等式即可. 【详解】当正四面体的外接球为圆锥的内切球时，的值最大. 因为圆锥的底面半径为1，轴截面为正三角形，所以正三角形的边长为2， 如图（一），圆锥轴截面内切圆的半径即为圆锥内切球的半径，，即内切球的半径为. 因为正四面体的边长为，则补全为正方体时其棱长为，如图（二）所示， 所以正四面体的外接球半径，所以， 故选：B. 2．(24-25高一下·湖南衡阳衡南县·期末) （多选）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图，在鳖臑中，平面，，．若鳖臑外接球的体积为，则当此鳖臑的体积最大时，下列结论正确的是（    ） A． B．鳖臑体积的最大值为2 C．点到面的距离是 D．鳖臑内切球的半径为 【答案】BCD 【分析】根据外接球体积得到外接球半径，找到球心位置，设，，利用基本不等式得到体积的最值及判断AB，利用等体积法判断CD. 【详解】选项AB：设鳖臑外接球半径为， 由题意可得，解得， 因为四个面都为直角三角形，中点到四个顶点的距离都相等， 所以点是外接球的球心，， 因为平面，，， 所以， 设，，则，即， 所以，当且仅当时等号成立， 所以，鳖臑体积的最大值为2，A错误，B正确； 选项C：设点到面的距离为， 因为平面，所以，， 所以，，解得， 即点到面的距离为，C说法正确； 选项D：因为， 所以，，，， 设鳖臑内切球的半径为，则， 即，解得，D说法正确； 故选：BCD 3．(24-25高一下·江苏常州前黄高级中学·期末) （多选）如图，两个边长均为的正方形与正方形所在的平面相交，其二面角的平面角为．点分别是对角线上的动点，记，点是线段上的一动点．下列结论一定正确的是（     ） A．平面 B．三棱锥的体积存在最大值 C．的最小值是 D．若点在同一球的球面上，则该球的体积是 【答案】ACD 【分析】构造面面平行，利用其性质可判断A；利用等体积法，可判断B；求出长的表达式，结合二次函数性质可判断C；确定外接球球心位置，求出半径，即可求外接球的体积，判断D. 【详解】两个边长均为的正方形与正方形所在的平面相交， 则， 作交于H，连接，则， 而，故，则， 平面，平面，故平面， ，平面，平面，故平面， 平面， 故平面平面，平面，故平面，A正确； 由A的分析同理可得平面，则P到平面的距离即为M到平面的距离； 由于，平面， 故平面，过M作交于G，则平面， 而，故， 而，故为二面角的平面角，即， 故三棱锥的体积， 随a的增大而增大，由于，故该体积不存在最大值，B错误； 由以上分析可知，则为二面角的平面角，即， 而， ， 由于，则当时，取最小值1， 即的最小值是，C正确； 设的中点为，连接，则， 平面，则平面， 平面，故平面平面，同理平面平面， 为二面角的平面角，即， 过点即正方形和正方形的中心分别作这两个面的垂线，必交于一点，设为O， 结合点在同一球的球面上，以及正方形与正方形边长均为， 知O为外接球球心，且O在的平分线上，即, ，， 则，即外接球半径为， 故球的体积是，D正确； 故选：ACD 4．(24-25高一下·黑龙江大庆大庆实验中学·期末)如图，三个半径都是6的球，球，球放在一个半球面的碗（碗的厚度不计）中，球，球，球两两外切，并且球，球，球的顶端恰好与碗的上沿处于同一水平面，碗的半径是，又有一个半径为的球与球，球，球均外切，并且球的顶端也恰好与碗的上沿处于同一水平面，则__________． 【答案】 【分析】根据题意，设三个球心在碗面的投影为，碗面中心为，则构成正三棱柱，在正三棱柱中利用勾股定理构建方程可求，再根据相切可得即可求解. 【详解】根据题意，设三个球心在碗面的投影为，碗面中心为， 则构成如图正三棱柱，底面边长为12，高 过作，交于， 则，，， 又，所以，解得， 又球，球，球与半球面相切，，所以， 则. 故答案为：. 题型十七动点问题 1．(24-25高一下·甘肃天水秦安县第一中学·期末) （多选）如图，在正方体中，为底面的中心，为线段上的动点（不包括两个端点），为线段的中点，则（    ） A．与是异面直线 B．存在点，使得平面 C．平面平面 D．过三点的正方体的截面一定是等腰梯形 【答案】BCD 【分析】由，交于点得共面，可判断A；当，分别为，中点时，证明，可判断B；证明与平面后得面面垂直，可判断C；作出过，，三点的截面后可判断D． 【详解】，，共线，即，交于点，因此，共面，故A错误； 由于正方体中，，因为平面，平面，所以， 又因为平面，，所以平面， 又因为平面，所以平面平面，故C正确； 在上取点，使得，连结，，， 易知，又正方体中，，所以，，共面， 就是过，，三点的正方体的截面，它是等腰梯形，故D正确； 当，分别为，中点时，，且， 所以四边形为平行四边形，， 又平面，平面，所以平面，故B正确. 故选：BCD 2．(24-25高一下·辽宁葫芦岛·期末) （多选）如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（    ）    A．存在点，使得平面 B．当为中点时，过，，三点的平面截正方体所得截面图形的面积为 C．三棱锥的体积为 D．当在棱上时，若为，三棱锥外接球表面积为 【答案】ABD 【分析】对于A，易知当点在线段（不含点）时，使得平面；对于B，作出截面，截面是边长为的正六边形，再求面积即可；对于C，由三棱锥体积公式可判断；对于D，设的外心为，半径为，过分别作平面，平面的垂线，交点即为球心，设中点为，连接，易得四边形为矩形，结合勾股定理求出外接球半径，然后利用正弦定理结合球的表面积公式求解即可. 【详解】对于A，易知当点在线段（不含点）时，使得平面， 此时，平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B，根据题意作出截面，截面是边长为的正六边形，    所以截面面积，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，设的外心为，半径为， 过分别作平面，平面的垂线，交点即为球心， 设中点为，连接， 因为是外心，所以， 则就是平面与平面所成角的平面角， 又易知平面平面，所以四边形为矩形， 所以外接球半径 ， ，， ，即， 故三棱锥外接球表面积为，故D正确.    故选：ABD. 3．(24-25高一下·山东威海·期末) （多选）在正三棱柱中，，P，Q分别为棱，上的动点，则（    ） A．的周长为定值 B．三棱锥B-APQ的体积为定值 C．若，则 D．若平面，则 【答案】BCD 【分析】对于A，设，计算即可判断；对于B，由即可判断；对于C，取的中点，连接，过作交于点，连接，证明平面，即可判断；对于D，由线面平行的性质定理得，进而即可判断. 【详解】对于A：由点为上的动点，设， 所以，， 所以不为定值，故A错误； 对于B：， 因为平面，所以点到平面的距离为， 所以，故B正确； 对于C：取的中点，连接，过作交于点，连接， 设，所以，因为，所以， 所以，所以， 又，所以， 在正三棱柱中，平面， 因为平面，所以， 又，，平面， 所以平面，因为，所以平面， 又平面，所以 ， 又，平面， 所以平面，因为平面，所以，故C正确； 对于D：连接交于点，连接，由平面， 且平面平面，平面， 所以，又为中点， 所以为中点，即，故D正确. 故选：BCD. 4．(24-25高一下·黑龙江大庆大庆实验中学·期末)已知边长为2的菱形，，对角线交于点，现将沿对角线翻折，得到三棱锥．记线段的中点分别为，有四个结论： ① ②三棱锥体积的最大值为 ③平面截三棱锥的截面图形可能是正方形 ④当折成的二面角为时，三棱锥的外接球半径为 则四个结论中正确的有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】①求证平面即可判断；②找到最大体积时平面，即可由锥体体积公式计算求解；③取中点，截面图形即为矩形，由题设求出即可判断；④找到球心位置，根据勾股定理列方程组即可求解. 【详解】①因为四边形为菱形，所以，故，， 又且都在平面内，所以平面， 因为平面，所以，正确； ②由①得平面，平面，所以平面平面， 当到平面的距离最大时，即平面时三棱锥的高最大， 由题意得，为等边三角形，为中点，所以， 所以三棱锥体积的最大值为，正确； ③取中点，连接，因为线段的中点分别为， 所以，且， 所以截面图形为平行四边形. 由①可知，所以，故四边形为矩形， 由题意得， 所以， 所以，即四边形不可能为正方形，错误； ④当二面角为时，由①可得 ， 所以到平面的距离为， 在平面内的投影在直线上，投影长为， 因为，所以为外接圆圆心， 所以三棱锥外接球的球心在过D且与平面垂直的直线上， 如图，设三棱锥外接球的半径为R，， 则，解得，故三棱锥外接球的半径为，错误. 故选：B 题型十八体积最大问题 1．(24-25高一下·山东东营·期末) （多选）已知某平面图形由如图所示的四个全等的等腰，，，拼成，其中线段，，的中点均为点O，.若将该平面图形绕着直线a旋转半周所围成的几何体记为，将该平面图形绕着直线b旋转半周所围成的几何体记为，直线直线b，则（    ） A．的体积为 B．的体积为 C．经过两次旋转后，点A所有的运动轨迹总长为 D．的表面积为 【答案】ABD 【分析】该平面图形绕着直线旋转半周所围成的几何体为2个圆台挖去2个圆锥，根据圆台和圆锥的体积公式计算可判断A；该平面图形绕着直线旋转半周所围成的几何体为2个大圆锥挖去2个小圆锥，根据圆锥的侧面积、体积公式可判断BD；该平面图形绕着直线旋转半周，点A的运动轨迹为半径为3的半圆，该平面图形绕着直线旋转半周，点A的运动轨迹为半径为的半圆，根据圆面积公式可判断C； 【详解】如图，过点A作直线的垂线，垂足为，过点A作直线的垂线，垂足为， 由题意得， 所以，即， 所以，所以， 对于A：该平面图形绕着直线旋转半周所围成的几何体为2个圆台挖去2个圆锥， 其中圆台的2个底面半径分别为，高为， 圆锥的底面半径为，高为， 所以的体积为，故正确； 对于D：该平面图形绕着直线旋转半周所围成的几何体为2个大圆锥挖去2个小圆锥， 其中大圆锥的底面半径为，母线长为，高为， 小圆锥的底面半径为，母线长为，高为， 则的表面积为2个大圆锥和2个小圆锥的侧面积组成， 所以的表面积为，故D正确； 对于B：由D知的体积为，故B正确. 对于C：该平面图形绕着直线旋转半周，点A的运动轨迹为半径为3的半圆， 该平面图形绕着直线旋转半周，点A的运动轨迹为半径为的半圆， 所以经过两次旋转后，点A所有的运动轨迹总长为，故C错误； 故选：ABD. 2．(24-25高一下·广东汕尾·期末)已知圆为单位圆，正方形的边长为. (1)如图1，求正方形中不与圆重叠部分的面积T； (2)将圆A沿边所在的直线向上翻折（以为轴）.动点位于翻折后的两个不同的半圆上（如图2所示），动点F在边上，动点G在边上，且四边形始终为矩形，求四棱锥的最大体积V. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）法一先求出重叠面积，再利用正方形面积减重叠面积得到非重叠部分面积，法二先求出正方形面积和圆的面积，再求出重叠部分的面积，最后求重叠部分面积即可. （2）法一先合理翻折，进而求出的最大值，再把用三角函数表示出来，再结合换元法与二次函数性质求出的最大值，最后利用棱锥的体积公式求解棱锥体积的最大值，法二利用线面垂直的性质得到，再把用三角函数表示出来，再结合换元法与二次函数性质求出的最大值，最后利用棱锥的体积公式求解棱锥体积的最大值即可. 【详解】（1）法一：因为正方形中的顶点A为圆A的圆心， 故正方形中与圆A重叠部分的面积为， 得到正方形中不与圆A重叠部分的面积. 法二：正方形的面积为， 而圆A的面积为，由，故重叠部分的面积为， 则正方形中不与圆A重叠部分的面积. （2）法一：记四棱锥的高为h，底面积为. 现要使四棱锥的体积V达到最大，则需要h与均达到最大值. 单位圆A沿边AD所在的直线向上翻折（以AD为轴）， 当翻折后的两个半圆所在的两个平面相互垂直， 且点P在点A的正上方，此时达到最大值，， 如图，连接，设， 因为四边形为矩形，所以， 则，， 因为，，所以，， 则， 因为，所以令， 因为，所以结合辅助角公式得， 得到，， 结合二次函数性质可得，当时，取到最大值， 此时，且或， 故四棱锥的最大体积. 法二：动点P，E位于翻折后的两个不同的半圆上， 要使四棱锥的体积取到最大值， 则点到平面的高h要取得最大值， 且同时四棱锥的底面积S取得最大值. 如图，连接，并使翻折后的两个半圆所在的两个平面相互垂直， 即平面平面，且令， 因为平面，平面平面， 所以平面，， 连接，设，， 故，， 故四棱锥的底面积为 ， 令，，则， 故，， 故，故. 则四棱锥的最大体积. 3．(24-25高一下·河南信阳·期末)如图，四棱锥中，平面平面，是边长为6的等边三角形，，，点在棱上，且． (1)求证：∥平面； (2)已知． ①若二面角的正切值为2，求三棱锥的体积； ②若，设直线与平面所成的角为，若，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)① ；② 【分析】（1）作出辅助线，得到，进而证明出线面平行； （2）①作出辅助线，为二面角的平面角，根据二面角的正切值求出，求出其他各边长，利用求出体积； ②作出辅助线，得到为与平面所成角，即，求出各边长，其中，由余弦定理得，由求出，，得到答案. 【详解】（1）连接交于点，连接， ，，由相似三角形的性质，可得， 又，所以， 平面，平面， 平面． （2）①取的中点，取的中点，连接，，， 则，， ，， ∵是边长为6的等边三角形，则，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面，平面，． 又，平面，平面， ∵平面，，所以为二面角的平面角． 在中，． 在中，， ， ． ②过作交于，连接，由于平面， 所以平面， 则为与平面所成角，即，． 点在棱上，且． 由，，， 由余弦定理得 ， ，，，， 故的取值范围为． 4．(24-25高一下·湖北恩施州·期末)如图，四棱锥中，平面平面． (1)若，记三棱锥外接球的球心为O． （i）求证：平面PAB； （ii）求三棱锥外接球的表面积． (2)记，当时，求三棱锥体积的最大值． 【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）； (2). 【分析】（1）（i）首先根据正弦定理求出的外接圆半径，然后确定的外接圆圆心，最后通过证明证明线面平行；（ii）先确定外接球的半径，然后利用公式求出三棱锥外接球的表面积. （2）要使得三棱锥体积的最大，只需底面的面积最大，结合余弦定理和三角形面积公式求出三棱锥体积的最大值. 【详解】（1）（i）证明：因为平面平面，平面平面， 作，则为的中点，且平面． 因为．所以底面四边形为菱形， 因为，所以，即． 由正弦定理得外接圆的半径为． 设外接圆圆心为，则． 又，从而与重合，即为外接圆圆心． 由三棱锥的外接球的性质，即平面，又平面，所以， 因为平面，所以平面． （ii）由题意，为正三角形，则外接圆的圆心在上，记为， 由正三角形性质可得圆的半径，则． 连接，则平面，所以为矩形， 三棱锥的外接球． 所以三棱锥的外接球的表面积． （2）由（1）可知，平面，为三棱锥底面上的高，． 要使得三棱锥体积的最大，只需底面的面积最大． 连接，那么． 又．因为，所以 ． 所以 ． 从而． 令，所以时，面积最大． ．故． 题型十九距离和最小问题 1．(24-25高一下·吉林“BEST合作体”·期末)已知正方体的棱长为3，点M，N分别为线段，上的动点，点T在平面内，则的最小值是（    ）． A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】作出A点关于的对称点E，M关于的对称点为，可得，再把异面直线间距离转化为点到平面的距离，利用棱锥的体积求解. 【详解】如图，作A点关于的对称点为E，M关于的对称点为， 记d为直线与之间的距离，则， 由，可得平面，则d为E到平面的距离， 因为， 而，故． 故选：A. 2．(24-25高一下·山东菏泽·) （多选）如图，正方体的棱长为2，点，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列说法正确的有（    ） A．过，，三点的平面截正方体所得截面图形是四边形 B．存在点，使得平面 C．的最小值为 D．若，则点轨迹的长度为 【答案】BC 【分析】对于A，利用正方体的截面作法，作出截面即可判断；对于B，取的中点为点，证明平面平面，在上取点，即得平面；对于C，通过作点关于平面的对称点，将转化为，结合图形，当三点共线时即得的最小值；对于D，以为直径作半圆，当点为半圆上的点时，证明平面时，即可得到，从而确定轨迹为半圆，求其弧长即得. 【详解】 对于A，如图，设直线与直线分别交于点， 连接交于点，连接交于点， 故过，，三点的平面截正方体所得截面图形是五边形，故A错误； 对于B，如图，取的中点为，连接，因点，分别是，的中点，则， 因平面，平面，则平面， 又，同法可得平面， 因平面，故平面平面， 取点，则平面，则平面，故B正确； 对于C，如图，作出点关于平面的对称点，连接，交平面于点， 因此时，则即为最小值， 取的中点，连接，易得，则，故C正确； 对于D，如图，以为直径作半圆，当点为半圆上的点时，， 因平面， 平面，则， 又平面，故平面， 又平面，故，即点的轨迹为半圆，其弧长为，故D错误. 故选：BC. 3．(24-25高一下·福建厦门·期末)已知正方体的棱长为1，球与正方体的各面均相切，为球上一点，，分别为，上的点，则的最小值为________. 【答案】 【分析】首先利用球面上点的特点转化，作交于，通过作二面角的平面角，将转化为，在平面展开图中，通过化曲为直，继续转化，根据梯形的中位线公式求出的值即可得解. 【详解】 如图1，易知为正方体的中心，球的半径，. 所以. 连接交于，可知是二面角的平面角. 在中，. 对于上一点，当时，取得最小值， 此时，作交于，连接， 可知也是二面角的平面角， 在中，，所以. 如图2，将平面沿直线翻折，使之与平面重合. 作于，交于点， 则有，当且仅当与重合时等号成立. 作交延长线于，则为等腰直角三角形， ，所以， 所以. 故答案为： 4．(24-25高一下·湖南郴州·期末) （多选）如图，在棱长为1的正方体中，点为线段上的动点，动点在平面内，则下列说法中正确的是（   ） A．当为线段中点时，平面截正方体所得的截面为平行四边形 B．当四面体的顶点在一个体积为的球面上时， C．当时，取得最小值 D．的最小值为 【答案】ABD 【分析】A应用平面基本性质画出截面，应用面面平行的性质判断；B四面体的外接球即为的外接球，利用几何关系及已知列方程求线段长判断；C将平面与平面展开到一个平面内，根据两点间线段距离最短求解判断；D在平面内，过作，交延长线于，连接，关于直线对称的直线在平面内，其中为的对称点，应用二倍角余弦公式求得，进而确定最小时的位置，再应用余弦定理求长度判断. 【详解】对于A：连接并延长，交延长线于，连接并延长，交延长线于， 连接，交于，最后连接，即得平面截正方体所得的截面， 由为线段中点，根据等比例关系有为的中点，易知， 由平面平面，截面分别交平面、平面于， 所以，故截面为平行四边形，A正确； 对于B：四面体的外接球即为的外接球，令， 由正方形的外接圆半径为，则外接球半径， 所以，则，即，可得，B正确； 对于C：将平面与平面展开到一个平面内，如下图，则最小为长度， 又，则，C错误； 对于D：在平面内，过作，交延长线于，连接， 所以关于直线对称的直线在平面内，其中为的对称点， 易知，，，且， 所以， 当时，此时在延长线上，不符； 所以，当与重合时，最小 ，D正确. 故选：ABD 题型二十截面问题 1．(24-25高一下·福建南平·期末)已知圆锥的母线长为，过圆锥的顶点作圆锥的截面，若截面面积的最大值为，则该圆锥底面半径的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先确定截面的顶角和母线的夹角，再利用三角形面积公式得到，结合轴截面的性质得到，进而建立不等式，求解的取值范围即可. 【详解】如图，设轴截面顶角为，两个母线的夹角为， 底面半径为，且， 由三角形面积公式得截面面积为， 若截面面积的最大值为，则，解得， 则，即，由轴截面的性质可得， 即，解得，故C正确. 故选：C 2．(24-25高一下·山东日照·期末)如图，在三棱柱中，底面边长和侧棱长均为4，D，E分别为棱的中点，且平面ABC. (1)求证：平面BDE； (2)设为棱上一点（不包含端点）， ①若为棱的中点（如图①），三棱柱被过G，B，D三点的平面所截，求截面的面积； ②求二面角的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)①；②二面角的取值范围 【分析】（1）连接，先证明平面，则，易得，再根据线面垂直的判定定理即可得证； （2）①取的中点，取的中点，连接，证明，即可得出图形，再求出四边形面积即可；②过作交于，连接，根据线面垂直的性质可得，则二面角的平面角即为，再解即可. 【详解】（1）如图所示，连接，由题意可知平面，四边形是菱形， 平面，所以，又因为D为棱的中点，是正三角形， 所以，又，不面， 所以平面， 又因为平面，所以， 在菱形中，有， 而D，E分别为棱的中点，则，所以， 因为，平面，所以平面； （2）①取的中点，取的中点，连接， 则且，又且， 所以且，所以四边形是平行四边形， 所以且，因为分别为的中点， 所以且，所以， 所以过过G，B，D三点的截面即为四边形， 因为平面，平面，所以， 故截面为直角梯形，又底面是边长为4的等边三角形且， 所以，， 所以截面面积为； ②过作交于，连接，则， 因为平面，平面，所以， 故二面角的平面角即为， 若为棱上一点，且， 因为， 所以， ， 所以， 令， ， 由双勾函数的性质可得在上单调递减， 所以，所以， 所以， 故二面角的取值范围. 3．(24-25高一下·四川凉山州·期末)如图1，图2，在正方体中，M为的中点． (1)图1中求证：平面； (2)图1中求二面角的正切值； (3)图2中，已知，为的中点，点是线段上的动点，过且与垂直的截面与交于点，求三棱锥的体积的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，交于G，连接，由三角形的中位线可得，再根据线面平行的判断定理证明即可； （2）过作交的延长线于，通过证明平面，得到为二面角的平面角，再在求解即可； （3）设为的中点，连接交于，设，，通过证明平面，得到，即可求的面积，进而表示出三棱锥的体积，又由，且，利用不等式的得到，进而求出三棱锥体积的最大值，即可得到三棱锥的体积的最小值. 【详解】（1） 如图所示，连接，交于G，连接， ∵是正方体，∴是正方形，∴G为的中点， 又∵为的中点，则，∵平面，平面， ∴平面； （2） 如图所示，过作交的延长线于，连结． ∵平面，∴是在平面内的射影， ∵平面，∴，∵ ∴平面，∵平面，∴， ∴为二面角的平面角． 设正方体的棱长为1． ∵M是的中点，且，则在直角中，，， ，，， ∴二面角的正切值为． （3） 如图所示，设为的中点，连接交于， 设， ∵ ，，， ∴，∴， ∴，即，∴， 又∵平面，平面，∴， 又∵，∴平面， ∵平面，∴， 又∵平面，∴就是三棱锥的高 ∴， ∵，且，∴， 即，∵， ∴ 当且仅当，即时取等号， 此时 ，解得，即. 即三棱锥的体积的最小值为. 4．(24-25高一下·四川成都·期末)如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，直线平面．其中． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)为上的动点，以为直径作球，设，若球与平面相交得到的截面圆的面积为，求的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由平面可得，由条件易得，根据线面垂直的判定定理即可证明； （2）过点作于点，连接，由平面可推出即二面角的平面角，在中，利用三角函数定义即可求得答案； （3）先求得球的半径为，设点到平面的距离为，则得点到平面的距离为，利用余弦定理求出相关边与角，根据求得，接着利用球的截面圆性质求出截面圆面积的表达式，借助于二次函数的性质即可求得其最小值. 【详解】（1）因是圆的直径，则， 因平面，平面，则， 又平面，故平面. （2）过点作于点，连接， 由（1）平面，平面，则， 因平面，故平面， 又平面，则， 即即二面角的平面角， 因在中，由面积相等可得， 则，则. （3）因，则，， 则球的半径为，设点到平面的距离为，则点到平面的距离为. 在中，，由余弦定理，， 则，则， 在中，，则， 由可得：，解得， 设球与平面相交得到的截面圆半径为，则， 则， 因，故当时，. 题型二十一用样本估计总体 1．(24-25高一下·福建漳州·期末) （多选）四名同学各掷骰子7次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断可能出现了点数6的是（    ）． A．平均数为3，中位数为4 B．平均数为3，方差为1 C．平均数为4，极差为4 D．平均数为2，第80百分位数为4 【答案】AC 【分析】对于A，由平均数为3，中位数为4，列出符合条件的点数，即可判断；对于B，由平均数为，方差为，，利用方差公式得到，即可判断；对于C，由平均数为4，极差为4，列出符合条件的点数，即可判断；对于D，首先计算出第80百分位数是第6个数，若平均数为2，得到，假设第6个数是4，第7个数是6，分析出前5个数的点数和为4即可判断. 【详解】对于A，假设这7个数据从小到大排列为， 若平均数为3，中位数为4，则， 即， 若，可以取满足条件， 所以A选项可能出现了点数6； 对于B，若平均数为，方差为，， 则由方差公式可知，， 若，则，即若出现点数6，方差会大于1， 所以B选项不可能出现了点数6； 对于C，设最大值为，最小值为， 若极差为4，则有， 若平均数为4，则有，， 若，则，7次的点数可以取， 满足平均数为4，极差为4的条件，所以C选项可能出现了点数6； 对于D，因为，所以第80百分位数是第6个数， 若平均数为2，则，若第6个数是4，第7个数是6， 那么前5个数的点数和为4，而骰子的点数最小为1， 所以D选项不可能出现了点数6. 故选：AC 2．(24-25高一下·湖北武汉部分重点中学·期末)统计学中，协方差用来描述两组数据和之间的总体的误差．定义：协方差．已知甲、乙两位同学五次考试（满分5分）数学和物理成绩如下表： 甲 ① ② ③ ④ ⑤ 数学成绩 1 2 3 4 5 物理成绩 1 3 3 3 5 2 5 6 7 10 乙 ① ② ③ ④ ⑤ 数学成绩 3 3 4 5 5 物理成绩 1 3 3 4 4 4 6 7 9 9 (1)依据表格数据分别求出甲、乙的数学成绩x与物理成绩y的协方差； (2)分别求出甲、乙两同学数学成绩的方差，以及物理成绩的方差，并计算他们数学物理总成绩的方差．根据计算结果，猜想一般情况下和之间的等量关系式（不需要证明）； (3)在一般情况下，证明：． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）先根据平均数的计算公式分别求出甲乙两同学的数学平均成绩和物理成绩，再根据协方差公式分别代入计算即可； （2）根据方差的计算公式分别计算即可求出甲、乙两同学数学成绩的方差，以及物理成绩的方差，根据平均数的计算公式即可求出甲、乙的数学与物理总成绩，再根据方差的计算公式即可求出他们数学物理总成绩的方差，即可猜想出一般情况下和之间的等量关系式； （3）把证明转化成证明，然后分等于0和不等于0两种情况讨论，在这种情况中，利用均值不等式放缩，再用累加法即可得证. 【详解】（1） 甲的数学成绩x与物理成绩y的协方差： 乙的数学成绩x与物理成绩y的协方差： （2）解甲的数学成绩x与物理成绩y的方差为： 乙的数学成绩x与物理成绩y的方差为：                      甲的数学与物理总成绩： 乙的数学与物理总成绩：                  由甲、乙同学成绩数据可知： （3）欲证， 只需证 即证 以下证明（※）式： ①当时，（※）式显然成立 ②当时，由均值不等式     …… 则上述n个不等式相加可得： 所以则（※）式成立， 所以成立 3．(25-26高一·河北保定清苑区清苑中学·期末)2024年10月13日，成都市将举办马拉松比赛，其中志愿者的服务工作是马拉松成功举办的重要保障.成都市文体广电旅游局承办了志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.    (1)求的值； (2)估计这100名候选者面试成绩的平均数和第80百分位数； (3)现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的宣传者.若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为62和40，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和50，请据此估计这次第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差. 【答案】(1) (2)平均数为69.5，第80百分位数为77.5. (3). 【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形面积之和为得到方程，解得即可； （2）根据平均数、百分位数的定义计算可得； （3）根据根据分层抽样的方差公式计算可得. 【详解】（1）由图得，解得； （2）根据题意知， 因为，， 设第百分位数为，所以，， 解得， 故这100名候选者面试成绩的平均数为，第80百分位数为. （3）设第二组、第四组所有面试者的面试成绩的平均数、方差分别为 ，，，，且两组的频率之比为， 则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数为， 第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差为 ， 则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差为. 4．(25-26高一·河南驻马店·期末)2023年以来，河南省文化和旅游厅制定出台推动文旅市场恢复振兴的系列措施，以丰富的旅游业态和高品质的文旅服务不断提升游客出游体验，促进文旅消费增长的同时，也使“这么近，那么美，周末到河南”成为休闲度假新时尚.现为进一步发展河南文旅，提升河南经济，对5月份来豫旅游的部分游客发起满意度调查，从饮食、住宿、交通、服务等方面调查旅客满意度，满意度采用百分制，统计的综合满意度绘制成如下频率分布直方图，图中.    (1)求图中的值并估计满意度得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）; (2)若有超过60%的人满意度在75分及以上，则认为该月文旅成绩合格.河南省5月份文旅成绩合格了吗？请说明你的理由； (3)河南文旅6月份继续对来豫旅游的游客发起满意度调查，采用样本量比例分配的分层随机抽样，现知6月1日-6月15日调查的4万份数据中其满意度的平均值为80，方差为75；6月16日-6月30日调查的6万份数据中满意度的平均值为90，方差为70.由这些数据估算6月份的总样本的平均数与方差. 【答案】(1)，79.5 (2)有超过60%的人满意度在75分及以上，河南省5月份文旅成绩合格了，理由见解析 (3)总样本平均值为86，总样本方差为96. 【分析】（1）由频率分布直方图的性质求参数，再计算平均值即可； （2）超过60%的人满意度在75分及以上，即为40%分位数大于等于75，求出40%分位数即可； （3）由总体平均数及总体方差公式进行求解． 【详解】（1）由题意知，解得. 估计满意度得分的平均值为. （2）超过60%的人满意度在75分及以上，即为40%分位数大于等于75， 以为满意度在的频率为，满意度在的频率为， 可知40%分位数位于. 则，可以估计40%分位数为， 所以有超过60%的人满意度在75分及以上，河南省5月份文旅成绩合格了. （3）把6月1日-6月15日的样本记为，，…，，其平均数记为，方差记为， 把6月16日-6月30日的样本记为，，…，，其平均数记为，方差记为， 则总样本平均数， 则总样本方差 ， 所以总样本平均值为86，总样本方差为96. 题型二十二概率运算 1．(25-26高一上·湖南邵阳·)1934年-1936年红军完成伟大长征，该壮举实现了中国革命事业从挫折到胜利的伟大转折，是中华民族复兴进程中的丰碑.2026年恰逢红军长征胜利90周年，为传承长征精神，某校计划开展以“传承长征精神，续写时代华章”为主题的观影活动.同学们通过参加三个不同的游戏可以获得观影票，每个游戏需各玩一次且结果互不影响，每位同学可以自主安排参加这三个游戏的先后顺序，连胜两个游戏可以获得一张观影票，连胜三个游戏可以获得两张观影票，否则无法获得观影票.已知一个盒子中有5个大小质地完全相同的小球（编号为“”），这三个游戏的规则如下： 游戏一：从盒子中随机摸出一个小球，若这个小球的编号为“4”或“5”，则获胜； 游戏二：从盒子中有放回地依次随机摸出两个小球，若这两个小球的编号均不小于“4”，则获胜； 游戏三：从盒子中不放回地依次随机摸出两个小球，若这两个小球的编号之和为，则获胜. (1)分别求出同学参加游戏一，游戏二获胜的概率； (2)当时，同学如何安排游戏顺序，获得观影票的概率最大? (3)根据的不同取值，同学如何安排游戏顺序，获得观影票的概率最大？ 【答案】(1)游戏一，游戏二获胜的概率分别为， (2)答案见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）根据古典概型可得所求概率； （2）当时，可求出游戏三获胜的概率，记事件“同学按自己选定的顺序参加三个游戏，获得观影票”，事件“同学按自己选定的顺序参加第一个游戏，获胜”，事件“同学按自己选定的顺序参加第二个游戏，获胜”，事件“同学按自己选定的顺序参加第三个游戏，获胜”，且第一个游戏、第二个游戏、第三个游戏为游戏一、二、三的一个排列，则事件，依次表示这位同学按自己选定的顺序参加第一个游戏、第三个游戏没有获胜，讨论第二个游戏选择游戏几时获得观影票的概率，比较即可； （3）当时，同（2），当时，参考（2），比较即可. 【详解】（1）记事件“同学参加游戏一获胜”，事件“同学参加游戏二获胜”，事件“同学参加游戏三获胜”. 因为游戏一为从盒子中随机摸出一个小球，这个小球的编号为“4”或“5”，则获胜， 所以； 游戏二：从盒子中有放回地依次随机摸出两个小球，这两个小球的编号均不小于“4”，则获胜，即第一次摸出“4”或“5”，第二次也摸出“4”或“5”， 所以. （2）游戏三的所有样本点为 共个， 当时，获胜的样本点为，有2个， 所以， 记事件“同学按自己选定的顺序参加三个游戏，获得观影票”， 事件“同学按自己选定的顺序参加第一个游戏，获胜”， 事件“同学按自己选定的顺序参加第二个游戏，获胜”， 事件“同学按自己选定的顺序参加第三个游戏，获胜”，且第一个游戏、第二个游戏、第三个游戏为游戏一、二、三的一个排列， 则事件，依次表示这位同学按自己选定的顺序参加第一个游戏、第三个游戏没有获胜. 所以，其中，，相互独立，，，两两互斥， 则 , 无论同学参加这三个游戏的先后顺序如何，都有. 所以. 所以，根据乘法交换律，第一个游戏和第三个游戏的位置不影响获得观影票的概率的大小， 其大小取决于第二个游戏的选择，下面以第二个游戏的选择为研究对象分三种情况进行讨论： ①若第二个游戏选择游戏一，则获得观影票的概率为 ； ②若第二个游戏选择游戏二，则获得观影票的概率为 ； ③若第二个游戏选择游戏三，则获得观影票的概率为 . 因为， 所以为使获得观影票的概率最大，同学应将游戏一放在第二个游戏的位置，第一个游戏可在游戏二、三中任选，进而确定第三个游戏. （3）考虑游戏三中的所有取值情况，如下表所示： 第一次第二次 1 2 3 4 5 1 3 4 5 6 2 3 5 6 7 3 4 5 7 8 4 5 6 7 9 5 6 7 8 9 由表格知，， ， 当时，同学按（2）将游戏一放在第二个游戏的位置，第一个游戏可在游戏二、三中任选，进而确定第三个游戏. 当时，， ①若第二个游戏选择游戏一，则获得观影票的概率为 ； ②若第二个游戏选择游戏二，则获得观影票的概率为 ； ③若第二个游戏选择游戏三，则获得观影票的概率为 . 因为，所以为使获得观影票的概率最大，同学仍应将游戏一放在第二个游戏的位置（中间位置），第一个游戏可在游戏二、三中任选，进而确定第三个游戏. 综上，无论取何值，都应将游戏一置于第二个游戏的位置（中间位置），第一个游戏可在游戏二、三中任选，进而确定第三个游戏. 2．(25-26高一上·辽宁沈阳五校协作体·期末)不透明的盒子里装有除颜色外完全相同的3个黑球、2个白球，其中黑球编号为1，2，3，白球编号为4，5. (1)现从盒子里随机取出2个小球，记事件“有放回地依次取出时，取到两个白球”，事件“不放回地依次取出时，取出小球编号之和为”，当时，分别求事件的概率； (2)某班级为活跃班级氛围，组织了玩游戏送书签的活动，该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响，连胜两个游戏可以获得一张书签，连胜三个游戏可以获得两张书签. 游戏一：从盒子中随机取出一个球，取到白球时获胜； 游戏二：从盒子中有放回地依次取出2个球，取出两个白球时获胜； 游戏三：从盒子中无放回地依次取出2个球，取出球编号之和为时获胜. 小明同学决定先玩游戏一， （i）当时，求接下来先玩游戏二获得书签的概率？ （ii）当n为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书签的概率更大？ 【答案】(1)， (2)（i）；（ii）5，6，7 【分析】（1）利用列举法求出样本空间，结合古典概型的概率公式即可得解； （2）（i）利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二获得书签的概率，再根据当时，即可得答案； （ii）同（i），求得先玩游戏三获得书签的概率，从而得到满足题意，再结合（1），讨论满足的的解即可. 【详解】（1）解：对于事件，有放回地依次取出两个球的样本空间， 则，因为，所以， 所以. 对于事件，不放回地依次取出两个球的样本空间 ， 则，因为，所以， 所以. （2）解：（i）设“先玩游戏二时，获得书签”，“先玩游戏三时，获得书签”， 记事件“从盒子中随机取出一个球，取到白球”，的样本空间为， 则，所以． 则互斥，相互独立， 所以 由（1）知，当时，，， , 所以当时，接下来先玩游戏二获得书签的概率为. （ii）由（i）知． 同理，互斥，相互独立， ． 因为，所以，解得． 仿照（1）中的方法得，当时，，， 当时，，， 当时，，， 当时，，， 当时，，， 当时，，， 当时，，， 所以，当对应的均为，大于，满足题意； 对应的均为，小于，不满足题意． 因此，符合题意的的取值为5，6，7． 3．(22-23高一下·湖南邵阳·期末)在体育比赛中，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐.传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的资格，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此更有容错率.假设最终进入半决赛的有四支队伍，传统的淘汰赛制下，会将他们四支队伍两两分组进行比赛，胜者进入总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军；双败赛制下，两两分组，胜者进入胜者组，败者进入败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入总决赛，败者进入败者组，之前进入败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军（赛制流程图如图所示）.双败赛制下会发生一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其他的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？这里我们简单研究一下两个赛制：假设四支队伍分别为，其中对阵其他三个队伍时获胜的概率均为，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜的概率均为，最初分组时，同组，同组.    (1)若，在淘汰赛赛制下，获得冠军的概率分别为多少？ (2)分别计算两种赛制下获得冠军的概率（用表示），并分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”？ 【答案】(1)获得冠军的概率为，获得冠军的概率为. (2)在淘汰赛赛制下，获得冠军的概率为；在“双败赛制”赛制下，获得冠军的概率为；双败赛制对强者更有利 【分析】（1）利用独立事件的概率公式进行求解即可； （2）首先利用独立事件的概率公式分别求出两种赛制下获得冠军的概率，再利用作差法比较大小即可. 【详解】（1）结合题意可得获得冠军：组获胜，再由与组胜者决赛并胜出， 所以获得冠军的概率为. 结合题意可得获得冠军：组获胜，再由与组胜者决赛并胜出， 所以获得冠军的概率为. （2）在淘汰赛赛制下，获得冠军的概率为. 在“双败赛制”赛制下，讨论进入胜者组､败者组两种情况： 当进入胜者组，若在胜者组失败，后两局都胜，方可得冠军；若在胜者组胜利，后一局（与败者组胜者比赛）胜，方可得冠军， 此时获得冠军的概率为； 当进入败者组，后三局都胜，方可得冠军， 此时获得冠军的概率为. 综上，获得冠军的概率为. 令， 则， 由得. 若A为强队，则，此时. 即，所以. 所以双败赛制对强者更有利. 4．(24-25高一下·甘肃白银多校·期末)甲、乙两支篮球队进入某次决赛，比赛采用“主客场比赛制”，具体赛制如下：若某队两场比赛均获胜或一胜一平，则获得冠军；若某队两场比赛均平局或一胜一负，则通过加时赛决出冠军.现假定甲队在主场获胜的概率为，平局的概率为，其中；甲队在客场获胜和平局的概率均为；加时赛甲队获胜的概率为.不同对阵的结果相互独立，假设甲队先主场后客场. (1)已知. （i）求甲队通过加时赛获得冠军的概率； （ii）求甲队获得冠军的概率. (2)除“主客场比赛制”外，也经常采用在第三方场地的“单场比赛制”：若某队比赛获胜则获得冠军；若为平局，则通过加时赛决出冠军.假定甲队在第三方场地获胜的概率为，平局的概率为，加时赛甲队获胜的概率为.问哪种赛制更有利于甲队夺冠？ 【答案】(1)（i）；（ii） (2)“主客场比赛制”比第三方场地的“单场比赛制”更加有利于甲队夺冠 【分析】（1）（i）先分析出事件即甲队通过加时赛获得冠军，包含甲队主胜客负，主负客胜，主平客平三种情况，然后加时赛获胜，得到的表达式，将代入计算即可；（ii）先分析出事件即甲队获得冠军包含甲队加时赛胜，主胜客胜，主胜客平，主平客胜四种情况，得到的表达式，将代入计算即可； （2）先分析出事件即在第三方场地的“单场比赛制”下甲队获胜包含甲队胜，甲队平且加时赛胜两种情况，得到的表达式，分析出的取值范围，借助的取值范围得到，的大小关系即可知哪种赛制更有利于甲队夺冠. 【详解】（1）（i）设甲队通过加时赛获得冠军为事件， 则事件包含甲队主胜客负，主负客胜，主平客平，然后加时赛获胜， 所以. 因为，所以； （ii）设甲队获得冠军为事件， 则事件包含甲队加时赛胜，主胜客胜，主胜客平，主平客胜， 则. 因为，所以. （2）在第三方场地的“单场比赛制”下，将甲队获胜记为事件， 则事件包含甲队胜，甲队平且加时赛胜， 则， 因为，所以，此时，符合题意， ， 因为，，，所以， 即“主客场比赛制”比第三方场地的“单场比赛制”更加有利于甲队夺冠. 1．(24-25高一下·安徽蚌埠·期末)欧拉公式，e是自然对数的底，i是虚数单位.它的一个简单而重要的结论是：余弦函数和正弦函数可以用定义在复数集上的指数函数构造出来，即 .欧拉公式将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数和指数函数的关系，被誉为“数学中的天桥”.当时，得到等式，数学里最重要的五个常数被联系在一起，仿佛一句诗，道尽了数学之美. (1)证明：若，则与互为共轭复数； (2)已知，欧拉公式在复数集内可推广为 ，需要指出的是，和是复数，它们不是的实部和虚部，且.容易证明，两角和的余弦公式在复数范围内仍然成立，即.定义函数， .证明：； (3)若，令，证明：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据欧拉公式展开复数，得出与实部相同，虚部相反，满足共轭复数定义；（2）运用双曲函数和三角函数的转换关系，，应用三角函数加法公式计算；（3）把已知条件代入复数表达式，分离实部和虚部，利用构造方程，得出结论. 【详解】（1）证明：， 的实部为，虚部为 又的实部为，虚部为 与实部相同，虚部相反，互为共轭复数. （2）代入双曲函数定义，应用三角函数加法公式： （3）代入已知复数表达式并分离实部与虚部： 由， ， 得， 由，整理得 2．(24-25高一下·江苏无锡惠山区锡山高级中学·期末)圆内接四边形作为一类特殊的四边形，有着非常好的性质，比如对角互补．如图，中，，，点是外接圆上的一个动点（点O，C在直线AB两侧），记，则． (1)若与的交点为，，求的值； (2)若，求的最大值； (3)若点满足，，求四边形的面积． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由题意可得，再结合可知四边形为等腰梯形，再利用梯形的边长计算即可； （2）先利用数量积的定义得出，再在中利用余弦定理可得，最后在中利用正弦定理得出外接圆的直径即可； （3）设，求出以及在中利用正弦定理得，，再利用得出，即可化简求出，进而得出，的值，最后利用面积公式即可. 【详解】（1）因，则，即， 则，，则， 又，，得， 则四边形为等腰梯形，则高为， 则， 又与的交点为，，所以. （2）由题意可知，，得， 在中利用余弦定理可得，， 则， 设的外接圆半径为，则在中利用正弦定理可得，， 又点是外接圆上的一个动点，所以的最大值为. （3）设，，则， 因为，则， ， ， 在中利用正弦定理得，， 则， 则， 且（因）， 即，即， 又，即， 则， 又，则，解得（舍）或， 因，所以， 代入中得， 则，又，解得， 所以，， 则四边形的面积为. 3．(24-25高一下·吉林长春东北师范大学附属中学·期末)（特别提醒：本题不能用空间向量解答，否则不给分） 如图，在正三棱柱中，，是棱的中点，点是侧棱上一动点，且. (1)若平面，求值； (2)若平面与平面的夹角（锐二面角）的正切值为，求值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据线面平行的性质定理得到，进而说明为中点； （2）延长，与的延长线交于点，作出二面角的平面角，然后根据解三角的知识求解. 【详解】（1）如图，取的中点，连结，, 因为分别是、的中点，且，所以，, 因为平面，平面平面，所以， 所以四边形为平行四边形，所以，故. （2）延长梯形的两腰交于，连， 因为平面，过作于，连， 则，所以是平面与平面的夹角， 所以，所以． 因为，所以，所以． 因为，所以，所以， 所以．在中，，由余弦定理，得 ， . 因为， 所以， 因为，化简整理得，解得， 且． 所以，． 4．(23-24高一下·安徽合肥一六八中学·期末)给定两组数据与，称为这两组数据之间的“差异量”．鉴宝类的节目是当下非常流行的综艺节目．现有个古董，它们的价值各不相同，最值钱的古董记为1号，第二值钱的古董记为2号，以此类推，则古董价值的真实排序为．现在某专家在不知道古董真实排序的前提下，根据自己的经验对这个古董的价值从高到低依次进行重新排序为，其中为该专家给真实价值排第位古董的位次编号，记，那么与的差异量可以有效反映一个专家的水平，该差异量越小说明专家的鉴宝能力越强． (1)当时，求的所有可能取值； (2)当时，求满足的的个数； (3)现在有两个专家甲、乙同时进行鉴宝，已知专家甲的鉴定结果与真实价值的差异量为，专家甲与专家乙的鉴定结果的差异量为4，那么专家乙的鉴定结果与真实价值的差异量是否可能为？请说明理由． （注：实数满足：，当且仅当时取“”号） 【答案】(1)0，2，4 (2)12 (3)不可能，理由见详解 【分析】（1）利用列举法求的所有可能性结果，结合的定义运算求解； （2）分析可知只能调整两次两个连续序号或连续三个序号之间调整顺序，结合（1）中结论运算求解； （3）由题意可得：，，结合绝对值不等式的运算求解. 【详解】（1）若时，则，且， 可得， 所以的所有可能取值为0，2，4. （2）若对调两个位置的序号之差大于2，则， 可知只能调整两次两个连续序号或连续三个序号之间调整顺序， 若调整两次两个连续序号：则有，共有3种可能； 若连续三个序号之间调整顺序，连续三个序号有：，共3组， 由（1）可知：每组均有3种可能满足，可得共有种可能； 所以的个数为. （3）不可能，理由如下： 设专家甲的排序为，记； 专家乙的排序为，记； 由题意可得：，， 因为， 结合的任意性可得， 所以专家乙的鉴定结果与真实价值I的差异量不可能为. 【点睛】方法点睛：1，对于（2）：利用转化法，将问题转为（1）中已知的结论； 2，对于（3）：结合绝对值不等式分析证明. 5．(24-25高一下·湖南永州·期末)数据传输包括发送与接收两个环节.在某数据传输中，数据是由数字0和1组成的数字串，发送时按顺序每次只发送一个数字.发送数字0时，收到的数字是0的概率为，收到的数字是1的概率为；发送数字1时，收到的数字是1的概率为，收到的数字是0的概率为.假设每次数字的传输相互独立，且. (1)若发送的数据为“01”，且，，求接收到的两个数字中有且只有一个正确的概率； (2)用X表示收到的数字串，将X中数字0的个数记为，如“001”，则，对应的概率记为. （ⅰ）若发送的数据为：“011”，且，求； （ⅱ）若发送的数据为“0101”，求的最大值. 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）接收到的两个数字中有且只有一个正确，包括数字0接收正确数字1错误和数字0接收错误数字1正确两种情况，利用事件独立性和互斥性计算即可求解； （2）（i）事件表示接收到的数据中含两个0，包含两种情况：①数字0接收正确，数字1有一个正确一个错误，②数学0错误，数字1都错误，事件表示接收到的数据中含三个0，只有1种情况：数字0接收正确数字1都错误，然后建立等式，将代入等式中消元，然后根据范围确定取值：（ii）理解事件包含以下三种情况：①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确，③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，分别求出概率再相加，利用换元的思想，令，利用二次函数的性质研究最值即可求解，注意需要确定的范围. 【详解】（1）记“接收到的两个数字中有且只有一个正确”为事件A，由已知， 事件包含两种情况： 第一种数字0接收正确数字1错误，概率为：， 第二种数字0接收错误数字1正确，概率为：， 所以； （2）（i）由发送的数据为“011“可知，事件表示接收到的数据中含两个0， 包含两种情况：①数字0接收正确，数字1有一个正确一个错误， ②数学0错误，数字1都错误， 所以， 事件表示接收到的数据中含三个0， 只有1种情况：数字0接收正确数字1都错误， 所以， 由得： ， 化简得， 又，上式可化为： 或（舍去）； （ⅱ）当发送的数据为“0101”，事件包含以下三种情况： ①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，其概率为， ②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确， 其概率为， ③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，其概率为 ， ， 令，则， 又且，， ， ， 记， 由二次函数的性质可知，在单调递减， 得最大值为， 即的最大值为. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 期末真题百练通关（93题22大压轴题型) 真题实战·百练通关 题型一平面向量的线性运算 题型二平面向量的数量积.… ..4 题型三向量模长 7 题型四向量的夹角. ..10 题型五平面向量的基本定理 13 题型六向量新定义. .17 题型七四心问题 ...25 题型八正余弦定理解三角形…… ..30 题型九解三角形最值、取值范围。 35 题型十复数方程问题 39 题型十一复数的运算性质 .41 题型十二轨迹问题， ..…44 题型十三线面角问题， .51 题型十四二面角问题， ..61 题型十五距离问题 ..70 题型十六外接内切问题 .76 题型十七动点问题 81 题型十八体积最大问题， 87 题型十九距离和最小问题， .95 题型二十截面问题. ….100 题型二十一用样本估计总体 ...108 题型二十二概率运算 ..114 题型一平面向量的线性运算 1.(23-24高一下湖南衡阳第一中学期利平面内有向量ā，6，满足1==26=2'à·6=0，则 1/32 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 a-+26-的最小值是() A.2 B.2V5 c.2V/3 D.26 2.526商-上山西析州部分学校)如图，在△ABC中，成=号花，应=号恋，若 C应=A恋+μAC'则+μ=（） 2-3 B. 3.(23-24高一上·辽宁沈阳五校协作体期末)（多选）已知△ABC,D为BC边中点，若点P满足 3A+2P陀+P元=0'则下列说法正确的是() A.点P一定在△ABC内部 B.4PA+2PB=CA C.SAABC=3S△PAC D.点P在直线AD上 4.(24-25高一上辽宁大连大连育明高级中学期末)在四边形ABCD中，BC=2AD,点P是四边形ABCD 所在平面上一点，满足AB+2PA+7PB+PC+8PD=0.设s,t分别为四边形ABCD与△PAB的面积， 则片= 题型二平面向量的数量积 1.(24-25高一下·广东湛江·期末)如图，以边长为4的菱形ABCD的四条边为直径向外作四个半圆，P是这 四个半圆弧上的一动点，∠ABC=60°，则AB·AP的最大值是() D B A.16 B.16V2 C.18 D.20 2/32 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2.(24-25高一下四川仁寿第一中学校（北校区）·期末)已知正三角形ABC的边长为2，点D,E都在边 BC上，且BD=BC,庇=3BC,F为线段AE上一点，M为线段BF的中点，则B,DM的最小值为 () 1 A.2 B.0 C..3 3.(24-25高一下·黑龙江大庆林甸县智研团队期末)在△ABC中，AB=3V2,AC=6,P,Q分别为 △ABC的重心和外接圆圆心，则|花，|A衣的最小值为 4.(24-25高一下.甘肃渭源县第一中学期末)已知平面向量à，b,c满足与b的夹角为锐角，a=4, 6=2=1'且6+td的最小值为3向量c1ae-的取值范围是 2 题型三向量模长 1.(24-25高一下·四川成都锦江区嘉祥外国语高级中学期末)已知向量ā，b,c的模长分别为2,1,1，记 向量a与的夹角为0，cos6=。，则a+b-©的最大值为一 2.(Q4-25高一下江苏盐城期末已知非零向量à，的夹角为，]=4.对于任意的入∈R, a+≥a-2恒成立，则6=—，xa-+xa-36xeR的最小值为一 3.(24-25高一下浙江宁波镇海中学期末)已知A,B,D为圆0：x2+y2=16上的三个点，且△AOB为 三布形，则3O.0+4O办-O丽的员小恤为（) A.V133 B.5V5 C.11 D.8+V13 4.(24-25高一下广东河源）（多选)已知平面向量a,6满足a-2=3,ā-6=-1则0 A.a+26=1 B.a+26=1 3/32 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 C.a+2的取值范围为3,1o D.3a+2的最大值为5 题型四向量的夹角 1.(25-26高一广东深圳南山区：期利若平面向量a:6满足a-='=2则当|3a+6-a+26最 小时，|a=:记3a+i与d+2b的夹角为0，则tan日的最大值为 2.(24-25高一下·河南信阳·期末)已知非零向量ā，b的夹角为锐角，c为b在ā方向上的投影向量，且 =2a=2设6+-a与6的夹角为g则os日的最小值为() 4. 2 B.23 c.2V6 D.10 5 5 3.4-25高一下河南驻马店期利（多选)已知实数x'x'yy,满是：x+y=1'X+y=1 xx*y2则() Ax+x+y+y的最小值是2 Bk%-小要 C.X-x+y,y的取值范围是1,2 D.存在实数xX,使得比y+xy=202 2025 4.2-23商-下湖南衡阳第一中学期)（多选）已知0为△ABC的外心，且A0=入A范+1-λAC 若向量函在向量B元上的投影向量为uBC,则μ：cos∠A0C的值可能为（） B.1 8 D. 4V2 7 题型五平面向量的基本定理 4/32 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 1.2526商一浙江温州期在△ABC中，AB=AC=4,∠CAB=,D,E分别是AB,BC上的动点， 且CD·AE=0记CD与AE的交点为F,若C亦.Cò=18，则AE- 2.(25-26高一广东深圳南山区：期末利（多选）在△ABC中，已知AB=4,AC=2,∠BAC=T,若 CD=2DB'则() A.SAACD=3S△ABD B.3AD=2AB+AC C.CA是AB在AC上的投影向量 D.AB·BC=-8 3.(25-26高一上·湖南长沙长郡中学·期末)如图，在△OAB中，P为线段AB上一点，且OP=xOA+yOB ○ (1)若AP=PB,求x,y的值； ②若A2=3P克，0A=4,O=2且O1与O元的夹角为60：求OP·AB的值 4.(23-24高一下山东青岛即墨区·期末)在平行四边形ABCD中，点E是AB的中点，点F,G分别是AD, BC的三等分点(AF=专AD,BG=号BC),设恋=a,办=6 四若1=4：16=32ā-362a+6=13:求a与6的夹角g a-引a ①EF与EG夹角余弦值； ②判断四边形EFCG的形状，并说明理由. 5/32 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型六向量新定义 1.(24-25高一下.吉林长春长春吉大附中实验学校期末)对于一组向量d1,d2,d3,·,am乙，且m≥3，令 Sn=可+a+d+…+a,如果存在a,p∈12,3，，m)使得|可，≥Sn-可引那么称a,是该向量组的“1 向量” )设a,=(n,X+n,n∈N,若a是向量组a,d,a的“1向量”，求实数x的取值范围： ②洁a,=sn27 I,cos nn 2 ,neN,则向量组a,可，，a,ieN是否有在1向量”？若存在，求 出“1向量”；若不存在，请说明理由； 3)已知a1,a2,a3均是向量组a1,d2,d3的“1向量”，其中d1=(sinx,cosx),d2=(2cosx,2sinx)设在平 面直角坐标系中有一点列p1,户，P,,户且t≥4满足：P为坐标原点，PP2=a:且P21k∈N) 与P2关于点P,对称，Pk2与P2k1关于点P,对称，求|P,P的最大值. 2.(24-25高一下贵州安顺普通高中期如图所示，设0，O,是平面内相交成g0<日<日≠角的两 2 条数轴，e1,e2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0仿射坐标系，若在0仿 射坐标系下O应=x+y区：则把有序数对x,y叫做向量OM的仿射坐标，记为OM=x,y小 AM 1)若0=乃，OM=E+2E,求OM的模： 3 @若0=年O1=x+y,弓，0币=，Ety已，有同学认为“OA10市”的充要条件是“ x1X2+y1y2=0”,你认为是否正确？若正确，请给出证明；若不正确，请说明理由： 6/32 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 3)在g仿射坐标系下，设OA=3,1O范=1,1小∠A0B=a若|OA-tO≥对vt∈R恒成立，求 θ的范围及sina的最小值. 3.24.25商一下四川成都五城区统考：期利若平面内的数轴Ox,0y相交所成角为∠xOy=牙，则这两条 数轴构成的坐标系叫做“半斜坐标系”.设已1，e2分别是与X轴、y轴正方向同向的单位向量，若向量 OP=入在，+u氏，'则有序数对入，4（用斜括号表示有序数对）叫做向量O市的“半斜坐标”.已知在半斜坐 标系内的△ABC:点D在AC所在的直线上，且OB=0,-1OD=R2,0时 )求BD ②若O心=x,y小且2x+y=1(其中x≠0)，BC=2 ①求向量OD与BC的夹角： ②当C:OA+B取得最小值时，求向量OA的半斜坐标 4.(24-25高一下山东东营·期末)如图，我们把由平面内夹角为60的两条数轴ox,oy构成的坐标系称为 “完美坐标系”，设”E分别为xoy正方向上的单位向量，若向量O产=X+yE则把实数对 x,y叫做向量OP的“完美坐标”. e )若向量O币的“完美坐标”为3,4求o: 回已则X,y小x,y分别为向量a.的“完美坐标”，证明：a6=XX+yy+号x⅓+Xy小 71/32 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 8法向后B的“完美堡标分别为25n,2eK,设调或x=6若对任意的x∈0，号 不等式mfx≥sin2x恒成立，求实数m的取值范围. 题型比四心问题 1.(24-25高一下江西多校联考·期末)（多选）平行四边形0ABC中，OA=8,OC=6,∠ABC=60°， 点P在对角线AC上，其中△ABC的重心为G,外心为Q,垂心为H,则下列结论正确的是() A.若市=AAc且O1A花，则入= B.OA·BQ=-32 c.QA·QB=QA·Q0=QB.QC D.B与 BA BC 共线 BA cos∠BAC BCcos∠BCA 2.(23-24高一下·湖南长沙长那中学期末)（多选）点O在△ABC所在的平面内，则以下说法正确的有 () A.若OA·OB=OB·OC=OC·OA,则点O为△ABC的外心（外接圆圆心） B.若AO=λ AB AC 1ER,则动点O的轨迹一定通过△ABC的重心 AB sin B AC sinC C.若2OA+OB+3OC=0,SAA0c,SAABC分别表示△AOC,△ABC的面积，则 SAAOC SAABC=1:6 若OA AR D. BA,CB =0 BC.CA =0,则点O是△ABC的内心 AB 3.(23-24高一下.宁夏青铜峡宁朔中学期末)瑞士数学家欧拉是数学史上最多产的数学家，被誉为“数学之 王”，欧拉在1765年发表了令人赞美的欧拉线定理：三角形的重心、垂心和外心共线，这条直线被称为 欧拉线.已知P,M,N,O,为△ABC所在平面上的点，满足 OP=OA+A MA=MB=|MG,NA+Ni+N心=0，OA.OB=OB.oC=o元·OA:则 欧拉线一定过（) 8/32 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A.M,N,P B.M,O,P C.M,N,O D.N,O,P 4.(22-23高一下·福建漳州期末)（多选）已知△ABC的重心为G,外心为0，内心为I,垂心为H,则 下列说法正确的是() A.若M是BC中点，则AG:GM=2:1 B若丽=1，则亚0号 C.A应与 AB AC不共线 AB cos B AC cos C D.若AB=1,A=2,∠BAC=子，A立=入恋+μAC(入，H∈R,则A+4=9-387 3 2 题型八正余弦定理解三角形 1.(24-25高一下·辽宁大连第二十四中学.期末)三角形ABC中，角A,B,C对的边分别为a,b,c,a=6V5, 若11b2+2c2=a+6 bcsin A'则BC边上的高为（）. A.5 B.18S 13 c.2V5 D.305 13 2.(24-25高一下·福建福州第三中学·期末)（多选）己知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b, cAC边上的高为h若h=c-a'b-a2=ac'则（） 11 A. 1 B.B=2A sin a sinc C.a+c=2h D.tan B=2 cos A 3.(24-25高一下·山东青岛·调研)（多选）“费马点”指平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点.在 △ABC中，当最大内角小于120°时，费马点P满足∠APB=∠BPC=∠APC=120°：当最大内角不 小于120°时，最大内角的顶点为费马点.若BC=2,AC=2V3, 1-2 sin A sin C=cos2A+cos2C-cos2B,点P为△ABC的费马点，则() A.B=60° B.PA:PB:PC=3:2:1 C.tan PAB=3 D.PA.PB=-16 7 9/32 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 4.(24-25高一下河北枣强中学期末)在△ABC中，A= 3D为BC中点，AD·BC=ABAC. (1)证明：4AD=AB2+AC2+AD·BC: (②)证明：BC=V2AB或BC=V2AC: 3)求cos Bcos C的值. 题型九解三角形最值、取值苑围 1.(25-26高一上·黑龙江哈尔滨师范大学附属中学期末)△ABC所对的三边为a,b,c,b2+c2=4a2,则 sin(B+C)】 的最小值 sin B sin C 2.(24-25高一下江苏常州前黄高级中学.期末)（多选）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c. 已知A是△ABC的最小内角，且tanA为整数，cosA+asinC=2V2,则下列说法正确的是() A.A=I 4 B.C=3 C.当C>B>A,且tanB也是整数时，tanC=-3 D.△ABC面积的取值范围是， 3.(24-25高一下·辽宁丹东期末)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且面积为S 1)若a2+b2+c2=4/3S,a=b,求C (2)求证：a2+b2+c2≥4V3S: 6)求b +1 `asinCtanB的最小值 4.(24-25高一下·黑龙江哈尔滨师范大学附属中学期末)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为4， b,c,b+ccos A=acos B-cosC) (1)求证：A=2B: (2)若△ABC为锐角三角形，D为AB中点，C=2. (i)求sinB的取值范围； (ii)求CD的取值范围。 题型土复数方程问题 1.(23-24高一下浙江宁波奉化区期末)已知a∈R,在复数范围内X1,X2是关于x的方程x-2X+a=0的两 10/32 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 个根，则关于。的函数fa-￥x,+x+x.29的零点的个数是（) x+x220 A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 2.(24-25高一下·甘肃定西临祧县·期末)已知i是虚数单位，2+1是关于x的方程x2+ax+b=0(其中 a,b∈R)的一个根，则a+bi= 3.(23-24高一下·广东六校联盟·期末)（多选）下列说法中正确的是() A。若复数z=十则复数z布复平面内对应的点位于第一象限 B.已知复数z满足1+2z=2+i,则z=1 C.3+2i是关于x的方程2x2+mx+n=0(m,n为实数)在复数集内的一个根，则实数n的值为26 D.若复数z满足z=1,则z-3-4的最小值为4 4.(24-25高一下.黑龙江哈尔滨第四中学校期末)已知复数z=1-21(为虚数单位). )若2·2。=22+Z0求复数2，的共轭复数及12，： (2)若z是关于x的方程x-mx+5=0的一个虚根，求实数m的值. 题型十一复数的运算性质 1.(24-25高一下山东青岛第二中学.期末)（多选）已知21，Z2∈C,下列说法中正确的有() A.若z+∈R,则z=1, B.若z=z,则21=22 Z C.若Z1z2=0,则21=0或z2=0 D.若Z1=Z2,则z1+22∈R 2.(24-25高一下山东青岛·调研)（多选）设复数z,⊙均不为0，则() A.Z-W=Z-w B.Zw=Z·w C.(z+wP=lz+wP D 3.(24-25高一下山东东营·期末)（多选）已知复数z,则下列说法正确的是() A.若z=2,则z=±2 B.若z2>0,则z∈R C.若z=1则1≤lz-2l≤3 D.l2P=22 4.(24-25高一下·四川宜宾普通高中·期末)（多选）若Z1,Z2均为复数，下列说法正确的是() 11/32 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A.zz2=z122 B.若2+122+1则2，=Z C.若21+z=2z,则22∈R D.若z+23=0则21=2，=0 题型十二轨迹问题 1.(25-26高一上湖南邵阳)已知正三棱台ABC-A1B1C1的上、下底面边长分别为1和3，侧棱长为2， 点M在侧面BCC1B1内运动（包含边界），且直线AM与平面BCC1B1所成角的正切值为6，则动点M 的轨迹长度为一· 2.(24-25高一下·吉林“BEST合作体”·期末)已知菱形ABCD的各边长为4，∠D=60°.如图所示，将 △ACD沿AC折起，使得点D到达点S的位置，连接SB,得到三棱锥S-ABC,此时SB=6.若E是线段 SA的中点，点F在三棱锥S-ABC的外接球上运动，且始终保持EF⊥AC,则点F轨迹的面积为， 3.(24-25高一下·四川成都树德中学.期末)（多选）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正 方形，PA⊥平面ABCD,且PA=1,点E,F,G分别为棱AB,AD,PC的中点，则() G C A.AG⊥PD 3 B.平面EFG与平面ABCD所成角的正弦值为- 3 V6+V2 C.过点E,F,G的平面截四棱锥P-ABCD所得的截面图形的周长为 2 D.设点Q为侧面PAD内（包括边界）的一动点，且BQ= 6 3 则点Q的轨迹长度为 18 4.(24-25高一下·湖南永州·期末)（多选）如图，在四棱锥P-ABCD中， AP=PD=2,AB=6,CD=1,∠ADC=∠APD=90°，平面PAD⊥平面ABCD,E是棱PA的中点， 12/32 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 且BE∥平面PCD,则() A.AP⊥平面PCD B.异面直线BE与PD所成角的正切值为2 C.三棱锥P-ACD的外接球的表面积为36π D.底面四边形ABCD内（包含边界）有一动点Q,|PQ=3,则动点Q的轨迹长度为π 题型土三线面角问题 1.(24-25高一下.甘肃天水部分学校期末)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D,G分别为AB,BB1 的中点，AA1=AB=4:B,E=32 B ”” (1)证明：DE/1平面AGC: (2)证明：A1D⊥平面CDE; (3)若点M在△DEC的三边上运动，直线C1M与平面DEC所成的角为c,求tana的取值范围. 2.(24-25高一下·四川成都实验外国语学校期末)如图1，斜三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC,D为AB 的中点，D1为A1B1的中点，平面ABC⊥平面ABB1A1 13/32 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 A D A D B /a 图1 图2 (1)求证：直线A1D/平面BC1D1: (2)设直线AB1与直线BD1的交点为点E,若三角形ABC是等边三角形且边长为2，侧棱AA1= 2,且异 面直线BC1与AB互相垂直，求异面直线A1D与BC1所成角的正切值； 8)EAB=2,AC=C-汽.田∠AAB-受若斜三被柱ABC-A,BC内有在两个半径相等的球， 这两个球相切且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切.求三棱柱ABC-A,B,C1的高」 (参考定理：如图2，直线AO是平面C的斜线，AQ是AO在平面C内的射影，直线AP在平面Q内.设 ∠OAP=0,∠OAQ=01,∠QAP=02,有Cos0=cos01Cos02) 3.(24-25高一下.甘肃酒泉普通高中·期末)如图，在四面体ABCD中，AB=AD,BC=CD=2,E为BD 的中点，F为AC上一点. M H B I)求证：平面ACE⊥平面BDF; (2)若M,N分别是AB,BC的中点，求证：DF‖平面EMN: 3)若∠BCD=90°，∠BAD=60°，AC=V3BC. ①求二面角A-BD-C的余弦值； ②求直线BF与平面ACD所成角的正弦值的最大值. 4.(24-25高一下·河南商丘百师联盟·期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，平 面PBD⊥平面ABCD,PB=PD=AB=2,AD=25,PB⊥PD,点E是棱AD上的一点 14/32 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D (I)记平面PAD与平面PBC的交线为l,求证：I/BC; ②)若AE=2ED,求二面角E-PB-D的正弦值： V7 6)若直线PE与平面PAB所成角的余弦值为3，求线段PE的长. 题型十四二面角问题 1.(24-25高一下.甘肃临夏州·期末)（多选）正八面体是一种正多面体，由8个正三角形面组成，对角面 为正方形.如图，正八面体EABCDF的棱长为5，M为棱FC上一点，且CM=1,则() A.平面EDC∥平面FBA B.该正八面体外接球的表面积为50T C.二面角E-AD-F的余弦值为3 9V21 D.异面直线AE与BM所成角的余弦值为42 2.(25-26高一上·湖南邵阳)如图，已知在四面体A-BCD中，∠BAC=∠CAD=∠BAD=0, 15/32 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (I)求证：直线AD在平面ABC上的射影平分∠BAC: (2)记直线AD与平面ABC所成的角为α，求证： cosa=Cos0 0: coS 3)若AB=3,AD=4,二面角A-BC-D为直二面角，求棱AC的长度的取值范围！ 3.(24-25高一下·江苏常州前黄高级中学期末)如图，在正四棱锥P-ABCD中，所有棱长均为a,点Q是 底面ABCD内任意一点，点Q到侧面PAB,PBC,PCD,PDA的距离分别为d1,d2,d3,d4 D 0 B (I)若点R是棱PC的中点，求异面直线BR与PA所成角的正弦值； 若d,d,d,d4≠0且d,+d,=a,求d2d的最大值， 3)记PQ与侧面PAB,PBC,PCD,PDA所成的角分别为，B,Y,6,求Cos2a+cos2B+cos2y+cos26 的值. 4.(24-25高一下·福建福州马尾一中等六校期末)如图①，在等腰直角△ABC中，∠C=90°，AC=2, M,N分别是边AC,AB上的动点，将△AMN沿MN折起到如图②△PMN的位置，连接PB,PC,且 平面PMN⊥平面ABC. M (0C 图① 图② 图③ (1)当M,N分别是边AC,AB的中点时： ①求证：平面PMC⊥平面PMN ②求二面角M-PN-C的正切值 (②)若点M与点C重合，如图③，设∠AMN=0,求三棱锥P-MNB体积的最大值； 题型土五距离问题 16/32 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 1.(24-25高一下·新疆哈密部分学校期末)已知四面体A-BCD,若点A,B,C,D到平面a的距离dA, d。dc'd,满足d=2d。=2dc=2dn'则这样的平面a的个数为（） A.1 B.2 C.5 D.8 2.(24-25高一下山东枣庄期末)（多选）如图，在边长为2的正方形SG1G2G3中，点E,F分别是 G1G2,G2G3的中点.若沿SE,SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使G1,G2,G3三点重合，重合 后的点记为G,则() S G G E G2 A.GS⊥EF B.平面SEG⊥平面SFG C.点G到平面SEF的距离为4 D.三棱锥G-SEF的外接球的表面积为6π 3.(24-25高一下·黑龙江黑河龙西北名校联盟·期末)如图，圆锥的顶点为P,底面圆心为O,母线长为， 边长为3V3的等边△ABC内接于底面圆O,射线OE与圆O交于点M,ME直线AO,且点D满足 P D N. A M B (1)求此圆锥的侧面积： 17/32 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ②若入=号，D亦=厨，P或=3M应，求证：FN1/平面ABC: 6)当E为AB中点，且二面角A-DB-C的余弦值为5时，求点M到平面BCD的距离 19 4.(24-25高一下·四川泸州·期末)如图，四边形PADE为矩形，四边形ABCD为梯形，AD/1BC,平面 PADE⊥平面ABCD,∠BAD=90°，M为PB的中点，AB=BC=1AD=3. BE- Q)求证：BD/平面AME: (2)求证：AC⊥平面CDE: 3)若二面角P.BC-A为行，求点P到平面AME的距离 题型土六外接内切问题 1.(25-26高一上·湖南邵阳)已知底面半径为1，轴截面为正三角形的圆锥体内放一棱长为m的正四面体， 若正四面体可以在圆锥体内任意转动，则正数的最大值是() B. 22 c.2 D.42 3 3 2.(24-25高一下·湖南衡阳衡南县·期末)（多选）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称 之为鳖臑，如图，在鳖臑P-ABC中，PA⊥平面ABC,AB⊥BC,AB=2.若鳖臑P-ABC外接球的体 32 积为亏几，则当此鳖需的体积最大时，下列结论正确的是〔） A.PA=BC=2/6 18/32 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B.鳖臑P-ABC体积的最大值为2 2V15 C.点A到面PBC的距离是5 V15.96 D.鳖臑P-ABC内切球的半径为 3 3.(24-25高一下·江苏常州前黄高级中学·期末)（多选）如图，两个边长均为2的正方形ABCD与正方形 ABEF所在的平面相交，其=面角C-AB-E的平面角为 ,点M,N分别是对角线AC,BF上的动点，记 CM=BN=a0<a<22)'点p是线段MN上的一动点.下列结论一定正确的是（） D B A.MN∥平面ADF B.三棱锥C-PBE的体积存在最大值 C.MN的最小值是1 D.若点A,B,C,D,E,F在同一球的球面上，则该球的体积是2821刀 27 4.(24-25高一下·黑龙江大庆大庆实验中学期末)如图，三个半径都是6的球O1,球02，球O3放在一个半 球面的碗（碗的厚度不计）中，球O1,球O2,球O3两两外切，并且球O1,球O2,球O3的顶端恰好与碗的 上沿处于同一水平面，碗的半径是R,又有一个半径为r的球O4与球O1,球O2,球O3均外切，并且球O4 的项端也恰好与碗的上沿处于同一水平面，则R+r= 题型土七动点问题 19/32 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 1.(24-25高一下.甘肃天水秦安县第一中学期末)（多选）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，N为 底面ABCD的中心，p为线段A,D,上的动点（不包括两个端点），M为线段AP的中点，则(） A D A.CM与PN是异面直线 B.存在点P,使得PNI∥平面CC1D1D C.平面PAN⊥平面BDD1B, D.过P,A,C三点的正方体的截面一定是等腰梯形 2.(24-25高一下辽宁葫芦岛期末)（多选）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E,F分别是 AD'DD,的中点，点p是底面ABCD内一动点，则下列结论正确的为（) D A B F D E B A.存在点P,使得EP∥平面FBC B.当P为AB中点时，过E,F,P三点的平面截正方体所得截面图形的面积为33 三棱锥C1A1B,P的体积 D.当P在棱AB上时，若∠A1PB为120，三棱锥A1-CBP外接球表面积为44T 3 3.(24-25高一下山东威海·期末)（多选）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2,P,Q分别为棱 CC,'A,B上的动点，则() 20/32 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A.△A1BP的周长为定值 B.三棱锥B-APQ的体积为定值 C.若AQ=2PC,则PQ⊥AC1 D.若BC/I平面AC1Q,则A1Q=QB1 :425高下黑龙江大肤大庆实验中学期利已知边长为2的菱形ABCD,乙ABC,对角 AC,BD交于点O,现将△ACD沿对角线AC翻折，得到三棱锥D-ABC.记线段AD,AB,BC的中点 分别为E,F,G,有四个结论： ①BD⊥AC 3 ②三棱锥D-ABC体积的最大值为3 ③平面EFG截三棱锥D-ABC的截面图形可能是正方形 ④当折成的=面角D-AC-B时，三棱锥D-ABC的外接球半径州6 则四个结论中正确的有() A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 题型土八体积最大问题 1.(24-25高一下·山东东营·期末)（多选）己知某平面图形由如图所示的四个全等的等腰△ABO, △CBO,△FEO,△DEO拼成，其中线段AD,CF,BE的中点均为点O,AO=V3BO=2V3.若将该 平面图形绕着直线α旋转半周所围成的几何体记为21，将该平面图形绕着直线b旋转半周所围成的几何体 记为Q,:直线。1直线6，则() 0/3 A.21的体积为 3 B.22的体积为4π C.经过两次旋转后，点A所有的运动轨迹总长为4π D.Q,的表面积为12+43π 21/32 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2.(24-25高一下·广东汕尾·期末)已知圆A为单位圆，正方形ABCD的边长为V2 D D G 图1 图2 (1)如图1，求正方形ABCD中不与圆A重叠部分的面积T; (2)将圆A沿边AD所在的直线向上翻折（以AD为轴）.动点P,E位于翻折后的两个不同的半圆上（如图2 所示)，动点F在边BC上，动点G在边CD上，且四边形EFCG始终为矩形，求四棱锥P-EFCG的最大 体积V 3.(24-25高一下·河南信阳·期末)如图，四棱锥M-ABCD中，平面MAD⊥平面ABCD,△MAD是边长 为6的等边三角形，AD‖BC,BC=2AD,点N在棱MD上，且MN=2ND, B (I)求证：MB∥平面NAC: (2)己知AC⊥CD. ①若二面角M-AC-D的正切值为2，求三棱锥M-ACD的体积； ②若∠ADC=0.设直线NC与平面ABCD所成的角为p,若号≤0≤行求anB的取值范围. 4.(24-25高一下·湖北恩施州·期末)如图，四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面 ABCD,PA=PB=AB=BC=AD=2. ,'B 22/32 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ①)若∠BAD=3,AB=CD,记三棱锥P-ABC外接球的球心为O (i)求证：OD//平面PAB: (ii)求三棱锥P-ABC外接球的表面积. @记∠BAD=0,8∈0，号当∠ABC=号+0时，求三枚维p-BCD体积的最大位 题型土九距离和最小问题 1.(24-25高一下·吉林“BEST合作体”·期末)已知正方体ABCD-ABCD的棱长为3，点M,N分别为 线段AB'AC上的动点，点I在平面BCCB内，则|MT+NT的最小值是（）， A.2V3 23 B. D.1 3 2.(24-25高一下·山东菏泽)（多选）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点E,F分别是AD, DD,的中点，点p是底面ABCD内一动点，则下列说法正确的有() A B D E •P A A.过B1,E,F三点的平面截正方体所得截面图形是四边形 B.存在点P,使得FP∥平面ABC1D1 C.FP+BP的最小值为V17 D.若FP⊥CP,则点P轨迹的长度为2π 3.(24-25高一下福建厦门期末)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，球O与正方体的各面均相切， 球O上一点，M,N分别为AC,AD士的点，则PN+MN的最水 3 4.(24-25高一下湖南郴州·期末)（多选）如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M为线 23/32 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 段CC,上的动点，动点p在平面A,BD内，则下列说法中正确的是() A 6 B A.当M为线段CC1中点时，平面BMD1截正方体所得的截面为平行四边形 B。当四面体ABMD的顶点在一个体积为6n的球面上时，CM 9 2 C.当P∈A1B时，PA+PC取得最小值2V2+2 33 D.C,P+PM的最小值为3 题型二土载面问题 1.(24-25高一下·福建南平期末)已知圆锥的母线长为2，过圆锥的项点作圆锥的截面，若截面面积的最大 值为2，则该圆锥底面半径的取值范围是() A.0,2 B.1,2 C.R2,2 D.0,2 2.(24-25高一下山东日照·期末)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面边长和侧棱长均为4，D,E分别 为棱AC,CC1的中点，且C1D⊥平面ABC E G E B 图① B (I)求证：AC⊥平面BDE: (2)设G为棱B,C1上一点（不包含端点B1,C1), ①若G为棱B1C1的中点（如图①），三棱柱ABC-A1B1C1被过G,B,D三点的平面所截，求截面的面 积； 24/32 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ②求二面角G-BD-E的取值范围， 3.(24-25高一下四川凉山州期末)如图1，图2，在正方体ABCD-A1BC1D1中，M为AB的中点. D D B A B E D C M B 图1 图2 (1)图1中求证：AC1/平面MB1C; (2)图1中求二面角A1-CM-A的正切值： (3)图2中，已知AB=2,N为B,C1的中点，点P是线段D1N上的动点，过MC且与DP垂直的截面C与 DP交于点E,求三棱锥P-MCE的体积的最小值. 4.(24-25高一下.四川成都期末)如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A,B的点，直线PC⊥平面 ABC.其中AB=PC=2,AC=1. M (I)求证：BC⊥平面PAC: (2)求二面角B-PA-C的余弦值： )M为PC上的动点，以AM为直径作球o,'设PM=tlO≤t≤2若球o,与平面PAB相交得到的截面圆 的面积为S,求S的最小值. 题型二十一用样本估计总体 1.(24-25高一下·福建漳州·期末)（多选）四名同学各掷骰子7次，分别记录每次骰子出现的点数.根据 四名同学的统计结果，可以判断可能出现了点数6的是()· A.平均数为3，中位数为4 B.平均数为3，方差为1 C.平均数为4，极差为4 D.平均数为2，第80百分位数为4 25/32 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2.(24-25高一下·湖北武汉部分重点中学期末)统计学中，协方差CoV(x,y)用来描述两组数据 X:X1,X2,…,Xn和y:y1y2,,y 之间的总体的误差.定义：协方差Cov(x,y)=∑x-y-列 n i=i 已知甲、乙两位同学五次考试（满分5分）数学和物理成绩如下表： 甲 ① ② ③ ④ ⑤ 数学成绩X: 1 2 3 4 5 物理成绩y1 3 3 3 5 Xi+yi 2 5 6 7 10 乙 ① ② ③ ④ ⑤ 数学成绩X 3 3 4 5 物理成绩y; 1 3 3 4 4 Xi+yi 4 6 7 9 0 1)依据表格数据分别求出甲、乙的数学成绩x与物理成绩y的协方差Cov(x,y)印，CoV(x,y)z: 回分别求出甲、乙两同学数学破资x的方茶g,S。以及物理成筑，的方莲g,S。并计算他们做 学物理总成筑x+y的方若S,),S2根挺计算结果，猫想一服情况下S,S+SCo心X,y川 之间的等量关系式（不需要证明）： )在一般情况下，证明：S·S≥(Cov(x,y)P. 3.(25-26高一.河北保定清苑区清苑中学·期末)2024年10月13日，成都市将举办马拉松比赛，其中志愿者 的服务工作是马拉松成功举办的重要保障成都市文体广电旅游局承办了志愿者选拔的面试工作现随机抽 取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组45,55引，第二组55,65，第三组65,75，第四组 75,85,第五组85,95，绘制成如图所示的频率分布直方图 26/32 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 频率/组距 0.045------ 0.020 0.0051 0455565758595成绩/分 (1)求a的值： (2)估计这100名候选者面试成绩的平均数和第80百分位数： (3)现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的宣传者.若本市宣传者中第二组面试者的 面试成绩的平均数和方差分别为62和40，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和50，请据 此估计这次第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差， 4.(25-26高一·河南驻马店·期末)2023年以来，河南省文化和旅游厅制定出台推动文旅市场恢复振兴的系 列措施，以丰富的旅游业态和高品质的文旅服务不断提升游客出游体验，促进文旅消费增长的同时，也使 “这么近，那么美，周末到河南”成为休闲度假新时尚现为进一步发展河南文旅，提升河南经济，对5月 份来豫旅游的部分游客发起满意度调查，从饮食、住宿、交通、服务等方面调查旅客满意度，满意度采用 百分制，统计的综合满意度绘制成如下频率分布直方图，图中b=4a. 频率/组距 0.035 0.015 a 060708090100成绩/分 (1)求图中a的值并估计满意度得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； (2)若有超过60%的人满意度在75分及以上，则认为该月文旅成绩合格河南省5月份文旅成绩合格了吗？ 请说明你的理由； (3)河南文旅6月份继续对来豫旅游的游客发起满意度调查，采用样本量比例分配的分层随机抽样，现知6 月1日-6月15日调查的4万份数据中其满意度的平均值为80，方差为75；6月16日-6月30日调查的6万 份数据中满意度的平均值为90，方差为70.由这些数据估算6月份的总样本的平均数与方差 题型二十二概率运算 1.(25-26高一上湖南邵阳·)1934年-1936年红军完成伟大长征，该壮举实现了中国革命事业从挫折到胜利 27/32 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 的伟大转折，是中华民族复兴进程中的丰碑2026年恰逢红军长征胜利90周年，为传承长征精神，某校计 划开展以“传承长征精神，续写时代华章”为主题的观影活动.同学们通过参加三个不同的游戏可以获得观 影票，每个游戏需各玩一次且结果互不影响，每位同学可以自主安排参加这三个游戏的先后顺序，连胜两 个游戏可以获得一张观影票，连胜三个游戏可以获得两张观影票，否则无法获得观影票已知一个盒子中有 5个大小质地完全相同的小球（编号为“1,2,3,4,5”），这三个游戏的规则如下： 游戏一：从盒子中随机摸出一个小球，若这个小球的编号为“4或“5”，则获胜： 游戏二：从盒子中有放回地依次随机摸出两个小球，若这两个小球的编号均不小于“4'，则获胜： 游戏三：从盒子中不放回地依次随机摸出两个小球，若这两个小球的编号之和为m,则获胜。 1)分别求出同学参加游戏一，游戏二获胜的概率； (2)当m=4时，同学如何安排游戏顺序，获得观影票的概率最大？ (3)根据m的不同取值，同学如何安排游戏顺序，获得观影票的概率最大？ 第一次第二 1 234 次 6 2 3 5 3 4 5 > 4 5 6 9 5 6 8 9 2.(25-26高一上·辽宁沈阳五校协作体·期末)不透明的盒子里装有除颜色外完全相同的3个黑球、2个白球， 其中黑球编号为1,2,3，白球编号为4,5. (1)现从盒子里随机取出2个小球，记事件A=“有放回地依次取出时，取到两个白球”，事件B=“不放回 地依次取出时，取出小球编号之和为n”，当n=5时，分别求事件A,B的概率； (2)某班级为活跃班级氛围，组织了玩游戏送书签的活动，该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结 果互不影响，连胜两个游戏可以获得一张书签，连胜三个游戏可以获得两张书签 游戏一：从盒子中随机取出一个球，取到白球时获胜： 游戏二：从盒子中有放回地依次取出2个球，取出两个白球时获胜： 游戏三：从盒子中无放回地依次取出2个球，取出球编号之和为时获胜， 小明同学决定先玩游戏一， 28/32 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (i)当n=3时，求接下来先玩游戏二获得书签的概率？ (iⅱ)当为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书签的概率更大？ 3.(22-23高一下·湖南邵阳·期末)在体育比赛中，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青 睐传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的资格，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场 才会淘汰出局，因此更有容错率假设最终进入半决赛的有四支队伍，传统的淘汰赛制下，会将他们四支队 伍两两分组进行比赛，胜者进入总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军；双败赛制下，两两分组，胜者进 入胜者组，败者进入败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入总决赛，败者进入败者组，之前进入败者 组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总决赛 的胜者即为冠军（赛制流程图如图所示）.双败赛制下会发生一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输 一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其他的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠 军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？这里我们简单研究一下两个赛 制：假设四支队伍分别为A,B,C,D,其中A对阵其他三个队伍时获胜的概率均为p(0<p<1),另外三 支队伍彼此之间对阵时获胜的概率均为2最初分组时，A,B同组，C,D同组 第一轮 第二轮 第三轮 A A/B胜者 B 胜者组 晋级名额 C CD胜者 D 败者组4B败者 第三轮胜者组败者晋级名额☑ 第二轮败者组胜者 CD败者 双败赛制流程图 1)若P=三，在淘汰赛赛制下，A,C获得冠军的概率分别为多少？ (2)分别计算两种赛制下A获得冠军的概率（用P表示），并分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否如很 多人质疑的“对强者不公平”？ 4.(24-25高一下.甘肃白银多校期末)甲、乙两支篮球队进入某次决赛，比赛采用“主客场比赛制”，具体 赛制如下：若某队两场比赛均获胜或一胜一平，则获得冠军；若某队两场比赛均平局或一胜一负，则通过 伽时赛决出冠车现假定甲队在主场获胜的概率为p,平局的概率为2？，其中0<P<1:甲队在客场获胜和 平局的概率均为号：加时赛甲队获胜的概率为，不同对阵的结果相互独立，假设甲队先主场后容场. 29/32 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 2 (1)己知p= ()求甲队通过加时赛获得冠军的概率： ()求甲队获得冠军的概率. (2)除“主客场比赛制”外，也经常采用在第三方场地的“单场比赛制”：若某队比赛获胜则获得冠军；若 为平局，则通过加时赛决出冠军假定甲队在第三方场地获胜的概率为p’,平局的概率为，加时赛甲队获 胜的概率为P.问哪种赛制更有利于甲队夺冠？ 考题猜想·高分必刷 1.(4-25高一下安徽蚌埠：期欧拉公式e=cosX+isinx(X∈R,e是自然对数的底，i是虚数单位 它的一个简单而重要的结论是：余弦函数和正弦函数可以用定义在复数集上的指数函数构造出来，即 COSX= 2,sinx=ef-eix 2(x∈R)欧拉公式将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数 和指数函数的关系，被誉为“数学中的天桥”.当X=π时，得到等式e”+1=0,数学里最重要的五个常数 e,π，1,1,0被联系在一起，仿佛一句诗，道尽了数学之美。 (I)证明：若x∈R,则eW与e1x互为共轭复数： ②)已知ee=ez1,Z2∈C欧拉公式在复数集内可推广为e=cosZ+isinz,e”= cosz-isinz(z∈C),需要指出的是，cosz和sinz是复数，它们不是e的实部和虚部，且 CSz=e ,sinz=e 2一(2∈C)容易证明。两角和的余弦公式在复数范围内仍然成立，即 cosz1+z2=cosz1cosz2-sinZ,sinz2z1,Z2∈C定义函数coshz=cos(iz'小sinhz=-isin(iz) (z∈C证明：cosh(z,+z2=coshz1 coshz2+sinh1 sinhzz1,z2∈CjF 6)若a,x,y∈R,令z=a+in2,co52=x+yi,证明：16x+16y=L 259 2.(24-25高一下·江苏无锡惠山区锡山高级中学·期末)圆内接四边形作为一类特殊的四边形，有着非常好的 30/32 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 性质，比如对角互补.如图，△AOB中，OA=2,OB=4,点C是△AOB外接圆上的一个动点（点O, C在直线AB两侧)，记∠AOB=0,则∠BCA=T-B. B 1)若OC与AB的交点为M,OC=4OM=3OA+OB,求0的值； 2)若oA.OB=-2'求OC的最大值： 3)若点C满足OC·AB=16,BC=4,求四边形OACB的面积. 3.(24-25高一下·吉林长春东北师范大学附属中学期末)（特别提醒：本题不能用空间向量解答，否则不给 分) 如图，在正三棱柱ABC-ABC中，AA=AB=2,E是棱AC的中点，点D是侧棱BB上一动点，且 BD=λBB1∈R,0<λ<1 B (1)若BE/平面ADC,求入值； V10 ②)若平面ADC与平面ABC的夹角（锐二面角）的正切值为3，求入值， 4.(23-24高一下安撤合肥一六八中学期利给定两组数据A=(X1,X2,一，X,与B=y,y2,“,y称 31/32 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 XA,B=之X-y为这两组数据之间的“差异量”，釜宝类的节目是当下非常流行的综艺节目.现有n 个古董，它们的价值各不相同，最值钱的古董记为1号，第二值钱的古董记为2号，以此类推，则古董价 值的真实排序为I=1,2,…,n.现在某专家在不知道古董真实排序的前提下，根据自己的经验对这n个古 董的价值从高到低依次进行重新排序为X1,X2,…,x,其中X:为该专家给真实价值排第位古董的位次编号， 记A=名，x,X,小那么A与，的差异至XA,I=立|x-可以有效反晚一个专家的水平，该差异量 XA,I越小说明专家的鉴宝能力越强。 ()当n=3时，求XA,I的所有可能取值： (2)当n=5时，求满足XA,I=4的A的个数： (3)现在有两个专家甲、乙同时进行鉴宝，己知专家甲的鉴定结果与真实价值的差异量为Q,专家甲与专家 乙的鉴定结果的差异量为4，那么专家乙的鉴定结果与真实价值I的差异量是否可能为a+6?请说明理由， (注：实数a,b满足：a+bsa+bl,当且仅当a·b≥0时取“=”号) 5.(24-25高一下.湖南永州·期末)数据传输包括发送与接收两个环节.在某数据传输中，数据是由数字0和1 组成的数字串，发送时按顺序每次只发送一个数字发送数字0时，收到的数字是0的概率为P1(0<p1<1), 收到的数字是1的概率为1-P1；发送数字1时，收到的数字是1的概率为P2(0<p2<1),收到的数字是0 的概率为1-P,很设每次数字的传输相互独立，且n,×:-方 ①若发送的数据为“01，且，，P求接收到的两个数字中有且职有一个正确的概率 (2)用X表示收到的数字串，将X中数字0的个数记为nX,如X=“001',则nX=2,对应的概率记为 Pn(X=2 (i)若发送的数据为：“o1I,且2PnX=2=13PnX=3求p, (ii)若发送的数据为“o101,求pnX=2的最大值 32/32