专题23 （优质好题速递）期末考试通关必刷题型（21大题型148题）（压轴题专项训练）高一数学人教A版必修二

**基本信息** 聚焦期末高频考点，以21大题型148题构建从基础到综合的知识网络，强化数学思维与应用能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |平面向量|4题型30+题|基本定理、数量积、极化恒等式、四心问题|从概念到性质应用，层层递进| |解三角形|4题型40+题|正余弦定理、面积周长最值、中线角平分线|定理推导到实际应用，综合拓展| |立体几何|7题型50+题|表面积体积、位置关系、空间角、外接球|从空间认知到度量计算，逻辑严密| |概率统计|4题型20+题|数据特征、频率分布、古典概型、独立事件|从数据处理到概率计算，逐步深入|

专题23 期末考试通关必刷题型 （21大题型148题） 题型01 平面向量基本定理、共线定理及其推论（含等和线） 一、单选题 1．（25-26高一下·江苏·期中）在中，，设，则（   ） A． B． C． D． 2．（25-26高一下·广西南宁·期中）在中，点M是边的中点，且与相交于一点N，则（   ） A． B． C． D． 3．（25-26高一下·贵州贵阳·阶段检测）已知不共线，，若三点共线，则（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·湖南岳阳·期末）如图，在中，，P是上一点，若，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 5．（25-26高一下·重庆渝北·期中）若点是所在平面上一点，且，是直线上一动点，满足，则的最小值是（    ） A． B． C．8 D．9 6．（24-25高一下·山东济南·阶段检测）如图，与的面积之比为2，点是内任意一点(含边界)，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 7．如图，正与正组成“六芒星”，为“六芒星”的中心，为“六芒星”上一点（边界上），且，则的取值范围是______． 题型02 平面向量的数量积运算及其应用（含平行、垂直等） 一、单选题 1．（25-26高一下·河南南阳·期中）在边长为1的正方形中，P为的中点，则（   ） A． B． C． D． 2．（25-26高一下·江苏·期中）已知非零向量的夹角为，且满足，则与的夹角为（   ） A． B． C． D． 3．（25-26高一下·江苏南通·期中）已知，若，则在方向上的投影向量的坐标为（ ） A． B． C． D． 4．已知单位向量，，满足，则（    ） A． B． C． D．2 5．已知不共线向量满足，且在上的投影向量为单位向量，则（    ） A．2 B．1 C． D．0 6．（25-26高一下·辽宁沈阳·期中）已知平面向量满足且，则向量和向量的夹角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 7．已知向量，若与平行，则实数______． 8．设、为单位向量，若，则________. 9．（24-25高一下·山西吕梁·期中）已知，，则与向量重直的单位向量为_____． 10．（24-25高一下·海南省直辖县级单位·期中）已知，且，则__________． 11．（25-26高一下·重庆·期中）已知中，为的中点，且，则向量在向量上的投影向量为__________. 题型03 极化恒等式的应用 一、单选题 1．（25-26高一下·安徽阜阳·阶段检测）在中，G为重心，，则（ ） A．4 B．5 C．6 D．7 2．（25-26高一下·安徽阜阳·阶段检测）如图，四边形ABCD为矩形，其中AB=4，AD=3，其上方是一个以CD为直径的半圆，P为半圆弧上的一个动点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高一下·海南海口·阶段检测）如图，在四边形中，为中点，且，若点在线段（端点除外）上运动，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高一下·宁夏·期中）圆是中华民族传统文化的形态象征，象征着“圆满”和“饱满”，是自古以和为贵的中国人所崇拜的图腾．如图，是圆的一条直径，且．，是圆上的任意两点，，点在线段上，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 题型04 平面向量中的四心问题、奔驰定理 一、多选题 1．（25-26高一下·内蒙古赤峰·阶段检测）设 O为所在平面内一点，则下列结论正确的是（ ） A．若满足，则 O 是 的垂心 B．若满足，则 O 是 的外心 C．若满足，则 P的轨迹过的内心 D．若满足，则 P 是 的重心 2．（25-26高一下·安徽安庆·期中）在中，为内一点，若，则下列命题正确的是（   ） A．若点为的重心，则 B．若点为的外心，则 C．若点为的垂心，则 D．若点为的内心，则 3．（25-26高一下·江苏扬州·阶段检测）设点P在所在平面内，且点G、H、O、I分别为该三角形的重心、垂心、外心和内心，则下列结论正确的是（   ） A． B．若，则 C．若且，则 D．若，则为等腰三角形 4．（25-26高一下·宁夏银川·阶段检测）三角形中的奔驰定理是指：是内一点，，，的面积分别为，，，则．若，则以下命题正确的有（   ） A． B．有可能是的重心 C．若为的外心，则 D．若为的内心，则为直角三角形 5．（25-26高一下·安徽淮南·期中）已知中，角所对的边分别为点I、O、G、H分别为该三角形的内心、外心、重心和垂心，则下列结论正确的是（ ） A． B．若且，则 C．，使得 D．若，则 6．（25-26高一下·江苏苏州·阶段检测）如图，P为内任意一点，角A，B，C的对边分别为a，b，c总有优美等式成立，因为图形酷似奔驰汽车车标，故又称为奔驰定理，则以下正确的命题为（    ） A．若P是的重心，则有 B．若成立，则是的内心 C．若P是的外心，，，则的最小值是 D．若，则 题型05 正余弦定理及其实际应用 一、单选题 1．（25-26高一下·江苏南京·期中）在中，已知，，则（    ） A． B． C． D．或 2．（25-26高一下·贵州安顺·期中）在中，角的对边分别是，若，则的面积为（    ） A． B．1 C．5 D． 3．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，且，若的面积为，则的值为（    ） A．6 B．8 C． D． 4．（25-26高一下·宁夏·期中）为了测量垂直于地面的两座塔塔尖之间的距离，某数学建模活动小组构建了如图所示的几何模型．若米，米，，，，则塔尖之间的距离为（    ）米． A．80 B．120 C． D． 5．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·期末）已知的内角的对边分别为，且，，若有两解，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 6．（25-26高一下·福建福州·期中）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且面积为．若，且，则（    ） A． B． C． D． 7．（24-25高一下·江西抚州·阶段检测）已知的内角所对的边分别为，，则的形状为（    ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形 8．（25-26高一下·广东珠海·期中）记的内角，，的对边分别为，，，若，，，则（   ） A． B． C． D． 9．（24-25高一下·陕西商洛·期中）在中，若，且，那么一定是（    ） A．等腰直角三角形 B．直角三角形 C．非等边等腰三角形 D．等边三角形 10．（24-25高一下·山东泰安·期中）如图，某港口要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上.在小艇出发时，轮船位于港口北偏西30°方向且与该港口相距30海里的处，正在沿正东方向匀速行驶.假设该小艇沿直线方向以海里/小时的速度匀速行驶，经过1.5小时后与轮船相遇.则小艇的航行方向为（   ） A．沿正北方向 B．北偏东45°方向 C．北偏东60°方向 D．北偏东75°方向 11．（24-25高一下·山西·期末）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，则的值为（    ） A． B． C． D． 12．（24-25高一下·山东威海·期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则角C=（    ） A． B． C． D． 13．（24-25高一下·辽宁·期末）海洋洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞．若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得，，，，则A、B两点的距离为（   ） A． B． C． D． 题型06 三角形中面积、周长、边的最值问题 一、解答题 1．（24-25高一下·湖北荆门·期末）在中，内角的对边分别为，且. (1)求角的大小； (2)若的面积，求面积的最小值. 2．（24-25高一下·江苏连云港·期中）已知的面积为，角、、所对的边分别为、、，且. (1)求； (2)若，，求外接圆半径； (3)若，求周长的最大值. 3．（24-25高一下·黑龙江绥化·期末）已知分别为三个内角的对边，且. (1)求； (2)若； （i）求周长的取值范围； （ii）求面积的最大值． 4．（24-25高一下·辽宁朝阳·期末）记的内角的对边分别为，已知． (1)若，求的大小； (2)若的外接圆半径为2，试确定的关系式，并求的最大值． 5．（24-25高一下·广西柳州·期末）在中，内角A、B、C对应的边分别是a、b、c，且. (1)求角A的大小； (2)若，，求a； (3)若为锐角三角形，，求的取值范围. 6．（24-25高一下·湖南娄底·期末）在中，角的对边分别为，已知. (1)求； (2)若为锐角三角形，且边，求面积的取值范围 7．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·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. 题型07 中线、角平分线问题 一、单选题 1．（25-26高一下·江苏南京·期中）在中，，，，是边上一点，是的角平分线，则的长为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·山东聊城·阶段检测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，，，若，，则AC边上的中线BD为（ ） A． B．3 C． D． 3．（24-25高一下·江苏连云港·阶段检测）在中，点，在边上，为边上中线，为平分线，若，，的面积等于，则（） A． B． C． D． 4．（25-26高一下·黑龙江哈尔滨·阶段检测）已知中，角，，所对的边分别为，，，且，若为的中点，边上的中线长为，则面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 5．（25-26高一下·安徽宿州·期中）已知中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D为边BC上一点，且AD为的角平分线，若，则最小值为（    ） A．5 B．4 C．3 D．6 6．在中，角，，所对的边分别为，，，是上的点，平分，，且，则面积的最小值是（   ） A．4 B． C．8 D． 7．（25-26高一下·广东广州·期中）三角形中，角所对的边分别为，已知，，点满足，则的最小值为（   ） A． B．2 C． D． 题型08 复数 一、多选题 1．（24-25高一下·湖北武汉·期末）已知为虚数单位，复数，下列说法正确的是（   ） A． B．复数在复平面内对应的点位于第一象限 C． D．为纯虚数 2．已知复数z满足，则下列结论正确的是（   ） A．z的虚部为 B． C．为纯虚数 D． 3．（24-25高一下·湖南岳阳·期末）已知为虚数单位，以下四个说法中正确的是（　　） A． B．复数的虚部为 C．若，则复平面内对应的点位于第三象限 D．已知复数z满足，则z是纯虚数 4．（24-25高一下·江苏常州·期末）已知复数，则（   ） A． B． C． D． 5．（24-25高一下·安徽合肥·期末）下列说法正确的是（    ） A．对于复数，若，则 B．若互为共轭复数，则为实数 C．若是关于的二次方程的根，则 D．复数满足，则的最小值是 6．（25-26高一下·江苏南通·期末）已知复数所对应的向量分别为，，其中为坐标原点，则下列说法正确的有（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 7．（24-25高一下·湖南湘潭·期末）已知复数，是方程的两个根，且在复平面内，对应的点在对应的点的上方，为坐标原点，则（   ） A． B． C． D． 8．（24-25高一下·山东青岛·期末）设复数均不为0，则（   ） A． B． C． D． 题型09 空间几何体的表面积与体积 一、单选题 1．（25-26高一下·天津滨海新区·期中）已知圆锥的底面半径为3，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则圆锥表面积为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·辽宁葫芦岛·期末）如图，在三棱柱中，，分别是和的中点，记和的体积分别为，，则（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·黑龙江绥化·期末）如图，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形的直观图为梯形，其中，，，．以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体体积为（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·广东揭阳·期末）已知正三棱柱的棱长均为为的中点，则四面体的体积为（    ） A． B． C． D． 5．（25-26高一下·广东深圳·期中）如图所示是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若扇形的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3，且，则该圆台的表面积为（    ） A． B． C． D． 6．（25-26高一下·北京·期中）“端午节”为我国传统节日之一，已被列入世界非物质文化遗产名录，吃粽子也是端午节食俗之一．全国各地的粽子包法各有不同，如图，粽子可包成棱长为6cm的正四面体状的三角粽，也可做成底面半径为，高为6cm（不含外壳）的圆柱状竹筒粽．现有一个装满（不冒尖）馅料的米斗，其形状可近似看作为上底面圆半径为8cm，下底面圆半径为6cm，高为3cm的圆台，则这些馅料最多可包三角粽或最多可包竹筒粽的个数为（    ）（参考数据：） A．18，10 B．18，11 C．19，10 D．19，11 7．（25-26高一下·山东临沂·期中）一个正四棱台的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该正四棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 8．已知中为直角，分别以，，所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成3个几何体，体积分别为，若，则（ ） A． B． C． D． 题型10 平行、垂直的关系判断（选择题） 一、单选题 1．已知a，b是两条直线，α，β是两个平面．下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 2．（24-25高一下·北京顺义·期末）设m，n为两条不同的直线，、为两个不同的平面，则下列结论正确的是（   ） A．若，，，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 3．（25-26高一下·山东·期中）已知，表示两个不同的平面，，，表示三条不同的直线，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，，则 C．若，，，，则 D．若，，则 4．（25-26高一下·黑龙江哈尔滨·期中）设为不同的平面，为直线，给出下列条件：①；②；③；④.其中能推出的条件是（    ） A．①② B．②③ C．②④ D．③④ 5．（24-25高一下·江苏无锡·期末）已知、为两条不同的直线，、为两个不同的平面，则下列命题中不正确的个数是（   ） ①若，，则； ②过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行； ③若，，，则平面、内必定分别存在一条直线与直线垂直； ④若、为异面直线且点，，则一定存在经过点的平面与、都平行． A． B． C． D． 6．（25-26高一下·黑龙江哈尔滨·期中）已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，那么下列结论正确的是（   ） A．若，，且，则与为异面直线 B．若，，且，则 C．若，，且，则与为异面直线 D．若，，且，则 7．（25-26高一下·北京·期中）设、为两个不同的平面，、为两条不同的直线，且．下述四个命题： ①若，则或    ②若，则或 ③若且，则    ④若n与，所成的角相等，则 其中正确的命题的个数是（     ） A． B． C． D． 题型11 外接球问题 一、单选题 1．（24-25高一下·陕西渭南·期末）已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，且，，则球的体积为（   ） A． B． C． D． 2．（2026高一·全国·专题练习）在三棱锥中，已知，，，则该三棱锥外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·浙江杭州·期中）已知正三棱锥，则该三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 4．若某正四面体的内切球的表面积为，则该正四面体的外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 5．（24-25高一下·甘肃酒泉·期末）已知直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，，，若该直三棱柱的各顶点均在同一球面上，则该球的体积为（    ） A． B． C． D． 6．（24-25高一下·重庆·期末）已知三棱锥底面边长均为3，侧棱，且平面ABC，则该三棱锥外接球的半径长为（   ） A．2 B． C．3 D． 7．（24-25高一下·福建三明·期中）已知正三棱台上下底面边长分别为、，高为1，则正三棱台外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 8．在三棱锥中，为正三角形，，，二面角的平面角为，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 9．（25-26高一下·浙江宁波·期中）在三棱锥中，，，，点在平面上投影为，则三棱锥的外接球的表面积为（   ） A．84π B．88π C．92π D．96π 题型12 路径最短、截面、轨迹问题 一、单选题 1．（25-26高一下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，三棱锥中，，为正三角形，，一质点从点B出发，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B的最短路线的长为（    ） A．2 B．3 C． D． 2．如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方体表面上的一动点（含边界），则下列说法中正确的是（   ） A．三棱锥外接球的表面积为 B．若平面，则动点的轨迹是一条线段 C．若平面，则动点的轨迹的长度为 D．若，则动点的轨迹长度为 二、多选题 3．（25-26高一下·福建厦门·期中）如图，正方体的棱长为2，E，F分别是，的中点，点P是底面内一动点，则下列结论正确的为（   ） A．过B，E，F三点的平面截正方体所得截面图形是梯形 B．三棱锥的体积为4 C．若P在线段上，则跟面所成角的正弦值最大为 D．一质点从A点出发沿正方体表面绕行到的中点的最短距离为 4．（25-26高一下·河南许昌·期中）已知正方体的棱长为2，点E，F分别是线段CD，BC的中点，平面过点，E，F且与正方体形成一个截面图形，下面说法正确的是（   ） A．直线与是异面直线 B．截面图形是一个五边形 C．若点I在正方形内（含边界位置），且平面，则点I的轨迹长度为 D．截面图形的周长为 5．已知正四棱台的体积为，，，则下列正确的有（    ） A．此四棱台的侧面积为 B．若是的中点，则平面截此四棱台所得截面的面积为 C．若点为平面截此四棱台所得截面上的动点，且，则的轨迹长度为 D．若点为棱上的动点，则的最小值为 三、填空题 6．已知圆柱体底面圆的半径为，高为2，、分别是两底面的直径，、是母线.若一只小虫从A点出发，从侧面爬行到C点，则小虫爬行的最短路线的长度是_______.（结果保留根式）. 7．（25-26高一下·全国·课堂例题）如图所示，圆台的上、下底面半径分别为和，母线，从圆台母线的中点M拉一条绳子绕圆台侧面转到A点．则绳子的最短长度为______；当绳子最短时，上底圆周上的点到绳子的最短距离为______．    8．（24-25高一下·江苏徐州·阶段检测）已知正方体的棱长为2，点P，Q分别为BC，的中点，则过点，P，Q的平面截正方体所得的截面的周长为__________. 题型13 异面直线所成角 一、单选题 1．（24-25高一下·山东济宁·期末）如图，在正四面体中，分别是与的中点，设和所成角为，则的值为（   ）    A． B． C． D． 2．（24-25高一下·北京通州·期末）如图，在正方体中，点，，分别为，，的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·福建南平·期末）已知三棱锥，，点，分别是棱，的中点，且，则异面直线与所成的角是（   ） A． B． C． D． 4．（25-26高一下·福建厦门·期中）如图，在长方体中，，点分别为的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 二、填空题 5．如图，在直三棱柱 中，，，点 是线段 上靠近 的三等分点，则直线 与 所成角的余弦值为______. 6．（24-25高一下·河南新乡·期末）在正四棱台中，分别是棱的中点，若正四棱台的侧面积为，则异面直线与EF所成角的余弦值是______． 7．（24-25高一下·辽宁辽阳·期末）在正方体中，是的中点，则直线与所成角的余弦值为___________. 题型14 线面角 一、解答题 1．（25-26高一下·四川成都·期中）(本题若使用空间向量，相关步骤不得分)如图，已知正四面体的棱长为，为底面的外心，为中点. (1)连接，证明：平面. (2)设的中点为，求与平面夹角的正弦值. 2．（25-26高一下·福建厦门·期中）（本题不可用建系方法做，否则不得分）如图，多面体是由直三棱柱截去一部分后而成，是的中点，且，. (1)若为的中点，在上，且，证明：直线平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 3．（25-26高一下·全国·期末）如图所示，在直角中，，，，取的中点为D，将沿翻折到的位置，使得． (1)求证：平面平面； (2)求点D到平面的距离； (3)求直线与平面所成角的余弦值. 4．（25-26高一下·北京顺义·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，底面．    (1)证明: 平面平面； (2)设平面平面于直线l，证明：； (3)若在线段BC上是否存在点 F，使得平面PAB，若存在点 F，则为何值时，直线EF与底面ABCD所成角为. 5．（25-26高一下·陕西西安·期中）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，分别为，的中点，与交于点，，为上一点，． (1)证明：； (2)求证：平面平面； (3)若，求与平面所成角的正弦值． 6．（25-26高一下·福建厦门·期中）如图所示，正四棱锥，，，P为侧棱上的点，且，Q是的中点，E是侧棱上的点，且． (1)求正四棱锥的表面积； (2)求证：平面平面； (3)求直线与平面所成角的正切值． 题型15 二面角 一、解答题 1．（25-26高一下·四川·期末）已知直三棱柱中，为正方形，分别为，的中点． (1)证明：平面； (2)若是边长为2正三角形，求二面角 的正弦值． 2．（25-26高一下·浙江·期中）如图，在平行四边形中，，点为的中点，将沿直线翻折成（点不在面内），点为的中点.在翻折过程中， (1)证明：直线平面； (2)若，求二面角的大小. 3．（24-25高一下·辽宁朝阳·期末）如图，在直三棱柱中，，，点是线段的中点，连接． (1)求证：平面 (2)设平面与平面的交线为直线．求证： (3)若，求二面角的正弦值． 4．（25-26高一下·江苏南通·期中）如图，在三棱锥中，，点E为BD中点，，平面平面BCD，点O在BD上，且，，，点P在AD上，且满足平面 (1)求证：平面BCD； (2)求的值； (3)若二面角的大小为，求四面体的体积. 5．（24-25高一下·黑龙江绥化·期末）如图，在三棱柱中，各个侧面均是边长为2的正方形，D，E分别为线段，的中点． (1)求证：平面； (2)求证：直线平面； (3)求二面角大小的余弦值． 6．（24-25高一下·四川眉山·期末）如图，在三棱柱中，，为中点，侧面为矩形．    (1)求证：； (2)若，四棱锥的体积为，求侧棱与底面所成角； (3)令，若，求二面角的正弦值的取值范围． 题型16 距离问题 一、单选题 1．（25-26高一下·黑龙江哈尔滨·期中）在长方体中，，，则点到平面的距离等于（    ） A． B． C．1 D． 2．某景区一座仿古建筑的屋顶是中国传统建筑中常见的“庑殿顶”，其顶盖几何模型如图所示，平面ABCD，底面ABCD是边长为18的正方形，侧面ABFE与CDEF是全等的等腰梯形，侧面ADE与BCF是等腰直角三角形，若，则EF到平面ABCD的距离为（   ）    A． B． C． D． 3．正方体的棱长为，则平面到平面的距离为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 二、多选题 4．在棱长为1的正方体中，下列说法正确的有（    ） A．点到平面的距离等于1； B．直线到平面的距离等于1； C．平面到平面的距离等于1. D．点到平面的距离等于1 三、解答题 5．如图，已知正方体的棱长为，求：    (1)点到直线的距离； (2)点到平面的距离； (3)到平面的距离； (4)平面到平面的距离． 题型17 数据特征的计算与性质（平均数、方差、百分位数等） 一、多选题 1．已知，记一组数据1，2，3，a，8为，则（    ） A．若的极差为9，则 B．若的80%分位数是6，则 C．若的平均数为3，则 D．若，则的方差为6.8 2．（25-26高一下·贵州遵义·开学考试）某公司统计其员工的专业素养指标，公司员工年龄分布如下表，则（   ） 年龄 28 29 30 32 36 40 45 人数 1 3 3 5 4 3 1 A．这组数据的平均数是33.2 B．这组数据的极差是17 C．这组数据的第75百分位数是36 D．这组数据的中位数和众数相同 3．已知一组大小不等的数据的平均数为，方差为，标准差为，极差为，若，则下列关于数据的结论正确的是（   ） A．平均数为 B．方差为 C．标准差为 D．极差为 4．（25-26高一下·江苏南京·期中）若是样本数据：，，，的平均数（，，，不全相等），则（   ） A．，，，的极差等于，，，，的极差 B．，，，的平均数等于，，，，的平均数 C．，，，的中位数等于，，，，的中位数 D．，，，的标准差大于，，，，的标准差 5．（25-26高一下·安徽阜阳·阶段检测）某公司欲对甲、乙、丙、丁四名实习生进行考核，考核规则为对连续五个工作日的工作情况进行打分，若每天的得分均不低于80分（所得分均为整数），则考核合格，否则视为不合格，四人连续五个工作日的得分记录如下. 甲:众数为83，平均数为82. 乙:中位数为82，众数为80. 丙:中位数为85，平均数为82. 丁:有个工作日得分为89，平均数为83，方差为9.2. 甲、乙、丙、丁四人中，考核一定合格的为（    ） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 6．某学校高一年级有500名学生，其中男生300人，女生200人，学校希望获得全体学生的身高信息，按比例分层抽取了容量为50的样本.经计算，男生样本均值为170cm，方差为；女生身高样本均值为160cm，方差为.下列说法中正确的是（    ） A．男生应当抽取30人 B．每个女生被抽到的概率均为 C．所有样本的均值为166cm D．所有样本的方差为 7．（25-26高一下·甘肃酒泉·期中）有一组样本数据，其平均数为5，方差为，中位数为．在这组数中，去掉一个最大的数10和一个最小的数1，余下8个数据的中位数为，方差为，极差为，则（   ） A． B． C． D． 题型18 频率分布直方图 一、多选题 1．某同学统计了某校高一男生的身高数据（单位：），并整理得到下表 身高 频数 60 120 180 240 100 根据表中数据，下列说法正确的是（    ） A．该校高一年级男生身高的中位数小于 B．该校高一年级男生身高的众数和中位数相同 C．该校高一年级男生身高的极差介于至之间 D．该校高一年级男生身高的平均数介于到之间 2．（25-26高一下·全国·课后作业）（多选题）为征求个人所得税法修改建议，某机构调查了10000名当地职工的月收入情况，并根据所得数据画出了样本的频率分布直方图． 下列说法正确的是（   ） A．月收入低于或等于5000元的职工有5500名 B．如果个税起征点调整至5000元，估计有50%的当地职工会被征税 C．月收入高于或等于7000元的职工约为当地职工的5% D．根据此次调查，为使60%以上的职工不用缴纳个税，起征点应调整至5200元 3．2026年1月，重庆合川区女孩“呆呆”（网名）在社交平台发布求助视频，邀请网友帮忙“按猪”，承诺以刨猪汤答谢，结果意外走红.合川区某机构为了解各年龄层对这次“重庆呆呆刨猪汤”的关注程度，随机选取了100名年龄在内的市民进行调查，并绘制出如图所示的频率分布直方图，则（每组数据以区间的中点值为代表）（   ） A． B．所调查市民年龄众数的估计值为40 C．所调查市民年龄的第75百分位数的估计值为42.5 D．所调查市民的平均年龄约为34.5岁 二、解答题 4．从某企业生产的某批次产品中抽取100件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量表得如下频数分布表： 质量指标值分组 频数 6 28 34 24 8 (1)在答题卡上作出这些数据的频率分布直方图： (2)估计该批次产品质量指标值的平均数及方差（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）． (3)在某批次产品的抽检中，若出现了质量指标值在（为样本平均数，为样本标准差）之外的产品，则认为该批次产品的生产过程可能出现了异常情况，需对该批次产品的生产过程进行检查．试问该企业是否需对本批次产品的生产过程进行检查？ 5．（25-26高一下·安徽阜阳·阶段检测）某校高一年级和高二年级分别有学生3 000名和2 000名，该校为了了解本校高一和高二两个年级的学生在五一假期期间的课外阅读情况，利用简单随机抽样的方法在两个年级分别抽取100名学生，记录每人假期期间每天的平均阅读时间（单位:分钟），得到如图所示的频率分布直方图: (1)求高一和高二两个年级的100名学生在五一假期期间阅读时间的第80百分位数（保留整数）. (2)两个年级的100名学生在五一假期期间平均每天阅读时间超过一个小时的百分比各是多少? (3)从众数和平均数两个角度来分析两个年级的阅读情况（每组的值用该组的中点值作代表）. 6．（25-26高一下·陕西渭南·期末）为了解学生对两家餐厅的满意度情况，现从在两家餐厅都用过餐的学生中随机抽取了50人，每人分别对这两家餐厅的满意度进行打分（分数区间为），将其分数记为满意指数.根据打分结果按分组，得到如图所示的频率分布直方图，其中餐厅的满意指数在内的学生有15人. (1)求图中的值； (2)利用样本估计总体的思想，比较两家餐厅满意指数的平均数的大小； (3)若餐厅满意指数频率分布直方图中第三组满意指数的方差，第四组满意指数的方差，求在餐厅用过餐的第三组与第四组所有学生的满意指数的方差. （注：本题计算平均数时同一组中的数据用该组区间的中点值作代表） 题型19 事件的关系、运算、概率的性质 一、单选题 1．某小组有名男生和2名女生，从中任选名同学去参加活动，下列事件中与“至多一名男生”互斥而不对立的是（    ） A．至少有名女生 B．至少两名男生 C．至多一名女生 D．全是男生 2．（24-25高一下·天津·期末）一个袋子中有大小和质地相同的个球，其中有个白色球（标号为和），个黑色球（标号为、和），从袋中不放回地依次随机取出个球，每次摸出一个球，设事件，“至少摸到一次白球”，“两次都摸到白球”，“两次都摸到黑球”，“两球颜色相同”，“两球颜色不同”.则下列说法错误的是（    ） A．与互斥但不对立 B．与互斥 C．与对立 D． 3．（24-25高一下·吉林·期末）已知随机事件和互斥，和对立，且，则（ ） A．0.3 B．0.4 C．0.5 D．0.7 4．（25-26高一下·全国·期末）甲、乙两颗卫星同时独立的监测台风．在同一时刻，甲、乙两颗卫星准确预报台风的概率分别为0.8和0.75，则在同一时刻至少有一颗卫星预报准确的概率为（   ） A．0.95 B．0.6 C．0.05 D．0.4 5．已知，则下列结果正确的是（） A． B． C． D． 6．（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 二、多选题 7．（24-25高一下·广东肇庆·期末）已知事件A，B发生的概率分别为，，下列说法正确的是（   ） A．若，则事件A，B相互独立 B．若事件A，B互斥，则 C．若事件A，B相互独立，则 D．若事件B发生时事件A一定发生，则 8．（24-25高一下·安徽合肥·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． 题型20 古典概型 一、单选题 1．（24-25高一下·甘肃天水·期末）在2025年6月21日天水市公祭伏羲活动期间，有人提出了这样一个问题：伏羲八卦中每一卦由三个爻组成（“”为阳爻，“”为阴爻）.从八卦中随机抽取一卦，那么抽到恰好含有两个阳爻的卦的概率是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·福建福州·期末）从长度为1，3，5，7，9的5条线段中任取3条，则这三条线段能构成一个三角形的概率为（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高一下·贵州遵义·期末）购买手办盲盒是当下青年人的潮流之一，国产动漫手办越来越受欢迎.若某种手办盲盒产品共有三种玩偶，任意一种玩偶出现的概率相等，则购买3个盲盒能集齐3种玩偶的概率为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·云南昆明·期末）某地区公共卫生部门为了调查本地区中学生的吸烟情况，对随机抽出的200名学生进行了调查．调查中使用了下面两个问题： 问题一：你的生日日期是不是奇数？ 问题二：你是否经常吸烟？ 调查者设计了一个随机化装置：一个装有大小、形状和质量完全一样的50个白球和50个红球的袋子，每个被调查者随机从袋中摸取1个球（摸出的球再放回袋中），摸到白球的学生如实回答第一个问题，摸到红球的学生如实回答第二个问题，回答“是”的人往一个盒子中放一个小石子，回答“否”的人什么都不要做，最后收集回来60个小石子，则可以估计出该地区经常吸烟的中学生所占的百分比约为（假设一年为365天，其中日期为奇数的天数为186天）（   ） A．9% B．14% C．16% D．32% 5．（24-25高一下·天津和平·期末）冰雹猜想又称考拉兹猜想、角谷猜想、3x+1猜想等，其描述为：任一正整数x，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，反复计算，最终都将会得到数字1．例如：给出正整数5，则进行这种反复运算的过程为5→16→8→4→2→1，即按照这种运算规律进行5次运算后得到1．若从正整数6，7，8，9，10中任取2个数按照上述运算规律进行运算，则运算次数均为偶数的概率为（    ） A． B． C． D． 二、解答题 6．（24-25高一下·山东烟台·期末）某学校组织学生参加交通安全和环境保护知识宣讲活动．已知该校高一某班全体学生参与上述活动的情况如下表所示： 参加交通安全知识宣讲 未参加交通安全知识宣讲 参加环境保护知识宣讲 人 人 未参加环境保护知识宣讲 人 人 (1)从该班随机选取名学生，试估计该学生至少参加一项活动的概率； (2)已知既参加交通安全知识宣讲又参加环境保护知识宣讲的名学生中，有名男生和名女生．现从这名学生中随机选取人作为主讲人，求选取的人中恰有名男生和名女生的概率． 7．（24-25高一下·安徽·阶段检测）某校在2025年高三二轮复习备考中，年级备课组命制了一套与数学新定义有关的专题训练卷（满分100分），并对整个高三年级的学生进行了测试.现从全部高三年级学生的成绩中随机抽取了100名学生的成绩，并将成绩按照，，，，分成了5组.制成了如图所示的频率分布直方图（假定每名学生的成绩均不低于50分）.    (1)求频率分布直方图中的x的值： (2)估计所抽取的100名学生成绩的平均数、中位数；（同一组中的数据用该组所在区间的中点值作代表） (3)若按人数比例用分层随机抽样的方法从样本中成绩不低于70分的学生中抽取6人，再从这6人中随机抽取3人参加这次考试的考后分析会，试求成绩在内的至少有2人被抽到的概率. 8．（24-25高一下·贵州铜仁·期末）一个袋子中有5个球，其中个红球，其余为绿球，采用不放回方式从中依次随机地取出2个球． (1)若，求第二次取到红球的概率； (2)若取出的2个球都是红球的概率为，求． 题型21 独立事件的乘法公式 一、单选题 1．（24-25高一下·甘肃白银·期末）现有甲、乙两个盒子，甲盒装有2个白球、3个黑球，乙盒装有3个白球、4个黑球，从甲、乙两盒各拿出1个球，则这2个球颜色不同的概率为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·河南漯河·期末）社会实践课上，老师让甲、乙两同学独立地完成某项任务，已知两人能完成该项任务的概率分别为，则此项任务被甲、乙两人完成的概率为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·湖南衡阳·期末）如图，已知电路中4个开关每个断开的概率都是，且是相互独立的，则灯亮的概率为（    ） A． B． C． D． 4．（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． 5．小明工作日每天往返于家和公司办公室，有两把雨伞用于上下班，如果上班时天下雨，他将拿一把去办公室，如果下班时天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把回家.如果天不下雨，那么他不带雨伞.假设每天上班和下班时下雨的概率均为，不下雨的概率均为，且与过去情况相互独立.现在两把雨伞均在家里，那么连续上班两天，他至少有一天淋雨的概率为（    ） A． B． C． D． 二、解答题 6．（25-26高一下·贵州遵义·阶段检测）甲､乙两名同学在遵义会议会址“红色研学趣味挑战赛”中轮流进行“投弹模拟”（每人每次模拟投弹一次），约定甲先投且先击中目标者获胜，一直到有人获胜或每人都已投弹3次时挑战结束.设甲每次投弹命中的概率为，乙每次投弹命中的概率为，且各次模拟投弹互不影响. (1)求甲在本次挑战赛中获胜的概率； (2)求挑战结束时，乙只进行了2次投弹模拟的概率. 7．（25-26高一下·安徽蚌埠·期末）第八届长三角国际创新挑战赛安徽赛区比赛日前在马鞍山市举办，大赛聚焦新能源汽车、生物医药等前沿领域，共征集到107项技术需求，吸引了省内外众多高校与科研团队参与揭榜攻关．其中，安徽本省的一支优秀科研团队——“徽创未来”团队，已成功进入现场赛的最终答辩环节．该团队共有6名核心成员，按研究方向分为三个小组：硬件组2人、算法组2人、数据组2人．现从6人中随机抽取3人组成现场答辩代表小组，每名成员被抽中的概率相等． (1)求事件“硬件组的和算法组的同时被抽中”的概率； (2)求事件“硬件组恰有1人被抽中”的概率； (3)已知答辩代表小组的3人中至少有2人答辩通过，该团队答辩通过．现被选中组成答辩代表小组，三人各自答辩通过的概率分别为，三人答辩通过相互独立，求该团队答辩通过的概率． 8．（24-25高一下·甘肃临夏·期末）科技进步能够更好地推动高质量发展，如人工智能中的DeepSeek．小明、小华两位同学报名参加某公司拟开展的DeepSeek培训，培训前需要面试，面试时共有3道题目，答对2道题则通过面试（前2道题都答对或都答错，第3道题均不需要回答）．已知小明答对每道题目的概率均为，小华答对每道题目的概率依次为，且小明、小华两人每道题能否答对相互独立．记“小明只回答2道题就结束面试”为事件，记“小华3道题都回答且通过面试”为事件． (1)求事件发生的概率； (2)求事件和事件同时发生的概率； (3)求小明、小华两人恰有一人通过面试的概率． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题23 期末考试通关必刷题型 （21大题型148题） 题型01 平面向量基本定理、共线定理及其推论（含等和线） 一、单选题 1．（25-26高一下·江苏·期中）在中，，设，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用三角形法则，以及平面向量基本定理，结合已知条件分析求解即可. 【详解】如图所示： 因为， 所以， 又，所以. 2．（25-26高一下·广西南宁·期中）在中，点M是边的中点，且与相交于一点N，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由向量的基本定理求解即可. 【详解】∵点M是边的中点，， 又，，即， ． 3．（25-26高一下·贵州贵阳·阶段检测）已知不共线，，若三点共线，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】依题意有， ， 若三点共线，则存在实数使得， 因为不共线，所以有，得. 4．（24-25高一下·湖南岳阳·期末）如图，在中，，P是上一点，若，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先利用线段比例转化向量，再统一向量基底，最后根据“三点共线时，向量分解的系数和为1”的性质求解即可. 【详解】， ， ， ， ， 是线段上一点， 三点共线， ， 解得. 故选A. 5．（25-26高一下·重庆渝北·期中）若点是所在平面上一点，且，是直线上一动点，满足，则的最小值是（    ） A． B． C．8 D．9 【答案】A 【分析】分析可知点是的重心，根据三点共线结合向量运算可得，，结合题意可得，再利用乘“1”法结合基本不等式运算求解. 【详解】因为，即，可知点是的重心， 则， 因为三点共线，则，且， 可得， 又因为，则，可得， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值是. 6．（24-25高一下·山东济南·阶段检测）如图，与的面积之比为2，点是内任意一点(含边界)，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分析可得当P在线段BC上运动时，B、P、C三点共线，此时有最小值，分别延迟AB、AC至，使，连接，根据三角形相似，分析可得当P位于D点时，有最大值，即可得答案. 【详解】当点P在线段BC上运动时，此时B、P、C三点共线， 因为，所以，此时为的最小值； 分别延迟AB、AC至，使，连接，如图所示， 因为， 所以与相似，且相比为， 因为与的面积之比为2，且， 所以与的高之比为， 即与高之比为， 所以三点共线， 当P位于D点时，， 此时，即，此时为的最大值， 所以当点在内（含边界）运动时，的取值范围为 故选：A 二、填空题 7．如图，正与正组成“六芒星”，为“六芒星”的中心，为“六芒星”上一点（边界上），且，则的取值范围是______． 【答案】 【分析】作出辅助线，得到，结合图形确定取最值的点的位置，根据平行关系求出，从而求出结果. 【详解】连结，并记它们的交点为，记的中点为，如图． 由等和线知当点在直线上时，有． 作一系列与平行的直线与“六芒星”相交，记任意与平行的直线与线段相交于点，则的绝对值为与长度的比值，从而当点与点重合时，分别取到最大值与最小值．下面计算的值． 一方面，，所以； 另一方面，，所以． 从而得到． 故答案为：. 题型02 平面向量的数量积运算及其应用（含平行、垂直等） 一、单选题 1．（25-26高一下·河南南阳·期中）在边长为1的正方形中，P为的中点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据向量三角形法则转化到、为基底上计算即可. 【详解】 . 2．（25-26高一下·江苏·期中）已知非零向量的夹角为，且满足，则与的夹角为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由，得，化简得：，即 ，有， 设与的夹角为，，所以. 3．（25-26高一下·江苏南通·期中）已知，若，则在方向上的投影向量的坐标为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为，所以，解得，即， 因为，， 所以在方向上的投影向量的坐标为. 4．已知单位向量，，满足，则（    ） A． B． C． D．2 【答案】B 【分析】由题意可得，根据模长结合数量积运算律可得，进而可得，即可得模长. 【详解】由题意可知：， 因为，即， 则， 即，可得， 则，所以. 5．已知不共线向量满足，且在上的投影向量为单位向量，则（    ） A．2 B．1 C． D．0 【答案】A 【详解】由题知，，， 则. 设，即，，即，解得或. 当时，，则，此时共线，不合题意； 当时，，符合题意. 6．（25-26高一下·辽宁沈阳·期中）已知平面向量满足且，则向量和向量的夹角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由，可得， 以及，又因为， 所以， 得， 从而， 同理， 而， 故. 二、填空题 7．已知向量，若与平行，则实数______． 【答案】 【详解】由题意得， ， 由与平行，所以，解得. 8．设、为单位向量，若，则________. 【答案】（或） 【分析】利用向量数量积的运算性质和定义可求得，结合向量夹角的取值范围可得答案. 【详解】因为、为单位向量，，则， 所以， 因为，故. 9．（24-25高一下·山西吕梁·期中）已知，，则与向量重直的单位向量为_____． 【答案】或 【分析】首先求出，设与向量重直的单位向量为，则，解得即可. 【详解】因为，，所以， 设与向量重直的单位向量为， 则，解得或， 所以或. 故答案为：或 10．（24-25高一下·海南省直辖县级单位·期中）已知，且，则__________． 【答案】// 【分析】考察由向量的和求向量的积，只需把等式两边同时平方，即可求出结果. 【详解】， 化简得， ，， 解得， 故答案为： 11．（25-26高一下·重庆·期中）已知中，为的中点，且，则向量在向量上的投影向量为__________. 【答案】 【分析】根据平面向量数量积的运算性质，结合投影向量的定义进行求解即可. 【详解】 ，因此是直角三角形，如下图所示： 过作，垂足为，因为，所以， 又因为为的中点，所以为的中点， 所以， 所以向量在向量上的投影向量为. 题型03 极化恒等式的应用 一、单选题 1．（25-26高一下·安徽阜阳·阶段检测）在中，G为重心，，则（ ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【详解】如图所示，延长交于点，则点为的中点. ∴. ∵， ∴. 2．（25-26高一下·安徽阜阳·阶段检测）如图，四边形ABCD为矩形，其中AB=4，AD=3，其上方是一个以CD为直径的半圆，P为半圆弧上的一个动点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取 中点 ，利用向量中点分解与平方差公式将转化为，再结合的取值范围求得最终结果. 【详解】如图，取AB的中点O，则， 又因为|，所以，所以，则的取值范围为. 3．（25-26高一下·海南海口·阶段检测）如图，在四边形中，为中点，且，若点在线段（端点除外）上运动，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合平面向量的线性运算和数量积化简，求的范围可得的范围. 【详解】由 因为，所以是正三角形， 在中，， ， 在上，， ，则取值范围是 4．（25-26高一下·宁夏·期中）圆是中华民族传统文化的形态象征，象征着“圆满”和“饱满”，是自古以和为贵的中国人所崇拜的图腾．如图，是圆的一条直径，且．，是圆上的任意两点，，点在线段上，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，根据数量积的运算律得到，根据点在线段上，即可求出的取值范围，即可得解 【详解】如图，连接, 则 因为点在线段上且，则圆心 到直线的距离， 所以，所以， 所以的取值范围是． 题型04 平面向量中的四心问题、奔驰定理 一、多选题 1．（25-26高一下·内蒙古赤峰·阶段检测）设 O为所在平面内一点，则下列结论正确的是（ ） A．若满足，则 O 是 的垂心 B．若满足，则 O 是 的外心 C．若满足，则 P的轨迹过的内心 D．若满足，则 P 是 的重心 【答案】BC 【详解】记边的中点为，则， 由，得，所以点在中线上，且， 所以是的重心，所以A错误； 若满足，则 O到 各顶点距离相等，所以O 是 的外心，所以B正确； 若满足，则， 即，所以点的轨迹为角的平分线，所以经过的内心，所以C正确； 由，得，所以， 同理可得，， 即 ，所以 P 是 的垂心，所以D错误. 2．（25-26高一下·安徽安庆·期中）在中，为内一点，若，则下列命题正确的是（   ） A．若点为的重心，则 B．若点为的外心，则 C．若点为的垂心，则 D．若点为的内心，则 【答案】ABD 【分析】设BC边的中点为D，根据等腰三角形的性质，可得点P在AD上，根据重心的性质及线性运算法则，求出x，y的值，可判断A的正误；根据数量积的几何意义，整理计算，可判断B的正误；根据垂心的性质可得，根据线性运算法则及数量积公式，整理计算，可判断C的正误；根据内心的性质，可求出内切圆半径r的值，根据线性运算法则，可判断D的正误. 【详解】设BC边的中点为D，则， 因为，所以，且的重心、外心、垂心、内心均在线段AD上， 选项A：因为点为的重心，所以， 则，所以，故A正确； 选项B：若点为的外心，且， 则，故B正确； 选项C：若点为的垂心，则，即， 在，由余弦定理得， 设，则， 所以 ， 解得，则，所以，故C错误； 选项D：若点为的内心，则DP为内切圆的半径，且设为r， 则， 又， 所以，解得， 所以，即 则，即，所以，故D正确. 3．（25-26高一下·江苏扬州·阶段检测）设点P在所在平面内，且点G、H、O、I分别为该三角形的重心、垂心、外心和内心，则下列结论正确的是（   ） A． B．若，则 C．若且，则 D．若，则为等腰三角形 【答案】ABD 【分析】对A，取的中点，根据重心的性质化简判断即可；对B，根据垂心的性质推导可得，再设，根据可得，同理可得，再根据向量的夹角公式求解即可；对C，化简可得，再两边平方化简即可；对D，根据条件推导即可． 【详解】对A，取的中点，因为是的重心，有， 所以，，即， 又因为，所以，故A正确； 对B，因为为的垂心，则，即， 即，则， 同理，，所以， 设， 因为，所以， 即，则，所以， 因为，所以， 所以，则 ，故B正确； 对C，若且，则， 两边同时平方可得：， 所以，即，故C错误； 对D，因为为的内心，， 故 ，即， 故点的轨迹为垂直于的直线，又平分，因此是的中垂线， 是以为底边的等腰三角形，故D正确． 4．（25-26高一下·宁夏银川·阶段检测）三角形中的奔驰定理是指：是内一点，，，的面积分别为，，，则．若，则以下命题正确的有（   ） A． B．有可能是的重心 C．若为的外心，则 D．若为的内心，则为直角三角形 【答案】ACD 【详解】根据奔驰定理：的系数之比等于对应三角形的面积之比，即. 若是的重心，则，与，所以不是的重心. 当为的外心时，， 所以，即. 当为的内心时，，其中为内切圆半径，所以，因此，所以为直角三角形. 5．（25-26高一下·安徽淮南·期中）已知中，角所对的边分别为点I、O、G、H分别为该三角形的内心、外心、重心和垂心，则下列结论正确的是（ ） A． B．若且，则 C．，使得 D．若，则 【答案】ACD 【分析】本题考查平面向量的基本定理及其在三角形“四心”（内心、外心、重心、垂心）中的应用，重难点在于理解各心的向量表示特征：内心，与边长相关的向量线性组合为零；外心，到三个顶点的距离相等，利用模长平方求解数量积；重心，与中线向量共线，利用正弦定理化简向量表达式；垂心，利用垂心性质（高线垂直于底边）及向量共线条件求角度. 【详解】对于A，如图，延长交于点； 是的内心，由角平分线定理得； ； 由 ，故A正确. 对于B，是的外心，且， ，则， 整理得，解得，故B错误. 对于C，如图，延长交于点； 是的重心，是的中点，，即与共线； 由正弦定理(为外接圆半径)，得，； ，即与共线； 与共线，即，使，故C正确. 对于D，如图，延长，，分别交，，于点，，； 是的垂心， ，，； ，，得； ，，三点共线，，，得； ，，得； ，，三点共线，，，得； ，，为锐角； ，解得，故D正确. 6．（25-26高一下·江苏苏州·阶段检测）如图，P为内任意一点，角A，B，C的对边分别为a，b，c总有优美等式成立，因为图形酷似奔驰汽车车标，故又称为奔驰定理，则以下正确的命题为（    ） A．若P是的重心，则有 B．若成立，则是的内心 C．若P是的外心，，，则的最小值是 D．若，则 【答案】ABC 【分析】对于A利用重心的性质，代入奔驰定理公式即可；对于B利用三角形的面积公式结合奔驰定理，可知点到三边的距离相等；对于C根据外心性质结合三角形的圆心角为圆周角的两倍，再将两边平方，化简可得，结合一般不等式求解范围即可；对于D由，整理得，再根据奔驰定理求解面积比值即可. 【详解】选项A：若是的重心，根据重心性质，三个小三角形面积相等：， 代入奔驰定理得：，即，A正确； 选项B：若，结合奔驰定理， 得面积比. 又，，，可得， 即到三边距离相等，故是的内心，B正确； 选项C：是外心，故（为外接圆半径）， 由，得圆心角. 由，得， 代入，，化简得. 因为在内，结合奔驰定理系数为正，得， 故， 所以，即，当且仅当时取等号， 最小值为，C正确； 选项D：由，整理得：， 即，根据奔驰定理， 所以，D错误. 题型05 正余弦定理及其实际应用 一、单选题 1．（25-26高一下·江苏南京·期中）在中，已知，，则（    ） A． B． C． D．或 【答案】B 【分析】先判断角的范围，求得，再根据正弦定理确定的大小关系，从而判断角的范围求得，再用诱导公式结合两角和的余弦公式计算． 【详解】∵，∴为锐角， ， 由正弦定理，得， 所以，故为锐角， ∴， ． 2．（25-26高一下·贵州安顺·期中）在中，角的对边分别是，若，则的面积为（    ） A． B．1 C．5 D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出边长a，再利用余弦定理求，结合三角形面积公式求出面积即可求解． 【详解】在中，由正弦定理得：， 因此， 则， 而，由余弦定理可得， 即，解得或（舍去）， 所以． 3．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，且，若的面积为，则的值为（    ） A．6 B．8 C． D． 【答案】B 【详解】由面积公式，解得． 由余弦定理，代入，得，即． 于是，所以． 4．（25-26高一下·宁夏·期中）为了测量垂直于地面的两座塔塔尖之间的距离，某数学建模活动小组构建了如图所示的几何模型．若米，米，，，，则塔尖之间的距离为（    ）米． A．80 B．120 C． D． 【答案】C 【分析】先求，再利用余弦定理求得. 【详解】由题得到米，米， 所以由余弦定理得到， 即， 所以米. 5．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·期末）已知的内角的对边分别为，且，，若有两解，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】写出三角形有两解的充要条件，进而求出的范围. 【详解】 如图：三角形中，，， 则有两解的充要条件为：， 即. 故选：D. 6．（25-26高一下·福建福州·期中）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且面积为．若，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用余弦定理、三角形面积公式及正弦定理边化角求解． 【详解】在△ABC中，，而， 由，得，又，，则， 由正弦定理得，解得，由，得， 所以． 7．（24-25高一下·江西抚州·阶段检测）已知的内角所对的边分别为，，则的形状为（    ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形 【答案】D 【分析】根据正弦定理化边为角，然后化简可判断三角形的形状. 【详解】根据正弦定理可得：. 因为，所以. 所以或者. 即或者. 所以该三角形为等腰三角形或直角三角形. 故选：D. 8．（25-26高一下·广东珠海·期中）记的内角，，的对边分别为，，，若，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正弦定理结合二倍角的正弦公式可求的正弦和余弦，再根据三角变换公式求得，从而可求三角形的面积. 【详解】在中，由正弦定理得， 即，解得，而为三角形内角，所以， ，， 所以。 则.故选：B. 9．（24-25高一下·陕西商洛·期中）在中，若，且，那么一定是（    ） A．等腰直角三角形 B．直角三角形 C．非等边等腰三角形 D．等边三角形 【答案】D 【分析】根据正弦定理进行边角互化，再结合三角恒等变换可得解. 【详解】由已知在中，， 则， 又在中，， 则， 所以，即， 又， 所以， 由中，， 即， 所以， 由， 所以，即， 所以，即为等边三角形， 故选：D. 10．（24-25高一下·山东泰安·期中）如图，某港口要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上.在小艇出发时，轮船位于港口北偏西30°方向且与该港口相距30海里的处，正在沿正东方向匀速行驶.假设该小艇沿直线方向以海里/小时的速度匀速行驶，经过1.5小时后与轮船相遇.则小艇的航行方向为（   ） A．沿正北方向 B．北偏东45°方向 C．北偏东60°方向 D．北偏东75°方向 【答案】B 【详解】设小艇沿直线方向以海里/小时的速度航行1.5小时后，到达点， 路程为海里，即海里， 由题意得海里，， 在中，由正弦定理得， 即，， 又，故，故， 即小艇的航行方向为北偏东45°方向. 11．（24-25高一下·山西·期末）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由辅助角公式化简可得，由余弦函数性质可得，再利用正弦定理及二倍角公式化简计算即可求解. 【详解】由题意得， 即， 因为，，则，且余弦函数在上单调递减， 所以，即， 又，所以， 又，所以， 又，所以，所以. 故选：D. 12．（24-25高一下·山东威海·期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则角C=（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由，利用正弦定理得，根据两角和的正弦公式得，又即可求，进而得. 【详解】由有，由正弦定理有， 又， 所以，又为的内角，所以，即， 又由，所以， 又，所以，所以. 故选：C. 13．（24-25高一下·辽宁·期末）海洋洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞．若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得，，，，则A、B两点的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】依题意在中利用正弦定理得，在中可得，从而在中利用余弦定理即可得解. 【详解】如图，在中，，， ，所以， 由正弦定理得，解得， 在中，，， ， 所以，故， 所以在中，由余弦定理得 ， 则，即A，B两点间的距离为． 故选：D. 题型06 三角形中面积、周长、边的最值问题 一、解答题 1．（24-25高一下·湖北荆门·期末）在中，内角的对边分别为，且. (1)求角的大小； (2)若的面积，求面积的最小值. 【答案】(1). (2). 【分析】（1）由正弦定理和正弦和角公式得到，求出； （2）由三角形面积公式得到，再由余弦定理和基本不等式得到，求出三角形面积的最小值. 【详解】（1）中，，由正弦定理得 ， 即， 故，又，则， 即， 又，可得； （2），则， 由余弦定理得， 即，即当且仅当时，等号成立， 故面积的最小值为. 2．（24-25高一下·江苏连云港·期中）已知的面积为，角、、所对的边分别为、、，且. (1)求； (2)若，，求外接圆半径； (3)若，求周长的最大值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用平面向量数量积的定义和三角形的面积公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）利用余弦定理求出的值，再利用正弦定理可求得外接圆的半径； （3）利用余弦定理和基本不等式可求得的最大值，即可得出该三角形周长的最大值. 【详解】（1）由得，整理得， 因为，故，于是得到，故. （2）因为，，由余弦定理可得，故， 设外接圆的半径为，由正弦定理可得，则， 故外接圆的半径为. （3）因为，由余弦定理和基本不等式可得 ， 即，当且仅当时，等号成立， 所以的周长为，即周长的最大值为. 3．（24-25高一下·黑龙江绥化·期末）已知分别为三个内角的对边，且. (1)求； (2)若； （i）求周长的取值范围； （ii）求面积的最大值． 【答案】(1)； (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）由正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式化简得，利用同角三角函数的关系式求解. （2）（i）（ii）由（1）的结论，利用余弦定理，借助基本不等式求解. 【详解】（1）在中，由及正弦定理得， 即， 整理得，而，则， 于是，整理得， 即，而，解得， 所以. （2）（i）由余弦定理得， 当且仅当时取等号，因此，而， 则，所以， 所以周长的取值范围是. （ii）由（i）知，当且仅当时取等号， 所以， 因此， 所以面积的最大值为. 4．（24-25高一下·辽宁朝阳·期末）记的内角的对边分别为，已知． (1)若，求的大小； (2)若的外接圆半径为2，试确定的关系式，并求的最大值． 【答案】(1) (2)，最大值为 【分析】（1）根据余弦的和角公式可得，即可代入求解， （2）根据诱导公式可得，即可利用正弦定理边角互化，结合二倍角公式以及二次函数的性质即可求解最值. 【详解】（1）由可得， 即，进而得到， 当可得， 由于，故. （2）由可知为钝角，进而为锐角， 故，因此， 则， 由正弦定理得 ， 故当时，此时取最大值. 5．（24-25高一下·广西柳州·期末）在中，内角A、B、C对应的边分别是a、b、c，且. (1)求角A的大小； (2)若，，求a； (3)若为锐角三角形，，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）结合正弦定理和诱导公式，化简求值即可； （2）通过三角形的面积公式求出边长，再利用余弦定理求解即可； （3）通过正弦定理，将边用角表示，然后结合三角形中角的关系，将问题表示为单一变量角的函数，再结合锐角三角形，确定角的取值范围，再利用正弦函数求取值范围即可. 【详解】（1）因为， 由正弦定理得，即， 因为在中，，所以， 又，所以. （2）因为，，，所以，解得. 由余弦定理得. （3）因为，， 结合正弦定理，得，所以，. 在中，, 所以. 因为为锐角三角形，所以，所以， 则，所以， 所以. 6．（24-25高一下·湖南娄底·期末）在中，角的对边分别为，已知. (1)求； (2)若为锐角三角形，且边，求面积的取值范围 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理及两角和的正弦公式化简得到，从而得到； （2）方法一：由为锐角三角形，得到的范围，三角形面积公式表示出的面积，整理成关于的函数，根据的范围得到面积的范围； 方法二：根据直角三角形的临界条件，得到为锐角三角形时面积的取值范围. 【详解】（1）由正弦定理得， 因为，所以， 所以， 因为，所以，， 因为，所以； （2）方法一：因为是锐角三角形，又， 所以，解得， ， 因为，∴，则， 从而. 方法二： 若为锐角三角形， 所以， 因为，，所以， 所以， 又因为， 所以. 7．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·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07 中线、角平分线问题 一、单选题 1．（25-26高一下·江苏南京·期中）在中，，，，是边上一点，是的角平分线，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用等面积法，结合三角形面积公式，整理计算，即可得答案. 【详解】因为，所以， 解得. 2．（24-25高一下·山东聊城·阶段检测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，，，若，，则AC边上的中线BD为（ ） A． B．3 C． D． 【答案】C 【分析】根据平行条件结合正弦定理得出，再根据即可求出. 【详解】由题意得，，结合正弦定理得， 因，则，则， 若，则，与上式矛盾，故，则， 因，则， 因为AC边上的中线，则， 则 ， 则. 故选：C 3．（24-25高一下·江苏连云港·阶段检测）在中，点，在边上，为边上中线，为平分线，若，，的面积等于，则（） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用向量可建立起的关系式，再结合面积即可求得，再利用面积相等即可求角平分线的长. 【详解】为边上的中线，， 即，即， 即，. 因为，， ， ， 为平分线，，故， 又，所以， 即，解得， 故选：D 4．（25-26高一下·黑龙江哈尔滨·阶段检测）已知中，角，，所对的边分别为，，，且，若为的中点，边上的中线长为，则面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由余弦定理结合已知条件，求出角，向量两边同时平方，由基本不等式可求出面积最大值. 【详解】由及余弦定理得， 由两边平方得： 即 ，整理得： ，解得，当且仅当时取等号， 又因为，所以三角形面积最大值为. 5．（25-26高一下·安徽宿州·期中）已知中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D为边BC上一点，且AD为的角平分线，若，则最小值为（    ） A．5 B．4 C．3 D．6 【答案】B 【分析】利用正弦面积公式表示出：，化简可得，即，再结合基本不等式中“1”的妙用求解. 【详解】如图，为角平分线，， 即， 化简得，则， 当且仅当时取等号，故最小值为4. 6．在中，角，，所对的边分别为，，，是上的点，平分，，且，则面积的最小值是（   ） A．4 B． C．8 D． 【答案】B 【分析】由正弦定理得到，求出，由三角形面积公式得，，，根据，求出，由基本不等式，得到，从而求出面积最小值. 【详解】，由正弦定理得， 因为，所以，故， 所以， 因为，所以， 平分，故， 由三角形面积公式得， ，， 因为，所以， 即， 由基本不等式得， 故，解得，当且仅当时，等号成立， 故. 故选：B 7．（25-26高一下·广东广州·期中）三角形中，角所对的边分别为，已知，，点满足，则的最小值为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】根据三角函数的平方和关系及三角形面积公式得到，根据向量的线性运算得到，结合向量的模的计算及基本不等式求解即可. 【详解】在中，，所以. 又，所以. 又， 所以 ，当且仅当时，等号成立. 故的最小值为. 题型08 复数 一、多选题 1．（24-25高一下·湖北武汉·期末）已知为虚数单位，复数，下列说法正确的是（   ） A． B．复数在复平面内对应的点位于第一象限 C． D．为纯虚数 【答案】ABD 【分析】由复数除法化简复数，进而求模判断A；由共轭复数的定义及对应点坐标判断B；再由复数的性质判断C、D. 【详解】，则，故A正确； ，在复平面内对应的点为，位于第一象限，故B正确； 为纯虚数，不能比较大小，故C错误，D正确. 故选：ABD 2．已知复数z满足，则下列结论正确的是（   ） A．z的虚部为 B． C．为纯虚数 D． 【答案】BC 【分析】先根据已知条件得出，再逐项判断即可. 【详解】因为，所以，则z的虚部为2，故A错误； ，故B正确； ，所以为纯虚数，故C正确； ，故D错误， 故选：BC. 3．（24-25高一下·湖南岳阳·期末）已知为虚数单位，以下四个说法中正确的是（　　） A． B．复数的虚部为 C．若，则复平面内对应的点位于第三象限 D．已知复数z满足，则z是纯虚数 【答案】AC 【分析】利用复数加减及幂运算即可判断A选项，根据复数的概念判断选项B，先化简复数，写出它的共轭复数对应点的坐标即可判断选项C，设复数代入中求出的值即可判断. 【详解】由 ， 故A选项正确； 复数的虚部为，故B选项不正确； 由， 所以对应点为 所以复平面内对应的点位于第三象限，故C正确； 设复数， 则， 即 所以，的值不确定，有可能为0， 故D不正确； 故选：AC. 4．（24-25高一下·江苏常州·期末）已知复数，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据复数的模长公式、共轭复数的性质、复数的运算即可解答. 【详解】因为， 所以， ， . 所以； ； . 故选：ABD. 5．（24-25高一下·安徽合肥·期末）下列说法正确的是（    ） A．对于复数，若，则 B．若互为共轭复数，则为实数 C．若是关于的二次方程的根，则 D．复数满足，则的最小值是 【答案】BC 【分析】对于A，通过举特例可判断选项正误；对于B，由共轭复数概念可判断选项正误；对于C，将代入方程结合复数相等定义可判断选项正误；对于D，设，由题可得，然后由三角变换可得最小值. 【详解】对于A，取，，可得，，故A错误； 对于B，因互为共轭复数，设，则，从而为实数，故B正确； 对于C，将代入方程可得，则，故C正确； 对于D，设，则，令，. 则 ，当且仅当，即时取等号，故D错误. 故选：BC 6．（25-26高一下·江苏南通·期末）已知复数所对应的向量分别为，，其中为坐标原点，则下列说法正确的有（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】CD 【分析】举例说明AB是错误的；根据复数模的概念，判断C的真假；利用复数乘法的运算法则，判断D的真假. 【详解】对A：设，，则，但复数，不能比较大小，故不成立，所以A错误； 对B：取，，则，，但，所以不成立，所以B错误； 对C：由，所以，故C正确； 对D：设，，. . 由，当时，有，代入得： . 结合，所以， 所以，所以； 当时，或. 若，则，所以，所以，可得； 若，则，因为，，所以，可得. 综上可知，D正确. 故选：CD 7．（24-25高一下·湖南湘潭·期末）已知复数，是方程的两个根，且在复平面内，对应的点在对应的点的上方，为坐标原点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】A选项，计算出方程的两根，从而得到；A正确；B选项，，利用向量数量积公式计算；C选项，计算得到，利用模长公式进行求解；D选项，计算出，利用复数的乘方运算法则求解. 【详解】A选项，方程的判别式， 的两根为， 两根对应的点分别为，故，A正确； B选项，，故，B错误； C选项，，， 故，C正确； D选项，，故，D正确. 故选：ACD 8．（24-25高一下·山东青岛·期末）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. 题型09 空间几何体的表面积与体积 一、单选题 1．（25-26高一下·天津滨海新区·期中）已知圆锥的底面半径为3，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则圆锥表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】计算出圆锥的母线长，从而计算出圆锥的表面积. 【详解】圆心角是，对应为，设扇形的半径为，也即扇形围成的圆锥母线长为， 由解得：， 所以圆锥的表面积为. 2．（24-25高一下·辽宁葫芦岛·期末）如图，在三棱柱中，，分别是和的中点，记和的体积分别为，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据棱锥与棱柱的体积公式，结合图形，可得答案. 【详解】取的中点为，连接，如下图： 易知三棱柱的体积是三棱柱的一半， 由图可知三棱锥与三棱柱同底等高， 则三棱锥的体积是三棱柱体积的三分之一， 即四棱锥的体积是三棱柱体积的三分之二， 综上可得四棱锥的体积是是三棱柱的三分之一， 即. 故选：A. 3．（24-25高一下·黑龙江绥化·期末）如图，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形的直观图为梯形，其中，，，．以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据图形求得，然后还原原图形，最后利用公式计算. 【详解】作，如图： 由，，所以， 则原几何体为圆台，上底面半径为，下底面半径为，高为4，如图： 所以该几何体的体积为：. 故选：A 4．（24-25高一下·广东揭阳·期末）已知正三棱柱的棱长均为为的中点，则四面体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据棱锥及棱柱的体积公式计算求解. 【详解】如图所示，几何体为正三棱柱，且所有棱长均为， 底面ABC为正三角形，侧面为正方形， 则 ． 故选:A． 5．（25-26高一下·广东深圳·期中）如图所示是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若扇形的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3，且，则该圆台的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设圆台的上下底面圆的半径分别为. 因为扇形的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3，且， 所以，，解得，， 所以该圆台的表面积为. 6．（25-26高一下·北京·期中）“端午节”为我国传统节日之一，已被列入世界非物质文化遗产名录，吃粽子也是端午节食俗之一．全国各地的粽子包法各有不同，如图，粽子可包成棱长为6cm的正四面体状的三角粽，也可做成底面半径为，高为6cm（不含外壳）的圆柱状竹筒粽．现有一个装满（不冒尖）馅料的米斗，其形状可近似看作为上底面圆半径为8cm，下底面圆半径为6cm，高为3cm的圆台，则这些馅料最多可包三角粽或最多可包竹筒粽的个数为（    ）（参考数据：） A．18，10 B．18，11 C．19，10 D．19，11 【答案】A 【分析】先分别计算出三角粽、竹筒粽以及圆台的体积，再通过体积之间的关系求出两碗馅料最多可包三角粽和竹筒粽的个数即可. 【详解】因为 ， 其中 ， ， ，代入得： , ，其中棱长 ，代入得： ， 所以可包个数： =18, 因为 ，其中 ， ，代入得： , 所以可包个数： , 综上，最多可包三角粽 个，竹筒粽 个. 7．（25-26高一下·山东临沂·期中）一个正四棱台的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该正四棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设正四棱台的上底边长为，则侧棱长为，下底边长为， 正四棱台的侧面是等腰梯形，设斜高为，则 ， 侧面积为：， 解得，或（舍去）， ， 设棱台的高为，则， 上底面积， 下底面积， 该正四棱台的体积： ． 8．已知中为直角，分别以，，所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成3个几何体，体积分别为，若，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据圆锥的体积公式求解即可. 【详解】以所在直线为轴，旋转一周形成的圆锥的体积为：； 以所在直线为轴，旋转一周形成的圆锥的体积为：； 以所在直线为轴，旋转一周形成的几何体的体积为：. 因为， 所以，所以. 题型10 平行、垂直的关系判断（选择题） 一、单选题 1．已知a，b是两条直线，α，β是两个平面．下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】B 【分析】ACD可举出反例；B选项，利用线面平行的性质定理、平行关系的转化判断即可. 【详解】对于A，若，，则，即垂直于同一个平面的直线平行，故A错误； 对于B，若，设，，，则． 又，则． 因为，，则， 所以，故B正确； 对于C，若，，则，即垂直于同一直线的两个平面平行，故C错误； 对于D，若，，则，或，故D错误． 故选：B． 2．（24-25高一下·北京顺义·期末）设m，n为两条不同的直线，、为两个不同的平面，则下列结论正确的是（   ） A．若，，，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】B 【分析】由空间中线面的位置关系进行判断即可． 【详解】对于A项，当相交时，才成立，故A项错误； 对于B项，由，，得，而，则，故B项正确； 对于C项，若，，则，或，或，故C项错误； 对于D项，若，，则可以平行或异面，故D项错误． 故选：B 3．（25-26高一下·山东·期中）已知，表示两个不同的平面，，，表示三条不同的直线，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，，则 C．若，，，，则 D．若，，则 【答案】D 【分析】根据空间中直线与平面、平面与平面的平行和垂直的判定定理与性质定理判断即可. 【详解】选项A：若，，和可能平行，也可能异面，不是一定平行，A错误. 选项B：由线面垂直的判定定理可知：直线垂直于平面内两条相交直线才能推出线面垂直， 题干中未指明和不相交，不满足定理条件，B错误. 选项C：由面面平行的判定定理可知：一个平面内两条相交直线都平行于另一个平面，才能推出面面平行， 题干中和可能平行，此时和仍可以相交，C错误. 选项D：根据线面垂直的性质：若一条直线垂直于一个平面，另一条直线与该直线平行， 则另一条直线也垂直于这个平面，结论成立，D正确. 4．（25-26高一下·黑龙江哈尔滨·期中）设为不同的平面，为直线，给出下列条件：①；②；③；④.其中能推出的条件是（    ） A．①② B．②③ C．②④ D．③④ 【答案】C 【分析】举例说明判断①③；利用面面平行的性质推理判断②；利用线面垂直的性质推理判断④. 【详解】对于①，当时，满足，此时不平行，①不是； 对于②，由，得，②是； 对于③，当时，满足，此时不平行，③不是； 对于④，由，得，而，因此，④是. 5．（24-25高一下·江苏无锡·期末）已知、为两条不同的直线，、为两个不同的平面，则下列命题中不正确的个数是（   ） ①若，，则； ②过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行； ③若，，，则平面、内必定分别存在一条直线与直线垂直； ④若、为异面直线且点，，则一定存在经过点的平面与、都平行． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据线面垂直性质可知①错误，由点、线、面的位置关系以及线面平行的性质可得②错误，利用线面垂直的性质可知③正确，利用正方体可判断④错误. 【详解】对于①，若，则可知或，如下图中所示： 即①错误； 对于②，不妨取正方体为例，如下图所示： 直线外一点，此时平面与均与直线平行， 因此过直线外一点，可以作与这条直线平行的平面并不唯一，即②错误； 对于③，在直线上取点、，设点、在平面内的射影点分别为、， 则，，故，故、、、共面， 由平面几何的相关知识可知，在平面内必存在直线，使得， 因为，，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 同理可知，在平面内也存在直线与直线垂直，即③正确； 对于④，不妨取正方体为例，如下图所示： 当点在上底面上时，此时不存在经过点的平面与、都平行，④错. 6．（25-26高一下·黑龙江哈尔滨·期中）已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，那么下列结论正确的是（   ） A．若，，且，则与为异面直线 B．若，，且，则 C．若，，且，则与为异面直线 D．若，，且，则 【答案】B 【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系依次判断即可． 【详解】对于A，若，，且， 则与为异面直线或平行直线或相交直线，故A错误； 对于B，若，，且， 则，，故B正确； 对于C，若，，且，则与可能为相交直线，如下图所示：    所以若，，且，则与为异面直线为假命题，故C错误； 对于D，若，，且，则与可能相交，如下图所示：    也可能为异面直线， 所以若，，且，则为假命题，故D错误. 7．（25-26高一下·北京·期中）设、为两个不同的平面，、为两条不同的直线，且．下述四个命题： ①若，则或    ②若，则或 ③若且，则    ④若n与，所成的角相等，则 其中正确的命题的个数是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】结合线面平行的判定与性质、线面角的定义逐一判断四个命题的真假，统计正确命题个数即可. 【详解】对命题①：已知，且直线不重合，分三类讨论： 若，则，由，，根据线面平行判定定理得，满足结论； 若，则，由，，根据线面平行判定定理得，满足结论； 若且，由，，得且，仍满足“或”， 故命题①为真命题. 对命题②：若与所成二面角不是直二面角，在其中一个面内作直线，则与均不垂直，故命题②为假命题。 对命题③： 如图所示，作包含直线的平面，设与平面的交线分别为， 由得，由得，因此； 又，故，结合，得，由推出， 故命题③为真命题. 对命题④：当时，与所成的角均为，满足所成角相等，但此时与不垂直，故命题④为假命题。 综上，真命题为①③，共个. 题型11 外接球问题 一、单选题 1．（24-25高一下·陕西渭南·期末）已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，且，，则球的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，把三棱锥可补成一个长方体，设三棱锥的外接球的半径为，利用长方体的对角线长等于外接球的直径，求得，结合球的体积公式，即可求解. 【详解】在三棱锥中，因为平面，且，，， 则三棱锥可补成如图所示的一个长方体， 其中三棱锥的外接球与该长方体的外接球为同一个球， 在直角中，可得， 设三棱锥的外接球的半径为， 可得，所以， 则球的体积为. 故选：B. 2．（2026高一·全国·专题练习）在三棱锥中，已知，，，则该三棱锥外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意得到三棱锥的对棱相等，可知该三棱锥可置于一个长方体中，再求长方体外接球的体积即可. 【详解】由题意可知：，，， 则三棱锥可放置在如图所示的长方体中， 设三棱锥三组对棱的长分别为，，， 由对棱相等模型，，，， 即，所以长方体的体对角线平方为：， 即体对角线长为，则， 该三棱锥外接球的体积. 故选：B. 3．（24-25高一下·浙江杭州·期中）已知正三棱锥，则该三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用正三棱锥的外接球球心在其高线上，再利用勾股定理由方程来求解半径，即可求外接球的表面积. 【详解】 根据正三棱锥的性质，可知外接球球心必在正三棱锥的高线上，连接， 由等边三角形，其边长，可知， 再由勾股定理得：， 设外接球半径为，结合勾股定理： 可得：，解得：， 由于，所以外接球球心在高线的延长线上，但仍然满足上述方程， 故该外接球的半径仍为， 所以该外接球的表面积为：， 故选：A 4．若某正四面体的内切球的表面积为，则该正四面体的外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，结合正四面体的结构特征，再求出其外接球的半径即可. 【详解】正四面体的内切球与其外接球球心重合， 如图，正四面体内切球与外接球球心在其高上， 则是正四面体内切球半径，是正四面体外接球半径， 由正四面体的内切球的表面积为，得，令， ，，， 在中，，解得，， 所以该正四面体的外接球的体积. 故选：C 5．（24-25高一下·甘肃酒泉·期末）已知直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，，，若该直三棱柱的各顶点均在同一球面上，则该球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题设分别取的中点，连接，判断直三棱柱的外接球球心在的中点，借助于求得外接球半径，代入公式即得其体积. 【详解】 如图，，，分别取的中点，连接， 则点分别是的外心，故直三棱柱的外接球球心在的中点， 连接，则，， 故直三棱柱的外接球半径，则其体积为. 故选：B. 6．（24-25高一下·重庆·期末）已知三棱锥底面边长均为3，侧棱，且平面ABC，则该三棱锥外接球的半径长为（   ） A．2 B． C．3 D． 【答案】A 【分析】将三棱锥转化为正三棱柱，根据题意结合正三棱柱的性质求外接球的半径. 【详解】将三棱锥转化为正三棱柱， 可知三棱锥的外接球即为正三棱柱的外接球， 设的外接圆圆心为，半径为r， 则，可得， 设三棱锥的外接球球心为O，连接OA，， 则，因为，解得， 所以该三棱锥外接球的半径长为2. 故选：A． 7．（24-25高一下·福建三明·期中）已知正三棱台上下底面边长分别为、，高为1，则正三棱台外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正三棱台的几何性质计算出球心到下底面的距离，可求出外接球的半径，结合球体体公式可求得结果. 【详解】如下图，设正三棱台的上、下底面的中心分别为、， 由正三棱台的几何性质可知，外接球球心在直线上， 正的外接圆半径为，正的外接圆半径为， 设，若球心在线段上，则，， 设球的半径为，则， 即，解得，不合乎题意； 所以，球心在射线上，则， ，即，解得. 所以，即，故该正三棱台的外接球体积为. 故选：C 8．在三棱锥中，为正三角形，，，二面角的平面角为，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意证明三棱锥外接球的球心即是正三角形的中心，计算得解. 【详解】如图，取的中点，连接， 因为为正三角形，所以，又二面角的平面角为， 所以平面，则， 设为正三角形的中心，则， 因为，所以，又， 所以， 所以，则，即为三棱锥外接球的球心， 因为，所以， 所以三棱锥外接球的半径， 所以三棱锥外接球的表面积为. 9．（25-26高一下·浙江宁波·期中）在三棱锥中，，，，点在平面上投影为，则三棱锥的外接球的表面积为（   ） A．84π B．88π C．92π D．96π 【答案】A 【分析】由题意平面，进而确定外接球球心，由球心与相关点的位置关系求球的半径，最后求表面积即可. 【详解】设的外接圆半径为，由题可知为等边三角形，由正弦定理，，则， 设外接球的球心为，半径为，的外接圆的圆心为， 由题可得平面，而平面， 过点作，交于点，连接， 则，易得矩形，则， 在直角三角形中，，解得， 所以三棱锥外接球的表面积为. 题型12 路径最短、截面、轨迹问题 一、单选题 1．（25-26高一下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，三棱锥中，，为正三角形，，一质点从点B出发，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B的最短路线的长为（    ） A．2 B．3 C． D． 【答案】C 【分析】先作出三棱锥的侧面展开图，利用平面图形中两点之间直线段最短可得最短路线的长. 【详解】因为，为正三角形，所以， 所以， 将三棱锥的侧面沿侧棱剪开，展开的平面图形如图所示， 则线段即为点B的最短路线的长， 因为 , 由余弦定理得到， 即， 所以，即点B的最短路线的长为. 2．如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方体表面上的一动点（含边界），则下列说法中正确的是（   ） A．三棱锥外接球的表面积为 B．若平面，则动点的轨迹是一条线段 C．若平面，则动点的轨迹的长度为 D．若，则动点的轨迹长度为 【答案】A 【分析】三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，利用正弦定理可得的外接圆半径，再利用外接球性质可求出外接球半径，再利用表面积公式计算即可得A；取与中点、，利用面面平行性质定理可得平面平面，则可得B；取靠近点的四等分点，利用线面垂直判定定理可得平面，则可得动点的轨迹为线段，计算出即可得C；由对称性，可假设平面，利用线面垂直性质定理与勾股定理可得，即可得在平面内轨迹，同理可得点所有轨迹，即可得D. 【详解】对于A：由四边形为正方形， 故三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球， 设三棱锥的外接球半径为R，的外接圆半径为， ， 故， 又，则， 故，，因为平面， 故三棱锥的外接球球心在过的外接圆圆心和平行的直线上， 则，即， 故三棱锥的外接球的表面积为，故A正确， 对于B：取与中点、，连接、、， 由正方体性质可得，， 又平面，平面，故平面， 平面，平面，故平面， 又，、平面，故平面平面， 由平面，则点的轨迹是除去点，故B错误； 对于C：取靠近点的四等分点，连接， 由正方体性质可得平面，又平面，故， 由，，故与相似， 则，故 ， 故，又，、平面， 故平面，又平面，故动点的轨迹为线段， ，故C错误； 对D：若平面，因为平面，平面， 故，由，则， 即点的轨迹为以为圆心，在平面内半径为的四分之一圆， 同理可得，点也可为以为圆心，在平面内半径为的四分之一圆， 点也可为以为圆心，在平面内半径为的四分之一圆， 故其轨迹长度为，故D错误. 二、多选题 3．（25-26高一下·福建厦门·期中）如图，正方体的棱长为2，E，F分别是，的中点，点P是底面内一动点，则下列结论正确的为（   ） A．过B，E，F三点的平面截正方体所得截面图形是梯形 B．三棱锥的体积为4 C．若P在线段上，则跟面所成角的正弦值最大为 D．一质点从A点出发沿正方体表面绕行到的中点的最短距离为 【答案】AD 【详解】选项A，由图可知，将线条延伸即可得到梯形. 选项B，三棱锥如下图所示，，. 选项C，因为 平面，所以与面所成角的正弦值即为的正弦值.不难得出正弦值最大时点处于点的位置，. 选项D，将平面与平面沿展开得到下图，可以看到最短的距离便是两点之间的连线，. 4．（25-26高一下·河南许昌·期中）已知正方体的棱长为2，点E，F分别是线段CD，BC的中点，平面过点，E，F且与正方体形成一个截面图形，下面说法正确的是（   ） A．直线与是异面直线 B．截面图形是一个五边形 C．若点I在正方形内（含边界位置），且平面，则点I的轨迹长度为 D．截面图形的周长为 【答案】AB 【分析】由异面直线的定义判断A，应用平面的基本性质画出截面图，再根据已知及各项描述依次判断正误即可. 【详解】A，在正方体中，与既不平行也不相交， 平面，平面，，平面， 所以直线与是异面直线，正确； B，延长，与AD的延长线交于点P，与AB的延长线交于点Q， 连接交于点G，连接交于点H， 再连接GE，HF，可得五边形为所求截面，正确； C，由题意知，线段EG为点I的轨迹， 因为，所以G为的三等分点，同理，H为的三等分点， 则，即点I的轨迹长度为，错误； D，，，且， 则五边形的周长为，错误． 5．已知正四棱台的体积为，，，则下列正确的有（    ） A．此四棱台的侧面积为 B．若是的中点，则平面截此四棱台所得截面的面积为 C．若点为平面截此四棱台所得截面上的动点，且，则的轨迹长度为 D．若点为棱上的动点，则的最小值为 【答案】ACD 【分析】先根据条件，结合正四棱台的性质，求出正四棱台的高和斜高，即可求出此四棱台的侧面积，判断A的真假；确定截面的形状，结合梯形的面积公式求截面面积，可判断B的真假；分析点轨迹，结合扇形弧长公式，可求点轨迹长度，判断C的真假；根据点到直线距离，垂线段最短，再结合面积法可求的最小值，判断D的真假. 【详解】如图： 设棱台的高为，斜高为. 根据棱台的体积公式. 所以. 对A：该四棱台的侧面积为，故A正确； 对B：设为的中点，易得，所以平面截此四棱台所得的截面是等腰梯形. 设中点为，四棱台上下底面的中心分别为，，则为等腰梯形的高. 在等腰梯形中，，，. 所以截面的面积为，故B错误； 对C：点在截面上，且平面， 所以. 所以点轨迹是以为圆心，为半径的半圆，所以点轨迹的长度为，故C正确； 对D：点在上，根据正四棱台的性质，当时，， 此时，且最小. 因为, 由， 所以.故D正确. 三、填空题 6．已知圆柱体底面圆的半径为，高为2，、分别是两底面的直径，、是母线.若一只小虫从A点出发，从侧面爬行到C点，则小虫爬行的最短路线的长度是_______.（结果保留根式）. 【答案】 【分析】在圆柱侧面展开图中，矩形对角线的长度即为所求. 【详解】如图，在圆柱侧面展开图中，线段的长度即为所求 在中，，，. 故答案为：. 7．（25-26高一下·全国·课堂例题）如图所示，圆台的上、下底面半径分别为和，母线，从圆台母线的中点M拉一条绳子绕圆台侧面转到A点．则绳子的最短长度为______；当绳子最短时，上底圆周上的点到绳子的最短距离为______．    【答案】 4 【分析】将圆台侧面展开，利用两点之间线段最短即可求解第一空，第二空求点到线距离即可.. 【详解】如图所示，将圆台侧面展开，则绳子的最短长度为侧面展开图中的长度．    设，由得，所以， ，． 在中，． 所以绳子的最短长度为． 如图所示，过O作于Q，交弧于P，则长为所求最短距离． 因为，即，所以， 所以，即上底圆周上的点到绳子的最短距离为． 故答案为：，. 8．（24-25高一下·江苏徐州·阶段检测）已知正方体的棱长为2，点P，Q分别为BC，的中点，则过点，P，Q的平面截正方体所得的截面的周长为__________. 【答案】 【分析】根据题意得截面为五边形，即可利用三角形的边角关系求解长度得解. 【详解】如图，延长交于点，延长交于点，连接交于点， 连接交于点，连接，．则过点，的平面截正方体所得的截面为五边形． 因为为的中点，为的中点， 所以，， 所以，， 所以， ， ， 即截面周长为 ． 故答案为：. 题型13 异面直线所成角 一、单选题 1．（24-25高一下·山东济宁·期末）如图，在正四面体中，分别是与的中点，设和所成角为，则的值为（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据异面直线所成角的定义，借助平行关系作平行线，从而找到异面直线所成角（或补角）即可求. 【详解】如图，连接MD，设O为MD的中点，连接ON､OC，则且，    所以为异面直线AM与CN所成的角（或补角），若四面体的棱长为1，则， 所以，，. 在中，即. 故选：A 2．（24-25高一下·北京通州·期末）如图，在正方体中，点，，分别为，，的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，取的中点，连接，通过证明可得，即得为异面直线与所成的角或其补角，利用余弦定理即可. 【详解】 如图，连接，取的中点，连接. 因点，，分别为，，的中点，则，即得， 则，易证，即得， 则，故得，即得，从而， 即为面直线与所成的角或其补角. 设正方体棱长为2，则，， 在中，由余弦定理，， 即异面直线与所成的角的余弦值为. 故选：C. 3．（24-25高一下·福建南平·期末）已知三棱锥，，点，分别是棱，的中点，且，则异面直线与所成的角是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取AC中点为G，连接EG，FG，可得为异面直线与所成的角或其补角，然后由勾股定理逆定理可得答案. 【详解】取AC中点为G，连接EG，FG，则， 又，则， 则为异面直线与所成的角或其补角， 又，则， 则异面直线与所成的角是. 故选：A 4．（25-26高一下·福建厦门·期中）如图，在长方体中，，点分别为的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】如图所示，取的中点，连接，，， 在长方体中，，因为，分别是，，所以，所以，所以直线和所成角是锐角， 因为，所以，所以， 因为为的中点，所以，所以，所以，， 在中，由余弦定理得， 所以异面直线和所成角的余弦值为. 二、填空题 5．如图，在直三棱柱 中，，，点 是线段 上靠近 的三等分点，则直线 与 所成角的余弦值为______. 【答案】/ 【分析】根据题意，可以用正方体模型补形解题，通过平移找出线线所成的角度借助余弦定理解题即可. 【详解】根据题意，可以补充成一个棱长为的正方体. 如图所示.取的三等分点，连接，根据正方体性质，知道. 则为直线 与 所成角或补角. 连接，.根据正方体性质，知道． ， ， ， ， 在中，由余弦定理可得，， 则直线 与 所成角的余弦值为. 故答案为：. 6．（24-25高一下·河南新乡·期末）在正四棱台中，分别是棱的中点，若正四棱台的侧面积为，则异面直线与EF所成角的余弦值是______． 【答案】 【分析】取棱AB的中点H，连接，可得是异面直线与EF所成的角或其补角，作，由正四棱台的侧面积为，可得，据此可得，然后由结合余弦定理可得答案. 【详解】取棱AB的中点H，连接， 易证四边形为平行四边形，则， 因为E，F分别是棱的中点，所以， 则是异面直线与EF所成的角或其补角．作，垂足为G，则， 因为正四棱台的侧面积为，所以， 所以，则， 因为，所以，即所求值为． 故答案为： 7．（24-25高一下·辽宁辽阳·期末）在正方体中，是的中点，则直线与所成角的余弦值为___________. 【答案】/ 【分析】由题意将另一个与正方体中相等的正方体的一个棱与重合，从而可得则为直线与所成角或其补角，再利用余弦定理即可求解. 【详解】将另一个与正方体中相等的正方体的一个棱与重合，如图， 连接，，，易知，且，所以四边形为平行四边形， 所以，且，所以则为直线与所成角或其补角， 设正方体边长为， 则，，， 由余弦定理得：， 所以直线与所成角的余弦值为. 故答案为：. 题型14 线面角 一、解答题 1．（25-26高一下·四川成都·期中）(本题若使用空间向量，相关步骤不得分)如图，已知正四面体的棱长为，为底面的外心，为中点. (1)连接，证明：平面. (2)设的中点为，求与平面夹角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理求解证明即可；（2）运用几何法求解线面夹角的正弦值. 【详解】（1）证明：如图，连接，由于为的外心，故有. 因为为中点，，所以，， ∵，平面∴平面， ∴.同理，. ∵，平面， ∴平面. （2）正四面体棱长​，等边中，中线， 为重心（等边三角形重心与外心重合），故. 由平面，​. 是中点，在中，，， 由中线长公式. 由体积法，​​， 故， 又​， 设到平面距离为，则，​ 设线面夹角为，由线面角定义，代入得. 即直线与平面夹角的正弦值为. 2．（25-26高一下·福建厦门·期中）（本题不可用建系方法做，否则不得分）如图，多面体是由直三棱柱截去一部分后而成，是的中点，且，. (1)若为的中点，在上，且，证明：直线平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）在直三棱柱中，取的中点，连接，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）方法一：利用等体积法求出点到平面的距离，并求出的长，设直线与平面所成角为，则，即可得解； 方法二：证明出平面，可知为直线与平面所成角，求出的长，即可求出的正弦值. 【详解】（1）在直三棱柱中，取的中点，连接， 因为为的中点，所以是梯形的中位线，所以且， 因为是的中点，所以，则， 因为且，，所以且， 所以且，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，故直线平面. （2）方法一（等体积法）连接， 因为平面，平面，所以， 因为为的中点，所以， 因为，所以，且为等腰直角三角形， 所以，易知，所以，且， 由余弦定理可得， 所以，即，则， 因为平面，平面，所以， 又因为，，、平面，所以平面. 因为且，所以四边形为平行四边形，则， 所以平面，则， 因为平面，所以， 故， 设点到面的距离为，则， 即，解得， 设直线与平面所成角为， 因为平面，平面，所以， 因为，故， 所以，故直线与平面所成角的正弦值为. 方法二（垂线法） 因为平面，平面，所以， 又因为，，、平面，所以平面. 因为且，所以四边形为平行四边形，则， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，平面，所以， 因为为的中点，所以， 因为，所以，且为等腰直角三角形， 所以，易知，所以，且， 由余弦定理可得， 所以，即， 因为，、平面，所以平面， 所以为直线与平面所成角， 因为平面，平面，所以， 因为，故， 所以，故直线与平面所成角的正弦值为. 3．（25-26高一下·全国·期末）如图所示，在直角中，，，，取的中点为D，将沿翻折到的位置，使得． (1)求证：平面平面； (2)求点D到平面的距离； (3)求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)； 【分析】(1)通过计算线段长度，利用勾股定理证明线面垂直，进而证明面面垂直； (2)采用等体积法，通过转换顶点求点到平面的距离； (3)利用面面垂直的性质找到线面角的平面角，再通过三角函数关系求解余弦值即可. 【详解】（1）在直角中，，，， 所以， 因为为中点，所以， 取AD的中点为E，连接PE，CE， 由为边长为2的等边三角形得，， 在中，，，，由余弦定理可得 ， 所以， 因为，所以，即， 又因为，且，所以平面 因为平面，所以平面平面； （2）由（1）可知，平面，则， 所以， 在中，，，， 由余弦定理，， 所以， ， 因为，则点D到面的距离为； （3）过点C作AD延长线的垂线，垂足为Q，连接PQ，由（1）知 因为平面平面，且平面平面，，所以平面， 故为直线PC与平面PAD所成角， 在中，，， ， 在中，，， 由勾股定理：， ， 即直线PC与面PAD所成角的余弦值为． 4．（25-26高一下·北京顺义·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，底面．    (1)证明: 平面平面； (2)设平面平面于直线l，证明：； (3)若在线段BC上是否存在点 F，使得平面PAB，若存在点 F，则为何值时，直线EF与底面ABCD所成角为. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】（1） 可证平面，由面面垂直的判定定理即可证明；           （2） 可证平面，由线面平行的性质定理即可证明；         （3）由线面平行的判定定理得出点F在BC的处，再证得平面，所以即为EF与底面所成角，求解即可得出答案. 【详解】（1）因为底面，平面，则， 又因为底面为正方形，则 ， 且，平面， 可得平面， 又因为平面PBD，所以平面平面. （2）在正方形中，则， 且平面，平面，可知平面， 且平面，平面平面，所以. （3）存在点F在BC的处，使得平面． 在线段PA上取点K，使，连接KE，KB，EF． 在中，，即， 则，且， 在正方形中，F在BC的处，则，且， 可得，且，可知为平行四边形， 则，且平面，平面，所以平面， 在AD的处取点M，连接． 中，点E，M分别为的处，则，且， 因为平面，则平面，即EF在平面上的射影MF， 可知即为EF与底面所成角，                           在中，，    若，，所以. 5．（25-26高一下·陕西西安·期中）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，分别为，的中点，与交于点，，为上一点，． (1)证明：； (2)求证：平面平面； (3)若，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用平行关系得出三角形相似，利用相似比相等得出线线平行，进而证明结论； （2）利用勾股定理得出线线垂直，进而利用线面垂直判定定理，由线面垂直证明面面垂直； （3）利用垂直关系得出线面角，计算相关边长进而求解． 【详解】（1）已知底面是矩形，底面，，分别为，的中点， 则， 在和中，，则三个内角均对应相等，故， 相似比为， ，即， 已知，则， 由平行线分线段成比例定理可得， 又分别为的中点， ，． （2）在矩形中，， ，则， ，则， ， ，即， 底面，底面，故， ，且平面， 平面， 又平面， 平面平面． （3） 平面，即平面， 即为与平面所成的角， 由（2）知，， 已知，，， ， 在中，． 6．（25-26高一下·福建厦门·期中）如图所示，正四棱锥，，，P为侧棱上的点，且，Q是的中点，E是侧棱上的点，且． (1)求正四棱锥的表面积； (2)求证：平面平面； (3)求直线与平面所成角的正切值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）分别计算底面正方形面积和侧面四个全等三角形的面积，求和即可； （2）利用线面平行的判定定理，通过三角形中位线及平行线分线段成比例定理证明和，进而利用面面平行的判定定理得证； （3）找出点在底面的投影，构造直角三角形，利用正切定义求解． 【详解】（1）因为是正四棱锥，所以底面为正方形，侧面是四个全等的等腰三角形， 则底面面积，取中点，连接，则， 在中，， 所以侧面积， 所以正四棱锥的表面积． （2）连接，与交于点，连接， 因为四边形为正方形，所以为中点， 因为是的中点，，即，又， 所以，即为的中点， 在中，分别为的中点，所以， 因为平面平面，所以平面， 在中，，所以， 又，即，所以，所以， 因为平面，平面，所以平面, 因为，平面，所以平面平面． （3）连接，因为是正四棱锥，所以平面， 又平面，所以， 在中，， 所以，取的中点，连接， 因为是的中点，是的中点，所以且， 因为平面，所以平面， 又平面，所以， 所以为直线与平面所成的角， 因为是中点，是中点，且， 所以， 在中，， 所以直线与平面所成角的正切值为． 题型15 二面角 一、解答题 1．（25-26高一下·四川·期末）已知直三棱柱中，为正方形，分别为，的中点． (1)证明：平面； (2)若是边长为2正三角形，求二面角 的正弦值． 【答案】(1)连接，，则交于点P， 因为分别为，的中点，所以在中，， 因为平面， 平面，所以平面； (2) 【分析】（1）利用中位线定理及线面平行的判定定理即可求解； （2）取中点，求证为二面角 的平面角，结合三角形即可求解. 【详解】（1）略 （2）取中点，连接MC，， 因为是边长为2的正三角形，点是中点，所以， 在直三棱柱中平面ABC，平面，所以 ， 而 ， 平面，所以平面， 因为 平面，所以 ，所以为二面角的平面角， 在中，， 因为是边长为2的正三角形，为正方形，所以， 在中，，所以. 所以二面角 的正弦值为． 2．（25-26高一下·浙江·期中）如图，在平行四边形中，，点为的中点，将沿直线翻折成（点不在面内），点为的中点.在翻折过程中， (1)证明：直线平面； (2)若，求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）取中点为，连接,证明平面平面即可证明结论； （2）取中点为，连接，证明为二面角的平面角，再根据余弦定理求得即可求得答案. 【详解】（1）证明：取中点为，连接, 因为点为的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为在平行四边形中，点为的中点，所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面 又，平面 所以平面平面， 又平面， 所以直线平面 （2）解：取中点为，连接 因为，中点为 所以，是等边三角形， 所以，即为二面角的平面角. 在中，，由余弦定理有： ， 即，解得， 又在中，，在内，. 所以在中，，即为等边三角形， 所以，即二面角的大小为. 3．（24-25高一下·辽宁朝阳·期末）如图，在直三棱柱中，，，点是线段的中点，连接． (1)求证：平面 (2)设平面与平面的交线为直线．求证： (3)若，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据等腰直角三角形以及直三棱柱的性质，利用线面垂直的性质与判定，可得答案； （2）根据线面平行的性质与判定，可得答案； （3）由题意将三棱柱补形为四棱柱，根据线面垂直的性质以及二面角平面角的定义，利用勾股定理以及锐角三角函数，可得答案. 【详解】（1）由为的中点，，则，易知， 在三棱柱中，易知，， 则，故， 在三棱柱中，由，则， 由平面，平面，则， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面，所以平面. （2）在三棱柱中，， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面平面，平面，所以. （3）由题意，将三棱柱补形成四棱柱，如下图： 其中底面为正方形，为的中点， 由（1）可知平面，且，则平面， 在四棱柱中，易知，则平面， 因为平面，所以， 由（1）可知平面，且平面，所以， 所以为二面角的平面角， 在四棱锥中，平面， 因为平面，所以， 易知，， 所以，则二面角的正弦值为. 4．（25-26高一下·江苏南通·期中）如图，在三棱锥中，，点E为BD中点，，平面平面BCD，点O在BD上，且，，，点P在AD上，且满足平面 (1)求证：平面BCD； (2)求的值； (3)若二面角的大小为，求四面体的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先根据勾股定理得出，进而应用平面平面BCD的性质定理证明线面垂直； （2）先根据线面平行性质定理得出，结合边长关系得出比例关系； （3）根据二面角定义得出即为二面角的平面角，再结合边长关系得出，最后应用三棱锥体积公式计算求解. 【详解】（1）在三角形ABO中，，，， 因此，可得 由于平面平面BCD，AO在平面ABD内，平面平面， 因此平面BCD； （2） 连接PE，平面，平面ABD，平面平面， 因此因为，， 因此，，因此； （3）设四面体的体积为V， 由（2）得，则， 由于平面平面BCD，平面平面，，平面BCD， 因此平面ABD， 又平面BCD，平面BCD，则， 过O作于点F， ，FO，平面AFO，则平面AFO， 又平面AFO，因此， 因此即为二面角的平面角， 因为，，，则， 又，在中由勾股定理得，又， 由，得， 因此 5．（24-25高一下·黑龙江绥化·期末）如图，在三棱柱中，各个侧面均是边长为2的正方形，D，E分别为线段，的中点． (1)求证：平面； (2)求证：直线平面； (3)求二面角大小的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用正三棱柱的性质得，，则证得线面垂直； （2）设，连接，由中位线定理得，从而可得线面平行． （3）找出二面角的平面角，在三角形中用余弦定理求解即可. 【详解】（1）取与的交点为， 由三棱柱中，各个侧面均是边长为2的正方形，可知三棱柱为正三棱柱， 故平面， 因为平面，所以， 因为为线段的中点，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以, 因为D，E分别为线段，的中点， 所以， 所以， 又因为， 所以 所以， 所以 又因为平面， 所以平面. （2）连接，且，连接 在中，O为中点，为中点，所以 因为平面平面 所以平面． （3）过点作于点，过点作于点， 由（1）知平面 平面，， 又， ，平面，平面 平面，， 又， ，平面，平面， 平面，， 为二面角的平面角， 在中，由面积相等得， 即，解得，， 同理在中可求得，， 在中，， 在中，由余弦定理可得 ，， 在中，． 所以二面角大小的余弦值为. 6．（24-25高一下·四川眉山·期末）如图，在三棱柱中，，为中点，侧面为矩形．    (1)求证：； (2)若，四棱锥的体积为，求侧棱与底面所成角； (3)令，若，求二面角的正弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先证明平面，再应用线面垂直的性质得出线线垂直即可； （2）应用线面角定义得出即为侧棱与底面所成角，再应用等体积得出，即可求出角的值； （3）应用二面角定义结合面面垂直的性质定理得出即为二面角的平面角，再结合正切函数的值域计算求解. 【详解】（1）取中点，连接、、，    由题知，，则，又，则， ∵平面，∴平面． ∵平面．∴． （2）∵，为中点，∴， ∵，∴点到三顶点距离相等，∴点在底面的射影为的外心． ∵为直角三角形，为斜边中点， ∴平面，∴即为侧棱与底面所成角， 又∵，∴ 由， ∴，又∵，∴． ∴侧棱与底面所成角为． （3）由（1）知平面．平面，    ∴平面平面． ∵平面平面， 过作于，则平面，平面， 过作于，连接， 则即为二面角的平面角． ∵， ∴，，中，，得． ∴． ∵，∴，∴． ∴二面角的正弦值的取值范围． 题型16 距离问题 一、单选题 1．（25-26高一下·黑龙江哈尔滨·期中）在长方体中，，，则点到平面的距离等于（    ） A． B． C．1 D． 【答案】B 【分析】借助等体积法计算即可得. 【详解】，， 则， ， 设点到平面的距离为， 则，解得. 2．某景区一座仿古建筑的屋顶是中国传统建筑中常见的“庑殿顶”，其顶盖几何模型如图所示，平面ABCD，底面ABCD是边长为18的正方形，侧面ABFE与CDEF是全等的等腰梯形，侧面ADE与BCF是等腰直角三角形，若，则EF到平面ABCD的距离为（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设AD与BC的中点分别为M，N，连接EM，MN，NF，根据线面关系与面面关系可证得平面与底面垂直，作，垂足为G，则FG的长度就是EF与MN的距离，即EF与平面ABCD的距离，计算即可得结论. 【详解】如图，设AD与BC的中点分别为M，N，连接EM，MN，NF，    因为侧面是等腰直角三角形，所以， 又N为中点，所以，则， 因为平面，平面侧面，平面，则， 又底面是正方形，所以，则， 因为M，N分别为AD与BC的中点，所以，故四点共面， 又平面，则平面， 因为平面，所以平面与底面垂直， 作，垂足为G，则FG的长度就是EF与MN的距离，即EF与平面ABCD的距离， 由已知，可得，所以， 则EF到平面ABCD的距离为． 故选：B. 3．正方体的棱长为，则平面到平面的距离为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】证明平面，平面，等体积法求点到平面的距离和点到平面的距离，可得平面到平面的距离. 【详解】连接，正方体中，平面，平面，则， 正方形中，有， 平面，，所以平面， 平面，则有， 同理有，平面，， 所以平面，同理有平面， 正方体棱长为，则，， 设点到平面的距离为，由，    有，解得， 即点到平面的距离为2，同理点到平面的距离为2， ， 则平面到平面的距离为. 故选：B. 二、多选题 4．在棱长为1的正方体中，下列说法正确的有（    ） A．点到平面的距离等于1； B．直线到平面的距离等于1； C．平面到平面的距离等于1. D．点到平面的距离等于1 【答案】ABC 【分析】分别由平面、平面和平面、平面平面即可分析求解判断ABC；设点到平面的距离等于d，由即可求解判断D. 【详解】由正方体结构性质可知平面，所以点到平面的距离等于1，A正确； 由正方体结构性质可知，在平面外，平面， 所以平面，所以直线到平面的距离等于点C到平面的距离， 又由正方体结构性质可知平面，所以直线到平面的距离为，B正确； 由正方体结构性质可知平面平面，平面且平面， 所以平面到平面的距离等于，C正确； 设点到平面的距离等于d，由题意可得， 所以，又， 所以由得，D错误. 故选：ABC 三、解答题 5．如图，已知正方体的棱长为，求：    (1)点到直线的距离； (2)点到平面的距离； (3)到平面的距离； (4)平面到平面的距离． 【答案】(1) (2) (3) (4) 【分析】（1）证明，根据距离的定义可得为所求，解三角形求结论； （2）由点面距离定义可得为所求，由此可得结论； （3）根据直线与平面的距离的定义可得为所求，由此可得结论； （4）根据平面与平面距离定义可得为所求，由此可得结论； 【详解】（1）由正方体性质可得，平面，平面， 所以，垂足为， 所以点到直线的距离为，又 所以点到直线的距离为；    （2）由正方体性质可得平面，垂足为， 所以点到平面的距离为，又， 所以点到平面的距离为， （3）由正方体性质可得，平面平面， 又平面，所以平面， 所以到平面的距离等于点到平面的距离， 又平面，垂足为， 所以点到平面的距离为，又， 故到平面的距离为， （4）由正方体性质可得平面平面， 所以平面到平面的距离等于点到平面的距离， 因为平面，垂足为， 所以点到平面的距离为，又， 所以平面到平面距离为. 题型17 数据特征的计算与性质（平均数、方差、百分位数等） 一、多选题 1．已知，记一组数据1，2，3，a，8为，则（    ） A．若的极差为9，则 B．若的80%分位数是6，则 C．若的平均数为3，则 D．若，则的方差为6.8 【答案】ABD 【详解】对于A，因为，其极差为9，所以，所以，故A正确； 对于B，中共5个数，，则80%分位数是从小到大排列后第4个数和第5个数的平均数， 因为80%分位数是6，则，即得，解得，故B正确； 对于C，由，解得，故C错误； 对于D，当时，由C项知的平均数为3，故的方差为，故D正确． 2．（25-26高一下·贵州遵义·开学考试）某公司统计其员工的专业素养指标，公司员工年龄分布如下表，则（   ） 年龄 28 29 30 32 36 40 45 人数 1 3 3 5 4 3 1 A．这组数据的平均数是33.2 B．这组数据的极差是17 C．这组数据的第75百分位数是36 D．这组数据的中位数和众数相同 【答案】BCD 【分析】根据表格一一计算平均数、极差、百分位数、中位数与众数即可. 【详解】对于A，由题意可知该组数据的平均数为 ，故A错误； 对于B，该组数据最大值为，最小值为，极差为，故B正确； 对于C，易知，该组数据从小到大排列后， 第15和16个数据都位于36岁年龄组，所以C正确； 对于D，该组数据从小到大排列后，第10和11个数据为32岁，所以中位数为32岁， 众数也是32岁，故D正确. 3．已知一组大小不等的数据的平均数为，方差为，标准差为，极差为，若，则下列关于数据的结论正确的是（   ） A．平均数为 B．方差为 C．标准差为 D．极差为 【答案】AB 【分析】根据平均数，方差，标准差，极差的定义及性质可得答案. 【详解】因为一组大小不等的数据的平均数为，而，所以数据的平均数为，所以A正确； 数据的方差为，由方差的性质可得数据的方差为，所以B正确； 标准差为方差的算术平方根，取非负数，所以数据的标准差为，所以C错误； 极差为最大值减最小值，所以原数据极差，新数据的极差应为，所以D错误. 4．（25-26高一下·江苏南京·期中）若是样本数据：，，，的平均数（，，，不全相等），则（   ） A．，，，的极差等于，，，，的极差 B．，，，的平均数等于，，，，的平均数 C．，，，的中位数等于，，，，的中位数 D．，，，的标准差大于，，，，的标准差 【答案】ABD 【分析】由统计中的数学特征进行计算即可． 【详解】不妨设，此时，A中极差均为，故A对； ，所以，故B对； C中前者中位数为，后者中位数为或或，故C错； D中前者标准差为， 后者标准差为，故D对. 5．（25-26高一下·安徽阜阳·阶段检测）某公司欲对甲、乙、丙、丁四名实习生进行考核，考核规则为对连续五个工作日的工作情况进行打分，若每天的得分均不低于80分（所得分均为整数），则考核合格，否则视为不合格，四人连续五个工作日的得分记录如下. 甲:众数为83，平均数为82. 乙:中位数为82，众数为80. 丙:中位数为85，平均数为82. 丁:有个工作日得分为89，平均数为83，方差为9.2. 甲、乙、丙、丁四人中，考核一定合格的为（    ） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 【答案】BD 【分析】分别结合甲、乙、丙、丁四人已知的众数、中位数、平均数、方差的统计性质，逐一验证是否存在得分低于分的可能性，由此判断哪名实习生一定满足五天得分均不低于分的合格要求. 【详解】对于A：若甲有四个工作日的得分为，则剩余的那个工作日的得分为， 故甲的考核不一定合格，A错误； 对于B：将得分排序后，第三个为，且至少有两个，这两个必然是最小的两个数， 因此所有得分均不低于，故乙的考核一定合格，B正确； 对于C：丙的中位数为，平均数为，其得分可以为， 故丙的考核不一定合格，C错误； 对于D，由于丁有一个工作日的得分为，且平均数为， 若有一个工作日的得分为，由， 可知其方差必超过了，所以丁连续五个工作日的得分均不低于， 故丁的考核一定合格，D正确. 6．某学校高一年级有500名学生，其中男生300人，女生200人，学校希望获得全体学生的身高信息，按比例分层抽取了容量为50的样本.经计算，男生样本均值为170cm，方差为；女生身高样本均值为160cm，方差为.下列说法中正确的是（    ） A．男生应当抽取30人 B．每个女生被抽到的概率均为 C．所有样本的均值为166cm D．所有样本的方差为 【答案】AC 【分析】由分层抽样可判断A；根据被抽到的概率等于抽样比可判断B；利用均值、方差公式，结合男、女的样本的均值和方差求样本总体均值方差判断C、D. 【详解】对于A：抽样比为，所以男生应当抽取人，故A正确； 对于B：每个女生被抽到的概率等于抽样比，故B错误； 对于C：由分层抽样知，样本中男生有人，女生有人， 所有的样本均值为：，故C正确； 对于D：设男生样本为，女生样本为， 男生方差，女生方差， ，， 所有样本的方差 ，故D错误. 7．（25-26高一下·甘肃酒泉·期中）有一组样本数据，其平均数为5，方差为，中位数为．在这组数中，去掉一个最大的数10和一个最小的数1，余下8个数据的中位数为，方差为，极差为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】根据平均数和方差的运算公式，结合中位数的定义、极差的运算公式逐一判断即可. 【详解】不妨设，则． 因为与的中位数都是， 所以，故A正确． 当时，，故B错误． ，故C错误． 由已知得． 因为，所以， 去掉一个最大的数10和一个最小的数1，余下8个数据的和为， 所以由 ， 所以余下8个数据的方差 所以，故D正确． 题型18 频率分布直方图 一、多选题 1．某同学统计了某校高一男生的身高数据（单位：），并整理得到下表 身高 频数 60 120 180 240 100 根据表中数据，下列说法正确的是（    ） A．该校高一年级男生身高的中位数小于 B．该校高一年级男生身高的众数和中位数相同 C．该校高一年级男生身高的极差介于至之间 D．该校高一年级男生身高的平均数介于到之间 【答案】AC 【分析】根据统计表．结合中位数定义判断A（利用频数），再由众数定义判断B，由极差定义判断C，求出身高期望值判断D． 【详解】选项A，由统计表，身高小于170的频数为360，身高不小于170的频数为340，因此身高的中位数小于170，A正确； 选项B，由统计表身高的众数在区间上，结合选项A的判断知B错误； 选项C，由统计表，身高的极差最大为，最小为，C正确； 选项D，身高的平均值为，D错． 故选：AC． 2．（25-26高一下·全国·课后作业）（多选题）为征求个人所得税法修改建议，某机构调查了10000名当地职工的月收入情况，并根据所得数据画出了样本的频率分布直方图． 下列说法正确的是（   ） A．月收入低于或等于5000元的职工有5500名 B．如果个税起征点调整至5000元，估计有50%的当地职工会被征税 C．月收入高于或等于7000元的职工约为当地职工的5% D．根据此次调查，为使60%以上的职工不用缴纳个税，起征点应调整至5200元 【答案】ACD 【详解】月收入低于或等于5000元的职工有名，A正确； 如果个税起征点调整至5000元，由， 可估计有的当地职工会被征税，B不正确； 月收入高于或等于7000元的职工约占，C正确， 根据此次调查，为使以上的职工不用缴纳个税， 则由B可得前3组频率和为，则起征点应调整至元，D正确． 3．2026年1月，重庆合川区女孩“呆呆”（网名）在社交平台发布求助视频，邀请网友帮忙“按猪”，承诺以刨猪汤答谢，结果意外走红.合川区某机构为了解各年龄层对这次“重庆呆呆刨猪汤”的关注程度，随机选取了100名年龄在内的市民进行调查，并绘制出如图所示的频率分布直方图，则（每组数据以区间的中点值为代表）（   ） A． B．所调查市民年龄众数的估计值为40 C．所调查市民年龄的第75百分位数的估计值为42.5 D．所调查市民的平均年龄约为34.5岁 【答案】ACD 【详解】对于A，由题可得，解得，故A正确： 对于B，由频率分布直方图可知，年龄位于区间的频率最大，故所调查市民年龄众数的估计值为，故B错误； 对于C，设第75百分位数为，前3组的频率之和为，前4组的频率之和为，故第75百分位数在第4组，所以，解得，所以所调查市民年龄的第75百分位数的估计值为42.5，故C正确； 对于D，所调查市民的平均年龄约为岁，故D正确. 二、解答题 4．从某企业生产的某批次产品中抽取100件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量表得如下频数分布表： 质量指标值分组 频数 6 28 34 24 8 (1)在答题卡上作出这些数据的频率分布直方图： (2)估计该批次产品质量指标值的平均数及方差（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）． (3)在某批次产品的抽检中，若出现了质量指标值在（为样本平均数，为样本标准差）之外的产品，则认为该批次产品的生产过程可能出现了异常情况，需对该批次产品的生产过程进行检查．试问该企业是否需对本批次产品的生产过程进行检查？ 【答案】(1)作图见解析 (2)平均数的估计值为100，方差的估计值为108 (3)不需要 【分析】（1根据频率分布表中的数据，求得每段的频率，得到矩形的高度，作出频率分布直方图； （2）根据频率分布直方图的平均数和方差的公式，准确计算，即可求解； （3）由，即，结合题意，即可得到结论. 【详解】（1）解：根据频率分布表中的数据，求得每段的频率分别为， 再求得相应的每个矩形的高度为， 可得其频率分布直方图，如图所示： （2）解：质量指标值的样本平均数为 ， 质量指标值的样本方差为 ， 所以该批次产品质量指标值的平均数的估计值为100，方差的估计值为108． （3）解：由，即， 因为， 所以样本数据中没有质量指标值在之外的产品， 因此该企业不需要对本批次产品的生产过程进行检查． 5．（25-26高一下·安徽阜阳·阶段检测）某校高一年级和高二年级分别有学生3 000名和2 000名，该校为了了解本校高一和高二两个年级的学生在五一假期期间的课外阅读情况，利用简单随机抽样的方法在两个年级分别抽取100名学生，记录每人假期期间每天的平均阅读时间（单位:分钟），得到如图所示的频率分布直方图: (1)求高一和高二两个年级的100名学生在五一假期期间阅读时间的第80百分位数（保留整数）. (2)两个年级的100名学生在五一假期期间平均每天阅读时间超过一个小时的百分比各是多少? (3)从众数和平均数两个角度来分析两个年级的阅读情况（每组的值用该组的中点值作代表）. 【答案】(1)82，77 (2)， (3)答案见解析 【分析】（1）先根据频率分布直方图所有矩形面积和为1求出高一的未知参数，再分别计算高一、高二的累积频率，确定第80百分位数所在分组，最后代入百分位数计算公式求出对应结果； （2）1小时等于60分钟，分别统计高一、高二平均阅读时间超过60分钟的累计频率，即可得到两个年级对应情况的百分比； （3）先根据频率分布直方图得到两个年级阅读时间的众数，再以每组中点为代表计算两个年级的平均阅读时间，最后对比两个年级的众数和平均数结果，分析两个年级的阅读情况. 【详解】（1）由题可知，， 所以. 设高一年级100名学生在五一假期期间阅读时间的第80百分位数为m，则，解得. 设高二年级100名学生在五一假期期间阅读时间的第80百分位数为n， 则，解得. （2）高一年级100名学生在五一假期期间，阅读时间超过一个小时的百分比为， 高二年级100名学生在五一假期期间，阅读时间超过一个小时的百分比为. （3）由频率分布直方图可知，高一年级100名学生在五一假期期间阅读时间的众数为75， 平均数为. 高二年级100名学生在五一假期期间阅读时间的众数为65， 平均数为. 由此可以看出，无论从阅读时间的众数来讲，还是从阅读的平均时间来看，高一年级都明显高于高二年级，所以高一学生的阅读情况要好于高二学生的阅读情况，这可能与高二的学业加重有关. 6．（25-26高一下·陕西渭南·期末）为了解学生对两家餐厅的满意度情况，现从在两家餐厅都用过餐的学生中随机抽取了50人，每人分别对这两家餐厅的满意度进行打分（分数区间为），将其分数记为满意指数.根据打分结果按分组，得到如图所示的频率分布直方图，其中餐厅的满意指数在内的学生有15人. (1)求图中的值； (2)利用样本估计总体的思想，比较两家餐厅满意指数的平均数的大小； (3)若餐厅满意指数频率分布直方图中第三组满意指数的方差，第四组满意指数的方差，求在餐厅用过餐的第三组与第四组所有学生的满意指数的方差. （注：本题计算平均数时同一组中的数据用该组区间的中点值作代表） 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据频率分布直方图的频率和为1的性质，结合已知参数值求解； （2）利用组中点值与对应频率的乘积和，计算两个餐厅满意指数的平均数，并比较大小； （3）先确定两组数据的人数，再根据混合数据的平均数和方差公式分步计算. 【详解】（1）餐厅样本容量为50，区间频数为15，对应频率为， 频率分布直方图组距为2，故. 所有区间频率和为， 即，解得， 所以. （2）餐厅满意指数平均数； 餐厅满意指数平均数. 因为，所以餐厅满意指数的平均数大于餐厅满意指数的平均数. （3）餐厅第三组频率为0.4，人数为，平均数7，方差2； 第四组人数为，平均数9，方差1， 混合数据平均数， 方差 . 题型19 事件的关系、运算、概率的性质 一、单选题 1．某小组有名男生和2名女生，从中任选名同学去参加活动，下列事件中与“至多一名男生”互斥而不对立的是（    ） A．至少有名女生 B．至少两名男生 C．至多一名女生 D．全是男生 【答案】D 【分析】根据互斥与对立事件的概念直接判断即可. 【详解】A选项：事件“至少有名女生”与事件“至多一名男生”可以同时发生，不满足互斥事件的概念，A选项错误； B选项：事件“至少两名男生”与事件“至多一名男生”互为对立事件，B选项错误； C选项："至多一名女生"即为“至少二名男生”，与事件“至多一名男生”为对立事件， ，C选项错误； D选项：事件“全是男生”与事件“至多一名男生”，不能同时发生，满足互斥事件概念， 又除两事件外还有可能发生事件“恰好两名男生”，所以两事件不对立，D选项正确； 故选：D. 2．（24-25高一下·天津·期末）一个袋子中有大小和质地相同的个球，其中有个白色球（标号为和），个黑色球（标号为、和），从袋中不放回地依次随机取出个球，每次摸出一个球，设事件，“至少摸到一次白球”，“两次都摸到白球”，“两次都摸到黑球”，“两球颜色相同”，“两球颜色不同”.则下列说法错误的是（    ） A．与互斥但不对立 B．与互斥 C．与对立 D． 【答案】A 【分析】由互斥事件、对立事件的概念依次判断各个选项即可. 【详解】对于A，“摸到的两球均为白色或均为黑色”，“摸到的两球一个是白球，一个是黑球”， 则，，与为对立事件，A错误； 对于B，与不能同时发生，与互斥，B正确； 对于C，“两次摸到的都是白球或一个是白球，一个是黑球”，则，与对立，C正确； 对于D，“摸到的两球均为白色或均为黑色”，则，D正确. 故选：A. 3．（24-25高一下·吉林·期末）已知随机事件和互斥，和对立，且，则（ ） A．0.3 B．0.4 C．0.5 D．0.7 【答案】D 【分析】根据对立事件与互斥事件的概率公式及概率的性质求解即可. 【详解】由和对立，可得，则， 又由随机事件和互斥可知， 所以. 故选：D． 4．（25-26高一下·全国·期末）甲、乙两颗卫星同时独立的监测台风．在同一时刻，甲、乙两颗卫星准确预报台风的概率分别为0.8和0.75，则在同一时刻至少有一颗卫星预报准确的概率为（   ） A．0.95 B．0.6 C．0.05 D．0.4 【答案】A 【分析】方法一：逐个分析至少有一颗卫星预报准确的所有可能的事件，依次求其概率后相加，方法二：正难则反，“在同一时刻至少有一颗卫星预报准确”的对立事件是“在同一时刻甲、乙两颗卫星预报都不准确” 用1减去对立事件的概率即可. 【详解】设在同一时刻至少有一颗卫星预报准确为事件， 方法一：在同一时刻至少有一颗卫星预报准确可分为： ①甲预报准确，乙预报不准确，此事件的概率为， ②甲预报不准确，乙预报准确，此事件的概率为， ③甲预报准确，乙预报准确，此事件的概率为， 这三个事件彼此互斥，故事件的概率为， 方法二：“在同一时刻至少有一颗卫星预报准确”的对立事件是 “在同一时刻甲、乙两颗卫星预报都不准确”， 故事件的概率为． 5．已知，则下列结果正确的是（） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据事件的互斥，对立关系逐个分析选项. 【详解】对于A， ， ，A选项错误； 对于B，，B选项正确； 对于C，，C选项错误； 对于D，，D选项错误； 故选：B 6．（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 【分析】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. 【详解】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. 二、多选题 7．（24-25高一下·广东肇庆·期末）已知事件A，B发生的概率分别为，，下列说法正确的是（   ） A．若，则事件A，B相互独立 B．若事件A，B互斥，则 C．若事件A，B相互独立，则 D．若事件B发生时事件A一定发生，则 【答案】ABD 【分析】应用独立事件的判定得事件，B相互独立，即可判断A；由互斥事件概率求法、概率的基本性质依次判断B、C、D. 【详解】，，， 事件，B相互独立，则A，B相互独立，正确； 由，B互斥，则，正确； ，B相互独立，则， ∴，错误； 发生时A一定发生，，则，正确． 故选：ABD 8．（24-25高一下·安徽合肥·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 题型20 古典概型 一、单选题 1．（24-25高一下·甘肃天水·期末）在2025年6月21日天水市公祭伏羲活动期间，有人提出了这样一个问题：伏羲八卦中每一卦由三个爻组成（“”为阳爻，“”为阴爻）.从八卦中随机抽取一卦，那么抽到恰好含有两个阳爻的卦的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据古典概率的公式计算即可. 【详解】由八卦图可知，抽到恰好含有两个阳爻的情况有3种，所以抽到恰好含有两个阳爻的概率为. 故选：B 2．（24-25高一下·福建福州·期末）从长度为1，3，5，7，9的5条线段中任取3条，则这三条线段能构成一个三角形的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】列举出5条线段中任取3条的所有基本事件，求出构成三角形的基本事件的个数，由古典概型求概率的公式求解即可. 【详解】从5条线段中任取3条的所有基本事件有10个， 即， 其中能构成三角形的基本事件有3个，即， 故所求概率. 故选：C. 3．（25-26高一下·贵州遵义·期末）购买手办盲盒是当下青年人的潮流之一，国产动漫手办越来越受欢迎.若某种手办盲盒产品共有三种玩偶，任意一种玩偶出现的概率相等，则购买3个盲盒能集齐3种玩偶的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定的条件，求出买3个盲盒的基本事件数，再求出集齐3种玩偶的基本事件数即可，根据古典概型求概率. 【详解】总情况数：每个盲盒有3种可能，个盲盒的总情况数为，即27种， 符合条件的情况数：要集齐三种玩偶，需在3个盲盒中包含所有3种玩偶， 共有种情况， 则购买3个盲盒能集齐3种玩偶的概率为. 故选：D 4．（24-25高一下·云南昆明·期末）某地区公共卫生部门为了调查本地区中学生的吸烟情况，对随机抽出的200名学生进行了调查．调查中使用了下面两个问题： 问题一：你的生日日期是不是奇数？ 问题二：你是否经常吸烟？ 调查者设计了一个随机化装置：一个装有大小、形状和质量完全一样的50个白球和50个红球的袋子，每个被调查者随机从袋中摸取1个球（摸出的球再放回袋中），摸到白球的学生如实回答第一个问题，摸到红球的学生如实回答第二个问题，回答“是”的人往一个盒子中放一个小石子，回答“否”的人什么都不要做，最后收集回来60个小石子，则可以估计出该地区经常吸烟的中学生所占的百分比约为（假设一年为365天，其中日期为奇数的天数为186天）（   ） A．9% B．14% C．16% D．32% 【答案】A 【分析】根据摸到白球和红球的概率都为，再结合一年365天中，阳历为奇数的有186天，即可估计对应人数. 【详解】因为一个装有大小、形状和质量完全一样的50个白球和50个红球的袋子中，随机摸出1个球，摸到白球和红球的概率都为， 因此，这200人中，回答了第一个问题的有100人， 而一年365天中，阳历为奇数的有186天，所以对第一个问题回答“是”的概率为， 所以这100个回答第一个问题的学生中，约有51人回答了“是”， 从而可以估计，在回答第二个问题的100人中，约有9人回答了“是”， 所以可以估计出该地区中学生吸烟人数的百分比为.故A正确. 故选：A. 5．（24-25高一下·天津和平·期末）冰雹猜想又称考拉兹猜想、角谷猜想、3x+1猜想等，其描述为：任一正整数x，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，反复计算，最终都将会得到数字1．例如：给出正整数5，则进行这种反复运算的过程为5→16→8→4→2→1，即按照这种运算规律进行5次运算后得到1．若从正整数6，7，8，9，10中任取2个数按照上述运算规律进行运算，则运算次数均为偶数的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题中定义，分别求出正整数6，7，8，9，10按照题中所给运算规律进行运算的次数，最后根据古典概型的概率计算公式进行求解即可. 【详解】按照题中运算规律，正整数6的运算过程为，运算次数为； 正整数7的部分运算过程为， 当运算到10时，运算次数为10，由正整数的运算过程可知， 正整数7总的运算次数为； 正整数8的运算次数为； 正整数9的部分运算过程为，当运算到7时，运算次数为3， 由正整数7的运算过程可知，正整数9总的运算次数为． 正整数10的运算次数为6； 故正整数6，7，8，9，10的运算次数分别为偶数、偶数、奇数、奇数、偶数， 从正整数6，7，8，9，10中任取2个数的方法总数为： ，共种， 其中的运算次数均为偶数的方法总数为：，共3种， 故运算次数均为偶数的概率为． 故选：A. 二、解答题 6．（24-25高一下·山东烟台·期末）某学校组织学生参加交通安全和环境保护知识宣讲活动．已知该校高一某班全体学生参与上述活动的情况如下表所示： 参加交通安全知识宣讲 未参加交通安全知识宣讲 参加环境保护知识宣讲 人 人 未参加环境保护知识宣讲 人 人 (1)从该班随机选取名学生，试估计该学生至少参加一项活动的概率； (2)已知既参加交通安全知识宣讲又参加环境保护知识宣讲的名学生中，有名男生和名女生．现从这名学生中随机选取人作为主讲人，求选取的人中恰有名男生和名女生的概率． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据古典概型的概率公式直接计算； （2）利用列举法计算古典概型概率. 【详解】（1）由题意知，至少参加一项活动的学生人数为：， 班级学生总数为． 因此，该学生至少参加一项活动的概率； （2）设名男生分别为，，，；名女生分别为，， 记这名学生中随机选取的人为和，则可用表示样本点， 样本空间，且， 记事件“选取的人中恰有名男生和名女生”，则 ，， 因为中每一个样本点的可能性都相等，所以． 7．（24-25高一下·安徽·阶段检测）某校在2025年高三二轮复习备考中，年级备课组命制了一套与数学新定义有关的专题训练卷（满分100分），并对整个高三年级的学生进行了测试.现从全部高三年级学生的成绩中随机抽取了100名学生的成绩，并将成绩按照，，，，分成了5组.制成了如图所示的频率分布直方图（假定每名学生的成绩均不低于50分）.    (1)求频率分布直方图中的x的值： (2)估计所抽取的100名学生成绩的平均数、中位数；（同一组中的数据用该组所在区间的中点值作代表） (3)若按人数比例用分层随机抽样的方法从样本中成绩不低于70分的学生中抽取6人，再从这6人中随机抽取3人参加这次考试的考后分析会，试求成绩在内的至少有2人被抽到的概率. 【答案】(1)0.03 (2)平均数为74；中位数为 (3) 【分析】（1）由面积和为1可解； （2）将每个矩形的中点值乘以对应矩形的面积，再将所得结果全部相加可得平均数；根据中位数左边的矩形面积之和为0.5可求得中位数的值； （3）分析可知后三组中所抽取的人数分别为3,2,1，将这人进行标记，列举出所有的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】（1）由直方图可得，解得； （2）平均数； 由图可得前两组的频率为0.4，前三组为0.7，所以中位数在之间，设为， 则，解得； （3）易得后三组学生人数分别为30,20,10，所以抽取人数分别3,2,1， 记成绩在这组的3名学生分别为，成绩在这组的2名学生分别为，成绩在这组的1名学生为， 则从中任抽取3人的所有可能结果为、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，共20种， 其中至少有2人被抽到包含10种结果，故所求概率为. 8．（24-25高一下·贵州铜仁·期末）一个袋子中有5个球，其中个红球，其余为绿球，采用不放回方式从中依次随机地取出2个球． (1)若，求第二次取到红球的概率； (2)若取出的2个球都是红球的概率为，求． 【答案】(1)； (2)3. 【分析】（1）写出所有样本点，根据古典概型的计算公式即可得到答案； （2）根据古典概型公式得到方程，解出即可. 【详解】（1）由题可知袋中共有5个球，记作， 从中依次不放回取出2个球，样本点有 ， ， ， 共20个样本点， 记＂第次取到红球＂为事件，则＂第次取到绿球＂为事件， 不妨设为红球，为绿球．两次都取到红球，则． 先取到绿球再取到红球，则， 于是， 即第二次取到红球的概率为. （2）两次都取到红球为事件. 所以两次取出红球的概率为， 即，解得． 题型21 独立事件的乘法公式 一、单选题 1．（24-25高一下·甘肃白银·期末）现有甲、乙两个盒子，甲盒装有2个白球、3个黑球，乙盒装有3个白球、4个黑球，从甲、乙两盒各拿出1个球，则这2个球颜色不同的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】从甲、乙两个盒子各取一个球相互独立，利用独立事件和互斥事件的概率公式即可求解. 【详解】从甲、乙两盒各拿出1个球属于相互独立事件， 所以这2个球颜色不同的概率为 故选：D. 2．（24-25高一下·河南漯河·期末）社会实践课上，老师让甲、乙两同学独立地完成某项任务，已知两人能完成该项任务的概率分别为，则此项任务被甲、乙两人完成的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意可知：两人不能完成该项任务的概率分别为，根据对立事件以及独立事件概率公式运算求解即可. 【详解】由题意可知：两人不能完成该项任务的概率分别为， 则此项任务不被甲、乙两人完成的概率为， 所以此项任务被甲、乙两人完成的概率为. 故选：D. 3．（24-25高一下·湖南衡阳·期末）如图，已知电路中4个开关每个断开的概率都是，且是相互独立的，则灯亮的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据相互独立的概率乘法公式，以及互斥事件与对立是事件的概率公式，即可求解. 【详解】由题意，灯泡不亮包括四个开关都开，丙丁2个都开且甲乙2个中有一个开另一个闭， 这三种情况是互斥的，每一种情况中的事件都是相互独立的， 所以灯泡不亮的概率为， 所以灯泡亮的概率为. 故选：C. 4．（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 【分析】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. 【详解】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. 5．小明工作日每天往返于家和公司办公室，有两把雨伞用于上下班，如果上班时天下雨，他将拿一把去办公室，如果下班时天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把回家.如果天不下雨，那么他不带雨伞.假设每天上班和下班时下雨的概率均为，不下雨的概率均为，且与过去情况相互独立.现在两把雨伞均在家里，那么连续上班两天，他至少有一天淋雨的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】“至少有一天淋雨”的对立事件为“两天都不淋雨”,对下雨的次数进行分类讨论，求出各种情况下，两天都不淋雨的概率，再结合对立事件的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】“至少有一天淋雨”的对立事件为“两天都不淋雨”，连续上两天班，上班、下班的次数共有次． （1）次均不下雨，概率为； （2）有次下雨但不淋雨，则第一天或第二天上班时下雨，概率为； （3）有次下雨但不淋雨，共种情况： ①同一天上下班均下雨； ②两天上班时下雨，下班时不下雨； ③第一天上班时下雨，下班时不下雨，第二天上班时不下雨，下班时下雨， 概率为； （4）有次下雨但不被淋雨，则第一天或第二天下班时不下雨，概率为； （5）次均下雨，概率为：； 两天都不淋雨的概率为， 所以至少有一天淋雨的概率为：， 故选：C． 二、解答题 6．（25-26高一下·贵州遵义·阶段检测）甲､乙两名同学在遵义会议会址“红色研学趣味挑战赛”中轮流进行“投弹模拟”（每人每次模拟投弹一次），约定甲先投且先击中目标者获胜，一直到有人获胜或每人都已投弹3次时挑战结束.设甲每次投弹命中的概率为，乙每次投弹命中的概率为，且各次模拟投弹互不影响. (1)求甲在本次挑战赛中获胜的概率； (2)求挑战结束时，乙只进行了2次投弹模拟的概率. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据互斥事件和的概率公式及独立事件同时成立的概率公式求解即可； （2）写出投弹结束时乙只投了2个球的事件，由互斥事件的和的概率公式，独立事件概率公式求解. 【详解】（1）设Ak，Bk分别表示甲、乙在第k次投弹时击中，， 则，， 记“甲在本次挑战赛中获胜”为事件C，则 ， 所以甲在本次挑战赛中获胜的概率为. （2）记“挑战结束时，乙只进行了2次投弹模拟”为事件D， 则 ， 所以挑战结束时，乙只进行了2次投弹模拟的概率为. 7．（25-26高一下·安徽蚌埠·期末）第八届长三角国际创新挑战赛安徽赛区比赛日前在马鞍山市举办，大赛聚焦新能源汽车、生物医药等前沿领域，共征集到107项技术需求，吸引了省内外众多高校与科研团队参与揭榜攻关．其中，安徽本省的一支优秀科研团队——“徽创未来”团队，已成功进入现场赛的最终答辩环节．该团队共有6名核心成员，按研究方向分为三个小组：硬件组2人、算法组2人、数据组2人．现从6人中随机抽取3人组成现场答辩代表小组，每名成员被抽中的概率相等． (1)求事件“硬件组的和算法组的同时被抽中”的概率； (2)求事件“硬件组恰有1人被抽中”的概率； (3)已知答辩代表小组的3人中至少有2人答辩通过，该团队答辩通过．现被选中组成答辩代表小组，三人各自答辩通过的概率分别为，三人答辩通过相互独立，求该团队答辩通过的概率． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据古典概型运算公式，结合列举法进行求解即可； （2）根据古典概型运算公式，结合列举法进行求解即可； （3）根据独立事件概率公式进行求解即可. 【详解】（1）从6人中随机抽取3人的所有可能组合为：， ， ， ，共20种．         记“硬件组的和算法组的同时被抽中”为事件，则事件包含：， ，共4种，所以． （2）记“硬件组恰有1人被抽中”为事件，则事件包含：， ， ，共12种，所以． （3）记答辩通过分别为事件H，A，D，则， 记“该团队答辩通过”为事件，则，     8．（24-25高一下·甘肃临夏·期末）科技进步能够更好地推动高质量发展，如人工智能中的DeepSeek．小明、小华两位同学报名参加某公司拟开展的DeepSeek培训，培训前需要面试，面试时共有3道题目，答对2道题则通过面试（前2道题都答对或都答错，第3道题均不需要回答）．已知小明答对每道题目的概率均为，小华答对每道题目的概率依次为，且小明、小华两人每道题能否答对相互独立．记“小明只回答2道题就结束面试”为事件，记“小华3道题都回答且通过面试”为事件． (1)求事件发生的概率； (2)求事件和事件同时发生的概率； (3)求小明、小华两人恰有一人通过面试的概率． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）若事件发生，则小明前两题都答对或都答错，利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得的值； （2）若事件发生，则小华前两题答对一题，答错一题，第三题答对，求出的值，分析可知，事件、相互独立，由独立事件的概率公式可求得的值； （3）记小明没有通过面试为事件，小华通过面试的事件记为，求出这两个事件的概率，记小明、小华两人恰有一人通过面试的事件记为，则，利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得的值. 【详解】（1）若事件发生，则小明前两题都答对或都答错， 所以． （2）若事件发生，则小华前两题答对一题，答错一题，第三题答对， 根据题意则小华3道题都回答且通过面试的概率为， 由题意可知，事件相互独立， 则． （3）记小明没有通过面试为事件， 即分前两道回答对一道且最后一道错误或前两道均回答错误两种情况， 则小明没有通过面试的概率为， 可得小明通过面试的概率为． 记小华通过面试的事件为，由（2）得， 由题意可知，事件相互独立， 记小明、小华两人恰有一人通过面试的事件为， 则． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $