2025-2026学年人教A版高一下册数学期末复习之大题专练

**基本信息** 聚焦高中数学期末复习，以大题专练形式整合平面向量与复数、解三角形、立体几何、统计与概率四大核心模块，通过基础计算、综合证明及实际应用题型，强化知识综合运用能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题|约30题|平面向量共线/垂直、复数运算、解三角形定理应用、立体几何线面关系证明与体积计算、统计图表分析与概率模型|统计与概率结合食堂调查、双淘汰赛制等现实情境；立体几何融入翻折问题与截面作图；解三角形设置开放条件选择，适配高考命题趋势|

期末复习——大题专练 模块一：平面向量与复数 1. 已知向量，. （1）若与共线且方向相反，求向量的坐标. （2）若与垂直，求向量，夹角的大小. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）由已知设，.再由向量的模的表示可求得答案； （2）根据向量垂直的坐标表示可求得，再由向量的夹角运算求得答案. .，. 【详解】（1），且与共线且方向相反.设，. ，，.. （2）与垂直，，，， .，. 2．已知向量满足，且的夹角为. (1)求的模； (2)若与互相垂直，求λ的值. 【答案】(1) (2)或. 【分析】（1）根据向量满足，且的夹角为，由求解； （2）根据与互相垂直，由求解. 【详解】（1）因为向量满足，且的夹角为， 所以， 解得； （2）因为与互相垂直， 所以， ， 即，解得或. 3．已知平行四边形中，，，，点是线段的中点．    (1)求的值； (2)若，且，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件结合数量积的运算得到，再利用线性运算得到，即可求解； （2）根据（1）和条件得到，，由垂直关系得到，从而得到关于的方程，即可求解. 【详解】（1）在平行四边形中，，，， 所以， 因为点是线段的中点， 所以， 则， 故的值为. （2）由（1）知：，， 则，， 又因为， 则， 即， 即，解得：， 故的值为. 4．已知复数， ，其中 (1)若为纯虚数，求b的值; (2)若与互为共轭复数，求的值. 【详解】（1）已知为纯虚数，则可得 解，可得，此时，满足条件. 所以. （2）对进行化简， ， 因为与互为共轭复数，且， 所以.解得，则. 5．实数分别为何值时，复数满足下列条件？ (1)是实数. (2)是虚数. (3)是纯虚数. 【答案】(1)或 (2)且 (3) 【分析】（1）整理题目所给复数的表达式，根据复数是实数列方程，由此求得. （2）根据复数是虚数列不等式，由此求得的范围. （3）根据复数是纯虚数列式，由此求得. 【详解】（1）， 当，即或时，该复数为实数. （2）当，即且时，该复数为虚数. （3）当，即时，该复数为纯虚数. 6. 已知复数，i为虚数单位. （1）求； （2）若复数z是关于x的方程的一个根，求实数m，n的值. 【答案】（1）； （2）； 【解析】 【分析】（1）利用复数的除法运算法则可得，即可求得； （2）将z代入方程利用复数相等的概念即可求得. 【小问1详解】 因为复数， 所以 【小问2详解】 因为复数z是关于x的方程的一个根， 所以， 可得，即， 所以,解得. 7. 若复数，复数． （1）若，求实数的值； （2）若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用复数的加法化简复数，根据复数的概念可得出关于实数的等式，即可求得实数的值； （2）当时，利用复数的除法可求得复数. 【小问1详解】 解：由已知，则，解得. 【小问2详解】 解：当时，. 8. 已知复数（，i为虚数单位），z在复平面上对应的点在第四象限，且满足（为的共轭复数）． （1）求实数的值； （2）若复数是关于的方程（，且）的一个复数根，求的值． 解（1）∵z在复平面上对应的点在第四象限，∴. ∵，∴，∴； （2）（法一）由题可知，为关于x方程的两个复数根， ∴，解得， ∴； （法二）将代入方程，可得， ∴，解得， ∴ 模块二：解三角形 1 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，． （1）求角B的大小； （2）求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理即可求解； （2）根据（1）的结论及三角的内角和定理，利用正弦定理的边角化及两角差的正弦公式，结合锐角三角形求出角的范围及正切函数的性质即可求解. 【小问1详解】 由及余弦定理，得， 由锐角，知， 所以． 【小问2详解】 由（1）知，得，故， 由正弦定理，得， 由为锐角三角形得解得， ∴， ∴． 故的取值范围为. 2. 在平面四边形中，，，，. （1）求； （2）若为锐角三角形，求的面积的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）在中，由正弦定理可得，从而求得. （2）解法一：由（1）求得， ，从而，再利用，即可求得面积的取值范围；解法二：作于，作于，交于，求得，，，分别求出，，利用即可求得范围. 【小问1详解】 在中， 由正弦定理可得， 所以， 又， 所以. 【小问2详解】 解法一：由（1）可知， ， 因为为锐角， 所以， 所以 ， 在中，由正弦定理得， 所以 ， ， 因为， 且为锐角三角形， 所以， 所以， 所以 ， 所以， 所以， 即， 所以的面积的取值范围为. 解法二：由（1）可知， ， 因为为锐角，所以，， 如图，作于，作于，交于， 所以， ， 所以， 又， 所以. 由图可知， 仅当在线段上（不含端点）时，为锐角三角形， 所以，即. 所以面积的取值范围为. 3．已知分别为三个内角的对边，，且， (1)求； (2)若，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理及化简计算，求得，利用辅助角公式求出；（2）利用正弦定理把边转化为角的正弦，得到，结合，求出的取值范围. 【详解】（1）由题意得：， 由正弦定理得：， 因为， 所以， 因为，所以， 所以， 即， 因为，所以， 所以， （2）因为，所以由正弦定理得：， ， 因为，所以， 所以，的取值范围是 4．在中，，的对边分别为，，，已知. (1)求的大小； (2)若，_____，求边上的中线的长. 在“①；②周长为；③的面积为.”这三个条件中任选一个填入上述空格中. 【答案】(1)； (2)3 【分析】（1）先由正弦定理得，再结合余弦定理求得即可求解； （2）先由结合正弦定理求得，；若选①，由数量积的定义求得，再由余弦定理求解即可；若选②，由正弦定理结合周长求得，再由余弦定理求解即可；若选③，由面积公式求得，再由余弦定理求解即可. (1) 由正弦定理得，又由余弦定理得，又，则； (2) 由正弦定理得，即，又，则，，则； 若选①，，可得，又，则，由余弦定理可得， 即，则； 若选②，由，可得，又， 可得，由余弦定理可得，即，则； 若选③，由，可得，又，则，由余弦定理可得， 即，则. 5．现给出两个条件：①，②，从中选出一个条件补充在下面的问题中，并以此为依据求解问题．（选出一种可行的条件解答，若两个都选则按第一个解答计分） 在中，，，分别为内角A，，所对的边，若________． （1）求； （2）若的面积为，求外接圆半径的最小值． 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）若选①：因为， 由正弦定理可得， 由，则，， 可得，所以得； 若选②：因为，即， 由正弦定理可得， 由余弦定理可得， 因为，所以. （2）由题意可得：，则， 由余弦定理可知， 当且仅当时，等号成立，即， 所以外接圆半径最小值为. 6．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）证明：为等腰三角形． （2）若D是边BC的中点，，求的面积． 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）证明：因为由正弦定理得 因为，由余弦定理得， 代入化简可得 所以为等腰三角形。 （2）由题可知因为D是边BC的中点，， 在和中，利用余弦定理的推论得 代入，可得 由得 则的面积 7．已知满足． （1）求； （2）若为的角平分线，，，求的周长. 【答案】（1）；（2）． 【解析】（1）在中，由正弦定理：， 则，，， 因为， 所以，即， 由余弦定理：， 因为，所以； （2）设边上的高为， 因为为的角平分线，所以， 所以的面积：， 的面积：， 因此，又，，所以， 在中，由余弦定理： ，所以， 而，，所以， 又因为，即，解得， 所以的周长为：． 模块三：立体几何大题 1 如图，在四棱锥中，平面是的中点. （1）证明：面 （2）证明：平面平面； （3）求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，证即可； （2）由得，由平面得，所以平面，从而得证； （3），所以平面，根据求解． 【小问1详解】 取中点，连接， ∵,, ∴, ∴为平行四边形，则， ∵面，面，∴面. 【小问2详解】 因为，所以， 由平面平面，所以， 又由，且平面，所以平面， 又平面，所以平面平面，即平面平面. 【小问3详解】 由（1）可得，且平面，平面，所以平面， 所以， 因为平面，可得， 又由， 所以， 所以，即三棱锥的体积为. 2. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，为的中点. （1）设平面与直线相交于点，求证：； （2）若，，，求直线与平面所成角的大小. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，证出平面，然后根据平面平面，利用线面平行的性质定理证出； （2）连接，取中点，连接、，根据线面垂直的判定定理，证出平面，可得是直线与平面的所成角，然后在中利用锐角三角函数的定义算出答案． 【小问1详解】 证明：平面与直线相交于点，平面平面， 四边形是菱形，， 平面，平面，平面， 平面，平面平面， ； 小问2详解】 连接，取中点，连接、， 菱形中，，，是等边三角形， 是中点，， 平面，平面，， 、平面，，平面． 是直线与平面的所成角， 是中点，，． 平面，平面，， 为中点，，中，， 等边中，高， 中，， 可得，即直线与平面的所成角等于． 3．如图，棱长为2的正方体ABCD –A1B1C1D1中，E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过E作平面，使得//平面BDF. (1)作出截正方体ABCD - A1B1C1D1所得的截面，写出作图过程并说明理由； (2)求平面与平面的距离. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）根据平面与平面平行的性质可得经过，可得截面； （2）转化为点线距，利用等体积法可求结果. 【详解】（1）连接，由正方体性质可得，； 又，所以平面平面； 因为//平面，且，所以平面与平面重合，即平面就是截正方体ABCD - A1B1C1D1所得的截面. （2）由（1）可知平面与平面的距离等于点到平面的距离； 设点到平面的距离为，由题意可得，所以的面积为；的面积为； 由可得，解得. 所以平面与平面的距离为. 4．如图，在正方体中. (1)求证：平面； (2)作出二面角的平面角，并说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)图形见解析，理由见解析. 【分析】（1）由正方体的性质可得为平行四边形，即可得到，从而得证. （2）取、中点分别为、，连接、，则为二面角的平面角，根据正方体的性质可得，再证、，即可得证. 【详解】（1）证明：∵是正方体， ∴，且， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵平面，平面， ∴平面． （2）解：取、中点分别为、，连接、，则为二面角的平面角， 理由如下： 设正方体的棱长为，则，所以． ∵、分别为、中点， ∴． 在正方体中，平面，平面， ∴， ∴， ∴为二面角的平面角． 5．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，△PAD是边长为2的正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E为棱PD的中点． (1)求证：AE⊥平面PCD； (2)若直线PC与平面ABCD所成角的正切值为，求侧面PAD与侧面PBC所成二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）依题意可得，再由面面垂直的性质得到平面，即可得到，从而得证； （2）取的中点，连接，，可证平面，则为直线与平面所成的角，即可求出，取的中点，连接，，即可得到为侧面与侧面所成的角，从而得解． （1）证明：在中，，为的中点，所以，因为平面平面．平面平面，，平面，所以平面．因为平面，所以．因为平面，平面，，所以平面． （2）解：取的中点，连接，．在中，，所以．因为平面平面，平面平面，平面，所以平面．所以为直线与平面所成的角．在中，，所以，在中，，所以，因为，平面，平面，所以平面．设平面平面，平面，．所以．取的中点，连接，．在中，，所以，所以．所以为侧面与侧面所成的角，在中，，所以．所以侧面与侧面所成的角为． 6．如图，正方体的棱长为，点在线段上，且． (1)求证：平面平面； (2)画出正方体被平面截得的截面，并求该截面的周长． 【答案】(1)证明见解析 (2)作图见解析；周长为4 【分析】（1）由正方体的性质可得，，则由线面垂直的判定可得BD⊥平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论， （2）延长AM交于点N，取BC的中点E，连接，则四边形为正方体被平面截得的截面，根据已知条件可证得四边形为菱形，从而可求得其周长 【详解】（1）证明：在正方形ABCD中，． 又平面ABCD， 所以， ，平面， 所以BD⊥平面， 又BD平面， 所以平面平面． （2）画法：延长AM交于点N，取BC的中点E，连接，则四边形为正方体被平面截得的截面． 因为∽，所以， 所以N为的中点，． 取的中点F，则∥, ， 所以四边形NFBA为平行四边形，从而， ，又， 所以∥，， 所以四边形为平行四边形． 又， 所以四边形为菱形， 正方体的棱长为2，在Rt△AEB中，， 所以所求截面的周长为4． 7．如图1，在平行四边形ABCD中，，，，E是边BC上的点，且．连结AE，并以AE为折痕将△ABE折起，使点B到达点P的位置，得到四棱锥，如图2． (1)设平面PEC与平面PAD的交线为l，证明：AD∥l； (2)在图2中，已知． ①证明：平面PAE⊥平面AECD； ②求以P，A，D，E为顶点的四面体外接球的表面积． 【答案】(1)证明见解析； (2)①证明见解析；②. 【分析】（1）由题意有，根据线面平行的判定可得面，再利用线面平行的性质即可证结论. （2）①若为中点，连接，由等腰三角形性质有，利用勾股定理得到，再根据线面、面面垂直的判定证结论. ②首先确定外接球球心位置，结合底面外接圆半径及面，求出球体半径，进而求表面积. 【详解】（1）由题设，，而面，面， 所以面， 又面，面，平面PEC与平面PAD的交线为l，面 所以且， 综上，. （2）①若为中点，连接， 由题设，，，则，， 所以，故， 又，平行四边形ABCD中，可得， 在△中，，，故， 在△中，，，即， 所以，又为中点，故， 在△中，，，则， 所以， 由，面，故面， 又面，则面面. ②由①知：△为直角三角形，则外接圆圆心为，故外接圆半径为， 又面，则以P，A，D，E为顶点的四面体外接球球心在直线上， 若外接球半径为，则，可得， 所以外接球的表面积为. 8.如图，正方体中，M，N，E，F分别是，，，的中点． (1)求证：E，F，B，D四点共面； (2)求证：平面平面EFDB； (3)画出平面BNF与正方体侧面的交线需要有必要的作图说明、保留作图痕迹，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）要证，，，四点共面，只需证明； （2）只需证明平面，平面即可； （3）因为平面，平面，设平面平面，由线面平行的性质定理知，过作的平行线即可. 【详解】（1）因为分别是，的中点， 所以为的中位线，所以， 又四边形是矩形，所以， 所以，故，，，四点共面； （2）由已知，为的中位线，所以，所以， 又平面，平面，所以平面， 同理，且，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面， 又，所以平面平面． （3）由过作的平行线交分别于， 则连接分别交于，连接，如图， 由，则平面，平面， 设平面平面， 由线面平行的性质定理知， 所以过作的平行线交分别于， 连接分别交于，连接， 即可得到平面与正方体侧面的交线． 模块四：统计与概率 1. 古人云“民以食为天”，某校为了了解学生食堂服务的整体情况，进一步提高食堂的服务质量，营造和谐的就餐环境，使同学们能够获得更好的饮食服务．为此做了一次全校的问卷调查，问卷所涉及的问题均量化成对应的分数（满分100分），从所有答卷中随机抽取100份分数作为样本，将样本的分数（成绩均为不低于40分的整数）分成六段：[40，50），[50，60），…，[90，100]，得到如表所示的频数分布表． 样本分数段 [40，50） [50，60） [60，70） [70，80） [80，90） [90，100] 频数 5 10 20 a 25 10 （1）求频数分布表中a的值，并求样本成绩的中位数和平均数； （2）已知落在[50，60）的分数的平均值为56，方差是7；落在[60，70）的分数的平均值为65，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差． 【答案】（1），中位数为75，平均数74 （2）总平均数是62，总方差是23． 【解析】 【分析】（1）根据题意，由样本容量，求解的值，再利用中位数和平均数公式，计算即可； （2）由表可知，分数在[50，60）的问卷为10份，分数在[60，70）的问卷为20份，根据公式计算两组成绩的总平均数和总方差s2即可． 【小问1详解】 由，解得， 前三段的频率之和，， 前四段的频率之和， ，由成绩在段的频率为0.3， 所以中位数为， ． 【小问2详解】 由表可知，分数在[50，60）的问卷为10份，分数在[60，70）的问卷为20份， 故， ． 所以两组成绩的总平均数是62，总方差是23． 2. 某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有20人，按年龄分成5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图. （1）根据频率分布直方图，估计这20人的平均年龄和第80百分位数； （2）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，求这20人中35~45岁所有人的年龄的方差. 【答案】（1）32.25，第80百分位数为37.5 （2）10 【解析】 【分析】（1）直接根据频率分布直方图计算平均数和百分位数； （2）利用分层抽样得第四组和第五组分别抽取人和人，进而设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为，进而根据方差公式，代入计算即可得答案. 【小问1详解】 设这20人的平均年龄为，则 . 设第80百分位数为，由，解得. 【小问2详解】 由频率分布直方图得各组人数之比为， 故各组中采用分层随机抽样的方法抽取20人，第四组和第五组分别抽取人和人， 设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，， 则，，，， 设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为. 则，， 因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10， 据此，可估计这人中年龄在35~45岁的所有人的年龄方差约为10. 3. 年级教师元旦晚会时，“玲儿姐”、“关关姐”和“页楼哥”参加一项趣味问答活动．该活动共有两个问题，如果参加者两个问题都回答正确，则可得到一枝“黑玫瑰”奖品．已知在第一个问题中“玲儿姐”回答正确的概率为，“玲儿姐”和“关关姐”两人都回答错误的概率为，“关关姐”和“页楼哥”两人都回答正确的概率为；在第二个问题中“玲儿姐”、“关关姐”和“页楼哥”回答正确的概率依次为．且所有的问答中回答正确与否相互之间没有任何影响． （1）在第一个问题中，分别求出“关关姐”和“页楼哥”回答正确的概率； （2）分别求出“玲儿姐”、“关关姐”和“页楼哥”获得一枝“黑玫瑰”奖品的概率，并求三人最终一共获得2枝“黑玫瑰”奖品的概率． 【答案】（1）“关关姐”和“页楼哥”回答正确的概率分别为； （2）“玲儿姐”、“关关姐”和“页楼哥”获得一枝“黑玫瑰”奖品的概率分别为三人最终一共获得2枝“黑玫瑰”奖品的概率 【解析】 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式分别求解即可； （2）综合应用独立事件的乘法公式和互斥事件的概率加法公式分别求解即可. 【小问1详解】 记“玲儿姐回答正确第个问题”，“关关姐回答正确第个问题”，“页楼哥回答正确第个问题”，. 根据题意得，所以； ，所以； 故在第一个问题中，“关关姐”和“页楼哥”回答正确的概率分别为和. 【小问2详解】 由题意知， “玲儿姐”获得一枝“黑玫瑰”奖品的概率为； “关关姐”获得一枝“黑玫瑰”奖品的概率为； “页楼哥”获得一枝“黑玫瑰”奖品的概率为； 三人最终一共获得2枝“黑玫瑰”奖品的概率为. 所以“玲儿姐”、“关关姐”和“页楼哥”获得一枝“黑玫瑰”奖品的概率分别为；三人最终一共获得2枝“黑玫瑰”奖品的概率为. 4．乒乓球台面被球网分成甲、乙两部分. 如图，甲上有两个不相交的区域，乙被划分为两个不相交的区域．某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球，规定：回球一次，落点在C上记3分，在D上记1分，其它情况记0分．对落点在A上的来球，队员小明回球的落点在C上的概率为，在D上的概率为；对落点在B上的来球，小明回球的落点在C上的概率为，在D上的概率为. 假设共有两次来球且落在上各一次，小明的两次回球互不影响. 求： (1)小明对落点在上的来球回球的得分为0分的概率； (2)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率； (3)两次回球结束后，小明得分之和的所有可能取值及对应的概率. 【答案】(1)点来球0得分概率依次为，； (2)； (3)答案见解析. 【来源】湖南省张家界市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题 【分析】（1）利用互斥事件的加法公式列式计算. （2）把所求概率的事件分拆成相互独立事件的积、彼此互斥事件的积，再利用乘法公式及加法公式计算得解. （3）求出的可能值，再利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算即可. 【详解】（1）记为事件“小明对落点在A上的来球回球的得分为i分”（）， 则，，； 记Bi为事件“小明对落点在B上的来球回球的得分为i分”（）， 则，，. （2）记D为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”， 依题意，，由事件的独立性和互斥性， 得， 所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为 ． （3）依题意，可能的取值为0，1，2，3，4，6， 由事件的独立性和互斥性，得： ，， ，， ，. 【点睛】关键点点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键. 5.随着科技的发展，互联网也随之成熟，网络安全也涉及到一个国家经济，金融，政治等安全．为提高中学生的网络安全意识和信息技术能力，某中学组织了一次信息技术创新比赛，参赛选手两人为一组，需要在规定时间内独自对两份不同的加密文件进行解密，每份文件只有一次解密机会．已知甲每次解开密码的概率为，乙每次解开密码的概率为，每次是否解开密码也互不影响．设，，， (1)已知概率， （i）求的值． （ii）求甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率． (2)若，求甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率最小值． 【答案】(1)（i）；（ii）； (2). 【来源】湖南省郴州市2023-2024学年高一下学期期末教学质量监测数学试题 【分析】（1）（i）根据独立性性质建立方程，即可求解；（ii）由（i）知：，设“甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则，再根据互斥加法公式和独立性乘法公式即可求解； （2）由可得，从而求得，再利用基本不等式即可求得最小值. 【详解】（1）（i）由题知， 解得：， （ii）由（i）知：， 设“甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则 与互斥，与与分别相互独立， 所以 ， 因此，甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率为． （2）由题知：， ， 设“甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则 与互斥，与与分别相互独立， 所以 ， ，当且仅当时等号成立， ． 故甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率最小值为. 6. 双淘汰赛制是一种竞赛形式，比赛一般分两个组进行，即胜者组与负者组.在第一轮比赛后，获胜者编入胜者组，失败者编入负者组继续比赛，之后每一轮，在负者组中的失败者将被淘汰；胜者组的情况也类似，只是失败者仅被淘汰出胜者组降入负者组，只有在负者组中再次失败后才会被淘汰出整个比赛.A、B、C、D四人参加的双淘汰赛制的流程如图所示，其中第6场比赛为决赛. （1）假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%，求： ①A获得季军的概率； ②D在一共输了两场比赛的情况下，成为亚军的概率； （2）若A的实力出类拔萃，有4参加的比赛其胜率均为75%，其余三人实力旗鼓相当，求D进入决赛且先前与对手已有过招的概率. 【答案】（1）①；② （2） 【解析】 【分析】（1）①分析第一轮比赛后所在组，再确定后续比赛的胜负情况使A获得季军，应用独立事件的乘法公式求概率即可. ②为条件概率，根据条件概率公式去入手解决问题. （2）可通过分类把复杂事件分为几个容易分析的事件，再解决问题. 【小问1详解】 假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%，即概率为， ①由题意，第一轮比赛一组，一组， 要A获得季军，则进入胜者组，后续连败两轮，或进入负者组，后续两轮先胜后败， 所以A获得季军的概率为. ②设表示队伍D在比赛中胜利，表示队伍D所参加的比赛中失败， 事件：队伍D获得亚军，事件：队伍D所参加所有比赛中失败了两场， 事件：包括，，，，五种情况. 其中这五种情况彼此互斥，得 ， 其中积事件包括，两种情况. 得， 所以所求概率为. 【小问2详解】 由题意，A获胜的概率为，B、C、D之间获胜的概率均为， 要使D进入决赛且先前与对手已有过招，可分为两种情况： ①若A与D在决赛中相遇，分为A：1胜，3胜，D：1负4胜5胜，或A：1负4胜5胜，D：1胜，3胜， 概率为； ②若B与D决赛相遇，D：1胜，3胜，B：2胜3负5胜，或D：1胜，3负，5胜，B：2胜3胜， 概率为， ③若C与D决赛相遇，同B与D在决赛中相遇， 概率为； 所以D进入决赛且先前与对手已有过招概率. 【点睛】思路点睛：一般把复杂事件分解成互斥事件的和事件或相互独立事件的积事件，另外要注意对立事件公式的运用，即正难则反. 7. 为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每隔从该生产线上随机抽取一个零件，并测量其尺寸（单位：）.下面是检验员在一天内依次抽取的16个零件的尺寸： 抽取次序 1 2 3 4 5 6 7 8 零件尺寸 9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04 抽取次序 9 10 11 12 13 14 15 16 零件尺寸 10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95 经计算得，，，其中为抽取的第个零件的尺寸，. （1）求的相关系数，并回答是否可以认为这一天生产的零件尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小（若，则可以认为零件的尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小）； （2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查. （i）从这一天抽检的结果看，是否需对当天的生产过程进行检查？ （ii）请利用已经学过的方差公式：来证明方差第二公式. （iii）在之外的数据称为离群值，试剔除离群值，并利用（ii）中公式估计这条生产线当天生产的零件尺寸的均值与标准差.（精确到0.01） 附：样本的相关系数，. 【答案】（1）；可以认为零件的尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小 （2）（i）从这一天抽检的结果看，需对当天的生产过程进行检查；（ii）证明见解析；（iii）均值；标准差 【解析】 【分析】（1）根据数据和公式即可计算的值，根据的规则进行判断即可； （2）（i）计算的值，根据13个零件的尺寸与区间的关系进行判断；（ii）根据已学公式进行变形即可证明；（iii）代入公式计算即可. 【小问1详解】 由题可得， ， 所以， 则，所以可以认为零件的尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小 【小问2详解】 （i）由题可得，， 因为第13个零件的尺寸为，， 所以从这一天抽检的结果看，需对当天的生产过程进行检查； （ii）由于 ，证毕. （iii）剔除离群值后，剩下的数据平均值为， 所以剔除离群值后，这条生产线当天生产的零件尺寸的均值的估计值为， 剔除离群值后，， 所以剔除离群值后，这条生产线当天生产的零件尺寸的标准差， 所以剔除离群值后，这条生产线当天生产的零件尺寸的标准差的估计值为， 【点睛】易错点点睛：解答此类统计类的题目需要细心，特别是计算，涉及到的数较多，一不小心，就很容易出现计算错误. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 期末复习——大题专练 模块一：平面向量与复数 1. 已知向量，. （1）若与共线且方向相反，求向量的坐标. （2）若与垂直，求向量，夹角的大小. 2．已知向量满足，且的夹角为. (1)求的模； (2)若与互相垂直，求λ的值. 3．已知平行四边形中，，，，点是线段的中点． (1)求的值； (2)若，且，求的值． 4．已知复数， ，其中 (1)若为纯虚数，求b的值; (2)若与互为共轭复数，求的值. 5．实数分别为何值时，复数满足下列条件？ (1)是实数. (2)是虚数. (3)是纯虚数. 6. 已知复数，i为虚数单位. （1）求； （2）若复数z是关于x的方程的一个根，求实数m，n的值. 7. 若复数，复数． （1）若，求实数的值； （2）若，求． 8. 已知复数（，i为虚数单位），z在复平面上对应的点在第四象限，且满足（为的共轭复数）． （1）求实数的值； （2）若复数是关于的方程（，且）的一个复数根，求的值． 模块二：解三角形 1 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，． （1）求角B的大小； （2）求的取值范围． 2. 在平面四边形中，，，，. （1）求； （2）若为锐角三角形，求的面积的取值范围. 3．已知分别为三个内角的对边，，且， (1)求； (2)若，求的取值范围. 4．在中，，的对边分别为，，，已知. (1)求的大小； (2)若，_____，求边上的中线的长. 在“①；②周长为；③的面积为.”这三个条件中任选一个填入上述空格中. 5．现给出两个条件：①，②，从中选出一个条件补充在下面的问题中，并以此为依据求解问题．（选出一种可行的条件解答，若两个都选则按第一个解答计分） 在中，，，分别为内角A，，所对的边，若________． （1）求； （2）若的面积为，求外接圆半径的最小值． 6．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）证明：为等腰三角形． （2）若D是边BC的中点，，求的面积． 7．已知满足． （1）求； （2）若为的角平分线，，，求的周长. 模块三：立体几何大题 1 如图，在四棱锥中，平面是的中点. （1）证明：面 （2）证明：平面平面； （3）求三棱锥的体积. 2. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，为的中点. （1）设平面与直线相交于点，求证：； （2）若，，，求直线与平面所成角的大小. 3．如图，棱长为2的正方体ABCD –A1B1C1D1中，E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过E作平面，使得//平面BDF. (1)作出截正方体ABCD - A1B1C1D1所得的截面，写出作图过程并说明理由； (2)求平面与平面的距离. 4．如图，在正方体中. (1)求证：平面； (2)作出二面角的平面角，并说明理由. 5．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，△PAD是边长为2的正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E为棱PD的中点． (1)求证：AE⊥平面PCD； (2)若直线PC与平面ABCD所成角的正切值为，求侧面PAD与侧面PBC所成二面角的大小． 6．如图，正方体的棱长为，点在线段上，且． (1)求证：平面平面； (2)画出正方体被平面截得的截面，并求该截面的周长． 7．如图1，在平行四边形ABCD中，，，，E是边BC上的点，且．连结AE，并以AE为折痕将△ABE折起，使点B到达点P的位置，得到四棱锥，如图2． (1)设平面PEC与平面PAD的交线为l，证明：AD∥l； (2)在图2中，已知． ①证明：平面PAE⊥平面AECD； ②求以P，A，D，E为顶点的四面体外接球的表面积． 8.如图，正方体中，M，N，E，F分别是，，，的中点． (1)求证：E，F，B，D四点共面； (2)求证：平面平面EFDB； (3)画出平面BNF与正方体侧面的交线需要有必要的作图说明、保留作图痕迹，并说明理由． 模块四：统计与概率 1. 古人云“民以食为天”，某校为了了解学生食堂服务的整体情况，进一步提高食堂的服务质量，营造和谐的就餐环境，使同学们能够获得更好的饮食服务．为此做了一次全校的问卷调查，问卷所涉及的问题均量化成对应的分数（满分100分），从所有答卷中随机抽取100份分数作为样本，将样本的分数（成绩均为不低于40分的整数）分成六段：[40，50），[50，60），…，[90，100]，得到如表所示的频数分布表． 样本分数段 [40，50） [50，60） [60，70） [70，80） [80，90） [90，100] 频数 5 10 20 a 25 10 （1）求频数分布表中a的值，并求样本成绩的中位数和平均数； （2）已知落在[50，60）的分数的平均值为56，方差是7；落在[60，70）的分数的平均值为65，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差． 2. 某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有20人，按年龄分成5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图. （1）根据频率分布直方图，估计这20人的平均年龄和第80百分位数； （2）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，求这20人中35~45岁所有人的年龄的方差. 3. 年级教师元旦晚会时，“玲儿姐”、“关关姐”和“页楼哥”参加一项趣味问答活动．该活动共有两个问题，如果参加者两个问题都回答正确，则可得到一枝“黑玫瑰”奖品．已知在第一个问题中“玲儿姐”回答正确的概率为，“玲儿姐”和“关关姐”两人都回答错误的概率为，“关关姐”和“页楼哥”两人都回答正确的概率为；在第二个问题中“玲儿姐”、“关关姐”和“页楼哥”回答正确的概率依次为．且所有的问答中回答正确与否相互之间没有任何影响． （1）在第一个问题中，分别求出“关关姐”和“页楼哥”回答正确的概率； （2）分别求出“玲儿姐”、“关关姐”和“页楼哥”获得一枝“黑玫瑰”奖品的概率，并求三人最终一共获得2枝“黑玫瑰”奖品的概率． 4．乒乓球台面被球网分成甲、乙两部分. 如图，甲上有两个不相交的区域，乙被划分为两个不相交的区域．某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球，规定：回球一次，落点在C上记3分，在D上记1分，其它情况记0分．对落点在A上的来球，队员小明回球的落点在C上的概率为，在D上的概率为；对落点在B上的来球，小明回球的落点在C上的概率为，在D上的概率为. 假设共有两次来球且落在上各一次，小明的两次回球互不影响. 求： (1)小明对落点在上的来球回球的得分为0分的概率； (2)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率； (3)两次回球结束后，小明得分之和的所有可能取值及对应的概率. 5.随着科技的发展，互联网也随之成熟，网络安全也涉及到一个国家经济，金融，政治等安全．为提高中学生的网络安全意识和信息技术能力，某中学组织了一次信息技术创新比赛，参赛选手两人为一组，需要在规定时间内独自对两份不同的加密文件进行解密，每份文件只有一次解密机会．已知甲每次解开密码的概率为，乙每次解开密码的概率为，每次是否解开密码也互不影响．设，，， (1)已知概率， （i）求的值． （ii）求甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率． (2)若，求甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率最小值． 6. 双淘汰赛制是一种竞赛形式，比赛一般分两个组进行，即胜者组与负者组.在第一轮比赛后，获胜者编入胜者组，失败者编入负者组继续比赛，之后每一轮，在负者组中的失败者将被淘汰；胜者组的情况也类似，只是失败者仅被淘汰出胜者组降入负者组，只有在负者组中再次失败后才会被淘汰出整个比赛.A、B、C、D四人参加的双淘汰赛制的流程如图所示，其中第6场比赛为决赛. （1）假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%，求： ①A获得季军的概率； ②D在一共输了两场比赛的情况下，成为亚军的概率； （2）若A的实力出类拔萃，有4参加的比赛其胜率均为75%，其余三人实力旗鼓相当，求D进入决赛且先前与对手已有过招的概率. 7. 为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每隔从该生产线上随机抽取一个零件，并测量其尺寸（单位：）.下面是检验员在一天内依次抽取的16个零件的尺寸： 抽取次序 1 2 3 4 5 6 7 8 零件尺寸 9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04 抽取次序 9 10 11 12 13 14 15 16 零件尺寸 10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95 经计算得，，，其中为抽取的第个零件的尺寸，. （1）求的相关系数，并回答是否可以认为这一天生产的零件尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小（若，则可以认为零件的尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小）； （2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查. （i）从这一天抽检的结果看，是否需对当天的生产过程进行检查？ （ii）请利用已经学过的方差公式：来证明方差第二公式. （iii）在之外的数据称为离群值，试剔除离群值，并利用（ii）中公式估计这条生产线当天生产的零件尺寸的均值与标准差.（精确到0.01） 附：样本的相关系数，. 1 学科网（北京）股份有限公司 $