2024高考总复习优化设计二轮用书数学(适用于新高考新教材)考点突破练与专题检测专题检测3　立体几何含答案

2024高考总复习优化设计二轮用书数学(适用于新高考新教材)考点突破练与专题检测专题检测3立体几何含答案专题检测三立体几何一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2023北京101中学模拟)已知m,n为两条不同的直线,α,β为两个不同的平面,那么使m∥α成立的一个充分条件是()A.m∥β,α∥β B.m⊥β,α⊥βC.m⊥n,n⊥α,m⊄α D.m上有不同的两个点到α的距离相等2.(2023江西南昌一模)在数学探究课中某同学设计一个“胶囊形”的几何体,由一个圆柱和两个半球构成,已知圆柱的高是底面半径的4倍,若该几何体表面积为108π,则它的体积为()A.72π B.96π C.108π D.144π3.(2023山东临沂一模)已知确定重心的定理:如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交,那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积.即V=Sl(V表示平面图形绕旋转轴旋转的体积,S表示平面图形的面积,l表示重心绕旋转轴旋转一周的周长).如图,直角梯形ABCD,已知AB∥DC,AB⊥AD,AB=3CD,AD=3,则其重心G到AB的距离为()A.74 B.32 C.54 4.(2023广东一模)水平桌面上放置了4个半径为2的小球,4个小球的球心构成正方形,且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球,则半球形容器内壁的半径的最小值为()A.4 B.22+2 C.23+2 D.65.(2023全国乙,理9)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边三角形,若二面角C-AB-D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为()A.15 B.25 C.35 6.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,过A1B1的截面与AC交于点D,与BC交于点E,该截面将三棱柱分成体积相等的两部分,则CDAC=(A.13 B.12 C.2-37.(2022全国乙,理9)已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为()A.13 B.12 C.33 8.(2023湖南益阳模拟)如图,某金刚石是8个面均为等边三角形的正八面体,其表面积为183,现将它雕刻成一个球形装饰物,则可雕刻成的最大球体积是()A.18π B.92π C.6π D.6π二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.(2023新高考Ⅱ,9)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径,∠APB=120°,PA=2,点C在底面圆周上,且二面角P-AC-O为45°,则()A.该圆锥的体积为π B.该圆锥的侧面积为43πC.AC=22 D.△PAC的面积为310.(2022新高考Ⅰ,9)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则()A.直线BC1与DA1所成的角为90°B.直线BC1与CA1所成的角为90°C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°11.(2023山东泰安一模)如图,正方形ABCD的边长为1,M,N分别为BC,CD的中点,将正方形沿对角线AC折起,使点D不在平面ABC内,则在翻折过程中,以下结论正确的是()A.异面直线AC与BD所成的角为定值B.三棱锥D-ABC的外接球的表面积为2πC.存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直D.三棱锥M-ACN体积的最大值为212.(2023湖南岳阳二模)某学校组织了书画作品比赛.如图1,本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成,若球的体积为4π3;如图2,托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成,则下列结论正确的是(图1图2A.直线AD与平面BEF所成的角为πB.经过三个顶点A,B,C的球的截面圆的面积为πC.异面直线AD与CF所成的角的余弦值为5D.球离球托底面DEF的最小距离为3+6三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021全国甲,文14)已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为30π,则该圆锥的侧面积为.

14.(2023新高考Ⅱ,14)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为.

15.(2023江苏常州模拟)将两个一模一样的正三棱锥共底面倒扣在一起,已知正三棱锥的侧棱长为2,若该组合体有外接球,则正三棱锥的底面边长为.

16.(2023广东汕头金山中学模拟)已知四边形ABCD为平行四边形,AB=4,AD=3,∠BAD=π3,现将△ABD沿直线BD翻折,得到三棱锥A'-BCD,若A'C=13,则三棱锥A'-BCD的内切球与外接球的表面积的比值为.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)(2023全国甲,文18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°.(1)证明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C;(2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1-BB1C1C的高.18.(12分)(2022全国甲,文19)小明同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示:底面ABCD是边长为8(单位:cm)的正方形,△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.(1)证明:EF∥平面ABCD;(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度).19.(12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形,AA1=AB=3,D,E分别为棱BC,B1C1上的点,且BDBC=C1E(1)若t=12,求证:AD∥平面A1EB(2)若二面角C1-AD-C的大小为π3,求实数t的值20.(12分)(2023山东潍坊模拟)如图,直角梯形ABCD中,AB∥DC,AB⊥BC,AB=BC=2CD=2,直角梯形ABCD绕BC旋转一周形成一个圆台.(1)求圆台的表面积和体积;(2)若直角梯形ABCD绕BC逆时针旋转角θ(θ>0)到A1BCD1,且直线A1D与平面ABCD所成角的正弦值为217,求角θ的最小值21.(12分)(2023江苏苏州模拟)已知三棱锥P-ABC(如图1)的平面展开图(如图2)中,四边形ABCD为边长等于2的正方形,△ABE和△BCF均为正三角形,在三棱锥P-ABC中,图1图2(1)证明:平面PAC⊥平面ABC;(2)若点M在棱PA上运动,当直线BM与平面PAC所成的角最大时,求平面MBC与平面ABC夹角的余弦值.22.(12分)(2023福建厦门模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥AD,底面ABCD为直角梯形,BC=3AD,AD∥BC,∠BCD=90°,M为线段PB上一点.(1)若PM=13PB,求证:AM∥平面PCD(2)若PA=2,AD=1,异面直线PA与CD成90°角,二面角B-PC-D的余弦值为-1010,在线段PC上是否存在点Q,使得点Q到直线AD的距离为253?若存在,请指出点

专题检测三立体几何1.C解析对于A,若m∥β,α∥β,则m⊂α或m∥α,故A不正确;对于B,若m⊥β,α⊥β,则m⊂α或m∥α,故B不正确;对于C,若m⊥n,n⊥α,m⊄α,则m∥α,故C正确;对于D,m上有不同的两个点到α的距离相等,则可能m与α相交,故D错误.2.D解析设圆柱的底面半径为r,则球的半径为r,圆柱的高是4r,∴圆柱的侧面积为2πr×4r=8πr2,两个半球的表面积为4πr2,∴该几何体表面积为8πr2+4πr2=12πr2=108π,解得r=3,∴该几何体的体积为πr2×4r+43πr3=4π×33+43π×33=1443.C解析设CD=x,AB=3x,直角梯形绕AB旋转一周所得的几何体的体积V=π·32·x+13·π·32·(3x-x)=15πx,梯形ABCD的面积S=12(x+3x)×3=6x.设重心G到AB的距离为h',则重心绕旋转轴旋转一周的周长为l=2πh',则15πx=(2πh')·6x,则h'=4.C解析如图,4个小球球心构成的正方形为O1O2O3O4,中心为N,由题意O1O2=4,NO1=22,半球形容器的球心为O,显然当半球形容器与4个小球都相切时球O的半径最小,半球形容器与球O1的切点为A,连接ON,则ON=小球的半径=2,球O的半径=OA=O1A+OO1=2+ON2+O1N5.C解析(方法一)如图,取AB中点O,连接OC,OD,则由题可知∠DOC为二面角C-AB-D的平面角,∴∠DOC=150°.设CA=CB=a,则OC=12AB=22∵△ABD是等边三角形,∴OD⊥AB,且OD=32AB=62a.在△DOC由余弦定理得,CD2=OC2+OD2-2OC·ODcos∠DOC=72a2,∴CD=142过点D作DH⊥平面ABC,垂足为H,易知点H在直线OC上,则∠DCH为直线CD与平面ABC所成的角,且∠DOH=30°,故DH=12OD=64a,∴sin∠DCH=DHCD=64a142a=2114,则cos(方法二)取AB中点O,连接OC,OD.以O为原点,OA,OC所在直线分别为x轴、y轴,过O点作平面ABC的垂线为z轴建立空间直角坐标系(图略).设AB=2,则由题可得A(1,0,0),C(0,1,0),D(0,-32,32),则CD=(0,-52,32),由题可知平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1)则sinθ=|cos<CD,n>|=327×1=2114,∴cosθ=1-6.D解析由题可知平面A1B1ED与棱柱上、下底面分别交于A1B1,ED,则A1B1∥ED,则ED∥AB,可得CDE-C1A1B1是三棱台.设△ABC的面积为1,△CDE的面积为s,三棱柱的高为h,则12·1·h=13h(1+s+s),所以由△CDE∽△CAB,可得CDAC7.C解析设四棱锥的高为h,体积为V,则底面所在圆的半径为1-h2.要使四棱锥的体积最大,底面四边形必为正方形,此时V=13×12×(21-h2)2·h=23(h-h3),所以V'=23(1-3h2).由题意可知0<h<1,令V'>0,得0<h<33;令V'<0,得33<h<1.所以V在区间08.D解析如图,设底面ABCD中心为O,BC,AD中点分别为H,M,连接OH,EO,EH,MF,HF,EM.设金刚石的边长为a,由题知,8×12a2sin60°=23a2=183,所以a=3在等边三角形EBC中,BC边上的高EH=EC在Rt△EOH中,EO=EH由题可知,最大球即为金刚石的内切球,由对称性易知球心在O点,与平面EBC的切点在线段EH上,球的半径即为截面EMFH内切圆的半径,设内切圆半径为r,由等面积法可知322×32=所以内切球的半径为R=62,则内切球体积为V=43πR3=43π×9.AC解析由题意,可得PO⊥平面AOC,∠APO=12∠APB=60°,所以PO=PAcos∠APO=1,AO=PAsin∠APO=3.如图,取AC的中点D,连接PD,OD,则PD⊥AC,OD⊥AC,所以∠PDO即为二面角P-AC-O的平面角,所以∠PDO=45°因为OD⊂平面AOC,PO⊥平面AOC,所以PO⊥OD,所以△PDO为等腰直角三角形,所以OD=PO=1,PD=2.对于A,圆锥的体积V=13π×(3)2×1=π,故A正确对于B,圆锥的侧面积S=π×3×2=23π,故B不正确;对于C,AC=2AO2-OD2=2对于D,S△PAC=12×AC×PD=12×22×2=2,故D不正确10.ABD解析连接AD1,∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BC1∥AD1,A1D⊥AD1,∴直线BC1与DA1所成的角为90°,故A正确;连接B1C,∵A1B1⊥平面BCC1B1,BC1⊂平面BCC1B1,∴A1B1⊥BC1,又BC1⊥B1C,A1B1∩B1C=B1,A1B1⊂平面A1B1C,B1C⊂平面A1B1C,∴BC1⊥平面A1B1C,又CA1⊂平面A1B1C,∴BC1⊥CA1,即直线BC1与CA1所成的角为90°,故B正确;连接A1C1,交B1D1于点O,连接BO.易证C1A1⊥平面BB1D1D.∴∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角.设正方体的棱长为a,则OC1=22a,BC1=2a∴sin∠C1BO=OC1BC1=12,∴∠∵C1C⊥平面ABCD,∴∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角.又∠C1BC=45°,∴直线BC1与平面ABCD所成的角为45°,故D正确.故选ABD.11.ABD解析对于A,取AC中点O,连接OB,OD,则AC⊥OB,AC⊥OD.又OB∩OD=O,所以AC⊥平面OBD.因为BD⊂平面OBD,所以AC⊥BD,故异面直线AC与BD所成的角为90°,为定值,故选项A正确.对于B,因为OA=OB=OC=OD,所以外接球球心是O,所以外接球半径R=22所以四面体ABCD的外接球体积为S=4π×222=2π,故B正确.对于C,假设直线AD与直线BC因为直线AB与直线BC垂直,AD∩AB=A,则直线BC⊥平面ABD.因为BD⊂平面ABD,所以BC⊥BD.又BD⊥AC,AC∩BC=C,所以BD⊥平面ABC.又OB⊂平面ABC,所以BD⊥OB.而△OBD是以OB和OD为腰的等腰三角形,与假设不符,故C错误.对于D,连接AM,AN.因为VM-ACN=VN-ACM,当平面DAC⊥平面ABC时,三棱锥M-ACN体积取最大值,此时OD=22,三棱锥M-ACN的高度为12OD=24,则S△ACM=12S△ABC=14,故(VN-ACM)max=13×112.CD解析如图3,连接AB,BC,AC.取DE,EF,DF的中点N,M,K,取MF的中点H,连接BK,BH,KH,BM,AN,MN,DM.由△BEF为正三角形,得DM⊥EF.又平面BEF⊥平面DEF,平面BEF∩平面DEF=EF,DM⊂平面DEF,DM⊥平面BEF,且由题可得,KH∥DM,则KH⊥平面BEF.同理AN⊥平面DEF,则BM∥AN,且BM=AN=3,所以四边形ABMN为平行四边形,则AB∥MN,AB=MN.又MN∥DF,MN=12DF,得AB∥DF.因为AB=12所以四边形ABKD为平行四边形,则AD∥BK,AD=BK,∠KBH即为直线AD与平面BEF所成的角,sin∠KBH=KHBK=34,所以∠KBH≠π6如图3,由选项A知,AB∥MN∥DF,同理AC∥EF,BC∥DE,AB=AC=BC=MN=12DF=所以经过三个顶点A,B,C的球的截面圆为△ABC的外接圆,其半径为r=23×1×sinπ3=33,面积为πr2=π3,故B错误.连接AM,由AC∥MF,AC=MF=1,得四边形ACFM是平行四边形,则AM∥CF,所以∠MADAM=CF=2.在△AMD中,AD=2,DM=3,由余弦定理,得cos∠MAD=AD2+AM设球的半径为R,由球的体积为4π3,得4π3R3=4π如图4,O1O=R2-r2=63,O1G=R-O1O=1所以球离球托底面DEF的最小距离为AN-O1G=3+63-1,故D正确.图3图413.39π解析设圆锥的高为h,母线长为l,则13π×62·h=30π解得h=52,则l=62+h2=132,故圆锥的侧面积为π14.28解析如图所示,在正四棱锥P-ABCD中,平面A'B'C'D'∥平面ABCD.点O',O分别为正四棱台ABCD-A'B'C'D'上、下底面的中心,O'H'⊥A'B',OH⊥AB,点H',H为垂足.由题意,得AB=4,A'B'=2,PO'=3.易知△PO'H'∽△POH,所以PO'PO=O'H'OH,即3PO=12,解得PO=6,所以OO'=PO-PO'=3,所以该正四棱台的体积是V=13×15.6解析如图,连接PA交底面BCD于点O,则点O就是该组合体的外接球的球心.设三棱锥的底面边长为a,外接球的半径为R,则CO=PO=33a,得2×33a=2,16557解析在△ABD中,AB=4,AD=3,∠BAD=故DB2=AB2+AD2-2AB·ADcos∠BAD=42+32-2×4×3×12=13,即DB=13折成的三棱锥A'-BCD中,A'C=DB,A'B=AB=DC,A'D=AD=BC,即此三棱锥的对棱相等,故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线,设长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为a,b,c,则a2+此长方体的外接球是三棱锥A'-BCD的外接球,设外接球的直径2R=a2+b2+又因为三棱锥A'-BCD是长方体切掉四个角,故三棱锥VA'-BCD=abc-4×13×12abc=1因为三棱锥A'-BCD四个侧面是全等的,S表=4S△ABD=4×12AB·AD·sinπ3=2×4×3×32=设内切球半径为r,以内切球球心为顶点,把三棱锥分割为以球心为顶点,四个面为底面的四个小三棱锥,四个小三棱锥体积等于大三棱锥的体积,故r=3V则三棱锥A'-BCD的内切球与外接球表面积的比值为4π17.(1)证明∵A1C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴A1C⊥BC.∵∠ACB=90°,∴BC⊥CA.∵A1C∩CA=C,A1C,CA⊂平面ACC1A1,∴BC⊥平面ACC1A1.∵BC⊂平面BB1C1C,∴平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.(2)解平面ACC1A1⊥平面BB1C1C,且这两个平面的交线为CC1,过A1作A1D⊥CC1,垂足为点D,则A1D⊥平面BB1C1C.∴四棱锥A1-BB1C1C的高为A1D.∵BC⊥CA,BC⊥CA1,BA=BA1,BC=BC,∴Rt△BCA≌Rt△BCA1.∴CA=CA1.在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形ACC1A1为平行四边形,有AC=A1C1,∠ACA1=∠C1A1C=90°,CC1=AA1=2,则△CA1C1为等腰直角三角形,且底边CC1=2,∴A1D=12CC1=1.即四棱锥A1-BB1C1C的高为118.解(1)过点E作EE'⊥AB于点E',过点F作FF'⊥BC于点F',连接E'F'.∵底面ABCD是边长为8的正方形,△EAB,△FBC均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直,∴EE'⊥平面ABCD,FF'⊥平面ABCD,且EE'=FF',∴四边形EE'F'F是平行四边形,则EF∥E'F'.∵E'F'⊂平面ABCD,EF⊄平面ABCD,∴EF∥平面ABCD.(2)过点G,H分别作GG'⊥CD,HH'⊥DA,交CD,DA于点G',H',连接F'G',G'H',H'E',AC.由(1)及题意可知,G',H'分别为CD,DA的中点,EFGH-E'F'G'H'为长方体,故该包装盒由一个长方体和四个相等的四棱锥组合而成.∵底面ABCD是边长为8的正方形,∴AC=82+82=82cm,E'F'=H'E'=12AC=42cm,EE'=AEsin60°∴该包装盒的容积为V=VEFGH-E'F'G'H'+4VA-EE'H'H=E'F'×E'H'×EE'+4×13×SEE'H'H×14AC=42×42×43+4×13×42×43×22=19.(1)证明当t=12时,D,E分别为棱BC,B1C1的中点在直三棱柱ABC-A1B1C1中,连接DE(图略),则DE∥AA1,DE=AA1,所以四边形DEA1A是平行四边形,所以AD∥A1E.又因为AD⊄平面A1EB,A1E⊂平面A1EB,所以AD∥平面A1EB.(2)解(方法一)如图所示,在平面ABC内,过点C作AD的垂线,垂足为H,连接C1H,则∠C1HC为二面角C1-AD-C的平面角,即∠C1HC=π3在Rt△C1HC中,C1C=3,所以CH=3.在Rt△CHA中,CH=3,AC=3,所以sin∠CAH=CHAC又因为∠CAH为锐角,所以cos∠CAH=63,且0<∠CAH<π4,所以点H在线段AD的延长线上.在△CDA中,sin∠CDH=sinπ4+∠CAH=6+236,CD=CHsin∠C(方法二)由题可知AA1⊥平面ABC,∠BAC=90°,以AB,AC,AA1为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B所以AB=(3,0,0),AC1=(0,3,3),BC=(-3,3,0),BD=tBC=(-3t,3t,0),所以AD=AB+BD=(3-设平面AC1D的一个法向量为n1=(x,y,z),则n令y=t-1,则x=t,z=1-t,故n1=(t,t-1,1-t).由题得平面ADC的一个法向量为n2=(0,0,1).因为二面角C1-AD-C的大小为π3,所以n1·n2|n1||n2|=cosπ3=又因为0<t<1,所以t=2-2.20.解(1)由题意,直角梯形ABCD旋转形成下底面半径为2,上底面半径为1,高为2的圆台,则该圆台的母线长为5,所以该圆台的表面积S=π(1+2)×5+π+4π=(35+5)π,该圆台的体积V=13×2×(π+π×4π+4π)(2)作BM⊥BA交底面圆于点M,以点B为坐标原点,BA,BM,BC所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则D(1,0,2),A1(2cosθ,2sinθ,0),即A1D=(1-2cosθ,-2sinθ又平面ABCD的一个法向量n=(0,1,0),设直线A1D与平面ABCD所成的角为α,则sinα=|cos<A1D,n>|=|-2sin又sin2θ+cos2θ=1,解得cosθ=12或cosθ=-114,故当cosθ=12时,所求θ21.(1)证明如图所示.取AC的中点为O,连接OB,OP.由题意得PA=PB=PC=2,则OP=1,OA=OB=OC=1.∵在△PAC中,PA=PC,AC的中点为O,∴OP⊥AC.又在△POB中,OP=1,OB=1,PB=2,∴OP2+OB2=PB2,即OP⊥OB.∵AC∩OB=O,AC⊂平面ABC,OB⊂平面ABC,∴OP⊥平面ABC.又OP⊂平面PAC,∴平面PAC⊥平面ABC.(2)解由(1)可知,OB⊥OP,OB⊥AC,AC∩OP=O,∴OB⊥平面PAC,即∠BMO为直线BM与平面PAC所成的角,且tan∠BMO=BOOM∴当OM最短,即M为PA的中点时,∠BMO最大.由图可知,以O为坐标原点,OC,OB,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则O(0,0,0),C(1,0,0),B(0,1,0),A(-1,0,0),P(0,0,1),M(-12,0,12),BC=(1,-1,0),PC=(1,0,-1),MC=(32,0,-12),OP=(0,0,1).设平面MBC的法向量为m=(x,则m·BC=x-y=0,m·MC=3x-z=0,令x=1,设平面MBC与平面ABC的夹角为θ,则cosθ=|m所以平面MBC与平面ABC的夹角的余弦值为31122.(1)证明过点M作MN∥BC,交PC于点N,连接DN.∵MN∥BC,∴△PMN∽△PBC,∴MNBC=PMPB=13,∴MN=13BC=AD.∵AD则四边形ADNM为平行四边形,则AM∥DN.∵AM⊄平面PCD,DN⊂平面PCD,∴AM∥平面PCD.(2)解存在.由异面直线PA与CD成90°角,即PA⊥CD.∵PA⊥AD,CD∩AD=D,∴PA⊥平面ABCD.∵∠BCD=90°,过点A作AE∥CD交BC于点E.以点A为坐标原点,AE,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.设CD=a,则B(a,-2,0),C(a,1,0),D(0,1,0),P(0,0,2),BC=(0,3,0),PC=(a,1,-2),DC=(a,0,0),PD=(0,1,-2).设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),则m·BC=3y=0,m·PC=ax+y-2z=0,取x=2,得y=0,z=a,则m=(2,0,则n·DC=ax1=0,n·PD=y1-2z1=0,取z1=1,则|cos<m,n>|=|m·n||m||假设线段PC上存在点Q(xQ,yQ,zQ),使得点Q到直线AD的距离为253,设PQ=λPC(0≤λ∴(xQ,yQ,zQ-2)=λ(2,1,-2),则Q(2λ,λ,2-2λ),∴QA=(-2λ,-λ,2λ-2),u=AD|AD|=(0,1,0解得λ=13故线段PC上存在点Q,为靠近P或靠近C的三等分点时,使得点Q到直线AD的距离为25专题检测四概率与统计一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2022天津,4)为研究某药品的疗效,选取若干名志愿者进行临床试验,所有志愿者的舒张压数据(单位:kPa)的分组区间为[12,13),[13,14),[14,15),[15,16),[16,17],将其按从左到右的顺序分别编号为第一组、第二组、…、第五组,如图是根据试验数据制成的频率分布直方图.已知第一组与第二组共有20人,第三组中没有疗效的有6人,则第三组中有疗效的人数为()A.8 B.12 C.16 D.182.(2023江苏南京、盐城一模)某种品牌手机的电池使用寿命X(单位:年)服从正态分布N(4,σ2)(σ>0),且使用寿命不少于2年的概率为0.9,则该品牌手机电池至少使用6年的概率为()A.0.9 B.0.7 C.0.3 D.0.13.(2023湖南郴州三模)篮球队的5名队员进行传球训练,每位队员把球传给其他4人的概率相等,由甲开始传球,则前3次传球中,乙恰好有1次接到球的概率为()A.1564 B.932 C.2764 4.(2023广东燕博园联考)某次投篮比赛中,甲、乙两校都派出了10名运动员参加比赛,甲校运动员的得分分别为8,6,7,7,8,10,9,8,7,8,这些成绩可用图1表示,乙校运动员的得分可用图2表示.图1图2则以下结论错误的是()A.甲校运动员得分的中位数为8B.甲校运动员得分的平均数小于8C.乙校运动员得分的75%分位数为10D.甲校运动员得分的标准差大于乙校运动员得分的标准差5.(2023江苏苏锡常镇一模)现有两位游客慕名来江苏旅游,他们分别从太湖鼋头渚、苏州拙政园、镇江金山寺、中华恐龙园、南京夫子庙、扬州瘦西湖6个景点中随机选择1个景点游玩.记事件A为“两位游客中至少有一人选择太湖鼋头渚”,事件B为“两位游客选择的景点不同”,则P(B|A)=()A.79 B.8C.911 D.6.(2023福建漳州二模)某班举行联欢晚会,原定的5个学生节目已排成节目单,开演前又临时增加了两个教师节目,如果将这两个教师节目插入到原节目单中,则这两个教师节目相邻的概率为()A.16 B.17 C.13 7.(2023湖南长郡中学一模)为调查某地区中学生每天睡眠时间,釆用分层随机抽样的方法,现抽取初中生800人,其每天睡眠时间均值为9小时,方差为1,抽取高中生1200人,其每天睡眠时间均值为8小时,方差为0.5,则估计该地区中学生每天睡眠时间的方差为()A.0.94 B.0.96 C.0.75 D.0.788.(2023广东新高考开学调研)若甲盒中有2个白球、2个红球、1个黑球,乙盒中有x(x∈N)个白球、3个红球、2个黑球,这些球除颜色外完全相同.现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒,再从乙盒中随机取出一个球,若从甲盒中取出的球和从乙盒中取出的球颜色相同的概率大于等于512,则x的最大值为(A.4 B.5 C.6 D.7二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.某学校共有2000名男生,为了解这部分学生的身体发育情况,学校抽查了100名男生的体重情况.根据所得数据绘制样本的频率分布直方图如图所示,则()A.样本的众数为67.5B.样本的80%分位数为72.5C.样本的平均数为66D.该校男生中低于60千克的学生大约为300人10.(2023山东泰安二模)已知随机变量X~N(μ,σ2)且P(X≤2)=0.5,随机变量Y~B(3,p),若E(Y)=E(X),则()A.μ=2 B.D(X)=2σ2C.p=23 D.D(3Y)=11.(2023山东东营模拟)袋中有除颜色外完全相同的8个小球,其中5个红球、3个蓝球.每次从袋子中随机摸出1个球,摸出的球不再放回.记“第一次摸球时摸到红球”为事件A1,“第一次摸球时摸到蓝球”为事件A2;“第二次摸球时摸到红球”为事件B1,“第二次摸球时摸到蓝球”为事件B2,则下列说法正确的是()A.P(B1)=5B.P(A2B2)=5C.P(B1|A1)=4D.P(B1|A2)+P(B2|A2)=112.(2023海南海口模拟)已知小李每天在上班路上都要经过甲、乙两个路口,且他在甲、乙两个路口遇到红灯的概率分别为13,p(0<p<1).记小李在星期一到星期五这5天中,上班路上在甲路口遇到红灯的天数为X,在甲、乙这两个路口都遇到红灯的天数为Y,则(A.P(X=4)=5B.D(X)=10C.小李星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次红灯的概率的最大值为216D.当p=25时,E(Y)=三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2022全国乙,理13)从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作,则甲、乙都入选的概率为.

14.(2023江苏连云港模拟)为了研究高三某班女生的身高x(单位:cm)与体重y(单位:kg)的关系,从该班随机抽取10名女生,根据测量数据的散点图可以看出y与x之间有线性相关关系,设其经验回归方程为y^=b^x+a^.已知∑i=110xi=1600,∑i=110yi=460,15.(2023山东济宁二模)在排球比赛的小组循环赛中,每场比赛采用五局三胜制.甲、乙两队小组赛中相见,积分规则如下:以3∶0或3∶1获胜的球队积3分,落败的球队积0分;以3∶2获胜的球队积2分,落败的球队积1分.若甲队每局比赛获胜的概率为0.6,则在甲队本场比赛所得积分为3分的条件下,甲队前两局比赛都获胜的概率是.(用分数表示)

16.(2022浙江,15)现有7张卡片,分别写上数字1,2,2,3,4,5,6.从这7张卡片中随机抽取3张,记所抽取卡片上数字的最小值为ξ,则P(ξ=2)=,E(ξ)=.

四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)某工厂车间有6台相同型号的机器,各台机器相互独立工作,工作时发生故障的概率都是14,且一台机器的故障能由一个维修工处理.已知此厂共有甲、乙、丙3名维修工,现有两种配备方案.方案一:由甲、乙、丙三人维护,每人负责2台机器.方案二:由甲、乙两人共同维护6台机器(1)对于方案一,设X为甲维护的机器同一时刻发生故障的台数,求X的分布列与数学期望E(X);(2)在两种方案下,分别计算机器发生故障时不能得到及时维修的概率,并以此为依据来判断,哪种方案能使工厂的生产效率更高.18.(12分)(2022新高考Ⅱ,19)在某地区进行某种疾病调查,随机调查了100位这种疾病患者的年龄,得到如下样本数据频率分布直方图.(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄;(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)(2)估计该地区一人患这种疾病患者年龄位于区间[20,70)的概率;(3)已知该地区这种疾病患者的患病率为0.1%,该地区年龄位于区间[40,50)的人口占该地区总人口数的16%,从该地区任选1人,若此人的年龄位于区间[40,50),求此人患这种疾病的概率(精确到0.0001).19.(12分)(2023广东深圳二模)某俱乐部为了解年轻人爱好飞盘运动是否与性别有关联,对该地区的年轻人进行了简单随机抽样,得到如下2×2列联表:单位:人性别飞盘运动合计不爱好爱好男61622女42428合计104050(1)在上述爱好飞盘运动的年轻人中按照性别采用分层随机抽样的方法抽取10人,再从这10人中随机选取3人访谈,记参与访谈的男性人数为X,求X的分布列和数学期望.(2)依据小概率值α=0.01的独立性检验,能否认为爱好飞盘运动与性别有关联?如果把上表中所有数据都扩大到原来的10倍,在相同的检验标准下,再用独立性检验推断爱好飞盘运动与性别之间的关联性,结论还一样吗?附:χ2=n(ad-α0.10.010.001xα2.7066.63510.82820.(12分)(2023宁夏中卫二模)2018年至2022年五年期间,中国的区块链企业数量逐年增长.现收集我国近5年区块链企业总数量相关数据,如表:年份20182019202020212022编号x12345企业总数量y/千个2.1563.7278.30524.27936.224(1)根据表中数据判断,y=a+bx与y=cedx(其中e为自然对数的底数),哪一个适宜作为预测未来几年我国区块链企业总数量的经验回归方程类型.(给出结果即可,不必说明理由)(2)根据(1)的结果,求y关于x的经验回归方程.(参数精确到小数点后第三位)附:经验回归方程y^=b^x+参考数据:∑i=15xizi=40.457,∑i=15xi2=55,x=15∑i=1(3)为了促进公司间的合作与发展,区块链联合总部决定进行一次信息化技术比赛,邀请甲、乙、丙三家区块链公司参赛,比赛规则如下:①每场比赛有两个公司参加,并决出胜负;②每场比赛获胜的公司与未参加此场比赛的公司进行下一场的比赛;③在比赛中,若有一个公司首先获胜两场,则本次比赛结束,该公司就获得此次信息化比赛的“优胜公司”称号.已知在每场比赛中,甲胜乙的概率为13,甲胜丙的概率为35,乙胜丙的概率为12,请通过计算说明,哪两个公司进行首场比赛时,甲公司获得“优胜公司21.(12分)(2023河南五市二模)某电台举办有奖知识竞答比赛,选手答题规则相同.对于每道题,若甲自己有把握答对,则选择独立答题(有把握答对时一定会答对),甲每道题有把握独立答对的概率为12;若甲自己没有把握答对,则在规定时间内连线亲友团寻求帮助,其亲友团每道题能答对的概率为p(0≤p≤1),假设每道题答对与否互不影响(1)当p=13时,若甲答了4道题,计甲答对题目的个数为随机变量X,求随机变量X的分布列和数学期望E(X(2)乙答对每道题的概率为34(含亲友团),现甲、乙两人各答两个问题,若甲答对题目的个数比乙答对题目的个数多的概率不低于316,求甲的亲友团每道题能答对的概率p22.(12分)(2023广东二模)甲、乙两名围棋学员进行围棋比赛,规定每局比赛胜者得1分,负者得0分,平局双方均得0分,比赛一直进行到一方比另一方多两分为止,多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中,甲获胜的概率为α,乙获胜的概率为β,两人平局的概率为γ(α+β+γ=1,α>0,β>0,γ≥0),且每局比赛结果相互独立.(1)若α=25,β=25,γ=1(2)当γ=0时,①若比赛最多进行5局,求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望E(X)的最大值;②若比赛不限制局数,写出“甲学员赢得比赛”的概率(用α,β表示),无需写出过程.

专题检测四概率与统计1.B解析因为志愿者的总人数为20(0.24+0.16)×1=50,所以第三组人数为50×0.362.D解析由题意得P(X≥2)=0.9,故P(X<2)=0.1.因为6+22=4,所以根据正态曲线的对称性得P(X≥6)=P(X<2)=0.13.D解析由题意可知每位队员把球传给其他4人的概率都为14,由甲开始传球,则前3次传球中,乙恰好有1次接到球的情况可分为只在第一次接到球和只在第二次接到球以及只在第三次接到球三种,则所求概率为14×1×34+34.D解析甲校运动员得分的中位数为8,平均数为6+7×3+8×4+9+10标准差为110乙校派出的10名运动员的参赛成绩分别为6,7,8,9,9,9,9,10,10,10,则其平均数为6+7+8+9×4+10×310=标准差为110由以上数据得知D错误.5.D解析由题可得P(A)=6×6-5×56×6=1136,P(AB6.D解析由题意可知,先将第一个教师节目插入到原节目单中,有6种插入法,再将第二个教师节目插入到这6个节目中,有7种插入法,故将这两个教师节目插入到原节目单中,共有6×7=42种情况,其中这两个教师节目恰好相邻的情况有2×6=12种,所以所求概率为12427.A解析该地区中学生每天睡眠时间的平均数为8001200+800×9+12001200+800×8=8.4,则该地区中学生每天睡眠时间的方差为8001200+800×[1+(9-8.4)2]+12001200+800×8.C解析设第一次从甲盒中取出白球、红球、黑球分别为事件A1,A2,A3,从甲盒中取出的球和从乙盒中取出的球颜色相同为事件B,则P(A1)=25,P(A2)=25,P(A3)=15,则P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)解得x≤6,则x的最大值为6.9.ABD解析对于A,样本的众数为65+702=67.5,故A正确;对于B,由频率分布直方图可知样本的80%分位数为70+0.10.2×5=72.5,故B正确;对于C,由直方图估计样本平均数为57.5×0.15+62.5×0.25+67.5×0.3+72.5×0.2+77.5×0.1=66.75,故C错误;对于D,2000名男生中体重低于60kg的人数大约为2000×5×0.03故选ABD.10.AC解析因为X~N(μ,σ2)且P(X≤2)=0.5,所以μ=2,故E(X)=μ=2,D(X)=σ2,故A正确,B错误;因为Y~B(3,p),所以E(Y)=3p=E(X),所以3p=2,解得p=23,故C正确D(3Y)=9D(Y)=9×3×23×(1-23)=6,故D故选AC.11.ACD解析易知P(A1)=58,P(A2)=3事件B1有两种情况,①第一次摸到红球,第二次摸到红球,②第一次摸到蓝球,第二次摸到红球,则P(B1)=P(A1B1)+P(A2B1)=58×47+P(A2B2)=38×27=P(B1|A1)=P(A1B1P(B1|A2)+P(B2|A2)=P(A2B1)12.BC解析对于A,B,小李在星期一到星期五这5天中,上班路上在甲路口遇到红灯的天数为X,则X~B(5,13),则P(X=4)=C54×134×(1-13)=10243,D(X)=5×13×(1-1对于C,由题意可设一天至少遇到一次红灯的概率为t=1-(1-13)×(1-p)=13+23p星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次红灯的概率为C53t3(1-t)2=10t3(1-t)设f(t)=10t3(1-t)2=10(t5-2t4+t3),13<t<1,则f'(t)=10t2(5t2-8t+令f'(t)=0,则t=0(舍去)或t=35或t=1(舍去当13<t<35时,f'(t)>0,当35<t<1时,f'(t故当t=35时,f(t)=10(t5-2t4+t3)取得最大值,即f(t)max=f(35)=即小李星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次红灯的概率的最大值为216625,此时p=25,故C对于D,当p=25时,一天上班路上不遇到红灯的概率为(1-13)×(1-25)遇到一次红灯的概率为13×(1-25)+(1-13)×25故一天上班路上遇到红灯次数的数学期望为1×715+2×215=1115,所以E(Y)=5×11故选BC.13.310解析所求概率为C14.54.5解析x=110∑i=110xi故46=0.85×160+a^,解得a^故经验回归方程为y^=0.85x-90,则当x=170时,y^=0.85×170-90=54.15.711解析甲队以3∶0获胜,即三局都是甲胜,概率是353=27125,甲队以3∶1获胜,即前三局有两局甲胜设“甲队本场比赛所得积分为3分”为事件A,“甲队前两局比赛都获胜”为事件B,甲队以3∶1获胜,且前两局都是甲胜,第四局是甲胜的概率是35则P(A)=27125+162625=297625,则在甲队本场比赛所得积分为3分的条件下,甲队前两局比赛都获胜的概率P(B|A)=P(16.1635127解析P(ξ=ξ的所有可能取值为1,2,3,4.P(ξ=1)=C62C73=1535,P(ξ=2)=1635P(ξ=4)=C2故E(ξ)=1×1535+2×1635+3×335+417.解(1)由题意可知,X~B2,则P(X=0)=342=916,P(X=1)=C21×所以随机变量X的分布列如下:X012P931E(X)=2×14(2)对于方案一:“机器发生故障时不能及时维修”等价于“甲、乙、丙三人中,至少有一人负责的2台机器同时发生故障”,其概率为P1=1-(1-P(X=2))3=1-1-对于方案二:机器发生故障时不能及时维修的概率为P2=1-346-C6所以P2<P1,即方案二能让故障机器更大概率得到及时维修,使得工厂的生产效率更高.18.解(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄为x=(5×0.001+15×0.002+25×0.012+35×0.017+45×0.023+55×0.020+65×0.017+75×0.006+85×0.002)×10=47.9(岁).(2)由题图,得这100位这种疾病患者中年龄位于区间[20,70)的频率为(0.012+0.017+0.023+0.020+0.017)×10=0.89,故可估计该地区一人患这种疾病患者年龄位于区间[20,70)的概率为0.89.(3)设事件B=“任选一人年龄位于区间[40,50)”,事件C=“任选一人患这种疾病”,由条件概率公式可得P(C|B)=P(BC)P(B)=0.1%×0.19.解(1)样本中爱好飞盘运动的年轻人中男性16人,女性24人,比例为2∶3,按照性别采用分层随机抽样的方法抽取10人,则抽取男性4人,女性6人.随机变量X的可能取值为0,1,