专题06 空间向量与立体几何（期末复习讲义）【原卷版及全解全析】

1/27专题06空间向量与立体几何（期末复习讲义）核心考点复习目标考情规律一：空间向量线性运算1.熟练掌握线性运算及运算律，能结合图形完成向量运算.2.灵活运用共线/共面向量定理解决线面平行、四点共面等问题，奠定后续学习基础.3.掌握线性运算及运算律；4.运用共线/共面向量定理解决基础问题.1.题型：期末以选择、填空为主，偶在解答题中作为基础步骤综合考查.2.重点：期末核心考查共线/共面向量定理的简单应用，以及向量表达式化简.3.难度：偏低，属于基础送分题，是期末必考点，考查频率稳定.二：空间向量基本定理1.理解定理内涵，能判断基底、完成向量基底分解.2.运用推论解决四点共面问题，建立基底分解的解题思维.3.理解定理，能判断基底并完成向量分解；4.运用推论解决四点共面问题.1.题型：期末多以选择、填空题形式考查，较少在解答题中单独出现.2.重点：期末考查核心是向量基底分解，偶尔涉及四点共面推论的应用.3.难度：中等，侧重基础理解与简单应用三：空间向量坐标运算1.快速准确建立坐标系，熟练运用坐标运算公式.2.通过坐标运算解决向量问题，形成“几何→代数→几何”的解题链条.3.熟练建系及坐标运算公式；4.用坐标运算解决向量问题.1.题型：贯穿期末选择、填空、解答题，是解答题中立体几何问题的核心解题工具.2.重点：期末核心考查坐标系建立、向量坐标求解及基础坐标运算的准确性.3.难度：中等，是期末高频考点，运算量适中，侧重基础公式的应用.四：空间向量研究线面关系1.熟练求解方向向量与法向量.2.运用向量准确判断线线、线面、面面关系，求解各类空间角.3.熟练求方向向量、法向量；4.用向量判断线面关系、求空间角.1.题型：期末解答题核心考点，选择、填空题也会涉及，综合度较高.2.重点：期末考查重点是法向量求解、线面垂直/平行的证明，以及异面直线夹角、线面角计算.3.难度：中等偏上，是期末立体几何板块的核心得分点，不涉及复杂探究性问题五：空间向量研究距离与夹角问题1.熟练运用向量公式求解各类空间距离.2.准确求解各类空间角，规避范围与公式错误.3.熟练用向量求空间距离；1.题型：期末选择、填空、解答题均有考查，常与线面关系判断综合命题.2.重点：期末核心考查点到平面距离、二面角的基础计算，难度低于高考.3.难度：中等偏上，侧重基础公式应用与转化思想，是期末拉开分差的关键考点之一.考点一：空间向量线性运算1.核心概念：线性运算（加法：三角形/平行四边形法则；减法：三角形法则；数乘：，为实数）；共线向量定理（时，存在唯一，使）；共面向量定理（不共线时，与共面⇔存在唯一，使）.2.核心公式：运算律（；；）；共线判定（）；共面判定（不共线)）.3.易错点：混淆“共线”与“共面”（共线向量一定共面，共面向量不一定共线）；忽略共线定理中的条件，直接用判定共线.4.常考结论：四点共面且（为空间任一点）；直线且与不重合.考点二：空间向量基本定理1.核心概念：基底（不共面的三个向量，基向量非零）；定理（任一空间向量可唯一表示为）.2.核心公式：向量分解式（，唯一）；四点共面推论（且共面）.3.易错点：将共面向量作为基底（如正方体中同一面的三个边向量不可作基底）；忽略分解系数的唯一性，多解或漏解.4.常考结论：选基底优先选“从同一顶点出发的三条棱向量”（如正方体中）；若且为基底，则唯一确定.考点三：空间向量坐标运算1.核心概念：空间直角坐标系（以两两垂直且共点的直线为坐标轴）；向量坐标（，由起点、终点坐标差求得）.2.核心公式：线性运算（；）；数量积（）；模长（）；夹角（）；共线（）；垂直（）.3.易错点：建系错误（坐标轴不垂直，如将斜棱柱的侧棱作为轴）；坐标计算错（中点坐标漏除2、对称点坐标符号搞反）；夹角公式漏绝对值（直接用求线线角）.4.常考结论：点关于面对称点为，关于原点对称点为；若，则（直接用坐标判定）.考点四：空间向量研究线面关系1.核心概念：方向向量（与直线平行的非零向量，如直线的）；法向量（与平面垂直的非零向量，如平面的）；线面关系（平行、垂直、夹角：异面直线角、线面角、二面角）.2.核心公式：异面直线角（，）；线面角（，）；二面角（，，符号由图形判断）；线面平行（且直线不在平面内）；线面垂直（）.3.易错点：法向量求解漏解（忽略相反向量，如与均为法向量）；线面角与法向量夹角混淆（误用求线面角）；二面角符号判断错（直接取，忽略钝角）.4.常考结论：正方体/长方体中，可直接取棱向量为方向向量，面的法向量可由棱向量叉乘快速求得；若直线的与平面的平行，则（期末高频证明）.考点五：空间向量研究距离与夹角问题1.核心概念：空间距离（点到直线、点到平面、平行直线间、平行平面间距离）；空间夹角（异面直线角、线面角、二面角，范围不同公式有别）；核心公式（点到直线：；点到平面：；平行直线/平面间距离转化为点到直线/平面距离；夹角公式同考点四）.2.易错点：距离转化错（平行平面间距离直接用两法向量距离计算）；夹角范围记错（异面直线角误取，实际为）；点到平面距离公式漏绝对值（直接用）.3.常考结论：若平面α∥β，则α内任一点到β的距离都相等（期末简化计算）；求异面直线距离时，若两直线垂直，可直接用公垂线段长度（结合向量更简便）.题型一向量线性运算化简与求值解｜题｜技｜巧解题关键：熟练掌握三角形法则、平行四边形法则，利用几何体棱的平行/相等关系转化向量.答题模板：1.审题标注：明确目标向量，圈出已知向量及几何体中棱的平行、相等关系（如、）；2.向量转化：将目标向量逐步拆分为已知向量的线性组合，利用几何体结构特征替换等价向量；3.运算化简：依据向量加法、减法、数乘运算律（交换律、结合律、分配律）整理表达式；4.验证结果：检查运算过程中符号、系数是否正确，确保化简结果简洁且符合题意.【典例1】（24-25高二下·云南·期末）如图，在三棱锥中，是的中点，点在上，，记，则（

）A． B．C． D．【变式1】（24-25高二下·江苏南京·期末）在三棱锥中，，，，且，，则等于（

）A． B．C． D．【变式2】（24-25高二下·甘肃白银·期末）在四面体中，，，棱，的中点分别为，，若，则.题型二共线/共面向量定理应用答｜题｜模｜板解题关键：牢记共线判定、四点共面判定且.答题模板：1.共线判断模板：①提取两条直线对应的方向向量、；②假设（），列出横、纵、竖坐标对应的等式；③求解，若存在唯一非零满足所有等式，则两直线共线（平行），否则不共线.2.共面判断模板：①选取空间任意一点（优先选几何体顶点，简化计算）；②写出、、、的向量关系，整理为的形式；③计算系数和，若等于1，则、、、四点共面，否则不共面.【典例1】（24-25高二上·广东广州·月考）已知点D在确定的平面内，是平面外任意一点，满足，且，，则的最小值为（

）A． B． C． D．【变式1】（24-25高二下·福建漳州·期末）在三棱锥中，是平面内一点，且，则（

）A． B．1 C．2 D．3【变式2】（24-25高二上·江苏南通·期末）已知三点不共线，点在平面外，点满足，则当点共面时，实数（

）A． B． C． D．题型三基底的判断与选择答｜题｜模｜板解题关键：明确基底必备条件（三个向量不共面、非零），优先选择同一顶点出发的三条棱向量作为基底.答题模板：1.基底判断模板：①第一步验证向量非零：确认三个向量均不为零向量；②第二步假设共面：假设三个向量、、共面，根据共面向量定理设；③第三步求解方程：列出坐标等式组，若方程组无解，则向量不共面，可作为基底；若有解，则共面，不可作为基底。2.基底选择模板：①优先选同一顶点出发、两两垂直或夹角明确的三条棱向量（如正方体中、、）；②确保所选基底能便捷表示几何体中其他所需向量，减少后续运算量.【典例1】（24-25高二下·安徽亳州·期末）在三棱柱中，为的中点，则.【变式1】（24-25高二上·湖南邵阳·期末）平行六面体中，，，，则．【变式2】（24-25高二上·内蒙古巴彦淖尔·期末）在正四面体中，，则（用，，表示）．若，则．题型四向量的基底分解答｜题｜模｜板解题关键：利用几何体中的平行、相等、垂直关系，通过线性运算拆分目标向量，结合定理唯一性确定系数.答题模板：1.确定基底：明确选定的基底，标注基底向量的方向和长度关系；2.拆分目标向量：结合几何体结构，将目标向量沿基底方向拆分，利用等关系转化为基底相关向量；3.列等式：根据向量相等的定义，将目标向量表示为的形式，对应基底向量的系数；4.求解系数：通过几何体中的长度、平行关系列方程，解出、、，最终写出分解式.【典例1】（24-25高二上·辽宁大连·期中）如图，在四面体OABC中，，，，点在OA上，且，点为BC的中点，设，则.【变式1】（23-24高二下·福建宁德·期末）四棱锥的底面是平行四边形，且，若则．【变式2】（23-24高二上·河北石家庄·期末）如图所示，在平行六面体中，，，，点M是的中点，点是上的点，且，若，则.题型五坐标运算与向量性质判断答｜题｜模｜板解题关键：熟记坐标运算公式，求线线角时注意夹角公式取绝对值，垂直判定直接用数量积为0.答题模板：1.明确向量坐标：写出已知向量、的坐标；2.执行运算：①线性运算：，；②数量积：；③模长：；④线线角：（）.3.性质判断：①共线：、、（存在唯一）；②垂直：，即.【典例1】【多选题】（24-25高二上·福建三明·期末）设，向量，，，且，，则（

）．A． B． C． D．【变式1】【多选题】（24-25高二上·浙江杭州·期末）在空间直角坐标系中，已知点，，，，则下列结论正确的是（

）A． B．A，B，C三点共线C． D．在上的投影向量为【变式2】【多选题】（24-25高二上·河南郑州·期末）已知空间向量，则下列结论正确的是（

）A．与共面B．C．在上的投影向量为D．与夹角的余弦值为题型六线线、线面、面面平行/垂直的证明答｜题｜模｜板解题关键：熟练求解方向向量、法向量；牢记判定关系（如线面垂直直线方向向量与平面法向量平行）.答题模板：1.准备工作：建立空间直角坐标系（若未建立），写出相关点的坐标；2.求向量：①方向向量：取直线上两点，计算两点坐标差得方向向量（如直线的方向向量）；②法向量：设平面法向量，取平面内两个不共线向量、，列方程组，求解得法向量（取最简整数比）；3.判定证明：①线线平行：（存在使）；线线垂直：；②线面平行：且直线上一点不在平面内；线面垂直：（存在使）；③面面平行：（存在使）；面面垂直：；4.写结论：结合判定条件，得出平行/垂直的最终结论.【典例1】（24-25高二上·浙江绍兴·期末）如图，在三棱柱中，底面，，，，为的中点，为侧棱上的动点.(1)求证：平面平面；(2)试判断是否存在，使得直线.若存在，求的长；若不存在，请说明理由.【变式1】（24-25高二上·浙江杭州·期末）在直四棱柱中，底面ABCD是菱形，，且，M为AD的中点，动点P满足，且.(1)若时，求证：；(2)若，E为上一动点，且平面ABCD，求EP的最小值；(3)若，点O为三棱锥外接球的球心，求OP的取值范围.【变式2】（24-25高二上·湖南·期末）在长方体中，，，，是的中点，点满足，当平面时，的值为.题型七空间角的计算答｜题｜模｜板解题关键：明确各角范围，熟记夹角公式（异面直线角用方向向量夹角绝对值的余弦，线面角用方向向量与法向量夹角绝对值的正弦），准确求解法向量.答题模板：1.异面直线角计算模板：①求方向向量：分别求出两条异面直线的方向向量、；②代入公式：（）；③求角度：根据的值，结合特殊角三角函数值求出.2.线面角计算模板：①求向量：求出直线方向向量和平面法向量；②代入公式：（）；③求角度：根据的值求出（注意区分线面角与法向量夹角，避免用错公式）.【典例1】（24-25高一下·海南·期末）如图，已知三棱柱中，侧棱与底面垂直，且，，M、N、P、D分别是、、、的中点.(1)求证：平面；(2)求直线平面所成角的正弦值.【变式1】（24-25高二下·广东深圳·期末）如图，正三棱柱的所有棱长都为，点为线段上靠近点的三等分点，点、、分别为、、的中点.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【变式2】（24-25高二下·福建宁德·期末）如图，直四棱柱的底面是正方形，，，分别为线段，上的点，且满足.(1)证明：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.题型八点到平面距离的计算答｜题｜模｜板解题关键：熟记点到平面距离公式（为平面内点，为法向量），平行平面间距离转化为平面内任一点到另一平面的距离.答题模板：1.点到平面距离模板：①确定向量：选取平面内任意一点，目标点为，求出；求平面的法向量；②代入公式：（绝对值保证距离非负）；③计算结果：代入坐标计算数量积和模长，得出距离值.2.平行关系距离转化模板：①平行直线间距离：转化为其中一条直线上任意一点到另一条直线的距离（同点到直线距离方法）；②平行平面间距离：转化为其中一个平面内任意一点到另一个平面的距离（同点到平面距离方法），无需额外求法向量.【典例1】（24-25高二上·上海·期末）如图，在四棱台中，底面是菱形，棱平面，，，，则点到平面的距离为.【变式1】（24-25高二上·天津和平·期末）正方体的棱长为分别为的中点，为底面的中心，则点到平面的距离为.【变式2】（24-25高二上·上海宝山·期中）平面经过点，且的法向量，则到平面的距离为．题型九二面角与距离综合计算答｜题｜模｜板解题关键：先准确求解两个平面的法向量，判断二面角大小（锐角/钝角），再结合距离公式计算，注意运算准确性.答题模板：1.求二面角：①建立坐标系，写出两个平面内相关点的坐标；②分别求出两个平面的法向量、；③计算法向量夹角余弦值：；④判断二面角类型：根据几何体图形，判断二面角为锐角或钝角，二面角与相等或互补，得出的大小.2.求距离：①若求点到平面距离，按题型9模板计算；②若求异面直线距离，先找公垂线方向向量（可由两直线方向向量叉乘得到），再取两直线上各一点构造向量，投影到公垂线方向向量上求模长。3.综合总结：整理二面角大小和距离结果，规范书写答题步骤.【典例1】（25-26高二上·北京·期中）如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，，底面ABCD.

(1)证明：；(2)若，求二面角的余弦值；(3)在（2）的条件下，求点到平面的距离.【变式1】（24-25高二下·广东深圳·期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面，，分别为棱，的中点．(1)证明：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值．【变式2】（24-25高二下·四川凉山·期末）如图，在圆锥中，为底面圆的内接四边形，对角线过圆心，圆锥母线长为，，.(1)若，平面与平面的交线为，证明：；(2)若，求平面与平面所成角的正弦值.题型十动态问题中的向量应用（含动点、动直线/平面）答｜题｜模｜板解题关键：1.用参数（如、）表示动态点的坐标或动态向量；2.将几何条件（平行、垂直、角度范围）转化为关于参数的代数方程/不等式；3.借助函数值域或不等式求解参数范围.答题模板：1.参数化建模：①建立空间直角坐标系，设动点坐标（含参数，如，用表示其中1-2个变量）；②写出动态直线的方向向量或动态平面的法向量（含参数）.2.转化条件：①根据题意列出几何条件（如线面垂直则方向向量与法向量共线、角度则余弦值）；②将向量关系代入，转化为关于参数的方程或不等式.3.求解参数：①解代数方程/不等式，确定参数的取值范围；②若求最值，结合函数单调性或基本不等式计算极值.4.验证结论：结合动态场景验证参数范围的合理性，确保几何意义与代数结果一致.【典例1】【多选题】（25-26高二上·浙江杭州·期中）棱长为2的正方体中，点在棱上运动，点是棱的中点，则下列说法正确的是（

）A．若是棱的中点，则平面B．存在点使C．若与平面所成的角记为，则D．点到直线的距离最小值为【变式1】【多选题】（24-25高二上·贵州毕节·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（

）A．B．三棱锥的体积是C．的最小值为D．不存在点使直线与直线夹角的余弦值为【变式2】【多选题】（24-25高二下·云南曲靖·期末）已知正方体棱长为2，点在底面内运动，则（）A．三棱锥体积为定值B．二面角为定值C．直线与平面所成角的正弦值取值范围为D．的最小值为题型十一空间角与距离的最值问题答｜题｜模｜板解题关键：1.将角或距离表示为关于某个变量的函数（如线段长度、角度参数）；2.利用向量公式转化函数表达式，结合变量的取值范围求最值；3.区分“角的最值”与“三角函数值的最值”（如异面直线角最小对应余弦值最大）.答题模板：1.变量设定：①建立坐标系，设影响角/距离的变量（如线段上动点的参数，）；②写出相关点的坐标与向量坐标（含变量）.2.函数转化：①代入空间角或距离公式，将所求量表示为关于变量的函数（如、）；②化简函数表达式，明确变量的取值范围（由几何体边界确定）.3.求最值：①利用一次函数单调性、二次函数顶点式或基本不等式求函数最值；②结合角的范围（如二面角）转化函数最值，得到几何量的最值（如最小则最大）.4.确定最值条件：找到取得最值时的变量值，明确对应的几何位置（如动点的具体坐标）【典例1】（24-25高一下·黑龙江·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，点在底面的投影恰为的重心．(1)求证：；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，点为棱上的动点（不包括端点）．①求四棱锥的体积；②求平面与平面夹角的余弦值的最大值．【变式1】（24-25高二下·云南丽江·期末）如图，在直三棱柱中，，分别是，的中点．

(1)求证：平面；(2)若且，求平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围．【变式2】（24-25高一下·浙江宁波·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，．(1)求四棱锥的体积的最大值：(2)在（1）的条件下，求直线与平面所成角的正弦值；(3)若，求平面与平面夹角的余弦值的最大值．题型十二折叠问题中的空间向量求解答｜题｜模｜板解题关键：1.区分折叠前后的“不变量”（长度不变、共面关系不变）与“变量”（空间位置关系变化）；2.折叠后以“不变的垂直关系”为依据建立坐标系；3.注意折叠后平面与平面的交线，以此为桥梁关联前后坐标.答题模板：1.分析折叠前后的关系：①标注平面图形中的垂直关系、线段长度（不变量）；②确定折叠后几何体的结构，明确交线（如折痕为交线）.2.建系与坐标求解：①以折叠后仍垂直的两条线段为坐标轴，折痕上的顶点为原点；②利用不变的线段长度，写出折叠后各顶点的坐标（注意折叠后空间位置的变化，避免坐标符号错误）.3.向量运算：①计算方向向量与法向量，验证折叠后的垂直/平行关系；②代入空间角或距离公式计算所求量.4.验证合理性：结合折叠的动态过程，验证所求角或距离是否符合空间几何体的实际位置关系.【典例1】（25-26高二上·安徽芜湖·期中）如图，在平面四边形中为等腰直角三角形，为正三角形，，将沿翻折至，其中为动点.(1)三棱锥的各个顶点都在球的球面上：①当二面角的大小为时，求球的表面积；②求球的表面积的最小值；(2)求二面角的余弦值的最小值.【变式1】（25-26高二上·江西宜春·月考）如图1，在平面四边形中，，，，，将沿翻折到的位置，使得平面平面，如图2所示.(1)求证：平面；(2)设线段的中点为，求平面与平面所成的二面角的余弦值.【变式2】（25-26高三上·湖北襄阳·月考）如图，在中，为的中点，过点作交于点，将沿翻折至，得到四棱锥为棱上一动点（不包含端点）．(1)若为棱的中点，证明：平面；(2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求.题型十三向量法解决探索性问题（存在性问题）答｜题｜模｜板解题关键：1.假设存在满足条件的点或直线，用参数表示其坐标或方向向量；2.将几何条件转化为向量的代数方程；3.若方程有解则存在，无解则不存在.答题模板：1.假设与参数化：①假设存在满足条件的点（或直线），设的坐标为（含参数，如在某线段上则用表示为，）；②写出相关直线的方向向量或平面的法向量.2.条件转化：①将题目条件（如平面则垂直平面内两条相交直线）转化为向量关系（如且）；②代入坐标得到关于参数的方程组.3.求解验证：①解方程组，判断是否存在符合条件的参数（如）；②若存在，求出参数值并确定点/直线的位置；若不存在，说明方程无解的原因.4.总结结论：明确写出“存在”或“不存在”，并补充对应的几何位置（如存在点，当时位于线段中点）.【典例1】（25-26高三上·北京昌平·月考）如图，四边形、均为直角梯形，，，，且．(1)求证：平面；(2)在线段上是否存在点，使得直线和平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【变式1】（25-26高二上·江苏无锡·期中）如图，平行六面体的所有棱长均为1，，，平面平面，点，满足，.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成的角的正弦值；(3)是否存在点在线段上，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【变式2】（25-26高二上·河北秦皇岛·期中）如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，且，，，为中点．(1)证明：平面；(2)在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．期末基础通关练（测试时间：30分钟）一、单选题1．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知为空间的一组基底，则下列各组向量中能构成空间的一组基底的是（

）A．，， B．，，C．，， D．，，2．（21-22高一下·重庆沙坪坝·期末）如图，在斜三棱柱中，为的中点，为靠近的三等分点，设，则用表示为（）A． B．C． D．3．（25-26高二上·湖北孝感·期中）设空间向量.若不能构成空间向量的一组基底，则（

）A． B． C． D．4．（25-26高二上·河北张家口·期中）设，向量，且，，则（

）A． B． C．4 D．3二、多选题5．（23-24高二上·广东深圳·期中）已知空间中三点，则（

）A．向量与向量垂直B．平面的一个法向量为C．与的夹角余弦值为D．三、填空题6．（25-26高二上·天津河东·期中）在空间直角坐标系中，若，四点共面，则．7．（25-26高二上·云南·月考）如图，在棱长均为1的平行六面体中，，则.

8．（24-25高二上·安徽黄山·期末）已知正方体的边长为，点是的中点，则点到直线的距离为.9．（24-25高二下·甘肃白银·期末）在空间直角坐标系中，已知点，，且平面的一个法向量，则直线与平面所成角的正弦值为.10．（24-25高二下·河南南阳·期末）在空间直角坐标系中，，平面的一个法向量为，则点到平面的距离为.期末重难突破练（测试时间：60分钟）一、单选题1．（24-25高二上·河南周口·月考）在正三棱锥中，，点满足，则的最小值为（

）A． B． C． D．2．（24-25高一下·吉林松原·期末）郑国渠是秦王嬴政命郑国修建的著名水利工程，先人用智慧和勤劳修筑了一道道坚固的堤坝.如图是一道堤坝的示意图，堤坝斜面与底面的交线记为，点分别在堤坝斜面与地面上，过点分别作直线的垂线，垂足分别为，若，二面角的大小为，则（

）A．3 B． C． D．63．（24-25高二上·福建南平·期末）如图，在三棱锥中，点为底面的重心，点是线段的中点，过点的平面分别交，，于点，，，若，，，则（

）A． B． C． D．二、多选题4．（24-25高一下·广东云浮·期末）已知正四面体的每条棱长均为为正四面体的外接球的直径，点在正四面体的表面上运动，则下列结论正确的是（

）A．正四面体外接球的表面积为B．正四面体内切球的体积为C．的最大值为D．的最小值为5．（24-25高一下·浙江宁波·期末）在长方体中，，空间中的点满足，则下列说法正确的是（

）A．若，则点在平面上B．若，且，则与面所成角最小值的正切值为C．若，则的最小值为D．若，且在长方体表面上，则的轨迹长度为6．（2025·湖南·三模）如图，两个边长均为1的正方形与正方形所在的平面互相垂直.点，分别是对角线，上的动点，且，的长度相等，记，点是线段上的一点.下列结论正确的是（

）

A．B．的最小值是C．三棱锥与三棱锥的体积相等D．若点，，，，，在同一个球的球面上，则该球的体积是三、解答题7．（25-26高二上·福建福州·期中）如图（1），在直角梯形中，，，过的中点作交于点，，现将四边形沿着翻折至位置，使得，如图（2）所示．(1)证明：平面；(2)在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由．8．（23-24高二上·天津北辰·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，，，，且平面平面ABCD，在平面ABCD内过B作，交AD于O，连PO.

(1)求证：平面ABCD；(2)求面APB与面PBC所成角的正弦值；(3)在线段PA上存在一点M，使直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为，求PM的长.9．（24-25高一下·重庆·期末）已知梯形中，，如图1.将沿折起到，得到三棱锥，如图2，分别为棱､的中点.(1)若，求证：平面平面；(2)若，求二面角的正弦值；(3)是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.10．（24-25高二下·福建泉州·期末）如图，在四棱台中，．底面ABCD为菱形，，点E为的中点．，连接AC、BD，设交点为O，连接．(1)求证：；(2)若，且二面角大小为60°，求三棱锥外接球的表面积．期末综合拓展练（测试时间：6-分钟）1．（25-26高二上·辽宁朝阳·期中）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图1，球O的半径为R，A，B，C为球面上三点，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角C-OA-B，A-OB-C，B-OC-A分别为，，，则球面三角形ABC的面积为.

(1)若平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积；(2)将图1中四面体OABC截出得到图2，若平面三角形ABC为直角三角形，，延长AO与球O交于点D，连接BD，CD.（ⅰ）证明：；（ⅱ）若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，，且，，S为AC的中点，T为BC的中点，设平面OBC与平面EST的夹角为，求的最小值.2．（24-25高一下·山西运城·期末）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.如图，在三棱锥中.(1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和；(2)若平面，三棱锥在顶点处的离散曲率为，求点到平面的距离；(3)在（2）的前提下，又知点在棱上，直线与平面所成角的余弦值为，求的长度.3．（24-25高二下·云南昭通·期末）空间直角坐标系中，任意直线由直线上一点及直线的一个方向向量唯一确定，其标准式方程可表示为.若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，整理成一般式方程为.若直线与平面相交，则可以通过联立直线和平面的方程求出交点坐标.若两个平面相交，则交线的方向向量可由两个平面的法向量确定.已知直线的方向式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为(1)求直线与平面所成角的余弦值；(2)求与所成角的正弦值；(3)已知三棱柱的顶点，平面的方程为，直线的方程为，平面的方程为.求点坐标及直线与直线所成角的余弦值.4．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·月考）在空间直角坐标系O－xyz中，已知向量，点．若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程为，一般式方程可表示为．(1)若直线l的方向向量为，平面α的一般式方程为，求直线l与平面α所成角的正弦值；(2)若平面β经过点，点，点，平面γ的一般式方程为，直线l为平面β和平面γ的交线，求平面β的一般式方程，并求直线l的单位方向向量（写出一个即可）；(3)已知集合，，记集合Q中所有点构成的几何体为，中所有点构成的几何体为．（ⅰ）若，求几何体的体积和的表面积．（ⅱ）若，求几何体的体积关于m的函数关系式．5．（2025·全国·模拟预测）如图，矩形中为中点，将沿着折叠至.(1)证明：平面；(2)设平面平面，点，过作一截面，与棱分别交于点，且平面，记四棱锥的体积为，四棱锥的体积为，若直线与平面所成角的正弦值为，求.6．（24-25高三下·甘肃白银·月考）空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：①多面体顶点的曲率等于减去多面体在该点处所有面角之和；②多面体的总曲率等于多面体所有顶点的曲率之和，多面体各顶点的平均曲率等于它的总曲率与顶点数之商，其中多面体的面的内角叫作多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为．(1)如图1，已知四棱锥的底面ABCD为菱形，，O为BD的中点，且平面ABCD，．①求该四棱锥在顶点P处的曲率的余弦值；②求二面角的平面角的正弦值；(2)瑞士数学家莱昂哈德·欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他对简单多面体进行研究后，提出了著名的欧拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E与面数F满足．请运用欧拉定理解决下列问题：碳60（）具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料．它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图2所示．已知碳60（）的分子结构是一个由60个C原子构成的分子，这个多面体有60个顶点，试求碳60（）各顶点的平均曲率．

专题06概率与统计（12个考点清单+11类题型解读）知识点01：条件概率（1）一般地，设，为两个随机事件，且，我们称为在事件发生的条件下，事件发生的条件概率，简称条件概率．知识点02：条件概率性质应用（1）由条件概率的定义，对任意两个事件与，若，则．我们称上式为概率的乘法公式．（2）如果和是两个互斥事件，则；知识点03：全概率公式及其应用一般地,设,,是一组两两互斥的事件,,且，,则对任意的事件,有,我们称此公式为全概率公式.知识点04：贝叶斯公式及其应用（1）设,,是一组两两互斥的事件,,且，，则对任意的事件,，有，.知识点05：离散型随机变量分布列均值，方差知识点06：均值和方差的性质①若与都是随机变量，且，则由与之间分布列的关系可知.②若与相互独立，则.③若与都是随机变量，且，则由与之间分布列的关系可知.知识点07：二项分布1.定义一般地，在次独立重复试验中，用表示事件发生的次数，设每次试验中事件发生的概率为，不发生的概率，那么事件恰好发生次的概率是（，，，…，）于是得到的分布列…………由于表中第二行恰好是二项式展开式各对应项的值，称这样的离散型随机变量服从参数为，的二项分布，记作，并称为成功概率．注意：由二项分布的定义可以发现，两点分布是一种特殊的二项分布，即时的二项分布，所以二项分布可以看成是两点分布的一般形式．2.二项分布的适用范围及本质（1）适用范围：①各次试验中的事件是相互独立的；②每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生；③随机变量是这次独立重复试验中事件发生的次数．（2）本质：二项分布是放回抽样问题，在每次试验中某一事件发生的概率是相同的．3.二项分布的期望、方差若，则，．知识点08：超几何分布1.定义在含有件次品的件产品中，任取件，其中恰有件次品，则事件发生的概率为，，1，2，…，，其中，且，，，，，称分布列为超几何分布列．如果随机变量的分布列为超几何分布列，则称随机变量服从超几何分布．01……2.超几何分布的适用范围件及本质（1）适用范围：①考察对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考察某类个体个数的概率分布．（2）本质：超几何分布是不放回抽样问题，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的．知识点09：正态分布一、正态曲线1.定义：我们把函数，（其中是样本均值，是样本标准差）的图象称为正态分布密度曲线，简称正态曲线．正态曲线呈钟形，即中间高，两边低．2.正态曲线的性质（1）曲线位于轴上方，与轴不相交；（2）曲线是单峰的，它关于直线对称；（3）曲线在处达到峰值（最大值）；（4）曲线与轴之间的面积为1；（5）当一定时，曲线的位置由确定，曲线随着的变化而沿轴平移，如图甲所示：（6）当一定时，曲线的形状由确定．越小，曲线越“高瘦”，表示总体的分布越集中；越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散，如图乙所示：：甲乙二、正态分布1.定义随机变量落在区间的概率为，即由正态曲线，过点和点的两条轴的垂线，及轴所围成的平面图形的面积，如下图中阴影部分所示，就是落在区间的概率的近似值．一般地，如果对于任何实数，，随机变量满足，则称随机变量服从正态分布．正态分布完全由参数，确定，因此正态分布常记作．如果随机变量服从正态分布，则记为．其中，参数是反映随机变量取值的平均水平的特征数，可以用样本的均值去估计；是衡量随机变量总体波动大小的特征数，可以用样本的标准差去估计．2.原则若，则对于任意的实数，为下图中阴影部分的面积，对于固定的和而言，该面积随着的减小而变大．这说明越小，落在区间的概率越大，即集中在周围的概率越大特别地，有；；．由，知正态总体几乎总取值于区间之内．而在此区间以外取值的概率只有，通常认为这种情况在一次试验中几乎不可能发生，即为小概率事件．在实际应用中，通常认为服从于正态分布的随机变量只取之间的值，并简称之为原则．知识点10：线性回归模型1.线性回归线性回归是研究不具备确定的函数关系的两个变量之间的关系（相关关系）的方法．对于一组具有线性相关关系的数据（x1，y1），（x2，y2），…，（xn，yn），其回归方程的求法为其中，，，（，）称为样本点的中心．2.残差分析对于预报变量，通过观测得到的数据称为观测值，通过回归方程得到的称为预测值，观测值减去预测值等于残差，称为相应于点的残差，即有．残差是随机误差的估计结果，通过对残差的分析可以判断模型刻画数据的效果以及判断原始数据中是否存在可疑数据等，这方面工作称为残差分析．（1）残差图通过残差分析，残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，说明选用的模型比较合适，其中这样的带状区域的宽度越窄，说明模型拟合精确度越高；反之，不合适．（2）通过残差平方和分析，如果残差平方和越小，则说明选用的模型的拟合效果越好；反之，不合适．（3）相关指数用相关指数来刻画回归的效果，其计算公式是：．越接近于，说明残差的平方和越小，也表示回归的效果越好．题型六】线性回归模型知识点11：非线性回归模型解答非线性拟合问题，要先根据散点图选择合适的函数类型，设出回归方程，通过换元将陌生的非线性回归方程化归转化为我们熟悉的线性回归方程．求出样本数据换元后的值，然后根据线性回归方程的计算方法计算变换后的线性回归方程系数，还原后即可求出非线性回归方程，再利用回归方程进行预报预测，注意计算要细心，避免计算错误．1.建立非线性回归模型的基本步骤：（1）确定研究对象，明确哪个是解释变量，哪个是预报变量；（2）画出确定好的解释变量和预报变量的散点图，观察它们之间的关系（是否存在非线性关系）；（3）由经验确定非线性回归方程的类型（如我们观察到数据呈非线性关系，一般选用反比例函数、二次函数、指数函数、对数函数、幂函数模型等）；（4）通过换元，将非线性回归方程模型转化为线性回归方程模型；（5）按照公式计算线性回归方程中的参数（如最小二乘法），得到线性回归方程；（6）消去新元，得到非线性回归方程；（7）得出结果后分析残差图是否有异常．若存在异常，则检查数据是否有误，或模型是否合适等．知识点12：独立性检验1.分类变量和列联表（1）分类变量：变量的不同“值”表示个体所属的不同类别，像这样的变量称为分类变量．（2）列联表：①定义：列出的两个分类变量的频数表称为列联表．②2×2列联表．一般地，假设有两个分类变量X和Y，它们的取值分别为{x1，x2}和{y1，y2}，其样本频数列联表（称为2×2列联表）为总计总计从列表中，依据与的值可直观得出结论：两个变量是否有关系．2.等高条形图（1）等高条形图和表格相比，更能直观地反映出两个分类变量间是否相互影响，常用等高条形图表示列联表数据的频率特征．（2）观察等高条形图发现与相差很大，就判断两个分类变量之间有关系．3.独立性检验（1）定义：利用独立性假设、随机变量来确定是否有一定把握认为“两个分类变量有关系”的方法称为两个分类变量的独立性检验．（2）公式：，其中为样本容量．（3）独立性检验的具体步骤如下：①计算随机变量的观测值，查下表确定临界值：0.50.400.250.150.100.050.0250.0100.0050.0010.4550.7081.3232.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828②如果，就推断“与有关系”，这种推断犯错误的概率不超过；否则，就认为在犯错误的概率不超过的前提下不能推断“与有关系”．题型一：条件概率 7题型二：全概率公式 10题型三：贝叶斯公式 13题型四：离散型随机变量的均值与方差 16题型五：独立事件的乘法公式 20题型六：二项分布及其应用 27题型七：超几何分布 31题型八：正态分布 38题型九：线性回归方程 43题型十：非线性回归方程 48题型十一：独立性检验 52【题型一：条件概率】一、单选题1．（23-24高二下·天津滨海新·期末）中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设中国空间站要安排甲，乙，丙，丁，戊，己6名航天员开展实验，设事件A=“有4名航天员在天和核心舱”，事件B=“甲乙二人在天和核心舱”，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由条件概率公式、古典概型概率公式求解即可.【详解】由条件概率公式、古典概型概率公式可知，所求为.故选：B.2．（23-24高二下·上海·期末）将一枚硬币连续抛掷三次，每次得到正面或反面的概率均为，且三次抛掷的结果互相独立．记事件为“至少两次结果为正面”，事件为“第三次结果为正面”，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意，先计算，再利用条件概率的公式，即可求得结论.【详解】由题意，，，则.故选：C3．（23-24高二下·河南商丘·期中）已知事件，，若，且，，则下列结论正确的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据条件概率公式计算，注意在时，．【详解】因为，所以，，，，，，故选：C．4．（2024·山西太原·二模）某校高二年级学生中有60%的学生喜欢打篮球，40%的学生喜欢打排球，80%的学生喜欢打篮球或排球．在该校高二年级的学生中随机调查一名学生，若该学生喜欢打篮球，则他也喜欢打排球的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】应用条件概率公式计算即可.【详解】设在该校高二年级的学生中随机调查一名学生，若该学生喜欢打篮球为事件A,在该校高二年级的学生中随机调查一名学生，则他也喜欢打排球为事件B,,.故选：A.5．（23-24高二下·安徽马鞍山·期末）假设A，B是两个事件，且，，则下列结论一定正确的是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据概率的性质以及条件概率公式即可判断ABC；举例判断D.【详解】对于A，由于，则，A正确；对于B，由于，，而，不一定相等，故不一定成立，B错误；对于C，当相互独立时，，而，则，C错误；对于D，不妨举例抛掷一枚质地均匀的骰子，设A：向上点数为偶数，B：向上点数不小于4，则，，则，D错误，故选：A6．（23-24高二下·重庆九龙坡·期中）在某次流感疫情爆发期间，A，B，C三个地区均爆发了流感，经调查统计A，B，C地区分别有的人患过流感，且A，B，C三个地区的人数的比为．现从这三个地区中随机选取一人，则此人患过流感的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】记事件D：选取的这个人患了流感，记事件E：此人来自A地区，记事件F：此人来自B地区，记事件G：此人来自C地区，则，且彼此互斥，然后根据条件依次得到、、、、、的值，然后根据全概率公式公式求解即可.【详解】记事件D：选取的这个人患了流感，记事件E：此人来自A地区，记事件F：此人来自B地区，记事件G：此人来自C地区，则，且彼此互斥，由题意可得，，，，，，由全概率公式可得.故选：A.【题型二：全概率公式】一、单选题1．（23-24高二下·湖北·期末）随着我国铁路的发展，列车的正点率有了显著的提高．据统计，途经某车站的只有和谐号和复兴号列车，且和谐号列车的列次为复兴号列车的列次的3倍，和谐号列车的正点率为0.98，复兴号列车的正点率为0.99，则一列车能正点到达该车站的概率为（

）A．0.9825 B．0.9833 C．0.9867 D．0.9875【答案】A【分析】利用全概率公式可得答案.【详解】依题意，设到达该车站列车为和谐号列车的概率为，为复兴号列车的概率为，则一列车能正点到达该车站的概率为.故选：A.2．（23-24高二下·江西南昌·阶段练习）已知某羽毛球小组共有20名运动员，其中一级运动员4人，二级运动员6人，三级运动员10人.现在举行一场羽毛球选拔赛，若一级、二级、三级运动员能够晋级的概率分别为0.9，0.6，0.2，则这20名运动员中任选一名运动员能够晋级的概率为（

）A．0.42 B．0.46 C．0.58 D．0.62【答案】B【分析】由全概率公式即可求解.【详解】设事件B为“选出的运动员能晋级”，为“选出的运动员是一级运动员”，为“选出的运动员是二级运动员”，为“选出的运动员是三级运动员”，则，，，又根据题意可得，，，由全概率公式可得：，任选一名运动员能够晋级的概率为0.46.故选：B.3．（24-25高二上·四川眉山·阶段练习）在5张彩票中有2张有奖，甲、乙两人先后从中各任取一张，则乙中奖的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，利用全概率公式列式计算即得.【详解】记甲中奖的事件为，乙中奖的事件为，则，，，所以.故选：B4．（24-25高二下·全国·课后作业）某医院针对某种疾病研制了新的特效药，可有效减轻症状，缩短病程．现将该药品投入临床试验，若不使用新药，病人3天可痊愈的概率为0.3，若使用新药，则3天痊愈的概率为0.9，假设临床病人有0.7的概率选择新药，若某病人3天痊愈，则该病人未使用新药的概率为（

）A．0.3 B．0.21 C．0.125 D．0.09【答案】C【分析】根据给定条件，利用全概率公式及条件概率公式计算即得.【详解】记事件使用新药，则不使用新药，病人3天病愈，依题意，，所以.故选：C5．（24-25高二下·全国·课后作业）无人酒店是利用人工智能与物联网技术，为客人提供自助入住等服务的新型酒店，胜在科技感与新奇感．去某地旅游的游客有无人酒店和常规酒店两种选择，某游客去该地旅游，第一天随机选择一种酒店入住，如果第一天入住无人酒店，那么第二天还入住无人酒店的概率为0.8，如果第一天入住常规酒店，那么第二天入住无人酒店的概率为0.6，则该游客第二天入住无人酒店的概率为（

）A．0.8 B．0.7 C．0.6 D．0.5【答案】B【分析】由题意记事件第一天入住无人酒店，第二天入住无人酒店，第一天入住常规酒店，得到和，再由全概率公式求解即可；【详解】记事件第一天入住无人酒店，第二天入住无人酒店，第一天入住常规酒店，根据题意可知，，则由全概率公式可得．故选：B.【题型三：贝叶斯公式】一、单选题1．（23-24高三上·云南曲靖·阶段练习）根据曲靖一中食堂人脸识别支付系统后台数据分析发现，高三年级小孔同学一周只去食堂一楼和二楼吃饭．周一去食堂一楼和二楼的概率分别为和，若他周一去了食堂一楼，那么周二去食堂二楼的概率为，若他周一去了食堂二楼，那么周二去食堂一楼的概率为，现已知小孔同学周二去了食堂二楼，则周一去食堂一楼的概率为（

）．A． B． C． D．【答案】A【分析】利用贝叶斯概率公式求解即可.【详解】记小孔同学周一去食堂一楼为事件A，周二去食堂一楼为事件B，则本题所求．故选：A．2．（23-24高二下·广东广州·期末）有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为，第2，3台加工的次品率均为，加工出来的零件混放在一起.已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的.如果取到的零件是次品，则它是第3台车床加工的概率是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据全概率公式找出，再由贝叶斯公式求解.【详解】记取到“第1，2，3台车床加工的零件”分别为事件,“取到次品”为事件，故,,由全概率公式可得：,由贝叶斯公式：,故选:B.3．（23-24高二下·福建龙岩·阶段练习）某人下午5:00下班，他所积累的资料表明：到家时间5:35到5:395:40到5:445:45到5:495:50到5:54迟于5:54乘地铁到家的概率0.100.250.450.150.05乘汽车到家的概率0.300.350.200.100.05某日他抛一枚硬币决定乘地铁还是乘汽车回家，结果他是5:47到家的，则他乘地铁回家的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】应用全概率、贝叶斯公式求乘地铁回家的概率即可.【详解】若表示乘地铁，表示乘汽车，则，若表示5:45到5:49到家，则，所以，所以.故选：C4．（23-24高二下·广东广州·期中）某校高三（1）班和（2）班各有40名同学，其中参加数学兴趣社团的学生分别有10人和8人，现从这两个班中随机抽取一名同学，若抽到的是参加数学兴趣社团的学生，则他来自高三（1）班的概率是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设事件后根据题干得到，，，，由全概率公式求得，由乘法公式得到，由条件概率公式得到.【详解】设事件为“抽到的学生来自高三（1）班”，事件为“抽到的学生来自高三（2）班”，事件为“抽到的学生参加数学兴趣社团”，则，，，，由全概率公式得，由乘法公式得，由条件概率公式得，故选：B.5．（23-24高二下·福建厦门·期中）现有编号为1，2，3的三个口袋，其中1号口袋内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号口袋内装有两个1号球，一个3号球；3号口袋内装有三个1号球，两个2号球；第一次先从1号口袋内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的口袋中，第二次从该口袋中任取一个球，下列说法不正确的是（

）A．在第一次抽到3号球的条件下，第二次抽到1号球的概率是B．第二次取到1号球的概率C．如果第二次取到1号球，则它来自1号口袋的概率最大D．如果将5个不同小球放入这3个口袋内，每个口袋至少放1个，则不同的分配方法有150种【答案】B【分析】对于A选项利用条件概率公式求解；对于B选项利用全概率公式求解，对于C选项利用贝叶斯公式求解，对于D选项，不同元素的分配问题，先分类再分配即可求解.【详解】对于A选项，记事件分别表示第一次、第二次取到号球,，则第一次抽到号球的条件下，第二次抽到号球的概率，故A正确；对于B选项，记事件分别表示第一次、第二次取到号球,,依题意两两互斥,其和为,并且，，，，应用全概率公式,有，故B错误；对于C选项，依题设知,第二次的球取自口袋的编号与第一次取的球上的号数相同,则，，，故在第二次取到1号球的条件下,它取自编号为的口袋的概率最大，故C正确；对于D选项，先将5个不同的小球分成1，1，3或2，2，1三份，再放入三个不同的口袋，则不同的分配方法有，故D正确.故选：B.【题型四：离散型随机变量的均值与方差】一、单选题1．（23-24高二下·新疆·期中）已知X服从两点分布，若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据两点分布的特征计算即可.【详解】由题意得，则．故选：.2．（23-24高二下·江苏南通·期中）已知，若，则（

）A． B．4 C． D．9【答案】B【分析】由题意，由期望的性质可知，求解即可.【详解】由已知服从二项分布，，.故选：B.3．（23-24高二下·湖北武汉·期末）2024年“与辉同行”直播间开播，董宇辉领衔7位主播从“心”出发，其中男性5人，女性3人，现需排班晚8：00黄金档，随机抽取两人，则女生人数的期望为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设抽取的女生人数为，则可能取值为0，1，2，然后求出相应的概率，从而可求出期望.【详解】设抽取的女生人数为，则可能取值为0，1，2，，，，所以.故选：C4．（23-24高二下·江苏南京·阶段练习）已知离散型随机变量X的概率分布如表，离散型随机变量Y满足，则（

）X0123Pa5aA． B． C． D．【答案】A【分析】由概率分布列的性质求出，然后得到离散型随机变量Y的概率分布列，求即可.【详解】由题意可知：，所以解得，所以离散型随机变量Y的概率分布列为：Y-1135P所以.故选：A.5．（23-24高二下·江苏连云港·期中）已知X的分布列为01且，，则的值为（

）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】先根据分布列的性质求的值，可求出，，进而可求.【详解】由可得，所以，，所以.故选：D6．（23-24高二下·全国·期末）离散型随机变量X的分布列中部分数据丢失，丢失数据以x，代替，分布列如下：则（

）1234560.210.200.100.10A．0.35 B．0.45 C．0.55 D．0.65【答案】B【分析】根据概率之和为1得到方程组，求出，得到答案.【详解】由题意得，解得，，解得，故.故选：B7．（23-24高二下·甘肃·期末）随机变量的概率分布列为，其中是常数，则的值为（

）A．5 B．6 C．7 D．35【答案】A【分析】运用概率分布列的性质求出参数，结合方差公式和结论即可解题.【详解】因为，所以，解得，所以，所以，故．故选：A．8．（24-25高二下·全国·课后作业）已知两个盒子中分别装有形状、大小、质量均相同的小球．其中，盒中有3个红球，1个白球；盒中有1个红球，3个白球，现从两个盒子中同时各取走一个小球，一共取三次，此时记盒中的红球个数为盒中的红球个数为，则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】得到与的所有可能取值及其对应概率后即可得其分布列，借助分布列即可得其期望与方差.【详解】由已知，，，则的分布列为：01可得，；由已知，，，则的分布列为：01可得，；所以.故选：A.【题型五：独立事件的乘法公式】一、单选题1．（24-25高二上·吉林·阶段练习）某乒乓球队在长春训练基地进行封闭式集训，甲、乙两位队员进行对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢2个球者获胜，通过分析甲、乙过去对抗赛的数据知，甲发球甲赢的概率为，乙发球甲赢的概率为，不同球的结果互不影响，已知某局甲先发球．则该局打4个球甲赢的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由于连胜两局者赢，则可写出四局的结果，计算即可.【详解】由于连胜两局者赢，甲先发球可分为：该局：第一个球甲赢、第二个球乙赢、第三个球甲赢、第四个球甲赢，则概率为；故选：C.2．（24-25高二上·湖北鄂州·期中）“五道方”是一种民间棋类游戏，甲，乙两人进行“五道方”比赛，约定连胜两场者赢得比赛.若每场比赛，甲胜的概率为，乙胜的概率为，则比赛6场后甲赢得比赛的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用独立事件的概率乘法公式求解.【详解】因为约定连胜两场者赢得比赛，所以比赛6场后甲赢得比赛的情况为：第一场甲胜，第二场乙胜，第三场甲胜，第四场乙胜，第五场甲胜，第六场甲胜，所以所求概率为.故选：C.3．（24-25高二上·吉林长春·期中）2024年斯诺克武汉公开赛前夕，肖国栋与斯佳辉两人进行了热身赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，热身进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止，设肖国栋在每局中获胜的概率为，斯佳辉在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立，比赛停止时已打局数为，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】依题意得到的可能取值，再根据独立事件乘法公式和加法概率公式求出对应的概率即可.【详解】依题意知，的所有可能值为2，4，6，设每两局比赛为一轮，可以得到该轮结束时比赛停止的概率为如果该轮结束时比赛还将继续，那么肖国栋与斯佳辉在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响，从而有故选：D.4．（24-25高二上·山东淄博·阶段练习）对于一个古典概型的样本空间和事件，若，，，则下列结论错误的是（

）A．事件A与事件互斥 B．C．事件与事件相互独立 D．【答案】A【分析】根据已知条件计算，判断B选项，再根据判断C选项，通过计算D选项，通过判断A选项.【详解】因为，，，所以，又，则，所以，B正确；因为，所以事件与事件相互独立，C正确；所以，D正确；因为，所以事件与事件不是互斥事件，A错误.故选：A5．（24-25高二上·内蒙古赤峰·期中）金秋十月，某校举行运动会，甲、乙两名同学均从跳高、跳远、100米跑和200米跑这四个项目中选择两个项目参加.设事件“甲、乙两人所选项目恰有一个相同”，事件“甲、乙两人所选项目完全不同”，事件“甲、乙两人所选项目完全相同”，事件“甲、乙两人均未选择100米跑项目”，则（

）A．A与C是对立事件 B．C与D相互独立C．A与D相互独立 D．B与D不互斥【答案】C【分析】列举出甲、乙两名同学选择两个项目参加的所有情况，计算每个事件的概率，可得选项A错误；由相互独立的定义可知选项B错误，选项C正确；由互斥事件的概念可知选项D错误.【详解】设跳高、跳远、100米跑和200米跑分别为1，2，3，4，则甲、乙两名同学均从跳高、跳远、100米跑和200米跑中选择两个项目参加的情况有：（1212），（1312），（1412），（2312），（2412），（3412），（1213），（1313），（1413），（2313），（2413），（3413），（1214），（1314），（1414），（2314），（2414），（3414），（1223），（1323），（1423），（2323），（2423），（3423），（1224），（1324），（1424），（2324），（2424），（3424），（1234），（1334），（1434），（2334），（2434），（3434），共36种，其中A有24种情况，B有6种情况，C有6种情况，D有9种情况，则，，，.由可得A与C不是对立事件，选项A错误.，C与D不相互独立，选项B错误.，A与D相互独立，选项C正确.由B与D不可能同时发生可知B与D互斥，选项D错误.故选：C.二、解答题6．（23-24高二下·江苏南通·期中）为普及安全知识，某单位举办了一场安全知识竞赛，经过初赛、复赛，有甲、乙两个代表队（每队三人）进入决赛，决赛规则如下：共进行三轮比赛，每轮比赛中每人各答一题，每答对一题得10分，答错不得分.假设甲队每人答题正确的概率均为，乙队三人答题正确的概率分别.(1)若决赛中三轮总得分大于70分就能获得特别奖，求乙队获得特别奖的概率;(2)因两队在决赛中得分相同，现进行附加赛.规则如下：甲，乙两队抽签决定谁先答题，每队每人各答题一次为一轮，有两人及以上答对就算成功答题，并继续下一轮答题，否则换另一队答题，连续两轮成功答题的队伍获胜，比赛结束.求附加赛中甲队恰好在第5轮结束时获胜的概率.【答案】(1)(2)【分析】（1）由独立乘法、互斥加法公式先求出、，进一步即可求解；（2）分别求出甲、乙两队成功答题的概率，分甲先答第一轮、乙先答第一轮两种情形讨论即可求解.【详解】（1）设乙队每轮得分为，，，三轮积分超过70分，.（2）其中甲队成功答题的概率为，其中乙队成功答题的概率为，若甲先答第一轮：甲（胜）甲（负）乙（负）甲（胜）甲（胜）

，甲（负）乙（胜）乙（负）甲（胜）甲（胜），若乙先答第一轮：乙（负）甲（负）乙（负）甲（胜）甲（胜），，甲队恰好在第5轮结束获胜的概率为.7．（2024·全国·模拟预测）设某电子元件制造厂有甲、乙、丙、丁4条生产线，现有40个该厂生产的电子元件，其中由甲、乙、丙、丁生产线生产的电子元件分别为5个、10个、10个、15个，且甲、乙、丙、丁生产线生产该电子元件的次品率依次为．(1)若将这40个电子元件按生产线生产的分成4箱，现从中任取1箱，再从中任取1个电子元件，求取到的电子元件是次品的概率．(2)若将这40个电子元件装入同一个箱子中，再从这40个电子元件中任取1个电子元件，取到的电子元件是次品，求该电子元件是乙生产线生产的概率．【答案】(1)(2)【分析】（1）借助相互独立事件的概率乘法公式与全概率公式计算即可得；（2）借助全概率公式与条件概率公式计算即可得.【详解】（1）记“电子元件分别由甲、乙、丙、丁生产线生产”为事件、、、，“取到的电子元件是次品”为事件，由题意得，又，所以；（2）由题意，得，又，所以，所以，故若取到的电子元件是次品，则该电子元件是乙生产线生产的概率为．8．（24-25高二上·四川成都·期中）中国乒乓球队是中国体育军团的王牌之师，屡次在国际大赛上争金夺银，被体育迷们习惯地称为“梦之队”.2024年巴黎奥运会，中国乒乓球队包揽全部五枚金牌.其中团体赛由四场单打和一场双打比赛组成，采用五场三胜制.每个队由三名运动员组成，当一个队赢得三场比赛时，比赛结束.2024年8月10日，中国队对战瑞典队，最终以取得团体赛冠军，赛前某乒乓球爱好者对赛事情况进行分析，根据以往战绩，中国队在每场比赛中获胜的概率均为.(1)求中国队以的比分获胜的概率；(2)求中国队在已输一场的情况下获胜的概率；(3)求至多进行四场比赛的概率.【答案】(1)；(2)；(3).【分析】（1）利用独立事件的乘法公式进行求解即可；（2）设事件“中国队在已输一场的情况下获胜”，则有两类情况：①设事件“中国队从第二场开始连胜三场”，②设事件“中国队在二到四场中胜两场，再胜第五场”，分别求出两种情况的概率，再利用互斥事件的加法公式即可求出事件的概率.（3）设中国队进行三场、四场比赛获胜分别为事件、，瑞典队进行三场、四场比赛获胜分别为事件、，至多进行四场比赛为事件，分别求出、、、的概率，再利用互斥事件的加法公式即可求出事件的概率.【详解】（1）设事件“中国队以的比分获胜”，中国队在每一场中获胜的概率均为，，中国队以的比分获胜的概率为；（2）设事件“中国队在已输一场的情况下获胜”，则有两类情况：①设事件“中国队从第二场开始连胜三场”，，②设事件“中国队在二到四场中胜两场，再胜第五场”，，与是互斥事件，，中国队在已输一场的情况下获胜的概率为；（3）设中国队进行三场、四场比赛获胜分别为事件、，瑞典队进行三场、四场比赛获胜分别为事件、，至多进行四场比赛为事件，，，，，，，，是互斥事件，，至多进行四场比赛的概率为.【点睛】关键点睛：本题的关键在于理解互斥事件的加法公式和独立事件的乘法公式.【题型六：二项分布及其应用】一、单选题1．（23-24高二下·天津西青·期末）某人每次射击击中目标的概率均为，此人连续射击三次，至少有两次击中目标的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用二项分布计算公式可求得结果为.【详解】记“至少有两次击中目标”为事件，连续射击三次击中目标的次数为，由每次射击击中目标的概率均为，则未击中目标的概率均为；则.故选：D2．（23-24高二下·江苏淮安·期末）已知随机变量，若，则（

）A． B．或 C． D．或【答案】D【分析】根据题意结合二项分布的概率公式列式求解即可.【详解】因为，则，且，整理可得，解得或.故选：D.二、填空题3．（23-24高二下·江苏南通·期末）设随机变量，且，则；若，则的方差为．【答案】/【分析】(1)用二项分布的概率公式可解；(2)用二项分布的方差结论即可解决.【详解】(1),则，则，解得(2)，由(1)得，则．，则故答案为：；．三、解答题4．（23-24高二下·安徽合肥·期中）某大学为丰富学生课余生活，举办趣味知识竞赛，分为“个人赛”和“对抗赛”，竞赛规则如下：①个人赛规则：每位学生需要从“历史类、数学类、生活类”问题中随机选1道试题作答，其中“历史类”有8道，“数学类”有6道，“生活类”有4道，若答对将获得一份奖品.②对抗赛规则：两位学生进行答题比赛，每轮只有1道题目，比赛时两位参赛者同时回答这一个问题，若一人答对且另一人答错，则答对者获得1分，答错者得分；若两人都答对或都答错，则两人均得0分，对抗赛共设3轮，每轮获得1分的学生会获得一份奖品，且两位参赛者答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响.(1)学生甲参加个人赛，若学生甲答对“历史类”“数学类”“生活类”的概率分别为，，，求学生甲答对所选试题的概率；(2)学生乙和学生丙参加对抗赛，若每道题学生乙和学生丙答对的概率分别为，，求三轮结束学生乙仅获得一份奖品的概率.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据题意可知分三类求解：选题为历史类并且答对，选题为数学类且答对，选题为生活类且答对，由条件概率和全概率计算即可；（2）可先求出乙同学每轮获得1分的概率，然后由二项分布概率模型计算即可.【详解】（1）设学生甲选1道“历史类”试题为事件A，选1道“数学类”试题为事件B，选1道“生活类”试题为事件C，答对试题为事件D，则，，，，，，所以：，故学生甲答对所选试题的概率为.（2）由题可知每一轮中学生乙得1分的概率为，在3轮比赛后，学生乙得1分的概率为，故三轮结束学生乙仅获得一份奖品的概率为：.5．（24-25高二下·全国·课后作业）随着生活水平的提高，家用小轿车进入千家万户，在给出行带来方便的同时也给交通造成拥堵．交通部门为了解决某十字路口的拥堵问题，安装了红绿灯．通过测试后发现，私家车在此路口遇到红灯的概率为．(1)若遇到红灯的概率为，求不同时刻的5辆私家车在该路口有3辆车遇到红灯的概率；(2)当私家车遇到红灯的方差达到最大时，求5辆私家车遇到红灯的车辆数的分布列与期望．【答案】(1)(2)分布列见解析，【分析】（1）由独立重复事假概率计算公式即可求解；（2）由题意确定私家车遇到红灯的概率是，由二项分布即可求解.【详解】（1）由题设，路口遇到红灯私家车数量，则．（2）由题设，路口遇到红灯私家车数量，一辆私家车遇到红灯的方差为，当且仅当时方差达到最大，此时私家车遇到红灯的概率是．由题可得，的可能取值为，则，，．所以其分布列为：012345．6．（23-24高二下·天津·阶段练习）我国是全球制造业大国，制造业增加值自2010年起连续12年位居世界第一，主要产品产量稳居世界前列．为深入推进传统制造业改造提升，全面提高传统制造业核心竞争力，某设备生产企业对现有生产设备进行技术攻坚突破．设备生产的零件的直径为X（单位：nm）．(1)现有旧设备生产的零件共7个，其中直径大于10nm的有4个．现从这7个零件中随机抽取3个．记ξ表示取出的零件中直径大于10nm的零件的个数，求ξ的分布列及数学期望．(2)技术攻坚突破后设备生产的零件的合格率为，每个零件是否合格相互独立．现任取6个零件进行检测，若合格的零件数η超过半数，则可认为技术攻坚成功．求技术攻坚成功的概率及η的方差；【答案】(1)分布列见解答，；(2)，；【分析】（1）由题意可知的可能取值为0，1，2，3，利用超几何分布的概率公式求出相应的概率，得到的分布列，再结合期望公式求解；（2）由题意可知，服从二项分布，再利用二项分布的概率公式和方差公式求解；【详解】（1）由题意，可知可取0，1，2，3．则有；；；．所以的分布列为：0123因此的数学期望；（2）由题意，可取的值为0，1，2，3，4，5，6．则有；；．技术攻坚成功的概率．，的方差；【题型七：超几何分布】一、单选题1．（23-24高二下·江苏扬州·阶段练习）已知甲参加青年志愿者的选拔，选拔以现场答题的方式进行．已知在备选的10道试题中，甲能答对其中的6道题，规定每次考试都从备选题中随机抽出3道题进行测试，设甲答对的试题数为X，则的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意可知：随机抽出3道题有2题答对，1题打错，结合组合数运算求解.【详解】由题意可知：表示答对2题，即随机抽出3道题有2题答对，1题打错，所以.故选：D.2．（23-24高二下·浙江宁波·期末）袋子中有n个大小质地完全相同的球，其中4个为红球，其余均为黄球，