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.docx

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1、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,为两个不同的平面,那么使m成立的一个充分条件是()A.m,B.m,C.mn,n,mD.m上有不同的两个点到的距离相等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108,则它的体积为()A.72B.96C.108

2、D.1443.(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ABDC,ABAD,AB=3CD,AD=3,则其重心G到AB的距离为()A.74B.32C.54D.14.(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

3、形容器内壁的半径的最小值为()A.4B.22+2C.23+2D.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.15B.25C.35D.256.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.13B.12C.2-32D.3-127.(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.13B.12C.33D

4、.228.(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.18B.92C.6D.6二、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,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B.该圆锥的侧面积为43C.AC=22D.PAC的面积为310.(2022新高考,9)已知正方体ABC

5、D -A1B1C1D1,则()A.直线BC1与DA1所成的角为90B.直线BC1与CA1所成的角为90C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45D.直线BC1与平面ABCD所成的角为4511.(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2C.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24812.(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

6、的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成,若球的体积为43;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6B.经过三个顶点A,B,C的球的截面圆的面积为4C.异面直线AD与CF所成的角的余弦值为58D.球离球托底面DEF的最小距离为3+63-1三、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30,则该圆锥的侧面积为.14.(2023新高考,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

7、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=3,现将ABD沿直线BD翻折,得到三棱锥A-BCD,若AC=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;(

8、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=C1EC1B1=t(0t0)到A1BCD1,且直线A1D与平

9、面ABCD所成角的正弦值为217,求角的最小值.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,PAAD,底面ABCD为直角梯形,BC=3AD,ADBC,BCD=90,M为线段PB上一点.(1)若PM=13PB,求证:AM平面PCD.(2)若PA=

10、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Q的位置;若不存在,请说明理由.专题检测三立体几何1.C解析 对于A,若m,则m或m,故A不正确;对于B,若m,则m或m,故B不正确;对于C,若mn,n,m,则m,故C正确;对于D,m上有不同的两个点到的距离相等,则可能m与相交,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2r4r=8r2,两个半球的表面积为4r2,该几何体表面积为8r2+4r2=12r2=108,解得r=3,该几何体的体积为

11、r24r+43r3=433+4333=144.3.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=32x+1332(3x-x)=15x,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=2h,则15x=(2h)6x,则h=54.4.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

12、+O1N2=2+23.5.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=22a.ABD是等边三角形,ODAB,且OD=32AB=62a.在DOC中,由余弦定理得,CD2=OC2+OD2-2OCODcosDOC=72a2,CD=142a.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,sinDCH=DHCD=64a142a=2114,则cosDCH=5714,tanDCH=sinDCHcosDCH=35

13、.故选C.(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).设CD与平面ABC所成角为,则sin =|cos|=3271=2114,cos =1-sin2=17514=5714,tan =sincos=35.6.D解析 由题可知平面A1B1ED与棱柱上、下底面分别交于A1B1,ED,则A1B1ED,则EDAB,可得CDE-C1A1B1是三

14、棱台.设ABC的面积为1,CDE的面积为s,三棱柱的高为h,则121h=13h(1+s+s),所以s=3-12.由CDECAB,可得CDAC=s1=3-12.7.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=1312(21-h2)2h=23(h-h3),所以V=23(1-3h2).由题意可知0h0,得0h33;令V0,得33h1.所以V在区间0,33内单调递增,在区间33,1内单调递减,所以当h=33时,V取得最大值.8.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,E

15、M.设金刚石的边长为a,由题知,812a2sin 60=23a2=183,所以a=3.在等边三角形EBC中,BC边上的高EH=EC2-CH2=32-322=332.在RtEOH中,EO=EH2-OH2=274-94=322.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32232=332r,解得r=62,所以内切球的半径为R=62,则内切球体积为V=43R3=43623=6.9.AC解析 由题意,可得PO平面AOC,APO=12APB=60,所以PO=PAcosAPO=1,AO=

16、PAsinAPO=3.如图,取AC的中点D,连接PD,OD,则PDAC,ODAC,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POOD,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=13(3)21=,故A正确;对于B,圆锥的侧面积S=32=23,故B不正确;对于C,AC=2AO2-OD2=22,故C正确;对于D,SPAC=12ACPD=12222=2,故D不正确.故选AC.10.ABD解析 连接AD1,在正方体ABCD -A1B1C1D1中,BC1AD1,A1DAD1,直线BC1与DA1所成的角为90,故

17、A正确;连接B1C,A1B1平面BCC1B1,BC1平面BCC1B1,A1B1BC1,又BC1B1C,A1B1B1C=B1,A1B1平面A1B1C,B1C平面A1B1C,BC1平面A1B1C,又CA1平面A1B1C,BC1CA1,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,sinC1BO=OC1BC1=12,C1BO=30,故C错误;C1C平面ABCD,C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角.又C1BC=45,直线BC

18、1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ACOB,ACOD.又OBOD=O,所以AC平面OBD.因为BD平面OBD,所以ACBD,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=4222=2,故B正确.对于C,假设直线AD与直线BC垂直.因为直线AB与直线BC垂直,ADAB=A,则直线BC平面ABD.因为BD平面ABD,所以BCBD.又BDAC,ACBC=C,所以BD平面ABC.又OB平面ABC,所

19、以BDOB.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SACM=12SABC=14,故(VN-ACM)max=131424=248,故选项D正确.故选ABD.12.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DMEF.又平面BEF平面DEF,平面BEF平面DEF=EF,DM平面DEF,DM平面

20、BEF,且由题可得,KHDM,则KH平面BEF.同理AN平面DEF,则BMAN,且BM=AN=3,所以四边形ABMN为平行四边形,则ABMN,AB=MN.又MNDF,MN=12DF,得ABDF.因为AB=12DF=DK,所以四边形ABKD为平行四边形,则ADBK,AD=BK,KBH即为直线AD与平面BEF所成的角,sinKBH=KHBK=34,所以KBH6,故A错误.如图3,由选项A知,ABMNDF,同理ACEF,BCDE,AB=AC=BC=MN=12DF=1,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=231sin3=33,面积为r2=3,故B错误.连接AM,由ACM

21、F,AC=MF=1,得四边形ACFM是平行四边形,则AMCF,所以MAD是异面直线AD与CF所成的角或其补角,AM=CF=2.在AMD中,AD=2,DM=3,由余弦定理,得cosMAD=AD2+AM2-DM22ADAM=58,故C正确.设球的半径为R,由球的体积为43,得43R3=43,解得R=1.如图4,O1O=R2-r2=63,O1G=R-O1O=1-63,AN=2sin3=3,所以球离球托底面DEF的最小距离为AN-O1G=3+63-1,故D正确.故选CD.图3图413.39解析 设圆锥的高为h,母线长为l,则1362h=30,解得h=52,则l=62+h2=132,故圆锥的侧面积为61

22、32=39.14.28解析 如图所示,在正四棱锥P-ABCD中,平面ABCD平面ABCD.点O,O分别为正四棱台ABCD-ABCD上、下底面的中心,OHAB,OHAB,点H,H为垂足.由题意,得AB=4,AB=2,PO=3.易知POHPOH,所以POPO=OHOH,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=133(22+2242+42)=28.15.6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233a=2,所以a=6.16 557解析 在ABD中,AB=4,

23、AD=3,BAD=3,故DB2=AB2+AD2-2ABADcosBAD=42+32-24312=13,即DB=13.折成的三棱锥A-BCD中,AC=DB,AB=AB=DC,AD=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+b2=13,a2+c2=9,b2+c2=16,解得a=3,b=10,c=6.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+c2=19,即R=192.又因为三棱锥A-BCD是长方体切掉四个角,故三棱锥VA-BCD=abc-41312abc=13abc

24、=25.因为三棱锥A-BCD四个侧面是全等的,S表=4SABD=412ABADsin3=24332=123.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=3VA-BCDS表=325123=156,则三棱锥A-BCD的内切球与外接球表面积的比值为4r24R2=r2R2=1536194=557.17.(1)证明 A1C平面ABC,BC平面ABC,A1CBC.ACB=90,BCCA.A1CCA=C,A1C,CA平面ACC1A1,BC平面ACC1A1.BC平面BB1C1C,平面ACC1A1平面BB1C1C.(2)

25、解 平面ACC1A1平面BB1C1C,且这两个平面的交线为CC1,过A1作A1DCC1,垂足为点D,则A1D平面BB1C1C.四棱锥A1-BB1C1C的高为A1D.BCCA,BCCA1,BA=BA1,BC=BC,RtBCARtBCA1.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1.18.解 (1)过点E作EEAB于点E,过点F作FFBC于点F,连接EF.底面ABCD是边长为8的正方形,EAB

26、,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EEFF是平行四边形,则EFEF.EF平面ABCD,EF平面ABCD,EF平面ABCD.(2)过点G,H分别作GGCD,HHDA,交CD,DA于点G,H,连接FG,GH,HE,AC.由(1)及题意可知,G,H分别为CD,DA的中点,EFGH-EFGH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=82 cm,EF=HE=12AC=42 cm,EE=AEsin 60=43 cm,该包装盒的容积为V=VEFGH-EFGH+

27、4VA-EEHH=EFEHEE+413SEEHH14AC=424243+413424322=64033 cm3.19.(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DEAA1,DE=AA1,所以四边形DEA1A是平行四边形,所以ADA1E.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=3.在RtC1HC中,C1C=3,所以CH=3.在RtCHA中,CH=3,AC=3

28、,所以sinCAH=CHAC=3322.又因为CAH为锐角,所以cosCAH=63,且0CAH4,所以点H在线段AD的延长线上.在CDA中,sinCDH=sin4+CAH=6+236,CD=CHsinCDH=6-32,所以t=BDBC=32-(6-32)32=2-2.(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(3,0,0),C(0,3,0),C1(0,3,3),所以AB=(3,0,0),AC1=(0,3,3),BC=(-3,3,0),BD=tBC=(-3t,3t,0),所以AD=AB+BD=

29、(3-3t,3t,0).设平面AC1D的一个法向量为n1=(x,y,z),则n1AC1=0,n1AD=0,即3y+3z=0,3(1-t)x+3ty=0,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3,所以n1n2|n1|n2|=cos3=12,即1-t3t2-4t+2=12,得t2-4t+2=0.又因为0t1,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=(1+2)5+4=(35+

30、5),该圆台的体积V=132(+4+4)=143.(2)作BMBA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(2cos ,2sin ,0),即A1D=(1-2cos ,-2sin ,2).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,则sin =|cos|=|-2sin|(1-2cos)2+(-2sin)2+4=|2sin|9-4cos=217,又sin2+cos2=1,解得cos =12或cos =-114,故当cos =12时,所求取最小值为3.21.(1)证明 如

31、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,OPAC.又在POB中,OP=1,OB=1,PB=2,OP2+OB2=PB2,即OPOB.ACOB=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,OBOP,OBAC,ACOP=O,OB平面PAC,即BMO为直线BM与平面PAC所成的角,且tanBMO=BOOM=1OM,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

32、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,y,z),则mBC=x-y=0,mMC=3x-z=0,令x=1,得y=1,z=3,即m=(1,1,3).易知平面ABC的一个法向量为OP=(0,0,1).设平面MBC与平面ABC的夹角为,则cos =|mn|m|n|=311=31111.所以平面MBC与平面ABC的夹角的余弦值为31111.22.(1)证明 过点M作

33、MNBC,交PC于点N,连接DN.MNBC,PMNPBC,MNBC=PMPB=13,MN=13BC=AD.ADBC,ADMN,则四边形ADNM为平行四边形,则AMDN.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PACD.PAAD,CDAD=D,PA平面ABCD.BCD=90,过点A作AECD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,

34、0,0),PD=(0,1,-2).设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),则mBC=3y=0,mPC=ax+y-2z=0,取x=2,得y=0,z=a,则m=(2,0,a).设平面PCD的法向量为n=(x1,y1,z1),则nDC=ax1=0,nPD=y1-2z1=0,取z1=1,得x1=0,y1=2,则n=(0,2,1).由于二面角B-PC-D的余弦值为-1010,则|cos|=|mn|m|n|=aa2+45=1010,解得a=2,则C(2,1,0),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=PC(01),(xQ,yQ,zQ-2)=(2,1,-2)

35、,则Q(2,2-2),QA=(-2,-,2-2),u=AD|AD|=(0,1,0)1=(0,1,0),点Q到直线AD的距离为QA2-(QAu)2=82-8+4=253,解得=13或23.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253.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

36、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.8B.12C.16D.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(4,2)(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.0.9B.0.7C.0.3D.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.1564B.932C.276

37、4D.33644.(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

38、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.79B.89C.911D.10116.(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.16B.17C.13D.277.(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1 200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.0.94B.0

39、.96C.0.75D.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(xN)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.4B.5C.6D.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2 000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

40、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XN(,2)且P(X2)=0.5,随机变量YB(3,p),若E(Y)=E(X),则()A.=2B.D(X)=22C.p=23D.D(3Y)=211.(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

41、摸到蓝球”为事件B2,则下列说法正确的是()A.P(B1)=58B.P(A2B2)=528C.P(B1|A1)=47D.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(0p1).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)=5243B.D(X)=109C.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216625D.当p=25时,E(Y)=103三、填空题:本题共4小题,每小

42、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=bx+a.已知i=110xi=1 600,i=110yi=460,b=0.85.该班某女生的身高为170 cm,据此估计其体重为kg.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30或31获胜的球

43、队积3分,落败的球队积0分;以32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,则P(=2)=,E()=.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,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.