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【期末真题汇编】核心考点：解答题篇-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）
1．（2024秋 阜阳校级期末）甲、乙、丙三人独立地破译一份密码．已知他们能破译该密码的概率分别是．
（1）求三人都成功破译该密码的概率；
（2）求恰有一人成功破译该密码的概率．
2．（2024秋 丹东期末）甲乙两人进行投篮比赛，规定：每人每轮投球一次，若同时命中或同时未命中，则进行下一轮投球，若只有一人命中时，则命中者获得比赛的胜利，同时比赛结束．已知甲的命中率为，乙的命中率为，且各次投篮互不影响．
（1）求第一轮比赛未分出胜负的概率；
（2）求甲在第3轮比赛时获胜的概率．
3．（2023秋 江苏期末）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且ctanB＝（2a﹣c）tanC．
（1）求角B的大小；
（2）若点D在边AC上，BD平分∠ABC，b＝2，求BD长的最大值．
4．（2024秋 黄浦区期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是BC1的中点．
（1）求证：BC1⊥平面CDE；
（2）求直线DE与平面ABCD所成角的大小．
5．（2022秋 潍坊期末）在锐角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosCsin（A﹣B）＝cosBsin（C﹣A）．
（1）求tanA的最小值；
（2）若tanA＝2，，求c．
6．（2024秋 辽宁期末）如图1所示，在△ABC中，点D在线段BC上，满足，G是线段AB上的点，且满足，线段CG与线段AD交于点O．
（Ⅰ）若，求实数x，y的值；
（Ⅱ）若，求实数t的值；
（Ⅲ）如图2，过点O的直线与边AB，AC分别交于点E，F，设，（λ＞0，μ＞0），求λ+μ的最小值．
7．（2024秋 五华区校级期末）如图，在等边三角形ABC中，点D满足，点E满足，点F是AC边上的中点，设，．
（1）用，表示；
（2）若△ABC的边长为2，试求与夹角的余弦值．
8．（2024秋 耒阳市校级期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为4，D是AB的中点．
（1）求证：BC1∥平面A1DC；
（2）求异面直线A1D与BC1所成角的正弦值．
9．（2024秋 浦东新区校级期末）在集合{﹣5，﹣3，﹣1，1，3，5}中任意选取一个实数作为a，构造函数f（x）＝x2﹣ax+1，x∈R，记事件A为“所选取的实数a使得函数y＝f（x）有两个不等零点”．
（1）观察选取的实数a，写出样本空间与事件A对应的集合，并求事件A发生的概率；
（2）记事件B为“所选取的实数α使得函数y＝f（x）在上是严格增函数”，求事件A，事件B至少一个发生的概率．
10．（2023秋 赣州期末）我省从2024年开始，高考不分文理科，实行“3+1+2”模式，其中“3”指的是语文、数学，外语这3门必选科目，“1”指的是考生需要在物理、历史这2门首选科目中选择1门，“2”指的是考生需要在思想政治、地理、化学、生物这4门再选科目中选择2门．已知某高校临床医学类招生选科要求是首选科目为物理，再选科目为化学、生物至少1门．
（1）从所有选科组合中任意选取1个，求该选科组合符合某高校临床医学类招生选科要求的概率；
（2）假设甲、乙两人每人选择任意1个选科组合是等可能的且相互独立，求这两人中恰好有一人的选科组合符合某高校临床医学类招生选科要求的概率．
11．（2024秋 商丘期末）如图，已知四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，
且∠DAB＝90°，∠ABC＝45°，CB，AB＝2，PA＝1
（1）求证：AB∥平面PCD；
（2）求证：BC⊥平面PAC；
（3）若M是PC的中点，求三棱锥C﹣MAD的体积．
12．（2021春 马鞍山期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是所在棱的中点．
（1）证明：A1E⊥平面ABGH；
（2）求直线A1F与平面ABGH所成角的正弦值．
13．（2024秋 郓城县校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F．
（1）求证：PA∥平面EDB；
（2）求证：PB⊥平面EFD；
（3）求平面CPB与平面PBD的夹角的大小．
14．（2024秋 东湖区校级期末）马尔可夫链是因俄国数学家安德烈 马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第n+1次状态的概率分布只跟第n次的状态有关，为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后继续选择面食套餐的概率为，如此往复．
（1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率；
（2）记该同学第n天选择米饭套餐的概率为Pn，
①证明：为等比数列；
②当n≥2时，Pn≤m恒成立，求m取值范围．
15．（2024秋 泰安校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△PAD是正三角形，∠ABC＝90°，AB∥CD，AB＝2CD＝2BC＝4，平面PAD⊥平面ABCD，M是棱PC上动点．
（1）求证：平面MBD⊥平面PAD；
（2）在线段PC上是否存在点M，使得直线AP与平面MBD所成角为30°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
16．（2024秋 耒阳市校级期末）如图，在等边△ABC中，AB＝3，点O在边BC上，且.过点O的直线分别交射线AB，AC于不同的两点M，N．
（1）设，，试用，表示；
（2）求；
（3）设，，求的最小值．
17．（2024秋 上虞区期末）已知在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，P分别为C1D1，AD，CC1的中点，棱长为1，
（1）求证：MP∥平面ABB1A1；
（2）过M，N，P三点作正方体的截面，画出截面（保留作图痕迹），并计算截面的周长．
18．（2024秋 周口校级期末）对任意一个非零复数z，定义集合．
（1）设a是方程的一个根，试用列举法表示集合Ma；
（2）若复数ω∈Mz，求证Mω Mz．
19．（2024秋 潍坊期末）某中学高一年级举行了数学素养知识竞赛，竞赛分为初赛和决赛两个阶段，为了解初赛情况，现从高一年级随机抽取了200名学生，记录他们的初赛成绩，将数据按照[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图．
（1）求频率分布直方图中a的值，并估计高一年级初赛的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）；
（2）按照分层抽样从[60，70）和[70，80）两组中随机抽取了5名学生，现从已抽取的5名学生中随机抽取2名，求至少有1名学生的成绩在[60，70）的概率；
（3）已知本次竞赛最终由甲、乙、丙三人进行决赛，决赛规则如下：比赛前抽签决定首场比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场的比赛（比赛没有平局），先赢两场者获胜，比赛随即结束．已知每场比赛甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为，每场比赛相互独立．请通过计算说明哪两人参加首场比赛甲获胜的概率最大．
20．（2024秋 娄底期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为边AC上（异于A，C两点）的动点，平面B1BD与边A1C1交于点E．
（1）请判断四边形BB1ED的形状，并说明理由；
（2）已知侧面AA1C1C⊥底面ABC，AD＝3DC，AA1＝BA1＝AB＝BC＝2，AC＝4，求直线AB与平面B1BDE所成角的大小．
【期末真题汇编】核心考点：解答题篇-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）
参考答案与试题解析
1．（2024秋 阜阳校级期末）甲、乙、丙三人独立地破译一份密码．已知他们能破译该密码的概率分别是．
（1）求三人都成功破译该密码的概率；
（2）求恰有一人成功破译该密码的概率．
【解答】解：（1）三人都成功破译该密码的概率为；
（2）只有甲成功破译该密码的概率为，
只有乙成功破译该密码的概率为，
只有丙成功破译该密码的概率为，
故恰有一人成功破译该密码的概率为．
2．（2024秋 丹东期末）甲乙两人进行投篮比赛，规定：每人每轮投球一次，若同时命中或同时未命中，则进行下一轮投球，若只有一人命中时，则命中者获得比赛的胜利，同时比赛结束．已知甲的命中率为，乙的命中率为，且各次投篮互不影响．
（1）求第一轮比赛未分出胜负的概率；
（2）求甲在第3轮比赛时获胜的概率．
【解答】解：（1）根据题意，记事件Ai＝“甲第i轮投中”，Bi＝“乙第i轮投中”，i＝1，2，3，
第一轮比赛未分出胜负是甲乙同时命中或都未命中，即事件A1B1，
则要求概率；
（2）根据题意，甲在第3轮比赛时获胜，
则前两轮都是平局，第3轮投球甲命中，即事件，
则要求概率．
3．（2023秋 江苏期末）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且ctanB＝（2a﹣c）tanC．
（1）求角B的大小；
（2）若点D在边AC上，BD平分∠ABC，b＝2，求BD长的最大值．
【解答】解：（1）因为ctanB＝（2a﹣c）tanC，
由正弦定理得：，
由sinC＞0，得sinBcosC＝2sinAcosB﹣sinCcosB，
所以sinBcosC+cosBsinC＝2sinAcosB，
即sin（B+C）＝2sinAcosB，
因为B+C+A＝π，所以sinA＝2sinAcosB，
又sinA＞0，所以．
因为0＜B＜π，所以；
（2）由S△ABD+S△CBD＝S△ABC，
得，
所以，
在△ABC中，由余弦定理得：AB2+BC2﹣AB×BC＝12，
所以，从而，当且仅当AB＝BC取等号．
则，当且仅当取等号，
则BD长的最大值为3．
4．（2024秋 黄浦区期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是BC1的中点．
（1）求证：BC1⊥平面CDE；
（2）求直线DE与平面ABCD所成角的大小．
【解答】解：（1）证明：连接B1C，
由题意，E是B1C的中点，且B1C⊥BC1，即EC⊥BC1，
因为DC⊥平面BCC1B1，BC1 平面BCC1B1，
可得DC⊥BC1，
又DC∩EC＝C，DC，EC 平面CDE，
可得BC1⊥平面CDE，得证；
（2）过E作EF⊥BC，交BC于F，连接DF，
由题意，EF⊥平面ABCD，
又DF 平面ABCD，
可得以EF⊥DF，
所以∠EDF是直线DE与平面ABCD所成的角，
由题意，设CC1＝CB＝CD＝2a，
则，，
所以，
所以在Rt△DEF，，
故直线DE与平面ABCD所成角的大小是．
5．（2022秋 潍坊期末）在锐角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosCsin（A﹣B）＝cosBsin（C﹣A）．
（1）求tanA的最小值；
（2）若tanA＝2，，求c．
【解答】解：（1）由题意得cosC（sinAcosB﹣cosAsinB）＝cosB（sinCcosA﹣cosCsinA），
整理得2cosCsinAcosB＝cosAsinA，
因为sinA＞0，所以2cosCcosB＝cosA，
又因为cosA＝﹣cos（B+C）＝﹣cosBcosC+sinBsinC，
所以sinBsinC＝3cosCcosB，
解得tanBtanC＝3，
所以，
当且仅当时等号成立，
所以tanA的最小值为．
（2）由（1）知tanA＝2，所以tanB+tanC＝4，
又因为tanBtanC＝3，所以tanC＝1或tanC＝3，
当tanC＝1时，，由正弦定理得，
当tanC＝3时，，由正弦定理得．
综上，或．
6．（2024秋 辽宁期末）如图1所示，在△ABC中，点D在线段BC上，满足，G是线段AB上的点，且满足，线段CG与线段AD交于点O．
（Ⅰ）若，求实数x，y的值；
（Ⅱ）若，求实数t的值；
（Ⅲ）如图2，过点O的直线与边AB，AC分别交于点E，F，设，（λ＞0，μ＞0），求λ+μ的最小值．
【解答】解：（Ⅰ）因为，所以，
所以，
所以；
（Ⅱ）由题意可知：，
，
又因为G，O，C三点共线，所以存在实数k使得，
即，
所以，解得，
所以；
（Ⅲ）易知，
由（Ⅱ）知，
又因为E，O，F三点共线，
所以，又λ＞0，μ＞0，
则，
当且仅当，即时取等号，
所以λ+μ的最小值为．
7．（2024秋 五华区校级期末）如图，在等边三角形ABC中，点D满足，点E满足，点F是AC边上的中点，设，．
（1）用，表示；
（2）若△ABC的边长为2，试求与夹角的余弦值．
【解答】解：（1）因为点E满足，点F是AC边上的中点，
所以；
（2）因为点D满足，
所以，
因为等边△ABC的边长为2，所以，
所以，
，
，
所以．
8．（2024秋 耒阳市校级期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为4，D是AB的中点．
（1）求证：BC1∥平面A1DC；
（2）求异面直线A1D与BC1所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：连接AC1交A1C于O，
在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为4，
因此四边形AA1C1C是正方形，所以O是AC1的中点，而D是AB的中点，
因此有OD∥BC1，而OD 平面A1DC，BC1 平面A1DC，
所以BC1∥平面A1DC；
（2）解：由（1）可知：OD∥BC1，
因此异面直线A1D与BC1所成角为∠A1DO（或其补角），
因为AA1C1C是正方形，所以，
在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为4，
因此四边形BB1C1C是正方形，因此有，
在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱垂直于底面，因此也就垂直底面中任何直线，
因此有，
由余弦定理可知：，
因此．
9．（2024秋 浦东新区校级期末）在集合{﹣5，﹣3，﹣1，1，3，5}中任意选取一个实数作为a，构造函数f（x）＝x2﹣ax+1，x∈R，记事件A为“所选取的实数a使得函数y＝f（x）有两个不等零点”．
（1）观察选取的实数a，写出样本空间与事件A对应的集合，并求事件A发生的概率；
（2）记事件B为“所选取的实数α使得函数y＝f（x）在上是严格增函数”，求事件A，事件B至少一个发生的概率．
【解答】解：（1）根据题意，在集合{﹣5，﹣3，﹣1，1，3，5}中任意选取一个实数作为a，
则Ω＝{﹣5，﹣3，﹣1，1，3，5}，
函数f（x）＝x2﹣ax+1，若函数y＝f（x）有两个不等零点，
则有Δ＝a2﹣4＞0，即a＞2或a＜﹣2，
又由a∈{﹣5，﹣3，﹣1，1，3，5}，则a可取的值为{﹣5，﹣3，3，5}，
故A＝{﹣5，﹣3，3，5}，P（A），
（2）根据题意，若函数y＝f（x）在上是严格增函数，则，即a，
故B＝{﹣5，﹣3，﹣1}，P（B），
P（）＝（1﹣P（A））（1﹣P（B））＝（1）（1），
则事件A，事件B至少一个发生的概率P（A+B）＝1﹣P（）．
10．（2023秋 赣州期末）我省从2024年开始，高考不分文理科，实行“3+1+2”模式，其中“3”指的是语文、数学，外语这3门必选科目，“1”指的是考生需要在物理、历史这2门首选科目中选择1门，“2”指的是考生需要在思想政治、地理、化学、生物这4门再选科目中选择2门．已知某高校临床医学类招生选科要求是首选科目为物理，再选科目为化学、生物至少1门．
（1）从所有选科组合中任意选取1个，求该选科组合符合某高校临床医学类招生选科要求的概率；
（2）假设甲、乙两人每人选择任意1个选科组合是等可能的且相互独立，求这两人中恰好有一人的选科组合符合某高校临床医学类招生选科要求的概率．
【解答】解：（1）根据题意，考生需要在物理、历史这2门首选科目中选择1门，在思想政治、地理、化学、生物这4门再选科目中选择2门，
则所有的选科组合有12种，
其中首选科目为物理，再选科目为化学、生物至少1门的选法有1＝5种，
则该选科组合符合某高校临床医学类招生选科要求的概率P；
（2）根据题意，由（1）的结论，甲、乙两人中任意一人合某高校临床医学类招生选科要求的概率都为，
则两人中恰好有一人符合要求的概率P（1）（1）．
11．（2024秋 商丘期末）如图，已知四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，
且∠DAB＝90°，∠ABC＝45°，CB，AB＝2，PA＝1
（1）求证：AB∥平面PCD；
（2）求证：BC⊥平面PAC；
（3）若M是PC的中点，求三棱锥C﹣MAD的体积．
【解答】解：（1）∵底面ABCD是直角梯形，且∠DAB＝90°，∠ABC＝45°，
∴AB∥CD，
又AB 平面PCD，CD 平面PCD，
∴AB∥平面PCD．
（2）∵∠ABC＝45°，CB，AB＝2，
∴AC2＝AB2+BC2﹣2AB BC cos45°2．
则AC2+BC2＝AB2，∴BC⊥AC．
∵PA⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，∴PA⊥BC．
又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC．
（3）在直角梯形ABCD中，过C作CE⊥AB于点E，
则四边形ADCE为矩形，∴AE＝DC，AD＝EC．
在Rt△CEB中，可得BE＝BC cos45°，
CE＝BC sin45°，∴AE＝AB﹣BE＝2﹣1＝1
∴S△ADC．，
∵M是PC的中点，∴M到平面ADC的距离是P到平面ADC距离的一半，
∴VC﹣MAD＝VM﹣ACDS△ACD×（PA）．
12．（2021春 马鞍山期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是所在棱的中点．
（1）证明：A1E⊥平面ABGH；
（2）求直线A1F与平面ABGH所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB⊥平面A1ADD1，
又A1E 平面A1ADD1，
则AB⊥A1E，
在侧面A1ADD1中，A1E⊥AH，
又AB∩AH＝A，AB，AH 平面ABGH，
故A1E⊥平面ABGH；
（2）解：连接B1F，交BG于点N，A1E交AH于点M，连接MN，
由A1E∥B1F，则M，N，A1，F四点共面
设A1F∩MN＝P，
由（1）可知，A1E⊥平面ABGH，
所以MP为A1P在平面ABGH内的射影，
则∠A1PM为A1F与平面ABGH所成的角，
在△A1MP中，A1M，A1P，
所以sin∠A1PM，
故直线A1F与平面ABGH所成角的正弦值为．
13．（2024秋 郓城县校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F．
（1）求证：PA∥平面EDB；
（2）求证：PB⊥平面EFD；
（3）求平面CPB与平面PBD的夹角的大小．
【解答】解：（1）证明：如图所示，连接AC，AC交BD于点O，连接EO．
∵底面ABCD是正方形，∴点O是AC的中点．
在△PAC中，EO是中位线，∴PA∥EO．
而EO 平面EDB且PA 平面EDB，
∴PA∥平面EDB；
（2）证明：∵PD⊥底面ABCD，且DC 平面ABCD，∴PD⊥DC．
∵PD＝DC，∴△PDC是等腰直角三角形．
又DE是斜边PC的中线，∴DE⊥PC．①
由PD⊥底面ABCD，得PD⊥BC．
∵底面ABCD是正方形，∴DC⊥BC．
又PD∩DC＝D，∴BC⊥平面PDC．
又DE 平面PDC，∴BC⊥DE．②
由①和②推得DE⊥平面PBC．
而PB 平面PBC，∴DE⊥PB．
又EF⊥PB，且DE∩EF＝E，∴PB⊥平面EFD；
（3）由（2）知，PB⊥DF，故∠EFD是二面角C﹣PB﹣D的平面角．
由（2）知，DE⊥EF，PD⊥DB．
设正方形ABCD的边长为a，则PD＝DC＝a，BD，PB，
PC，DEPC，
在Rt△PDB中，DF．
在Rt△EFD中，sin∠EFD，∴∠EFD．
故平面CPB与平面PBD的夹角的大小为．
14．（2024秋 东湖区校级期末）马尔可夫链是因俄国数学家安德烈 马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第n+1次状态的概率分布只跟第n次的状态有关，为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后继续选择面食套餐的概率为，如此往复．
（1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率；
（2）记该同学第n天选择米饭套餐的概率为Pn，
①证明：为等比数列；
②当n≥2时，Pn≤m恒成立，求m取值范围．
【解答】解：（1）设A2为“第2天选择米饭套餐”，A1为“第1天选择米饭套餐”，
那么为“第1天不选择米饭套餐”，
根据题意可得，
根据全概率公式可得：．
（2）①证明：设An为“第n天选择米饭套餐”，那么，
根据题意可得，
根据全概率公式可得：
，
所以，又因为，
因此数列是以为公比，为首项的等比数列．
②根据①可得，
当n为正偶数时，，
当n为大于1的奇数时，，
所以当n≥2时，，所以．
15．（2024秋 泰安校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△PAD是正三角形，∠ABC＝90°，AB∥CD，AB＝2CD＝2BC＝4，平面PAD⊥平面ABCD，M是棱PC上动点．
（1）求证：平面MBD⊥平面PAD；
（2）在线段PC上是否存在点M，使得直线AP与平面MBD所成角为30°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【解答】解：（1）证明：因为AB∥CD，AB＝2CD＝2BC＝4，所以CD＝BC＝2，因为∠ABC＝90°，所以，
因为∠ABD＝45°，AB＝4，所以，
所以AD2+BD2＝AB2，∠ADB＝90°，AD⊥BD，
取AD中点O，连结PO，因为△PAD是正三角形，所以PO⊥AD，
又面PAD⊥面ABCD，面PAD∩面ABCD＝AD，PO 面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，又BD 平面ABCD，所以PO⊥BD，
又AD⊥BD，PO∩AD＝O，PO，AD 平面PAD，所以BD⊥平面PAD，
又BD 平面BDM，所以平面MBD⊥平面PAD．
（2）取AB中点N，连结ON，则ON∥BD，AD⊥ON，
以，，为正交基底建立如图所示坐标系，
，
设，0≤λ≤1，则，
又，设平面BDM的一个法向量为，
则，即，若z＝2λ﹣1，
取，
由直线AP与平面MBD所成角为30°，得，
则10λ2﹣13λ+4＝0 解得或，
当或时，直线AP与平面BDM所成角为30°．
16．（2024秋 耒阳市校级期末）如图，在等边△ABC中，AB＝3，点O在边BC上，且.过点O的直线分别交射线AB，AC于不同的两点M，N．
（1）设，，试用，表示；
（2）求；
（3）设，，求的最小值．
【解答】解：（1）由，，，
可得，
所以；
（2）在等边△ABC中，AB＝3，
则，
由（1）得，
，
，，
所以，
所以；
（3）由（1）知，，
而，，
因此，
而M，O，N共线，则，
又m＞0，n＞0，
于是
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值是．
17．（2024秋 上虞区期末）已知在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，P分别为C1D1，AD，CC1的中点，棱长为1，
（1）求证：MP∥平面ABB1A1；
（2）过M，N，P三点作正方体的截面，画出截面（保留作图痕迹），并计算截面的周长．
【解答】（1）证明：连接CD1，
∵M，P分别为C1D1，CC1的中点，∴MP∥D1C，
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1D1∥BC，且A1D1＝BC，
∴四边形A1D1CB为平行四边形，可得D1C∥A1B，则MP∥A1B，
∵MP 平面ABB1A1，A1B 平面ABB1A1，
∴MP∥平面ABB1A1；
（2）解：延长MP交DC的延长线于E，连接NE交BC于Q，
延长PM交DD1的延长线于F，连接NE交A1D1于G，再连接PQ，MG，
则五边形MPQNG为过M，N，P三点的平面与正方体的截面图形，
由△MC1P≌△ECP，得，
∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，
∴DN，CQ，PC，ED，，
解得MP，PQ，
NQ，同理求得MG，NG．
∴算截面的周长L．
18．（2024秋 周口校级期末）对任意一个非零复数z，定义集合．
（1）设a是方程的一个根，试用列举法表示集合Ma；
（2）若复数ω∈Mz，求证Mω Mz．
【解答】（1）解：由，得，
∴，，
当时，∵，，
∴{}＝{}；
当时，∵，
∴{}．
∴Ma＝{}；
（2）证明：∵ω∈MZ，
∴存在m∈N，使得ω＝z2m﹣1．
于是对任意n∈N，ω2n﹣1＝z（2m﹣1）（2n﹣1），
由于（2m﹣1）（2n﹣1）是正奇数，ω2n﹣1∈Mz，
∴Mω MZ．
19．（2024秋 潍坊期末）某中学高一年级举行了数学素养知识竞赛，竞赛分为初赛和决赛两个阶段，为了解初赛情况，现从高一年级随机抽取了200名学生，记录他们的初赛成绩，将数据按照[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图．
（1）求频率分布直方图中a的值，并估计高一年级初赛的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）；
（2）按照分层抽样从[60，70）和[70，80）两组中随机抽取了5名学生，现从已抽取的5名学生中随机抽取2名，求至少有1名学生的成绩在[60，70）的概率；
（3）已知本次竞赛最终由甲、乙、丙三人进行决赛，决赛规则如下：比赛前抽签决定首场比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场的比赛（比赛没有平局），先赢两场者获胜，比赛随即结束．已知每场比赛甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为，每场比赛相互独立．请通过计算说明哪两人参加首场比赛甲获胜的概率最大．
【解答】解：（1）根据题意可得（0.005+a+0.030+0.035+0.010）×10＝1，解得a＝0.020；
所以估计平均数为；
（2）由（1）知，成绩在[60，70），[70，80）的频率之比为0.2：0.3＝2：3，
则在[60，70）中随机抽取了人，在[70，80）中随机抽取了人，
所以再从已抽取的5名学生中随机抽取2名，
则至少有1名学生的成绩在[60，70）的概率为；
（3）若首场甲乙比赛，则甲获胜有三种情况：
①甲乙比赛甲胜，甲丙比赛甲胜，概率为，
②甲乙比赛甲胜，甲丙比赛丙胜，丙乙比赛乙胜，乙甲比赛甲胜的概率为，
③甲乙比赛乙胜，乙丙比赛丙胜，丙甲比赛甲胜，乙甲比赛甲胜的概率为，
所以最终甲获胜的概率为；
若首场甲丙比赛，则甲获胜有三种情况：
①甲丙比赛甲胜，甲乙比赛甲胜的概率为，
②甲丙比赛甲胜，甲乙比赛乙胜，乙丙比赛丙胜，丙甲比赛甲胜的概率为，
③甲丙比赛丙胜，丙乙比赛乙胜，乙甲比赛甲胜，甲丙比赛甲胜的概率为，
所以最终甲获胜的概率为，
若首场乙丙比赛，则甲获胜有两种情况：
①乙丙比赛丙胜，丙甲比赛甲胜，甲乙比赛甲胜的概率为，
②乙丙比赛乙胜，乙甲比赛甲胜，甲丙比赛甲胜的概率为，
所以最终甲获胜的概率为，
因为，
所以首场由甲乙比赛才能使甲获胜的概率最大．
20．（2024秋 娄底期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为边AC上（异于A，C两点）的动点，平面B1BD与边A1C1交于点E．
（1）请判断四边形BB1ED的形状，并说明理由；
（2）已知侧面AA1C1C⊥底面ABC，AD＝3DC，AA1＝BA1＝AB＝BC＝2，AC＝4，求直线AB与平面B1BDE所成角的大小．
【解答】解：（1）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1∥BB1，
又BB1 平面ACC1A1，AA1 平面ACC1A1，
所以BB1∥平面ACC1A1，又平面B1BDE∩平面ACC1A1＝DE，BB1 平面B1BDE，
所以BB1∥DE，
又平面A1B1C1∥平面ABC，
平面B1BDE∩平面ABC＝BD，平面B1BDE∩平面A1B1C1＝B1E，
所以BD∥B1E，
所以四边形BB1ED为平行四边形；
（2）取AC的中点O，连接BO，A1O．
在△ABC中，因为BA＝BC，所以BO⊥AC，
因为侧面ACC1A1⊥底面ABC，底面ABC∩侧面ACC1A1＝AC，BO 底面ABC，
所以BO⊥平面ACC1A1，又OA1 侧面ACC1A1，所以BO⊥OA1．
在△ABC中，由AC＝4，，可知OB＝2，
在Rt△OBA1中，因为，OB＝2，所以，
所以，所以A1O⊥AC，
从而BO，OC，OA1两两垂直．
以O为原点，以OB，OC，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则O（0，0，0），A1（0，0，2），B（2，0，0），D（0，1，0），A（0，﹣2，0），
所以，，，
设平面B1BDE的法向量为，则
令x＝1，得，
设直线AB与平面B1BDE所成角为θ，
则，
因为，所以θ，
即直线AB与平面B1BDE所成角的大小为．
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