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【期末专项押题卷】填空题核心考点-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册
一．填空题（共35小题）
1．（2025 大武口区校级四模）已知向量，为单位向量，若与的夹角为，则||＝　 　 ．
2．（2025 浦东新区校级模拟）已知向量与单位向量所成的角为60°，且满足对任意的t∈R，恒有，则的最小值为 　 　 ．
3．（2025 和平区三模）若正方形ABCD的边长为1，中心为O，过O作直线l与边AD，BC分别交于P，Q两点，点M满足．
（i）当时，　 　 ；
（ii） 的最小值为　 　 ．
4．（2025 浦东新区校级模拟）如图，要在A和D两地之间修一条笔直的隧道，现从B地和C地测量得到：∠DBC＝24.2°，∠DCB＝35.4°，∠DBA＝31.6°，∠DCA＝17.5°，为确定隧道AD的方向，可求得∠DAB＝ 　 　 ．
5．（2025 沈河区校级模拟）如图，在平面四边形ABCD中，，∠ADC，AB⊥AD，CD＝4AB，则tan∠CAD＝ 　 　 ．
6．（2025 五华区校级模拟）已知△ABC的面积等于1，若BC＝1，则当这个三角形的三条高的乘积取最大值时，sinA＝ 　 　 ．
7．（2025春 重庆校级月考）如图，为了测量两山顶M，N间的距离，飞机沿水平方向在A、B两点进行测量，A，B，M，N在同一个铅垂平面内．在A点测得M，N的俯角分别为75°，30°，在B点测得M，N的俯角分别为45°，60°，且AB＝6km，则MN＝ 　 　 km．
8．（2025春 中牟县期末）某校学生参与数学实践活动，要求利用解三角形有关知识测量A处的大楼高度．某学生设计了如下的测量方案：选B，C两处作为测量点，A，C位于同一水平面，测得BC的距离为m米，∠ABC＝α，∠BCA＝β，在C处测得大楼楼顶D的仰角为γ，则大楼高度为 　 　 米．
9．（2025春 平凉月考）已知单位向量，满足 （） （）＝1，则，的夹角为 　 　 ．
10．（2025春 越秀区月考）如图，在△ABC中，AD＝2DC，点P是线段BD上的一个动点，，则最小值是　 　 ．
11．（2025春 六合区校级月考）正方形ABCD的边长为2，E为BC边的中点，F为CD边上一点，且5，则||＝ 　 　 ．
12．（2025春 安徽月考）给定两个长度为1的平面向量和，它们的夹角为，如图，点C在以O为圆心的圆弧上运动，若，其中a，b∈R，则ab的取值范围是 　 　 ．
13．（2025春 淄博月考）如图，在等腰△ABC中，底边BC＝2，D，E是腰AC上的两个动点，且，则当取得最小值时，的值为　 　 ．
14．（2025 宝鸡校级模拟）已知△ABC为锐角三角形，且AB＝5，AC＝6，△ABC的面积为，则BC＝ 　 　 ．
15．（2025 阳春市校级模拟）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c若a＝4，b＝5，△ABC的面积为．则c＝　 　 ；sinA＝　 　 ．
16．（2025 湖北模拟）已知△ABC的三个内角A，B，C的对边依次为a，b，c，外接圆半径为1，且满足，则△ABC周长的最大值为 　 　 ．
17．（2025 徐汇区校级三模）已知复数z满足z+29+2i（其中i为虚数单位），则z的虚部为 　 　 ．
18．（2025 静海区校级三模）已知a∈R，i为虚数单位，若为实数，则a的值为 　 　 ．
19．（2025 和平区三模）i是虚数单位，则|（2﹣i）（1+i）|＝ 　 　 ．
20．（2025 天津二模）已知i是虚数单位，复数 　 　 ．
21．（2025 徐汇区校级三模）已知四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的侧棱AA1垂直于底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形A1B1C1D1是边长为1的正方形，DD1＝2，则四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的体积为 　 　 ．
22．（2025 绵阳校级模拟）已知半径为1的球内切于上、下底面半径分别为r，R的圆台，若R≥2r，则圆台表面积的最小值为 　 　 ．
23．（2025 金昌校级模拟）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝2，M为棱BC的中点，Q为棱C1D1上一点，MQ∥平面BDD1B1，则三棱锥Q﹣A1BD外接球的表面积为 　 　 ．
24．（2025 临澧县校级模拟）在各棱长均相等的正四面体PABC中，取棱PC上一点T，使PT＝2TC，连接TA，TB，三棱锥T﹣PAB的内切球的球心为M，三棱锥T﹣ABC的内切球的球心为N，则平面MAB与平面NAB的夹角的正弦值是 　 　 ．
25．（2025春 桃城区月考）已知某圆锥的顶点和底面圆周上的点均在球O的表面上，且球O的表面积与体积相等，则该圆锥侧面积的最大值为 　 　 ．
26．（2025 山西模拟）现有甲、乙两个实心铁块，甲的形状是底面半径为，母线长为的圆锥，乙的形状是上、下底面边长分别为1和2，高为的正三棱台，将甲的底面朝下、乙的下底面朝下放在水平地面上，设甲、乙对地面的压强分别为p1，p2，则 　 　 ．
27．（2025 银川校级三模）有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点，已知最底层正方体的棱长为2，且该塔形的表面积（不含最底层正方体的底面面积）超过34，则该塔形中正方体的个数至少是 　 　 ．
28．（2025 瑶海区校级模拟）已知球O的表面积为16π，正四面体ABCD的顶点B，C，D均在球O的表面上，球心O为△BCD的外心，棱AB与球面交于点P．若A∈平面α1，B∈平面α2，C∈平面α3，D∈平面α4，αi∥αi+1（i＝1，2，3）且αi与αi+1（i＝1，2，3）之间的距离为同一定值，棱AC，AD分别与α2交于点Q，R，则△PQR的周长为　 　 ．
29．（2025 红河州四模）平均数、中位数和众数都是刻画一组数据的集中趋势的信息，它们的大小关系和数据分布的形态有关．在如图所示的分布形态中，a，b，c分别对应这组数据的平均数、中位数和众数，则a，b，c中的最小值为 　 　 ，最大值为 　 　 ．
30．（2025春 静安区期末）在第三十个世界读书日到来之际，为扎实推进学习型社区建设，大力推广全民阅读．某街道在A、B两个社区按照住户比例分别抽取成年居民15人和30人，进行连续15天业余读书时间调查．收集数据整理如下：
社区 调查人数 15天每人平均读书用时（分钟） 15天读书时间的方差
A 15 818 125
B 30 862 380
两个社区调查数据合并成45人后，估计这两个社区15天读书时间的总体方差为 　 　 ．（结果保留一位小数）
31．（2025 建湖县校级模拟）某饮用水工厂拥有15个巨型储水罐，目前已知其中有一罐遭到污染导致有毒，但不知具体是哪一罐．工厂质检部门决定通过抽样送检的方式，确定究竟是哪一罐受到了污染．已知样本检测所需时间为一天，而受合同订单因素的影响，明天就需要进行分装出货，所以仅有一次检测的时间（可同时送检）．显然，若将15份样本同时分别送检，肯定能够检测出受污染的水罐，但为了降低成本，质检部门决定采用混合送检的方式，那么至少需要同时送检　 　 份混合样品．
32．（2025 河南模拟）已知数列{an}的通项公式为an＝1+2+3+…+n，则从该数列的前10项中随机取出不同的两项，和为奇数的概率为 　 　 ．
33．（2025 鞍山模拟）从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取3个不同的数，且这三个数之积为偶数，记满足条件的这三个数之和为X；从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，且这两个数之积为偶数，记满足条件的两个数之和为Y．则P（X＝Y）＝ 　 　 ．
34．（2025 沙市区校级模拟）甲、乙、丙三人分别从2个不同的数中随机选择若干个数（可以不选），分别构成集合A，B，C，记A∩B∩C中元素的个数为m，则m＝1的概率为 　 　 ．
35．（2025 谷城县校级模拟）有5个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5，从中无放回地随机取3次，每次取1个球．记m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n之差的绝对值不大于的概率为　 　 ．
【期末专项押题卷】填空题核心考点-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册
参考答案与试题解析
一．填空题（共35小题）
1．（2025 大武口区校级四模）已知向量，为单位向量，若与的夹角为，则||＝　1　 ．
【解答】解：由题意，可知：
||2＝（）222﹣2 2﹣2 cos2﹣2 1 1 1．
∴||＝1．
故答案为：1．
2．（2025 浦东新区校级模拟）已知向量与单位向量所成的角为60°，且满足对任意的t∈R，恒有，则的最小值为 　　 ．
【解答】解：已知向量与单位向量所成的角为60°，
则，
又对任意的t∈R，恒有，
则对任意的t∈R恒成立，
即对任意的t∈R恒成立，
则，
即，
则，当且仅当时取等号，
即的最小值为，
故答案为：．
3．（2025 和平区三模）若正方形ABCD的边长为1，中心为O，过O作直线l与边AD，BC分别交于P，Q两点，点M满足．
（i）当时，　　 ；
（ii） 的最小值为　　 ．
【解答】解：（1）以正方形ABCD的中心O为原点，建立平面直角坐标系，如图所示：
则A（，），B（，），所以（，），（，），
（，）＝（，λ），
λ时，（，），所以||；
（2）设P（x，），则Q（﹣x，），x∈[，]，
则（x，λ），（x，λ），
所以 （x）（x）+（λ）（λ）x2，
所以x＝±且λ时， 取得最小值为0．
故答案为：（1）；（2）．
4．（2025 浦东新区校级模拟）如图，要在A和D两地之间修一条笔直的隧道，现从B地和C地测量得到：∠DBC＝24.2°，∠DCB＝35.4°，∠DBA＝31.6°，∠DCA＝17.5°，为确定隧道AD的方向，可求得∠DAB＝ 　52.5°　 ．
【解答】解：由题可得：∠DBC＝24.2°，∠DCB＝35.4°，∠DBA＝31.6°，∠DCA＝17.5°，
则∠BAC＝73.1°，设∠DAB＝θ，则∠DAC＝73.1°﹣θ，
由题意，在△ADC中，，
在△BDC中，，
在△BDA中，，
将上述三式相乘，得sin17.5°sin24.2°sinθ＝sin（71.3°﹣θ）sin35.4°sin31.6°，
从而有sin17.5°sin24.2°＝（sin71.3°cotθ﹣cos71.3°）sin35.4°sin31.6°，
得，
所以∠DAB≈arccot0.7672≈52.5°．
故答案为：52.5°．
5．（2025 沈河区校级模拟）如图，在平面四边形ABCD中，，∠ADC，AB⊥AD，CD＝4AB，则tan∠CAD＝ 　　 ．
【解答】解：设∠CAD＝θ，AB＝x，则CD＝4x，
在△ACD中，由正弦定理得，即，①
在△ABC中，，，
由正弦定理得，即，②
①②两式相除，得，即，
整理得，所以，即．
故答案为：．
6．（2025 五华区校级模拟）已知△ABC的面积等于1，若BC＝1，则当这个三角形的三条高的乘积取最大值时，sinA＝ 　　 ．
【解答】解：设△ABC三个内角A，B，C对应的边为a，b，c，对应的高为m，n，t，
△ABC面积等于1且CB＝1，即S＝1，a＝1，
Sambnct＝1，S3abcmnt＝1，
mnt，
因为ScbsinA＝1，
所以cb，mnt＝4sinA，
因为cosA1，当且仅当c＝b时取得等号，
所以2cb，即，
cot4，
故tan，
可得sinA，
所以当△ABC三条高的乘积取最大值时，sinA的值为．
故答案为：．
7．（2025春 重庆校级月考）如图，为了测量两山顶M，N间的距离，飞机沿水平方向在A、B两点进行测量，A，B，M，N在同一个铅垂平面内．在A点测得M，N的俯角分别为75°，30°，在B点测得M，N的俯角分别为45°，60°，且AB＝6km，则MN＝ 　　 km．
【解答】解：根据题意可知，在A点测得M，N的俯角分别为75°，30°，
∴∠MAB＝75°，∠NAB＝30°，
根据题意可知，在B点测得M，N的俯角分别为45°，60°，
∴∠MBA＝45°，∠NBA＝180°﹣60°＝120°，
在△ABM中，已知∠MAB＝75°，∠MBA＝45°，∠AMB＝60°，
根据正弦定理，则，
∴，
根据题意可知，AB＝6，
∵∠NAB＝30°，∠ABN＝120°，则∠ANB＝30°，∴AB＝BN＝6，
在△ABN中，根据余弦定理，则AN2＝AB2+BN2﹣2AB BNcos120°＝36+36+36，
∴，∵∠MAB＝75°，∠NAB＝30°，故∠MAN＝45°，
在△AMN中，根据余弦定理，则MN2＝AM2+AN2﹣2AM AN cos45°，
故MN2＝24+108﹣72＝60，∴．
故答案为：．
8．（2025春 中牟县期末）某校学生参与数学实践活动，要求利用解三角形有关知识测量A处的大楼高度．某学生设计了如下的测量方案：选B，C两处作为测量点，A，C位于同一水平面，测得BC的距离为m米，∠ABC＝α，∠BCA＝β，在C处测得大楼楼顶D的仰角为γ，则大楼高度为 　　 米．
【解答】解：由题意，在△ABC中，BC＝m米，∠ABC＝α，∠BCA＝β，
由正弦定理得，
所以，
在Rt△ADC中，∠ACD＝γ，．
故答案为：．
9．（2025春 平凉月考）已知单位向量，满足 （） （）＝1，则，的夹角为 　　 ．
【解答】解：由题意，，为单位向量，
设，的夹角为θ，
则由 （） （）＝1，
可得，
即，即，
又θ∈[0，π]，则，
即，的夹角为．
故答案为：．
10．（2025春 越秀区月考）如图，在△ABC中，AD＝2DC，点P是线段BD上的一个动点，，则最小值是　　 ．
【解答】解：因为AD＝2DC，所以，
所以，
因为B、P、D三点共线，所以m1，
所以（）（m）＝12，
当且仅当，即m，n时取等号，
故最小值是．
故答案为：．
11．（2025春 六合区校级月考）正方形ABCD的边长为2，E为BC边的中点，F为CD边上一点，且5，则||＝ 　　 ．
【解答】解：因为正方形ABCD的边长为2，点E为BC边的中点，
所以．
又，
所以在上的投影的数量为．
所以EF⊥AE，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
即．
故答案为：．
12．（2025春 安徽月考）给定两个长度为1的平面向量和，它们的夹角为，如图，点C在以O为圆心的圆弧上运动，若，其中a，b∈R，则ab的取值范围是 　　 ．
【解答】解：两个长度为1的平面向量和，它们的夹角为，
可得，则，
整理得，
由，，
则，
可得，解得，当且仅当a＝b时，等号成立，
由图易知a≥0，b≥0，所以．
故答案为：．
13．（2025春 淄博月考）如图，在等腰△ABC中，底边BC＝2，D，E是腰AC上的两个动点，且，则当取得最小值时，的值为　　 ．
【解答】解：因为D，E是腰AC上的两个动点，根据三点共线分别可得：
λ（1﹣λ），μ（1﹣μ），
所以（λ+μ）（2﹣λ﹣μ），
又xy，得到x+y＝2，
根据基本不等式可得（）（x+y）（5）（5+2），
当且仅当，即x，y时等号成立，
所以，
则 （） （） ，
又△ABC是等腰三角形，且底边BC＝2，取BC中点H，连接AH，
则AH⊥BC，且BH＝1，
根据平面向量数量积的公式可得：
．
故答案为：．
14．（2025 宝鸡校级模拟）已知△ABC为锐角三角形，且AB＝5，AC＝6，△ABC的面积为，则BC＝ 　7　 ．
【解答】解：由AB＝5，AC＝6，△ABC的面积为，
可得，S△ABC＝12AB AC sinA＝12×5×6sinA＝66，
解得，
又△ABC为锐角三角形，所以角A为锐角，
所以，
在△ABC中，由余弦定理，
可得，解得BC＝7．
故答案为：7．
15．（2025 阳春市校级模拟）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c若a＝4，b＝5，△ABC的面积为．则c＝　　 ；sinA＝　　 ．
【解答】解：因为a＝4，b＝5，△ABC的面积为．
所以，
所以sinC，所以cosC．
由余弦定理可知，c2＝a2+b2﹣2abcosC＝16+25﹣20＝21．
所以c．
由正弦定理可知sinA．
故答案为：；．
16．（2025 湖北模拟）已知△ABC的三个内角A，B，C的对边依次为a，b，c，外接圆半径为1，且满足，则△ABC周长的最大值为 　　 ．
【解答】解：根据正弦定理及外接圆半径R＝1可得，c＝2RsinC＝2sinC，b＝2RsinB＝2sinB，
∵，，∴，
∴sinAcosC＝cosA（2sinB﹣sinC）＝2sinBcosA﹣sinCcosA，
即sinAcosC+cosAsinC＝sin（A+C）＝sinB＝2sinBcosA，
∵sinB≠0，∴，A为三角形内角，故，
∴，且，
即可得bc＝b2+c2﹣a2＝b2+c2﹣（2RsinA）2＝b2+c2﹣3，
故，故，当且仅当时取等号，
∴△ABC周长的最大值为．
故答案为：．
17．（2025 徐汇区校级三模）已知复数z满足z+29+2i（其中i为虚数单位），则z的虚部为 　﹣2　 ．
【解答】解：z＝a+bi（a，b∈R），
复数z满足z+29+2i（其中i为虚数单位），
则a+bi+2（a﹣bi）＝3a﹣bi＝9+2i，即，解得，
故z＝3﹣2i，其虚部为﹣2．
故答案为：﹣2．
18．（2025 静海区校级三模）已知a∈R，i为虚数单位，若为实数，则a的值为 　　 ．
【解答】解：由为实数，
得，即a．
故答案为：．
19．（2025 和平区三模）i是虚数单位，则|（2﹣i）（1+i）|＝ 　　 ．
【解答】解：|（2﹣i）（1+i）|＝|2+2i﹣i﹣i2|＝|3+i|．
故答案为：．
20．（2025 天津二模）已知i是虚数单位，复数 　　 ．
【解答】解：复数．
故答案为：．
21．（2025 徐汇区校级三模）已知四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的侧棱AA1垂直于底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形A1B1C1D1是边长为1的正方形，DD1＝2，则四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的体积为 　　 ．
【解答】解：根据题意可得该四棱台的高为，
所以四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的体积为．
故答案为：．
22．（2025 绵阳校级模拟）已知半径为1的球内切于上、下底面半径分别为r，R的圆台，若R≥2r，则圆台表面积的最小值为 　7π　 ．
【解答】解：作出圆台与内切球的轴截面如图，过D作DF⊥BE于点F，易得OA＝OC，
OA⊥AD，OC⊥CD，
则△OAD≌△OCD，则AD＝CD＝r，同理得BE＝CE＝R，
则在Rt△DEF中，22+（R﹣r）2＝（R+r）2，解得Rr＝1，
因为R≥2r，所以，所以圆台的表面积，
设，
所以，所以，
因为，所以S′＜0，所以在上单调递减，
所以当且仅当时，S取得最小值为7π．
故答案为：7π．
23．（2025 金昌校级模拟）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝2，M为棱BC的中点，Q为棱C1D1上一点，MQ∥平面BDD1B1，则三棱锥Q﹣A1BD外接球的表面积为 　11π　 ．
【解答】解：建系如图：
则D（0，0，0），B（2，2，0），D1（0，0，2），A1（2，0，2），M（1，2，0），
设Q（0，m，2），则，，，
设平面BB1D1D的法向量为，
则，取，
因为MQ∥平面BDD1B1，所以，
所以1+m﹣2＝0，所以m＝1，所以Q（0，1，2），
设三棱锥Q﹣A1BD外接球的球心坐标为O（a，b，c），
由OA1＝OD＝OB＝OQ得：
，解得，
所以外接球半径为，
所以三棱锥Q﹣A1BD外接球的表面积为4πR2＝11π．
故答案为：11π．
24．（2025 临澧县校级模拟）在各棱长均相等的正四面体PABC中，取棱PC上一点T，使PT＝2TC，连接TA，TB，三棱锥T﹣PAB的内切球的球心为M，三棱锥T﹣ABC的内切球的球心为N，则平面MAB与平面NAB的夹角的正弦值是 　　 ．
【解答】解：设三棱锥T﹣PAB的内切球分别与面PAB、面TAB相切于D，E两点，则DP平分∠APB，ET平分∠ATB，
由题意知，PA＝PB，TA＝TB，
取AB的中点Q，则M在∠PQT的平分线上，
同理可得，三棱锥T﹣PAB的内切球球心N在∠TQC的平分线上，
因为△PAB和△ABC均为等边三角形，且Q是AB的中点，
所以PQ⊥AB，CQ⊥AB，
又PQ∩CQ＝Q，PQ、CQ 平面PQC，
所以AB⊥平面PQC，
因为MQ 平面PQC，所以MQ⊥AB，
同理可得，NQ⊥AB，
所以∠MQN为平面MAB与平面NAB的夹角的平面角，
又M在∠PQT的平分线上，N在∠TQC的角平分线上，
所以，
设正四面体棱长为3a，则，PC＝3a，
所以sin∠MQN＝sin∠PQC．
故答案为：．
25．（2025春 桃城区月考）已知某圆锥的顶点和底面圆周上的点均在球O的表面上，且球O的表面积与体积相等，则该圆锥侧面积的最大值为 　　 ．
【解答】解：设球的半径为R，由投影可知，解得R＝3，
作出该圆锥的轴截面如图（球心O可能在圆锥内或圆锥外），
其中l，r，t，分别表示该圆锥的母线长，底面圆半径，球心O到底面圆的距离，
故r2＝R2﹣t2＝9﹣t2，l2＝（R+t）2+r2＝R2+2Rt+t2+r2＝18+6t，
则圆锥侧面积，﹣3＜t＜3，
记f（t）＝（18+6t）（9﹣t2），﹣3＜t＜3，
则f′（t）＝18（3+t）（1﹣t），
当t∈（﹣3，1）时，f′（t）＞0，f（t）单调递增，
当t∈（1，3）时，f′（t）＜0，f（t）单调递减，
故f（t）≤f（1）＝192，于是．
故答案为：．
26．（2025 山西模拟）现有甲、乙两个实心铁块，甲的形状是底面半径为，母线长为的圆锥，乙的形状是上、下底面边长分别为1和2，高为的正三棱台，将甲的底面朝下、乙的下底面朝下放在水平地面上，设甲、乙对地面的压强分别为p1，p2，则 　1　 ．
【解答】解：由已知可得，甲的高为，
则甲铁块的体积；
乙铁块的体积．
设铁块的密度为ρ，则甲铁块对地面的压力F1＝2πρ，乙铁块对地面的压力为，
甲铁块的底面积为S1，乙铁块的底面积，
∴．
故答案为：1．
27．（2025 银川校级三模）有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点，已知最底层正方体的棱长为2，且该塔形的表面积（不含最底层正方体的底面面积）超过34，则该塔形中正方体的个数至少是 　5　 ．
【解答】解：由题设，从底部到顶部正方体的棱长依次为，n∈N*，
所以除顶部正方体，第k个正方体上底面可见的表面积为，1≤k＜n，k∈N*，
顶部正方体上底面面积为23﹣n，
各正方体四个侧面的面积为，
所以n个正方体的表面积为23﹣n+（21+20+ +22﹣（n﹣1））+（24+23+ +25﹣n）
，
令，可得2n+1＞32，则n≥5，n∈N*，
故该塔形中正方体的个数至少是5个．
故答案为：5．
28．（2025 瑶海区校级模拟）已知球O的表面积为16π，正四面体ABCD的顶点B，C，D均在球O的表面上，球心O为△BCD的外心，棱AB与球面交于点P．若A∈平面α1，B∈平面α2，C∈平面α3，D∈平面α4，αi∥αi+1（i＝1，2，3）且αi与αi+1（i＝1，2，3）之间的距离为同一定值，棱AC，AD分别与α2交于点Q，R，则△PQR的周长为　　 ．
【解答】解：设αi与αi+1（i＝1，2，3）之间的距离为d，球O的半径为R，
则由题意得4πR2＝16π，解得R＝2，所以OB＝OP＝2，
所以，
所以，
由A，P，B三点共线，故存在实数λ，使得，
所以，
所以4＝8λ2+4（1﹣λ）2，
即3λ2﹣2λ＝0，
解得（舍），
所以，所以，所以，
又αi∥αi+1（i＝1，2，3）且αi与αi+1（i＝1，2，3）之间的距离为同一定值d，
则，
所以，
因为，
所以，
易得△APQ≌△ARQ，
所以，又，
所以△APR为正三角形，所以，
所以△PQR的周长为．
故答案为：．
29．（2025 红河州四模）平均数、中位数和众数都是刻画一组数据的集中趋势的信息，它们的大小关系和数据分布的形态有关．在如图所示的分布形态中，a，b，c分别对应这组数据的平均数、中位数和众数，则a，b，c中的最小值为 　c　 ，最大值为 　a　 ．
【解答】解：根据频率分布直方图可得，众数是最高矩形的中点横坐标，
因此众数在第二列的中点处，
因为一二三四高矩形较多，且右边拖尾低矩形有三列，所以中位数大于众数，
右边拖尾的有三列，所以平均数大于中位数，
则a，b，c中的最小值为c，最大值为a．
故答案为：c；a．
30．（2025春 静安区期末）在第三十个世界读书日到来之际，为扎实推进学习型社区建设，大力推广全民阅读．某街道在A、B两个社区按照住户比例分别抽取成年居民15人和30人，进行连续15天业余读书时间调查．收集数据整理如下：
社区 调查人数 15天每人平均读书用时（分钟） 15天读书时间的方差
A 15 818 125
B 30 862 380
两个社区调查数据合并成45人后，估计这两个社区15天读书时间的总体方差为 　725.2　 ．（结果保留一位小数）
【解答】解：设社区A的15个人的读书时间分别为x1，x2， ，x15，
社区B的30个人的读书时间分别为y1，y2， ，y30，
根据题意，可得（x1+x2+ +x15）＝818，解得x1+x2+ +x15＝12270，
（y1+y2+ +y30）＝862，解得y1+y2+ +y30＝25860，
所以这45个人15天读书时间的平均数（12270+25860）≈847.33，
根据社区A的15个人的读书时间的方差（ ）﹣8182＝125，
解得 15（8182+125），
由社区B的30个人的读书时间的方差（ ）﹣8622＝380，
解得 30（8622+380），
所以这45个人读书时间的总体方差s2[（ ）+（ ）]2≈725.2．
故答案为：725.2．
31．（2025 建湖县校级模拟）某饮用水工厂拥有15个巨型储水罐，目前已知其中有一罐遭到污染导致有毒，但不知具体是哪一罐．工厂质检部门决定通过抽样送检的方式，确定究竟是哪一罐受到了污染．已知样本检测所需时间为一天，而受合同订单因素的影响，明天就需要进行分装出货，所以仅有一次检测的时间（可同时送检）．显然，若将15份样本同时分别送检，肯定能够检测出受污染的水罐，但为了降低成本，质检部门决定采用混合送检的方式，那么至少需要同时送检　4　 份混合样品．
【解答】解：我们用二进制数来表示储水罐的编号和混合样品的组合情况，
因为2n≥15，所以n的最小值能确定最少的混合样品份数，
由于23＝8，24＝16，所以 n＝4时满足要求，下面说明如何用4份混合样品确定受污染的水罐，
将15个储水罐从1到15进行编号，并同时用二进制进行编号，
即1＝（0001）2，2＝（0010）2，3＝（0011）2，……，15＝（1111）2，
构造4份混合样品：
第一份：包含二进制数从右到左数第1位为1的储水罐样本，即编号为1，3，5，7，9，11，13，15的储水罐样本，
第二份：包含二进制数从右到左数第2位为1的储水罐样本，即编号为2，3，6，7，10，11，14，15的储水罐样本，
第三份：包含二进制数从右到左数第3位为1的储水罐样本，即编号为4，5，6，7，12，13，14，15的储水罐样本，
第四份：包含二进制数从右到左数第4位为1的储水罐样本，即编号为8，9，10，11，12，13，14，15的储水罐样本，
根据这4份混合样品的检测结果（检测结果为“含毒”记为1，“不含毒”记为0），就可以确定是哪一个储水罐．
故答案为：4．
32．（2025 河南模拟）已知数列{an}的通项公式为an＝1+2+3+…+n，则从该数列的前10项中随机取出不同的两项，和为奇数的概率为 　　 ．
【解答】解：根据题意，数列{an}的通项公式为an＝1+2+3+…+n，则an，
该数列的前10项中，奇数项有6项，偶数有4项，
从该数列的前10项中随机取出不同的两项，有45种取法，
其中和为奇数的取法有6×4＝24种，
则和为奇数的概率P．
故答案为：．
33．（2025 鞍山模拟）从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取3个不同的数，且这三个数之积为偶数，记满足条件的这三个数之和为X；从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，且这两个数之积为偶数，记满足条件的两个数之和为Y．则P（X＝Y）＝ 　　 ．
【解答】解：从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取3个不同的数，且这三个数之积为偶数，
记满足条件的这三个数之和为X；
从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，且这两个数之积为偶数，记满足条件的两个数之和为Y，
从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取3个不同的数，要满足三个数之积为偶数，
则这三个数中至少有1个偶数，总共有种取法，
从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，且这两个数之积为偶数，
则这两个数中至少有1个偶数，总共有种取法，
又Xmin＝6，Xmax＝24，Ymin＝3，Ymax＝9，
接下来，找出X和Y相等的情况：
当X＝Y＝6时，满足条件的取法情况有{1，2，3}～{2，4}，共1种情况；
当X＝Y＝7时，满足条件的取法情况有{1，2，4}～{2，5}，{3，4}，共2种情况；
当X＝Y＝8时，无满足条件的情况；
当X＝Y＝9时，满足条件的取法情况有{1，2，6}，{2，3，4}～{4，5}，共2种情况，
所以．
故答案为：．
34．（2025 沙市区校级模拟）甲、乙、丙三人分别从2个不同的数中随机选择若干个数（可以不选），分别构成集合A，B，C，记A∩B∩C中元素的个数为m，则m＝1的概率为 　　 ．
【解答】解：根据题意，设两个数为a、b，则集合{a，b}的子集有{a}、{b}、{a，b}、 ，
若甲、乙、丙三人分别从2个不同的数中随机选择若干个数（可以不选），则3人的选法有4×4×4＝64种，
若A∩B∩C中元素的个数为1，
若A∩B∩C＝{a}，三人需要在{a}、{a，b}中任选一个，有2×2×2＝8种，
其中3人不能都选{a，b}，故满足A∩B∩C＝{a}选法有7种，
同理：若A∩B∩C＝{b}，也有7种选法，
故满足m＝1的选法有7+7＝14种，
故m＝1的概率P．
故答案为：．
35．（2025 谷城县校级模拟）有5个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5，从中无放回地随机取3次，每次取1个球．记m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n之差的绝对值不大于的概率为　　 ．
【解答】解：从5个不同的球中不放回地抽取3次，共有种取法，
设前两个球的号码为a，b，第三个球的号码为c，
则所求事件满足，
整理得|2c﹣（a+b）|≤3，即a+b﹣3≤2c≤a+b+3，
若c＝1，则a+b≤5，则（a，b）为：
（2，3），（3，2），共有2种，
若c＝2，则1≤a+b≤7，则（a，b）为：
（1，3），（1，4），（1，5），（3，4），
（3，1），（4，1），（5，1），（4，3），共有8种，
当c＝3，则3≤a+b≤9，则（a，b）为：
（1，2），（1，4），（1，5），（2，4），（2，5），（4，5），
（2，1），（4，1），（5，1），（4，2），（5，2），（5，4），共有12种，
当c＝4，则5≤a+b≤11，则（a，b）为：
（1，5），（2，3），（2，5），（3，5），
（5，1），（3，2），（5，2），（5，3），共有8种，
当c＝5，则7≤a+b≤13，则（a，b）为：
（3，4），（4，3），共有2种，
则m与n的差的绝对值不超过时不同的抽取方法总数为2+8+12+8+2＝32种，
故所求事件的概率为．
故答案为：．
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