（滬教版2021必修三）上海高二數(shù)學訓練-（提優(yōu)卷）期末滿分沖刺模擬卷二（教師版）

（提優(yōu)卷）期末滿分沖刺模擬卷二（教師版）

學校:姓名：班級：考號：

一、單選題（共30分）

1.（2021?四川成都?高一期末（理））下列說法正確的是（）

A.直角三角形繞一邊旋轉得到的旋轉體一定是圓錐

B.用一個平面去截圓錐，圓錐底面和截面之間的部分一定是圓臺

C.正視圖和側視圖的高一定是相等的，正視圖和俯視圖的長一定是相等的

D.利用斜二測畫法畫出的正方形的直觀圖和原來正方形的面積之比是2a

【答案】C

【分析】

根據(jù)圓錐的定義，圓臺的性質，三視圖的概念，斜二測畫法的定義判斷各選項.

【詳解】

直角三角形繞斜邊所在直線旋轉得到的旋轉體不是圓錐，A錯；

用一個平面去截圓錐，當截面與圓錐底面平行時，圓錐底面和截面之間的部分是圓臺，

B錯；

根據(jù)三視圖的定義，C正確；

利用斜二測畫法畫出的正方形的直觀圖和原來正方形的面積之比是正，D錯.

4

故選：C.

2.（2021?上海高二專題練習）中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印

信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半

正多面體半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體，半正多面體體

現(xiàn)了數(shù)學的對稱美.如圖是一個棱數(shù)為24的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正

方體的棱上，且此正方體的棱長為1.則該半正多面體：①有12個頂點；②有14個面；

③表面積為3；④體積為?，正確的有（）

A.①②③B.②③④C.①②④D.①②③④

【答案】C

【分析】

該半正多面體的所有頂點恰為正方體各棱的中點，即為正方體截去8個三棱錐所剩部分,

結合正方體的性質即可求得.

【詳解】

該半正多面體的所有頂點恰為正方體各棱的中點，其棱長為巫，有12個頂點，14個

2

面（6個正方形，8個正三角形），它可由正方體去掉8個三棱錐所剩部分，它的表面積

為

二①②④正確,

故選C.

【點睛】

本題以印信為背景，考查了學生空間想象力，屬于中檔題目，解題時，關鍵是能將“半

正多面體''還原出正方體，再利用正方體的性質再去解決.

3.（2018?長寧?上海市延安中學高三）若球的半徑.圓柱底面半徑和圓錐底面半徑都相等,

且這三個旋轉體的體積也都相等，則球的表面積5,圓柱的表面積邑和圓錐的表面積邑

的大小關系為（）

A.St<S2<S3B.S-3C.52>S3>S,D.S-、

【答案】D

【分析】

設半徑為「，再根據(jù)球的體積與圓柱圓錐體積相等分別計算圓柱的高與圓錐的高，再分別

求三個旋轉體的表面積判斷即可.

【詳解】

4

設半徑為J則三個旋轉體的體積都相等且為丫=彳萬，，

444|

故圓柱的高4滿足]萬，=§毛,圓錐的高人2滿足5萬，=5萬產為也=4r.

故球的表面積5,=4儲,圓柱的表面積昆=2%/+23干=（產,圓錐的表面積

S3=nir+兀rxjr?+（4rf=（47+1卜產.因為（而'+1）乃/>y>4萬一.

故S3>S2>S].

故選：D

【點睛】

本題主要考查了圓柱圓錐和球的體積與表面積的運算，需要根據(jù)題意設半徑為「再分別

求圓柱與圓錐的高，進而求得表面積.屬于中等題型.

4.（2021?上海市進才中學高二月考）下列命題正確的個數(shù)是（）

①若a,b共面，仇c共面，則a,從c共面；

②若a,8共面，b,c共面，貝！|a,c共面；

③若a,》共面，b,c共面，c,a共面，則a,b,c共面；

④若a,方不共面，b,c不共面，則a,c不共面；

A.0B.1C.2D.3

【答案】A

【分析】

以正方體棱上的a,b,c為例，逐個判斷即可求解

【詳解】

以正方體棱上的a,6,c為例說明：

對于①②：

如圖：AB1=a,B￡i=b，GC=c,

a,b共面，b,c共面，

而顯然a,c異面，故a,b,c不共面:

所以①②都錯誤；

對于③:

如圖：AA=a,BQ=6,C[C=c,

a,6共面，b,c共面，c,a共面,

而a,Ac不共面，故③錯誤；

對于④：

如圖:=a,CtC=b,AB=c,

a,匕不共面，b,c不共面，

而a,c共面，故④錯誤；

綜上，正確的個數(shù)為0

故選：A

5.（2021?上海高二月考）如圖，在正方體ABC。-4瓦￡。中，過點A作平面4班）的

垂線，垂足為點H,給出以下命題：①"是“田。的垂心；②A”垂直于平面CBQ1；

③A4的延長線過點G;④直線和所成角的大小為45。，其中正確的命題個數(shù)

為（）

坊?---------6

A.1B.2C.3D.4

【答案】C

【分析】

首先，判斷三棱錐A-BAQ為正三棱錐，然后，得到△8A。為正三角形，得到“為A在

平面48。內的射影，然后，根據(jù)平面ARO_L平面BCQ,得到②正確，最后，結合線

面角和對稱性求解.

【詳解】

解：對于①，=AA]=AD,BAt=BD=,

三棱錐A-BAQ為正三棱錐，

.??點，是AA8。的垂心，故①為真命題；

對于②，；8。〃8Q,AB//RC,且3。u平面8￡>A.網(wǎng)u平面8%,

平面Af。與平面qCR平行，

又：AH_L平面A/。，

；?A4垂直平面CBQ,故②為真命題；

對于③，連接AG，AB卜則有

根據(jù)正方體的性質可知，B,G1B\,

又筋GnqA=8_所以BA_L平面ABC,

又AC,u平面做C”所以AC±3,同理可得±BD,

又8ACl8。=8,所以AG-L平面A,BD，又.，平面\BD.

且過平面外一點作平面的垂線有且只有一條，故A、"、￡三點共線，故③為真命題.

對于④，.??明〃叫，，就是直線A"和BB1所成角，

在直角三角形中，

：M=I，A”=2X避乂血=逅，

"'323

sinZ-A^AH=>故④為假命題；

故選：C.

6.（2021?華東師范大學第三附屬中學高二月考）已知“、耳是不同的平面，〃?、〃是

不同的直線，則下列命題不正確的是（）

A.若，”_L（z,mlIn,〃u/7,則夕_1_夕B.若“?〃/,nilI,則，〃//〃

C.若加〃a,mJ/n,則〃〃aD.若〃?_L<2,mVP,貝〃夕

【答案】C

【分析】

通過線面垂直以及面面垂直得出A正確，然后根據(jù)直線平行的基本性質得出B正確，

根據(jù)〃有可能在平面a內得出C錯誤，由面面平行的判定知D正確.

【詳解】

A項：因為機_La,mHn,所以“_La,因為”u￡,所以a_L/7,A正確；

B項：由血//,n//l,根據(jù)平行公理能推出〃?//〃，B正確；

C項：〃有可能在平面a內，C錯誤；

D項：由垂直于同一條直線的兩個平面互相平行知，D正確，

故選：C

7.（2016?上海市七寶中學高三（理））設數(shù)據(jù)修々出,…,當是鄭州市普通職工

個人的年收入，若這〃個數(shù)據(jù)的中位數(shù)為X,平均數(shù)為y,方差為二，如

果再加上世界首富的年收入乙”，則這〃+1個數(shù)據(jù)中，下列說法正確的是

A.年收入平均數(shù)大大增大，中位數(shù)一定變大，方差可能不變

B.年收入平均數(shù)大大增大，中位數(shù)可能不變，方差變大

C.年收入平均數(shù)大大增大，中位數(shù)可能不變，方差也不變

D.年收入平均數(shù)可能不變，中位數(shù)可能不變，方差可能不變

【答案】B

【詳解】

數(shù)據(jù)XI,Xi,.......是鄭州普通職工附（〃》3,"CM）個人的年收入，

而x“+i為世界首富的年收入

則X"+l會遠大于X”X2,X3,X,,,

故這〃+1個數(shù)據(jù)中，年收入平均數(shù)大大增大，

但中位數(shù)可能不變，也可能稍微變大，

但由于數(shù)據(jù)的集中程序也受到比較大的影響，而更加離散，則方差變大.

故選B

8.（2021?上海）已知某樣本的容量為50,平均數(shù)為70,方差為75.現(xiàn)發(fā)現(xiàn)在收集這些

數(shù)據(jù)時，其中的兩個數(shù)據(jù)記錄有誤，一個錯將80記錄為60,另一個錯將70記錄為90.在

對錯誤的數(shù)據(jù)進行更正后，重新求得樣本的平均數(shù)為元，方差為$2,則（）

A.x=70,?<75B.5=70,『>75

C.五>70,.*<75D.x<70,.s2>75

【答案】A

【分析】

根據(jù)題中所給的平均數(shù)的條件，重新列式求新數(shù)據(jù)的平均數(shù)，根據(jù)方差公式寫出兩組數(shù)

據(jù)的方差，并比較大小.

【詳解】

70x50+80-60+70-90”

由題意，可得了=---------------------=70,

50

設收集的48個準確數(shù)據(jù)分別記為x”W，…，％，

2

則754[(%-70)2+(4-70)2+…+(/—70)2+(60-70)2+(90_70)]

=、[Q-70)2+與-70)2+…+的_70)2+500],

s?=[[(%-70)2+(x2-70)2+…+(%-70>+(80__70)2+(70-70)2]

='[(%-70)2+(々-70)2+...+(4-70)2+100]<75,所以s?<75.

故選:A.

【點睛】

本題主要考查了數(shù)據(jù)的平均數(shù)和方差的計算公式的應用，其中解答中熟記數(shù)據(jù)的平均數(shù)

和方差的公式，合理準確計算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，是基礎題.

9.（2020?上海高三專題練習）甲、乙兩隊進行排球決賽，現(xiàn)在的情形是甲隊只要再贏

一次就獲冠軍，乙隊需要再贏兩局才能得冠軍，若兩隊勝每局的概率相同，則甲隊獲得

冠軍的概率為（)

32-3_1

A.一B.-C."D.-

4352

【答案】A

【分析】

根據(jù)已知中的比賽規(guī)則，我們可得甲要獲得冠軍可分為甲第一場就取勝，或甲第一場失

敗，第二場取勝，由分類事件加法公式，我們分別求出兩種情況的概率，進而即可得到

結論.

【詳解】

甲要獲得冠軍共分為兩個情況：

一是第一場就取勝，這種情況的概率為g

一是第一場失敗，第二場取勝，這種情況的概率為;=；

113

則甲獲得冠軍的概率為：+：=：

244

故選：A.

【點睛】

本題主要考查相互獨立事件的概率乘法公式，要想計算一個事件的概率，首先我們要分

析這個事件是分類的（分幾類）還是分步的（分幾步），然后再利用加法原理和乘法原

理進行求解.

10.（2020?上海高三專題練習）如圖，正四棱錐P-ABCD的底面邊長和高均為2,M

是側棱PC的中點，若過AM作該正四棱錐的截面，分別交棱網(wǎng)、尸。于點E、尸（可與端

點重合），則四棱錐P-AEMF的體積的取值范圍是（）

【答案】D

【分析】

設^=x，G77=y,則PE=xPB,PF=yPD,然后利用等體積法由VP.AEMF=VP.AEF+VP-EMF

IDrL)

=VP-AFM+VP-AEM=2xy=|(x+y),得到x=,再消元得到Vp-AEMF=?"-令

33y-133y-l

3y-1=/,利用對勾函數(shù)的性質求解.

【詳解】

PEPF

設詬=%而=y，則PE=xPB,PF=yPD

一4J2

所以^P-AEF=孫,^P-ABDVP-WEF=~^Xy^P-BCD=§孫，

“12〃11z2

^P-AFM=]',匕-ACD=§X^P-AEM二萬'^^P-ABC='

2

Vp-AEMF=VP-AEF+Vpw=%一人.+^P-AEM=2肛=§(X+)，)，

3y

所1以x+y=3孫，則x

3y-\

令3y—l=f,因為ye；」，

所以

一41-

」"+2e

所以2ZL=(M1=19-2-

3y-l9/9一-

所以丫…《含?！?

故選：D

【點睛】

方法點睛：求解棱錐的體積時，等體積轉化是常用的方法，轉化原則是其高易求，底面

放在已知幾何體的某一面上.求不規(guī)則幾何體的體積，常用分割或補形的思想，將不規(guī)

則幾何體轉化為規(guī)則幾何體以便于求解.

二、填空題（共24分）

11.（2017?上海市大同中學高三月考）將一顆質地均勻的骰子（一種各個面上分別標有1,

2,3,4,5,6個點的正方體玩具）先后拋擲2次，則出現(xiàn)向上的點數(shù)之和小于10的概

率是?

【答案】|

【詳解】

305

基本事件總數(shù)為36,點數(shù)之和小于10的基本事件共有30種，所以所求概率為羽=[

366

【考點】古典概型

【名師點睛】概率問題的考查，側重于對古典概型和對立事件的概率的考查，屬于簡單

題.江蘇對古典概型概率的考查，注重事件本身的理解，淡化計數(shù)方法.因此先明確所求

事件本身的含義，然后一般利用枚舉法、樹形圖解決計數(shù)問題，而當正面問題比較復雜

時，往往利用對立事件的概率公式進行求解.

12.（2021?上海徐匯區(qū)?位育中學高三）已知某8個數(shù)據(jù)的平均數(shù)為5,方差為3,現(xiàn)又

加入一個新數(shù)據(jù)5,此時這9個數(shù)據(jù)的方差為.

【答案】|

【分析】

先求出這9個數(shù)據(jù)的平均數(shù)為5,此時這9個數(shù)據(jù)的方差為S2="[8X3+（5-5）2],由此

求出結果

【詳解】

某8個數(shù)據(jù)的平均數(shù)為5,方差為3,現(xiàn)又加入一個新數(shù)據(jù)5,

Q54-S

則這9個數(shù)據(jù)的平均數(shù)為與x二=5

???此時這9個數(shù)據(jù)的方差為S2="[8x3+（5—5）[=g

Q

故答案為—

【點睛】

本題主要考查了平均數(shù)和方差的計算公式，屬于基礎題.

13.（2021?上海浦東新?華師大二附中高二月考）給出下列4個命題：

①過平面外一點，與該平面成。角的直線一定有無窮多條；

②一條直線與兩個相交平面都平行，則它必與這兩個平面的交線平行；

③過空間任意一點有且只有一個平面與兩條異面直線都平行；

④與確定的兩條異面直線所成的角相等的平面有無數(shù)個.

其中正確命題的序號有（請把所有正確的序號都填上）.

【答案】②④

【分析】

①根據(jù)線面所成角的定義進行判斷；②根據(jù)線面平行的性質定理進行判斷；③根據(jù)異面

直線的定義和性質進行判斷：④根據(jù)線面角的定義和異面直線的性質進行判斷.

【詳解】

①過平面外一點，與該平面成。角的直線，當。=90°時，滿足條件的直線只有一條，故

①不正確；

②由線面平行的性質定理和判定定理可以證明，此直線與交線平行，故②正確；

③當該點位于其中任意一條異面直線上時，此時滿足直線和平面平行的平面不存在，故

③錯誤；

④兩異面直線與同一個平面所成角可以相等，而與此平面平行的平面有無窮多個，故④

正確.

故答案為：②④

14.（2021?上海高三）一個四面體的頂點在空間直角坐標系。-孫z中的坐標分別是

（0,0,0）、（4,0,4）、（0,4,0、則該四面體的內切球與外接球體積之比為

【答案】1:27##

【分析】

作出坐標系和四面體，得到四面體和正方體的關系，利用正方體的外接球和正方體的關

系求出外接球的半徑，再利用分割法得到正四面體的體積，進而求出其內切球的半徑，

最后利用球的體積公式進行求解.

【詳解】

點（0,0,0）、（a,0,a）、（OM,。）、（a,4,0）恰為棱長為。的正方體的四個點，

該四點構成了一個棱長為友“的正四面體（如圖所示）.

設該正四面體。鉆C的內切球和外接球半徑分別為廠、R,體積分別為X、匕,

則該正四面體的外接球也是正方體的外接球，

則2R=6a,即R=

2

由圖可得該四面體的體積為：

3

K=/方體—=/_4x；xga2X。=la,

2

又V=~^^ABC?r=gx；x（A/5Q）2xsin60'r=^^~ar,

所以冬叵/，=!/,解得右且q,

336

則r:R=l:3,K：匕=/：R3=i：27.

故答案為：1:27.

15.（2021?上海高二專題練習）已知等邊△ABC的邊長為1,用斜二測畫法畫它的直觀

圖則的面積為.

【答案】t

【分析】

由已知中正A4BC的邊長為1,可得正AABC的面積，進而根據(jù)AABC的宜觀圖4A,ffC

的面積S?也S,可得答案.

4

【詳解】

解：二正AABC的邊長為1，

故正MBC的面積S=巫=近

44

設A48C的直觀圖4A!RC的面積為S'

則s，&也旦立

44416

故答案為《

16

【點睛】

本題考查的知識點是斜二測法畫直觀圖，其中熟練掌握直觀圖面積冰與原圖面積S之間

的關系S，=坐S,是解答的關鍵.

16.（2020?上海高三專題練習）甲罐中有5個紅球，2個白球和3個黑球，乙罐中有4

個紅球，3個白球和3個黑球.先從甲罐中隨機取出一球放入乙罐，分別以A，4和人表

示由甲罐取出的球是紅球，白球和黑球的事件；再從乙罐中隨機取出一球，以B表示由

乙罐取出的球是紅球的事件，則下列結論中正確的是（寫出所有正確結論的編

號）.

①尸⑻得2；

②尸⑻4）=（；

③事件B與事件A相互獨立；

④A，&，A是兩兩互斥的事件;

⑤P（8）的值不能確定，因為它與A，4,A中哪一個發(fā)生有關

【答案】②④

【分析】

根據(jù)互斥事件的定義即可判斷④；根據(jù)條件概率的計算公式分別得出A,A?事件發(fā)生

的條件下B事件發(fā)生的概率，即可判斷②；然后由尸（8）=P（A3）+P（A/）+P（A3）,

判斷①和⑤；再比較產（A8），P（A）P（B）的大小即可判斷③.

【詳解】

由題意可知事件A，4,4不可能同時發(fā)生，則A，&，&是兩兩互斥的事件，則④正確；

544

由題意得P（8|A）=jpP（8|4）=H，P（B[4）=pp故②正確；

P（5）=P（45）+P（4B）+P（AB）=P（A）P（8IA）+P（4）P（BI&）+P（A）P（8I4）

5524349

10II1011101122

5599

因為P（A8）==,P（^）P（B）=—x—=—,所以事件B與事件Ai不獨立，③錯；綜

22102244

上選②④

故答案為：②④

【點睛】

本題主要考查了判斷互斥事件，計算條件概率以及事件的獨立性，屬于中檔題.

17.（2021?上海市進才中學高二月考）空間給定不共面的A,B,C,。四個點，其中任

意兩點間的距離都不相同，考慮具有如下性質的平面a：A,B,C,。中有三個點到的

距離相同，另一個點到a的距離是前三個點到a的距離的2倍，這樣的平面a的個數(shù)是

___________個

【答案】32

【分析】

按照四個點的位置不同分類討論，即可求解

【詳解】

首先取3個點相等，不相等的那個點由4種取法；

然后分3分個點到平面。的距離相等，有以下兩種可能性：

（1）全同側，這樣的平面有2個；

（2）不同側，必然2個點在一側，另一個點在一側，

1個點的取法有3種，并且平面過三角形兩個點邊上的中位線，

考慮不相等的點與單側點是否同側有兩種可能，每種情況下都唯一確定一個平面，

故共有6個，

所有這兩種情況共有8個，綜上滿足條件的這樣的平面共有4x8=32個，

故答案為：32

18.（2021?上海市西南位育中學高二期中）在直三棱柱ABC-A中，

ZACB=90°MC=12,BC=CCt=272,點尸是直線BQ上一動點，則4尸+PC的最小

值是.

【答案】10立

【分析】

連接48,沿8G將△C8G展開與VABC；在同一個平面內，在BG上取一點與AC構成

三角形，由三角形兩邊之和大于第三邊，可知AP+PC的最小值是AC的連線，再利用

余弦定理可得解.

【詳解】

連接Af,沿BG將acBG展開與VA8G在同一個平面內，在BG上取一點與AC構成

三角形，

山三角形兩邊之和大于第三邊，可知人尸+PC的最小值是AC的連線，

因為直三棱柱ABC-AAG中，ZACB-90,AC=12,BC=CC、=20

所以矩形BCC/，是邊長為2近的正方形，則BQ=4,

又在矩形4881A中，AB,=AB=2麻,BB、=2五,則48=4＞麗，

又AC；+BC：=A82,所以NAG8=90°,則NACC=135°,

在VAGC=135°中，利用余弦定理可得：AC；=1c：+C1C2-2AG.C|Ccosl35。

=^122+（2V2）2-2x12x272cosl35°=1072

故答案為：10匹

AC

【點睛】

關鍵點點睛：本題主要考查r棱柱的結構特征及兩點之間的距離公式，其中將acBG沿

BG展開，將一個空間問題轉化為平面內求兩點之間的距離公式的問題是解答的關鍵，

著重考查了轉化與化歸思想，以及推理與運算能力，屬于中檔試題.

三、解答題（共46分）

19.（本題8分）（2021?上海高二專題練習）在一個圓錐內作一個內接等邊圓柱（一個底

面在圓錐的底面上，且軸截面是正方形的圓柱），再在等邊圓柱的上底面截得的小圓錐

內做一個內接等邊圓柱，這樣無限的做下去.

（1）證明這些等邊圓柱的體積從大到小排成一個等比數(shù)列；

（2）已知這些等邊圓柱的體積之和為原來圓錐體積的;，求最大的等邊圓柱的體積與

圓錐的體積之比.

【答案】（1）證明見教師；（2）I

O

【分析】

（1）求出第一個等邊圓柱的體積，設第〃個等邊圓柱的底面半徑為。，其外接圓錐的

flf

底面半徑為r，高為h,則其體積匕=2萬/=2外（/，）3,進一步求得第〃+1個等邊圓柱

2r+h

的體積，作比可得這些等邊圓柱的體積從大到小排成一個等比數(shù)列;

(2)由這些等邊圓柱的體積之和為原來圓錐體積的!■可得「與人的關系，則答案可求.

【詳解】

(1)證明：如圖，

設圓錐的底面半徑為r,高為〃，內接等邊圓柱的底面半徑為“，

則由三角形相似可得：v=—'可得"獸7.

hr2r+n

其體積V=7rcr?la=2版=2萬?—)3.

2r+h

設第〃個等邊圓柱的底面半徑為。，其外接圓錐的底面半徑為小高為〃，

則其體積匕=2得3=2^4-^-)3,

2r+h

再設第”+1個等邊圓柱的底面半徑為匕，則其外接圓錐的底面半徑為“=4,

2r+h

直出4/7h2

圖為一=二--7,

r2r+h

則第〃+1個等邊圓柱的體積v?tl=2西=2外（”2制）3=（加3.

2rhh（2r+/?）_

2r+h2r+h

yh

」Y=(萬d為定值，

則這些等邊圓柱的體積從大到小排成一個以K=2丑曾^3為首項，以(1)3為公比的

2r+h2r+h

等比數(shù)列；

(2)解：原來圓錐的體積為;和乙，

v24(一^-)3

這些等邊圓柱的體積之和為"7：.

\-q](〃v4r+6rh+3h

~{2r+h

由/277廿='ll九戶h,得2產+3rh-2肥=0,

4/+6r〃+3"73

：.h=2r

則最大的等邊圓柱的體積為二，圓錐的體積為第，體積之比為■

438

【點睛】

本題考查圓柱、圓錐體積的求法，考查等比數(shù)列的確定及所有項和公式的應用，是中檔

題.

20.（本題8分）（2021?云南省玉溪第一中學高二月考（文））某市為了了解人們對“中國

夢”的偉大構想的認知程度，針對本市不同年齡和不同職業(yè)的人舉辦了一次“一帶一路”

知識競賽，滿分100分（95分及以上為認知程度高），結果認知程度高的有，20）人,

按年齡分成5組，其中第一組：［20,25）,第二組：［25,30）,第三組：［30,35）,第四組：

（1）根據(jù)頻率分布直方圖，估計這，”人的平均年齡和第80百分位數(shù)；

（2）現(xiàn)從以上各組中采用分層隨機抽樣的方法抽取20人，擔任本市的宣傳使者.若第

四組宣傳使者的年齡的平均數(shù)與方差分別為37和g,第五組宣傳使者的年齡的平均數(shù)

與方差分別為43和1,求這機人中35-45歲所有人的年齡的方差.

【答案】（1）平均年齡32.25歲，第80百分位數(shù)為37.5；（2）10.

【分析】

（1）直接根據(jù)頻率分布直方圖計算平均數(shù)和百分位數(shù)；

(2)由分層抽樣得第四組和第五組分別抽取4人和2人，進而設第四組、第五組的宣

傳使者的年齡的平均數(shù)分別為X，方差分別為s：，第四組和第五組所有宣傳

使者的年齡平均數(shù)為乙方差為進而根據(jù)方差公式有

^=^4X^+(X4-Z)3]+2X5；+(京—刁)，代入計算即可得答案.

【詳解】

解：(1)設這機人的平均年齡為1則

x=22.5X0.05+27.5x0.35+32.5x0.3+37.5x0.2+42.5x0.1=32.25.

設第80百分位數(shù)為由5x0.02+(40-0)x0.04=0.2,解得a=37.5.

(2)由頻率分布直方圖得各組人數(shù)之比為1:7:6:4:2,

故各組中采用分層隨機抽樣的方法抽取20人，第四組和第五組分別抽取4人和2人，

設第四組、第五組的宣傳使者的年齡的平均數(shù)分別為京，X51方差分別為1，s；,

則Xi=37,Xj=43>s；=5，s；=1,

設第四組和第五組所有宣傳使者的年齡平均數(shù)為I，方差為$2.

制-4X4+2X520

6

s2=：卜、卜+(x4-z)[+2x[s；+[5-z)[}=10,

因此，第四組和第五組所有宣傳使者的年齡方差為10,

據(jù)此，可估計這加人中年齡在35~45歲的所有人的年齡方差約為10.

21.(本題10分)(2021?上海高二專題練習)如圖所示的幾何體ABCDEF中,四邊形ABCD

為菱形，AF//DE,AP_L平面A8C￡>，NBAD=a.

(1)求證：〃平面C3E；

(2)若c=60。，求直線AE與平面所成角的正弦值；

(3)若c=90。，P是AE4c內的一點，求點P到平面ABC。，平面m4,平面EOC的

距離的平方和最小值.

【答案】(1)證明見教師；(2)且sinNAED；(3)-嗎一.叱―

2AD'+2ED-

【分析】

(1)由題可知AB〃C，AFHDE,根據(jù)面面平行的判定定理，即可證出平面4BF〃平

面CDE,再根據(jù)面面平行的性質即可得出BFH平面CDE；

(2)當a=60。，即ZBAO=6(y，過A作AMLCD,根據(jù)線面垂直的判定定理即可得

出AM_L平面CDE,則ZAEM為所求角，從而得出sinZAEM；

(3)當a=90。，即NBA。=90,則AQLQC,連接AC交8〃于點O,連接EO,以

。為原點，建立空間直角坐標系，可設P(x,y,z),可知點尸到平面ABC。，平面EZM,

平面EDC的距離分別為z,y,x,要使得r+V+z?取得最小值，即OP作為平面E4C的

高/?時，結合三棱錐的體積，利用等體積法%⑹C=%TS求出h,而卜2+/+z)血=吃

代入即可求出結果.

【詳解】

證明：(1)?.?四邊形A8C3是菱形，，A8〃C，

又AFUDE,ABQAF=A,CD[}DE=D,

???平面ABF//平面CDE,

又BFu平面ABF,

：.BF//^CDE.

(2)當a=60°,即ZBAZ)=6(r，

過A作A〃_LCD,交CD延長線于M,連結AM,EM,

而AF_L平面ABCD,又AFHDE,

.?.OE_L平面ABC。,

.-.DEA.AM,5LAMLCD,CDQDE=D,

AM_L平面CDE,

ZAEM為AE與平面CDE所成的角,

sinZAEM=坐="3。=烏訕

AEAE2

直線AE與平面C"所成角的正弦值為務必皿

(3)當a=90。，即2845=90,ADIDC,

所以四邊形A8CD為正方形，連接AC交8。于點O,連接E0,

以。為原點，分別以A￡>,￡>C,AE作為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，

則。(0,0,0),又「是AE4c內的一點，可設尸(x,y,z),

可知點P到平面ABCD，平面EDA，平面EDC的距離分別為z,%x,

所以點P到平面4BCD,平面的，平面EDC的距離的平方和為：x2+

而產+丁+z2相當于點p到點D的距離的平方，

要使得x2+/+z2取得最小值，當且僅當。PL平面E4C時，

即￡)尸作為平面口。的高/!時，貝11(/+產+22),=h2,

由于四邊形ABC。為正方形，則AO=CD,所以打人而二^4》，

由于￡4?=E￡)2+A￡>2=E￡)2+C￡)2=￡0，則E4=EC,

所以AE4C為等腰三角形，則EOLAC,

而AC=3AZ>,EO=JE》+［；AC)=JED、；AD?,

所以sAC.EO咚A。.阿4石

由于^D-EAC=^E-ACD,則~*^A￡XC,”=§^^ACD'EN,

ADED

■Jl^ED2+-^AD2

222

所以“/2+廠22\人,，\回AD+-E；D心-］而AD-ED

AD2-ED2

所以點尸到平面ABC。，平面EA4,平面EOC的距離的平方和最小值為:

AD2+2ED2

E

【點睛】

本題考查面面平行的判定定理和利用面面平行的性質證明線面平行，以及線面垂直的判

定定理，考查利用幾何法求解線面角，以及利用等體積法求點到面距離的最值，考查推

理證明能力，屬于中檔題.

22.（本題10分）（2021?上海市松江二中高二月考）如圖，已知四面體中,

DC=b,ZAZ)B=60"?ZADC=NBDC=90、.

（1）用a,力表示四面體ABC。的體積;

（2）若a=2仇求二面角O-AB-C的大小（用反三角函數(shù)表示）;

（3）若a+b=l,求點。到平面A8C距離的最大值.

【答案】（1）—a2b;（2）arctan走；（3）

123

【分析】

（1）由棱錐的體積計算即可；（2）取A3的中點E,連接。瓦“，可證明NCED為二

面角力-AB-C的平面角，求出相關量可計算結果；（3）等體積法計算點。到平面A8C的

距離，三元基本不等式求最值，求出距離的最大值.

【詳解】

解：(1)該四面體可看作以4h為底面，以。C為高的三棱錐，DA=DB=a,

a2

ZADB=60,所以△ABO為等邊三角形，SABI)=—a,

所以％而體”8=(S.ABi)xDC=*fb.

(2)取AB的中點E,連接DE,CE則DE_LAB,因為ZADC=ZBDC=90,且DA=DB,

所以ACD4MAe￡>3,則C4=CB,所以CE_LAfi,則NCED為二面角ZMB-C的平面角.

因為NAOC=NBOC=90，即CO-LO3,CDYDA,Z53_LZM=D,所以C￡>_L平面A￡>3,

b26b

即C￡>，OE,又DE=心~a,CD=b,所以血/。。?

斤一3a一！"，所以

2一a

2

Z.CED=arctan—,即二面角。-AB-C的大小為arctan—.

33

D

A

(3)三棱錐可看作以4?為底面，以OC為高的三棱錐,也可看作以ABC為底面，D

為頂點的三棱錐，設。到底面ABC的距離為人，則有勿一\B