1、1【创新设计】 （全国通用）2017 版高考数学一轮复习 第十二章 概率、随机变量及其分布 第 1 讲 随机事件的概率练习 理 新人教 A版基础巩固题组(建议用时：40 分钟)一、选择题1.把红、蓝、黑、白 4 张纸牌随机分给甲、乙、丙、丁 4 个人，每个人分得一张，事件“甲分得红牌”与事件“乙分得红牌”是( )A.对立事件 B.互斥但不对立事件C.不可能事件 D.以上都不对解析 由于每人分得一张牌，故“甲分得红牌”意味着“乙分得红牌”是不可能的，故是互斥事件，但不是对立事件，故选 B.答案 B2.(2016安阳二模)从一箱产品中随机地抽取一件，设事件 A抽到一等品，事件B抽到二等品，事件 C
2、抽到三等品，且已知 P(A)0.65， P(B)0.2， P(C)0.1，则事件“抽到的产品不是一等品”的概率为( )A.0.7 B.0.65 C.0.35 D.0.3解析 事件“抽到的产品不是一等品”与事件 A 是对立事件，由于 P(A)0.65，所以由对立事件的概率公式得“抽到的产品不是一等品”的概率为 P1 P(A)10.650.35.答案 C3.从装有 5 个红球和 3 个白球的口袋内任取 3 个球，那么互斥而不对立的事件是( )A.至少有一个红球与都是红球B.至少有一个红球与都是白球C.至少有一个红球与至少有一个白球D.恰有一个红球与恰有二个红球解析 A 中的两个事件不互斥，B 中两
3、个事件互斥且对立，C 中两个事件不互斥，D 中的两个事件互斥而不对立.答案 D4.甲、乙两人下棋，两人和棋的概率是 ，乙获胜的概率是 ，则乙不输的概率是( )12 13A. B. C. D.56 23 12 132解析 乙不输包含两种情况：一是两人和棋，二是乙获胜，故所求概率为 .12 13 56答案 A5.在 5 张电话卡中，有 3 张移动卡和 2 张联通卡，从中任取 2 张，若事件“2 张全是移动卡”的概率是 ，那么概率为 的事件是( )310 710A.至多有一张移动卡 B.恰有一张移动卡C.都不是移动卡 D.至少有一张移动卡解析 至多有一张移动卡包含“一张移动卡，一张联通卡” “两张全
4、是联通卡”两个事件，它是“2 张全是移动卡”的对立事件，故选 A.答案 A二、填空题6.在 200 件产品中，有 192 件一级品，8 件二级品，则下列事件：在这 200 件产品中任意选出 9 件，全部是一级品；在这 200 件产品中任意选出 9 件，全部是二级品；在这 200 件产品中任意选出 9 件，不全是二级品.其中_是必然事件；_是不可能事件；_是随机事件.答案 7.抛掷一粒骰子，观察掷出的点数，设事件 A 为“出现奇数点” ，事件 B 为“出现 2 点” ，已知 P(A) ， P(B) ，则“出现奇数点或 2 点”的概率为_.12 16解析 因为事件 A 与事件 B 是互斥事件，所以
5、 P(A B) P(A) P(B) .12 16 23答案 238.口袋内装有一些大小相同的红球、白球和黑球，从中摸出 1 个球，摸出红球的概率为0.42，摸出白球的概率为 0.28，若红球有 21 个，则黑球有_个.解析 摸出黑球的概率为 10.420.280.30，口袋内球的个数为 210.4250，所以黑球的个数为 500.3015.答案 15三、解答题9.一盒中装有 12 个球，其中 5 个红球，4 个黑球，2 个白球，1 个绿球.从中随机取出 1 球，求：(1)取出 1 球是红球或黑球的概率；(2)取出 1 球是红球或黑球或白球的概率.解 法一 (利用互斥事件求概率)3记事件 A1任
6、取 1 球为红球， A2任取 1 球为黑球，A3任取 1 球为白球， A4任取 1 球为绿球，则 P(A1) ， P(A2) ， P(A3) ， P(A4) ，512 412 13 212 16 112根据题意知，事件 A1、 A2、 A3、 A4彼此互斥，由互斥事件的概率公式，得(1)取出 1 球为红球或黑球的概率为P(A1 A2) P(A1) P(A2) .512 412 34(2)取出 1 球为红球或黑球或白球的概率为P(A1 A2 A3) P(A1) P(A2) P(A3) .512 412 212 1112法二 (利用对立事件求概率)(1)由法一知，取出 1 球为红球或黑球的对立事件
7、为取出 1 球为白球或绿球，即 A1 A2的对立事件为 A3 A4，所以取出 1 球为红球或黑球的概率为P(A1 A2)1 P(A3 A4)1 P(A3) P(A4)1 .212 112 34(2)因为 A1 A2 A3的对立事件为 A4，所以取出 1 球为红球或黑球或白球的概率为P(A1 A2 A3)1 P(A4)1 .112 111210.某超市随机选取 1 000 位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如下统计表，其中“”表示购买， “”表示未购买.商品顾客人数甲 乙 丙 丁100 217 200 300 85 98 (1)估计顾客同时购买乙和丙的概率；(2)估计顾客
8、在甲、乙、丙、丁中同时购买 3 种商品的概率；(3)如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？解 (1)从统计表可以看出，在这 1 000 位顾客中有 200 位顾客同时购买了乙和丙，4所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为 0.2.2001 000(2)从统计表可以看出，在这 1 000 位顾客中，有 100 位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有 200 位顾客同时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了 2 种商品.所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买 3 种商品的概率可以估计为 0.3.100 2001 000(3)与(1)同理，可得：顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为
9、0.2，2001 000顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为 0.6，顾客同时购买甲和丁的概100 200 3001 000率可以估计为 0.1.1001 000所以，如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大.能力提升题组(建议用时：20 分钟)11.一个人掷骰子(均匀正方体形状的骰子)游戏，在他连续掷 5 次都掷出奇数点朝上的情况下，掷第 6 次奇数点朝上的概率是( )A. B. C. D.12 13 16 14解析 无论哪一次掷骰子都有 6 种情况.其中有 3 种奇数点朝上，另外 3 种偶数点朝上.故掷第 6 次奇数点朝上的概率是 ，故选 A.12答案 A12.设事件 A， B，已知
10、 P(A) ， P(B) ， P(A B) ，则 A， B 之间的关系一定为( )15 13 815A.两个任意事件 B.互斥事件C.非互斥事件 D.对立事件解析 因为 P(A) P(B) P(A B)，所以 A， B 之间的关系一定为互斥事件.15 13 815答案 B13.某学校成立了数学、英语、音乐 3 个课外兴趣小组，3 个小组分别有 39、32、33 个成员，一些成员参加了不止一个小组，具体情况如图所示.现随机选取一个成员，他属于至少 2 个小组的概率是_，他属于不超过 2 个小组的概率是_.5解析 “至少 2 个小组”包含“2 个小组”和“3 个小组”两种情况，故他属于至少 2 个
11、小组的概率为 P .11 10 7 86 7 8 8 10 10 11 35“不超过 2 个小组”包含“1 个小组”和“2 个小组” ，其对立事件是“3 个小组”.故他属于不超过 2 个小组的概率是 P1 .86 7 8 8 10 10 11 1315答案 35 131514.如图， A 地到火车站共有两条路径 L1和 L2，现随机抽取 100 位从 A 地到达火车站的人进行调查，调查结果如下：所用时间(分钟) 1020 2030 3040 4050 5060选择 L1的人数 6 12 18 12 12选择 L2的人数 0 4 16 16 4(1)试估计 40 分钟内不能赶到火车站的概率；(2
12、)分别求通过路径 L1和 L2所用时间落在上表中各时间段内的频率；(3)现甲、乙两人分别有 40 分钟和 50 分钟时间用于赶往火车站，为了尽最大可能在允许的时间内赶到火车站，试通过计算说明，他们应如何选择各自的路径.解 (1)由已知共调查了 100 人，其中 40 分钟内不能赶到火车站的有121216444(人)，用频率估计相应的概率为 0.44.(2)选择 L1的有 60 人，选择 L2的有 40 人，故由调查结果得频率为所用时间(分钟) 1020 2030 3040 4050 5060L1的频率 0.1 0.2 0.3 0.2 0.2L2的频率 0 0.1 0.4 0.4 0.1(3)设
13、 A1， A2分别表示甲选择 L1和 L2时，在 40 分钟内赶到火车站； B1， B2分别表示乙选择 L1和 L2时，在 50 分钟内赶到火车站.由(2)知 P(A1)0.10.20.30.6，P(A2)0.10.40.5， P(A1) P(A2)，甲应选择 L1.同理， P(B1)0.10.20.30.20.8，P(B2)0.10.40.40.9， P(B1) P(B2)，乙应选择 L2.61第八章 立体几何 第 1 讲 空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积练习 理 新人教 A 版基础巩固题组(建议用时：40 分钟)一、选择题1.一个简单几何体的正视图、侧视图分别为如图所示的矩形、正方
14、形，则其俯视图不可能为( )A.矩形 B.直角三角形C.椭圆 D.等腰三角形解析 依题意，题中的几何体的俯视图的长为 3、宽为 2，因此结合题中选项知，其俯视图不可能是等腰三角形，故选 D.答案 D2.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A. 2 B. C. D.13 136 73 52解析 由三视图可知，该几何体是一个底面半径为 1，高为2 的圆柱和底面半径为 1，高为 1 的半圆锥拼成的组合体.所以该几何体的体积为 1 211 22 ，故12 13 136选 B.答案 B3.(2014新课标全国卷)正三棱柱 ABC A1B1C1的底面边长为 2，侧棱长为 ， D 为 BC 中
15、32点，则三棱锥 A B1DC1的体积为( )A.3 B. C.1 D.32 32解析 如图，在正 ABC 中， D 为 BC 中点，则有 AD AB ，32 3又平面 BB1C1C平面 ABC， AD BC， AD平面 ABC，由面面垂直的性质定理可得 AD平面 BB1C1C，即 AD 为三棱锥A B1DC1的底面 B1DC1上的高. VA B1DC1 S B1DC1AD 2 1，故选 C.13 13 12 3 3答案 C4.(2015全国卷)已知 A， B 是球 O 的球面上两点， AOB90， C 为该球面上的动点，若三棱锥 O ABC 体积的最大值为 36，则球 O 的表面积为( )A
16、.36 B.64 C.144 D.256解析 如图，要使三棱锥 O ABC 即 C OAB 的体积最大，当且仅当点C 到平面 OAB 的距离，即三棱锥 C OAB 底面 OAB 上的高最大，其最大值为球 O 的半径 R，则 VO ABC 最大 VC OAB 最大 S13 12OABR R2R R336，所以 R6，得 S 球13 12 16O4 R246 2144，选 C.答案 C5.(2015全国卷)九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧
17、长为 8 尺，米堆的高为 5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知 1 斛米的体积约为 1.62 立方尺，圆周率约为 3，估算出堆放的米约有( )A.14 斛 B.22 斛 C.36 斛 D.66 斛解析 由题意知：米堆的底面半径为 (尺)，体积 V R2h (立方尺).所以163 13 14 32093堆放的米大约为 22(斛).32091.62答案 B二、填空题6.如图所示， E， F 分别为正方体 ABCD A1B1C1D1的面 ADD1A1、面 BCC1B1的中心，则四边形 BFD1E 在该正方体的面上的正投影可能是_(填序号).解析 由正投影的定义，四边形 BFD1E 在面 AA
18、1D1D 与面 BB1C1C 上的正投影是图；其在面 ABB1A1与面 DCC1D1上的正投影是图；其在面 ABCD 与面 A1B1C1D1上的正投影也是，故错误.答案 7.(2016哈尔滨、长春、沈阳、大连四市联考)如图，半球内有一内接正四棱锥 S ABCD，该四棱锥的体积为 ，则该半球的体积为423_.解析 设所给半球的半径为 R，则棱锥的高 h R，底面正方形中有AB BC CD DA R，其体积为 R3 ，则 R32 ，于是所求半球的体积为223 423 2V R3 .23 423答案 4238.在三棱锥 P ABC 中， D， E 分别为 PB， PC 的中点，记三棱锥 D ABE
19、的体积为V1， P ABC 的体积为 V2，则 _.V1V2解析 如图，设点 C 到平面 PAB 的距离为 h， PAB 的面积为 S，则V2 Sh， V1 VE ADB S h Sh，所以 .13 13 12 12 112 V1V2 14答案 14三、解答题9.如图是一个几何体的正视图和俯视图.4(1)试判断该几何体是什么几何体；(2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积；(3)求出该几何体的体积.解 (1)正六棱锥.(2)其侧视图如图：其中 AB AC， AD BC，且 BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即 BC a， AD 的长是正六棱锥的高，即 AD a，3 3该平面图形的面积
20、S a a a2.12 3 3 32(3)V 6 a2 a a3.13 34 3 3210.如图，在长方体 ABCD A1B1C1D1中，AB16， BC10， AA18，点 E， F 分别在 A1B1， D1C1上，A1E D1F4.过点 E， F 的平面 与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求平面 把该长方体分成的两部分体积的比值.解 (1)交线围成的正方形 EHGF 如图：(2)作 EM AB，垂足为 M，则 AM A1E4， EB112， EM AA18.因为 EHGF 为正方形，所以 EH EF BC10.于是 MH 6，
21、AH10， HB6.EH2 EM2故 S 四边形 A1EHA (410)856，12S 四边形 EB1BH (126)872.12因为长方体被平面 分成两个高为 10 的直棱柱，所以其体积的比值为 ( 也正确).9779能力提升题组(建议用时：20 分钟)11.(2016郑州质量预测)如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积5为( )A.8 B.16 C.32 D.64解析 由三视图可知此几何体为一横放的四棱锥，其底为边长为 4 的正方形，高为 2，其中平面 SAB平面 ABCD，易知 SA SB2 ，故可补全为以2DA、 SA、 SB 为棱的长方体，故2R 4 ， R2 ，
22、S 表 4 R232.DA2 SA2 SB2 32 2 2答案 C12.如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A.6 B.42 2C.6 D.4解析 如图，设辅助正方体的棱长为 4，三视图对应的多面体为三棱锥A BCD，最长的棱为 AD 6，选 C.（ 42） 2 22答案 C13.已知球的直径 SC4， A， B 是该球球面上的两点， AB ， ASC BSC30，则棱3锥 S ABC 的体积为_.解析 由题意知，如图所示，在棱锥 S ABC 中， SAC， SBC 都是有一个角为 30的直角三角形，其中 SC4，所以
23、SA SB2 ， AC BC2，作 BD SC 于 D 点，连接 AD，易证 SC平面3ABD，又易得 AD BD ，由已知 AB ，3 3因此 VS ABC ( )24 .13 34 3 3答案 314.如图，在三棱锥 A BCD 中， AB平面 BCD， CD BD.(1)求证： CD平面 ABD；(2)若 AB BD CD1， M 为 AD 中点，求三棱锥 A MBC 的体积.6法一 (1)证明 AB平面 BCD， CD平面 BCD， AB CD.又 CD BD， AB BD B，AB平面 ABD， BD平面 ABD， CD平面 ABD.(2)解 由 AB平面 BCD， BD平面 BCD
24、，得 AB BD， AB BD1， S ABD .12 M 是 AD 的中点， S ABM S ABD .12 14由(1)知， CD平面 ABD，三棱锥 C ABM 的高 h CD1，因此三棱锥 A MBC 的体积 VA MBC VC ABM S13ABMh .112法二 (1)证明 同法一.(2)解 由 AB平面 BCD 且 AB平面 ABD 知，平面 ABD平面 BCD，又平面 ABD平面 BCD BD，如图，过点 M 作 MN BD 交 BD 于点 N，则 MN平面 BCD，且 MN AB ，12 12又 CD BD， BD CD1， S BCD .12三棱锥 A MBC 的体积 VA
25、 MBC VA BCD VM BCD ABS BCD MNS BCD .13 13 1121第十二章 概率、随机变量及其分布 第 2 讲 古典概型练习 理 新人教 A 版基础巩固题组(建议用时：40 分钟)一、选择题1.集合 A2，3， B1，2，3，从 A， B 中各任意取一个数，则这两数之和等于 4 的概率是( )A. B. C. D.23 12 13 16解析 从 A， B 中任意取一个数，共有 C C 6 种情形，两数和等于 4 的情形只有12 13(2，2)，(3，1)两种， P .26 13答案 C2.(2016北京西城区模拟)一对年轻夫妇和其两岁的孩子做游戏，让孩子把分别写有“1
26、”“3”“1”“4”的四张卡片随机排成一行，若卡片按从左到右的顺序排成“1314” ，则孩子会得到父母的奖励，那么孩子受到奖励的概率为( )A. B. C. D.112 512 712 56解析 先从 4 个位置中选一个排 4，再从剩下的位置中选一个排 3，最后剩下的 2 个位置排 1，共有 43112 种不同排法，又卡片排成“1314”只有 1 种情况，故所求事件的概率 P .112答案 A3.(2016西安调研)从正方形四个顶点及其中心这 5 个点中，任取 2 个点，则这 2 个点的距离不小于该正方形边长的概率为( )A. B. C. D.15 25 35 45解析 根据题意知，取两个点的
27、所有情况为 C 种，2 个点的距离小于该正方形边长的情25况有 4 种，故所求概率 P1 .35答案 C4.连掷两次骰子分别得到点数 m， n，则向量( m， n)与向量(1，1)的夹角 90的概率是( )2A. B. C. D.512 712 13 12解析 ( m， n)(1，1) m nn.基本事件总共有 6636(个)，符合要求的有(2，1)，(3，1)，(3，2)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(5，1)，(5，4)，(6，1)，(6，5)，共1234515(个). P .1536 512答案 A5.三位同学参加跳高、跳远、铅球项目的比赛.若每人都选择其中两个项目，则有且仅有两
28、人选择的项目完全相同的概率是( )A. B. C. D.23 29 13 79解析 三位同学每人选择三项中的两项有 C C C 33327 种选法，其中有且仅有232323两人所选项目完全相同的有 C C C 33218(种)选法.所求概率为 P .2323121827 23答案 A二、填空题6.(2015江苏卷)袋中有形状、大小都相同的 4 只球，其中 1 只白球，1 只红球，2 只黄球，从中一次随机摸出 2 只球，则这 2 只球颜色不同的概率为_.解析 这两只球颜色相同的概率为 ，故两只球颜色不同的概率为 1 .16 16 56答案 567.(2014广东卷)从 0，1，2，3，4，5，6
29、，7，8，9 中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是 6 的概率为_.解析 从 0，1，2，3，4，5，6，7，8，9 中任取七个不同的数，基本事件共有C 120(个)，记事件“七个数的中位数为 6”为事件 A，若事件 A 发生，则7106，7，8，9 必取，再从 0，1，2，3，4，5 中任取 3 个数，有 C 种选法.故所求概率 P(A)36 .16答案 168.某艺校在一天的 6 节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各 1节，则在课表上的相邻两节文化课之间至少间隔 1 节艺术课的概率为_(用数字作答).解析 法一 6 节课的全排列为 A 种，相邻两节文化课之间至少间
30、隔 1 节艺术课的排法63是：先排三节文化课，再利用插空法排艺术课，即为(A C A A 2A A )种，由古典概型32322 33概率公式得 P(A) .15法二 6 节课的全排列为 A 种，先排三节艺术课有 A 种不同方法，同时产生四个空，6 3再利用插空法排文化课共有 A 种不同方法，故由古典概型概率公式得 P(A) .3415答案 15三、解答题9.先后掷一枚质地均匀的骰子，分别记向上的点数为 a， b.事件 A：点( a， b)落在圆x2 y212 内；事件 B： f(a)0，其中函数 f(x) x22 x .34(1)求事件 A 发生的概率；(2)求事件 A、 B 同时发生的概率.
31、解 (1)先后掷一枚质地均匀的骰子，有 6636 种等可能的结果.满足落在圆 x2 y212 内的点( a， b)有：(1，1)、(1，2)、(1，3)、(2，1)、(2，2)、(3，1)共 6 个.事件 A 发生的概率 P(A) .636 16(2)由 f(a) a22 a 0，得 a .34 12 32又 a1，2，3，4，5，6，知 a1.所以事件 A、 B 同时发生时，有(1，1)，(1，2)，(1，3)共 3 种情形.故事件 A、 B 同时发生的概率为 P(AB) .336 11210.甲、乙两校各有 3 名教师报名支教，其中甲校 2 男 1 女，乙校 1 男 2 女.(1)若从甲校
32、和乙校报名的教师中各任选 1 名，求选出的 2 名教师性别相同的概率；(2)若从报名的 6 名教师中任选 2 名，求选出的 2 名老师来自同一学校的概率.解 (1)从甲、乙两校报名的教师中各选 1 名，共有 nC C 9 种选法.13 13记“2 名教师性别相同”为事件 A，则事件 A 包含基本事件总数mC 1C 14， P(A) .12 12mn 49(2)从报名的 6 人中任选 2 名，有 nC 15 种选法.26记“选出的 2 名老师来自同一学校”为事件 B，则事件 B 包含基本事件总数m2C 6.选出 2 名教师来自同一学校的概率 P(B) .23615 25能力提升题组(建议用时：2
33、5 分钟)411.随机掷两枚质地均匀的骰子，它们向上的点数之和不超过 5 的概率记为 p1，点数之和大于 5 的概率记为 p2，点数之和为偶数的概率记为 p3，则( )A.p1 p2 p3 B.p2 p1 p3C.p1 p3 p2 D.p3 p1 p2解析 随机掷两枚质地均匀的骰子，所有可能的结果共有 36 种.事件“向上的点数之和不超过 5”包含的基本事件有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，(4，1)共 10 种，其概率 p1 .事件“向上的点数之和1036 518大于 5”与“向上的点数之和不超过 5”是对立事件，所
34、以“向上的点数之和大于 5”的概率 p2 .因为朝上的点数之和不是奇数就是偶数，所以“点数之和为偶数”的概率1318p3 .故 p1p3p2.12答案 C12.(2016河南洛阳联考)安排甲、乙、丙、丁四人参加周一至周六的公益活动，每天只需一人参加，其中甲参加三天活动，乙、丙、丁每人参加一天，那么甲连续三天参加活动的概率为( )A. B. C. D.115 15 14 12解析 由题意，甲连续三天参加活动的所有情况为：第 13 天，第 24 天，第 35 天，第 46 天，共 4 种.故所求事件的概率 P .15答案 B13. 某人在如图所示的直角边长为 4 米的三角形地块的每个格点(指纵、横
35、直线的交叉点以及三角形的顶点)处都种了一株相同品种的作物.则从三角形地块的内部和边界上各分别随机选取一株作物，它们恰好“相近”的概率为_.(注：这里，两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过 1 米)解析 所种作物总株数 N1234515，其中三角形地块内部的作物株数为 3，边界上的作物株数为 12，从三角形地块的内部和边界上各分别随机选取一株的不同结果有 C C 36(种).选取的两株作物恰好“相近”的不同结果有 3328(种).1312故从三角形地块的内部和边界上各分别随机选取一株作物，它们恰好“相近”的概率为 .836 295答案 2914.某车间共有 12 名工人，随机抽取 6 名
36、，他们某日加工零件个数的茎叶图如图所示，其中茎为十位数，叶为个位数.(1)根据茎叶图计算样本均值；(2)日加工零件个数大于样本均值的工人为优秀工人.根据茎叶图推断该车间 12 名工人中有几名优秀工人？(3)从该车间 12 名工人中，任取 2 人，求恰有 1 名优秀工人的概率.解 (1)由茎叶图可知：样本数据为 17，19，20，21，25，30.则 (171920212530)22，x16故样本均值为 22.(2)日加工零件个数大于样本均值的工人有 2 名，故优秀工人的频率为 .26 13该车间 12 名工人中优秀工人大约有 12 4(名)，13故该车间约有 4 名优秀工人.(3)记“恰有 1
37、 名优秀工人”为事件 A，其包含的基本事件总数为 C C 32，所有基本事1418件的总数为 C 66.21由古典概型概率公式，得 P(A) .3266 1633所以恰有 1 名优秀工人的概率为 .16331【创新设计】 （全国通用）2017 版高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第 2 讲 空间点、线、面的位置关系练习 理 新人教 A 版基础巩固题组(建议用时：40 分钟)一、选择题1.在下列命题中，不是公理的是( )A.平行于同一个平面的两个平面相互平行B.过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C.如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D.如果两个不重合的
38、平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线解析 选项 A 是面面平行的性质定理，是由公理推证出来的.答案 A2.(2016江西七校联考)已知直线 a 和平面 ， ， l， a ， a ，且 a 在 ， 内的射影分别为直线 b 和 c，则直线 b 和 c 的位置关系是( )A.相交或平行 B.相交或异面C.平行或异面 D.相交、平行或异面解析 依题意，直线 b 和 c 的位置关系可能是相交、平行或异面，选 D.答案 D3.在正方体 AC1中， E， F 分别是线段 BC， CD1的中点，则直线 A1B 与直线 EF 的位置关系是( )A.相交 B.异面 C.平行 D.垂直解析 如图所
39、示，直线 A1B 与直线外一点 E 确定的平面为 A1BCD1， EF平面 A1BCD1，且两直线不平行，故两直线相交.答案 A4.(2016深圳调研)在正方体 ABCD A1B1C1D1中， P， Q， R 分别是AB， AD， B1C1的中点，那么正方体的过 P， Q， R 的截面图形是( )A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形解析 如图所示，作 RG PQ 交 C1D1于 G，连接 QP 并延长与 CB 延长2线交于 M，且 QP 反向延长线与 CD 延长线交于 N，连接 MR 交 BB1于 E，连接 PE，则PE， RE 为截面与正方体的交线，同理连接 NG 交 DD1于 F
40、，连接 QF， FG，则 QF， FG 为截面与正方体的交线，截面为六边形 PQFGRE.答案 D5.(2016哈尔滨一模)如图，在四棱锥 P ABCD 中， ABC BAD90， BC2 AD， PAB 和 PAD 都是等边三角形，则异面直线 CD 与 PB 所成角的大小为( )A.90 B.75 C.60 D.45解析 如图，过点 B 作直线 BE CD，交 DA 的延长线于点 E，连接 PE. PBE(或其补角)是异面直线 CD 与 PB 所成角.PAB 和 PAD 都是等边三角形， PAD60，DA PA AB PB AE， PAE120.设 PA AB PB AE a，则 PE a.
41、又3 ABC BAD90， BAE90， BE a，在 PBE 中，2PB2 BE2 PE2， PBE90.即异面直线 CD 与 PB 所成角为 90.故选 A.答案 A二、填空题6.如图所示，平面 ， ， 两两相交， a， b， c 为三条交线，且a b，则 a 与 b， c 的位置关系是_.解析 a b， a ， b ， b .又 b ， c， b c. a b c.答案 a b c7.如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面 上，且 AB CD，则直线 EF 与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为_.解析 取 CD 的中点 H，连接 EH， FH.在正四面体 CDEF 中，由于
42、CD EH， CD HF，所以CD平面 EFH，所以 AB平面 EFH，则平面 EFH 与正方体的左右两侧面平行，则 EF 也与之平行，与其余四个平面相交.答案 438.如图，在正方体 ABCD A1B1C1D1中， M， N 分别为棱 C1D1， C1C 的中点，有以下四个结论：直线 AM 与 CC1是相交直线；直线 AM 与 BN 是平行直线；直线 BN 与 MB1是异面直线；直线 AM 与 DD1是异面直线.其中正确的结论为_.解析 A， M， C1三点共面，且在平面 AD1C1B 中，但 C平面 AD1C1B， C1AM，因此直线 AM与 CC1是异面直线，同理 AM 与 BN 也是异
43、面直线， AM 与 DD1也是异面直线，错，正确； M， B， B1三点共面，且在平面 MBB1中，但 N平面 MBB1， BMB1，因此直线 BN 与MB1是异面直线，正确.答案 三、解答题9.如图，在正方体 ABCD A1B1C1D1中， O 为正方形 ABCD 的中心， H 为直线 B1D 与平面 ACD1的交点.求证： D1、 H、 O 三点共线.证明 如图，连接 BD， B1D1，则 BD AC O， BB1綉 DD1，四边形 BB1D1D 为平行四边形，又 H B1D，B1D平面 BB1D1D，则 H平面 BB1D1D，平面 ACD1平面 BB1D1D OD1， H OD1.即 D
44、1、 H、 O 三点共线.10.如图，在四棱锥 O ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形， OA底面 ABCD， OA2， M 为 OA 的中点.(1)求四棱锥 O ABCD 的体积；(2)求异面直线 OC 与 MD 所成角的正切值的大小.解 (1)由已知可求得正方形 ABCD 的面积 S4，所以四棱锥 O ABCD 的体积 V 42 .13 83(2)如图，连接 AC，设线段 AC 的中点为 E，连接 ME， DE，又 M 为 OA 的中点，所以 ME OC，4则 EMD(或其补角)为异面直线 OC 与 MD 所成的角，由已知可得 DE ， EM ， MD ，2 3 5( )
45、2( )2( )2，2 3 5 DEM 为直角三角形，即 MED90，tan EMD .DEEM 23 63异面直线 OC 与 MD 所成角的正切值为 .63能力提升题组(建议用时：20 分钟)11.以下四个命题中，不共面的四点中，其中任意三点不共线；若点 A， B， C， D 共面，点 A， B， C， E 共面，则点 A， B， C， D， E 共面；若直线 a， b 共面，直线 a， c 共面，则直线 b， c 共面；依次首尾相接的四条线段必共面.正确命题的个数是( )A.0 B.1 C.2 D.3解析 假设其中有三点共线，则该直线和直线外的另一点确定一个平面.这与四点不共面矛盾，故其中
46、任意三点不共线，所以正确.从条件看出两平面有三个公共点A、 B、 C，但是若 A、 B、 C 共线，则结论不正确；不正确；不正确，因为此时所得的四边形的四条边可以不在一个平面上，如空间四边形.答案 B12.(2016长春一模)已知正四面体 ABCD 中， E 是 AB 的中点，则异面直线 CE 与 BD 所成角的余弦值为( )A. B. C. D.16 36 13 33解析 画出正四面体 ABCD 的直观图，如图所示.设其棱长为 2，取 AD的中点 F，连接 EF，设 EF 的中点为 O，连接 CO，则 EF BD，则 FEC 就是异面直线 CE 与 BD 所成的角， ABC 为等边三角形，则
47、 CE AB，易得 CE ，35同理可得 CF ，故 CE CF.因为 OE OF，3所以 CO EF.又 EO EF BD ，12 14 12所以 cos FEC .EOCE 123 36答案 B13.对于四面体 ABCD，下列命题相对棱 AB 与 CD 所在直线异面；由顶点 A 作四面体的高，其垂足是 BCD 三条高线的交点；若分别作 ABC 和 ABD 的边 AB 上的高，则这两条高所在的直线异面；分别作三组相对棱中点的连线，所得的三条线段相交于一点.其中正确的是_(填序号).解析 对于，由四面体的概念可知， AB 与 CD 所在的直线为异面直线，故正确；对于，由顶点 A 作四面体的高，
48、当四面体 ABCD 的对棱互相垂直时，其垂足是 BCD 的三条高线的交点，故错误；对于，当 DA DB， CA CB 时，这两条高线共面，故错误；对于，设 AB、 BC、 CD、 DA 的中点依次为 E、 F、 M、 N，易证四边形 EFMN 为平行四边形，所以 EM 与 FN 相交于一点，易证另一组对棱中点连线也过它们的交点，故正确.答案 14.如图，在空间四边形 ABCD 中， E， F， G 分别在 AB， BC， CD 上，且满足AE EB CF FB21， CG GD31，过 E， F， G 的平面交 AD 于点 H.(1)求 AH HD；(2)求证： EH、 FG、 BD 三线共点.(1)解 2， EF AC，AEEB CFFB又 EF平面 ACD， AC平面 ACD， EF平面 ACD，而 EF平面 EFGH，平面 EFGH平面 ACD GH， EF GH， AC GH. 3. AH HD31.AHHD CGGD6(2)证明 EF GH，且 ， ，EFAC 13 GHAC 14 EF GH， EFGH 为梯形.令 EH FG P，则 P EH，而 EH平面 ABD， P平面 ABD.又 P FG， FG平面 BCD， P平面 BCD，又平面 ABD平面 BCD BD， P BD. EH， FG， BD 三线共点.
