（全国通用）2017版高考数学一轮复习 第8-13章练习 理（打包34套）新人教A版.zip

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＝{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 P＝1－ P(A)＝1－0.65＝0.35.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：①在这 200 件产品中任意选出 9 件，全部是一级品；②在这 200 件产品中任意选出 9 件，全部是二级品；③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 ③ ② ①7.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 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 1－0.42－0.28＝0.30，口袋内球的个数为 21÷0.42＝50，所以黑球的个数为 50×0.30＝15.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 ＝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 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 P＝1－ ＝ .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) 10～20 20～30 30～40 40～50 50～60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)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12＋12＋16＋4＝44(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) 10～20 20～30 30～40 40～50 50～60L1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 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)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6，P(A2)＝0.1＋0.4＝0.5，∵ P(A1)＞ P(A2)，∴甲应选择 L1.同理， P(B1)＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8，P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9，∵ 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. ＋2π B. C. D.13 13π6 7π3 5π2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 × ×π×1 2×1＋π×1 2×2＝ ，故12 13 13π6选 B.答案 B3.(2014·新课标全国Ⅱ卷)正三棱柱 ABC－ A1B1C1的底面边长为 2，侧棱长为 ， D 为 BC 中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△ B1DC1·AD＝ × ×2× × ＝1，故选 C.13 13 12 3 3答案 C4.(2015·全国Ⅱ卷)已知 A， B 是球 O 的球面上两点，∠ AOB＝90°， 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.36π B.64π C.144π D.256π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 ＝ × S△13 12OAB×R＝ × ×R2×R＝ R3＝36，所以 R＝6，得 S 球13 12 16O＝4π R2＝4π×6 2＝144π，选 C.答案 C5.(2015·全国Ⅰ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＝ × π R2·h≈ (立方尺).所以163 13 14 32093堆放的米大约为 ≈22(斛).3209×1.62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 AA1D1D 与面 BB1C1C 上的正投影是图③；其在面 ABB1A1与面 DCC1D1上的正投影是图②；其在面 ABCD 与面 A1B1C1D1上的正投影也是②，故①④错误.答案 ②③7.(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 R3＝2 ，于是所求半球的体积为223 423 2V＝ π R3＝ π.23 423答案 π4238.在三棱锥 P－ ABC 中， D， E 分别为 PB， PC 的中点，记三棱锥 D－ ABE 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 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，AB＝16， BC＝10， AA1＝8，点 E， F 分别在 A1B1， D1C1上，A1E＝ D1F＝4.过点 E， F 的平面 α 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 α 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＝ A1E＝4， EB1＝12， EM＝ AA1＝8.因为 EHGF 为正方形，所以 EH＝ EF＝ BC＝10.于是 MH＝ ＝6， AH＝10， HB＝6.EH2－ EM2故 S 四边形 A1EHA＝ ×(4＋10)×8＝56，12S 四边形 EB1BH＝ ×(12＋6)×8＝72.12因为长方体被平面 α 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.8π B.16π C.32π D.64π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＝ SB＝2 ，故可补全为以2DA、 SA、 SB 为棱的长方体，故2R＝ ＝ ＝4 ，∴ R＝2 ，∴ S 表 ＝4π R2＝32π.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 SC＝4， A， B 是该球球面上的两点， AB＝ ，∠ ASC＝∠ BSC＝30°，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 SC＝4，所以SA＝ SB＝2 ， AC＝ BC＝2，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＝ × ×( )2×4＝ .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＝ CD＝1， 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，得 AB⊥ BD，∵ AB＝ BD＝1，∴ 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＝ CD＝1，因此三棱锥 A－ MBC 的体积 VA－ MBC＝ VC－ ABM＝ S△13ABM·h＝ .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＝ CD＝1，∴ S△ BCD＝ .12∴三棱锥 A－ MBC 的体积 VA－ MBC＝ VA－ BCD－ VM－ BCD＝ AB·S△ BCD－ MN·S△ 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 A＝{2，3}， B＝{1，2，3}，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”“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 4×3×1＝12 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 P＝1－ ＝ .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 θ 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 6×6＝36(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1＋2＋3＋4＋5＝15(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 ＝3×3×3＝27 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 ＝3×3×2＝18(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 0，1，2，3，4，5，6，7，8，9 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＋ y2＝12 内；事件 B： f(a)＜0，其中函数 f(x)＝ x2－2 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.解 (1)先后掷一枚质地均匀的骰子，有 6×6＝36 种等可能的结果.满足落在圆 x2＋ y2＝12 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)＝ a2－2 a＋ ＜0，得 ＜ a＜ .34 12 32又 a∈{1，2，3，4，5，6}，知 a＝1.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 n＝C ×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m＝C ·1＋C ·1＝4，∴ P(A)＝ ＝ .12 12mn 49(2)从报名的 6 人中任选 2 名，有 n＝C ＝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m＝2C ＝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：25 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 1～3 天，第 2～4 天，第 3～5 天，第 4～6 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 N＝1＋2＋3＋4＋5＝15，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 3＋3＋2＝8(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，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＝ (17＋19＋20＋21＋25＋30)＝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 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 α ， β ， α ∩ β ＝ l， a⊄α ， a⊄β ，且 a 在α ， β 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，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＝∠ BAD＝90°， BC＝2 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，∴∠ PAD＝60°，DA＝ PA＝ AB＝ PB＝ AE，∴∠ PAE＝120°.设 PA＝ AB＝ PB＝ AE＝ a，则 PE＝ a.又3∠ ABC＝∠ BAD＝90°，∴∠ BAE＝90°，∴ BE＝ a，∴在△ PBE 中，2PB2＋ BE2＝ PE2，∴∠ PBE＝90°.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 α ， β ， γ 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⊂α ， b⊄α ，∴ b∥ α .又∵ b⊂β ， α ∩ β ＝ 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 α 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 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：①直线 AM 与 CC1是相交直线；②直线 AM 与 BN 是平行直线；③直线 BN 与 MB1是异面直线；④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， C1∉AM，因此直线 AM与 CC1是异面直线，同理 AM 与 BN 也是异面直线， AM 与 DD1也是异面直线，①②错，④正确； M， B， B1三点共面，且在平面 MBB1中，但 N∉平面 MBB1， B∉MB1，因此直线 BN 与MB1是异面直线，③正确.答案 ③④三、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 D1、 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， OA＝2， 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 S＝4，所以四棱锥 O－ ABCD 的体积 V＝ ×4×2＝ .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∵( )2＋( )2＝( )2，2 3 5∴△ DEM 为直角三角形，即∠ MED＝90°，∴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，①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点 A， B， C， D 共面，点 A， B， C， E 共面，则点 A， B， C， D， E 共面；③若直线 a， b 共面，直线 a， c 共面，则直线 b， c 共面；④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 ①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，故其中任意三点不共线，所以①正确.②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；③不正确；④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 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①相对棱 AB 与 CD 所在直线异面；②由顶点 A 作四面体的高，其垂足是△ BCD 三条高线的交点；③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；④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①，由四面体的概念可知， AB 与 CD 所在的直线为异面直线，故①正确；对于②，由顶点 A 作四面体的高，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②错误；对于③，当 DA＝ DB， CA＝ CB 时，这两条高线共面，故③错误；对于④，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④正确.答案 ①④14.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∶ FB＝2∶1， CG∶ GD＝3∶1，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∶ HD＝3∶1.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.