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特训10 期末解答题汇编（题型归纳）-高一数学下学期期中期末挑战满分冲刺卷（苏教版必修第二册，江苏专用）
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这是一份特训10 期末解答题汇编（题型归纳）-高一数学下学期期中期末挑战满分冲刺卷（苏教版必修第二册，江苏专用），文件包含特训10期末解答题汇编题型归纳解析版docx、特训10期末解答题汇编题型归纳原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共62页， 欢迎下载使用。
特训10 期末解答题汇编（题型归纳）
一、解答题
1．己知复数是纯虚数，且是实数，其中是虚数单位.
(1)求复数；
(2)若复数所表示的点在第一象限，求实数的取值范围
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设且，化简得到，结合题意得到，即可求解；
（2）由，求得，根据题意得到且，即可求解.
【解析】（1）解：由题意，设，其中且，
可得，
因为为实数，可得，解得，即.
（2）解：由，则，
因为复数所表示的点在第一象限，可得且，
解得，所以实数的取值范围为.
2．已知复数，其中是虚数单位，.
(1)若为纯虚数，求的值；
(2)若，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据纯虚数的特征，即可列式求解；
（2）根据复数相等，转化为实部和虚部对应相等，将写为关于的二次函数，
列式求解.
【解析】（1）因为为纯虚数，
所以，解得.
（2）由，得.
因此.
因为，所以当时，；
当时，，.故的取值范围是.
3．已知复数，的实部和虚部均为非零实数，且的实部等于虚部.
(1)请写出一个；
(2)求的最小值.
【答案】(1)（答案不唯一）
(2)
【分析】（1）由题意可设，再根据复数的除法运算可解，根据的实部等于虚部得，从而可得结论.
（2）由（1）可得，利用复数的模公式计算可得，从而可得出最小值.
【解析】（1）设，a，b为非零实数，
因为，
所以，得.
故可以为.（答案不唯一，满足，即可，例如，，）
（2）由（1）可得，
所以，
当时，.
4．已知，均为锐角，且，．
(1)求的值；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)利用凑角的方法，，代入即可求得;(2)借助第一问的结论，用正弦的和差角公式计算.
【解析】（1）由，得，
．
（2）由，得，从而
又因为，
．
5．已知，且，求下列各式的值．
(1)；
(2)．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）解方程求出，化简即得解；
（2）化简即得解.
【解析】（1）由，解得或，
又因为，．
则．
（2）．
．
6．已知，，，.
(1)求的值：
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据两角和与差的余弦公式化简，得，根据半角公式化简，得，再得，根据二倍角的余弦公式可得；
（2）先得和，再由两角和的正切公式可得结果.
【解析】（1）由，得，
即，
因为，所以，
又因为，所以，即，所以，
所以.
（2）由（1）知，，，
又因为，，
所以，，
所以，，
所以.
7．（1）求的值域
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）令，根据辅助角公式结合正弦函数的性质得出所求值域；
（2）令，结合立方和公式得出，进而得出的取值范围.
【解析】（1）令，则，
即，其中，所以.
即，则，，解得.
即的值域为.
（2）令，因为，
所以，因为，
所以，
所以
，解得.
即的取值范围为.
8．已知函数的最大值为．
(1)求的最小正周期；
(2)求使成立的自变量x的集合．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）用倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，由周期公式求函数最小正周期，由函数最大值求出的值.
（2）根据函数解析式，利用整体代入法解不等式.
【解析】（1）因为
．
根据题意，，解得．
故．
所以函数的最小正周期．
（2）由，即．
则，解得，其中．
故使成立时x的集合．
9．设函数
(1)求的最小正周期和单调递增区间；
(2)当时，求函数的最大值和最小值并求出对应的.
【答案】(1)，
(2)最大值为，；最小值为，
【分析】（1）先根据三角恒等变换将整理化简，然后根据正弦函数的性质进行求解；
（2）利用正弦函数的单调性进行求解.
【解析】（1）
所以的最小正周期是，
由，解得，
所以函数的单调递增区间为.
（2）当时，，
根据单调性可知，上单调递增，上单调递减，
于是此时，可得.
故最大值为，此时；最小值为，此时
10．已知函数（其中，，）的部分图象如图所示．将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象．
(1)求与的解析式；
(2)令，求方程在区间内的所有实数解的和．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用图象求出函数的解析式，再利用三角函数图象变换可得出函数的解析式；
（2）利用两角和与差的正弦公式函数的解析式，然后在时解方程，将相应的根全部相加可得结果.
【解析】（1）解：由图可知，函数的最小正周期为，则，
因为，可得，
因为，则，所以，，可得，
所以，的解析式为．
由题可知，．
（2）解：因为
，
由可得，故或，
解得或．
又，故．
故所求的实数解的和为．
11．已知函数图象的相邻两对称轴间的距离为.
(1)求的解析式；
(2)将函数的图象向左平移个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，求的单调递减区间.
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式化简即可求解；
（2）根据函数图象的平移和变换公式得到，再利用正弦函数的图象及性质求解即可.
【解析】（1）由，
整理得：，
由于相邻两对称轴间的距离为，
故函数的最小正周期为π，故．
所以；
（2）由题意，将函数的图象向左平移个单位长度，
可得的图象，
再把所得图象上各点的横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），
得到函数，
令，，
即，，
所以的单调递减区间为，.
12．已知，．
(1)若函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为，求的值；
(2)若函数的图象关于对称，且函数在上单调，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用辅助角公式将函数化简，依题意，即可求出，从而得到函数解析式，再代入计算可得；
（2）由对称性得到，，再由函数在区间上的单调性求出的范围，即可得解.
【解析】（1）因为，
因为函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为，
所以，则，所以，解得，
所以，所以.
（2）由，函数的图象关于对称，
所以，，所以，，
由，，则，
又函数在上单调，所以，解得，
所以当时.
13．在中，，，，与交于点.
(1)若，求的面积；
(2)若，求的面积的最大值.
【答案】(1)
(2)12
【分析】（1）连接，根据三点共线得到，，确定，，，根据余弦定理得到，再计算面积得到答案.
（2）设，则，，计算，根据二次函数性质计算最值得到答案.
【解析】（1）法1：连接，由、、三点共线，设，（），
即，
由、、三点共线，设，（），
即 ，
故，代入解得，，.
所以，即，，即，
所以，
因为为中点，所以，
因为，所以，，
在中，由余弦定理得：，
所以，
所以.
法2：取中点为，连接，因为为中点，所以，
因为，所以为中点，则为中点，所以，
因为，所以.
以下同法1.
（2）因为，设，则，
在中：，，由(1)得，则，，故，
在中，由余弦定理得：，
所以，
所以
，
因为，所以，
所以当，即时，的面积的最大值为12.
14．在中，，从条件①；条件②，两个条件中，选出一个作为已知，解答下面问题.
(1)若，求的面积；
(2)若为锐角三角形，求的取值范围.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)面积为
(2)
【分析】（1）由所选条件，应用正弦边角关系、三角形内角性质及三角恒等变换求得，再应用正弦定理求角，最后求出三角形的面积；
（2）由题设及（1）得，应用三角恒等变换化简，注意求的范围，根据正弦型函数性质求范围即可.
【解析】（1）选①：，又，则，
由，故，
根据，而，故，，
所以或（舍），
综上，，则的面积为；
选②：，
所以，则，
由，则，，可得，
根据，而，故，，
所以或（舍），
综上，，则的面积为；
（2）由（1），，则，且，
所以，
又为锐角三角形，，则，故，
所以，则.
15．在中，角所对的边分别为，已知，且.
(1)求；
(2)点在边上，满足，且，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意和正弦定理化简得到，求得，即可求解；
（2）由，利用余弦定理求得， 再在中，根据余弦定理得到，联立方程组求得的值，进而求得的值.
【解析】（1）解：因为，由正弦定理得，
所以，
因为，所以，所以，
又因为，所以.
（2）解：在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
因为，可得，
即，解得，
又在中，由余弦定理得，
联立方程组，可得，解得，或（舍），
代入，可得.
16．已知锐角中，角，，所对的边分别为，，，且.
(1)若角，求角；
(2)若，求的最大值
【答案】(1)
(2)最大值为
【分析】（1）运用两角和差的正余弦公式进行化简即可；
（2）根据（1）中结论运用正弦定理得到，然后把表示为的函数，再利用降次公式化简，结合内角取值范围及求解.
【解析】（1）由题意知.
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，因为，所以，
由角，所以.
（2）由（1）知，所以，，
因为，所以，
由正弦定理得：，所以，
因为，所以，
所以，
因为为锐角三角形，且，则有，得，所以，
由二次函数的性质可得，当时，取得最大值，
所以的最大值为.
17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若____________.
(1)求角B；
(2)若，求△ABC周长的最小值，并求出此时△ABC的面积.
【答案】(1)
(2)周长的最小值为6，此时的面积
【分析】（1）分别选三个条件，结合三角恒等变换，以及边角互化，化简后即可求解；
（2）由余弦定理可得，利用基本不等式可求出的最小值，即可求出周长最小值，再利用面积公式求出面积.
【解析】（1）选①，由正弦定理得，
∵，∴，即，
∵，∴，
∴，∴.
选②，∵，，
由正弦定理可得，
∵，∴，
∵，∴.
选③，∵，
由已知结合正弦定理可得，
∴，∴，
∵，∴.
（2）∵，即，
∴，解得，当且仅当时取等号，
∴，周长的最小值为6，此时的面积.
18．的内角的对边分别为，若.
(1)求；
(2)若，的面积为.
（i）求；
（ii）边上一点，记面积为，面积为，当达到最小值时，求的长.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）由正弦定理可得，进而得出，即可得出答案；
（2）根据面积公式可推得，然后根据余弦定理可求得；设，，推得，.代入，根据“1”的代换，即可根据基本不等式得出取最小值时的值，进而得出.根据余弦定理，在中，求出.然后在中，根据余弦定理，即可求出的长.
【解析】（1）由正弦定理以及可得，.
因为，所以.
又，所以.
（2）（i）由已知可得，，所以.
由余弦定理可知，，
所以，.
（ii）设，，则.
所以，则，所以.
同理可得，.
所以.
当且仅当，即，时取等号.
所以，.
又在中，有，
在中，有，
所以，.
19．如图，已知半圆的直径，点在的延长线上，为半圆上的一个动点，以为边作等边三角形，且点与圆心分别在的两侧，记.
(1)当时，求四边形面积；
(2)求当取何值时，四边形的面积？并求出这个最大值.
【答案】(1)
(2)，最大值为
【分析】（1）先根据余弦定理求出，再根据三角形的面积公式即可得解；
（2）先根据余弦定理求出，再根据三角形的面积公式结合辅助角公式及三角函数的性质即可得解.
【解析】（1）在中，由余弦定理得
，
四边形的面积为
；
（2）在中，
由余弦定理得，
所以四边形的面积为
，
因为，所以，
当，即时，，
所以四边形面积的最大值为.
20．记的内角的对边分别为，已知.
(1)若，求.
(2)求的取值范围；
（可能运用的公式有
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理得到，得到，计算得到答案.
（2）根据余弦定理得到，代入计算根据均值不等式得到，得到答案.
【解析】（1），
则，
即，展开得到，
，，故，，故，
.
（2），则，
，
当且仅当时等号成立，故.
21．已知的夹角为，
(1)求的值；
(2)当为何值时，.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用向量的数量积公式及向量的模公式即可求解；
（2）根据（1）的结论及向量垂直的条件即可求解.
【解析】（1）因为的夹角为，
所以.
所以.
（2）由（1）知，，，
因为，
所以，即，
所以，解得.
所以当时，.
22．在直角坐标系中，向量，，，，其中，，.
(1)若 ，，三点共线，求实数的值；
(2)若四边形为菱形，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据 ，，三点共线，可得共线，根据向量共线的坐标表示列式计算，可得答案；
（2）根据菱形的性质，结合向量模以及向量的线性运算，列出方程，求得m的值，即可求得答案.
【解析】（1）由已知得，，
因为 ，，三点共线，共线，
所以；
（2）,,
由四边形为菱形得，即，
即①，
由菱形得,
将代入①，解得，
所以.
23．设两个向量满足，
(1)求方向的单位向量；
(2)若向量与向量的夹角为钝角，求实数t的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据，求得的坐标和模后求解；
（2）根据向量与向量的夹角为钝角，由，且向量不与向量反向共线求解.
【解析】（1）由已知，
所以，
所以，
即方向的单位向量为；
（2）由已知，，
所以，
因为向量与向量的夹角为钝角，
所以，且向量不与向量反向共线，
设，则，解得，
从而，
解得.
24．如图，在中，，点为中点，点为上的三等分点，且靠近点，设，．
(1)用，表示，；
(2)如果，，且，求BC．
【答案】(1)；；
(2)
【分析】（1）利用向量的加减法法则结合图形求解；
（2）先求得，由，可得，从而可得，结合已知可得即可.
【解析】（1）因为，点为中点，点为的三等分点，且靠近点，
所以，
.
（2）因为，
又因为，所以，
所以，由，可得，
所以的长为.
25．如图，在菱形中，.
(1)若，求的值；
(2)若，，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可知，即可求解；
（2），从而即可求解.
【解析】（1）因为在菱形中，.
故，
故，所以.
（2）显然，
所以
①，
因为菱形，且，，
故，.
所以.
故①式.
故.
26．如图，在长方形中，E为边DC的中点，F为边BC上一点，且．，设，．
(1)试用基底，，表示，，；
(2)若G为长方形内部一点，且，求证：E，G，F三点共线．
【答案】(1)；；
(2)证明见解析
【分析】（1），，，计算得到答案.
（2）设，代入数据解得，得到，得到证明.
【解析】（1）；
；
.
（2），，，设，
，
即，解得，故，，
故三点共线.
27．等边三角形，边长为2，为的中点，动点在边上，关于的对称点为．
(1)若为的中点，求．
(2)求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用平行四边形法则表示向量，然后利用向量数量积计算即可；
（2）利用已知条件求出的值，根据关于的对称点为，得，
然后计算，由于动点在上，当时，取最小值，当与重合时，取最大值，即可求得的取值范围.
【解析】（1）因为为中点，
所以.
因为为中点，
所以，
所以
.
（2）因为等边三角形，边长为2，为中点
所以为，
因为关于的对称点为，
所以，
所以
，
因为动点在上，
所以当时，取最小值，即，
当与重合时，取最大值，即，
所以，
所以的取值范围为.
28．如图所示，在中，是边的中点，在边上，与交于点．
(1)若，求的值；
(2)若，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由三点共线，以及三点共线结合共线定理得出的值；
（2）由得出，进而得出，结合得出的值．
【解析】（1）
因为，所以，
因为三点共线，所以①
又，所以②
由①②可得，
（2）设，
所以，解得
所以.
又，所以，
即
29．如图，在正方体中，分别为，AB中点．
(1)求证：平面；
(2)求异面直线EF与所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】取的中点M，连接，推导出，利用线面平行的判定定理即可证明平面；
由可知为异面直线EF与所成角，从而利用余弦定理求解即可.
【解析】（1）证明：取的中点M，连接，
在中，因为分别为的中点，所以且，
又且，所以且，
所以四边形MEFA为平行四边形，有，
又平面平面，
所以平面；
（2）不妨设正方体棱长为2，
由可知为异面直线EF与所成角，
在中，已知，
由余弦定理得，
所以异面直线EF与所成角的余弦值为
30．如图，正四棱锥的高，，，为侧棱的中点．
(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）计算出点到底面的距离以及的面积，再利用锥体的体积公式可求得三棱锥的体积.
【解析】（1）证明：因为四边形为正方形，，则为的中点，
因为为的中点，则，
又因为平面，平面，所以，平面.
（2）解：在正四棱锥中，为底面的中心，则底面，
因为为的中点，则点到平面的距离为，
，
因此，.
31．如图，直四棱柱的底面是边长为的菱形，且.
(1)证明：平面平面；
(2)若平面平面，求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用菱形的性质、线面垂直的性质，结合线面垂直的判定、面面垂直的判定推理作答.
（2）根据给定条件，求出，再作出直线与平面所成的角，在直角三角形中计算作答.
【解析】（1）在直四棱柱中，平面，平面，则，
四边形为菱形，则，而，平面，
因此平面，又平面，
所以平面平面.
（2）令，连接，如图，
平面，平面，则，由（1）知，，平面，
因此平面，又平面，于是得，而平面平面，
平面平面，平面，则平面，而平面，有，即，
菱形中，，，则，，令，
则，由得，令，连，
过M作交于N，则有平面，连，则是直线与平面所成的角，
，显然，则，
又，因此，，
所以与平面所成角的正弦值是.
【点睛】思路点睛：定义法求直线与平面所成的角，先找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；再计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
32．如图，四棱锥中，平面，，．过点作直线的平行线交于为线段上一点．
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面所成二面角的大小．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）证明出AB⊥平面PAD，由CFAB，得到CF⊥平面PAD，故证明面面垂直；
（2）作出辅助线，找到∠BED为平面与平面所成二面角的平面角，利用余弦定理求出二面角的大小.
【解析】（1）因为平面，AB平面ABCD，
所以PA⊥AB，
因为，
所以⊥AD，
因为PAAD=A，平面PAD，
所以AB⊥平面PAD，
因为CFAB，所以CF⊥平面PAD，
因为CF平面CFG，
所以平面CFG⊥平面PAD；
（2）平面，AD，AC平面ABCD，
所以PA⊥AD，PA⊥AC，
因为，，
由勾股定理得：，则∠ADB=30°，
同理可得，∠CDB=30°，
故∠ADC=60°，所以三角形ACD为等边三角形，，
故，，，
过点B作BE⊥PC于点E，连接DE，
在△BCP中，由余弦定理得：，
则，，
在△CDP中，由余弦定理得：，
在△CDE中，，
因为，所以DE⊥PC，
所以∠BED为平面与平面所成二面角的平面角，
由余弦定理得：，
故平面与平面所成二面角的大小为.
33．如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，，底面，，点在棱上，且．
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的余弦值．
(3)求四面体的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)﹒
【分析】(1)证明AC⊥平面PBD即可；
(2)连接OE，证明是二面角的平面角，证明PD⊥OE，利用几何关系求出OE，根据即可求得答案；
(3)求出PE、ED、E到底面ABCD的距离，再利用即可求解．
【解析】（1）∵平面，平面ABCD，∴，
∵在菱形中，，且，BD、PO平面PBD，
∴平面，∵AC平面ACE，∴平面平面；
（2）连接，则平面平面=OE，
由(1)知平面，则，OC⊥PD，
故是二面角的平面角．
∵，CE∩OE＝E，CE、OE平面OCE，
∴PD⊥平面OCE，∴⊥OE．
在菱形中，，，则△ABC是等边三角形，
则易知，
又，∴，
故，
∴，
即二面角的余弦值为．
（3）由(2)可知，PE=，ED＝PD－PE＝，
∵PO⊥底面ABCD，∴点到底面的距离为E到直线BD的距离，为，
而，
．
34．如图，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠BAD＝90°，AB＝4，AD＝2，DC＝3，点E在CD上，且DE＝2，将△ADE沿AE折起，使得平面ADE⊥平面ABCE，G为AE中点.
(1)求证：DG⊥平面ABCE；
(2)求四棱锥D-ABCE的体积；
(3)在线段BD上是否存在点P，使得CP∥平面ADE？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】(1)由平面平面ABCE，根据面面垂直性质定理推证出平面，(2)求得棱锥的高，再结合棱锥的体积公式，即可求得结果；(3) 过点C作交AB于点F，过点F作交DB于点P，通过证明平面//平面证明CP//平面ADE，即可求得线段之比.
（1）
因为G为AE中点，，所以．
因为平面平面ABCE，平面平面，
平面ADE，所以平面ABCE．
（2）
在直角三角形ADE中，∵AD＝DE＝2，∴AE＝2，∴DG=AE＝.
又梯形的面积
所以四棱锥D-ABCE的体积为
；
（3）
过点C作CF∥AE交AB于点F，则AF：FB＝1：3.
过点F作FP//AD交DB于点P，连接PC，则DP：PB＝1：3.
又因为CF//AE，AE平面ADE，CF平面ADE，所以CF//平面ADE.
同理FP//平面ADE.
又因为CF∩PF＝F，CF平面PFC，PF平面PFC，
所以平面PFC//平面ADE.
因为CP平面PFC，所以CP//平面ADE.
所以在BD上存在点P，使得CP∥平面ADE，且.
35．如图在四面体中，是边长为2的等边三角形，为直角三角形，其中D为直角顶点，.E､F､G､H分别是线段､､､上的动点，且四边形为平行四边形.
(1)求证：平面；
(2)设二面角的平面角为，求在区间变化的过程中，线段在平面上的投影所扫过的平面区域的面积；
(3)设，且平面平面，则当为何值时，多面体的体积恰好为？
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）先通过线面平行的判定定理，证得平面，通过线面平行的性质定理，证得，由此证得平面；
（2）画出为、时的投影，由此判断出线段在平面上的投影所扫过的平面区域，进而求得区域的面积；
（3）先求得三棱锥的面积为，通过分割的方法，得到，分别求得与的关系式，再由列方程，解方程求得的值.
【解析】（1）证明：∵四边形为平行四边形，∴．
而面，面，∴面．而面，面面，
∴∥．而面，面，
∴∥平面．
（2）∵，∴在平面上的投影满足，即在线段的中垂线上．
如图所示，将补成边长为的正，
当二面角为角时，即点在平面上，此时为，
当二面角为角时，此时为中点，
故在平面上的投影所扫过的平面区域为，而，
故线段在平面上的投影所扫过的平面区域的面积为；
（3）取中点，连接OD，则，
又平面平面，平面平面，面，
则平面，平面．
所以，
是边长为2的等边三角形，为直角三角形，其中D为直角顶点，，所以，，根据勾股定理，∴．
所以．
而多面体的体积恰好为，即多面体的体积恰为四面体体积的一半．
连接．设F到面AEH的距离为，C到面ABD的距离为 ，A到面DGH的距离为，A到面BCD的距离为，
，
∴．
，
∴．
∴，
∴，整理：，即，
解得：（舍去）．
36．在某地区进行流行病调查，随机调查了100名某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据频率分布直方图．
(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
(2)估计该地区一人患这种疾病年龄在区间的概率.
【答案】(1)47.9
(2)0.89
【分析】（1）根据平均数的求法求值即可；
（2）由频率分布直方图即可得到该区间的患疾病的概率.
【解析】（1）设平均年龄为，则由频率分布直方图可得：
从而估计本地区这种疾病患者的平均年龄为47.9岁.
（2）由频率分布直方图可知患病年龄超过20岁低于70岁的概率为：
从而估计该地区一人患这种疾病年龄在该区间的概率为0.89.
37．期末考试结束后，某校从高一1000名学生中随机抽取50名学生，统计他们数学成绩，成绩全部介于65分到145分之间，将统计结果按如下方式分成八组：第一组，第二组，，第八组.如图是按上述分组方法得到的频率分数分布直方图的一部分.
(1)求第七组的频率；
(2)用样本数据估计该校的1000名学生这次考试成绩的平均分；
(3)若从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取2名，求他们的分差的绝对值大于10分的概率.
【答案】(1)
(2)（分）
(3)
【分析】（1）根据频率之和为1求解即可；
（2）根据求解即可；
（3）由频率分布直方图知样本成绩属于第六组的有（人），设为，样本成绩属于第八组的有（人），设为，，再用列举法求解即可.
【解析】（1）由频率分布直方图得第七组的频率为：；
（2）用样本数据估计该校的1000名学生这次考试成绩的平均分为：（分）；
（3）由频率分布直方图知，
样本成绩属于第六组的有（人），设为，
样本成绩属于第八组的有（人），设为，，
从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取2名，有
，，，，，
，，，，共10种，
其中他们的分差得绝对值大于10分包含的基本事件有
，，，
，，共6种，
所以他们的分差的绝对值大于10分的概率.
38．足球号称世界第一大体育运动，2022卡塔尔世界杯刚刚落下帷幕．主办方为了调查球迷对本次世界杯的满意度，从来自本地（A地区）和外地（B地区）的球迷中，分别随机调查了20名球迷，得到他们对本届世界杯的满意度评分，如茎叶图所示：
(1)设表示A地区20名球迷满意度的方差，表示B地区20名球迷满意度的方差，则______（用“”或“”填空，不要求写出计算过程）；
(2)计算B地区的分位数；
(3)根据满意度评分，将满意度从低到高分为三个等级：
满意度评分
低于70分
70分到89分
不低于90分
满意度等级
1级（不满意）
2级（满意）
3级（非常满意）
从A地区和B地区分别随机抽取1名球迷，记事件C：“A地区球迷的满意度等级高于B地区球迷的满意度等级”，根据所给数据，用调查样本的频率估计地区总体概率，求C的概率．
【答案】(1)
(2)87
(3)0.44
【分析】（1）根据茎叶图的知识，发现A地区数据更集中，方差更小.
（2）根据百分位数的定义计算即可求解.
（3）利用事件的相互独立性和互斥即可求事件发生的概率.
【解析】（1）根据茎叶图发现A地区数据更集中，所以；
（2）设B地区的20个数据由小到大依次为，，…，，
由，得分位数等于．
（3）设事件分别表示抽取A地区1名球迷的满意度为i级，则两两互斥，
设事件分别表示抽取B地区1名球迷的满意度为j级，则两两互斥，且有与相互独立，由题意得，，，，，，
又有，且，，互斥，
故
．
39．近年来，在新高考改革中，打破文理分科的“3＋3模式初露端倪，其中，语、数、英三门为必考科目，剩下三门为选考科目（物理、化学、生物、政治、历史、地理）．选考科目采用赋分”，即原始分不直接使用，而是按照学生在本科目考试的排名来划分等级，并以此打分得到最后的得分，假定某省规定：选考科目按考生原始分数从高到低排列，按照占总体15%，35%，35%，13%和2%划定A、B、C、D、E五个等级，并分别赋分为90分、80分、70分、60分和50分．该省某高中高一（1）班（共40人）进行了一次模拟考试选考科目全考，单科全班排名，（已知这次模拟考试中历史成绩满分100分）的频率分布直方图和地理成绩的成绩单如下所示，李雷同学这次考试地理70多分．
地理成绩
40
44
43
52
53
53
61
61
62
63
64
65
71
72
73
73
73
74
75
75
76
76
77
78
82
83
83
85
85
85
86
86
88
88
89
91
92
93
93
96
(1)采用赋分制前，求该班同学历史成绩的平均数与中位数（中位数结果精确到0.01）；
(2)采用赋分制后，若李雷同学地理成绩的最终得分为80分，那么他地理成绩的原始分的所有可能值是多少?
(3)若韩梅同学必选历史，从地理、政治、物理、化学、生物五科中等可能地任选两科，则她选考科目中包含地理的概率是多少?
【答案】(1)平均数76.5，中位数为77.14.
(2)可能的原始分数为76,77,78.
(3)
【分析】（1）根据频率分布直方图计算平均数，先找出中位数所在的组，设出来，列出方程解出即可；
（2）计算成绩应该在名和名之间，即到之间，得到分数；
（3）列举所有情况，统计满足条件的个数，得到概率；
【解析】（1）由频率分布直方图知，采用赋分制前，该班同学历史成绩的平均数为：
（分），
由，
所以该班同学历史成绩的中位数在70与80，设为，
则，
（2）采用赋分制后，李雷同学地理成绩的最终得分为80分，
，，
故成绩在名和名（包含7、20名）之间，即到之间，
又因为其地理70多分，
故可能的原始分数为76,77,78.
（3）记地理、政治、物理、化学、生物分别为，
共有10种情况，
满足条件的有4种，故所求概率为：.
40．近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行的营销形式．某直播平台800个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图1所示．
(1)该直播平台为了更好地服务买卖双方，打算随机抽取40个直播商家进行问询交流．如果按照分层抽样的方式抽取，则应抽取小吃类、玩具类商家各多少家？
(2)在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对抽取的40个商家的平均日利润进行了统计（单位：元），所得频率分布直方图如图2所示．请根据频率分布直方图计算下面的问题；
（ⅰ）估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数（结果保留一位小数，求平均数时同一组中的数据用该组区间的中点値作代表）；
（ⅱ）若将平均日利润超过420元的商家成为“优秀商家”，估计该直播平台“优秀商家”的个数．
【答案】(1)小吃类16家，玩具类4家；
(2)（i）中位数为342.9，平均数为352.5；
（2）128.
【分析】（1）根据分层抽样的定义计算即可；
（2）（i）根据中位数和平均数的定义计算即可；
（ii）根据样本中“优秀商家”的个数来估计总体中“优秀商家”的个数即可.
【解析】（1），，
所以应抽取小吃类16家，玩具类4家.
（2）（i）根据题意可得，解得，
设中位数为，因为，，所以，解得，
平均数为，
所以该直播平台商家平均日利润的中位数为342.9，平均数为352.5.
（ii）,
所以估计该直播平台“优秀商家”的个数为128.
41．某校团委举办“喜迎二十大，奋进新征程”知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为，，在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为，.甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响.
(1)从甲、乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？
(2)若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率.
【答案】(1)派乙参赛赢得比赛的概率更大
(2)
【分析】（1）记事件表示“甲在第一轮比赛中胜出”，事件表示“甲在第二轮比赛中胜出”，事件表示“乙在第一轮比赛中胜出”，事件表示“乙在第二轮比赛中胜出”，由表示“甲赢得比赛”，表示“乙赢得比赛”求解即可；
（2）记表示“甲赢得比赛”，表示“乙赢得比赛”由（1）知，，由表示“两人中至少有一个赢得比赛”，且求解即可.
【解析】（1）记事件表示“甲在第一轮比赛中胜出”，事件表示“甲在第二轮比赛中胜出”，
事件表示“乙在第一轮比赛中胜出”，事件表示“乙在第二轮比赛中胜出”，
所以表示“甲赢得比赛”，，
表示“乙赢得比赛”，，
因为，所以派乙参赛赢得比赛的概率更大；
（2）记表示“甲赢得比赛”，表示“乙赢得比赛”
由（1）知，，
所以表示“两人中至少有一个赢得比赛”，
所以，
所以两人至少一人赢得比赛的概率为.
42．年月日中国神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，这标志着此次载人飞行任务取得圆满成功．在太空停留期间，航天员们开展了两次“天宫课堂”，在空间站进行太空授课，极大的激发了广大中学生对航天知识的兴趣．为此，某班组织了一次“航空知识答题竞赛”活动，竞赛规则是：两人一组，两人分别从3个题中不放回地依次随机选出个题回答，若两人答对题数合计不少于题，则称这个小组为“优秀小组”．现甲乙两位同学报名组成一组，已知3个题中甲同学能答对的题有个、乙同学答对每个题的概率均为，并且甲、乙两人选题过程及答题结果互不影响．
(1)求甲同学选出的两个题均能答对的概率；
(2)求甲乙二人获“优秀小组”的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)利用古典概率模型即可求解;(2)根据古典概型和事件的独立性对获“优秀小组”分类讨论即可.
【解析】（1）设三个题中甲能答对的题编号为,答错的题编号为1,
则样本空间,
共有6个样本点, 两个题均能答对的有2个样本点,
由古典概型的概率公式可得两个题均能答对的概率为.
（2）设表示“甲答对的题数为”，表示“乙答对的题数为”，
表示“甲、乙二人获得优秀小组”．
由(1)知由古典概型得或．
由事件的独立性，，．
由题意，．
而事件、、两两互斥，事件与相互独立，，
．
所以，甲、乙二人获“优秀小组”的概率为．
43．某班同学利用春节进行社会实践，对本地岁的人群随机抽取人进行了一次生活习惯是否符合低碳观念的调查，将生活习惯符合低碳观念的称为“低碳族”，否则称为“非低碳族”，得到如下统计表和各年龄段人数频率分布直方图．
序号
分组（岁）
本组中“低碳族”人数
“低碳族”人数在本组所占的比例
1
[25, 30)
120
0.6
2
[30, 35)
195
p
3
[35, 40)
100
0.5
4
[40, 45)
a
0.4
5
[45, 50)
30
0.3
6
[55, 60)
15
0.3
（一）人数统计表 （二）各年龄段人数频率分布直方图
(1)在答题卡给定的坐标系中补全频率分布直方图，并求出、、的值；
(2)从岁年龄段的“低碳族”中采用分层抽样法抽取6人参加户外低碳体验活动．若将这6个人通过抽签分成甲、乙两组，每组的人数相同，求岁中被抽取的人恰好又分在同一组的概率．
【答案】(1)频率分布直方图见解析；，，；
(2)
【分析】（1）先根据频率分布直方图中所有小长方形面积和为1得第二组的频率，除以组距得高，再补全直方图，根据频率等于频数除以总数求得、、
（2）先根据分层抽样确定两区间抽取人数，利用列举法确定总的基本事件数，以及岁中被抽取的人恰好又分在同一组的基本事件数，最后根据古典概型概率公式求结果.
（1）
结合频率分布直方图可知，第二组的频率为，
所以第二组高为．故补全频率分布直方图如下：
结合人数统计表与频率分布直方图，可知第一组的人数为，频率为，所以；
因为第二组的频率为0.3，所以第二组的人数为，所以；
因为第四组的频率为，所以第四组的人数为，所以．
（2）
因为岁年龄段的“低碳族”与岁年龄段的“低碳族”的比为，
所以采用分层抽样法抽取6人，则在岁中抽取4人，在岁中抽取2人．
设年龄在中被抽取的4个人分别为：；
年龄在岁中被抽取的2个人分别为：；
则总的基本事件有：,,,,,……，共20个；
记“岁中被抽取的人恰好有分在同一组” 为事件C，而事件C包含的基本事件有8个；
所以.
【点睛】频率分布直方图中小长方形面积等于对应区间的概率,所有小长方形面积之和为1; 频率分布直方图中组中值与对应区间概率乘积的和为平均数; 频率分布直方图中小长方形面积之比等于对应概率之比,也等于对应频数之比.
特训10 期末解答题汇编（题型归纳）
一、解答题
1．己知复数是纯虚数，且是实数，其中是虚数单位.
(1)求复数；
(2)若复数所表示的点在第一象限，求实数的取值范围
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设且，化简得到，结合题意得到，即可求解；
（2）由，求得，根据题意得到且，即可求解.
【解析】（1）解：由题意，设，其中且，
可得，
因为为实数，可得，解得，即.
（2）解：由，则，
因为复数所表示的点在第一象限，可得且，
解得，所以实数的取值范围为.
2．已知复数，其中是虚数单位，.
(1)若为纯虚数，求的值；
(2)若，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据纯虚数的特征，即可列式求解；
（2）根据复数相等，转化为实部和虚部对应相等，将写为关于的二次函数，
列式求解.
【解析】（1）因为为纯虚数，
所以，解得.
（2）由，得.
因此.
因为，所以当时，；
当时，，.故的取值范围是.
3．已知复数，的实部和虚部均为非零实数，且的实部等于虚部.
(1)请写出一个；
(2)求的最小值.
【答案】(1)（答案不唯一）
(2)
【分析】（1）由题意可设，再根据复数的除法运算可解，根据的实部等于虚部得，从而可得结论.
（2）由（1）可得，利用复数的模公式计算可得，从而可得出最小值.
【解析】（1）设，a，b为非零实数，
因为，
所以，得.
故可以为.（答案不唯一，满足，即可，例如，，）
（2）由（1）可得，
所以，
当时，.
4．已知，均为锐角，且，．
(1)求的值；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)利用凑角的方法，，代入即可求得;(2)借助第一问的结论，用正弦的和差角公式计算.
【解析】（1）由，得，
．
（2）由，得，从而
又因为，
．
5．已知，且，求下列各式的值．
(1)；
(2)．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）解方程求出，化简即得解；
（2）化简即得解.
【解析】（1）由，解得或，
又因为，．
则．
（2）．
．
6．已知，，，.
(1)求的值：
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据两角和与差的余弦公式化简，得，根据半角公式化简，得，再得，根据二倍角的余弦公式可得；
（2）先得和，再由两角和的正切公式可得结果.
【解析】（1）由，得，
即，
因为，所以，
又因为，所以，即，所以，
所以.
（2）由（1）知，，，
又因为，，
所以，，
所以，，
所以.
7．（1）求的值域
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）令，根据辅助角公式结合正弦函数的性质得出所求值域；
（2）令，结合立方和公式得出，进而得出的取值范围.
【解析】（1）令，则，
即，其中，所以.
即，则，，解得.
即的值域为.
（2）令，因为，
所以，因为，
所以，
所以
，解得.
即的取值范围为.
8．已知函数的最大值为．
(1)求的最小正周期；
(2)求使成立的自变量x的集合．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）用倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，由周期公式求函数最小正周期，由函数最大值求出的值.
（2）根据函数解析式，利用整体代入法解不等式.
【解析】（1）因为
．
根据题意，，解得．
故．
所以函数的最小正周期．
（2）由，即．
则，解得，其中．
故使成立时x的集合．
9．设函数
(1)求的最小正周期和单调递增区间；
(2)当时，求函数的最大值和最小值并求出对应的.
【答案】(1)，
(2)最大值为，；最小值为，
【分析】（1）先根据三角恒等变换将整理化简，然后根据正弦函数的性质进行求解；
（2）利用正弦函数的单调性进行求解.
【解析】（1）
所以的最小正周期是，
由，解得，
所以函数的单调递增区间为.
（2）当时，，
根据单调性可知，上单调递增，上单调递减，
于是此时，可得.
故最大值为，此时；最小值为，此时
10．已知函数（其中，，）的部分图象如图所示．将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象．
(1)求与的解析式；
(2)令，求方程在区间内的所有实数解的和．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用图象求出函数的解析式，再利用三角函数图象变换可得出函数的解析式；
（2）利用两角和与差的正弦公式函数的解析式，然后在时解方程，将相应的根全部相加可得结果.
【解析】（1）解：由图可知，函数的最小正周期为，则，
因为，可得，
因为，则，所以，，可得，
所以，的解析式为．
由题可知，．
（2）解：因为
，
由可得，故或，
解得或．
又，故．
故所求的实数解的和为．
11．已知函数图象的相邻两对称轴间的距离为.
(1)求的解析式；
(2)将函数的图象向左平移个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，求的单调递减区间.
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式化简即可求解；
（2）根据函数图象的平移和变换公式得到，再利用正弦函数的图象及性质求解即可.
【解析】（1）由，
整理得：，
由于相邻两对称轴间的距离为，
故函数的最小正周期为π，故．
所以；
（2）由题意，将函数的图象向左平移个单位长度，
可得的图象，
再把所得图象上各点的横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），
得到函数，
令，，
即，，
所以的单调递减区间为，.
12．已知，．
(1)若函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为，求的值；
(2)若函数的图象关于对称，且函数在上单调，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用辅助角公式将函数化简，依题意，即可求出，从而得到函数解析式，再代入计算可得；
（2）由对称性得到，，再由函数在区间上的单调性求出的范围，即可得解.
【解析】（1）因为，
因为函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为，
所以，则，所以，解得，
所以，所以.
（2）由，函数的图象关于对称，
所以，，所以，，
由，，则，
又函数在上单调，所以，解得，
所以当时.
13．在中，，，，与交于点.
(1)若，求的面积；
(2)若，求的面积的最大值.
【答案】(1)
(2)12
【分析】（1）连接，根据三点共线得到，，确定，，，根据余弦定理得到，再计算面积得到答案.
（2）设，则，，计算，根据二次函数性质计算最值得到答案.
【解析】（1）法1：连接，由、、三点共线，设，（），
即，
由、、三点共线，设，（），
即 ，
故，代入解得，，.
所以，即，，即，
所以，
因为为中点，所以，
因为，所以，，
在中，由余弦定理得：，
所以，
所以.
法2：取中点为，连接，因为为中点，所以，
因为，所以为中点，则为中点，所以，
因为，所以.
以下同法1.
（2）因为，设，则，
在中：，，由(1)得，则，，故，
在中，由余弦定理得：，
所以，
所以
，
因为，所以，
所以当，即时，的面积的最大值为12.
14．在中，，从条件①；条件②，两个条件中，选出一个作为已知，解答下面问题.
(1)若，求的面积；
(2)若为锐角三角形，求的取值范围.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)面积为
(2)
【分析】（1）由所选条件，应用正弦边角关系、三角形内角性质及三角恒等变换求得，再应用正弦定理求角，最后求出三角形的面积；
（2）由题设及（1）得，应用三角恒等变换化简，注意求的范围，根据正弦型函数性质求范围即可.
【解析】（1）选①：，又，则，
由，故，
根据，而，故，，
所以或（舍），
综上，，则的面积为；
选②：，
所以，则，
由，则，，可得，
根据，而，故，，
所以或（舍），
综上，，则的面积为；
（2）由（1），，则，且，
所以，
又为锐角三角形，，则，故，
所以，则.
15．在中，角所对的边分别为，已知，且.
(1)求；
(2)点在边上，满足，且，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意和正弦定理化简得到，求得，即可求解；
（2）由，利用余弦定理求得， 再在中，根据余弦定理得到，联立方程组求得的值，进而求得的值.
【解析】（1）解：因为，由正弦定理得，
所以，
因为，所以，所以，
又因为，所以.
（2）解：在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
因为，可得，
即，解得，
又在中，由余弦定理得，
联立方程组，可得，解得，或（舍），
代入，可得.
16．已知锐角中，角，，所对的边分别为，，，且.
(1)若角，求角；
(2)若，求的最大值
【答案】(1)
(2)最大值为
【分析】（1）运用两角和差的正余弦公式进行化简即可；
（2）根据（1）中结论运用正弦定理得到，然后把表示为的函数，再利用降次公式化简，结合内角取值范围及求解.
【解析】（1）由题意知.
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，因为，所以，
由角，所以.
（2）由（1）知，所以，，
因为，所以，
由正弦定理得：，所以，
因为，所以，
所以，
因为为锐角三角形，且，则有，得，所以，
由二次函数的性质可得，当时，取得最大值，
所以的最大值为.
17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若____________.
(1)求角B；
(2)若，求△ABC周长的最小值，并求出此时△ABC的面积.
【答案】(1)
(2)周长的最小值为6，此时的面积
【分析】（1）分别选三个条件，结合三角恒等变换，以及边角互化，化简后即可求解；
（2）由余弦定理可得，利用基本不等式可求出的最小值，即可求出周长最小值，再利用面积公式求出面积.
【解析】（1）选①，由正弦定理得，
∵，∴，即，
∵，∴，
∴，∴.
选②，∵，，
由正弦定理可得，
∵，∴，
∵，∴.
选③，∵，
由已知结合正弦定理可得，
∴，∴，
∵，∴.
（2）∵，即，
∴，解得，当且仅当时取等号，
∴，周长的最小值为6，此时的面积.
18．的内角的对边分别为，若.
(1)求；
(2)若，的面积为.
（i）求；
（ii）边上一点，记面积为，面积为，当达到最小值时，求的长.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）由正弦定理可得，进而得出，即可得出答案；
（2）根据面积公式可推得，然后根据余弦定理可求得；设，，推得，.代入，根据“1”的代换，即可根据基本不等式得出取最小值时的值，进而得出.根据余弦定理，在中，求出.然后在中，根据余弦定理，即可求出的长.
【解析】（1）由正弦定理以及可得，.
因为，所以.
又，所以.
（2）（i）由已知可得，，所以.
由余弦定理可知，，
所以，.
（ii）设，，则.
所以，则，所以.
同理可得，.
所以.
当且仅当，即，时取等号.
所以，.
又在中，有，
在中，有，
所以，.
19．如图，已知半圆的直径，点在的延长线上，为半圆上的一个动点，以为边作等边三角形，且点与圆心分别在的两侧，记.
(1)当时，求四边形面积；
(2)求当取何值时，四边形的面积？并求出这个最大值.
【答案】(1)
(2)，最大值为
【分析】（1）先根据余弦定理求出，再根据三角形的面积公式即可得解；
（2）先根据余弦定理求出，再根据三角形的面积公式结合辅助角公式及三角函数的性质即可得解.
【解析】（1）在中，由余弦定理得
，
四边形的面积为
；
（2）在中，
由余弦定理得，
所以四边形的面积为
，
因为，所以，
当，即时，，
所以四边形面积的最大值为.
20．记的内角的对边分别为，已知.
(1)若，求.
(2)求的取值范围；
（可能运用的公式有
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理得到，得到，计算得到答案.
（2）根据余弦定理得到，代入计算根据均值不等式得到，得到答案.
【解析】（1），
则，
即，展开得到，
，，故，，故，
.
（2），则，
，
当且仅当时等号成立，故.
21．已知的夹角为，
(1)求的值；
(2)当为何值时，.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用向量的数量积公式及向量的模公式即可求解；
（2）根据（1）的结论及向量垂直的条件即可求解.
【解析】（1）因为的夹角为，
所以.
所以.
（2）由（1）知，，，
因为，
所以，即，
所以，解得.
所以当时，.
22．在直角坐标系中，向量，，，，其中，，.
(1)若 ，，三点共线，求实数的值；
(2)若四边形为菱形，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据 ，，三点共线，可得共线，根据向量共线的坐标表示列式计算，可得答案；
（2）根据菱形的性质，结合向量模以及向量的线性运算，列出方程，求得m的值，即可求得答案.
【解析】（1）由已知得，，
因为 ，，三点共线，共线，
所以；
（2）,,
由四边形为菱形得，即，
即①，
由菱形得,
将代入①，解得，
所以.
23．设两个向量满足，
(1)求方向的单位向量；
(2)若向量与向量的夹角为钝角，求实数t的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据，求得的坐标和模后求解；
（2）根据向量与向量的夹角为钝角，由，且向量不与向量反向共线求解.
【解析】（1）由已知，
所以，
所以，
即方向的单位向量为；
（2）由已知，，
所以，
因为向量与向量的夹角为钝角，
所以，且向量不与向量反向共线，
设，则，解得，
从而，
解得.
24．如图，在中，，点为中点，点为上的三等分点，且靠近点，设，．
(1)用，表示，；
(2)如果，，且，求BC．
【答案】(1)；；
(2)
【分析】（1）利用向量的加减法法则结合图形求解；
（2）先求得，由，可得，从而可得，结合已知可得即可.
【解析】（1）因为，点为中点，点为的三等分点，且靠近点，
所以，
.
（2）因为，
又因为，所以，
所以，由，可得，
所以的长为.
25．如图，在菱形中，.
(1)若，求的值；
(2)若，，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可知，即可求解；
（2），从而即可求解.
【解析】（1）因为在菱形中，.
故，
故，所以.
（2）显然，
所以
①，
因为菱形，且，，
故，.
所以.
故①式.
故.
26．如图，在长方形中，E为边DC的中点，F为边BC上一点，且．，设，．
(1)试用基底，，表示，，；
(2)若G为长方形内部一点，且，求证：E，G，F三点共线．
【答案】(1)；；
(2)证明见解析
【分析】（1），，，计算得到答案.
（2）设，代入数据解得，得到，得到证明.
【解析】（1）；
；
.
（2），，，设，
，
即，解得，故，，
故三点共线.
27．等边三角形，边长为2，为的中点，动点在边上，关于的对称点为．
(1)若为的中点，求．
(2)求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用平行四边形法则表示向量，然后利用向量数量积计算即可；
（2）利用已知条件求出的值，根据关于的对称点为，得，
然后计算，由于动点在上，当时，取最小值，当与重合时，取最大值，即可求得的取值范围.
【解析】（1）因为为中点，
所以.
因为为中点，
所以，
所以
.
（2）因为等边三角形，边长为2，为中点
所以为，
因为关于的对称点为，
所以，
所以
，
因为动点在上，
所以当时，取最小值，即，
当与重合时，取最大值，即，
所以，
所以的取值范围为.
28．如图所示，在中，是边的中点，在边上，与交于点．
(1)若，求的值；
(2)若，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由三点共线，以及三点共线结合共线定理得出的值；
（2）由得出，进而得出，结合得出的值．
【解析】（1）
因为，所以，
因为三点共线，所以①
又，所以②
由①②可得，
（2）设，
所以，解得
所以.
又，所以，
即
29．如图，在正方体中，分别为，AB中点．
(1)求证：平面；
(2)求异面直线EF与所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】取的中点M，连接，推导出，利用线面平行的判定定理即可证明平面；
由可知为异面直线EF与所成角，从而利用余弦定理求解即可.
【解析】（1）证明：取的中点M，连接，
在中，因为分别为的中点，所以且，
又且，所以且，
所以四边形MEFA为平行四边形，有，
又平面平面，
所以平面；
（2）不妨设正方体棱长为2，
由可知为异面直线EF与所成角，
在中，已知，
由余弦定理得，
所以异面直线EF与所成角的余弦值为
30．如图，正四棱锥的高，，，为侧棱的中点．
(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）计算出点到底面的距离以及的面积，再利用锥体的体积公式可求得三棱锥的体积.
【解析】（1）证明：因为四边形为正方形，，则为的中点，
因为为的中点，则，
又因为平面，平面，所以，平面.
（2）解：在正四棱锥中，为底面的中心，则底面，
因为为的中点，则点到平面的距离为，
，
因此，.
31．如图，直四棱柱的底面是边长为的菱形，且.
(1)证明：平面平面；
(2)若平面平面，求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用菱形的性质、线面垂直的性质，结合线面垂直的判定、面面垂直的判定推理作答.
（2）根据给定条件，求出，再作出直线与平面所成的角，在直角三角形中计算作答.
【解析】（1）在直四棱柱中，平面，平面，则，
四边形为菱形，则，而，平面，
因此平面，又平面，
所以平面平面.
（2）令，连接，如图，
平面，平面，则，由（1）知，，平面，
因此平面，又平面，于是得，而平面平面，
平面平面，平面，则平面，而平面，有，即，
菱形中，，，则，，令，
则，由得，令，连，
过M作交于N，则有平面，连，则是直线与平面所成的角，
，显然，则，
又，因此，，
所以与平面所成角的正弦值是.
【点睛】思路点睛：定义法求直线与平面所成的角，先找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；再计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
32．如图，四棱锥中，平面，，．过点作直线的平行线交于为线段上一点．
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面所成二面角的大小．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）证明出AB⊥平面PAD，由CFAB，得到CF⊥平面PAD，故证明面面垂直；
（2）作出辅助线，找到∠BED为平面与平面所成二面角的平面角，利用余弦定理求出二面角的大小.
【解析】（1）因为平面，AB平面ABCD，
所以PA⊥AB，
因为，
所以⊥AD，
因为PAAD=A，平面PAD，
所以AB⊥平面PAD，
因为CFAB，所以CF⊥平面PAD，
因为CF平面CFG，
所以平面CFG⊥平面PAD；
（2）平面，AD，AC平面ABCD，
所以PA⊥AD，PA⊥AC，
因为，，
由勾股定理得：，则∠ADB=30°，
同理可得，∠CDB=30°，
故∠ADC=60°，所以三角形ACD为等边三角形，，
故，，，
过点B作BE⊥PC于点E，连接DE，
在△BCP中，由余弦定理得：，
则，，
在△CDP中，由余弦定理得：，
在△CDE中，，
因为，所以DE⊥PC，
所以∠BED为平面与平面所成二面角的平面角，
由余弦定理得：，
故平面与平面所成二面角的大小为.
33．如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，，底面，，点在棱上，且．
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的余弦值．
(3)求四面体的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)﹒
【分析】(1)证明AC⊥平面PBD即可；
(2)连接OE，证明是二面角的平面角，证明PD⊥OE，利用几何关系求出OE，根据即可求得答案；
(3)求出PE、ED、E到底面ABCD的距离，再利用即可求解．
【解析】（1）∵平面，平面ABCD，∴，
∵在菱形中，，且，BD、PO平面PBD，
∴平面，∵AC平面ACE，∴平面平面；
（2）连接，则平面平面=OE，
由(1)知平面，则，OC⊥PD，
故是二面角的平面角．
∵，CE∩OE＝E，CE、OE平面OCE，
∴PD⊥平面OCE，∴⊥OE．
在菱形中，，，则△ABC是等边三角形，
则易知，
又，∴，
故，
∴，
即二面角的余弦值为．
（3）由(2)可知，PE=，ED＝PD－PE＝，
∵PO⊥底面ABCD，∴点到底面的距离为E到直线BD的距离，为，
而，
．
34．如图，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠BAD＝90°，AB＝4，AD＝2，DC＝3，点E在CD上，且DE＝2，将△ADE沿AE折起，使得平面ADE⊥平面ABCE，G为AE中点.
(1)求证：DG⊥平面ABCE；
(2)求四棱锥D-ABCE的体积；
(3)在线段BD上是否存在点P，使得CP∥平面ADE？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】(1)由平面平面ABCE，根据面面垂直性质定理推证出平面，(2)求得棱锥的高，再结合棱锥的体积公式，即可求得结果；(3) 过点C作交AB于点F，过点F作交DB于点P，通过证明平面//平面证明CP//平面ADE，即可求得线段之比.
（1）
因为G为AE中点，，所以．
因为平面平面ABCE，平面平面，
平面ADE，所以平面ABCE．
（2）
在直角三角形ADE中，∵AD＝DE＝2，∴AE＝2，∴DG=AE＝.
又梯形的面积
所以四棱锥D-ABCE的体积为
；
（3）
过点C作CF∥AE交AB于点F，则AF：FB＝1：3.
过点F作FP//AD交DB于点P，连接PC，则DP：PB＝1：3.
又因为CF//AE，AE平面ADE，CF平面ADE，所以CF//平面ADE.
同理FP//平面ADE.
又因为CF∩PF＝F，CF平面PFC，PF平面PFC，
所以平面PFC//平面ADE.
因为CP平面PFC，所以CP//平面ADE.
所以在BD上存在点P，使得CP∥平面ADE，且.
35．如图在四面体中，是边长为2的等边三角形，为直角三角形，其中D为直角顶点，.E､F､G､H分别是线段､､､上的动点，且四边形为平行四边形.
(1)求证：平面；
(2)设二面角的平面角为，求在区间变化的过程中，线段在平面上的投影所扫过的平面区域的面积；
(3)设，且平面平面，则当为何值时，多面体的体积恰好为？
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）先通过线面平行的判定定理，证得平面，通过线面平行的性质定理，证得，由此证得平面；
（2）画出为、时的投影，由此判断出线段在平面上的投影所扫过的平面区域，进而求得区域的面积；
（3）先求得三棱锥的面积为，通过分割的方法，得到，分别求得与的关系式，再由列方程，解方程求得的值.
【解析】（1）证明：∵四边形为平行四边形，∴．
而面，面，∴面．而面，面面，
∴∥．而面，面，
∴∥平面．
（2）∵，∴在平面上的投影满足，即在线段的中垂线上．
如图所示，将补成边长为的正，
当二面角为角时，即点在平面上，此时为，
当二面角为角时，此时为中点，
故在平面上的投影所扫过的平面区域为，而，
故线段在平面上的投影所扫过的平面区域的面积为；
（3）取中点，连接OD，则，
又平面平面，平面平面，面，
则平面，平面．
所以，
是边长为2的等边三角形，为直角三角形，其中D为直角顶点，，所以，，根据勾股定理，∴．
所以．
而多面体的体积恰好为，即多面体的体积恰为四面体体积的一半．
连接．设F到面AEH的距离为，C到面ABD的距离为 ，A到面DGH的距离为，A到面BCD的距离为，
，
∴．
，
∴．
∴，
∴，整理：，即，
解得：（舍去）．
36．在某地区进行流行病调查，随机调查了100名某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据频率分布直方图．
(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
(2)估计该地区一人患这种疾病年龄在区间的概率.
【答案】(1)47.9
(2)0.89
【分析】（1）根据平均数的求法求值即可；
（2）由频率分布直方图即可得到该区间的患疾病的概率.
【解析】（1）设平均年龄为，则由频率分布直方图可得：
从而估计本地区这种疾病患者的平均年龄为47.9岁.
（2）由频率分布直方图可知患病年龄超过20岁低于70岁的概率为：
从而估计该地区一人患这种疾病年龄在该区间的概率为0.89.
37．期末考试结束后，某校从高一1000名学生中随机抽取50名学生，统计他们数学成绩，成绩全部介于65分到145分之间，将统计结果按如下方式分成八组：第一组，第二组，，第八组.如图是按上述分组方法得到的频率分数分布直方图的一部分.
(1)求第七组的频率；
(2)用样本数据估计该校的1000名学生这次考试成绩的平均分；
(3)若从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取2名，求他们的分差的绝对值大于10分的概率.
【答案】(1)
(2)（分）
(3)
【分析】（1）根据频率之和为1求解即可；
（2）根据求解即可；
（3）由频率分布直方图知样本成绩属于第六组的有（人），设为，样本成绩属于第八组的有（人），设为，，再用列举法求解即可.
【解析】（1）由频率分布直方图得第七组的频率为：；
（2）用样本数据估计该校的1000名学生这次考试成绩的平均分为：（分）；
（3）由频率分布直方图知，
样本成绩属于第六组的有（人），设为，
样本成绩属于第八组的有（人），设为，，
从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取2名，有
，，，，，
，，，，共10种，
其中他们的分差得绝对值大于10分包含的基本事件有
，，，
，，共6种，
所以他们的分差的绝对值大于10分的概率.
38．足球号称世界第一大体育运动，2022卡塔尔世界杯刚刚落下帷幕．主办方为了调查球迷对本次世界杯的满意度，从来自本地（A地区）和外地（B地区）的球迷中，分别随机调查了20名球迷，得到他们对本届世界杯的满意度评分，如茎叶图所示：
(1)设表示A地区20名球迷满意度的方差，表示B地区20名球迷满意度的方差，则______（用“”或“”填空，不要求写出计算过程）；
(2)计算B地区的分位数；
(3)根据满意度评分，将满意度从低到高分为三个等级：
满意度评分
低于70分
70分到89分
不低于90分
满意度等级
1级（不满意）
2级（满意）
3级（非常满意）
从A地区和B地区分别随机抽取1名球迷，记事件C：“A地区球迷的满意度等级高于B地区球迷的满意度等级”，根据所给数据，用调查样本的频率估计地区总体概率，求C的概率．
【答案】(1)
(2)87
(3)0.44
【分析】（1）根据茎叶图的知识，发现A地区数据更集中，方差更小.
（2）根据百分位数的定义计算即可求解.
（3）利用事件的相互独立性和互斥即可求事件发生的概率.
【解析】（1）根据茎叶图发现A地区数据更集中，所以；
（2）设B地区的20个数据由小到大依次为，，…，，
由，得分位数等于．
（3）设事件分别表示抽取A地区1名球迷的满意度为i级，则两两互斥，
设事件分别表示抽取B地区1名球迷的满意度为j级，则两两互斥，且有与相互独立，由题意得，，，，，，
又有，且，，互斥，
故
．
39．近年来，在新高考改革中，打破文理分科的“3＋3模式初露端倪，其中，语、数、英三门为必考科目，剩下三门为选考科目（物理、化学、生物、政治、历史、地理）．选考科目采用赋分”，即原始分不直接使用，而是按照学生在本科目考试的排名来划分等级，并以此打分得到最后的得分，假定某省规定：选考科目按考生原始分数从高到低排列，按照占总体15%，35%，35%，13%和2%划定A、B、C、D、E五个等级，并分别赋分为90分、80分、70分、60分和50分．该省某高中高一（1）班（共40人）进行了一次模拟考试选考科目全考，单科全班排名，（已知这次模拟考试中历史成绩满分100分）的频率分布直方图和地理成绩的成绩单如下所示，李雷同学这次考试地理70多分．
地理成绩
40
44
43
52
53
53
61
61
62
63
64
65
71
72
73
73
73
74
75
75
76
76
77
78
82
83
83
85
85
85
86
86
88
88
89
91
92
93
93
96
(1)采用赋分制前，求该班同学历史成绩的平均数与中位数（中位数结果精确到0.01）；
(2)采用赋分制后，若李雷同学地理成绩的最终得分为80分，那么他地理成绩的原始分的所有可能值是多少?
(3)若韩梅同学必选历史，从地理、政治、物理、化学、生物五科中等可能地任选两科，则她选考科目中包含地理的概率是多少?
【答案】(1)平均数76.5，中位数为77.14.
(2)可能的原始分数为76,77,78.
(3)
【分析】（1）根据频率分布直方图计算平均数，先找出中位数所在的组，设出来，列出方程解出即可；
（2）计算成绩应该在名和名之间，即到之间，得到分数；
（3）列举所有情况，统计满足条件的个数，得到概率；
【解析】（1）由频率分布直方图知，采用赋分制前，该班同学历史成绩的平均数为：
（分），
由，
所以该班同学历史成绩的中位数在70与80，设为，
则，
（2）采用赋分制后，李雷同学地理成绩的最终得分为80分，
，，
故成绩在名和名（包含7、20名）之间，即到之间，
又因为其地理70多分，
故可能的原始分数为76,77,78.
（3）记地理、政治、物理、化学、生物分别为，
共有10种情况，
满足条件的有4种，故所求概率为：.
40．近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行的营销形式．某直播平台800个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图1所示．
(1)该直播平台为了更好地服务买卖双方，打算随机抽取40个直播商家进行问询交流．如果按照分层抽样的方式抽取，则应抽取小吃类、玩具类商家各多少家？
(2)在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对抽取的40个商家的平均日利润进行了统计（单位：元），所得频率分布直方图如图2所示．请根据频率分布直方图计算下面的问题；
（ⅰ）估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数（结果保留一位小数，求平均数时同一组中的数据用该组区间的中点値作代表）；
（ⅱ）若将平均日利润超过420元的商家成为“优秀商家”，估计该直播平台“优秀商家”的个数．
【答案】(1)小吃类16家，玩具类4家；
(2)（i）中位数为342.9，平均数为352.5；
（2）128.
【分析】（1）根据分层抽样的定义计算即可；
（2）（i）根据中位数和平均数的定义计算即可；
（ii）根据样本中“优秀商家”的个数来估计总体中“优秀商家”的个数即可.
【解析】（1），，
所以应抽取小吃类16家，玩具类4家.
（2）（i）根据题意可得，解得，
设中位数为，因为，，所以，解得，
平均数为，
所以该直播平台商家平均日利润的中位数为342.9，平均数为352.5.
（ii）,
所以估计该直播平台“优秀商家”的个数为128.
41．某校团委举办“喜迎二十大，奋进新征程”知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为，，在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为，.甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响.
(1)从甲、乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？
(2)若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率.
【答案】(1)派乙参赛赢得比赛的概率更大
(2)
【分析】（1）记事件表示“甲在第一轮比赛中胜出”，事件表示“甲在第二轮比赛中胜出”，事件表示“乙在第一轮比赛中胜出”，事件表示“乙在第二轮比赛中胜出”，由表示“甲赢得比赛”，表示“乙赢得比赛”求解即可；
（2）记表示“甲赢得比赛”，表示“乙赢得比赛”由（1）知，，由表示“两人中至少有一个赢得比赛”，且求解即可.
【解析】（1）记事件表示“甲在第一轮比赛中胜出”，事件表示“甲在第二轮比赛中胜出”，
事件表示“乙在第一轮比赛中胜出”，事件表示“乙在第二轮比赛中胜出”，
所以表示“甲赢得比赛”，，
表示“乙赢得比赛”，，
因为，所以派乙参赛赢得比赛的概率更大；
（2）记表示“甲赢得比赛”，表示“乙赢得比赛”
由（1）知，，
所以表示“两人中至少有一个赢得比赛”，
所以，
所以两人至少一人赢得比赛的概率为.
42．年月日中国神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，这标志着此次载人飞行任务取得圆满成功．在太空停留期间，航天员们开展了两次“天宫课堂”，在空间站进行太空授课，极大的激发了广大中学生对航天知识的兴趣．为此，某班组织了一次“航空知识答题竞赛”活动，竞赛规则是：两人一组，两人分别从3个题中不放回地依次随机选出个题回答，若两人答对题数合计不少于题，则称这个小组为“优秀小组”．现甲乙两位同学报名组成一组，已知3个题中甲同学能答对的题有个、乙同学答对每个题的概率均为，并且甲、乙两人选题过程及答题结果互不影响．
(1)求甲同学选出的两个题均能答对的概率；
(2)求甲乙二人获“优秀小组”的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)利用古典概率模型即可求解;(2)根据古典概型和事件的独立性对获“优秀小组”分类讨论即可.
【解析】（1）设三个题中甲能答对的题编号为,答错的题编号为1,
则样本空间,
共有6个样本点, 两个题均能答对的有2个样本点,
由古典概型的概率公式可得两个题均能答对的概率为.
（2）设表示“甲答对的题数为”，表示“乙答对的题数为”，
表示“甲、乙二人获得优秀小组”．
由(1)知由古典概型得或．
由事件的独立性，，．
由题意，．
而事件、、两两互斥，事件与相互独立，，
．
所以，甲、乙二人获“优秀小组”的概率为．
43．某班同学利用春节进行社会实践，对本地岁的人群随机抽取人进行了一次生活习惯是否符合低碳观念的调查，将生活习惯符合低碳观念的称为“低碳族”，否则称为“非低碳族”，得到如下统计表和各年龄段人数频率分布直方图．
序号
分组（岁）
本组中“低碳族”人数
“低碳族”人数在本组所占的比例
1
[25, 30)
120
0.6
2
[30, 35)
195
p
3
[35, 40)
100
0.5
4
[40, 45)
a
0.4
5
[45, 50)
30
0.3
6
[55, 60)
15
0.3
（一）人数统计表 （二）各年龄段人数频率分布直方图
(1)在答题卡给定的坐标系中补全频率分布直方图，并求出、、的值；
(2)从岁年龄段的“低碳族”中采用分层抽样法抽取6人参加户外低碳体验活动．若将这6个人通过抽签分成甲、乙两组，每组的人数相同，求岁中被抽取的人恰好又分在同一组的概率．
【答案】(1)频率分布直方图见解析；，，；
(2)
【分析】（1）先根据频率分布直方图中所有小长方形面积和为1得第二组的频率，除以组距得高，再补全直方图，根据频率等于频数除以总数求得、、
（2）先根据分层抽样确定两区间抽取人数，利用列举法确定总的基本事件数，以及岁中被抽取的人恰好又分在同一组的基本事件数，最后根据古典概型概率公式求结果.
（1）
结合频率分布直方图可知，第二组的频率为，
所以第二组高为．故补全频率分布直方图如下：
结合人数统计表与频率分布直方图，可知第一组的人数为，频率为，所以；
因为第二组的频率为0.3，所以第二组的人数为，所以；
因为第四组的频率为，所以第四组的人数为，所以．
（2）
因为岁年龄段的“低碳族”与岁年龄段的“低碳族”的比为，
所以采用分层抽样法抽取6人，则在岁中抽取4人，在岁中抽取2人．
设年龄在中被抽取的4个人分别为：；
年龄在岁中被抽取的2个人分别为：；
则总的基本事件有：,,,,,……，共20个；
记“岁中被抽取的人恰好有分在同一组” 为事件C，而事件C包含的基本事件有8个；
所以.
【点睛】频率分布直方图中小长方形面积等于对应区间的概率,所有小长方形面积之和为1; 频率分布直方图中组中值与对应区间概率乘积的和为平均数; 频率分布直方图中小长方形面积之比等于对应概率之比,也等于对应频数之比.
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