2024-2025学年湖南省长沙市高二上册开学摸底考数学检测试卷合集2套（含解析）

这是一份2024-2025学年湖南省长沙市高二上册开学摸底考数学检测试卷合集2套（含解析），共35页。试卷主要包含了2小时，6小时等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知空间向量，，若，则（ ）
A．1B．C．D．3
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知空间向量，，则以为单位正交基底时的坐标为（ ）
A．B．C．D．
4．样本数据：48，49，50，50，50，50，51，52的方差为（ ）
A．1B．1.25C．2.5D．4
5．底面圆周长为，母线长为4的圆锥内切球的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数图象的两个相邻对称中心为，，则（ ）
A．B．C．D．
7．近日，我国某生命科学研究所的生物研究小组成员通过大量的实验和数据统计得出睡眠中的恒温动物的脉搏率（单位时间内心跳的次数）与其自身体重满足的函数模型.已知一只恒温动物兔子的体重为2kg、脉搏率为205次，若经测量一匹马的脉搏率为41次，则这匹马的体重为（ ）
A．350kgB．450kgC．500kgD．250kg
8．已知函数，若方程在区间上有且仅有2个不等的实根，，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分.
9．如图，四棱柱中，为的中点，为上靠近点的五等分点，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知函数，则（ ）
A．为偶函数B．的值域为
C．在上单调递减D．
11．已知正数，满足且，则（ ）
A．的最小值为16B．的最小值为4
C．的最小值为D．，
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知幂函数在0,+∞上单调递减，则 .
13．的取值范围为 .
14．已知正方体的棱长为2，，分别为棱，的中点，建立如图所示空间直角坐标系，点在平面内运动，则点到，，，这四点的距离之和的最小值为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．在空间直角坐标系中，已知点，，.
(1)若，求的值；
(2)求的最小值.
16．已知为纯虚数.
(1)求；
(2)求.
17．2024年西部数学邀请赛于8月4日至10日在上海隆重举行，此次赛事不仅是对中学生数学能力的一次全面考验，更是对数学教育未来发展的深刻实践探索，共有200多名学生参赛，引起社会广泛关注，点燃了全社会对数学的热情.甲、乙、丙3名同学各自独立去做2024年西部数学邀请赛预赛中的某道题，已知甲能解出该题的概率为，乙能解出而丙不能解出该题的概率为，甲、丙都能解出该题的概率为.
(1)求乙、丙各自解出该题的概率；
(2)求甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题的概率.
18．如图，在直四棱柱中，底面是边长为的菱形，，，，分别为，的中点.
(1)证明：平面；
(2)求四棱柱被平面截得的截面周长；
(3)求直线与平面所成角的正切值.
19．已知，，分别为锐角内角的对边，，，（为外接圆的半径）.
(1)证明：；
(2)求的最小值.
1．B
【分析】由空间向量垂直的坐标表示即可求解.
【详解】因为，，且，所以，解得，
故选：B.
2．C
【分析】先解对数不等式求出集合A，再结合交集定义计算即可.
【详解】因为，所以，即，
所以
所以.
故选：C.
3．B
【分析】由空间向量的线性运算和空间向量基本定理，结合单位正交基底，求向量的坐标.
【详解】空间向量，，则，
故以为单位正交基底时的坐标为.
故选：B.
4．B
【分析】先求出数据的平均值，由方差公式计算方差.
【详解】样本数据的平均数，
方差.
故选：B.
5．C
【分析】作圆锥与其内切球的轴截面，利用直角三角形求出内切球的半径，再计算内切球的体积.
【详解】由题意可知，圆锥的母线，底面半径，
根据题意可作圆锥与其内切球的轴截面如图所示：
根据圆锥和球的对称性可知，球的截面为圆，即为等腰的内切圆，
即，，，，
在中，，由，，则，
在中，，即，
可得，解得，即内切球的半径，
故内切球体积为.
故选：C.
6．A
【分析】根据两相邻对称中心的距离为周期的一半及周期公式求得，再代入正弦函数的中心对称结论列式，根据求解即可.
【详解】由图象的两个相邻对称中心为，，
可得，所以，故，
又，则，结合，得.
故选：A.
7．D
【分析】根据已知函数模型代入即可得出，最后再根据脉搏率得出体重.
【详解】根据题意，当时，，则，
当时，则，故.
故选：D.
8．A
【分析】先分和两种情况得出函数的图象再结合图象得出2个不等的实根，再计算可得的取值范围.
【详解】当时，，当时，，
作出函数在区间上的图象如图所示，

结合图象可得，当时，方程在上有且仅有2个不等的实根，，
且，所以的取值范围是.
故选：A.
9．BD
【分析】运用空间向量的基底表示，结合平面向量的三角形法则和线性运算规则可解.
【详解】，
即，故A错误、B正确；
，
即，故C错误，D正确.
故选：BD.
10．BC
【分析】根据偶函数的定义判断A，根据指数复合函数值域的求法求解判断B，结合指数函数的单调性及复合函数的单调法则判断C，利用单调性比较大小判断D.
【详解】易得的定义域为R，且，
故不为偶函数，故A错误；
令，则，
因为在上的值域为，故B正确；
因为在上单调递增，且在上单调递减，
所以根据复合函数单调性法则，得函数在上单调递减，故C正确；
由于函数在上单调递减，所以，故D错误.
故选：BC
11．D
【分析】根据不等式的性质计算求和再结合基本不等式计算求出和的最小值判断A,B,C，最后根据不等式性质判断D.
【详解】由题意可得，，，
,
当且仅当时取等号，
经检验后无法取得等号，故A、B错误；
由得，由得：，
，又，
当且仅当时取等号，经检验后无法取得等号，
的最小值不为，故C错误；
，，，，故D正确，
故选：D.
12．
【分析】先根据函数是幂函数计算求参得出或，最后结合函数的单调性计算得出符合题意的参数.
【详解】由题意可得为幂函数，则，解得或.
当时，为增函数，不符合题意；
当时，在0,+∞单调递减，符合题意.
故答案为:.
13．
【分析】利用辅助角公式及同角三角函数的平方关系、三角函数的性质计算即可.
【详解】由题意可得
，
又，所以，
所以.
故答案为.
14．
【分析】由图形的结构特征，当为正方体中心时，点到两点的距离之和最小值为，到这两点的距离之和的最小值为，求值即可.
【详解】点与点和点的距离之和为，
因为关于平面的对称点为，故，
当且仅当为中点，即为正方体中心时等号成立；
点与点和点的距离之和可表示为，
则，当且仅当在所在直线上时等号成立，
故的最小值为，
当且仅当为正方体中心时等号成立.
故答案为.
15．(1)2或
(2)
【分析】（1）根据向量的数量积坐标运算公式计算求参；
（2）先由空间两点间的距离公式计算，再结合二次函数值域求解.
【详解】（1）由题意可得，，
因为，
解得或
（2）由空间两点间的距离公式，
得
，
当时，有最小值.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据复数的除法及乘法运算化简，最后根据复数类型求参；
（2）根据复数的乘方计算，再结合复数的周期性，再求和即可.
【详解】（1）由题意可得，
因为是纯虚数，所以，解得.
（2）由（1）得到，又，，，，
则，，，，，
即有，，
故.
17．(1)，
(2)
【分析】（1）设出事件，运用相互独立事件概率的乘法公式及对立事件概率公式求解即可；
（2）运用相互独立事件概率的乘法公式，结合对立事件概率公式计算即可.
【详解】（1）设“甲解出该题”为事件，“乙解出该题”为事件，“丙解出该题”为事件，
则，，相互独立，
由题意得，，
所以，，
所以，所以乙、丙各自解出该题的概率为，.
（2）设“甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题”为事件，
则，
因为，，，
所以，，，
因为、、相互独立，
所以.
所以甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题的概率为.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）应用面面垂直性质定理得出线面垂直，进而得出根据角得出，最后应用线面垂直判定定理证明；
（2）根据线面平行性质定理得出线线平行得出截面再根据图形特征计算边长即可；
（3）先根据线面角定义得出与平面所成角为，再等面积求边长比即可得出正切值.
【详解】（1）因为四边形是菱形，，为的中点，所以，
在直四棱柱中，平面平面，
因为平面平面，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为四边形是矩形，，，，分别为，的中点，
所以，所以，
因为，所以，
所以，所以，
因为，且平面，所以平面.
（2）因为平面，
所以平面与平面的交线与平行，所以交线为，
连接，，，
则四棱柱被平面截得的截面为四边形，
，，
，
因为，所以，
因为，所以，
所以四边形的周长为.
（3）过点作，垂足为，连接，
因为平面，平面，所以，
因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
所以点在平面上的射影必在上，所以直线与平面所成角为，
因为，，，，
所以，
所以，即直线与平面所成角的正切值为.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据圆的特征得出，从而由数量积与模长关系计算可得，再构造，利用数量积公式计算并确定的夹角即可证明；
（2）由条件及数量积的运算律、辅助角公式得出，利用角的关系确定的范围结合余弦函数的单调性得出值域即可.
【详解】（1）
由，即，
所以，
即，
又，
因为，所以，
所以，
令与夹角为，则，即，
即，得证；
（2）因，，则，即，
，
其中，，且为锐角，故，
由可得，
则，.
又由解得
因为，函数在上单调递减，在上单调递增，
，，
所以，则，
于是，
即的最小值为.
2024-2025学年湖南省长沙市高二上学期开学摸底考数学检测试卷
（二）
一､单选题（本题共8个小题，每小题5分，共40分，每个小题只有一个正确答案）
1．已知集合，集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．若复数（i为虚数单位）的实部和虚部互为相反数，则实数（ ）
A．B．C．D．i
3．已知函数，定义域为，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的最大值是8B．函数的最小值是8
C．函数的最大值是D．函数的最小值是
4．在中，点D是AB的中点，.设，，则（ ）
A．B．
C．D．
5．在平面直角坐标系中，角与角的顶点在原点，始边与轴的正半轴重合，终边构成一条直线，且，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知是球的球面上的两点，，点为该球面上的动点，若三棱锥体积的最大值为，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数，函数图象与相邻两个交点的距离为，若任意恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数是R上的偶函数，对于都有成立，且，当，且时，都有．则给出下列命题：
①；②函数图象的一条对称轴为；
③函数在上为严格减函数；④方程在上有4个根；
其中正确的命题个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
二､多选题（本题共3个小题，每小题6分.共18分，每小题有多项符合题目要求，全部选对得6分.选错得0分，部分选对得3分）
9．某市教育局为了解疫情时期网络教学期间的学生学习情况，从该市随机抽取了1000名高中学生，对他们每天的平均学习时间进行问卷调查，根据所得信息制作了如图所示的频率分布直方图，则（ ）
A．这1000名高中学生每天的平均学习时间为6～8小时的人数有100人
B．估计该市高中学生每天的平均学习时间的众数为9小时
C．估计该市高中学生每天的平均学习时间的分位数为9.2小时
D．估计该市高中学生每天的平均学习时间的平均值为8.6小时
10．在中，设角所对的边分别为a,b,c，则下列命题一定成立的是（ ）
A．若，则是锐角三角形
B．若，，，则有唯一解
C．若是锐角三角形，，，设的面积为S，则
D．若是锐角三角形，则
11．如图，在棱长为5的正方体中，M是侧面上的一个动点，点P为线段上，且，则以下命题正确的是（ ）
A．沿正方体的表面从点到点的最短距离是
B．保持PM与垂直时，点M的轨迹长度为
C．若保持，则的轨迹长度为
D．平面被正方体截得截面为等腰梯形
三､填空题（本题共3个小题，每题5分，共15分）
12．设，是两个不同的平面，l是直线且，则“”是“”的 .条件(参考选项：充分不必要，必要不充分，充分必要，既不充分也不必要).
13．已知函数对任意两个不相等的实数，都有成立，则实数的取值范围为 .
14．已知，，记，，有下面四个结论：
①若，则的最大值为；
②若，则的最小值为；
③若，则的最大值为1；
④若，则的最大值为．
则错误结论的序号是 ．
四､解答题（本题共5个小题，共77分，解答应写出必要的文字说明证明过程或演算步骤.）
15．平面内给定两个向量.
(1)求；
(2)求.
16．记的内角，，的对边分别为，，，已知，，．
(1)求角的大小；
(2)求的面积．
17．如图所示，在长方形中，，为的中点，以为折痕，把折起到的位置，且平面平面.
(1)求证：；
(2)求四棱锥的体积；
(3)在棱上是否存在一点P，使得平面，若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由.
18．象棋作为中华民族的传统文化瑰宝，是一项集科学竞技，文化于一体的智力运动，可以帮助培养思维能力，判断能力和决策能力.近年来，象棋也继围棋､国际象棋之后，成为第三个进入普通高校运动训练专业招生项目的棋类项目.某校象棋社团组织了一场象棋对抗赛，参与比赛的40名同学分为10组，每组共4名同学进行单循环比赛.已知甲､乙､丙､丁4名同学所在小组的赛程如表：
规定；每场比赛获胜的同学得3分.输的同学不得分，平局的2名同学均得1分，三轮比赛结束后以总分排名，每组总分排名前两位的同学可以获得奖励.若出现总分相同的情况，则以抽签的方式确定排名（抽签的胜者排在负者前面），且抽签时每人胜利的概率均为，假设甲､乙､丙3名同学水平相当，彼此间胜､负､平的概率均为，丁同学的水平较弱.面对任意一名同学时自己胜､负､平的概率都分别为.每场比赛结果相互独立.
(1)求丁同学的总分为5分的概率；
(2)已知三轮比赛中丁同学获得两胜一平，且第一轮比赛中丙､丁2名同学是平局，求甲同学能获得奖励的概率.
19．对于集合和常数，定义：为集合相对的“余弦方差”.
(1)若集合，，求集合相对的“余弦方差”；
(2)若集合，证明集合相对于任何常数的“余弦方差”是一个常数，并求这个常数；
(3)若集合，，，相对于任何常数的“余弦方差”是一个常数，求，的值.
第一轮
甲-乙
丙-丁
第二轮
甲-丙
乙-丁
第三轮
甲-丁
乙-丙
1．A
【分析】利用交集的定义直接求解即可.
【详解】因为，，
所以，故A正确.
故选：A
2．B
【分析】利用复数代数形式的乘法运算化简，再由实部加虚部为0求解．
【详解】，
所以复数的实部为，虚部为，
因为实部和虚部互为相反数，所以，
解得.
故选：B.
3．B
【分析】利用基本不等式可求得的最小值判断BD；由对勾函数的单调性可知无最大值判断AC.
【详解】函数，又，
所以，所以，
当且仅当，即时取等号，故的最小值为8，故B正确，D错误；
由，知时，，所以，
故无最大值，故AC错误.
故选：B.
4．A
【分析】根据向量的线性运算，即可求得答案.
【详解】由题意，点D是AB的中点，，可得，，
则
，
故选：A
5．D
【分析】由终边角的特性得到，再结合两角和的余弦展开式和余弦二倍角公式求解即可；
【详解】因为角与角始边与轴的正半轴重合，终边构成一条直线，
所以
所以，
又，
所以，
故选：D.
6．B
【分析】由和得三棱锥体积达到最大值时平面，进而由锥体体积最大值结合体积公式即可求出，从而由球的表面积公式得解.
【详解】设球的半径为R，则由题，
因为，所以三棱锥体积达到最大值时，平面，
所以，故，
所以球的表面积为.
故选：B.
7．C
【分析】根据题意可得周期为，根据周期公式可得.将不等式恒成立的范围化为的解集的子集，即可构造不等式求得结果.
【详解】，由题意可得相邻最低点距离个周期，即，，
由得：，，
即，
所以，
，，
即，，解得.
故选：C.
8．D
【分析】对于①，令代入已知等式可求出，再结合其为偶函数可得f3=0，从而可求出函数的周期为6，利用周期可求得结果；对于②，由为偶函数，结合周期为6分析判断；对于③，由当，且时，都有，可得y=fx在上为严格增函数，再结合其为偶函数及周期为6分析判断；对于④，由f3=0，的周期为6，及函数的单调性分析判断.
【详解】①：对于任意，都有成立，
令，则，解得，
又因为是R上的偶函数，所以f3=0，
所以，所以函数的周期为6，
所以，
又由，故；故①正确；
②：由（1）知的周期为6，
又因为是R上的偶函数，所以，
而的周期为6，所以，，
所以：，
所以直线是函数y=fx的图象的一条对称轴．故②正确；
③：当，且时，都有．
所以函数y=fx在上为严格增函数，
因为是R上的偶函数，所以函数y=fx在上为严格减函数，
而的周期为6，所以函数y=fx在上为严格减函数．故③正确；
④：f3=0，的周期为6，所以，
又在先严格递减后严格递增，所以在上除端点外不存在其他零点，
所以在和上各有一个零点，
所以函数y=fx在上有四个零点．故④正确；
故选：D．
关键点点睛：此题考查抽象函数的奇偶性，对称性，单调性和周期性，解题的关键是利用赋值法求出f3=0，从而可得，得到周期为6，然后结合周期性和奇偶性分析判断，考查分析问题的能力，属于较难题.
9．BCD
【分析】对于A：直接利用频率分布直方图的数据进行计算，即可判断；
对于B：根据众数的定义进行判断；
对于C：直接利用频率分布直方图的数据进行计算，即可判断；
对于D：直接利用频率分布直方图的数据，按照平均数的定义进行计算，即可判断.
【详解】对于A：从频率分布直方图，可以得到，即这1000名高中学生每天的平均学习时间为6～8小时的人数有200人，故A错误；
对于B：由频率分布直方图可以得到，抽查的1000名高中学生每天的平均学习时间的众数为9小时，由此可以估计该市高中学生每天的平均学习时间的众数为9小时，故B正确；
对于C：由频率分布直方图可以得到，设抽查的1000名高中学生每天的平均学习时间的分位数为k小时，则有：，解得：k=9.2，即抽查的1000名高中学生每天的平均学习时间的分位数为9.2小时，由此可以估计该市高中学生每天的平均学习时间的分位数为9.2小时，故C正确；
对于D：由频率分布直方图可以得到，抽查的1000名高中学生每天的平均学习时间的平均值为小时，由此可以估计该市高中学生平均学习时间的平均值为8.6小时，故D正确；
故选：BCD
10．BCD
【分析】由余弦定理可判断；
由正弦定理可判断；
利用边化角结合面积公式可得，求的范围，结合正弦函数的性质可得的范围，即可判断；
由锐角三角形可得及，利用在上的单调性结合诱导公式可判断.
【详解】，
，
，
为锐角，但不能确定角是否为锐角，
故不一定是锐角三角形，故错误；
由正弦定理得，
，
，
有唯一解，故正确；
，
，，
，
又，解得，
，，
，
，
，即，故正确；
是锐角三角形，，
又，
，，
又在上单调递增，
，，
，故正确；
故选.
11．BD
【分析】根据平面展开即可判断A；过做平面平面，即可判断B；根据点的轨迹是圆弧，即可判断C；作出正方体被平面所截的截面即可判断D．
【详解】对于A，将正方体的下底面和侧面展开可得如图图形，
连接，则，故A错误；
对于B，如图：
平面，平面，，又，，，平面，
平面，平面,，
同理可得，，，平面．
平面．
所以过点作交交于，过作交交于，
由，可得，平面，平面，
平面，同理可得平面，
平面，
则平面平面．
设平面交平面于，则的运动轨迹为线段，
由点在棱上，且，可得，
连接，则，所以，又，所以，
所以，故B正确；
对于C，如图：
若，则在以为球心，为半径的球面上，
过点作平面，则，此时．
所以点在以为圆心，1为半径的圆弧上，此时圆心角为．
点的运动轨迹长度，故C错误；
对于D，如图：
延长，交于点，连接交于，连接，
所以平面被正方体截得的截面为．
，，
，，
所以，，且，
所以截面为梯形，
，截面为等腰梯形，故D正确．
故选：BD．
方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
12．充分不必要
面面垂直的判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直.根据题意由判断定理得.若，直线则直线，或直线，或直线l与平交，或直线l在平面内.由，直线得不到，故可得出结论..
【详解】面面垂直的判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直.
因为直线且
所以由判断定理得.
所以直线，且
若，直线则直线，或直线，或直线l与平交，或直线l在平面内.
所以“”是“”成立的充分不必要条件.
故充分不必要.
本题考查充分条件，必要条件的判断，涉及到线面、面面关系，属于基础题.
13．
【分析】由题意可知在上单调递减，令，则由复合函数单调性可知二次函数在上单调递减，由此列不等式组即可求解.
【详解】由题意可知，在上单调递减，
令，则在上单调递减，且在上恒成立，
所以，解得，
故
14．①②
【分析】把变形成，利用常数t值并借助“1”的妙用求解，再按t的不同取值计算即可判断；用常数t表示出xy的取值范围，然后将n变形成用xy表示，再借助函数、均值不等式求解计算并判断作答.
【详解】依题意，，则
，当且仅当时取“=”，
对于①，时，有，①不正确；
对于③，时，有，③正确；
令，当且仅当时取“=”，即，，
则
对于②，时，，
，而，
由对勾函数知对是递增的，对是递减的，
则时，，无最小值，即②不正确；
对于④，时，，
，而，
，当且仅当，，即时取“=”，
则有时，，即④正确，
所以错误结论的序号是①②.
故①②
15．(1)
(2)
【分析】（1）先求出、和，接着由向量夹角余弦公式即可得解.
（2）由坐标形式的向量模长公式即可计算得解.
【详解】（1）由题，，
所以.
（2）由题得，
所以.
16．(1)
(2)
【分析】（1）利用两角和的正弦公式及诱导公式得到，即可得解；
（2）利用余弦定理得到，再将两边平方，即可求出，最后由面积公式计算可得.
【详解】（1）因为，
所以，
即，即，
显然，所以，又，所以；
（2）由余弦定理，即，
又，所以，
解得，
所以.
17．(1)证明见解析.
(2).
(3)存在，.
【分析】（1）在长方形中可知，，根据面面垂直的性质定理可以证明.
（2）取的中点，连接，则，由面面垂直的性质定理可以证明平面，进而求出.
（3）连接交于点，假设在上存在点P，使得平面，根据平行线的性质结合平面几何知识即可得到与之间的关系.
【详解】（1）根据题意可知，在长方形中，和为等腰直角三角形，
∴，
∴，即.
∵平面平面，
且平面平面，平面，
∴平面，
∵平面，∴.
（2）如图所示，取的中点，连接，则，且.
∵平面平面，且平面平面，平面，
∴平面，
∴.
（3）连接交于点，假设在上存在点P，使得平面，连接.
∵平面，平面平面，
∴，∴在中，.
∵，∴，
∴，即，
∴在棱上存在一点P，且，
使得平面.
关键点点睛：本题第三小问关键是确定动点P的位置，使得//，利用三角形相似得出与之间的关系.
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用相互独立事件的乘法公式即可求解；
（2）利用相互独立事件的乘法公式及互斥事件的概率的加法公式即可求解.
【详解】（1）丁同学总分为5分，则丁同学三轮比赛结果为一胜两平，
记第轮比赛丁同学胜、平的事件分别为，，丁同学三轮比赛结果为一胜两平的事件为M，则，
即丁同学的总分为5分的概率为.
（2）由于丁同学获得两胜一平，且第一轮比赛中丙、丁2名同学是平局，则在第二、三轮比赛中，丁同学对战乙、甲同学均获胜，故丁同学的总分为7分，且同丁同学比赛后，甲、乙、丙三人分别获得0分，0分、1分，若甲同学获得奖励，则甲最终排名为第二名.
① 若第一、二轮比赛中甲同学均获胜，则第三轮比赛中无论乙、丙两位同学比赛结果如何，甲同学的总分为6分，排第二名，可以获得奖励，此时的概率.
②若第一轮比赛中甲同学获胜，第二轮比赛中甲、丙2名同学平局，第三轮比赛中乙、丙2名同学平局或乙同学获胜，甲同学的总分为4分，排第二名，可以获得奖励，
此时的概率.
③若第一轮比赛中甲、乙2名同学平局，第二轮比赛中甲同学获胜，第三轮比赛中当乙、丙2名同学平局时，甲同学的总分为4分，排第二名，可以获得奖励，此时的概率；
第三轮比赛中当乙，丙同学没有产生平局时，甲同学与第三轮比赛乙、丙中的胜者的总分均为4分，需要进行抽签来确定排名，当甲同学抽签获胜时甲同学排第二名，可以获得奖励，
此时的概率.
综上，甲同学能获得奖励的概率.
19．(1)
(2)证明见解析，这个常数为；
(3)或
【分析】（1）根据集合相对的“余弦方差”的定义及特殊角的三角函数值即可求解；
（2）根据集合相对于常数的“余弦方差”的定义及两角差的余弦公式即可求解；
（3）根据集合相对于常数的“余弦方差”的定义及三角恒等变换公式即可求解.
【详解】（1）解：当集合，时，集合相对的“余弦方差”；
（2）证明：当集合时，
集合相对于常数的“余弦方差”，
此时“余弦方差”是一个常数，且常数为；
（3）解：当集合，，时，
集合相对于任何常数的“余弦方差”，
要使上式对任何常数是一个常数，则且，
所以，故，
整理得到，而，故或，
所以或，
当时，有，而，故即，
当时，有，而，故即，
故或．