重庆市九龙坡、渝中区等4地2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷

这是一份重庆市九龙坡、渝中区等4地2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
学校:姓名：班级：考号：
一、单选题
1．4 名射手独立地射击，假设每人中靶的概率都是 0.7，则 4 人都没中靶的概率为（ ）
A．0.2401B．0.7599C．0.0081D．0.081
→→→→2π→→
已知向量a, b 满足 a  1, b
 2, a 与b 的夹角为
，则 2a  b
3
 （ ）
A．1B．2C．3D．4
若复数 z 满足 z  2z  1 3i ，则 z  i2025  （ ）
1 i
1 i
1 i
1 i
如图，为了测量某座ft的高度，测量人员选取了与 B （ B 为ft顶A 在ft底上的射影）在同一水平面内的
3
两个观测点C 与 D ，现测得CBD  75∘ , BCD  60∘ , BD  30米，在点C 处测得ft顶 A 的仰角为30 ，则
该座ft的高度为（ ）
6
10
米B． 30
米C． 30
米D． 30 6 米
2
3
已知m, n 是两条不同的直线，α,β,γ是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
若m / / n, m / / α，则n / / α
若α / / β, m α, n  β，则m / / n
若α β,β γ，则α / / γ
若m / / n,α/ / β, m α，则n  β
如图，将棱长为 4 的正方体六个面的中心连线，可得到八面体 E  ABCD  F ， P 为棱 BC 上一点，则下列四个结论中错误的是（ ）
AE ∥平面 BCF
八面体 E  ABCD  F 的体积为 32
3
6
EP FP的最小值为2
6
点A 到平面 BCF 的距离为
甲、乙、丙、丁四位同学分别记录了 5 个正整数数据，根据下面四名同学的统计结果，可以判断出所有数据一定都不小于 20 的同学人数是（ ）
甲同学：中位数为 22，众数为 20
乙同学：中位数为 25，平均数为 22
丙同学：第 40 百分位数为 22，极差为 2
丁同学：有一个数据为 30，平均数为 24，方差为 10.8
A．1B．2C．3D．4
若函数 f  x 在定义域内存在 x , x  x  x  ，使得 f  x1   f  x2   2 成立，则称该函数为“完整函数”.已知
1 2122
f  x  3sin ωx  π   cs ωx  5π ω 0 是 π , 3π  上的“完整函数”，则ω的取值范围为（ ）
6 6 
 2 2 

A．2, 
B．3, 
C． 3, 5
D．4, 
二、多选题
以人工智能､量子信息等颠覆性技术为引领的前沿趋势，将重塑世界工程科技的发展模式，对人类生产力的创新提升意义重大.某公司抓住机遇，成立了甲､乙､丙三个科研小组针对某技术难题同时进行科研攻关，
攻克了该技术难题的小组都会受到奖励.已知甲､乙､丙三个小组各自独立进行科研攻关，且攻克该技术难题
1 1 1
的概率分别为
, ,
3 3 2
，则（ ）
甲､乙､丙三个小组均受到奖励的概率为 1
18
只有甲､丙小组受到奖励的概率为 5
6
只有一个小组受到奖励的概率等于 4
9
技术难题被攻克的概率为 7
9
已知i 为虚数单位，则下列选项中正确的是（ ）
复数m 1  m2  2m  3i 是实数，则实数m  1或m  3
2
若 z 是复数，且 z  1，则 z  2  2i 的最大值为21
若 z , z 是复数，且 z  z ，则 z2  z2
1 21212
若1 2i 是关于 x 的方程 x2  px  q  0  p, q  R  的一个根，则q  5
在V ABC 中，角 A, B,C 的对边分别为a, b, c ，已知c  2 且sinA  sinC  a  b ，则下列结论正确的是
sinBa  c
（ ）
C  π
3
a  b 的最大值为 4
b 的取值范围为0, 2

若 D 为 AB 的中点，则CD 的取值范围为1, 3
三、填空题
第 33 届夏季奥林匹克运动会女子 10 米跳台跳水决赛中，某团队两位运动员 10 次跳台跳水的成绩为：
68,80, 73, 63, 66,84, 78, 66, 70, 77 ，则这组数据的第 60 百分位数为.
→→→ 2→→
若向量a  1, 2, b   x, y  ，且b 为单位向量，定义a  b | a | a  b ，则a  b 的取值范围是.
如图，现有棱长为4cm 的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三棱锥 A1  EFG，且 E ， F ，G 分别为棱 A1 A ， A1B1 ， A1D1 上离 A1 最远的四等分点，若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的半径的最大值为cm.
四、解答题
某中学 800 名学生参加某次数学测评，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了
100 名学生，记录他们的分数，将数据分成 7 组： 20, 30,30, 40,,80, 90，并整理得到如下频率分布直方图：
从总体的 800 名学生中随机抽取一人，估计其分数小于 60 的概率；
已知样本中分数小于 40 的学生有 5 人，试估计总体中分数在区间40, 50 内的人数；
已知样本中有一半男生的分数不小于 70，且样本中分数不小于 70 的男女生人数相等，试估计总体中女生的人数.
在V ABC 中，角 A, B,C 的对边分别为a, b, c ，已知ccsA  4b  acsC .
求csC 的值；
6
 
若a  1, c  2 ，求sin  2 A  π  的值；

若V ABC 的面积为 15 ，且a  b 
3c ，求V ABC 的周长 L .
欧拉公式eiθ  csθ isinθ（ e为自然对数的底数，i 为虚数单位）是由瑞士数学家欧拉创立，该公式联 系了指数函数与三角函数，被誉为“数学中的天骄”，广泛应用于高等数学和初等数学，如把它与复数的三角形式 z  rcsθ i  rsinθr  0 联系，就可以利用该公式轻松解决“1 的n 次方根问题”.
若eiθ为纯虚数，求θ的值；
请结合幂的运算，利用欧拉公式证明： csα β  csαcsβ sinαsinβ；
已知csα 2 5 , sinβ 4 ,α,β  0, π  ，求cs6α 3β .
552 

如图，在五面体 ABCDFE 中， EA  平面 ABCD, AB  AD, AD ∥ BC, AD ∥ EF ，
AB  AD  AE  4, BC  3, M , N 分别为 BE,CF 的中点，连接 AM , MN , ND .
求证： BE  平面 AND ；
求直线 DE 与平面 AND 所成角的大小；
线段CD 上是否存在点 P ，使得 DE ∥平面 AMP ？若存在，求点 P 到平面 AND 的距离；若不存在，说明
理由.
在三棱锥 A  BCD 中，已知aBCD､aACD 均是边长为a 的正三角形，棱 AB 
3 a .现对其四个顶点随机
2
贴上写有数字1 ~ 8 的八个标签中的四个， f  A, f  B, f C , f  D 表示顶点 A, B, C, D 所贴数字， E 为侧棱 AB 上一点.
求事件“ f C   f  D 为偶数”的概率 P1 ；
若
f  Aπ
EA
EB
，求“二面角 E  CD  A 的平面角θ大于”的概率 P .
f  B42
重庆市主城四区 2024-2025 学年高一下学期 7 月期末联考数学参考答案
1．C
【详解】4 名射手独立地射击，假设每人中靶的概率都是 0.7，则 4 人都没中靶的概率为1 0.74  0.0081.
故选：C.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
C
A
D
D
C
B
ACD
ABD
题号
11
答案
ABD
2．B
→→→
2π→ →2π
【详解】由 a  1, b
 2, a 与b 的夹角为
，得a  b  1 2 cs
33
 1，
4a  b  4a b
→
22
→
→

→
→→
所以 2a  b

 4  4  4  2 .
故选：B.
3．C
【详解】设 z  a  bi ，则 z  a  bi ， z  2z  a  bi  2 a  bi  a  3bi ，
a  1
又 z  2z  1 3i ，故
3b  3
a  1

，解得，
b  1
故 z  1 i ， z  i2025  1 ii2 1012  i  1 ii  1 i .
故选：C.
4．A
【详解】因为CBD  75∘ , BCD  60∘ ，所以BDC  45∘ ，
在△BCD 中，由正弦定理得
BD

sin BCD
BC
sin BDC ，
即 BC 
BD
sin BCD
sin BDC  30 3 
3
2
2  30
2
2，
3
30 2
3
6
在直角三角形 ABC 中， ACB  30∘ ，所以 AB  BC  10.
故选：A.
5．D
【详解】对于 A，若m / / n, m / / α，则n / / α或n   ，故 A 错误；
对于 B，若α / / β, m α, n  β，则m / / n 或m 与n 是异面直线，故 B 错误； 对于 C，若α β,β γ，则α / / γ或α γ l ，故 C 错误；
对于 D，若m / / n, m α，则n α，又因为α/ /β 所以n  β，故 D 正确， 故选：D.
6．D
【详解】
在正方体中，连接 AC ， EF 可知相交于点O ，且被O 互相平分，故四边形 AFCE 是平行四边形，
所以 AE //CF ，而 AE  平面 BCF ， CF  平面 BCF ，所以 AE ∥平面 BCF ，故 A 正确；
因为正方体棱长为4 ，所以四边形 ABCD 是正方形且 AB  BC  2 2 ，
OE  面 ABCD , OE  2 ，
所以八面体 E  ABCD  F 的体积等于棱锥 E  ABCD 体积的 2 倍，
而棱锥 E  ABCD 体积等于 1 ´ 2 2 ´ 2 2 ´ 2 = 16 ，
33
故八面体 E  ABCD  F 的体积为 32 ，B 正确；
3
因为 P 为棱 BC 上一点，将aEBC 和aFBC 展开成一个平面，
2
由题aEBC 和aFBC 均为正三角形，且边长为2，
由三角形两边之和大于第三边知 EP FP最小值为 EF ，
BE2 + BF 2 - 2BE ×BF ×cs120°
在△EBF 中由余弦定理可知： EF =
2 2 2  2 2 2  2  2 2  2 2   1 
 2 

 2
6
，故 C 正确；
对于 D 选项：设点A 到平面 BCF 的距离为h ，由等体积法知：
VA BCF  VF  ABC
1 11 1
即´ ´ 2 2 ´ 2 2 ´ sin 60° ´ h = ´ ´ 2 2 ´ 2 2 ´ 2 ，
3 23 2
\ h =
4 = 4 3 ，故 D 错误.
33
故选：D.
7．C
【详解】甲同学的 5 个数据的中位数为 22，众数为 20，则数据中必有 20，20，22，余下两个数据都大于 22，
且不相等，所有数据一定都不小于 20；
乙同学的 5 个数据的中位数为 25，平均数为 22，当 5 个数据为 17，18，25，25，25 时，符合题意，而有小于 20 的数，不满足所有数据一定都不小于 20；
丙同学的 5 个数据的第 40 百分位数为 22，极差为 2，则 5 个数据由小到大排列后第二和第三个数只可能是 22，22 或 21，23，由极差为 2 知，所有数据一定都不小于 20；
丁同学的 5 个数据中有一个数据为 30，平均数为 24，设其余 4 个数据依次为 x1 , x2 , x3 , x4 ，
则方差s2  1 [36  (x  24)2  (x  24)2  (x  24)2  (x  24)2 ]
51234
 7.2  1 [(x  24)2  (x  24)2  (x  24)2  (x  24)2 ]，若 x , x , x , x 中有小于 20 的数，
51234
1 2 3 4
s2  7.2  5  12.2  10.8 ，不符合题意，因此 x1 , x2 , x3 , x4 均不小于 20，5 个数 21，21，24，24，30 可满足条件，
所以可以判断所有数据一定都不小于 20 的同学为甲、丙、丁三位同学.
故选：C 8．B
【详解】 f  x  3sin ωx  π   cs ωx  5π 
6 6 

 3 sin ωx  3 cs ωx  3 cs ωx  1 sin ωx
2222
 2sin ωx ，

若 f  x  2sin ωx 是 π , 3π  上的“完整函数”，
 2 2 
则在 π , 3π  上存在 x , x  x  x  ，使得 f  x1   f  x2   2 成立，
 2 2 
1 2122
即sin ωx1   sin ωx2   2 ，

又因为1  sin ωx1 , sin ωx2   1，所以 f  x1   f  x2   1 ，即 f  x  sin ωx 在 π , 3π  上至少存在两个最大值点，
 2 2 
所以 3π  π  π  T = 2π ，解得ω 2 ；

22ω
当 3π  π  π  2T = 4π ，即ω 4 时，一定满足题意；
22ω
若2  ω 4 ，因为 x   π , 3π  ，ω 0 ，所以ωπ  ωx  3ωπ ，
 2 2 22
又易知π  ωπ  2π, 3π  3ωπ  6π ；所以只需保证 9π  3ωπ  6π 即可，
2222
解得3  ω 4 .
综上可知ω 3 .
故选：B.
9．ACD
【详解】A 选项，甲､乙､丙三个小组均受到奖励的概率为 1  1  1  1 ，A 正确；
3 3 218
B 选项，只有甲､丙小组受到奖励的概率为 1 1 1  1  1 ，B 错误；
3 3  29

C 选项，只有一个小组受到奖励的概率等于
1 1 1 1 1   1 1 1 1  1  1 1  1 1 1   4 ，C 正确；
3 3  2  3  3  2 3  3 2 9
   
D 选项，技术难题没有被攻克的概率为1 1 1 1 1 1   2 ，
3  3  2 9
  
故技术难题被攻克的概率为1 2  7 ，D 正确.
99
故选：ACD 10．ABD
【详解】选项 A：复数m 1  m2  2m  3i 是实数，所以m2  2m  3  (m 1)(m  3)  0 ，解得m  1或
m  3 ，故选项 A 正确；
x2  y2
选项 B：设 z  x  yi ，依题意， 1 ，即 x2  y2  1，其表示以原点(0, 0) 为圆心，1 为半径的圆，
(x  2)2  ( y  2)2
同时， z  2  2i  x  2  ( y  2)i 
，表示点(x, y) 到点(2, 2) 的距离，
即以原点(0, 0) 为圆心，1 为半径的圆上的点到点(2, 2) 的距离，圆上一点到一个定点的距离的最大值为
22  22
d  r （ d 为圆心到定点距离， r 为半径），
(x  2)2  ( y  2)2
02  12
故 z  2  2i 
的最大值为
1  2
1 ，选项 B 正确；
2
12  02
选项 C：若 z  1， z  i ，此时， z 
 1 ， z 
 1， z  z ，但 z2  12  1， z2  i2  1 ，
121
2
1212
12
z2  z2 ，故选项 C 错误；
选项 D：若1 2i 是关于 x 的方程 x2  px  q  0  p, q  R  的一个根，则另一根为1 2i ，根据韦达定理，两根之积(1 2i)(1+2i)=1 4i2 =5= C  q  q ，故选项 D 正确.
A1
故选：ABD.
11．ABD
【详解】由sinA  sinC  a  b ，结合正弦定理角化边得：
sinBa  c
a  c  a  b  a2  c2  ab  b2  a2  b2  c2  ab ，
ba  c
a2  b2  c21
再由余弦定理得： cs C  ，
2ab2
因为C 0, π ，所以C  π ，故 A 正确；
3
再由a2  b2  c2  ab  a  b2  c2  3ab ，因为c  2 ，所以a  b2  4  3ab ，
 a  b 2
a  b2  4
 a  b 2

又因为ab   2  ，所以32  ，解得a  b  4 ，

当且仅当a  b 时取等号，此时a  b  c  2 ，故 B 正确；
πb 2 b  2  4 3  2
3
在直角V ABC 中， C  ， c  2 ，斜边
3
sin π3
32
，故 C 错误；
由中线CD  CA  CB 平方可得： CD  CA  2CA  CB+CB ，
–––→
–––→–––→
2
–––→ 2
1 –––→2
4
–––→ –––→ –––→2
–––→ 2
即 CD
 1  b2
4 

 2  b  a  1
2
+a2  ，利用a2  b2  ab+4 可得：


–––→ 211
CD 
2ab+4 =
42
ab 1 ，因为ab+4  a2  b2  2ab  ab  4 ，
–––→ 21
–––→
所以 CD
 ab 1  3  CD 
1, 3

2
3 ，当且仅当a  b  c  2 取等号，
–––→ 21
–––→
因为 CD
 ab 1  1  CD  1，所以CD 的取值范围为 2
 ，故 D 正确；
故选：ABD.
12．75
【详解】10 次跳台跳水的成绩从小到大排列如下： 63, 66, 66, 68, 70, 73, 77, 78,80,84 ，
10  0.6  6 ，故从小到大，选取第 6 个和第 7 个数据的平均数作为第 60 百分位数，
即 73  77  75 .
2
故答案为：75
5  5, 5  5 

 
5
【详解】由题意知 a ， b  1．设 a, b θ，
  2  2 
则 a b  a  a b  a  a  b csθ 5  5 csθ．
 
又θ0, π，∴ csθ1,1 ，∴ a b  5  5, 5  5  ．
故答案为： 5 
5, 5 

5  .

9  3 3
2
【详解】由题意可得 A E  A F  AG  4  3  3 ，
1114
所以aEFG 为等边三角形，设aEFG 的中心为T ，
则 ET  GF ，因为 EA1  平面 A1GF ， GF  平面 A1GF ，所以 EA1  GF ，又 ET ∩ EA1  E ， ET , EA1  平面 A1ET ，所以GF  平面 A1ET ， A1T  平面 A1ET ，
所以GF  A1T ，同理可证GE  A1T ，
GF , GE  平面 EFG ， GF  GE  G ，
所以 A1T  平面 EFG ，
A1GA1F
因为，所以 FG∥B D ，又 AC  B D ，
A1D1A1B1
1 11 11 1
所以 FG  A1C1 ，又CC1  FG ， CC1  A1C1  C1 ， CC1 , A1C1  平面 A1C1C ，
所以 FG  平面 A1C1C ， A1C  平面 A1C1C ，所以 FG  A1C ，同理证明 EG  A1C ，
又GF , GE  平面 EFG ， GF  GE  G ，所以 A1C  平面 EFG ，
所以 A1 ,T , C 三点共线，
设点 A1 到平面 EFG 的距离为d  A1T ，
32  32
2
而 EF  EG  FG  3，
S 1  3 2  3 2 sin60  9 3 ，
a EFG22
由VE  A GF  VA EFG ，得 1  1  3 3 3  1  9 3 d ，
113 232
3
解得d  3 ，即 A1T ，
3
又 A1C  4
，所以TC  3 3 ，
3
3
3
因为2 2 ，所以该球不是正方体的内切球，
连接 A1C1 ，交 FG 与点M ，连接 EM , AC, A1C ，
由对称性可得球的球心位于线段TC 上，且该球与平面 EFG 相切，与平面 ABCD 相切，
3
设球心为O ，球的半径为 R ，则OT  R ， OC  A1C ，故OC 
RA1 A
3R ，
3
所以3
 R 
3R ，所以 R  9  3 3 ，
2
所以所求球形饰品的半径的最大值为 9  3 3 .
2
故答案为： 9  3 3 .
2
15．(1)0.2 (2)40
320
【详解】（1）根据频率分布直方图，可计算分数小于 60 的频率为：
110 0.02  0.04  0.02  0.2,
所以从总体的 800 名学生中随机抽取一人，估计其分数小于 60 的概率为 0.2；
根据频率分布直方图，可计算分数小于 50 的频率为：
110 0.01 0.02  0.04  0.02  0.1,
所以可计算在 100 人的样本中，分数小于 50 的频数为： 0.1100  10 人，已知样本中分数小于 40 的学生有 5 人，
所以分数在40, 50 内的频数为：5 人，即分数在40, 50 内的频率为：0.05，
从而可估计总体中分数在区间40, 50 内的人数约为： 0.05 800  40 人；
根据频率分布直方图，可计算分数不小于 70 的频率为：10 0.04  0.02  0.6 ，则计算样本中分数不小于 70 的频数为： 0.6 100  60 人，
由于样本中分数不小于 70 的男女生人数相等，所以此时男女生各有 30 人；
而样本中有一半男生的分数不小于 70，则样本中男生人数共有 60 人，所以样本中女生只有 40 人，
可以估计总体中女生的人数约为： 40  800  320 人
100
16．(1) csC  1
4
(2) 21 5 17
64
30
10
(3)
【详解】（1）解：（1）因为ccsA  4b  acsC ，
由正弦定理
a
sinA
 b
sinB
c
sinC
得sinCcsA  4sinB  sinAcsC ，
即4sinBcsC  sinCcsA  sinAcsC  sin  A  C   sin π  B  sinB ，
因为 B 0, π ，则sinB  0 ，故csC  1 .
4
因为csC  1 ，且C 0, π ，则sinC 
4
 15 ，
1 cs2C
4
m a
sinA
c
sinC
, a  1, c  2 ，
 1 
sinA
,sinA  15
158 .
4
m a  c  A  0, π csA  7 .sin2 A  2sinAcsA  2  15  7  7 15 ，
2 

88832

 7 2
cs2 A  2(csA)2 1  2  
 8 
1 
17 ，
32
π 
ππ7 15317121 5 17

sin  2 A  6   sin2 Acs 6  cs2 Asin 6 

322
 .
32264
m S
 1 absinC  15 ab  15, ab  8 ，
a ABC28
因为由余弦定理得2abcsC  a2  b2  c2 ，
于是(a  b)2  c2  a2  b2  c2  2ab  2ab csC 1  20 ，
10
30
10
因为a  b  3c ，则(a  b)2  c2  2c2  20 ，所以c ，
因此a  b 
3c 
30 ，于是V ABC 的周长a  b  c .
17．(1)θ π  kπ, k  Z 2
证明见解析
cs6α 3β  1
【详解】（1）因为eiθ  csθ isinθ，由于eiθ为纯虚数，

得csθ 0 ，所以θ π  kπ, k  Z ；
sinθ 02
由于eiαβ  eiα  eiβ，得：
csα β  isin α β  csα isinαcsβ isinβ
 csαcsβ i2sinαsinβ i csαsinβ sinαcsβ =csαcsβ i2sinαsinβ isin α+β
所以csα β  csαcsβ sinαsinβ；
由csα 2 5 , sinβ 4 ;α,β  0, π  得： csβ 3 , sinα5 ，
552 55

ei6α3β  cs6α 3β  isin 6α 3β;
 2 55
6

 34 3
eiα6 5  5 i   i 
ei6α3β     55   1
eiβ3
 34 3 34 3
  i   i 
 55  55 
所以cs6α 3β  1.
18．(1)证明见解析
π
6
存在， 8 52
【详解】（1）m AD ∥ BC, AD ∥ EF , EF ∥ BC ，
又M , N 分别为 BE,CF 的中点， MN ∥ BC ∥ AD, M , N , D ，A 四点共面，
m EA  平面 ABCD, AD  面 ABCD, EA  AD, EA  AB ，
m AB  AD, AB  AE  A, AB, AE  平面 ABE ， AD 平面 ABE ，又 BE  平面 ABE, AD  BE ，
又M 为 BE ，且 AE  AB, AM  BE ，
又 AD ∩ AM  A, AD  平面 AND, AM  平面 AND ，
 BE  平面 AND
因为 BE  平面 AND ，所以直线 DE 与平面 AND 所成角为EDM ，直角三角形 EDM 中， EM  2 2, DE  4 2, sinEDM  EM  1 ，
ED2
EDM  π .
6
即直线 DE 与平面 AND 所成角的大小为π
6
存在点 P，使得 DE ∥平面 AMP
如图，连接 DB ，取其中点 O，连接 AO 并延长与CD 相交，交点即为 P.
证明：因为M , O 分别为 BE, BD 的中点，
MO ∥ DE ，
m MO  面 AMP ， DE 在平面 AMP 外，
 DE ∥平面 AMP ，
由 M 是中点，M 到面 APD 的距离为 2，
根据条件， aAMD 的面积为4 2 ，
17
△APD 中，
17
DAP  45∘ , sinADP 
得△APD 的面积为 32
5
4 , csADP 
1 , AD  4 ，
设点 P 到平面 AND 的距离为d ，则VM  APD  VP AMD ，
即 1  32  2  1  4 2  d ，解得d  8 2 ，
3535
所以点 P 到平面 AND 的距离为 8 2 .
5
19．(1) 3
7
9
(2) P2  56
【详解】（1）用M1 表示“ f C ､f  D 均为奇数”的事件，用M 2 表示“ f C ､f  D 均为偶数”的事件，则从 1-8 个数字中任取两个数字标签贴在 C､D 顶点的样本空间有 56 个样本点，
事件M1 包含 12 个样本点，事件M 2 也包含 12 个样本点，根据古典概率知识得：
P M   12  3 , P M   12  3 .

1561425614
记“ f C   f  D 为偶数”为事件Q ，则Q  M1  M 2 ，
故 P1  P M1   P M 2  
3  2  3 ；
147
（2）如图，取边CD 的中点 F ，连结 BF､AF､EF .
因为aBCD､aACD 均是边长为a 的正三角形，
所以 AF  CD, BF  CD ， AF  BF  F ， AF.BF  平面 ABF ,
因此CD  平面 ABF ，
从而∠AFE 是二面角 E  CD  A 的平面角θ，
又 AF  BF 
a  AB ，则AFB  FBA  BAF  π .

AE
又sinθ
2
EF
sinBAF
3
, AE  EFsinAFE ，
sinBAF
同理 BE  EFsinBFE ，
sinABF
当二面角 E  CD  Aθπ
AE
BE
f  A
的平面角

大于时，
4
θsin π
 sin AFE 
sin
4  3 1，
f  B
sinBFE
sin  π θsin π
 312

当 f  B  1 时， f  A  3 ，则 f  A 可取 3，4，5，6，7，8 共六个值；当 f  B  2 时， f  A  6 ，则 f  A 可取6, 7,8 共三个值；
当 f  B  3 时， f  A  9 ，则 f  A 不存在.
从 1-8 个数字中任取两个数字标签贴在 A､B 顶点的样本空间有 56 个样本点，
其中使得二面角 E  CD  Aθπ9P  9 .
的平面角
大于的样本点有
4
个，所以 256