?？?0題考點專練（滬教版2020必修三全部內(nèi)容）

?？?0題考點專練（滬教版2020必修三全部內(nèi)容）一．棱柱的結(jié)構(gòu)特征（共1小題）1．（2021秋?閔行區(qū)校級月考）如圖，棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為CC1的中點，點P，Q分別為面A1B1C1D1和線段B1C上動點，則△PEQ周長的最小值為（）A．2 B． C． D．【分析】由題意得：△PEQ周長取最小值時，P在B1C1上，在平面B1C1CB上，設(shè)E關(guān)于B1C的對稱點為M，關(guān)于B1C1的對稱點為N，求出MN，即可得到△PEQ周長的最小值．【解答】解：由題意得：△PEQ周長取最小值時，P在B1C1上，在平面B1C1CB上，設(shè)E關(guān)于B1C的對稱點為M，關(guān)于B1C1的對稱點為N，連結(jié)MN，當MN與B1C1的交點為P，MN與B1C的交點為M時，則MN是△PEQ周長的最小值，EM＝2，EN＝，∠MEN＝135°，∴MN＝＝．∴△PEQ周長的最小值為．故選：B．【點評】本題考查棱柱的結(jié)構(gòu)特征，考查對稱點的運用，考查余弦定理，考查運算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．二．棱錐的結(jié)構(gòu)特征（共2小題）2．（2021秋?奉賢區(qū)校級期末）若空間中n個不同的點兩兩距離都相等，則正整數(shù)n的取值（）A．至多等于3 B．至多等于4 C．等于5 D．大于5【分析】先考慮平面上的情況：只有三個點的情況成立；再考慮空間里，只有四個點的情況成立，注意運用外接球和三角形三邊的關(guān)系，即可判斷．【解答】解：考慮平面上，3個點兩兩距離相等，構(gòu)成等邊三角形，成立；4個點兩兩距離相等，三個點在圓上，一個點是圓心，圓上的點到圓心的距離都相等，則不成立；n大于4，也不成立；在空間中，4個點兩兩距離相等，構(gòu)成一個正四面體，成立；若n＞4，由于任三點不共線，當n＝5時，考慮四個點構(gòu)成的正四面體，第五個點，與它們距離相等，必為正四面體的外接球的球心，且球的半徑不等于邊長，即有球心與正四面體的底面的中心重合，但顯然球的半徑不等于棱長，故不成立；同理n＞5，不成立．故選：B．【點評】本題考查空間幾何體的特征，主要考查空間兩點的距離相等的情況，注意結(jié)合外接球和三角形的兩邊與第三邊的關(guān)系，屬于中檔題和易錯題．3．（2021秋?奉賢區(qū)校級期末）如圖，在三棱錐P﹣ABC的平面展開圖中，AC＝1，AB＝AD＝，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，則cos∠FCB＝﹣．【分析】根據(jù)條件可知D、E、F三點重合，分別求得BC、CF、BF即可．【解答】解：由已知得BD＝AB＝，BC＝2，因為D、E、F三點重合，所以AE＝AD＝，BF＝BD＝AB＝，則在△ACE中，由余弦定理可得CE2＝AC2+AE2﹣2AC?AE?cos∠CAE＝1+3﹣2×＝1，所以CE＝CF＝1，則在△BCF中，由余弦定理得cos∠FCB＝＝＝﹣，故答案為：﹣．【點評】本題考查三棱錐展開圖，涉及余弦定理的應(yīng)用，數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題．三．旋轉(zhuǎn)體（圓柱、圓錐、圓臺）（共5小題）4．（2021秋?黃浦區(qū)校級期中）定義：將24小時內(nèi)降水在平地上積水厚度（mm）來判斷降雨程度；其中小雨（0mm﹣10mm），中雨（10mm﹣25mm），大雨（25mm﹣50mm），暴雨（50mm﹣100mm）；小明用一個圓錐雉形容器接了24小時的雨水，則這天降雨屬于哪個等級（）A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨【分析】由圓錐的體積公式計算圓錐的體積，除以圓面的面積即可得到降雨量，由題意即可得到答案．【解答】解：由題意，一個半徑為（mm）的圓面內(nèi)的降雨充滿一個底面半徑為（mm），高為150（mm）的圓錐，所以積水的厚度為（mm），由題意可知，這天降雨屬于中雨．故選：B．【點評】本題考查了圓錐幾何結(jié)構(gòu)的應(yīng)用，圓錐的體積公式的應(yīng)用，考查了邏輯推理能力、空間想象能力與運算能力，屬于基礎(chǔ)題．5．（2022春?閔行區(qū)校級期末）一個高為2的圓柱，底面周長為2π，該圓柱的表面積為6π．【分析】求出圓柱的底面半徑，然后直接求出圓柱的表面積即可．【解答】解：因為一個高為2的圓柱，底面周長為2π，所以它的底面半徑為：1，所以圓柱的表面積為S＝2S底+S側(cè)＝2×12×π+2π×2＝6π．故答案為：6π．【點評】本題考查旋轉(zhuǎn)體的表面積的求法，考查計算能力．6．（2021秋?徐匯區(qū)校級期中）半徑為2的半圓卷成一個圓錐，則它的體積為．【分析】半徑為R的半圓卷成一個圓錐，則圓錐的母線長為R，底面半徑r＝1，求出圓錐的高后，代入圓錐體積公式可得答案．【解答】解：半徑為R的半圓卷成一個圓錐，則圓錐的母線長為R，設(shè)圓錐的底面半徑為r，則2πr＝πR，即r＝1，∴圓錐的高h＝＝，∴圓錐的體積V＝＝，故答案為：．【點評】本題考查旋轉(zhuǎn)體，即圓錐的體積，意大利考查了旋轉(zhuǎn)體的側(cè)面展開和錐體體積公式等知識．7．（2021春?楊浦區(qū)校級期中）如圖，一矩形ABCD的一邊AB在x軸上，另兩個頂點C、D在函數(shù)f（x）＝，x＞0的圖象上，則此矩形繞x軸旋轉(zhuǎn)而成的幾何體的體積的最大值是．【分析】求出y的范圍，設(shè)出點A、B的坐標，根據(jù)A、B兩點的縱坐標相等得到x2?x1＝1，再求出高h；根據(jù)圓柱體的體積公式得到關(guān)于y的代數(shù)式，最后根據(jù)基本不等式求出體積的最大值．【解答】解：由y＝f（x）＝＝≤＝，當且僅當x＝1時取等號，得x+＝；又矩形繞x軸旋轉(zhuǎn)得到的旋轉(zhuǎn)體是圓柱，設(shè)A點的坐標為（x1，y），B點的坐標為（x2，y），則圓柱的底面圓半徑為y，高為h＝x2﹣x1，且f（x1）＝，f（x2）＝，所以＝，即（x2﹣x1）（x2?x1﹣1）＝0，所以x2?x1＝1，所以h2＝（x2+x1）2﹣4x2?x1＝（x1+）2﹣4＝﹣4，所以h＝＝，所以V圓柱＝πy2?h＝πy＝π?≤π?（）＝π，當且僅當y＝時取等號，故此矩形繞x軸旋轉(zhuǎn)得到的旋轉(zhuǎn)體的體積的最大值為．故答案為：．【點評】本題主要考查了空間幾何體的體積計算和基本不等式的應(yīng)用問題，是難題．8．（2021秋?奉賢區(qū)校級月考）若經(jīng)過圓柱的軸的截面面積為2，則圓柱的側(cè)面積為2π．【分析】根據(jù)軸截面積得出圓柱底面半徑與高的關(guān)系，代入側(cè)面積公式即可得出答案．【解答】解：設(shè)圓柱的底面半徑為r，高為h，則圓柱的軸截面面積為2rh＝2，∴rh＝1．∴圓柱的側(cè)面積S＝2πrh＝2π．故答案為：2π．【點評】本題考查了圓柱的結(jié)構(gòu)特征，側(cè)面積計算，屬于基礎(chǔ)題．四．棱柱、棱錐、棱臺的側(cè)面積和表面積（共7小題）9．（2021秋?閔行區(qū)校級期末）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個正四棱錐，以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側(cè)面三角形的面積，則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為（）A． B． C． D．【分析】設(shè)正四棱錐的高為h，底面邊長為a，側(cè)面三角形底邊上的高為h'，利用幾何關(guān)系列出h'，a和h的關(guān)系式，得到，求解，即可得到答案．【解答】解：設(shè)正四棱錐的高為h，底面邊長為a，側(cè)面三角形底邊上的高為h'，由題意可得，，所以，即，解得或（舍），所以側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為．故選：B．【點評】本題考查了棱錐幾何性質(zhì)的理解與應(yīng)用，考查了邏輯推理能力、空間想象能力與化簡運算能力，屬于基礎(chǔ)題．10．（2021秋?奉賢區(qū)校級月考）若圓錐的側(cè)面展開圖是半徑為2、圓心角為90°的扇形，則這個圓錐的全面積是．【分析】根據(jù)圓錐的側(cè)面積等于扇形的面積，再求出底面圓的面積，即可求出圓錐的表面積．【解答】解：∵圓錐的側(cè)面展開圖是圓心角為90°、半徑為2的扇形，∴圓錐的側(cè)面積等于扇形的面積＝＝π，設(shè)圓錐的底面圓的半徑為r，則∵扇形的弧長為π，∴2πr＝π，∴r＝，∴底面圓的面積為，∴圓錐的表面積為＝，故答案為：【點評】此題主要考查了圓錐的計算，根據(jù)圓錐的側(cè)面積等于扇形的面積得出答案是解決問題的關(guān)鍵．11．（2021秋?閔行區(qū)校級期中）已知圓柱的軸截面是邊長為2的正方形，則圓柱的表面積為6π．【分析】由圓柱的軸截面是邊長為2的正方形可得圓柱底面圓的直徑長為2，高為2．【解答】解：∵圓柱的軸截面是邊長為2的正方形，∴圓柱底面圓的直徑長為2，高為2．則圓柱的表面積S＝2?π?2+2?π?12＝6π．故答案為6π．【點評】考查了學生的空間想象力．12．（2021秋?寶山區(qū)校級期中）如圖，圓錐的母線長為4，點M為母線AB的中點，從點M處拉一條繩子，繞圓錐的側(cè)面轉(zhuǎn)一周達到B點，這條繩子的長度最短值為，則此圓錐的表面積為5π【分析】設(shè)底面圓半徑為r，由母線長求出側(cè)面展開扇形的圓心角，利用余弦定理求出從點M拉一繩子圍繞圓錐側(cè)面轉(zhuǎn)到點B的最短距離，列方程求出r的值，再計算圓錐的表面積．【解答】解：設(shè)底面圓半徑為r，由母線長為4，所以側(cè)面展開扇形的圓心角為α＝＝；將圓錐側(cè)面展開成一個扇形，從點M拉一繩子圍繞圓錐側(cè)面轉(zhuǎn)到點B，最短距離為BM，如圖所示：在△ABM中，由余弦定理得，BM的長度為：BM＝＝＝2，解得cos＝0，所以r＝1，所以圓錐的表面積為S＝π×12+π×1×4＝5π．故答案為：5π．【點評】本題考查了圓錐的側(cè)面展開圖應(yīng)用問題，也考查了運算求解能力，是基礎(chǔ)題．13．（2021秋?松江區(qū)校級期中）若一圓錐的底面半徑為3，體積是12π，則該圓錐的側(cè)面積等于15π．【分析】首先根據(jù)圓錐的體積求出圓錐的高度，然后求出母線長度，根據(jù)側(cè)面積公式解答．【解答】解：由已知得到圓錐的體積12π＝，解得h＝4，所以圓錐的母線長度為＝5，所以圓錐的側(cè)面積為＝15π；故答案為：15π．【點評】本題考查了圓錐的體積和側(cè)面積公式的運用；屬于基礎(chǔ)題．14．（2020秋?寶山區(qū)校級期末）若圓錐底面半徑為1，高為，則其側(cè)面積為2π．【分析】先求圓錐的母線，然后直接利用圓錐側(cè)面積公式求解即可．【解答】解：圓錐的高位，底面半徑為1，所以圓錐的母線為：2，圓錐的側(cè)面積：×2π×2＝2π故答案為：2π．【點評】本題考查圓錐的側(cè)面積公式，是基礎(chǔ)題．15．（2021秋?寶山區(qū)校級期末）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，AC＝AA1＝4，∠ABC＝90°．（1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的表面積S；（2）求異面直線A1B與AC所成角的大?。ńY(jié)果用反三角函數(shù)表示）．【分析】（1）利用S＝2S△ABC+S側(cè)，可求三棱柱ABC﹣A1B1C1的表面積S；（2）連接BC1，確定∠BA1C1就是異面直線A1B與AC所成的角（或其補角），在△A1BC1中，利用余弦定理可求結(jié)論．【解答】解：（1）在△ABC中，因為AB＝2，AC＝4，∠ABC＝90°，所以BC＝．…（1分）S△ABC＝AB×BC＝2．…（1分）所以S＝2S△ABC+S側(cè)＝4+（2+2+4）×4＝24+12．…（3分）（2）連接BC1，因為AC∥A1C1，所以∠BA1C1就是異面直線A1B與AC所成的角（或其補角）．…（1分）在△A1BC1中，A1B＝2，BC1＝2，A1C1＝4，…（1分）由余弦定理可得cos∠BA1C1＝，…（3分）所以∠BA1C1＝arccos．…（1分）即異面直線A1B與AC所成角的大小為arccos．…（1分）【點評】本題考查三棱柱的表面積，考查線線角，解題的關(guān)鍵是正確作出線線角，屬于中檔題．五．棱柱、棱錐、棱臺的體積（共7小題）16．（2021秋?嘉定區(qū)校級期末）《九章算術(shù)》與《幾何原本》并稱現(xiàn)代數(shù)學的兩大源泉．在《九章算術(shù)》卷五商功篇中介紹了羨除（此處是指三面為等腰梯形，其他兩側(cè)面為直角三角形的五面體）體積的求法．在如圖所示的羨除中，平面ABDA'是鉛垂面，下寬AA'＝3m，上寬BD＝4m，深3m，平面BDEC是水平面，末端寬CE＝5m，無深，長6m（直線CE到BD的距離），則該羨除的體積為（）A．24m3 B．30m3 C．36m3 D．42m3【分析】在BD，CE上分別取B′，C′，使得BB′＝CC′＝3m，連接A′B′，A′C′，B′C′，把多面體分割為斜三棱柱ABC﹣A′B′C′與四棱錐A′﹣DB′C′E，再由棱柱與棱錐體積公式求解．【解答】解：如圖，在BD，CE上分別取B′，C′，使得BB′＝CC′＝3m，連接A′B′，A′C′，B′C′，則多面體ABC﹣A′B′C′是斜三棱柱，該羨除的體積V＝V三棱柱ABC﹣A′B′C′+V四棱錐A′﹣B′DEC′，而V三棱柱ABC﹣A′B′C′＝，V四棱錐A′﹣B′DEC′＝，∴該羨除的體積為27+9＝36m3．故選：C．【點評】本題考查求空間幾何體的體積，訓練了分割補形法的應(yīng)用，考查運算求解能力，是中檔題．17．（2021秋?奉賢區(qū)校級期末）在梯形ABCD中，∠ABC＝，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2．將梯形ABCD繞AD所在的直線旋轉(zhuǎn)一周而形成的曲面所圍成的幾何體的體積為．【分析】畫出幾何體的直觀圖，利用已知條件，求解幾何體的體積即可．【解答】解：由題意可知幾何體的直觀圖如圖：旋轉(zhuǎn)體是底面半徑為1，高為2的圓錐，挖去一個相同底面高為1的倒圓錐，幾何體的體積為：＝．故答案為：．【點評】本題考查幾何體的體積的求法，考查空間想象能力以及計算能力．畫出幾何體的直觀圖是解題的關(guān)鍵．18．（2021秋?奉賢區(qū)校級期末）設(shè)A，B，C，D是同一個半徑為4的球的球面上四點，△ABC為等邊三角形且其面積為9，則三棱錐D﹣ABC體積的最大值為18．【分析】求出△ABC為等邊三角形的邊長，畫出圖形，判斷D的位置，然后求解即可．【解答】解：設(shè)A，B，C，D是同一個半徑為4的球的球面上四點，△ABC為等邊三角形且其面積為9，∴＝9，解得AB＝6，球心為O，三角形ABC的外心為O′，顯然D在O′O的延長線與球的交點如圖：O′C＝×＝2，OO′＝＝2，則三棱錐D﹣ABC高的最大值為：6，則三棱錐D﹣ABC體積的最大值為：＝18．故答案為：18．【點評】本題考查球的內(nèi)接多面體，棱錐的體積的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想，是中檔題．19．（2021秋?楊浦區(qū)校級期中）將圓錐的側(cè)面展開后得到一個半徑為2的半圓，則此圓錐的體積為．【分析】根據(jù)圓錐的側(cè)面展開圖的弧長為圓錐底面周長得出圓錐底面半徑，從而得出圓錐的高，代入體積公式計算即可．【解答】解：設(shè)圓錐的底面半徑為r，則2πr＝2π，∴r＝1．∴圓錐的高h＝．∴圓錐的體積V＝＝．故答案為：．【點評】本題考查了圓錐的結(jié)構(gòu)特征，側(cè)面展開圖，屬于基礎(chǔ)題．20．（2021秋?長寧區(qū)校級期中）蒙古包是蒙古族牧民居住的一種房子，建造和搬遷都很方便，適于牧業(yè)生產(chǎn)和游牧生活．蒙古包古代稱作穹廬、“氈包”或“氈帳”，如圖1所示．一個普通的蒙古包可視為一個圓錐與一個圓柱的組合，如圖2所示．已知該圓錐的高為2米，圓柱的高為3米，底面直徑為6米．（1）求該蒙古包的側(cè)面積；（2）求該蒙古包的體積．【分析】（1）先計算圓錐和圓柱部分的側(cè)面積，再求和即可．（2）先求出圓錐和圓柱部分的體積，再求和．【解答】解：由題意可知BC＝DE＝3米，AE＝2米，BE＝3米，所以（米）．（1）圓錐部分的側(cè)面積為（平方米）．圓柱部分的側(cè)面積為S2＝2π?BC?BE＝2π×3×3＝18π（平方米）．所以該蒙古包的側(cè)面積為（平方米）．（2）圓錐部分的體積為（立方米），圓柱部分的體積為（立方米）．所以該蒙古包的體積為V＝V1+V2＝6π+27π＝33π（立方米）．【點評】本題考查了簡單組合體的表面積和體積的計算問題，也考查了運算求解能力與轉(zhuǎn)化思想，是基礎(chǔ)題．21．（2021秋?松江區(qū)校級期中）三棱錐P﹣ABC滿足：AB⊥AC，AB⊥AP，AB＝2，AP+AC＝4，則該三棱錐的體積V的取值范圍是（0，]【分析】利用基本不等式求出AP?AC的范圍，得出△PAC的面積的范圍，代入棱錐的體積公式得出答案．【解答】解：∵AP+AC＝4，∴AP?AC≤（）2＝4，設(shè)∠PAC＝θ，則0＜θ＜π，∴S△PAC＝AP?AC?sinθ≤2sinθ≤2，∴0＜S△PAC≤2．∵AB⊥AC，AB⊥AP，∴AB⊥平面PAC，∴V＝S△PAC?AB＝S△PAC，∴0＜V≤．故答案為：．【點評】本題考查了棱錐的體積計算，線面垂直的判定定理，屬于中檔題．22．（2021秋?閔行區(qū)校級月考）如圖，AB是圓柱的直徑且AB＝2，PA是圓柱的母線且PA＝2，點C是圓柱底面圓周上的點．（1）求圓柱的側(cè)面積和體積；（2）求三棱錐P﹣ABC體積的最大值；（3）若AC＝1，D是PB的中點，點E在線段PA上，求CE+ED的最小值．【分析】（1）代入面積公式和體積公式計算即可；（2）三棱錐的高為定值，邊AB為定值，故當C到直線AB的距離取得最大值時，底面積最大，故棱錐的體積最大；（3）反向延長AB至C′，使得AC＝AC′，則C′D為CE+DE的最小值．【解答】解：（1）圓柱的側(cè)面積S側(cè)＝2πrh＝2π×1×2＝4π圓柱的體積V＝πr2h＝π×12×2＝2π．（2）三棱錐P﹣ABC的高h＝2，底面三角形ABC中，AB＝2，點C到AB的最大值等于底面圓的半徑1，∴三棱錐P﹣ABC體積的最大值等于××2＝．（3）將△PAC繞著PA旋轉(zhuǎn)到PAC′使其共面，且C′在AB的反向延長線上．∵PA＝AB＝2，，，BC′＝3，由余弦定理得：，∴CE+ED的最小值等于．【點評】本題考查了圓柱的結(jié)構(gòu)特征，面積與體積計算，屬于基礎(chǔ)題．六．球的體積和表面積（共11小題）23．（2021秋?虹口區(qū)校級期中）在三棱錐A﹣BCD中，AB＝BC＝CD＝DA＝，BD＝，二面角A﹣BD﹣C是鈍角．若三棱錐A﹣BCD的體積為2．則三棱錐A﹣BCD的外接球的表面積是（）A．12π B．π C．13π D．π【分析】取BD的中點K，連結(jié)AK，CK，得到∠AKC為二面角A﹣BD﹣C的平面角，V＝×AK×CK×sin∠AKC×BD＝2，進而求得∠AKC＝120°，數(shù)形結(jié)合，得到外接球半徑即可．【解答】解：取BD的中點K，連結(jié)AK，CK，由已知△ABD和△BCD是全等的等腰三角形，所以AK⊥BD，CK⊥BD，∴∠AKC為二面角A﹣BD﹣C的平面角，且BD⊥平面AKC，AK＝CK，所以V＝×AK×CK×sin∠AKC×BD＝2，又AK＝＝2，故sin∠AKC＝，因為∠AKC為鈍角，所以∠AKC＝120°，設(shè)△ABD，△BCD的外接圓的圓心分別為M，N，則M，N分別在AK，CK上且MK＝NK，連結(jié)DM，由（2﹣AM）2+3＝DM2，其中AM＝DM，解得AM＝，同理CN＝，所以MK＝NK＝，過M，N分別作平面ABD，平面BCD的垂線，兩垂線的交點O為四面體ABCD的外接球的球心，連結(jié)OK，則OK平分∠AKC，∴∠OKN＝60°，從而ON＝，OK＝，在Rt△ONC中，ON＝，CN＝AM＝，外接球的半徑為OC＝＝＝，所以四面體ABCD外接球的表面積S＝4πr2＝4π×＝13π，故選：C．【點評】本題考查球的表面積公式，考查三棱錐體積公式，數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔偏難題．24．（2021秋?金山區(qū)期末）半徑為1的球的體積為．【分析】直接利用球的體積公式求解即可．【解答】解：半徑為1的球的體積為：＝．故答案為：．【點評】本題考查球的體積公式的應(yīng)用，是基本知識的考查．25．（2022春?閔行區(qū)校級期末）若一個球的表面積為π，則該球的半徑為．【分析】設(shè)球的半徑為R，代入球的表面積公式得答案．【解答】解：設(shè)球的半徑為R，則4πR2＝π，得，即R＝（R＞0）．故答案為：．【點評】本題考查球的表面積公式，是基礎(chǔ)題．26．（2021秋?浦東新區(qū)校級期末）已知某球體的表面積為36π，則該球體的體積是36π．【分析】設(shè)出球的半徑，由表面積求得半徑，再代入體積公式求解．【解答】解：設(shè)球的半徑為R，則4πR2＝36π，即R＝3．∴該球的體積為V＝．故答案為：36π．【點評】本題考查球的表面積與體積，是基礎(chǔ)的計算題．27．（2021秋?嘉定區(qū)校級期末）已知球的表面積為16π，則該球的體積為．【分析】通過球的表面積求出球的半徑，然后求出球的體積【解答】解：一個球的表面積是16π，所以球的半徑為：2，所以這個球的體積為：＝．故答案為：．【點評】本題是基礎(chǔ)題，考查球的表面積、體積的計算，考查計算能力，公式的應(yīng)用．28．（2021秋?普陀區(qū)校級期末）若一個球的體積為，則該球的表面積為16π．【分析】由球的體積，由球的體積公式能求出這個球的半徑，再由球的表面積的計算公式能求出結(jié)果．【解答】解：一個球的體積V＝π×r3＝，設(shè)這個球的半徑r＝2，則4πr2＝16π，故答案為：16π．【點評】本題考查球的體積和表面積的應(yīng)用，解題時要認真審題，仔細解答．29．（2021秋?浦東新區(qū)校級期中）某公司周年慶典活動中，制作的“水晶球”工藝品如圖所示，底座是用一邊長為2m的正方形鋼板，按各邊中點連線，垂直折起四個小三角形制成，再將一個水晶玻璃球放入其中．若水晶球最高點到底座底面的距離為，則水晶球的表面積為4πm2．【分析】由已知可得四個小三角形的頂點所在平面截球面得小圓的半徑，再由已知結(jié)合勾股定理列式求得R值，則答案可求．【解答】解：四個小三角形的頂點所在平面截球面得小圓的半徑為，小圓面到底面的距離為，設(shè)水晶球的半徑為R，則R+，解得R＝1．∴水晶球的表面積為4π×12＝4πm2．故答案為：4π．【點評】本題考查球的表面積的求法，考查空間想象能力與思維能力，考查運算求解能力，是中檔題．30．（2021秋?徐匯區(qū)校級期中）已知圓柱的底面直徑和高都等于球的直徑，則球的表面積與圓柱的表面積之比是2：3．【分析】設(shè)球的半徑為r，則S圓柱：S球＝[2πr2+（2r）?2πr]：4πr2，可得結(jié)論．【解答】解：設(shè)球的半徑為r，則S圓柱：S球＝[2πr2+（2r）?2πr]：4πr2＝3：2．∴球的表面積與圓柱的表面積之比是2：3．故答案為：2：3．【點評】本題考查幾何體的表面積，考查計算能力，是基礎(chǔ)題．31．（2021秋?閔行區(qū)期中）平面α截球O的球面所得圓的半徑為1，球心O到平面α的距離為，則球O的表面積為12π．【分析】利用平面α截球O的球面所得圓的半徑為1，球心O到平面α的距離為，求出球的半徑，然后求解球O的表面積．【解答】解：因為平面α截球O的球面所得圓的半徑為1，球心O到平面α的距離為，所以球的半徑為：＝．所以球O的表面積為4π×3＝12π．故答案為：12π．【點評】本題考查球的表面積的求法，考查空間想象能力、計算能力．32．（2021秋?奉賢區(qū)校級期中）兩個球的體積之比為8：27，那么這兩個球的表面積的比為4：9．【分析】由題意，設(shè)兩個球的半徑，表示出求的表面積和體積；根據(jù)體積比，得到表面積的比．【解答】解：設(shè)兩個球的半徑分別為r，R，由兩個球的體積之比為8：27，得到r3：R3＝8：27，所以r：R＝2：3，那么這兩個球的表面積的比為r2：R2＝4：9；故答案為：4：9．【點評】本題考查了球的體積和表面積；明確體積、表面積公式是關(guān)鍵．33．（2021秋?奉賢區(qū)校級期中）已知三棱錐S﹣ABC的所有頂點都在球O的球面上，SC是球O的直徑．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱錐S﹣ABC的體積為9，則球O的表面積為36π．【分析】判斷三棱錐的形狀，利用幾何體的體積，求解球的半徑，然后求解球的表面積．【解答】解：三棱錐S﹣ABC的所有頂點都在球O的球面上，SC是球O的直徑，若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱錐S﹣ABC的體積為9，可知三角形SBC與三角形SAC都是等腰直角三角形，設(shè)球的半徑為r，可得，解得r＝3．球O的表面積為：4πr2＝36π．故答案為：36π．【點評】本題考查球的內(nèi)接體，三棱錐的體積以及球的表面積的求法，考查空間想象能力以及計算能力．七．平面的基本性質(zhì)及推論（共4小題）34．（2021秋?浦東新區(qū)校級期末）設(shè)P1、P2、P3、P4為空間中的四個不同點，則“P1、P2、P3、P4中有三點在同一條直線上”是“P1、P2、P3、P4在同一個平面上”的（）A．充分非必要條件 B．必要非充分條件 C．充要條件 D．既非充分也非必要條件【分析】“P1、P2、P3、P4中有三點在同一條直線上”?“P1、P2、P3、P4在同一個平面上”，“P1、P2、P3、P4在同一個平面上”知“P1、P2、P3、P4中可以任意三點不在同一條直線上”，由此能求出結(jié)果．【解答】解：設(shè)P1、P2、P3、P4為空間中的四個不同點，則“P1、P2、P3、P4中有三點在同一條直線上”?“P1、P2、P3、P4在同一個平面上”，“P1、P2、P3、P4在同一個平面上”知“P1、P2、P3、P4中可以任意三點不在同一條直線上”，∴“P1、P2、P3、P4中有三點在同一條直線上”是“P1、P2、P3、P4在同一個平面上”的充分非必要條件．故選：A．【點評】本題考查充分條件、充要條件、必要條件的判斷，考查空間中四點共面等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，是基礎(chǔ)題．35．（2021秋?浦東新區(qū)校級月考）當我們停放自行車時，只要將自行車旁的撐腳放下，自行車就穩(wěn)了，這用到了（）A．三點確定一平面 B．不共線三點確定一平面 C．兩條相交直線確定一平面 D．兩條平行直線確定一平面【分析】自行車前后輪與撐腳分別接觸地面，使得自行車穩(wěn)定，此時自行車與地面的三個接觸點不在同一條線上．【解答】解：自行車前后輪與撐腳分別接觸地面，此時三個接觸點不在同一條線上，所以可以確定一個平面，即地面，從而使得自行車穩(wěn)定．故選：B．【點評】本題考查不同線的三個點確定一個平面，屬于簡單題．36．（2022春?閔行區(qū)校級期末）圓錐的高為1，底面半徑為，則過圓錐頂點的截面面積的最大值為2．【分析】法一、由題意畫出圖形，OC＝x，把截面面積化為關(guān)于x的函數(shù)求解；法二、由已知求出圓錐的母線長及兩母線所成夾角θ的最大值，代入三角形面積公式S＝求得截面面積的最大值．【解答】解：法一、如圖，PO＝1，，設(shè)OC＝x，則BC＝，PC＝，∴＝．∴當x2＝1，即x＝1時，截面面積的最大值為2；法二、由高PO＝1，底面半徑r＝，可知母線長l＝，兩母線夾角的最大值等于，設(shè)過圓錐頂點的截面的兩母線得夾角為θ（0＜θ≤）．則截面面積S＝，當時，S有最大值為2．故答案為：2．【點評】本題考查圓錐截面面積最值的求法，考查函數(shù)與方程思想的應(yīng)用，是中檔題．37．（2021春?徐匯區(qū)校級月考）下列判斷中：①三點確定一個平面；②一條直線和一點確定一個平面；③兩條直線確定一個平面；④三角形和梯形一定是平面圖形；⑤四邊形一定是平面圖形；⑥六邊形一定是平面圖形；⑦兩兩相交的三條直線確定一個平面．其中正確的是④．【分析】主要根據(jù)公理2以及推論判斷①②③④，利用空間圖形和幾何體進行判斷⑤⑥⑦．【解答】解①根據(jù)公理2知，必須是不共線的三點確定一個平面，故①不對；②根據(jù)一條直線和直線外的一點確定一個平面知，故②不對；③由異面直線的定義知，兩條直線不一定確定一個平面，故③不對；④因梯形的一組對邊平行，所以由“兩條平行確定一個平面”知，梯形是一個平面圖形，又因三角形的三個頂點不共線，故④對；⑤比如空間四邊形則不是平面圖形，故⑤不對；⑥比如空間六邊形則不是平面圖形，故⑥不對；⑦兩兩相交于同一點的三條直線，如三棱錐的三個側(cè)面，它們確定了三個平面，故⑦不對．故答案為：④．【點評】本題的考點是平面公理2以及推論的應(yīng)用，主要利用公理2的作用和公理中的關(guān)鍵條件進行判斷，考查了空間想象能力．八．空間中直線與直線之間的位置關(guān)系（共3小題）38．（2021秋?閔行區(qū)校級月考）如果空間三條直線a，b，c兩兩成異面直線，那么與a，b，c都相交的直線有（）A．0條 B．1條 C．多于1的有限條 D．無窮多條【分析】在a、b、c上取三條線段AB、CC′、A′D′，作一個平行六面體ABCD﹣A′B′C′D′，如圖所示．由直線c上一點P與直線a確定的平面β，β和直線b交于點R，由面面平行的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)得到PR與直線a是相交直線，故直線PR是與a，b，c都相交的一條直線．最后根據(jù)點P的任意性，可得滿足條件的直線有無數(shù)多條．【解答】解：在a、b、c上取三條線段AB、CC′、A′D′，作一個平行六面體ABCD﹣A′B′C′D′，如右圖所示在c上，即在直線A′D′上取一點P，過a、P作一個平面β平面β與DD′交于Q、與CC′交于R，則由面面平行的性質(zhì)定理，得QR∥a，于是PR不與a平行，但PR與a共面．故PR與a相交，得直線PR是與a，b，c都相交的一條直線．根據(jù)點P的任意性，得與a，b，c都相交的直線有無窮多條．故選：D．【點評】本題給出空間兩兩異面的三條直線，求與它們都相交的直線的條數(shù)，著重考查了空間直線的位置關(guān)系和線面平行的性質(zhì)等知識，屬于中檔題．39．（2022?徐匯區(qū)校級開學）在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱AA1，CC1的中點，則在空間中與三條直線A1D1，EF，CD都相交的直線（）A．不存在 B．有且只有兩條 C．有且只有三條 D．有無數(shù)條【分析】先畫出正方體，然后根據(jù)題意試畫與三條直線A1D1，EF，CD都相交的直線，從而發(fā)現(xiàn)結(jié)論．【解答】解：在EF上任意取一點M，直線A1D1與M確定一個平面，這個平面與CD有且僅有1個交點N，當M取不同的位置就確定不同的平面，從而與CD有不同的交點N，而直線MN與這3條異面直線都有交點．如圖：故選：D．【點評】本題主要考查立體幾何中空間直線相交問題，同時考查學生的空間想象能力．40．（2021春?黃浦區(qū)校級期中）已知直線l和平面α，無論直線l與平面α具有怎樣的位置關(guān)系，在平面α內(nèi)總存在一條直線與直線l（）A．相交 B．平行 C．垂直 D．異面【分析】利用空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系求解．【解答】解：當直線l與平面α平行時，在平面α內(nèi)至少有一條直線與直線l垂直，當直線l?平面α時，在平面α內(nèi)至少有一條直線與直線l垂直，直線l與平面α相交時，在平面α內(nèi)至少有一條直線與直線l垂直，∴無論直線l與平面α具有怎樣的位置關(guān)系，在平面α內(nèi)總存在一條直線與直線l垂直．故選：C．【點評】本題考查命題真假的判斷，是基礎(chǔ)題，解題時要注意空間思維能力的培養(yǎng)．九．直線與平面平行（共1小題）41．（2021秋?黃浦區(qū)校級期末）如圖，在四面體ABCD中，CB＝CD，AD⊥BD，點E，F(xiàn)分別是AB，BD的中點．求證：（1）直線EF∥面ACD；（2）平面EFC⊥面BCD．【分析】（1）根據(jù)線面平行關(guān)系的判定定理，在面ACD內(nèi)找一條直線和直線EF平行即可，根據(jù)中位線可知EF∥AD，EF?面ACD，AD?面ACD，滿足定理條件；（2）需在其中一個平面內(nèi)找一條直線和另一個面垂直，由線面垂直推出面面垂直，根據(jù)線面垂直的判定定理可知BD⊥面EFC，而BD?面BCD，滿足定理所需條件．【解答】證明：（1）∵E，F(xiàn)分別是AB，BD的中點．∴EF是△ABD的中位線，∴EF∥AD，∵EF?面ACD，AD?面ACD，∴直線EF∥面ACD；（2）∵AD⊥BD，EF∥AD，∴EF⊥BD，∵CB＝CD，F(xiàn)是BD的中點，∴CF⊥BD又EF∩CF＝F，∴BD⊥面EFC，∵BD?面BCD，∴面EFC⊥面BCD【點評】本題主要考查線面平行的判定定理，以及面面垂直的判定定理．考查對基礎(chǔ)知識的綜合應(yīng)用能力和基本定理的掌握能力．一十．直線與平面垂直（共2小題）42．（2021秋?普陀區(qū)校級期中）下列命題中為假命題的是（）A．垂直于同一直線的兩個平面平行 B．垂直于同一直線的兩條直線平行 C．平行于同一直線的兩條直線平行 D．平行于同一平面的兩個平面平行【分析】根據(jù)平行公理，平行線的定義，以及面面平行的判定定理，對各選項分析判斷即可求解．【解答】解：由面面平行的判定定理可得，垂直于同一直線的兩個平面平行，故A正確；這三條直線在同一平面內(nèi)，方可，故B錯誤；由平行公理可得，平行于同一直線的兩條直線平行，故C正確；平行于同一平面的兩個平面平行，根據(jù)平行公理知D正確；故選：B．【點評】本題考查空間線面和線線、面面的位置關(guān)系的判斷，考查平行和垂直的判斷和性質(zhì)，考查空間想象能力和推理能力，屬于基礎(chǔ)題．43．（2021秋?閔行區(qū)校級月考）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，每個側(cè)面均為正方形，D為底邊AB的中點，E為側(cè)棱CC1的中點，AB1與A1B的交點為O．（1）求證：CD∥平面A1EB；（2）求證：AB1⊥平面A1EB．【分析】（1）設(shè)AB1和A1B的交點為O，連接EO，連接OD．證明EO∥CD．說明CD?平面A1BE，EO?平面A1BE，即可證明CD∥平面A1BE．（2）利用三棱柱各側(cè)面都是正方形，然后證明CD⊥平面A1ABB1．證明EO⊥AB1．AB1⊥A1B，即可證明AB1⊥平面A1BE．【解答】證明：（1）設(shè)AB1和A1B的交點為O，連接EO，連接OD．因為O為AB1的中點，D為AB的中點，所以O(shè)D∥BB1且．又E是CC1中點，則EC∥BB1且，即EC∥OD且EC＝OD，則四邊形ECOD為平行四邊形．所以EO∥CD．又CD?平面A1BE，EO?平面A1BE，則CD∥平面A1BE．…（7分）（2）因為三棱柱各側(cè)面都是正方形，所以BB1⊥AB，BB1⊥BC，所以BB1⊥平面ABC．因為CD?平面ABC，所以BB1⊥CD．由已知得AB＝BC＝AC，所以CD⊥AB．所以CD⊥平面A1ABB1．由（1）可知EO∥CD，所以EO⊥平面A1ABB1．所以EO⊥AB1．因為側(cè)面是正方形，所以AB1⊥A1B．又EO∩A1B＝O，EO?平面A1EB，A1B?平面A1EB，所以AB1⊥平面A1BE．…（14分）【點評】本題考查直線與平面平行，直線與平面垂直的判斷與證明，考查空間想象能力，邏輯推理能力．一十一．點、線、面間的距離計算（共6小題）44．（2021秋?普陀區(qū)校級期末）用一個平面去截半徑為5cm的球，截面面積是9πcm2.則球心到截面的距離為4cm．【分析】計算截面圓的半徑，利用勾股定理計算球心到截面的距離．【解答】解：設(shè)截面圓的半徑為r，則πr2＝9π，故r＝3，∴球心到截面圓的距離d＝＝4．故答案為：4．【點評】本題考查了球的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．45．（2022春?閔行區(qū)校級期末）棱長為a的正方體ABCD﹣A1B1C1D1的頂點A到截面B1CD的距離等于．【分析】畫出圖形，利用點到平面的距離，轉(zhuǎn)化求解即可．【解答】≠解：如圖正方體中，連接BC1，交B1C與O，因為幾何體是正方體，BC1⊥B1C，CD⊥BC1，B1C∩CD＝C，所以BC1⊥面B1CD，AB∥截面B1CD，頂點A到截面B1CD的距離就是頂點B到截面B1CD的距離，即BO，易得BO＝BC1＝．故答案為：．【點評】本題考查空間點線面的距離的求法，轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，考查數(shù)形結(jié)合以及計算能力．46．（2021秋?閔行區(qū)校級月考）如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為BC的中點，點P在線段D1E上，點P到直線CC1的距離的最小值為．【分析】如圖所示，取B1C1的中點F，連接EF，ED1，利用線面平行的判定即可得到C1C∥平面D1EF，進而得到異面直線D1E與C1C的距離．【解答】解：如圖所示，取B1C1的中點F，連接EF，ED1，∴CC1∥EF，又EF?平面D1EF，CC1?平面D1EF，∴CC1∥平面D1EF．∴直線C1C上任一點到平面D1EF的距離是兩條異面直線D1E與CC1的距離．過點C1作C1M⊥D1F，∵平面D1EF⊥平面A1B1C1D1．∴C1M⊥平面D1EF．過點M作MP∥EF交D1E于點P，則MP∥C1C．取C1N＝MP，連接PN，則四邊形MPNC1是矩形．可得NP⊥平面D1EF，在Rt△D1C1F中，C1M?D1F＝D1C1?C1F，得＝．∴點P到直線CC1的距離的最小值為．故答案為【點評】熟練掌握通過線面平行的性質(zhì)即可得到異面直線的距離是解題的關(guān)鍵．47．（2021秋?徐匯區(qū)校級期中）用一個半徑為10厘米的半圓紙片卷成一個最大的無底圓錐，放在水平桌面上，被一陣風吹倒，如圖，則它的最高點到桌面的距離為5cm．【分析】如圖所示，設(shè)PAB為軸截面，過點A作AD⊥PB，利用圓的周長公式π?AB＝10π，解得AB＝10，可得△PAB是等邊三角形，即可得出．【解答】解：如圖所示，設(shè)PAB為軸截面，過點A作AD⊥PB，π?AB＝10π，解得AB＝10，∴△PAB是等邊三角形，∴AD＝AB?sin60°＝10×＝5．∴它的最高點到桌面的距離為5cm．故答案為：5cm．【點評】本題考查了圓錐的軸截面的性質(zhì)、圓的弧長與周長計算公式、等邊三角形的性質(zhì)，考查了空間想象能力、推理能力與計算能力，屬于中檔題．48．（2021秋?徐匯區(qū)校級期中）已知線段AB在平面α外，A、B兩點到平面α的距離分別為1和3，則線段AB的中點到平面α的距離為1或2．【分析】根據(jù)空間中點、線、面得位置關(guān)系可得：A、B兩點與平面α的位置由兩種，因此分兩種情況A、B兩點在平面α的同側(cè)與異側(cè)討論此問題．【解答】解：當A、B兩點在平面α的同側(cè)時，因為A、B兩點到平面α的距離分別為1和3，所以線段AB的中點到平面α的距離為2．當A、B兩點在平面α的異側(cè)時，因為A、B兩點到平面α的距離分別為1和3，所以線段AB的中點到平面α的距離為1．故答案為：1或2．【點評】本題主要考查空間中點、線、面的位置關(guān)系與距離的計算，考查學生的空間想象能力．49．（2021秋?長寧區(qū)校級期中）如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是等腰直角三角形，∠ACB＝∠BCC1＝90°，四邊形ACC1A1是菱形，∠ACC1＝120°．（1）證明：A1C⊥AB1；（2）若AC＝2，求點C1到平面ABB1A1的距離．【分析】（1）連接AC1，證明AC1⊥A1C．結(jié)合BC⊥AC，BC⊥CC1，推出BC⊥平面ACC1A1，即可證明A1C⊥BC．推出A1C⊥B1C1，然后證明A1C⊥平面AB1C1，進一步得到A1C⊥AB1．（2）作A1O⊥AC于點O，則A1O⊥平面ABC，求出三棱錐A﹣A1B1C1的體積，取AB上靠近A的四等分點D，設(shè)點C1到平面ABB1A1的距離為h，根據(jù)等體積變換，求解點C1到平面ABB1A1的距離．【解答】解：（1）證明：連接AC1，因為四邊形A1ACC1為菱形，所以AC1⊥A1C．因為BC⊥AC，BC⊥CC1，AC∩CC1＝C，所以BC⊥平面ACC1A1，且A1C?平面ACC1A1，所以A1C⊥BC．因為BC∥B1C1，所以A1C⊥B1C1，又因為AC1∩B1C1＝C1，所以A1C⊥平面AB1C1，又AB1?平面AB1C1，所以A1C⊥AB1．（2）由（1）知BC⊥平面A1ACC1，所以平面A1ACC1⊥平面ABC，作A1O⊥AC于點O，則A1O⊥平面ABC，因為四邊形A1ACC1為菱形，∠A1AC＝60°，所以△A1AC為等邊三角形，所以O(shè)為AC的中點．三棱錐A﹣A1B1C1的體積．取AB上靠近A的四等分點D，則OD⊥AB，且，連接A1D，則由AB⊥A1O，AB⊥OD且OD∩A1O＝O，所以AB⊥平面A1OD，從而A1D⊥AB，則，從而，設(shè)點C1到平面ABB1A1的距離為h，根據(jù)等體積變換，則有，則，所以點C1到平面ABB1A1的距離為．【點評】本題考查直線與平面垂直的判斷定理，等體積法的應(yīng)用，空間點、線、面距離的求法，是中檔題．一十二．概率及其性質(zhì)（共1小題）50．（2021秋?浦東新區(qū)期末）我國高鐵發(fā)展迅速，技術(shù)先進．經(jīng)統(tǒng)計，在經(jīng)停某站的高鐵列車中，有10個車次的正點率為0.97，有20個車次的正點率為0.98，有10個車次的正點率為0.99，則經(jīng)停該站高鐵列車所有車次的平均正點率的估計值為0.98．【分析】利用加權(quán)平均數(shù)公式直接求解．【解答】解：∵經(jīng)統(tǒng)計，在經(jīng)停某站的高鐵列車中，有10個車次的正點率為0.97，有20個車次的正點率為0.98，有10個車次的正點率為0.99，∴經(jīng)停該站高鐵列車所有車次的平均正點率的估計值為：＝（10×0.97+20×0.98+10×0.99）＝0.98．故答案為：0.98．【點評】本題考查經(jīng)停該站高鐵列車所有車次的平均正點率的估計值的求法，考查加權(quán)平均數(shù)公式等基礎(chǔ)知識，考查推理能力與計算能力，屬于基礎(chǔ)題．一十三．古典概型及其概率計算公式（共1小題）51．（2021秋?黃浦區(qū)校級期末）若將一顆質(zhì)地均勻的骰子（一種各面上分別標有1，2，3，4，5，6個點的正方體玩具），先后拋擲兩次，則出現(xiàn)向上的點數(shù)之和為4的概率是．【分析】分別求出基本事件數(shù)，“點數(shù)和為4”的種數(shù)，再根據(jù)概率公式解答即可．【解答】解析：基本事件共6×6個，點數(shù)和為4的有（1，3）、（2，2）、（3，1）共3個，故．故填：．【點評】本小題考查古典概型及其概率計算公式，考查概率的求法：如果一個事件有n種可能，而且這些事件的可能性相同，其中事件A出現(xiàn)m種結(jié)果，那么事件A的概率P（A）＝．一十四．相互獨立事件和相互獨立事件的概率乘法公式（共1小題）52．（2021秋?奉賢區(qū)校級期末）甲、乙兩隊進行籃球決賽，采取七場四勝制（當一隊贏得四場勝利時，該隊獲勝，決賽結(jié)束）．根據(jù)前期比賽成績，甲隊的主客場安排依次為“主主客客主客主”．設(shè)甲隊主場取勝的概率為0.6，客場取勝的概率為0.5，且各場比賽結(jié)果相互獨立，則甲隊以4：1獲勝的概率是0.18．【分析】甲隊以4：1獲勝包含的情況有：①前5場比賽中，第一場負，另外4場全勝，②前5場比賽中，第二場負，另外4場全勝，③前5場比賽中，第三場負，另外4場全勝，④前5場比賽中，第四場負，另外4場全勝，由此能求出甲隊以4：1獲勝的概率．【解答】解：甲隊的主客場安排依次為“主主客客主客主”．設(shè)甲隊主場取勝的概率為0.6，客場取勝的概率為0.5，且各場比賽結(jié)果相互獨立，甲隊以4：1獲勝包含的情況有：①前5場比賽中，第一場負，另外4場全勝，其概率為：p1＝0.4×0.6×0.5×0.5×0.6＝0.036，②前5場比賽中，第二場負，另外4場全勝，其概率為：p2＝0.6×0.4×0.5×0.5×0.6＝0.036，③前5場比賽中，第三場負，另外4場全勝，其概率為：p3＝0.6×0.6×0.5×0.5×0.6＝0.054，④前5場比賽中，第四場負，另外4場全勝，其概率為：p4＝0.6×0.6×0.5×0.5×0.6＝0.054，則甲隊以4：1獲勝的概率為：p＝p1+p2+p3+p4＝0.036+0.036+0.054+0.054＝0.18．故答案為：0.18．【點評】本題考查概率的求法，考查相互獨立事件概率乘法公式等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是基礎(chǔ)題．一十五．簡單隨機抽樣（共1小題）53．（2021秋?奉賢區(qū)校級期末）《西游記》《三國演義》《水滸傳》和《紅樓夢》是中國古典文學瑰寶，并稱為中國古典小說四大名著．某中學為了解本校學生閱讀四大名著的情況，隨機調(diào)查了100位學生，其中閱讀過《西游記》或《紅樓夢》的學生共有90位，閱讀過《紅樓夢》的學生共有80位，閱讀過《西游記》且閱讀過《紅樓夢》的學生共有60位，則該校閱讀過《西游記》的學生人數(shù)與該學校學生總數(shù)比值的估計值為（）A．0.5 B．0.6 C．0.7 D．0.8【分析】作出維恩圖，得到該學校閱讀過《西游記》的學生人數(shù)為70人，由此能求出該學校閱讀過《西游記》的學生人數(shù)與該學校學生總數(shù)比值的估計值．【解答】解：某中學為了了解本校學生閱讀四大名著的情況，隨機調(diào)查了100位學生，其中閱讀過《西游記》或《紅樓夢》的學生共有90位，閱讀過《紅樓夢》的學生共有80位，閱讀過《西游記》且閱讀過《紅樓夢》的學生共有60位，作出維恩圖，得：∴該學校閱讀過《西游記》的學生人數(shù)為70人，則該學校閱讀過《西游記》的學生人數(shù)與該學校學生總數(shù)比值的估計值為：＝0.7．故選：C．【點評】本題考查該學校閱讀過《西游記》的學生人數(shù)與該學校學生總數(shù)比值的估計值的求法，考查維恩圖的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，考查推理能力與計算能力，屬于基礎(chǔ)題．一十六．分層抽樣方法（共1小題）54．（2021秋?普陀區(qū)校級期末）某單位有青年職工160人，中年職工人數(shù)是老年職工人數(shù)的2倍，老、中、青職工共有430人．為了解職工身體狀況，現(xiàn)采用分層抽樣方法進行調(diào)查，在抽取的樣本中有青年職工32人，則該樣本中的老年職工人數(shù)為（）A．16 B．18 C．27 D．36【分析】根據(jù)條件中職工總數(shù)和青年職工人數(shù)，以及中年和老年職工的關(guān)系列出方程，解出老年職工的人數(shù)，根據(jù)青年職工在樣本中的個數(shù)，算出每個個體被抽到的概率，用概率乘以老年職工的個數(shù)，得到結(jié)果．【解答】解：設(shè)老年職工有x人，中年職工人數(shù)是老年職工人數(shù)的2倍，則中年職工有2x，∵x+2x+160＝430，∴x＝90，即由比例可得該單位老年職工共有90人，∵在抽取的樣本中有青年職工32人，∴每個個體被抽到的概率是＝，用分層抽樣的比例應(yīng)抽取×90＝18人．故選：B．【點評】本題是一個分層抽樣問題，容易出錯的是不理解分層抽樣的含義或與其它混淆．抽樣方法是數(shù)學中的一個小知識點，但一般不難，故也是一個重要的得分點，不容錯過．一十七．頻率分布直方圖（共2小題）55．（2021秋?黃浦區(qū)校級期末）某工廠對一批產(chǎn)品進行了抽樣檢測，如圖是根據(jù)抽樣檢測后的產(chǎn)品凈重（單位：克）數(shù)據(jù)繪制的頻率分布直方圖，其中產(chǎn)品凈重的范圍是[96，106]，樣本數(shù)據(jù)分組為[96，98），[98，100），[100，102），[102，104），（104，106]，已知樣本中產(chǎn)品凈重小于100克的個數(shù)是36，則樣本中凈重大于或等于98克并且小于104克的產(chǎn)品的個數(shù)是（）A．90 B．75 C．60 D．45【分析】先求出樣本中產(chǎn)品凈重小于100克的頻率，由此利用樣本中產(chǎn)品凈重小于100克的個數(shù)是36，求出樣本總數(shù)，由此能求出樣本中凈重大于或等于98克并且小于104克的產(chǎn)品個數(shù)．【解答】解：樣本中產(chǎn)品凈重小于100克的頻率為（0.050+0.100）×2＝0.3，∵樣本中產(chǎn)品凈重小于100克的個數(shù)是36，∴樣本總數(shù)n＝＝120．∴樣本中凈重大于或等于98克并且小于104克的產(chǎn)品個數(shù)為120×0.75＝90．故選：A．【點評】本題考查頻數(shù)的求法，考查頻率分布直方圖等基礎(chǔ)知識，考查數(shù)據(jù)處理能力，考查數(shù)形結(jié)合思想，是基礎(chǔ)題．56．（2021秋?奉賢區(qū)校級期末）某企業(yè)為了解下屬某部門對本企業(yè)職工的服務(wù)情況，隨機訪問50名職工，根據(jù)這50名職工對該部門的評分，繪制頻率分布直方圖（如圖所示），其中樣本數(shù)據(jù)分組區(qū)間為[40，50]，[50，60]，…，[80，90]，[90，100]．（1）求頻率分布圖中a的值；（2）估計該企業(yè)的職工對該部門評分不低于80的概率；（3）從評分在[40，60]的受訪職工中，隨機抽取2人，求此2人評分都在[40，50]的概率．【分析】（1）利用頻率分布直方圖中的信息，所有矩形的面積和為1，得到a；（2）對該部門評分不低于80的即