2023年12月3日发(作者：2022广西中职高考数学试卷)

2022～2023学年度第二学期期末考试高二数学试卷一、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，只有一项符合题目要求.1.已知向量A.10m1,2,3与rn2,x,6垂直，则实数x的值为（C.4）D.10）B.42.书架上有3本不同的数学书，4本不同的物理书，图书管理员从中任取2本，则不同的取法种数为（A.7B.12C.21D.423.口袋中有2个黑球，2个红球和1个白球，这些球除颜色外完全相同.任取两球，用随机变量X表示取到的黑球数，则PX2的值为（A.）15B.110C.310D.354.某中学通过问卷调查的形式统计了该校1000名学生完成作业所需的时间，发现这些学生每天完成作业所需的时间（单位：小时）近似地服从正态分布N1,数大约为（）1.则这1000名学生中每天完成作业所需的时间不少于1.5小时的人16附：随机变量服从正态分布N,A.23B.462，则P0.683，P220.954.C.158）D.35D.3175.在x1x2x3x4的展开式中，含x3的项的系数为（A.6B.10C.246.已知x，y的取值如下表所示，从散点图分析可知y与x线性相关，如果线性回归方程为$y0.95x2.5，则下列说法不正确的是（）x01234.84my2.34.34.4A.m的值为6.2B.回归直线必过点（2，4.4）C.样本点（4，m）处的残差为0.1D.将此图表中的点（2，4.4）去掉后，样本相关系数r不变7.已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为2，底面ABC是边长为2的正三角形，A1ABA1AC60，若B1C和BC1相交于点M.则AM（A.3）C.B.25D.6马尔可夫不等式给出了随机变量的函数不小于某正数的概率的上界，它以俄国数学家安德雷·马尔8.在概率论中，可夫命名，由马尔可夫不等式知，若是只取非负值的随机变量，则对a0，都有PaEa.某市去年的人均年收入为10万元，记“从该市任意选取3名市民，则恰有1名市民去年的年收入超过100万元”为事件A，其概率为PA.则PA的最大值为（A.）C.271000B.2431000427D.49二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.随机变量X服从以下概率分布：XP11a）2b31316若EX1，则下列说法正确的有（A.a16B.b516C.E3X13）D.DX73110.关于二项式2x2的展开式，下列说法正确的有（xA.含x5的项的系数为80B.二项式系数和为32C.常数项为10D.只有第3项的二项式系数最大11.下列说法正确的有（）A.若随机变量X～0－1分布，则方差DX14B.正态密度曲线在曲线下方和x轴上方范围内的区域面积为1C.若两个变量的相关性越强，则其相关系数越接近于1D.若PA111，PB，PAB，则事件A与B相互独立623）12.如图，正方形ABCD的边长为2，AE和CF都与平面ABCD垂直，AE2CF4，点P在棱DE上，则下列说法正确的有（A.四面体BDEF外接球的表面积为68π3B.四面体BDEF外接球的球心到直线AE的距离为2C.当点P为DE的中点时，点P到平面BEF的距离为62D.直线EF与平面PAB所成角的正弦值的最大值为63三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.计算：C3C4C5C6______.（用数字作答）012311，PB，则PA|B的一个可能的值为______.32ruuuruuu15.在棱长为6的正四面体（四个面都是正三角形）ABCD中，BC3BM，AD3AN，则直线AM与CN夹角14.设A，B是一个随机试验中的两个事件，且PA的余弦值为______.16.一质点从平面直角坐标系原点出发，每次只能向右或向上运动1个单位长度，且每次运动相互独立，质点向上运动的概率为1.质点运动5次后，所在位置对应的坐标为（3，2）的概率为______，质点运动2023次后，最有可3能运动到的位置对应的坐标为______.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.设2x1a0a1xa2x2a3x3a9x9.9（1）求a1a2的值；（2）求a9a1a2a3239的值.222218.某市举办大型车展，为了解该市人民对此次大型车展的关注情况，在该市随机地抽取男性和女性各100人进行调查统计，得到如下22列联表：关注男性女性5030不关注5070合计100100合计80120200（1）能否有99%的把握认为男性和女性对此次大型车展的关注程度有明显差差异？（2）有3位市民去参观此次大型车展，假设每人去新能源汽车展区的概率均为新能源汽车展区的人数为，求的概率分布和数学期望.附：21，且相互独立.设这3位市民参观3nadbc2abcdacbdP2x0x00.0503.8410.0106.6350.00110.82819.某校举行劳动技术比赛，该校高二（1）班的班主任从本班的5名男选手和4名女选手中随机地选出男、女选手各2名参加本次劳动技术比赛中的团体赛，并排好团体赛选手的出场顺序.在下列情形中各有多少种不同的安排方法？（1）男选手甲必须参加，且第4位出场；（2）男选手甲和女选手乙都参加，且出场的顺序不相邻；（3）男选手甲和女选手乙至少有一人参加.20.设甲袋中有3个白球和4个红球，乙袋中有1个白球和m（m2，mN*）个红球，这些球除颜色外完全相同，现先从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任意取出2个球，已知从乙袋中取出的是两个红球的概率为（1）求m的值；（2）在从乙袋中取出的两球是一个红球和一个白球的条件下，求从甲袋中取出的是两个红球的概率.21.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，ACB90，AA11，D为AC的中点.请从条件①、②、③中选择合适的两个作为已知，并解答下面的问题：5.14（1）求二面角A1BDB1所成角的正弦值；（2）点P是矩形AA1B1B（包含边界）内任一点，且CP2，求CP与平面B1BD所成角的正弦值的取值范围.条件①：平面A1BC的面积为66；条件②：C1DA1B；条件③：B1点到平面A1BC的距离为.3222.某软件科技公司近8年的年利润y与投入的年研发经费x（单位：千万元）如下表所示.xy34566y57y689y8y1y2y3y4y7（1）根据散点图可以认为x与y之间存在线性相关关系，且相关系数r83，请用最小二乘法求出线性回归方程84$，b用分数表示）；y$bx$a（a（2）某配件加工厂加工的单个零件尺寸与标准件尺寸的误差:N0,6，其中c为单个零件的加工成本（单c1位：元），且P10.954.引进该公司最新研发的某工业软件后，加工的单个零件尺寸与标准件尺寸的误差211:N0,，则单个零件加工的成本下降了多少元？.若保持零件加工质量不变（即误差的概率分布不变）2c2附：（1）参考数据：yi18i23452，yiyi182252.n（2）参考公式：ri1ni1inxix2nyiyi2xxyyi1，bxi1ixyiyixi1nx2，$ay$bx.（3）若随机变量服从正态分布N,2P220.954则P0.683，，.2022～2023学年度第二学期期末考试高二数学试卷一、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，只有一项符合题目要求.1.已知向量A.10【答案】A【分析】由向量垂直，数量积等于0,直接应用空间向量的数量积坐标运算公式即可.m1,2,3与rn2,x,6垂直，则实数x的值为（C.4）D.10B.4r【详解】向量m1,2,3与n2,x,6垂直，mn122x362x200,解得x=-10,故选：A.2.书架上有3本不同的数学书，4本不同的物理书，图书管理员从中任取2本，则不同的取法种数为（A.7【答案】C【分析】根据分类加法原理以及组合数的概念，可得答案.【详解】由题可知不同的取法的种数为C7故选：C.3.口袋中有2个黑球，2个红球和1个白球，这些球除颜色外完全相同.任取两球，用随机变量X表示取到的黑球数，则PX2的值为（A.）2）B.12C.21D.427621.2115B.110C.310D.35【答案】B【分析】根据题意，由超几何分布的概率计算公式，代入计算即可得到结果.C212PX2【详解】由题意可得，.2C510故选：B4.某中学通过问卷调查的形式统计了该校1000名学生完成作业所需的时间，发现这些学生每天完成作业所需的时间（单位：小时）近似地服从正态分布N1,数大约为（）1.则这1000名学生中每天完成作业所需的时间不少于1.5小时的人16附：随机变量服从正态分布N,A.23【答案】A【分析】求出1,而可得答案.B.462，则P0.683，P220.954.C.158D.31711110.25，可得P11.50.954，则P1.50.9540.023，进42221，16【详解】因为学生每天完成作业所需的时间（单位：小时）近似地服从正态分布N1,所以1,10.25，41110.954，则P1.50.9540.023，222因为P220.954，则P0.951.50.954，所以P11.5所以这1000名学生中每天完成作业所需的时间不少于1.5小时的人数大约为：，0.023100023（人）故选：A.5.在x1x2x3x4的展开式中，含x3的项的系数为（A.6【答案】B【分析】分四个因式中有一个因式选常数相乘时，则剩余三个因式都选x相乘求解.【详解】解：当x1选1相乘时，x2,x3,x4都选x相乘，此时x3的项的系数为1；当x2选2相乘时，x1,x3,x4都选x相乘，此时x3的项的系数为2；当x3选3相乘时，x2,x1,x4都选x相乘，此时x3的项的系数为3；当x4选4相乘时，x2,x3,x1都选x相乘，此时x3的项的系数为4；综上：x3的项的系数为1+2+3+4=10.故选：B6.已知x，y的取值如下表所示，从散点图分析可知y与x线性相关，如果线性回归方程为$y0.95x2.5，则下列说法不正确的是（）B.10C.24）D.35x01234.84my2.34.34.4A.m的值为6.2B.回归直线必过点（2，4.4）C.样本点（4，m）处的残差为0.1D.将此图表中的点（2，4.4）去掉后，样本相关系数r不变【答案】C【分析】根据平均数的定义及样本中心在经验回归直线方程上，利用残差的定义及样本相关系数的公式即可求解.【详解】由题意可知，x1012342,511y2.34.34.44.8m15.8m,5515.8m，5所以样本中心为2,将点2,15.8m15.8m$0.9522.5，解得m6.2，故A正确；代入，可得y0.95x2.555由m6.2，得样本中心为2,4.4，所以回归直线必过点（2，4.4），故B正确；当x4时，$y0.9542.52.375，由m6.2，得样本点4,6.2处的残差为6.22.3753.825，故C错误；因为样本中心为2,4.4，所以x3x220,y3y4.44.40,由相关系数公式知，rxxyyi1ii5xxyyi1ii1i5252，将此图表中的点（2，4.4）去掉后，样本相关系数r不变，故D正确；故选：C.7.已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为2，底面ABC是边长为2的正三角形，A1ABA1AC60，若B1C和BC1相交于点M.则AM（A.3）C.B.25D.6【答案】D【分析】以AB,AC,AA1为基底表示AM，利用平方的方法求得AM.【详解】依题意可知M是BC1的中点，111AC1ABAC1AB所以AM22211111ACAA1ABACAA1AB，22222所以AMAM21ACAA1AB422122ACAA1AB2ACAA1ACABAA1AB21444222cos6036.2故选：D马尔可夫不等式给出了随机变量的函数不小于某正数的概率的上界，它以俄国数学家安德雷·马尔8.在概率论中，可夫命名，由马尔可夫不等式知，若是只取非负值的随机变量，则对a0，都有PaEa.某市去年的人均年收入为10万元，记“从该市任意选取3名市民，则恰有1名市民去年的年收入超过100万元”为事件A，其概率为PA.则PA的最大值为（A.）C.271000B.2431000427D.49【答案】B【分析】记该市去年人均收入为X万元，从该市任意选取3名市民，年收入超过100万元的人数为Y,设从该市任1选1名市民，年收入超过100万元的概率为p，根据马尔可夫不等式可得0p，再根据二项分布求得10PA3p1p3p36p23p，令f(p)3p36p23p，求导判断单调性即可求得最大值.【详解】记该市去年人均收入为X万元，从该市任意选取3名市民，年收入超过100万元的人数为Y.设从该市任选1名市民，年收入超过100万元的概率为p，则根据马尔可夫不等式可得pPX1002EX100101，100100p1，10因为Y~B(3,p)，32所以PAPY1C13p1p3p1p3p6p3p，22令f(p)3p36p23p，则f(p)9p212p33(3p1)(p1)，0p1,3p10,p10，即f(p)0，101∴f(p)在0,上单调递增.10f(p)max故选：B243112431P(A)，即.f31max100010101000102二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.随机变量X服从以下概率分布：XP11a）2b31316若EX1，则下列说法正确的有（A.a16B.b16C.E3X13D.DX73【答案】AD【分析】根据离散型随机变量的性质，以及均值的计算公式，建立方程组，可得参数的值，根据均值的性质以及方差的计算公式，可得答案.【详解】由题意，111ab1，则ab；236115EXa2b1，则a2b.32611aab62由方程组，解得.51a2bb6311437E3X13EX12，DXEX2E2X1.36323故选：AD.110.关于二项式2x2的展开式，下列说法正确的有（xA.含x5的项的系数为80B.二项式系数和为32C.常数项为10D.只有第3项的二项式系数最大【答案】BC5）【分析】先求出二项式展开式的通项公式，然后逐个分析判断即可.1【详解】二项式2x2的展开式的通项公式为xrTr1C52x25r551r10rr5r2，C521xxr对于A，令105r5，得r2，222所以含x5的项的系数为C523180，所以A错误，对于B，二项式系数和为2532，所以B正确，对于C，令105r0，得r4，244所以常数项为C52110，所以C正确，1对于D，因为二项式2x2的展开式共有6项，x所以第3项和第4项的二项式系数最大，即C5C510，所以D错误，故选：BC11.下列说法正确的有（）235A.若随机变量X～0－1分布，则方差DX14B.正态密度曲线在曲线下方和x轴上方范围内的区域面积为1C.若两个变量的相关性越强，则其相关系数越接近于1D.若PA【答案】ABD【分析】对于A，根据两点分布的方差公式，再利用基本不等式即可；对于B，由正态密度曲线在曲线下方和x轴上方范围内的区域面积为概率，即可判定；111，PB，PAB，则事件A与B相互独立263对于C，当两个变量为负相关时，相关性越强，相关系数越接近于1,可判定错误；对于D,根据相互独立事件的定义，结合概率计算，即可判定正确.1p1p【详解】对于A，因为随机变量X～0－1分布，所以DXp(1p)，当且仅当p1p,即24p1时，等号成立，所以A正确；22对于B，因为正态密度曲线在曲线下方和x轴上方范围内的区域面积就是概率，全区域概率为1，所以面积为1，故B正确；对于C,当两个变量为负相关时，相关性越强，其相关系数越接近于1，故C错误；对于D,PA故选：ABD.12.如图，正方形ABCD的边长为2，AE和CF都与平面ABCD垂直，AE2CF4，点P在棱DE上，则下列说法正确的有（）111，PB，PAB，P(AB)P(A)P(B),则事件A与B相互独立，故D正确.263A.四面体BDEF外接球的表面积为68π3B.四面体BDEF外接球的球心到直线AE的距离为2C.当点P为DE的中点时，点P到平面BEF的距离为62D.直线EF与平面PAB所成角的正弦值的最大值为【答案】ACD63【分析】建立空间直角坐标系，列方程确定四面体BDEF外接球球心O的坐标和半径，再求球的表面积判断A，利用向量方法求球心到直线AE的距离判断B，求平面BEF的法向量，利用向量方法求点P到平面BEF的距离判断C，求平面PAB的法向量，结合向量夹角公式求直线EF与平面PAB所成角的正弦值的最大值判断D.【详解】因为AE与平面ABCD垂直，AB,AD平面ABCD，所以AEAB,AEAD，因为四边形ABCD为正方形，所以ABAD，以点A为原点，AB,AD,AE为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系，则B2,0,0,D0,2,0,E0,0,4,F2,2,2，设四面体BDEF外接球的球心O的坐标为x,y,z，则OBOD,OBOE,OBOF，x22y2z2x2y22z2222222所以x2yzxyz4，222222x2yzx2y2z2xy化简可得x2z3，yz2所以x115,y,z，333115333所以球心O的坐标为,,，51115所以球O的半径ROB2，3333所以四面体BDEF外接球的表面积S4πR4π22221768π，A正确；33115直线AE的方向向量AE0,0,4，又AO,,，333115004AOAE3335，所以向量AO在向量AE上的投影向量的模的大小为43AE2522，B错误；AO33所以点O到直线AE的距离为设平面BEF的法向量为n1a,b,c，n1BF0则，又BF0,2,2，FE2,2,2，n1FE02b2c0所以，2a2b2c0取a2,则c1,b1，所以n12,1,1为平面BEF的一个法向量，若点P为DE的中点，则点P的坐标为0,1,2，所以PD0,1,2，PDn136所以点P到平面BEF的距离为，C正确；26n1设DPDE，0≤≤1，则APADDP0,2,00.2,40.22,4，又AB2,0,0，EF2,2,2，设平面PAB的法向量为n2p,q,r，22q4r0n2AP0则，所以，2p0n2AB0取q2，则p0,q1，所以n20,2,1为平面PAB的一个法向量，设直线EF与平面PAB所成角为，所以sincosEF,n222232122，4315210515所以sin，12215521151251t1t22t12设31t，t1,4，则，，39312所以521t9t9t22t1t1，5t216t2045t1652193t442t4，tt由基本不等式可得当t1,4时，t当且仅当t2，即1时等号成立，33199912所以52154164，当且仅当时等号成立，45t163t所以sin4311515106，当且仅当1时等号成立，12315521153所以当点P为棱DE的靠近点D的三分点时，直线EF与平面PAB所成角的正弦值的最大，最大值为故选：ACD.6，D正确；3【点睛】知识点点睛：本题考查的知识点有四面体的外接球，球的表面积，点到直线的距离，点到平面的距离，直线与平面的夹角，考查直观想象，数学运算方面的核心素养.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.计算：C3C4C5C6______.（用数字作答）【答案】35【分析】利用组合数公式计算即可.【详解】C3C4C5C614故答案为：3514.设A，B是一个随机试验中的两个事件，且PA【答案】012301235465414102035.2132111，PB，则PA|B的一个可能的值为______.3212（答案不唯一，在0,内均可）33【分析】先求出PAB的范围，然后利用条件概率公式求解即可.【详解】因为A，B是一个随机试验中的两个事件，且PA11，PB，32当事件A，B为互斥事件时，PAB0，当事件B包含事件A时，PAB1PAB321，即0PAB，所以0PA|B13PB3212PA|B所以的一个可能的值为（答案不唯一，在0,内均可）.331，3故答案为：12（答案不唯一，在0,内均可）33ruuuruuu15.在棱长为6的正四面体（四个面都是正三角形）ABCD中，BC3BM，AD3AN，则直线AM与CN夹角的余弦值为______.【答案】1【分析】根据题意，连接DM，取DM上的三等分点E，使得MEMD，连接CE，NE，即可得到直线AM3与CN夹角为ENC，再结合余弦定理，即可得到结果.914【详解】1由题意，连接DM，取DM上的三等分点E，使得MEMD，连接CE，NE，3uuuruuur因为AD3AN，则NE//AM，所以直线AM与CN夹角为ENC，因为四面体ABCD的棱长为6，则BM在ABM中，由余弦定理可得，AM21BC2,AB6，且ABM60，322ABBM2ABBMcos606222262且128，则AMNC27，又因为NE//AM，则DAM∽DNE，2NEAM247，，所以NE331112因为CECMMECMMDCMCDCMCMCD，33332212421221所以CECMCDCMCD2CMCDcos603933394141148163646，999294148277222NCNECE9.93在NEC中，由余弦定理可得，cosENC42NCNE142277322故答案为：9.1416.一质点从平面直角坐标系原点出发，每次只能向右或向上运动1个单位长度，且每次运动相互独立，质点向上运动的概率为1.质点运动5次后，所在位置对应的坐标为（3，2）的概率为______，质点运动2023次后，最有可380243②.1349,674能运动到的位置对应的坐标为______.【答案】①.【分析】根据二项分布的概率公式，以及组合数的对称性质，可得答案.【详解】由运动5次后，所在位置对应坐标为3,2，则运动中有3次向右，2次向上，由题意可得：其概率1PC3252801；132433设质点运动2023次，所在位置对应的坐标为n,2023n，则其概率PCn2023132023n11nn12C202333n20231nn2n1Cn20232C2023，令n1n1，nn2C2C202320232023!2023!n1n22n!2023n!n1!2023n1!40494045n，解得，2023!2023!332n12nn!2023n!n1!2023n1!故当n1349时，P取得最大值，此时质点所在位置对应的坐标为1349,674.故答案为：80；1349,674.2439四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.设2x1a0a1xa2x2a3x3a9x9.（1）求a1a2的值；（2）求a9a1a2a3239的值.2222【答案】（1）126（2）1【分析】（1）利用二项式定理即可求解；（2）利用赋值法即可求解.【小问1详解】72依题意得，a1C892118，a2C921144，87∴a1a218144126【小问2详解】令x0，得a01，令xa3a91aa0，，得a01223922222∵a01，∴a9a1a2a32391.222218.某市举办大型车展，为了解该市人民对此次大型车展的关注情况，在该市随机地抽取男性和女性各100人进行调查统计，得到如下22列联表：关注男性女性合计503080不关注5070120合计100100200（1）能否有99%的把握认为男性和女性对此次大型车展的关注程度有明显差差异？（2）有3位市民去参观此次大型车展，假设每人去新能源汽车展区的概率均为新能源汽车展区的人数为，求的概率分布和数学期望.附：21，且相互独立.设这3位市民参观3nadbc2abcdacbdP2x0x00.0503.8410.0106.6350.00110.828【答案】（1）有（2）分布列见解析，数学期望为1【分析】（1）根据表中的数据利用公式2nadbc2abcdacbd13求解2，再根据临界值表进行判断即可，（2）由题意知的可能取值为：0，1，2，3，而B3,，所以利用二项分布的概率公式求出各自对应的概率，从而可求得的概率分布和数学期望.【小问1详解】提出假设H0：男性和女性对此次大型车展的关注程度没有明显差异.2005070503025由列联表中的数据可得：28.333，1001008012032因为当H0成立时，P6.6350.010，这里的28.0006.635，2所以我们有99%的把握认为男性和女性对此次大型车展的关注程度有明显差异.【小问2详解】由题意知的可能取值为：0，1，2，3.因为B3,，1312所以PkC33k3k3k，其中k0，1，2，3，故的概率分布表为：P所以E02784211231，279927所以随机变量的数学期望为1.19.某校举行劳动技术比赛，该校高二（1）班的班主任从本班的5名男选手和4名女选手中随机地选出男、女选手各2名参加本次劳动技术比赛中的团体赛，并排好团体赛选手的出场顺序.在下列情形中各有多少种不同的安排方法？（1）男选手甲必须参加，且第4位出场；（2）男选手甲和女选手乙都参加，且出场的顺序不相邻；（3）男选手甲和女选手乙至少有一人参加.【答案】（1）144（3）1008【分析】根据先选后排的原则，结合排列数、组合数运算求解.【小问1详解】完成该件事情可分两步进行：第一步，选出选手，有C4C4种方法；第二步，排好出场顺序，有A3种方法，所以，共有C4C4A3144种不同的安排方法.【小问2详解】完成该件事情可分两步进行：第一步，选出选手，有C4C3种方法；1112312（2）1443第二步，排好出场顺序，有A2A3种方法，所以，共有C4C3A2A3144种不同的安排方法.【小问3详解】完成该件事情可分两步进行：2第一步，选出选手，“有男选手甲且无女选手乙”的选法种数为C14C3；221122“无男选手甲且有女选手乙”的选法种数为C4C3；“有男选手甲且有女选手乙”的选法种数为C4C3；第二步，排好出场顺序，有A44种排法，所以，共有C4C3+C4C3+C4C3A4=1008种不同的安排方法.20.设甲袋中有3个白球和4个红球，乙袋中有1个白球和m（m2，mN*）个红球，这些球除颜色外完全相同，现先从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任意取出2个球，已知从乙袋中取出的是两个红球的概率为（1）求m的值；（2）在从乙袋中取出的两球是一个红球和一个白球的条件下，求从甲袋中取出的是两个红球的概率.【答案】（1）2（2）112112211145.14419【分析】（1）根据从乙袋中取出的是两个红球的概率列方程，化简求得m的值.（2）先求得“从乙袋中取出1个红球和1个白球”的概率、求得“从甲袋中取出2个红球”且“从乙袋中取出1个红球和1个白球”的概率，根据条件概率计算公式求得正确答案.【小问1详解】记事件A1：从甲袋中取出2个红球，事件A2：从甲袋中取出2个白球，事件A3：从甲袋中取出1个红球和1个白球，事件B：从乙袋中取出2个红球，事件C：从乙袋中取出1个红球和1个白球.2212C3C2C1C25m3C4Cm14Cm2因为PBPAiPB|Ai2222，22CCCCCC14i17m37m37m33所以9m27m220，所以m2（负舍），故m的值为2.【小问2详解】211111C3C1C1C2193C23C4C2C34C4PCPAiPC|Ai2222，22CCCCCC35iPAC4C2414C4C1PA1C22PA|C35.，11919C7C535PC35所以在从乙袋中取出1个红球和1个白球的条件下，从甲袋中取出两个红球的概率为4.1921.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，ACB90，AA11，D为AC的中点.请从条件①、②、③中选择合适的两个作为已知，并解答下面的问题：（1）求二面角A1BDB1所成角的正弦值；（2）点P是矩形AA1B1B（包含边界）内任一点，且CP条件①：平面A1BC的面积为2，求CP与平面B1BD所成角的正弦值的取值范围.66；条件②：C1DA1B；条件③：B1点到平面A1BC的距离为.32【答案】（1）147525,（2）55【分析】首先以CA,CB,CC1为一组正交基底，建立空间直角坐标系Cxyz.(1)若选①②，通过条件①②，CA,CB的长度，进一步利用平面法向量的求法，求出平面B1BD和平面A1BD的法向量，利用公式计算即可；若选①③，通过条件①③，CA,CB的长度，进一步利用平面法向量的求法，求出平面B1BD和平面A1BD的法向量，利用公式计算即可；若选②③，通过条件②③，CA,CB的长度，进一步利用平面法向量的求法，求出平面B1BD和平面A1BD的法向量，利用公式计算即可；(2)解法一：根据条件确定点P的轨迹，设出点P的坐标后，利用条件可建立坐标横坐标和纵坐标之间的关系式，近一步利用向量求出线面的正弦值，利用函数关系可求出范围；解法二：利用BP,BA,BB1三个向量共面，建立三个向量之间的线性关系，转化为坐标后，可表示出点P的坐标，利用条件可建立坐标横坐标和纵坐标之间的关系式，近一步利用向量求出线面的正弦值，利用函数关系可求出范围.【小问1详解】因为直三棱柱ABC-A1B1C1，所以C1C平面ABC，又CA，CB平面ABC，所以CC1CA，CC1CB，又CACB.以CA,CB,CC1为一组正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设CAa，CBb（a0，b0），则Aa,0,0，A1a,0,1，Da,0,0，B0,b,0，B10,b,1，C10,0,1.2(1)选①②因为直三棱柱ABC-A1B1C1中，平面A1ACC1⊥平面ABC,且平面A1ACC1平面ABCAC,又ACB90，平面A1ACC1，BCA1C.则又由①得平面A1BC的面积为BC平面A1ACC1,又AC116，ba2122uuuruuura2a10，由②得A1BC1Da,b,1,0,122uuur解得a2，b2.所以BA1uuur22,2,1，BD2,2,0，BB10,0,1，设平面B1BD的一个法向量为nx1,y1,z1，2x12y10BDn0则，2，取y11，则n2,1,0，BB1n0z10设平面A1BD的一个法向量为mx2,y2,z2，2urBDm0x22y20则，取y21，则m2,1,2，2,BA1m02x2yz0222设二面角A1BDB1所成角的平面角为，mn所以coscosm,nmn53514，因为0,，所以sin，775714.7所以二面角A1BDB1所成角的正弦值为选①③因为直三棱柱ABC-A1B1C1中，平面A1ACC1⊥平面ABC,且平面A1ACC1平面ABCAC,又ACB90，平面A1ACC1，BCA1C.BC平面A1ACC1,又AC1又由①得平面A1BC的面积为16，ba21222，b2，1661b由①③得VB1A1BCVA1BB1C，即a，解得a32332uuur所以BA1uuur2,2,02,2,1，BD2，BB10,0,1设平面B1BD的一个法向量为nx1,y1,z1，2BDn0x12y10则，2，取y11，则n2,1,0，BB1n0z10设平面A1BD的一个法向量为mx2,y2,z2，2urBDm0x22y20则,2，取y21，则m2,1,2BA1m02x2yz0222设二面角A1BDB1所成角的平面角为，mn所以coscosm,nmn因为0,，所以sin53577514，714.7所以二面角A1BDB1所成角的正弦值为选②③，uuuruuura2a10，由②得A1BC1Da,b,1,0,1221661b由②③得VB1A1BCVA1BB1C，即a，解得a323322，b2，uuur所以BA1uuur22,2,1，BD2,2,0，BB10,0,1BBD设平面1的一个法向量为nx1,y1,z1，2x12y10BDn0则，2，取y11，则n2,1,0，BB1n0z10ABD设平面1的一个法向量为mx2,y2,z2，2urx22y20BDm0则,2，取y21，则m2,1,2BA1m02x2yz0222设二面角A1BDB1所成角的平面角为，mn所以coscosm,nmn因为0,，所以sin535，77514，714.7所以二面角A1BDB1所成角的正弦值为【小问2详解】解法一：取AB中点Q，连接PQ，CQ，因为CQ平面A1ABB1，PQ平面A1ABB1，所以CQPQ，因为CQ1，CP2，所以PQ1，所以点P的轨迹是以Q为圆心，半径为1的半圆，设点Px,y,z，所以x0,2，x2y2z2222因为CP2，PQ1，所以，所以xy2，22x2y21uur设CP与平面B1BD所成角为，由CPx,y,z及平面B1BD的一个法向量为n2,1,0知2xyx2sincosCP,n，2510525,因为x0,2，所以sin，55525BBD,所以CP与平面1所成角的正弦值的取值范围为.55uuruuruuur解法二：设BPBABB12,2,00,0,12,2,，由B0,2,0得P因为CP2,22,，22222，所以440，即440，所以0≤≤设CP与平面B1BD所成角为，CP2,22,，又由（1）知，平面B1BD的一个法向量为n2,1,0，5251sin所以，sincosCP,n，因为0≤≤1，所以,.555525,所以CP与平面B1BD所成角的正弦值的取值范围为.55故答案为：(1)14(2)5,25；.55722.某软件科技公司近8年的年利润y与投入的年研发经费x（单位：千万元）如下表所示.xy34566y57y689y8y1y2y3y4y7（1）根据散点图可以认为x与y之间存在线性相关关系，且相关系数r83，请用最小二乘法求出线性回归方程84$，b用分数表示）；y$bx$a（a（2）某配件加工厂加工的单个零件尺寸与标准件尺寸的误差:N0,6，其中c为单个零件的加工成本（单c1位：元），且P10.954.引进该公司最新研发的某工业软件后，加工的单个零件尺寸与标准件尺寸的误差211:N0,，则单个零件加工的成本下降了多少元？.若保持零件加工质量不变（即误差的概率分布不变）2c2附：（1）参考数据：yi18i23452，yiyi182252.n（2）参考公式：rxxyyi1iini1nxixi12nyiy22，bxi1ixyiyixi1nx2，$ay$bx.（3）若随机变量服从正态分布N,P220.954.则P0.683，，y【答案】（1）$（2）8元【分析】（1）由8331x28148yi3452，yiy2i1i182252可求出y，然后求出xix，然后利用相关系数ri1828384，再由$，从而可求出线性回归方程；求出可求出bay$bx求出a（2）未引进新的工业软件前，由:N0,6160P，得，，再由0.954可得c12c1261，从而可求出c，同理引进新的工业软件后，可求出其对应的c，从而可进行判断.c12【小问1详解】由i18yiy2252，得yi2yyi8y252，2i1i1882即yi18i28y252，由yi23452，得y20（负舍）.i128因为x345667896，8xix8所以i1829410014928，xix所以ri18yiy8xxyyi1ii888i1xix2$bi18xix2，xx222ii1yiy1ixx82i1ii1yiy所以83841$3b，所以$b83833128，所以$ay$bx206，所以，y关于x的线性回归方程为$y83281428x3114.【小问2详解】未引进新的工业软件前，:N0,6c1，所以0，6c1又P120.954，即P0.954，所以26c112，所以c95（元）.引进新的工业软件后，:N0,112c2，所以0，112c2，若保持零件加工质量不变，则2112c212，所以c87（元），因为95878（元），所以单个零件加工的成本下降了8元.8i1yiy2


更多推荐

利用,概率,平面,向量