2020-2021学年四川省凉山彝族自治州西昌市高二下学期期中数学（理）试题（解析版）

2020-2021学年四川省凉山彝族自治州西昌市高二下学期期中数学（理）试题

一、单选题

1．给出下列命题：

（1）概率为1的事件为必然事件；

（2）因为抛掷一枚质地均匀硬币正面向上概率为，所以抛掷相同硬币10次一定有5次正面向上；

（3）事件A与事件B中至少有一个发生的概率一定比A与B中恰有一个发生的概率大；

（4）将空间中所有单位向量起点都平移到同一点O，则这些单位向量终点位于半径为1的球面上．

其中假命题的个数是（       ）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个

【答案】B

【分析】对四个说法一一判断：

对于（1）：几何概型中，举一个反例：在0和5之间随机取一个实数,这个数不等于3.5概率是1，否定结论；

对于（2）：利用概率的意义直接判断；

对于（3）：举反例事件A,B互斥，否定结论；

对于（4）：利用单位向量的定义及球的定义即可判断.

【详解】对于（1）：几何概型中，这种说法不成立.举一个反例：在0和5之间随机取一个实数,这个数不等于3.5概率是1,但不是必然事件.在这里,把无限接近1视为1,把无限接近0视为0.但1不等于必然,0不等于不可能.故（1）错误；

对于（2）：抛掷一枚质地均匀硬币正面向上概率为，概率的意义为：“抛掷一枚质地均匀硬币正面向上的可能性为，不能肯定的说抛掷相同硬币10次一定有5次正面向上.故（2）错误；

对于（3）：若事件A,B互斥，则事件A与事件B中至少有一个发生的概率和A与B中恰有一个发生的概率相同.故（3）错误；

对于（4）：将空间中所有单位向量起点都平移到同一点O，则这些单位向量终点位于半径为1的球面上．故（4）正确.

故选：B

2．一个不透明袋子中装有大小和质地完全相同的2个红球和2个白球，从袋中不放回地依次随机摸出2个球．则下列事件中互斥而不对立的是（       ）

A．“第一次摸到红球”与“第二次摸到红球”

B．“至少摸到一次红球”与“至少摸到一次白球”

C．“两次都摸到红球”与“两次都摸到白球”

D．“两次都摸到红球”与“至少摸到一次白球”

【答案】C

【分析】根据互斥事件和对立事件的定义判断．

【详解】A. “第一次摸到红球”与“第二次摸到红球”可以同时发生，不是互斥事件；

B. “至少摸到一次红球”与“至少摸到一次白球”可以同时发生（两球一红一白时）不是互斥事件；

C. “两次都摸到红球”与“两次都摸到白球”，不可以同时发生，但可以同时不发生，互斥但不对立；

D. “两次都摸到红球”与“至少摸到一次白球”不可以同时发生，但一定有一个会发生，对立事件．

故选：C．

3．对于任意空间向量，，，下列说法正确的是（       ）

A．若且，则 B．

C．若，且，则 D．

【答案】B

【分析】根据空间向量共线的定义判断A，由数量积的运算律判断BCD．

【详解】若，则由且，不能得出，A错；

由数量积对向量加法的分配律知B正确；

若，则，当时就成立，不一定有，C错；

是与平行的向量，是与平行的向量，它们一般不相等，D错．

故选：B．

4．已知，，则满足概率是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先由求出的范围，再根据几何概型的概率公式求解即可

【详解】因为，，，

所以，

解得或，

因为，所以或，

所以满足概率为，

故选：A

5．设直线m，n方向向量分别记作，，，表示两个平面，若，，则“”是“”（       ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既非充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合线面垂直的判定可得结论

【详解】当，，时，直线与平面平行，所以当时，不成立，

当时，因为，，所以，，

所以“”是“”的必要不充分条件，

故选：B

6．已知平面ABCD外任意一点O满足，．则取值是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用向量共面定理列方程直接求得.

【详解】由向量共面定理可知：，解得：.

故选：A

7．如图在三棱锥P－ABC中，点G是△ABC的重心，点E为线段PA中点，设，，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由空间向量的线性运算求解．

【详解】G是△ABC的重心，则，

，，，

所以，

，

所以，

故选：A．

8．不定项选择题是高中物理选择题中必考题型之一，正确答案为A、B、C、D四个选项中的一个或多个，假设某考生对A、B、C、D选项正确与否完全不知道，则该考生猜对答案概率是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由列举法结合古典概型概率公式求解即可.

【详解】所有的情况如下：，，共15种，则该考生猜对答案概率是.

故选：C

9．已知，求的值是（       ）

A． B． C．1 D．－1

【答案】D

【分析】在二项展开式中分别令和，可得展开式中奇数项系数和与偶数项系数和的和与差，然后由因式分解思想求值．

【详解】在中，

令得，

令得，

．

故选：D．

10．在棱长为2的正方体内随机取一点P，则点P到各顶点之距离均不小于1的概率是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先以正方体各顶点为球心，作半径为1的球，可得球区域内的点存在到某个顶点的距离小于等于1，从而可求出点到正方体八个顶点的距离都不小于1的所在区域的体积，然后利用几何概型的概率公式求解即可

【详解】由题意得，正方体的体积为，以正方体各顶点为球心，作半径为1的球，则球区域内的点存在到某个顶点的距离小于等于1，

点到正方体八个顶点的距离都不小于1的所在区域为，

所以点P到各顶点之距离均不小于1的概率是，

故选：B

11．2021年3月19日西昌市发布森林草原防灭火橙色预警，某校派遣3位行政领导和6位普通教师到安哈镇3个不同执勤点执勤．要求：每个执勤点需要1名行政领导带领2名普通教师参与执勤，则共多少种不同的分配方案？（       ）

A．90 B．540 C．1620 D．3240

【答案】B

【分析】先分配领导，再分配教师，最后总计，即可得到答案.

【详解】利用两个基本原理：

先分配领导有：种；

再分配教师有：种，

所以一共有：种.

故选：B

12．在区间内随机取两个实数x，y，则满足条件的概率是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将化简，作出其表示的平面区域，再求出符合题意要求的区域面积，根据几何概型的概率公式，求得答案.

【详解】即 ，

作出不等式组表示的平面区域如图示：

图中阴影部分为在区间内随机取两个实数x，y，则满足条件

的区域，面积为 ，

正方形的面积为 ，

故所求概率为： ，

故选：D

二、填空题

13．展开式中系数是______（用数字作答）．

【答案】－56

【分析】写出二项展开式通项公式，确定所在项数，可得其系数．

【详解】展开式通项公式为，

令，，

所以所求系数为．

故答案为：．

14．中国古代几何中的勾股容圆，是阐述直角三角形中内切圆问题．此类问题最早见于《九章算术》“勾股”章，该章第16题为：“今有勾八步，股十五步，间勾中容圆，径几何？”意思是“直角三角形的两条直角边分别为8和15，则其内切圆直径是多少？”若向上述直角三角形内随机抛掷140颗米粒(大小忽略不计，取)，落在三角形内切圆内的米粒数大约是______．

【答案】63

【分析】由题意画出图形，利用等面积法求出三角形内切圆的半径，再由与面积相关的几何概型即可计算．

【详解】如图，

设，，可得，

设其内切圆的半径为，则由等面积法，可得，

解得，则其内切圆的直径为6；

现若向此三角形内随机投一粒豆子，则豆子落在其内切圆内的概率是，则140×＝63.

故答案为：63.

15．如图，在平行六面体中，AB＝AD＝2，，，点E是AB中点，则异面直线与DE所成角余弦值是______．

【答案】

【分析】以为空间向量的一组基底，用基底表示向量，根据向量间的夹角公式计算即可求解.

【详解】由题意，AB＝AD＝2，，

且,,

，

又,

,

,

设异面直线与DE所成角为，则.

故答案为：

16．用一个平面去截棱长为2的正方体所得截面形状为正六边形时，正方体各个顶点到平面的距离是______．

【答案】或

【分析】先作出六边形EFGHMN，再用等体积法分别求出各个顶点到面EFGHMN的距离.

【详解】如图示，取正方体各边中点E、F、G、H、M、N，依次连结，下面证明六边形EFGHMN为正六边形.

由EF//AC,MH//A1C1,而AC//A1C1,可得EF//MH,且.

同理可证：FG//MN,NE//GH,且.

所以六边形EFGHMN为正六边形.

设A到面EFGHMN的距离为d，则A到面EFN的距离为d，利用等体积法可得：,

所以，解得：.

即A到面EFGHMN的距离为.

同理可求：B、C、A1、C1、D1到面EFGHMN的距离均为.

设D到面EFGHMN的距离为h，则D到面EFN的距离为h，利用等体积法可得：,

所以，解得：.

即D到面EFGHMN的距离为.

同理可求：B1到面EFGHMN的距离均为.

故答案为：或

三、解答题

17．某校准备施行“禁止智能手机进校园”有关规定，为进一步了解同学们对此项规定的支持程度，学校在全校随机抽取了130名同学进行调查，其中男生比女生多10人，表示反对规定的30人中有10人是女生．

(1)完成下列表格，并判断是否有99%的把握认为“规定是否被支持与性别有关”；

(2)从被调查的“反对规定”的同学中，采取分层抽样方法抽取6名同学，再从这6名同学中任意抽取2名，求抽取的2人中有女生的概率．

参考公式：.

【答案】(1)表格见解析，没有99%的把握认为“规定是否被支持与性别有关”

(2)

【分析】（1）根据已知数据得出列联表，然后计算可得结论；

（2）把所抽取的6人（4男2女）编号，用列举法写出任取2人的所有基本事件，得出2人中有女生的基本事件，计数后可计算出概率．

【详解】(1)列联表如下：

，

所以没有99%的把握认为“规定是否被支持与性别有关”；

(2)因为反对规定的男生有20人，女生有10人，所以抽取6人中男生4人，可记为a，b，c，d，女生2人，记为A、B，

则从6人中抽取2名同学有ab，ac，ad，aA，aB，bc，bd，bA，bB，cd，cA，cB，dA，dB，AB共15个结果，

其中有女生的有aA，aB，bA，bB，cA，cB，dA，dB，AB，共9个结果，则抽取2人中有女生的概率为.

18．如图，在正四棱锥P－ABCD中，侧棱长为，底面边长为2．点E，F分别CD，BC中点．求证：

(1)PA⊥EF；

(2)平面PAB⊥平面PCD．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】建立如图的空间直角坐标系，

（1）由两直线的方向向量的数量积为0证明线线垂直；

（2）由两平面的法向量的数量积为0可得证面面垂直．

【详解】(1)连接AC，BD交于点O，连接PO，由正四棱锥性质OA，OB，OP两两互相垂直，以OA，OB，OP分别为x，y，z轴建系如图．

易得，，∴，，，，，，，

，，∵，∴，即PA⊥EF；

(2)设平面PAB，平面PCD法向量分别为，，

，取，则，，

，取，则，，

，∴，∴平面PAB⊥平面PCD.

19．在森林草原防灭火工作中，包括甲，乙在内6名教师被分配到A，B，C，D，E五个不同的执勤点参与执勤，每个执勤点至少要有一名教师．求：

(1)甲、乙两名教师同时在A执勤点执勤的概率；

(2)甲、乙两名教师不在同一执勤点执勤的概率．

【答案】(1)

(2)

【分析】先利用排列组合求出基本事件，再利用古典概型的概率公式分别求（1），（2）的概率.

【详解】(1)记“甲、乙两名教师同时在A路口执勤”为事件，“甲、乙两名教师不在同一路口执勤”为事件．

6名教师分配到5个不同路口执勤共个基本事件.

事件发生包含个基本事件，由古典概型；

(2)∵事件发生包含个基本事件，由古典概型，

∴.

20．如图，在直三棱柱中，∠BAC＝90°，，点M，N，P，Q分别是AB，，，中点，点R是中点，证明：

(1)PQ平面ABC；

(2)求PR与平面所成角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由题意可得两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则由空间向量证明即可，

（2）求出平面的法向量，利用空间向量求解即可

【详解】(1)由题意可得两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，

因为，是的中点，

所以，，，，，，

因为点N，P，Q分别是，，中点，点R是中点，

所以，，，.

所以，平面ABC一个法向量为，

所以，

因为平面ABC，所以PQ平面ABC；

(2)设平面法向量为，PR与平面线面角为，

，，，则

，令，则，

所以，

∵，

∴.

所以PR与平面所成角的余弦值为

21．已知关于x的方程，记“该方程有两个不等的正实根”为事件A．

(1)设抛掷两枚质地均匀的正方体骰子向上的点数分别为a、b，求事件A发生的概率；

(2)对于随机数x、y，且x、，若a＝2x－1，，求事件A发生的概率．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据二次方程两个正跟列式，找出所有的a、b组合即可；

（2）将三个式子中的a、b全部转化为 的取值范围，并借助几何概型，面积之比等于概率即可求解.

【详解】(1)关于x的一元二次方程有两个不等的正实根，则有 ,

抛掷两枚质地均匀的正方体骰子向上的点数分别为a、b，则总的基本事件个数为36个，事件A有：

①b＝4，a＝3，4，5，6;

②b＝5，a＝3，4，5，6;

③b＝6，a＝4，5，6;

以上共计共11个基本事件，.

(2)对于两个随机数x、y，且x、，a＝2x－1，，

，

，，

所以事件A构成的区域如图中的阴影部分区域如图所示：

阴影部分区域的面积为，

因此，.

22．如图，在平行四边形ABCD中，，BC＝2，，四边形ACEF为矩形，平面ACEF⊥平面ABCD，AF＝1．求证：

(1)平面ABF平面CDE；

(2)点P为线段EF上动点，且，是否存在实数，使得平面PBC与平面CDE所成锐二面角余弦值为，若存在求出实数的值，若不存在请说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，

【分析】（1）根据面面垂直的性质证明AF⊥平面ABCD，利用勾股定理证得AB⊥AC，以A为坐标原点，建系，利用向量法即可得证；

（2）分别求出两个平面的法向量，再利用向量法即可得出答案.

【详解】(1)证明：∵四边形ACEF为矩形，∴AF⊥AC，

又平面ACEF⊥平面ABCD，平面平面ABCD＝AC，平面ACEF，

∴AF⊥平面ABCD，∴AF⊥AB，AF⊥AC，

在△ABC中，，BC＝2，，

所以，

故，∴AB⊥AC，

以A为坐标原点，建系如图示：

，，，

，，

设平面ECD法向量为，，可取，

因为AB⊥AC，AF⊥AC，，所以平面ABF，

所以为平面ABF的一条法向量，

所以，∴，

所以平面ECD平面ABF；

(2)解：由（1）知平面ECD法向量，

，

因为，所有，

则，，

设平面MBC法向量为，

则，可取，

因为面PBC与平面CDE所成锐二面角余弦值为，

所有，解得或（舍），

所以当点M为EF中点时满足条件，.