2023北京大兴一中高二数学10月月考试卷

这是一份2023北京大兴一中高二数学10月月考试卷，共10页。试卷主要包含了解答题共6小题，共85分等内容，欢迎下载使用。
大兴一中高二数学2023-2024学年度10月数学检测一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1．已知点在平面内，并且对空间任一点，，则（  ）A． B． C． D． 2．给出下列命题，其中说法正确的是（    ）A．若A，B为两个随机事件，则B．若事件A，B，C两两互斥，则C．若A，B为互斥事件，则D．若，则3．如图.空间四边形OABC中，，点M在OA上，且满足，点N为BC的中点，则（    ）A． B．C． D．4．一袋中装有大小相同，编号分别为、、、、、、、的八个球，从中有放回地每次取一个球，共取次，则取得两个球的编号和不小于的概率为（    ）A． B． C． D．5．先后两次掷一枚质地均匀的股子，事件“两次掷出的点数之和是6”，事件“第一次掷出的点数是奇数”，事件“两次掷出的点数相同”，则（    ）A．A与互斥 B．与相互独立C． D．A与互斥6．在正四面体中，棱长为1，且D为棱的中点，则的值为（    ）.A． B． C． D．7．如图，在方格纸中，随机选择标有序号①②③④⑤中的一个小正方形涂黑，与图中阴影部分构成轴对称图形的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】C8．已知点，，，，则向量在向量上的投影向量的模为______．A． B． C． D． 9. 已知，若三向量共面，则实数=(   ).A． B． C． D．10．已知，且，记随机变量为x，y，z中的最大值，则（    ）A．       B．         C．          D．【详解】根据隔板法，将看做个完全相同的小球排成一排，中间形成的个空，放入两块隔板，可求得正整数解有组，可能的取值为，不妨设，则， ， ，故选：A二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。11．从甲、乙、丙、丁四人中任选两名代表，甲被选中的概率为          .【答案】12. 与向量共线的单位向量是                                  ．【答案】和13．已知向量，若与垂直，则           .【答案】14．洛书，古称龟书，是阴阳五行术数之源．在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上心有此图象，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四隅黑点为阴数，其各行各列及对角线点数之和皆为15．如图，则甲壳上所有阴阳数之和          ；若从五个阳数中随机抽取三个数，则能使得这三个数之和等于15概率是          ．【答案】     45     【分析】由洛书上所有数相加即得和，用列举法列出从五个阳数中随机抽取三个数的所有基本事件，求和后知和为15的基本事件的个数，从而可得概率．【详解】甲壳上所有阴阳数之和为（或），五个阳数是1,3，5,7，9，任取3个数所得基本事件有：135,137,139,157,159,179,357,359,379,579共10个，其中和为15的有159,357共2个，所求概率为．故答案为：45；．（15）正方体的棱长为1，动点在线段上，动点在平面上，且平面. (Ⅰ) 当点与点重合时，线段的长度为        ；   （Ⅱ）线段长度的最小值为        ． 三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。16. 甲、乙两人参加普法知识竞赛，共有5题，选择题3个，判断题2个，甲、乙两人各抽一题．(1)甲、乙两人中有一个抽到选择题，另一个抽到判断题的概率是多少？(2)甲、乙两人中至少有一人抽到选择题的概率是多少？解析：把3个选择题记为x1，x2，x3，2个判断题记为p1，p2，“甲抽到选择题，乙抽到判断题”的情况有(x1，p1)，(x1，p2)，(x2，p1)，(x2，p2)，(x3，p1)，(x3，p2)，共6种；“甲抽到判断题，乙抽到选择题”的情况有(p1，x1)，(p1，x2)，(p1，x3)，(p2，x1)，(p2，x2)，(p2，x3)，共6种；“甲、乙都抽到选择题”的情况有(x1，x2)，(x1，x3)，(x2，x1)，(x2，x3)，(x3，x1)，(x3，x2)，共6种；“甲、乙都抽到判断题”的情况有(p1，p2)，(p2，p1)，共2种．因此基本事件的总数为6＋6＋6＋2＝20.(1)记“甲抽到选择题，乙抽到判断题”为事件A，则P(A)＝＝.记“甲抽到判断题，乙抽到选择题”为事件B，则P(B)＝＝，故“甲、乙两人中有一个抽到选择题，另一个抽到判断题”的概率为P(A＋B)＝＝.(2)记“甲、乙两人至少有一人抽到选择题”为事件C，则为“甲、乙两人都抽到判断题”，由题意P()＝＝，故“甲、乙两人至少有一人抽到选择题”的概率为P(C)＝1－P()＝1－＝.   17．甲乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为·在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响，求（1）“星队”在两轮活动中猜对2个成语的概率;（2） “星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率;（3） “星队”在两轮活动至少中猜对1个成语的概率;【答案】（1）；（2）；（3）.【分析】令{M0，M1，M2}、{N0，N1，N2}表示第一轮、第二轮猜对0个、1个、2个成语的事件，{D0，D1，D2，D3，D4}表示两轮猜对0个、1个、2个、3个、4个成语的事件，应用独立事件乘法公式、互斥事件加法公式求P(M0)=P(N0)、P(M1)=P(N1)、P(M2)=P(N2).（1）（2）应用独立事件乘法、互斥事件加法求两轮活动中猜对2个成语的概率;（3）对立事件的概率求法求两轮活动至少中猜对1个成语的概率.【详解】设A，B分别表示甲乙每轮猜对成语的事件，M0，M1，M2表示第一轮甲乙猜对0个、1个、2个成语的事件，N0，N1，N2表示第二轮甲乙猜对0个、1个、2个成语的事件，D0，D1，D2，D3，D4表示两轮猜对0个、1个、2个、3个、4个成语的事件.∵P(A)=，P()=1-=，P(B)=，P)=1-=，∴根据独立性的假定得：P(M0)=P(N0)=P()= P() P()= =，P(M1)=P(N1)=P()= P()+P() = +=，P(M2)=P(N2)=P(AB)=P(A)P(B)= =，（1）P(D2)=P(M2N0+M1N1+M0N2)= P(M2N0)+P(M1N1)+P(M0N2)=.+.+.=.（2）P(D3)=P(M1N2+M2N1)= P(M1N2)+P(M2N1)= .+.=.（3）P(D1+D2+D3+D4)=1-P(D0)=1-=.18．如图，在平行六面体中，，，，点为线段中点．(1)求；(2)求直线与所成角的余弦值．【答案】(1)(2)【分析】(1)首先设，，，得到，再平方即可得到答案；(2) 由，得，代入计算即可.【详解】（1）因为在平行六面体中，点在线段上，且满足．设，，，这三个向量不共面，构成空间的一个基底．所以．，，．（2）由（1）知，，，，，直线与所成角的余弦值为． 19．甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是和.假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响，每人每次射击是否击中目标相互之间也没有影响.(1)求甲、乙各射击一次均击中目标的概率；(2)求甲射击4次，恰有3次连续击中目标的概率；(3)若乙在射击中出现连续2次未击中目标就会被终止射击，求乙恰好射击4次后被终止射击的概率.【答案】(1) (2)  (3)【详解】（1）用事件A表示“甲击中目标”，事件B表示“乙击中目标”.依题意知，事件A和事件B相互独立，因此甲、乙各射击一次均击中目标的概率为.（2）用事件表示“甲第次射击击中目标”，并记“甲射击4次，恰有3次连续击中目标”为事件C，则，且与是互斥事件.由于，，，之间相互独立，所以与（i，，且）之间也相互独立.由于，所以，故.所以甲射击4次，恰有3次连续击中目标的概率为.（3）用事件表示“乙第次射击击中目标”，事件D表示“乙在第4次射击后被终止射击”，则，且与是互斥事件.由于，，，之间相互独立，所以与（i，，且）之间也相互独立.因为，所以，故.所以乙恰好射击4次后被终止射击的概率为.. 20．如图1，在四边形中，，,,分别为的中点，，.将四边形沿折起，使平面平面（如图2）是的中点.(Ⅰ)证明：；(Ⅱ)在线段上是否存在一点，使得面？若存在，求的值；若不存在，说明理由；(Ⅲ)证明：平面  平面     解：解：(Ⅰ)在图1中，           可得△为等腰直角三角形，.因为所以因为平面平面，所以.又，故；由为中点，可知四边形为正方形，；又，，                    .............................4分（II）由(Ⅰ)知：，，两两垂直，，设，则        ..........................9分 （III）由(I)可得, 设平面的法向量为，由        所以二面角                .............................14分   21.设全体空间向量组成的集合为，为中的一个单位向量，建立一个“自变量”为向量，“因变量”也是向量的“向量函数”.（1）设，，若，求向量；（2）对于中的任意两个向量，，证明：；（3）对于中的任意单位向量，求的最大值.详解：（1）依题意得：，设，代入运算得：或；（2）设，，，则从而得证；（3）设与的夹角为，则，则，故最大值为.