1、1 2018-2019 学年江西省南昌市第二中学高二下学期期末数学 试题 一、单选题 1. 下列随机试验的结果，不能用离散型随机变量表示的是 ( ) A 将一枚均匀正方体骰子掷两次，所得点数之和 B. 某篮球运动员 6 次罚球中投进的球数 C 电视机的使用寿命 D 从含有 3 件次品的 50 件产品中，任取 2 件，其中抽到次品的件数 【答案】 C 【解析】 分析： 直接利用离散型随机变量的定义逐一判断即可 . 详解： 随机取值的变量就是随机变量， 随机变量分为离散型随机变量与连续型随机变量 两 种，随机变量的函数仍为随机变量，有些随机变量，它全部可能取到的不相同的值是 有限个或可列无限多个
2、,这种随机变量称为 “离散型随机变量 ”，题目中 A, B, D 都属于离 散型随机变量，而 C 电视机的使用寿命属于连续型随机变量，故选 C. 点睛： 随机取值的变量就是随机变量， 随机变量分为离散型随机变量与连续型随机变量 两 种（变量分为定性和定量两类，其中定性变量又分为分类变量和有序变量；定量变量 分为离散型和连续型） ，随机变量的函数仍为随机变量，本题考的离散型随机变量 . 2. 已知下表为 x 与 y 之间的一组数据，若 y 与 x 线性相关，则 y 与 x 的回归直线 y bx a 必 过 点 ( ) A (2,2) B (1.5,0) C (1,2) D (1.5,4) 【答案
3、】 D n ( xi n x )( yi y) 【解析】 根据表格先求出 x 和 y ， 再由公式 b? i 1 ， a? y b?x 求得 b? ( x x)2i i 1 2 x 0 1 2 3 y 1 3 5 7 3 和 ?即可得回归方程，再将 4 个点分别代回，可知必过点。 【详解】 由题可得 x 3 ， y 2 4 ， )(3 4) 2 有（ 1.5， 4） 这个点在直线上，故选 D。 【点睛】 本题考查回归直线，属于基础题。 3. 有 名学生，其中有 名男生 .从中选出 名代表，选出的代表中男生人数为 ，则其数 学期望为 （ ） A B C D 【答案】 B 【解析】 利用超几何分布
4、分别求随机变量 X 的概率，分布列及其数学期望即可得出 【详解】 b? (0 3 )(1 2 4) (1 3 2 (0 3) 2 ( 3 1)2 2 2 (2 ( 32 3)(5 4) (3 3 )(7 2 2 2)2 (3 3)2 4) 10 2 ， 5 a? 4 2 3 1 ，则回归方程为 y? 2 x 1 ， 将 A ， B， C， D 四项分别代入方程，只 2 4 随机变量 X 的所有可能取值为 所以，随机变量 X 的分布列为 1， 2， 3， 4.P(X k) (k 1， 2， 3， 4) X 1 2 3 4 P 随机变量 X 的数学期望 E(X) . 【点睛】 本题考查了超几何分布
5、的概率计算公式、 分布列及其数学期望， 考查了推理能力与计算 能力，属于中档题 4. 命 题 p : 若 x 0 ， 则 ln( x 1) 0 ， q是 p 的逆命题，则（ ） A p 真， q真 B p 真， q假 C p 假， q真 D p 假， q假 【答案】 C 【解析】 由题意， ln( x 1) 0 ， 所 以 0 x 1 1 ，得 1 x 0 ， 5 所以命题 p 为假命题， 又因为 q是 p 的逆命题，所以命题 q： 若 ln( x 1) 0 ， 则 x 0 为真命题，故选 C. 5. 已知三个正态分布密度函数 1 2 i 2 2 （ , i 1,2,3 ） 的 i x e 2
6、 i 图象如图所示则（ ） A 1 2 = 3， 1 = 2 3 B 1 2 = 3， 1 = 2 3 C 1 2 3， 1 2 3 x i 6 D 1 2 = 3， 1 = 2 3 【答案】 D 【解析】 正态曲线关于 x 对称，且 越大图象越靠近右边，第一个曲线的均值比第 二和第 三和图象的均值小，且二，三两个的均值相等，又有 越小图象越瘦长，得到 正 确 的结果 【详解】 根据课本中对正太分布密度函数的介绍知道：当正态分布密度函数为 x 1 e 2 i 2 x i 2 i ，则对应的函数的图像 的对称轴为： i ， 正态曲线关于 x 对称，且 越大图象越靠近右边， 第一个曲线的均值比第二
7、和第三和图象的均值小，且二，三两个的均值相等， i 2 7 只 能 从 A， D 两个答案中选一个， 越小图象越瘦长， 得到第二个图象的 比第三个的 要小，第一个和第二个的 相等 故选： D 【点睛】 本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义， 考查密度函数中两个特征数均值和 标 准差对曲线的位置和形状的影响，是一个基础题 6. 把边长为 a 的正 ABC 沿 BC 边上的高线 AD 折成 60 的二面角 ,则点 A 到 BC 的距 离是 ( ) A a B 6 a C 3 a D 15 a 2 3 4 【答案】 D 【 解 析 】 取 BC 中 点 O ， 连 接 AO, DO ，根据垂
8、直关系可知 BDC 60 且 AD 平 面 BCD ，通过三线合一和线面垂直的性质可得 BC DO ， BC AD ，从而根据线面 垂直的判定定理知 BC 平面 AOD ，根据线面垂直性质知 AO BC ，即 AO 为所 求距离； 在 Rt AOD 中利用勾股定理求得结果 . 【详解】 取 BC 中 点 O ， 连 接 AO, DO ，如下图所示： 8 AD 为 BC 边上的高 C D A D， BD AD BDC 即 为 二 面 角 的 平 面 角 ， 即 BDC 60 且 AD 平面 BCD ABC 为正三角形 C D B D B C D为正三角形 又 O 为 BC 中点 BC DO AD
9、 平面 BCD B C A D， AD DO BC 平面 AOD 又 AO 平面 AOD A O B C AO 即为点 A 到 BC 的距离 9 又 DO 3 a ， AD 3 a 4 2 AO DO 2 AD 2 15 a 4 本题正确选项： D 【点睛】 本题考查立体几何中点到直线距离的求解， 关键是能够通过垂直关系在立体图形中找到 所 求距离，涉及到线面垂直的判定定理和性质定理的应用，属于中档题 . 7. 下 列 命 题 : 在一个 2 2列联表中 ,由计算得 K 2 6.679 ,则 有 99% 的把握确认这两类指标间有关 联 若二项式 2 x x 2 n 的展开式中所有项的系数之和为
10、 243， 则展开式中 x 4 的系数是 40 随机变量 X 服从正态分布 N 1,2 ,则 P X 0 P X 2 若正数 x, y 满足 2x y 3 0 ， 则 x 2 y xy 的最小值为 3 其中正确命题的序号为 ( ) A B C D 10 r r 25 【答案】 B 【解析】 根据 K 2 6.679 6.635 可知 正确；代入 x 1 可 求 得 n 5 ，利用展开式 通项，可知 r 3 时 ， 为 含 x 4 的项，代入可求得系数为 80 ，错误；根据正态分布曲 x 2 y 线的对称性可知 正确；由 1 2 1 2 2x y ，利用基本不等式求得 xy y x y x 3
11、最小值，可知 正确 . 【详解】 K 2 6.679 6.635 ，则有 99%的把握确认这两类指标间有关联， 正确； 令 x 1 ， 则所有项的系数和为： 3 n 243， 解得： n 5 n 5 x 2 x 2 x2 x2 则其展开式通项为： r 5 r 2 C5 x x C5 2 5 3r 当 5 3r 4，即 r 3 时，可得 x 4 系数为： 3 3 80 ， 错误； 2 r x C 11 由 正 态 分 布 N 1,2 可知其正态分布曲线对称轴为 X 1 P X 0 P X 2 ， 正确； x 2y 1 2 1 2 2 x y 1 2x 2 y 5 xy y x y x 3 3 y
12、 x x 0 ， y 0 2 x 0 ， 2 y 0 y x 2x 2 y 2 2x 2y 2 x 4 （当且仅当 2 y ，即 x y 时取等号） y x y x y x x 2 y xy 1 4 5 3 ， 正 确 . 3 本题正确选项： B 【点睛】 本题考查命题真假性的判断， 涉及到独立性检验的基本思想、 二项展开式各项系数和与 指定项系数的求解、正态分布曲线的应用、利用基本不等式求解和的最小值问题 . 8. 小明早上步行从家到学校要经过有红绿灯的两个路口，根据经验，在第一个路口遇 到红灯的概率为 0.4， 在第二个路口遇到红灯的概率为 0.5， 在两个路口连续遇到红灯的 概 率是 0
13、.2.某天早上小明在第一个路口遇到了红灯， 则他在第二个路口也遇到红灯的概率是（ ） 12 A 0.2 B 0.3 C 0.4 D 0.5 【答案】 D 【解析】 根据条件概率， 即可求得在第一个路口遇到红灯，在第二个路口也遇到红灯的概率。 【详解】 记“ 小明在第一个路口遇到红灯 ”为事件 A ，“ 小明在第二个路口遇到红灯 ”为事件 B “小明在第一个路口遇到了红灯，在第二个路口也遇到红灯 ”为事件 C 则 P( A) 0.4 ， P( B) 0.5 ， P( AB) 0.2 P( B | A) P( AB) 0.2 P( A) 0.4 0.5 故选 D. 【点睛】 本题考查了条件概率的简
14、单应用，属于基础题。 13 9. 已 知 x 0, y 0 ， 且 2 1 1 ， 若对任意的正数 x y x, y ， 不 等 式 x 2 y m 2 2m 恒 成立，则实数 m 的取值范围是 ( ) A m 4 或 m C 2 m 4 2 B D m 4 2 或 m m 2 4 【答案】 D 【 解 析 】 将 x 2 y 转化为 x 2 y x 2 y 2 1 4 x 4 y ，利用基本不等式 x y y x 可求得其最小值为 8 ，从而得到不等式 m2 2m 8， 解不等式求得结果 . 【详解】 x 0 ， y 0 x 2 y x 2y 2 1 4 x 4 y 4 2 x 4y 8 x
15、 y y x y x x 4 y 当且仅当 ，即 x 2 y 时取等号 y x 14 m2 2m 8 ，解得： 4 m 2 本题正确选项： D 【点睛】 本题考查不等式中的恒成立问题，关键是能够利用基本不等式求得 x 2 y 的最小值， 根据恒成立的思想构造出不等式 . 10. 已知一个几何体的三视图如图所示， 且该几何体的体积为 4 3 ， 则 a 的值为 （ ） 3 2 A 3 B 3 15 3 C 2 3 D 3 2 【答案】 A 【解析】 画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可 16 【详解】 解：由三视图可知，几何体的直观图如图： 是一个三棱锥和一个三棱柱的组合体，
16、 底面都是 2 的等腰直角三角形，高为 a ， 所以体积为： 1 2 2 a 1 1 2 4 3 2 3 2 2 a ， 3 解得 a 3 故选： A 【点睛】 本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键，属于简单题 11. 已 知 f x ax2 x a 1 x 1 且 a 1,则 f x 的最大值为 ( ) 17 5 3 A B 4 4 C. 3 D 1 【答案】 A 【解析】 根据绝对值三角不等式可知 f x a x2 1 x ；根据 a 1 可得 f x x2 1 x ， 根 据 x 的 范 围 可 得 f x x 2 1 5 ， 根 据 二 次 函 数 的 性 2
17、4 质可求得结果 . 【详解】 由 题 意 得 ： f x a x2 1 x a x2 1 x x2 1 x 2 1 5 2 4 当 x ，即 2 5 x 时， x 2 1 x max 4 5 即： f x ，即 f x 的最大值为： 4 4 1 x 1 x2 1 x 1 x2 x 2x x 1 x 1 1 2 5 18 本题正确选项： A 【点睛】 本题考查函数最值的求解， 难点在于对于绝对值的处理， 关键是能够将函数放缩为关于 x 的二次函数的形式，从而根据二次函数性质求解得到最值 . 12. 已知函数 f x 2 x 3 2 x 1 , g x 5 x 1 7 x ，若对 t , , s
18、 1,7 ， 使 f t a g s (a 0) 成立，则实数的 a 取值范围是 ( ) A 0,2 B 2,3 C 3,6 D 4, 【答案】 A 【解析】 由题意得 “对 t , , s 1,7 ，使 f t a g s (a 0) 成 立 ”等 价于 “f ( x) max a g( x)max ” f x 2 x 3 2x 1 (2 x 3) (2 x 1) 4 ，当且仅当 (2 x 3) (2 x 1) 0 时等号成立 f (x)max 4 在 g x 19 5 x 1 7x 中，由 x 1 0 ，解得 1 x 7 7 x 0 令 x 4 3cos , 0, ， 则 g x 5 3
19、3cos 3 3cos 53 3(2cos 2 2 1) 3 3(1 2sin 2 ) 2 30cos 2 2 6sin 2 2 6 (sin 2 5 cos ) 6 6 sin( 2 2 ) 6 ， （ 其中 tan 5 ） g(x)max 6 由 4 a 6， 解得 a 2 ， 又 a 0 ，故 0 a 2 ， 实数的 a 取值范围是 (0, 2 选 A 点睛： 20 （1 ） 对于求 y x a x b 或 y x a x b 型的最值问题利用绝对值三角不 等式更方便形如 y x a x b 的函数只有最小值，形如 y x a xb 的函 数既有最大值又有最小值 （2 ） 求函数的最值时
20、要根据函数解析式的特点选择相应的方法，对于含有绝对值符号 的函数求最值时， 一般采用换元的方法进行， 将问题转化为二次函数或三角函数的问题 求 解 二、填空题 13. 出租车司机从南昌二中新校区到老校区 (苏圃路 )途中有 8 个交通岗，假设他在各交 1 通岗遇到红灯是相互独立的，并且概率都是 为 .（ 用分数表示） 【答案】 8 3 . 则这位司机在途中遇到红灯数 的期望 3 【解析】 遇到红灯相互独立且概率相同可知 B 8, 1 3 ，根据二项分布数学期望求解 公式求得结果 . 【详解】 由题意可知，司机在途中遇到红灯数 服从于二项分布，即 1 8 21 B 8, 1 3 期望 E 8 3
21、 3 本题正确结果： 8 3 【点睛】 本题考查服从于二项分布的随机变量的数学期望的求解， 考查对于二项分布数学期望计 算 公式的掌握，属于基础题 . 14. 半径为 R的圆形铁片剪去一个扇形，用剩下的部分卷一个圆锥圆锥的体积最大 值为 【答案】 2 3 R3 27 【解析】 设圆锥的底面半径为 r ，高为 h ，可得 r 2 R2 h2 ，构造关于圆锥体积 V 的 函数，可得 V h3 R2h ，利用导数可求得最大值 . 3 3 22 2 2 2 【详解】 设圆锥的底面半径为 r ，高为 h 则 r h R2 ，即 r R h 圆锥的体积： V 1 r 2 h R2 h2 h h3 R2 h
22、 3 3 3 3 则 V h 2 R2 ， 令 V 3 0 ，解得： h 3 R 3 则 h 0, 3 R 时 ， V 3 3 0 ； h R, R 时， V 0 3 即 V 在 0, 3 3 R 上单调递增，在 3 R, R 上单调递减 3 Vma x 3 3 R R2 3 R 2 3 R3 3 3 3 3 27 本题正确结果： 2 3 R3 27 2 2 23 1 【点睛】 本题考查圆锥体积最值的求解， 关键是能够利用圆锥体积公式将所求体积构造为关于圆 锥 的高的函数，从而可利用导数求解得到函数的最值 . 15. 设 f ( x) x 2 x 3 ， 若 不 等 式 f (x) a 1 2
23、a a 1 对任意实数 a 0 恒成立， 则 x 取值集合是 . 【答案】 ,1 4, 【解析】 将不等式转化为 f x a 1 2a a 1 m ax ，分别在 a 1 、 1 a 0 、 0 a 2 、 a 1 的情况下讨论得到 2 a 1 2a a 1 的最大值，从而可得 f x 3；分 别在 x 2 、 2 x 3 、 x 3 的情况去绝对值得到不等式，解不等式求得结果 . 【详解】 a 1 2a f x a 1 对任意实数 a 0 恒成立等价于： f x a 1 2a a 1 max 当 a a 1 时， 24 1 2a 1a 1 1 2a 2 1 a a a 25 2 2,0 a
24、a 1 2a a 1 3 , 1 当 1 a a 0 时， 1 2a 1 a 1 1 2a 3 a a 当 0 a 1 时， 1 2a 1 a 1 1 2a 3 2 a a 1 a 1 2a 1 a 1 2a 1 2 当 a 时， 1 2 a a a 2 0,4 a a 1 2a a 1 1, 3 综上可知： a 1 2a a 1 3 max f x 3 ， 即 f x x 2 x 3 3 当 x 2 时， f x 2 x 3 x 5 2x 3 ，解得： x 1 当 2 x 3 时 ， f x x 2 3 x 1 3 ，无解 a 26 当 x 3 时， f x x 2 x 3 2x 5 3 ，
25、解得： x 4 x 的取值集合为： ,1 4, 本题正确结果； ,1 4, 【点睛】 本题考查绝对值不等式中的恒成立问题， 关键是能够通过分类讨论的思想求得最值， 从 而将问题转化为绝对值不等式的求解， 再利用分类讨论的思想解绝对值不等式即可得到 结果 . 16. “杨辉三角 ”是我国数学史上的一个伟大成就， 是二项式系数在三角形中的一种几何 排列 .如图所示， 去除所有为 1 的项，依此构成数列 2， 3， 3， 4， 6， 4， 5， 10， 10， 5， ， 则此数列的前 46 项和为 . 【答案】 2037 27 11 【解析】 根据 “杨辉三角 ”的特点可知 n 次二项式的二项式系数
26、对应 “杨辉三角 ”中的第 n 1行， 从而得到第 n 1行去掉所有为 1的项的各项之和为： 2n 2 ； 根 据 每 一 行 去 掉 所有为 1的项的数字个数成等差数列的特点可求得至第 11行结束，数列共有 45 项，则 第 46 项 为 C1 11 ，从而加和可得结果 . 【详解】 由题意可知， n 次二项式的二项式系数对应 “杨辉三角 ”中的第 n 1行 则 “杨 辉 三 角 ”第 n 1行各项之和为： 2n 第 n 1行去掉所有为 1的项的各项之和为： 2n 2 从第 3 行开始每一行去掉所有为 1的项的数字个数为： 1,2,3,4, 则： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 45，
27、即至第 11行结束，数列共有 45 项 第 46 项 为 第 12 行 第 1个 不 为 1的 数 ， 即 为 ： 1 C11 11 前 46 项的和为： 21 2 22 2 23 2 21 0 2 11 2037 本题正确结果： 2037 28 252 x12 C Cn 2 2 【点睛】 本题考查数列求和的知识，关键是能够根据 “杨辉三角 ”的特征，结合二项式定理、等差 等比数列 求和的方法来进行转化求解， 对于学生分析问题和总结归纳的能力有一定的要 求， 属于较难题 . 三、解答题 1 17. 已 知 ( 4 x 3 x2 )n 展开式中的倒数第三项的系数为 45， 求 ： （ 1） 含
28、x 3 的项； （2 ） 系数最大的项 【答案】 (1) 210x 3(2) 25 【解析】【试题分析】（1 ） 倒数第三项二项式系数为 n 2 2 n n 45 ，由此解得 n 10 . 利用二项式展开式的通项来求含有 x3 的 项 .（2 ） 展开式有 11项，最大的第六项 . 【试题解析】 （1 ） 由已知得： n 45 ，即 n 45 ， n2 n 90 0 ， 解 得 n 9 （舍）或 n 10 ， C C 29 T C T C C n n n n n n r 1 1 10 r 2 r 10 r 2 由通项公式得： T Cr 4x 4 x 3 r 10 r 4 3 r ， r 1 1
29、0 C10 4 x 10 r 令 2 r 3 ，得 r 6 ， 4 3 含 有 x3 的 项 是 6 7 10 44 x3 53760 x3 . （2 ） 此展开式共有 11 项， 二项式系数最大项是第 6 项， 5 6 10 1 4x 4 5 2 5 x 3 25 258048x12 【点睛】本题主要考查二项式展开式的性质，考查方程的思想 . a b n C 0an C1an 1b Cr an r br Cnbn n N* ，这个公式所表示的定 理叫做二项式定理，右边的多项式叫做 n r a b 的二项展开式，其中的系数 n ( r 0,1,2,3, , n )叫 做 二 项 式 系 数 式
30、 中 的 C r a n r b r 叫做二项展开式的通项， 用 T 表 示，即展开式的第 r 1 项 ； Tr 1 Cr an r br .二 项 式 系 数 r n ， 当 r n 1 时，二项式系 2 数是递增的；由对称性知：当 n 1 r 时，二项式系数是递减的 2 C 30 18 （ 1）解不等式： x 1 x 2 5 . （2 ） 己 知 x, y, z均 为 正 数 .求 证 ： x y z 1 1 1 . yz xz xy x y z 【答案】（ 1） , 2 3, ； （ 2） 证明见解析 【解析】（ 1） 分别在 x 1、 1 x 2 、 x 2 三个范围内去掉绝对值符号得
31、到不等 式 ， 解 不 等 式 求 得 结 果 ； （ 2） 将 所 证 结 论 变 为 证 明 2 x2 y2 z2 2 yz 2 xz 2 xy， 利用基本不等式可证得结论 . 【详解】 （ 1） 当 x 1时， x 1 x 2 x 1 x 2 2x 1 5 ，解得： x 2 当 1 x 2 时， x 1 x 2 x 1 x 2 3 5 ，无解 当 x 2 时， x 1 不等式的解集为： （2 ） x, y, z 均为正数 x 2 x 1 x 2 2x 1 5 ，解得： x 3 , 2 3, 31 x y z 1 1 1 x2 y 2 z2 yz xz xy 要证 ，只需证： yz xz
32、xy x y z 即 证 ： 2 x2 y2 z2 2 yz 2xz 2xy x2 y2 2xy ， x2 z2 2xz ， y2 z2 2 yz 三式相加可得： 2 x 2 y2 z2 2 yz 2xz 2xy（ 当且仅当 x y z 时取等号） x y z 1 1 1 成立 yz xz xy x y z 【点睛】 本题考查绝对值不等式的求解、 利用基本不等式证明不等关系的问题， 考查分类讨论的 思想、分析法证明不等式和基本不等式的应用，属于常考题型 . 19. 时下，租车自驾游已经比较流行了某租车点的收费标准为：不超过 2 天收费 300 元，超过 2 天的部分每天收费 100 元（不足
33、1天按 1天计算）甲、乙两人要到该租车点 租车自驾到某景区游览， 他们不超过 2 天还车的概率分别为 1 和 1 ， 2 天以上且不超过 3 2 3天还车的概率分别为 1 和 1 ，两人租车都不会超过 4 天 2 3 （ 1） 求甲所付租车费比乙多的概率； 32 （2 ） 设甲、乙两人所付的租车费之和为随机变量 ,求 的分布列和数学期望 . 【答案】（1 ） 7 18 ； （2 ）见解析 【解析】（1 ） 将情况分为甲租 2 天以上，乙租不超过 2 天；甲租 4 天，乙租 3 天两种情况； 分别在两种情况下利用独立事件概率公式可求得对应概率，加和得到结果； （2 ） 首 先确定 所有可能的取值
34、，再求得每个取值所对应的概率，从而得到分布列；利用数学 期望计算公式求得期望 . 【详解】 （ 1） 若甲所付租车费比乙多，则分为：甲租 2 天以上，乙租不超过 2 天；甲租 4 天， 乙租 3 天两种情况 甲租 2 天以上，乙租不超过 2 天的概率为： 1 1 1 1 1 1 1 2 2 3 2 2 3 甲 租 4 天 ， 乙 租 3天 的 概 率 为 ： 1 1 1 1 1 3 2 3 18 甲所付租车费比乙多的概率为： 1 1 7 3 18 18 33 （ 2） 甲、乙两人所付的租车费之和 所有可能的取值为： 600,700,800,900,1000 则 P 600 1 1 1 ； P
35、3 2 6 700 1 1 1 1 13 ； 3 3 2 2 36 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 ； 2 3 3 2 3 2 2 3 36 1 1 1 1 1 1 1 1 5 ； 2 2 3 3 2 3 36 1 1 1 1 1 1 1 2 3 2 3 36 的分布列为： 600 700 800 900 1000 1 13 P 6 36 11 5 1 36 36 36 数学期望 E 600 1 700 13 800 11 900 5 1000 1 750 【点睛】 P 800 P 900 P 1000 34 6 36 36 36 36 本题考查独立事件概率的求解、 离散型随机变
36、量的分布列与数学期望的求解， 涉及到和事件、积事 件概率的求解，考查学生的运算和求解能力，属于常考题型 . 20. 继 共 享 单 车 之 后 ， 又 一 种 新 型 的 出 行 方 式 - “共 享 汽 车 ”也 开 始 亮 相 南 昌 市 ， 一 款 共 享 汽 车 在 南 昌 提 供 的 车 型 是 “吉 利 ”每 .次 租 车 收 费 按 行 驶 里 程 加 用 车 时 间 ,标准是 “ 1元 /公 里 0.1 元 /分 钟 ”， 李 先 生 家 离 上 班 地 点 10 公里，每次租用共享汽车上、下班， 由于堵车因素，每次路上开车花费的时间是一个随机变量，根据一段时间统计 40 次路
37、上开车花费 时间在各时间段内的情况如下： 55， 65 以各时间段发生的频率视为概率， 假设每次路上开车花费的时间视为用车时间， 范围为 15,65 分 钟 . （1 ） 若李先生上、 下班时租用一次共享汽车路上开车不超过 45 分钟， 便是所有可选择的 交通工具中的一次最优选择， 设 是 4 次使用共享汽车中最优选择的次数， 求 的分 时间（分钟） 15,25 25,35 35,45 45,55 次数 8 14 8 8 2 35 【 解 析 】 试 题 分 析 ： （ 1） 首先求为最优选择的概率是 3 ，故 的值可能为 0， 1， 2， 3， 4 4， 且 B（ 4， 34 ） ，进而求得
38、分布列和期望值； （ 2）根据题意得到每次花的平均时间 为 35.5， 根据花的费用为 10+35.50.1 得到费用 . 解析： （ ）李先生一次租用共享汽车，为最优选择的概率 依题意 的值可能为 0， 1， 2， 3， 4，且 B（ 4， ） ， ， ， ， ， ， 的分布列为： 0 1 2 3 4 P （或 ） （ ）每次用车路上平均花的时间 （分钟） 每次租车的费用约为 10+35.5 0.1=13.55 元 一个月的平均用车费用约为 542 元 21 如图，棱长为 a 的正方形 ABCD 中，点 E, F 分别是边 AB, BC 上的点，且 BE BF a , 将 AED ,3 DC
39、F 沿 DE, DF 折起， 使得 A,C 两点重合于 P ， 设 EF 与 BD 交于 M 点，过点 P 作 PO BD 于 O 点 布列和期望 . （2 ） 若李先生每天上、下班均使用共享汽车，一个月（以 20 天计算）平均用车费用 大 约是多少 （同一时段，用该区间的中点值作代表） . 【答案】（ ）见 解 析 ;（ ） 542 元 . 36 （1 ） 求证： PO 平面 BFDE ； （2 ） 求 直 线 MD 与 平 面 PDF 所成角的正弦值 【答案】（ 1） 见证明（ 2） 14 20 【解析】 （1 ） 由 PD 平面 PEF 可得 EF PD ，结合 EF BD 可得 EF
40、平面 PBD ， 故 EF PO， 又 PO BD 得出 PO 平面 BFDE ； （2 ） 建立空间坐标系， 求出各点坐标， 计算平面 PDF 的法向量 n ， 则 cos n,MD 为 直线 MD 与平面 PDF 所成角的正弦值 【详解】 37 O （ 1） 证明：在正方形 ABCD 中， BE BF ， DE DF ， B ， D 在 EF 的垂直平分线上， EF BD ， DP PF ， PD PE ， PE PF P ， PD 平面 PEF， EF PD ， 又 EF BD ， PD BD D ， EF 平面 PBD ， EF PO， 又 PO BD ， EF BD M ， PO 底
41、面 BFDE （2 ） 解：如图过点 作与 EF 平行直线为 x 轴， BD 为 y 轴， OP为 z 轴，建立空间直角坐标系， M 0， 7 2 a， 0 ， D 0 3 2 a， 0 ， P 0， 0， 7 a ， E 2 a， 7 2 a， 0 ， ， 30 5 5 6 30 38 F 62 a， 7302 a， 0 ， MD 0， 5 2 3 2 6 a ， 0 ， PD 0， 5 a， 7 5 a ， PF 2 6 a ， 7 230 a， 7 5 a ， 设平面 PDF 的法向量 n x，y，z ，则 PF n 0 ，即 PD n 0 2 ax 6 3 5 7 30 2 ay 2
42、ay 7 az 0 5 5 7 az ， 0 取 n 5 7, 7,3 2 ， 记 直 线 MD 与 平 面 PDF 所 成 角 为 ， 则 5 sin | cos n, MD n MD n MD 6 14 a 5 2 a 10 6 2 14 ， 20 故直线 MD 与平面 PDF 所成角的正弦值为 14 20 【点睛】 本题考查了线面垂直的判定与证明， 以及空间角的求解问题， 意在考查学生的空间想象 能力和逻辑推理能力，解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面 关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空 间向量法，通过求解平面的法向量，利用向
43、量的夹角公式求解 . 22 2020 年开始，国家逐步推行全新的高考制度新高考不再分文理科，采用 3+3 模 式，其中语文、数学、外语三科为必考科目，满分各 150 分，另外考生还要依据想考取的高 校及专业的要求，结合自己的兴趣爱好等因素，在思想政治、历史、地理、物理、 39 550 100 化 学 、 生 物 6 门 科 目 中 自 选 3 门参加考试（ 6 选 3） ，每科目满分 100 分 为 了 应 对 新 高 考 ， 某 高 中 从 高 一 年 级 1000 名学生（其 中 男 生 550 人 ， 女 生 450 人）中，根据性别分层 ， 采 用 分 层 抽 样 的 方 法 从 中
44、抽 取 100 名学生进行调查 （1 ） 学 校 计 划 在 高 一 上 学 期 开 设 选 修 中 的 “物 理 ”和 “地 理 ”两 个 科 目 ， 为 了 了 解 学 生 对 这 两 个 科 目 的 选 课 情 况 ， 对 抽 取 到 的 100 名 学 生 进 行 问 卷 调 查 （假定每名学生在这两个 科目中必须选择一个科目且只能选择一个科目） ，下表是根据调查结果得到的 2 2 列联 表请将列联表补充完整，并判断是否有 99% 的把握认为选择科目与性别有关？说明 你的理由； （ 2） 在抽取到的女生中按（ 1） 中的选课情况进行分层抽样，从中抽出 9 名女生，再从 这 9 名女生中
45、随机抽取 4 人，设这 4 人中选择 “地理 ”的人数为 X ，求 X 的分布列及数 学期望 选 择 “物 理 ” 选 择 “地 理 ” 总计 男生 10 女生 25 总计 附参考公式及数据 : 2 n(ad bc) 2 (a b )( c d )( a c)( b d ) , 其中 n a b c d 【答案】（ 1） 见 解 析 ； （ 2） 见解析 【解析】（ 1） 根据列联表求出 K 2 ，结合临界值表，即可得到结论； （ 2） 由题意，得到选择地理的人数为随机变量 X 的 取 值 0， 1， 2， 3， 4， 求 得 随 机 变 量取值对应的概率，求出分布列，再利用数学期望的公式，即
46、可求解 【详解】 （ 1） 由题意，抽取到男生人数为 55 ，女生人数为 100 450 45 ， 40 P( 2 k) 0.100 0.050 0.010 0.001 k 2.706 3.841 6.635 10.828 41 所 以 22 列联表为： 1000 1000 42 C C C C 9 60 9 9 9 选择 “物理 ” 选择 “地理 ” 总计 男生 45 10 55 女生 25 20 45 总计 70 30 100 2 所以 K 2 100 45 20 25 10 55 45 70 30 8.1289 6.635， 所以有 99%的把握认为选择科目与性别有关 （2 ） 从 45
47、 名女生中分层抽样抽 9 名女生，所以这 9 名女生中有 5 人选择物理， 4 人选择 地理， 9 名女生中再选择 4 名女生， 则这 4 名女生中选择地理的人数 X 可为 0， 1， 2， 3， 4 设事件 X 发生概率为 P（X ） ， 则 P X 0 4 5 4 9 C1 C3 5 126 20 ， P X 1 3 1 5 4 4 126 C4 1 ， P X 2 2 2 5 4 4 126 ， P X 3 5 4 4 126 ， P X 4 4 4 126 C C C C C C 40 43 所以 X 的分布列为： X 0 1 2 3 4 P 5 126 40 126 60 126 20 126 1 126 40 60 20 1 16 期望 EX 2 3 4 126 126 126 126 9 【点睛】 本题主要考查了独立性检验， 以及离散型随机变量的分布列及数学期望的求解， 对于求 离散型随机变量概率分布列问题首先要清楚离散型随机变量的可能取值，计算得出概 率，列出离散型随机变量概率分布列，最后按照数学期望公式计算出数学期望，其中列 出离 散型随机变量概率分布列及计算数学期望是理科高考数学必考问题 .
