北京市西城八中高二数学上学期期中试题理(含解析)

北京市西城八中2016—2017学年高二数学上学期期中试题理(含解析)一、选择题(每小题5分，共50分)251.甲、乙、丙3人投篮，投进的概率分别为1

3，，1,现3人各投篮1次，是否投进互不影响，则3人都投

2进的概率为()．A。15B.15C5D∙A【答案】A【解析】3人都投进的概率P121 1=-X-X-=—35215故选A2．抛掷2颗骰子所得的2颗点数相同的概率为()．，，a∙4B.6C8d∙12【答案】B【解析】抛掷2颗骰子所出现的不同结果数是6X6=36，事件“投掷两颗骰子，所得的点数相同”所包含的基本事件有(1,1)，(2,2),(3,3),(4,4)，(5,5)，(6,6)共六种，故事件“掷2颗骰子,所得点数相同的概率是1P=色=-•3663.袋中有5个大小完全相同的球，其中2个黑球,3三个白球.不放回她连续取2次，则一直在第1次取到黑球的条件下，第2次取到白球的概率是().1434A∙B∙C.-10D∙35【答案】B【解析】记事件A为“第一次取得黑球”，事件B为“第二次白球”2贝IJP(A)=5,P(AB)=C1C1-2―3C1C154310所以P(B/A)=PAB)=3-4

=

3一102-5,即第1次取到黑球的条件下,3第2次取到白球的概率是3.4故选B4．在10支铅笔中，又8支正品和2支次品,从中任取2支，则恰好取到1支正品1支次品的概率是（）．29A．B∙1645C17C.45D．25【答案】B【解析】从10支铅笔中取2支铅笔，共有C20=45种可能，其中1支正品1支次品包含C;C;=16种可能，所以事件“恰好取到1件正品1支次品”的概率是P=—，故选B455.四棱锥P-ABCD的底面为菱形，侧棱PC与底面垂直，则侧棱PA与菱形对角线BD的关系是（）.A.平行B.相交不垂直^异面垂直 D.相交垂直【答案】C【解析】P∙.∙PC⊥底面ABCD,BDU平面ABCD，・PC⊥BD又「底面ABCD为菱形，，・BD⊥AC•・BD⊥平面PAC•・BD⊥PA又PA,BD异面，所以侧棱PA与BD的关系是异面垂直，故选C.某空间几何体的正视图是三角形,则该几何体不可能是（）.A.圆柱B.圆锥C.三棱锥D.三棱柱【答案】A【解析】圆柱的正视图可能是矩形，可能是圆，不可能是三角形，故选A.若空间中四条直线l、l、l、l，满足l±l、l∣∣l、l±l,则下列结论一定正确的是（）.1 2 3 4 1 2 23 3 4A.l±l B.l∣∣l14 14C.l、l既不平行也不垂直 D.l、l位置关系不确14 14【答案】D【解析】∙.∙l±l,l11l,l±l,1 2 233 4・•・l⊥l,l⊥l,1 33 4・•・l与l相交、平行、异面都有可能,14即l、l的位置关系不确定，故选D148．一个几何体的三视图如图所示,则此几何体的表面积等于()．正视图俯视图A．288B．312C．336D．384【答案】C【解析】由几何体的三视图可知,该几何体是直三棱柱,底面是直角边分别为6,8的直角三角形,三棱柱的高为12，所以此几何体的表面积S=-X6X8X2+6X12+8x12+10x12=336.2故选C.正方体ABCD-ABCD,P,Q,R为别是AB,AD,BC的中点，则正方体过P,Q,R三点的截面图1111 11形是().A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形【答案】D【解析】如图，过P,Q,R的截面是六边形，故选D.设四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，且PA±平面ABCD.过直线BD且垂直于直线PC的平面交PC于点E,如果三棱锥E-BCD的体积取得最大值，则此时四棱锥P-ABCD的高为（）.A.1C.√2D.不确定B.V3【答案】C【解析】以A为坐标原点，AB、AD、AP所在直线为％,y,Z轴建立如图所示坐标系，设PA=h因为E在PC上，所以设诙=λPC，代人有E（λ∙λ,h—hλ）,因为PC⊥平面BDE：.PC⊥BE贝1PC-BE=O,代人得λh2+1•h2+21 _1*3C1_1h_1 1所以V二—S-Z二 二 -E-BCD 3△BCD E6h2+2 67」hH—

h所以当体积取到最大值时pa二h二22，故选C二、填空题（每小题5分，共30分）11．棱长为2的正方体的内切球表面积为 ．【答案】4π【解析】正方体的棱长等于其内切球的直径，所以其内切球半径R=1,故表面积S=4πR2=4π.12．盒子中装有编号为1，2,3，4，5，6的6个球，从中任意取出2个，贝这2个球的编号之和为偶数的概率是 ．2【答案】25【解析】从6个球中任意取出2个，共有C2=15种可能，若2个球的编号之和为偶数，则取出2个球的编号6都是奇数或都是偶数,共有C2+C2=6种可能，故2个球编号之和为偶数的概率是P=6-=-.3 3 15 513.随机变量X的分布列如下表，则此随机变量X的数学期望是X12丁5P~τ~~τ~~~Γ~~Γ6336【答案】83【解析】E(X)=1x1+2X1+3X1+5X1=8.6 3 3 6314．一个病人服用某种新药后被治愈的概率为0.9，服用这种新药的3个人中恰有1人被治愈的概率为（用数字作答）．【答案】0.027【解析】恰有1人被治愈的概率P=C1-0.9-（0.1）2=0.027315.直三棱柱ABC-ABC的体积为V,P,Q分别是侧棱AA,CC的点，且AP=CQ,则四棱锥B

111 1 1 1的体积为 .【答案】1V3【解析】APQC,/AP=CQ1・•・S=1S,APQC2ACC1A1=1V・•・VB-APQC 2B-ACC1A112又∙.∙V=V—V=V—-V=-V,B-ACCIA1 abc-A1BG BfB1C1 3 3故V=1VB-APQC 3.将1个半径1的球切割打磨成四个同样大小的小球,则小球半径的最大值为 .【答案】66-2【解析】由题意,四个小球两两相切并且四个小球都与大球相切时,这些小球的半径最大,以四个小球球心为顶点的正四面体棱长为2/，该正四面体的中心（外接球球心）就是大球的球心，该正四面体的高为2Y6 r3设正四面体的外接球半径为％，则％2=-3-r-%I/、2+,f2屈,I/解得：％=9∙r

2,・・.1=落+r2r=3+66=W-2.,故本题答案为：％6-2.三、解答题(共80分).袋中装有大小相同的3个红球和3和个白球.(I)从中任意取出2个球，求这2个球都是红球的概率.(II)从中任意取出3个球，求恰有1个是红球的概率.【答案】见解析【解析】(I)任取2个球总的基本事件个数：C2=15,2个球都是红球包含的基本事件个数为：C2=33故从中任取2个球,这2个球都是红球的概率P=C2—3=一C2 15315.6(I)任取3个球，总的基本事件个数是：C3=20，6恰有1个红球包含的基本事件个数是：C1C2=933故从中任取3个球，恰好有1个红球的概率P=C1C2C320933.6.如图，四棱锥S—ABCD满足SA±面ABCD,/DAB=ZABC=90。.SA=AB=BC=a,AD=2a(I)求证：面SAB±面SAD(I)求证：CD±面SAC【答案】见解析【解析】(1)证明：∙.∙SA⊥平面ABCD,ABU平面ABCD：.AB⊥SA又丁/BAD=90。，•・AB⊥AD∙.∙SAC∖AD，A,•・AB⊥平面SAD又ABU平面SAB•・平面SAB⊥平面SAD(II)证明：取AD中点为E丁/DAB=ZABC=90。，AD=2a,BC=a,E是AD中点，•・ZABCE是矩形，CE=AB=a,DE=a•・CD=五a,在△ACD中，AC=、/2a,CD=√2a,AD=2a•・AC2+CD2=AD2,即CD⊥AC又∙.∙SA⊥平面ABCD,CDU平面ABCD•・CD⊥SA•・CD⊥平面PAC19．某商场经销某商品,顾客可以采用一次性付款或分期付款购买,根据以往资料统计,顾客采用一次性付款的概率是0.6,经销1件该产品,若顾客采用一次性付款,商场获得利润200元;若顾客采用分期付款,商场获得利润250元．(I)求3位购买商品的顾客中至少有1位采用一次性付款的概率.(I)若3位顾客每人购买1件该商品，求商场获得利润不超过650元的概率.(Ill)若3位顾客每人购买1件该商品，设商场获得的利润为随机变量X，求X的分布列和数学期望.【答案】见解析【解析】解：(I)记A表示事件：“3位顾客中至少有1位采用一次性付款”则事件A的对立事件是“3位顾客中没有人采用一次性付款”,则：P(A)=1—(1—0.6)3=1-0.064=0.936.(I)记商场获得利润不超过650元为事件B,事件B包含3位顾客中3人均一次性付款和3位顾客中只有2人一次性付款.•・P(B)=0.63+C2.0.62.(1-0.6)=0.216+3X0.36X0.4=0.648.3(IlI)X可取600,650,700,750P(X=600)=0.63=0.216,P(X=650)=C2∙0.62∙(1-0.6)=0.4323P(X=700)=Ci∙0.6∙(1-0.6)2=0.288,3P(X=750)=(1-0.6)3=0.064．所以X的分布列为X600650700750P0.2160.4320.2880.064数学期望E(X)=600X0.216+650X0.432+700X0.288+750X0.064=66020.四棱锥P-ABCD中，侧面PDC是边长为2的正三角形，且与底面垂直,

菱形，ZADC为锐角，M为PB的中点.(I)求证：PD//面ACM(II)求证：PA±CD(IlI)求三棱锥P-ABCD的体积.底面ABCD是面积为2√3的【答案】见解析【解析】PDB(I)证明：连结AC交BD于O，则O是BD中点，;在△PBD中，O是BD的中点，M是PB的中点，・，・PD/MO又PDZ平面ACM,MOU平面ACM：.PDll平面ACM(II)证明：作PE⊥CD，则E为CD中点，连结AE「底面ABCD是菱形，边长为2,面积为2√3,・•・S=1XADXDCXSin^ADCX2=1X2X2sinNADCX2=2√32 2•・SinNADC=巨,NADC=60。，2•・△ACD是等边三角形，，・CD⊥AE又「CD⊥PE：.CD⊥平面PAE，・CD⊥PA(IlI)V =1S XPE=1X2：3X√3=2P-ABCD3ABCD 321.某项“过关游戏”规则规定：在地n关要抛掷1颗骰子n次，如果这n次抛掷所出现的点数和大于n2,则算过关．(I)此游戏最多能过关.(I)连续通过第1关、第2关的概率是.(IIl)若直接挑战第3关，则通关的概率是.(IV)若直接挑战第4关，则通关的概率是.【答案】见解析【解析】解：(I)6n>n2,0<n<6,故此游戏最多能过5关.(I)第一关，抛掷一颗骰子，出现点数大于1的概率：P=56.6第二关，抛掷2次骰子，如果出现的点数和大于4,就过关，分析可得,共36种情况，点数小于等于4的有：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1),(2,2),(3,1)，共6种，则出现点数大于4的有30种，故通过第二关的概率为30=5.36655 25・•・连续通过第1关，第2关的概率是P=5X5=A6636.(Ill)若挑战第3关，则掷3次骰子，总的可能数为63=216种，不能过关的基本事件为方程％+y+Z=a其中a=3,4,5,6,7,8,9的正整数解的总数，共有1+C2+C2+∙∙∙+C2+C2-3=81种，不能过关的概3 4 7 8率为81 3216=8故通关的概率为5.8(IV)若挑战第4关，则投掷4次骰子，总的可能数为64=1296种，不能通关的基本事件为方程X+y+Z+m=%其中a=4,5,6,…，16的正整数解的总数，当a=4,5,■■■,9共有1+C3+C3+ɛɜ+∙∙∙+C3=l+4+10+20+35+56=126种，4 5 6 8当a=10时，C3—4=84—4=80种，当a=11时，C3—C1—C1C2=120—4-12=104种，9 10 4 43当