资源简介

(共20张PPT)
章末复习提升
主干知识回顾
核心题型突破
题型一　古典概型
[典例1] 从分别写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中不放回随机抽取2张,则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为(　　)
C
[跟踪训练] 已知点集P={(x,y)|x,y∈{1,2,3}},从集合P中任取一点,横、纵坐标和为偶数的概率是(　　)
D
题型二　互斥事件与独立事件的概率
1.应用互斥事件的概率加法公式,一定要注意首先确定各事件彼此是否互斥,然后求出各事件分别发生的概率,再求和.
3.对于事件A与事件B,若有P(AB)=P(A)·P(B),则事件A与事件B相互独立;若事件A与事件B相互独立,则P(AB)=P(A)P(B).
C
[跟踪训练] 在高二选科前,高一某班班主任对该班同学的选科意向进行了调查统计,根据统计数据发现:选物理的同学占全班同学的80%,同时选物理和化学的同学占全班同学的60%,且该班同学选物理和选化学相互独立.现从该班中随机抽取一名同学,则该同学既不选物理也不选化学的概率为(　　)
[A] 0.125 [B] 0.1 [C] 0.075 [D] 0.05
D
题型三　用频率估计概率
随机事件发生的概率是大量试验下的频率的近似值,是一个确定的数,故可用大量试验下的频率来估计概率.
[典例3] 一个地区从某年起4年之内的新生婴儿数及其中的男婴数如下表所示:
时间范围 1年内 2年内 3年内 4年内
新生婴儿数n 5 544 9 607 13 520 17 190
男婴数m 2 883 4 970 6 994 8 892
(1)计算男婴出生的频率(保留4位小数);
(2)这一地区男婴出生的概率约是多少
【解】(2)随着新生婴儿数的增多,男婴出生的频率接近0.517 3,因此,这一地区男婴出生的概率约为 0.517 3.
[跟踪训练] 某市某高校共有学生30 000人,其中女生18 000人,为调查该校学生每周平均体育运动时长的情况,采用比例分配的分层随机抽样的方法,收集300名学生每周平均体育运动时长的样本数据(单位:h).
(1)应收集多少名男生样本数据
(2)根据这300个样本数据,得到学生每周平均体育运动时长的频率分布直方图如图,其中样本数据分布区间为[0,2),[2,4),[4,6),[6,8),[8,10),[10,12].在该校学生中任选一人,试估计这名学生每周平均体育运动时长不超过7 h的概率.
【解】 (2)学生每周平均体育运动时长不超过7 h的频率约为(0.025+0.100+0.150)×2+0.125×1=0.675,
所以估计该校这名学生每周平均体育运动时长不超过7 h的概率为0.675.
感谢观看章末复习提升
题型一　古典概型
　确认古典概型就是要判断每个样本点的发生是否是等可能的、有限的.求样本点的基本方法是列举法,一定要从可能性入手,对照样本点的含义及特征进行思考,并将所有可能的样本点一一列举出来.然后在所有样本点中找出满足事件A的样本点的个数,应用公式P(A)==求出概率.在较复杂的问题中,样本点的个数的求解还可应用列表或树状图.
[典例1] 从分别写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中不放回随机抽取2张,则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为(　　)
[A] [B] [C] [D]
(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6),(5,6),共15种情况,其中数字之积是4的倍数的有(1,4),
(2,4),(2,6),(3,4),(4,5),(4,6),共6种情况,故概率为=.
故选C.
[跟踪训练] 已知点集P={(x,y)|x,y∈{1,2,3}},从集合P中任取一点,横、纵坐标和为偶数的概率是(　　)
[A] [B] [C] [D]
从集合P中任取一点的情况有(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3),共9个样本点,横、纵坐标和为偶数的有(1,1),(1,3),(2,2),(3,1),(3,3),共5个样本点,所以 P(A)=.故选D.
题型二　互斥事件与独立事件的概率
1.应用互斥事件的概率加法公式,一定要注意首先确定各事件彼此是否互斥,然后求出各事件分别发生的概率,再求和.
2.求复杂事件的概率通常有两种方法:一是将所求事件转化成彼此互斥的事件的和;二是先求其对立事件的概率,然后再应用公式P(A)=1-P()(为A的对立事件)求解.
3.对于事件A与事件B,若有P(AB)=P(A)·P(B),则事件A与事件B相互独立;若事件A与事件B相互独立,则P(AB)=P(A)P(B).
[典例2] 猜灯谜是中国元宵节特色活动之一.已知甲、乙、丙三人每人写一个灯谜,分别放入三个完全相同的小球,三人约定每人随机选一个球(不放回),猜出自己所选球内的灯谜者获胜.若他们每人必能猜对自己写的灯谜,并有的概率猜对其他人写的灯谜,则甲独自获胜的概率为(　　)
[A] [B] [C] [D]
因为每人随机选一个球(不放回),用(x,y,z)表示甲、乙、丙选到谁写的灯谜,有(甲,乙,丙),(甲,丙,乙),(乙,丙,甲),(乙,甲,丙),(丙,乙,甲),(丙,甲,乙),共有6种选法.又因为每人必能猜对自己写的灯谜,并有的概率猜对其他人写的灯谜,当甲选到自己写的灯谜,乙、丙选到对方写的灯谜时,甲独自获胜的概率为P1=×(1-)×(1-)=,
当甲选到乙写的灯谜,乙选到丙写的灯谜,丙选到甲写的灯谜时,甲独自获胜的概率为P2=××(1-)×(1-)=,
当甲选到丙写的灯谜,乙选到甲写的灯谜,丙选到乙写的灯谜时,甲独自获胜的概率为P3=××(1-)×(1-)=,
所以P(A)=++=.故选C.
[跟踪训练] 在高二选科前,高一某班班主任对该班同学的选科意向进行了调查统计,根据统计数据发现:选物理的同学占全班同学的80%,同时选物理和化学的同学占全班同学的60%,且该班同学选物理和选化学相互独立.现从该班中随机抽取一名同学,则该同学既不选物理也不选化学的概率为(　　)
[A] 0.125 [B] 0.1 [C] 0.075 [D] 0.05
则P(A)=0.8,P(AB)=0.6,
由该班同学选物理和选化学相互独立,即P(AB)=P(A)P(B),则P(B)===0.75,
故P()=1-0.8=0.2,P()=1-0.75=0.25,
则P( )=P()P()=0.2×0.25=0.05.
故选D.
题型三　用频率估计概率
　随机事件发生的概率是大量试验下的频率的近似值,是一个确定的数,故可用大量试验下的频率来估计概率.
[典例3] 一个地区从某年起4年之内的新生婴儿数及其中的男婴数如下表所示:
时间范围 1年内 2年内 3年内 4年内
新生婴儿数n 5 544 9 607 13 520 17 190
男婴数m 2 883 4 970 6 994 8 892
(1)计算男婴出生的频率(保留4位小数);
(2)这一地区男婴出生的概率约是多少
(2)随着新生婴儿数的增多,男婴出生的频率接近0.517 3,因此,这一地区男婴出生的概率约为 0.517 3.
[跟踪训练] 某市某高校共有学生30 000人,其中女生18 000人,为调查该校学生每周平均体育运动时长的情况,采用比例分配的分层随机抽样的方法,收集300名学生每周平均体育运动时长的样本数据(单位:h).
(1)应收集多少名男生样本数据
(2)根据这300个样本数据,得到学生每周平均体育运动时长的频率分布直方图如图,其中样本数据分布区间为[0,2),[2,4),[4,6),[6,8),[8,10),[10,12].在该校学生中任选一人,试估计这名学生每周平均体育运动时长不超过7 h的概率.
则男生样本数据个数为×300=120.
(2)学生每周平均体育运动时长不超过7 h的频率约为(0.025+0.100+0.150)×2+0.125×1=0.675,
所以估计该校这名学生每周平均体育运动时长不超过7 h的概率为0.675.
章末检测卷(十)
(限时:120分钟　分值:150分)
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,只有一项是符合题目要求的.
1.下列事件:①任取三条线段,这三条线段恰好组成直角三角形;②从一个三角形的三个顶点各任画一条射线,这三条射线交于一点;③实数a,b都不为0,但a2+b2=0;④明年12月28日的最高气温高于今年12月28日的最高气温.其中为随机事件的是(　　)
[A] ①②③④ [B] ①②④
[C] ①③④ [D] ②③④
2.同时掷两枚质地均匀的硬币,“向上的面都是正面”为事件A,“向上的面至少有一枚是正面”为事件B,则(　　)
[A] A=B [B] A B
[C] A B [D] A与B之间没有关系
3.掷一枚质地均匀的骰子,“向上的点数是1或3”为事件A,“向上的点数是1或5”为事件B,则(　　)
[A] A=B
[B] A∪B表示向上的点数是1或3或5
[C] A∪B表示向上的点数是1或3
[D] A∩B表示向上的点数是1或5
4.如图,甲、乙两个元件串联构成一段电路,事件M=“甲元件故障”,N=“乙元件故障”,则表示该段电路没有故障的事件为(　　)
[A] M∪N [B] M∩N
[C] ∪ [D] ∩
5.移动支付已经成为人们最常用的付费方式.某大型超市为调查顾客付款方式的情况,随机抽取了100名顾客进行调查,记录结果整理如下表.从这100名顾客中随机抽取1人,则该顾客年龄在[40,60)内且未使用移动支付的概率为(　　)
顾客年龄/岁 移动支付人数 其他支付 方式人数
20岁以下 3 0
[20,30) 12 0
[30,40) 14 2
[40,50) 13 9
[50,60) 27 5
[60,70) 9 5
70岁及以上 0 1
[A] [B] [C] [D]
6.已知事件A,B,C两两互斥,若P(A)=,P(C)=,P(A∪B)=,则P(B∪C)等于(　　)
[A] [B] [C] [D]
所以P(AB)=P(BC)=0.
因为P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=+P(B)=,所以P(B)=,
所以P(B∪C)=P(B)+P(C)-P(BC)=+=.故选B.
7.甲、乙两人进行网球比赛,连续比赛三局,各局比赛结果相互独立,且无平局.设乙在第一局获胜的概率为,第二局获胜的概率为,第三局获胜的概率为,则甲恰好连胜两局的概率为(　　)
[A] [B] [C] [D]
8.抛掷两枚质地均匀的骰子(标记为Ⅰ号和Ⅱ号),H1表示事件“Ⅰ号骰子出现的数字是2”,H2表示事件“Ⅱ号骰子出现的数字是3”,H3表示事件“两个点数之和是8”,H4表示事件“两个点数之和是9”,则(　　)
[A] H2与H4相互独立
[B] H1与H3相互独立
[C] H1与H2相互独立
[D] H1与H4相互独立
P(H2)P(H4)=×=≠P(H2H4),H2和H4不相互独立,故A错误;对于B,P(H1H3)=,
P(H1)P(H3)=×=≠P(H1H3),H1和H3不相互独立,故B错误;对于C,P(H1H2)=,
P(H1)P(H2)=×==P(H1H2),H1和H2相互独立,故C正确;对于D,P(H1H4)=0,
P(H1)P(H4)=×=≠P(H1H4),H1和H4不相互独立,故D错误.故选C.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共 18分. 在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.某学校组建了合唱、朗诵、脱口秀、舞蹈、太极拳五个社团,该校共有2 000名学生,每名学生依据自己兴趣爱好最多可参加其中一个,各个社团的人数比例的饼状图如图所示,其中参加朗诵社团的学生有8名,参加太极拳社团的学生有12名,则(　　)
[A] 这五个社团的总人数为100
[B] 脱口秀社团的人数占五个社团总人数的20%
[C] 这五个社团总人数占该校学生人数的5%
[D] 从这五个社团中任选一人,其来自脱口秀社团或舞蹈社团的概率为45%
10.甲、乙两人各投篮1次,已知甲命中的概率为,乙命中的概率为,且他们是否命中相互独立,则(　　)
[A] 恰好有1人命中的概率为
[B] 恰好有1人命中的概率为
[C] 至多有1人命中的概率为
[D] 至少有1人命中的概率为
故选BD.
11.下列对各事件发生的概率判断正确的是(　　)
[A] 某学生在上学的路上要经过4个路口,假设在各路口是否遇到红灯相互独立,遇到红灯的概率都是,那么该学生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为
[B] 甲、乙、丙三人独立地破译一份密码,他们能单独译出的概率分别为,,,假设他们破译密码是彼此独立的,则此密码被破译的概率为
[C] 从1,2,3,4中任取2个不同的数,则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是
[D] 设两个独立事件A和B都不发生的概率为,A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相同,则事件A发生的概率是
对于B,“三个人都不能破译密码”发生的概率为××=,所以此密码被破译的概率为1-=,故B正确;
对于C,从1,2,3,4中任取2个不同的数,共有6个样本点,其中取出的2个数之差的绝对值为2包含(1,3)和(2,4)两个样本点,其概率P==,故C正确;
对于D,易得P(A)=P(B),
即P(A)P()=P(B)P(),
即P(A)[1-P(B)]=P(B)[1-P(A)],
所以P(A)=P(B),又P( )=,
所以P()=P()=,所以P(A)=,故D错误.
故选BC.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.已知事件A与事件B互斥,如果P(A)=0.3,P(B)=0.5,那么P()=　　　　　　.
13.在集合{x|x≤6且x∈N}中任取一个元素,所取元素x恰好满足方程(-1)x=1的概率是　 .
所以集合{x|x≤6且x∈N}中任取一个元素共有7个等可能结果,
其中满足方程(-1)x=1的结果有0,2,4,6,共4个,故所求概率为.
14.某电视台举办“奥运”知识挑战赛,初赛环节,每位选手先从A(跳水)、B(乒乓球)、C(游泳)三类问题中选择一类.该类题库随机提出一个问题,该选手若回答错误则被淘汰,若回答正确则需从余下两类问题中选择一类继续回答.该类题库随机提出一个问题,该选手若回答正确则取得复赛资格,本轮比赛结束,否则该选手需要回答由最后一类题库随机提出的两个问题,两个问题均回答正确该选手才可取得复赛资格,否则被淘汰.已知选手甲能正确回答A,B两类问题的概率均为,能正确回答C类问题的概率为,每题是否回答正确与回答顺序无关,且各题回答正确与否相互独立.为使取得复赛资格的概率最大,在“ABC”“ACB”和“CAB”三种回答顺序中,选手甲应选择　 .
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(本小题满分13分)
现有大小相同的红球和白球各两个,若在其中随机抽取(不放回)两个球.
(1)求所抽的两个球中,恰有一个红球的概率;
(2)求所抽的两个球中,至少有一个红球的概率.
样本空间Ω={a1a2,a1b1,a1b2,a2b1,a2b2,b1b2},其中样本点个数n(Ω)=6,
A={a1b1,a1b2,a2b1,a2b2},
其中样本点个数n(A)=4,
所以P(A)===.
(2)记事件B:“至少有一个红球”,
则={b1b2},其中样本点个数n()=1,所以P()==,所以P(B)=1-P()=.
16.(本小题满分15分)
鲁班锁是一种广泛流传于中国民间的智力玩具,它看似简单,却凝结着不平凡的智慧,易拆难装,十分巧妙,每根木条上的花纹是卖点,也是手工制作的关键.某玩具公司开发了甲、乙两款鲁班锁玩具,各生产了100件样品,样品分为一等品、二等品、三等品,根据销售部市场调研分析,得到相关数据如下(单件成本利润率=利润÷成本×100%):
甲款鲁班锁玩具
项目 一等品 二等品 三等品
单件成本利润率 10% 8% 4%
频数 10 60 30
乙款鲁班锁玩具
项目 一等品 二等品 三等品
单件成本利润率 7.5% 5.5% 3%
频数 50 30 20
(1)用频率估计概率,从这200件产品中随机抽取一件,求该产品是一等品的概率;
(2)若甲、乙两款鲁班锁玩具的投资成本均为20 000元,且每件的投资成本是相同的,分别求投资这两款鲁班锁玩具所获得的利润.
(2)甲款鲁班锁玩具一等品的利润为×10%×10=200(元),
二等品的利润为×8%×60=960(元),
三等品的利润为×4%×30=240(元),
故100件甲款鲁班锁玩具的利润为
200+960+240=1 400(元).
乙款鲁班锁玩具一等品的利润为×7.5%×50=750(元),
二等品的利润为×5.5%×30=330(元),
三等品的利润为×3%×20=120(元),
故100件乙款鲁班锁玩具的利润为750+330+120=1 200(元).
17.(本小题满分15分)
上周某校高三年级学生参加了数学测试,年级组织任课教师对这次考试进行成绩分析.现从中随机选取了40名学生的成绩(满分100分)作为样本,已知这40名学生的成绩全部在40分至100分之间,现将成绩按如下方式分成6组:第一组[40,50);第二组[50,60);…;第六组[90,100],并据此绘制了如图所示的频率分布直方图.
(1)估计这次数学测试成绩的平均分、众数和35%分位数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表);
(2)从成绩大于等于80分的学生中随机选2名,求至少有1名学生的成绩在区间[90,100]内的概率.
所以平均分=0.05×45+0.15×55+0.45×65+0.20×75+0.10×85+0.05×95=68.
众数的估计值是=65.
设35%分位数为x,
因为[40,50)的频率为0.05,[50,60)的频率为0.15,[60,70)的频率为0.45,
所以x∈[60,70),
所以0.05+0.15+(x-60)×0.045=0.35,
解得x=.
(2)设A表示事件“在成绩大于等于80分的学生中随机选2名,至少有1名学生的成绩在区间[90,100]内”,
由题意可知成绩在区间[80,90)内的学生所选取的有0.1×40=4(人),
记这4名学生分别为a,b,c,d;
成绩在区间[90,100]内的学生有0.005×10×40=2(人),
记这2名学生分别为e,f,
则从这6人中任选2人的所有样本点为(a,b),(a,c),(a,d),(a,e),(a,f),(b,c),(b,d),(b,e),(b,f),
(c,d),(c,e),(c,f),(d,e),(d,f),(e,f),共15个,
事件A包含的样本点有(a,e),(a,f),(b,e),(b,f),(c,e),(c,f),(d,e),(d,f),(e,f),共9个,
所以P(A)==.
故所求事件的概率为.
18.(本小题满分17分)
某学校举行了某数学软件相关专业知识考试,试卷中只有两道题目,已知甲同学答对每题的概率都为p,乙同学答对每题的概率都为q(p>q),且在考试中每人各题答题结果互不影响.已知每题甲、乙同时答对的概率为,恰有一人答对的概率为.
(1)求p和q的值;
(2)求两人共答对3道题的概率.
即解得或
由于p>q,所以p=,q=.
(2)设Ai={甲同学答对了i道题},Bi={乙同学答对了i道题},i=0,1,2.
由题意得,P(A1)=×+×=,
P(A2)=×=,
P(B1)=×+×=,
P(B2)=×=.
设E={甲、乙二人共答对3道题},则E=A1B2+A2B1.
由于Ai和Bi相互独立,A1B2与A2B1互斥,
所以P(E)=P(A1B2)+P(A2B1)=P(A1)P(B2)+P(A2)P(B1)=×+×=.
所以甲、乙两人共答对3道题的概率为.
19.(本小题满分17分)
甲、乙、丙三人进行投篮比赛,其中甲投篮一次命中的概率为,甲、乙两人各投篮一次且都命中的概率为,乙、丙两人各投篮一次且都命中的概率为,且任意两次投篮互不影响.
(1)分别计算乙、丙两人各投篮一次且都命中的概率;
(2)求甲、乙、丙各投篮一次恰有两人命中的概率;
(3)若乙想命中的概率不低于0.999 9,乙至少需要投篮多少次 (参考数据:lg 2≈0.301 0,lg 3≈
0.477 1)
依题意,P(A)=,P(AB)=P(A)P(B)=,
则P(B)=,P(BC)=P(B)P(C)=,
解得P(C)=,
所以乙投篮一次命中的概率为,丙投篮一次命中的概率为.
(2)记甲、乙、丙各投篮一次恰有两人命中为事件D,则D=AB+AC+BC,
则P(D)=P(AB+AC+BC)
=P(AB)+P(AC)+P(BC)
=××+××+××=,
所以甲、乙、丙各投篮一次恰有两人命中的概率为.
(3)设乙投篮n(n∈N*)次,则至少有一次命中的概率为1-[P()]n=1-()n,
由1-()n≥0.999 9,得()n≤,两边取常用对数得n(lg 2-lg 3)≤-4,
因此n≥≈≈22.714 4,则nmin=23,
所以乙至少需要投篮23次.
综合检测卷
(限时:120分钟　分值:150分)
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,只有一项是符合题目要求的.
1.a=(3,-2),b=(t,1),若a∥b,则实数t为(　　)
[A] [B] - [C] [D] -
2.已知复数z满足=i(i为虚数单位),则z的共轭复数等于(　　)
[A] 2i [B] -2i
[C] -2+2i [D] -2-2i
3.已知某圆锥的底面半径和球的半径都为,且它们的体积相等,则圆锥的侧面积为(　　)
[A] 3π [B] 2π
[C] 3π [D] 2π
·π·()3,得h=4,所以L===.故圆锥的侧面积S=π×L=π×=
3π.故选A.
4.供电部门对某社区1 000名居民2025年6月份用电情况进行统计后,将用电量(单位:kW·h)分为[0,10),[10,20),[20,30),[30,40),[40,50]五组,整理得到如图所示的频率分布直方图(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表),则下列说法错误的是(　　)
[A] 在这1 000名居民中,6月份用电量人数最多的一组有400人
[B] 在这1 000名居民中,6月份用电量不低于20 kW·h的有500人
[C] 在这1 000名居民中,6月份人均用电量为25 kW·h
[D] 从这1 000名居民中,任选1人担任安全用电宣传员,选到的居民用电量在[30,40)一组的概率为
0.5=500(人),故B正确;对于C,6月份人均用电量为(5×0.01+15×0.04+25×0.03+35×0.01+
45×0.01)×10=22(kW·h),故C错误;对于D,用电量在[30,40)的有0.01×10×1 000=100(人),所以
1 000名居民中任选1名,选到的居民用电量在[30,40)一组的概率为P==,故D正确.
故选C.
5.如图,在正方体ABCDA′B′C′D′中,M,N分别是A′D′,D′C′的中点,则直线AM与平面BND的位置关系是(　　)
[A] 垂直 [B] 平行
[C] 相交但不垂直 [D] 无法确定
所以MN∥A′C′∥AC,
即MN∥AE,且2MN=A′C′=AC=2AE,
即MN=AE,则四边形AENM为平行四边形,故AM∥EN,由AM 平面BND,EN 平面BND,则AM∥平面BND.故选B.
6.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知acos C=3ccos A,且tan C=,则A等于(　　)
[A] [B] [C] [D]
7.某班组织全班学生开展有关亚冬会知识的竞赛活动,已知该班男生35人,女生25人.根据统计分析,男生组成绩和女生组成绩的方差分别为,,该班成绩的方差为s2,则下列结论中一定正确的是(　　)
[A] s2= [B] s2≥
[C] s2= [D] s2≥
则s2=[+(-)2]+[+(-)2],
s2=+≥.故选D.
8.三棱锥CPAB中,若PA⊥PB,∠APC=∠BPC=60°,PC=2PA=2PB=2,则直线PC与平面PAB所成角的正弦值是(　　)
[A] [B] [C] [D]
垂足分别为H,E,连接CH,CE(图略),则∠CPG为直线PC与平面PAB所成的角,
由CG⊥平面PAB,PA,PG 平面PAB,
所以CG⊥PA,CG⊥PG,
又GH⊥PA,CG∩GH=G,GH,CG 平面CHG,所以PA⊥平面CHG.
因为CH 平面CHG,所以PA⊥CH,同理可得PB⊥CE,由∠APC=∠BPC=60°,
得PE=PH=PC,又PA⊥PB,因此四边形PEGH为正方形,PG=PH=PC,CG=PC,所以直线PC与平面PAB所成角的正弦值sin∠CPG==.
故选B.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共 18分. 在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.下列各式中能化简为的是(　　)
[A] -(+)-(+)
[B] --+
[C] (-)-
[D] -(+)
=-(+++)
=-=,故A正确;
对于B,--+=-+=+2,故B错误;
对于C,(-)-=--=++=,故C正确;
对于D,-(+)=-0=,故D正确.故选ACD.
10.在管理学研究中,有一种衡量个体领导力的模型,称为“五力模型”,即一个人的领导力由五种能力——影响力、控制力、决断力、前瞻力和感召力构成.如图是某企业对两位领导人领导力的测评图,其中每项能力分为三个等级,“一般”记为4分、“较强”记为5分、“很强”记为6分,把分值称为能力指标,则下列判断正确的是(　　)
[A] 甲、乙的五项能力指标的平均数相同
[B] 甲、乙的五项能力指标的方差相同
[C] 如果从控制力、决断力、前瞻力考虑,乙的领导力高于甲的领导力
[D] 如果从影响力、控制力、感召力考虑,甲的领导力高于乙的领导力
11.如图,两个共底面的正四棱锥组成一个八面体EABCDF,且该八面体的各棱长均相等,则(　　)
[A] 平面ABF∥平面CDE
[B] 平面ADE⊥平面EBC
[C] 直线AE与平面BDE所成角的正弦值是
[D] 平面ABE与平面ADE夹角的余弦值是
则O为正方形ABCD的中心,连接OE,OF,
由对称性可知OE=OF,OA=OC,
所以四边形AFCE为平行四边形,
所以AF∥CE,又AF 平面CDE,CE 平面CDE,所以AF∥平面CDE.
同理BF∥平面CDE,又AF∩BF=F,AF,BF 平面ABF,
所以平面ABF∥平面CDE,故A正确.
取BC中点M,连接EM,FM,
则EM⊥BC,FM⊥BC,
所以∠EMF为二面角E-BC-F的平面角.
设该八面体的棱长为a,
则EM=FM=a,EF=2=a,
所以cos∠EMF==-,
所以二面角E-BC-F不是直二面角,
则平面EBC与平面FBC不垂直,
易知平面ADE∥平面FBC,
所以平面ADE与平面EBC也不垂直,故B错误.
取AE中点N,连接BN,DN,
∠BND为二面角B-AE-D的平面角,
cos∠BND=-,所以平面ABE与平面ADE夹角的余弦值是,故D正确.
由AE=AF,OE=OF,得AO⊥EF,在正方形ABCD中,AO⊥BD,
EF 平面BEDF,BD 平面BEDF,
又BD∩EF=O,
所以AO⊥平面BEDF,
所以∠AEO即为直线AE与平面BDE所成的角.
设该八面体的棱长为2,
则AO=AC==,
所以EO===AO,
所以∠AEO=45°,故C错误.
故选AD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.已知|a|=2,|b|=3,=60°,则a·b=　　　　,a在b上的投影向量为　　　　.
a在b上的投影向量为|a|cos=2××=b.
13.集合S={1,2,3,4,5},从S的所有非空子集中,等可能地取出一个,设A S,若x∈A,则6-x∈A,就称子集A满足性质P,则所取出的非空子集满足性质P的概率为　　　　.
{2,4},{2,5},{3,4},{3,5},{4,5},{1,2,3},{1,2,4},{1,2,5},{1,3,4},{1,3,5},{1,4,5},{2,3,4},{2,3,5},
{2,4,5},{3,4,5},{1,2,3,4},{1,2,3,5},{1,2,4,5},{1,3,4,5},{2,3,4,5},{1,2,3,4,5},共31个,满足性质P的有{3},{1,5},{2,4},{1,3,5},{2,3,4},{1,2,4,5},{1,2,3,4,5},共7个,所以所取出的非空子集满足性质P的概率为.
14.现有甲、乙两名小朋友组成“快乐宝贝队”参加猜灯谜活动,每轮活动由甲、乙各猜一个灯谜,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,则“快乐宝贝队”在两轮活动中猜对 2个灯谜的概率为　　　　.
P(A0)=( 1-)×(1-)=,P(A1)=2××(1-)=,P(A2)=()2=,
P(B0)=(1-)×(1-)=,P(B1)=2××(1-)=,P(B2)=()2=,
记事件C为“快乐宝贝队”在两轮活动中猜对2个灯谜,则C=A0B2∪A1B1∪A2B0,且A0B2,
A1B1,A2B0两两互斥,A0与B2,A1与B1,A2与B0分别相互独立,所以P(C)=P(A0B2)+P(A1B1)+
P(A2B0)=P(A0)P(B2)+P(A1)P(B1)+P(A2)P(B0)=×+×+×=,因此“快乐宝贝队”在两轮活动中猜对2个灯谜的概率是.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(本小题满分13分)
在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C的对边,且bcos C+(c-2a)cos B=0.
(1)求B的值;
(2)若·=-2,且满足sin A+sin C=2sin B,求△ABC外接圆的半径R.
所以sin Bcos C+sin Ccos B=2sin Acos B,
则sin(B+C)=2sin Acos B.
又sin(B+C)=sin(π-A)=sin A,
所以sin A=2sin Acos B.
因为sin A≠0,所以cos B=.
又B∈(0,π),所以B=.
(2)由·=ac·cos(π-B)=-ac=-2 ac=4.
由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B,又sin A+sin C=2sin B,所以a+c=2b,
所以=(a+c)2-3ac.
所以=12 (a+c)2=16 a+c=4,
b=2,
所以2R===,
所以R=.
16.(本小题满分15分)
为了加强对传统文化的学习,某高校特命制了一套与传统文化有关的专题训练卷(满分100分),并对整个大学一年级的学生进行了测试.现从这些学生的成绩中随机抽取了50名学生的成绩(单位:分),按照[50,60),[60,70),…,[90,100]分成5组,制成了如图所示的频率分布直方图(假设每名学生的成绩均不低于50分).
(1)求频率分布直方图中x的值,并估计所抽取的50名学生成绩的平均数、中位数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表);
(2)用样本估计总体,若大学一年级共有2 000名学生,试估计大学一年级这次测试成绩不低于75分的人数;
(3)若利用分层随机抽样的方法从样本中成绩不低于70分的学生中抽取6人,再从这6人中任意抽取3人参加这次考试的质量分析会,试求成绩在[70,80)的学生至多有2人被抽到的概率.
所以x==0.02.
由频率分布直方图可估计所抽取的50名学生成绩的平均数为(55×0.01+65×0.03+75×0.03+
85×0.02+95×0.01)×10=74.
由于前两组的频率之和为(0.01+0.03)×10=0.4,
前三组的频率之和为(0.01+0.03+0.03)×10=0.7,故中位数在第3组中.
设中位数为t,则(t-70)×0.03+0.4=0.5,解得t=,即所求的中位数为.
(2)由(1)可知,50名学生中成绩不低于75分的频率为0.03×5+(0.02+0.01)×10=0.45,用样本估计总体,
可以估计大学一年级2 000名学生中成绩不低于75分的人数为2 000×0.45=900.
(3)位于[70,80),[80,90),[90,100]的人数分别为50×0.03×10=15,50×0.02×10=10,50×0.01×10=5,
这三组中所抽取的人数分别为×6=3,×6=2,×6=1,
设事件A=“成绩在[70,80)的学生至多有2人被抽到”,
则=“成绩在[70,80)的学生全都被抽到”.
记成绩在[70,80)的3名学生分别为a,b,c,成绩在[80,90)的2名学生分别为d,e,成绩在[90,100]的1名学生为f,
则从中随机抽取3人的所有样本点为(a,b,c),(a,b,d),(a,b,e),(a,b,f),(a,c,d),(a,c,e),(a,c,f),(a,d,e),
(a,d,f),(a,e,f),(b,c,d),(b,c,e),(b,c,f),(b,d,e),(b,d,f),(b,e,f),(c,d,e),(c,d,f),(c,e,f),(d,e,f),共20个,
成绩在[70,80)的学生全都被抽到包含的样本点为(a,b,c),共1个.
故P()=,P(A)=1-=.
17.(本小题满分15分)
我国古代数学名著《九章算术》中记载了有关特殊几何体的定义:“阳马”是指底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥;“堑堵”是指底面是直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱.如图所示,在堑堵ABCA1B1C1中,若AC⊥BC,A1A=AB=2.
(1)求证:四棱锥BAA1C1C为阳马.
(2)当直线A1B与平面AA1C1C所成的角为时,求该堑堵ABCA1B1C1的体积.
AA1⊥底面ABC,
由AC 底面ABC,BC 底面ABC,
所以AA1⊥AC,AA1⊥BC,
在三棱柱ABCA1B1C1中,四边形CAA1C1为平行四边形,
所以平行四边形CAA1C1为矩形.
又AC⊥BC,
AA1∩AC=A,AA1,AC 平面CAA1C1,
所以BC⊥平面CAA1C1,
所以四棱锥BAA1C1C为阳马.
在Rt△A1AB中,A1A=AB=2,
所以A1B===2,
在Rt△A1BC中,∠BA1C=,
所以BC=A1B=,
所以在Rt△ABC中,
AC===,
所以堑堵的体积为=BC·AC·AA1=×××2=2.
18.(本小题满分17分)
每年的10月1日是国庆节,为庆祝该节日,某学校举办了“知识竞赛”.竞赛共分两轮,即每位参赛选手均须参加两轮比赛,已知在第一轮比赛中,选手甲、乙胜出的概率分别为,;在第二轮比赛中,选手甲、乙胜出的概率分别为p,q.假设甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响.
(1)若q=,求乙恰好有一轮胜出的概率;
(2)若甲、乙各有一轮胜出的概率为,甲、乙两轮都胜出的概率为.
①求p,q的值;
②求甲、乙两人至少有一人两轮都胜出的概率.
设事件B1=“第一轮比赛中乙胜出”,事件B2=“第二轮比赛中乙胜出”,
由题意得A1,A2,B1,B2相互独立,且P(A1)=,P(A2)=p,P(B1)=,P(B2)=q.
记事件C=“乙恰好有一轮胜出”,则C=B1+B2.又B1,B2互斥,
所以当q=时,
P(C)=P(B1+B2)=P(B1)+P(B2)=P(B1)P()+P()P(B2)=×+×=.
因此当q=时,乙恰好有一轮胜出的概率为.
(2)①事件D=“甲、乙各有一轮胜出”,事件E=“甲、乙两轮都胜出”,
则P(D)=P(A1+A2)P(B1+B2)=[(1-p)+p] [(1-q)+q] =,
P(E)=P(A1A2B1B2)=p×q=,
则
解得p=,q=.
②事件G=“甲两轮都胜出”,事件H=“乙两轮都胜出”,
事件K=“甲、乙两人至少有一人两轮都胜出”,
P(G)=×=,P(H)=×=,
P(K)=P(G)+P(H)+P(GH)=×+×+×==.
19.(本小题满分17分)
如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠ADC=120°,CC1=4,M,N分别是线段DD1,BD上的动点,且DN=λDB(0<λ<1).
(1)若二面角M-BC-C1为60°,求DM的长;
(2)当三棱锥M-ADC的体积为时,求CN与平面BCM所成角的正弦值的取值范围.
因为底面ABCD是边长为2的菱形,
∠ADC=120°,
所以△BCD为等边三角形.
由四棱柱ABCDA1B1C1D1是直四棱柱,
可得DD1⊥平面ABCD,
CC1⊥平面ABCD,CC1∥DD1,
∠MDC=∠MDB=90°,BD=DC,MD=MD,
所以Rt△MDB≌Rt△MDC,
可得MB=MC.
因为P为BC的中点,
所以MP⊥BC.
又因为PQ⊥BC,
所以∠MPQ为二面角M-BC-C1的平面角,
即∠MPQ=60°.
在平面B1BCC1中,PQ⊥BC,CC1⊥BC,
所以CC1∥PQ,则DD1∥PQ,
所以∠DMP=∠MPQ=60°.
在Rt△DPC中,DP=CD=.
则tan∠DMP=tan 60°=,解得DM=1.
(2)连接MN,因为DD1⊥平面ABCD,
所以=S△ACD·DM,
S△ACD=·DC·DA·sin∠ADC=×2×2×=.
因为三棱锥MADC的体积为,
所以×·DM=,解得DM=2,
所以M为DD1的中点.
因为DM⊥平面ABCD,
所以=·DM·S△NBC=S△NBC.
在△BCD中,DN=λDB(0<λ<1),
S△BCN=(1-λ)S△BCD=(1-λ)××2×2×=(1-λ),
所以=(1-λ).
设点N到平面BCM的距离为d,
在△MBC中,MB=MC=2,BC=2,
所以S△MBC=BC·
=×2×=,
所以=·d·S△MBC=d.
因为=,
所以(1-λ)=,
解得d=(1-λ).
在△CDN中,由余弦定理得CN2=CD2+DN2-2CD·DN·cos 60°,
所以CN2=4λ2-4λ+4.
设CN与平面BCM所成的角为θ,
所以sin θ===·(0<λ<1).
令1-λ=m∈(0,1),
则sin θ=·
=·.
因为01,所以0所以CN与平面BCM所成角的正弦值的取值范围是(0,).章末复习提升
题型一　古典概型
　确认古典概型就是要判断每个样本点的发生是否是等可能的、有限的.求样本点的基本方法是列举法,一定要从可能性入手,对照样本点的含义及特征进行思考,并将所有可能的样本点一一列举出来.然后在所有样本点中找出满足事件A的样本点的个数,应用公式P(A)==求出概率.在较复杂的问题中,样本点的个数的求解还可应用列表或树状图.
[典例1] 从分别写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中不放回随机抽取2张,则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 C
【解析】 从6张卡片中不放回随机抽取2张,有(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),
(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6),(5,6),共15种情况,其中数字之积是4的倍数的有(1,4),
(2,4),(2,6),(3,4),(4,5),(4,6),共6种情况,故概率为=.
故选C.
[跟踪训练] 已知点集P={(x,y)|x,y∈{1,2,3}},从集合P中任取一点,横、纵坐标和为偶数的概率是(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 D
【解析】 设“横、纵坐标和为偶数”为事件A,
从集合P中任取一点的情况有(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3),共9个样本点,横、纵坐标和为偶数的有(1,1),(1,3),(2,2),(3,1),(3,3),共5个样本点,所以 P(A)=.故选D.
题型二　互斥事件与独立事件的概率
1.应用互斥事件的概率加法公式,一定要注意首先确定各事件彼此是否互斥,然后求出各事件分别发生的概率,再求和.
2.求复杂事件的概率通常有两种方法:一是将所求事件转化成彼此互斥的事件的和;二是先求其对立事件的概率,然后再应用公式P(A)=1-P()(为A的对立事件)求解.
3.对于事件A与事件B,若有P(AB)=P(A)·P(B),则事件A与事件B相互独立;若事件A与事件B相互独立,则P(AB)=P(A)P(B).
[典例2] 猜灯谜是中国元宵节特色活动之一.已知甲、乙、丙三人每人写一个灯谜,分别放入三个完全相同的小球,三人约定每人随机选一个球(不放回),猜出自己所选球内的灯谜者获胜.若他们每人必能猜对自己写的灯谜,并有的概率猜对其他人写的灯谜,则甲独自获胜的概率为(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 C
【解析】 记事件A=“甲独自获胜”,
因为每人随机选一个球(不放回),用(x,y,z)表示甲、乙、丙选到谁写的灯谜,有(甲,乙,丙),(甲,丙,乙),(乙,丙,甲),(乙,甲,丙),(丙,乙,甲),(丙,甲,乙),共有6种选法.又因为每人必能猜对自己写的灯谜,并有的概率猜对其他人写的灯谜,当甲选到自己写的灯谜,乙、丙选到对方写的灯谜时,甲独自获胜的概率为P1=×(1-)×(1-)=,
当甲选到乙写的灯谜,乙选到丙写的灯谜,丙选到甲写的灯谜时,甲独自获胜的概率为P2=××(1-)×(1-)=,
当甲选到丙写的灯谜,乙选到甲写的灯谜,丙选到乙写的灯谜时,甲独自获胜的概率为P3=××(1-)×(1-)=,
所以P(A)=++=.故选C.
[跟踪训练] 在高二选科前,高一某班班主任对该班同学的选科意向进行了调查统计,根据统计数据发现:选物理的同学占全班同学的80%,同时选物理和化学的同学占全班同学的60%,且该班同学选物理和选化学相互独立.现从该班中随机抽取一名同学,则该同学既不选物理也不选化学的概率为(　　)
[A] 0.125 [B] 0.1 [C] 0.075 [D] 0.05
【答案】 D
【解析】 设事件A=“选物理”,B=“选化学”,
则P(A)=0.8,P(AB)=0.6,
由该班同学选物理和选化学相互独立,即P(AB)=P(A)P(B),则P(B)===0.75,
故P()=1-0.8=0.2,P()=1-0.75=0.25,
则P( )=P()P()=0.2×0.25=0.05.
故选D.
题型三　用频率估计概率
　随机事件发生的概率是大量试验下的频率的近似值,是一个确定的数,故可用大量试验下的频率来估计概率.
[典例3] 一个地区从某年起4年之内的新生婴儿数及其中的男婴数如下表所示:
时间范围 1年内 2年内 3年内 4年内
新生婴儿数n 5 544 9 607 13 520 17 190
男婴数m 2 883 4 970 6 994 8 892
(1)计算男婴出生的频率(保留4位小数);
(2)这一地区男婴出生的概率约是多少
【解】 (1)计算即得男婴出生的频率依次约是0.520 0,0.517 3,0.517 3,0.517 3.
(2)随着新生婴儿数的增多,男婴出生的频率接近0.517 3,因此,这一地区男婴出生的概率约为 0.517 3.
[跟踪训练] 某市某高校共有学生30 000人,其中女生18 000人,为调查该校学生每周平均体育运动时长的情况,采用比例分配的分层随机抽样的方法,收集300名学生每周平均体育运动时长的样本数据(单位:h).
(1)应收集多少名男生样本数据
(2)根据这300个样本数据,得到学生每周平均体育运动时长的频率分布直方图如图,其中样本数据分布区间为[0,2),[2,4),[4,6),[6,8),[8,10),[10,12].在该校学生中任选一人,试估计这名学生每周平均体育运动时长不超过7 h的概率.
【解】 (1)用比例分配的分层随机抽样的方法,
则男生样本数据个数为×300=120.
(2)学生每周平均体育运动时长不超过7 h的频率约为(0.025+0.100+0.150)×2+0.125×1=0.675,
所以估计该校这名学生每周平均体育运动时长不超过7 h的概率为0.675.
章末检测卷(十)
(限时:120分钟　分值:150分)
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,只有一项是符合题目要求的.
1.下列事件:①任取三条线段,这三条线段恰好组成直角三角形;②从一个三角形的三个顶点各任画一条射线,这三条射线交于一点;③实数a,b都不为0,但a2+b2=0;④明年12月28日的最高气温高于今年12月28日的最高气温.其中为随机事件的是(　　)
[A] ①②③④ [B] ①②④
[C] ①③④ [D] ②③④
【答案】 B
【解析】 任取三条线段,这三条线段可能组成直角三角形,也可能组不成直角三角形,故①为随机事件;从一个三角形的三个顶点各任画一条射线,三条射线可能不相交、交于一点、交于两点、交于三点,故②为随机事件;若实数a,b都不为0,则a2+b2一定不等于0,故③为不可能事件;由于明年12月28日还未到来,故明年12月28日的最高气温可能高于今年12月28日的最高气温,也可能低于今年12月28日的最高气温,还可能等于今年12月28日的最高气温,故④为随机事件.故选B.
2.同时掷两枚质地均匀的硬币,“向上的面都是正面”为事件A,“向上的面至少有一枚是正面”为事件B,则(　　)
[A] A=B [B] A B
[C] A B [D] A与B之间没有关系
【答案】 C
【解析】 由同时掷两枚硬币,样本空间为Ω={(正,正),(正,反),(反,正),(反,反)},其中事件A={(正,正)},事件B={(正,正),(正,反),(反,正)},所以A B.故选C.
3.掷一枚质地均匀的骰子,“向上的点数是1或3”为事件A,“向上的点数是1或5”为事件B,则(　　)
[A] A=B
[B] A∪B表示向上的点数是1或3或5
[C] A∪B表示向上的点数是1或3
[D] A∩B表示向上的点数是1或5
【答案】 B
【解析】 由题可知,“向上的点数是1或3”为事件A,“向上的点数是1或5”为事件B,所以事件B不等于事件A,故A错误;事件A∪B表示“向上的点数是1或3或5”,故B正确,C错误;事件A∩B表示“向上的点数是1”,故D错误.故选B.
4.如图,甲、乙两个元件串联构成一段电路,事件M=“甲元件故障”,N=“乙元件故障”,则表示该段电路没有故障的事件为(　　)
[A] M∪N [B] M∩N
[C] ∪ [D] ∩
【答案】 D
【解析】 因为甲、乙两个元件串联,线路没有故障,即甲、乙都没有故障,即事件和同时发生,即∩.故选D.
5.移动支付已经成为人们最常用的付费方式.某大型超市为调查顾客付款方式的情况,随机抽取了100名顾客进行调查,记录结果整理如下表.从这100名顾客中随机抽取1人,则该顾客年龄在[40,60)内且未使用移动支付的概率为(　　)
顾客年龄/岁 移动支付人数 其他支付 方式人数
20岁以下 3 0
[20,30) 12 0
[30,40) 14 2
[40,50) 13 9
[50,60) 27 5
[60,70) 9 5
70岁及以上 0 1
[A] [B] [C] [D]
【答案】 D
【解析】 在随机抽取的100名顾客中,顾客年龄在[40,60)内且未使用移动支付的共有9+5=14(名),所以从这100名顾客中随机抽取1名顾客,该顾客年龄在[40,60)内且未使用移动支付的概率为P==.故选D.
6.已知事件A,B,C两两互斥,若P(A)=,P(C)=,P(A∪B)=,则P(B∪C)等于(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 B
【解析】 因为A,B,C两两互斥,
所以P(AB)=P(BC)=0.
因为P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=+P(B)=,所以P(B)=,
所以P(B∪C)=P(B)+P(C)-P(BC)=+=.故选B.
7.甲、乙两人进行网球比赛,连续比赛三局,各局比赛结果相互独立,且无平局.设乙在第一局获胜的概率为,第二局获胜的概率为,第三局获胜的概率为,则甲恰好连胜两局的概率为(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 B
【解析】 设Ai=“甲第i局胜”,i=1,2,3,且P(A1)=,P(A2)=,P(A3)=,则甲恰好连胜两局的概率为P(A1A2)+P(A2A3)=××(1-)+( 1-)××=.故选B.
8.抛掷两枚质地均匀的骰子(标记为Ⅰ号和Ⅱ号),H1表示事件“Ⅰ号骰子出现的数字是2”,H2表示事件“Ⅱ号骰子出现的数字是3”,H3表示事件“两个点数之和是8”,H4表示事件“两个点数之和是9”,则(　　)
[A] H2与H4相互独立
[B] H1与H3相互独立
[C] H1与H2相互独立
[D] H1与H4相互独立
【答案】 C
【解析】 依题意,P(H1)==,P(H2)==,P(H3)=,P(H4)==,对于A,P(H2H4)=,
P(H2)P(H4)=×=≠P(H2H4),H2和H4不相互独立,故A错误;对于B,P(H1H3)=,
P(H1)P(H3)=×=≠P(H1H3),H1和H3不相互独立,故B错误;对于C,P(H1H2)=,
P(H1)P(H2)=×==P(H1H2),H1和H2相互独立,故C正确;对于D,P(H1H4)=0,
P(H1)P(H4)=×=≠P(H1H4),H1和H4不相互独立,故D错误.故选C.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共 18分. 在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.某学校组建了合唱、朗诵、脱口秀、舞蹈、太极拳五个社团,该校共有2 000名学生,每名学生依据自己兴趣爱好最多可参加其中一个,各个社团的人数比例的饼状图如图所示,其中参加朗诵社团的学生有8名,参加太极拳社团的学生有12名,则(　　)
[A] 这五个社团的总人数为100
[B] 脱口秀社团的人数占五个社团总人数的20%
[C] 这五个社团总人数占该校学生人数的5%
[D] 从这五个社团中任选一人,其来自脱口秀社团或舞蹈社团的概率为45%
【答案】 BD
【解析】 对于A,参加朗诵社团的学生有8名,占比为10%,所以这五个社团的总人数为8÷10%=80(人),即A错误;对于B,太极拳社团的学生有12名,可知其占比为12÷80=15%,因此脱口秀社团的人数占五个社团总人数的1-30%-10%-25%-15%=20%,即B正确;对于C,该校共有2 000名学生,所以这五个社团总人数占该校学生人数的80÷2 000=4%,即C错误;对于D,由B易知脱口秀社团共有80×20%=16(人),舞蹈社团共有80×25%=20(人),两社团共有36人,所以从这五个社团中任选一人,其来自脱口秀社团或舞蹈社团的概率为36÷80=45%,即D正确.故选BD.
10.甲、乙两人各投篮1次,已知甲命中的概率为,乙命中的概率为,且他们是否命中相互独立,则(　　)
[A] 恰好有1人命中的概率为
[B] 恰好有1人命中的概率为
[C] 至多有1人命中的概率为
[D] 至少有1人命中的概率为
【答案】 BD
【解析】 对于A,B,恰好有1人命中的概率为×+×=,故A错误,B正确;对于C,至多有1人命中包含0人命中和恰好1人命中,因此至多有1人命中的概率为×+=,故C错误;对于D,至少有1人命中包含恰好1人命中和2人都命中,因此至少有1人命中的概率为+×=,故D正确.
故选BD.
11.下列对各事件发生的概率判断正确的是(　　)
[A] 某学生在上学的路上要经过4个路口,假设在各路口是否遇到红灯相互独立,遇到红灯的概率都是,那么该学生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为
[B] 甲、乙、丙三人独立地破译一份密码,他们能单独译出的概率分别为,,,假设他们破译密码是彼此独立的,则此密码被破译的概率为
[C] 从1,2,3,4中任取2个不同的数,则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是
[D] 设两个独立事件A和B都不发生的概率为,A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相同,则事件A发生的概率是
【答案】 BC
【解析】 对于A,该学生在第3个路口首次遇到红灯的情况为前2个路口都不是红灯,第3个路口是红灯,所以概率为(1-) 2×=,故A错误;
对于B,“三个人都不能破译密码”发生的概率为××=,所以此密码被破译的概率为1-=,故B正确;
对于C,从1,2,3,4中任取2个不同的数,共有6个样本点,其中取出的2个数之差的绝对值为2包含(1,3)和(2,4)两个样本点,其概率P==,故C正确;
对于D,易得P(A)=P(B),
即P(A)P()=P(B)P(),
即P(A)[1-P(B)]=P(B)[1-P(A)],
所以P(A)=P(B),又P( )=,
所以P()=P()=,所以P(A)=,故D错误.
故选BC.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.已知事件A与事件B互斥,如果P(A)=0.3,P(B)=0.5,那么P()=　　　　　　.
【答案】 0.2
【解析】 由题意P()=1-P(A∪B)=1-[P(A)+P(B)]=1-(0.3+0.5)=0.2.
13.在集合{x|x≤6且x∈N}中任取一个元素,所取元素x恰好满足方程(-1)x=1的概率是　 .
【答案】
【解析】 因为{x|x≤6且x∈N}={0,1,2,3,4,5,6},
所以集合{x|x≤6且x∈N}中任取一个元素共有7个等可能结果,
其中满足方程(-1)x=1的结果有0,2,4,6,共4个,故所求概率为.
14.某电视台举办“奥运”知识挑战赛,初赛环节,每位选手先从A(跳水)、B(乒乓球)、C(游泳)三类问题中选择一类.该类题库随机提出一个问题,该选手若回答错误则被淘汰,若回答正确则需从余下两类问题中选择一类继续回答.该类题库随机提出一个问题,该选手若回答正确则取得复赛资格,本轮比赛结束,否则该选手需要回答由最后一类题库随机提出的两个问题,两个问题均回答正确该选手才可取得复赛资格,否则被淘汰.已知选手甲能正确回答A,B两类问题的概率均为,能正确回答C类问题的概率为,每题是否回答正确与回答顺序无关,且各题回答正确与否相互独立.为使取得复赛资格的概率最大,在“ABC”“ACB”和“CAB”三种回答顺序中,选手甲应选择　 .
【答案】 ABC
【解析】 按ABC顺序回答,取得复赛资格的概率为×(+××)=,按ACB顺序回答,取得复赛资格的概率为×(+××)=,按CAB顺序回答,取得复赛资格的概率为×(+××)=,因为>>,所以甲按ABC顺序回答,可使取得复赛资格的概率最大.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(本小题满分13分)
现有大小相同的红球和白球各两个,若在其中随机抽取(不放回)两个球.
(1)求所抽的两个球中,恰有一个红球的概率;
(2)求所抽的两个球中,至少有一个红球的概率.
【解】 (1)记两红球为a1,a2,两白球为b1,b2,事件A:“恰有一个红球”,
样本空间Ω={a1a2,a1b1,a1b2,a2b1,a2b2,b1b2},其中样本点个数n(Ω)=6,
A={a1b1,a1b2,a2b1,a2b2},
其中样本点个数n(A)=4,
所以P(A)===.
(2)记事件B:“至少有一个红球”,
则={b1b2},其中样本点个数n()=1,所以P()==,所以P(B)=1-P()=.
16.(本小题满分15分)
鲁班锁是一种广泛流传于中国民间的智力玩具,它看似简单,却凝结着不平凡的智慧,易拆难装,十分巧妙,每根木条上的花纹是卖点,也是手工制作的关键.某玩具公司开发了甲、乙两款鲁班锁玩具,各生产了100件样品,样品分为一等品、二等品、三等品,根据销售部市场调研分析,得到相关数据如下(单件成本利润率=利润÷成本×100%):
甲款鲁班锁玩具
项目 一等品 二等品 三等品
单件成本利润率 10% 8% 4%
频数 10 60 30
乙款鲁班锁玩具
项目 一等品 二等品 三等品
单件成本利润率 7.5% 5.5% 3%
频数 50 30 20
(1)用频率估计概率,从这200件产品中随机抽取一件,求该产品是一等品的概率;
(2)若甲、乙两款鲁班锁玩具的投资成本均为20 000元,且每件的投资成本是相同的,分别求投资这两款鲁班锁玩具所获得的利润.
【解】 (1)用频率估计概率,从这200件产品中随机抽取一件,该产品是一等品的概率为=.
(2)甲款鲁班锁玩具一等品的利润为×10%×10=200(元),
二等品的利润为×8%×60=960(元),
三等品的利润为×4%×30=240(元),
故100件甲款鲁班锁玩具的利润为
200+960+240=1 400(元).
乙款鲁班锁玩具一等品的利润为×7.5%×50=750(元),
二等品的利润为×5.5%×30=330(元),
三等品的利润为×3%×20=120(元),
故100件乙款鲁班锁玩具的利润为750+330+120=1 200(元).
17.(本小题满分15分)
上周某校高三年级学生参加了数学测试,年级组织任课教师对这次考试进行成绩分析.现从中随机选取了40名学生的成绩(满分100分)作为样本,已知这40名学生的成绩全部在40分至100分之间,现将成绩按如下方式分成6组:第一组[40,50);第二组[50,60);…;第六组[90,100],并据此绘制了如图所示的频率分布直方图.
(1)估计这次数学测试成绩的平均分、众数和35%分位数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表);
(2)从成绩大于等于80分的学生中随机选2名,求至少有1名学生的成绩在区间[90,100]内的概率.
【解】 (1)因为各组的频率之和为1,所以成绩在区间[80,90)内的频率为1-(0.005×2+0.015+0.020+0.045)×10=0.1.
所以平均分=0.05×45+0.15×55+0.45×65+0.20×75+0.10×85+0.05×95=68.
众数的估计值是=65.
设35%分位数为x,
因为[40,50)的频率为0.05,[50,60)的频率为0.15,[60,70)的频率为0.45,
所以x∈[60,70),
所以0.05+0.15+(x-60)×0.045=0.35,
解得x=.
(2)设A表示事件“在成绩大于等于80分的学生中随机选2名,至少有1名学生的成绩在区间[90,100]内”,
由题意可知成绩在区间[80,90)内的学生所选取的有0.1×40=4(人),
记这4名学生分别为a,b,c,d;
成绩在区间[90,100]内的学生有0.005×10×40=2(人),
记这2名学生分别为e,f,
则从这6人中任选2人的所有样本点为(a,b),(a,c),(a,d),(a,e),(a,f),(b,c),(b,d),(b,e),(b,f),
(c,d),(c,e),(c,f),(d,e),(d,f),(e,f),共15个,
事件A包含的样本点有(a,e),(a,f),(b,e),(b,f),(c,e),(c,f),(d,e),(d,f),(e,f),共9个,
所以P(A)==.
故所求事件的概率为.
18.(本小题满分17分)
某学校举行了某数学软件相关专业知识考试,试卷中只有两道题目,已知甲同学答对每题的概率都为p,乙同学答对每题的概率都为q(p>q),且在考试中每人各题答题结果互不影响.已知每题甲、乙同时答对的概率为,恰有一人答对的概率为.
(1)求p和q的值;
(2)求两人共答对3道题的概率.
【解】 (1)由题意可得
即解得或
由于p>q,所以p=,q=.
(2)设Ai={甲同学答对了i道题},Bi={乙同学答对了i道题},i=0,1,2.
由题意得,P(A1)=×+×=,
P(A2)=×=,
P(B1)=×+×=,
P(B2)=×=.
设E={甲、乙二人共答对3道题},则E=A1B2+A2B1.
由于Ai和Bi相互独立,A1B2与A2B1互斥,
所以P(E)=P(A1B2)+P(A2B1)=P(A1)P(B2)+P(A2)P(B1)=×+×=.
所以甲、乙两人共答对3道题的概率为.
19.(本小题满分17分)
甲、乙、丙三人进行投篮比赛,其中甲投篮一次命中的概率为,甲、乙两人各投篮一次且都命中的概率为,乙、丙两人各投篮一次且都命中的概率为,且任意两次投篮互不影响.
(1)分别计算乙、丙两人各投篮一次且都命中的概率;
(2)求甲、乙、丙各投篮一次恰有两人命中的概率;
(3)若乙想命中的概率不低于0.999 9,乙至少需要投篮多少次 (参考数据:lg 2≈0.301 0,lg 3≈
0.477 1)
【解】 (1)记甲投篮一次命中为事件A,乙投篮一次命中为事件B,丙投篮一次命中为事件C,
依题意,P(A)=,P(AB)=P(A)P(B)=,
则P(B)=,P(BC)=P(B)P(C)=,
解得P(C)=,
所以乙投篮一次命中的概率为,丙投篮一次命中的概率为.
(2)记甲、乙、丙各投篮一次恰有两人命中为事件D,则D=AB+AC+BC,
则P(D)=P(AB+AC+BC)
=P(AB)+P(AC)+P(BC)
=××+××+××=,
所以甲、乙、丙各投篮一次恰有两人命中的概率为.
(3)设乙投篮n(n∈N*)次,则至少有一次命中的概率为1-[P()]n=1-()n,
由1-()n≥0.999 9,得()n≤,两边取常用对数得n(lg 2-lg 3)≤-4,
因此n≥≈≈22.714 4,则nmin=23,
所以乙至少需要投篮23次.
综合检测卷
(限时:120分钟　分值:150分)
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,只有一项是符合题目要求的.
1.a=(3,-2),b=(t,1),若a∥b,则实数t为(　　)
[A] [B] - [C] [D] -
【答案】 B
【解析】 因为a=(3,-2),b=(t,1),由a∥b,可得-2t=3×1,解得t=-.故选B.
2.已知复数z满足=i(i为虚数单位),则z的共轭复数等于(　　)
[A] 2i [B] -2i
[C] -2+2i [D] -2-2i
【答案】 B
【解析】 因为=i,所以z=i(2-i)-1=2i,则=-2i.故选B.
3.已知某圆锥的底面半径和球的半径都为,且它们的体积相等,则圆锥的侧面积为(　　)
[A] 3π [B] 2π
[C] 3π [D] 2π
【答案】 A
【解析】 设圆锥的高为h,则母线长L==.根据已知条件有·π·()2·h=
·π·()3,得h=4,所以L===.故圆锥的侧面积S=π×L=π×=
3π.故选A.
4.供电部门对某社区1 000名居民2025年6月份用电情况进行统计后,将用电量(单位:kW·h)分为[0,10),[10,20),[20,30),[30,40),[40,50]五组,整理得到如图所示的频率分布直方图(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表),则下列说法错误的是(　　)
[A] 在这1 000名居民中,6月份用电量人数最多的一组有400人
[B] 在这1 000名居民中,6月份用电量不低于20 kW·h的有500人
[C] 在这1 000名居民中,6月份人均用电量为25 kW·h
[D] 从这1 000名居民中,任选1人担任安全用电宣传员,选到的居民用电量在[30,40)一组的概率为
【答案】 C
【解析】 对于A,根据频率分布直方图知,人数最多的一组是[10,20),有0.04×10×1 000=400(人),故A正确;对于B,6月份用电量不低于20 kW·h的频率是(0.03+0.01+0.01)×10=0.5,有1 000×
0.5=500(人),故B正确;对于C,6月份人均用电量为(5×0.01+15×0.04+25×0.03+35×0.01+
45×0.01)×10=22(kW·h),故C错误;对于D,用电量在[30,40)的有0.01×10×1 000=100(人),所以
1 000名居民中任选1名,选到的居民用电量在[30,40)一组的概率为P==,故D正确.
故选C.
5.如图,在正方体ABCDA′B′C′D′中,M,N分别是A′D′,D′C′的中点,则直线AM与平面BND的位置关系是(　　)
[A] 垂直 [B] 平行
[C] 相交但不垂直 [D] 无法确定
【答案】 B
【解析】 连接AC交BD于E,连接MN,EN,A′C′,因为M,N分别是A′D′,D′C′的中点,
所以MN∥A′C′∥AC,
即MN∥AE,且2MN=A′C′=AC=2AE,
即MN=AE,则四边形AENM为平行四边形,故AM∥EN,由AM 平面BND,EN 平面BND,则AM∥平面BND.故选B.
6.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知acos C=3ccos A,且tan C=,则A等于(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 B
【解析】 因为acos C=3ccos A,所以cos C≠0,cos A≠0,所以sin Acos C=3sin Ccos A,从而得=,即tan C=tan A,又tan C=,所以tan A=1.又因为A∈(0,π),所以A=.故选B.
7.某班组织全班学生开展有关亚冬会知识的竞赛活动,已知该班男生35人,女生25人.根据统计分析,男生组成绩和女生组成绩的方差分别为,,该班成绩的方差为s2,则下列结论中一定正确的是(　　)
[A] s2= [B] s2≥
[C] s2= [D] s2≥
【答案】 D
【解析】 设该班男生组成绩和女生组成绩的平均分分别为,,两个组的总的平均分为,
则s2=[+(-)2]+[+(-)2],
s2=+≥.故选D.
8.三棱锥CPAB中,若PA⊥PB,∠APC=∠BPC=60°,PC=2PA=2PB=2,则直线PC与平面PAB所成角的正弦值是(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 B
【解析】 过点C作CG⊥平面PAB于G,在平面PAB内过G作GH⊥PA,GE⊥PB,
垂足分别为H,E,连接CH,CE(图略),则∠CPG为直线PC与平面PAB所成的角,
由CG⊥平面PAB,PA,PG 平面PAB,
所以CG⊥PA,CG⊥PG,
又GH⊥PA,CG∩GH=G,GH,CG 平面CHG,所以PA⊥平面CHG.
因为CH 平面CHG,所以PA⊥CH,同理可得PB⊥CE,由∠APC=∠BPC=60°,
得PE=PH=PC,又PA⊥PB,因此四边形PEGH为正方形,PG=PH=PC,CG=PC,所以直线PC与平面PAB所成角的正弦值sin∠CPG==.
故选B.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共 18分. 在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.下列各式中能化简为的是(　　)
[A] -(+)-(+)
[B] --+
[C] (-)-
[D] -(+)
【答案】 ACD
【解析】 对于A,-(+)-(+)=-(+++)
=-(+++)
=-=,故A正确;
对于B,--+=-+=+2,故B错误;
对于C,(-)-=--=++=,故C正确;
对于D,-(+)=-0=,故D正确.故选ACD.
10.在管理学研究中,有一种衡量个体领导力的模型,称为“五力模型”,即一个人的领导力由五种能力——影响力、控制力、决断力、前瞻力和感召力构成.如图是某企业对两位领导人领导力的测评图,其中每项能力分为三个等级,“一般”记为4分、“较强”记为5分、“很强”记为6分,把分值称为能力指标,则下列判断正确的是(　　)
[A] 甲、乙的五项能力指标的平均数相同
[B] 甲、乙的五项能力指标的方差相同
[C] 如果从控制力、决断力、前瞻力考虑,乙的领导力高于甲的领导力
[D] 如果从影响力、控制力、感召力考虑,甲的领导力高于乙的领导力
【答案】 AB
【解析】 甲的五项能力指标为6,5,4,5,4,平均数为=4.8,乙的五项能力指标为6,4,5,4,5,平均数为=4.8,则A正确;由于平均数相同,各项指标数也相同(只是顺序不同),所以方差也相同,则B正确;从控制力、决断力、前瞻力考虑,甲的平均数为,乙的平均数为,所以甲的领导力高于乙的领导力,则C不正确;从影响力、控制力、感召力考虑,甲、乙的能力指标平均数相同,方差也相同,所以甲、乙水平相当,则D不正确.故选AB.
11.如图,两个共底面的正四棱锥组成一个八面体EABCDF,且该八面体的各棱长均相等,则(　　)
[A] 平面ABF∥平面CDE
[B] 平面ADE⊥平面EBC
[C] 直线AE与平面BDE所成角的正弦值是
[D] 平面ABE与平面ADE夹角的余弦值是
【答案】 AD
【解析】 连接AC交BD于点O,
则O为正方形ABCD的中心,连接OE,OF,
由对称性可知OE=OF,OA=OC,
所以四边形AFCE为平行四边形,
所以AF∥CE,又AF 平面CDE,CE 平面CDE,所以AF∥平面CDE.
同理BF∥平面CDE,又AF∩BF=F,AF,BF 平面ABF,
所以平面ABF∥平面CDE,故A正确.
取BC中点M,连接EM,FM,
则EM⊥BC,FM⊥BC,
所以∠EMF为二面角E-BC-F的平面角.
设该八面体的棱长为a,
则EM=FM=a,EF=2=a,
所以cos∠EMF==-,
所以二面角E-BC-F不是直二面角,
则平面EBC与平面FBC不垂直,
易知平面ADE∥平面FBC,
所以平面ADE与平面EBC也不垂直,故B错误.
取AE中点N,连接BN,DN,
∠BND为二面角B-AE-D的平面角,
cos∠BND=-,所以平面ABE与平面ADE夹角的余弦值是,故D正确.
由AE=AF,OE=OF,得AO⊥EF,在正方形ABCD中,AO⊥BD,
EF 平面BEDF,BD 平面BEDF,
又BD∩EF=O,
所以AO⊥平面BEDF,
所以∠AEO即为直线AE与平面BDE所成的角.
设该八面体的棱长为2,
则AO=AC==,
所以EO===AO,
所以∠AEO=45°,故C错误.
故选AD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.已知|a|=2,|b|=3,=60°,则a·b=　　　　,a在b上的投影向量为　　　　.
【答案】 3　b
【解析】 a·b=|a||b|cos=2×3×=3,
a在b上的投影向量为|a|cos=2××=b.
13.集合S={1,2,3,4,5},从S的所有非空子集中,等可能地取出一个,设A S,若x∈A,则6-x∈A,就称子集A满足性质P,则所取出的非空子集满足性质P的概率为　　　　.
【答案】
【解析】 由题可知,S的所有非空子集有{1},{2},{3},{4},{5},{1,2},{1,3},{1,4},{1,5},{2,3},
{2,4},{2,5},{3,4},{3,5},{4,5},{1,2,3},{1,2,4},{1,2,5},{1,3,4},{1,3,5},{1,4,5},{2,3,4},{2,3,5},
{2,4,5},{3,4,5},{1,2,3,4},{1,2,3,5},{1,2,4,5},{1,3,4,5},{2,3,4,5},{1,2,3,4,5},共31个,满足性质P的有{3},{1,5},{2,4},{1,3,5},{2,3,4},{1,2,4,5},{1,2,3,4,5},共7个,所以所取出的非空子集满足性质P的概率为.
14.现有甲、乙两名小朋友组成“快乐宝贝队”参加猜灯谜活动,每轮活动由甲、乙各猜一个灯谜,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,则“快乐宝贝队”在两轮活动中猜对 2个灯谜的概率为　　　　.
【答案】
【解析】 设A0,A1,A2分别表示甲两轮活动猜对0个,1个,2个灯谜的事件,B0,B1,B2分别表示乙两轮活动猜对0个,1个,2个灯谜的事件.根据独立事件的性质,可得
P(A0)=( 1-)×(1-)=,P(A1)=2××(1-)=,P(A2)=()2=,
P(B0)=(1-)×(1-)=,P(B1)=2××(1-)=,P(B2)=()2=,
记事件C为“快乐宝贝队”在两轮活动中猜对2个灯谜,则C=A0B2∪A1B1∪A2B0,且A0B2,
A1B1,A2B0两两互斥,A0与B2,A1与B1,A2与B0分别相互独立,所以P(C)=P(A0B2)+P(A1B1)+
P(A2B0)=P(A0)P(B2)+P(A1)P(B1)+P(A2)P(B0)=×+×+×=,因此“快乐宝贝队”在两轮活动中猜对2个灯谜的概率是.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(本小题满分13分)
在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C的对边,且bcos C+(c-2a)cos B=0.
(1)求B的值;
(2)若·=-2,且满足sin A+sin C=2sin B,求△ABC外接圆的半径R.
【解】 (1)由正弦定理得sin Bcos C+(sin C-2sin A)cos B=0,
所以sin Bcos C+sin Ccos B=2sin Acos B,
则sin(B+C)=2sin Acos B.
又sin(B+C)=sin(π-A)=sin A,
所以sin A=2sin Acos B.
因为sin A≠0,所以cos B=.
又B∈(0,π),所以B=.
(2)由·=ac·cos(π-B)=-ac=-2 ac=4.
由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B,又sin A+sin C=2sin B,所以a+c=2b,
所以=(a+c)2-3ac.
所以=12 (a+c)2=16 a+c=4,
b=2,
所以2R===,
所以R=.
16.(本小题满分15分)
为了加强对传统文化的学习,某高校特命制了一套与传统文化有关的专题训练卷(满分100分),并对整个大学一年级的学生进行了测试.现从这些学生的成绩中随机抽取了50名学生的成绩(单位:分),按照[50,60),[60,70),…,[90,100]分成5组,制成了如图所示的频率分布直方图(假设每名学生的成绩均不低于50分).
(1)求频率分布直方图中x的值,并估计所抽取的50名学生成绩的平均数、中位数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表);
(2)用样本估计总体,若大学一年级共有2 000名学生,试估计大学一年级这次测试成绩不低于75分的人数;
(3)若利用分层随机抽样的方法从样本中成绩不低于70分的学生中抽取6人,再从这6人中任意抽取3人参加这次考试的质量分析会,试求成绩在[70,80)的学生至多有2人被抽到的概率.
【解】 (1)由频率分布直方图可得,第4组的频率为1-(0.01+0.03+0.03+0.01)×10=0.2,
所以x==0.02.
由频率分布直方图可估计所抽取的50名学生成绩的平均数为(55×0.01+65×0.03+75×0.03+
85×0.02+95×0.01)×10=74.
由于前两组的频率之和为(0.01+0.03)×10=0.4,
前三组的频率之和为(0.01+0.03+0.03)×10=0.7,故中位数在第3组中.
设中位数为t,则(t-70)×0.03+0.4=0.5,解得t=,即所求的中位数为.
(2)由(1)可知,50名学生中成绩不低于75分的频率为0.03×5+(0.02+0.01)×10=0.45,用样本估计总体,
可以估计大学一年级2 000名学生中成绩不低于75分的人数为2 000×0.45=900.
(3)位于[70,80),[80,90),[90,100]的人数分别为50×0.03×10=15,50×0.02×10=10,50×0.01×10=5,
这三组中所抽取的人数分别为×6=3,×6=2,×6=1,
设事件A=“成绩在[70,80)的学生至多有2人被抽到”,
则=“成绩在[70,80)的学生全都被抽到”.
记成绩在[70,80)的3名学生分别为a,b,c,成绩在[80,90)的2名学生分别为d,e,成绩在[90,100]的1名学生为f,
则从中随机抽取3人的所有样本点为(a,b,c),(a,b,d),(a,b,e),(a,b,f),(a,c,d),(a,c,e),(a,c,f),(a,d,e),
(a,d,f),(a,e,f),(b,c,d),(b,c,e),(b,c,f),(b,d,e),(b,d,f),(b,e,f),(c,d,e),(c,d,f),(c,e,f),(d,e,f),共20个,
成绩在[70,80)的学生全都被抽到包含的样本点为(a,b,c),共1个.
故P()=,P(A)=1-=.
17.(本小题满分15分)
我国古代数学名著《九章算术》中记载了有关特殊几何体的定义:“阳马”是指底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥;“堑堵”是指底面是直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱.如图所示,在堑堵ABCA1B1C1中,若AC⊥BC,A1A=AB=2.
(1)求证:四棱锥BAA1C1C为阳马.
(2)当直线A1B与平面AA1C1C所成的角为时,求该堑堵ABCA1B1C1的体积.
(1)【证明】由题意在堑堵ABCA1B1C1中,
AA1⊥底面ABC,
由AC 底面ABC,BC 底面ABC,
所以AA1⊥AC,AA1⊥BC,
在三棱柱ABCA1B1C1中,四边形CAA1C1为平行四边形,
所以平行四边形CAA1C1为矩形.
又AC⊥BC,
AA1∩AC=A,AA1,AC 平面CAA1C1,
所以BC⊥平面CAA1C1,
所以四棱锥BAA1C1C为阳马.
(2)【解】 连接A1C(图略),由(1)知BC⊥平面CAA1C1,所以斜线A1B在平面CAA1C1的射影为A1C,所以直线A1B与平面CAA1C1所成的角为∠BA1C=.
在Rt△A1AB中,A1A=AB=2,
所以A1B===2,
在Rt△A1BC中,∠BA1C=,
所以BC=A1B=,
所以在Rt△ABC中,
AC===,
所以堑堵的体积为=BC·AC·AA1=×××2=2.
18.(本小题满分17分)
每年的10月1日是国庆节,为庆祝该节日,某学校举办了“知识竞赛”.竞赛共分两轮,即每位参赛选手均须参加两轮比赛,已知在第一轮比赛中,选手甲、乙胜出的概率分别为,;在第二轮比赛中,选手甲、乙胜出的概率分别为p,q.假设甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响.
(1)若q=,求乙恰好有一轮胜出的概率;
(2)若甲、乙各有一轮胜出的概率为,甲、乙两轮都胜出的概率为.
①求p,q的值;
②求甲、乙两人至少有一人两轮都胜出的概率.
【解】 (1)设事件A1=“第一轮比赛中甲胜出”,事件A2=“第二轮比赛中甲胜出”,
设事件B1=“第一轮比赛中乙胜出”,事件B2=“第二轮比赛中乙胜出”,
由题意得A1,A2,B1,B2相互独立,且P(A1)=,P(A2)=p,P(B1)=,P(B2)=q.
记事件C=“乙恰好有一轮胜出”,则C=B1+B2.又B1,B2互斥,
所以当q=时,
P(C)=P(B1+B2)=P(B1)+P(B2)=P(B1)P()+P()P(B2)=×+×=.
因此当q=时,乙恰好有一轮胜出的概率为.
(2)①事件D=“甲、乙各有一轮胜出”,事件E=“甲、乙两轮都胜出”,
则P(D)=P(A1+A2)P(B1+B2)=[(1-p)+p] [(1-q)+q] =,
P(E)=P(A1A2B1B2)=p×q=,
则
解得p=,q=.
②事件G=“甲两轮都胜出”,事件H=“乙两轮都胜出”,
事件K=“甲、乙两人至少有一人两轮都胜出”,
P(G)=×=,P(H)=×=,
P(K)=P(G)+P(H)+P(GH)=×+×+×==.
19.(本小题满分17分)
如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠ADC=120°,CC1=4,M,N分别是线段DD1,BD上的动点,且DN=λDB(0<λ<1).
(1)若二面角M-BC-C1为60°,求DM的长;
(2)当三棱锥M-ADC的体积为时,求CN与平面BCM所成角的正弦值的取值范围.
【解】 (1)如图所示,取BC的中点P,过点P作 PQ⊥BC,交B1C1于点Q,连接PM,PD.
因为底面ABCD是边长为2的菱形,
∠ADC=120°,
所以△BCD为等边三角形.
由四棱柱ABCDA1B1C1D1是直四棱柱,
可得DD1⊥平面ABCD,
CC1⊥平面ABCD,CC1∥DD1,
∠MDC=∠MDB=90°,BD=DC,MD=MD,
所以Rt△MDB≌Rt△MDC,
可得MB=MC.
因为P为BC的中点,
所以MP⊥BC.
又因为PQ⊥BC,
所以∠MPQ为二面角M-BC-C1的平面角,
即∠MPQ=60°.
在平面B1BCC1中,PQ⊥BC,CC1⊥BC,
所以CC1∥PQ,则DD1∥PQ,
所以∠DMP=∠MPQ=60°.
在Rt△DPC中,DP=CD=.
则tan∠DMP=tan 60°=,解得DM=1.
(2)连接MN,因为DD1⊥平面ABCD,
所以=S△ACD·DM,
S△ACD=·DC·DA·sin∠ADC=×2×2×=.
因为三棱锥MADC的体积为,
所以×·DM=,解得DM=2,
所以M为DD1的中点.
因为DM⊥平面ABCD,
所以=·DM·S△NBC=S△NBC.
在△BCD中,DN=λDB(0<λ<1),
S△BCN=(1-λ)S△BCD=(1-λ)××2×2×=(1-λ),
所以=(1-λ).
设点N到平面BCM的距离为d,
在△MBC中,MB=MC=2,BC=2,
所以S△MBC=BC·
=×2×=,
所以=·d·S△MBC=d.
因为=,
所以(1-λ)=,
解得d=(1-λ).
在△CDN中,由余弦定理得CN2=CD2+DN2-2CD·DN·cos 60°,
所以CN2=4λ2-4λ+4.
设CN与平面BCM所成的角为θ,
所以sin θ===·(0<λ<1).
令1-λ=m∈(0,1),
则sin θ=·
=·.
因为01,所以0所以CN与平面BCM所成角的正弦值的取值范围是(0,).

展开更多......

收起↑