综合练十七空间向量与立体几何&综合练十八计数原理与概率-【育才学案】2023-2024学年高二数学假期综合练(人教版)

综合练十七 综合练十七 空间向量与立体几何 典题必刷· > 1.已知直三校柱ABC-A.B.C的所有校长都 4.如图,直三梭柱ABC-A.BC的体积为4. 相等,M为AC的中点,则AM与BC所成 △ABC的面积为2/② . 角的正弦值为 ) (1)求A到平面A:BC的 C.## D.0 距离: (2)设D为AC的中点 2.在三校锥P-ABC中,PA |平面ABC,PA= AA-AB,平面ABC 平 AB.△ABC是正三角形,M,N分别是AB,PC 面ABBA.,求平面ABD与平面BCD夹角 的中点,则直线MN,PB所成角的余弦值为 的正弦值. ( ~ ### #7## 3.在四校锥P-ABCD中,PD 底面ABCD. $CD/AB,AD=$DC=$CB=1.AB=2.$DP$$ 一③. (1)证明:BD1PA; (2)求PD与平面PAB所 成的角的正弦值. 假期综合练 高二数学 综合练十八 计数原理与概率 真题必刷· 1.某学校为了解学生参加体育运动的情况,用 的信号中出现次数多的即为译码(例如,若 依次收到1,0,1,则译码为1). 比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查, ) 拟从初中部和高中部两层共抽取60名学 A.采用单次传输方案,若依次发送1,0,1 生,已知该校初中部和高中部分别有400名 则依次收到1,0,1的概率为(1一a)(1-) 和200名学生,则不同的抽样结果共有 B.采用三次传输方案,若发送1,则依次收 → ~ 到1,0,1的概率为j(1-③)* A.C·C种 B.C.Co种 C.采用三次传输方案,若发送1,则译码为1 C.C。.C0o种 D.Co·C20种 的概率为801-③){十(1-3)* 2.有五名志愿者参加社区服务,共服务星期 D.当0<。<0.5时,若发送0,则采用三次 六、星期天两天,每天从中任选两人参加服 传输方案译码为0的概率大于采用单次 务,则恰有1人连续参加两天服务的选择种 传输方案译码为0的概率 数为 ( ) 5.某学校开设了4门体育类选修课和4门艺 A.120 B.60 术类选修课,学生需从这8门课中选修2门 C.40 D.30 或3门课,并且每类选修课至少选修1门 3.若(2x-1)-a+ax+ar”+ax十a。. 则不同的选课方案共有 种(用数字 _ 则a士a十a等于 ) 作答). A.40 B.41 C.-40 D.-41 4.(多选)在信道内传输0,1信号,信号的传输 相互独立,发送0时,收到1的概率为g(0 7.甲乙丙三个盒子中装有一定数量的黑球和 a<1),收到0的概率为1一a;发送1时,收 白球,其总数之比为5:4:6.这三个盒子 到0的概率为(0<③1),收到1的概率为 中黑球占总数的比例分别为40%,25%; 1一B.考虑两种传输方案:单次传输和三次 50%.现从三个盒子中各取一个球,取到的 传输,单次传输是指每个信号只发送1次; 三个球都是黑球的概率为 ;将三个 三次传输是指每个信号重复发送3次,收到 盒子混合后任取一个球,是白球的概率为 的信号需要译码,译码规则如下:单次传输 时,收到的信号即为译码:三次传输时,收到 30 综合练十八 典题必刷 >> A3 B.3} } 一120,则该二项式展开式中的常数项为 .# 。_ ~ B.-160 A.320 4.(多选)甲罐中有5个红球,5个自球,乙罐 D.-320 C.160 中有3个红球,7个白球,先从甲罐中随机 2.甲、乙去同一家药店购买一种医用外科口 取出一球放入乙罐,再从乙罐中随机取出一 球,A表示事件“从甲罐取出的球是红球” 罩,已知这家药店出售A,B,C三种医用外 A.表示事件“从甲罐取出的球是白球”,B表 科口罩,甲、乙购买A,B,C三种医用口罩的 概率分别如下; 示事件“从乙罐取出的球是红球”.则下列结 ( 论正确的是 ) 购买A种医 购买B种医购买C种医 A.A,A:为对立事件 用外科口罩 用外科口罩 用外科口罩 B.P(B/A:)-4 11 甲 0.2 0.4 乙 0.3 0.3 D.P(BlA)+P(B A)=1 5.(多选)已知(1+2x)*+a(3-x)=a。+a 则甲、乙购买的是同一种医用外科口罩的概 十...十az*(a字0),则 ( 率为 ) A.n-6 A.0.44 B.0.40 B.-128 C.0.36 D.0.32 3.《周易》是我国古代典籍,用“卦”描述了天地 世间万象变化,如图是一个八卦图,包含乾、 D.a十2a。+.+6a--64 坤、震、器、坎、离、良、兑八卦(每一卦由三个 6.某一电子集成块由a,b,c三个元件并联构 交组成,其中“-”表示一个阳交,“--” 成,三个元件是否有故障相互独立,已知至 表示一个阴交).若从八卦中任取两卦,这两 少1个元件正常工作,该集成块就能正常运 卦的六个交中恰有两个阳交的概率为 _ _ 则在该集成块能够正常工作的情况下,有且 la 仅有一个元件出现故障的概率为 7.(1十x十r^*)}展开式中的系数为参考答案 易知AE=6, 所以AB=2AC,又AB=2PA,所以PA=AC,义D为线段 PC的中点，所以AD⊥PC,又PC∩BC=C,PC,BCC平面 所以点A:到平面PA,C的距离为山：=A,Esin60'=3y里 2 PBC,所以AD⊥平面PBC,而ADC平面ABD,故平面 专 ABD⊥平而PBC. (2)由(1)得PA=AC,BC⊥平面PAC.CGC平面PAC,则 BC⊥CG,BC⊥平面PCG. 又由于C:到平面PAA和平面PAB:的距离都为2， 由题可知，G为AD的中点，AB=4,剩PA=AC=2,所以 这里，平面PAA和平面PAB:重合 BC=2√3，PC=22,AD=√2， w△=3，所以A,A=3B,P=3→B,P=1 所以S,: G-.cG=√()+6=，由于三维P 也即P为BB的中点P,发者B,B,的中点P 典题必刷·提素养 B0G的作款等于三校维B-P0G的体叔，而Sa=号C 1.C 2.AC 3.ABD 4.BC 2 5答案[y同 解析在正方体ABCD-A,B1C,D1中，分别取校B,C,BB EX号=1，由于C⊥年面PCG,期点B到平雨PCG的距 的中点M,N,连接AM,MN,A,N,ME,B,如图， 离为BC=2,设点P到平面BCG的距商为d, 由Vrm=Vnm释号5am·d=号5am·BC,别了× 1-日×1x2原，解释d-2, 所以点P到平而BCG的距离为2回 5 因为点E,F分别是枚BC.CC的中，点，则MN∥BC∥EF, 综合练十七空间向量与立体几何 EFC平而AEF,MN平面AEF, 典题必刷·提素养 则有MN∥平面AEF,是然四边形BEMB1为矩形，有ME∥ 1.C取线段AC的中点O.尉BO⊥AC,设直三棱柱ABCA BB∥AA,ME=BB=AA1, B,C的掖长为2，以点O为原点，O成，O心，AA的方向分别为 肿有四边形AEMA1为平行四边形，则A1M∥AE,而AEC y,轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 平面AEF,A1M过平面AEF.有AM∥平面AEF,又AM ∩MN=M,AM,MNC平面AMN,圈此，平而A,MN∥平 面AEF, 因为A,P∥平而AEF,则有APC平面A:MN,又点P在平 面BCC,B上.平雨AMN∩平面BCC:B=MN,从而得，点 P在线段MN上（不含瑞点），在△A,MN中，A1M=AN √写，MN=√2，等腰△AMN底边MN上的高h √AM-(合MN-2,于是释<A,P<,所以线 则A(0,-1,0),M(0,0,2),B(w3,0,0),C,(0,1,2). 所以AM=(0,1,2).BC=(-√3,1,2)， 度AP长度的取位花国天[号) cos(AM.BC)= AM.BC 5 -10 。所以 6答案号 AM1BCI5×22 解析如图，连接BD,交AC于点O, ni.BC√一sa成.BC-tAM与BC斯 连接OE,则BO=OD, 在线授PE上取一点G使得GE=ED,B 或角的正孩值为写 则距-子连接BG,FG,尉BG/OE.又周为0EC本面 2.D如图，以AC的中，点()为坐标原，点建立空间直角坐标 原，设PA=4, ACE,BG正平面ACE,所以BG∥平面ACE.固为BF∥平面 ACE且满足BG∩BF=B. 故平面BGF∥平面ACE.因为平面PCDn平面BGF=GF, 面PDn本香ACE=C,GF/Bx将以既-器 景即以-导 7,解(1)证明：因为PA⊥司O所在的平面，即PA⊥平面 ABC,而CC平面ABC,所以PA⊥BC, 则N(0,0.2),M(3,-1,0),P(0,-2,4),B(2w3,0,0). 国为AB是司O的直径，C为圆周上一点，所以AC⊥BC,又 NM=(W3.-1.-2).Pi=(23,2.-4).os(NM.Pi5 PA∩AC=A,PA,ACC平面PAC,所以BC⊥平面PAC,而 ADC平面PAC,别BC⊥AD,周为AC⊥BC,∠CBA=30°， ·用一子，时真线MN,PB将成角饰会孩位为子。 67 假期综合练高二数学 3,解(1)证明：在四边移ABCD中，作DE⊥AB于点E,CF 由(1)知，AE=√2， ⊥AB于点F,如图 所以AA1=AB=2,A:B=2√2. 周为△A,C的面积为2反.所以2区-之·A:B·BC,所以 BC=2,所以A(0,2,0),B(0,0,0),C(2,0,0),A1(0,2,2), 周为CD∥AB.AD=CD=CB=1.AB=2,所以四边形AB D(1,1,10,E(0,1,1), CD为等展稀和，所以AE-BF-言：放DE-号，BD 则B币=1.1.1).BA=(0.2.0).设平而ABD的法向受为n =(xy).则 n·BD=0. 十十=0令r=1,得n √DE+BE=3,所法AD+BD=AB,所以AD⊥BD m.Bi=0,2y=0, 国为PD⊥平面ABCD,BDC平而ABCD,所以PD⊥BD, (1,0,一1).文平面BDC的法向受可取为AE=(0,-1,1) 又PD∩AD=D,PD,ADC平面PAD,所法BD⊥平面 PAD.又因为PAC平面PAD,所以BD⊥PA. 所以osA花m)=A店n=-1 (2)由(1》知，DA,DB,DP两两垂直，如图，以D为原点建立 1AE1mEX② 一之，授平面ABD 空间直角坐标系， 与平面BCD的夹角为0，尉in0=一os正m-. 所以辛面ABD与平面CD夹角的正我位为号 综合练十八 计数原理与概率 真题必刷·明方向 1.D根据分层抽科的定义知初中年共抽取60×400 600 别D(0.0,0).A(1,0,0).B(0√3.0)，P(0,0W3).则AP= 40(人)，高中邮共抽取60×200 600=20(人). (-1,03),Bd=(0.-3w3). 根据组合公式和分步计数原理翻不同的抽样结果共有C DP=(0,03),设平面PAB的法向量为n=(y2,测有 ·C种 n·AP=0. 故选D. -x十√3：=0， n·BP=0 可取n=(3,1,1),则 2.B不妨记五名志觅者为a,b,c,de, 1-3y+3=0, 假设a连续参加了两天社区服务，再从剩余的4人物取2人 cos(n,Dy=n·Dj 各参加星期六与星期天的社区服务，共有A=12种方法， nDP =号，所以PD与平面PAB所成角 同理：b,,d,e连续参加了两天社区服务，也各有12种方法， 的正孩值为气 所以拾有1人连续参加了两天社区服务的速择种数有5× 12=60种 故这B 4,解(1)设点A到平面A,BC的距离为h,图为直三校柱 3.B(赋值法)依题意，令x=1,可得1=a,十a,十a,十a1十 ABC-A B.C药体积为4，所以V4-言Sar·M 0.令r=-1.可得81=a,一4a十a:一a1十o,以上两式相加 可得82=2(a1+a:十au,所以m十a:十a1=41. 专Vr45=亭，又△A,BC的面款为2E.V4r 4,ABD对于A,依次发送1,0,1，期狼次救到1,0,1的事件 吉sh=号×2Eh= 言，所以=W2,即点A到平面 是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1的3个事件的 积，它们相互秋立，所以所求概率为 A:BC的距离为√2， (1-)(1-a)(1一)=(1-a)1-),A正确： (2)取A,B的中点E,连接AE,则AE⊥A,B.因为平面A1 对于B,三次传输，发送1，相当于依次发送1,1,1，则依次收 BC⊥平面ABBA,平面ABC门平面ABB:A,=AB,AE 到1,0,1的事件，是发送1接败1、发送1接收0，发送1接 C平面ABB,A1,所以AE⊥平而A,BC,又BCC平面A 收1的3个事件的积， BC,所以AE⊥BC 它们相互独立，所以所求桃率为 又AA1⊥平面ABC,BCC平面ABC,所以AA:⊥BC.恩为 (1一)·3·(1一)=1-)2.B正确： AA,∩AE=A,AA:,AEC平面ABBA1,所法BC⊥平面 对于C,三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次放到1， ABB:A1,又ABC平面ABBA1,所以BC⊥AB.以B为坐 1,0.1,0,1.0,1,1和1,1,1的事件和， 标原点，分利以BC,BA.BB的方向为Ty,e轴的正方向， 它们互斥，由选项B知，所以所求的概率为 建立如图所示的空间直角坐标系， C1-3)+(1-)2=(1-3)(1+23),C错误： 对于D,由选项C知，三次传槍，发遥0，则译码为0的规率P =(1-a)2(1+2a), 单次传输发送0，则译码为0的概率 P'=1-a,而0<a<0.5, 因此P-P'=(1-a)(1+2a)-(1-a)=a(1-a)(1-2a)> 0,即P>P',D正确. 故选ABD. 68 参考答案 5.答案64 因为不能确定：十十1十x,2(1十干，)的大小关系，所 解析当从这8门课中选修2门课时，共有C·C=16:当 以无法判断两个平均数的大小，所以A错误：国为：是最 从这8门课中选修3门课时，共有C·C十C·C=48:篇 小值，工是最大值，所以江的中位数等于z 上，共有64种.故填：64， …,t。的中位数，所以B正确：固为x1是最小值，江。是最大 6.答案60 值，距离教据2“。的平均值大，肿波动性大，所以标 解折展开式的逼项公支-C(2)(一）-( 准差大，所以C错溪，泛：，的最小值r生，最大值 I红+期r1rr≤1+ 1)×2-×C×x4-“,令18-4k=2可得，k=4.则x2项的 x,一≥一工，所以D正确，故选BD. 系数为(-1)×21×C-4×15-60.故答案为：60. 7,答案Q05号 2.D由是意知，BX)=专a+1D.所以D(X)=o+ 27 解析设甲、乙，丙三个盒子中的球的个数分别为5,4I: +a0+-[。）+] 27 27 27 6别，所以总数为15n. 所以当在(0,1)内增大时，D(X)先减小后增大， 所以甲盒中黑球个数为40%×5=2n,白球个数为3m: 3.D对于A,a为数撼的方差，所以：越小，数撼在2=10附 乙盒中黑球个数为25%×4n=n,白琼个数为3n: 近越集中，所以测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大，故 丙盒中黑球个数为50%×6n=3别，白球个数为3n: A正确，对于B,由正态分布密度面线的对称性可如请物理 记“从三个盒子中各取一个琼，取到的球都是黑球”为事件 量一次渊量大于10的桃率为0.5，故B正确；对于C,由正态 A,所以， 分布密度曲线的对称性可知减物理量一次测量结果大于 P(A)=0.4×0.25×0.5=0.05: 10.01的概率与小于9.99的概率相等，故C正确：对于D 记“将三个盒子混合后取出一个球，是白球”为事件B, 同为该物理量一次测量结果落在(9.9,10.0)的概率与幕落在 黑球总共有2n十n十3m=6m个.白球共有9n个，所以，P(B) (10.2,10.3)的概率不问.所以一次测量结果落在(9.9,10,2)的 概率与落在(10,10.3)的概率不问，故D错溪. 故答案为：0.051号 4,答案 1612 7 典题必刷·提素养 1.D 2.D 3.C 4.ABC 解析由题意知的可能取值为12,3,4，P(=1)=司 5.以对于A,B选项，由等式右边最高次项为x项，且不含 15_3 x7项，得n=7且C·2十4·C·3·(一1)=0，即a 35=7,P(=2)= cc-品 C 128,故A错误，B正确：对于C选项，等式两边同乘3，原等 P(=3) C 需P(=4)= 3 1 丽·所以的分布列为 式等价于a十3ai++3a%=7.(1十2x)十128(3-x) C =a。十a1x+…十a:x",令x=3,则a。+3a1++3a6=(1 、3 3 十2×3)十0=7，故C正痛：[(1十2x)7十128(3一x)7了= (a+a1x+…+a6x)',可得14(1+2x)-7×128(3-r) 16 35 35 35 =a:+2a2x+…+6a4x3,令r=1,则a1+2ag+…+6a4 14×3-7×128×2=-47138,D错误. 6答案品 e=1x号+2x+8×+-号 5,解(1)第二次是乙的概率为0,5×0.4十0.5×0.8=0.6 解析记事件A为该桑成块能够正常工作，事件B为仅有 (2)设第1次是甲授篮的概率为P,·测第1次是乙投篮的概 一个元件出现故障，则事件万为该集成块不能正常工作，所 牵为1一p· 以P=1-P不)-1-（信）'-器PB)=C(台） 则p+1=0.6p+0.2(1-p)=0.4p+0.2 吉器片以PBN-0-费-品 构造等比数列{p,+,设P1+=号(p十)，解得 7.答案90 名，则p-吉-(R-吉)又A-名p-言 解析由于(1十x十x)”=[1+(x+x2)],所以其展开式的 通项为C(x十x)r=CCr一x4=CCx十，其中0≤r 合，所以{人一言}是首项为名，公比为号的等比数列， ≤6，r∈N,kEN,为得到(1十r十x2)”展开式中x的系数，则 r十k=4,当=2，k=2时，x的系数为CC=15:当r=3,k 即-吉-专×（号）-言×（号）”'+月 =1时，x的系数为CC=60:翡r=4,k=0时，x'的系数为 (3)由(2)知=言×（号）+号i=12,1,所以当 C%C=15,所以(1+x十x2)'晨开式中x的系数为15+60+ 15=90. 综合练十九 随机变量及其分布 meN时.E(Y)=p十p+“p.= 真题必刷·明方向 1.BD x十+x十上_西十十x十十+4 [1-()]+ 当n=0时，E(Y)=0,特合上式 -十x十x十x-2(十) 12 故B)=1-(号)']+号 69