山东省济宁市2025-2026学年高二上学期期中自编模拟数学试卷01（人教A版）

2025-2026学年山东省济宁市上学期期中自编模拟卷 高二数学 参考答案 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． 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D D B C B C B A 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． 题号 9 10 11 答案 AD BD BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12． 13． 14． 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．（13分） 【详解】（1）由已知可设圆心为， 则，即， 解得，∴，， ∴圆C的方程为．（4分） （2）表示原点与圆C上的点间的距离，（5分） 而原点O在圆C外，，圆C的半径， ∴的最大值为，最小值为．（8分） （3）当l垂直于x轴时，l即为y轴，将代入圆C的方程， 得， ∴，， 此时截得的弦长为，满足条件；（10分） 当l不垂直于x轴时，设l的方程为y＝kx， 圆心C到直线l的距离， 由点到直线的距离公式得，解得． ∴直线l的方程为x＝0或．（13分） 16．（15分） 【详解】（1）（i）记事件为“至少收到一次0”，则.（3分） （ii）不相互独立，（1分） 理由如下：记事件为“第三次收到的信号为1”，则. 记事件为“三次收到的数字之和为2”，则. 因为， 所以事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”不相互独立. （8分） （2）记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，则.（9分） 记事件为“采用单次传输方案时译码为0”，则.（11分） 根据题意可得，即. 因为，所以，即，解得， 故的取值范围为.（15分） 17．（15分） 【详解】（1）由题意可知，两两垂直， 于是建立如图所示的空间直角坐标系,    则，，，， ∴，，.（4分） 设平面的一个法向量为， 即，令，则.（8分） 所以点C到平面的距离.（10分） （2）设直线与平面所成的角为， ， ， 所以直线与平面所成的角的正弦值为.（15分） 18．（17分） 【详解】（1）设事件为“游戏一获胜”， 游戏一中样本空间，，， ，则．（2分） 设事件为“游戏二获胜”， 游戏二中样本空间， ，， 则．所以游戏一获胜概率为，游戏二获胜概率为．（5分） （2）游戏三中，不放回地依次取两个球，样本个数为个， 当时，满足条件的样本点为：共4个， 所以获胜概率为， 所以当时，游戏三获胜概率为．（9分） （3）设事件为“游戏三获胜”，事件为“玩游戏一后先玩游戏二再玩游戏三，获得书券”， 事件为“玩游戏一后先玩游戏三再玩游戏二，获得书券”． ，且，，两两互斥，相互独立， 则 ．（11分） ，且，，两两互斥， 则 ． 依题意，，即需使，解得．（13分） 列出游戏三取球所有情况如下： 第一次 第二次 1 2 3 4 5 1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 当或4或8或9时， ；（15分） 当或6或7时， ．（16分） 所以的取值为或6或7时，先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大．（17分） 19.（17分） 【详解】（1）以D为原点，分别以DA、DC、所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 则 所以， ， 因为在平面内相交于点A， 所以平面；（5分） （2）在平面中，连接交于点， 由（1）知平面， 因为 是正三角形，边长为，由， 即， 点为平面内一动点，且与所成角为，则， 所以点轨迹为以为圆心，为半径的圆，（9分） 线段所形成的曲面是圆锥的侧面，曲面面积； （10分） （3）设， 平面DFG的法向量为，平面的法向量为，平面的法向量为， 设平面EFG的法向量为， 则， 所以，令，， 所以，（13分） 所以， ，， = ， ， ， ， ，当且仅当，即时取等号， 又， ， 所以的取值范围为.（17分） 答案第6页，共7页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年山东省济宁市上学期期中自编模拟卷 高二数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．测试范围：人教A版必修2第十章、选择性必修1第一、二章。 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第I卷（选择题 共58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．若直线，平行，则＝（    ） A． B．1或0 C．0 D．1 2．已知，，平面的一个法向量为，若平面，则（    ） A． B． C． D． 3．已知圆C：，D是圆C上的动点，点，若动点M满足，则点M的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 4．若，则为整数的概率为（   ） A． B． C． D． 5．设为不共线的三点，在下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是（其中O为坐标原点）（   ） A． B． C． D． 6．圆关于直线对称的圆的方程为（　　） A． B． C． D． 7．某运动员每次投掷飞镖命中靶心的概率为40%，现采用随机模拟的方法估计该运动员两次投掷飞镖恰有一次命中靶心的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中靶心，5，6，7，8，9，0表示未命中靶心；再以每两个随机数为一组，代表两次的结果，经随机模拟产生了20组随机数： 02  93  12  25  85  69  68  34  31  45  73  93  28  75  56  35  87  30  11  07 据此估计，该运动员两次掷镖恰有一次命中靶心的概率为（   ） A．0．50 B．0.45 C．0.40 D．0.35 8．如图，在四棱锥中，底面，，，，是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 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．下列说法正确的有（    ） A．直线必过定点 B．直线在y轴上的截距为1 C．直线的倾斜角为 D．经过任意两个不同点的直线都可用方程表示 10．已知正方体的棱长为2，点，分别是的中点，点在正方体内部且满足，则下列说法正确的是（    ） A．与所成角的正弦值是 B．点到平面的距离是 C．平面与平面间的距离为 D．点到直线的距离为 11．为响应校团委发起的“青年大学习”号召，某班组织了有奖知识竞答活动.决赛准备了4道选择题和2道填空题，每位参赛者从6道题中不放回地随机抽取三次，每次抽取1道题作答.设事件为“第次抽到选择题”，则下列结论中正确的是（    ） A．与互斥；与互斥 B．不管第几次抽取，抽到选择题的概率都相同 C． D． 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．若直线的斜率，则直线的倾斜角的取值范围是__________. 13．袋中有3个大小、质地相同的球，分别标有数字1，2，3，从中随机抽取3次，每次取1个球，规则如下：第一次若抽到1号球，则不放回，否则放回；第二次若抽到2号球，则不放回，否则放回.则第三次抽到3号球的概率为______． 14．已知正四面体的棱长为6，是棱的中点，是棱上一动点，若在上，使得与平面所成的角为，则线段的长度的最小值是______. 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．（13分） 已知圆C经过点，且圆心C在直线上． （1）求圆C的方程； （2）若点在圆C上，求的最大值与最小值； （3）过原点的直线l交圆C于M，N两点，若，求直线l的方程． 16．（15分） 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，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为.现有两种传输方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）；三次传输时，收到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，若依次收到1，1，1，则译码为1）. （1）已知，. （i）若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率； （ⅱ）若采用单次传输方案，依次发送0，0，1，试判断事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”是否相互独立，并给出理由. （2）若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求的取值范围. 17．（15分） 如图，在直三棱柱中，，D是棱AC的中点，    （1）求C点到平面的距离. （2）求直线与平面所成的角的正弦值. 18．（17分） 为了激发学生的阅读兴趣，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动．该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券，其它情况均不能获得书券．游戏规则如下表： 箱子中球的颜色和数量 大小质地完全相同的红球3个，白球2个 红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5” 项目 游戏一 游戏二 游戏三 取球规则 取出一个球 有放回地依次取出两个球 不放回地依次取出两个球 获胜规则 取到白球获胜 取到两个白球获胜 编号之和为获胜 （1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率； （2）当时，求游戏三的获胜概率； （3）一名同学首先玩游戏一，试问为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大？ 19．（17分） 已知正方体的棱长为1． （1）证明：平面； （2）已知点为平面内一动点，且与所成角为，求线段所形成的曲面面积S； （3）在棱上分别取点（均不与端点重合），二面角，分别记为，求的取值范围． 试卷第2页，共5页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年山东省济宁市上学期期中自编模拟卷 高二数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．测试范围：人教A版必修2第十章、选择性必修1第一、二章。 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第I卷（选择题 共58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．若直线，平行，则＝（    ） A． B．1或0 C．0 D．1 【答案】D 【分析】根据给定条件利用两直线平行列式计算并验证作答. 【详解】由题意，，解得或， 当时，，，即为，两直线重合，不符合题意； 当时，，，两直线平行. 综上所述，. 故选：D. 2．已知，，平面的一个法向量为，若平面，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据平面，且平面的一个法向量为，由求解. 【详解】因为，，所以， 又因为平面的一个法向量为，且平面， 所以，则，即， 故选：D 3．已知圆C：，D是圆C上的动点，点，若动点M满足，则点M的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，，根据得到，将其代入圆C方程，即得点的轨迹方程. 【详解】设，， 因，则， 由，可得， 即，故（*）， 因D是圆C上的动点，故， 将（*）代入上式，可得， 整理得，即为点M的轨迹方程. 故选：B 4．若，则为整数的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】使用列举法求出样本空间，列举出满足条件的样本点，然后可得概率. 【详解】从中任取两个数的样本空间为： ，共25个. 使为整数的样本点有，共8个. 所以为整数的概率为. 故选：C 5．设为不共线的三点，在下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是（其中O为坐标原点）（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据四点共面的条件逐项判断即可求得结论. 【详解】空间向量共面定理：， 若不共线，且共面，其充要条件是. 对A，因为，所以四点不共面； 对B，因为，所以四点共面； 对C，由可得， 因为，所以四点不共面； 对D，由，可得， 即，因为，所以四点不共面. 故选：B 6．圆关于直线对称的圆的方程为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求出已知圆的圆心关于直线的对称点即所求圆的圆心，两圆半径相同，得到所求圆. 【详解】由，得圆心为，半径， 设圆心关于直线的对称点为， 则 解得 故所求圆的方程为． 故选：C. 7．某运动员每次投掷飞镖命中靶心的概率为40%，现采用随机模拟的方法估计该运动员两次投掷飞镖恰有一次命中靶心的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中靶心，5，6，7，8，9，0表示未命中靶心；再以每两个随机数为一组，代表两次的结果，经随机模拟产生了20组随机数： 02  93  12  25  85  69  68  34  31  45  73  93  28  75  56  35  87  30  11  07 据此估计，该运动员两次掷镖恰有一次命中靶心的概率为（   ） A．0．50 B．0.45 C．0.40 D．0.35 【答案】B 【分析】根据题意分析出两次投掷飞镖恰有一次正中靶心的基本事件数有9个，总的事件数有20个，根据古典概型概率计算公式计算即可. 【详解】因为1，2，3，4表示命中靶心，5，6，7，8，9，0表示未命中靶心， 所以两次投掷飞镖恰有一次正中靶心表示：随机数组中有且只有一个数为1，2，3，4中的一个； 它们分别是02，93，25，45，73，93，28，35，30共9个， 即满足条件的基本事件数有9个，总的事件数有20个， 所以该运动员两次掷镖恰有一次命中靶心的概率为． 故选：B. 8．如图，在四棱锥中，底面，，，，是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分析得到三棱锥的外接球的球心在平面上，作出辅助线，得到三棱锥的外接球的球心在直线上，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，因为在上，设，所以的坐标为，利用得到方程，解得，进而得到外接球半径，得到表面积. 【详解】因为，，所以，设，则为的中点， 因为平面，，平面，所以，， 因为，平面，，所以平面， 由题意知， 所以三棱锥的外接球的球心在平面上. ，故为等边三角形，故， 又，故，， 又，故， 如图，取棱的靠近的四等分点， 则为线段的中点，，因为为的中点，所以， 所以，所以，所以三棱锥的外接球的球心在直线上. 以为坐标原点，，MB，分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，， ，，所以， 因为在上，设，所以的坐标为， 又，即，解得， 故，所以， 所以. 故选：A. 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．下列说法正确的有（    ） A．直线必过定点 B．直线在y轴上的截距为1 C．直线的倾斜角为 D．经过任意两个不同点的直线都可用方程表示 【答案】AD 【分析】对于A，将直线方程整理成以为未知数的方程即可求得定点；对于B，根据截距的定义求解；对于C，将方程化成斜截式方程，求得直线斜率，即可求出其倾斜角；对于D，将经过两点的直线分成三种情况，分别考虑即得结论. 【详解】对于A，因，故该直线经过定点，故A正确； 对于B，在直线方程中，令，可得，即该直线在y轴上的截距为，故B错误； 对于C，由化成斜截式为，可知直线的斜率为， 则直线的倾斜角满足，因，故得，故C错误； 对于D，对于经过任意两个不同点的直线， 若，则直线的斜率不存在，直线方程为，满足； 若，则直线的斜率为0，直线方程为，满足； 若且，则该直线方程为， 去分母后即得方程.综上可知，D正确. 故选：AD. 10．已知正方体的棱长为2，点，分别是的中点，点在正方体内部且满足，则下列说法正确的是（    ） A．与所成角的正弦值是 B．点到平面的距离是 C．平面与平面间的距离为 D．点到直线的距离为 【答案】BD 【分析】空间向量法求解两直线所成角，点到面的距离，两平面之间的距离，点到直线的距离. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，，，， ，，，，， 所以，． 对于A，设与所成角，则，．故A错误． 对于B，因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面． 所以平面的一个法向量，， 则点到平面的距离．故B正确． 对于C，因为，所以四边形为平行四边形，所以． 因为平面平面，所以平面， 同理，平面，平面，所以平面平面． 所以平面与平面间的距离等于点到平面的距离． ． 设平面的法向量为，则所以 令，所以，所以点到平面的距离． 所以平面与平面间的距离为．故C错误． 对于D，因为，所以，则． 所以点到的距离．故D正确． 故选：BD． 11．为响应校团委发起的“青年大学习”号召，某班组织了有奖知识竞答活动.决赛准备了4道选择题和2道填空题，每位参赛者从6道题中不放回地随机抽取三次，每次抽取1道题作答.设事件为“第次抽到选择题”，则下列结论中正确的是（    ） A．与互斥；与互斥 B．不管第几次抽取，抽到选择题的概率都相同 C． D． 【答案】BC 【分析】根据互斥事件的定义判断A，由简单随机抽样的性质判断B，根据古典概型的概率公式判断CD. 【详解】由题意可知第1次抽到选择题与第2次抽到选择题可能同时发生， 所以与不是互斥事件，同理与也不是互斥事件，A说法错误； 从6道题中不放回地随机抽取三次，满足简单随机抽样，每次抽取时各个个体被抽到的概率相等，B说法正确； 第二次抽到选择题且第三次也抽到选择题的概率,C说法正确； 第1次抽到选择题或第2次抽到选择题的概率,D说法错误； 故选：BC 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．若直线的斜率，则直线的倾斜角的取值范围是__________. 【答案】． 【分析】设直线的倾斜角为，，由斜率与倾斜角关系得到不等式，再结合正切函数的图象性质即可得解. 【详解】设直线的倾斜角为，， 则，因为，所以， 如图，根据正切函数的图象性质，可得直线的倾斜角. 故答案为：. 13．袋中有3个大小、质地相同的球，分别标有数字1，2，3，从中随机抽取3次，每次取1个球，规则如下：第一次若抽到1号球，则不放回，否则放回；第二次若抽到2号球，则不放回，否则放回.则第三次抽到3号球的概率为______． 【答案】 【分析】根据第一次和第二次的取球情况，进行分类讨论第三次抽到3号球的概率，再利用互斥事件概率加法公式即可求解. 【详解】（1）第一次抽到1号球（概率为），不放回，剩下球2，3， ①第二次抽到2号球（概率为），不放回，则第三次抽到3号球的概率为1； ②第二次抽到3号球（概率为），放回，则第三次抽到3号球的概率为． 则第三次抽到3号球的概率为； （2）第一次抽到2或3号球（概率为），放回，球仍为， ①第二次抽到1或3号球（概率为），放回，则第三次抽到3号球的概率为； ②第二次抽到2号球（概率为），不放回，则第三次抽到3号球的概率为． 则第三次抽到3号球的概率为； 所以第三次抽到3号球的总概率为． 故答案为： 14．已知正四面体的棱长为6，是棱的中点，是棱上一动点，若在上，使得与平面所成的角为，则线段的长度的最小值是______. 【答案】 【分析】先将正三棱锥补全为正方体，然后根据题中条件求得点的轨迹；然后求解即可. 【详解】如图将该正三棱锥补全为一个正方体，建立空间直角坐标系，点为点在平面的投影， 易知， 平面的一个法向量，显然点在平面上， 设 易知 由题可知， 得 整理得 易知到点的距离, 所以在以为球心，半径为的球面上； 由题易知，, 所以， 所以，点在平面上是以点为圆心的圆上， 所以线段的长度的最小值是. 故答案为： 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．（13分）已知圆C经过点，且圆心C在直线上． （1）求圆C的方程； （2）若点在圆C上，求的最大值与最小值； （3）过原点的直线l交圆C于M，N两点，若，求直线l的方程． 【答案】（1） （2）最大值为，最小值为． （3）或． 【分析】（1）可设圆心为，由求出圆心坐标及半径进行求解； （2）由表示原点与圆C上的点间的距离，进行求解； （3）分直线的斜率存在与不存在进行求解． 【详解】（1）由已知可设圆心为， 则，即， 解得，∴，， ∴圆C的方程为． （2）表示原点与圆C上的点间的距离， 而原点O在圆C外，，圆C的半径， ∴的最大值为，最小值为． （3）当l垂直于x轴时，l即为y轴，将代入圆C的方程， 得， ∴，， 此时截得的弦长为，满足条件： 当l不垂直于x轴时，设l的方程为y＝kx， 圆心C到直线l的距离， 由点到直线的距离公式得，解得． ∴直线l的方程为x＝0或． 16．（15分）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，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为.现有两种传输方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）；三次传输时，收到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，若依次收到1，1，1，则译码为1）. （1）已知，. （i）若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率； （ⅱ）若采用单次传输方案，依次发送0，0，1，试判断事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”是否相互独立，并给出理由. （2）若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求的取值范围. 【答案】（1）（i）；（ⅱ）不相互独立，理由见解析 （2） 【分析】（1）（i）利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算即可求出至少收到一次0的概率； （ⅱ）利用相互独立事件的定义判断并证明即可； （2）利用相互独立事件、互斥事件的概率公式求出两个事件的概率，列不等式即可求解的取值范围. 【详解】（1）（i）记事件为“至少收到一次0”，则. （ⅱ）不相互独立，理由如下：记事件为“第三次收到的信号为1”，则. 记事件为“三次收到的数字之和为2”，则. 因为， 所以事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”不相互独立. （2）记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，则. 记事件为“采用单次传输方案时译码为0”，则. 根据题意可得，即. 因为，所以，即，解得， 故的取值范围为. 17．（15分）如图，在直三棱柱中，，D是棱AC的中点， （1）求C点到平面的距离. （2）求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】（1） （2） 【分析】（1）建立空间坐标系，利用点到平面的距离公式求解即可； （2）利用线面角的向量求法即可求解. 【详解】（1）由题意可知，两两垂直， 于是建立如图所示的空间直角坐标系, 则，，，， ∴，，. 设平面的一个法向量为， 即，令，则. 所以点C到平面的距离. （2）设直线与平面所成的角为， ， ， 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 18．（17分）为了激发学生的阅读兴趣，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动．该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券，其它情况均不能获得书券．游戏规则如下表： 箱子中球的颜色和数量 大小质地完全相同的红球3个，白球2个 红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5” 项目 游戏一 游戏二 游戏三 取球规则 取出一个球 有放回地依次取出两个球 不放回地依次取出两个球 获胜规则 取到白球获胜 取到两个白球获胜 编号之和为获胜 （1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率； （2）当时，求游戏三的获胜概率； （3）一名同学首先玩游戏一，试问为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大？ 【答案】（1）游戏一获胜概率为，游戏二获胜概率为 （2） （3）5或6或7 【分析】（1）利用古典概型的概率公式可求游戏一，游戏二的获胜概率； （2）根据独立事件和互斥事件的概率公式可求先玩游戏二或先玩游戏三时获得书券的概率，从而游戏三获胜的概率的范围，据此可求的取值集合. 【详解】（1）设事件为“游戏一获胜”， 游戏一中样本空间，，， ，则． 设事件为“游戏二获胜”， 游戏二中样本空间， ，， 则．所以游戏一获胜概率为，游戏二获胜概率为． （2）游戏三中，不放回地依次取两个球，样本个数为个， 当时，满足条件的样本点为：共4个， 所以获胜概率为， 所以当时，游戏三获胜概率为． （3）设事件为“游戏三获胜”，事件为“玩游戏一后先玩游戏二再玩游戏三，获得书券”， 事件为“玩游戏一后先玩游戏三再玩游戏二，获得书券”． ，且，，两两互斥，相互独立， 则 ． ，且，，两两互斥， 则 ． 依题意，，即需使，解得． 列出游戏三取球所有情况如下： 第一次 第二次 1 2 3 4 5 1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 当或4或8或9时， ； 当或6或7时， ． 所以的取值为或6或7时，先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大． 19．（17分）已知正方体的棱长为1． （1）证明：平面； （2）已知点为平面内一动点，且与所成角为，求线段所形成的曲面面积S； （3）在棱上分别取点（均不与端点重合），二面角，分别记为，求的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【分析】（1）以D为原点，分别以DA、DC、所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，空间向量垂直的坐标公式,然后利用线面垂直的判定即可得证； （2）首先得线段所形成的曲面是圆锥的侧面，求出半径和母线长即可得； （3）利用向量法求出二面角的余弦，然后利用均值不等式求出最值即可 【详解】（1）以D为原点，分别以DA、DC、所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 则 所以， ， 因为在平面内相交于点A， 所以平面； （2）在平面中，连接交于点， 由（1）知平面， 因为 是正三角形，边长为，由， 即， 点为平面内一动点，且与所成角为，则， 所以点轨迹为以为圆心，为半径的圆， 线段所形成的曲面是圆锥的侧面，曲面面积； （3）设， 平面DFG的法向量为，平面的法向量为，平面的法向量为， 设平面EFG的法向量为， 则， 所以，令，， 所以， 所以， ，， = ， ， ， ， ，当且仅当，即时取等号， 又， ， 所以的取值范围为. 试卷第2页，共21页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $