邯郸市2023-2024学年第二学期期末质量检测
高一数学参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 D A C A C C B D ACD BD BCD
1.D 解析:由对称性可知三组数据的平均数相等,再结合数据的集中与离散程度可知选D.
[命题意图]考查方差的意义.
2.A 解析:设z=a+bi,由已知得z=z i,即a+bi=(a-bi)i=b+ai,∴a=b,故选A.
[命题意图]考查复数的运算及几何意义.
3.C 解析:∵a=(1,3),∴|a|=2,∴(2a+b)·b=2|a||b|cos
+|b|2=4cos+1=3,
∴cos=1,又∈[0,π],∴=π,故选2 3 C.
[命题意图]考查向量的数量积.
4.A 解析:方法一:由A(-22,0),B(2,0),C(0,22),知AB=32,AC=4,BC= 10,由余弦定理知
2
cos∠ACB=AC +BC
2-AB2
· =
10,所以 3 10,故选
2AC BC 10 sin∠ACB= 10 A.
方法二:如图,由A(-22,0),B(2,0),C(0,22),知∠ACO=π,sin∠BCO= 5, 25,4 5 cos∠BCO= 5
∴sin∠ACB=sin(∠ACO+∠BCO)=sin∠ACOcos∠BCO+cos∠ACOsin∠BCO=3 10,故选10 A.
[命题意图]考查余弦定理及同角三角函数关系.
5.C 解析:C中由α∥β,m α可得m∥β,当m∥l且满足l β时,不满足l∥β,故C错误.
[命题意图]考查空间直线、平面间的位置关系.
6.C 解析:在△ABC 中,由余弦定理知BC= AC2+AB2-2AC·ABcos60°= 3AC,∴AC2+BC2=
AB2,△ABC 为直角三角形,又|O→A|=|O→B|=|O→C|,故外心O 是斜边AB 的中点,∴△AOC 为正三角
形,由投影向量的几何意义,向量O→C 在向量A→B 上的投影向量为-14A
→B,故选C.
[命题意图]考查投影向量的定义.
7.B 解析:如图,将三棱锥S ABC 补成三棱柱SDE ABC,则三棱锥S ABC 和三棱柱SDE ABC 的
外接球相同,设O1,O2 分别为△ABC 和△SDE 的外心,则三棱柱SDE ABC 的外接球球心O 为
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O1O2的中点,连接AO1并延长交BC 于点F,则F 为BC 的中点,连接AO,因为AB=AC,所以AF⊥
BC,sin∠ABC=AF= 7,由正弦定理可得 AC 167,所以 87 1AB 4 2AO1=sin∠ABC= 7 AO1=
,由
7 VSABC=3×
1 · · 可得 ,则 , 2 2
2BC AF SA=47 SA=4 OO1=2AO =AO1+OO
2 92
1= ,则外接球的表面积7 S=4π
·
AO2=368π,故选7 B.
[命题意图]考查几何体的体积,外接球等综合问题.
8.D 解析:用xi(i=1,2)表示甲第i次抛掷的结果,那么甲抛掷两次的结果可以用(x1,x2)表示.用1表示
正面向上,0表示反面向上,则样本空间Ω={(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)},M={(1,0),(1,1)},N={(0,
0),(1,1)},故A,B错误;对于事件S,方法一:借助表格列举如下,
(0,0,0) (0,0,1) (0,1,0) (1,0,0) (1,1,0) (1,0,1) (0,1,1) (1,1,1)
(0,0) √ √ √ √ √ √ √
(0,1) √ √ √ √
(1,0) √ √ √ √
(1,1) √
∴P(S)=7+4+4+1=1,又P(M)=P(N)=1,所以C错误,D正确,故选32 2 2 D.
方法二:设事件T=“甲得到的反面数比乙得到的反面数少”,则P(S)=P(T),下证事件S 与事件T 对
立.若事件S与事件T 同时发生,那么甲的正面数和反面数都比乙的少,那么甲抛的次数至少比乙少两
次,与题目矛盾;若事件S与事件T 都不发生,那么甲的正面数和反面数都不比乙的少,那么甲抛的次数
不比乙少,与题目矛盾;故事件S与事件T 对立,∴P(S)=P(T)=1,故选2 D.
[命题意图]考查事件的互斥与相互独立的定义,考查古典概型概率的计算.
9.ACD 解析:若a·a=b·b,即|a|2=|b|2,则|a|=|b|,故A错误;由|a+b|=|a|+|b|知a,b同向共
线,则|a·b|=|a||b|,故B正确;由a∥b,设a=λb=(λ,λ),又 a =2,∴λ2+λ2=4,∴λ=±2,∴a=
x2+y2=1,
(2,2)或a=(- 2,- 2),故C错误;设与a垂直的单位向量的坐标为(x,y),则 解得3x+4y=0,
x=4, x=-4,5 5
或 故D错误,故选ACD.
=-3 =3 y 5 y
,
5
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[命题意图]考查向量数量积与模的运算、向量的共线与垂直的坐标运算.
10.BD 解析:设z=i,则z2=i2=-1<0,故A错误;由复数的模的性质 zw = z w ,故 正z z = w B
2 2 2 2
确;设z=1+i,则z =1-i,|z+z |=2, , ;
z
而2|z|=22 故C错误 =
z = z z = z
,又 z
z =z z
z 2 z 2 2= = z = z ,故D正确,故选z z z BD.
[命题意图]考查复数及模的运算性质.
11.BCD 解析:由题知内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,由正弦定理可知a∶b∶c=4∶5∶6,不妨设
a=4m,则b=5m,c=6m,对于A,由上知c为最大边,故C 为最大角,由余弦定理知cosC=1>0,故8 C
为锐角,所以△ABC 为锐角三角形,故A错误;对于B,由上知A 为最小角,且cosA=3,又 1,4 cosC=8
知cosC= cosC+1=3,且A,C 均为锐角,则A=C,故B正确;对于C,2BD→=B→2 2 4 2 A+B
→C,平方得
2 2 2
4BD2=c2+a2+2accos∠ABC=c2+a2+2ac·a +c-b2ac =2
(a2+c2)-b2=79m2,∴BD= 79m,2
又AC=5m,故BD∶AC= 79∶10,故C正确;对于D,由cosB=9得16 sinB=
57,又
16 cosB=1-
2sin2B 9,所以 B 14,由2=16 sin2= 8 S△ABC=S△BCD+S
,即1×4m×6m×sinB=1△BAD (2 2×4m+6m
)×
BD×sinB,故 ,故 正确,故选2 BD=32m D BCD.
[命题意图]考查三角函数、正余弦定理、解三角形、三角形中线、角平分线的应用.
12.324 解析:高一年级女生近视人数为1250×60%-390=360,则高一年级近视学生的平均度数为
390×300+360750 750×350=324.
[命题意图]考查分层随机抽样的平均数.
1 13. 解析:方法一:如图,连接AC,分别取PB,AC 的中点D,E,连接2 OD
,OE,DE,则OD∥PA,OE∥
BC,则∠DOE 或其补角为异面直线AP 与BC 所成角,作DF⊥AB 于点F,连接EF,由C 为A︵B 的中
点可得AC=BC,且AC⊥BC,而AB=4,则AC=BC=22,AE=2,AF=3,∠BAE=45°,由余弦定
理可得 EF= 5,DF=1OP=1,2 DE= DF
2+EF2 = 6,OE=OD = 2,则cos∠DOE=
OD2+OE2-DE2
2OD·OE =-
1,则异面直线
2 AP
与BC 所成角的余弦值为12.
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方法二:如图,连接AC,PC,分别取AC,PC 的中点D,E,连接OD,DE,OE,则DE∥PA,OD∥BC,则
∠ODE 或其补角为PA 与BC 所成角,DE=1 , 1 , 中, 12PA= 2OD=2BC= 2 Rt△POC OE=2PC=
2,则△ODE 为等边三角形,则∠ODE=60°,即异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为12.
[命题意图]考查异面直线所成的角.
14.2 2 解析:方法一:→3 PF=xP
→A+yP→B+zP→E=xP→A+
z
yP→B+ PD→,P→2 C=A
→C-A→P=A→B+B→C-
A→P=A→B+1 →2AD-A
→P=(P→B-P→A)+1(2 PD
→-P→A)-A→P=-12P
→A+P→B+1PD→,又P,F,C 三点2
共线,即存在实数λ,使得P→F=λP→C,故x=-1λ,y=λ,
z
2 2=
1λ,又2 x+y+z=1
,所以λ=2,故3 x=
-1,3y=
2, 2, PF 2,
3z=3 ∴PC=λ=3y+z-2x=2.
方法二:过P 作l∥AD,延长AE 交l于点G.∵AD∥BC,AD∥l,∴BC∥l,连接BG,与PC 的交点即为
F,∴PF PG PG·AD PE·AD , PF 2,→ → → → → → → 1 →FC=BC=AD BC=ED BC=2 ∴PC=3 PC=AC-AP=AB+BC-AP=AB+2AD
-A→P = (P→B -P→A)+ 1 (PD→ -P→A)-A→P = - 1P→A +P→B + 1PD→,2 2 2 ∴P
→F = 2 →3PC=
2 1P→A P→B 1PD→ =-1P→A+2P→B+23 -2 + +2 3 3 3P→E,∴y+z-2x=2+23 3-2× -13 =2.
注:确定F 位置的方法不唯一.
[命题意图]考查立体几何与向量的综合运用.
15.解:(1)(0.01+0.02+0.07+0.17+a+0.07+0.04+0.01)×2=1,∴a=0.11 ………………… (4分)
该校学生一周体育运动时间的平均数的估计值为
1×0.02+3×0.04+5×0.14+7×0.34+9×0.22+11×0.14+13×0.08+15×0.02=8.08. ………
……………………………………………………………………………………………………… (7分)
(2)不能.………………………………………………………………………………………………… (9分)
0.22-[8+ 0.3-
(0.02+0.08+0.14)] 16
0.22 ×2=8+11≈9.45>9.4.
故小华不能获得奖励.………………………………………………………………………………… (13分)
[命题意图]考查频率分布直方图及平均数、百分位数的计算.
16.解:(1)证明:如图,连接A1C 交AC1 于点O,连接OD,则OD 为△A1BC 的中位线,∴OD∥A1B,
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又OD 平面AC1D,A1B 平面AC1D,∴A1B∥平面AC1D.…………………………………… (6分)
(2)∵AB=AC=BC=2,
∴S△ABC=3,VA1B1C1ABC=3AA1=43,∴AA1=4,……………………………………………… (8分)
∵D 为BC 的中点,∴AD⊥BC,又BB1⊥平面ABC,∴BB1⊥AD,
又BB1∩BC=B,∴AD⊥平面BCC1B1,
∴∠AC1D 为直线AC1 与平面BCC1B1 所成角, ………………………………………………… (11分)
AC1= AC2+CC21=25,
又AD=3,…………………………………………………………………………………………… (13分)
∴sin∠AC1D=
AD 15 ………………………………………………………………………… ( 分)
AC = . 151 10
[命题意图]考查线面平行的判定和线面角.
17.解:(1)由已知及正弦定理知sin∠BAC·sin∠CBA=3sin∠CBA·cos∠BAC,
因为sin∠CBA≠0,故tan∠BAC=3,
又0<∠BAC<π,所以∠BAC=π,所以3 sin∠BAC=
3.………………………………………… (2 5
分)
(2)由(1)知∠BAC=π,又AB=AC,故△ABC 为等边三角形,3
设∠ADC=θ,θ∈(0,π).
S 1
1
平面四边形ABCD=S△ADC+S△ABC=2CD
·AD·sinθ+ · ·2AB AC sin∠BAC
1 =2×2×1×sinθ+
1
2×AC
2× 32=sinθ+
3
4AC
2,……………………………………………… (9分)
在△ADC 中,由余弦定理知AC2=CD2+AD2-2CD·AD·cosθ=5-4cosθ,……………… (11分)
53 所以S 53平面四边形ABCD= 4 +sinθ-3cosθ= 4 +2sin θ-π3 ,………………………………… (13分)
又θ-π3∈ -π,2π3 3 ,所以当θ-π=π,即θ=5π时,平面四边形ABCD 的面积最大,3 2 6
最大值为53+2. …………………………………………………………………………………… ( 分)4 15
[命题意图]考查正余弦定理解三角形、三角形面积公式、三角函数求最值.
18.解:(1)设方式①的样本空间为Ω1,方式②的样本空间为Ω2,方式③的样本空间为Ω3,
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则n(Ω1)=8×8=64,n(Ω2)=8×7=56,n(Ω3)=4×4+4×4=32,
设事件A=“抽到一张红10和一张红K”,A={(红桃10,红桃K),(红桃10,方块K),(方块10,红桃
K),(方块10,方块K),(红桃K,红桃10),(方块K,红桃10),(红桃K,方块10),(方块K,方块10)},
故 =n
(A) 8 1 n(A) 8 1 n(A) 8 1
p1 n(Ω1)=
,
64=8p2=
, …………………………… ( 分)
n(Ω =2) 56=7p3=n(Ω )=3 32=4. 6
(每个2分)
(2)(i)记三次抽取至少有一次成功为事件B,
则p(B)=1-(1-p1)(1-p2)(1-p3)=1-
7×6 3 7 …………………………………… ( 分)8 7×4=16. 9
(i)有关,按方式②③①或①③②抽取概率最大.…………………………………………………… (11分)
方法一:设三次抽取成功的概率分别为a,b,c(即a,b,c为p1,p2,p3 不同顺序的一个排列),
则p=ab(1-c)+(1-a)bc=b(a+c)-2abc,…………………………………………………… (14分)
又p3>p2>p1,∴p3(p1+p2)>p2(p1+p3)>p1(p2+p3),
故此概率与三种方式的先后顺序有关,按方式②③①或①③②抽取概率最大. ………………… (17分)
方法二:若按①②③的顺序,=1×1 3 7 1 1 5p ,8 7×4+8×7×4=112
同理①③②、②①③、②③①、③①②、③②①顺序下的概率分别为13,9 ,13,9 ,5 ,(每个顺序的224224224224112
概率值1分)
故此概率与三种方式的先后顺序有关,按方式②③①或①③②抽取概率最大. ………………… (17分)
[命题意图]考查古典概型,相互独立事件及其概率运算.
19.解:(1)证明:∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥AB,
在正方形ABCD 中,AB⊥AD,PD∩AD=D,∴AB⊥平面PAD,
∵AB 平面HAB,
∴平面HAB⊥平面PAD.…………………………………………………………………………… (4分)
(2)如图,在平面PCD 内过点H 作HG⊥CD 于点G,则HG∥PD,
又PD⊥平面ABCD,∴HG⊥平面ABCD,
过G 作GE⊥BD 于点E,连接HE,
∴HE⊥BD,则∠GEH 为二面角H BD C 的平面角,
连接AC 交BD 于点O,则有GEOC=
DG=PHCD CP=
2,
3
设PD=a,易得OC= 2a,则 22 GE=3a
,
1a
∴tan∠GEH=GH=3 = 2.……………………………………………………………………… ( 分)GE 2 2
9
3a
(3)∵PB∥平面MHQN,平面MHQN∩平面PBC=HQ,
∴PB∥HQ,同理PB∥MN,∴HQ∥MN,
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又CD∥平面MHQN,同理可得MH ∥NQ,即四边形MHQN 为平行四边形.………………… (11分)
方法一:∴S MHQN=MH·MNsin∠HMN,
∵PB∥MN,MH∥AB,∴sin∠HMN=sin∠PBA,
∴S PA 6 MHQN=MH·MNsin∠PBA,而sin∠PBA= = ,PB 3
设PH=λ 1≤λ≤2 ,则 ,PC 3 3 MH=3λ
∵HQ CHPB=PC=1-λ
,∴MN=HQ=33(1-λ), ………………………………………………… (13分)
2
∴S MHQN=92(λ-λ2)=-92 λ 92-1 + .………………………………………………… ( 分)2 4 15
又1≤λ≤2,∴S ∈ 22,92 MHQN .…………………………………………………………… (3 3 17
分)
4
方法二:如图,延长QN 交AD 于点F,连接MF,
由(1)得AB⊥平面PAD,∵QF∥AB,
∴QF⊥平面PAD,∴QF⊥MF,∴S MHQN=MH·MF,
设PH 1
PC=λ 3≤λ≤23 ,又PD=3,∴PM=MH=3λ,
则MD=3-3λ,DF=CQ=3-3λ,
MF= MD2+DF2=32(1-λ), ………………………………………………………………… (13分)
2
∴S MHQN=3λ·32(1-λ)=92(λ-λ2)=-92 λ 1 +92- ,…………………………… (15分)2 4
1 又 ≤λ≤2,∴S 92 MHQN∈ 22, .…………………………………………………………… (17分)3 3 4
[命题意图]考查面面垂直的判定、二面角以及线面平行的性质.
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绝密★启用前 8.甲、乙两人各有一枚质地均匀的硬币,甲抛掷2次,乙抛掷3次,事件M=“甲抛掷的两次中第
一次正面朝上”,事件N=“甲抛掷的两次硬币朝上的面相同”,事件S=“甲得到的正面数比乙
邯郸市2023-2024学年第二学期期末质量检测 得到的正面数少”,则下列说法正确的是
A.M N B.P(M∪N)=P(M)+P(N)
高一数学 C.P(S)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
班级 姓名 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.
注意事项:
9.已知非零向量a,b,c,下列说法错误的是
1.答卷前,考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上.
2.回答选择题时,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 A.若a·a=b·b,则a=±b
改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试 B.若|a+b|=|a|+|b|,则|a·b|=|a||b|
卷上无效. C.若 a =2,b= 1,1 ,且a∥b,则a=(2,2)
3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.
若 , ,则与 垂直的单位向量的坐标为 4, 3
一、 D. a=34 a -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 5 5
题目要求的. 10.已知复数z,w 均不为0,则下列式子正确的是
1.有三组数据(1)5,5,5,6,6,6,7,7,7;(2)4,4,5,5,6,7,7,8,8;(3)3,3,3,3,6,9,9,9,9.设它们 2 2
的方差依次为s2,s2 2
z
1 2,s3,则 A.z2≥0 B.
zw = w C.z+z z =2z D. =
z
z z
A.s2>s2>s2 B.s2>s21 2 3 1 3>s22 C.s21在 中,内角 , , 所对的边分别为 ,,,已知 ,
2.在复平面内,非零复数z满足z=z i(i为虚数单位),
11. △ABC A B C abc sinA∶sinB∶sinC=4∶5∶6D
则复数z对应的点在
A.一、三象限 B.二、四象限 为线段AC 上一点,则下列判断正确的是
C.实轴上(除原点外) D.坐标轴上(除原点外) A.△ABC 为钝角三角形
3.已知向量a=(1,3),b =1,且(2a+b)·b=3,则向量a与向量b的夹角为 B.△ABC 的最大内角是最小内角的2倍
A.π B.π π π6 4 C.3 D.2 C.若D 为AC 中点,则BD∶AC= 79∶10
4.已知△ABC 的顶点坐标分别是A(-22,0),B(2,0),C(0,22),则sinC= D.若∠ABD=∠CBD,则BD∶AC=32∶5
A.3 10 B.10 C.52±25 D.- 10 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.10 10 10 10
, , , 12.某校高一年级有1250人
,全年级学生的近视率为60%,男生中有390人近视.学校医务室计
5.设αβ是两个平面 ml是两条直线,则下列命题为假命题的是
A.若α∥β,m⊥α,l⊥β,则m∥l B.若m⊥l,m⊥α,l⊥β,则α⊥β 划通过抽样的方法估计高一年级所有近视学生的平均度数.现从近视的学生中通过按比例分
C.若α∥β,m α,m∥l,则l∥β D.若m∥l,m⊥α,l∥β,则α⊥β 配的分层随机抽样的方法得到容量为100的样本,样本中男生的平均度数为300度,女生的
6.在△ABC 中,∠A=60°,AB=2AC,平面内一点O 满足 O→A = O→B = O→C ,则向量O→C 平均度数为350度,则估计高一年级近视学生的平均度数为 度.
在向量A→B 上的投影向量为
13.在如图所示的圆锥中,AB 为底面圆O 的直径,C 为A︵B 的中点,AB=2OP=4,则异面直线
A.1A→B B.3A→4 4 B C.-
1
4A
→B D.- 3A→4 B AP 与BC 所成角的余弦值为 .
7.在三棱锥S ABC 中,SA⊥平面ABC,AB=AC=4,BC=6,若该三棱锥的体积为47,则其
外接球的表面积为
A.256π B.368π7 7 C.48π D.32π
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14.已知O→A,O→B 是同一平面内一组不共线的向量,对于平面内任意向量 17.(本小题满分15分)
O→P,有且只有一对实数x,y 使O→P=xO→A+yO→B,且当P,A,B 共线 如图,在平面四边形ABCD 中,设BC=a,AB=c,AC=b,asin∠CBA=3bcos∠BAC.
时,有x+y=1.同样,在空间中若三个向量O→A,O→B,O→C 不共面,那么 (1)求sin∠BAC;
对任意一个空间向量O→P,存在唯一的有序实数组(x,y,z),使得 (2)若AB=AC,CD=2AD=2,求∠ADC 为何值时,平面四边形ABCD 的面积最大
O→P=xO→A+yO→B+zO→C,且当P,A,B,C 共面时,有x+y+z=1.如
图,在四棱锥P ABCD 中,BC∥AD,AD=2BC,点E 是棱PD 的中
点,PC 与平面ABE 交于F 点,设P→F=xP→A+yP→B+zP→E,则
PF
PC=
;y+z-
2x= . 18.(本小题满分17分)
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. 龙年春晚精彩的魔术表演激发了人们探秘魔术的热情,小明从一幅扑克牌中挑出10和K共
15.(本小题满分13分) 8张牌(每个数字四个花色:红桃(红色)、方块(红色)、黑桃(黑色)、梅花(黑色)).现从8张牌
为响应“强化学校体育工作,推动学生文化学习 中依次取出2张,抽到一张红10和一张红K即为成功.现有三种抽取方式,如下表:
和体育锻炼协调发展”的号召,现从某学校随机 方式① 方式② 方式③
抽取了100名学生,获得了他们一周体育运动 抽取规则 有放回依次抽取 不放回依次抽取 按数字等比例分层抽取
的时间(单位:h),将数据绘制成如图所示的频 成功概率 p1 p2 p3
率分布直方图. (1)分别求出在三种不同抽取方式下的成功概率;
(1)求频率分布直方图中的a,并估计该校学生 (2)若三种抽取方式小明各进行一次,
一周体育运动时间的平均数; (i)求这三次抽取中至少有一次成功的概率;
(2)为鼓励同学们积极参加体育运动,学校计划 (i)设在三种方式中仅连续两次成功的概率为p,那么此概率与三种方式的先后顺序是否
对一周运动时间较长的前30%同学给予奖 有关 如果有关,什么样的顺序使概率p最大 如果无关,请给出简要说明.
励,若小华一周体育运动时间为9.4小时,他能否获得奖励 请说明理由.
19.(本小题满分17分)
16.(本小题满分15分) 如图,在四棱锥P ABCD 中,底面ABCD 是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,点
如图,在直三棱柱A1B1C1 ABC 中,AB=AC=2,D 为BC 的中点. H 在棱PC 上.
(1)证明:A1B∥平面AC1D; (1)证明:平面HAB⊥平面PAD;
(2)若三棱柱A1B1C1 ABC 的体积为43,且AB=BC,求直线AC1 与平面BCC1B1 所成 1
角的正弦值. (2)当CH= CP 时,求二面角H DB C 的正切值;3
(3)过H 且与PB,CD 都平行的平面α分别交BC,PD,BD 于Q,
M,N,若PD=3,当H 在线段PC 的两个三等分点之间运动
时(含三等分点),求四边形MHQN 面积的取值范围.
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