2022-2023学年上海市华东师大一附中高二（上）期末数学试卷

这是一份2022-2023学年上海市华东师大一附中高二（上）期末数学试卷，共20页。
2．（4分）若一个球的体积为36π，则它的表面积为 ．
3．（4分）在空间直角坐标系中，点M（1，﹣2，3）关于平面yOz对称的点的坐标是 ．
4．（4分）从某公司生产的产品中，任意抽取12件，得到它们的质量（单位：kg）如下：7.8 7.9 8.0 8.3 8.4 8.5.5 8.5 8.6 8.9 9.0 9.9，则这组数据的95百分位数是 ．
5．（4分）从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有 种．（用数字填写答案）
6．（4分）已知随机变量X服从正态分布N（2，σ2），且P（2＜X≤2.5）＝0.36，则P（X＞2.5）＝ ．
7．（5分）若，则a1+a3+a5＝ ．
8．（5分）事件A，B互斥，它们都不发生的概率为，且P（A）＝2P（B），则P（）＝ ．
9．（5分）某商场为提高服务质量，随机调查了50名男顾客和50名女顾客，每位顾客对该商场的服务给出满意或不满意的评价，得到下面列联表：
则有 %的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价 （有或无）差异
附：
10．（5分）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为底面ABCD内（包括边界）的动点，满足D1P与直线CC1所成角的大小为，则线段DP扫过的面积为 ．
11．（5分）某种电子玩具按下按钮后，会出现红球或绿球．已知按钮第一次按下后，出现红球与绿球的概率都是，从按钮第二次按下起，若前一次出现红球，则下一次出现红球、绿球的概率分别为，，若前一次出现绿球，则下一次出现红球、绿球的概率分别为，，记第n（n≥1，n∈N）次按下按钮后出现红球的概率为Pn，则{Pn}的通项公式为Pn＝ ．
12．（5分）定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2…ak中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有 个．
二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应位置上，将所选答案的代号涂黑.
13．（4分）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（ ）
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一平面
14．（4分）某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图：
则（ ）
A．讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%
B．讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%
C．讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差
D．讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差
15．（5分）设0＜p＜1，随机变量ξ的分布列如图，则当p在（0，1）内增大时，（ ）
A．D（ξ）减小B．D（ξ）增大
C．D（ξ）先减小后增大D．D（ξ）先增大后减小
16．（5分）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有面的个数及棱长分别为（ ）
A．26，B．24，C．26，D．24，
三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤.
17．（14分）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°．
（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）设DO，圆锥的侧面积为π，求三棱锥P﹣ABC的体积．
18．（14分）若展开式中前三项的系数成等差数列，求：
（1）展开式中x项的系数；
（2）展开式中系数最大的项．
19．（14分）如图是我国2016年至2022年生活垃圾无害化处理量（单位：亿吨）的折线图．
注：年份代码1﹣7分别对应年份2016﹣2022．
（1）由折线图看出，可用线性回归模型拟合y与t的关系，请用相关系数加以说明；
（2）建立y关于t的回归方程（系数精确到0.01），预测2024年我国生活垃圾无害化处理量．
附注：
参考数据：，，，．
参考公式：相关系数，
回归方程中斜率和截距最小二乘估计公式分别为，．
20．（18分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面AA1C1C为菱形，点A1在底面上的投影为AC的中点D，且AB＝2．
（1）若M、N分别为棱AB、B1C1的中点，求证：B1M∥平面CDN；
（2）求点C到侧面AA1B1B的距离；
（3）在线段A1B1上是否存在点E，使得直线DE与侧面AA1B1B所成角的正弦值为？若存在，请求出A1E的长；若不存在，请说明理由．
21．（18分）某批n件产品的次品率为2%，现从中任意地依次抽出3件进行检验．
（1）当n＝500，n＝5000，n＝50000，若以取后放回的方式抽取，恰好抽到1件次品的概率是多少？
（2）当n＝500，n＝5000，n＝50000，若以取后不放回的方式抽取，恰好抽到1件次品的概率是多少？
（3）（1）、（2）分别对应哪种分布，并结合（1）（2）探究两种分布之间的联系．
2022-2023学年上海市华东师大一附中高二（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果.
1．（4分）若排列数6×5×4，则m＝ 3 ．
【分析】利用排列数公式直接求解．
【解答】解：∵排列数6×5×4，
∴由排列数公式得，
∴m＝3．
故答案为：m＝3．
【点评】本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意排列数公式的合理运用．
2．（4分）若一个球的体积为36π，则它的表面积为 36π ．
【分析】求出球的半径，直接利用表面积公式求解即可．
【解答】解：因为球的体积为36π，所以球的半径：3，
球的表面积：4π×32＝36π，
故答案为：36π．
【点评】本题考查球的表面积与体积的计算，考查计算能力．
3．（4分）在空间直角坐标系中，点M（1，﹣2，3）关于平面yOz对称的点的坐标是 （﹣1，﹣2，3） ．
【分析】根据空间直角坐标系中点M关于坐标平面对称的点的坐标，写出即可．
【解答】解：空间直角坐标系中，点M（1，﹣2，3）关于平面yOz对称的点的坐标是（﹣1，﹣2，3）．
故答案为：（﹣1，﹣2，3）．
【点评】本题考查了空间直角坐标系中点关于坐标平面对称的问题，是基础题．
4．（4分）从某公司生产的产品中，任意抽取12件，得到它们的质量（单位：kg）如下：7.8 7.9 8.0 8.3 8.4 8.5.5 8.5 8.6 8.9 9.0 9.9，则这组数据的95百分位数是 9.9 ．
【分析】根据p百分位数的概念，即可得出答案．
【解答】解：因为12×0.95＝11.4，根据p百分位数的概念可知，
这组数据的95百分位数是9.9．
故答案为：9.9．
【点评】本题考查百分位数的概念，属于基础题．
5．（4分）从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有 16 种．（用数字填写答案）
【分析】反面考虑，先求出所选的人中没有女生的选法种数，再根据从6人中任选3人的选法种数减去没有女生的选法种数，即可解出．
【解答】解：没有女生入选有种选法，从6名学生中任意选3人有种选法，
故至少有1位女生入选，则不同的选法共有20﹣4＝16种．
故答案为：16．
【点评】本题主要考查组合及简单计数问题，属于基础题．
6．（4分）已知随机变量X服从正态分布N（2，σ2），且P（2＜X≤2.5）＝0.36，则P（X＞2.5）＝ 0.14 ．
【分析】利用正态分布曲线的对称性求解．
【解答】解：∵随机变量X服从正态分布N（2，σ2），
∴P（2＜X≤2.5）+P（X＞2.5）＝0.5，
∴P（X＞2.5）＝0.5﹣0.36＝0.14，
故答案为：0.14．
【点评】本题主要考查了正态分布曲线的对称性，属于基础题．
7．（5分）若，则a1+a3+a5＝ 122 ．
【分析】根据已知条件，结合赋值法，即可求解．
【解答】解：，
令，令x＝﹣1⇒a0﹣a1﹣a2﹣a3﹣a4x﹣a5＝﹣1，
则．
故答案为：122．
【点评】本题主要考查二项式定理，属于基础题．
8．（5分）事件A，B互斥，它们都不发生的概率为，且P（A）＝2P（B），则P（）＝ ．
【分析】根据互斥事件的定义，分析A，B两个事件的关系，可得答案．
【解答】解：由题意得，事件A，B互斥，它们都不发生的概率为，
则P（A）+P（B）＝1，
∵P（A）＝2P（B），
∴P（A），P（B），
∴P（）＝1﹣P（A）＝1．
故答案为：．
【点评】本题考查的知识点是互斥事件，难度不大，属于基础题．
9．（5分）某商场为提高服务质量，随机调查了50名男顾客和50名女顾客，每位顾客对该商场的服务给出满意或不满意的评价，得到下面列联表：
则有 95 %的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价 有 （有或无）差异
附：
【分析】完善列联表，利用公式求得观测值并与临界值比较分析．
【解答】解：由题意可得：
则，
∵4.762＞3.841，，
∴能有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异．
故答案为：95；有．
【点评】本题考查独立性检验相关知识，属于基础题．
10．（5分）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为底面ABCD内（包括边界）的动点，满足D1P与直线CC1所成角的大小为，则线段DP扫过的面积为 π ．
【分析】由CC1∥DD1，知D1P与直线CC1所成角为D1P与直线DD1所成角，即∠DD1P，而点P在底面ABCD内的轨迹是以DP为半径的圆的四分之一，再求得DP的长，即可得解．
【解答】解：因为CC1∥DD1，
所以D1P与直线CC1所成角可转化为D1P与直线DD1所成角，即∠DD1P，
在Rt△D1DP中，DD1＝1，∠DD1P，
所以DP，
所以点P在底面ABCD内的轨迹是以为半径的圆的四分之一，
所以线段DP扫过的面积为π•π．
故答案为：π．
【点评】本题考查异面直线所成角，动点的轨迹问题，考查空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
11．（5分）某种电子玩具按下按钮后，会出现红球或绿球．已知按钮第一次按下后，出现红球与绿球的概率都是，从按钮第二次按下起，若前一次出现红球，则下一次出现红球、绿球的概率分别为，，若前一次出现绿球，则下一次出现红球、绿球的概率分别为，，记第n（n≥1，n∈N）次按下按钮后出现红球的概率为Pn，则{Pn}的通项公式为Pn＝ ．
【分析】根据条件概率分别求出第n﹣1次出现红球、绿球情况下第n次出现红球的概率，利用全概率公式计算数列{Pn}的递推公式，再根据递推公式求通项公式．
【解答】解：设C1＝“第n﹣1次出现红球”，C2＝“第n﹣1次出现绿球”，D＝“第n次出现红球”，
则P（C1）＝Pn﹣1，P（C2）＝1﹣Pn﹣1，，，
由全概率公式得Pn＝P（D）＝P（C1）P（D|C1）+P（C2）P（D|C2）（n∈N，n≥1），
即，n∈N，n≥1，
所以，，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，即，n∈N，n≥1．
故答案为：．
【点评】本题主要考查全概率公式，属于中档题．
12．（5分）定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2…ak中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有 14 个．
【分析】由新定义可得，“规范01数列”有偶数项2m项，且所含0与1的个数相等，首项为0，末项为1，当m＝4时，数列中有四个0和四个1，然后一一列举得答案．
【解答】解：由题意可知，“规范01数列”有偶数项2m项，且所含0与1的个数相等，首项为0，末项为1，若m＝4，说明数列有8项，满足条件的数列有：
0，0，0，0，1，1，1，1； 0，0，0，1，0，1，1，1； 0，0，0，1，1，0，1，1； 0，0，0，1，1，1，0，1； 0，0，1，0，0，1，1，1；
0，0，1，0，1，0，1，1； 0，0，1，0，1，1，0，1； 0，0，1，1，0，1，0，1； 0，0，1，1，0，0，1，1； 0，1，0，0，0，1，1，1；
0，1，0，0，1，0，1，1； 0，1，0，0，1，1，0，1； 0，1，0，1，0，0，1，1； 0，1，0，1，0，1，0，1．共14个．
故答案为14
【点评】本题是新定义题，考查数列的应用，关键是对题意的理解，枚举时做到不重不漏，是压轴题．
二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应位置上，将所选答案的代号涂黑.
13．（4分）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（ ）
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一平面
【分析】由平面与平面平行的判定逐一分析四个选项得答案．
【解答】解：α内有无数条直线与β平行，不一定有α∥β，也可能相交，故A错误；
α内有两条相交直线与β平行，则α∥β，反之成立，故B正确；
α，β平行于同一条直线，不一定有α∥β，也可能相交，故C错误；
α，β垂直于同一平面，不一定有α∥β，也可能相交，故D错误．
故选：B．
【点评】本题考查平面与平面平行的判定，考查充分必要条件的应用，是基础题．
14．（4分）某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图：
则（ ）
A．讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%
B．讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%
C．讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差
D．讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差
【分析】对于A，求出讲座前问卷答题的正确率的中位数进行判断；对于B，求出讲座后问卷答题的正确率的平均数进行判断；对于C，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，进行判断；对于D，求出讲座后问卷答题的正确率的极差和讲座前正确率的极差，由此判断D．
【解答】解：对于A，讲座前问卷答题的正确率从小到大为：
60%，60%，65%，65%，70%，75%，80%，85%，90%，95%，
∴讲座前问卷答题的正确率的中位数为：（70%+75%）/2＝72.5%，故A错误；
对于B，讲座后问卷答题的正确率的平均数为：
（80%+85%+85%+85%+85%+90%+90%+95%+100%+100%）＝89.5%＞85%，故B正确；
对于C，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，
∴讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差，故C错误；
对于D，讲座后问卷答题的正确率的极差为：100%﹣80%＝20%，
讲座前正确率的极差为：95%﹣60%＝35%，
∴讲座后问卷答题的正确率的极差小于讲座前正确率的极差，故D错误．
故选：B．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查散点图、中位数、平均数、标准差、极差等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
15．（5分）设0＜p＜1，随机变量ξ的分布列如图，则当p在（0，1）内增大时，（ ）
A．D（ξ）减小B．D（ξ）增大
C．D（ξ）先减小后增大D．D（ξ）先增大后减小
【分析】先求数学期望，再求方差，最后根据方差函数确定单调性．
【解答】解：∵，
∴，
∵，
∴D（ξ）先增后减．
故选：D．
【点评】本题主要考查数学期望、方差的公式，属于基础题．
16．（5分）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有面的个数及棱长分别为（ ）
A．26，B．24，C．26，D．24，
【分析】将该多面体分为三层，分别数出每一层的面数，求和即可得正多面体的面数；设正多面体的棱长为a，作出该几何体的截面，为正八边形，利用多面体棱长与正方体的棱长的关系列方程即可求解．
【解答】解：可以将该多面体分为三层，上层8个面，中层8个面，下层8个面，上下底各1个面，
所以共有8+8+8+1+1＝26个面，
设正多面体的棱长为a，作出该几何体的截面如图，截面图为正八边形，
由图可得，CE＝a，
因为△CDE为等腰直角三角形，所以，即，
解得：，
所以该多面体的棱长为，
故选：A．
【点评】本题主要考查了几何体的截面面积．属于基础题．
三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤.
17．（14分）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°．
（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）设DO，圆锥的侧面积为π，求三棱锥P﹣ABC的体积．
【分析】（1）首先利用三角形的全等的应用求出AP⊥BP，CP⊥BP，进一步求出二面角的平面角为直角，进一步求出结论．
（2）利用锥体的体积公式和圆锥的侧面积公式的应用及勾股定理的应用求出结果．
【解答】解：（1）连接OA，OB，OC，△ABC是底面的内接正三角形，
所以AB＝BC＝AC．
O是圆锥底面的圆心，所以：OA＝OB＝OC，
所以AP2＝BP2＝CP2＝OA2+OP2＝OB2+OP2＝OC2+OP2，
所以△APB≌△BPC≌△APC，
由于∠APC＝90°，
所以∠APB＝∠BPC＝90°，
所以AP⊥BP，CP⊥BP，
由于AP∩CP＝P，
所以BP⊥平面APC，
由于BP⊂平面PAB，
所以：平面PAB⊥平面PAC．
（2）设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，
所以．
由于圆锥的侧面积为π，
所以，整理得（r2+3）（r2﹣1）＝0，
解得r＝1．
所以AB．
由于AP2+BP2＝AB2，解得
则：．
【点评】本题考查的知识要点：面面垂直的判定和性质的应用，几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型．
18．（14分）若展开式中前三项的系数成等差数列，求：
（1）展开式中x项的系数；
（2）展开式中系数最大的项．
【分析】（1）写出前三项的系数即可得到方程，求出n，再写出展开式的通项，即可求出x项的系数；
（2）设展开式中Tr+1项的系数最大，即可得到不等式组，求出r，即可得解．
【解答】解：（1）前三项的系数为：，，，
故有，即n2﹣9n+8＝0解得n＝8或n＝1（舍去），
则二项式展开式的通式为，
令，解得r＝4，
所以，故展开式中x项的系数为；
（2）不妨设展开式中Tr+1项的系数最大，则，即，解得2≤r≤3，即r＝2或r＝3，
故展开式中系数最大的项为，．
【点评】本题主要考查二项式定理，属于中档题．
19．（14分）如图是我国2016年至2022年生活垃圾无害化处理量（单位：亿吨）的折线图．
注：年份代码1﹣7分别对应年份2016﹣2022．
（1）由折线图看出，可用线性回归模型拟合y与t的关系，请用相关系数加以说明；
（2）建立y关于t的回归方程（系数精确到0.01），预测2024年我国生活垃圾无害化处理量．
附注：
参考数据：，，，．
参考公式：相关系数，
回归方程中斜率和截距最小二乘估计公式分别为，．
【分析】（1）根据相关系数的计算公式，直接计算求解即可得到相关系数，根据数据即可说明线性相关性；
（2）根据最小二乘法计算出回归方程的系数，进而代入预测值，即可求解．
【解答】解：（1）由折线图中的数据和附注中的参考数据可得：，，，，，，
所以．
因为y与t的相关系数近似为0.99，说明y与t的线性相关程度相当高，从而可以用线性回归模型拟合y与t的关系．
（2）由及（1）得，．
所以y关于t的回归方程为：．
因为2024﹣2015＝9，将2024对应的t＝9代入回归方程得：．
所以预测2024年我国生活垃圾无害化处理量将约1.82亿吨．
【点评】本题主要考查线性回归方程，考查运算求解能力，属于中档题．
20．（18分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面AA1C1C为菱形，点A1在底面上的投影为AC的中点D，且AB＝2．
（1）若M、N分别为棱AB、B1C1的中点，求证：B1M∥平面CDN；
（2）求点C到侧面AA1B1B的距离；
（3）在线段A1B1上是否存在点E，使得直线DE与侧面AA1B1B所成角的正弦值为？若存在，请求出A1E的长；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由已知利用中位线性质分别得出MD∥BC且2|MD|＝|BC|，与MD∥B1N且|MD|＝|B1N|，可得四边形B1NDM为平行四边形，即可证明结论；
（2）由已知结合投影性质与等腰直角三角形性质，证明直线DB，DC，DA1两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法，即可得出答案；
（3）假设存在，并设，λ∈[0，1]，得到，再由向量运算得到，利用直线与平面的夹角的正切值，即可得出答案．
【解答】解：（1）证明：连接MD，如图所示：
∵M为AB的中点，D为AC的中点，∴MD∥BC且|MD||BC|，
∵N为B1C1的中点，
则在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∴B1N∥BC且|B1N||BC|，
∴MD∥B1N且|MD|＝|B1N|，
∴四边形B1NDM为平行四边形，
∴B1M∥ND，
又∵ND⊂平面CDN，且B1M⊄平面CDN，
∴B1M∥平面CDN；
（2）∵点A1在底面上的投影为AC的中点D，
∴A1D⊥平面ABC，∴A1D⊥AC且A1D⊥BD，
∵底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，
∴BD⊥AC，
∵侧面AA1C1C为菱形，且A1D⊥AC，
∴A1C＝A1A＝AC，
∵AB＝2，∴，且，
∵直线DB，DC，DA1两两垂直，
故建立以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA1分别为x，y，z轴的空间直角坐标系D﹣xyz，如图所示：
则D（0，0，0），A（0，，0），B（，0，0），C（0，，0），A1（0，0，），
则，（0，2，0），（0，，），
设平面AA1B1B的一个法向量为，
则，即，取z＝1，则x，y，
∴平面AA1B1B的一个法向量为，
则点C到侧面AA1B1B的距离为；
（3）假设存在满足条件的点E，设，λ∈[0，1]，
则，
∵直线DE与侧面AA1B1B所成角的正弦值为，
∴，即，∵λ∈[0，1]，则，
故存在满足条件的点E，且．
【点评】本题考查直线与平面平行、点到平面的距离和直线与平面的夹角，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21．（18分）某批n件产品的次品率为2%，现从中任意地依次抽出3件进行检验．
（1）当n＝500，n＝5000，n＝50000，若以取后放回的方式抽取，恰好抽到1件次品的概率是多少？
（2）当n＝500，n＝5000，n＝50000，若以取后不放回的方式抽取，恰好抽到1件次品的概率是多少？
（3）（1）、（2）分别对应哪种分布，并结合（1）（2）探究两种分布之间的联系．
【分析】（1）当n＝500时，如果放回，是二项分布，计算概率值；
（2）如果不放回，是超几何分布，分别计算概率值；
（3）对超几何分布与二项分布关系的认识从共同点、不同点和联系三个方面进行说明．
【解答】解：（1）若以有回放的方式抽取，每次抽取时都是从这n件产品中抽取，从而抽到次品的概率都为0.02，
可以把3次抽取看成是3次独立重复试验，这样抽到的次品数X～B（3，0.02），
恰好抽到1件次品的概率为．
（2）若以不回放的方式抽取，抽到的次品数X是随机变量，X服从超几何分布，X的分布与产品的总数n有关，
所以需要分3种情况分别计算：
①n＝500时，产品的总数为500件，其中次品的件数为500×2%＝10件，合格品的件数为490件，
从500件产品中抽出3件，其中恰好抽到1件次品的概率为．
②n＝5000时，产品的总数为5000件，其中次品的件数为5000×2%＝100件，合格品的件数为4900件，
从5000件产品中抽出3件，其中恰好抽到1件次品的概率为．
③n＝50000时，产品的总数为50000件，其中次品的件数为50000×2%＝1000件，合格品的件数为49000件，
从50000件产品中抽出3件，其中恰好抽到1件次品的概率为．
（3）（1）是二项分布，（2）是超几何分布，
对超几何分布与二项分布关系的认识：
共同点：每次试验只有两种可能的结果：成功或失败．
不同点：1、超几何分布是不放回抽取，二项分布是放回抽取；
2、超几何分布需要知道总体的容量，二项分布不需要知道总体容量，但需要知道“成功率”；
联系：当产品的总数很大时，超几何分布近似于二项分布．
【点评】本题考查二项分布和超几何分布的性质和应用问题，具有一定的探索性，注意区分超几何分布与二项分布的共同点、不同点和联系，属于中档题．
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