还剩16页未读，
继续阅读
2023-2024学年上海市杨浦高级中学高二（下）期中数学试卷（含解析）
展开
这是一份2023-2024学年上海市杨浦高级中学高二（下）期中数学试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.将n封投入m个信封，其中n封信恰好投入同一个信箱的概率是( )
A. 1mnB. 1nmC. 1mn−1D. 1nm−1
2.如图，一组数据x1，x2，x3，…，x9，x10，的平均数为5，方差为s12，去除x9，x10这两个数据后，平均数为x−，方差为s22，则( )
A. x−>5，s12>s22B. x−<5，s12s22
3.我国南北朝时期的著名数学家祖暅提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等．运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球(如图①)放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体(如图②)，用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即12V球=πR2⋅R−13πR12⋅R=23πR3.现将椭圆x24+y29=1绕y轴旋转一周后得一橄榄状的几何体(如图③)，类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于( )
A. 32πB. 24πC. 18πD. 16π
4.对于圆(x−a)2+(y−b)2=r2(r>0)上任意一点P(x,y)，当m≠n时，|x−2y+m|+|x−2y+n|的值与x，y无关，有下列结论：
①点(a,b)的轨迹是一个圆；
②点(a,b)的轨迹是一条直线；
③当|m−n|=4时，r有最大值2 55；
④当r= 5，m=1时，n∈[11,+∞)．
其中正确的个数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.双曲线：y24−x2=1的渐近线方程是______．
6.已知在一次随机试验E中，定义两个随机事件A，B，且P(A)=0.4，P(B)=0.3，P(A∩B)=0.3，则P(A∪B)= ______．
7.小明为了解自己每天花在体育锻炼上的时间(单位：min)，连续记录了7天的数据并绘制成如图所示的茎叶图，则这组数据的第50百分位数是______．
8.某工厂有甲、乙、丙三条生产线同时生产同一产品，这三条生产线生产产品的次品率分别为6%，5%，4%，假设这三条生产线产品产量的比为2：3：5，现从这三条生产线上随机任意选取1件食品为次品的概率为______．
9.若抛物线x2=4y的弦被点A(2,2)平分，则此弦所在直线的斜率为______．
10.随机变量X的分布列如下，则D(2X−1)= ______．
11.若圆锥的侧面展开图是圆心角为120°的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比是______．
12.已知11个大小相同的球，其中3个是红球，3个是黑球，5个是白球，从中随机取出4个形成一组，其中三种颜色都有的概率为______．
13.已知甲同学从学校的2个科技类社团、4个艺术类社团、3个体育类社团中选择报名参加，若甲报名了两个社团，则在有一个是艺术类社团的条件下，另一个是体育类社团的概率为______．
14.魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺⋅鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具.魔方拥有竞速、盲拧、单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一，一个三阶魔方，由27个单位正方体组成，如图是把魔方的中间一层转动了45°，则该魔方的表面积是______．
15.某兴趣小组有10名学生，若从10名学生中选取3人，则选取的3人中恰有1名女生的概率为310，且女生人数超过1人，现在将10名学生排成一排，其中男生不相邻，且男生的左右相对顺序固定，则共有______种不同的站队方法．
16.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则下列结论正确的序号是______．
①能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a；
②勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为(1− 64)a；
③勒洛四面体的截面面积的最大值为14(2π− 3)a2；
④勒洛四面体的体积V∈( 212a3, 6π8a3)；
三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD//AB，AD=DC=CB=1，AB=2，DP= 3．
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的余弦值．
18.(本小题15分)
(1)求(x2+1x)9的二项展开式中的常数项；
(2)求(1+2x)15的二项展开式中系数最大的项．
19.(本小题15分)
本市某区对全区高中生的身高(单位：厘米)进行统计，得到如下的频率分布直方图．
(1)若数据分布均匀，用频率估计概率，则在全市随机取一名高中生，求其身高不低于180厘米的概率；
(2)现从身高在区间[170,190)的高中生中分层抽样抽取一个80人的样本，若身高在区间[170,180)中样本的均值为176厘米，方差为10；身高在区间[180,190)中样本的均值为184厘米，方差为16，试求这80人的方差．
20.(本小题17分)
根据《国家学生体质健康标准》，高三男生和女生立定跳远单项等级如下(单位：cm) :
从某校高三男生和女生中各随机抽取12名同学，将其立定跳远测试成绩整理如下(精确到1cm):
假设用频率估计概率，且每个同学的测试成绩相互独立．
(Ⅰ)分别估计该校高三男生和女生立定跳远单项的优秀率;
(Ⅱ)从该校全体高三男生中随机抽取2人，全体高三女生中随机抽取1人，设X为这3人中立定跳远单项等级为优秀的人数，估计X的数学期望E(X);
(Ⅲ)从该校全体高三女生中随机抽取3人，设“这3人的立定跳远单项既有优秀，又有其它等级”为事件A，“这3人的立定跳远单项至多有1个是优秀”为事件B.判断A与B是否相互独立.(结论不要求证明)
21.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A(−2,−1)，离心率e= 32．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点A的直线l交椭圆C于另一点B，若△OAB的面积为2，其中O为坐标原点，求直线l的方程；
(3)设过点D(−4,0)的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x=−4于点P，Q.求证：线段PQ的中点为定点．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：将n封投入m个信封，基本事件总数为mn，
n封信恰好投入同一个信箱包含的基本事件个数为m，
∴n封信恰好投入同一个信箱的概率p=mmn=1mn−1．
故选：C．
先求出将n封投入m个信封，基本事件总数，满足题意的基本事件个数，因为是n封信恰好投入同一个信箱，那么可能是m个信箱中的任意一个，所以有m种可能，由此能求出结果．
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用．
2.【答案】D
【解析】解：由题意可得：110i=110xi=5,x9=1,x10=9，则i=110xi=50，
故x−=18i=18xi=18(i=110xi−x9−x10)=18(50−1−9)=5，
∵x9，x10是波幅最大的两个点的值，则去除x9，x10这两个数据后，整体波动性减小，
故s12>s22．
故选：D．
根据题中数据结合平均数的定义运算求解，并根据方差的意义理解判断．
本题主要考查了平均数和方差的定义，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，
在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，
则当截面与顶点距离为h(0≤h≤3)时，小圆锥底面半径为r，
则h3=r2，∴r=23h，
故截面面积为：4π−49πh2，
把y=h代入x24+y29=1，
即x24+h29=1，
解得：x=±23 9−h2，
∴橄榄球形几何体的截面面积为πx2=4π−49πh2，
由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积为：
V=2(V圆柱−V圆锥)=2×(4π×3−13×4π×3)=16π．
故选：D．
构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥的体积．
本题考查了类比推理的应用，属于中档题．
4.【答案】A
【解析】解：设|x−2y+m|+|x−2y+n|= 5(|x−2y+m| 12+22+|x−2y+n| 12+22)，
故|x−2y+m|+|x−2y+n|可以看作点P(x,y)到直线l1：x−2y+m=0与直线l2：x−2y+n=0距离之和的 5倍，
∵|x−2y+m|+|x−2y+n|的取值与x，y无关，
∴这个距离之和与点P在圆上的位置无关，
∴距离之和与P在圆上的位置无关，
故已知圆在平行线x−2y+m=0，x−2y+n=0之间，
l1，l2的距离为d=|m−n| 5，则d≥2r，∴r≤12d，
当|m−n| 5=2r时，(a,b)的轨迹是平行于x−2y+m=0，x−2y+n=0的直线，故①错误；
当|m−n| 5>2r时，(a,b)的的轨迹不是直线，故②错误
当|m−n|=4时，则l1，l2的距离为d=|m−n| 5=4 5，d≥2r，即r≤2 55，r有最大值2 55，故③正确；
当r= 5，m=1时，∵d≥2r，即|1−n| 5≥2 5，解得n≥11或n≤−9，
∴n∈(−∞,−9]∪[11,+∞).故④错误；
故正确的结论有1个，
故选：A．
|x−y2+m|+|x−2y+n|可以看作点P(x,y)到直线l1：x−2y+m=0与直线l2：x−2y+n=0距离之和的 5倍，|x−2y+m|+|x−2y+n|的取值与x，y无关，这个距离之和与点P在圆上的位置无关，圆在两直线内部，则l1，l2的距离为d=|m−n| 5，则d≥2r，当|m−n| 5=2r时，轨迹是直线，判断①，当|m−n| 5>2r时，轨迹不是直线可判断②，当|m−n|=4时，r有最大值2 55，可判断③；当r= 5，m=1时，根据d≥2r，即|1−n| 5≥2 5，可求n的范围判断④．
本题主要考查直线与圆的位置关系，圆中的最值问题等知识，属中档题．
5.【答案】y=±2x
【解析】解：已知双曲线y24−x2=1
令：y24−x2=0
即得到渐近线方程为：y=±2x
故答案为：y=±2x
直接根据双曲线的方程，令方程的右边等于0求出渐近线的方程．
本题考查的知识要点：双曲线的渐近线方程的求法．
6.【答案】0.4
【解析】解：由题意，
P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B)
=0.4+0.3−0.3=0.4．
故答案为：0.4．
利用概率的基本性质及事件的概率公式求解即可．
本题考查概率的基本性质及事件的概率公式，属基础题．
7.【答案】55
【解析】解：由茎叶图可得这组数据为：42，47，54，55，58，70，96，
因为7×50%=3.5，所以第4个数据即为第50百分位数，
则这组数据的第50百分位数是55．
故答案为：55．
由茎叶图可得数据，再根据百分位数的概念求得结论．
本题考查茎叶图表示数据，考查百分位数的概念，属基础题．
8.【答案】0.047
【解析】解：记事件“B=选取的食品为次品”，记事件“A1=此件次品来自甲生产线”，
记事件“A2=此件次品来自乙生产线”，记事件“A3=此件次品来自丙生产线”，
由题意可得P(A1)=210=0.2,P(A2)=310=0.3P(A3)=510=0.5，
P(B|A1)=0.06，P(B|A2)=0.05，P(B|A2)=0.04，
由全概率的公式可得：
P(B)=P(A1)P∖ left(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)
=0.2×0.06+0.3×0.05+0.5×0.04=0.047，
所以从这三条生产线上随机任意选取1件食品为次品的概率为0.047．
故答案为：0.047．
根据全概率公式可得结果．
本题主要考查古典概型及其概率计算公式，属于中档题．
9.【答案】1
【解析】解：设直线与抛物线相交于点M(x1,y1)，N(x2,y2)，
代入抛物线方程可得：x12=4y1，x22=y2，
相减可得：(x1+x2)(x1−x2)=4(y1−y2)，
又x1+x2=4，y1−y2x1−x2=k，
∴4=4k，解得k=1．
故答案为：1．
设直线与抛物线相交于点M(x1,y1)，N(x2,y2)，分别代入代入抛物线方程，利用“点差法”、中点坐标公式、斜率计算公式即可得出．
本题考查了抛物线的方程、“点差法”、中点坐标公式、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
10.【答案】2.4
【解析】解：根据题意，由随机变量X的分布列，可得0.3+p+0.3=1，则有p=0.4，
则E(X)=0×0.3+1×0.4+2×0.3=1，
则D(X)=0.3×(0−1)2+0.4×(1−1)2+0.3×(2−1)2=0.6，
故D(2X−1)=4D(X)=2.4．
故答案为：2.4．
根据题意，先利用分布列的性质求出p的值，进而求出D(X)，利用方差的性质即可求解．
本题考查了离散型随机变量的期望与方差计算，属于基础题．
11.【答案】43
【解析】解：设圆锥的母线长为l，
圆锥的侧面积=π×l2×120°360∘=l23π，
圆锥的底面半径=2π×l×120°360∘÷2π=13l，
圆锥的底面积=π×(13l)2=l29π，
圆锥的表面积=侧面积+底面积=4l29π，
∴这个圆锥的表面积与侧面积的比=4l29πl23π=43．
故答案为：43．
先求出圆锥的侧面积和底面半径，再求圆锥的表面积，由此能求出这个圆锥的表面积与侧面积的比．
本题考查圆锥的表面积与侧面积的比，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答
12.【答案】611
【解析】解：从11个球中随机取出4个球的取法有：C114=11×10×9×84×3×2×1=330，
又4个球有三种颜色，所以必定有且只有两个球同色，
若同色的两个球为红色，满足条件的取法有：C32C31C51=45；
若同色的两个球为黑色，满足条件的取法有：C31C32C51=45；
若同色的两个球为白色，满足条件的取法有：C31C31C52=90，
∴取出的4个球中三种颜色都有的概率为：P=45+45+90330=611．
故答案为：611．
4个球有三个颜色，肯定有两个球同色，按同色的球的颜色分情况讨论，再结合古典概型概率的计算公式可求答案．
本题主要考查古典概型的问题，熟记概率的计算公式即可，是基础题．
13.【答案】613
【解析】解：根据题意，设事件A为“所报的两个社团中有一个是艺术类”，
事件B为“所报的两个社团中有一个是体育类”，
则P(A)=C41C51+C42C92=2636，P(AB)=C41C31C92=1236，
所以P(B|A)=P(AB)P(A)=12362636=613．
故答案为：613．
根据题意，设事件A为“所报的两个社团中有一个是艺术类”，事件B为“所报的两个社团中有一个是体育类”，求出P(A)和P(AB)，由条件概率公式计算可得答案．
本题考查条件概率的计算，涉及古典概型和排列组合的应用，属于基础题．
14.【答案】162−72 2
【解析】解：根据题意，如图，把魔方的中间一层转动了45°，俯视图如图，
此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，
由图形的对称性可知，△A′CD为等腰直角三角形，
设直角边为A′C=x，则斜边为CD= 2x，
故AB=(2+ 2)x=3，可得x=3−3 22．
由几何关系得：S△A′CD=12×(3−3 22)2=274−92 2，
故所求面积S′=6×3×3+16×(274−92 2)=162−72 2．
故答案为：162−72 2．
根据题意，利用俯视图分析多出来的表面积部分，结合对称性可解．
本题考查多面体的表面积计算，注意结合图形的对称性分析，属于中档题．
15.【答案】25200
【解析】【分析】
本题考查了排列组合的应用问题，属于基础题．
由已知得10名学生中，有女生6人，男生4人，再利用插空法求解即可．
【解答】
解：设10名学生中，有女生x人，男生(10−x)人，
则10名学生中选取3人，恰有1名女生的概率P=Cx1C10−x2C103=x×(10−x)(9−x)2120=310，
整理得：x(10−x)(9−x)=72，即x3−19x2+90x−72=0，
因式分解可得：(x−6)(x−1)(x−12)=0，
解得：x=6>1或x=1(舍去)或x=12(舍去)，
所以10名学生中，有女生6人，男生4人，
将6名女生排成一排有A66种方法，再将4名男生插到7个空中有A66A74种方法，
因为男生的左右相对顺序固定，而4名男生排成一排有A44种方法，
所以一共有A66A74A44=25200，
故答案为：25200．
16.【答案】①②④
【解析】解：正四面体ABCD棱长为a，设M是底面BCD的中心，O是其外接球(也是内切球)的球心，外接球半径为R，高为AM，如图，
MB=23× 32a= 33a，AM= AB2−BM2= 63a，
由BO2=BM2+OM2，得R2=( 63a−R)2+( 33a)2，
解得R= 64a，OM= 612R(内切球半径)．
所以正四面体ABCD的体积为VABCD=13× 34a2× 63a= 212a3，
外接球体积为V=4π3×( 64a)3= 68πa3．
对于①，由勒洛四面体的结构知，
能容纳勒洛四面体正方体的棱长的最小值为a，故①正确；
对于②，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图，
其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，
易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，
易知B、O、E三点共线，且BE=a，OB= 64a，
因此OE=a− 64a=(1− 64)a，故②正确；
对于③，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，
最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图，
根据勒洛四面体结构的对称性，不妨设此截面为投影光线垂直于正四面体的一个面ABD时，
勒洛四面体在与平面ABD平行的一个投影平面α上的正投影，
当光线与平面ABD夹角不为90°时，易知截面投影均为上图所示图像在平面α上的投影，其面积必然减小．
上图截面为三个半径为a，圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为A的正三角形的面积，
即3×60360×πa2−2× 34a2=12(π− 3)a2，故③错误；
对于④，勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积之间，
正四面体ABCD的体积V1= 212a3，正四面体ABCD的外接球的体积V2= 6π8a3，
所以V∈( 212a3, 6π8a3)，故④正确．
故答案为：①②④．
先求得正四面体的外接球半径、内切球半径、正四面体的体积和外接球的体积，结合勒洛四面体的结构依次分析命题，即可得出结果．
本题属于新概念题，考查了正四面体与球的关系及体积的计算公式，属于难题．
17.【答案】(1)证明：∵CD//AB，DA=BC=DC=1，∴BD= 3，可得DA⊥BD，
又∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥BD，∴BD⊥平面PAD，
PA⊂平面PAD，∴BD⊥PA.[或者这样证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，因为CD//AB，AD=CD=CB=1，AB=2，所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AE=BF=12故DE= 32BD= DE2+BE2= 3所以AD2+BD2=AB2，所以AD⊥BD，因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD=D，所以BD⊥平面PAD，又因为PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA.]．
(2)解：以D为原点，DA为x轴正向，DB为y轴正向，DP为z轴正向，建立直角坐标系，
A(1,0,0)，B(0, 3,0)，P(0,0, 3)，
设平面PAB的一个法向量n=(x,y,z)，AP=(−1,0, 3)，AB=(−1, 3,0)，
n⋅AP= 3z−x=0n⋅AB= 3y−x=0，
∴平面PAB的一个法向量为n=( 3,1,1)，DP=(0,0, 3)，
可以求得法向量和DP的夹角θ的余弦值为cs=n⋅DP|n||DP|= 55，
则其正弦为2 55，所以PD与平面PAB所成的角的余弦值为2 55．
【解析】(1)证明BD⊥平面PAD，然后证明BD⊥PA．
(2)以D为原点，DA为x轴正向，DB为y轴正向，DP为z轴正向，建立直角坐标系，求解平面PAB的一个法向量n=(x,y,z)，利用空间向量的数量积转化求解PD与平面PAB所成的角的余弦值即可．
本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，是中档题．
18.【答案】解：(1)(x2+1x)9的二项展开式中的通项公式为Tr+1=C9rx−r(x2)9−r=C9rx18−3r，
令18−3r=0，得r=6，
故(x2+1x)9的二项展开式中的常数项为T7=C96=84．
(2)(1+2x)15的二项展开式中的通项公式为Tr+1=C15r2rxr，
由C15r−1⋅2r−1≤C15r⋅2r①，
且C15r+1⋅2r+1≤C15r⋅2r②；
解①②组成的不等式组，得293≤r≤323，又r∈N，
所以r=10，
所以(1+2x)15的二项展开式中系数最大的项是第11项，即T11=C1510210x10．
【解析】(1)利用二项展开式中的通项公式Tr+1=C9rx−r(x2)9−r=C9rx18−3r，可求得答案；
(2)根据二项式展开式的通项公式，利用展开式中的系数最大，列出不等式组，求解即可．
本题主要考查了利用二项式展开式的通项公式求二项式系数的问题，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由频率分布直方图可得：(0.022+0.027+0.025+x+0.01+0.001)×10=1，
解得x=0.015，
则在全市随机取一名高中生，求其身高不低于180厘米的概率为(0.015+0.01+0.001)×10=0.26；
(2)由于身高在区间[170,180)，[180,190)的人数之比为5：3，
所以分层抽样抽取80人，区间[170,180)，[180,190)内抽取的人数分别为50人与30人，
设在区间[170,180)中抽取的50个样本为x1，x2…，x50其均值为176，方差为10，
即x−=176，s12=10，
设区间[180,190)中抽取的30个样本为y1，y2，⋯，y30，其均值为184，方差为20，
即y−=184，S22=16，
所以这80人身高的均值为z−=50×176+30×18480=179，
从而这80人身高的方差为s2=180[i=150(xi−z−)2+i=130(yi−z−)2]=180[i=150(xi−x−+x−−z−)2+i=130(yi−y−+y−−z−)2]=180[i=150(xi−x−)2+2(x−−z−)i=150(xi−x−)+50(x−−z−)2+i=130(yi−y−)2+2(y−−z−)i=130(yi−y−)+30(y−−z−)2]=180[50s12+50(x−−z−)2+30s22+30(y−−z−)2]=27.25，
因此这80人身高的方差为27.25．
【解析】(1)先由频率分布直方图中每组的频率之和等于1求出x的值，再对身高不低于180厘米的各个小组的频率进行累加即得；
(2)由分层抽样确定两个组别分别抽取的人数，设出两组的样本，计算出所抽取的80人的身高总样本的均值，化简总样本方差公式，将数据代入计算即得．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了分层随机抽样的均值和方差公式，属于中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)样本中立定跳远单项等级获得优秀的男生人数为4，获得优秀的女生人数为6，
所以估计该校高三男生立定跳远单项的优秀率为412=13；
估计高三女生立定跳远单项的优秀率为612=12．
(Ⅱ)由题设，X的所有可能取值为0，1，2，3，
P(X=0)=(23)2×12=29，
P(X=1)=C21×13×23×12+(23)2×12=49，
P(X=2)=C21×13×23×12+(13)2×12=518，
P(X=3)=(13)2×12=118，
E(X)=0×29+1×49+2×518+3×118=76．
(Ⅲ)P(A)=C31×12×(12)2+C32×(12)2×12=34，
P(B)=C31×12×(12)2+C30×(12)3=12，
P(AB)=C31×12×(12)2=38，
P(AB)=P(A)P(B)，所以A与B相互独立．
【解析】本题考查离散型随机变量的期望，考查相互独立事件，是中档题．
(Ⅰ)样本中立定跳远单项等级获得优秀的男生人数为4，获得优秀的女生人数为6，计算频率得到优秀率的估计值；
(Ⅱ)由题设，X的所有可能取值为0，1，2，3，算出对应概率的估计值，得到X的数学期望的估计值；
(Ⅲ)利用两个事件相互独立的定义判断即可．
21.【答案】解：依题意4a2+1b2=1ca= 32a2=b2+c2，解得a=2 2，b= 2，c= 6，
所以椭圆C的方程为x28+y22=1．
(2)当直线l的斜率不存在时，A(−2,−1)，B(−2,1)，此时S△AOB=12×2×2=2，所以直线l的方程为x=−2．
当直线l的斜率为0时，A(−2,−1)，B(2,−1)，此时S△AOB=12×4×1=2，所以直线l的方程为y=−1．
当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为y+1=k(x+2)，kx−y+2k−1=0，
原点到直线AB的距离为|2k−1| k2+1，
由kx−y+2k−1=0x28+y22=1消去y并化简得(1+4k2)x2+(16k2−8k)x+16k2−16k−4=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，x1+x2=−16k2−8k1+4k2，
则−2+x2=−16k2−16k1+4k2，x2=2−16k2−8k1+4k2=−8k2+8k+21+4k2，
所以|AB|= 1+k2×|x1−x2|= 1+k2×|−2−−8k2+8k+21+4k2|
= 1+k2×|8k+41+4k2|，
则S△AOB=12× 1+k2×|8k+41+4k2|×|2k−1| k2+1=2|4k2−1|1+4k2=2，
解得k=0(舍去)．
综上所述，直线l的方程为x=−2或y=−1．
(3)依题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=k(x+4)
由y=k(x+4)x28+y22=1，消去y并化简得(1+4k2)x2+32k2x+64k2−8=0，
则xM+xN=−32k21+4k2，xMxN=64k2−81+4k2，由Δ=1024k4−4(1+4k2)(64k2−8)>0，
k2<14，−12依题意可知直线MA，NA的斜率存在，直线MA的方程为y+1=yM+1xM+2(x+2)，
令x=−4，得yP=−2yM−xM−4xM+2=−2k(xM+4)−xM−4xM+2=(−2k−1)xM−8k−4xM+2=(−2k−1)(xM+2)−4k−2xM+2=−2k−1−4k+2xM+2，
同理可求得yQ=−2k−1−4k+2xN+2，
所以yP+yQ=−4k−2−4k+2xM+2−4k+2xN+2=−4k−2−(4k+2)(1xM+2+1xN+2)
=−4k−2−(4k+2)×xM+xN+4xMxN+2(xM+xN)+4
=−4k−2−(4k+2)×−32k21+4k2+464k2−81+4k2+2(−32k21+4k2)+4，
=−4k−2+(4k+2)=0，所以线段PQ的中点为定点(−4,0)．
【解析】(1)根据已知条件列方程组，求得a，b，c，从而求得椭圆C的方程；
(2)根据直线l的斜率是否存在进行分类讨论，由三角形OAB的面积求得直线l的方程；
(3)设出直线l的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，求得P，Q的坐标的关系式，进而证得线段PQ的中点为定点．
此题考查了椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆相交问题，考查了方程思想及数形结合思想，考查了数学运算能力，属于难题．X
0
1
2
P
0.3
p
0.3
立定跳远单项等级
高三男生
高三女生
优秀
260及以上
194及以上
良好
245∼259
180∼193
及格
205∼244
150∼179
不及格
204及以下
149及以下
男生
180
205
213
220
235
245
250
258
261
270
275
280
女生
148
160
162
169
172
184
195
196
196
197
208
220
1.将n封投入m个信封，其中n封信恰好投入同一个信箱的概率是( )
A. 1mnB. 1nmC. 1mn−1D. 1nm−1
2.如图，一组数据x1，x2，x3，…，x9，x10，的平均数为5，方差为s12，去除x9，x10这两个数据后，平均数为x−，方差为s22，则( )
A. x−>5，s12>s22B. x−<5，s12
3.我国南北朝时期的著名数学家祖暅提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等．运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球(如图①)放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体(如图②)，用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即12V球=πR2⋅R−13πR12⋅R=23πR3.现将椭圆x24+y29=1绕y轴旋转一周后得一橄榄状的几何体(如图③)，类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于( )
A. 32πB. 24πC. 18πD. 16π
4.对于圆(x−a)2+(y−b)2=r2(r>0)上任意一点P(x,y)，当m≠n时，|x−2y+m|+|x−2y+n|的值与x，y无关，有下列结论：
①点(a,b)的轨迹是一个圆；
②点(a,b)的轨迹是一条直线；
③当|m−n|=4时，r有最大值2 55；
④当r= 5，m=1时，n∈[11,+∞)．
其中正确的个数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.双曲线：y24−x2=1的渐近线方程是______．
6.已知在一次随机试验E中，定义两个随机事件A，B，且P(A)=0.4，P(B)=0.3，P(A∩B)=0.3，则P(A∪B)= ______．
7.小明为了解自己每天花在体育锻炼上的时间(单位：min)，连续记录了7天的数据并绘制成如图所示的茎叶图，则这组数据的第50百分位数是______．
8.某工厂有甲、乙、丙三条生产线同时生产同一产品，这三条生产线生产产品的次品率分别为6%，5%，4%，假设这三条生产线产品产量的比为2：3：5，现从这三条生产线上随机任意选取1件食品为次品的概率为______．
9.若抛物线x2=4y的弦被点A(2,2)平分，则此弦所在直线的斜率为______．
10.随机变量X的分布列如下，则D(2X−1)= ______．
11.若圆锥的侧面展开图是圆心角为120°的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比是______．
12.已知11个大小相同的球，其中3个是红球，3个是黑球，5个是白球，从中随机取出4个形成一组，其中三种颜色都有的概率为______．
13.已知甲同学从学校的2个科技类社团、4个艺术类社团、3个体育类社团中选择报名参加，若甲报名了两个社团，则在有一个是艺术类社团的条件下，另一个是体育类社团的概率为______．
14.魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺⋅鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具.魔方拥有竞速、盲拧、单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一，一个三阶魔方，由27个单位正方体组成，如图是把魔方的中间一层转动了45°，则该魔方的表面积是______．
15.某兴趣小组有10名学生，若从10名学生中选取3人，则选取的3人中恰有1名女生的概率为310，且女生人数超过1人，现在将10名学生排成一排，其中男生不相邻，且男生的左右相对顺序固定，则共有______种不同的站队方法．
16.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则下列结论正确的序号是______．
①能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a；
②勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为(1− 64)a；
③勒洛四面体的截面面积的最大值为14(2π− 3)a2；
④勒洛四面体的体积V∈( 212a3, 6π8a3)；
三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD//AB，AD=DC=CB=1，AB=2，DP= 3．
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的余弦值．
18.(本小题15分)
(1)求(x2+1x)9的二项展开式中的常数项；
(2)求(1+2x)15的二项展开式中系数最大的项．
19.(本小题15分)
本市某区对全区高中生的身高(单位：厘米)进行统计，得到如下的频率分布直方图．
(1)若数据分布均匀，用频率估计概率，则在全市随机取一名高中生，求其身高不低于180厘米的概率；
(2)现从身高在区间[170,190)的高中生中分层抽样抽取一个80人的样本，若身高在区间[170,180)中样本的均值为176厘米，方差为10；身高在区间[180,190)中样本的均值为184厘米，方差为16，试求这80人的方差．
20.(本小题17分)
根据《国家学生体质健康标准》，高三男生和女生立定跳远单项等级如下(单位：cm) :
从某校高三男生和女生中各随机抽取12名同学，将其立定跳远测试成绩整理如下(精确到1cm):
假设用频率估计概率，且每个同学的测试成绩相互独立．
(Ⅰ)分别估计该校高三男生和女生立定跳远单项的优秀率;
(Ⅱ)从该校全体高三男生中随机抽取2人，全体高三女生中随机抽取1人，设X为这3人中立定跳远单项等级为优秀的人数，估计X的数学期望E(X);
(Ⅲ)从该校全体高三女生中随机抽取3人，设“这3人的立定跳远单项既有优秀，又有其它等级”为事件A，“这3人的立定跳远单项至多有1个是优秀”为事件B.判断A与B是否相互独立.(结论不要求证明)
21.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A(−2,−1)，离心率e= 32．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点A的直线l交椭圆C于另一点B，若△OAB的面积为2，其中O为坐标原点，求直线l的方程；
(3)设过点D(−4,0)的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x=−4于点P，Q.求证：线段PQ的中点为定点．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：将n封投入m个信封，基本事件总数为mn，
n封信恰好投入同一个信箱包含的基本事件个数为m，
∴n封信恰好投入同一个信箱的概率p=mmn=1mn−1．
故选：C．
先求出将n封投入m个信封，基本事件总数，满足题意的基本事件个数，因为是n封信恰好投入同一个信箱，那么可能是m个信箱中的任意一个，所以有m种可能，由此能求出结果．
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用．
2.【答案】D
【解析】解：由题意可得：110i=110xi=5,x9=1,x10=9，则i=110xi=50，
故x−=18i=18xi=18(i=110xi−x9−x10)=18(50−1−9)=5，
∵x9，x10是波幅最大的两个点的值，则去除x9，x10这两个数据后，整体波动性减小，
故s12>s22．
故选：D．
根据题中数据结合平均数的定义运算求解，并根据方差的意义理解判断．
本题主要考查了平均数和方差的定义，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，
在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，
则当截面与顶点距离为h(0≤h≤3)时，小圆锥底面半径为r，
则h3=r2，∴r=23h，
故截面面积为：4π−49πh2，
把y=h代入x24+y29=1，
即x24+h29=1，
解得：x=±23 9−h2，
∴橄榄球形几何体的截面面积为πx2=4π−49πh2，
由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积为：
V=2(V圆柱−V圆锥)=2×(4π×3−13×4π×3)=16π．
故选：D．
构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥的体积．
本题考查了类比推理的应用，属于中档题．
4.【答案】A
【解析】解：设|x−2y+m|+|x−2y+n|= 5(|x−2y+m| 12+22+|x−2y+n| 12+22)，
故|x−2y+m|+|x−2y+n|可以看作点P(x,y)到直线l1：x−2y+m=0与直线l2：x−2y+n=0距离之和的 5倍，
∵|x−2y+m|+|x−2y+n|的取值与x，y无关，
∴这个距离之和与点P在圆上的位置无关，
∴距离之和与P在圆上的位置无关，
故已知圆在平行线x−2y+m=0，x−2y+n=0之间，
l1，l2的距离为d=|m−n| 5，则d≥2r，∴r≤12d，
当|m−n| 5=2r时，(a,b)的轨迹是平行于x−2y+m=0，x−2y+n=0的直线，故①错误；
当|m−n| 5>2r时，(a,b)的的轨迹不是直线，故②错误
当|m−n|=4时，则l1，l2的距离为d=|m−n| 5=4 5，d≥2r，即r≤2 55，r有最大值2 55，故③正确；
当r= 5，m=1时，∵d≥2r，即|1−n| 5≥2 5，解得n≥11或n≤−9，
∴n∈(−∞,−9]∪[11,+∞).故④错误；
故正确的结论有1个，
故选：A．
|x−y2+m|+|x−2y+n|可以看作点P(x,y)到直线l1：x−2y+m=0与直线l2：x−2y+n=0距离之和的 5倍，|x−2y+m|+|x−2y+n|的取值与x，y无关，这个距离之和与点P在圆上的位置无关，圆在两直线内部，则l1，l2的距离为d=|m−n| 5，则d≥2r，当|m−n| 5=2r时，轨迹是直线，判断①，当|m−n| 5>2r时，轨迹不是直线可判断②，当|m−n|=4时，r有最大值2 55，可判断③；当r= 5，m=1时，根据d≥2r，即|1−n| 5≥2 5，可求n的范围判断④．
本题主要考查直线与圆的位置关系，圆中的最值问题等知识，属中档题．
5.【答案】y=±2x
【解析】解：已知双曲线y24−x2=1
令：y24−x2=0
即得到渐近线方程为：y=±2x
故答案为：y=±2x
直接根据双曲线的方程，令方程的右边等于0求出渐近线的方程．
本题考查的知识要点：双曲线的渐近线方程的求法．
6.【答案】0.4
【解析】解：由题意，
P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B)
=0.4+0.3−0.3=0.4．
故答案为：0.4．
利用概率的基本性质及事件的概率公式求解即可．
本题考查概率的基本性质及事件的概率公式，属基础题．
7.【答案】55
【解析】解：由茎叶图可得这组数据为：42，47，54，55，58，70，96，
因为7×50%=3.5，所以第4个数据即为第50百分位数，
则这组数据的第50百分位数是55．
故答案为：55．
由茎叶图可得数据，再根据百分位数的概念求得结论．
本题考查茎叶图表示数据，考查百分位数的概念，属基础题．
8.【答案】0.047
【解析】解：记事件“B=选取的食品为次品”，记事件“A1=此件次品来自甲生产线”，
记事件“A2=此件次品来自乙生产线”，记事件“A3=此件次品来自丙生产线”，
由题意可得P(A1)=210=0.2,P(A2)=310=0.3P(A3)=510=0.5，
P(B|A1)=0.06，P(B|A2)=0.05，P(B|A2)=0.04，
由全概率的公式可得：
P(B)=P(A1)P∖ left(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)
=0.2×0.06+0.3×0.05+0.5×0.04=0.047，
所以从这三条生产线上随机任意选取1件食品为次品的概率为0.047．
故答案为：0.047．
根据全概率公式可得结果．
本题主要考查古典概型及其概率计算公式，属于中档题．
9.【答案】1
【解析】解：设直线与抛物线相交于点M(x1,y1)，N(x2,y2)，
代入抛物线方程可得：x12=4y1，x22=y2，
相减可得：(x1+x2)(x1−x2)=4(y1−y2)，
又x1+x2=4，y1−y2x1−x2=k，
∴4=4k，解得k=1．
故答案为：1．
设直线与抛物线相交于点M(x1,y1)，N(x2,y2)，分别代入代入抛物线方程，利用“点差法”、中点坐标公式、斜率计算公式即可得出．
本题考查了抛物线的方程、“点差法”、中点坐标公式、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
10.【答案】2.4
【解析】解：根据题意，由随机变量X的分布列，可得0.3+p+0.3=1，则有p=0.4，
则E(X)=0×0.3+1×0.4+2×0.3=1，
则D(X)=0.3×(0−1)2+0.4×(1−1)2+0.3×(2−1)2=0.6，
故D(2X−1)=4D(X)=2.4．
故答案为：2.4．
根据题意，先利用分布列的性质求出p的值，进而求出D(X)，利用方差的性质即可求解．
本题考查了离散型随机变量的期望与方差计算，属于基础题．
11.【答案】43
【解析】解：设圆锥的母线长为l，
圆锥的侧面积=π×l2×120°360∘=l23π，
圆锥的底面半径=2π×l×120°360∘÷2π=13l，
圆锥的底面积=π×(13l)2=l29π，
圆锥的表面积=侧面积+底面积=4l29π，
∴这个圆锥的表面积与侧面积的比=4l29πl23π=43．
故答案为：43．
先求出圆锥的侧面积和底面半径，再求圆锥的表面积，由此能求出这个圆锥的表面积与侧面积的比．
本题考查圆锥的表面积与侧面积的比，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答
12.【答案】611
【解析】解：从11个球中随机取出4个球的取法有：C114=11×10×9×84×3×2×1=330，
又4个球有三种颜色，所以必定有且只有两个球同色，
若同色的两个球为红色，满足条件的取法有：C32C31C51=45；
若同色的两个球为黑色，满足条件的取法有：C31C32C51=45；
若同色的两个球为白色，满足条件的取法有：C31C31C52=90，
∴取出的4个球中三种颜色都有的概率为：P=45+45+90330=611．
故答案为：611．
4个球有三个颜色，肯定有两个球同色，按同色的球的颜色分情况讨论，再结合古典概型概率的计算公式可求答案．
本题主要考查古典概型的问题，熟记概率的计算公式即可，是基础题．
13.【答案】613
【解析】解：根据题意，设事件A为“所报的两个社团中有一个是艺术类”，
事件B为“所报的两个社团中有一个是体育类”，
则P(A)=C41C51+C42C92=2636，P(AB)=C41C31C92=1236，
所以P(B|A)=P(AB)P(A)=12362636=613．
故答案为：613．
根据题意，设事件A为“所报的两个社团中有一个是艺术类”，事件B为“所报的两个社团中有一个是体育类”，求出P(A)和P(AB)，由条件概率公式计算可得答案．
本题考查条件概率的计算，涉及古典概型和排列组合的应用，属于基础题．
14.【答案】162−72 2
【解析】解：根据题意，如图，把魔方的中间一层转动了45°，俯视图如图，
此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，
由图形的对称性可知，△A′CD为等腰直角三角形，
设直角边为A′C=x，则斜边为CD= 2x，
故AB=(2+ 2)x=3，可得x=3−3 22．
由几何关系得：S△A′CD=12×(3−3 22)2=274−92 2，
故所求面积S′=6×3×3+16×(274−92 2)=162−72 2．
故答案为：162−72 2．
根据题意，利用俯视图分析多出来的表面积部分，结合对称性可解．
本题考查多面体的表面积计算，注意结合图形的对称性分析，属于中档题．
15.【答案】25200
【解析】【分析】
本题考查了排列组合的应用问题，属于基础题．
由已知得10名学生中，有女生6人，男生4人，再利用插空法求解即可．
【解答】
解：设10名学生中，有女生x人，男生(10−x)人，
则10名学生中选取3人，恰有1名女生的概率P=Cx1C10−x2C103=x×(10−x)(9−x)2120=310，
整理得：x(10−x)(9−x)=72，即x3−19x2+90x−72=0，
因式分解可得：(x−6)(x−1)(x−12)=0，
解得：x=6>1或x=1(舍去)或x=12(舍去)，
所以10名学生中，有女生6人，男生4人，
将6名女生排成一排有A66种方法，再将4名男生插到7个空中有A66A74种方法，
因为男生的左右相对顺序固定，而4名男生排成一排有A44种方法，
所以一共有A66A74A44=25200，
故答案为：25200．
16.【答案】①②④
【解析】解：正四面体ABCD棱长为a，设M是底面BCD的中心，O是其外接球(也是内切球)的球心，外接球半径为R，高为AM，如图，
MB=23× 32a= 33a，AM= AB2−BM2= 63a，
由BO2=BM2+OM2，得R2=( 63a−R)2+( 33a)2，
解得R= 64a，OM= 612R(内切球半径)．
所以正四面体ABCD的体积为VABCD=13× 34a2× 63a= 212a3，
外接球体积为V=4π3×( 64a)3= 68πa3．
对于①，由勒洛四面体的结构知，
能容纳勒洛四面体正方体的棱长的最小值为a，故①正确；
对于②，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图，
其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，
易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，
易知B、O、E三点共线，且BE=a，OB= 64a，
因此OE=a− 64a=(1− 64)a，故②正确；
对于③，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，
最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图，
根据勒洛四面体结构的对称性，不妨设此截面为投影光线垂直于正四面体的一个面ABD时，
勒洛四面体在与平面ABD平行的一个投影平面α上的正投影，
当光线与平面ABD夹角不为90°时，易知截面投影均为上图所示图像在平面α上的投影，其面积必然减小．
上图截面为三个半径为a，圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为A的正三角形的面积，
即3×60360×πa2−2× 34a2=12(π− 3)a2，故③错误；
对于④，勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积之间，
正四面体ABCD的体积V1= 212a3，正四面体ABCD的外接球的体积V2= 6π8a3，
所以V∈( 212a3, 6π8a3)，故④正确．
故答案为：①②④．
先求得正四面体的外接球半径、内切球半径、正四面体的体积和外接球的体积，结合勒洛四面体的结构依次分析命题，即可得出结果．
本题属于新概念题，考查了正四面体与球的关系及体积的计算公式，属于难题．
17.【答案】(1)证明：∵CD//AB，DA=BC=DC=1，∴BD= 3，可得DA⊥BD，
又∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥BD，∴BD⊥平面PAD，
PA⊂平面PAD，∴BD⊥PA.[或者这样证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，因为CD//AB，AD=CD=CB=1，AB=2，所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AE=BF=12故DE= 32BD= DE2+BE2= 3所以AD2+BD2=AB2，所以AD⊥BD，因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD=D，所以BD⊥平面PAD，又因为PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA.]．
(2)解：以D为原点，DA为x轴正向，DB为y轴正向，DP为z轴正向，建立直角坐标系，
A(1,0,0)，B(0, 3,0)，P(0,0, 3)，
设平面PAB的一个法向量n=(x,y,z)，AP=(−1,0, 3)，AB=(−1, 3,0)，
n⋅AP= 3z−x=0n⋅AB= 3y−x=0，
∴平面PAB的一个法向量为n=( 3,1,1)，DP=(0,0, 3)，
可以求得法向量和DP的夹角θ的余弦值为cs
则其正弦为2 55，所以PD与平面PAB所成的角的余弦值为2 55．
【解析】(1)证明BD⊥平面PAD，然后证明BD⊥PA．
(2)以D为原点，DA为x轴正向，DB为y轴正向，DP为z轴正向，建立直角坐标系，求解平面PAB的一个法向量n=(x,y,z)，利用空间向量的数量积转化求解PD与平面PAB所成的角的余弦值即可．
本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，是中档题．
18.【答案】解：(1)(x2+1x)9的二项展开式中的通项公式为Tr+1=C9rx−r(x2)9−r=C9rx18−3r，
令18−3r=0，得r=6，
故(x2+1x)9的二项展开式中的常数项为T7=C96=84．
(2)(1+2x)15的二项展开式中的通项公式为Tr+1=C15r2rxr，
由C15r−1⋅2r−1≤C15r⋅2r①，
且C15r+1⋅2r+1≤C15r⋅2r②；
解①②组成的不等式组，得293≤r≤323，又r∈N，
所以r=10，
所以(1+2x)15的二项展开式中系数最大的项是第11项，即T11=C1510210x10．
【解析】(1)利用二项展开式中的通项公式Tr+1=C9rx−r(x2)9−r=C9rx18−3r，可求得答案；
(2)根据二项式展开式的通项公式，利用展开式中的系数最大，列出不等式组，求解即可．
本题主要考查了利用二项式展开式的通项公式求二项式系数的问题，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由频率分布直方图可得：(0.022+0.027+0.025+x+0.01+0.001)×10=1，
解得x=0.015，
则在全市随机取一名高中生，求其身高不低于180厘米的概率为(0.015+0.01+0.001)×10=0.26；
(2)由于身高在区间[170,180)，[180,190)的人数之比为5：3，
所以分层抽样抽取80人，区间[170,180)，[180,190)内抽取的人数分别为50人与30人，
设在区间[170,180)中抽取的50个样本为x1，x2…，x50其均值为176，方差为10，
即x−=176，s12=10，
设区间[180,190)中抽取的30个样本为y1，y2，⋯，y30，其均值为184，方差为20，
即y−=184，S22=16，
所以这80人身高的均值为z−=50×176+30×18480=179，
从而这80人身高的方差为s2=180[i=150(xi−z−)2+i=130(yi−z−)2]=180[i=150(xi−x−+x−−z−)2+i=130(yi−y−+y−−z−)2]=180[i=150(xi−x−)2+2(x−−z−)i=150(xi−x−)+50(x−−z−)2+i=130(yi−y−)2+2(y−−z−)i=130(yi−y−)+30(y−−z−)2]=180[50s12+50(x−−z−)2+30s22+30(y−−z−)2]=27.25，
因此这80人身高的方差为27.25．
【解析】(1)先由频率分布直方图中每组的频率之和等于1求出x的值，再对身高不低于180厘米的各个小组的频率进行累加即得；
(2)由分层抽样确定两个组别分别抽取的人数，设出两组的样本，计算出所抽取的80人的身高总样本的均值，化简总样本方差公式，将数据代入计算即得．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了分层随机抽样的均值和方差公式，属于中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)样本中立定跳远单项等级获得优秀的男生人数为4，获得优秀的女生人数为6，
所以估计该校高三男生立定跳远单项的优秀率为412=13；
估计高三女生立定跳远单项的优秀率为612=12．
(Ⅱ)由题设，X的所有可能取值为0，1，2，3，
P(X=0)=(23)2×12=29，
P(X=1)=C21×13×23×12+(23)2×12=49，
P(X=2)=C21×13×23×12+(13)2×12=518，
P(X=3)=(13)2×12=118，
E(X)=0×29+1×49+2×518+3×118=76．
(Ⅲ)P(A)=C31×12×(12)2+C32×(12)2×12=34，
P(B)=C31×12×(12)2+C30×(12)3=12，
P(AB)=C31×12×(12)2=38，
P(AB)=P(A)P(B)，所以A与B相互独立．
【解析】本题考查离散型随机变量的期望，考查相互独立事件，是中档题．
(Ⅰ)样本中立定跳远单项等级获得优秀的男生人数为4，获得优秀的女生人数为6，计算频率得到优秀率的估计值；
(Ⅱ)由题设，X的所有可能取值为0，1，2，3，算出对应概率的估计值，得到X的数学期望的估计值；
(Ⅲ)利用两个事件相互独立的定义判断即可．
21.【答案】解：依题意4a2+1b2=1ca= 32a2=b2+c2，解得a=2 2，b= 2，c= 6，
所以椭圆C的方程为x28+y22=1．
(2)当直线l的斜率不存在时，A(−2,−1)，B(−2,1)，此时S△AOB=12×2×2=2，所以直线l的方程为x=−2．
当直线l的斜率为0时，A(−2,−1)，B(2,−1)，此时S△AOB=12×4×1=2，所以直线l的方程为y=−1．
当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为y+1=k(x+2)，kx−y+2k−1=0，
原点到直线AB的距离为|2k−1| k2+1，
由kx−y+2k−1=0x28+y22=1消去y并化简得(1+4k2)x2+(16k2−8k)x+16k2−16k−4=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，x1+x2=−16k2−8k1+4k2，
则−2+x2=−16k2−16k1+4k2，x2=2−16k2−8k1+4k2=−8k2+8k+21+4k2，
所以|AB|= 1+k2×|x1−x2|= 1+k2×|−2−−8k2+8k+21+4k2|
= 1+k2×|8k+41+4k2|，
则S△AOB=12× 1+k2×|8k+41+4k2|×|2k−1| k2+1=2|4k2−1|1+4k2=2，
解得k=0(舍去)．
综上所述，直线l的方程为x=−2或y=−1．
(3)依题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=k(x+4)
由y=k(x+4)x28+y22=1，消去y并化简得(1+4k2)x2+32k2x+64k2−8=0，
则xM+xN=−32k21+4k2，xMxN=64k2−81+4k2，由Δ=1024k4−4(1+4k2)(64k2−8)>0，
k2<14，−12
令x=−4，得yP=−2yM−xM−4xM+2=−2k(xM+4)−xM−4xM+2=(−2k−1)xM−8k−4xM+2=(−2k−1)(xM+2)−4k−2xM+2=−2k−1−4k+2xM+2，
同理可求得yQ=−2k−1−4k+2xN+2，
所以yP+yQ=−4k−2−4k+2xM+2−4k+2xN+2=−4k−2−(4k+2)(1xM+2+1xN+2)
=−4k−2−(4k+2)×xM+xN+4xMxN+2(xM+xN)+4
=−4k−2−(4k+2)×−32k21+4k2+464k2−81+4k2+2(−32k21+4k2)+4，
=−4k−2+(4k+2)=0，所以线段PQ的中点为定点(−4,0)．
【解析】(1)根据已知条件列方程组，求得a，b，c，从而求得椭圆C的方程；
(2)根据直线l的斜率是否存在进行分类讨论，由三角形OAB的面积求得直线l的方程；
(3)设出直线l的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，求得P，Q的坐标的关系式，进而证得线段PQ的中点为定点．
此题考查了椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆相交问题，考查了方程思想及数形结合思想，考查了数学运算能力，属于难题．X
0
1
2
P
0.3
p
0.3
立定跳远单项等级
高三男生
高三女生
优秀
260及以上
194及以上
良好
245∼259
180∼193
及格
205∼244
150∼179
不及格
204及以下
149及以下
男生
180
205
213
220
235
245
250
258
261
270
275
280
女生
148
160
162
169
172
184
195
196
196
197
208
220
相关试卷
2023-2024学年上海市杨浦区同济大学一附中学高二（下）月考数学试卷（3月份）(含解析）： 这是一份2023-2024学年上海市杨浦区同济大学一附中学高二（下）月考数学试卷（3月份）(含解析），共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
上海市杨浦高级中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试卷： 这是一份上海市杨浦高级中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试卷，文件包含2023-2024学年上海市杨浦高级中学高二年级下学期3月月考试卷-答案版docx、2023-2024学年上海市杨浦高级中学高二年级下学期3月月考试卷-学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
2022-2023学年上海市杨浦高级中学高一（下）开学数学试卷（含解析）： 这是一份2022-2023学年上海市杨浦高级中学高一（下）开学数学试卷（含解析），共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
