武汉中学高二下学期数学总复习试题(3)

武汉中学高二下学期数学总复习试题(3)武汉中学柏任俊一、选择题：1.设a，b，c是空间三条直线，，是空间两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是（）A．当c⊥时，若c⊥，则∥B．当b时，若b⊥，则C．当b，且c是a在内的射影时，若b⊥c，则a⊥bD．当b，且c时，若c∥，则b∥c2.正四面体ABCD的四个顶点A、B、C、D到平面的距离之比为1∶1∶2∶2，这样的平面的个数有（）（A）3个（B）6个（C）7个（D）8个3．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为棱AB、C1D1的中点，则直线A1B1与平面A1ECF所成角的正弦为（）A．63B．33C．66D．224.将1－9这9个不同的数字分别填入右图中的方格中，要求每行自左至右数字从小到大排，每列自上到下数字也从小到大排，并且5排在正中的方格，则不同的填法共有（）A．24种B．20种C．18种D．12种5.在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共（）（A）36个（B）24个（C）18个（D）6个6.种植两株不同的花卉，若它们的存活率分别是p或q，则恰有一株存活的概率为（）A．p＋q－2pqB．p＋q－pqC．p＋qD．pq7.甲、乙两人约定在6时到7时之间在某处会面，并且约定先到者应等候另一个人15分钟，过时即不再等了，则两人能会上面的概率为（）A、14B、13C、34D、7168.假设每一架飞机的引擎在飞行中出现故障率为1-p，且各引擎是否有故障是独立的，如有至少50%的引擎能正常运行，飞机就可成功飞行。若使4引擎飞机比2引擎飞机更为安全则p的取值范围是（）A、（1,31）B、（32,0）C、（1,32）D、（41,0）59.某地2004年第一季度应聘和招聘人数排行榜前5个行业的情况列表如下：行业名称计算机机械营销物流贸易应聘人数2158302002501546767457065280行业名称计算机营销机械建筑化工招聘人数124620102935891157651670436若用同一行业应聘人数与招聘人数比值的大小来衡量该行业就业情况，则根据表中数据，就业形势一定是（）A.计算机行业好于化工行业B.建筑行业好于物流行业C.机械行业最紧张D.营销行业比贸易行业紧张10.已知5a,方程0123axx在区间（0，3）内的根的个数为（）A．0B．1C．2D.3二、填空题：11.一个正方体的六个面上分别标有字母A、B、C、D、E、F，右图是此正方体的两种不同放置，则与D面相对的面上的字母是．12.棱锥P一ABCDEF的底面是正六边形，侧棱PA⊥面ABF，则下列命题：①∠PDA是侧面PDC与底面所成的二面角的平面角；②PC的长就是点P到直线CD的距离；③∠PCB是侧棱PC与底面所成的角；④EF的长是点E到平面AFP的距离.其中正确的命题有____________.13.若nxx)3(3的展开式的各项系数之和为－32,那么展开式中的常数项为_________.14.对于正整数n和m，定义mn！=()(2)(3)()nmnmnmnkm，其中mn，且k是满足nkm的最大整数，则（410！）/（103！）=___________.15.有80个数，其中一半是奇数，一半是偶数，从中任取两数，则所取的两数和为偶数的概率是．16.假设要考察某公司生产的500克袋装牛奶的质量是否达标，现从600袋牛奶中抽取60袋进行检验，利用随机数表抽取样本时，先将600袋牛奶按000，001，…，599进行编号，如果从随机数表第8行第6列的数开始向右读，请你依次写出最先检测的5袋牛奶的编号______________.（下面摘取了随机数表第7行至第9行）8442175331572455068877047447672176335025839212067663016378591695591719981050717512867358074439523879ACDCBE33211234297864560782524207443815510013429966027954三、解答题：17.如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCＤ中，PA=AB=1，BC=2.（1）求证：平面PDC⊥平面PAD；（2）若E是PD的中点，求异面直线AE与PC所成角的余弦值；（3）在BC边上是否存在一点G，使得D点到平面PAG的距离为1，若存在，求出BG的值；若不存在，请说明理由。18.投掷飞碟的游戏中，飞碟投入红袋记2分，投入蓝袋记1分，未投入袋记0分，经过多次试验，某生投掷100个飞碟有50个入红袋，25个入蓝袋，其余不能入袋.（Ⅰ）求该人在4次投掷中恰有三次投入红袋的概率；（Ⅱ）求该人两次投掷后得2分的概率。PABCDE19.袋中有4个白球，6个红球，在抽取这些球的时候谁也无法看到球的颜色．现先由甲取出3个球，并且取出的球将不再放回原袋中，再由乙取出4个球，若规定取得白球多者获胜，试求甲获胜的概率．20.质点M位于数轴的0x处，质点N位于2x处，质点M每隔1秒向左或向右移动2个单位，质点M向左移动的概率为52，向右移动的概率为53，质点N每隔1秒向左或向右移动1个单位，质点N向左移动的概率为31，向右移动的概率为32.（1）求3秒末，质点M在2x处的概率；（2）求2秒末，质点M,N同时在0x处的概率.21.已知函数22fxxaxbxc图像上的点1,Pfx处的切线方程为31yx.（1）若函数fx在2x时有极值，求fx的表达式；（2）函数fx在区间2,0上单调递增，求实数b的取值范围。22.已知函数3fxxaxb定义在区间1,1上，且0(1)ff.又11Pxy、22Qxy是其图像上任意两点12xx.（1）求证：fx的图像关于点0,b成中心对称图形；（2）设直线PQ的斜率为k，求证：2k；（3）若1201xx，求证：121yy.参考答案：BDACBADCBB11.【答案】15．B；12.【答案】②；13.【答案】5n,常数项为90；14.【答案】73；15.【答案】14．7939；16.【答案】378、591、050、512、358.17.解：以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(12，0，)，D(0，2，0)，E(0，1，12)，P(0，0，1)。∴CD＝(－1，0，0)，AD＝(0，2，0)，AP＝(0，0，1)，AE＝(0，1，12)，PC＝(1，2，－1)，(1)00CDADCDADCDPADCDAPCDAPCDPDCAPADA平面平面平面PDC⊥平面PAD.……4分(2)∵cos,||||AEPCAEPCAEPC＝2－121+14·6＝3010，∴所求角的余弦值为3010。………………………………………………………………8分(3)假设BC边上存在一点G满足题设条件，令BG＝x，则G(1，x，0)，作DQ⊥AG，则DQ⊥平面PAG，即DQ＝1。∵2S△ADG＝S矩形ABCD，∴||||||||AGDQABAD＝2∴||AG＝2，又AG＝x2+1，∴x＝32，故存在点G，当BG＝3时，使点D到平面PAG的距离为1。………………………………12分18.解：（Ⅰ）、“飞碟投入红袋”，“飞碟投入蓝袋”，“飞碟不入袋”分别记为事件A，B，C。则由题意知：4110025)()(,2110050)(CPBPAP因每次投掷飞碟为相互独立事件，故4次投掷中恰有三次投入红袋的概率为；41)211()21()3(3344CP（Ⅱ）、两次投掷得分2的概率为：165)()()()()2(12BPBPCPAPCP.答：（Ⅰ）该人在4次投掷中恰有三次投入红袋的概率为41；（Ⅱ）该人两次投掷后得2分的概率为165.19.解：甲获胜包括以下三个事件：（1）甲取3个白球必胜，其概率为301310341CCP…………3分（2）甲取出2个白球获胜是在乙取1个白球3个红球或4个红球的情况下发生的，其概率为143)(4731045351216242CCCCCCCP………………3分（3）甲取1个白球获胜是在乙取4个红球的情况下发生的，其概率为.701473104426142CCCCCP………3分由于这3个事件互斥，所以甲获胜的概率为P=P1+P2+P3=.4211701143301……3分20.解：21.解：'232fxxaxb，（2分）因为函数fx在1x处的切线斜率为-3，所以'1323fab，即20ab，○1又112fabc得1abc。○2（1）函数fx在2x时有极值，所以'21240fab，○3解○1○2○3得2,4,3abc，所以32243fxxxx.（2）因为函数fx在区间2,0上单调递增，所以导函数'23fxxbxb在区间2,0上的值恒大于或等于零，则'21220,'00,fbbfb得4b，所以实数b的取值范围为4,.22.解：（1）0(1),1,ffbab得1a。（1分）3fxxxb的图像可由3yxx的图像向上（或下）平移b（或b）个单位二得到。（3分）又3yxx是奇函数，其图像关于原点成中心对称图形，fx的图像关于点0,b成中心对称图形。（5分）（2）点11,Pxy、22,Qxy在3fxxxb的图像上，3311222212121212121xxbxxbyykxxxxxxxx。（7分）又1x、2121,1,xxx，22121203xxxx，从而221212112xxxx22121212kxxxx（11分）（3）1201xx，且12121222yyxxxx，○1又12121201yyfxfxfxfffx1212012021fxfffxxx1212202122xxxx○2○1+○2得1222yy，故121yy