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1、2022-2023学年上海市嘉定区安亭高级中学高二（上）期中数学试卷1.从 2 至 8的 7 个整数中随机取2 个不同的数，共有 种不同的取法.2.已知向量沆=（8,3,a）,n =（-4,6,3）,则沅五，则a +b =.3.同时投掷两颗均匀的骰子，所 得 点 数 相 等 的 概 率 为.4.若3。铲=p2+i 则 =.5.正整数2022有 个不同的正约数.6 .投掷一颗均匀的骰子，设事件4点数大于等于3；事件8：点数为奇数.则P Q4UB）=.7 .已知甲同学在玩“电子抽卡游戏”，假设每次抽取1张卡，且每次获得“稀有卡”的概率均为0.6%,那么该同学在50次抽取后，一次也没获得“稀有卡”的
2、 概 率 为.（结果精确到1%）8 .从正方体的8 个顶点中任选2 个，则这2 个 点 恰 好 是 同 一 条 棱 的 两 个 端 点 的 概 率 为.9 .甲乙丙丁戊5 名同学排成一列，若甲不站在排头，乙和丙相邻，则不同的排列方法有种.10.已知正三棱锥Z-BCD满 足 荏 就=0,|荏|=a,则 前 瓦？=.11.将 3 个相同的红球和3 个相同的蓝球排成一行，从左至右依次对应序号1,2,，6,若同色球之间不加以区分，则 3 个红球对应序号之和小于3 个蓝球对应序号之和的排列方法有种.12.假设你正在参加一个电视节目，舞台上有三扇口，其中一扇门的后面是汽车，另外两扇门的后面是山羊，如果你选
3、中了后面有汽车的那扇门，就可以得到这辆汽车.于是你随机选择了一扇门，走到门前，但还未打开.这时，主持人打开了另外两扇门中的一扇，让你看到了那扇门的后面是一只山羊（主持人当然知道每扇门后面都是什么）.现在，主持人给你一次重新选择的机会.假设你选择换另一扇还未打开的门，那 么 得 到 汽 车 的 概 率 是.13.在长方体4 BCD1 GLe 1 中，E为C/i 中点，AE=a,AB=b AD=c，则 标=（）A.a-b-c B.a-b-c C.a+b-c D.a +b-c14.盒中装有大小相同的5 个小球，其中黑球3 个，白球2 个，假设每次随机在5 个球中取一个，取球后放回摇匀，则下列说法正确
4、的是（）A.“第三次取到黑球”和“第四次取到黑球”互斥B.“第三次取到黑球”和“第四次取到白球”独立C.“前三次都取到黑球”和“前三次都取到白球”对立D.若连续三次都取到黑球，则第四次取到白球的概率会大于|1 5 .在正方体4BCD中，。为人公上一动点，则下列各选项正确的是()A.存在点。使得B Q与平面4CD 垂直 B.存在点Q使得D Q与平面/C D 垂直C.存在点。使得B i Q 与平面/C D 垂直 D.存在点。使得Di Q 与平面C D 垂直1 6 .某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为P l，P 2,P 3,且P 3
5、 P 2 P 1 0 记该棋手连胜两盘的概率为P，则()A.p 与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B.该棋手在第二盘与甲比赛，0最大C.该棋手在第二盘与乙比赛，p 最大 D.该棋手在第二盘与丙比赛，p 最大1 7 .已知一条铁路有8 个车站，假设列车往返运行且每个车站均停靠上下客，记从A车站上车到 B车站下车为1 种车票(4*B).(1)该铁路的客运车票有多少种？(2)为满足客运需要，在该铁路上新增了 个 车站，客运车票增加了 5 4 种，求的值.1 8.己知空间直角坐标系中，力(1,1,1),8(1,3,2),C(0,2,l).(1)若 而=2而，求 P的坐标；(2)求三角形A B C 的
6、面积.1 9.如图，四面体 A B C。中，AD 1 CD,AD=C D,乙ADB=LBDC,E 为 AC 的中点.(1)证明：4 c l 平面B O E；(2)设DE _ L B E,DE=1,乙4 cB =6 0,点尸在BO上，当 A F C的面积最小时，求 C尸与平面 4 8。所成的角的大小.2 0 .已知共1 5 张卡牌由5 张红卡、1 0 张其它颜色卡组成，混合后分3 轮发出，每轮随机发出5 张卡.(1)求 事 件“第 1 轮无红色卡牌”的概率P i；(2)求 事 件“第 1 轮有至少3 张红色卡牌”的概率P 2；(3)求事件“每轮均有红色卡牌”的概率P 3.2 1.如图，以长方体A
7、BCD-力/iG D i的顶点。为坐标原点，M 是 AB的中点，N 是劣劣的中点.过。的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，已 知 西=(4,3,2).(1)分别写出点8、点儿和西的坐标；(2)求名到平面CMN的距离；(3)若点P 是棱8 c 上一个动点，是否存在点尸使得 MNP为一个等腰三角形？如果存在，求出点尸的坐标；如果不存在，请说明理由.答案和解析1 .【答案】2 1【解析】解：从 2 至 8 的 7 个整数中随机取2个不同的数，共有第=2 1 种不同的取法，故答案为：2 1.由排列、组合及简单的计数问题求解即可.本题考查了排列、组合及简单的计数问题，属基础题.2 .【答案】
8、一学【解析】解：由记 1 可设沅=即(8,3,a)=/c(-4,/3).(8 =-4k(k=-2所 以 3 =k b，解得卜=一$a=3k(b=-21 c所以 a +b=.故答案为：:由向量共线定理可得到参数、的值.本题考查共线向量的坐标表示，考查运算求解能力，属于基础题.3 .【答案】1【解析】解：同时投掷两颗均匀的骰子，基本事件总数n=6 x 6 =3 6 种，所得点数相等的基本事件有(1,1)，(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(6,6),共 6 种，所以所得点数相等的概率为盘=36 6故答案为：*同时投掷两颗均匀的骰子，基本事件总数n=3 6 种，所得点数相等的基本事件有
9、6 种，再利用古典概型的概率公式求解即可.本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题.4 .【答案】5【解析】解：3 C，-2 =3 戏=3x(；”,P?+i =(x+l)x,由 3 废-2 =P2+1,得 蚪 尹 2 =(X+l)X,x 0,故答案为：5.根据排列数，组合数公式，进行化简即可求解.本题考查了排列数，组合数公式的应用，是基础题.5.【答案】8【解析】解：因为2022=2 x 3 x 337,则2022有(1+1)x(1+1)X(1+1)=8个不同的正约数，故答案为：8.因为2022=2 x 3 X 3 3 7,则2022有(1+1)x(1+1)X(1+1)=8个不同的正约数，
10、得解.本题考查了排列、组合及简单的计数问题，属基础题.6.【答案】1O【解析】解：由题意可知，投掷一颗均匀的骰子出现的点数有6种结果，事件A包含的结果有3,4,5,6,事 件8包含的结果有1,3,5,所以 P(AUB)=|.故答案为：亮.根据古典概型的概率乘法公式求解即可.本题主要考查了古典概型的概率乘法公式，属于基础题.7.【答案】0.74【解析】解：每次抽取1张卡，且每次获得“稀有卡”的概率均为(1-0.6%)5。，那么该同学在50次抽取后，一次也没获得“稀有卡”的概率为C招x(0.6%)0(1-O.6%)50=(1-O.OO6)50=砥-匾 x 0.006+Cl0 X 0.0062+C招
11、 X O.OO650 瑞-小 x 0.006+咯 x 0.0062=1-0.3+0.044 a 0.74,故答案为：0.74.由题意，利 用”次独立重复实验中签好发生k次的概率计算公式，结合二项式定理，得出结论.本题主要考查次独立重复实验中签好发生次的概率，二项式定理的应用，属于中档题.8.【答案】|【解析】解：因为从正方体的8个顶点中任选2个，有 髭=2 8种不同的选法，其中这2个点恰好是同一条棱的两个端点的情况有12种，所以则这2个点恰好是同一条棱的两个端点的概率为P=言=*Zo/故答案为：先利用组合的方法求出任取2 个点的所有的取法，这 2 个点恰好是同一条棱的两个端点的有12种,利用古
12、典概型的概率计算公式即可求解.本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题.9.【答案】36【解析】解：先将乙和丙捆绑在一起，记为新的元素己，则甲乙丙丁戊5 名同学排成一列，且甲不站在排头，乙和丙相邻等价于甲、丁、戊、己4 名同学排成一列，且甲不站在排头，则不同的排列方法有的盘&=36种，故答案为：36.先将乙和丙捆绑在一起，记为新的元素己，则甲乙丙丁戊5 名同学排成一列，且甲不站在排头，乙和丙相邻等价于甲、丁、戊、己4 名同学排成一列，且甲不站在排头，然后结合排列、组合及简单计数问题求解即可.本题考查了排列、组合及简单计数问题，属基础题.10.【答案】a2【解析】解：正三棱锥4 一8。满 足
13、 运前=0,故4BAC=90。，所以 ZB4C=CAD=4BAD=90。，|AB|=a,所以：|AB|=|4C|=|AD|=a,所 以 丽|=V2a,所 以 丽 瓦5=BDBA|cos45=V2a a-y =a2.故答案为：a?.首先利用正三棱锥A-B C D 中 希 前=0,整理得NBAC=90。，进一步得到NB4C=4C4D=4840=90。，最后利用向量的数量积求出结果.本题考查的知识要点：正三棱锥的性质，向量的数量积，向量的模，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题.11.【答案】9【解析】解：根据题意，假设有6 个位置来安排6 个球，其序号分别为1、2、3、6,在 6 个位
14、置中取出3 个，安排红球，剩余的安排蓝球，有 或=2 0 种方法，其中3 个红球对应序号之和小于3 个蓝球对应序号之和的排法有：红球占1、2、3 位置，蓝球占4,5,6 位置；红球占1、2、4 位置，蓝球占3,5,6 位置，红球占1、2、5位置，蓝球占3,4,6位置,红球占1、2、6位置，蓝球占3,4,5位置,红球占1、3、4位置，蓝球占2,5,6位置,红球占1,3、5位置,蓝球占2,4,6位置,红球占1、3、6位置,蓝球占2,4,5位置,红球占2、3、4位置,蓝球占1,5,6位置,红球占2、3、5位置,蓝球占1,4,6位置,共9种情况，故答案为：9.根据题意，假设有6个位置来安排6个球，其序
15、号分别为1、2、3、6,在6个位置中取出3个,安排红球，剩余的安排蓝球，结合条件逐一列出求解即可.本题考查排列、组合的应用，注意利分类讨论，可以按照一定的规则，一定要做到不重不漏.12.【答案】|【解析】【分析】本题考查了概率的求解，解题的关键是正确理解题意，属于基础题.令选手第一次选中的为1号门，打开的为2号门，另外一个为3号门，由题意，确定车在每扇门后面的概率都是热 即可分别得到汽车在1号门和在2号门或3号门的概率，再根据汽车不在2号门，即可得出结果.【解答】解：令选手第一次选中的为1号门，打开的为2号门，另外一个为3号门，由题意，车在每扇门后面的概率都是：，即汽车在1号门的概率为：，汽车
16、在2号门或3号门的概率为|，因为汽车不在2号门，所以在3号门的概率为“即打开3号门点到汽车的概率为|.故答案为13.【答案】A【解析】解：.布=五 百=3AB=2DE=b,砧=硒 +瓦 豆=全 AAr=AE A1E=方故选：A.根据已知条件，结合空间向量的线性运算，即可求解.本题主要考查空间向量的线性运算，属于基础题.14.【答案】B【解析】解：对于A，”第三次取到黑球”和“第四次取到黑球”是两次不同的试验，所以两个事件不是互斥事件，所以A 错误；对于8,由于每次取球后放回摇匀，所 以“第三次取到黑球”和“第四次取到白球”互不影响，所以这两个事件是独立的，所以B 正确；对 于 C,“前三次都取
17、到黑球”与“前三次最多有两次取到黑球”是对立事件，所 以 C 错误；对于。因为每次取球后放回摇匀，所以每一次取到白球的概率都为|,所以。错误.故选：B.对于4,利用互斥事件的定义判断，对于8,利用独立事件的定义判断，对于C,利用对立事件的定义判断，对于。，利用概率的定义求解即可.本题考查了互斥事件和对立事件的判断，属于基础题.15.【答案】D【解析】解：以。为原点，以 OA,DC,分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则。(0,0,0),8(1,1,0),当(1,1,1),很(0,1,0),(0,0,1).所 以 泥=(0,1,0),西=(1,1,1),设平面8传。的法向量
18、为记=(%,y,z),则T吃,令 人 1,贝闹=(LOT),m DB=%+y+z=0设 Q(l,0,t)(0W tW l),对于A,BQ=若 BQ与平面a C D 垂直，则的与记共线，则存在唯一，使 的=4 万，0=4M(0,-l,t)=A(l,0,-l).所以一 1=0,方程组不成立，所以的与万不共线，所以8。与平面8道。t=A不垂直，所以A错误，对于B,的=(l,O,t),若。与平面&CD垂直，则的与记共线，则存在唯一四，使 丽=”沅，则(1,0/)=“(1,0,-2),1=所 以 0=0,得t=-l 不合题意，所 以 的 与沆不共线，所以。与平面&CD不垂直，所以8 错上=一从误，对于C
19、,瓦0=(0,-1 5 一1),若B1Q与平面CD垂直，则瓦。与南共线，则存在唯一外,使瓦0 =记，(=Mi则(0,-1/-1)=41(1,0,-1),所 以-1=0,方程组不成立，所以瓦工与记不共线，所以B1Q(t-1=一%与平面&CD不垂直，所以C 错误，对于。,京 =(1,0,t-1)，若I Q 与平面&CD垂直,则氤 与 记 共线,则存在唯一乙，使 京=右m,则(l,0,t-1)=4(1,0,-1),1=A1所 以 0=0,得t=0符合题意，所以当Q(l,0,0)时，与顺与沆共线，此时D1Q与平面8住。X 1=-4垂直，所以。正确，故选：D.如图，以。为原点，以D4,DC,分别为x,y
20、,z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1,求出平面&CD的法向量，设Q(l,0,t)(0 W tW l),然后逐个分析判断即可.本题考查线面垂直的判断方法，考查运算求解能力，属中档题.16.【答案】D【解析】解：A选项，已知棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率不相等，所以P 受比赛次序影响，故 A 错误；设棋手在第二盘与甲比赛连赢两盘的概率为P 用，棋手在第二盘与乙比赛连赢两盘的概率为P2,棋手在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率为P砥P/=P1P2(1 P3)+P3(l-P2)=P1P2+P1P3-2Plp2P3,P乙=P2P1(1-P3)+P3(l-Pl)=P1P2+P2P3-2Plp2P3，丙=
21、P3【P1(1-P2)+P 2(1-Pl)=P1P3+P2P3-2Plp2P3,P丙 一 用=P2(P3-Pl)，P丙一 P乙=Pi(P3 P2)，二所以P两最大，即棋手在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率最大.故选：D.已知棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率不相等，所以P 受比赛次序影响，A错误；再计算第二盘分别与甲、乙、丙比赛连隔两盘的概率，比较大小即可.本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用.1 7 .【答案】解：(1)一条铁路有8 个车站，假设列车往返运行且每个车站均停靠上下客，记从A车站上车到8 车站下车为1 种车票(4*B).该铁路的客运车票有
22、：禺=5 6.(2)该铁路上新增了”个车站，客运车票增加了 5 4 种，可得 4 8 =5 6 +5 4 =1 1 0,解得n =3.【解析】(1)判断车票满足排列定义，直接求解即可.(2)利用排列数公式列出方程求解即可.本题考查排列组合的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题.1 8.【答案】解：(1)设点P(x,y,z),由 于 布=2 而，所以(X-l,y-l,z-l)=2(-1-x.3-y,2-z)，整理得：P(-1,y).(2)由于4(1,1,1),5(-1,3,2),C(0,2,l).所以|荏|=3,AC=V 2,故c o s/=黑无=乎,由于04兀，所以s i n 4=J,AB
23、AC 3 3故 SAABC=jx 3x V2x 1=y.【解析】(1)直接利用向量的共线求出点p的坐标；(2)利用向量的夹角公式和向量的模及三角形的面积公式求出结果.本题考查的知识要点：空间向量的坐标的求法，向量的模，向量的夹角，三角形的面积公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题.1 9 .【答案】证明：(1)因为4。=C D,E为 AC的中点，所以4 c I D E,在 A B D 和 C B D 中A C =CD,乙 ADB=LCDB,DB=DB,所以 A B D W A C B C,所以4 B =C B,又 E为AC的中点，所以 4 C _ L B E,又 DE,B E
24、u 平面 B O E,DE CiBE=E,所以A C 1 平面BDE-,解：(2)连接 EF,由(1)知，AC BED,EF BED,所以4c _ L E F,则S44FC=gaC-E F,当E F l 8。时 E尸最小，即 AFC的面积最小，因为ABD 三C B D,贝必B=CB,AD=CD,由N4CB=60。且48=C 8,所以 ABC是等边三角形，由AD 1 CD且AD=CD,E 为 A C 的中点，所以，在等腰直角AQC中。E=AE=EC=1,则BE=遍,故D E 1 A C,5LBE 1 DE.AC 1 BE,以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E-孙z,则4(1,0,0),
25、8(0,百,0),。(0,0,1),所 以 而=(-1,0,1),=(-1,73,0),设面ABD的一个法向量为五=(x,y,z),则需U：感。，取ys贝阮=(3),又C(一l,0,0),F(0,泉 令，所以=(1,f,所以cos伍，而)=n-CFnCF4V3设 C F 与平面AB。所成的角的正弦值为0(0 0),所以 sin。=|cos(n,CF)|=竽，所以C F 与平面AB。所成的角的正弦值为苧.【解析】根 据已知关系有A A B D mACBD得到AB=C B,结合等腰三角形性质得到垂直关系,结合线面垂直的判定即可证明;(2)根据已知求证QE、AC、BE两两垂直，从而建立空间直角坐标系
26、，结合线面角的运算法则进行计算即可.本题考查了线面垂直的证明和线面角的计算，属于中档题.20.【答案】解：(1)由题意可知2 1=堡=看.(2)事 件“第 1 轮有至少3 张红色卡牌”，有 3 种情况：“第 1 轮有3 张红色卡牌”、“第 1 轮有4张红色卡牌”、“第 1 轮有5 张红色卡牌”，c g c+c g c所以 21。11。+十=空 _ =3“2*3003 1001,(3)事 件“每轮均有红色卡牌”，有如下情况：第一轮抽到1 张红牌，则第二轮红牌有1 张、2 张、3 张，&或c+c/c+率此时每轮都有红牌的概率为誓 46聋竺 一=言 X宾=舞，Cj5 Qo 143 21 3003第一
27、轮抽到2 张红牌，则第二轮红牌有1 张、2 张，*+承此时每轮都有红牌的概率为苧丝 畀=儒X好舞，C5 Co 1001 6 3003第一轮抽到3 张红牌，则第二轮红牌有1 张，&c|c此时每轮都有红牌的概率为驾等=C15 C10 3 0 0 3特卜 _ 1000 1000 250 _ 750-木上，p3-3003+3003+3003-1 00 1-【解析】(1)根据古典概型的概率公式直接求解即可.(2)事 件“第 1 轮有至少3 张红色卡牌”，有 3 种情况：“第 1 轮有3 张红色卡牌”、“第 1 轮有4张红色卡牌”、“第 1 轮有5 张红色卡牌”，分别利用古典概型的概率公式求出概率，再相加
28、即可.(3)事 件“每轮均有红色卡牌”，有如下情况：第一轮抽到1 张红牌，则第二轮红牌有1 张、2 张、3 张；第一轮抽到2 张红牌，则第二轮红牌有1 张、2 张；第一轮抽到3 张红牌，则第二轮红牌有1 张，分别利用古典概型的概率公式求出概率，再相加即可.本题主要考查了古典概型的概率公式，考查了排列组合知识，属于基础题.21.【答案】解：(1)由于。(0,0,0),西=(4,3,2),则当(4,3,2),于9(4,0,0),6(4,3,0),4(4,0,2),(0,3,2),则 宿=(一 4,3,2)；(2)由题知：M(4 ,0),N(2,0,2),C(0,3,0),则C M =(4,，0),
29、CN=(2,-3,2),CB】=(4,0,2),r i i -C M =4x-v=0设记=(x,y,z)为面CMN的法向量，则，_2,取y=8,则记=(3,8,9),jn-CN=2x-3y+2z=0于工旦是 c o s”=面rriCB鬲=尔30蠲=标15故当到平面C M N的距离为：|西|cos =吗 邑；(3)设 P 3,0)且 0 a 4,由(2)知:标=(-2,一|,2),而江=(a-4,|,0),NP=(a-2,3,-2),则MN=亨,MP=J(a-4/+六|,等 ,NP=J(a-2尸 +13 V13,V17,显然NP H MN,当MP=MN时，(a-4)2=8,结合0 W a W 4可得a=4-2&,此时P(4-2夜,3,0)；当NP=MP时，(a-守+=(a-2/+1 3,可得a=茅 此时P舄,3,0),综上，存在点P(4-2V2,3,0)或 品3,0)使得 MNP为一个等腰三角形.【解析】(1)根据条件直接写出坐标即可；(2)求出平面CMN的法向量，利用距离公式求解即可；(3)讨论哪两条边为腰，分类研究即可.本题考查利用空间向量解决立体几何综合问题，属于中档题.