江蘇省鎮(zhèn)江市第一中學(xué)2022屆高三上學(xué)期期初考試數(shù)學(xué)試卷(解析版)

鎮(zhèn)江一中高三數(shù)學(xué)期初測試卷一、單項選擇題：本題包括8小題，每小題5分，共40分，每小題只有一個選項符合題意．1．已知集合A＝{x||x|≤2，x∈N}，集合B＝{x|x2＋x－6＝0}，則A∩B＝()A．{2}B．{－3，2}C．{－3，1}D．{－3，0，1，2}【答案】A【考點】集合的運算【解析】由題意可知，A＝{－2，－1，0，1，2}，B＝{－3，2}，所以A∩B＝{2}，故答案選A．2．已知α∈R，則“sinα＝eq\f(\r(,3),3)”是“eqcos2α＝\f(1,3)”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件【答案】A【考點】三角恒等變換、條件的判斷【解析】由題意可知，cos2α＝2－2sin2α＝eq\f(1,3)，解得sinα＝±eq\f(\r(,3),3)，所以“sinα＝eq\f(\r(,3),3)”是“eqcos2α＝\f(1,3)”的充分不必要條件，故答案選A．3．已知直線y＝x＋b是曲線y＝f(x)＝lnx的切線，則b的值等于()A．－1B．0C．1D．2【答案】A【考點】函數(shù)的切線方程、導(dǎo)數(shù)的幾何意義【解析】由題意可設(shè)切點為(m，n)，且f′(x)＝EQ\F(1,x)，則直線的斜率k＝EQ\F(1,m)＝1，解得m＝1，所以切點為(1，0)，所以b＝－1，故答案選A．4．中國古代數(shù)學(xué)著作《算法統(tǒng)宗》中有這樣一個問題：“三百七十八里關(guān)，初行健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得到其關(guān)，要見次日行里數(shù)，請公仔細算相還．”你的計算結(jié)果是A．80里B．86里C．90里D．96里【答案】D【考點】新情景下的文化題：數(shù)列的求和【解析】由題意可知，此人每天走的步數(shù)構(gòu)成了以eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列，則378＝EQ\F(a\S\DO(1)\b\bc\[(\l(1－\b\bc\((\l(\F(1,2)))\s\up12(6))),1－\F(1,2))，解得a1＝192，所以此人第二天走了192×eq\f(1,2)＝96里，故答案選D．5．《九章算術(shù)》中《方田》章有弧田面積計算問題，術(shù)曰：以弦乘矢，矢又自乘，并之，二而一．其大意是弧田面積計算公式為：弧田面積eq＝\f(1,2)(弦×矢＋矢×矢)．弧田是由圓弧(弧田弧)和以圓弧的端點為端點的線段(弧田弦)圍成的平面圖形，公式中的“弦”指的是弧田弦的長，“矢”指的是弧田所在圓的半徑與圓心到弧田弧的距離之差，現(xiàn)有一弧田，其弧田弦AB等于6米，其弧田弧所在圓為圓O，若用上述弧田面積計算公式算得該弧田的面積為eq\f(7,2)平方米，則cos∠AOB＝A．eq\f(1,25)B．eq\f(3,25)C．eq\f(1,5)D．eq\f(7,25)【答案】D【考點】新情景問題下的文化題：三角函數(shù)公式計算【解析】如圖所示，設(shè)矢為x，代入弧田面積公式得eq\f(7,2)＝\f(1,2)(6x＋x\s\up6(2))，解得x＝1或x＝－7(舍去)，設(shè)圓的半徑為R，那么根據(jù)弦心距、半徑和半個弦長得到關(guān)系式為eqR\s\up6(2)＝(R－1)\s\up6(2)＋3\s\up6(2)，解得R＝5，所以eqcos∠AOB＝\f(5\s\up6(2)＋5\s\up6(2)－6\s\up6(2),2×5×5)＝\f(7,25)(或cos∠AODeq＝\f(OD,R)＝\f(5－1,5)＝\f(4,5)，cos∠AOB＝eq2cos\s\up6(2)∠AOD－1＝\f(32,25)－1＝eq\f(7,25)，故答案選D．6．如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是棱AA1，CC1的中點，過BE的平面α與直線A1F平行，則平面α截該正方體所得截面的面積為()A．eq\r(,5)B．eq2\r(,5)C．4D．5【答案】B【考點】立體幾何的截面面積求解【解析】在棱長為2的正方體1，ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是棱AA1，CC1的中點，因為過BE的平面α與直線A1F平行，且CE∥A1F，所以平面α為平面BEC，取DD1的中點F，連結(jié)CF，EF，則CF∥BE，所以平面α截該正方體所得截面為矩形BCFE，因為BC＝2，CF＝eq\r(,2\s\up6(2)＋1\s\up6(2))＝\r(,5)，BC⊥CF，所以平面α截該正方體所得截面的面積為S矩形BCFE＝eq2×\r(,5)＝2\r(,5)．故答案選B．7．設(shè)隨機變量X~B(n，p)，若二項式(x＋p)n＝a0＋EQ\F(1,2)x＋EQ\F(3,2)x2＋…＋anxn，則()A．E(X)＝3，D(X)＝2B．E(X)＝4，D(X)＝2C．E(X)＝3，D(X)＝1D．E(X)＝2，D(X)＝1【答案】D【考點】二項分布、二項式定理展開式綜合應(yīng)用【解析】由題意可知，(x＋p)n＝pn＋EQC\o\al(\S\UP5(1),\S\DO3(n))pEQ\S\UP6(n－1)x＋EQC\o\al(\S\UP5(2),\S\DO3(n))pEQ\S\UP6(n－2)x2＋EQC\o\al(\S\UP5(3),\S\DO3(n))pEQ\S\UP6(n－3)x3＋…＋EQC\o\al(\S\UP5(n),\S\DO3(n))xn，又(x＋p)n＝a0＋EQ\F(1,2)x＋EQ\F(3,2)x2＋…＋anxn，所以eq\B\lc\{(\a\al(np\s\up6(n－1)＝\f(1,2),\f(n(n－1),2)p\s\up6(n－2)＝\f(3,2)))①，若選項A成立，則eq\B\lc\{(\a\al(np＝3,np(1－p)＝2))，解得eq\B\lc\{(\a\al(n＝9,p＝\f(1,3)))，代入①驗證不成立，故選項A錯誤；若選項B成立，則eq\B\lc\{(\a\al(np＝4,np(1－p)＝2))解得eq\B\lc\{(\a\al(n＝8,p＝\f(1,2)))，代入①驗證不成立，故選項B錯誤；若選項C成立，則eq\B\lc\{(\a\al(np＝3,np(1－p)＝1))，解得eq\B\lc\{(\a\al(n＝\f(9,2),p＝\f(2,3)))，代入①驗證不成立，故選項C錯誤；若選項D成立，則eq\B\lc\{(\a\al(np＝2,np(1－p)＝1))，解得eq\B\lc\{(\a\al(n＝4,p＝\f(1,2)))，代入①驗證成立，故選項D正確；綜上，答案選D．8．算盤是中國傳統(tǒng)的計算工具，是中國人在長期使用算籌的基礎(chǔ)上發(fā)明的，是中國古代一項偉大的、重要的發(fā)明，在阿拉伯?dāng)?shù)字出現(xiàn)前是全世界廣為使用的計算工具．“珠算”一詞最早見于東漢徐岳所撰的《數(shù)術(shù)記遺》，其中有云：“珠算控帶四時，經(jīng)緯三才．”北周甄鸞為此作注，大意是：把木板刻為3部分，上、下兩部分是停游珠用的，中間一部分是作定位用的．下圖是一把算盤的初始狀態(tài)，自右向左，分別是個位、十位、百位、……，上面一粒珠(簡稱上珠)代表5，下面一粒珠(簡稱下珠)是1，即五粒下珠的大小等于同組一粒上珠的大小．現(xiàn)從個位、十位、百位和千位這四組中隨機撥動2粒珠(上珠只能往下?lián)芮颐课恢炼鄵?粒上珠，下珠只能往上撥)，則算盤表示的整數(shù)能夠被3整除的概率是()A．eq\f(3,8)B．eq\f(5,8)C．eq\f(2,9)D．eq\f(1,2)【答案】D【考點】新情景問題下的概率計算問題【解析】由題意，從個位、十位、百位和干位這四組中隨機撥動2粒珠，得到的整數(shù)有24個，分別為：11，15，51，55，101，105，501，505，110，150，510，550，1001，1005，5001，5005，1010，1050，5010，5050，1100，1500，5100，5500，其中算盤表示的整數(shù)能夠被3整除包含的整數(shù)有12個，分別為：15，51，105，501，150，510，1005，5001，1050，5010，1500，5100則算盤表示的整數(shù)能夠被3整除的概率為eqP＝\f(12,24)＝\f(1,2)，故答案選D．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9．已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，0＜φ＜π)的部分圖像如圖所示，其圖像最高點和最低點的橫坐標(biāo)分別為eq\f(π,12)和eq\f(7π,12)，圖像在y軸上的截距為eq\r(,3)．給出下列命題正確的是A．f(x)的最小正周期為2πB．f(x)的最大值為2C．eqf(\f(π,4))＝1D．eqf(x－\f(π,6))為偶函數(shù)【答案】BC【考點】三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)綜合應(yīng)用【解析】由題圖，得函數(shù)f(x)的最小正周期eqT＝2×(\f(7π,12)eq－\f(π,12))＝π，所以選項A錯誤；因為eqω＝\f(2π,T)＝2，即f(x)＝Asin(2x＋φ)，又eqf(\f(π,12))＝Asin(2×\f(π,12)＋φ)＝Asin(\f(π,6)＋φ)＝A，所以eqsin(\f(π,6)＋φ)＝1，由0＜φ＜π，得φ＝eq\f(π,3)，即f(x)＝Asin(2xeq＋\f(π,3))，eqf(0)＝Asin\f(π,3)＝\r(,3)，所以A＝2，即f(x)＝2sin(2xeq＋\f(π,3))，所以函數(shù)f(x)的最大值為2，所以選項B正確；又f(eq\f(π,4))＝eq2sin(2×\f(π,4)×\f(π,3))＝2cos\f(π,3)＝1，所以選項C正確；又f(x－eq\f(π,6))＝2sin[2(x－\f(π,6)＋\f(π,3)]＝2sin2x為奇函數(shù)，所以選項D錯誤；綜上，答案選BC．10．如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，截面BDE與直線PC平行，與PA交于點E，則下列判斷正確的是()A．E為PA的中點B．PB與CD所成的角為eq\f(π,3)C．平面BDE⊥平面PACD．點P與點A到平面BDE的距離相等【答案】ACD【考點】立體幾何的位置關(guān)系判斷、線線角的求解、線到面的距離問題等【解析】由題意，對于選項A，連接AC交BD于點M，連接EM，如圖所示，∵PC∥平面BDE，PC平面APC，且平面APC∩平面BDE＝EM，∴PC∥EM，又∵四邊形ABCD是正方形，∴M為AC的中點．∴E為PA的中點，故選項A正確；對于選項B，∵AB∥CD，∴∠PBA為PB與CD所成的平面角，∵PA⊥平面ABCD，AB平面ABCD，∴PA⊥AB，在Rt△PAB中，PA＝AB，eq∴∠PBA＝\f(π,4)，故選項B錯誤；對于選項C，∵PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，∴PA⊥BD，又AC⊥BD，AC∩PA＝A，AC，PA平面PAC，∴BD⊥平面PAC，又BD平面BDE，故選項C正確；對于選項D，因為PA∩C平面BDE＝E，且E為線段PA的中點，所以點P與點A到平面BDE的距離相等，所以選項D正確；綜上，答案選ACD．11．已知由樣本數(shù)據(jù)(xi，yi)(i＝1，2，3，…，8)組成的一個樣本，得到回歸直線方程為?＝2x－0.4，且eq\o\ac(\S\UP7(―),x)＝2，去除兩個歧義點(－2，7)和(2，－7)后，得到新的回歸直線的斜率為3．則下列說法正確的是()A．相關(guān)變量x，y具有正相關(guān)關(guān)系B．去除歧義點后的回歸直線方程為?＝3x－3.2C．去除歧義點后，隨x值增加相關(guān)變量y值增加速度變小D．去除歧義點后，樣本(4，8.9)的殘差為0.1(附：殘差eq\o\ac(\S\UP7(︿),ei)＝y(tǒng)i－eq\o\ac(\S\UP7(︿),yi))【答案】ABD【考點】線性回歸分析的應(yīng)用【解析】由回歸方程的斜率知變量x，y具有正相關(guān)關(guān)系，故選項A正確；由eq\o\ac(\S\UP7(―),x)＝2代入?＝2x－0.4，得eq\o\ac(\S\UP7(―),y)＝3.6，所以去除兩個歧義點(－2，7)和(2，－7)后，得到新的xeq＝\f(2×8,6)＝\f(8,3)，\o\ac(\S\UP7(―),y)＝\f(3.6×8,6)＝4.8，因為得到新的回歸直線的斜率為3，所以由eq\o\ac(\S\UP7(―),y)－3\o\ac(\S\UP7(―),x)＝4.8－3×\f(8,3)＝－3.2，所以去除歧義點后的回歸直線方程為?＝3x－3.2，故選項B正確；由于斜率為3＞1，故相關(guān)變量x，y具有正相關(guān)關(guān)系且去除歧義點后，由樣本估計總體的y值增加的速度變大，故選項C錯誤；由eq\o\ac(\S\UP7(︿),yi)＝eq3x\s\do(i)－3.2＝3×4－3.2＝8.8得eq\o\ac(\S\UP7(︿),ei)＝y(tǒng)i－eq\o\ac(\S\UP7(︿),yi)＝8.9－8.8＝0.1，故選項D正確；綜上，答案選ABD．12．已知函數(shù)f(x)＝3|sinx|＋4|cosx|，則()A．－π是函數(shù)f(x)的一個周期B．直線eqx＝\f(kπ,2)(k∈Z)為函數(shù)f(x)的對稱軸方程C．函數(shù)f(x)的最大值5D．f(x)＝4在[0，π]有三個解【答案】ABC【考點】函數(shù)的性質(zhì)綜合應(yīng)用【解析】由題意，因為x∈R，f(－π＋x)＝3|sin(－π＋x)|＋4|cos(－π＋x)|＝3|sinx|＋4|cosx|＝f(x)，所以－π是f(x)的一個周期，故選項A正確；因為f(－x)＝3|sin(－x)|＋4|cos(－x)|＝3|sinx|＋4|cosx|＝f(x)，所以f(x)是偶函數(shù)，因為f(x)的周期為－π，所以π也是f(x)的一個周期，因為f(kπ－x)＝3|sinx|＋4|cosx|＝f(x)，k∈Z，所以直線eqx＝\f(kπ,2)(k∈Z)為函數(shù)f(x)的對稱軸方程，故選項B正確；因為π是f(x)的一個周期，不妨取[0，π]，因為當(dāng)eq0≤x≤\f(π,2)時，f(x)＝3|sinx|＋4|cosx|＝3sinx＋4cosx＝5sin(x＋φ)≤5，其中EQ\B\lc\{(\a\al(sinφ＝\F(4,5),cosφ＝\F(3,5)))(φ為銳角)，當(dāng)eq\f(π,2)＜x≤π時，f(x)＝3|sinx|＋4|cosx|＝3sinx－4cosx＝5sin(x－φ)≤5，其中eq\B\lc\{(\a\al(sinφ＝\f(4,5),cosφ＝\f(3,5)))(φ為銳角)，所以f(x)的最大值5，故選項C正確：因為f(0)＝3|sin0|＋4|cos0|＝4，eqf(\f(π,2))＝3|sin\f(π,2)|＋4|cos\f(π,2)|＝3，f(π)＝3|sinπ|＋4|cosπ|＝4，由圖知，f(x)＝4在[0，π]上有四個解，故選項D錯誤；綜上，答案選ABC．三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．13．函數(shù)eqf(x)＝\r(,1－2log\s\do(6)x)的定義域為．【答案】(0，EQ\R(,6)]【考點】函數(shù)的定義域求解、對數(shù)不等式的求解【解析】由題意可知，1－2log6x≥0，即log6x≤eq\f(1,2)＝log6EQ\R(,6)，則有對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可得，0＜x≤EQ\R(,6)，所以函數(shù)eqf(x)＝\r(,1－2log\s\do(6)x)的定義域為(0，EQ\R(,6)]．14．函數(shù)f(x)＝x＋2cosx在(0，2π)上的單調(diào)遞減區(qū)間為．【答案】(EQ\F(π,6)，EQ\F(5π,6))【考點】函數(shù)的單調(diào)性、單調(diào)區(qū)間應(yīng)用【解析】由題意，f′(x)＝1－2sinx，令f′(x)＜0，可解得sinx＞eq\f(1,2)，又因為x∈(0，2π)，所以解得x∈(EQ\F(π,6)，EQ\F(5π,6))，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(EQ\F(π,6)，EQ\F(5π,6))．15．在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中點，AM＝2eq\r(,3)，則AC＝，cos∠MAC＝．【答案】2EQ\R(,13)；EQ\F(2\R(,39),13)【考點】雙空題：解三角形中正余弦定理的應(yīng)用【解析】由題意，因為∠B＝60°，所以eqcos∠B＝\f(1,2)，因為AB＝2，AM＝2eq\r(,3)，在△ABM中，由余弦定理可得：eq\f(AB\s\up6(2)＋BM\s\up6(2)－AM\s\up6(2),2AB·BM)＝\f(1,2)，解得BM＝4，因為M是BC的中點，所以BC＝2BM＝8，在△ABC中，由余弦定理可得：eq\f(AB\s\up6(2)＋BC\s\up6(2)－AC\s\up6(2),2AB·BC)＝\f(1,2)，解得AC＝2eq\r(,13)，所以cos∠MAC＝eq\f(AM\s\up6(2)＋AC\s\up6(2)－CM\s\up6(2),2AM·AC)＝\f((2\r(,3))\s\up6(2)＋(2\r(,13))\s\up6(2)－4\s\up6(2),2×2\r(,3)×2\r(,13))＝eq2\r(,39)．16．下列四個命題：①若a＞b＞0，a＞m＞0，則EQ\F(b－m,a－m)＜EQ\F(b,a)＜EQ\F(b＋m,a＋m)；②函數(shù)eqf(x)＝x＋\f(4,x＋1)的最小值是3；③己知正實數(shù)x，y滿足xy＋2x＋y＝4，則x＋y的最小值為2eq\r(,6)－3．其中所有正確命題的序號是．【答案】①③【考點】不等關(guān)系的判斷、基本不等式的應(yīng)用【解析】由題意，對于①，a＞b＞0，a＞m＞0，∴a－b＞0，a＋m＞0，a－m＞0，∴(a－b)m＞0，∴(a－b)m＝a(b＋m)－b(a＋m)＞0，(a－b)m＝b(a－m)－a(b－m)＞0，∴a(b＋m)＞b(a＋m)同除a(a＋m)得，∴EQ\F(b＋m,a＋m)＞EQ\F(b,a)．所以b(a－m)＞a(b－m)同除a(a－m)得，EQ\F(b,a)＞EQ\F(b－m,a－m)，綜上得EQ\F(b－m,a－m)＜EQ\F(b,a)＜EQ\F(b＋m,a＋m)，故①正確；對于②，f(x)＝x＋eq\f(4,x＋1)，則eqf(－2)＝－2＋\f(4,－2＋1)＝－6，故②錯誤；對于③，正實數(shù)x，y滿足xy＋2x＋y＝x＋EQ\F(4－2x,x＋1)＝x＋EQ\F(6,x＋1)－2＝x＋1＋EQ\F(6,x＋1)－3≥2EQ\R(,(x＋1)×\F(6,x＋1))－3＝2eq\r(,6)－3，當(dāng)且僅當(dāng)eqx＋1＝\f(6,x＋1)即eqx＝\r(,6)－1取等號，故③正確；故答案為①③．四、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(10分)在復(fù)平面內(nèi)，A，B，C三點對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為1，2＋i，－1＋2i．(1)求向量eq\o\ac(\S\UP7(→),AB)，\o\ac(\S\UP7(→),AC)，\o\ac(\S\UP7(→),BC)對應(yīng)的復(fù)數(shù)；(2)若ABCD為平行四邊形，求D點對應(yīng)的復(fù)數(shù)．【答案】(1)1＋i，－2＋2i，－3＋i；(2)－2＋i【考點】復(fù)數(shù)的幾何意義【解析】(1)設(shè)O為坐標(biāo)原點，由復(fù)數(shù)的幾何意義知：EQ\o\ac(\S\UP7(→),OA)＝(1，0)，EQ\o\ac(\S\UP7(→),OB)＝(2，1)，EQ\o\ac(\S\UP7(→),OC)＝(－1，2)，所以eq\o\ac(\S\UP7(→),AB)＝\o\ac(\S\UP7(→),OB)－\o\ac(\S\UP7(→),OA)＝(1，1)，eq\o\ac(\S\UP7(→),AC)＝\o\ac(\S\UP7(→),OC)－\o\ac(\S\UP7(→),OA)＝(－2，2)，eq\o\ac(\S\UP7(→),BC)＝\o\ac(\S\UP7(→),OC)－\o\ac(\S\UP7(→),OB)＝(－3，1)，所以eq\o\ac(\S\UP7(→),AB)，\o\ac(\S\UP7(→),AC)，\o\ac(\S\UP7(→),BC)對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為1＋i，－2＋2i，－3＋i；(2)因為ABCD為平行四邊形，所以eq\o\ac(\S\UP7(→),AD)＝\o\ac(\S\UP7(→),BC)＝(－3，1)，eq\o\ac(\S\UP7(→),OD)＝\o\ac(\S\UP7(→),OA)－\o\ac(\S\UP7(→),AD)＝(1，0)＋(－3，1)＝(－2，1)，所以D對應(yīng)的復(fù)數(shù)為－2＋i．18．(12分)已知函數(shù)f(x)＝4sin(π－x)cos(x－EQ\F(π,3))－eq\r(,3)．(1)求f(x)的對稱中心坐標(biāo)；(2)若f(x)－3m＋2≤0有解，求m的最小值．【答案】(1)eq(\f(kπ,2)＋\f(π,6)，0)，k∈Z；(2)0【考點】三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)、函數(shù)的有解問題【解析】eqf(x)＝4sin(π－x)cos(x－\f(π,3))－\r(,3)＝4sinx(\f(1,2)cosx＋\f(\r(,3),2)sinx)－\r(,3)eq＝2sinxcosx＋2\r(,3)sin\s\up6(2)x－\r(,3)＝sin2x－\r(,3)cos2x＝2sin(2x－\f(π,3))，(1)由eq2x－\f(π,3)＝kπ，k∈Z，得eqx＝\f(kπ,2)＋\f(π,6)，k∈Z，故f(x)的對稱中心坐標(biāo)為eq(\f(kπ,2)＋\f(π,6)，0)，k∈Z；(2)若f(eqx)－3m＋2＝2sin(2x－\f(π,3))－3m＋2≤0有解，即3m－2≥f(x)有解．故須3m－2≥f(x)min，eq∵f(x)\s\do(max)＝－2，∴3m－2≥－2，故m≥0，∴m的最小值為0．19．(12分)學(xué)校趣味運動會上增加了一-項射擊比賽，比賽規(guī)則如下：向A、B兩個靶子進行射擊，先向A靶射擊一次，命中得1分，沒有命中得0分；再向B靶連續(xù)射擊兩次，如果只命中一次得2分，一次也沒有命中得0分，如果連續(xù)命中兩次則得5分．甲同學(xué)準(zhǔn)備參賽，經(jīng)過一定的訓(xùn)練，甲同學(xué)的射擊水平顯著提高，目前的水平是：向A靶射擊，命中的概率是eq\f(2,3)；向B靶射擊，命中的概率為eq\f(3,4)．假設(shè)甲同學(xué)每次射擊結(jié)果相互獨立．(1)求甲同學(xué)恰好命中一次的概率；(2)求甲同學(xué)獲得的總分X的分布列及數(shù)學(xué)期望．【答案】(1)eq\f(1,6)；(2)eq\f(203,48)．【考點】古典概型及其概率的計算、離散型隨機變量的分布列與期望【解析】(1)記“甲同學(xué)恰好命中一次”為事件C．“甲射擊命中A靶”為事件D，“甲第一次射擊B靶命中”為事件E，“甲第二次射擊B靶命中”為事件F，由題意可知eqP(D)＝\f(2,3)，eqP(E)＝P(F)＝\f(3,4)，由于C＝Deq\o\ac(\S\UP7(―),E)eq\o\ac(\S\UP7(―),F)＋eq\o\ac(\S\UP7(―),D)Eeq\o\ac(\S\UP7(―),F)＋eq\o\ac(\S\UP7(―),D)eq\o\ac(\S\UP7(―),E)F，所以P(C)＝P(Deq\o\ac(\S\UP7(―),E)eq\o\ac(\S\UP7(―),F)＋eq\o\ac(\S\UP7(―),D)Eeq\o\ac(\S\UP7(―),F)＋eq\o\ac(\S\UP7(―),D)eq\o\ac(\S\UP7(―),E)F)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,4)×eq\f(1,4)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＋eq\f(1,3)×eq\f(3,4)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,6)(2)隨機變量X的可能取值為：0，1，2，3，5，6．eqP(X＝0)＝\f(1,3)×\f(1,4)×\f(1,4)＝\f(1,48)，eqP(X＝1)＝\f(2,3)×\f(1,4)×\f(1,4)＝\f(1,24)，eqP(X＝2)＝\f(1,3)×EQC\o\al(\S\UP5(1),\S\DO3(2))×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(1,8)，eqP(X＝3)＝\f(2,3)×EQC\o\al(\S\UP5(1),\S\DO3(2))×eq\f(3,4)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,4)，eqP(X＝5)＝\f(1,3)×\f(3,4)×\f(3,4)＝\f(3,16)，P(X＝6)＝eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(3,8)所以X的分布列為X012356Peq\f(1,48)eq\f(1,24)eq\f(1,8)eq\f(1,4)eq\f(3,16)eq\f(3,8)所以E(X)＝0×eq\f(1,48)＋1×eq\f(1,24)＋2×eq\f(1,8)＋3×eq\f(1,4)＋5×eq\f(3,16)＋6×eq\f(3,8)＝eq\f(203,48)．20．(12分)在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD是正方形，四邊形ADPQ是梯形，PD∥QA，∠PDA＝eq\f(π,2)，平面ADPQ⊥平面ABCD，且AD＝PD＝2QA＝2．(1)求證：QB∥平面PDC；(2)求二面角C－PB－Q的大小．PPDQDQCCBABA【答案】(1)見解析；(2)eq\f(5π,6)．【考點】立體幾何的位置關(guān)系證明、二面角的求解【解析】∵平面ADPQ⊥平面ABCD，平面ADPQ∩平面ABCD＝AD，PD平面ADPQ，PD⊥AD，∴直線PD⊥平面ABCD，由題意，以點D為原點，分別eq\o\ac(\S\UP7(→),DA)，eq\o\ac(\S\UP7(→),DC)，eq\o\ac(\S\UP7(→),DP)的方向為軸，y軸，z軸的正向建立如圖空間直角坐標(biāo)系，則可得：D(0，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，A(2，0，0)，Q(2，0，1)，P(0，0，2)．(1)證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴CD⊥AD，又∵eq∠PDA＝\f(π,2)，∴PD⊥AD，而PD∩DC＝D，PD，DC平面PDC，∴AD⊥平面PDC，因此eq\o\ac(\S\UP7(→),AD)＝(－2，0，0)是平面PDC的一個法向量，又因為eq\o\ac(\S\UP7(→),QB)＝(0，2，－1)，所以eq\o\ac(\S\UP7(→),QB)·eq\o\ac(\S\UP7(→),AD)＝0，即eq\o\ac(\S\UP7(→),QB)⊥eq\o\ac(\S\UP7(→),AD)，又∵直線QB平面PDC，∴QB∥平面PDC．(2)設(shè)n1＝(x1，y1，z1)為平面PBC的法向量，∵eq\o\ac(\S\UP7(→),PB)＝(2，2，－2)，eq\o\ac(\S\UP7(→),PC)＝(0，2，－2)，則EQ\B\lc\{(\a\al(n\S\DO(1)·\o\ac(\S\UP7(→),PB)＝0,n\S\DO(1)·\o\ac(\S\UP7(→),PC)＝0))，即EQ\B\lc\{(\a\al(2x\S\DO(1)＋2y\S\DO(1)－2z\S\DO(1)＝0,2y\S\DO(1)－2z\S\DO(1)＝0))，不妨設(shè)z1＝1，可得n1＝(0，1，1)，設(shè)n2＝(x2，y2，z2)為平面PBQ的法向量，又∵eq\o\ac(\S\UP7(→),PB)＝(2，2，－2)，eq\o\ac(\S\UP7(→),PQ)＝(2，0，－1)，則EQ\B\lc\{(\a\al(n\S\DO(2)·\o\ac(\S\UP7(→),PQ)＝0,n\S\DO(2)·\o\ac(\S\UP7(→),PB)＝0))，即EQ\B\lc\{(\a\al(2x\S\DO(2)－z\S\DO(2)＝0,2x\S\DO(2)＋2y\S\DO(2)－2z\S\DO(2)＝0))，不妨設(shè)z2＝2，可得n2＝(1，1，2)，所以cos<n1，n2>＝EQ\F(n\S\DO(1)·n\S\DO(2),|n\S\DO(1)|·|n\S\DO(2)|)＝eq\f(0×1＋1×1＋1×2,\r(,0\s\up6(2)＋1\s\up6(2)＋1\s\up6(2))×\r(,1\s\up6(2)＋1\s\up6(2)＋2\s\up6(2)))＝\f(\r(,3),2)，又二面角C－PB－Q為鈍二面角，∴二面角C－PB－Q的大小為eq\f(5π,6)．21．(12分)已知eq(x\s\up6(2)＋\f(2,\r(,x)))\s\up6(m)的展開式中，第4項的系數(shù)與倒數(shù)第4項的系數(shù)之比為eq\f(1,2)．(1)求m的值；(2)求展開式中所有項的系數(shù)和與二項式系數(shù)和；(3)將展開式中所有項重新排列，求有理項不相鄰的概率．【答案】(3)7；(3)128；(3)EQ\F(1,14)．【考點】二項式定理展開式的應(yīng)用、概率的求解【解析】(1)展開式的通項Tr＋1＝EQC\o\al(\S\UP5(r),\S\DO3(m))2rxEQ\S\UP8(2m－\F(5r,2))，所以展開式中第4項的系數(shù)為EQC\o\al(\S\UP5(3),\S\DO3(m))23，倒數(shù)第4項的系數(shù)EQC\o\al(\S\UP5(m－3),\S\DO3(m))2EQ\S\UP8(m－3)，所以EQ\F(C\o\al(\S\UP5(3),\S\DO3(m))·2\S(3),C\o\al(\S\UP5(m－3),\S\DO3(m))·2\S\UP6(m－3))＝eq\f(1,2)，即EQ\F(1,2\S\UP6(m－6))＝eq\f(1,2)，所以m＝7；(2)令x＝1可得展開式中所有項的系數(shù)和37＝2187，展開式中二項式系數(shù)和為27＝128；(3)展開式共有8項，由(1)可得，當(dāng)eq2m－\f(5r,2)為整數(shù)，即r＝0，2，4，6時，為有理項，共4項，所以可得有理項不相鄰的概率為EQ\F(A\o\al(\S\UP5(4),\S\DO3(4))A\o\al(\S\UP5(4),\S\DO3(5)),