成都树德中学2024年高二上学期11月期中考试数学答案

2024~2025学年度上期树德中学高2023级半期考试
数学参考答案
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 选项
A
C
B
D
C
D
A
C
二、选择题
题号 9 10 11 选项
BCD
CD
ACD
三、填空题 12. 5420x y −+=
13. 4 14.
37
128
四、解答题
15. 苏教版选择性必修二P51,7
解：（1）【法一】设11C CB C CD BCD θ∠∠∠=＝＝，1||,CC a =
∴()
1111cos cos 0CC BD CC CD CB CC CD CC CB a a θθ⋅=⋅−=⋅−⋅=−=
…………（4分） ∴1C C BD ⊥
…………（5分） 【法二】连结AC 和BD 交于O ，∵四边形ABCD 是菱形，∴AC BD ⊥，BC CD ＝． …………（6分） 又∵11BCC DCC ∠∠＝，11C C C C ＝，∴11C BC C DC ≌， ∴11C B C D ＝， …………（7分） ∵DO OB ＝，∴1C O BD ⊥．
…………（9分） 又1C O AC O = ，1C O AC ⊂、平面11AA C C ，∴BD ⊥平面11AA C C ， …………（11分） 1C C ⊂平面11AA C C ，∴1C C BD ⊥．
…………（13分）
（2）∵四边形ABCD 是菱形，∴AC BD ⊥,又1C C BD ⊥ ∴BD ⊥平面11AA C C ， ∴BD ⊥1CA
…………（6分） ∴1CA ⊥平面1C BD 的充要条件是11CA C B ⊥ …………（7分） ∵11CA CD CB CC =++
，11C B CB CC =−
…………（8分）
∴(
)()
22111111 C A C B CD CB CC CB CC CB CC CD CB CD CC ⋅++⋅−−+⋅−⋅
()()21cos cos 11cos 0a a a a θθθ=−+−=−++=
…………（11分）
∵1cos 0a θ++>, ∴1a =.
所以1CC 的长为1.
…………（13分）
16. 解： (1)3个红球和2个黄球分别用12312,,,,A A A B B 来表示 方案一中，设事件A 表示“依次无放回抽取的2个球颜色相同”，
按依次无放回地抽取2个球的所有样本点为()12,A A ，()13,A A ，()11,A B ，()12,A B ，()21,A A ，()23,A A ，()21,A B ，
()22,A B ，()31,A A ，()32,A A ，()31,A B ，()32,A B ，()11,B A ，()12,B A ，()13,B A ，()12,B B ，()21,B A ，()22,B A ，
()23,B A ，()21,B B ，共20个； …………
（1分） 事件A 包含()12,A A ，()13,A A ，()21,A A ，()23,A A ，()31,A A ，()32,A A ，()12,B B ，()21,B B ，共8个样本点，
…………（2分） 故()
82
205
P A ==；
…………（3分）
注：也可按无顺序（即只看抽取结果）的方式计算.
方案二中，设事件B 表示“依次有放回地抽取2个球颜色相同”.
根据题意，每次取到红球的概率为35
，取到黄球的概率为25
，且两次取到球的颜色的情况互不影响，…（4分）
则()33221355
55
25
P B =×+×=
； …………（6分） 因为()()P A P B <，所以选择方案二获得奖品的可能性更大．
…………（7分）
（2）每次抽到黄球的概率为25
①若甲在第一轮就获得奖品，则125
p =
…………（9分） ②若甲在第二轮获得奖品，则第一轮甲乙均抽到红球，则2
2321855125
p =⋅=
…………（11分）
③若甲在第三轮获得奖品，则第一、二轮甲乙均抽到红球，则4
332162553125
p =⋅=
…………（13分） 因此甲获得奖品的概率12318623125
p p p p =++= .
所以甲获得奖品的概率为18623125
.
…………（15分）
注：也可算乙获得奖品的概率3
5
323231263555553125
′ =⋅+⋅+= p ，18621'3125p p =−=
17. （1）由已知1118
3323
P BGC BCG V S PG BG GC PG −∆=×=××××= ,∴4PG =
…………（2分）
如图所示建立空间直角坐标系，
则(200)(020)(004)B C P ，
，,，，,，，,故110E （，，） ()()1,1,0,0,2,4GE PC ==−
……（3分）
cos ,GE PC GE PC GE PC
⋅=
=⋅
…………（5分）
∴异面直线GE 与PC
…………（6分）
（2）由题意可知,平面PBG 的单位法向量0(0,1,0)n =
…………（7分）
45CGD ∠= ,∴33,,022GD =−
…………（8分） ∴点D 到平面PBG 的距离为03
2
GD n ⋅=
…………（10分） （3）设0,F
y z （，）,则()33330,,,,0,,222
2DF OF OD y z y z
=−=−−
=− ,
…………（11分）
()0,2,0GC = ， ,DF GC ⊥ ∴0DF GC ⋅=
∴()33
3,,00,2,020222
y y
−⋅−
,∴解得32
y = …………（13分）
在平面PGC 内过F 点作FM GC ⊥，M 为垂足，则
31
,22
GM MC == 3PF GM
FC MC
∴
==. …………（15分）
18. 解：(1)①该选手15次射击中有3次命中10环及以上的环数， 所以选手每次射击“命中靶心”的概率的估计值15
p =.
…………（2分）
②设该选手至少需要射击n 次，才能达到有90%以上的概率能击落该无人机， 即他射击n 次，至少一次击中无人机的概率在90%以上，
则他这n 次射击，没能击中无人机的概率低于10%，即 41510
n
<
. …………（4分）
两边取常用对数，得()1111
10.3lg 4lg52lg 21lg 213lg 2130.3010
n −−>
==≈≈−−−−−×，
…………（7分）
11.n ∴≥即该选手至少需要射击11次才能达到有90%以上的概率能击落该无人机. …………（8分）
(2) 剔除数据后，该选手命中环数的平均数()15111
'
159.2059.51414
i
i x x ===×−=∑ …………（
10分）
()15
222115 1.181290.486i
i x
x ==
×+=∑ ………（12分） 14
15
22
211
51265.486i i
i i x x
==
−=∑∑
………（13分） 142
21
14 1.986i i x x =−=
′∑
………（15分）
剔除数据后，该选手命中环数的方差142'22
11140.1414i i s x x = =
−≈
′∑. 综上，剔除数据后，该选手命中环数的平均数为9.5，方差约为0.14 . …………（17分）
注：方差计算还可以有以下两种方法：
①直接通过原始数据计算()14
219.5 1.94=−=∑i i x ，方差1422
2
11140.1414= =−
′≈ ∑'i i s x x . ②将前14个数看作一组，剔除的数看作另一组，利用分层抽样总体方差和各层方差的关系： ()()22
2
2141051515 =+−++−
's s x'x x
()()22
21411.189.59.2059.21515 =
+−++−
's
解得20.14≈'s .
19.解：（1）取PA 中点Q ，连接MQ ，由N 为PB 中点，得1//,2
NQ AB NQ AB =，
依题意，1//,2MC AB MC AB =，
则//,NQ MC NQ MC =，
…………（1分） 于是四边形CMQN 是平行四边形，//CN MQ ，
…………（2分）
而MQ ⊂平面PAM ，NC ⊄平面PAM ，所以//NC 平面PAM .…………（3分）
（2）取AM 中点G ，连接PG ，由1PM PA ==，得PG AM ⊥，
而平面PAM ⊥平面ABCD ，平面PAM ∩平面,ABCD AM PG =⊂平面PAM ，则PG ⊥平面ABCD 过M 作//Mz PG ，则Mz ⊥平面ABCD ，又,MA MB ⊂平面ABCD ，于是,Mz MA Mz MB ⊥⊥， 在矩形ABCD
中，MA MB ==
2224MA MB AB +==，则MA MB ⊥，
…………（4分）
以点M 为原点，直线,,MA MB Mz 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，
则(0,0,0),(
M B C P，
(
MB MP BC
，…………（5分）
设平面PMB的法向量为(,,)
m a b c
=
，则
m MB
m MP
⋅==
⋅==
，
令1
a=，得(1,0,1)
m
=−
，…………（6分）设直线BC与平面PMB所成的角为θ，
则||1
sin|cos,|
2
||||
m BC
m BC
m BC
θ
⋅
=〈〉==
，
…………（7分）
所以直线BC与平面PMB所成角的大小为
π
6
.
…………（8分）
（3）连接DG，由DA DM
=，得DG AM
⊥，而PG AM
⊥，则PGD
∠为P AM D
−−
的平面角，即PGDθ
∠=
，过点D作Dz⊥平面ABCD，以D为坐标原点，直线,,
DA DC Dz分别为,,
x y z轴建立空间直角坐标系，
则AA(1,0,0)，()
0,1,0
M，()
0,2,0
C
显然AM⊥平面PGD，AM⊂平面ABCD，
则平面PGD⊥平面ABCD，…………（9分）在平面PGD内过P作PH DG
⊥H，则PH⊥平面ABCM，…………（10分）
设()
000
,,
P x y z
，而PG=
PHθ
=
，GHθ
=
，)
1cos
DHθ
=−，
即
00
1
cos)(1cos)
2
x yθθ
=−=−
，
zθ
=，
所以11
((1cos),(1cos)
22
Pθθθ
−−，…………（11分）于是()
1,1,0
AM=−
，1cos cos1
(,,)
22
PA
θθ
θ
+−
=
，
设平面P AM的法向量为nn1����⃗=(xx1,yy1,zz1)
，则11111
1cos cos1
22
x y
x y z
θθ
−+=
+−
+=
，
令
1
z=
(1tan,tan
nθθ
=
，…………（12分）
设平面PBC的法向量为()
2222
,,
n x y z
=
，因为()
1,0,0
CB=
，cos1cos3
(,,)
22
PC
θθ
θ
−+
=
，
则22220cos 1cos 3sin 022x x y z θθθ= −++=
，令2
y θ=
，得()
2,3cos n θθ=+ ，…………（13分）
设平面PAM 和平面PBC 为α，
则
1212
cos n n n n α
⋅==⋅
…………（14分）
…………（15分）
令1
1cos 3
t θ=
+，π(0,]2θ∈，则3(,3]
4t ∈，即cos α=， …………（16分）
则当3t =时，
cos α，
所以平面
PAM 和平面PBC ．
…………（17分）。