一、单空题（本大题共14小题，共70.0分）
⃗ 1=(3,2，1)平面𝛽的法向量为𝑛⃗ 2=(2,0，−1)，若平面𝛼与𝛽所成二面角1. 已知平面𝛼的法向量为𝑛
为𝜃，则|𝑐𝑜𝑠𝜃|= ______ ．
2. 某学院为了调查学生2018年9月“健康使用手机”(健康使用手机指每天使用手机不超过3小
时)的天数情况，随机抽取了80名学生作为样本，统计他们在30天内“健康使用手机”的天数，将所得数据分成以下六组：[0,5]，(5,10]，……，(25,30]，由此得到样本的频率分布直方图，如图所示，根据频率分布直方图，可计算出这80名学生中“健康使用手机”超过15天的人数为______．
3. 如下算法中，输出i的值为______．
4. 若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为奇数，则不同的取法共有______
种(用数字作答)．
5. (理)抛掷一枚质地均匀的骰子，记向上的点数是偶数的事件为A，向上的点数大于2且小于或等
于5的事件为B，则事件𝐴∪𝐵的概率𝑃(𝐴∪𝐵)=______．
6. 明明同学通过做游戏的方式来确定周末活动，他随机地往单位圆内投掷一点，若此点到圆心的
距离大于2，则周末去看电影；若此点到圆心的距离小于8，则去打篮球；否则在家看书，则明明周末不在家看书的概率为______ 7. 若多项式
8. 随机变量X分布列如表，则𝑎= ______ ；𝐸(𝑋)= ______ ．
X p 0 𝑎 21 2𝑎2 2 1 4，则
1
1
．
9. 下表是某同学五次数学附加题测试的得分，则该组数据的方差为______．
星期 分数 一 36 二 21 三 30 四 28 五 35 10. 下列命题中，真命题的是 ．
①必然事件的概率等于l
②命题“若𝑏=3，则𝑏2=9”的逆命题
③对立事件一定是互斥事件
④命题“相似三角形的对应角相等”的逆否命题 11.
1
𝑎
𝑏𝑛=[31]+𝑚=−2𝑡+6,𝑡∈𝑅，𝑎𝑛为(𝑥+2)𝑛−(𝑥+1)𝑛的展开式的各项系数之和，12. 设𝑛∈𝑁∗，
[322]+⋯+[3𝑛𝑛]([𝑥]表示不超过实数x的最大整数)，则(𝑛−𝑡)2+(𝑏𝑛−𝑚)2的最小值为______.𝑥2 13. 若
则𝑎3= 。
2𝑎
𝑛𝑎
14. 艺术节要安排5个节目进行表演，其中A，B两个节目必须连排，则节目演出不同的编排方案有
______种．
二、解答题（本大题共6小题，共90.0分）
15. 某市甲、乙、丙、丁四所中学报名参加某高校今年自主招生的学生人数如下表所示：
中学 甲 乙 丙 丁 人数 30 40 20 10 为了了解参加考试的学生的学习情况，该高校采用分层抽样的方法从报名参加考试的四所中学的学生当中随机抽取50名参加问卷调查． (1)问甲、乙、丙、丁四所中学各抽取多少名学生？
(2)从参加问卷调查的50名学生中随机抽取两名学生，求两名学生来自同一所中学的概率； (3)在参加问卷调查的50名学生中，从来自甲、丙两所中学的学生当中随机抽取两名学生，用X表示抽得甲中学的学生人数，求X的分布列和数学期望．
16. 盒子中装有大小相同的3个编号分别为𝐴1，𝐴2，𝐴3的红球，2个编号为𝐵1，𝐵2的黑球，1个号
为𝐶1的黄球，从盒子中任就摸出4个球，求至少有2个红球的概率．
17. 如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，四边形ABCD为平行四边形，𝐵𝐶⊥
∠𝐴𝐵𝐶=∠𝑃𝐶𝐷=，E为PD的中点，𝐵𝐶=1，𝑃𝐶=3． 平面PAC，3(1)求证：𝑃𝐵//平面ACE； (2)求二面角𝐴−𝑃𝐶−𝐸的正弦值．
18. 一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优
质品的件数记为𝑛.如果𝑛=3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果𝑛=4，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验．
假设这批产品的优质品率为50%，即取出的每件产品是优质品的概率都为，且各件产品是否为优质品相互独立．
(1)求这批产品通过检验的概率；
𝜋
(2)已知每件产品的检验费用为100元，且抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为𝑋(单位：元)，求X的分布列及数学期望．
19. 在10件产品中，有3件次品，从中任取5件：
(1)恰有2件次品的抽法有多少种？ (2)至多有2件次品的抽法有多少种？ (3)至少有1件次品的抽法有多少种？
(4)至少有2件次品，2件正品的抽法有多少种？
13
20. 已知(√−√𝑎2)𝑛的展开式中，倒数第3项的系数的绝对值是45，求展开式中含𝑎3的项．
4
𝑎
【答案与解析】
70 1.答案：√14
𝑛⃗⃗⃗ 𝑛⃗⃗⃗ 解析：解：∵两平面的法向量分别为⃗1=(3,2，1)，⃗2=(2,0，−1)， 𝑛⃗⃗⃗ 𝑛⃗⃗⃗ 则两平面所成的二面角与<⃗1，⃗2>相等或互补 ∵cos<⃗𝑛⃗⃗⃗ 𝑛⃗⃗⃗ 1，⃗2>=
=|𝑛⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|𝑛⃗⃗⃗⃗⃗ |
1
2
𝑛⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑛1⃗⃗⃗⃗⃗ 2
5√14⋅√70=5√70， 14
√
∴|𝑐𝑜𝑠𝜃|=cos<⃗𝑛⃗⃗⃗ ， 𝑛⃗⃗⃗ 1，⃗2>=
14
故答案为：√．
14
70根据已知中两个平面法向量的夹角，代入向量夹角公式，可以求出两个向量的夹角，进而根据两平𝑛⃗⃗⃗ 𝑛⃗⃗⃗ 面所成的二面角与<⃗1，⃗2>相等或互补，得到答案．
𝑛⃗⃗⃗ 𝑛⃗⃗⃗ 本题考查的知识点是二面角的平面角及求法，其中一定要注意两平面所成的二面角与<⃗1，⃗2>相等或互补．
2.答案：54
解析：解：由频率分布直方图知，健康使用手机超过15天的频率为： (0.07+0.05+0.015)×5=0.675，
∴这80名学生中“健康使用手机”超过15天的人数为： 0.675×80=54． 故答案为：54．
由频率分布直方图求出健康使用手机超过15天的频率，由此能求出这80名学生中“健康使用手机”超过15天的人数．
本题考查频数的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.答案：5
解析：解：执行算法和框图，有 𝑎=10，𝑖=1
不满足条件𝑎=4，不满足条件a是奇数，有𝑎=5，𝑖=2， 不满足条件𝑎=4，满足条件a是奇数，有𝑎=16，𝑖=3，
不满足条件𝑎=4，不满足条件a是奇数，有𝑎=8，𝑖=4， 不满足条件𝑎=4，不满足条件a是奇数，有𝑎=4，𝑖=5， 满足条件𝑎=4，输出i的值为5． 故答案为：5．
执行算法和框图，写出每次循环得到的a，i的值，当有𝑎=4时满足条件𝑎=4，输出i的值为5． 本题主要考察了程序框图和算法，属于基础题．
4.答案：60
解析：
本题考查了排列、组合及简单的计数问题，解答的关键是正确分类，是中档题．
9个数中，有5个奇数4个偶数，同时取4个不同的数，其和为奇数，包括1奇3偶和3奇1偶两类，然后利用分步乘法原理分别求每一类中的方法种数，最后作和． 解：9个数中，有5个奇数4个偶数，
同时取4个不同的数，和为奇数分下面两种情况，
3第一种：1个奇数3个偶数，共有5𝐶4=20种取法； 31第二种：3个奇数1个偶数，共有𝐶5⋅𝐶4=40种取法．
∴不同的取法共有20+40=60种． 故答案为60．
5.答案：6
解析：解：由题意抛掷一枚质地均匀的骰子，向上的点数共6种可能， 其中为偶数的有2，4，6三种可能，故𝑃(𝐴)=6=2，
向上的点数大于2且小于或等于5有3，4，5三种可能，故𝑃(𝐵)=6=2， 而积事件AB只有4一种可能，故𝑃(𝐴𝐵)=6， 故𝑃(𝐴∪𝐵)=𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)−𝑃(𝐴𝐵)=2+2−6=6 故答案为：6 由题意分别可得𝑃(𝐴)，𝑃(𝐵)，𝑃(𝐴𝐵)，而𝑃(𝐴∪𝐵)=𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)−𝑃(𝐴𝐵)，代入计算可得． 本题考查古典概型的求解，涉及概率的基本性质和全概率公式，属基础题．
5
1
1
1
5
1
3
1
3
1
5
6.答案：64
解析：解：圆的面积为𝜋，点到圆心的距离大于2的面积为：𝜋−4𝜋=此点到圆心的距离小于8的面积为64， 由几何概型得小波周末不在家看书的概率为𝑃=故答案为：64．
根据题意，计算可得圆的面积为𝜋，点到圆心的距离大于2的面积为(𝜋−4𝜋)，此点到圆心的距离小于8的面积为64，由几何概型求概率即可
本题考查几何概型：几何概型的概率估算公式中的“几何度量”，可以为线段长度、面积、体积等，而且这个“几何度量”只与“大小”有关，而与形状和位置无关．解决的步骤均为：求出满足条件A的基本事件对应的“几何度量”𝑁(𝐴)，再求出总的基本事件对应的“几何度量”N，最后根据公式解答．
1
𝜋
1
1
49
3𝜋𝜋
+464
49
113𝜋4
，
1𝜋
𝜋
=64．
49
7.答案：
解析：试题分析：根据而
中，
的系数为可知，，∴
．
的展开式中，的系数为，
的系数为，∴
考点：二项式定理．
8.答案：2 1
解析：解：由离散型随机变量的分布列的性质可得： 2𝑎2+2=4，即8𝑎2+2𝑎−3=0，解得𝑎=2或−4(舍去)， 所以𝑎=2，
∴𝐸(𝑋)=0×4+1×2+2×4=1， 故答案案为：2；1．
利用分布列的性质求出a的值，由此即可求解．
11
1
1
1𝑎
3
1
3
1
本题考查了离散型随机变量的分布列的性质以及期望，考查了学生对分布列性质的理解以及运算能力，属于基础题．
9.答案：
解析：
1465
先求出该数据的平均分，代入方差公式计算即可．
本题考查了求数据的方差问题，熟练掌握方差的公式是解题的关键，本题是一道基础题． 解：∵平均分为：5(36+21+30+28+35)=30，
∴方差为：5[(36−30)2+(21−30)2+(30−30)2+(28−30)2+(35−30)2]=故答案为：
14651
1465
1
，
．
10.答案：①③④
解析：试题分析：②“若𝑏=3，则𝑏2=9”的逆命题为“若𝑏2=9，则𝑏=3”明显错误，为假命题；①③④均为真命题． 考点：逻辑与命题．
11.答案：100
解析：解：由题意知： 故答案是100．
12.答案：5
解析：解：易知，(𝑛−𝑡)2+(𝑏𝑛−𝑚)2表示的是(𝑛,𝑏𝑛)到直线𝑚=−2𝑡+6的距离的平方． ∴[3𝑛𝑛]的值依次为：0，1，2，3，……，𝑛−1，……，(因为对于𝑛(3)𝑛，当𝑛>1因为3𝑛𝑛=𝑛[1−(3)𝑛]，
时，𝑛(3)𝑛∈(0,1)，所以[𝑛−𝑛(3)𝑛]=𝑛−1.)
所以𝑏𝑛=[31]+[322]+⋯+[3𝑛𝑛]([𝑥]表示不超过实数x的最大整数)，对应的点依次为(1,0)，(2,1)，
𝑎
2𝑎
𝑛𝑎
2
2
𝑛𝑎
2
𝑛𝑎
2
1
9
(3,3)，(4,6)，……，(𝑛,
1
𝑛(𝑛−1)2
)，……
这些点与直线𝑦=−2𝑥+6的距离先接近，再离得越来越远． 所以这些点到直线𝑥+2𝑦−12=0的距离为：𝑑=易知𝑛=3时，𝑑𝑚𝑖𝑛=√5，故所求的最小值为5． 故答案为：5．
(𝑛−𝑡)2+(𝑏𝑛−𝑚)2表示的是点(𝑛,𝑏𝑛)到直线𝑚=−2𝑡+6的距离的平方，研究点(𝑛,𝑏𝑛)的变化规律可求解．
本题考查二项式系数的求法等知识，同时还考查学生运用转化思想，函数思想解决问题的能力．同时考查学生的逻辑推理、数学抽象、直观想象和数学运算等数学核心素养．属于较难的题目．
1
9
39
|𝑛+2×
𝑛(𝑛−1)
−12|2√5=
|𝑛2−12|√5，𝑛∈𝑁+，
13.答案：
解析：试题分析：考点：二项式定理。
。所以𝑎3=80．
点评：注意二项式定理中项的系数和二项式系数的区别。属于基础题型。
14.答案：48
解析：解：艺术节要安排5个节目进行表演，其中A，B两个节目必须连排，则节目演出不同的编排
4
方案有𝐴22𝐴4=48种，
故答案为：48．
由排列、组合及简单的计数问题中的捆绑问题得：艺术节要安排5个节目进行表演，其中A，B两个
4节目必须连排，则节目演出不同的编排方案有𝐴22𝐴4=48种，得解．
本题考查了排列、组合及简单的计数问题中的捆绑问题，属中档题．
15.答案：解：(1)由题意知，四所中学报名参加该高校今年自主招生的学生总人数为100名，
抽取的样本容量与总体个数的比值为100=2．
∴应从甲、乙、丙、丁四所中学抽取的学生人数分别为15，20，10，5．
(2)设“从参加问卷调查的50名学生中随机抽取两名学生，这两名学生来自同一所中学”为事件M，
2从参加问卷调查的50名学生中随机抽取两名学生的取法共有𝐶50=1225种，
50
1
2222
这两名学生来自同一所中学的取法共有𝐶15+𝐶20+𝐶10+𝐶5=350．
∴𝑃(𝑀)=
=．
12257
3502
∴从参加问卷调查的50名学生中随机抽取两名学生，求这两名学生来自同一所中学 的概率为7，
(3)由(1)知，在参加问卷调查的50名学生中，来自甲，丙两所中学的学生人数分别为15，10． 依题意得，X的可能取值为0，1，2， 𝑃(𝜉=0)=
2𝐶102𝐶25
2
=
，𝑃(𝜉=1)=20
3
1⋅𝐶1
𝐶15102𝐶25
=2，𝑃(𝜉=2)=20．
17
∴𝜉的分布列为： X 0 1 2 317P 20220𝐸(𝑥)=0×
317+1×+2×=1.2 20220
解析：(1)由题意知，四所中学报名参加该高校今年自主招生的学生总人数为100名，抽取的样本容量与总体个数的比值为100=2.据此即可计算出答案；
(2)利用组合的意义分别计算出从参加问卷调查的50名学生中随机抽取两名学生的方法和这两名学生来自同一所中学的取法，再利用古典概型的概率计算公式即可得出；
C两所中学的学生人数分别为15，(3)由(1)知，10.可得𝜉的在参加问卷调查的50名学生中，来自A，可能取值为0，1，2.利用超几何分布的概率计算公式𝑃(𝜉=𝑘)(𝑘=0,1，2)，即可得到分布列，利用数学期望的概率计算公式即可得出．
本小题主要考查分层抽样、概率、离散型随机变量的分布列等基础知识，考查数据处理、推理论证、运算求解能力和应用意识．
50
1
16.答案：解：根据题意，从盒子中任意摸出4个球，总共有𝐴46=360种，
从盒子中任意摸出4个球，只有2个红球共有3×3×24=216种， 从盒子中任意摸出4个球，有3个红球共有1×3×24=72种， 所以至少有2个红球的概率为
216+72360
=5．
4
解析：利用排列组合求出所有的可能性和满足条件的可能性，再用古典概型概率公式求出． 考查了排列组合法，古典概型概率公式的应用，基础题．
17.答案：(1)证明：连接BD，交AC于F点，连接EF，则𝐸𝐹//𝑃𝐵，
又𝐸𝐹⊂平面ACE，𝑃𝐵⊄平面ACE， 所以𝑃𝐵//平面ACE．
(2)解：因为𝐴𝐷//𝐵𝐶，𝐵𝐶⊥平面PAC，所以𝐴𝐷⊥平面PAC， 所以𝐴𝐷⊥𝑃𝐴，𝐴𝐷⊥𝐴𝐶，
𝜋
在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，𝐶𝐷=𝐴𝐵=cos𝜋=2，𝐴𝐶=𝐵𝐶⋅tan3=√3，
3𝐵𝐶
𝑃𝐷2=𝐶𝐷2+𝑃𝐶2−2𝐶𝐷⋅𝑃𝐶⋅cos∠𝑃𝐶𝐷=4+9−2×2×3×2=7， 在△𝑃𝐶𝐷中，由余弦定理知，在𝑅𝑡△𝑃𝐴𝐷中，𝑃𝐴2=𝑃𝐷2−𝐴𝐷2=6， 所以𝑃𝐶2=𝐴𝐶2+𝑃𝐴2，即𝐴𝐶⊥𝑃𝐴，
以A为原点，AC，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则𝐴(0,0，0)，𝐶(√3,0，0)，𝐷(0,1，0)，𝑃(0,0，√6)， 所以⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐷=(0,1，−√6)，⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐶=(√3,−1,0)，
⃗⃗⃗ =(0,1，0)是平面PAC的一个法向量， 因为𝐴𝐷⊥平面PAC，∴𝑚
⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐷=0，即{𝑦−√6𝑧=0， ⃗ =(𝑥,y，𝑧)，则{𝑛设平面CPE的一个法向量为𝑛
⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝐷𝐶=0√3𝑥−𝑦=0令𝑦=√6，得𝑥=√2，𝑧=1，所以𝑛⃗ =(√2,√6,1)， ⃗⃗⃗ ，𝑛所以cos<𝑚⃗ >=
⃗⃗⃗ ⋅𝑛𝑚⃗⃗ |𝑚⃗⃗⃗ |⋅|𝑛⃗⃗ |
1
=
√61×3
=
√6， 3
3√
设二面角𝐴−𝑃𝐶−𝐸的平面角为𝜃，则𝑠𝑖𝑛𝜃=√1−cos2<𝑚⃗⃗⃗ ,𝑛⃗ >=3，
所以二面角𝐴−𝑃𝐶−𝐸的正弦值为√．
3
3
解析：(1)连接BD，交AC于F点，连接EF，由中位线的性质知𝐸𝐹//𝑃𝐵，再由线面平行的判定定理，得证；
(2)先证AC，AD，AP两两垂直，再以A为原点建立空间直角坐标系，求得平面PAC和平面CPE的⃗⃗⃗ 与𝑛⃗ ，结合空间向量夹角公式和同角三角函数的平方关系，得解． 法向量𝑚
本题考查空间中线与面的位置关系、二面角的求法，熟练掌握线面平行的判定定理、线面垂直的性质定理，以及利用空间向量处理二面角的方法是解题的关键，考查学生的空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于中档题．
18.答案：(1)
X P 400 500 (2) 𝑋的分布列为 800 506.25
解析：解：(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件𝐴1，第一次取出的4件产品全是优质品为事件𝐴2，第二次取出的4件产品都是优质品为事件𝐵1，第二次取出的1件产品是优质品为事件𝐵2，这批产品通过检验为事件A，依题意有𝐴=(𝐴1𝐵1)∪(𝐴2𝐵2)，且𝐴1𝐵1与𝐴2𝐵2互斥，所以𝑃(𝐴)=𝑃(𝐴1𝐵1)+𝑃(𝐴2𝐵2)
=𝑃(𝐴1)𝑃(𝐵1|𝐴1)+𝑃(𝐴2)𝑃(𝐵2|𝐴2) =
×
+
×
=
．
(2)𝑋可能的取值为400，500，800，并且 𝑃(𝑋=400)=1−𝑃(𝑋=500)=
−
=
，
．
，𝑃(𝑋=800)=
所以X的分布列为 X P 400 500 800 +500×
+800×
=506.25．
𝐸𝑋=400×
23
𝐶7=105种 19.答案：解：(1)恰有2件次品的抽法有𝐶35
(2)若一件次品都没有则𝐶7=21，
14
若只有1件次品，有𝐶3𝐶7=105， 23恰有2件次品的抽法有𝐶3𝐶7=105种，
51423则至多有2件次品的抽法有𝐶7+𝐶3𝐶7+𝐶3𝐶7=21+105+105=231种 5(3)若一件次品都没有则𝐶7=21，
55则至少有1件次品的抽法有𝐶10−𝐶7=252−21=231种 23(4)若恰有2件次品的抽法有𝐶3𝐶7=105种， 32若恰有3件次品的抽法有𝐶3𝐶7=21，
3223则至少有2件次品，2件正品的抽法有𝐶3𝐶7+𝐶3𝐶7=105+21=126种
解析：(1)利用组合法进行求解 (2)利用分类讨论思想进行求解 (3)利用间接法进行求解 (4)利用分类讨论思想进行求解
本题主要考查组合数的应用，根据条件利用分类讨论以及间接法是解决本题的关键．难度不大．
132
解：由(√−√𝑎2)𝑛的展开式中，倒数第3项的系数的绝对值是∁𝑛−2故𝑛=10． 20.答案：𝑛=∁𝑛=45，𝑎
4
𝑟在通项公式𝑇𝑟+1=∁10⋅(−1)𝑟⋅𝑎
11𝑟−30
12；
令
11𝑟−3012
=3，求得𝑟=6，
6
故展开式中含𝑎3的项为∁10⋅𝑎3=210𝑎3．
𝑟解析：由题意求得𝑛=10，在通项公式𝑇𝑟+1═∁10⋅(−1)𝑟⋅𝑎
11𝑟−30
12；令
11𝑟−3012
=3，求得𝑟=6，进而求
得结论．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容