2024-2025學(xué)年成都市某中學(xué)高二數(shù)學(xué)上學(xué)期9月考試卷（附答案解析）

2024-2025學(xué)年成都市樹(shù)德中學(xué)高二數(shù)學(xué)上學(xué)期9月考試卷

一、單項(xiàng)選擇題：本題共8個(gè)小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合

題目要求的.

1.某高校對(duì)中文系新生進(jìn)行體測(cè)，利用隨機(jī)數(shù)表對(duì)650名學(xué)生進(jìn)行抽樣，先將650名學(xué)生進(jìn)行編號(hào)，001,

002,649,650.從中抽取50個(gè)樣本，下圖提供隨機(jī)數(shù)表的第4行到第6行，若從表中第5行第6列

開(kāi)始向右讀取數(shù)據(jù)，則得到的第6個(gè)樣本編號(hào)是（）

32211834297864540732524206443812234356773578905642

84421253313457860736253007328623457889072368960804

32567808436789535577348994837522535578324577892345

A.623B.328C.072D.457

2.某校高一共有10個(gè)班，編號(hào)1至10,某項(xiàng)調(diào)查要從中抽取三個(gè)班作為樣本,現(xiàn)用抽簽法抽取樣本,

每次抽取一個(gè)號(hào)碼，共抽3次，設(shè)五班第二次被抽到的可能性為人，則（）

7172,3

A.b=—B.b=-C.b=—D.b=—

991010

3.已知向量AB=—,——,BC=——,則(

I22JI22J

A.30°B.150°C.60°D.120°

4.已知為兩條不同的直線，私尸為兩個(gè)不同的平面，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A若“〃乃，bua,aUa,貝！Ja//a

B.若a_La,)_La,則allb

C.若a1/3,ac/3=b,aLb,則a_L尸

D.若。,b為異面直線，aua,bu/3,a//￡,blla,則。〃用

5.下列說(shuō)法正確的是（）

A.互斥的事件一定是對(duì)立事件，對(duì)立事件不一定是互斥事件

B.若P（A）+P（B）=1,則事件A與事件8是對(duì)立事件

C.從長(zhǎng)度為1,3,5,7,9的5條線段中任取3條，則這三條線段能構(gòu)成一個(gè)三角形的概率為g

D.事件A與事件B中至少有一個(gè)發(fā)生的概率不一定比A與2中恰有一個(gè)發(fā)生的概率大

1

6.一組數(shù)據(jù)：53,57,45,61,79,49,x,若這組數(shù)據(jù)的第80百分位數(shù)與第60百分位數(shù)的差為3,則

x=().

A.58或64B.58C.59或64D.59

7.如圖，四邊形ABCD為正方形，ED工平面ABCD,FB〃ED,AB=ED=2FB,記三棱錐

E—ACD,歹_ABCb_ACE的體積分別為V,,%,%,則（）

C.匕=3匕一D.2匕=3K

8.已知平面向量b＞［，且'=1，卜|=2.已知向量B與工所成的角為60。，且也一片42忸一0對(duì)任

意實(shí)數(shù)/恒成立，則卜+0+的最小值為（）

A.73+1B.2A/3C.V3+A/5D.2A/5

二、多項(xiàng)選擇題.本題共3個(gè)小題，每小題6分，共18分.在每個(gè)小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要

求，部分選對(duì)的得部分，有選錯(cuò)的得0分.

9.某保險(xiǎn)公司為客戶定制了5個(gè)險(xiǎn)種：甲，一年期短期；乙，兩全保險(xiǎn)；丙，理財(cái)類保險(xiǎn)；丁，定期壽

險(xiǎn)；戊，重大疾病保險(xiǎn).各種保險(xiǎn)按相關(guān)約定進(jìn)行參保與理賠.該保險(xiǎn)公司對(duì)5個(gè)險(xiǎn)種參保客戶進(jìn)行抽

樣調(diào)查，得到如圖所示的統(tǒng)計(jì)圖表.則（）

A.丁險(xiǎn)種參保人數(shù)超過(guò)五成

C.18—29周歲人群參保的總費(fèi)用最少D.人均參保費(fèi)用不超過(guò)5000元

10.在發(fā)生公共衛(wèi)生事件期間，有專業(yè)機(jī)構(gòu)認(rèn)為該事件在一段時(shí)間內(nèi)沒(méi)有發(fā)生大規(guī)模群體感染的標(biāo)志為

“連續(xù)10天，每天新增疑似病例不超過(guò)7人”過(guò)去10日，甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例數(shù)據(jù)信息如下:

2

甲地：中位數(shù)為2,極差為5；

乙地：總體平均數(shù)為2,眾數(shù)為2；

丙地：總體平均數(shù)為1,總體方差大于0；

丁地：總體平均數(shù)為2,總體方差為3.

則甲、乙、丙、丁四地中，一定沒(méi)有發(fā)生大規(guī)模群體感染的有（）

A甲地B.乙地C.丙地D.丁地

11.勒洛四面體是一個(gè)非常神奇的“四面體”，它能像球一樣來(lái)回滾動(dòng).勒洛四面體是以正四面體的四個(gè)

頂點(diǎn)為球心，以正四面體的棱長(zhǎng)為半徑的四個(gè)球的相交部分圍成的幾何體.如圖所示，設(shè)正四面體ABCD

的棱長(zhǎng)為2,則下列說(shuō)法正確的是（）

A.勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為2-22

2

B.勒洛四面體被平面ABC截得的截面面積是2（兀-指）

C.勒洛四面體表面上交線AC的長(zhǎng)度為年

D.勒洛四面體表面上任意兩點(diǎn)間的距離可能大于2

三、填空題：本題共3個(gè)小題，每小題5分，共15分.

12.某工廠生產(chǎn)A、B、C三種不同型號(hào)的產(chǎn)品，產(chǎn)品數(shù)量之比依次為3：4：7,現(xiàn)在用分層抽樣的方法

抽出容量為〃的樣本，樣本中的A型號(hào)產(chǎn)品有15件，那么樣本容量〃為.

13.平面四邊形ABC。中，AB=A￡）=Cr）=l,BD=&,BD±CD,將其沿對(duì)角線8。折成四面體4-BCD

使平面48。，平面BCD若四面體4-8C。頂點(diǎn)在同一個(gè)球面上，則該球的表面積.

14.若一組樣本數(shù)據(jù)%,聲…，%的平均數(shù)為1。，另一組樣本數(shù)據(jù)2玉+4,2々+4,…,2%+4的方差為8,

3

則兩組樣本數(shù)據(jù)合并為一組樣本數(shù)據(jù)后的方差是.

四.解答題：本題共5個(gè)小題，共77分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.

15.袋中有形狀、大小都相同的4個(gè)小球，標(biāo)號(hào)分別為1,2,3,4.

(1)從袋中一次隨機(jī)摸出2個(gè)球，求標(biāo)號(hào)和為奇數(shù)的概率；

(2)從袋中每次摸出一球，有放回地摸兩次.甲、乙約定：若摸出兩個(gè)球標(biāo)號(hào)和為奇數(shù)，則甲勝，反

之，則乙勝.你認(rèn)為此游戲是否公平?說(shuō)明你的理由.

16.(1)請(qǐng)利用已經(jīng)學(xué)過(guò)的方差公式：$2=_1￡(七一同2來(lái)證明方差第二公式/=]_才玉2一￡；

(2)如果事件A與3相互獨(dú)立，那么A與與相互獨(dú)立嗎？請(qǐng)給予證明.

17.如圖，四棱錐尸-A5co的側(cè)面HV)是邊長(zhǎng)為2的正三角形，底面ABCD為矩形，且平面

平面ABC。，M,N分別為AB,AD的中點(diǎn)，二面角D—PN—C的正切值為2.

(1)求四棱錐尸―ABCD的體積；

(2)證明：DMLPC

(3)求直線尸“與平面PNC所成角的正弦值.

18.某市根據(jù)居民的月用電量實(shí)行三檔階梯電價(jià)，為了深入了解該市第二檔居民用戶的用電情況，該市

統(tǒng)計(jì)局用比例分配的分層隨機(jī)抽樣方法，從該市所轄A,B,。三個(gè)區(qū)域的第二檔居民用戶中按2：2：

1的比例分配抽取了100戶后，統(tǒng)計(jì)其去年一年的月均用電量(單位：kW-h),進(jìn)行適當(dāng)分組后(每

組為左閉右開(kāi)的區(qū)間)，頻率分布直方圖如下圖所示.

200210220230240250月均用電量kW.h

(1)求加值;

4

(2)若去年小明家的月均用電量為234kW-h，小明估計(jì)自己家的月均用電量超出了該市第二檔用戶中

85%的用戶，請(qǐng)判斷小明的估計(jì)是否正確？

(3)通過(guò)進(jìn)一步計(jì)算抽樣的樣本數(shù)據(jù)，得到A區(qū)樣本數(shù)據(jù)的均值為213,方差為24.2；B區(qū)樣本數(shù)據(jù)的

均值為223,方差為12.3；C區(qū)樣本數(shù)據(jù)的均值為233,方差為38.5,試估計(jì)該市去年第二檔居民用戶月

均用電量的方差.(需先推導(dǎo)總樣本方差計(jì)算公式，再利用數(shù)據(jù)計(jì)算)

19.在世界杯小組賽階段，每個(gè)小組內(nèi)的四支球隊(duì)進(jìn)行循環(huán)比賽，共打6場(chǎng)，每場(chǎng)比賽中，勝、平、負(fù)

分別積3,1,0分.每個(gè)小組積分的前兩名球隊(duì)出線，進(jìn)入淘汰賽.若出現(xiàn)積分相同的情況，則需要通過(guò)凈

勝球數(shù)等規(guī)則決出前兩名，每個(gè)小組前兩名球隊(duì)出線，進(jìn)入淘汰賽.假定積分相同的球隊(duì)，通過(guò)凈勝球數(shù)

等規(guī)則出線的概率相同(例如：若SC,。三支積分相同的球隊(duì)同時(shí)爭(zhēng)奪第二名，則每個(gè)球隊(duì)奪得第二

名的概率相同).已知某小組內(nèi)的A,B,C,。四支球隊(duì)實(shí)力相當(dāng)，且每支球隊(duì)在每場(chǎng)比賽中勝、平、負(fù)

的概率都是g,每場(chǎng)比賽的結(jié)果相互獨(dú)立.

(1)求A球隊(duì)在小組賽3場(chǎng)比賽中只積3分的概率；

(2)已知在已結(jié)束的小組賽的3場(chǎng)比賽中，A球隊(duì)勝2場(chǎng)，負(fù)1場(chǎng)，求A球隊(duì)最終小組出線的概率.

【答案】

1.A

【解析】

【分析】按照隨機(jī)數(shù)表提供的數(shù)據(jù)，三位一組的讀數(shù)，并取001到650內(nèi)的數(shù)，重復(fù)的只取一次即可

【詳解】從第5行第6列開(kāi)始向右讀取數(shù)據(jù)，

第一個(gè)數(shù)為253,第二個(gè)數(shù)是313,

第三個(gè)數(shù)是457,下一個(gè)數(shù)是860,不符合要求，

下一個(gè)數(shù)是736,不符合要求，下一個(gè)是253,重復(fù)，

第四個(gè)是。07,第五個(gè)是328,第六個(gè)數(shù)是623,,故A正確.

故選：A.

2.D

【解析】

【分析】根據(jù)題意，在抽樣過(guò)程中每個(gè)個(gè)體被抽到的概率相等即可求解.

【詳解】因?yàn)榭傮w中共有10個(gè)個(gè)體，

所以五班第一次沒(méi)被抽到，第二次被抽到的可能性為

5

故選：D.

3.B

【解析】

【分析】根據(jù)向量夾角的坐標(biāo)表示求出向量夾角，進(jìn)而求解幾何角.

【詳解】因?yàn)橄蛄砍跄感〈?［，

一一'"+［-+］二］廠

所以cos福前=轉(zhuǎn)了=2212jI2)=好

網(wǎng)函一「2,

X03<AB,BC<180°,所以初，0=30°,所以麗，能=180°—30°=150°,

所以NABC=150°.

故選：B.

4.C

【解析】

【分析】根據(jù)線面平行的判定定理判斷A,根據(jù)線面垂直的性質(zhì)判斷B,當(dāng)aa。時(shí)即可判斷C,根據(jù)

異面直線的定義及線面平行的性質(zhì)定理判斷D.

【詳解】對(duì)于A：若aUb,bua,aua,根據(jù)線面平行的判定定理可知a//c,故A正確；

對(duì)于B：若a_La/_La,則“〃。，故B正確；

對(duì)于C：當(dāng)aua時(shí)，a工/3,ac/3=b,aLb,由面面垂直的性質(zhì)定理可得a_L尸，

當(dāng)aac時(shí)，a±j3,ar\j3=b,a±b,則a//￡或或。與夕相交，故C錯(cuò)誤；

對(duì)于D：因?yàn)閍ua,bHa,所以存在少ua使得//〃兒又bu/3,，所以"〃夕，

又a//尸且a,b為異面直線，所以平面a內(nèi)的兩直線少、a必相交，

所以?！▍^(qū)，故D正確.

故選：C

5.D

6

【解析】

【分析】根據(jù)互斥事件、對(duì)立事件和古典概型及其計(jì)算逐一判定即可.

【詳解】對(duì)于A,由互斥事件和對(duì)立事件的關(guān)系可判斷，對(duì)立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是

對(duì)立事件，故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B,由P(A)+P(5)=1,并不能得出A與B是對(duì)立事件，

舉例說(shuō)明：現(xiàn)從b,c,d四個(gè)小球中選取一個(gè)小球，已知選中每個(gè)小球的概率是相同的，

設(shè)事件A表示選中a球或b球，則P(A)=1,事件B表示選中b球或c球，則P(B)=；，所以

P(A)+P(5)=1,但A,3不是對(duì)立事件，故B錯(cuò)誤；

對(duì)于C,該試驗(yàn)的樣本空間可表示為：

Q={(1,3,5),(1,3,7),(1,3,9),(1,5,7),(1,5,9),(1,7,9),(3,5,7),(3,5,9),(3,7,9)(5,7,9)},共有10個(gè)樣本

點(diǎn)，其中能構(gòu)成三角形的樣本點(diǎn)有(3,5,7),(3,7,9),(5,7,9),共3個(gè)，

3

故所求概率尸=正，故C錯(cuò)誤；

對(duì)于D,若A,2是互斥事件，事件A,8中至少有一個(gè)發(fā)生的概率等于48中恰有一個(gè)發(fā)生的概率，

故D正確.

故選：D.

6.A

【解析】

【分析】先對(duì)數(shù)據(jù)從小到大排序，分xV57,x279,57<x<79三種情況，舍去不合要求的情況，

列出方程，求出答案，

【詳解】將已知的6個(gè)數(shù)從小到大排序?yàn)?5,49,53,57,61,79.

若XW57,則這組數(shù)據(jù)的第80百分位數(shù)與第60百分位數(shù)分別為61和57,他們的差為4,不符合條件；

若X279,則這組數(shù)據(jù)的第80百分位數(shù)與第60百分位數(shù)分別為79和61,它們的差為18,不符合條件;

若57<x<79,則這組數(shù)據(jù)的第80百分位數(shù)與第60百分位數(shù)分別為尤和61(或61和x),則|x-61|=3,

解得x=58或無(wú)=64

故選：A

7.D

7

【解析】

【分析】結(jié)合線面垂直的性質(zhì)，確定相應(yīng)三棱錐的高，求出匕,%,%的值，結(jié)合選項(xiàng)，即可判斷出答案.

【詳解】連接8。交AC于。，連接。瓦。/，

設(shè)AB=ED=2FB=2,

由于ED,平面A5a）,FB〃E。，則平面ABCD,

11141112

貝1匕=3義與48>田=.><5*2'2'2=』，匕=3義5"帖0><用=3*5*2><2><1=可；

JJ乙D。D乙J

￡?，平面ABCD,ACi平面ABCD,故EDLAC,

又四邊形ABCD為正方形，則ACIBD,而EDCBD=D,ED,BDu平面BDEF，

故AC,平面5DEF,OFu平面BDEE,故ACJ_O尸，

又瓦），平面ABCD,EB,平面ABC。，5Du平面ABC。，故EDLBD,FBLBD,

BD=272,:.OD=OB=42OE=y/OD2+ED2=而OE=^OB2+BF2=百，

而EF=^BD2+（ED-FB^=3，所以所2=。尸2+。石2,

即得OELOF,而OEnAC=O,OE,ACu平面ACE,

故。9JL平面ACE,又AC=AE=CE=722+22=272，

22

故％=Vp-ACE=|SaAC￡-OF=1x^AC-OF=jx^（2V2）-73=2，

故匕w2%,匕wh，匕w3匕一匕,2匕=3匕，故ABC錯(cuò)誤，D正確，

故選：D

8.B

【解析】

【分析】忸-促?可5-a對(duì)任意實(shí)數(shù)/恒成立，兩邊平方，轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的恒成立問(wèn)題，用判別式來(lái)

8

解，算出|，|=2,借助同=2,得到忸+司=；萬(wàn)+2),\a+e\+^a-b的最小值轉(zhuǎn)化為

11-

-a+2e+-a-b的最小值，最后用絕對(duì)值的三角不等式來(lái)解即可

22

【詳解】根據(jù)題意，&-e=^|.|ecos60°=1^,

歸_@2歸-目,兩邊平方府+產(chǎn)卜|2-2tb-?>|^|2+|e|2—25/,整理得到』T印—1+同20,

對(duì)任意實(shí)數(shù)/恒成立，則A=而—4(—1+|5卜0,解得煙―2)2<0,則|笳=2

由于同=2,如上圖，忸+司=+,則

1111

—a+2e+r-（Q萬(wàn)+20）—（5萬(wàn)一Z7）

=忤+/=荷+可=,8+45.聲=20，則B+a+g少一B的最小值為2G.

一1

當(dāng)且僅當(dāng)-2G,。,一日終點(diǎn)在同一直線上時(shí)取等號(hào).

2

故選：B.

9.ACD

【解析】

【分析】根據(jù)統(tǒng)計(jì)圖表逐個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行驗(yàn)證即可.

【詳解】由參保險(xiǎn)種比例圖可知，丁險(xiǎn)種參保人數(shù)比例1—0.02—0.04—0.1—0.3=0.54,故A正確；

由參保人數(shù)比例圖可知，41歲以上參保人數(shù)超過(guò)總參保人數(shù)的45%不到五成，B錯(cuò)誤；

由不同年齡段人均參保費(fèi)用圖可知，18~29周歲人群人均參保費(fèi)用最少(3000,4000),但是這類人所

占比例為15%,

54周歲以上參保人數(shù)最少比例為10%,54周歲以上人群人均參保費(fèi)用6000,所以18—29周歲人群參

9

保的總費(fèi)用最少，故c正確.

由不同年齡段人均參保費(fèi)用圖可知，人均參保費(fèi)用不超過(guò)5000元，故D正確；

故選：ACD.

10.AD

【解析】

【分析】假設(shè)最多一天疑似病例超過(guò)7人，根據(jù)極差可判斷AO；

根據(jù)平均數(shù)可算出10天疑似病例總?cè)藬?shù)，可判斷BC.

【詳解】解：假設(shè)甲地最多一天疑似病例超過(guò)7人，甲地中位數(shù)為2,說(shuō)明有一天疑似病例小于2,極差

會(huì)超過(guò)5,.?.甲地每天疑似病例不會(huì)超過(guò)7,.?.選A.

根據(jù)乙、丙兩地疑似病例平均數(shù)可算出10天疑似病例總?cè)藬?shù)，可推斷最多一天疑似病例可能超過(guò)7人，

由此不能斷定一定沒(méi)有發(fā)生大規(guī)模群體感染，，不選BC；

假設(shè)丁地最多一天疑似病例超過(guò)7人，丁地總體平均數(shù)為2,說(shuō)明極差會(huì)超過(guò)3,.?.丁地每天疑似病例不

會(huì)超過(guò)7,二選D.

故選：AD.

11.ABD

【解析】

【分析】A選項(xiàng)：求出正四面體ABCD的外接球半徑，進(jìn)而得到勒洛四面體的內(nèi)切球半徑，得到答案；

B選項(xiàng)，作出截面圖形，求出截面面積；C選項(xiàng)，根據(jù)對(duì)稱性得到交線AC所在圓的圓心和半徑，求出

長(zhǎng)度；D選項(xiàng)，作出正四面體對(duì)棱中點(diǎn)連線，在C選項(xiàng)的基礎(chǔ)上求出長(zhǎng)度.

【詳解】A選項(xiàng)，先求解出正四面體ABCD的外接球，如圖所示：

取的中點(diǎn)G,連接3G,AG,過(guò)點(diǎn)A作AELBG于點(diǎn)尸，則尸為等邊VA5C的中心，

外接球球心為0,連接08,則。4。3為外接球半徑，設(shè)。4=03=R,

由正四面體的棱長(zhǎng)為2,則CG=OG=1,BG=AG=5

io

FG=±BG=與，—沁孚

I1276C，276

AF=[AG?-FG?=3—二----，OF=AF—R=--------R,

333

兇2=R2,解得:R=^~

由勾股定理得：OF2+BF2=OB2，即-----------K+

I3J2

此時(shí)我們?cè)俅瓮暾某槿〔糠掷章逅拿骟w，如圖所示:

圖中取正四面體ABC。中心為0,連接30交平面ACZ）于點(diǎn)E,交A。于點(diǎn)廠,

其中與△A5Q共面，其中30即為正四面體外接球半徑R=

設(shè)勒洛四面體內(nèi)切球半徑為廠，則r=。歹=5/—§0=2—逅，故A正確;

2

B選項(xiàng)，勒洛四面體截面面積的最大值為經(jīng)過(guò)正四面體某三個(gè)頂點(diǎn)的截面，如圖所示:

面積為3x—x—x2一----x2~H------義2~=2（兀一^/^）,B正確；

2344'）

C選項(xiàng)，由對(duì)稱性可知：勒洛四面體表面上交線AC所在圓的圓心為BD的中點(diǎn)〃，

故AM=MC=6，又AC=2,

工……小，…廠AM2+MC--AC23+3-41

由余弦定理得：cosZAMC=------------------------=-----7=—7==—，

2AMMC2x百義百3

故NAMC=arccos；,且半徑為石，故交線AC的長(zhǎng)度等于6arccos；,C錯(cuò)誤;

11

D選項(xiàng)，將正四面體對(duì)棱所在的弧中點(diǎn)連接，此時(shí)連線長(zhǎng)度最大，如圖所示:

連接GH,交AB于中點(diǎn)S,交CD于中點(diǎn)T，連接AT,則ST=J黑斤=0，

則由C選項(xiàng)的分析知：TG=SH=6，

所以GH=有-叵+拒=2拒-直＞2,

故勒洛四面體表面上兩點(diǎn)間的距離可能大于2,D正確.

故選：ABD.

【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛：勒洛四面體考試中經(jīng)?？疾?，下面是一些它的性質(zhì)：

①勒洛四面體上兩點(diǎn)間的最大距離比四面體的棱長(zhǎng)大，是對(duì)棱弧中點(diǎn)連線，最大長(zhǎng)度為

②表面6個(gè)弧長(zhǎng)之和不是6個(gè)圓心角為60°的扇形弧長(zhǎng)之和，其圓心角為arccos1,半徑為也外

32

12.70

【解析】

【分析】利用分層抽樣的定義得到方程，求出“=70.

3H

【詳解】由題意得-------=15,解得”=70.

3+4+7

故答案為：70

13.3乃

【解析】

【分析】

根據(jù)BALAC,BC的中點(diǎn)就是球心，求出球的半徑，即可得到球的表面積.

【詳解】因?yàn)槠矫嫫矫鍮CD,BDLCD,

所以C￡)_L平面ABD,

12

：.CD±BA,又BA_L4￡>,：.BA±^ADC,

所以BA_LAC,

所以△BCD和4ABC都是直角三角形，

由題意，四面體A-BCD頂點(diǎn)在同一個(gè)球面上，

所以BC的中點(diǎn)就是球心，所以球的半徑為：縣

2

所以球的表面積為：4萬(wàn)?（5）2=3兀.

故答案為：3萬(wàn).

【點(diǎn)睛】本題主要考查面面垂直的性質(zhì)定理和球的外接問(wèn)題，還考查空間想象和運(yùn)算求解的能力，屬于

中檔題.

14.54

【解析】

【分析】計(jì)算出3>,、上>：的值，再利用平均數(shù)和方差公式可求得合并后的新數(shù)據(jù)的方差.

i=li=l

【詳解】由題意可知，數(shù)據(jù)西々…，毛的平均數(shù)為10,

所以x=—（玉+%2+???+九〃）=10，則

ni=x

所以數(shù)據(jù)2玉+4,2%+4,???,2%+4的平均數(shù)為

—1

xr=—（2玉+4+2X+4H----F2x+4）=2x10+4=24,

n2n

1nAnoAnA

方差為/=—+4-（2］+4）］=_衛(wèi)［（玉—1°）］=-—x^xlO2

4nn

———400=8,所以=102〃,

將兩組數(shù)據(jù)合并后，得到新數(shù)據(jù)%W???，乙，2%+4,2々+4,…,2%+4,

則其平均數(shù)為x"=『【Z七+Z（2%+4）］=7x—Z（3%+4）=—x（—^x.+4）

2〃392n92n9

=1x（3xl0+4）=17,

13

方差為s'2=([E(%T7)2+￡(2%+4—17)2=，(5與片—861>+458”)

|_Z—1Z—1_Z—lZ—1

=—(5xlO2zi-86xlOn+458zi)=54.

2n

故答案為：54.

2

15.(1)-(2)是公平的，理由見(jiàn)解析

3

【解析】

【分析】(1)利用列舉法寫(xiě)出樣本空間及事件的樣本點(diǎn)，結(jié)合古典概型的計(jì)算公式即可求解；

(2)利用列舉法寫(xiě)出樣本空間及事件的樣本點(diǎn)，結(jié)合古典概型的計(jì)算公式及概率進(jìn)行比較即可求解.

【小問(wèn)1詳解】

試驗(yàn)的樣本空間。={(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)},共6個(gè)樣本點(diǎn)，設(shè)標(biāo)號(hào)和為奇數(shù)為事件B,

42

則2包含的樣本點(diǎn)為(1,2),(1,4),(2,3),(3,4),共4個(gè)，所以P(3)=—=—.

63

【小問(wèn)2詳解】

試驗(yàn)的樣本空間

Q={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4)),共

有16個(gè),

設(shè)標(biāo)號(hào)和為奇數(shù)為事件C，事件C包含的樣本點(diǎn)為(1,2),(1,4),(2,1),(2,3),(3,2),(3,4),(4,1),

(4,3),共8個(gè),

O111

故所求概率為P(c)=-=即甲勝的概率為一，則乙勝的概率為一,

16222

所以甲、乙獲勝的概率是公平的.

16.(1)證明見(jiàn)解析；(2)獨(dú)立，證明見(jiàn)解析

【解析】

【分析】(1)根據(jù)題意，對(duì)方差公式恒等變形，分析可得結(jié)論；

(2)根據(jù)相互獨(dú)立事件的定義，只需證明=(石)即可.

]\——:

——(%；+%：+???+%；)-2%(%]+/+?,?%)+

14

—（x；+%；+???+%；）-2%x〃%+

—（x；+x；H-----x；）—nx

（2）因?yàn)槭录嗀與3相互獨(dú)立，

所以P（AB）=P（A）P（3）,

因?yàn)镻（AB）+P（AB）=P（A）,

所以P（A§）=P（A）—P（AB）=P（A）—P（A）P⑻

=P（A）（1-P（B））=P（A）P（B）,

所以事件A與后相互獨(dú)立.

4、n3

17.（1）*（2）證明見(jiàn)解析（3）-

35

【解析】

【分析】（1）先證明/ZWC為二面角。—/W—C的平面角，可得底面ABCD為正方形，利用錐體

的體積公式計(jì)算即可；

（2）利用線面垂直的判定定理證明。0，平面PNC,即可證明DM,尸C；

（3）由DM_L平面PNC可得/MPO為直線尸M與平面PNC所成的角，計(jì)算其正弦值即可.

【小問(wèn)1詳解】

解：：△PAD是邊長(zhǎng)為2的正三角形，N為AD中點(diǎn)、，：.PN八AD,PN=摳

又；平面？AD_L平面ABCD,平面八IDc平面ABCD=AD

PNA平面ABCD

又NCu平面ABCD,：.PN工NC

：./DNC為二面角D—PN—C的平面角，

DC

???tanNDNC=2=——

DN

又DN=\,??.。。=2???底面ABCD為正方形.

15

，四棱P—A5co的體積V=；x2x2xJ^=竽.

【小問(wèn)2詳解】

證明：由（1）知，兩人平面ABC。，OMu平面ABCD,

PN1DM

在正方形ABCD中，易知且△CDN

ZADM=ZDCN

而NADM+NMDC=90°,

?*.ZDCN+ZMDC=90。，DM±CN

；PNCCW=N,OW，平面PNC

PCu平面PNC,

DM±PC.

【小問(wèn)3詳解】

設(shè)DMcCN=O,連接尸O,MN.

：DMJ_平面PNC.

/MPO為直線尸Af與平面PNC所成的角

AD=2,AM=1,：.DM^s/5,DO=^B=—

V55

：.MO=45--=—

55

又MN=叵，PM=^PN2+MN~=V5

3A/5

?MH丁=

,,smZMPO=—3

PMV?5

3

?,?直線PM與平面PNC所成角的正弦值為j.

16

18.(1)7n=0.016(2)不正確(3)78.26

【解析】

【分析】(1)利用頻率和為1列式即可得解；

(2)求出85%分位數(shù)后判斷即可；

(3)利用方差公式推導(dǎo)總樣本方差計(jì)算公式，從而得解.

【小問(wèn)1詳解】

根據(jù)頻率和為1,可知(加+0.009+0.022+0.025+0.028)x10=1,

可得77?=0.016.

【小問(wèn)2詳解】

由題意，需要確定月均用電量的85%分位數(shù)，

因?yàn)?0.028+0.022+0.025)x10=0.75,

(0.028+0.022+0.025+0.016)x10=0.91,

所以85%分位數(shù)位于［230,240)內(nèi),

85—075

從而85%分位數(shù)為230+10x-----=236.25>234.

0.91-0.75

所以小明的估計(jì)不正確.

【小問(wèn)3詳解】

由題意，A區(qū)的樣本數(shù)為100x0.4=40,樣本記為A，4，L,4o,平均數(shù)記為，

B區(qū)樣本數(shù)100x0.4=40,樣本記為力,%，L,%0,平均數(shù)記為7；

C區(qū)樣本數(shù)為100x0.2=20,樣本記為z-Z2，L,z20,平均數(shù)記為丁

記抽取的樣本均值為石，石=0.4x213+0.4x223+0.2x233=221.

設(shè)該市第二檔用戶的月均用電量方差為s?,則根據(jù)方差定義，總體樣本方差為

17

=京［乞(七一尤+%_0)2+2(匕—'+'一d+Zg-z+z-