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备战2022-2023学年高一数学下学期期末模拟卷第02卷（人教A版2019必修第二册）
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高中数学新教材特点分析及教学策略
（一）趣味性强，激发学生学习兴趣：在新时代教育制度的改革深化下，学生对于数学课程内容的学习兴趣可以带动学生不断地进行探究。
（二）实践性高，高效落实理论学习：在现代化教育课程的背景之下，新课程改革理念越来越融入生活与学习的方方面面，新教材逐步的显现出强大影响力。
（三）灵活性强，助力课程目标达成：随着教育制度体系的改革，通过新时代新教材内容的融入，教师不断地革新教学手段，整合线上以及线下的教育资源内容，可以为数学课堂增添新的活力与生机。
备战2022-2023学年高一数学下学期期末模拟卷第02卷
（人教A版2019必修第二册）
一．选择题（共8小题）
1．复数z满足•（1+2i）＝4+3i，则z等于（ ）
A．2﹣i B．2+i C．1+2i D．1﹣2i
【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．
【解答】解：∵•（1+2i）＝4+3i，
∴＝＝＝2﹣i，
∴z＝2+i．
故选：B．
2．某制药厂正在测试一种减肥药的疗效，有1000名志愿者服用此药，体重变化结果统计如表：
体重变化
体重减轻
体重不变
体重增加
人数
600
200
200
如果另有一人服用此药，估计这个人体重减轻的概率约为（ ）
A．0.1 B．0.2 C．0.5 D．0.6
【分析】用样本的数字特征估计总体的数字特征，可得结论．
【解答】解：由题意可得，这个人体重减轻的概率约为 ＝0.6，
故选：D．
3．若圆锥W的底面半径与高均为1，则圆锥W的表面积等于（ ）
A． B． C．2π D．
【分析】求出圆锥的母线长，再计算圆锥的侧面积和表面积．
【解答】解：圆锥的轴截面如图所示，
则圆锥的母线为l＝＝，
所以该圆锥的侧面积为S侧面积＝πrl＝π•1•＝π，
圆锥的表面积为S表面积＝S侧面积+S底面积＝π+π•12＝（+1）π．
故选：A．
4．不透明的口袋内装有红色、绿色和蓝色卡片各2张，一次任意取出2张卡片，则与事件“2张卡片都为红色”互斥而不对立的事件有（ ）
A．2张卡片都不是红色
B．2张卡片不都是红色
C．2张卡片至少有一张红色
D．2张卡片至多有1张红色
【分析】利用互斥事件、对立事件的定义直接判断．
【解答】解：不透明的口袋内装有红色、绿色和蓝色卡片各2张，一次任意取出2张卡片，
对于A，2张卡片都不是红色与事件“2张卡片都为红色”互斥而不对立的事件，故A正确；
对于B，2张卡片不都是红色与事件“2张卡片都为红色”是对立的事件，故B错误；
对于C，2张卡片至少有一张红色与事件“2张卡片都为红色”能同时发生，不是互斥事件，故C错误；
对于D，2张卡片至多有1张红色现事件“2张卡片都为红色”是对立事件，故D错误．
故选：A．
5．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若A＝45°，B＝60°，，则b的值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】由已知利用正弦定理即可求解．
【解答】解：因为A＝45°，B＝60°，，
所以由正弦定理，可得b＝＝＝．
故选：B．
6．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，上下底面均为等腰直角三角形，且平面ABC，若该三棱柱存在内切球，则AA1＝（ ）
A．2 B． C． D．
【分析】易知，AB＝，BC＝AC＝1，由三角形内切圆的半径公式，可得△ABC内切圆的半径r，而内切球的半径R＝r，棱柱的高h＝2R，再由AA1⊥平面ABC，可推出该三棱柱为直三棱柱，故AA1＝h．
【解答】解：由题可知，△ABC为等腰直角三角形，
∵AB＝BC＝，∴AB＝，BC＝AC＝1，
∴△ABC内切圆的半径r＝＝，
∵此三棱柱存在内切球，
∴内切球的半径R＝r＝，且棱柱的高h＝2R＝2﹣，
∵AA1⊥平面ABC，∴该三棱柱为直三棱柱，
∴AA1＝h＝2﹣．
故选：B．
7．甲、乙两人独立地破译一份密码，破译的概率分别为，则密码被破译的概率为（ ）
A． B． C． D．1
【分析】密码被破译的对立事件是甲、乙同时不能破译密码，由此利用对立事件概率计算公式和相互独立事件概率乘法公式能求出密码被破译的概率．
【解答】解：甲、乙两人独立地破译一份密码，
设事件A表示甲能破译密码，事件B表示乙能破译密码，
则P（A）＝，P（B）＝，
密码被破译的对立事件是甲、乙同时不能破译密码，
∴密码被破译的概率为：
P＝1﹣P（）＝1﹣P（）P（）
＝1﹣（1﹣）（1﹣）
＝．
故选：B．
8．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，下列命题中错误的是（ ）
A．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β B．若α⊥β，m⊄α，m⊥β，则m∥α
C．若m⊥β，m⊂α，则α⊥β D．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n
【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解．
【解答】解：若m⊥α，m∥n，n∥β，
则由平面与平面垂直的判定定理得α⊥β，故A正确；
若α⊥β，m⊄α，m⊥β，则由直线与平面平行的判定定理得m∥α，故B正确；
若m⊥β，m⊂α，则由平面与平面垂直的判定定理得α⊥β，故C正确；
若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m与n相交、平行或异面，故D错误．
故选：D．
二．多选题（共4小题）
9．如图，在四棱锥B﹣ACDE中，AE∥CD，CD＝2AE，点M，N分别为BE，BA的中点，若DM∩CN＝P，DE∩CA＝Q，则下述正确的是（ ）
A． B．直线DE与BC异面
C．MN∥CD D．B，P，Q三点共线
【分析】对于A，＝；对于B，由条件可知直线DE与BC是异面直线；对于C，由MN∥AE，AE∥CD，得MN∥CD；对于D，B，P，Q是平面ABC和平面BDE的公共点，从而B，P，Q三点共线．
【解答】解：在四棱锥B﹣ACDE中，AE∥CD，CD＝2AE，
点M，N分别为BE，BA的中点，DM∩CN＝P，DE∩CA＝Q，
对于A，＝，故A错误；
对于B，DE⊂平面ACDE，BC∩平面ACDE于C，C∉DE，
∴由异面直线判定定理得直线DE与BC是异面直线，故B正确；
对于C，∵点M，N分别为BE，BA的中点，∴MN∥AE，
∵AE∥CD，∴MN∥CD，故C正确；
对于D，∵DM∩CN＝P，DE∩CA＝Q，平面ABC∩平面BDE＝B，
∴B，P，Q是平面ABC和平面BDE的公共点，
∴B，P，Q三点共线，故D正确．
故选：BCD．
10．某地区公共部门为了调查本地区中学生的吸烟情况，对随机抽出的编号为1～1000的1000名学生进行了调查．调查中使用了两个问题，问题1：您的编号是否为奇数？问题2：您是否吸烟？被调查者随机从设计好的随机装置（内有除颜色外完全相同的白球100个，红球100个）中摸出一个小球：若摸出白球则回答问题1，若摸出红球则回答问题2，共有270人回答“是”，则下述正确的是（ ）
A．估计被调查者中约有520人吸烟
B．估计约有20人对问题2的回答为“是”
C．估计该地区约有4%的中学生吸烟
D．估计该地区约有2%的中学生吸烟
【分析】根据题意知被调查者回答第一个问题的概率为，其编号是奇数的概率也是，计算可得随机抽出的1000名学生中回答第一个问题且为“是”的学生数，
由此求出回答第二个问题且为是的人数，由此估计此地区中学生吸烟人数的百分比，进而估计出被调查者中吸烟的人数，判断选项可得结论．
【解答】解：随机抽出的1000名学生中，回答第一个问题的概率是 ，
其编号是奇数的概率也是，
所以回答问题1且回答是的人数为1000××＝250；
所以回答第二个问题，且为是的人数270﹣250＝20；
由此估计此地区中学生吸烟人数的百分比为＝4%．
估计被调查者中约有1000×4%＝40人吸烟．
故表述正确的是BC．
故选：BC．
11．△ABC中，D为边AC上的一点，且满足，若P为边BD上的一点，且满足（m＞0，n＞0），则下列结论正确的是（ ）
A．m+2n＝1 B．mn的最大值为
C．的最小值为6+4 D．m2+9n2的最小值为
【分析】利用向量共线定理可得：m+3n＝1，再利用基本不等式以及“乘1法”逐一判断即可．
【解答】解：因为，所以，
所以 ＝m+3n，
因为B、P、D三点共线，所以m+3n＝1，故A错误；
则3mn≤＝，则mn≤，
即mn最大值为，当且仅当m＝3n，即m＝，n＝时取等号，故B正确；
＝（）（m+3n）＝++7≥4+7，当且仅当 ＝时取等号，
所以的最小值为4+7，故C错误；
m2+9n2＝（m+3n）2﹣6mn＝1﹣6mn≥1﹣6×＝，当且仅当m＝，n＝时取等号，
所以m2+9n2的最小值为，故D正确．
故选：BD．
12．如图，线段AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，EF∥AB，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，且AB＝2，EF＝AD＝1，则下述正确的是（ ）
A．OF∥平面BCE
B．BF⊥平面ADF
C．点A到平面CDFE的距离为
D．三棱锥C﹣BEF外接球的体积为
【分析】利用直线与平面平行的判定判断A；证明直线与平面垂直判断B；利用等体积法求B到平面CDFE的距离，可得点A到平面CDFE的距离判断C；找出三棱锥C﹣BEF外接球的球心，求出半径，进一步求得外接球的体积判断D．
【解答】解：∵EF∥AB，∴EF∥OB，
又AB＝2，EF＝1，∴EF＝OB＝1，则四边形OFEB为平行四边形，
得OF∥EB，而OF⊄平面BCE，BE⊂平面BCE，
∴OF∥平面BCE，故A正确；
∵DA⊥AB，平面ABCD⊥平面AFEB，且平面ABCD∩平面AFEB＝AD，
∴AD⊥平面AFEB，则AD⊥BF，由BF⊥AF，AD∩AF＝A，
∴BF⊥平面ADF，故B正确；
由AB∥EF，AB⊄平面CEF，EF⊂平面CEF，可得AB∥平面CEF．
则点A到平面CDFE的距离等于B到平面CDFE的距离．
在△OEF中，由已知可得OE＝OF＝EF＝1，则△OEF为等边三角形，
由对称性可知∠BOE＝∠AOF＝60°，而OA＝OF＝OE＝OB，
则△AOF与△BOE也是等边三角形，且边长均为1．
可知BE＝EF＝1，BF＝，∠BEF＝120°，
由已知结合勾股定理求得，CF＝2，EF＝1，
则cos∠CEF＝，∴sin．
∴S△CEF＝，．
设B到平面CDFE的距离为h，由VC﹣BEF＝VB﹣CEF，
得，∴h＝，故C正确；
△BEF外接圆的圆心为O，则矩形ABCD对角线长的一半为三棱锥C﹣BEF外接球的半径．
等于，则三棱锥C﹣BEF外接球的体积为V＝，故D错误．
故选：ABC．
三．填空题（共4小题）
13．向量是单位向量，||＝2，⊥，则||＝ ．
【分析】由题意可得，进行向量的模的运算带入求值即可得答案．
【解答】解：∵⇒；
∴||＝＝．
故答案为：．
14．正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长和高均为2，点D为侧棱CC1的中点，连接AD，BD，则C1D与平面ABD所成角的正弦值为 ．
【分析】建立空间直角坐标系O﹣xyz，求出平面ABD的法向量，利用空间向量的数量积求解C1D与平面ABD所成角的正弦值即可．
【解答】解：如图，建立空间直角坐标系O﹣xyz，
O为A1B1的中点，由已知，A（﹣1，0，2），B（1，0，2），，，
所以，．
设平面ABD的法向量为＝（x，y，z），
由，令y＝1，则z＝，
所以平面ABD的法向量为＝，，
则C1D与平面ABD所成角的正弦值为：．
故答案为：．
15．设角A，B，C是△ABC的三个内角，已知向量，，且．则角C的大小为 ．
【分析】由已知结合向量数量积的坐标表示及正弦定理，余弦定理即可求解．
【解答】解：由已知可得，＝sin2A﹣sin2C+sin2B﹣sinAsinB＝0，
所以sin2A﹣sin2C+sin2B＝sinAsinB，
由正弦定理可得，a2+b2﹣c2＝ab，
所以cosC＝＝，
因为C为三角形的内角，
所以C＝；
故答案为：
16．某人有3把钥匙，其中2把能打开门，如果随机地取一把钥匙试着开门，把不能打开门的钥匙扔掉，那么第二次才能打开门的概率为 ；如果试过的钥匙又混进去，第二次才能打开门的概率为 ．
【分析】（1）第二次才能打开门是指第一次没有打开门，第二次打开门，由此利用相互独立事件概率乘法公式能求出第二次才能打开门的概率；
（2）试过的钥匙又混进去，利用相互独立事件概率乘法公式能求出第二次才能打开门的概率．
【解答】解：（1）某人有3把钥匙，其中2把能打开门，随机地取一把钥匙试着开门，把不能打开门的钥匙扔掉，
第二次才能打开门是指第一次没有打开门，第二次打开门，
∴第二次才能打开门的概率为P＝＝；
（2）试过的钥匙又混进去，第二次才能打开门的概率为：P＝＝．
故答案为：，．
四．解答题（共6小题）
17．已知i是虚数单位，复数．
（1）求|Z1|，|Z2|，|Z3|，|Z4|；
（2）随机从复数Z2，Z3，Z4中有放回的先后任取两个复数，求所取两个复数的模之积等于1的概率．
【分析】（1）利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解|Z1|，|Z2|，|Z3|，|Z4|；
（2）写出随机从复数Z2，Z3，Z4中有放回的先后任取两个复数的事件数，求出所取两个复数的模之积等于1的事件数，再由古典概型概率公式求解．
【解答】解：（1）由题意知：|Z1|＝1，，
，
；
（2）设随机从复数Z2，Z3，Z4中有放回的任取两个复数的样本点为（a，b），
则该随机试验的样本空间为Ω＝{（Z2，Z2），（Z2，Z3），（Z2，Z4），（Z3，Z2），（Z3，Z3），（Z3，Z4），（Z4，Z2），（Z4，Z3），（Z4，Z4）}
所以n（Ω）＝9，
设事件A＝“所取两个复数的模之积等于1”，
则事件A＝{（Z2，Z4），（Z3，Z4），（Z4，Z2），（Z4，Z3）}，
∴n（A）＝4，故．
18．已知在四面体ABCD中，AB＝AC，DB＝DC，点E，F，G，M分别为棱AD，BD，DC，BC上的点，且BM＝MC，DF＝2FB，DG＝2GC，AE＝λAD（0≤λ≤1）．
（Ⅰ）当λ＝时，求证：AM∥平面EFG；
（Ⅱ）当λ变化时，求证：平面ADM⊥平面EFG．
【分析】（Ⅰ）当λ＝时，，推导出EF∥AB，EG∥AC，从而平面ABC∥平面EFG，由此能证明AM∥平面EFG．
（Ⅱ）推导出AM⊥BC，DM⊥BC，BC∥GF，从而BC⊥平面ADM，GF⊥平面ADM，由此能证明当λ变化时，平面ADM⊥平面EFG．
【解答】证明：（Ⅰ）当λ＝时，，
∵四面体ABCD中，AB＝AC，DB＝DC，
点E，F，G，M分别为棱AD，BD，DC，BC上的点，BM＝MC，DF＝2FB，DG＝2GC，
∴EF∥AB，EG∥AC，又EF∩EG＝E，AB∩AC＝A，
∴平面ABC∥平面EFG，
∵AM⊂平面ABC，∴AM∥平面EFG．
（Ⅱ）∵AB＝AC，DB＝DC，点E，F，G，M分别为棱AD，BD，DC，BC上的点，
BM＝MC，DF＝2FB，DG＝2GC，AE＝λAD（0≤λ≤1）．
∴AM⊥BC，DM⊥BC，BC∥GF，
∵AM∩DM＝M，∴BC⊥平面ADM，
∵GF∥BC，∴GF⊥平面ADM，
∵GF⊂平面EFG，
∴当λ变化时，平面ADM⊥平面EFG．
19．在①；②这两个条件中任选一个，补充到下面问题中，并进行作答．
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，______．
（1）求角A，B，C的大小；
（2）求△ABC的周长和面积．
【分析】（1）若选择①：利用三角函数恒等变换的应用，结合范围B+C∈（0，π），可求，，利用两角差的余弦函数公式可求cos（B﹣C）＝1，结合，可求B﹣C＝0，可得；
若选择②：（法一）由题意，利用基本不等式可求，可得，利用三角形的内角和定理可求A的值；
（法二）设tanB，tanC为方程，的两根，利用一元二次方程的解法可得，且B，C∈（0，π），可求，利用三角形的内角和定理可求A的值；
（2）由正弦定理可求b＝c＝2，利用三角形的面积公式即可求解．
【解答】解：（1）若选择①：
因为，，所以（2分）
所以，
因为B+C∈（0，π），所以，（4分）
又因为cos（B﹣C）＝cosBcosC+sinBsinC＝1，
所以B﹣C＝0，（6分）
若选择②：
（法一）由题意知，tanB＞0，tanC＞0，
所以（2分）
因为当且仅当时，上式的等号成立，且B，C∈（0，π）（3分）
所以（5分）
所以（6分）
（法二）设tanB，tanC为方程，的两根（2分）
解得，且B，C∈（0，π）（4分）
所以（5分）
所以（6分）
（2）由正弦定理知：（7分）
因为，，
所以b＝c＝2（9分）
所以△ABC的周长为（10分）
所以△ABC的面积（12分）
20．如图1，△ABC是等腰直角三角形∠CAB＝90°，AC＝2a，E，F分别为AC，BC的中点，沿EF将△CEF折起，得到如图2所示的四棱锥C′﹣ABFE
（Ⅰ）求证：AB⊥平面AEC′；
（Ⅱ）当四棱锥C′﹣ABFE体积取最大值时，
（i）若G为BC′中点，求异面直线GF与AC′所成角；
（ii）在C′﹣ABFE中AE交BF于C，求二面角A﹣CC′﹣B的余弦值．
【分析】（Ⅰ）推导出EF⊥AE，EF⊥C'E，从而EF⊥平面AEC'，由此能证明AB⊥平面AEC'．
（Ⅱ）（i）取AC'中点D，连接DE，EF，FG，GD，推导出四边形DEFG 为平行四边形，直线GF 与AC'所成角就是DE 与AC'所成角，由此能求出直线GF 与AC'所成角．
（ii） 分别以EA、EF、EC'所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面C'AE与平面C'BF的平面角的夹角的余弦值．
【解答】证明：（Ⅰ）因为△ABC 是等腰直角三角形，∠CAB＝90°，E，F 分别为AC，BC 的中点，
所以EF⊥AE，EF⊥C'E．
又因为AE∩C'E＝E，所以EF⊥平面AEC'．
由于EF∥AB，所以有AB⊥平面AEC'．4分
解：（Ⅱ）（i）取AC'中点D，连接DE，EF，FG，GD，
由于GD 为△ABC'中位线，以及EF 为△ABC 中位线，
所以四边形DEFG 为平行四边形．
直线GF 与AC'所成角就是DE 与AC'所成角．
所以四棱锥C'﹣ABFE 体积取最大值时，C'E 垂直于底面ABFE．
此时△AEC'为等腰直角三角形，
ED 为中线，所以直线ED⊥AC'．
又因为ED∥GF，所以直线GF 与AC'所成角为．10分
（ii） 因为四棱锥C'﹣ABFE 体积取最大值，
分别以EA、EF、EC'所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系如图，
则C'（0，0，a），B（a，2a，0），F（0，a，0），C'B（a，2a，﹣a），C'F（0，a，﹣a）．
设平面C'BF 的一个法向量为＝（x，y，z），
由得，取y＝1，得＝（﹣1，1，1）．
平面C'AE 的一个法向量＝（0，1，0）．
所以cos＜＞＝＝，
故平面C'AE与平面C'BF的平面角的夹角的余弦值为．14分
21．有一种鱼的身体吸收汞，当这种鱼身体中的汞含量超过其体重的1.00ppm（即百万分之一）时，人食用它，就会对人体产生危害．现从一批该鱼中随机选出30条鱼，检验鱼体中的汞含量与其体重的比值（单位：ppm），数据统计如图：
0.07 0.24 0.39 0.54 0.61 0.66 0.73 0.82 0.82 0.82
0.87 0.91 0.95 0.98 0.98 1.02 1.02 1.08 1.14 1.20
1.20 1.26 1.29 1.31 1.37 1.40 1.44 1.58 1.62 1.68
（1）求上述数据的中位数、众数、极差，并估计这批鱼该项数据的80%分位数；
（2）有A，B两个水池，两水池之间有10个完全相同的小孔联通，所有的小孔均在水下，且可以同时通过2条鱼．
（ⅰ）将其中汞的含量最低的2条鱼分别放入A水池和B水池中，若这2条鱼的游动相互独立，均有的概率进入另一水池且不再游回，求这两条鱼最终在同一水池的概率；
（ⅱ）将其中汞的含量最低的2条鱼都先放入A水池中，若这2条鱼均会独立地且等可能地从其中任意一个小孔由A水池进入B水池且不再游回A水池，求这两条鱼由不同小孔进入B水池的概率．
【分析】（1）由所给数据能求出数据的中位数，数据的众数，数据的极差，能估计这批鱼该项数据的80百分位数．
（2）（ⅰ）记“两鱼最终均在A水池”为事件A，记“两鱼最终均在B水池”为事件B，利用相互独立事件概率乘法公式求出P（A），P（B），由事件A与事件B互斥，能求出两条鱼最终在同一水池的概率．
（ⅱ）记“两鱼同时从第一个小孔通过”为事件C1，“两鱼同时从第二个小孔通过”为事件C2，……依此类推．由两鱼的游动独立，得到，由事件C1，事件C2，……互斥，得到，记“两条鱼由不同小孔进入B水池”为事件C，由C与C1∪C2∪…∪C10对立，能求出这两条鱼由不同小孔进入B水池的概率．
【解答】解：（1）由题意知，数据的中位数为，
数据的众数为0.82，
数据的极差为1.68﹣0.07＝1.61，
估计这批鱼该项数据的80百分位数约为；
（2）（ⅰ）记“两鱼最终均在A水池”为事件A，则，
记“两鱼最终均在B水池”为事件B，则，
因为事件A与事件B互斥，
所以两条鱼最终在同一水池的概率为．
（ⅱ）记“两鱼同时从第一个小孔通过”为事件C1，
“两鱼同时从第二个小孔通过”为事件C2，……依此类推．
因为两鱼的游动独立，所以，
因为事件C1，事件C2，……互斥，
所以，
记“两条鱼由不同小孔进入B水池”为事件C，
则C与C1∪C2∪…∪C10对立，
所以．
22．某学校高一100名学生参加数学竞赛，成绩均在40分到100分之间．学生成绩的频率分布直方图如图：
（1）估计这100名学生分数的中位数与平均数；（精确到0.1）
（2）某老师抽取了10名学生的分数：x1，x2，x3，…，x10，已知这10个分数的平均数，标准差s＝6，若剔除其中的100和80两个分数，求剩余8个分数的平均数与标准差．
（参考公式：）
（3）该学校有3座构造相同教学楼，各教学楼高均为20米，东西长均为60米，南北宽均为20米．其中1号教学楼在2号教学楼的正南且楼距为40米，3号教学楼在2号教学楼的正东且楼距为72米．现有3种型号的考试屏蔽仪，它们的信号覆盖半径依次为35，55，105米，每个售价相应依次为1500，2000，4000元．若屏蔽仪可在地下及地上任意位置安装且每个安装费用均为100元，求让各教学楼均被屏蔽仪信号完全覆盖的最小花费．
（参考数据：2102＝44100，1922＝36864，1102＝12100）
【分析】（1）利用频率分布直方图能求出中位数、平均分．
（2）由题意，求出剩余8个分数的平均值，由10个分数的标准差，能求出剩余8个分数的标准差．
（3）求出将3座教学楼完全包裹的球的最小直径、将一座教学楼完全包裹的球的最小直径和将1号教学楼与2号教学楼完全包裹的球的最小直径，由此能求出让各教学楼均被屏蔽仪信号完全覆盖的最小花费．
【解答】解：（1）因为0.05+0.15+0.25＝0.45＜0.50.05+0.15+0.25+0.35＝0.8＞0.5
所以中位数为x满足70＜x＜80，
由，解得，
设平均分为y，
则y＝0.05×45+0.15×55+0.25×65+0.35×75+0.1×85+0.1×95＝71．
（2）由题意，剩余8个分数的平均值为，
因为10个分数的标准差
所以，
所以剩余8个分数的标准差为＝．
（3）将3座教学楼完全包裹的球的最小直径为：
因此若用一个覆盖半径为105米的屏蔽仪则总费用为4100元，
将一座教学楼完全包裹的球的最小直径为
因此若用3个覆盖半径为35米的屏蔽仪则总费用为4800元，
将1号教学楼与2号教学楼完全包裹的球的最小直径为：
又因为
因此若用1个覆盖半径为55米和1个覆盖半径为35米的屏蔽仪则总费用为3700元；
所以，让各教学楼均被屏蔽仪信号完全覆盖的最小花费为3700元．
高中数学新教材特点分析及教学策略
（一）趣味性强，激发学生学习兴趣：在新时代教育制度的改革深化下，学生对于数学课程内容的学习兴趣可以带动学生不断地进行探究。
（二）实践性高，高效落实理论学习：在现代化教育课程的背景之下，新课程改革理念越来越融入生活与学习的方方面面，新教材逐步的显现出强大影响力。
（三）灵活性强，助力课程目标达成：随着教育制度体系的改革，通过新时代新教材内容的融入，教师不断地革新教学手段，整合线上以及线下的教育资源内容，可以为数学课堂增添新的活力与生机。
备战2022-2023学年高一数学下学期期末模拟卷第02卷
（人教A版2019必修第二册）
一．选择题（共8小题）
1．复数z满足•（1+2i）＝4+3i，则z等于（ ）
A．2﹣i B．2+i C．1+2i D．1﹣2i
【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．
【解答】解：∵•（1+2i）＝4+3i，
∴＝＝＝2﹣i，
∴z＝2+i．
故选：B．
2．某制药厂正在测试一种减肥药的疗效，有1000名志愿者服用此药，体重变化结果统计如表：
体重变化
体重减轻
体重不变
体重增加
人数
600
200
200
如果另有一人服用此药，估计这个人体重减轻的概率约为（ ）
A．0.1 B．0.2 C．0.5 D．0.6
【分析】用样本的数字特征估计总体的数字特征，可得结论．
【解答】解：由题意可得，这个人体重减轻的概率约为 ＝0.6，
故选：D．
3．若圆锥W的底面半径与高均为1，则圆锥W的表面积等于（ ）
A． B． C．2π D．
【分析】求出圆锥的母线长，再计算圆锥的侧面积和表面积．
【解答】解：圆锥的轴截面如图所示，
则圆锥的母线为l＝＝，
所以该圆锥的侧面积为S侧面积＝πrl＝π•1•＝π，
圆锥的表面积为S表面积＝S侧面积+S底面积＝π+π•12＝（+1）π．
故选：A．
4．不透明的口袋内装有红色、绿色和蓝色卡片各2张，一次任意取出2张卡片，则与事件“2张卡片都为红色”互斥而不对立的事件有（ ）
A．2张卡片都不是红色
B．2张卡片不都是红色
C．2张卡片至少有一张红色
D．2张卡片至多有1张红色
【分析】利用互斥事件、对立事件的定义直接判断．
【解答】解：不透明的口袋内装有红色、绿色和蓝色卡片各2张，一次任意取出2张卡片，
对于A，2张卡片都不是红色与事件“2张卡片都为红色”互斥而不对立的事件，故A正确；
对于B，2张卡片不都是红色与事件“2张卡片都为红色”是对立的事件，故B错误；
对于C，2张卡片至少有一张红色与事件“2张卡片都为红色”能同时发生，不是互斥事件，故C错误；
对于D，2张卡片至多有1张红色现事件“2张卡片都为红色”是对立事件，故D错误．
故选：A．
5．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若A＝45°，B＝60°，，则b的值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】由已知利用正弦定理即可求解．
【解答】解：因为A＝45°，B＝60°，，
所以由正弦定理，可得b＝＝＝．
故选：B．
6．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，上下底面均为等腰直角三角形，且平面ABC，若该三棱柱存在内切球，则AA1＝（ ）
A．2 B． C． D．
【分析】易知，AB＝，BC＝AC＝1，由三角形内切圆的半径公式，可得△ABC内切圆的半径r，而内切球的半径R＝r，棱柱的高h＝2R，再由AA1⊥平面ABC，可推出该三棱柱为直三棱柱，故AA1＝h．
【解答】解：由题可知，△ABC为等腰直角三角形，
∵AB＝BC＝，∴AB＝，BC＝AC＝1，
∴△ABC内切圆的半径r＝＝，
∵此三棱柱存在内切球，
∴内切球的半径R＝r＝，且棱柱的高h＝2R＝2﹣，
∵AA1⊥平面ABC，∴该三棱柱为直三棱柱，
∴AA1＝h＝2﹣．
故选：B．
7．甲、乙两人独立地破译一份密码，破译的概率分别为，则密码被破译的概率为（ ）
A． B． C． D．1
【分析】密码被破译的对立事件是甲、乙同时不能破译密码，由此利用对立事件概率计算公式和相互独立事件概率乘法公式能求出密码被破译的概率．
【解答】解：甲、乙两人独立地破译一份密码，
设事件A表示甲能破译密码，事件B表示乙能破译密码，
则P（A）＝，P（B）＝，
密码被破译的对立事件是甲、乙同时不能破译密码，
∴密码被破译的概率为：
P＝1﹣P（）＝1﹣P（）P（）
＝1﹣（1﹣）（1﹣）
＝．
故选：B．
8．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，下列命题中错误的是（ ）
A．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β B．若α⊥β，m⊄α，m⊥β，则m∥α
C．若m⊥β，m⊂α，则α⊥β D．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n
【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解．
【解答】解：若m⊥α，m∥n，n∥β，
则由平面与平面垂直的判定定理得α⊥β，故A正确；
若α⊥β，m⊄α，m⊥β，则由直线与平面平行的判定定理得m∥α，故B正确；
若m⊥β，m⊂α，则由平面与平面垂直的判定定理得α⊥β，故C正确；
若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m与n相交、平行或异面，故D错误．
故选：D．
二．多选题（共4小题）
9．如图，在四棱锥B﹣ACDE中，AE∥CD，CD＝2AE，点M，N分别为BE，BA的中点，若DM∩CN＝P，DE∩CA＝Q，则下述正确的是（ ）
A． B．直线DE与BC异面
C．MN∥CD D．B，P，Q三点共线
【分析】对于A，＝；对于B，由条件可知直线DE与BC是异面直线；对于C，由MN∥AE，AE∥CD，得MN∥CD；对于D，B，P，Q是平面ABC和平面BDE的公共点，从而B，P，Q三点共线．
【解答】解：在四棱锥B﹣ACDE中，AE∥CD，CD＝2AE，
点M，N分别为BE，BA的中点，DM∩CN＝P，DE∩CA＝Q，
对于A，＝，故A错误；
对于B，DE⊂平面ACDE，BC∩平面ACDE于C，C∉DE，
∴由异面直线判定定理得直线DE与BC是异面直线，故B正确；
对于C，∵点M，N分别为BE，BA的中点，∴MN∥AE，
∵AE∥CD，∴MN∥CD，故C正确；
对于D，∵DM∩CN＝P，DE∩CA＝Q，平面ABC∩平面BDE＝B，
∴B，P，Q是平面ABC和平面BDE的公共点，
∴B，P，Q三点共线，故D正确．
故选：BCD．
10．某地区公共部门为了调查本地区中学生的吸烟情况，对随机抽出的编号为1～1000的1000名学生进行了调查．调查中使用了两个问题，问题1：您的编号是否为奇数？问题2：您是否吸烟？被调查者随机从设计好的随机装置（内有除颜色外完全相同的白球100个，红球100个）中摸出一个小球：若摸出白球则回答问题1，若摸出红球则回答问题2，共有270人回答“是”，则下述正确的是（ ）
A．估计被调查者中约有520人吸烟
B．估计约有20人对问题2的回答为“是”
C．估计该地区约有4%的中学生吸烟
D．估计该地区约有2%的中学生吸烟
【分析】根据题意知被调查者回答第一个问题的概率为，其编号是奇数的概率也是，计算可得随机抽出的1000名学生中回答第一个问题且为“是”的学生数，
由此求出回答第二个问题且为是的人数，由此估计此地区中学生吸烟人数的百分比，进而估计出被调查者中吸烟的人数，判断选项可得结论．
【解答】解：随机抽出的1000名学生中，回答第一个问题的概率是 ，
其编号是奇数的概率也是，
所以回答问题1且回答是的人数为1000××＝250；
所以回答第二个问题，且为是的人数270﹣250＝20；
由此估计此地区中学生吸烟人数的百分比为＝4%．
估计被调查者中约有1000×4%＝40人吸烟．
故表述正确的是BC．
故选：BC．
11．△ABC中，D为边AC上的一点，且满足，若P为边BD上的一点，且满足（m＞0，n＞0），则下列结论正确的是（ ）
A．m+2n＝1 B．mn的最大值为
C．的最小值为6+4 D．m2+9n2的最小值为
【分析】利用向量共线定理可得：m+3n＝1，再利用基本不等式以及“乘1法”逐一判断即可．
【解答】解：因为，所以，
所以 ＝m+3n，
因为B、P、D三点共线，所以m+3n＝1，故A错误；
则3mn≤＝，则mn≤，
即mn最大值为，当且仅当m＝3n，即m＝，n＝时取等号，故B正确；
＝（）（m+3n）＝++7≥4+7，当且仅当 ＝时取等号，
所以的最小值为4+7，故C错误；
m2+9n2＝（m+3n）2﹣6mn＝1﹣6mn≥1﹣6×＝，当且仅当m＝，n＝时取等号，
所以m2+9n2的最小值为，故D正确．
故选：BD．
12．如图，线段AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，EF∥AB，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，且AB＝2，EF＝AD＝1，则下述正确的是（ ）
A．OF∥平面BCE
B．BF⊥平面ADF
C．点A到平面CDFE的距离为
D．三棱锥C﹣BEF外接球的体积为
【分析】利用直线与平面平行的判定判断A；证明直线与平面垂直判断B；利用等体积法求B到平面CDFE的距离，可得点A到平面CDFE的距离判断C；找出三棱锥C﹣BEF外接球的球心，求出半径，进一步求得外接球的体积判断D．
【解答】解：∵EF∥AB，∴EF∥OB，
又AB＝2，EF＝1，∴EF＝OB＝1，则四边形OFEB为平行四边形，
得OF∥EB，而OF⊄平面BCE，BE⊂平面BCE，
∴OF∥平面BCE，故A正确；
∵DA⊥AB，平面ABCD⊥平面AFEB，且平面ABCD∩平面AFEB＝AD，
∴AD⊥平面AFEB，则AD⊥BF，由BF⊥AF，AD∩AF＝A，
∴BF⊥平面ADF，故B正确；
由AB∥EF，AB⊄平面CEF，EF⊂平面CEF，可得AB∥平面CEF．
则点A到平面CDFE的距离等于B到平面CDFE的距离．
在△OEF中，由已知可得OE＝OF＝EF＝1，则△OEF为等边三角形，
由对称性可知∠BOE＝∠AOF＝60°，而OA＝OF＝OE＝OB，
则△AOF与△BOE也是等边三角形，且边长均为1．
可知BE＝EF＝1，BF＝，∠BEF＝120°，
由已知结合勾股定理求得，CF＝2，EF＝1，
则cos∠CEF＝，∴sin．
∴S△CEF＝，．
设B到平面CDFE的距离为h，由VC﹣BEF＝VB﹣CEF，
得，∴h＝，故C正确；
△BEF外接圆的圆心为O，则矩形ABCD对角线长的一半为三棱锥C﹣BEF外接球的半径．
等于，则三棱锥C﹣BEF外接球的体积为V＝，故D错误．
故选：ABC．
三．填空题（共4小题）
13．向量是单位向量，||＝2，⊥，则||＝ ．
【分析】由题意可得，进行向量的模的运算带入求值即可得答案．
【解答】解：∵⇒；
∴||＝＝．
故答案为：．
14．正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长和高均为2，点D为侧棱CC1的中点，连接AD，BD，则C1D与平面ABD所成角的正弦值为 ．
【分析】建立空间直角坐标系O﹣xyz，求出平面ABD的法向量，利用空间向量的数量积求解C1D与平面ABD所成角的正弦值即可．
【解答】解：如图，建立空间直角坐标系O﹣xyz，
O为A1B1的中点，由已知，A（﹣1，0，2），B（1，0，2），，，
所以，．
设平面ABD的法向量为＝（x，y，z），
由，令y＝1，则z＝，
所以平面ABD的法向量为＝，，
则C1D与平面ABD所成角的正弦值为：．
故答案为：．
15．设角A，B，C是△ABC的三个内角，已知向量，，且．则角C的大小为 ．
【分析】由已知结合向量数量积的坐标表示及正弦定理，余弦定理即可求解．
【解答】解：由已知可得，＝sin2A﹣sin2C+sin2B﹣sinAsinB＝0，
所以sin2A﹣sin2C+sin2B＝sinAsinB，
由正弦定理可得，a2+b2﹣c2＝ab，
所以cosC＝＝，
因为C为三角形的内角，
所以C＝；
故答案为：
16．某人有3把钥匙，其中2把能打开门，如果随机地取一把钥匙试着开门，把不能打开门的钥匙扔掉，那么第二次才能打开门的概率为 ；如果试过的钥匙又混进去，第二次才能打开门的概率为 ．
【分析】（1）第二次才能打开门是指第一次没有打开门，第二次打开门，由此利用相互独立事件概率乘法公式能求出第二次才能打开门的概率；
（2）试过的钥匙又混进去，利用相互独立事件概率乘法公式能求出第二次才能打开门的概率．
【解答】解：（1）某人有3把钥匙，其中2把能打开门，随机地取一把钥匙试着开门，把不能打开门的钥匙扔掉，
第二次才能打开门是指第一次没有打开门，第二次打开门，
∴第二次才能打开门的概率为P＝＝；
（2）试过的钥匙又混进去，第二次才能打开门的概率为：P＝＝．
故答案为：，．
四．解答题（共6小题）
17．已知i是虚数单位，复数．
（1）求|Z1|，|Z2|，|Z3|，|Z4|；
（2）随机从复数Z2，Z3，Z4中有放回的先后任取两个复数，求所取两个复数的模之积等于1的概率．
【分析】（1）利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解|Z1|，|Z2|，|Z3|，|Z4|；
（2）写出随机从复数Z2，Z3，Z4中有放回的先后任取两个复数的事件数，求出所取两个复数的模之积等于1的事件数，再由古典概型概率公式求解．
【解答】解：（1）由题意知：|Z1|＝1，，
，
；
（2）设随机从复数Z2，Z3，Z4中有放回的任取两个复数的样本点为（a，b），
则该随机试验的样本空间为Ω＝{（Z2，Z2），（Z2，Z3），（Z2，Z4），（Z3，Z2），（Z3，Z3），（Z3，Z4），（Z4，Z2），（Z4，Z3），（Z4，Z4）}
所以n（Ω）＝9，
设事件A＝“所取两个复数的模之积等于1”，
则事件A＝{（Z2，Z4），（Z3，Z4），（Z4，Z2），（Z4，Z3）}，
∴n（A）＝4，故．
18．已知在四面体ABCD中，AB＝AC，DB＝DC，点E，F，G，M分别为棱AD，BD，DC，BC上的点，且BM＝MC，DF＝2FB，DG＝2GC，AE＝λAD（0≤λ≤1）．
（Ⅰ）当λ＝时，求证：AM∥平面EFG；
（Ⅱ）当λ变化时，求证：平面ADM⊥平面EFG．
【分析】（Ⅰ）当λ＝时，，推导出EF∥AB，EG∥AC，从而平面ABC∥平面EFG，由此能证明AM∥平面EFG．
（Ⅱ）推导出AM⊥BC，DM⊥BC，BC∥GF，从而BC⊥平面ADM，GF⊥平面ADM，由此能证明当λ变化时，平面ADM⊥平面EFG．
【解答】证明：（Ⅰ）当λ＝时，，
∵四面体ABCD中，AB＝AC，DB＝DC，
点E，F，G，M分别为棱AD，BD，DC，BC上的点，BM＝MC，DF＝2FB，DG＝2GC，
∴EF∥AB，EG∥AC，又EF∩EG＝E，AB∩AC＝A，
∴平面ABC∥平面EFG，
∵AM⊂平面ABC，∴AM∥平面EFG．
（Ⅱ）∵AB＝AC，DB＝DC，点E，F，G，M分别为棱AD，BD，DC，BC上的点，
BM＝MC，DF＝2FB，DG＝2GC，AE＝λAD（0≤λ≤1）．
∴AM⊥BC，DM⊥BC，BC∥GF，
∵AM∩DM＝M，∴BC⊥平面ADM，
∵GF∥BC，∴GF⊥平面ADM，
∵GF⊂平面EFG，
∴当λ变化时，平面ADM⊥平面EFG．
19．在①；②这两个条件中任选一个，补充到下面问题中，并进行作答．
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，______．
（1）求角A，B，C的大小；
（2）求△ABC的周长和面积．
【分析】（1）若选择①：利用三角函数恒等变换的应用，结合范围B+C∈（0，π），可求，，利用两角差的余弦函数公式可求cos（B﹣C）＝1，结合，可求B﹣C＝0，可得；
若选择②：（法一）由题意，利用基本不等式可求，可得，利用三角形的内角和定理可求A的值；
（法二）设tanB，tanC为方程，的两根，利用一元二次方程的解法可得，且B，C∈（0，π），可求，利用三角形的内角和定理可求A的值；
（2）由正弦定理可求b＝c＝2，利用三角形的面积公式即可求解．
【解答】解：（1）若选择①：
因为，，所以（2分）
所以，
因为B+C∈（0，π），所以，（4分）
又因为cos（B﹣C）＝cosBcosC+sinBsinC＝1，
所以B﹣C＝0，（6分）
若选择②：
（法一）由题意知，tanB＞0，tanC＞0，
所以（2分）
因为当且仅当时，上式的等号成立，且B，C∈（0，π）（3分）
所以（5分）
所以（6分）
（法二）设tanB，tanC为方程，的两根（2分）
解得，且B，C∈（0，π）（4分）
所以（5分）
所以（6分）
（2）由正弦定理知：（7分）
因为，，
所以b＝c＝2（9分）
所以△ABC的周长为（10分）
所以△ABC的面积（12分）
20．如图1，△ABC是等腰直角三角形∠CAB＝90°，AC＝2a，E，F分别为AC，BC的中点，沿EF将△CEF折起，得到如图2所示的四棱锥C′﹣ABFE
（Ⅰ）求证：AB⊥平面AEC′；
（Ⅱ）当四棱锥C′﹣ABFE体积取最大值时，
（i）若G为BC′中点，求异面直线GF与AC′所成角；
（ii）在C′﹣ABFE中AE交BF于C，求二面角A﹣CC′﹣B的余弦值．
【分析】（Ⅰ）推导出EF⊥AE，EF⊥C'E，从而EF⊥平面AEC'，由此能证明AB⊥平面AEC'．
（Ⅱ）（i）取AC'中点D，连接DE，EF，FG，GD，推导出四边形DEFG 为平行四边形，直线GF 与AC'所成角就是DE 与AC'所成角，由此能求出直线GF 与AC'所成角．
（ii） 分别以EA、EF、EC'所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面C'AE与平面C'BF的平面角的夹角的余弦值．
【解答】证明：（Ⅰ）因为△ABC 是等腰直角三角形，∠CAB＝90°，E，F 分别为AC，BC 的中点，
所以EF⊥AE，EF⊥C'E．
又因为AE∩C'E＝E，所以EF⊥平面AEC'．
由于EF∥AB，所以有AB⊥平面AEC'．4分
解：（Ⅱ）（i）取AC'中点D，连接DE，EF，FG，GD，
由于GD 为△ABC'中位线，以及EF 为△ABC 中位线，
所以四边形DEFG 为平行四边形．
直线GF 与AC'所成角就是DE 与AC'所成角．
所以四棱锥C'﹣ABFE 体积取最大值时，C'E 垂直于底面ABFE．
此时△AEC'为等腰直角三角形，
ED 为中线，所以直线ED⊥AC'．
又因为ED∥GF，所以直线GF 与AC'所成角为．10分
（ii） 因为四棱锥C'﹣ABFE 体积取最大值，
分别以EA、EF、EC'所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系如图，
则C'（0，0，a），B（a，2a，0），F（0，a，0），C'B（a，2a，﹣a），C'F（0，a，﹣a）．
设平面C'BF 的一个法向量为＝（x，y，z），
由得，取y＝1，得＝（﹣1，1，1）．
平面C'AE 的一个法向量＝（0，1，0）．
所以cos＜＞＝＝，
故平面C'AE与平面C'BF的平面角的夹角的余弦值为．14分
21．有一种鱼的身体吸收汞，当这种鱼身体中的汞含量超过其体重的1.00ppm（即百万分之一）时，人食用它，就会对人体产生危害．现从一批该鱼中随机选出30条鱼，检验鱼体中的汞含量与其体重的比值（单位：ppm），数据统计如图：
0.07 0.24 0.39 0.54 0.61 0.66 0.73 0.82 0.82 0.82
0.87 0.91 0.95 0.98 0.98 1.02 1.02 1.08 1.14 1.20
1.20 1.26 1.29 1.31 1.37 1.40 1.44 1.58 1.62 1.68
（1）求上述数据的中位数、众数、极差，并估计这批鱼该项数据的80%分位数；
（2）有A，B两个水池，两水池之间有10个完全相同的小孔联通，所有的小孔均在水下，且可以同时通过2条鱼．
（ⅰ）将其中汞的含量最低的2条鱼分别放入A水池和B水池中，若这2条鱼的游动相互独立，均有的概率进入另一水池且不再游回，求这两条鱼最终在同一水池的概率；
（ⅱ）将其中汞的含量最低的2条鱼都先放入A水池中，若这2条鱼均会独立地且等可能地从其中任意一个小孔由A水池进入B水池且不再游回A水池，求这两条鱼由不同小孔进入B水池的概率．
【分析】（1）由所给数据能求出数据的中位数，数据的众数，数据的极差，能估计这批鱼该项数据的80百分位数．
（2）（ⅰ）记“两鱼最终均在A水池”为事件A，记“两鱼最终均在B水池”为事件B，利用相互独立事件概率乘法公式求出P（A），P（B），由事件A与事件B互斥，能求出两条鱼最终在同一水池的概率．
（ⅱ）记“两鱼同时从第一个小孔通过”为事件C1，“两鱼同时从第二个小孔通过”为事件C2，……依此类推．由两鱼的游动独立，得到，由事件C1，事件C2，……互斥，得到，记“两条鱼由不同小孔进入B水池”为事件C，由C与C1∪C2∪…∪C10对立，能求出这两条鱼由不同小孔进入B水池的概率．
【解答】解：（1）由题意知，数据的中位数为，
数据的众数为0.82，
数据的极差为1.68﹣0.07＝1.61，
估计这批鱼该项数据的80百分位数约为；
（2）（ⅰ）记“两鱼最终均在A水池”为事件A，则，
记“两鱼最终均在B水池”为事件B，则，
因为事件A与事件B互斥，
所以两条鱼最终在同一水池的概率为．
（ⅱ）记“两鱼同时从第一个小孔通过”为事件C1，
“两鱼同时从第二个小孔通过”为事件C2，……依此类推．
因为两鱼的游动独立，所以，
因为事件C1，事件C2，……互斥，
所以，
记“两条鱼由不同小孔进入B水池”为事件C，
则C与C1∪C2∪…∪C10对立，
所以．
22．某学校高一100名学生参加数学竞赛，成绩均在40分到100分之间．学生成绩的频率分布直方图如图：
（1）估计这100名学生分数的中位数与平均数；（精确到0.1）
（2）某老师抽取了10名学生的分数：x1，x2，x3，…，x10，已知这10个分数的平均数，标准差s＝6，若剔除其中的100和80两个分数，求剩余8个分数的平均数与标准差．
（参考公式：）
（3）该学校有3座构造相同教学楼，各教学楼高均为20米，东西长均为60米，南北宽均为20米．其中1号教学楼在2号教学楼的正南且楼距为40米，3号教学楼在2号教学楼的正东且楼距为72米．现有3种型号的考试屏蔽仪，它们的信号覆盖半径依次为35，55，105米，每个售价相应依次为1500，2000，4000元．若屏蔽仪可在地下及地上任意位置安装且每个安装费用均为100元，求让各教学楼均被屏蔽仪信号完全覆盖的最小花费．
（参考数据：2102＝44100，1922＝36864，1102＝12100）
【分析】（1）利用频率分布直方图能求出中位数、平均分．
（2）由题意，求出剩余8个分数的平均值，由10个分数的标准差，能求出剩余8个分数的标准差．
（3）求出将3座教学楼完全包裹的球的最小直径、将一座教学楼完全包裹的球的最小直径和将1号教学楼与2号教学楼完全包裹的球的最小直径，由此能求出让各教学楼均被屏蔽仪信号完全覆盖的最小花费．
【解答】解：（1）因为0.05+0.15+0.25＝0.45＜0.50.05+0.15+0.25+0.35＝0.8＞0.5
所以中位数为x满足70＜x＜80，
由，解得，
设平均分为y，
则y＝0.05×45+0.15×55+0.25×65+0.35×75+0.1×85+0.1×95＝71．
（2）由题意，剩余8个分数的平均值为，
因为10个分数的标准差
所以，
所以剩余8个分数的标准差为＝．
（3）将3座教学楼完全包裹的球的最小直径为：
因此若用一个覆盖半径为105米的屏蔽仪则总费用为4100元，
将一座教学楼完全包裹的球的最小直径为
因此若用3个覆盖半径为35米的屏蔽仪则总费用为4800元，
将1号教学楼与2号教学楼完全包裹的球的最小直径为：
又因为
因此若用1个覆盖半径为55米和1个覆盖半径为35米的屏蔽仪则总费用为3700元；
所以，让各教学楼均被屏蔽仪信号完全覆盖的最小花费为3700元．
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