2023-2024学年河南省许昌市高二下学期7月期末教学质量检测数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省许昌市高二下学期7月期末教学质量检测数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知an为等差数列，Sn为其前n项和.若a1=2a2，公差d≠0,Sm=0，则m的值为( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
2.已知圆(x−1)2+y2=4与抛物线x2=2py(p>0)的准线相切，则p=
A. 1B. 2C. 4D. 8
3.在一次闯关游戏中，小明闯过第一关的概率为23，连续闯过前两关的概率为13.事件A表示小明第一关闯关成功，事件B表示小明第二关闯关成功，则P(B|A)=
A. 29B. 13C. 12D. 79
4.已知三个正态密度函数φ1(x)=1 2πσ1e−x−μ122σi2(x∈R,i=1,2,3)的图像如图所示，则
A. μ1=μ3>μ2，σ1=σ2>σ3B. μ1<μ2=μ3，σ1<σ2<σ3
C. μ1=μ3>μ2，σ1=σ2<σ3D. μ1<μ2=μ3，σ1=σ2<σ3
5.已知平面上两点M(−5,0)和N(5,0)，若直线上存在点P使|PM|−|PN|=6，则称该直线为“单曲型直线”，下列直线中是“单曲型直线”的是①y=x+1；②y=2；③y=43x；④y=2x+1．
A. ①③B. ①②C. ②③D. ③④
6.一圆形餐桌依次有A、B、C、D、E、F共有6个座位．现让3个大人和3个小孩入座进餐，要求任何两个小孩都不能坐在一起，则不同的入座方法总数为
A. 6B. 12C. 72D. 144
7.几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点M，N是锐角∠AQB的一边QA上的两点，试着在边QB上找一点P，使得∠MPN最大”.如图，其结论是：点P为过M，N两点且和射线QB相切的圆的切点.根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系xOy中，给定两点M(−1,2)，N(1,4)，点P在x轴上移动，当∠MPN取得最大值时，该圆的方程是( )
A. (x−1)2+(y−2)2=2B. (x+7)2+(y−10)2=100
C. (x−1)2+(y−2)2=4D. (x+7)2+(y−10)2=10
8.已知函数f(x)=|lnx|x2−ax有三个零点，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,1e)B. (0,+∞)C. {1e}D. (0,1e)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.对四组数据进行统计，获得如图所示的散点图，关于其相关系数的关系，正确的有
A. r10D. r4>0
10.下列命题中，正确的命题的序号为( )
A. 已知随机变量X服从二项分布Bn,p，若EX=30,DX=20，则p=23
B. 将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变
C. 设随机变量ξ服从正态分布N0,1，若P(ξ>1)=p，则P(−1<ξ≤0)=12−p
D. 某人在10次射击中，击中目标的次数为X,X∼B10,0.8，则当X=8时概率最大
11.若正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，且AP=mAD+nAA1其中m∈[0,1]，n∈[0,1]，则下列结论正确的是
A. 当m=12时，三棱锥P−BDB1的体积为定值
B. 当n=12时，三棱锥P−BDB1的体积为定值
C. 当m+n=1时，PA+PB的最小值为 6+ 22
D. 若∠PD1B=∠B1D1B，点P的轨迹为一段圆弧
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知X∼B3,35，且Y=−5X+2，则Y的方差为
13.已知(1+2x)2024+(1−x)2024=a0+a1x+a2x2+…+a2023x2023+a2024x2024，则a1=
14.现有n(n>3,n∈N∗)个相同的袋子，里面均装有n个除颜色外其他无区别的小球，第k(k=1,2,3,…,n)个袋中有k个红球，n−k个白球．现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出四个球(每个取后不放回)，若第四次取出的球为白球的概率是49，则n= ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn=n2+n，数列{lg2bn}是公差为−1的等差数列，b1=1．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn=1anan+1+bn+1，求数列{cn}的前n项和Tn．
16.(本小题15分)
将氢储存在甲基环乙烷和甲苯等有机液体中是储氢和运输氢的重要方向．2023年12月俄罗斯科学院西伯利亚分院科研人员用镍和锡取代铂，研发出一种新型高效的脱氢催化剂，脱氢效率达99.9，且对储氢载体没有破坏作用，可重复使用．近年来，我国氢能源汽车产业迅速发展，下表是某市氢能源乘用车的2018～2022年销售量与年份的统计表(年份代码1～5分别对应的年份是(2018～2022)：
(1)求氢能源乘用车的销量y关于年份代码x的线性回归方程，并预测2024年氢能源乘用车的销量；
(2)为了研究不同性别的学生对氢能源的了解情况，某校组织了一次有关氢能源的知识竞赛活动，随机抽取了男生和女生各60名，得到如表所示的数据：
(ⅰ)根据已知条件，填写上述2×2列联表；
(ⅱ)依据α=0.01的独立性检验，能否认为该校学生对氢能源的了解情况与性别有关？参考公式：回归方程y=bx+a中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：b=i=1nxi−xyi−yi=1nxi−x，a=y−bx，x2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d
17.(本小题15分)
如图，斜三棱柱ABC−A1B1C1的底面是直角三角形，∠ACB=90°，点B1在底面ABC内的射影恰好是BC的中点，且BC=CA=2．
(1)求证：平面ACC1A1⊥平面B1C1CB；
(2)若斜三棱柱的高为 3，求平面ABB1与平面AB1C1夹角的余弦值．
18.(本小题17分)
函数f(x)=lnx−a(x−1)x+1
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，曲线y=f(x)上两点(x1,f(x1))，(x2,f(x2))连线斜率记为k，求证：k>2−aa−1
19.(本小题17分)
已知P是抛物线C1：y2=2px(p>0)上任意一点，且P到C1的焦点F的最短距离为32.直线l与C1交于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，与抛物线C2：y2=2x交于C(x3,y3)，D(x4,y4)两点，其中点A，C在第一象限，点B，D在第四象限．
(1)求抛物线C1的方程．
(2)证明：1y1+1y2=1y3+1y4．
(3)设△AOB，△COD的面积分别为S1，S2，其中O为坐标原点，若|AC|=3|BD|，求S1S2．
答案解析
1.B
【解析】解：由已知 a1=2a2=2a1+d ，得 a1=−2d ，
又 Sm=ma1+mm−12d=−2md+mm−12d=0 ，又 d≠0 ，
所以 −2m+mm−12=0 ，解得 m=5 或 m=0 (舍去)，
故m=5．
故选：B．
2.C
【解析】解：∵圆(x−1)2+y2=4与抛物线x2=2py(p>0)的准线相切，
抛物线x2=2py(p>0)的准线为y=− p2，
圆(x−1) 2+y ​2=4的圆心为(1,0)，半径为2，
∴|0−(− p2)|=2，解得p=4.
3.C
【解析】解：由题意可知，连续闯过前两关的概率13，所以P(AB)=13，
又闯过第一关的概率为23，所以P(A)=23，
故P(B|A)=P(AB)P(A)=1323=12．
故选C．
4.C
【解析】解：因为正态密度函数φ1(x)和φ3(x)的图象关于同一条直线对称，所以μ1=μ3．
又φ2(x)图象的对称轴在φ1(x)图象的对称轴的左边，故有μ1=μ3>μ2．
σ越大，曲线越“矮胖”，σ越小，曲线越“瘦高”，
由图象可知正态密度函数φ1(x)和φ2(x)的图象一样“瘦高”，φ3(x)的图象明显更“矮胖”，
从而可知σ1=σ2<σ3．
所以A，B，D错误，C正确．
5.B
【解析】解：∵点M(−5,0)，N(5,0)，点P使|PM|−|PN|=6，
∴点P的轨迹是以M、N为焦点，2a=6的双曲线的右支，
可得b2=c2−a2=52−32=16，双曲线的方程为x29−y216=1(x>0)，
∵双曲线的渐近线方程为y=±43x，
∴直线y=43x与双曲线没有公共点，
直线y=2x+1经过点(0,1)斜率k>43，与双曲线的右支也没有公共点，
而直线y=x+1、与直线y=2都与双曲线x29−y216=1的右支有交点，
因此，在y=x+1与y=2上存在点P使|PM|−|PN|=6，满足“单曲型直线”的条件，
只有①②正确，
故选：B．
6.C
【解析】解：一圆形餐桌依次有A、B、C、D、E、F共有6个座位、不妨看作是大、小、大、小、大、小或者
小、大、小、大、小、大两类型，三个大人的入座方法A33种，三个小孩的入座方法A33种，因而不同的入座方法总数为2A33⋅A33=72．
故选：C．
7.C
【解析】解：由题意可知，可作图如下，
点P为过M，N两点且和x轴相切的圆的切点，线段MN中点坐标为(0,3)，
MN斜率为4−21+1=1，
线段MN的垂直平分线方程为y−3=−x，
以MN为弦长的圆的圆心在直线y−3=−x上，
故设该圆圆心为C(a,3−a)，
又因为该圆与x轴相切，所以圆的半径r=|3−a|，|CN|=r，
所以(a−1)2+(3−a−4)2=(3−a)2，解得a=1或a=−7，
当a=−7时，∠MQP是钝角，故舍去．
所以a=1，此时圆的方程为(x−1)2+(y−2)2=4．
故选C．
8.D
【解析】解：因为函数f(x)=|lnx|x2−ax有三个零点，
所以方程|lnx|x2=ax有三个根，
即方程|lnx|x=a有三个根，
令g(x)=|lnx|x，x>0，
当x>1时，g(x)=lnxx，
g′(x)=1x⋅x−lnxx2=1−lnxx2，
所以在(1,e)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，
在(e,+∞)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，
g(x)极大值=g(e)=1e，
当x=1时，g(x)=0，
当0g′(x)=−1x⋅x−(−lnx)x2=−1+lnxx2，
所以在(0,1)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，
作出g(x)的图象：
所以由图象可得a∈(0,1e)，
故选D．
9.AC
【解析】解：由图可得，r2>r3>0，故B错误，C正确，
r1故选：AC．
10.BCD
【解析】
解：对于A，E(X)=np=30D(X)=np(1−p)=20，解得p=13，A错误；
对于B，方差反映的是数据与均值的偏移程度，因此每个数据都加上同一个常数后，每个新数据与新均值的偏移不变，方差恒不变，B正确；
对于C，ξ服从正态分布N0,1，P(−1<ξ≤0)=P(0≤ξ<1)=12−P(ξ>1)=12−p，C正确；
对于D，X∼B10,0.8，则P(X=k)=C10k0.8k×0.210−k，k∈N,0⩽k⩽10，
由C10k0.8k×0.210−k≥C10k−10.8k−1×0.211−kC10k0.8k×0.210−k≥C10k+10.8k+1×0.29−k，解得395≤k≤445，所以k=8.D正确．
故选BCD．
11.AC
【解析】解：因为AP=mAD+nAA1，其中m∈[0,1]，n∈[0,1]，
所以点P在平面ADD1A1内运动，
对于A:取AD中点E、A1D1中点F，连接EF，
所以EF//AA1//BB1，
因为EF⊄̸平面BDB1，BB1⊂平面BDB1，
所以EF//平面BDB1，
当m=12时，则AP=12AD+nAA1，
所以点P在线段EF上运动，
因为EF//平面BDB1，
所以无论点P在EF任何位置，P到平面BDB1的距离不变，即高不变，
所以三棱锥P−BDB1的体积为定值，故A正确;
对于B:取AA1中点G，DD1中点H，连接GH′
当n=12时，AP=mAD+12AA1，
所以点P在GH上运动，
假设GH//平面BDB1，
又GA//BB1，GA⊄̸平面BDB1，BB1⊂平面BDB1，
所以GA//平面BDB1，
因为GA∩GH=G，GH，GA⊂平面GHDA，
所以平面GHDA/ /平面BDB1，与已知矛盾，故假设不成立，
所以GH不平行平面BDB1，
所以P在GH上运动时，P到平面BDB1的距离在变化，
所以三棱锥P−BDB1的体积不是定值，故B错误;
对于C:连接A1D，A1B，BD，当m+n=1时，可得A1、P、D三点共线，
将△AA1D沿A1D翻折至与平面A1BD共面，如下图所示
连接AB，当P为AB与A1D交点时，PA+PB最小，即为AB，
因为A1B，A1D，BD均为面对角线，
所以A1B=A1D=BD= 2，即△A1BD为等边三角形，
又∠A1AD=90∘，A1A=AD=1，
所以∠ADB=∠AA1B=105∘，△ADB≌△AA1B，
所以∠ABD=30∘
在△ADB中，由正弦定理得ABsin∠ADB=ADsin∠ABD，
所以AB=1sin 30∘×sin 105∘=2(sin 45∘cs 60∘+cs 45∘sin60∘)= 2+ 62，故C正确;
对于D:以D为原点，以DA、DC、DD1为x，y，z轴正方向建系，如图所示，
则B(1,1,0)，D1(0,0,1)，设P(x,0,z)，
所以D1P=(x,0,z−1)，D1B=(1,1,−1)，
所以cs∠PD1B=D1P·D1BD1PD1B=x−z+1 x2+(z−1)2⋅ 3
因为BB1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，
所以BB1⊥B1D1，
又B1D1= 2，BD1= 3，
所以cs∠B1D1B=B1D1BD1= 63，
所以x−z+1 x2+(z−1)2⋅ 3= 63，
整理得x2+z2+2xz−2x−2z+1=0，
所以(x+z−1)2=0，即x+z−1=0，x∈[0,1]，z∈[0,1]
所以P点轨迹为线段，故D错误
故本题选AC．
12.18
【解析】解：随机变量X～B(3,35)，
∴D(X)=np(1−p)=3×35×(1−35)=1825，
∵变量Y=−5X+2，
∴D(Y)=25D(X)=25×1825=18．
故答案为18．
13.2024
【解析】解：由题意，a1=C20241·2+C20241·(−1)=2024．
故答案为2024．
14.9
【解析】解：设选出的是第k个袋子，连续四次取球的方法数为n(n−1)(n−2)(n−3)，
第四次取出的是白球的种数为：(n−1)(n−2)(n−3)(n−k)，
则在第k个袋子中第三次取出的是白球的概率pk=n−kn，
而选到第k个袋子的概率为1n，
故对于任意的正整数n(n>3,n∈N∗)，求第四次取出为白球的概率为：
P=k=1npk⋅1n=k=1nn−kn⋅1n=1n2k=1n(n−k)=1n2k=0n−1k=n−12n．
所以n−12n=49，解得n=9
故答案为9．
15.解：(1)因为2Sn=n2+n，所以a1=S1=1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2+n2−(n−1)2+n−12=n，
由于a1=1满足an=n，所以{an}的通项公式为an=n．
因为lg2bn=lg2b1+(n−1)×(−1)=1−n，所以bn=(12)n−1
(2)因为cn=1anan+1+bn+1=1n(n+1)+(12)n，
所以cn=1n−1n+1+(12)n，
所以Tn=(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)+(12+122+⋯+12n)
=1−1n+1+12(1−12n)1−12
=2−1n+1−12n．
【解析】
(1)由数列{an}的前n项和2Sn=n2+n，根据当n≥2时，an=Sn−Sn−1即可求出数列{an}的通项公式，根据等差数列通项公式求得lg2bn.进而可得bn．
(2)由(1)求得cn，利用求和公式、裂项求和方法即可求得结果．
16.解：(1)年份x的平均数x=2020，销量y的平均数y=5，
所以i=15(xi−x)2=(−2)2+(−1)2+02+11+22=10，
i=15(xi−x)(yi−y)
=(2018−2020)×(2−5)+(2019−2020)×(3.5−5)+(2020−2020)×(2.5−5)+(2021−2020)×(8−5)
+(2022−2020)×(9−5)=18.5，
所以b=i=15xi−xyi−yi=15xi−x2=18.510=1.85 ，
所以a=y−bx=5−1.85×2020=−3732，
所以氢能源乘用车的销量y关于年份x的线性回归方程为y=1.85x−3732，
令x=2024，得y=1.85×2024−3732=12.4，
所以预测2024年氢能源乘用车的销量约为12.4万台．
(2) (i)根据男生和女生各60名，补全2×2列联表为：
(ii)零假设H0:该校学生对氢能源的了解情况与性别无关，
根据2×2列联表中的数据可得，
χ2=120×(35×40−25×20)260×60×55×65≈7.55>6.635，
依据α=0.01的独立性检验，可以推断H0不成立，
即该校学生对氢能源的了解情况与性别有关．
【解析】
(1)利用已知数据和公式求线性回归方程，由方程进行数据预测;
(2)(i)根据男生和女生各60名补全2×2列联表；
(ii)计算χ2，与临界值比较下结论．
17.(1)证明：取BC中点为M，连接B1M，
∵B1在底面内的射影恰好是BC中点，
∴B1M⊥平面ABC，
又∵AC⊂平面ABC，∴B1M⊥AC，
又∵∠ACB=90∘，∴AC⊥BC，
∵B1M⊂平面B1C1CB，BC⊂平面B1C1CB，B1M∩BC=M，
∴AC⊥平面B1C1CB，
又∵AC⊂平面ACC1A1，
∴平面ACC1A1⊥平面B1C1CB;
(2)解：以C为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
∵BC=CA=2，斜棱柱的高为 3，
∴A(2,0,0)，B(0,2,0)，M(0,1,0)，B1(0,1, 3)，C1(0,−1, 3)，
AB1=(−2,1, 3)， AB=(−2,2,0)，B1C1=(0,−2,0)，
设平面ABB1的法向量为n=(x,y,z)，
∴n⋅AB1=0n⋅AB=0则有−2x+y+ 3z=0−2x+2y=0，令z= 3，则x=y=3，∴n=(3,3, 3)，
设平面AB1C1的法向量为m=(a,b,c)，
∴m⋅AB1=0m⋅B1C1=0则有−2a+b+ 3c=0−2b=0，令a= 3，则b=0，c=2，∴m=( 3,0,2)，
∴csn,m=|n⋅m||n|·|m|=5 3 9+9+3× 3+0+4=57，
平面ABB1与平面AB1C1夹角的余弦值为57．
【解析】
(1)取BC中点为M，连接B1M，推导出B1M⊥平面ABC，B1M⊥AC，BC⊥AC，从而AC⊥平面BCC1B1，由此能证明平面ACC1A1⊥平面B1C1CB ;
(2)建立空间直角坐标系，求出平面ABB1和平面AB1C1的法向量，利用向量法求平面与平面夹角的余弦值．
18.解：(1)f(x)定义域为(0,+∞)，f′(x)=1x−a(x+1)−a(x−1)(x+1)2=x2+(2−2a)x+1x(x+1)2，
对于方程x2+(2−2a)x+1=0，△=(2−2a)2−4=4(a2−2a)，
当Δ≤0，即0≤a≤2时，x2+(2−2a)x+1≥0，f′(x)≥0，f(x)在(0,+∞)上单增，
当△>0，即a<0或a>2时，方程x2+(2−2a)x+1=0有两不等根，x1=a−1− a2−2a，x2=a−1+ a2−2a，
而x1+x2=2(a−1)，x1x2=1，
所以当a<0时，x10在(0,+∞)上恒成立，f(x)在(0,+∞)上单增；
当a>2时，00，x∈(x1,x2)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0,x1)和(x2,+∞)上单增，在(x1,x2)上单减，
综上，当a≤2时，f(x)在(0,+∞)上单增；当a>2时，f(x)在(0,a−1− a2−2a)和(a−1+ a2−2a,+∞)上单增，在(a−1− a2−2a,a−1+ a2−2a)上单减；
(2)k=f(x1)−f(x2)x1−x2=(ln x1−a(x1−1)x1+1)−(ln x2−a(x2−1)x2+1)x1−x2=lnx1x2−2a(x1−x2)(x1+1)(x2+1)x1−x2
=lnx1x2−2a(x1−x2)xx2+x1+x2+1x1−x2==lnx1x2x1−x2−2a1+2a−2+1=lnx1−lnx2x1−x2−1
所以要证k>2−aa−1，即证lnx1−lnx2x1−x2−1>1a−1−1，即证lnx1−lnx2x1−x2>2x1+x2，也即证lnx1x2−2(x1−x2)x1+x2=lnx1x2−2x2+1<0(∗)成立．
设t=x1x2∈(0,1)，函数ℎ(t)=lnt−2(t−1)t+1，由(1)知ℎ(t)在(0,+∞)上单增，且ℎ(1)=0，所以t∈(0,1)时，ℎ(t)<0，所以(∗)成立，原不等式得证．
【解析】
(1)求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
(2)求出直线的斜率k，要证k>2−aa−1，即证lnx1−lnx2x1−x2−1>1a−1−1，令t=x1x2，t∈(0,1)，即证lnt<2(t−1)t+1，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．
19.解：(1)设P(x0,y0)，易知F(p2,0)，
准线方程为x=−p2．
所以|PF|=x0+P2．
当x0=0时，|PF|取得最小值p2，
由p2=32，解得p=3，
所以抛物线C1的方程为y2=6x；
(2)证明：设直线l与x轴交于点M(t,0)，因为直线l的斜率显然不为0，
所以设直线l的方程为x=my+t．
联立x=my+t,y2=6x,消去x得y2−6my−6t=0，△=36m2+24t>0，
所以y1+y2=6m，y1y2=−6t，
所以1y1+1y2=y1+y2y1y2=−mt，
联立x=my+ty2=2x消去x化简得y2−2my−2t=0，Δ=4m2+8t>0，
所以y3+y4=2m，y3y4=−2t，
则1y3+1y4=y3+y4y3y4=−mt，
所以1y1+1y2=1y3+1y4；
(3)因为|AC|=3|BD|，
所以y1−y3=3(y4−y2)，
即y1+3y2=y3+3y4，
因为y1+y2=6m，y3+y4=2m，
所以6m+2y2=2m+2y4，
即y4−y2=2m，
所以y1−y3=6m，
由(2)知1y1−1y3=1y4−1y2，
所以y3−y1y1y3=y2−y4y2y4，
故|y3−y1||y2−y4|=y1y3y2y4=3，
所以y1y3=3y2y4，
即y1(y1−6m)=3(6m−y1)(8m−y1)，
化简得y12−18my1+72m2=0，
解得y1=12m或y1=6m，
若y1=6m，则y2=0，这与y2<0矛盾，
所以y1=12m，y2=−6m，y3=6m，y4=−4m，
所以S1S2=|AB||CD|=y1−y2y3−y4=95．
【解析】
(1)设P(x0,y0)，易知F(p2,0)，准线方程为x=−p2.所以|PF|=x0+P2，由P到C1的焦点F的最短距离为32可得p2=32；
(2)设直线l方程为x=my+t，t>0，x=my+t,y2=6x,⇒y2−6my−6t=0，利用根与系数的关系计算即可；
(3)由(2)结论推出y3−y1|y2−y4|=y1y3y2y4，从而可得y1=12m，y2=−6m，y3=6m，y4=−4m，所以S1S2=|AB||CD|=y1−y2y3−y4．年份代码x
1
2
3
4
5
销量y(万台)
2
3.5
2.5
8
9
了解
不了解
合计
男生
25
女生
20
合计
α
0.050
0.010
0.001
xα
3.841
6.635
10.828
了解
不了解
合计
男生
35
25
60
女生
20
40
60
合计
55
65
120