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2023-2024学年湖南省益阳市安化县高一（下）期末数学试卷（含答案）
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这是一份2023-2024学年湖南省益阳市安化县高一（下）期末数学试卷（含答案），共8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。
1.在复平面内，复数z对应的点的坐标是(1,−1)，则z⋅z−=( )
A. 1B. 2C. 2D. 2 2
2.已知两条不同的直线l，m和两个不同的平面α，β，下列四个命题中正确的是( )
A. 若l//m，m⊂α，则l//αB. 若l//α，m⊂α，则l//m
C. 若α⊥β，l⊂α，则l⊥βD. 若l//α，l⊥β，则α⊥β
3.下列说法中不正确的是( )
A. 三棱锥是四面体，正四面体是正三棱锥
B. 平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形
C. 平行的线段在直观图中仍然平行
D. 在同一个圆中，圆心和圆上两点可确定一个平面
4.在△ABC中，若a=7，b=8，csB=17，则∠A的大小为( )
A. π6B. π3C. 5π6D. π3或2π3
5.根据气象学上的标准，如果连续5天的日平均气温都低于10℃即为入冬.现将连续5天的日平均气温(单位：℃)的记录数据(记录数据都是自然数)作为一组样本，则下列描述中，该组数据一定符合入冬指标的有( )
A. 平均数小于4B. 平均数小于4且极差小于或等于3
C. 平均数小于4且标准差小于或等于4D. 众数等于6且极差小于或等于4
6.正△ABC边长为3，M、N为线段BC的三等分点，则AM⋅AN=( )
A. 234B. 2C. 132D. 269
7.△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=2ccsB，ccsB+bcsC= 2c，则△ABC的形状是( )
A. 等腰非直角三角形B. 直角非等腰三角形C. 等边三角形D. 等腰直角三角形
8.在棱长为6的正方体ABCD−A1B1C1D1，中，M是BC的中点，点P是正方体的表面DCC1D1(包括边界)上的动点，且满足∠APD=∠MPC，则三棱锥P−BCD体积的最大值是( )
A. 12 3B. 36C. 24D. 18 3
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.从1，2，3，⋯，9中任取三个不同的数，则在下述事件中，是互斥但不是对立事件的有( )
A. “三个都为偶数”和“三个都为奇数”
B. “至少有一个奇数”和“至多有一个奇数”
C. “至少有一个奇数”和“三个都为偶数”
D. “一个偶数两个奇数”和“两个偶数一个奇数”
10.已知向量a=(3,−4)，b=(2,1)，则下列结论正确的是( )
A. |a|= 5|b|B. a//(3a+2b)
C. b⊥(5a−2b)D. cs=−3 130130
11.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱CC1，CB，CD的中点，P为线段AD1上的一个动点，平面α//平面EFG，则下列说法中正确的是( )
A. 不存在点P，使得CP⊥平面EFG
B. 三棱锥P−EFG的体积为定值
C. 平面α截该正方体所得截面的面积的最大值为 32
D. 平面α截该正方体所得截面可能是三角形或六边形
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.现有一组数据按照从小到大的顺序排列如下：4，6，7，7，8，9，11，14，15，19，则这组数据的上四分位数为______．
13.已知△ABC中，AB=4，AC=7，AD为边BC上的中线，若AD=72，则BC= ______．
14.三棱锥P−ABC中，AB⊥BC，P在底面的射影O为△ABC的内心，若AB=4，BC=3，PO=5，则四面体PABC的外接球表面积为______．
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△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量m=(a, 3b)，n=(csA,sinB)，且m//n．
(1)求角A；
(2)若a= 3，求b+c的取值范围．
16.(本小题15分)
如图所示，在圆锥DO中，D为圆锥的顶点，O为底面圆的圆心，AB是圆O的直径，C为底面圆周上一点，四边形AODE是矩形．
(1)若F是BC的中点，求证：DF//平面ACE；
(2)若AB=2，∠BAC=∠ACE=π3，求三棱锥A−BCD的体积．
17.(本小题15分)
某厂为比较甲乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行10次配对试验，每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率，甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为xi，yi(i=1,2,…10).试验结果如下：
记zi=xi−yi(i=1,2,⋯,10)，记z1，z2，⋯，z10的样本平均数为z−，样本方差为s2．
(1)求z−，s2；
(2)判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提高.(如果z−≥2 s210，则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高，否则不认为有显著提高)
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥S−ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，△SAD为正三角形，E，F分别为AD，SB的中点．
(1)若平面SAD⊥平面ABCD，求直线BS与平面ABCD所成的角的正弦值；
(2)求证：平面ASB⊥平面SBC．
19.(本小题17分)
双淘汰赛制是一种竞赛形式，比赛一般分两个组进行，即胜者组与负者组.在第一轮比赛后，获胜者编入胜者组，失败者编入负者组继续比赛，之后的每一轮，在负者组中的失败者将被淘汰；胜者组的情况也类似，只是失败者仅被淘汰出胜者组降入负者组，只有在负者组中再次失败后才会被淘汰出整个比赛.A、B、C、D四人参加的双淘汰赛制的流程如图所示，其中第6场比赛为决赛．
(1)假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%，求：
①A获得季军的概率；
②D在一共输了两场比赛的情况下，成为亚军的概率；
(2)若A的实力出类拔萃，有A参加的比赛其胜率均为75%，其余三人实力旗鼓相当，求D进入决赛且先前与对手已有过招的概率．
参考答案
1.C
2.D
3.D
4.B
5.B
6.C
7.D
8.A
9.AD
10.CD
11.ABD
12.14
13.9
14.41π
15.解：(1)因为m=(a, 3b)，n=(csA,sinB)，且m//n，
所以asinB= 3bcsA，由正弦定理得sinAsinB= 3sinBcsA，
因为△ABC中，B∈(0,π)，可得sinB>0，
所以sinA= 3csA，可得tanA= 3，结合A∈(0,π)，可知A=π3；
(2)根据余弦定理，得a2=b2+c2−2bccsπ3=3，整理得(b+c)2=3+3bc，
由基本不等式，得bc≤(b+c2)2，当且仅当b=c时，等号成立．
所以(b+c)2≤3+34(b+c)2，解得b+c≤2 3，
结合△ABC中，b+c>a= 3，可得 316.(1)证明：依题意，连接OF，
因为O、F分别是AB、BC中点，
所以OF//AC，
又因为OF⊄平面ACE，AC⊂平面ACE，
所以OF//平面ACE，
因为四边形AODE是矩形，OD//AE，
同理有OD//平面ACE，
又OF∩OD=O，OF，OD⊂平面ODF，
所以平面ODF//平面ACE，
又DF⊂平面ODF，
所以DF//平面ACE．
(2)解：因为在圆锥DO中，DO⊥平面ABC，DO⊂平面ABDE，
所以平面ABDE⊥平面ABC，
因为平面ABDE∩平面ABC=AB，
在平面ABC内过点C作CG⊥AB于点G，
所以CG⊥平面ABDE，
在Rt△ABC中，AB=2,∠BAC=π3，
所以AC=1,BC= 3,CG= 32，
所以AE⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
所以AE⊥AC，
又AC=1，∠ACE=π3，
所以AE= 3，
则VA−BCD=VC−ABD=13×12×2× 3× 32=12，
所以三棱锥A−BCD的体积为12．
17.解：(1)根据表中数据，计算zi=xi−yi(i=1,2,…,10)，填表如下：
计算平均数为z−=110i=110zi=110×(9+6+8−8+15+11+19+18+20+12)=11，
方差为s2=110i=110(zi−z−)2=110×[(−2)2+(−5)2+(−3)2+(−19)2+42+02+82+72+92+12]=61．
(2)由(1)知，z−=11，2 s210=2 6.1<2 6.25=5，
所以z−≥2 s210，认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高．
18.(1)解：因为△SAD为正三角形，且E为AD的中点，
所以SE⊥AD，
又平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD，SE⊂平面SAD，
所以SE⊥平面ABCD，
所以∠SBE即为直线BS与平面ABCD所成的角，
设菱形ABCD的边长为2a，则SE= 3a，
在△ABE中，由余弦定理知，BE2=AB2+AE2−2AB⋅AEcs∠BAD=4a2+a2−2⋅2a⋅a⋅(−12)=7a2，
所以BE= 7a，
在Rt△SBE中，SB= SE2+BE2= 3a2+7a2= 10a，
所以sin∠SBE=SESB= 3a 10a= 3010，
故直线BS与平面ABCD所成的角的正弦值为 3010．
(2)证明：取SC的中点G，连接EG，FG，
因为F是SB的中点，所以FG//BC//AE，FG=12BC=AE，
所以四边形AEGF是平行四边形，所以AF//EG，
在菱形ABCD中，∠ABC=60°，所以△ACD为正三角形，
因为△SAD为正三角形，
所以△ACD≌△SAD，所以CE=SE，
又G是SC的中点，所以EG⊥SC，
所以AF⊥SC，
因为SA=AD=AB，且F是SB的中点，所以AF⊥SB，
又SC∩SB=S，所以AF⊥平面SBC，
因为AF⊂平面ASB，
所以平面ASB⊥平面SBC．
19.解：(1)假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%，即概率为12，
①由题意，第一轮比赛A，D一组，B，C一组，
要A获得季军，则A进入胜者组，后续连败两轮，或A进入负者组，后续两轮先胜后败，
所以A获得季军的概率为12×(1−12)×(1−12)+(1−12)×12×(1−12)=14；
②设Wi表示队伍D在比赛i中胜利，Li表示队伍D所参加的比赛i中失败，
事件E：队伍D获得亚军，事件F：队伍D所参加所有比赛中失败了两场，
事件F：包括L1L4，L1W4L5，W1L3L5，W1L3W5L6，L1W4W5L6五种情况，
则P=P(L1L4)+P(L1W4L5)+P(W1L3L5)+P(W1L3W5L6)+P(L1W4W5L6)
=12×12+12×12×12+12×12×12+12×12×12×12+12×12×12×12=58，
其中事件EF包括W1L3W5L6，L1W4W5L6两种情况，
则P(EF)=P(W1L3W5L6)+P(L1W4W5L6)=12×12×12×12+12×12×12×12=18，
所以所求概率为P(E|F)=P(EF)P(F)=1858=15；
(2)由题意，A获胜的概率为34，B、C、D之间获胜的概率均为12，
要使D进入决赛且先前与对手已有过招，可分为两种情况：
①若A与D在决赛中相遇，分为A：1胜，3胜，D：1负4胜5胜，或A：1负4胜5胜，D：1胜，3胜，
概率为P1=34×34×12×12+14×34×34×12=27128，
②若B与D决赛相遇，D：1胜，3胜，B：2胜3负5胜，或D：1胜，3负，5胜，B：2胜3胜，
概率为P1=14×12×12×(34×14+14×12)+14×12×12×(34×14+14×12)=5128，
③若C与D决赛相遇，同B与D在决赛中相遇，
概率为P3=14×12×12×(34×14+14×12)+14×12×12×(34×14+14×12)=5128，
所以D进入决赛且先前与对手已有过招的概率P=P1+P2+P3=37128． 试验序号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
伸缩率xi
545
533
551
522
575
544
541
568
596
548
伸缩率yi
536
527
543
530
560
533
522
550
576
536
试验序号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
伸缩率xi
545
533
551
522
575
544
541
568
596
548
伸缩率yi
536
527
543
530
560
533
522
550
576
536
zi=xi−yi
9
6
8
−8
15
11
19
18
20
12
1.在复平面内，复数z对应的点的坐标是(1,−1)，则z⋅z−=( )
A. 1B. 2C. 2D. 2 2
2.已知两条不同的直线l，m和两个不同的平面α，β，下列四个命题中正确的是( )
A. 若l//m，m⊂α，则l//αB. 若l//α，m⊂α，则l//m
C. 若α⊥β，l⊂α，则l⊥βD. 若l//α，l⊥β，则α⊥β
3.下列说法中不正确的是( )
A. 三棱锥是四面体，正四面体是正三棱锥
B. 平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形
C. 平行的线段在直观图中仍然平行
D. 在同一个圆中，圆心和圆上两点可确定一个平面
4.在△ABC中，若a=7，b=8，csB=17，则∠A的大小为( )
A. π6B. π3C. 5π6D. π3或2π3
5.根据气象学上的标准，如果连续5天的日平均气温都低于10℃即为入冬.现将连续5天的日平均气温(单位：℃)的记录数据(记录数据都是自然数)作为一组样本，则下列描述中，该组数据一定符合入冬指标的有( )
A. 平均数小于4B. 平均数小于4且极差小于或等于3
C. 平均数小于4且标准差小于或等于4D. 众数等于6且极差小于或等于4
6.正△ABC边长为3，M、N为线段BC的三等分点，则AM⋅AN=( )
A. 234B. 2C. 132D. 269
7.△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=2ccsB，ccsB+bcsC= 2c，则△ABC的形状是( )
A. 等腰非直角三角形B. 直角非等腰三角形C. 等边三角形D. 等腰直角三角形
8.在棱长为6的正方体ABCD−A1B1C1D1，中，M是BC的中点，点P是正方体的表面DCC1D1(包括边界)上的动点，且满足∠APD=∠MPC，则三棱锥P−BCD体积的最大值是( )
A. 12 3B. 36C. 24D. 18 3
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.从1，2，3，⋯，9中任取三个不同的数，则在下述事件中，是互斥但不是对立事件的有( )
A. “三个都为偶数”和“三个都为奇数”
B. “至少有一个奇数”和“至多有一个奇数”
C. “至少有一个奇数”和“三个都为偶数”
D. “一个偶数两个奇数”和“两个偶数一个奇数”
10.已知向量a=(3,−4)，b=(2,1)，则下列结论正确的是( )
A. |a|= 5|b|B. a//(3a+2b)
C. b⊥(5a−2b)D. cs
11.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱CC1，CB，CD的中点，P为线段AD1上的一个动点，平面α//平面EFG，则下列说法中正确的是( )
A. 不存在点P，使得CP⊥平面EFG
B. 三棱锥P−EFG的体积为定值
C. 平面α截该正方体所得截面的面积的最大值为 32
D. 平面α截该正方体所得截面可能是三角形或六边形
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.现有一组数据按照从小到大的顺序排列如下：4，6，7，7，8，9，11，14，15，19，则这组数据的上四分位数为______．
13.已知△ABC中，AB=4，AC=7，AD为边BC上的中线，若AD=72，则BC= ______．
14.三棱锥P−ABC中，AB⊥BC，P在底面的射影O为△ABC的内心，若AB=4，BC=3，PO=5，则四面体PABC的外接球表面积为______．
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△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量m=(a, 3b)，n=(csA,sinB)，且m//n．
(1)求角A；
(2)若a= 3，求b+c的取值范围．
16.(本小题15分)
如图所示，在圆锥DO中，D为圆锥的顶点，O为底面圆的圆心，AB是圆O的直径，C为底面圆周上一点，四边形AODE是矩形．
(1)若F是BC的中点，求证：DF//平面ACE；
(2)若AB=2，∠BAC=∠ACE=π3，求三棱锥A−BCD的体积．
17.(本小题15分)
某厂为比较甲乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行10次配对试验，每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率，甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为xi，yi(i=1,2,…10).试验结果如下：
记zi=xi−yi(i=1,2,⋯,10)，记z1，z2，⋯，z10的样本平均数为z−，样本方差为s2．
(1)求z−，s2；
(2)判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提高.(如果z−≥2 s210，则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高，否则不认为有显著提高)
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥S−ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，△SAD为正三角形，E，F分别为AD，SB的中点．
(1)若平面SAD⊥平面ABCD，求直线BS与平面ABCD所成的角的正弦值；
(2)求证：平面ASB⊥平面SBC．
19.(本小题17分)
双淘汰赛制是一种竞赛形式，比赛一般分两个组进行，即胜者组与负者组.在第一轮比赛后，获胜者编入胜者组，失败者编入负者组继续比赛，之后的每一轮，在负者组中的失败者将被淘汰；胜者组的情况也类似，只是失败者仅被淘汰出胜者组降入负者组，只有在负者组中再次失败后才会被淘汰出整个比赛.A、B、C、D四人参加的双淘汰赛制的流程如图所示，其中第6场比赛为决赛．
(1)假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%，求：
①A获得季军的概率；
②D在一共输了两场比赛的情况下，成为亚军的概率；
(2)若A的实力出类拔萃，有A参加的比赛其胜率均为75%，其余三人实力旗鼓相当，求D进入决赛且先前与对手已有过招的概率．
参考答案
1.C
2.D
3.D
4.B
5.B
6.C
7.D
8.A
9.AD
10.CD
11.ABD
12.14
13.9
14.41π
15.解：(1)因为m=(a, 3b)，n=(csA,sinB)，且m//n，
所以asinB= 3bcsA，由正弦定理得sinAsinB= 3sinBcsA，
因为△ABC中，B∈(0,π)，可得sinB>0，
所以sinA= 3csA，可得tanA= 3，结合A∈(0,π)，可知A=π3；
(2)根据余弦定理，得a2=b2+c2−2bccsπ3=3，整理得(b+c)2=3+3bc，
由基本不等式，得bc≤(b+c2)2，当且仅当b=c时，等号成立．
所以(b+c)2≤3+34(b+c)2，解得b+c≤2 3，
结合△ABC中，b+c>a= 3，可得 3
因为O、F分别是AB、BC中点，
所以OF//AC，
又因为OF⊄平面ACE，AC⊂平面ACE，
所以OF//平面ACE，
因为四边形AODE是矩形，OD//AE，
同理有OD//平面ACE，
又OF∩OD=O，OF，OD⊂平面ODF，
所以平面ODF//平面ACE，
又DF⊂平面ODF，
所以DF//平面ACE．
(2)解：因为在圆锥DO中，DO⊥平面ABC，DO⊂平面ABDE，
所以平面ABDE⊥平面ABC，
因为平面ABDE∩平面ABC=AB，
在平面ABC内过点C作CG⊥AB于点G，
所以CG⊥平面ABDE，
在Rt△ABC中，AB=2,∠BAC=π3，
所以AC=1,BC= 3,CG= 32，
所以AE⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
所以AE⊥AC，
又AC=1，∠ACE=π3，
所以AE= 3，
则VA−BCD=VC−ABD=13×12×2× 3× 32=12，
所以三棱锥A−BCD的体积为12．
17.解：(1)根据表中数据，计算zi=xi−yi(i=1,2,…,10)，填表如下：
计算平均数为z−=110i=110zi=110×(9+6+8−8+15+11+19+18+20+12)=11，
方差为s2=110i=110(zi−z−)2=110×[(−2)2+(−5)2+(−3)2+(−19)2+42+02+82+72+92+12]=61．
(2)由(1)知，z−=11，2 s210=2 6.1<2 6.25=5，
所以z−≥2 s210，认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高．
18.(1)解：因为△SAD为正三角形，且E为AD的中点，
所以SE⊥AD，
又平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD，SE⊂平面SAD，
所以SE⊥平面ABCD，
所以∠SBE即为直线BS与平面ABCD所成的角，
设菱形ABCD的边长为2a，则SE= 3a，
在△ABE中，由余弦定理知，BE2=AB2+AE2−2AB⋅AEcs∠BAD=4a2+a2−2⋅2a⋅a⋅(−12)=7a2，
所以BE= 7a，
在Rt△SBE中，SB= SE2+BE2= 3a2+7a2= 10a，
所以sin∠SBE=SESB= 3a 10a= 3010，
故直线BS与平面ABCD所成的角的正弦值为 3010．
(2)证明：取SC的中点G，连接EG，FG，
因为F是SB的中点，所以FG//BC//AE，FG=12BC=AE，
所以四边形AEGF是平行四边形，所以AF//EG，
在菱形ABCD中，∠ABC=60°，所以△ACD为正三角形，
因为△SAD为正三角形，
所以△ACD≌△SAD，所以CE=SE，
又G是SC的中点，所以EG⊥SC，
所以AF⊥SC，
因为SA=AD=AB，且F是SB的中点，所以AF⊥SB，
又SC∩SB=S，所以AF⊥平面SBC，
因为AF⊂平面ASB，
所以平面ASB⊥平面SBC．
19.解：(1)假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%，即概率为12，
①由题意，第一轮比赛A，D一组，B，C一组，
要A获得季军，则A进入胜者组，后续连败两轮，或A进入负者组，后续两轮先胜后败，
所以A获得季军的概率为12×(1−12)×(1−12)+(1−12)×12×(1−12)=14；
②设Wi表示队伍D在比赛i中胜利，Li表示队伍D所参加的比赛i中失败，
事件E：队伍D获得亚军，事件F：队伍D所参加所有比赛中失败了两场，
事件F：包括L1L4，L1W4L5，W1L3L5，W1L3W5L6，L1W4W5L6五种情况，
则P=P(L1L4)+P(L1W4L5)+P(W1L3L5)+P(W1L3W5L6)+P(L1W4W5L6)
=12×12+12×12×12+12×12×12+12×12×12×12+12×12×12×12=58，
其中事件EF包括W1L3W5L6，L1W4W5L6两种情况，
则P(EF)=P(W1L3W5L6)+P(L1W4W5L6)=12×12×12×12+12×12×12×12=18，
所以所求概率为P(E|F)=P(EF)P(F)=1858=15；
(2)由题意，A获胜的概率为34，B、C、D之间获胜的概率均为12，
要使D进入决赛且先前与对手已有过招，可分为两种情况：
①若A与D在决赛中相遇，分为A：1胜，3胜，D：1负4胜5胜，或A：1负4胜5胜，D：1胜，3胜，
概率为P1=34×34×12×12+14×34×34×12=27128，
②若B与D决赛相遇，D：1胜，3胜，B：2胜3负5胜，或D：1胜，3负，5胜，B：2胜3胜，
概率为P1=14×12×12×(34×14+14×12)+14×12×12×(34×14+14×12)=5128，
③若C与D决赛相遇，同B与D在决赛中相遇，
概率为P3=14×12×12×(34×14+14×12)+14×12×12×(34×14+14×12)=5128，
所以D进入决赛且先前与对手已有过招的概率P=P1+P2+P3=37128． 试验序号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
伸缩率xi
545
533
551
522
575
544
541
568
596
548
伸缩率yi
536
527
543
530
560
533
522
550
576
536
试验序号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
伸缩率xi
545
533
551
522
575
544
541
568
596
548
伸缩率yi
536
527
543
530
560
533
522
550
576
536
zi=xi−yi
9
6
8
−8
15
11
19
18
20
12
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