四川省达州市外国语学校2025-2026学年高二上学期9月月考数学试卷

这是一份四川省达州市外国语学校2025-2026学年高二上学期9月月考数学试卷，共22页。试卷主要包含了单选题.，多项选择题，填空题．等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120 分钟；满分：150 分
一、单选题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）.
复数20i  25 的虚部是（ ）
A. 20B. 20iC.
25
D. 25
已知向量 a  1,2,b  λ, 1 ．若 a  b ，则实数λ的值为（ ）
2
 1
2
1
2
2
如图，已知△OAB 的平面直观图是等腰直角VO AB ，且OAB＝ π ， OB＝2 ，则△OAB 的面积
2
是（ ）
2
A. 2
B.
C. 1D.2
2
2
在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，异面直线 A1B 与 AD1 所成的角为（）
ππππ
B. C. D.
2346
若事件 A 与 B 相互独立，且 P  A   1 ， P  B  1 ，则 P  A ∪ B  （）
34
1111
A.B. C. D.
12632
为调查某地区中学生每天睡眠时间，采用样本量比例分配的分层随机抽样，现抽取初中生 800 人，其每天睡眠时间均值为 9 小时，方差为 1，抽取高中生 1200 人，其每天睡眠时间均值为８小时，方差为 0.5，则估计该地区中学生每天睡眠时间的方差为（）
A. 0.96B. 0.94C. 0.79D. 0.75
在棱长为 2 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，M 为线段 AD1 上一动点，求 MB  MD 的最小值（ ）
1 3
A. 2
B. 2
C. 2
D. 2
2 2
3 1
2 2
某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位： mm ）．24h 降雨量的等级划分如下：
在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为 200 mm，高为 300 mm 的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的 24h 的雨水高度是 150 mm（如图所示)，则这 24h 降雨量的等级是
A. 小雨B. 中雨C. 大雨D. 暴雨
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
在图示正方体中，O 为 BD 中点，直线 A1C ∩ 平面C1BD  M ，下列说法正确的是（）．
等级
24h 降雨量（精确到 0.1）
……
……
小雨
0.1~9.9
中雨
10.0~24.9
大雨
25.0~49.9
暴雨
50.0~99.9
……
……
A，C， C1 ， A1 四点共面B. C1 ，M，O 三点共线
C. M 平面 BB1D1DD. A1C 与 BD 异面
有一组样本数据 x1, x2 ,, x6 ，其中x1 是最小值， x6 是最大值，则（）
x2 , x3, x4 , x5 的平均数等于 x1, x2 ,, x6 的平均数
x2 , x3, x4 , x5 的中位数等于 x1, x2 ,, x6 的中位数
x2 , x3, x4 , x5 的标准差不小于 x1, x2 ,, x6 的标准差
x2 , x3, x4 , x5 的极差不大于 x1, x2 ,, x6 的极差
若四面体 ABCD 各棱长均为 1 或 2，但不是正四面体，则该四面体外接球的表面积可能为（ ）
9π
A.B.
2
60πC.
11
48π
D.
11
17π 2
三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分，答案填在答题卡对应题号后的横线上）．
π
已知扇形的半径为 6，圆心角为
6
，则扇形弧长为.
若一个圆台的上、下底面圆的半径分别为 3 和 8．母线长为 13，则该圆台的体积为．
在V ABC 中， AB  AC  6 ， BC  4 ，D 是 BC 的中点，E 是V ABC 的内心，则 AD  AE 
四、解答题（本大题共 5 小题，其中 15 题 13 分，16、17 题 15 分，18、19 题 17 分，共 77
分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）．
如图，在棱长为 3 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， P, Q 分别为棱 BC, CC1 的中点．
证明： AD1 / / PQ ；
求三棱锥 A  B1QP 的体积．
已知 a, b, c 分别为V ABC 三个内角 A, B, C 的对边，且b cs A 
3 a sin B  0 ． 3
（1）求 A ；
（2）若c  3 ，且V ABC 的面积为 3 3 ，求V ABC 的周长．
2
为弘扬传统文化，某校举办了传统文化知识竞赛，满分为 100 分，所有参赛学生的成绩都不低于 50分．现从中随机抽取了 50 名学生的成绩，按照50, 60), 60, 70),L ，90,100 分成 5 组，制成了如图所示的频率分布直方图．
求频率分布直方图中 x 的值，并估计所抽取的 50 名学生成绩的平均数、中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
若利用分层抽样的方法从样本中成绩不低于 70 分的学生中抽取 6 人，再从这 6 人中随机抽取 2 人，
求恰有 1 人成绩在80, 90 的概率．
→→→→→→
18 已知平面向量 a 2 ， b  2 ，且2a  3b 2a  b   4 ．求：
向量 a 在向量b 上的投影向量；
→→
2a  b 的值；
a  2b
向量 a 与 →夹角的余弦值．
19. 甲、乙两支篮球队进入某次决赛，比赛采用“主客场比赛制”，具体赛制如下：若某队两场比赛均获胜或一胜一平，则获得冠军；若某队两场比赛均平局或一胜一负，则通过加时赛决出冠军.现假定甲队在主场
获胜的概率为 p ，平局的概率为 2 p ，其中0  p  1 ；甲队在客场获胜和平局的概率均为 p ；加时赛甲队
32
获胜的概率为 p .不同对阵的结果相互独立，假设甲队先主场后客场.
已知 p  2 .
5
求甲队通过加时赛获得冠军的概率；
求甲队获得冠军的概率.
除“主客场比赛制”外，也经常采用在第三方场地的“单场比赛制”：若某队比赛获胜则获得冠军；若为
平局，则通过加时赛决出冠军.假定甲队在第三方场地获胜的概率为 p2 ，平局的概率为 p ，加时赛甲队获
2
胜的概率为 p .问哪种赛制更有利于甲队夺冠？
高 2024 级高二上学期 9 月月考
数学试题
考试时间：120 分钟；满分：150 分
一、单选题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）.
复数20i  25 的虚部是（ ）
A. 20B. 20iC.
【答案】A
【解析】
25
D. 25
【分析】利用复数虚部的含义可得答案.
【详解】20i  25 的虚部是 20.
故选：A
已知向量 a  1,2,b  λ, 1 ．若 a  b ，则实数λ的值为（ ）
2
 1
2
1
2
2
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量垂直，数量积为 0 列式，可求λ的值.
【详解】因为 a  b ，所以 a  b  1  2 1  0  λ 2 .
故选：D
如图，已知△OAB 的平面直观图是等腰直角VO AB ，且OAB＝ π ， OB＝2 ，则△OAB 的面积
2
是（ ）
2
2
A. 2
【答案】A
B.
C. 1D.2
2
【解析】
【分析】根据直观图的画法求出原图形的长度即可求出面积.
【详解】因为VO AB 是等腰直角三角形， OB  2 ，
2
2
所以 OA  AB ，且OB  OB  2 ， OA  OB ，
OA  2OA  2
故选：A．
，所以原平面图形的面积是 1  2  2
2
2
2
 2.
在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，异面直线 A1B 与 AD1 所成的角为（）
ππππ
B. C. D.
2346
【答案】B
【解析】
【分析】根据线线角的求法，将异面直线平移至同一平面内，求得正确答案.
【详解】画出图象如下图所示
根据正方形的性质可知 A1B / / D1C
所以AD1C 是直线 A1B 与 AD1 所成角由于三角形 ACD1 是等边三角形
所以AD C  π
13
即直线 A B 与 AD 所成的角的大小为 π
113
故选： B
若事件 A 与 B 相互独立，且 P  A   1 ， P  B  1 ，则 P  A ∪ B  （）
34
1111
A.B. C.D.
12632
【答案】D
【解析】
【分析】利用和事件及独立事件概率公式即得.
【详解】∵事件 A 与 B 相互独立，且 P  A   1 ， P  B  1 ，
34
∴ P  A ∪ B  P  A  P  B  P  AB  1  1  1  1  1 .
34342
故选：D.
为调查某地区中学生每天睡眠时间，采用样本量比例分配的分层随机抽样，现抽取初中生 800 人，其每天睡眠时间均值为 9 小时，方差为 1，抽取高中生 1200 人，其每天睡眠时间均值为８小时，方差为 0.5，则估计该地区中学生每天睡眠时间的方差为（）
A. 0.96B. 0.94C. 0.79D. 0.75
【答案】B
【解析】
【分析】利用抽样中样本平均数、方差与总体平均数、方差之间的关系式即可算出．
800
【详解】该地区中学生每天睡眠时间的平均数为：
 9 
1200
 8  8.4 （小时），
1200  8001200  800
该地区中学生每天睡眠时间的方差为：

800  1 (9  8.4)2   1200  0.5  (8  8.4)2   0.94 ． 1200  8001200  800
故选：B．
在棱长为 2 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，M 为线段 AD1 上一动点，求 MB  MD 的最小值（ ）
1 3
A. 2
B. 2
C. 2
D. 2
2 2
3 1
2 2
【答案】B
【解析】
【分析】将V ADD1 绕 AD1 翻折至与VABD1 共面，当 B, M , D 共线时， MB  MD 最小，再由余弦定理求解即可.
【详解】连接 BD1 ，如图，
由正方体的性质可得V ADD 为等腰直角三角形，故DAD  π ，
114
VABD 为直角三角形， BAD  π ，
112
将图中V ADD1 绕 AD1 翻折至与VABD1 共面，如图，
所以由图可知， B, M , D 共线时， MB  MD 最小，
此时BAD  π  π  3π , AB  AD  2 ，
244
AD2  AB2  2 AD  AB cs 3π
4
由余弦定理可知 BD 

8  4 2
2 2
 2，
2 2
所以 MB  MD 最小值为2.
故选：B
某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位： mm ）．24h 降雨量的等级划分如下：
在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为 200 mm，高为 300 mm 的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的 24h 的雨水高度是 150 mm（如图所示)，则这 24h 降雨量的等级是
A. 小雨B. 中雨C. 大雨D. 暴雨
【答案】B
【解析】
【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.
【详解】由题意，一个半径为 200  100 mm 的圆面内的降雨充满一个底面半径为
2
200  150  50 mm ，高为150 mm 的圆锥，
2300
1π 502 150
所以积水厚度 d  3  12.5mm ，属于中雨.
π1002
故选：B.
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合
等级
24h 降雨量（精确到 0.1）
……
……
小雨
0.1~9.9
中雨
10.0~24.9
大雨
25.0~49.9
暴雨
50.0~99.9
……
……
题目要求.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
在图示正方体中，O 为 BD 中点，直线 A1C ∩ 平面C1BD  M ，下列说法正确的是（）．
A，C， C1 ， A1 四点共面B. C1 ，M，O 三点共线
C. M 平面 BB1D1DD. A1C 与 BD 异面
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据点与线、点与面、线与面的位置关系判断即可.
【详解】由正方体性质， AA1 //CC1 ，所以 A，C， C1 ， A1 四点共面，A 正确； 直线 A1C 交平面C1BD 于点 M ，
 M 平面C1BD ， M 直线 A1C ，又 A1C  平面 ACC1 A1 ， M 平面 ACC1 A1 ，
mO 为 DB 的中点， BD  平面C1BD ，底面 ABCD 为正方形，所以O 为 AC 的中点，
O  平面C1BD ，且O 平面 ACC1A1 ，又C1 平面C1BD ，且C1 平面 ACC1A1 ，面C1BD 与面 ACC1 A1 相交，则C1 ， M ， O 在交线上，即三点共线，故选项B 正确；平面 BB1D1D  平面C1BD  BD ， M 平面C1BD ，
但 M  BD ，所以 M 平面 BB1D1D ，C 错误；
A1C ∩ 平面 ABCD  C ， BD  面 ABCD ， C  BD ，所以 A1C 与 BD 为异面直线，D 正确.
故选：ABD
有一组样本数据 x1, x2 ,, x6 ，其中x1 是最小值， x6 是最大值，则（）
x2 , x3, x4 , x5 的平均数等于 x1, x2 ,, x6 的平均数
x2 , x3, x4 , x5 的中位数等于 x1, x2 ,, x6 的中位数
x2 , x3, x4 , x5 的标准差不小于 x1, x2 ,, x6 的标准差
x2 , x3, x4 , x5 的极差不大于 x1, x2 ,, x6 的极差
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.
【详解】对于选项 A：设 x2 , x3, x4 , x5 的平均数为m ， x1, x2 ,, x6 的平均数为 n ，
x1  x2  x3  x4  x5  x6x2  x3  x4  x52  x1  x6    x5  x2  x3  x4 
则 n  m ，
6412
因为没有确定2  x1  x6 , x5  x2  x3  x4 的大小关系，所以无法判断 m, n 的大小，例如：1, 2, 3, 4, 5, 6 ，可得 m  n  3.5 ；
例如1,1,1,1,1, 7 ，可得 m  1, n  2 ；
例如1, 2, 2, 2, 2, 2 ，可得 m  2, n  11 ；故 A 错误；
6
对于选项 B：不妨设 x1  x2  x3  x4  x5  x6 ，
可知 x , x , x , x 的中位数等于 x , x ,, x 的中位数均为 x3  x4 ，故 B 正确；
2345
1262
对于选项 C：举反例说明，例如： 2, 4, 6,8,10,12 ，则平均数 n  1 2  4  6  8 10 12  7 ，
6
标准差 s1

105 ，
1 2  72  4  72  6  72  8  72  10  72  12  72 
6 

3
4, 6,8,10 ，则平均数 m  1 4  6  8 10  7 ，
1 4  72  6  72  8  72  10  72 
4 

5
5
4
标准差 s


，显然 105 ，即 s  s ，
2
12
3
所以 x2 , x3, x4 , x5 的标准差不小于 x1, x2 ,, x6 的标准差，这一论断不成立，故 C 错误；对于选项 D：不妨设 x1  x2  x3  x4  x5  x6 ，
则 x6  x1  x5  x2 ，当且仅当 x1  x2 , x5  x6 时，等号成立，故 D 正确；故选：BD.
若四面体 ABCD 各棱长均为 1 或 2，但不是正四面体，则该四面体外接球的表面积可能为（ ）
9π
A.B.
2
60πC.
11
48π
D.
11
17π 2
【答案】ABC
【解析】
【分析】设四面体 ABCD 的外接球的球心为O ，半径为 R ，分三种情况讨论①若一条棱长 AD  1 ，其余各棱棱长均为 2，②若其中一组对棱相等且长度为 1，其余棱长为 2，③三棱锥 A  BCD 为正三棱锥，
且侧棱长为 2，△BCD 是边长为 1 的等边三角形.根据对称性确定球心位置，由球心到各顶点距离相等列
式可求半径 R ，进而得到四面体外接球的表面积.
【详解】设四面体 ABCD 的外接球的球心为O ，半径为 R ，表面积为S ，依题意，四面体 ABCD 长为 1 的棱最多有 3 条，分以下三种情况讨论：
①若 AD  1 ，其余各棱棱长均为 2，取 BC 的中点O ，连接 AO 、OD ，
3
由 AB  AC  BC  CD  BD  2 ， O 为 BC 的中点，得 AO  BC ， OD  BC , AO  OD ，
则OE  AD ， OE 
，
AO2  AE2
( 3)2  ( 1 )2
2
11
2
根据对称性，球心O 在OE 上，设OE  x ，则OO 
11  x ，
2
( 11  x)2 12
2
由OC  OD ，得

，解得 x 7，
x2  ( 1 )2
2
2 11
因此 R2  x2  ( 1 )2  15 , S  4πR2  60π ，B 可能；
21111
②若其中一组对棱相等，不妨设 AD  BC  1，其余各棱棱长均为 2，取 BC 的中点O ，连接
OA, OD, OE ，
由 AB  AC  DB  DC  2 ， BC  1 ， O 为 AC 的中点，得 AO  BC, OD  BC ，
则 AO 
15  OD ， OE  AD ， OE 
AB2  OB2
2
14 ，
AO2  AE2
2
根据对称性，球心O 为OE 中点，因此 R2  (
14 )2 
( 1 )2  9 , S  4πR2  9π ，A 可能；
4282
③三棱锥 A  BCD 为正三棱锥，且侧棱长为 2，△BCD 是边长为 1 的等边三角形，设顶点 A 在底面 BCD 内的射影点为O ，连接 BO 、CO ，
3
则O 是底面正三角形的中心，且 BO 
1 ， AO 
AB2  BO2
22  ( 1 )2
3
11
3
，
11
3
根据对称性，球心O 在直线OA 上，设OO  x ，则OA | x | ，
11
3
由 AO  BO 得|
 x |
，解得 x 5，
x2  ( 1 )2
3
33
3
因此 R2  x2  ( 1
)2  12 , S  4πR2  48π ，C 可能.
1111
故选：ABC
三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分，答案填在答题卡对应题号后的横线上）．
π
已知扇形的半径为 6，圆心角为
6
【答案】 π
【解析】
，则扇形弧长为.
【分析】利用弧长公式即可求解.
【详解】根据弧长公式， l  αr  π  6  π ，
6
故答案为： π
若一个圆台的上、下底面圆的半径分别为 3 和 8．母线长为 13，则该圆台的体积为．
【答案】388π
【解析】
3
【分析】先求出圆台的高，再由圆台的体积公式V  1 πr 2  rR  R2 h 求解即可．
【详解】因为圆台的上、下底面半径分别为 3 和 8，母线为 13，
(13)2  (8  3)2
所以圆台的高为：
 12 ，
3
由圆台的体积公式V  1 πr 2  rR  R2 h ，
求得圆台体积为： 1 π(32 +3 8+82 ) 12  388π ．
3
故答案为： 388π
在V ABC 中， AB  AC  6 ， BC  4 ，D 是 BC 的中点，E 是V ABC 的内心，则 AD  AE 
【答案】3
【解析】
–––→
–––→
–––→
【分析】根据给定条件，结合三角形面积定理可得 AE 
律及余弦定理求解.
AB 
a  b  ca  b  c
AC ，再利用数量积的运算
【详解】令V ABC 的内角 A, B,C 所对边分别为 a, b, c ，延长 AE 交 BC 于O ，连接 BE, CE ，由 E 是V ABC 的内心，得 AE, BE,CE 分别平分BAC, ABC, ACB ，
1 AB  AO sin BAO
BO  SV ABO
COSV ACO
 2
1 AC  AO sin CAO
2
 AB  c ， BO  CO  a ， ACb
| EO |BOCOa
–––→
a–––→
同理 –––→ 
，即 EO 
AE ，令 EO  (1 x)EB  xEC ，
| AE |ABACb  c
b  c
则 x c，即–EO––→ b–EB––→ c–EC––→ ，
b  cb  cb  c
–––→
因此a AE  bEB  cEC  b( AB  AE)  c( AC  AE) ， AE 
–––→
AB 
–––→
AC ，
–––→
1 –––→–––→
–––→ –––→
1 –––→–––→1
a  b  ca  b  c
–––→–––→
又 AD 
( AB  AC) ，于是 AD  AE 
2
( AB  AC) 
3 (bc 
210
(b AB  c AC)
 1 [bc2  cb2  (b 
–––→ –––→
c) AB  AC] 
–––→ –––→
AB  AC) ，
2010
由余弦定理得16  a2  b2  c2  2bc cs BAC  (b  c)2  2(bc  AB  AC) ，
则bc  AB  AC  10 ，所以 AD  AE  3 .
故答案为：3
四、解答题（本大题共 5 小题，其中 15 题 13 分，16、17 题 15 分，18、19 题 17 分，共 77
分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）．
如图，在棱长为 3 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， P, Q 分别为棱 BC, CC1 的中点．
证明： AD1 / / PQ ；
求三棱锥 A  B1QP 的体积．
【答案】（1）证明过程见解析
27
（2）
8
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，得到四边形 ABC1D1 为平行四边形，结合中位线证明出结论；
（2）求出底面积和高，利用锥体体积公式求出答案.
【小问 1 详解】连接 BC1 ，
因为 P, Q 分别为棱 BC, CC1 的中点，所以 BC1 / / PQ ，
因为正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 3，所以C1D1  AB  3 ， C1D1 / / AB ，
故四边形 ABC1D1 为平行四边形，所以 BC1 / / AD1 ，
故 AD1 / / PQ ；
【小问 2 详解】
由题意得，正方形 BCC1B1 的面积为3 3  9 ，
S S
 1  3 3  9 ， S 1  3  3  9 ，

V BB1P
VC1B1Q
224
VCPQ
2228
故 S 9  9  2  9  27 ，
V B1QP
488
又 AB ⊥平面 BCC1B1 ，故 AB ⊥平面 B1PQ ，
三棱锥 A  B QP 的体积为 1 S AB  1  27  3  27 .
13 V B1QP

388
已知 a, b, c 分别为V ABC 三个内角 A, B, C 的对边，且b cs A 
（1）求 A ；
（2）若c  3 ，且V ABC 的面积为 3 3 ，求V ABC 的周长．
2
3 a sin B  0 ． 3
π
【答案】（1）
3
7
（2） 5
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简得cs A 
3 sin A  0 ，进而得到tan A ，根据角 A 的
3
7
3
范围即可求解；
3 3
2
（2）由 S△ABC 
【小问 1 详解】
，求得bc  6 ，由c  3 得b  2 ，由余弦定理得 a ，即可求得V ABC 的周长.
因为b cs A 
3 a sin B  0 ，由正弦定理得sin B cs A 
3
3 sin Asin B  0 ， 3
因为 B (0, π) ，可得sin B  0 ，所以cs A 
3 sin A  0 ， 3
3
若cs A  0 ，则sin A  0 ，不合题意，故cs A  0 ，所以tan A ，
又因为 A (0, π) ，所以 A  π .
3
【小问 2 详解】
因为V ABC 的面积为 3 3 ，可得 1 bc sin A  3 3 ，可得bc  6 ，
222
又因为c  3 ，所以b  2 ，由余弦定理 a2  b2  c2  2bc cs A ，
7
可得 a2  4  9  2  2  3 1  7 ，所以 a ，
2
7
所以V ABC 的周长为 a  b  c  5 .
为弘扬传统文化，某校举办了传统文化知识竞赛，满分为 100 分，所有参赛学生的成绩都不低于 50分．现从中随机抽取了 50 名学生的成绩，按照50, 60), 60, 70),L ，90,100 分成 5 组，制成了如图所示的频率分布直方图．
求频率分布直方图中 x 的值，并估计所抽取的 50 名学生成绩的平均数、中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
若利用分层抽样的方法从样本中成绩不低于 70 分的学生中抽取 6 人，再从这 6 人中随机抽取 2 人，
求恰有 1 人成绩在80, 90 的概率．
【答案】（1） x  0.02 ，平均数为74 分，中位数为
8
220
分；
3
（2）
15
【解析】
【分析】（1）利用频率分布直方图中所有矩形面积之和为1可求得 x 的值，将每个矩形的中点值乘以对应矩形的面积，再将所得结果全部相加可得平均数，根据中位数左边的矩形面积之和为0.5 可求得中位数的值；
（2）分析可知后三组中所抽取的人数分别为3, 2,1，将这6 人进行标记，列举出所有的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【小问 1 详解】
由已知可得0.01 2  0.03 2  x10  1，解得 x  0.02 ，
所抽取的50 名学生成绩的平均数为55 0.1 65 0.3  75 0.3  85 0.2  95 0.1  74 （分），由于前两组的频率之和为0.1  0.3  0.4 ，前三组的频率之和为0.1 0.3 2  0.7 ，
所以，中位数a 70,80 ，由题意可得0.4  a  70 0.03  0.5 ，解得 a  220 （分）.
3
【小问 2 详解】
由（1）可知，后三组中的人数分别为15,10, 5 ，故这三组中所抽取的人数分别为3, 2,1，
记成绩在70,80 这组的3 名学生分别为 a, b, c ，成绩在80, 90 这组的2 名学生分别为 d , e ，成绩在
90,100 这组的1名学生为 f ，
则从中任抽取2 人的所有可能结果为a, b 、a, c 、a, d  、a, e 、a, f  、b, c 、b, d  、
b, e 、b, f  、c, d  、c, e 、c, f  、d , e 、d , f  、e, f  ，共15 种.
其中恰有1人成绩在80, 90 为a, d  、a, e 、b, d  、b, e 、c, d  、c, e 、d , f  、e, f  共8 种.
故所求概率为 P  8 .
15
→→→→→→
已知平面向量 a 2 ， b  2 ，且2a  3b 2a  b   4 ．求：
向量 a 在向量b 上的投影向量；
→→
2a  b 的值；
a  2b
向量 a 与 →夹角的余弦值．
 1 →
【答案】（1） b ；
2
5
（2） 2；
（3） 3 13 .
13
【解析】
a
【分析】（1）由已知及数量积的运算律得 →  b  2 ，再由投影向量的定义求向量 a 在向量b 上的投影向量；
应用向量数量积的运算律求向量的模长；
a  2b
应用向量数量积的运算律及夹角公式求向量 a 与 →夹角的余弦值.
【小问 1 详解】
→→→→→→
→2→ →→2→→
由 a 2, b  2 ， 2a  3b 2a  b   4a  4a  b  3b  4, 得8  4a  b 12  4 ，即 a  b  2 ，
→→→→
a  b  b  2  b   1 b
2
2
向量 a 在向量b 上的投影向量是 → 22；
b
【小问 2 详解】

2a  b
→
→

2
4a  4a b
→→
2
 b
→
→
2
4  2  4 2  4
5
→→
由；
2a  b


 2
【小问 3 详解】
→→→→2→ →
a  a  2b   a  2a  b  2  2 2  6 ，
 →
a  2b
→

2
a  4a  b  4b
→2
→
→→
2
2  4 2  4  4
→→
a  2b



26,
→→→
→ →→ a  a  2b 63 13
26
→
a
b
所以cs a, a  2b  →→ .
a  22 13
甲、乙两支篮球队进入某次决赛，比赛采用“主客场比赛制”，具体赛制如下：若某队两场比赛均获胜或一胜一平，则获得冠军；若某队两场比赛均平局或一胜一负，则通过加时赛决出冠军.现假定甲队在主场
获胜的概率为 p ，平局的概率为 2 p ，其中0  p  1 ；甲队在客场获胜和平局的概率均为 p ；加时赛甲队
32
获胜的概率为 p .不同对阵的结果相互独立，假设甲队先主场后客场.
已知 p  2 .
5
求甲队通过加时赛获得冠军的概率；
求甲队获得冠军的概率.
除“主客场比赛制”外，也经常采用在第三方场地的“单场比赛制”：若某队比赛获胜则获得冠军；若为
平局，则通过加时赛决出冠军.假定甲队在第三方场地获胜的概率为 p2 ，平局的概率为 p ，加时赛甲队获
2
胜的概率为 p .问哪种赛制更有利于甲队夺冠？
18134
【答案】（1）（i） 125 ；（ii） 375
（2）“主客场比赛制”比第三方场地的“单场比赛制”更加有利于甲队夺冠
【解析】
【分析】（1）（i）先分析出事件 A 即甲队通过加时赛获得冠军，包含甲队主胜客负，主负客胜，主平客平
三种情况，然后加时赛获胜，得到 P  A 的表达式，将 p  2 代入计算即可；（ii）先分析出事件 B 即甲队
5
获得冠军包含甲队加时赛胜，主胜客胜，主胜客平，主平客胜四种情况，得到 P  B  的表达式，将 p  2
5
代入计算即可；
（2）先分析出事件C 即在第三方场地的“单场比赛制”下甲队获胜包含甲队胜，甲队平且加时赛胜两种情况，得到 P C  的表达式，分析出 p 的取值范围，借助 p 的取值范围得到 P  B  ， P C  的大小关系即可知哪种赛制更有利于甲队夺冠.
【小问 1 详解】
设甲队通过加时赛获得冠军为事件 A ，
则事件 A 包含甲队主胜客负，主负客胜，主平客平，然后加时赛获胜，
5 p  p2 p p 
3 p2 1 p
所以 P  A   p 1 p  1 3  2   p 2.
32 
因为 p  2 ，所以 P  A  3  4  3  18 ；
52255125
设甲队获得冠军为事件 B ，
则事件 B 包含甲队加时赛胜，主胜客胜，主胜客平，主平客胜，
pp2 p p17 p23 p3
则 P  B  P  A  p   p   .
223262
因为 p  2 ，所以 P  B  17  4  3  8  134 .
5
【小问 2 详解】
6252125375
在第三方场地的“单场比赛制”下，将甲队获胜记为事件C ，则事件C 包含甲队胜，甲队平且加时赛胜，
213 p2
则 P C   p
 p  p ，
22
因为0  p  2 p  1 ，所以0  p  3 ，此时0  p2  p  33 ，符合题意，
35250
17 p23 p33 p24 p23 p3p2
P  B  P C  
622326
8  9 p ，
因为0  p  3 ， p2 ， 8  9 p  0 ，所以 P  B  P C   0 ，
560
即“主客场比赛制”比第三方场地的“单场比赛制”更加有利于甲队夺冠.