1. 某高校對中文系新生進(jìn)行體測，利用隨機(jī)數(shù)表對650名學(xué)生進(jìn)行抽樣，先將650名學(xué)生進(jìn)行編號，001，002，…，649，650.從中抽取50個樣本，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列開始向右讀取數(shù)據(jù)，則得到的第6個樣本編號是（ ）
32 21 18 34 29 78 64 54 07 32 52 42 06 44 38 12 23 43 56 77 35 78 90 56 42
84 42 12 53 31 34 57 86 07 36 25 30 07 32 86 23 45 78 89 07 23 68 96 08 04
32 56 78 08 43 67 89 53 55 77 34 89 94 83 75 22 53 55 78 32 45 77 89 23 45
A. 623B. 328C. 072D. 457
【答案】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列開始向右讀取數(shù)據(jù)，
第一個數(shù)為253，第二個數(shù)是313，
第三個數(shù)是457，下一個數(shù)是860，不符合要求，
下一個數(shù)是736，不符合要求，下一個是253，重復(fù)，
第四個是007，第五個是328，第六個數(shù)是623，，故A正確.
故選：A.
2. 某校高一共有10個班，編號1至10，某項(xiàng)調(diào)查要從中抽取三個班作為樣本，現(xiàn)用抽簽法抽取樣本，每次抽取一個號碼，共抽3次，設(shè)五班第二次被抽到的可能性為，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)題意，在抽樣過程中每個個體被抽到的概率相等即可求解.
【詳解】因?yàn)榭傮w中共有10個個體，
所以五班第一次沒被抽到，第二次被抽到的可能性為
.
故選：.
3. 已知向量，，則（ ）
A. 30°B. 150°C. 60°D. 120°
【答案】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)橄蛄浚?br>所以，
又，所以，所以，
所以.
故選：B.
4. 已知為兩條不同的直線，為兩個不同的平面，則下列說法錯誤的是（ ）
A. 若，，則
B. 若，則
C. 若，則
D. 若為異面直線，，，，則
【答案】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)時即可判斷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】對于A：若，，根據(jù)線面平行的判定定理可知，故A正確；
對于B：若，則，故B正確；
對于C：當(dāng)時，，由面面垂直的性質(zhì)定理可得，
當(dāng)時，，則或或與相交，故C錯誤；
對于D：因?yàn)椋?，所以存在使得，又，，所以?br>又且為異面直線，所以平面內(nèi)的兩直線、必相交，
所以，故D正確.
故選：C
5. 下列說法正確的是（ ）
A. 互斥的事件一定是對立事件，對立事件不一定是互斥事件
B. 若，則事件A與事件B是對立事件
C. 從長度為1，3，5，7，9的5條線段中任取3條，則這三條線段能構(gòu)成一個三角形的概率為
D. 事件A與事件B中至少有一個發(fā)生的概率不一定比A與B中恰有一個發(fā)生的概率大
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)互斥事件、對立事件和古典概型及其計(jì)算逐一判定即可．
【詳解】對于A，由互斥事件和對立事件的關(guān)系可判斷，對立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是對立事件，故A錯誤;
對于B，由，并不能得出A與B是對立事件，
舉例說明：現(xiàn)從a，b，c，d四個小球中選取一個小球，已知選中每個小球的概率是相同的，
設(shè)事件A表示選中a球或b球，則，事件B表示選中b球或c球，則，所以，但A，B不是對立事件，故B錯誤;
對于C，該試驗(yàn)的樣本空間可表示為：
，共有10個樣本點(diǎn)，其中能構(gòu)成三角形的樣本點(diǎn)有，共3個，
故所求概率，故C錯誤;
對于D，若A，B是互斥事件，事件A，B中至少有一個發(fā)生的概率等于A，B中恰有一個發(fā)生的概率，故D正確．
故選：D.
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（ ）．
A. 58或64B. 58C. 59或64D. 59
【答案】A
【解析】
【分析】先對數(shù)據(jù)從小到大排序，分，，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個數(shù)從小到大排序?yàn)?5，49，53，57，61，79．
若，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，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，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x和61（或61和x），則，
解得或
故選：A
7. 如圖，四邊形為正方形，平面，記三棱錐的體積分別為，則（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【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，求出的值，結(jié)合選項(xiàng)，即可判斷出答案.
【詳解】連接BD交AC于O，連接，

設(shè)，
由于平面，則平面,
則；
平面平面，故，
又四邊形為正方形，則，而平面，
故平面，平面，故，
又平面，平面，平面，故，
，
而，所以，
即得，而平面，
故平面，又，
故，
故，故ABC錯誤，D正確，
故選：D
8. 已知平面向量，，，且，.已知向量與所成的角為60°，且對任意實(shí)數(shù)恒成立，則的最小值為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】對任意實(shí)數(shù)恒成立，兩邊平方，轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的恒成立問題，用判別式來解，算出，借助，得到，的最小值轉(zhuǎn)化為的最小值，最后用絕對值的三角不等式來解即可
【詳解】根據(jù)題意，，
，兩邊平方，整理得到，
對任意實(shí)數(shù)恒成立，則，解得，則
由于，如上圖，，則
，則的最小值為．
當(dāng)且僅當(dāng)終點(diǎn)在同一直線上時取等號.
故選：B．
二?多項(xiàng)選擇題.本題共3個小題，每小題6分，共18分.在每個小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，部分選對的得部分，有選錯的得0分.
9. 某保險公司為客戶定制了5個險種：甲，一年期短期；乙，兩全保險；丙，理財(cái)類保險；丁，定期壽險；戊，重大疾病保險．各種保險按相關(guān)約定進(jìn)行參保與理賠．該保險公司對5個險種參保客戶進(jìn)行抽樣調(diào)查，得到如圖所示的統(tǒng)計(jì)圖表．則（ ）

A. 丁險種參保人數(shù)超過五成B. 41歲以上參保人數(shù)超過總參保人數(shù)的五成
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5000元
【答案】ACD
【解析】
【分析】根據(jù)統(tǒng)計(jì)圖表逐個選項(xiàng)進(jìn)行驗(yàn)證即可.
【詳解】由參保險種比例圖可知，丁險種參保人數(shù)比例，故A正確
由參保人數(shù)比例圖可知，41歲以上參保人數(shù)超過總參保人數(shù)的不到五成，B錯誤
由不同年齡段人均參保費(fèi)用圖可知，周歲人群人均參保費(fèi)用最少，但是這類人所占比例為，
周歲以上參保人數(shù)最少比例為，周歲以上人群人均參保費(fèi)用,所以18－29周歲人群參保的總費(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5000元,故D正確
故選：ACD．
10. 在發(fā)生公共衛(wèi)生事件期間，有專業(yè)機(jī)構(gòu)認(rèn)為該事件在一段時間內(nèi)沒有發(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7人”過去10日，甲?乙?丙?丁四地新增疑似病例數(shù)據(jù)信息如下：
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
【答案】AD
【解析】
【分析】假設(shè)最多一天疑似病例超過7人，根據(jù)極差可判斷；
根據(jù)平均數(shù)可算出10天疑似病例總?cè)藬?shù)，可判斷．
【詳解】解：假設(shè)甲地最多一天疑似病例超過7人，甲地中位數(shù)為2，說明有一天疑似病例小于2，極差會超過5，甲地每天疑似病例不會超過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7人，由此不能斷定一定沒有發(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7人，丁地總體平均數(shù)為2，說明極差會超過3，丁地每天疑似病例不會超過7，選D．
故選：AD．
11. 勒洛四面體是一個非常神奇的“四面體”，它能像球一樣來回滾動．勒洛四面體是以正四面體的四個頂點(diǎn)為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的相交部分圍成的幾何體．如圖所示，設(shè)正四面體的棱長為2，則下列說法正確的是（ ）

A. 勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為
B. 勒洛四面體被平面截得的截面面積是
C. 勒洛四面體表面上交線的長度為
D. 勒洛四面體表面上任意兩點(diǎn)間的距離可能大于2
【答案】ABD
【解析】
【分析】A選項(xiàng)：求出正四面體的外接球半徑，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)對稱性得到交線所在圓的圓心和半徑，求出長度；D選項(xiàng)，作出正四面體對棱中點(diǎn)連線，在C選項(xiàng)的基礎(chǔ)上求出長度.
【詳解】A選項(xiàng)，先求解出正四面體的外接球，如圖所示：
取的中點(diǎn)，連接，過點(diǎn)作于點(diǎn)，則為等邊的中心，
外接球球心為，連接，則為外接球半徑，設(shè)，

由正四面體的棱長為2，則，，
，
，，
由勾股定理得：，即，解得：，
此時我們再次完整的抽取部分勒洛四面體，如圖所示：
圖中取正四面體中心為，連接交平面于點(diǎn)，交于點(diǎn)，
其中與共面，其中即為正四面體外接球半徑，
設(shè)勒洛四面體內(nèi)切球半徑為，則，故A正確；
B選項(xiàng)，勒洛四面體截面面積的最大值為經(jīng)過正四面體某三個頂點(diǎn)的截面，如圖所示：

面積為，B正確；
C選項(xiàng)，由對稱性可知：勒洛四面體表面上交線所在圓的圓心為的中點(diǎn)，
故，又，
由余弦定理得：，
故，且半徑為，故交線的長度等于，C錯誤；
D選項(xiàng)，將正四面體對棱所在的弧中點(diǎn)連接，此時連線長度最大，如圖所示：
連接，交于中點(diǎn)，交于中點(diǎn)，連接，則，
則由C選項(xiàng)的分析知：，
所以，
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)常考查，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大，是對棱弧中點(diǎn)連線，最大長度為，
②表面6個弧長之和不是6個圓心角為的扇形弧長之和，其圓心角為，半徑為.
三?填空題：本題共3個小題，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n的樣本，樣本中的A型號產(chǎn)品有15件，那么樣本容量n為________．
【答案】70
【解析】
【分析】利用分層抽樣的定義得到方程，求出.
【詳解】由題意得，解得.
故答案為：70
13. 平面四邊形ABCD中，AB=AD=CD=1，BD，BD⊥CD，將其沿對角線BD折成四面體A′﹣BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，若四面體A′﹣BCD頂點(diǎn)在同一個球面上，則該球的表面積_____.
【答案】
【解析】
【分析】
根據(jù)BD⊥CD，BA⊥AC，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)槠矫鍭′BD⊥平面BCD， BD⊥CD，
所以CD⊥平面ABD，
∴CD⊥BA，又BA⊥AD，∴BA⊥面ADC，
所以BA⊥AC，
所以△BCD和△ABC都是直角三角形，
由題意，四面體A﹣BCD頂點(diǎn)在同一個球面上，
所以BC的中點(diǎn)就是球心，所以BC，球的半徑為：
所以球的表面積為：3π.
故答案為：.
【點(diǎn)睛】本題主要考查面面垂直的性質(zhì)定理和球的外接問題，還考查空間想象和運(yùn)算求解的能力，屬于中檔題.
14. 若一組樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)為10，另一組樣本數(shù)據(jù)的方差為8，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__________.
【答案】54
【解析】
【分析】計(jì)算出、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.
【詳解】由題意可知，數(shù)據(jù)的平均數(shù)為10，
所以，則，
所以數(shù)據(jù)的平均數(shù)為，
方差為，所以，
將兩組數(shù)據(jù)合并后，得到新數(shù)據(jù)，
則其平均數(shù)為，
方差為
.
故答案為：.
四?解答題：本題共5個小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明?證明過程或演算步驟.
15. 袋中有形狀、大小都相同的個小球，標(biāo)號分別為.
（1）從袋中一次隨機(jī)摸出個球，求標(biāo)號和為奇數(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：若摸出兩個球標(biāo)號和為奇數(shù)，則甲勝，反之，則乙勝.你認(rèn)為此游戲是否公平?說明你的理由.
【答案】（1）
（2）是公平的，理由見解析
【解析】
【分析】（1）利用列舉法寫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1詳解】
試驗(yàn)的樣本空間，共6個樣本點(diǎn)，設(shè)標(biāo)號和為奇數(shù)為事件 B，則 B包含的樣本點(diǎn)為，，，，共4個，所以
【小問2詳解】
試驗(yàn)的樣本空間，共有16個，
設(shè)標(biāo)號和為奇數(shù)為事件C，事件C包含的樣本點(diǎn)為，，，，，，，，共8個,
故所求概率為,即甲勝的概率為，則乙勝的概率為,
所以甲、乙獲勝的概率是公平的.
16. （1）請利用已經(jīng)學(xué)過的方差公式：來證明方差第二公式；
（2）如果事件與相互獨(dú)立，那么與相互獨(dú)立嗎？請給予證明.
【答案】（1）證明見解析；（2）獨(dú)立，證明見解析
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意，對方差公式恒等變形，分析可得結(jié)論；
（2）根據(jù)相互獨(dú)立事件的定義，只需證明即可.
【詳解】（1）
；
（2）因?yàn)槭录c相互獨(dú)立，
所以，
因?yàn)椋?br>所以
，
所以事件與相互獨(dú)立.
17. 如圖，四棱錐的側(cè)面是邊長為2的正三角形，底面為矩形，且平面平面，，分別為，的中點(diǎn)，二面角的正切值為2.
（1）求四棱錐的體積；
（2）證明：
（3）求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】（1）
（2）證明見解析 （3）
【解析】
【分析】（1）先證明為二面角的平面角，可得底面為正方形，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平面，即可證明；
（3）由平面可得為直線與平面所成的角，計(jì)算其正弦值即可.
【小問1詳解】
解：∵是邊長為2的正三角形，為中點(diǎn)，∴，
又∵平面平面，平面平面
∴平面
又平面，∴
∴為二面角的平面角，
∴
又，∴∴底面為正方形.
∴四棱的體積.
【小問2詳解】
證明：由（1）知，平面，平面，
∴
在正方形中，易知
∴
而，
∴∴
∵，∴平面
∵平面，
∴.
【小問3詳解】
設(shè)，連接，.
∵平面.
∴為直線與平面所成的角
∵，∴，
∴
又，
∴
∴直線與平面所成角的正弦值為.
18. 某市根據(jù)居民的月用電量實(shí)行三檔階梯電價，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，，三個區(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：），進(jìn)行適當(dāng)分組后（每組為左閉右開的區(qū)間），頻率分布直方圖如下圖所示.

（1）求的值；
（2）若去年小明家的月均用電量為，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，請判斷小明的估計(jì)是否正確？
（3）通過進(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）
【答案】（1）
（2）不正確 （3）
【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1詳解】
根據(jù)頻率和為1，可知，
可得.
【小問2詳解】
由題意，需要確定月均用電量的85%分位數(shù)，
因?yàn)椋?br>，
所以85%分位數(shù)位于內(nèi)，
從而85%分位數(shù)為.
所以小明的估計(jì)不正確.
【小問3詳解】
由題意，A區(qū)的樣本數(shù)為，樣本記為，，，，平均數(shù)記為；
B區(qū)樣本數(shù)，樣本記為，，，，平均數(shù)記為；
C區(qū)樣本數(shù)為，樣本記為，，，，平均數(shù)記為.
記抽取的樣本均值為，.
設(shè)該市第二檔用戶的月均用電量方差為，則根據(jù)方差定義，總體樣本方差為
因，所以，
同理，
，
因此
，
代入數(shù)據(jù)得
.
19. 在世界杯小組賽階段，每個小組內(nèi)的四支球隊(duì)進(jìn)行循環(huán)比賽，共打6場，每場比賽中，勝、平、負(fù)分別積3，1，0分.每個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，則需要通過凈勝球數(shù)等規(guī)則決出前兩名，每個小組前兩名球隊(duì)出線，進(jìn)入淘汰賽.假定積分相同的球隊(duì)，通過凈勝球數(shù)等規(guī)則出線的概率相同（例如：若B，C，D三支積分相同的球隊(duì)同時爭奪第二名，則每個球隊(duì)奪得第二名的概率相同）.已知某小組內(nèi)的A，B，C，D四支球隊(duì)實(shí)力相當(dāng)，且每支球隊(duì)在每場比賽中勝、平、負(fù)的概率都是，每場比賽的結(jié)果相互獨(dú)立.
（1）求A球隊(duì)在小組賽的3場比賽中只積3分的概率；
（2）已知在已結(jié)束的小組賽的3場比賽中，A球隊(duì)勝2場，負(fù)1場，求A球隊(duì)最終小組出線的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分類討論只積3分的可能情況，結(jié)合獨(dú)立事件概率乘法公式運(yùn)算求解；
（2）由題意，若A球隊(duì)參與的3場比賽中勝2場，負(fù)1場，根據(jù)獲勝的三隊(duì)通過凈勝球數(shù)等規(guī)則決出前兩名，分情況討論結(jié)合獨(dú)立事件概率乘法公式運(yùn)算求解.
【小問1詳解】
A球隊(duì)在小組賽的3場比賽中只積3分，有兩種情況.
第一種情況：A球隊(duì)在3場比賽中都是平局，其概率為.
第二種情況：A球隊(duì)在3場比賽中勝1場，負(fù)2場，其概率為.
故所求概率為.
【小問2詳解】
不妨假設(shè)A球隊(duì)參與的3場比賽的結(jié)果為A與B比賽，B勝；A與C比賽，A勝；A與D比賽，A勝.
此情況下，A積6分，B積3分，C，D各積0分.
在剩下的3場比賽中：
若C與D比賽平局，則C，D每隊(duì)最多只能加4分，此時C，D的積分都低于A的積分，A可以出線；
若B與C比賽平局，后面2場比賽的結(jié)果無論如何，都有兩隊(duì)的積分低于A，A可以出線；
若B與D比賽平局，同理可得A可以出線.
故當(dāng)剩下3場比賽中有平局時，A一定可以出線.
若剩下的3場比賽中沒有平局，則當(dāng)B，C，D各贏1場比賽時，A可以出線.
當(dāng)B，C，D中有一支隊(duì)伍勝2場時，
若C勝2場，B勝1場，A，B，C爭奪第一、二名，則A淘汰的概率為；
若D勝2場，B勝1場，A，B，D爭奪第一、二名，則A淘汰的概率為.
其他情況A均可以出線.
綜上，A球隊(duì)最終小組出線的概率為.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解題的關(guān)鍵在于分類討論獲勝的三隊(duì)通過凈勝球數(shù)等規(guī)則決出前兩名，討論要恰當(dāng)劃分，做到不重不漏，從而即可順利得解.

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