黑龍江省大慶市某中學2024-2025學年高二年級上冊開學考試數(shù)學試卷（含答案解析）

黑龍江省大慶市大慶實驗中學2024-2025學年高二上學期開學

考試數(shù)學試卷

學校:姓名：班級：考號：

一、單選題

z

1.已知z=2+i,則---:=()

Z+1

、3—ic1-i-3+ic1+i

A.-----B.-----C.-----D.-----

4444

2.已知隨機事件A和B互斥，A和C對立，且尸(C)=0.8,尸(⑼=0.3,則P(AB)=()

A.0.2B.0.3C.0.4D.0.5

3.在VABC中，已知AC=1,BC=6,8=30。，則4=()

A.60°B.120°C.60?；?20。D.30°或90°

4.設4牡〃是三條不同的直線，a,6是兩個不重合的平面，給定下列命題:①

\ai!p

mua

aLm,aLn\.La]

卜na_La；③6；④\naIf3;⑤〃u/>=>mlIn；(6)

機,〃uaJm±/>Jau

a11P

aVp

mlla其中為真命題的個數(shù)為()

n1廿

A.1B.2C.3D.4

5.如圖，曲柄連桿機構中，曲柄CB繞C點旋轉時，通過連桿的傳遞，活塞做直線往復

運動.當曲柄在C穌位置時，曲柄和連桿成一條直線，連桿的端點A在4處.設連桿A8長

100mm,曲柄C2長35mm,則曲柄自C2。按順時針方向旋轉53.2。時，活塞移動的距離（即

連桿的端點A移動的距離&A）約為（）（結果保留整數(shù)）（參考數(shù)據(jù)：sin53.2°?0.8）

A.17mmB.18mmC.19mmD.20mm

6.若4,2,1,5,4的第p百分位數(shù)是4,則P的取值范圍是（）

A.（40,80）B.（40,80]C.（60,80）D,[60,80）

7.氣象意義上從春季進入夏季的標志為：“連續(xù)5天每天日平均溫度不低于22℃"，現(xiàn)有甲、

乙、丙三地連續(xù)5天的日平均溫度的記錄數(shù)據(jù)（記錄數(shù)據(jù)都是正整數(shù)，單位。C）

①甲地：5個數(shù)據(jù)的中位數(shù)為24,眾數(shù)為22；

②乙地：5個數(shù)據(jù)的中位數(shù)為27,平均數(shù)為24；

③丙地：5個數(shù)據(jù)中有一個數(shù)據(jù)是32,平均數(shù)為26,方差為10.2；

則肯定進入夏季的地區(qū)有

A.0個B.1個C.2個D.3個

8.在三棱錐A-3CD中，AB=BC=CD=DA=272,ZADC=ZABC=90,平面ABCJ"平

面ACD,三棱錐A-BCD的所有頂點都在球。的球面上，E,F分別在線段OB,CD上運動（端

點除外），8后=0仃.當三棱錐E-ACF的體積最大時，過點尸作球。的截面，則截面面積

的最小值為（）

二、多選題

9.以下結論中錯誤的是（）

A.小卜回斗。+葉'是“％6共線”的充要條件

B.若al1b，則存在唯一的實數(shù)幾，使a=Ab

C.右a=b,b=c>貝！Jd—c

D.若a,。為非零向量且ab=o,貝Ua,6的夾角為直角

10.有6個相同的球，分別標有數(shù)字1,2,3,4,5,6,從中不放回的隨機取兩次，每次

試卷第2頁，共6頁

取1個球，事件A表示“第一次取出的球的數(shù)字是偶數(shù)”，事件B表示“第二次取出的球的數(shù)

字是奇數(shù)”，事件C表示“兩次取出的球的數(shù)字之和是偶數(shù)”，事件。表示“兩次取出的球的數(shù)

字之和是奇數(shù)”，則（）

A.A與8是互斥事件B.C與O互為對立事件

C.B發(fā)生的概率為■D.8與C不相互獨立

2

11.如圖，矩形ABC。中，/為BC的中點，將沿直線AM翻折成連接

N為耳。的中點，則在翻折過程中，下列說法正確的是（）

A.不存在某個位置，使得CN,A耳

B.翻折過程中，CN的長是定值

C.若=則AM，耳。

D.若AB=BM=1,當三棱錐用-AMD的體積最大時，其外接球的表面積是4兀

三、填空題

12.若忖=1,忖=2,。與6的夾角為60。，且（3（7+56）_1（加°-6）,則加的值為.

222222

13.已知樣本數(shù)據(jù)%的,%'&'名都為正數(shù)，其方差=|（<7[+a2+a3+<74+a5-80）,則

樣本數(shù)據(jù)2al+3、2%+3、2。3+3>2a4+3、2%+3的平均數(shù)為.

14.甲，乙兩人組成的“夢隊”參加籃球機器人比賽，比賽分為自主傳球，自主投籃2個環(huán)節(jié)，

其中任何一人在每個環(huán)節(jié)獲勝得2分，失敗得。分，比賽中甲和乙獲勝與否互不影響，各環(huán)

3

節(jié)之間也互不影響.若甲在每個環(huán)節(jié)中獲勝的概率都為了，乙在每個環(huán)節(jié)中獲勝的概率都為

4

P,且甲，乙兩人在自主傳球環(huán)節(jié)得分之和為2的概率為盤，“夢隊”在比賽中得分不低于6

12

分的概率為.

四、解答題

15.

一個盒子中裝有4張卡片，每張卡片上寫有1個數(shù)字，數(shù)字分別是1、2、3、4.現(xiàn)

從盒子中隨機抽取卡片.

（1）若一次抽取3張卡片，求3張卡片上數(shù)字之和大于7的概率；

（2）若第一次抽1張卡片，放回后再抽取1張卡片，求兩次抽取中至少一次抽到數(shù)字

3的概率.

16.某中學舉行了一次“環(huán)保知識競賽”，全校學生參加了這次競賽.為了了解本次競賽成績

情況，從中抽取了部分學生的成績（得分取正整數(shù)，滿分為100分）作為樣本進行統(tǒng)計.請

根據(jù)下面尚未完成并有局部污損的頻率分布表（如圖所示）和頻率分布直方圖（如圖所示）

解決下列問題：頻率分布表:

組另I」分組頻數(shù)頻率

第1組[50,60)80.16

第2組[60,70)a■

第3組[70,80)200.40

第4組[80,90)0.08

第5組[90,100]2b

合計

頻率分布直方圖:

試卷第4頁，共6頁

頻率

(2)若根據(jù)這次成績，學校準備淘汰90%同學，僅留10%的同學進入下一輪競賽，請問晉

級分數(shù)線劃為多少合理？

⑶某老師在此次考試成績中抽取10名學生的分數(shù)：石,馬，吃，，/，已知這10個分數(shù)的平

均數(shù)了=90,標準差5=6,若剔除其中的100和80這兩個分數(shù)，求剩余8個分數(shù)的平均

數(shù)與標準差.

17.如圖，在三棱錐A—BCD中，△ABD是等邊三角形，BDLDC,AB=2,AC=4,

ZDBC=60,E,尸分別AD,DC的中點.

(1)求證：平面BEF,平面ADC；

(2)求二面角￡-3尸-。的余弦值.

18.數(shù)據(jù)傳輸包括發(fā)送與接收兩個環(huán)節(jié).在某數(shù)據(jù)傳輸中，數(shù)據(jù)是由數(shù)字0和1組成的數(shù)字

串，發(fā)送時按順序每次只發(fā)送一個數(shù)字.發(fā)送數(shù)字1時,收到的數(shù)字是1的概率為0(0<e<1),

收到的數(shù)字是0的概率為1-a；發(fā)送數(shù)字0時，收到的數(shù)字是0的概率為《(0</<1),收

到的數(shù)字是1的概率為1-/.假設每次數(shù)字的傳輸相互獨立，且〃+￡=

(1)當a=￡時，若發(fā)送的數(shù)據(jù)為“10”，求收到的所有數(shù)字都正確的概率；

⑵用X表示收到的數(shù)字串,將X中數(shù)字1的個數(shù)記為"(X),如X=“1011”,則〃(X)=3.

(i)若發(fā)送的數(shù)據(jù)為：“100”，且P(“(X)=O)：PS(X)=I)=3：II,求夕；

(ii)若發(fā)送的數(shù)據(jù)為“1100”，求P(R(X)=2)的最大值.

19.“費馬點”是由十七世紀法國數(shù)學家費馬提出并征解的一個問題.該問題是：“在一個三

角形內(nèi)求作一點，使其與此三角形的三個頂點的距離之和最小.意大利數(shù)學家托里拆利給出

了解答，當VABC的三個內(nèi)角均小于120時，使得NAQB=NBOC=NCOA=120。的點。即

為費馬點；當VABC有一個內(nèi)角大于或等于120時，最大內(nèi)角的頂點為費馬點.試用以上

知識解決下面問題：

(1)若VABC是邊長為4的等邊三角形，求該三角形的費馬點。到各頂點的距離之和；

⑵VABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且a=6sinA,點尸為VABC的費馬點.

(i)若ac=2后，求PAPB+PBPC+PCPA-,

(ii)若PA+PC=tPB,求f的最小值.

試卷第6頁，共6頁

參考答案:

題號12345678910

答案ADCBBACCABBC

題號11

答案ABD

1.A

【分析】運用復數(shù)乘除法運算化簡.

，、2z2+i(2+i)(2-2i)(2+i)(2-2i)6-2i36

【詳解】z+「2+i+i—(2+2i)(2-2i)―8"8"4'

故選：A.

2.D

【分析】利用對立事件概率公式和互斥事件加法公式計算即可.

【詳解】由A和C對立，P(C)=0.8,可得P(A)+P(C)=1,解得尸(A)=0.2,

又由隨機事件A和8互斥可知尸(AB)=0,

由尸(AB)=P(A)+P(B)-P(AB),

將尸(A)=0.2,P(B)=0.3代入計算可得P(AB)=0.5.

故選：D.

3.C

【分析】由正弦定理求解即可.

【詳解】VAC=1,BC=63=30。，

???由正弦定理/二=名，可得：.,_BC-sinB_^X|_V3,

smAsinBsinA=----——=---=--

AC1，

V30°<A<150°,=60°或120。.

故選：C.

4.B

【分析】根據(jù)空間中點線面的位置關系，即可結合選項逐一求解.

【詳解】對于①，若?！??！?。，則￡//月或者名?相交，故①錯誤,

對于②，由于機，〃未必相交，所以不一定得到a故②錯誤，

對于③，由于加機故a//尸，③正確

答案第1頁，共14頁

對于④，由面面垂直的判定可知④正確，

對于⑤，若7〃ua,〃u4,a///,則小〃"或者私"相交或者異面，故⑤錯誤，

對于⑥，若〃，尸，機尸，加〃〃或私〃相交或者異面，故⑥錯誤，

故選：B

5.B

【分析】利用余弦定理解三角形即可..

【詳解】在VABC中，AB=100,BC=35,NACB=53.2。，

因為sin53.2。。0.8,所以cos53.2。*0.6.

由余弦定理得：AB2=CB1+CA2-2CA-CB-cos53.2°

所以IGO?=35?+C42_2c4x35x0.60G42一42C4—8775=0=04=117或C4=-75（舍

去）.

因為135—117=18,所以A）A=18〃"w.

故選：B

6.A

【分析】根據(jù)第P百分位數(shù)的定義列不等式求。的取值范圍.

【詳解】將樣本數(shù)據(jù)4,2』,5,4按從小到大排列可得1,2,4,4,5,

因為樣本數(shù)據(jù)的第P百分位數(shù)是4,

所以2v5xp0/o<4,40</?<80,

所以P的取值范圍是（40,80）.

故選：A.

7.C

【分析】根據(jù)中位數(shù)、眾數(shù)、方差分析各選項中數(shù)據(jù)的可能性，從而可得正確的選項.

【詳解】甲地肯定進入，眾數(shù)為22,；.22至少出現(xiàn)兩次，若有一天低于22,則中位數(shù)不

可能為：；；

丙地也進入，根據(jù)方差的定義：

|［（%-26）2+（%-26）2+（/一26）2+（%_26）2+_26）1=10.2,

即（占一26）2+（無2—26）2+（毛—26）2+（/_26）2=0，

顯然芯,%，W，%都要大于22,才能成立.

答案第2頁，共14頁

乙地不一定進入，比如12,23,27,29,29.

故選：C

8.C

【分析】取AC的中點。，證得。為球心，利用二次函數(shù)求出三棱錐E-Ab的體積最大時x

的取值，當0P垂直于截面時，截面圓的面積最小，求得截面圓的半徑.

【詳解】如圖，取AC的中點0,連接OF,OB,OD,

因為NADC=/ABC=90。，所以OA=O2=OC=OD=LAC,即。為球心，

2

則球0的半徑尺=2,又鈿=3(7,所以05,4。，

又平面ABC_L平面ACD,平面43。1平面ACD=AC,03u平面ABC.

所以03,平面ACD,

設C「=x,則2E=A/L：<2,所以0cxe正，

所以三棱錐E-ACF的體積

1111_r\_r\(/—Q、2i

2

^=->5ACFxOE=-x-CFxADxOE=----2y/2(2-yf2x)=-(y/2x-x]=--x-—+-.

3ACF3232/3、'3|^2J3

當彳=變時,V取得最大值!，

23

由于OA=O3=OC=OD,在，COF中，由余弦定理得：

OF=y/oc2+CF--IOC-CFcosZACF=.4+--2x2x^x^=叵.

V2222

根據(jù)球的性質可知，當。尸垂直于截面時，截面圓的面積最小,

設此時截面圓的半徑為「，所以

則截面面積的最小值為無產(chǎn)

答案第3頁，共14頁

故選:c.

9.AB

【分析】根據(jù)a,b方向相同時，即可判斷必要性不成立，即可判斷A,根據(jù)共線定理即可

求解B,根據(jù)傳遞性即可求解C,根據(jù)數(shù)量積的計算即可求解D.

【詳解】對于A,若°,行方向相同時，同-也同a+6],故必要性不成立，因此A錯誤，

對于B,若al1b，且B為非零向量，則存在唯一的實數(shù)2,使a=%，若B為零向量，

此時存在彳使得G=助，但是2不唯一，故B錯誤，

對于C,若a=b,b=c，貝1Ja=c,故C正確，

對于D,若a,b為非零向量且ab=0,cosa,b=0,故°,b的夾角為直角，D正確，

故選：AB

10.BC

【分析】根據(jù)互斥事件、對立事件、相互獨立事件的定義以及結合古典概型的計算公式判斷

即可.

【詳解】由題意，不放回地隨機取兩次，共有6x5=30種情況，

A={(2,1),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(4,1),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),

(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5)}共15個樣本點，

B={(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(1,3),(2,3),(4,3),(5,3),(6,3),

(b5),(2,5),(3,5),(4,5),(6,5)}共15個樣本點,

故尸(2)$=；,故C正確；

事件A與8可以同時發(fā)生，不是互斥事件，故A錯誤；

C={(1,3),(1,5),(2,4),(2,6),(3,1),(3,5),(4,2),(4,6),(5.1),(5,3),(6,

2),(6,4)}共12個樣本點，

故尸(c)=>|，

。={(1,2),(1,4),(1,6),(2,1),(2,3),(2,5),(3,2),(3,4),(3,6),(4,1),

(4,3),(4,5).(5,2),(5.4),(5,6),(6,1),(6,3),(6,5)}共18個樣本點,

所以C與?；閷α⑹录蔅正確；

事件BC={(3,1),(5,1),(1,3),(5,3),(1,5),(3,5)}共6個樣本點，

所以P(8C)=*=[=P(B)P(C),所以8與C相互獨立，故不D正確.

答案第4頁，共14頁

故選：BC.

11.ABD

【分析】對于A,取的中點為E,若CNLA瓦，則可推出矛盾，即可判斷；對于B,結

合余弦定理即可判斷；對于C,采用反證的方法，利用AM,耳。得出互相矛盾的結論，即

可判斷；對于D,根據(jù)三棱錐體積最大，可得出平面平面4WD,從而結合面面垂

直性質求出相關線段的長，確定三棱錐外接球球心，求出半徑，即可判斷

【詳解】對于A,取4D的中點為E,連接CE交于凡則四邊形MCDE為平行四邊形，

如圖，

/為ATO的中點，由于N為耳。的中點，則NE//A四,N尸//M瓦,

B.......'MC

如果CNJ.AB],則EN_LCV,

由于A31_LM3i，則EN_LNF,

由于NE,N￡NC共面且共點，故不可能有ENLC7V,硒上所同時成立，

即不存在某個位置，使得CNLA瓦，A正確

對于B,結合A的分析可知=且NE=：AB1,AM=EC,

在：CEN中，NC2^NE1+EC2-2NE-EC-cosZNEC,

由于EN,EC,NNEC=N耳AM=N54M均為定值，故NC?為定值，

即翻折過程中，CN的長是定值，B正確；

對于C,如圖，取AM中點為。，由于=即A4=2jM,則AM_L3Q,

答案第5頁，共14頁

若⑷w，耳。，由于耳。門4。=耳,用0,用。<=平面。。耳，故AM,平面耳,

ODu平面。。耳，故A〃_L8,則A￡>=Affi>,

由于AB=3M,故9=2AB,DC=CM,貝！JA?=亞0）=0AB,

故"（WMD,與A￡）=MD矛盾，故C錯誤；

對于D,由題意知，只有當平面BAM,平面4WD時，三棱錐瓦-AM。的體積最大;

設A。中點為E,連接。E，4E,ME,由于AB=BAf=l,則4瓦=用〃=1,

且A4，瓦M，40，AM,而平面BjAMc平面AMD=AA7,耳Ou平面片AM,

故耳。_1_平面4WD,OEu平面4WD,故5]0_L0E,

1]I/9

則4W=0，4O=_AM=JOE=—OW=-AM=—

122222

貝。=

從而EBt==1,lj￡4=EEM=EB|=1,

即AD的中點E即為三棱錐Bt-AMD的外接球球心，球的半徑為1,

故外接球的表面積是4無，D正確，

故選：ABD

【點睛】難點點睛：解答本題的難點在于選項D的判斷，解答時結合三棱錐體積最大，可

得平面與AM1_平面4WD,從而結合面面垂直性質求出相關線段的長，確定三棱錐外接球

球心，求出半徑，即可判斷.

12.軍

8

【分析】由（3。+5可?（加〃-q=0及數(shù)量積的運算即可求解.

【詳解】因為忖=1,卜卜2,〃與人的夾角為60。，則Q2=1X2X：=1,

若（3Q+5b）_L{ma-b）,貝lj（3Q+5b）.（ma一b）=0,

可得3Td+（5加一3）〃2一5忖=0,BP3m+5m-3-20=0,解得m=1.

23

故答案為：v-

o

13.11

答案第6頁，共14頁

【分析】設樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)為7由條件結合方差公式可求鼠再根據(jù)平均數(shù)的性質可求

結論.

【詳解】設樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)為Q，則4+%+/+%+“5=5〃，4>0，

所以一：—Q)+(%—+(。3—+(〃4—+(05—

-5

以S2=—[〃[2+出2+%2+%2+〃5-2(41+&+/+&+%+5)]

以S2=—[%2+a22+Q32+%2+?5(Q)],

3^S2=—(弓2+〃22+/之+%2+。52-80),

所以5伍『=80,又"〉0，所以％=4,

所以樣本數(shù)據(jù)2q+3、2%+3、2〃3+3、2〃4+3、2%+3的平均數(shù)為2%+3=11.

故答案為：11.

14.-

3

【分析】根據(jù)相互獨立事件的概率乘法公式即可求解.

【詳解】若甲，乙兩人在自主傳球環(huán)節(jié)得分之和為2,則甲乙兩人中一個人成功一個人失敗,

Q15?

故概率為W（i-2）+7〃=歷，故p=］，

“夢隊”在比賽中得分不低于6分，則至少要贏3次，故概率為

13112

X—X—++—+—二

44643

2

故答案為：—

7

15.（1）0.5（2）一

16

【詳解】試題分析：（1）由題意知本題是一個古典概型，試驗包含的所有事件是任取三張卡

片，三張卡片上的數(shù)字全部可能的結果，可以列舉出，而滿足條件得事件數(shù)字之和大于7

的，可以從列舉出的結果中看出；（2）列舉出每次抽1張，連續(xù)抽取兩張全部可能的基本結

果，而滿足條件的事件是兩次抽取中至少一次抽到數(shù)字3,從前面列舉出的結果中找出來.

試題解析：（1）由題意知本題是一個古典概型，設A表示事件“抽取3張卡片上的

數(shù)字之和大于7”，

???任取三張卡片，三張卡片上的數(shù)字全部可能的結果是{1、2、3},{1、2、4},{1、

答案第7頁，共14頁

3、4},{2、3、4}共4個，其中數(shù)字之和大于7的是{1、3、4},{2、3、4},

.1.P（A）=0.5（2）設B表示事件“至少一次抽到3”，

:每次抽1張，連續(xù)抽取兩張全部可能的基本結果有：（1、1）（1、2）（1、3）（1、4）（2、

1）（2、2）（2、3）（2、4）（3、1）（3、2）（3、3）（3、4）（4、1）（4、2）（4、3）（4、4）,

共16個.

事件B包含的基本結果有（1、3）（2、3）（3、1）（3、2）（3、3）（3、4）（4、3）,共7個

基本結果.

7

二所求事件的概率為P（B）=—

16

16.⑴a=16,x=0.032,Z?=0.04,y—0.004.

⑵82.5

（3）90,2^/5

【分析】（1）根據(jù)頻率和頻數(shù)的關系以及直方圖中小矩形的面積代表頻率，進行計算即可;

（2）利用頻率分布直方圖計算第90百分位數(shù)即可；

（3）根據(jù)平均數(shù)和方差的計算公式求解即可.

Q

【詳解】（1）由題意可知抽取的學生人數(shù)為：97=50,

0.16

則第四組人數(shù)為：50x0.08=4,

所以。=50—8-20—4-2=16,

尤=----------=0.032,6=—=0.04,y=—=0.004.

50x1050-10

（2）成績落在［50,80］內(nèi)的頻率為：0.16+0.32+0.40=0.88,

落在［50,90］內(nèi)的頻率為：0.16+0.32+0.40+0.08=0.96,

設第90百分位數(shù)為加，

貝I」0.88+（m-80）x0.008=0.9,解得m=82.5,

故晉級分數(shù)線劃為82.5合理.

（3）因為了=90,所以玉+%2+七++再o=l°x90=900.

標準差s=6,所以$2=而（^+%；++流）—90?=6?,

則片+考++x^=81360,

答案第8頁，共14頁

剔除其中的100和80兩個分數(shù)，設剩余8個數(shù)為石，尤2,尤3，，“，用，

設平均數(shù)與標準差分別為耳s0,

則剩余8個分數(shù)的平均數(shù)為毛=」—T---------L=------------------=90,

OO

方差為尤;+制+?+-902=1(81360-1002-802)-902=20,

故標準差為％=2石.

17.(1)見解析

(2)7

【分析】(1)要證明面面垂直，轉化為證明線面垂直，根據(jù)幾何關系證明BEJL平面ADC；

(2)根據(jù)(1)的結果，利用垂直關系構造二面角的平面角，即可求解.

【詳解】(1)因為△AB￡>是等邊三角形，點E是的中點，AB=2,

所以且BE=6，

點瓦尸分別是A2OC的中點，所以跖=；AC=2,

△BCD中，ZBDC=90,且8D=2,ZDBC=60,

所以。尸=6，BF=yjBlf+DF2=V7>

所以BE?+EF2=BF?,即BEJ_EF,

且ADEF=E,且平面ADC,

所以BE_L平面ADC,BEu平面3EF,

所以平面8砂，平面ADC；

222

(2)1aDEF中，DE=\,DF=6,EF=2,DE+DF=EF>

所以DE1DF,

過點。作ZW_LEF,

因為平面平面ADC,且平面BEFI平面ADC=EF；

所以平面BEF,

性DN1BF,連結"N,

答案第9頁，共14頁

A

因為班'u平面3EF,所以

且DMDN=D,DM,DNu平面DMN,

所以族_L平面DAW,MNu平面DAW,

所以3F_LMV,

則4CVD為二面角的平面角，

DEF中,DM=DEDF=JI.,

EF2

,e,DBDF2732721

BF幣1

所以sin/MND=也=近,cosZMND=-,

DN44

3

所以二面角石-■-￡)的余弦值為7.

4

9

18.(1)—

16

(2)(i)^=|；(ii)P(〃(X)=2)的最大值為意

【分析】(1)利用事件獨立性即可求解；

(2)(i)分別把/，仆)=0)制〃(*)=1)概率表示出來，理解事件〃(*)=0表示1傳輸錯誤，

3

且兩個。傳輸都正確，理解〃(x)=i包含以下兩種情況，然后建立等式，將-尸代入等

式中消元，然后根據(jù)范圍確定取值；

(ii)理解事件〃(X)=2包含以下三種情況：①兩個1傳輸都正確，且兩個0傳輸都正確，

②有且只有一個1傳輸正確，且有且只有一個0傳輸正確，③兩個1傳輸都錯誤，且兩個0

傳輸都錯誤，分別求出概率再相加，利用換元的思想，令x=M，利用二次函數(shù)的性質研

究最值即可求解，注意需要確定尤的范圍.

答案第10頁，共14頁

【詳解】(1)記事件A:“收到的所有數(shù)字都正確”，

33

由已知a+，=Q且。=分可知a=/?=z，

所以P⑷=::=5；

(2)(i)由發(fā)送的數(shù)據(jù)為“100”可知，事件〃(X)=O表示1傳輸錯誤，且兩個0傳輸都正

確，

所以15(x)=0)=(1-。加2,

事件“(X)=I包含以下兩種情況；

①1傳輸正確，且兩個0傳輸都正確，其概率為皿2；

②1傳輸錯誤，且只有一個。傳輸都正確，其概率為2(1-0月(1_0=￡(2叩-1),

所以P(n(X)=l)=ap-+小鄧-1)；

又尸(〃(X)=O):尸(〃(X)=1)=3:11,

0a/r3

必2+例2a￡-1)11,

(1-?)/?_3

即—7=77，

3a0—\11

整理得114+3=203，

把a=/一夕代入上式，化簡得20,2_19￡+3=0,

31

解得：尸=；或尸=g，

3

因為a+，=Q,且Ovavl,O<y0<l,

11

所以大<a<l,—<f3<\,

22

所以力=93；

4

(ii)當發(fā)送的數(shù)據(jù)為“1100”,事件〃(X)=2包含以下三種情況：

①兩個1傳輸都正確，且兩個0傳輸都正確，其概率為。262；

②有且只有一個1傳輸正確，且有且只有一個0傳輸正確，

其概率為2a(1-①x2尸(1-0=4(郊-,

③兩個1傳輸都錯誤，且兩個0傳輸都錯誤，其概率為(1-a)2(1-02=(3一：)2,

答案第11頁，共14頁

所以P(n(X)=2)=(皿了+4皿(的一：)+(?^-1)2,

31(\9~

令工=幼，則％=aQ—1),不<。<1,從而?！瓴欢?

221216

所以P(〃(X)=2)=f+4x(x--)+(x--)2=6X2-3X+-,

224

1619

I己f(%)—6f—3x+—,xGI—,

由二次函數(shù)的性質可知，在［上當］單調遞增，

1216」

所以fM得最大值為/(J9)=恚59，

16128

即尸(〃(X)=2)的最大值為5三9.

128

【點睛】本題主要考查古典概型，隨件事件獨立性等知識，需要充分理解事件的獨立性求概

率，需要理解問題中的事件是哪些事件的和事件，需要不重不漏的表示出來，把問題利用函

數(shù)的思想來求解.

19.(1)4A/3

⑵(i)-2;(ii)2+2百

【分析】(1)運用費馬點定義，結合等邊三角形性質可解；

TT

(2)(i)由正弦定理得B=~,由費馬點定義可知，ZAPB=ZBPC=ZAPC=120,

結合SMB+S雙+SQ=S應得個+*+雙=4,再用數(shù)量積可解；(ii