精品解析：黑龙江省大庆市大庆实验中学2024-2025学年高二上学期开学考试数学试卷

大庆实验中学实验一部2023级高二上学期 8月份开学考试 数学学科试题 2024.8.21—2024.8.22 本试卷共2页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 一、选择题（本题共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） 1. 已知 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】运用复数乘除法运算化简. 【详解】. 故选：A. 2. 已知随机事件和互斥，和对立，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.5 【答案】D 【解析】 【分析】利用对立事件概率公式和互斥事件加法公式计算即可. 【详解】由和对立，，可得，解得， 又由随机事件和互斥可知， 由， 将代入计算可得. 故选：D. 3. 在中，已知，，，则（ ） A. 60° B. 120° C. 60°或120° D. 30°或90° 【答案】C 【解析】 分析】由正弦定理求解即可． 【详解】∵，，， ∴由正弦定理，可得：， ∵，∴或． 故选：C． 4. 设是三条不同的直线，是两个不重合的平面，给定下列命题：①；②；③；④；⑤；⑥. 其中为真命题的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间中点线面的位置关系，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于①，若，则或者相交，故①错误， 对于②,由于未必相交，所以不一定得到，故②错误， 对于③，由于，故，③正确 对于④,由面面垂直的判定可知④正确， 对于⑤,若，则或者相交或者异面，故⑤错误， 对于⑥,若， 或相交或者异面，故⑥错误， 故选：B 5. 如图，曲柄连杆机构中，曲柄绕C点旋转时，通过连杆的传递，活塞做直线往复运动.当曲柄在位置时，曲柄和连杆成一条直线，连杆的端点在处.设连杆长，曲柄CB长，则曲柄自按顺时针方向旋转53.2°时，活塞移动的距离（即连杆的端点移动的距离）约为（ ）（结果保留整数）（参考数据：） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用余弦定理解三角形即可.. 【详解】在中，，，， 因为，所以. 由余弦定理得： 所以或（舍去）. 因为，所以. 故选：B 6. 若的第百分位数是，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据第百分位数的定义列不等式求的取值范围. 详解】将样本数据按从小到大排列可得， 因为样本数据的第百分位数是， 所以，， 所以的取值范围是. 故选：A. 7. 气象意义上从春季进入夏季的标志为：“连续5天每天日平均温度不低于22℃”，现有甲、乙、丙三地连续5天的日平均温度的记录数据(记录数据都是正整数，单位℃) ①甲地：5个数据的中位数为24，众数为22； ②乙地：5个数据的中位数为27，平均数为24； ③丙地：5个数据中有一个数据是32，平均数为26，方差为； 则肯定进入夏季的地区有 A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】C 【解析】 【分析】根据中位数、众数、方差分析各选项中数据的可能性，从而可得正确的选项. 【详解】甲地肯定进入，众数为，至少出现两次，若有一天低于，则中位数不可能为； 丙地也进入，根据方差的定义： ， 即， 显然都要大于，才能成立. 乙地不一定进入，比如. 故选：C 8. 在三棱锥中，，平面平面，三棱锥的所有顶点都在球的球面上，分别在线段上运动（端点除外），.当三棱锥的体积最大时，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取的中点,证得为球心，利用二次函数求出三棱锥的体积最大时的取值，当垂直于截面时，截面圆的面积最小，求得截面圆的半径. 【详解】如图，取的中点,连接, 因为，所以，即为球心， 则球的半径,又,所以, 又平面平面，平面平面平面. 所以平面， 设，则,所以， 所以三棱锥的体积. 当时,取得最大值， 由于，在中，由余弦定理得: 根据球的性质可知，当垂直于截面时，截面圆的面积最小， 设此时截面圆的半径为，所以. 则截面面积的最小值为. 故选:C. 二、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） 9. 以下结论中错误的是（ ） A. “”是“共线”的充要条件 B. 若 ，则存在唯一的实数 ，使 C. 若 ，则 D. 若 为非零向量且 ，则 的夹角为直角 【答案】AB 【解析】 【分析】根据方向相同时，即可判断必要性不成立，即可判断A，根据共线定理即可求解B，根据传递性即可求解C，根据数量积的计算即可求解D. 【详解】对于A，若方向相同时，，故必要性不成立，因此A错误， 对于B，若 ，且为非零向量，则存在唯一的实数 ，使 ，若为零向量，此时存在使得，但是不唯一，故B错误， 对于C，若 ，则 ，故C正确， 对于D，若 为非零向量且 ，，故的夹角为直角，D正确， 故选：AB 10. 有6个相同球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回的随机取两次，每次取1个球，事件表示“第一次取出的球的数字是偶数”，事件表示“第二次取出的球的数字是奇数”，事件表示“两次取出的球的数字之和是偶数”，事件表示“两次取出的球的数字之和是奇数”，则（ ） A. 与是互斥事件 B. 与互为对立事件 C. 发生的概率为 D. 与不相互独立 【答案】BC 【解析】 【分析】根据互斥事件、对立事件、相互独立事件的定义以及结合古典概型的计算公式判断即可. 【详解】由题意，不放回地随机取两次，共有种情况， = {(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个样本点， = {(2，1)， (3，1)，(4，1)，(5，1)，(6，1)，(1，3)，(2，3)，(4，3)，(5，3)，(6，3)，(1，5)，(2，5)，(3，5)，(4，5) ，(6，5)}共15个样本点， 故，故C正确; 事件与可以同时发生，不是互斥事件，故A错误; = {(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个样本点， 故， D = {(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个样本点， 所以C与D互为对立事件，故B正确; 事件BC = {(3，1)， (5，1)，(1，3)，(5，3)，( 1，5)，(3，5)}共6个样本点， 所以，所以B与C相互独立，故不D正确. 故选：BC. 11. 如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，将沿直线AM翻折成，连接，N为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ） A. 不存在某个位置，使得 B. 翻折过程中，CN的长是定值 C. 若，则 D. 若，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积是 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，取AD的中点为E，若，则可推出矛盾，即可判断；对于B，结合余弦定理即可判断；对于C，采用反证的方法，利用得出互相矛盾的结论，即可判断；对于D，根据三棱锥体积最大，可得出平面平面，从而结合面面垂直性质求出相关线段的长，确定三棱锥外接球球心，求出半径，即可判断 【详解】对于A，取AD的中点为E，连接CE交MD于F，则四边形为平行四边形，如图， F为MD的中点，由于N为的中点，则， 如果，则， 由于，则， 由于共面且共点，故不可能有，同时成立， 即不存在某个位置，使得，A正确 对于B，结合A的分析可知，且， 在中，， 由于均为定值，故为定值， 即翻折过程中，CN的长是定值，B正确； 对于C，如图，取AM中点为O，由于，即，则， 若，由于平面，故平面， 平面，故，则， 由于，故，，则, 故，与矛盾，故C错误； 对于D，由题意知，只有当平面平面时，三棱锥的体积最大； 设AD中点为E，连接，由于，则， 且，而平面平面，平面， 故平面，平面，故， 则， 从而，则, 即AD的中点E即为三棱锥的外接球球心，球的半径为1， 故外接球的表面积是，D正确， 故选：ABD 【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于选项D的判断，解答时结合三棱锥体积最大，可得平面平面，从而结合面面垂直性质求出相关线段的长，确定三棱锥外接球球心，求出半径，即可判断. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若，，与的夹角为，且，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】由及数量积的运算即可求解. 【详解】因为，，与的夹角为，则， 若，则, 可得，即，解得. 故答案为：. 13. 已知样本数据 都为正数，其方差 ，则样本数据 、的平均数为______. 【答案】11 【解析】 【分析】设样本数据平均数为，由条件结合方差公式可求，再根据平均数的性质可求结论. 【详解】设样本数据的平均数为，则，， 所以 所以 所以， 又， 所以，又，所以， 所以样本数据 、的平均数为. 故答案为：. 14. 甲，乙两人组成的“梦队”参加篮球机器人比赛，比赛分为自主传球，自主投篮2个环节，其中任何一人在每个环节获胜得2分，失败得0分，比赛中甲和乙获胜与否互不影响，各环节之间也互不影响. 若甲在每个环节中获胜的概率都为，乙在每个环节中获胜的概率都为，且甲，乙两人在自主传球环节得分之和为2的概率为，“梦队”在比赛中得分不低于6分的概率为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式即可求解. 【详解】若甲，乙两人在自主传球环节得分之和为2,则甲乙两人中一个人成功一个人失败，故概率为，故， “梦队”在比赛中得分不低于6分，则至少要赢3次，故概率为, 故答案为： 四、解答题（本题共5小题，共77分. 解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 一个盒子中装有4张卡片，每张卡片上写有1个数字，数字分别是1、2、3、4．现从盒子中随机抽取卡片． (1)若一次抽取3张卡片，求3张卡片上数字之和大于7的概率； (2)若第一次抽1张卡片，放回后再抽取1张卡片，求两次抽取中至少一次抽到数字3的概率． 【答案】（1）0.5（2） 【解析】 【详解】试题分析：（1）由题意知本题是一个古典概型，试验包含的所有事件是任取三张卡片，三张卡片上的数字全部可能的结果，可以列举出，而满足条件得事件数字之和大于7的，可以从列举出的结果中看出；（2）列举出每次抽1张，连续抽取两张全部可能的基本结果，而满足条件的事件是两次抽取中至少一次抽到数字3，从前面列举出的结果中找出来. 试题解析：（1）由题意知本题是一个古典概型，设A表示事件“抽取3张卡片上的数字之和大于7”， ∵ 任取三张卡片，三张卡片上的数字全部可能的结果是{1、2、3}，{1、2、4}，{1、3、4}，{2、3、4}共4个，其中数字之和大于7的是{1、3、4}，{2、3、4}， ∴P(A)=0.5 （2）设B表示事件“至少一次抽到3”， ∵每次抽1张，连续抽取两张全部可能的基本结果有：（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个． 事件B包含的基本结果有（1、3）（2、3）（3、1）（3、2）（3、3）（3、4）（4、3），共7个基本结果． ∴所求事件的概率为P(B)= 16. 某中学举行了一次“环保知识竞赛”，全校学生参加了这次竞赛. 为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（得分取正整数，满分为100分）作为样本进行统计. 请根据下面尚未完成并有局部污损的频率分布表（如图所示）和频率分布直方图（如图所示）解决下列问题：频率分布表： 组别 分组 频数 频率 第1组 8 0.16 第2组 第3组 20 0.40 第4组 0.08 第5组 2 合计 频率分布直方图： （1）写出 的值； （2）若根据这次成绩，学校准备淘汰 同学，仅留 的同学进入下一轮竞赛，请问晋级分数线划为多少合理？ （3）某老师在此次考试成绩中抽取10名学生的分数：，已知这10个分数的平均数，标准差 ，若剔除其中的100和80这两个分数，求剩余8个分数的平均数与标准差. 【答案】（1） （2） （3）， 【解析】 【分析】（1）根据频率和频数的关系以及直方图中小矩形的面积代表频率，进行计算即可； （2）利用频率分布直方图计算第90百分位数即可； （3）根据平均数和方差的计算公式求解即可. 【小问1详解】 由题意可知抽取的学生人数为：， 则第四组人数为：， 所以， ，，. 【小问2详解】 成绩落在内的频率为：， 落在内的频率为：， 设第90百分位数为， 则，解得， 故晋级分数线划为82.5合理. 【小问3详解】 因为，所以. 标准差，所以， 则， 剔除其中的100和80两个分数，设剩余8个数为， 设平均数与标准差分别为， 则剩余8个分数的平均数为， 方差为， 故标准差为. 17. 如图，在三棱锥中，是等边三角形，，，，，，分别，的中点. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）要证明面面垂直，转化为证明线面垂直，根据几何关系证明平面； （2）根据（1）的结果，利用垂直关系构造二面角的平面角，即可求解. 【小问1详解】 因为是等边三角形，点是的中点，， 所以，且， 点分别是的中点，所以， 中，，且，， 所以，， 所以，即， 且，且平面， 所以平面，平面, 所以平面平面； 【小问2详解】 中，，，，， 所以， 过点作， 因为平面平面，且平面平面； 所以平面， 作，连结， 因为平面，所以， 且，平面， 所以平面，平面， 所以， 则为二面角的平面角， 中，， 中，， 所以，， 所以二面角的余弦值为. 18. 数据传输包括发送与接收两个环节．在某数据传输中，数据是由数字0和1组成的数字串，发送时按顺序每次只发送一个数字．发送数字1时，收到的数字是1的概率为，收到的数字是0的概率为；发送数字0时，收到的数字是0的概率为，收到的数字是1的概率为．假设每次数字的传输相互独立，且． （1）当时，若发送的数据为“10”，求收到的所有数字都正确的概率； （2）用表示收到的数字串，将中数字1的个数记为，如“1011”，则． （ⅰ）若发送的数据为：“100”，且，求； （ⅱ）若发送的数据为“1100”，求的最大值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）的最大值为 【解析】 【分析】（1）利用事件独立性即可求解； （2）（ⅰ）分别把概率表示出来，理解事件表示1传输错误，且两个0传输都正确，理解包含以下两种情况，然后建立等式，将代入等式中消元，然后根据范围确定取值； （ⅱ）理解事件包含以下三种情况：①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确，③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，分别求出概率再相加，利用换元思想，令，利用二次函数的性质研究最值即可求解，注意需要确定的范围． 【小问1详解】 记事件：“收到的所有数字都正确”， 由已知且可知， 所以； 【小问2详解】 （ⅰ）由发送的数据为“100”可知，事件表示1传输错误，且两个0传输都正确， 所以， 事件包含以下两种情况； ①1传输正确，且两个0传输都正确，其概率为； ②1传输错误，且只有一个0传输都正确，其概率为， 所以； 又， 所以， 即， 整理得， 把代入上式，化简得， 解得：或， 因为，且，， 所以，， 所以； （ⅱ）当发送的数据为“1100”，事件包含以下三种情况： ①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，其概率为； ②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确， 其概率为， ③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，其概率为， 所以， 令，则，从而， 所以， 记， 由二次函数的性质可知，在单调递增， 所以得最大值为， 即的最大值为． 【点睛】本题主要考查古典概型，随件事件独立性等知识，需要充分理解事件的独立性求概率，需要理解问题中的事件是哪些事件的和事件，需要不重不漏的表示出来，把问题利用函数的思想来求解． 19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题. 该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小. 意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于 时，使得 的点即为费马点；当 有一个内角大于或等于 时，最大内角的顶点为费马点. 试用以上知识解决下面问题： （1）若是边长为4的等边三角形，求该三角形的费马点到各顶点的距离之和； （2）的内角所对的边分别为 ，且，点 为的费马点. （ⅰ）若 ，求 ; （ⅱ）若 ，求的最小值. 【答案】（1） （2）（ⅰ） ; （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）运用费马点定义，结合等边三角形性质可解； （2）（ⅰ）由正弦定理得 ，由费马点定义可知，，结合 得，再用数量积可解；（ⅱ）设,可以推得，则 ，由余弦定理和勾股定理，得到，再结合基本不等式和二次不等式计算即可. 【小问1详解】 因为 为等边三角形，三个内角均小于 ， 故费马点 在三角形内，满足，且， 如图：过作 于，则 ，故， 所以该三角形的费马点到各顶点的距离之和为 . 【小问2详解】 （ⅰ）因为 ，由正弦定理 ，且 ， 所以得，所以的三个角都小于 ， 则由费马点定义可知，， 设 ，，由 得 ，整理得， 则 . （ⅱ）由（ⅰ）知 ，所以点 在 内部，且 ， 设， 所以 ，由余弦定理得，， ，由勾股定理得，， 即， 所以 ，即， 而，当且仅当， 即时，等号成立. 设，则 ，解得 或 （舍去）， 故最小值为 . 【点睛】知识点点睛：本题主要借助新定义，以三角形为载体，综合考查正余弦定理，向量数量积，基本不等式运用，一元二次不等式解法，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大庆实验中学实验一部2023级高二上学期 8月份开学考试 数学学科试题 2024.8.21—2024.8.22 本试卷共2页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 一、选择题（本题共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） 1. 已知 ，则 （ ） A. B. C. D. 2. 已知随机事件和互斥，和对立，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.5 3. 在中，已知，，，则（ ） A. 60° B. 120° C. 60°或120° D. 30°或90° 4. 设是三条不同的直线，是两个不重合的平面，给定下列命题：①；②；③；④；⑤；⑥. 其中为真命题的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 如图，曲柄连杆机构中，曲柄绕C点旋转时，通过连杆的传递，活塞做直线往复运动.当曲柄在位置时，曲柄和连杆成一条直线，连杆的端点在处.设连杆长，曲柄CB长，则曲柄自按顺时针方向旋转53.2°时，活塞移动的距离（即连杆的端点移动的距离）约为（ ）（结果保留整数）（参考数据：） A. B. C. D. 6. 若的第百分位数是，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 气象意义上从春季进入夏季的标志为：“连续5天每天日平均温度不低于22℃”，现有甲、乙、丙三地连续5天的日平均温度的记录数据(记录数据都是正整数，单位℃) ①甲地：5个数据的中位数为24，众数为22； ②乙地：5个数据的中位数为27，平均数为24； ③丙地：5个数据中有一个数据32，平均数为26，方差为； 则肯定进入夏季的地区有 A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 8. 在三棱锥中，，平面平面，三棱锥的所有顶点都在球的球面上，分别在线段上运动（端点除外），.当三棱锥的体积最大时，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、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） 9. 以下结论中错误的是（ ） A. “”是“共线”的充要条件 B. 若 ，则存在唯一的实数 ，使 C. 若 ，则 D. 若 为非零向量且 ，则 的夹角为直角 10. 有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回的随机取两次，每次取1个球，事件表示“第一次取出的球的数字是偶数”，事件表示“第二次取出的球的数字是奇数”，事件表示“两次取出的球的数字之和是偶数”，事件表示“两次取出的球的数字之和是奇数”，则（ ） A. 与是互斥事件 B. 与互为对立事件 C. 发生的概率为 D. 与不相互独立 11. 如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，将沿直线AM翻折成，连接，N为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ） A. 不存在某个位置，使得 B. 翻折过程中，CN的长是定值 C. 若，则 D. 若，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积是 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若，，与的夹角为，且，则的值为________． 13. 已知样本数据 都为正数，其方差 ，则样本数据 、的平均数为______. 14. 甲，乙两人组成的“梦队”参加篮球机器人比赛，比赛分为自主传球，自主投篮2个环节，其中任何一人在每个环节获胜得2分，失败得0分，比赛中甲和乙获胜与否互不影响，各环节之间也互不影响. 若甲在每个环节中获胜的概率都为，乙在每个环节中获胜的概率都为，且甲，乙两人在自主传球环节得分之和为2的概率为，“梦队”在比赛中得分不低于6分的概率为________. 四、解答题（本题共5小题，共77分. 解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 一个盒子中装有4张卡片，每张卡片上写有1个数字，数字分别是1、2、3、4．现从盒子中随机抽取卡片． (1)若一次抽取3张卡片，求3张卡片上数字之和大于7的概率； (2)若第一次抽1张卡片，放回后再抽取1张卡片，求两次抽取中至少一次抽到数字3的概率． 16. 某中学举行了一次“环保知识竞赛”，全校学生参加了这次竞赛. 为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（得分取正整数，满分为100分）作为样本进行统计. 请根据下面尚未完成并有局部污损的频率分布表（如图所示）和频率分布直方图（如图所示）解决下列问题：频率分布表： 组别 分组 频数 频率 第1组 8 0.16 第2组 第3组 20 040 第4组 0.08 第5组 2 合计 频率分布直方图： （1）写出 的值； （2）若根据这次成绩，学校准备淘汰 同学，仅留 的同学进入下一轮竞赛，请问晋级分数线划为多少合理？ （3）某老师在此次考试成绩中抽取10名学生的分数：，已知这10个分数的平均数，标准差 ，若剔除其中的100和80这两个分数，求剩余8个分数的平均数与标准差. 17. 如图，在三棱锥中，是等边三角形，，，，，，分别，的中点. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的余弦值. 18. 数据传输包括发送与接收两个环节．在某数据传输中，数据是由数字0和1组成数字串，发送时按顺序每次只发送一个数字．发送数字1时，收到的数字是1的概率为，收到的数字是0的概率为；发送数字0时，收到的数字是0的概率为，收到的数字是1的概率为．假设每次数字的传输相互独立，且． （1）当时，若发送的数据为“10”，求收到的所有数字都正确的概率； （2）用表示收到的数字串，将中数字1的个数记为，如“1011”，则． （ⅰ）若发送的数据为：“100”，且，求； （ⅱ）若发送数据为“1100”，求的最大值． 19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题. 该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小. 意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于 时，使得 的点即为费马点；当 有一个内角大于或等于 时，最大内角的顶点为费马点. 试用以上知识解决下面问题： （1）若是边长为4的等边三角形，求该三角形的费马点到各顶点的距离之和； （2）内角所对的边分别为 ，且，点 为的费马点. （ⅰ）若 ，求 ; （ⅱ）若 ，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$