第39期 用样本估计总体-【数理报】2024-2025学年高一数学必修第二册同步学案（人教A版2019）

高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 数理招 答案详解 2024~2025学年 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期(2025年3月) 第36期3,4版 对于(D),因为I∥AC,又ACC平面ACD,I丈平面ACD, 所以l∥平面ACD,即(D)正确. 立体几何初步核心素养综合测评 7.如图4，在平面ABB,A中过点P D 一、单项选择题 作PP1⊥AB交AB于点P,连接P,O, 1~4 CCBC 5-8 CDAA 由正方体的性质可知PP,⊥平面 提示： ABCD,则∠POP即为直线OP与平面 1,由题意可知，若三点分布在平面B的同侧，此时平面a ABC所成角， ∥平面B:若三点分布在平面B的两侧，此时平面α与平面B相 PP P B 交.综上，平面α与平面B平行或相交 则tan∠POP,=tan8= OP 图4 2.结合题意由“m⊥a”能推出“m上n”, 设正方体ABCD-A,BC,D,的棱长为2，则1≤OP,≤2， 由“m⊥n”不能推出“m上a”,也可能m∥a或相交， 所以当OP,=1时，tan0取得最大值， 所以“m上α”是“m上n”的充分不必要条件 此时9取最大值，P,为AB的中点， 3.由题设，上底面积为S,=225cm2, 下底面积为S2=144cm, 又AP=AMR,所以当A=宁时日取最大值 所以1平升为号×10×(25+2西×1西+14) 8.如图5，设BD,CD的中点分别 为0,02，则0,02∥CB, 1830cm3,约为1.8L 因为平面C'BD⊥平面ABD,C'B 4.如图1，取BC的中点E,连接BE,DE,则A1C1∥DE,则 ⊥BD,平面CBD∩平面ABD=BD. AC∥DE,则∠BDE(或其补角)即为异面直线BD与AC所成的 CBC平面CBD, 角.由条件可知BD=DE=EB=E,所以∠BDE=60°： 所以C'B⊥平面ABD. 图S 故O1O2上平面ABD, 故02C=0B=02D. 因为ADC平面ABD,所以C"B⊥AD 又AD⊥AB,AB∩CB=B,AB.CBC平面ABC, 所以AD⊥平面ABC, 又ACC平面ABC',所以AC⊥AD, 图1 图2 故03A=02C=02D, 5.如图2，延长C,M交CD的延长线于点P,延长CN交CB 所以02C=02A=02B=02D 的延长线于点Q,连接PQ,交AD于点E,交AB于点F,连接NF, 故O2为三棱锥C'-ABD的外接球球心， ME,则正方体过点M,N,C,的截面图形是五边形 6.如图3，因为点Be平面A,BC 又0,0=CB=CB=1 ∩平面ABCD.所以B∈L. 又因为直线A,C,∥平面ABCD. 0,B=D=,亚. 2 2 ACC平面ABC,故AC1∥I, 所以I是过点B且平行于AC,的 所以外接球半径R=0,B=√00G+0,F=厄 2 直线 故外接球的表面积为4πR=17π， 对于(A),因为A,G,∥1，A,G∥ 图3 二、多项选择题 AC,所以I∥AC,故I∥CD不成立，即(A)错误： 9.ABC:10.AB:11.AC 对于(B),因为1∥AC,而ACnAC=C,故l∥AC不成 提示： 立，即(B)错误； 9.(A)不正确，垂直于同一条直线的两条直线平行、相交 对于(C),因为I∥AC,而AC∩平面A,B,CD=C,故1∥ 或异面：(B)不正确，平面内的两条相交直线与另一个平面内 平面AB,CD不成立，即(C)错误： 的两条相交直线平行，两平面平行：(C)不正确，a与y可能平 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 行或相交：(D)正确，n与B可能n∥B或nCB 3 3 9 故选(A)(B)(C). 所以VmG6=子S×立=8S, 1O.因为ABCD为正方形，所以AC⊥BD, 设题图4-①中水面高度为h, 又SD⊥平面ABCD,所以SD⊥AC,又BD∩SD=D, 则0=号5解得=号 所以AC⊥平面SBD,所以AC⊥SB,(A)正确： 因为ABCD为正方形，所以AB∥CD, 14.如图8，过点K作MK⊥AF于点M,连接DM 因为平面ABD⊥平面ABCF,平面ABDO平面ABCF= 又AB亡平面SCD,且CDC平面SCD. 所以AB∥平面SCD,(B)正确： AB,DK⊥AB,DKC平面ABD,所以DK⊥平面ABCF 因为SD⊥底面ABCD, 因为AFC平面ABCF,所以DK⊥AF 所以SA与平面ABCD所成的角是∠SAD,(C)错误： 因为MK⊥AF,DK∩MK=K,所以AF⊥平面DMK 因为ABCD为正方形，则AB与BC所成的角是90°， 因为DMC平面DMK,所以AF⊥DM 又SD⊥底面ABCD.则∠SDC=90°， 与折前的图形对比，可知折前的图形中，D,M,K三点共 所以DC与SC所成的角∠SCD<90°，(D)错误. 线，且DK⊥AF, 故选(A)(B) 所以在折前的图形中△DAK一△FDA, 11.对于(A),依题意，圆锥母线长I=PA=PB=2,P0= 所以=品即片=亦所以1= PA·cos60°=1，A0=B0=PA·sin60°=5，所以底面圆的 半径：=厅，圆锥的休积为×(5)产×1=，故()正确： 因为DF1,2)，所以te(分1）月 对于(B),该圆锥的侧面积为πl=π×5×2=25π，故 (B)错误： 对于(C),如图6，取AC的 中点M,连接PM,OM,则OM⊥ AC,又因为PA=PC,所以PM⊥ 四、解答题 AC,故∠PMO为二面角P-AC 15.解：如图9，取AC的中点G,连 -0的平面角，即∠PM0=45°， 0 接EG,FC,则EC∥AB,且EG=B, 所以m45”=品=1.即0= 图6 FG∥CD,且FG= CD. 1,所以AC=2A0-0n=2×3-I=22,故(C) 由AB=CD知EG=FG, 正确： 所以∠GEF(或它的补角)为EF 对于(D),由选项(C)可知，AC=22,PM⊥AC,PM= 与AB所成的角，∠EGF(或它的补角) 图9 为AB与CD所成的角. √P-(分4C)=V4-2=E,所以△PAC的面积为 因为AB与CD所成的角为30°， 之PW:AC=分×万×2万=2，放(D)错误 所以∠EGF=30°或∠EGF=150 由EG=FG知△EFG为等腰三角形. 故选(A)(C) 当∠EGF=30°时，∠GEF=75°； 三、填空题 当∠EGF=150°时，∠GEF=15 12.平行、相交或异面； 故EF与AB所成的角为15°或75 16.证明：(1)如图10. 提示： 取BD,的中点O1,连接 B 12.如图7所示，∠BAC=∠B,AC1,AB∥AB,则AC与 C01,A10 A,C,的位置关系是平行、相交或异面 因为ABCD-AB,CD 是四棱柱，四边形ABCD是 图10 正方形， 所以A,0,∥0C,A,01=0C, 图7 因此四边形A,OC0,为平行四边形， 13.设△ABC的面积为S, 所以A0∥O,C 因为E,F,E,F,分别为所在棱的中点， 又O,CC平面BCD,A0文平面B,CD, 所以AO∥平面BCD: 则的g=子，即5am=子， (2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点， 所以5m=子s, 所以EM⊥BD. 又A1E⊥平面ABCD,BDC平面ABCD, 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 所以AE⊥BD, 过B作B,E⊥OD,因为B1O⊥AC,D0⊥AC, 因为BD1∥BD,所以EM⊥B,D,AE⊥B,D 且B10∩D0=0,B,0,D0C平面B0D, 又AE,EMC平面AEM,A,E∩EM=E, 所以AC⊥平面B,OD,因为ACC平面ACD, 所以BD1⊥平面AEM.又B,D1C平面B,CD1, 所以平面B,OD⊥平面ACD, 所以平面AEM⊥平面B,CD: 又因为平面B,OD∩平面ACD=OD, 17.解：设圆台形容器的上、下底面半径分别为r,R 且B,E⊥OD,B,EC平面B,OD, (1)设AD=xcm,则OD=(72-x)cm,由题意得 所以B,E⊥平面ACD,即B,E为三棱锥B,-ACD的高， 2mR-0×2所以R:, 180 在△B0E中，可得8E=0:血号=反x号-乡。 72-x=3R, 1x=36. 即AD应取36cm 所以三使柱A一ACD的体积为V=合a·BE=专 (2)因为2m=号·0D=号×36，所以r=6em, 6 2 圆台形容器的高h=√星-(R-r) √36-(12-6)7=6/35(em). 所以V=号(R++)=号rx6V历x(12+2 ×6+6)=504√/35π(cm). 18.(1)证明：如图11，取BC 图12 图13 的中点H,连接HD,交CE于点P, (2)因为三棱锥B,-ACD的底面△ACD的面积为定值， 连接AH,AP 在△ACB,的翻折过程中，要使得三棱锥B,-ACD的体积最大， 因为AB=AC, 则点B,到底面ACD的距离最远， 所以AH⊥BC 此时平面ACB,⊥平面ACD,如图13所示， 又平面ABC⊥平面BCDE, 因为BO⊥AC, 图11 所以AH⊥平面BCDE 且B,OC平面ACB,平面ACB,∩平面ACD=AC 又CEC平面BCDE,所以AH⊥CE, 所以B,O⊥平面ACD, %=是=方∠cDLc0E=0 因为ODC平面ACD,可得B,O⊥OD 在Rt△B0D中，BD=B0+OD=2, 所以R△HCD∽Rt△CDE,所以∠CDH=∠DEC, 又因为BC=CD=B,A=AD=2, 所以HD⊥CE. 所以△B,CD和△B,AD都是边长为2的等边三角形， 又AH∩HD=H,所以CE⊥平面AHD,所以AD⊥CE. ×22=5, (2)解：由(1)知CE⊥平面AHD,得AP上CE. 可得S△1CD=S△0=公 又HD⊥CE, 又SWAC=Sa4n= 1 -×2×2=2, 所以∠APH就是二面角A-CE-B的平面角. 过点C作CG⊥AB,垂足为G,连接EG,如图11所示 所以三棱锥B-ACD的表面积为S=S△B1Cn+S△D+ 因为BE⊥BC,且BE⊥AH,AH∩BC=H, SAMAC SAACD =4+2. 所以BE⊥平面ABC,所以BE⊥CG. 第37期3,4版 又BE∩AB=B,所以CG⊥平面ABE 所以∠CEC就是CE与平面ABE所成的角，则∠CEC=45° 核心素养阶段测评（三）】 又CE=√22+（万）2=6，所以CG=EG=5. 一、单项选择题 又BC=2,所以∠ABC=60°， 1~4 BBAD 5~8 CABC 所以AB=BC=AC=2,所以AH=5. 提示： 1.由题意知，z=-1+i-3+i=-4+2i, 又由△HCP~△DEP得HP= 3 所以1z1=(-4)+2=25. 所以tan ZAPH==3. HP 2由题得d=d-=d-号=d-}(d- 19.解：(1)如图12，取AC的中点0，分别连接B0,D0, 因为B,A=B,C且DA=DC,所以B,O⊥AC,D0⊥AC. 子d+宁成子m+宁 所以∠B,OD为二面角B,-AC-D的平面角， 3.由题意，正四棱锥P-EGH的斜高为√3+1=2，该组 又因为折起的三角形所在的平面ACB,与底面ACD所成角 为号，期∠B,0D。 合体的表面积为2×2+4×2×1+4×分×2×2=20 3 4.如图1，由题意得A=60°，B=75°，AB=10, 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 则C=45°， 因为EO⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,所以EO⊥BC, 所以品 75 又EG⊥BC,且EO.EGC平面EOG,EO∩EG=E, 10 所以BC⊥平面EOG, 所以BC= 10* 60°△ 因为OGC平面EOG,所以BC⊥OC,同理OM⊥BM -=56, 迈 所以等腰梯形所在的平面，等腰三角形所在的平面与平面 图1 2 ABCD所成的角分别为∠EMO和∠EGO, 即B,C间的距离为56 n mile. 所以tan∠EM0=tan∠EG0: 5.连接A1C1,B,D,它们交于点0，正方形中A,C,⊥B,D, 5 又AA⊥平面ABCD,B,DC平面ABCD1, 又BC⊥OG,所以四边形OMBG是矩形， 所以AA,⊥B,D1, 又BC=10,则OM=5,所以E0=14,所以0G=5, 又AA∩AC=A,AA1,ACC平面AA1C,C, 所以在Rt△EOG中， 所以B,D,⊥平面AAC,C, EG=E0+0G=(4)+52=/39 所以B,O的长即为棱BB到面AA,C,C的距离，而B,O= 2, 在Rt△EBG中，BC=OM=5, EB=√EC+BC=√(39)2+52=8， 所以所求距离为。 又因为EF=AB-5-5=26-5-5=16, 6.由0A+0i+cd=0,得0=0元-0i 故该五面体的所有棱长之和为 2×26+2×10+16+4×8=120m 两边平方得0本=0心+0成-20元.0成 二、多项选择题 因为101=101=10元1。 9.CD:10.ABC;11.ABD. 所以1OE12=21O元11OB1cos∠B0C, 提示： 所以as∠BOG=之 9.因为sin2B=sin Asin C, 由正弦定理得=ac, 因为0°<∠B0C≤180°，所以∠B0C=60°， 所以A=宁∠B0C=30 所以0sB=+c2-B 2ac 2ac 当且仅当a=c时取等号. 7.根据题意，以C为坐标原 点，BC所在的直线为x轴，过点C 又0<B<m,放Be(0,号] 且垂直于BC的直线为y轴，建立 故选(C)(D) 平面直角坐标系，如图2所示，因 10.因为b⊥(a-b),所以b·(a-b)=b·a-b2=0, 为正△ABC的边长为1，且点P为 所以a·b==|b12,所以(A)正确： AB的中点，所以∠PCB=30°，点 因为a·b=1b12,所以a2=a2-4a·b+4b, 图2 P在以C为圆心，BC为半径的圆 所以1al=1a-2b1,所以(B)正确： 上.则c0.0),8(-1.0)d(-9),P(-） a在上的投影向量为品办=A,所以(C正确： 所以元=（停-）m=(停），m 由向量数量积的定义可知a·b=1al1b1cos0=1b12, 所以e=0=所以(D)错误 (-1,-) 故选(A)(B)(C), 1L.设点P到平面ABC的距离为h, 则网+席=(5-号号-1小 三按锥的体积V=了×分×2×2×号x4:29, 3 所以元.(m+m)=2×(5-2)-×(5 解得h=2, 因为PA=2,所以PA⊥平面ABC,又BCC平面ABC, 1=2-5 所以PA⊥BC,故(A)正确； 8.如图3，过E作E0⊥平面 因为PAC平面PAB,所以平面PAB⊥平面ABC, ABCD,垂足为O, 且平面PAB∩平面ABC=AB. 过E分别作EG⊥BC,EM⊥ 取AB的中点D,连接PD,CD(如图4)， AB,垂足分别为G,M, 因为△ABC是等边三角形， 连接0G,OM, 所以CD⊥AB,所以CD⊥平面PAB, 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 所以∠CPD为直线PC与平面PAB所成的角， 中心取AB的中点为M,连接PM,QM, 又CD=5,PC=PA+AC=22 EM,则EM⊥AB,PM⊥AB,QM⊥AB,如图 所以sn∠CPD-畏-点放()正确： 7所示 设二面角P-AB-C的大小为&，二面 △PBC中，PB=PC=22,BC=2, 角Q-AB-C的大小为B, 所以BC边上的高为√(22)2-1=万， 则∠PME=a,∠QME=B,设球心O 图7 到平面ABCD的距离为d,球的半径为1， 所以5度=子x2×万=万， 则w=号B=号个-f,PE=1-d.0E=1+d, 设点A到平面PBC的距离为，则时×万×台=25 3 即tan&= E1-4,mB=21+,de[0,1. 解得=22工，故(C)错误： 个-r 个-正 2(1-d山+2(1+d山 所以am0=am(a+B):个-正 个-正 1-2(1-d.21+d) 1-正 1- 22 个- 发e(-∞，-22]. 图4 图5 四、解答题 如图5，过△ABC的中心H作平面ABC的垂线，过线段PA 15.解：(1)设b=(x,y), 的中点M作PA的垂线，两条垂线交于点O, 因为a∥b,所以y=2x ① 则点O到四点P,A,B,C的距离相等， 又1b1=25,所以x2+y2=20. ② 即点O是三棱锥外接球的球心， 由①②联立解得b=(2,4)或b=(-2,-4). 又△ABC外接圆的半径，=HA=2×5×名=25，OH (2)由(2a+c)⊥(4a-3c)得(2a+c)·(4a-3c)=8a -X- 2 3 3 -3c2-2a·c=0. =4=1, 由1al=5,1c1=/o. 2 解得a·c=5, 所以三棱锥外接球的半径R= VP+() 所以em0=1=号0e【0l, a·c 所以外接球的表面积S=4πR= ,放(D)正确 所以a与c的夹角0=平 故选(A)(B)(D). 16.(1)解：因为CD∥平面PBO,CDC平面ABCD, 三、填空题 且平面ABCD∩平面PBO=BO,所以BO∥CD. 1215mm;13.3;14(-,-2万] 又BC∥AD,所以四边形BCDO为平行四边形， 则BC=DO,而AD=3BC, 提示： 所以AD=3DO, 12.如图6，由题知圆维底面圆半 即点O是靠近点D的线段AD的一个三等分点. 径r=OA=3m,高h=OB=4m, (2)证明：因为侧面PAD⊥底面ABCD,平面PAD∩平面 则母线1=AB=5m,因此圆锥的侧 ABCD=AD,ABC底面ABCD,且AB⊥AD, 面积为S=l=T×3×5= 0 所以AB⊥平面PAD.又PDC平面PAD,所以AB⊥PD, 15π(m2), 图6 又PA⊥PD.且AB O PA=A,所以PD⊥平面PAB. 即屋顶的面积约为15行m 又PDC平面PCD,所以平面PAB⊥平面PCD. 13.由(1+i)z=-1+2i,得z= -1+2i 1+i 1n()证明：2aew…2号+2am号=a1+os0+c1+ -+20-0.山+i片2i-2-之+2，所以= (1+i)(1-i) 2 cos A)a+e+acos G+ccosA=b 子多所以=（兮+别）（兮）=（宁）广' 由正弦定理及sin(A+C)=sinB可得aosC+ccosA=b, ()= 所以a+e=,即2(a+e）=3h 14.设PQ与平面ABCD的交点为E,且E为正方形ABCD的 (2)解：因为mB=分所以血8=年 4 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 因为5=oesin B:压c 1 8ac=,所以ac=8. 所以BM⊥平面ACC1, 又AGC平面ACC:,所以BM⊥AC 又因为b=a2+c2-2 aceos B=(a+c)2-2ac(1+cosB), 同理可证D,M⊥AC, 2(a+c)=3b, 又D,M∩BM=M,D,M,BMC平面BMD, 所以= 兰)°-2×8×+）所以6=4 ( 所以直线AC1⊥平面BMD. (3)设AC,与平面B,CD1的斜足为O, 18.(1)证明：如图8，取AB的中点 M及CD的中点V,连接PM,PN,MN 因为北m=%=分·宁1m1=号 6 3 由△PAB是正三角形，四边形ABCD Va-mcn Vanc--Ve-uc Vm-cDc -V 是正方形，得AB⊥PM,AB⊥MN 又PM,MWC平面PMW,PMn aa=m6-4a5=号=子 MN=M,所以AB⊥平面PMN 所以V-m,=2VG-c,则A0=2C0 因为AB∥CD,所以CD⊥平面PMN, 若V%-m6=V-ap,则V1-m,=pm,放C0=P0 又PNC平面PMN,所以CD⊥PV, 所以在线段AC,上取一点P,要使三棱锥B,-CD,C,与三 因为N是CD的中点，所以PC=PD (2)解：过B作BH⊥平面PCD,垂足为H,连接PH,∠BPH 传锥品一0P的体积相等，测P为40的中点，即光=宁 为直线PB与平面PCD所成的角，则im∠BPH=B PB 第38期2版 过M作MF⊥PN于F, 专项小练一 由CD⊥平面PMN及MFC平面PMN得CD⊥MF 1.B:2.B:3.AD:4.③：5.14. 又MF⊥PN,PN,CDC平面PCD,PN∩CD=N, 6.解：总体中个体数较小，用抽签法 则MF⊥平面PCD. 第一步，将30个篮球，编号为1,2，…，30： 由AB∥CD,AB￠平面PCD,CDC平面PCD, 第二步，将以上30个编号分别写在外观，质地等无差别的 得AB∥平面PCD 小纸条上，揉成小球状，制成号签： 于是点B到平面PCD的距离BH等于点M到平面PCD的 第三步，把号签放入一个不透明的盒子中，充分搅拌； 距离MF. 第四步，从盒子中不放回地逐个抽取3个号签，并记录上 设CD=2,则PD=5,PA=PB=AB=AD=BC=MN 面的号码 =2,计算得PM=5,PN=2. 第五步，找出和所得号码对应的篮球 在等腰三角形PMN中可算得MF= 专项小练二 4 1.D:2.C:3.ABD:4.15:5.70. 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为 6解，①样本容量与总体中的个体数的比值为品=0： 39 M 4 ②确定要抽取的各种百货商店的数日，大型商店为20× PB=2 39 8 1 19.(1)解：由四边形BCC,B,为正方形，可得B,C⊥BC, 0=2(家)，中型商店为40×0=4（家），小型商店为150× 在长方体ABCD-AB,CD,中，AB⊥平面BCC,B, 10=15(家)； 又B,CC平面BCC,B,所以BC⊥AB. 因为ABO BC1=B,AB,BC,C平面ABC, ③采用简单随机抽样的方法在各层中分别抽取大型商店2 所以BC⊥平面ABC, 家，中型商店4家，小型商店15家，这样便得到了所要抽取的样本 又ACC平面ABC,所以B,C⊥AC, 第38期3,4版 即异面直线B,C与AC:所成的角的大小为90° 随机抽样同步核心素养测评 (2)证期：当m=巨时，CW=号。 一、单项选择题 因为8C=1,所以品=器=E。 1 ~4 CAAA 5~8 DCBC 提示： 所以Rt△ABC∽R1△BCM,则∠CAB=∠MBC 1.“中国天眼”主要是通过观察获取数据。 所以∠MBC+∠ACB=∠CAB+∠ACB=9O°，即AC⊥BM, 2.①中，考试成绩在不同分数段之间的同学有明显的差 在长方体ABCD-A,B,C,D1中，CC,⊥平面ABCD, 异，用分层随机抽样比较恰当； 又BMC平面ABCD,所以CC,⊥BM. ②中，总体包含的个体较少，用简单随机抽样比较恰当. 因为AC n CC,=C,AC,CC,C平面ACC, 3.高二年级应抽取的学生人数为 6 高一数学人教A(必修第二册) 第36~39期 720 900×1200+900+1500=180. 则甲应付0 109 ×560=514L钱，故(A)正确： 109 4.根据简单随机抽样及分层随机抽样的定义可得。 乙应付0 ×350=32二钱.故(B)不正确 每个个体被抽到的概率都相等， 109 109 所以每个个体被抽到的概率都等于29 5 丙应付识×10=16总钱故(C)正确： 109 5.从随机数表第1行的第3列开始，由左到右一次选取两 显然51制>2品>16源放(D)正确 109 个数字，选出的编号依次为：12,13,40,33,20,38,26,13,89， 故选(A)(C)(D). 51,03,…, 11.随机抽取的500名学生中，回答第一个问题的概*为 剔除掉总体编号以外的编号，以及重复的编号， 则选出来的个体的编号依次为：12,13,20,26,03，…， 子，生日月份为奇数的概米也是子 所以选出来的第5个个体的编号为03. 所以回答第一个问题且回答是的人数为 6.设A种型号的产品有2x件， 因为A,B,C三种不同型号的产品，产量之比为2：3：5， 50x7×7=125(人). 所以B种型号的产品有3x件，C种型号的产品有5x件， 所以回答第二个问题且回答是的人数为 由已知可得尝2x++ n 175-125=50(人)， 所以随机抽取的500名学生中，带手机的学生人数的比例 所以n=80. 为0 7.这3000个数据的平均数为 0=20%, 78.1×800+85×1300+91.9×90=85.23. 故该学校3000名学生中，带手机的学生人数为 3000 3000×20%=600(人). 用样本平均数估计总休平均数， 故选(B)(C) 可知这4万个数据的平均数约为85.23， 三、填空题 8.对于①，采用分层随机抽样的方式进行抽样，甲乙两人 12.形1=p2=P3；13.6:14.5600. 可能同时被抽取，故①正确： 提示： 对于②，高一共有20×50=1000（人）， I2.在抽签法、随机数法和分层随机抽样中，每个个体被抽 高二共有24×45=1080（人）. 从这两个年级2080人中共抽取208人进行视力调查， 中的概率均为只，所以A=内= 商-应轴取09×208=10（人），商二应抽取0 2080× 1且由题意可得2+十4“高解得m=3。 2 208=108(人)，故②正确： 3 则B地被抽取的数量是18×2+3+4=6 对于③，甲被抽到的可能性为，00=。，乙被抽到的可 14设甲，乙、丙3条生产线各生产了T甲，T之，T件产品， 能性为器=。：甲和乙被抽到的可能性相等，放③错误 则a:6e=:7z:,即号=元=分 所以正确的说法是①② 二、多项选择题 因为26=a+c,所以7n+7n=272, T单+Tz+T=16800. 9.AC:10.ACD:11.BC. 所以T2=16800=560. 提示： 3 9.对于(A),根据抽样调查和普查的概念可知，调查一的 四、解答题 调查方式是普查，调查二的调查方式是抽样调查，故(A)正确； 15.解：(1)抽签法 对于(B),根据总体和样本的概念可知，总休是指该社区 第一步：将30名大学生随机编号，编号为01,02,03，… 所有60周岁以上老年人的体重，样本是指抽取的该社区500名 29,30: 60周岁以上老年人的体重，故(B)错误： 第二步：将30个号码分别写在30张外形完全一样的纸张 对于(C),结合已知条件和样本量的概念可知，样本量是 上，并揉成团，制成号签： 500,故(C)正确： 第三步：将30个号签放入一个不透明的盒子中，充分搅拌； 对于(D),由于检测一批灯泡的寿命，具有损毁性，故只能 第四步：从盒子中逐个抽取8个号签，并记录上面的编号， 用抽样调查，故(D)错误， 编号对应的大学生就是选出的大学生志愿者成员 故选(A)(C). (2)随机数法 100 10 第一步：将30名大学生随机编号，编号为01,02,03，…， 10.依题意，抽样比为560+350+180=109 29.30: 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 第二步：在随机数表中任选一个数作为开始，按照任意方 则x:y:z=0.425(a+b+c）:0.475(a+b+c):0.1(a 向读数，比如从第8行第29列的数7开始，向右读： +b+c)=17:19:4 第三步：每次取两位，凡是在01~30之外的数或者已读过 (2)依题意，n×0.75×0.5=75,解得n=200, 的数，都跳过去不做记录，依次可得到12.07,21,29,15,13,02， 故抽到的A会场的学生总数为50人， 09: 则高一年级人数为50×50%=25（人）， 第四步：找出以上号码对应的大学生，他们就是选出的大 高二年级人数为50×40%=20（人）， 学生志愿者成员。 高三年级人数为50×10%=5（人） 16.解：可以采用分层随机抽样的方法 按照该公司员工的收入水平分成三层：高收人者，中等收 第39期2版 入者低收入者， 专项小练一 商收人者为50名，占所有员工的比例为，00=5%，为保 1.B;2.C;3.ABC;4.14. 5.解：(1)由频率分布直方图及频率和等于1可得， 证样本的代表性，在所抽取的100名员工中，高收人者所占的 0.2×0.1+0.8×0.1+1.5×0.1+2×0.1+2.5×0.1 比例也应为5%，即100×5%=5， +a×0.1=1,解得a=3 所以应抽取5名高收人者比较合理 (2)消费金额在区间[0.5,0.9]内的频率为 同理，应抽取15名中等收人者80名低收人者， 0.2×0.1+0.8×0.1+2×0.1+3×0.1=0.6, 再对他们的具体收入状况分别进行调查. 所以消费金额在区间[0.5,0.9]内的购物者的人数为 17.解：(1)因为0<m≤72≤n,A,B两所高校中共抽取 0.6×10000=6000 3名教授，B,C两所高校中共抽取5名教授， 专项小练二 所以高校B中抽取2名教授，高校A中抽取1名教授，高校 1.A:2.B:3.CD:4.70:5.68. C中抽取3名教授， 6.解：(1)分数在[70,80)内的频率为1-(0.010+0.015 所以片=壳=子，解得m=36,a=10® +0.015+0.025+0.005)×10=0.3,所以第四组小矩形的高 m 为0.030，补全频率分布直方图如下图所示. (2)因为高校B中抽取的教授数是高校A和C中抽取的教 频率 授总数的子 ↑组距 0.030 所以子(a+)=72,解得m+n=108。 0.025 0.020 所以三所高校的教授的总人数为m+n+72=180. 0.015 0.010 18.解：(1)设登山组人数为x,游泳组中青年人、中年人、 0.005 老年人各占比例分别为a,b,c,则有 0 405060708090100成绩/分 x·40%+3地=47.5%， (2)由频率分布直方图知， 4x 前三组的频率之和为0.1+0.15+0.15=0.4， x·10%+3=10%, 4x 所以中位数在第四组 解得b=50%,c=10%,则a=40%, 设中位数为70+x, 即游泳组中青年人、中年人、老年人各占比例分别为 则04+0030×=05，解得5=号， 40%,50%,10%. (2)游冰组中，抽取的青年人人数为20×子×40%=60： 所以本次考试成绩的中位数为0+号。 3 轴眼的中年人人数为20×子×50%=75： 第39期3.4版 用样本估计总体、统计案例同步核心素养测评 抽取的老年人人数为20×子×10%=15 一、单项选择题 19.解：(1)设该校高一，高二，高三年级的人数分别为a,b,c, 1-4 BAAD 5-8 AAAC 则去A会场的学生总数为0.25(a+b+c), 提示： 去B会场的学生总数为0.75(a+b+c), 1.由题意知(140-51)÷10=8.9 则对应人数如下表所示： 所以分为9组比较合适 高一 高二 高三 2.该组数据从小到大的排序是：4,5,5,6,7,7,8,9， A会场0.125(a+b+c) 0.1(a+6+c)0.025(a+b+c) 且8×0.25=2， B会场0.3(a+b+c) 0.375(a+b+e)0.075(a+b+c) 则该组数据的25%分位数为告艺=5。 8 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 3.因为落在[6,10)内的频率为0.08×4=0.32， 所以a=100×0.32=32. 对于().=08+9+12+12+1B+16+16+16+18 因为落在[2,10)内的频率为(0.02+0.08)×4=0.4， +20)=14,(A)正确： 所以b=0.4. 对于()2=6+5+2×2+P+3×2+4+6 4.由小到大排列的4个数据1,3,4，a,则a≥4， =13.4,(B)正确； 这4个数据的极若为。-1，中位数对兰=子 对于(C),因为10×85%=8.5， 因为这4个数据的极差是它们中位数的2倍， 所以85%分位数为第9个数据，即18，(C)正确： 所以a-1=2×子解得a=8 对于(D),16出现了3次，12只出现2次， 所以众数为16，(D)错误. 5.由条形图得演讲人数为30， 故选(A)(B)(C). 由饼状图得演讲人数占比15%， 10.由频率分布表的性质得m=100-8-10-20-28 因此选取的总人数为》=20， 12-6=16,(A)正确： 因为样本中观看比赛不低于4场的学生的频率为： 由饼状图得绘画及合唱人数和占比为1-20%-20%- 16%+12%+6%=34%, 15%=45%,人数和为200×45%=90， 所以估计高一年级观看比赛不低于4场的学生约为： 由条形图得合唱人数为70，所以绘画人数为20. 1000×34%=340人，(B)正确： 6.因为男生30人，女生20人， 样本中，观看2场的人数为50×20%=10人，(C)错误； 则抽取的时候分层比为3：2， 样本中出现频率最高的为3， 即10个人中男生、女生分别抽取了6人和4人 故估计高一年级观看比赛场数的众数为3，(D)正确。 这10人答对题日的平均数为 ×(6×10+4×15)=12, 故选(A)(B)(D). 11.由频率分布直方图可得：[50,60)，[60,70)，[70,80)， 所以这10人答对题目的方装为号×[1+（(0-12)门+ [80,90),[90,100]的频率依次为10m,0.3,0.4,0.1,0.04. 对于(A):因为10m+0.3+0.4+0.1+0.04=1. 0×[0.5+(15-12)2]=6.8 所以m=0.016, 7.对于(A):由统计图可以得到，2023年第一，二季度的制 因为成绩落在[50,60)内的人数为16， 造业指数均高于50%，所以2023年第一，二季度的各月制造业 16 在逐月扩张，故(A)正确： 所以n=0.016×10=100,放(A)错误： 对于(B):由统计图可以得到，2023年10月份的制造业指 对于(B):估计全体学生该学科成绩的平均分为 数低于50%，故(B)错误： 0.16×55+0.3×65+0.4×75+0.1×85+0.04×95= 对于(C):由统计图可以得到，2024年1,2月份的制造业 70.6(分)，故(B)正确： 指数高于50%，故(C)错误： 对于(C):由选项(A)可得：成绩落在[50,60)的频率为0.16， 对于(D):由统计图可以得到，2024年4~6月份制造业指 所以估计全体学生中不及格的人数约为2000×0.16= 数呈现上升趋势，但是2024年4,5月份制造业指数均低于 320(人)，故(C)错误： 50%,即制造业景气水平较上月收缩，故(D)错误， 对于(D):设该学科成绩为A等的最低分数为m, 8.由这6周的周慢走里程的中位数为16， 因为70,80)，[80,90)，[90,100]的颜率依次为0.4,0.1,0.04， 则0.1+0.04=0.14<0.15<0.54=0.4+0.1+0.04， 可得m+”=16,所以m+n=32, 2 可知m∈[70,80)，则(80-m)×0.04+0.1+0.04=0.15, 所以这6周的周慢走里程的平均数为 解得m=79.75, 11+12+m+n+20+2=17. 虽然79.75>79， 但79.75是估计值，同时学生成绩均为正整数， 要使这6周的周慢走里程的标准差最小，需要(m-17)2+ 所以成绩为79分的学生该学科成绩有可能是A等，(D) (n-17)2最小， 正确。 又(m-17)2+(n-17)2=(m-17)2+(32-m-17)2 故选(B)(D). =2m2-64m+172+152, 三、填空题 故当标准差最小时，m=一2×2 -64 =16. 12.183.5:13.9.5,28.5:14.29. 提示： 二、多项选择题 12.数据从小到大排列为：85.86,88.89,90.92.94.98. 9.ABC:10.ABD;11.BD. 8×50%=4.50%分位数为9+90=89.5. 提示： 2 9.将数据由小到大排列：8,9,12,12,13,16,16,16,18,20. 8×80%=6.4.80%分位数为94. 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 则这8人成绩的50%分位数和80%分位数的和为183.5. 13.记20位病人的平均等待时间为x,等待时间的方差为2， （2)=04+4+5+6+747+8+9+0+10)=7, 则=025×4+7.5×8+12.5x5+7.5x2+25 五=05+6+6+7+7+7+7+8+8+9)=7， ×1)=9.5, =0[4-7)x2+(5-7y2+(6-7)2+(7-7)2 2=20[25-95)2×4+(7.5-95)2×8+12.5 ×2+(8-7)2+(9-7)2+(10-7)2×2]=46, 9.5)2×5+(17.5-9.5)2×2+(22.5-9.5)2×1」=28.5， 2=0[(6-7)2+(6-7)2×2+(7-7)2×4+(8- 所以估计该医院急救中心病人的平均等待时间为9.5，病 7)2×2+(9-7)2]=1.2. 人等待时间的方差为28.5. (3)由(2)知，>2，单=乙 14.假设五个数据按照由小到大排列为a,b,c,d,e, 因为这五个数据的中位数是6，唯一的众数是7， 平均数 方差 命中9环及9环以上的次数 所以c=6,d=e=7, 甲 4.6 3 所以最大的三个数的和为6+7+7=20， 7 1.2 1 因为两个较小的数一定是小于6的非负整数，且不相等， ()因为两名运动员射击成绩的平均数相同，且> 最大为4和5，所以这五个数的和一定大于20且小于等于29， ,则乙的成绩比甲稳定； 则他们投中次数的总和最大是29. (ⅱ)因为两名运动员射击成绩的平均数相同，命中9环及 四、解答题 9环以上的次数甲比乙多，所以甲爆发力更强： 15.解：(1)由频常分布直方图可得(0.010+2a+0.025+ (ⅲ)乙成绩在平均数上下波动：而甲处于上升势头，从第 0.035)×10=1,解得a=0.015. 六次以后就没有比乙少的情况发生。 (2)由频率分布直方图可知这次测试数学成绩为“优秀” 故确定人选时，甲更有潜力. 的频常为0.015×10=0.15， 19.解：(1)作出频率分布直方图，如下图： 则该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的频率为0.15， 频率 故估计该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的学生 组距 人数为1200×0.15=180. 0.020 16.解：(1)由已知得0.70=a+0.20+0.15, 0.010 故a=0.35,b=1-0.05-0.15-0.70=0.10. 0.005 (2)甲离子残留百分比的平均值的估计值为2×0.15+3 100120140160180200采购量（箱） ×0.20+4×0.30+5×0.20+6×0.10+7×0.05=4.05. 根据上图，可知采购量在168箱以上（含168箱）的“熟 乙离子残留百分比的平均值的估计值为3×0.05+4× 0.10+5×0.15+6×0.35+7×0.20+8×0.15=6. 客”人数为50×20× (0.005+0.020×180-168）=17. 20 17.解：(1)由题意得 (2)去年年底“熟客”所采购的鱼卷总数大约为110×10+ 10(2a+0.020+0.030+b+0.005)=1, 130×10+150×5+170×20+190×5=7500(箱)， 5a=2b, 所以小张去年年底总的销售量为 解得a=0.010,b=0.025 (2)等级达到C及以上的占比为 7500+各=1200（箱）。 12%+32%+37%=81%. (3)若不在网上出售鱼卷，则今年年底小张的收人为 设该批产品中C等级及以上等级的产品质量至少为xg, Y=12000×20=240000(元)： 易得50<x<60. 若在网上出售鱼卷，则今年年底的销售量为(12000+ 则(0.005+0.025+0.030+0.020)×10+(60-x)× 1000m)）箱，每箱的利润为(20-m)元， 0.010=0.81,解得x=59, 则今年年底小张的收入为y=(20-m)·(12000+ 所以该批产品中C等级及以上等级的产品质量至少为9g 1000m)=1000(-m2+8m+240)=1000[-(m-4)2+ 18.解：(1)将甲运动员的数据按从小到大排列如下： 256],当m=4时，Y取得最大值256000. 445677891010 因为256000>240000. 因为85%×10=8.5， 所以小张今年年底收入Y的最大值为256000元 所以第9个数据是85%分位数， 所以甲运动员样本数据的85%分位数为10， 10e 转降开测 ￥联量W装内因 111-1y4 数理极 32 高中数学 39期 第113 ◆ 人教A 15-213 为F月代号：21可 A是沟的艺术州是 解读」 其中身高在.对内的学重人配 x.010 与生减的军有计的▣国+ a15+5且30+7503对+思×05,98 频率分布直方图 能人数 州非某学酒1陆23们老学生，将地园 检的本校学生每天学的白学时 州+5白与年：为 型通制，生着道园不塔 白中性离的高套和网 挂属用演图区网的中店画作代表，南下整售 I飘)分是 0内的学单中，用分随联作的 ★向，徒地从表底4 内的学生中流人数为 为子城年更盖的 (412202 12,13 (C1h2935 由率处作得，甘中时自 =3 (D等电支情甲计内右面3 10×40已++a+&0面+4.010 解=a 数2+25 山1夏（上月n储它 利用统计量 进行评价 餐图用A丙，位直君显用香应，这粉它数表酒 +1.2+12+1.1+L4+1.61,7+1.+1. 人多，了5分，在克是上了“ +21+1425+2+11+2=1, 0L22,7L.281.4221311.5 15261.22T51号113.12324 博风，中H推时新学进忆 M(1)由高一1)生销中省地是初分 1,5分在15与以老，次上许不到 43174.41.92412.41.14 (2到高一t1政地中2蚊经效分， 写7号的人粒占一￥左名.商甲均分为列 解(1)回A丙观特据厚拉为， 生，两的学生在一式有学有试以务”0分中 分，有准花又得大，说低分者用零。两任分化 22+23+24+1526+51+2 201+431-2 CWNHEHCANNNNOg SA材材 .0.9 (1163 ·# 手， 用样本估计总体、统计案例 生汇效包的误的由收，白操盖了企：前，生产发由等客个环 香4释争主，已减情高正0，的)内2人 为6，下站论是 同步核心素养测评 44100m 时，反积制适垂较上月室：航T修.侧以陕通业反上.川线里图 《:估时4学生该学料6装的平均 3现国g年1且-304年6月道理曲10生国 分考面春分 4 白数理限仕法器原莫中心 第【容话择理（品5B分） 《D)将读学项境由高现斯付时，情出9的学生博单料速境 一，单：本小，唇小题分，共好分 1.一十本容量为知丰中，首%解大销是，级小植国 4A)国 18 T维 氯Ⅱ卷非港挥理（头2分 玉“复塔怀台”是某人对口已日简生活真直限度的日我用 目成代计假分析，下结论至确的一为 《3由异一，二平就的各月制意业在逢月图 高中学 锋标，常区同0，]内一十数表示，执节越方0表示息 程四期西植取×位配，随的存得国棉台分城为子本7系， 位用中字学办以“学三十大，偏新青年，水远前完走，自 79,4,5.填的出程企在 L}C4好14期雪42 进新鞋型”为形的清时日使风车，人比两的党蜡专2线，脑场， 高中学 4415 463 137 1p1,5 ,D正4下4月开地酒气本平星件量性厂重 装 3.年车量为面半分直得1 1?明理意者中C的发置海内人季注急球样国（象位： 属在6，D1内为，本第在 的同企里W以来匙：命里)：川，1口，，4面，7.其中这自国月5国 442,4 (.1 D.4 《A)I4 1I5 [6>I6 1012 4.知5州天门4指切1.3,4 二、星项遇年题：本题执)和题，得圈6分，共博分 一 n程地是它中位的2伤：国a✉ 17 4名学出厘人现运15次，里十信门得人置，同五 分为92%.1,6,18,30,.2，. ,某极燕相建了两许帽同，合名，满表第怡会五十社用，两 ,容因十初中是6，的数是7，销中演 《A)甲兵粒014 1B)力美有34 PP是女 (G8处%分的拉为18 )6拉为2 学生小中值厚分学士进指春.拜特查轴里价M立图】有 国，脑通：本最满3小量，热刀常 A时妆并一鲜图引前名学效有中职比精风提墙样方 大过行调支，样本格量为地，得数什整州白，列白： 中精帆生面名学如的黄学高填，反号5,5,5，的，51，D, 期后两■ 丰 u表中日得临场论动 《2》这代A黄寸请不新千发3分为“化”，计该度可日 士中，参t山行生人 (A16 44)31 u知 160 1D145 长确心年氧九为的学行，某用明全将学生千有 《化样本中，观存2气的学生为2铜人 关琴会相端痘西活在已压男堂角人，在士0人促黑分国 《D)观H比建的防众校为A 语抗3方法从该斑线抽取0人，日行化花落相美烷十博呢 5,为第为a5,这料人春国日的好龙养 轴取了a名学电3线特K属墙构所王坚最得年为国分]线计 .9