湖北武汉市第二中学2025-2026学年高一下学期数学期末模拟卷

**基本信息** 覆盖必修二复数、立体几何、概率统计等核心知识，以分层抽样、正四棱台体积、信号传输概率等问题为载体，考查空间观念、数据意识与逻辑推理，解答题融合多模块，体现数学思维与应用能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11/58|复数运算、空间位置关系、概率事件|单选基础巩固（如复数求解），多选能力提升（如事件独立性判断）| |填空题|3/15|斜二测画法面积、方差计算、解三角形|创新应用（如方差性质迁移）| |解答题|5/77|统计直方图、立体几何证明与二面角、概率传输方案|综合情境（如知识竞赛统计分析、信号传输方案设计），考查数学语言表达与问题解决|

2025-2026学年高一数学下学期期末模拟卷 （测试范围：必修第二册） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。 1．已知z（1+i）＝|1﹣i|2，则z＝（　B　） A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i 【解析】 z（1+i）＝|1﹣i|2＝2，所以． 2．某县有高中生2000人，初中生3000人，小学生4000人，幼儿园学生1500人，为了解该县学生的健康情况，采用比例分配的分层随机抽样方法从中抽取样本，若抽出的初中生为30人，则抽出的幼儿园学生人数为（　A　） A．15 B．20 C．30 D．40 【解析】 由题意，分层抽样的抽取比例为，若抽出的初中生为30人，则幼儿园应抽取的学生人数为人． 3．m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的是（　D　） A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β C．若m∥α，m∥β，则α∥β D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n 【解析】 m，n均为直线，其中m，n平行α，m，n可以相交也可以异面，故A不正确；若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β，则α、β可以相交也可以平行，故B不正确；若m∥α，m∥β，则α∥β，则α、β可以相交也可以平行，故C不正确；m⊥α，n⊥α则同垂直于一个平面的两条直线平行 4．已知三棱锥S﹣ABC，SC＝AB＝2，点E，F分别是棱SA，BC的中点，且，则异面直线SC与AB所成的角是（　A　） A． B． C． D． 【解析】 在三棱锥S﹣ABC中，取AC中点为G，连接EG，FG，则EG∥SC，AB∥GF，如图所示 ，又SC＝AB＝2，则EG＝GF＝1，则∠EGF为异面直线SC与AB所成的角或其补角，又，则GF2+EG2＝EF2，则异面直线SC与AB所成的角是． 5．已知向量，满足，，，则在方向上的投影向量是（　B　） A． B． C． D． 【解析】 由，，，可得， 解得，则在方向上的投影向量为． 6．甲、乙两人组成的“龙队”参加数学解题比赛，比赛中每个队均有一张通行卡且仅限使用一次．每轮比赛由甲、乙各自独立解答同一道题，若两人都答对则直接进入下一轮；若两人都答错则直接被淘汰；若两人中恰有一人答对则可使用通行卡进入下一轮．已知在每轮比赛中甲答对的概率为，乙答对的概率为，且甲、乙答对与否互不影响，则“龙队”恰在参加三轮比赛后被淘汰的概率为（　C　） A． B． C． D． 【解析】 由于“龙队”恰在参加三轮比赛后被淘汰，所以龙队：①可能前两轮没有用通行卡，且第三轮都答错了，此时概率P1＝（）2；②前两轮有一轮使用通行卡，第三轮两人均答错或只有一人答对，此时概率P2＝2×（）×（）×（），故所求概率为：P＝P1+P2． 7．在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝4，A1B1＝2，二面角A1﹣AB﹣D的平面角为45°，则该正四棱台的体积是（　D　） A． B． C． D． 【解析】 根据题意作出示意图如图所示，设上下底面的中心分别为O1，O，取A1B1，AB的中点分别为M1，M，则O1O为该棱台的高，且O1M1⊥A1B1，OM⊥AB，M1M⊥AB，所以二面角A1﹣AB﹣D的平面角为∠M1MO＝45°，过M1作M1H⊥OM于H，则O1O∥M1H，O1O＝M1H，O1M1＝OH，又，，所以HM＝OM﹣OH＝2﹣1＝1，所以在等腰直角三角形M1HM中，可得M1H＝O1O＝1，所以该正四棱台的体积是． 8． 如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1，AA1＝AB＝2，平面A1BC⊥平面ABB1A1，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为，则A1C与平面ABB1A1所成的角为（　C　） A．30° B．45° C．60° D．90° 【解析】 如图所示，过点A作AE⊥A1B，垂足为E，∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，AE⊂平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，∴AE⊥平面A1BC，又BC⊂平面A1BC，∴AE⊥BC，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∵BC⊂平面ABC，∴AA1⊥BC，∵AA1⊂平面ABB1A1，AE⊂平面ABB1A1，AA1∩AE＝A，∴BC⊥平面ABB1A1，而AB⊂平面ABB1A1，则∠CA1B为直线A1C与平面ABB1A1所成的角，且BC⊥AB，∵AA1＝AB＝2，且直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为，∴，解得，而，则，即∠CA1B＝60°，则A1C与平面ABB1A1所成的角为60°． 2、 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．已知复数，则（　ACD　） A．|z|＝2 B． C．复数z在复平面内对应的点在第一象限 D．复数z是方程x2﹣2x+4＝0在复数集内的解 【解析】 |z|2，A正确；1+2+3＝6，B错误；复数z在复平面内对应的点坐标为（1，），位于第一象限，C正确；，所以复数z是方程x2﹣2x+4＝0在复数集内的解，D正确． 10．如图，一个正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为Ω＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，设事件A＝{1，2，7，8}，事件B＝“得到的点数为偶数”，事件C＝“得到的点数为质数”，则下列说法正确的是（　BCD　） A．事件B与C互斥 B． C．事件A与C相互独立 D．P（ABC）＝P（A）P（B）P（C） 【解析】根据题意，事件A＝{1，2，7，8}，P（A），B＝{2，4，6，8}，P（B）， C＝{2，3，5，7}，P（C），依次分析选项：对于A：BC＝{2}，事件B、C不互斥，A错误；对于B：A∪B＝{1，2，4，6，7，8}，则P（A∪B），B正确；对于C：AC＝{2，7}，P（AC），P（AC）＝P（A）P（C），事件A与C相互独立，C正确；对于D：ABC＝{2}，P（ABC），P（A）＝P（B）＝P（C），则有P（ABC）＝P（A）P（B）P（C），D正确． 11．在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E在棱CC1上，且，点F在正方形A1B1C1D1内（含边界）运动，则（　ACD　） A．当时，平面AD1E截该正方体所得的截面面积为18 B．当时，点D到平面AD1E的距离为 C．当，且BF∥平面AD1E时，点F的轨迹长度为5 D．当，且EF⊥AE时，点F的轨迹长度为 【解析】 对于A：当时，由题可知此时点E在棱CC1中点上，如图所示，取BC中点G，连接AD1AG，GE，ED1，则GE∥BC1，因为AB∥C1D1且AB＝C1D1，所以四边形ABC1D1是平行四边形，所以BC1∥AD1，所以GE∥AD1，所以由GE，AD1可唯一确定一个平面，所以平面AD1E截该正方体所得的截面即为梯形AGED1，因为，，所以平面AD1E截该正方体所得的截面梯形AGED1的面积为，故A正确；对于B：当时，由题可知此时点E在棱CC1中点上，设点D到平面AD1E的距离为d，则由 即，即 解得，故B错误；对于C：当即，分别取AA1，A1D1，D1D四等分点H，I，J，如图所示，且，连接BC1，BH，HI，IC1，HJ，则HI∥AD1，HJ∥A1D1且HJ＝A1D1，由A可知BC1∥AD1，所以BC1∥HI，则由BC1，HI可唯一确定一个平面，又因为BC1⊄平面AD1E，AD1⊂平面AD1E，所以BC1∥平面AD1E，由正方体性质可知BC∥A1D1且BC＝A1D1，所以HJ∥BC且HJ＝BC，所以四边形HJCB是平行四边形，所以BH∥CJ，同理可得CJ∥ED1，所以BH∥ED1，因为BH⊄平面AD1E，ED1⊂平面AD1E，所以BH∥平面AD1E，因为BC1∩BH＝B，BC1，BH⊂平面BHIC1，所以平面AD1E∥平面BHIC1，因为BF∥平面AD1E，所以BF⊂平面BHIC1，所以点F的轨迹为IC1，所以点F的轨迹长度为，故选项C正确；对于D：由正方体结构性质可知B1D1⊥平面AA1C1C，因为AE⊂平面AA1C1C，所以B1D1⊥AE， 在平面AA1C1C内过E作EF⊥AE交A1C1于点F，如图所示，则此时∠ACE＝∠EC1F＝90°，∠AEC＝∠EFC1，所以△AEC∽△EFC1，所以，过此时的点F作SR∥B1D1分别交B1C1，C1D1于S，R，则SR⊥AE，且，即，因为SR∩EF＝F，SR，EF⊂平面SER，所以AE⊥平面SER，因为EF⊥AE，所以动点F的轨迹为线段SR，所以动点F的轨迹长度为，故D正确． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。 12．用斜二测画法画一个平面四边形OABC的直观图，其直观图是如图所示的边长为2的正方形O′A′B′C′，则平面四边形OABC的面积为 　　- ． 【解析】 根据题意，在直观图正方形O′A′B′C′中，，由斜二测画法，在原图中，，且OA⊥OB，OA∥BC，AB∥CO，则四边形OABC为平行四边形，所以原图面积S． 13．已知一组数据x1，x2，⋯，x10的平均数和方差均为1．若yi＝2xi﹣1（i＝1，2，3，⋯，10），则数据x1，x2，⋯，x10，y1，y2，⋯，y10的方差为 　　 ． 【解析】 数据x1，x2，⋯，x10的平均数和方差均为1，则，则数据y1，y2，⋯，y10的平均数为2×1﹣1＝1，数据y1，y2，⋯，y10的方差为22＝4，即，所以数据x1，x2，⋯，x10，y1，y2，⋯，y10的平均数为1，所以数据x1，x2，⋯，x10，y1，y2，⋯，y10的方差为． 14．在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cos2A+sin2B+sinBsinC＝1，则的取值范围为 　 　 ． 【解析】 根据题意，可得sin2B+sinBsinC＝1﹣cos2A＝sin2A，结合正弦定理得b2+bc＝a2，由余弦定理b2+c2﹣2bccosA＝a2，可得bc＝c2﹣2bccosA，化简得b＝c﹣2bcosA，所以sinB＝sinC﹣2sinBcosA＝sin（A+B）﹣2sinBcosA＝sin（A﹣B），因为△ABC是锐角三角形，可得A、B∈（0，），A﹣B∈（，），所以A﹣B＝B，可得A＝2B，因为△ABC是锐角三角形，所以，解得，可得sin2B，因为B∈，所以tanB∈，根据函数在上单调递减，可得的取值范围是，而函数在上单调递增，所以的取值范围是，综上所述，的取值范围为． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（本小题满分13分）△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a，b，c，且满足•tanB﹣tanA﹣tanB． （1）求角C的大小； （2）若c＝2，求a2+b2的取值范围． 【解析】（1）∵•tanB﹣tanA﹣tanB，∴tan（A+B），∴tan（π﹣C），化为tanC，∵C∈（0，π），∴． （2）由余弦定理可得：c2＝a2+b2﹣2abcosC，∴4＝a2+b2﹣ab，∴a2+b2≤8，当且仅当a＝b是取等号．又a2+b2＞4，∴（a2+b2）∈（4，8]． 16．（本小题满分15分）为增强中学生国防观念，提升青少年爱国情怀与国防素养，某市教育局举办了“青春筑国防”的知识竞赛活动，现从所有竞答试卷的卷面成绩中随机抽取200份作为样本数据，将样本答卷中分数x（40≤x≤100）分成六组：[40，50），[50，60），…，[90，100]，并作出如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中a的值； （2）求样本数据的第47百分位数； （3）已知落在[50，60）内样本数据的平均数是55，方差是6；落在[60，70）内样本数据的平均数是64，方差是，且这两组数据的总方差是22，求落在[60，70）内样本数据的方差． 参考公式：若总体划分为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：m，，和n，，，记总体的样本平均数为，样本方差为s2，则s2{} 【解析】 （1）根据题意可得（0.005+0.01+0.02+a+0.025+0.01）×10＝1，解得a＝0.03； （2）因为前几组的频率依次为0.05，0.1，0.2，0.3，所以本数据的第47百分位数为74； （3）因为[50，60）与[60，70）的频率之比为0.1：0.2＝1：2，又落在[50，60）内样本数据的平均数是55，方差是6；落在[60，70）内样本数据的平均数是64，方差是，所以平均数为61，所以这两组数据的总方差是22，解得3． 17．（本小题满分15分）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧面ADD1A1⊥底面ABCD，且AA1⊥AD，侧棱AA1＝4，点M和点N在棱CC1上，且满足AA1＝2AB＝2AD＝2CM＝4CN． （1）若底面四边形ABCD为平行四边形，求证：AM∥平面BDN； （2）若底面四边形ABCD为矩形，求二面角D﹣BN﹣C的平面角的正切值． 【解析】 （1）证明：在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，点M和点N在棱CC1上，且CM＝2CN＝2，连接AC、BD，设AC∩BD＝O，连接ON，底面ABCD为平行四边形，则O为AC的中点， 又因为N为CM的中点，所以ON∥AM，又因为AM⊄平面BDN，ON⊂平面BDN，所以AM∥平面BDN． （2） 如图所示，过点C作CE⊥BN于点E，连接CE，DE，因为平面ABCD⊥平面ADD1A1，平面ABCD∩平面ADD1A1＝AD，AA1⊥AD，所以AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥BC，又因为AA1∥CC1，所以CC1⊥DC，又因为底面ABCD为矩形，所以DC⊥BC，又因为CC1∩BC＝C，因为CC1，BC⊂平面BCB1，所以DC⊥平面BCB1C1，所以DC⊥CE，又因为BN⊥CE，CE∩DE＝E，所以BN⊥平面DEC，所以BN⊥EC，BN⊥DC，所以∠DEC为二面角D﹣BN﹣C的平面角，在Rt△BCN中，，在Rt△DCE中，DC＝2，，所以． 18．（本小题满分17分）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为p1（0＜p1＜1），收到0的概率为1﹣p1；发送1时，收到0的概率为p2（0＜p2＜1），收到1的概率为1﹣p2．现有两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1，若依次收到1，1，1，则译码为1）． （1）已知． ①若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率； ②若采用单次传输方案，依次发送0，0，1，证明：事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立． （2）若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求p2的取值范围． 【解析】 （1）①记事件A为“至少收到一次0”，则至少收到一次0的概率为P（A）．②证明：记事件B为“第三次收到的信号为1”，事件C为“三次收到的数字之和为2”，则P（B）＝1，P（C），P（BC），∵P（BC）＝P（B）P（C），∴事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立． （2）记事件M为“采用三次传输方案时译码为0”，事件N为“采用单次传输方案时译码为0”，P（M），P（N）＝p2，根据题意得P（M）＞P（N），∴p2，∵0＜p2＜1，∴，，解得，∴p2的取值范围是（）． 19．（本小题满分17分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，且AB＝3，AD＝4，，M为BC的中点，点P在平面ABCD内的射影为点H，且AH⊥DM． （1）求证：PA⊥DM； （2）当△PAB为等边三角形时，求点H到平面PAB的距离； （3）若记PA＝m＞5，∠PAH＝θ，记三棱锥P﹣ABH的外接球表面积f（θ），当函数f（θ）取最小值时，求AH的长． 【解析】 （1）证明：因为PH⊥平面ABCD，DM⊂平面ABCD，则PH⊥DM，且AH⊥DM，PH∩AH＝H，PH，AH⊂平面PAH，所以DM⊥平面PAH，且PA⊂平面PAH，所以PA⊥DM （2）如图所示，作HE⊥AB，垂足为E，连接PE，过点H作HG⊥PE，若△PAB为等边三角形，则E为AB中点，因为PH⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，则PH⊥AB，且PE⊥AB，且PH∩HE＝H，PH，HE⊂平面PHE，可得AB⊥平面PHE，又AB⊂平面PAB，则平面PAB⊥平面PHE， 又平面PAB∩平面PHE＝PE，HG⊥PE，HG⊂平面PHE，则HG⊥平面PAB，点H到平面PAB的距离即为HG，对于平行四边形ABCD，建立平面直角坐标系，如图所示，则，设H（x，y），则，若AH⊥DM，可得，即，因为E为AB中点，可知：，则，即，则，可知三棱锥P﹣HAB的高，在RT△PHE中，，故由等面积法知：，所以点H到平面PBC的距离为． （3）PA＝m＞5，∠PAH＝θ，由题意可知：PH＝msinθ，AH＝mcosθ，由（2）可知：点H在直线上，结合（2）中数据可得：，在△ABH中，由余弦定理可得BH2＝AH2+AB2﹣2AH•BH•cos∠HAE，设△ABH的外接圆半径为r，则，设三棱锥P﹣ABH的外接球半径为R，则，且m＞5，可知当时，即时，R2取到最小值，即外接球表面积f（θ）取到最小值，此时． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/5/8 10:06:40；用户：15972902576；邮箱：15972902576；学号：21498003 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高一数学下学期期末模拟卷 （测试范围：必修第二册） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。 1．已知z（1+i）＝|1﹣i|2，则z＝（　　） A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i 2.某县有高中生2000人，初中生3000人，小学生4000人，幼儿园学生1500人，为了解该县学生的健康情况，采用比例分配的分层随机抽样方法从中抽取样本，若抽出的初中生为30人，则抽出的幼儿园学生人数为（　　） A．15 B．20 C．30 D．40 3．m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的是（　　） A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β C．若m∥α，m∥β，则α∥β D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n 4．已知三棱锥S﹣ABC，SC＝AB＝2，点E，F分别是棱SA，BC的中点，且，则异面直线SC与AB所成的角是（　　） A． B． C． D． 5．已知向量，满足，，，则在方向上的投影向量是（　　） A． B． C． D． 6．甲、乙两人组成的“龙队”参加数学解题比赛，比赛中每个队均有一张通行卡且仅限使用一次．每轮比赛由甲、乙各自独立解答同一道题，若两人都答对则直接进入下一轮；若两人都答错则直接被淘汰；若两人中恰有一人答对则可使用通行卡进入下一轮．已知在每轮比赛中甲答对的概率为，乙答对的概率为，且甲、乙答对与否互不影响，则“龙队”恰在参加三轮比赛后被淘汰的概率为（　　） A． B． C． D． 7．在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝4，A1B1＝2，二面角A1﹣AB﹣D的平面角为45°，则该正四棱台的体积是（　　） A． B． C． D． 8．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1，AA1＝AB＝2，平面A1BC⊥平面ABB1A1，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为，则A1C与平面ABB1A1所成的角为（　　） A．30° B．45° C．60° D．90° 2、 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．已知复数，则（　　） A．|z|＝2 B． C．复数z在复平面内对应的点在第一象限 D．复数z是方程x2﹣2x+4＝0在复数集内的解 10．如图，一个正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为Ω＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，设事件A＝{1，2，7，8}，事件B＝“得到的点数为偶数”，事件C＝“得到的点数为质数”，则下列说法正确的是（　　） A．事件B与C互斥 B． C．事件A与C相互独立 D．P（ABC）＝P（A）P（B）P（C） 11．在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E在棱CC1上，且，点F在正方形A1B1C1D1内（含边界）运动，则（　　） A．当时，平面AD1E截该正方体所得的截面面积为18 B．当时，点D到平面AD1E的距离为 C．当，且BF∥平面AD1E时，点F的轨迹长度为5 D．当，且EF⊥AE时，点F的轨迹长度为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。 12．用斜二测画法画一个平面四边形OABC的直观图，其直观图是如图所示的边长为2的正方形O′A′B′C′，则平面四边形OABC的面积为 　 　 ． 13．已知一组数据x1，x2，⋯，x10的平均数和方差均为1．若yi＝2xi﹣1（i＝1，2，3，⋯，10），则数据x1，x2，⋯，x10，y1，y2，⋯，y10的方差为 　 　 ． 14．在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cos2A+sin2B+sinBsinC＝1，则的取值范围为 　 　 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（本小题满分13分）△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a，b，c，且满足•tanB﹣tanA﹣tanB． （1）求角C的大小； （2）若c＝2，求a2+b2的取值范围． 16．（本小题满分15分）为增强中学生国防观念，提升青少年爱国情怀与国防素养，某市教育局举办了“青春筑国防”的知识竞赛活动，现从所有竞答试卷的卷面成绩中随机抽取200份作为样本数据，将样本答卷中分数x（40≤x≤100）分成六组：[40，50），[50，60），…，[90，100]，并作出如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中a的值； （2）求样本数据的第47百分位数； （3）已知落在[50，60）内样本数据的平均数是55，方差是6；落在[60，70）内样本数据的平均数是64，方差是，且这两组数据的总方差是22，求落在[60，70）内样本数据的方差． 参考公式：若总体划分为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：m，，和n，，，记总体的样本平均数为，样本方差为s2，则s2{} 17．（本小题满分15分）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧面ADD1A1⊥底面ABCD，且AA1⊥AD，侧棱AA1＝4，点M和点N在棱CC1上，且满足AA1＝2AB＝2AD＝2CM＝4CN． （1）若底面四边形ABCD为平行四边形，求证：AM∥平面BDN； （2）若底面四边形ABCD为矩形，求二面角D﹣BN﹣C的平面角的正切值． 18．（本小题满分17分）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为p1（0＜p1＜1），收到0的概率为1﹣p1；发送1时，收到0的概率为p2（0＜p2＜1），收到1的概率为1﹣p2．现有两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1，若依次收到1，1，1，则译码为1）． （1）已知． ①若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率； ②若采用单次传输方案，依次发送0，0，1，证明：事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立． （2）若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求p2的取值范围． 19．（本小题满分17分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，且AB＝3，AD＝4，，M为BC的中点，点P在平面ABCD内的射影为点H，且AH⊥DM． （1）求证：PA⊥DM； （2）当△PAB为等边三角形时，求点H到平面PAB的距离； （3）若记PA＝m＞5，∠PAH＝θ，记三棱锥P﹣ABH的外接球表面积f（θ），当函数f（θ）取最小值时，求AH的长． ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $