精品解析：云南昭通市市直中学2025-2026学年高一下学期第二次月考数学试题

昭通市市直中学2026年春季学期高一年级第二次月考 数学 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．第I卷第1页至第3页，第II卷第4页至第6页．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟． 第I卷（选择题，共58分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚． 2．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．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效． 一、单项选择题（本大题共8小题，每个小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 若复数满足，则的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的乘除运算求出，结合共轭复数的概念即可得出结果. 【详解】由题意知，， 所以. 故选：A 2. 将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次，则出现向上的点数之和大于8的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用列举法求出古典概率. 【详解】将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次共有个基本事件， 点数和大于8的事件有，共10个， 所以出现向上的点数之和大于8的概率为. 故选：B. 3. 已知互不重合的直线、，互不重合的平面、、，给出下列四个命题，正确命题的个数是（ ） ①若，，，则； ②若，，，则； ③若，，，则； ④若，，则. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 作长方体，结合空间的线面关系可判断①②③④的正误. 【详解】如下图所示，在长方体中， 对于①，平面，平面，平面平面， ，①正确； 对于②，平面平面，平面，平面，，②正确； 对于③，平面平面，平面平面，平面平面，平面，③正确； 对于④，平面平面，平面，但平面，④错误. 故选：C. 【点睛】对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳． 4. 蹴鞠，又名蹴球，筑球等，蹴有用脚踢、踏的含义，鞠最早系外包皮革、内实含米糠的球．已知某蹴鞠的表面上有四个点A，B，C，D，满足任意两点间的直线距离为6 cm，现在利用3D打印技术制作模型，该模型是由蹴鞠的内部挖去由组成的几何体后剩下的部分，打印所用原材料的密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原材料的质量约为（ ）【参考数据：，，，．】 A. 101 g B. 182 g C. 519 g D. 731 g 【答案】B 【解析】 【分析】计算为正四面体外接球体积与正四面体体积之差，进而计算对应的原材料需要的质量即可求得答案. 【详解】由题意可知，几何体是棱长为的正四面体， 所需要材料的体积即为正四面体外接球体积与正四面体体积之差， 设正四面体的棱长为，则正四面体的高为， 设正四面体外接球半径为，则，解得， 所以打印的体积为：. 又，所以， 即制作该模型所需原材料的体积为， 因为打印所用原材料的密度为， 所以制作该模型所需原材料的质量约为 5. 莎士比亚说“书籍是全人类的营养品”．在这个充满变化的时代，书籍始终是我们最可靠的伙伴．阅读不仅能够丰富你的知识，更能塑造你的品格，成为你成长道路上最珍贵的礼物．下图是国家图书馆在2024年1月到7月外借图书量（单位：册次）的统计图： 下列说法正确的是（ ） A. 这七个月外借图书量的中位数是12867 B. 这组数据的第80百分位数是10079 C. 1月，2月，3月这三个月外借图书量的方差比2月，3月，4月这三个月外借图书量的方差大 D. 1月，2月，3月，4月这四个月外借图书量的平均数比2月，3月，4月，5月这四个月外借图书量的平均数小 【答案】D 【解析】 【分析】根据中位数的定义求解判断A，根据百分位数的概念求解判断B，根据方差的计算判断C，根据平均数的含义判断D. 【详解】国家图书馆在2024年1月到7月外借图书量分别为， 从小到大为，故中位数是，故A错误； 又，所以这组数据的第80百分位数是，故B错误； 1月，2月，3月这三个月外借图书量的平均数为， 则其方差为， 2月，3月，4月这三个月外借图书量的平均数为， 则其方差为， 故1月，2月，3月这三个月外借图书量的方差比2月，3月，4月这三个月外借图书量的方差小，故C错误； 由统计图可知1月外借图书量远小于5月外借图书量，所以1月，2月，3月，4月这四个月外借图书量的平均数比2月，3月，4月，5月这四个月外借图书量的平均数小，故D正确. 故选：D 6. 一个盒子里装有除颜色外完全相同的四个小球，其中黑球有两个，编号为1、2；红球有两个，编号为3，4．从盒中不放回的依次取出两个球，表示事件“第一次取出的是红球”，表示事件“取出的两球同色”，表示事件“取出的两球不同色”，则下列说法正确的是（ ） A. 与互斥 B. 与互斥 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意列举出事件A，事件B，事件C，及总事件包含的情况，进而求解判断各选项即可. 【详解】由题意，事件A包含， 事件B包含， 事件C包含， 显然， 与不互斥，与不互斥，故AB错误， 总事件的情况为， ，共12种情况， 其中包含，共8种情况， 故，故C错误， 事件包含，共6种情况， 则包含事件，共4种情况， 故，故D正确. 故选：D. 7. 正三棱柱的棱长均相等，E是的中点，则异面直线与BE所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用平移法作出异面直线与BE所成角，解三角形即可求得答案. 【详解】连接，设F为的中点，设交于点D， 连接，由于四边形为平行四边形 ，故D为的中点， 所以，则即为异面直线与所成角或其补角， 连接，由于正三棱柱的棱长均相等，设棱长为2， 则, ，则， 故在中，, 由于异面直线与BE所成角的范围为， 故异面直线与BE所成角的余弦值为， 故选：D 8. 已知球O内切于正四棱台（即球与该正四棱台的上、下底面以及侧面均相切），且该正四棱台的上、下底面棱长之比为，则球O与该正四棱台的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设出正四棱台上、下底面的棱长，则可借助正四棱台性质及体积公式表示出内切球体积及正四棱台体积，即可得解. 【详解】如图为该几何体的轴截面，其中圆O是等腰梯形ABCD的内切圆， 设圆O与梯形的腰相切于点P，Q，与上、下底面分别切于点，， 不妨设正四棱台上、下底面的棱长为，， 则，，， 故在直角梯形中，过点C作，垂足为E，所以， 在中，，为棱台的高，也是球的直径， 所以半径为，所以球的体积为， 棱台体积为， 故球与棱台的体积比为. 故选：C. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．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. 豆瓣评分是将用户评价的一到五星转化为0～10的分值（一星2分，二星4分，三星6分，以此类推），以得分总和除以评分的用户人数所得的数字.国庆爱国影片《长津湖》的豆瓣评分情况如图，假如参与评价的观众中有97.6%的评价不低于二星，则下列说法正确的是（ ） A. m的值是32% B. 随机抽取100名观众，则一定有24人评价五星 C. 随机抽取一名观众，其评价是三星或五星的概率约为0.56 D. 若从已作评价的观众中随机抽取3人，则事件“至多1人评价五星”与事件“恰有2人评价五星”是互斥且不对立事件 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A选项，由题意参与评价的观众中有97.6%的评价不低于二星，则二星及以上的频率加和为，即可求解；对B选项，由频率只能推出可能有24人符合条件；对C选项，将评价为三星和五星的频率加和即可；对D选项，“至多1人评价五星”即为无人评价或1人评价五星，依据互斥事件与对立事件定义判断即可. 【详解】对A选项，参与评价的观众中有97.6%的评价不低于二星， 则，所以，故A正确； 对B选项，随机抽取100名观众，可能有人评价五星，但不是一定的，故B错误； 对C选项，由A选项，评价是三星或五星的概率约为，故C正确； 对D选项，根据互斥事件和对立事件的定义可知，事件“至多1人评价五星”与事件“恰有2人评价五星”是互斥且不对立事件，故D正确； 故选：ACD 10. 已知，，则（ ） A. B. 向量与的夹角为 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】将展开结合可判断A；由向量夹角公式即可判断B；计算是否成立可判断C；先求、，再利用向量夹角公式计算与的夹角可判断D，进而可得正确选项. 【详解】对于A：由可得，因为，所以，故选项A正确； 对于B：由可得， 由，所以，因为， 所以，故选项B不正确； 对于C：因为，所以，故选项C正确； 对于D：因为， 所以，因为，设与的夹角为， 所以，所以与不共线，故选项D不正确； 故选：AC 11. 如图，正方形为圆柱的轴截面，为的中点，为的中点，四面体外接球的表面积为，则（ ） A. 平面 B. 该圆柱的体积为 C. 直线与平面所成的角为 D. 点到平面的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，先得到，结合平面，，得到线面垂直；B选项，方法一：根据对称性得到为四面体外接球的直径，利用外接球的表面积为得到方程，求出半径，进而由体积公式求出答案；方法二：作出辅助线，得到为四面体外接球的球心，为四面体外接球的直径，利用外接球的表面积为得到方程，求出半径，进而由体积公式求出答案；C选项，为直线与平面所成的角，求出各边长，得到，则；D选项，利用等体积法得到方程，求出答案. 【详解】选项A，易知为底面圆的直径，所以， 由题意知平面，因为平面，所以， 因为，平面，所以平面，A正确. 选项B：方法一：由球与圆柱的结构特征可知，的中点在四面体的外接球的球面上， 则为四面体外接球的直径， 设圆柱的底面半径为，正方形为圆柱的轴截面， 则，，所以， 因为四面体的外接球的表面积为，所以， 解得，所以该圆柱的体积； 方法二：根据题意可知的中点为的外心， 过点作平面的垂线，交的中点于点， 又为外接圆的圆心，故为四面体外接球的球心， 为四面体外接球的直径， 设圆柱的底面半径为，则，，所以， 因为四面体的外接球的表面积为，所以， 解得，所以该圆柱的体积，B正确. 选项C：如图，连接，由A知，平面， 易得平面， 则为直线与平面所成的角， 因为为的中点，，故， 由勾股定理得， 在中，，则， 所以直线与平面所成的角为，C错误； 选项D：设点到平面的距离为， 在直角中，由勾股定理得， 由，得， 所以， 即点到平面的距离为，D正确. 故选：ABD 第II卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第II卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若10名跳水运动员在一次比赛（满分：100分）中的得分情况分别为95，80，68，77，74，90，88，83，76，86，则这组数据的分位数为______． 【答案】 【解析】 【详解】解：得分从小到大排列为：68，74，76，77，80，83，86，88，90，95， ， 这组数据的分位数为第8个数． 13. 甲、乙两人进行投篮比赛，甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，且甲、乙两人投中与否互不影响．若甲、乙各投一次，则两人至少有一人投中的概率是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，应用独立事件概率乘积公式先求出两人都没有命中的概率，由对立事件的性质计算得答案. 【详解】根据题意，则甲､乙两人各投一次，两人都没有投中的概率为， 则至少有一人投中的概率； 故答案为：. 14. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，则_______；设D是上一点，且，，则的最大值为_______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】空一：利用余弦定理、正弦定理边角互化，结合和差公式化简即可得解；空二：利用余弦定理建立三边关系，并消去，整理后使用三角代换，结合辅助角公式求解可得. 【详解】空一：由余弦定理知： 所以 由正弦定理化简得：， 即 ， 即. 又，，所以，所以 空二：由题意得，， 在与中，分别有， 又，化简得， 又，代入整理得： ，即， 结合辅助角公式有， 所以当时，最大值为. 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知向量，. （1）若，求实数的值； （2）已知、、三点共线，若，，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量的坐标运算与向量垂直的坐标运算即可求解； （2）利用向量的坐标运算与向量共线的坐标运算即可求解. 【小问1详解】 ，，则， 由于，所以， 即，解得. 【小问2详解】 已知，， 则，， 由于、、三点共线，所以，解得. 16. 已知中，角的对边分别为，，，，. （1）求； （2）若，角的平分线交于，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求出，又已知，因此可得； （2）由（1）知，分别求出，，再根据角平分线这一条件，建立三角形的面积关系，从而求出的长. 【小问1详解】 解：因为，，则由余弦定理可得， ，又， 所以，因此. 【小问2详解】 解：由（1）知，又， 所以，. 因为，所以， 又因为平分，所以， 因此， 解得. 17. 近日，省足球青训中心建成投用，某校为了解学生对足球的热爱程度，随机抽取100名学生对足球的“喜爱度”进行评分，将样本的成绩分成，，，，这五组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）估计样本成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）求样本成绩的中位数（结果保留两位小数）； （3）已知落在内的平均成绩是80分，方差是4，落在内的平均成绩是88分，方差是6，求两组成绩合并后的平均数和方差． 【答案】（1）100 （2）分 （3）， 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数的计算公式求解即得； （2）先确定中位数所在的区间，然后根据频率分布直方图中中位数的求法，即可得答案； （3）根据条件，分别求出两组数据的样本容量，平均数和方差，代入公式，整理计算，即可得答案. 【小问1详解】 由频率分布直方图得，样本成绩的平均数为． 【小问2详解】 设中位数为． 由， 所以， 所以，解得， 所以样本成绩的中位数为分． 【小问3详解】 第一组的样本容量， 第二组的样本容量， 所以合并后的平均数， 合并后的方差． 18. 如图，正四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，点P在侧棱SD上，且． （1）求证：； （2）求二面角的大小； （3）侧棱SC上是否存在一点E，使得平面PAC．若存在，求的值；若不存在，试说明理由． 【答案】（1） 在正四棱锥中，连接，连接，则点O是正方形的中心， 平面，而平面，则， 又 ， 平面，， 于是平面，而 平面， 所以. （2） ； （3） 存在， 【解析】 【分析】（1）连接，连接，利用正四棱锥的结构特征，结合线面垂直的性质判定推理即得. （2）由（1）的信息，确定二面角的平面角，再计算大小. （3）过点作一平面平行于平面，再确定该平面与的交点即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，由（1）知，平面， 而平面，则， 于是是二面角的平面角，令正方形边长为， 则，有， 又， 则，， 因此，， 所以二面角的大小为. 【小问3详解】 存在. 在SP上取点N，使得，过N作交SC于点E，连BN， 由平面，平面，得平面， 由是的中点，得，而平面，平面，得平面， 又平面， 因此平面平面，而平面， 则平面，由（2）知，，即点是中点， 于是， 所以侧棱上存在一点E，使得平面，. 【点睛】关键点睛：本题是探求过定点的直线与已知平面平行的问题，过定点作与已知平面平行的平面是关键. 19. 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，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．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，则译码为1，若依次收到，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，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，求的取值范围． 【答案】（1）① ； ②证明：记事件为“第三次收到的信号为1”，则． 记事件为“三次收到的数字之和为2”， 则． 因为， 所以事件“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） 【解析】 【分析】（1）①记事件为“至少收到一次0”，利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算可得；②记事件为“第三次收到的信号为1”，事件为“三次收到的数字之和为2”，证明即可； （2）记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，事件为“采用单次传输方案时译码为0”，根据题意可得，解不等式可解. 【小问1详解】 ①记事件为“至少收到一次0”，则． ②略 【小问2详解】 记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，则． 记事件为“采用单次传输方案时译码为0”，则． 根据题意可得，即， 因为，所以， 解得，故的取值范围为． 【点睛】关键点点睛：利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算各事件的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 昭通市市直中学2026年春季学期高一年级第二次月考 数学 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．第I卷第1页至第3页，第II卷第4页至第6页．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟． 第I卷（选择题，共58分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚． 2．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．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效． 一、单项选择题（本大题共8小题，每个小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 若复数满足，则的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 2. 将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次，则出现向上的点数之和大于8的概率为（ ） A. B. C. D. 3. 已知互不重合的直线、，互不重合的平面、、，给出下列四个命题，正确命题的个数是（ ） ①若，，，则； ②若，，，则； ③若，，，则； ④若，，则. A. B. C. D. 4. 蹴鞠，又名蹴球，筑球等，蹴有用脚踢、踏的含义，鞠最早系外包皮革、内实含米糠的球．已知某蹴鞠的表面上有四个点A，B，C，D，满足任意两点间的直线距离为6 cm，现在利用3D打印技术制作模型，该模型是由蹴鞠的内部挖去由组成的几何体后剩下的部分，打印所用原材料的密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原材料的质量约为（ ）【参考数据：，，，．】 A. 101 g B. 182 g C. 519 g D. 731 g 5. 莎士比亚说“书籍是全人类的营养品”．在这个充满变化的时代，书籍始终是我们最可靠的伙伴．阅读不仅能够丰富你的知识，更能塑造你的品格，成为你成长道路上最珍贵的礼物．下图是国家图书馆在2024年1月到7月外借图书量（单位：册次）的统计图： 下列说法正确的是（ ） A. 这七个月外借图书量的中位数是12867 B. 这组数据的第80百分位数是10079 C. 1月，2月，3月这三个月外借图书量的方差比2月，3月，4月这三个月外借图书量的方差大 D. 1月，2月，3月，4月这四个月外借图书量的平均数比2月，3月，4月，5月这四个月外借图书量的平均数小 6. 一个盒子里装有除颜色外完全相同的四个小球，其中黑球有两个，编号为1、2；红球有两个，编号为3，4．从盒中不放回的依次取出两个球，表示事件“第一次取出的是红球”，表示事件“取出的两球同色”，表示事件“取出的两球不同色”，则下列说法正确的是（ ） A. 与互斥 B. 与互斥 C. D. 7. 正三棱柱的棱长均相等，E是的中点，则异面直线与BE所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知球O内切于正四棱台（即球与该正四棱台的上、下底面以及侧面均相切），且该正四棱台的上、下底面棱长之比为，则球O与该正四棱台的体积之比为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．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. 豆瓣评分是将用户评价的一到五星转化为0～10的分值（一星2分，二星4分，三星6分，以此类推），以得分总和除以评分的用户人数所得的数字.国庆爱国影片《长津湖》的豆瓣评分情况如图，假如参与评价的观众中有97.6%的评价不低于二星，则下列说法正确的是（ ） A. m的值是32% B. 随机抽取100名观众，则一定有24人评价五星 C. 随机抽取一名观众，其评价是三星或五星的概率约为0.56 D. 若从已作评价的观众中随机抽取3人，则事件“至多1人评价五星”与事件“恰有2人评价五星”是互斥且不对立事件 10. 已知，，则（ ） A. B. 向量与的夹角为 C. D. 11. 如图，正方形为圆柱的轴截面，为的中点，为的中点，四面体外接球的表面积为，则（ ） A. 平面 B. 该圆柱的体积为 C. 直线与平面所成的角为 D. 点到平面的距离为 第II卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第II卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若10名跳水运动员在一次比赛（满分：100分）中的得分情况分别为95，80，68，77，74，90，88，83，76，86，则这组数据的分位数为______． 13. 甲、乙两人进行投篮比赛，甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，且甲、乙两人投中与否互不影响．若甲、乙各投一次，则两人至少有一人投中的概率是______． 14. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，则_______；设D是上一点，且，，则的最大值为_______． 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知向量，. （1）若，求实数的值； （2）已知、、三点共线，若，，求实数的值. 16. 已知中，角的对边分别为，，，，. （1）求； （2）若，角的平分线交于，求的长. 17. 近日，省足球青训中心建成投用，某校为了解学生对足球的热爱程度，随机抽取100名学生对足球的“喜爱度”进行评分，将样本的成绩分成，，，，这五组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）估计样本成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）求样本成绩的中位数（结果保留两位小数）； （3）已知落在内的平均成绩是80分，方差是4，落在内的平均成绩是88分，方差是6，求两组成绩合并后的平均数和方差． 18. 如图，正四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，点P在侧棱SD上，且． （1）求证：； （2）求二面角的大小； （3）侧棱SC上是否存在一点E，使得平面PAC．若存在，求的值；若不存在，试说明理由． 19. 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，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．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，则译码为1，若依次收到，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，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，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $