eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 立体几何学）：23. 如图, 平面 $\beta$ 与圆雉面的轴 $\mathrm{l}$ 垂直, 则交线是什么曲线? 设圆雉底面半径为 $\mathrm{R}$, 高为 $\mathrm{h}$,顶点 $S$ 到截面 $\beta$ 的距离为 $h_{1},\left(R, h, h_{1}\right.$ 均为正常数）.


选项：
答案：答案：解答：因为 $1 \perp \beta$ (垂足为 $\mathrm{O}_{1}$ ),

所以平面 $\beta / / \odot O$ 所在的平面.

设 $\mathrm{P}$ 为交线上的任意一点,

过点 $P$ 作圆雉的母线 $S Q$,

连接 $\mathrm{PO}_{1}, \mathrm{QO}$,

则 $\mathrm{PO}$ 为平面 $\mathrm{SQO}$ 与平面 $\beta$ 的交线,

$\mathrm{QO}$ 为平面 $\mathrm{SQO}$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 所在的平面的交线.

所以 $\mathrm{PO}_{1} / / \mathrm{QO}$. 于是 $\frac{P O_{1}}{Q O}=\frac{S O_{1}}{S O}$.

即 $\frac{P O_{1}}{R}=\frac{h_{1}}{h}$. 因此 $P O_{1}=\frac{R h_{1}}{h}=r,(\mathrm{r}$ 为常数).

所以点 $\mathrm{P}$ 到定点 $\mathrm{O}_{1}$ 的距离为常数 $\mathrm{r}$, 故交线为一个圆.
解析：: 分析: 本题主要考查了平面与圆锥面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线满足的性质结合三角形的相似性计算即可
题目（高三 · 立体几何学）：24. 在空间中, 取直线 $l$ 为轴, 直线 $I^{\prime}$ 与 $l$ 相交于 $O$ 点, 夹角为 $\alpha, l^{\prime}$ 围绕 1 旋转得到以 $O$ 为顶点, $l^{\prime}$ 为母线的圆雉面, 任取平面 $\pi$, 若它与轴 $l$ 的交角为 $\beta$ (当 $\pi$ 与 $l$ 平行时, 记 $\beta=0$ ),求证 $\beta=\alpha$ 时, 平面 $\pi$ 与圆雉的交线是抛物线.
选项：
答案：答案：证明：如图, 设平面 $\pi$ 与圆雉内切球相切于点 $\mathrm{F}_{1}$, 球与圆雉的交线为圆 $\mathrm{S}$, 过该交线的平面 $\pi^{\prime}$, 为 $\pi$ 与 $\pi^{\prime}$ 相交于直线 $\mathrm{m}$.

<ImageHere>

在平面 $\pi$ 与圆雉的截线上任取一点 $P$, 连接 $\mathrm{PF}_{1}$ 过点 $\mathrm{P}$ 作 $\mathrm{PA} \perp \mathrm{m}$, 交 $\mathrm{m}$ 于点 $\mathrm{A}$, 过点 $\mathrm{P}$ 作 $\pi^{\prime}$ 的垂线, 垂足为 B,

连接 $\mathrm{AB}$, 则 $\mathrm{AB} \perp \mathrm{m}, \therefore \angle \mathrm{PAB}$ 是 $\pi$ 与 $\pi^{\prime}$ 所成二面角的平面角. 连接点 $\mathrm{P}$ 与圆雉的顶点, 与 $\mathrm{S}$ 相交于点 $\mathrm{Q}_{1}$, 连接 $\mathrm{BQ}_{1}$, 则 $\angle \mathrm{BPQ}=\alpha, \angle \mathrm{APB}=\beta$.

在 Rt $\triangle \mathrm{APB}$ 中, $\mathrm{PB}=\mathrm{PA} \cos \beta$.

在 Rt $\triangle \mathrm{PBQ}_{1}$ 中 $\mathrm{PB}=\mathrm{PQ}_{1} \cos \alpha$.

$\therefore \frac{P Q_{1}}{P A}=\frac{\cos \beta}{\cos \alpha}$

又 $\because \mathrm{PQ}_{1}=\mathrm{PF}_{1}, \alpha=\beta, \therefore \frac{P E_{1}}{P A}=1$,

即 $\mathrm{PF}_{1}=\mathrm{PA}$, 动点 $\mathrm{P}$ 到定点 $\mathrm{F}_{1}$ 的距离等于它到定直线 $m$ 的距离, 故当 $\alpha=\beta$ 时, 平面与圆雉的交线为抛物线.
解析：: 分析: 本题主要考查了平面与圆锥面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线满足的有关性质结合所给几何体的空间结构特征构造辅助线结合二面角定义分析计算即可
题目（高三 · 立体几何学）：25. 在空间中, 取直线 $l$ 为轴, 直线 $l^{\prime}$ 与 $l$ 相交于 $O$ 点, 夹角为 $\alpha$, $l^{\prime}$ 围绕 $l$ 旋转得到以 $O$ 为顶点, $1^{\prime}$ 为母线的圆雉面. 任取平面 $\pi$, 若它与轴 $l$ 的交角为 $\beta$ (当 $\pi$ 与 $l$ 平行时, 记 $\beta=0$ ),求证 $\beta<\alpha$ 时, 平面 $\pi$ 与圆锥的交线为双曲线.
选项：
答案：答案: 解答：当 $\beta<\alpha$ 时, 平面 $\pi$ 与圆雉面的两部分相交. 在圆雉的两部分分别嵌入 Dandelin 球, 与平面 $\pi$ 的两个切点分别是 $\mathrm{F}_{1} 、 \mathrm{~F}_{2}$, 与圆锥两部分截的圆分别是 $\mathrm{S}_{1} 、 \mathrm{~S}_{2}$. 在截口上任取一点 $\mathrm{P}$, 连接 $\mathrm{PF}_{1} 、 \mathrm{PF}_{2}$, 过 $\mathrm{P}$ 作母线分别和两球切于 $\mathrm{Q}_{1} 、 \mathrm{Q}_{2}$, 则 $\mathrm{PF}_{1}=\mathrm{PQ}_{1}, \mathrm{PF}_{2}=\mathrm{PQ}_{2}$,,$\therefore$ $\left|\mathrm{PF}_{1}-\mathrm{PF}_{2}\right|=\left|\mathrm{PQ}_{1}-\mathrm{PQ}_{2}\right|=\mathrm{Q}_{1} \mathrm{Q}_{2}$,

<ImageHere>

$\because \mathrm{Q}_{1} \mathrm{Q}_{2}$ 是两圆 $\mathrm{S}_{1} 、 \mathrm{~S}_{2}$ 所在平行平面间的母线段长, 为定值,

$\therefore$ 由双曲线的定义知, 点 $\mathrm{P}$ 的轨迹为双曲线.
解析：: 分析: 本题主要考查了平面与圆锥面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆雉面的截线满足的有关性质结合圆雉曲线的有关性质分析证明即可，有一定难度.
题目（高三 · 立体几何学）：正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $E, F$ 分别是 $B B_{1}, C D$ 的中点.

(1) 证明: 平面 $A E D \perp$ 平面 $A_{1} F D_{1}$;

(2) 在 $A E$ 上求一点 $M$, 使得 $A_{1} M \perp$ 平面 $D A E$.
选项：
答案：(1)以 $\mathrm{D}$ 为原点, $\mathrm{DA}, \mathrm{DC}, \mathrm{DD}_{1}$ 为 $\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}$ 轴建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为 1则有 $\mathrm{A}(1,0,0), \mathrm{E}(1,2,1 / 2), \mathrm{F}(0,1 / 2,0), \mathrm{D}_{1}(0,0,1), \mathrm{A}_{1}(1,0,1) \cdots$ 腌 $\mathrm{AD}(-1,0,0) \mathrm{D} 1 \mathrm{~F}(0,1 / 2,-1)$$\mathrm{AD} \perp \mathrm{D}_{1} \mathrm{~F}$ 由以上可知 $\mathrm{D}_{1} \mathrm{~F} \perp$ 平面 $\mathrm{AED}$,又 $\mathrm{D}_{1} \mathrm{~F}$ 在平面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{FD}_{1}$ 内,$	herefore$ 面 $\mathrm{AED} \perp$ 面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{FD}_{1}$(2) 由于点 $M$ 在直线 $A E$ 上，设 $A M=\lambda(0,2,1)=(0,2 \lambda, \lambda)$可得 $M(2 ， 2 \lambda ， \lambda) ， 	herefore$$\mathrm{A} 1 \mathrm{M},=(0,2 \lambda, \lambda-2)$$ecause A D \perp A_{1} M ， 	herefore$ 要使 $A_{1} M \perp$ 平面 $A D E$ ，只需 $A_{1} M \perp A E$ ，$0,2 \lambda, \lambda-2) \cdot(0,2,1)=5 \lambda-2=0$,解得 $\lambda=2 / 5$. 故当 $A=2 / 5$
题目（高三 · 立体几何学）：如图所示, 在 $\triangle A B C$ 中, $a=b \cdot \cos C+c \cdot \cos B$, 其中 a, b, $c$ 分别为角 A, B, C 的对边, 在四面体 P-ABC 中, $S_{1}, S_{2}, S_{3}, S$ 分别表示 $\triangle P A B, \triangle P B C, \triangle P C A, \triangle A B C$ 的面积, $\alpha, \beta, \gamma$依次表示面 PAB, 面 PBC, 面 PCA 与底面 $\mathrm{ABC}$ 所成二面角的大小. 写出对四面体性质的猜想, 并证明你的结论.

选项：
答案： 类比三角形中的结论,猜想在四面体中的结论为 $S=S_{1} \cdot \cos \alpha+S_{2} \cdot \cos eta+S_{3} \cdot \cos \gamma$.证明：如图, 设 $\mathrm{P}$ 点在底面的射影为 $\mathrm{O}$ 点, 过 $\mathrm{O}$ 点作 $O H \perp A B$, 交 $\mathrm{AB}$ 于 $\mathrm{H}$, 连接 $\mathrm{PH}, \mathrm{OA}, \mathrm{OB}$,<ImageHere>$\angle P H O$ 就是平面 $\mathrm{PAB}$ 与底面 $\mathrm{ABC}$ 所成的二面角, 则 $\angle P H O=\alpha$, $S_{	riangle A O B}=rac{1}{2} 	imes A B 	imes O H, S_{	riangle P A B}=rac{1}{2} 	imes A B 	imes P H, \quad \cos \alpha=\cos \angle P H O=rac{O H}{P H}=rac{S_{	riangle A O B}}{S_{1}}$$	herefore S_{	riangle A O B}=S_{1} \cos \alpha_{	ext {同理, }} S_{	riangle C O B}=S_{2} \cos eta, S_{	riangle A O C}=S_{3} \cos \gamma$,又 $S=S_{	riangle A O B}+S_{	riangle C O B}+S_{	riangle A O C}, \quad 	herefore \mathrm{S}=\mathrm{S}_{1} \cdot \cos \alpha+\mathrm{S}_{2} \cdot \cos eta+\mathrm{S}_{3} \cdot \cos \gamma$【分析】类比三角形中的结论，猜想四面体中的结论, 并证明即可.
题目（高三 · 立体几何学）：已知命题: 平面上一矩形 $\mathrm{ABCD}$ 的对角线 $\mathrm{AC}$ 与边 $\mathrm{AB} 、 \mathrm{AD}$ 所成的角分别为 $\alpha 、 \beta$ (如图 1)，则 $\cos ^{2} \alpha+\cos ^{2} \beta=1$. 用类比的方法, 把它推广到空间长方体中, 试写出相应的一个真命题并证明.



图1



图2
选项：
答案： 命题: 长方体 $A B C D-A B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ 中(如图 2),<ImageHere>图2对角线 $A C$ 与棱 $A B 、 A D 、 A A$ 所成的角分别为 $\alpha, eta, \gamma$,则 $\cos ^{2} \alpha+\cos ^{2} eta+\cos ^{2} \gamma=1$;证明: $ecause \cos \alpha=rac{A B}{A C^{\prime}}, \quad \cos eta=rac{A D}{A C^{\prime}}, \quad \cos \gamma=rac{A A^{\prime}}{A C^{\prime}}$, $	herefore \cos ^{2} \alpha+\cos ^{2} eta+\cos ^{2} \gamma=rac{A B^{2}+A D^{2}+A A^{2}}{A C^{2}}=rac{A C^{2}}{A C^{2}}=1$. (此题答案不唯一)
题目（高三 · 计数）：(12 分) 我国为全面建设社会主义现代化国家, 制定了从 2021 年到 2025 年的 “十四五”规划. 某企业为响应国家号召, 汇聚科研力量, 加强科技创新, 准备增加研发资金. 现该企业为了了解年研发资金投入额 $x$ (单位: 亿元) 对年盈利额 $y$ (单位: 亿元）的影响，研究了“十二五”和“十三五”规划发展期间近 10 年年研发资金投入额 $x_{i}$ 和年盈利额 $y_{i}$ 的数据. 通过对比分析, 建立了两个函数模型: (1) $y=\alpha+eta x^{2}$, (2) $y=e^{\lambda x+t}$, 其中 $\alpha, eta, \lambda, t$ 均为常数, $e$ 为自然对数的底数.令 $u_{i}>x_{i}^{2}, v_{i}=\ln y_{i}(i=1,2, \cdots, 10)$, 经计算得如下数据:| $ar{x}$ | $ar{y}$ | $\sum_{i=1}^{10}\left(x_{i}-ar{x}ight)^{2}$ | $\sum_{i=1}^{10}\left(y_{i}-ar{y}ight)^{2}$ | $ar{u}$ | $ar{v}$ || :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: || 26 | $21=$ | 65 | 2 | 680 | 5.36 || $\sum_{i=1}^{10}\left(u_{i}-ar{u}ight)^{2}$ |  | $-ar{u})\left(y_{i}-ar{y}ight)$ | $\sum_{i=1}^{10}\left(v_{i}-ar{v}ight)^{2}$ | $\sum_{i=1}^{10}\left(x_{i}-ar{x}ight)\left(v_{i}-ar{v}ight)$ |  || 11250 |  | 130 | 26 | 12 |  |(1) 请从相关系数的角度, 分析哪一个模型拟合程度更好?（2）（i）根据（1）的选择及表中数据, 建立 $y$ 关于 $x$ 的回归方程;（系数精确到0.01)(ii) 若希望 2021 年盈利额 $y$ 为 250 亿元, 请预测 2021 年的研发资金投入额 $x$ 为多少亿元？（结果精确到0.01）附: (1)相关系数 $r=rac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-ar{x}ight)\left(y_{i}-ar{y}ight)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-ar{x}ight)^{2} \sum_{i=1}^{n}\left(y_{i}-ar{y}ight)^{2}}}$, 回归直线 $\hat{y}=\hat{a}+\hat{b} x$ 中:$\hat{b}=rac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-ar{x}ight)\left(y_{i}-ar{y}ight)}{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-ar{x}ight)^{2}}, \hat{a}=ar{y}-\hat{b} ar{x}$(2)参考数据: $\ln 2 \approx 0.693, \ln 5 \approx 1.609$.
选项：
答案：(1) $y=c \cdot d^{x}$ 适宜; (2) $y=3.47 	imes 10^{025 x}$; (3) 12 千件产品.
解析：(1) 根据散点图判断, $y=c \cdot d^{x}$ 适宜作为非原料总成本 $y$ 关于生产该产品的数量 $x$ 的回归方程类型.(2) 由 $y=c \cdot d^{x}$, 两边同时取常用对数得 $\lg y=\lg \left(c \cdot d^{x}ight)=\lg c+x \lg d$.设 $\lg y=v, 	herefore v=\lg c+x \lg d ，$$ecause ar{x}=4, ar{v}=1.54, \sum_{i=1}^{7} x_{i}^{2}=140$,$	herefore \lg d=rac{\sum_{i=1}^{7} x_{i} v_{i}-7 \overline{x v}}{\sum_{i=1}^{7} x_{i}^{2}-7 ar{x}^{2}}=rac{50.12-7 	imes 4 	imes 1.54}{140-7 	imes 4^{2}}=rac{7}{28}=0.25$.把 $(4,1.54)$ 代入 $ar{v}=\lg c+ar{x} \lg d$, 得 $\lg c=0.54$ ，$	herefore \hat{v}=0.54+0.25 x, \quad 	herefore \lg \hat{y}=0.54+0.25 x$,$	herefore \hat{y}=10^{054+0.25 x}=3.47 	imes 10^{025 x}$,即 $y$ 关于 $x$ 的回归方程为 $\hat{y}=3.47 	imes 10^{025 x}$.(3) 设生产了 $x$ 千件该产品. 则生产总成本为 $g(x)=3.47 	imes 10^{0.25 x}+x 	imes 10 	imes 1000$.又 $g(x)=3.47 	imes 10^{0.25 x}+10000 x$ 在其定义域内单调递增, 且 $g(12)=3.47 	imes 10^{3}+120000=123470$,故最多能生产 12 千件产品.
题目（高三 · 计数）：(10 分) 如图是我国 2014 年至 2020 年生活垃圾无害化处理量（单位：亿吨）的折线图. 注: 年份代码 1-7 分别对应年份 2014-
选项：
答案：(1) 详见解析; (2) $\hat{y}=0.10 t+0.92,1.82$ 亿吨.
解析：(1) 由折线图看出, $y$ 与 $t$ 之间存在较强的正相关关系, 理由如下因为 $\sum_{i=1}^{7} y_{i}=9.32, \sum_{i=1}^{7} t_{i} y_{i}=40.17, \sqrt{\sum_{i=1}^{7}\left(y_{i}-ar{y}ight)^{2}}=0.55, ar{t}=rac{1+2+3+4+5+6+7}{7}=4$,所以 $r=rac{\sum_{i=1}^{7}\left(t_{i}-ar{t}ight)\left(y_{i}-ar{y}ight)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{7}\left(t_{i}-ar{t}ight)^{2} \sum_{i=1}^{7}\left(y_{i}-ar{y}ight)^{2}}}=rac{\sum_{i=1}^{7} t_{i} y_{i}-7 ar{t} ar{y}}{\sqrt{\sum_{i=1}^{7}\left(t_{i}-ar{t}ight)^{2} \sum_{i=1}^{7}\left(y_{i}-ar{y}ight)^{2}}}$$\approx rac{40.17-4 	imes 9.32}{2 \sqrt{7} \cdot 0.55} \approx rac{2.89}{2.9106} \approx 0.993$$ecause 0.993>0.75$, 故 $y$ 与 $t$ 之间存在较强的正相关关系.(2) 由 (1), 结合题中数据可得, $\hat{b}=rac{\sum_{i=1}^{7}\left(t_{i}-ar{t}ight)\left(y_{i}-ar{y}ight)}{\sum_{i=1}^{7}\left(t_{i}-ar{t}ight)^{2}}=rac{\sum_{i=1}^{7} t_{i} y_{i}-7 ar{t} ar{y}}{\sum_{i=1}^{7} t_{i}^{2}-7 ar{t}^{2}} \approx rac{2.89}{28} \approx 0.103$,$\hat{a}=ar{y}-\hat{b} t \approx 1.331-0.103 	imes 4 \approx 0.92$,$	herefore y$ 关于 $t$ 的回归方程 $\hat{y}=0.10 t+0.92$2022 年对应的 $t$ 值为 9 , 故 $\hat{y}=0.10 	imes 9+0.92=1.82$预测 2022 年我国生活垃圾无害化处理量为 1.82 亿吨.
题目（高三 · 计数）：(12 分) 某学校研究性学习小组对该校高三学生视力情况进行调查, 在高三的全体 1000 名学生中随机抽取了 100 名学生的体检表, 并得到如图 1 的频率分布直方图.

(1) 若直方图中后四组的频数成等差数列, 计算高三全体学生视力在
选项：
答案：（1） $820 ， 4.7$ ；（2）不能在犯错的概率不超过 0.05 的前提下认为视力与学习成绩有关系.
解析：(1) 设各组的频率为 $f_{i}(i=1,2,3,4,5,6)$,由图可知, 第一组有 3 人, 第二组 7 人, 第三组 27 人,因为后四组的频数成等差数列, 所以后四组频数依次为 $27,24,21,18$,则后四组频率依次为 $0.27,0.24,0.21,0.18$,视力在 5.0 以下的频率为 $3+7+27+24+21=82$ 人故全年级视力在 5.0 以下的人数约为 $1000 	imes rac{82}{100}=820$ 人.设 100 名学生视力的中位数为 $x$,则有 $(0.15+0.35+1.35) 	imes 0.2+(x-4.6) 	imes(0.24 \div 0.2)=0.5 ， x \approx 4.7$.(2) $k^{2}=rac{100(42 	imes 16-34 	imes 8)^{2}}{50 	imes 50 	imes 76 	imes 24}=rac{200}{57} \approx 3.509<3.841$,因此在犯错误的概率不超过 0.05 的前提下认为视力与学习成绩没有关系.
题目（高三 · 计数）：(12 分) 国家逐步推行全新的高考制度. 未来新高考不再分文、理科, 采用 $3+3$模式, 其中语文、数学、外语三科为必考科目, 满分各 150 分, 另外考生还要依据想考取的高校及专业的要求，结合自己的兴趣爱好等因素，在思想政治、历史、地理、物理、化学、生物 6 门科目中自选 3 门参加考试 (6 选 3), 每科目满分 100 分. 为了应对新高考, 某高中从高一年级 1000 名学生 (其中男生 550 人, 女生 450 人)中，采用分层随机抽样的方法从中抽取 $n$ 名学生进行调查

(1) 已知抽取的 $n$ 名学生中女生有 45 人, 求 $n$ 的值;

(2) 学校计划在高一上学期开设选修中的物理和地理两个科目, 为了了解学生对这两个科目的选课情况, 对在 (1) 的条件下抽取到的 $n$ 名学生进行问卷调查（假设每名学生在这两个科目中必须选择一个科目且只能选择一个科目), 下表是根据调查结果得到的 $2 \times 2$ 列联表. 请将列联表补充完整, 并判断是否有 $99 \%$ 的把握认为选择科目与性别有关, 说明理由;

(3) 在抽取的选择地理的学生中用分层抽样的方法再抽取 6 名学生, 然后从这 6 名学生中抽取 2 名学生了解学生对地理的选课意向情况, 求这 2 名学生中至少有 1 名男生的概率.

|  | 选择物理 | 选择地理 | 总计 |
| :---: | :---: | :---: | :---: |
| 男生 | 45 |  |  |
| 女生 |  | 20 |  |
| 总计 |  |  |  |

参考数据及公式:
选项：
答案：(1) $n=100$;（2）列联表见解析，有 $99 \%$ 的把握认为选择科目与性别有关; 理由见解析;
解析：(1) 由题意得 $rac{n}{1000}=rac{45}{450}$, 解得 $n=100$.(2) 列联表如下|  | 选择物理 | 选择地理 | 总计 || :---: | :---: | :---: | :---: || 男生 | 45 | 10 | 55 || 女生 | 25 | 20 | 45 || 总计 | 70 | 30 | 100 |$K^{2}=rac{100 	imes(45 	imes 20-25 	imes 10)^{2}}{55 	imes 45 	imes 70 	imes 30} \approx 8.1289>6.635$,所以有 $99 \%$ 的把握认为选择科目与性别有关.（3）从 30 名选择地理的学生中用分层随机抽样的方法抽取 6 名学生,则这 6 名学生中有 2 名男生, 4 名女生,设男生编号为 $1 、 2$, 女生编号为 $a 、 b 、 c 、 d$, 从 6 名学生中抽取 2 名学生,所有可能的结果为 $\Omega=\{a b, a c, a d, a 1, a 2, b c, b d, b 1, b 2, c d, c 1, c 2, d 1, d 2,12\}$,共 15 种可能的结果，至少有一名男生的结果为 $\{a 1, a 2, b 1, b 2, c 1, c 2, d 1, d 2,12\}$, 共 9 种可能的结果,所以 2 名学生中至少有 1 名男生的概率 $P=rac{9}{15}=rac{3}{5}$.
题目（高三 · 计数）：(12 分） 2020 年 10 月 1 日既是中华人民共和国第 71 个国庆日，又是农历中秋节, 双节同庆, 很多人通过短视频APP 或微信、微博表达了对祖国的祝福. 某调查机构为了解通过短视频 APP 或微信、微博表达对祖国祝福的人们是否存在年龄差异, 通过不同途径调查了数千个通过短视频APP 或微信、微博表达对祖国祝福的人, 并从参与者中随机选出 200 人, 经统计这 200 人中通过微信或微博表达对祖国祝福的有 160 人. 将这 160 人按年龄分组: 第 1 组 $[15,25)$, 第 2 组 $[25,35)$,第3组 $[35,45)$, 第4 组 $[45,55)$, 第 5 组 $[55,65]$, 得到的频率分布直方图如图所示:



(1) 求 $a$ 的值并估计这 160 人的平均年龄;

(2) 把年龄在第 $1,2,3$ 组的居民称为青少年组, 年龄在第 4,5 组的居民称为中老年组, 选出的 200 人中通过短视频APP 表达对祖国祝福的中老年人有 26 人,问是否有 $99 \%$ 的把握认为是否通过微信或微博表达对祖国的祝福与年龄有关?附:

| $P\left(K^{2}>k_{0}\right)$ |
选项：
答案：1) $a=0.035,41.5$ ；（2）是有 $99 \%$ 的把握认为.
解析：(1) 由 $10 	imes(0.01+0.015+a+0.03+0.01)=1$, 得 $a=0.035$.这 160 人的平均年龄为 $20 	imes 10 	imes 0.01+30 	imes 10 	imes 0.015+40 	imes 10 	imes 0.035$$+50 	imes 10 	imes 0.03+60 	imes 10 	imes 0.01=41.5$(2) 前3组人数为 $10 	imes(0.010+0.015+0.035) 	imes 160=96$,由题意得 $2 	imes 2$ 列联表:|  | 通过短视频APP 表达祝福 | 通过微信或微博表达祝福 | 合计 || :---: | :---: | :---: | :---: || 青少年 | 14 | 96 | 110 || 中老年 | 26 | 64 | 90 || 合计 | 40 | 160 | 200 |$K^{2}=rac{200 	imes(14 	imes 64-26 	imes 96)^{2}}{40 	imes 160 	imes 110 	imes 90} \approx 8.081>6.635$,所以是有 $99 \%$ 的把握认为通过微信或微博表达对祖国的祝福与年龄有关.
题目（高三 · 计数）：（12 分）某企业的甲、乙两种产品在东部地区三个城市以及西部地区两个城市的销售量 $x, y$ 的数据如下:

|  | 东部城市 $\mathrm{A}$ | 东部城市 $\mathrm{B}$ | 东部城市 $\mathrm{C}$ | 西部城市 $\mathrm{D}$ | 西部城市 $\mathrm{E}$ |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| $x$ | 40 | 50 | 60 | 20 | 30 |
| $y$ | 110 | 180 | 210 | 30 | 70 |

(1) 已知销售量 $x$ 和销售量 $y$ 大致满足线性相关关系，求出 $y$ 关于 $x$ 的线性回归方程 $\$=b_{x}+\$$

（2）根据上述数据计算是否有 $99 \%$ 的把握认为东、西部的地区差异与甲、乙两种产品的销售量相关.

参考公式: $\hat{b}=\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}}, \$=\bar{y}-\$_{\bar{x}}$;

$K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$, 其中 $n=a+b+c+d$.

临界值表:

| $P\left(K^{2} \geq k_{0}\right)$ | $0 \cdot 15$ | $0 \cdot 01$ | $0 \cdot 05$ | $0 \cdot 025$ | $0 \cdot 010$ | $0 \cdot 005$ | $0 \cdot 001$ |
| :---: | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :---: |
| $k_{0}$ | $2 \cdot 072$ | $2 \cdot 076$ | $3 \cdot 841$ | $5 \cdot 024$ | $6 \cdot 635$ | $7 \cdot 879$ | $10 \cdot 828$ |

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选项：
答案：(1) $\hat{y}=4.7 x-68$; (2) 列联表见解析, 有 $99 \%$ 的把握认为东、西部的地区差异与甲、乙两种产品的销售量相关.
解析：(1) $ar{x}=rac{40+50+60+20+30}{5}=40, ar{y}=rac{110+180+210+30+70}{5}=120$ ，$\hat{b}=rac{\sum_{i=1}^{S} x_{i} y_{i}-5 x ar{y}}{\sum_{i=1}^{S} x_{i}^{2}-5 x^{-2}}=rac{28700-5 	imes 40 	imes 120}{9000-5 	imes 40^{2}}=4.7$,$\hat{a}=ar{y}-\hat{b} x=120-4.7 	imes 40=-68$,得到线性回归方程为 $\hat{y}=4.7 x-68$ 。（2）作出列联表如下:|  | 东部城市 | 西部城市 | 总计 || :---: | :---: | :---: | :---: || 甲 | 150 | 50 | 200 || 乙 | 500 | 100 | 600 || 总计 | 650 | 150 | 800 |计算得 $K^{2}=rac{800 	imes(150 	imes 100-50 	imes 500)^{2}}{200 	imes 600 	imes 650 	imes 150}=6.838>6.635$,所以有 $99 \%$ 的把握认为东、西部的地区差异与甲、乙两种产品的销售量相关．
题目（高三 · 计数）：（12 分） 2019 年 12 月 27 日，国家统计局公布全国规模以上工业企业月累计

营业收入利润率数据如表:

| 月份累计 | $1 \sim 2$ <br> 月 | $1 \sim 3$ <br> 月 | $1 \sim 4$ <br> 月 | $1 \sim 5$ <br> 月 | $1 \sim 6$ <br> 月 | $1 \sim 7$ <br> 月 | $1 \sim 8$ <br> 月 | $1 \sim 9$ <br> 月 | $1 \sim 10$ <br> 月 | $1 \sim 11$ <br> 月 |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| 月份累计代 <br> 码 $x$ | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
| 营业收入利 <br> 润率 $y(\%)$ |
选项：
答案：(1) 折线图见解析, $\hat{y}=\hat{c}+\hat{d} \sqrt{x}$ 更适宜, 理由见解析; (2) $\hat{y}=4.63+0.46 \sqrt{x}$; (3) 6.16 .
解析：(1) 补充完整的折线图如下, 可知选用 $\hat{y}=\hat{c}+\hat{d} \sqrt{x}$ 更适宜.理由: 根据折线图知折线的形状更接近 $y=c+d \sqrt{x}$ 的图象.(2) 令 $w=\sqrt{x}$ ，先建立 $y$ 关于 $w$ 的线性回归方程.$\hat{d}=rac{\sum_{i=1}^{10}\left(w_{i}-ar{w}ight)\left(y_{i}-ar{y}ight)}{\sum_{i=1}^{10}\left(w_{i}-ar{w}ight)^{2}}=rac{2.07}{4.52} \approx 0.46$$ecause \hat{c}=ar{y}-\hat{d} ar{w}=5.66-0.46 	imes 2.25 \approx 4.63$,$	herefore$ 关于 $w$ 的线性归方程为 $\hat{y}=4.63+0.46 w$, $y$ 关于 $x$ 的回归方程为 $\hat{y}=4.63+0.46 \sqrt{x}$.(3) 由（2）可知, 当 $x=11$ 时, $\hat{y}=4.63+0.46 	imes 3.32 \approx 6.16$,因此, 预测1 12 月月累计营业收入利润率 (\%) 的值为6.16
题目（高三 · 计数）：（10 分）某市为创建全国文明城市，市文明办举办了一次文明知识网络竞赛，全市市民均有且只有一次参赛机会, 满分为 100 分, 得分大于等于 80 分的为优秀. 竞赛结束后, 随机抽取了参赛中 100 人的得分为样本, 统计得到样本平均数为 71 ,方差为 81 . 假设该市有 10 万人参加了该竞赛活动, 得分 $Z$ 服从正态分布 $N(71,81)$.

(1) 估计该市这次竞赛活动得分优秀者的人数是多少万人?

（2）该市文明办为调动市民参加竞赛的积极性, 制定了如下奖励方案: 所有参加竞赛活动者，均可参加“抽奖赢电话费”活动，竞赛得分优秀者可抽奖两次，其余参加者抽奖一次. 抽奖者点击抽奖按钮, 即随机产生一个两位数 $(10,11, \cdots, 99$ ),若产生的两位数的数字相同, 则可奖励 40 元电话费, 否则奖励 10 元电话费. 假设参加竞赛活动的所有人均参加了抽奖活动, 估计这次活动奖励的电话费总额为多少万元?

参考数据: 若 $Z \sim N\left(\mu, \sigma^{2}\right)$, 则 $P(\mu-\sigma<Z<\mu+\sigma) \approx
选项：
答案：答案:(1) $1 \cdot 6$ (万人); (2) $150 \cdot 8$ 万元.

【解析】（1）因得分 $Z \sim N(71,81)$, 所以标准差 $s=9$, 所以优秀者得分 $Z \geq m+s$,

由 $P(m-s<Z<m+s) \approx
解析：答案:(1) $1 \cdot 6$ (万人); (2) $150 \cdot 8$ 万元.

【解析】（1）因得分 $Z \sim N(71,81)$, 所以标准差 $s=9$, 所以优秀者得分 $Z \geq m+s$,

由 $P(m-s<Z<m+s) \approx
题目（高三 · 计数）：(12 分) 受新冠肺炎疫情的影响, 2020 年一些企业改变了针对应届毕业生的校园招聘方式，将线下招聘改为线上招聘. 某世界五百强企业 $M$ 的线上招聘方式分资料初审、笔试、面试这三个环节进行, 资料初审通过后才能进行笔试, 笔试合格后才能参加面试, 面试合格后便正式录取, 且这几个环节能否通过相互独立. 现有甲乙、丙三名大学生报名参加了企业 $M$ 的线上招聘, 并均已通过了资料初审环节. 假设甲通过笔试、面试的概率分别为 $\frac{1}{2}, \frac{1}{3}$; 乙通过笔试、面试的概事分别为 $\frac{2}{3}, \frac{1}{2}$;丙通过笔试、面试的概率与乙相同.

（1）求甲、乙、丙三人中恰有一人被企业 $M$ 正式录取的概率;

（2）求甲、乙、丙三人中至少有一人被企业 $M$ 正式录取的概率;

(3) 为鼓励优秀大学生积极参与企业的招聘工作, 企业 $M$ 决定给报名参加应聘且通过资料初审的大学生一定的补贴, 补贴标准如下表:

| 参与环节 | 笔试 | 面试 |
| :---: | :---: | :---: |
| 补贴(元) | 100 | 200 |

记甲、乙、丙三人获得的所有补贴之和为 $X$ 元, 求 $X$ 的分布列和数学期望.
选项：
答案：(1) $rac{4}{9}$; (2) $rac{17}{27}$; (3) 分布列见解析, 数学期望 $rac{2000}{3}$.
解析：（1）设事件 $A$ 表示“甲被企业 $M$ 正式录取”，事件 $B$ 表示“乙被企业 $M$ 正式录取”，事件 $C$ 表示“丙被企业 $M$ 正式录取”,则 $P(A)=rac{1}{2} 	imes rac{1}{3}=rac{1}{6}, P(B)=P(C)=rac{2}{3} 	imes rac{1}{2}=rac{1}{3}$,所以甲、乙、丙三人中恰有一人被企业 $M$ 正式录取的概率$P_{1}=P(A ar{B} ar{C}+ar{A} B ar{C}+ar{A} ar{B} C)=P(A) P(ar{B}) P(ar{C})+P(ar{A}) P(B) \cdot P(ar{C})$$+P(ar{A}) P(ar{B}) P(C)=rac{1}{6} 	imes\left(1-rac{1}{3}ight) 	imes\left(1-rac{1}{3}ight)+2 	imes\left(1-rac{1}{6}ight) 	imes\left(1-rac{1}{3}ight) 	imes rac{1}{3}=rac{4}{9}$.（2）设事件 $D$ 表示“甲、乙、丙三人都没有被企业 $M$ 正式录取”，则 $P(D)=P(ar{A} ar{B} ar{C})=P(ar{A}) P(ar{B}) P(ar{C})=\left(1-rac{1}{6}ight) 	imes\left(1-rac{1}{3}ight) 	imes\left(1-rac{1}{3}ight)=rac{10}{27}$,所以甲、乙、丙三人中至少有一人被企业 $M$ 正式录取的概率 $P_{2}=1-P(D)=1-rac{10}{27}=rac{17}{27}$.（3） $X$ 的所有可能取值为 $300,500,700,900$, $P(X=300)=rac{1}{2} 	imes rac{1}{3} 	imes rac{1}{3}=rac{1}{18}, \quad P(X=500)=rac{1}{2} 	imes rac{1}{3} 	imes rac{1}{3}+2 	imes rac{1}{2} 	imes rac{2}{3} 	imes rac{1}{3}=rac{5}{18}$, $P(X=700)=2 	imes rac{1}{2} 	imes rac{2}{3} 	imes rac{1}{3}+rac{1}{2} 	imes rac{2}{3} 	imes rac{2}{3}=rac{4}{9}, P(X=900)=rac{1}{2} 	imes rac{2}{3} 	imes rac{2}{3}=rac{2}{9}$.所以 $X$ 的分布列为| $X$ | 300 | 500 | 700 | 900 | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | $P$ | $rac{1}{18}$ | $rac{5}{18}$ | $rac{4}{9}$ | $rac{2}{9}$ |$E(X)=300 	imes rac{1}{18}+500 	imes rac{5}{18}+700 	imes rac{4}{9}+900 	imes rac{2}{9}=rac{2000}{3}$.
题目（高三 · 计数）：（12 分）现有一堆颜色不同, 形状一样的小球放入两个袋中, 其中甲袋有 5 个红色小球， 4 个白色小球，乙袋中有 4 个红色小球， 3 个白色小球.

(1) 分别从甲乙两袋中各取一个小球 (相互无影响), 求两个小球颜色不同的概率;

（2）先从两袋中任取一袋, 然后在所取袋中任取一球, 求取出为白球的概率;

（3）将两袋合为一袋, 然后在袋中任取 3 球, 设所取 3 个球中红球的个数为 $X$,求 $X$ 的分布列.
选项：
答案：答案:(1) $\frac{31}{63}$; (2) $\frac{55}{126}$; (3) 分布列见解析.

【解析】(1）设事件 $A$ 为“从甲袋中取出红球”，事件 $B$ 为“从乙袋中取出红球”,

事件 $C$ 为“两球颜色不同”, 则 $P(A)=\frac{5}{9}, P(B)=\frac{4}{7}$,

所以 $P(C)=P(A) P(\bar{B})+P(\bar{A}) P(B)=\frac{5}{9} \times \frac{3}{7}+\frac{4}{9} \times \frac{4}{7}=\frac{31}{63}$.

(2) 设事件 $D$ 为“取出为白球”，事件 $E_{1}$ 为“取到甲袋”，事件 $E_{2}$ 为“取到乙袋”,

则 $P\left(E_{1}\right)=P\left(E_{2}\right)=\frac{1}{2}, P\left(D \mid E_{1}\right)=\frac{4}{9}, P\left(D \mid E_{2}\right)=\frac{3}{7}$,

则 $P(D)=P\left(D E_{1}\right)+P\left(D E_{2}\right)=P\left(E_{1}\right) P\left(D \mid E_{1}\right)+P\left(E_{2}\right) P\left(D \mid E_{2}\right)$

$=\frac{1}{2} \times \frac{4}{9}+\frac{1}{2} \times \frac{3}{7}=\frac{55}{126}$

(3) 合为一袋后, 有 9 个红球和 7 个白球, 则 $X$ 的取值范围应为 $\{0,1,2,3\}$,

$P(X=0)=\frac{\mathrm{C}_{9}^{0} \mathrm{C}_{7}^{3}}{\mathrm{C}_{16}^{3}}=\frac{1}{16} ; P(X=1)=\frac{\mathrm{C}_{9}^{1} \mathrm{C}_{7}^{2}}{\mathrm{C}_{16}^{3}}=\frac{27}{80} ;$

$P(X=2)=\frac{\mathrm{C}_{9}^{2} \mathrm{C}_{7}^{1}}{\mathrm{C}_{16}^{3}}=\frac{9}{20} ; P(X=3)=\frac{\mathrm{C}_{9}^{3} \mathrm{C}_{7}^{0}}{\mathrm{C}_{16}^{3}}=\frac{3}{20}$,

| $X$ | 0 | 1 | 2 | 3 |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| $P$ | $\frac{1}{16}$ | $\frac{27}{80}$ | $\frac{9}{20}$ | $\frac{3}{20}$ |
解析：答案:(1) $\frac{31}{63}$; (2) $\frac{55}{126}$; (3) 分布列见解析.

【解析】(1）设事件 $A$ 为“从甲袋中取出红球”，事件 $B$ 为“从乙袋中取出红球”,

事件 $C$ 为“两球颜色不同”, 则 $P(A)=\frac{5}{9}, P(B)=\frac{4}{7}$,

所以 $P(C)=P(A) P(\bar{B})+P(\bar{A}) P(B)=\frac{5}{9} \times \frac{3}{7}+\frac{4}{9} \times \frac{4}{7}=\frac{31}{63}$.

(2) 设事件 $D$ 为“取出为白球”，事件 $E_{1}$ 为“取到甲袋”，事件 $E_{2}$ 为“取到乙袋”,

则 $P\left(E_{1}\right)=P\left(E_{2}\right)=\frac{1}{2}, P\left(D \mid E_{1}\right)=\frac{4}{9}, P\left(D \mid E_{2}\right)=\frac{3}{7}$,

则 $P(D)=P\left(D E_{1}\right)+P\left(D E_{2}\right)=P\left(E_{1}\right) P\left(D \mid E_{1}\right)+P\left(E_{2}\right) P\left(D \mid E_{2}\right)$

$=\frac{1}{2} \times \frac{4}{9}+\frac{1}{2} \times \frac{3}{7}=\frac{55}{126}$

(3) 合为一袋后, 有 9 个红球和 7 个白球, 则 $X$ 的取值范围应为 $\{0,1,2,3\}$,

$P(X=0)=\frac{\mathrm{C}_{9}^{0} \mathrm{C}_{7}^{3}}{\mathrm{C}_{16}^{3}}=\frac{1}{16} ; P(X=1)=\frac{\mathrm{C}_{9}^{1} \mathrm{C}_{7}^{2}}{\mathrm{C}_{16}^{3}}=\frac{27}{80} ;$

$P(X=2)=\frac{\mathrm{C}_{9}^{2} \mathrm{C}_{7}^{1}}{\mathrm{C}_{16}^{3}}=\frac{9}{20} ; P(X=3)=\frac{\mathrm{C}_{9}^{3} \mathrm{C}_{7}^{0}}{\mathrm{C}_{16}^{3}}=\frac{3}{20}$,

| $X$ | 0 | 1 | 2 | 3 |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| $P$ | $\frac{1}{16}$ | $\frac{27}{80}$ | $\frac{9}{20}$ | $\frac{3}{20}$ |
题目（高三 · 计数）：(12 分) 面对环境污染, 党和政府高度重视, 各级环保部门制定了严格措施治理污染, 同时宣传部门加大保护环境的宣传力度, 因此绿色低碳出行越来越成为市民的共识, 为此吉安市在吉州区建立了公共自行车服务系统, 市民凭本人二代身份证到公共自行车服务中心办理诚信借车卡, 初次办卡时卡内预先赠送 20 分, 当诚信积分为 0 时, 借车卡自动锁定, 限制借车, 用户应持卡到公共自行车服务中心以 1 元购 1 个积分的形式再次激活该卡, 为了鼓励市民租用公共自行车出行, 同时督促市民尽快还车, 方便更多的市民使用, 公共自行车按每车每次的租用时间进行扣分缴费，具体扣分标准如下:(1)租用时间不超过 1 小时，免费; (2)租用时间为 1 小时以上且不超过 2 小时，扣 1 分; (3)租用时间为 2 小时以上且不超过 3 小时，扣 2 分; (4)租用时间为 3 小时以上且不超过 4 小时, 扣 3 分; (5)租车时间超过 4 小时除扣 3 分外，超出时间按每小时扣 2 分收费(不足 1 小时的部分按 1 小时计算). 甲、乙两人独立出行, 各租用公共自行车一次, 且两人租车时间都不会超过 4 小时, 设甲、乙租用时间不超过一小时的概率分别是 $
选项：
答案：答案:(1)
解析：根据题意, 分别记“甲扣分为 0 分、 1 分、 2 分、 3 分”为事件 $A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4}$,它们彼此互斥, 且 $P\left(A_{1}ight)=0.4, P\left(A_{2}ight)=0.4, P\left(A_{3}ight)=0.1, P\left(A_{4}ight)=0.1$;分别记“乙扣分为 0 分、 1 分、 2 分、 3 分”为事件 $B_{1}, B_{2}, B_{3}, B_{4}$它们彼此互斥, 且 $P\left(B_{1}ight)=0.3, P\left(B_{2}ight)=0.5, P\left(B_{3}ight)=0.1, P\left(B_{4}ight)=0.1$,由题知, 事件 $A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4}$ 与事件 $B_{1}, B_{2}, B_{3}, B_{4}$ 相互独立,记甲比乙所扣积分多为事件 $M$则 $M=A_{2} B_{1}+A_{3} B_{1}+A_{3} B_{2}+A_{4} B_{1}+A_{4} B_{2}+A_{4} B_{3}$,所以 $P(M)=Pleft(A_{2}ight) P\left(B_{1}ight)+P\left(A_{3}ight) P\left(B_{1}ight)+P\left(A_{3}ight) P\left(B_{2}ight)+P\left(A_{4}ight) P\left(B_{1}ight.$$+P\left(A_{4}ight) P\left(B_{2}ight)+P\left(A_{4}ight) P\left(B_{3}ight.$$=0.4 	imes 0.3+0.1 	imes 0.3+0.1 	imes 0.5+0.1 	imes 0.3+0.1 	imes 0.5+0.1 	imes 0.1=0.29$(2) 根据题 $\xi$ 的可能取值为: $0,1,2,3,4,5,6$,则 $P(\xi=0)=0.4 	imes 0.3=0.12$,$P(\xi=1)=0.4 	imes 0.5+0.4 	imes 0.3=0.32$,$P(\xi=2)=0.4 	imes 0.1+0.3 	imes 0.1+0.4 	imes 0.5=0.27$$P(\xi=3)=0.4 	imes 0.1+0.3 	imes 0.1+0.4 	imes 0.1+0.5 	imes 0.1=0.16$, $P(\xi=4)=0.4 	imes 0.1+0.5 	imes 0.1+0.1 	imes 0.1=0.1$$P(\xi=5)=0.1 	imes 0.1+0.1 	imes 0.1=0.02$,$P(\xi=6)=0.1 	imes 0.1=0.01$.所以 $\xi$ 的分布列为:| $\xi$ | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 || :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | $P$ | 0.12 | 0.32 | 0.27 | 0.16 | 0.1 | 0.02 | 0.01 | $\xi$ 的数学期望 $E(\xi)=0 	imes 0.12+1 	imes 0.32+2 	imes 0.27+3 	imes 0.16+4 	imes 0.1+5 	imes 0.02+6 	imes 0.01$$=1.9$.