2022-2023学年上海市南洋模范中学高二上学期期末考试数学试卷含详解

数学学科线上期末考试试卷

（本次考试时间120分钟，满分150）班级___________姓名___________学号___________

一、填空题

223*CCCnNnn1n11.若（），则n______．2.总体是由编号为01,02,,29,30的30个个体组成.利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为__________.78161572080263150216431997140198

32049234493682003623486969387181

3.已知ABC所在平面外一点P，且PA,PB,PC两两垂直，则点P在平面ABC内的射影应为ABC的___________心.4.某校要从高一、高二、高三共2023名学生中选取50名组成志愿团，若先用简单随机抽样的方法从2023名学生中剔除23名，再从剩下的2000名学生中按分层随机抽样的方法抽取50名，则每名学生入选的可能性___________.2xx的二项展开式中，x3项的系数是___________.5.在6.已知圆锥的侧面积为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径是_________.7.如图所示：在直三棱柱角的大小为_____.9

ABC-A1B1C1

中，ABBC，ABBCBB1，则平面A1B1C与平面ABC所成的二面8.有一道路网如图所示，通过这一路网从A点出发不经过C、D点到达B点的最短路径有___________种.9.从本市某高中全体高二学生中抽取部分学生参加体能测试，按照测试成绩绘制茎叶图，并以50,60，60,70，70,80，80,90，90,100为分组作出频率分布直方图，后来茎叶图受到了污损，可见部分信息如图，则a的值为___________.10.如图，四边形ABCD为梯形，AD//BC，ABC90，图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的体积为_________nn11515,nN*an22511.斐波那契数列是由13世纪意大利斐波那契提出的，它的通项公式为：，12nSSaCaCaCn1n2nnn，则数列n通项公式为___________.若12.在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，F,P分别为线段AC1

和平面A1B1C1D1上的动点，点G为线段B1C

的中点，则PGF周长的最小值为___________.二、选择题

13.设M，N为两个随机事件，如果M，N为互斥事件，那么（A.MN是必然事件C.M与N一定为互斥事件）B.MN是必然事件D.M与N一定不为互斥事件14.已知平面、、两两垂直，直线a、b、c满足：a,b,c，则直线a、b、c不可能满足以下哪种关系A.两两垂直B.两两平行C.两两相交D.两两异面15.某种疾病可分为两种类型：第一类占70%，可由药物A治疗，其每一次疗程的成功率为70%，且每一次疗程的成功与否相互独立；其余为第二类，药物A治疗方式完全无效.在不知道患者所患此疾病的类型，且用药物A第一次疗程失败的情况下，进行第二次疗程成功的概率最接近下列哪一个选项（A.0.25B.0.3C.0.35）D.0.416.已知随机变量B2n,p，nN*，n2，0p1，记ftPt，其中tN，t2n，现有如下命题：①

t0n1nf(2t)f(2t1)；②若np6，则ftf12，下列判断正确的是（2t1B.①和②均为假命题）A.①和②均为真命题C.①为真命题，②为假命题D.①为假命题，②为真命题三、解答题

17.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，ABAC2，AA14，ABAC，BEAB1交AA1于点E，D为CC1的中点.（1）求证：BE平面AB1C；（2）求直线B1D与平面AB1C所成角的大小.面条的宽度有细面、二细、毛细、韭叶、二宽、大宽等.现将体积为1000cm318.兰州牛肉面是人们喜欢的快餐之一，的面团经过第一次拉伸成长为100cm的圆柱型面条，再经过第二次对折拉伸成长为2100cm的面条，……，小徐同学喜欢吃的面条的截面直径不超过0.5cm，求至少经过多少次对折拉伸之后面条才符合小徐同学的要求？（单位：cm.每次对折拉伸相等的长度，面条的粗细是均匀的，拉面师傅拉完面后手中剩余面忽略不计）x1x2

19.一个随机变量的概率分布为：，其中A，B，C为锐角三角形ABC的三个内角.cos2AsinBC

（1）求A的值；（2）若x1cosB，x2sinC，求数学期望E的取值范围.（图1）是最为人所知的作品之一，图中的瀑布会源源不断地落下，落下的水又逆流而上，荒唐至极，20.《瀑布》但又会让你百看不腻，画面下方还有一位饶有兴致的观察者，似乎他没发现什么不对劲.此时，他既是画外的观看者，也是埃舍尔自己.画面两座高塔各有一个几何体，左塔上方是著名的“三立方体合体”由三个正方体构成，右塔上的几何体是首次出现，后称“埃舍尔多面体”（图2）埃舍尔多面体可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造，设边长均为2，定义正方形AnBnCnDn，n1,2,3的顶点为“框架点”，定义两正方形交线为“极轴”，其端点为“极点”，记为Pn,Qn，将极点P1,Q1，分别与正方形A2B2C2D2的顶点连线，取其中点记为Em，Fm，m1,2,3,4，如（图3）.埃舍尔多面体可视部分是由12个四棱锥构成，这些四棱锥顶点均为“框架点”，底面四边形由两个“极点”与两个“中点”构成，为了便于理解，图4我们构造了其中两个四棱锥A1PE11P2E2与A2P2E1P3F1（1）求异面直线P1A2与Q1B2成角余弦值；（2）求平面P1A1E1与平面A1E2P2的夹角正弦值；（3）求埃舍尔体的表面积与体积（直接写出答案）.21.随着网络的快速发展，电子商务成为新的经济增长点，市场竞争也日趋激烈，除了产品品质外，客服团队良好的服务品质也是电子商务的核心竞争力，衡量一位客服工作能力的重要指标—询单转化率，是指咨询该客服的顾客中成交人数占比，可以看作一位顾客咨诲该客服后成交的概率，已知某网店共有10位客服，按询单率分为A，B两个等级（见表），且视A，B等级客服的询单转化率分别为对应区间的中点值.等级询单转化率人数AB[70%，90%）6

[50%，70%）

4

（1）求该网店询单转化率的平均值；（2）现从这10位客服中任意抽取4位进行培训，求这4人的询单转化率的中位数不低于70%的概率；（3）已知该网店日均咨询顾客约为1万人，为保证服务质量，每位客服日接待顾客的数量不超过1300人.在网店的前期经营中，进店咨询的每位顾客由系统等可能地安排给任一位客服接待，为了提升店铺成交量，网店实施改革，经系统调整，进店咨询的每位顾客被任一位A等级客服接待的概率为a，被任一位B等级客服接待的概率为b，若希望改革后经咨询日均成交人数至少比改革前增加300人，则a应该控制在什么范围？2022学年第一学期南模中学高二年级

数学学科线上期末考试试卷

（本次考试时间120分钟，满分150）班级___________姓名___________学号___________

一、填空题

223*CCCnNnn1n11.若（），则n______．【答案】5【分析】结合组合数的性质即可求解.【详解】由CnCn1Cn1，所以CnCn，又因为CnCn故答案为：5.2.总体是由编号为01,02,,29,30的30个个体组成.利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为__________.m

nmmm1m2

3

，所以CnCn

2n2

，所以n23，即n5，7816157208026315021643199714019832049234493682003623486969387181

【答案】19【分析】根据随机数表选取编号的方法求解即可.【详解】随机数表第1行的第5列和第6列数字为15，则选取的5个个体依次为：15，08,02,16,19，故选出来的第5个个体的编号为19.故答案为:19.3.已知ABC所在平面外一点P，且PA,PB,PC两两垂直，则点P在平面ABC内的射影应为ABC的___________心.【答案】垂【分析】设点P在平面ABC内的射影为P1，由已知可证明PP1BC，PABC，根据线面垂直的判定以及性质可得BCAP1.同理可得ACBP1，ABCP1，即可得出答案.【详解】设点P在平面ABC内的射影为P1，则PP1平面ABC.又BC平面ABC，所以PP1BC.因为PAPB，PAPC，PBPCP，PB平面PBC，PC平面PBC，所以PA平面PBC.又BC平面PBC，所以PABC.因为PAIPP1P，PA平面PAP1，PP1平面PAP1，所以BC平面PAP1.又AP1平面PAP1，所以BCAP1.同理可证，ACBP1，ABCP1，所以P1是ABC的垂心.所以，点P在平面ABC内的射影应为ABC的垂心.故答案为：垂.4.某校要从高一、高二、高三共2023名学生中选取50名组成志愿团，若先用简单随机抽样的方法从2023名学生中剔除23名，再从剩下的2000名学生中按分层随机抽样的方法抽取50名，则每名学生入选的可能性___________.【答案】50

2023【分析】应用随机抽样定义,每各个体被抽到的概率相等求解即可.【详解】先用简单随机抽样的方法从2023名学生中剔除23名，每各个体被抽到的概率相等，再从剩下的2000名学生中按分层随机抽样的方法抽取50名，则每名学生入选的可能性为502023故答案为:5020239

25.在x的二项展开式中，x3项的系数是___________.x

【答案】672

【分析】由二项式的通项公式即可求解.2r2r9rrr92r

【详解】二项式x的通项为Tr1C9x()(2)C9x，xx

令92r3，得r3，所以x3项的系数是(2)C9672.故答案为：672.6.已知圆锥的侧面积为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径是_________.【答案】1【分析】设出圆锥底面半径和母线长，利用侧面展开后，扇形弧长公式和面积公式进行求解.【详解】设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，则故答案为：17.如图所示：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，ABBC，ABBCBB1，则平面A1B1C与平面ABC所成的二面角的大小为_____.3

3

9

12πl2π，解得：l2，又2πrπl2π，解得：r1.2【答案】4【分析】通过题意易得直三棱柱ABC﹣A1B1C1即为正方体的一半，直接得出答案．【详解】根据题意，易得直三棱柱ABCA1B1C11即为正方体的一半，所求即为平面A1B1C与平面A1B1C1所成的二面角，即为C1B1C，又△B1C1C为等腰直角三角形，C1B1C故答案为，4.4【点睛】本题考查二面角的求法，发现“直三棱柱ABC﹣A1B1C1即为正方体的一半”是解决本题的关键，属于中档题．8.有一道路网如图所示，通过这一路网从A点出发不经过C、D点到达B点的最短路径有___________种.【答案】24【分析】根据已知，要想避开C、D点，需分步考虑.得到每一步的方法种类，用分步计数原理乘起来即可得出答案.【详解】如图，由已知可得，应从A点，先到E点，再到F点，最后经点G到B点即可.第一步：由A点到E点，最短路径为4步，最短路径方法种类为C4C34；第二步：由E点到F点，最短路径为3步，最短路径方法种类为C3C23；1

21

3

第三步：由F点经点G到B点，最短路径为3步，最短路径方法种类为C1C2C12.根据分步计数原理可得，最短路径有43224种.故答案为：24.9.从本市某高中全体高二学生中抽取部分学生参加体能测试，按照测试成绩绘制茎叶图，并以50,60，60,70，111

70,80，80,90，90,100为分组作出频率分布直方图，后来茎叶图受到了污损，可见部分信息如图，则a的值为___________.【答案】0.02

【分析】根据频率分布图可得90,100组内有2个数据.结合茎叶图和频率分布直方图可知样本容量n20，即可得出80,90组内的数据有4个，进而求出a的值.【详解】由频率分布直方图可得，90,100组内数据的频率等于50,60组内数据的频率，所以90,100组内有2个数据.设样本容量为n，则2

0.0110，所以n20.n

4

0.2，所以20所以80,90组内的数据有2025724，所以80,90组内数据的频率等于a

0.2

0.02.10故答案为：0.02.10.如图，四边形ABCD为梯形，AD//BC，ABC90，图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的体积为_________【答案】68．3【分析】由题意知：旋转所得几何体为一个圆台，从上面挖去一个半球；利用球体、圆台的体积公式求几何体体积.【详解】由题意知，所求旋转体是一个圆台，从上面挖去一个半球；圆台的上底面面积S14，下底面面积S216，1∴圆台的体积为V1441616328，3又半球的体积为V2141623，2331668．33故旋转体的体积为V1V228故答案为：68．3nn11515,nN*，an它的通项公式为：11.斐波那契数列是由13世纪意大利斐波那契提出的，225若Sna1Cna2CnanCn，则数列Sn通项公式为___________.12nnn13535,nN*【答案】225

【分析】根据已知数列的通项公式,结合二项式定理,计算可得Sn.nn11515,nN*,【详解】因为an225又因为2nSna1C1na2CnanCn22nn11515111515211515nCnCn=Cn5522522222n21151151151151152112n1CCCCC2n2n2n2n2n555555

2n

15n11511151152

Cn2Cn2Cn52Cn252n

15215n

2Cn2Cn



02n02n15n115015115215n1150151152Cn+2Cn2Cn2Cn52Cn+2Cn2Cn2Cn25

115115115522nn

13535522

nn故答案为:nn13535522

BC12.在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，F,P分别为线段AC1和平面A1B1C1D1上的动点，点G为线段1

的中点，则PGF周长的最小值为___________.【答案】41##1

33【分析】若PF取得最小值，则P在线段A1C1上，将平面AA1C1绕AC1旋转到与ABC1共面的情况，可知过G作GPA1C1于点P，结合三角形三边关系可知PFFG的最小值为PG，可知所求三角形周长最小值为2PG；利用二倍角公式可求得sinAC11B，在RtGPC1可求得PG，由此可得结果.【详解】若PF取得最小值，则PF平面A1B1C1D1，又AC1在平面A1B1C1D1上的投影为A1C1，P在线段A1C1上，将平面AA1C1绕AC1旋转到与ABC1共面的情况，如图所示，过G作GPA1C1于点P，交AC1于点F，PFFGPGPG（当且仅当F,F重合，P,P重合时取等号），AB1，BC12，AC13，GC1

在RtABC1中，sinACB

12，236，cosAC1B，3322；3sinA1C1Bsin2AC1B2sinAC1BcosAC1B

则在RtGPC1中，PGGC1sinA1C1B

2222，2334PGF的周长PGPFFG2PG.3故答案为：4.3【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中到定点和到动点的距离和的最值问题的求解，解题关键是能够通过旋转平面将立体几何中距离之和的问题，转化为平面几何中的距离之和的问题，进而结合三角形三边关系确定最值取得的情况.二、选择题

13.设M，N为两个随机事件，如果M，N为互斥事件，那么（A.MN是必然事件C.M与N一定为互斥事件【答案】A【分析】根据对立事件和互斥事件的定义，再借助维恩图即可求解.【详解】因为M，N为互斥事件，则有以下两种情况，如图所示）B.MN是必然事件D.M与N一定不为互斥事件（第一种情况）（第二种情况）无论哪种情况，MN均是必然事件．故A正确．如果是第一种情况，MN不是必然事件，故B不正确，如果是第一种情况，M与N不一定为互斥事件，故C不正确，如果是第二种情况，M与N一定为互斥事件，故D不正确.故选：A.14.已知平面、、两两垂直，直线a、b、c满足：a,b,c，则直线a、b、c不可能满足以下哪种关系A两两垂直.

B.两两平行C.两两相交D.两两异面【答案】B【分析】通过假设a//b，可得a,b平行于,的交线，由此可得c与交线相交或异面，由此不可能存在a//b//c，可得正确结果.【详解】设l，且l与a,b均不重合假设：a//b//c，由a//b可得：a//，b//又l，可知a//l，b//l

又a//b//c，可得：c//l

因为,,两两互相垂直，可知l与相交，即l与c相交或异面若l与a或b重合，同理可得l与c相交或异面可知假设错误，由此可知三条直线不能两两平行本题正确选项：B【点睛】本题考查空间中的直线、平面之间的位置关系，关键在于能够通过线面关系得到第三条直线与前两条线之间的位置关系，从而得到正确结果.15.某种疾病可分为两种类型：第一类占70%，可由药物A治疗，其每一次疗程的成功率为70%，且每一次疗程的成功与否相互独立；其余为第二类，药物A治疗方式完全无效.在不知道患者所患此疾病的类型，且用药物A第一次疗程失败的情况下，进行第二次疗程成功的概率最接近下列哪一个选项（A.0.25【答案】B【分析】分别写出两次疗程概率,再应用独立事件概率是概率的积,计算即可.【详解】用药物A第一次疗程失败的概率为0.70.3+0.3=0.51

用药物A第一次疗程失败第二次疗程成功的概率为0.70.30.7=0.3×0.49所以药物A第一次疗程失败的情况下，进行第二次疗程成功的概率为B.0.3C.0.35）D.0.40.30.4949

0.30.29，0.5151故选:B.16.已知随机变量B2n,p，nN*，n2，0p1，记ftPt，其中tN，t2n，现有如下命题：①

t0n1nf(2t)f(2t1)；②若np6，则ftf12，下列判断正确的是（2t1B.①和②均为假命题D.①为假命题，②为真命题）A.①和②均为真命题C.①为真命题，②为假命题【答案】D【分析】根据已知得出ftCt2npt1p2nt.取p

1

，根据二项式定理求出奇数项和偶数项和，即可判断命2ft12n1pt11题①真假；先利用分布列的表达式得出，判断ft的增减性.讨论2n1p是ftt11p否为整数，得出最大项.最后根据已知，即可判断命题②真假.【详解】由已知可得，ftPtCt2npt1p2nt.2nt11对于命题①，当p时，ftPtCt2n

22

因为C2nC2nLC2nC2nC2nLC2n

t1

12

02n

1

Ct2n.2

2n

2n022n

132n1

C

2n1

22n12n

C12nC2nLC2nC2n1122n，C

0

2n

2n132n1

C22nLC2nC2nC2nLC2n0

1

2

n1n

C2C22n12n112n

2n

12

1C02n1C2n1C2nL10，所以22n132n1

C022n1.2nC2nLC2nC2nC2nLC2n

所以f(2t)C

t0n02nCC22n2n2n12

2n1

22n1

2

2nnn11

f(2t1)f(2t)，所以①为，所以22t1t0假命题；对于命题②，若~B2n,p.ft1ft

Ct2n1pt11pCt2npt1p2nt1

2nt

2ntp2n1pt1t11p12n1pt1.t11pt11pt11p当t12n1p时，ft1ft，ft随着t的增加而增加；当t12n1p时，ft1ft，ft随着t的增加而减小.当2n1p为整数时，t2n1p或t2n1p1时，ft有最大值；当2n1p不为整数时，t为2n1p的整数部分时，ft有最大值.因为2n1p12p，0p1，所以当t12时，ft最大，所以有ftf12，所以②为真命题.故选：D.三、解答题

17.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，ABAC2，AA14，ABAC，BEAB1交AA1于点E，D为CC1的中点.（1）求证：BE平面AB1C；（2）求直线B1D与平面AB1C所成角的大小.【答案】（1）证明见解析（2）arcsin

1515【分析】（1）先证明AA1AC，从而可得AC平面AA1B1B，进而可得ACBE，再由线面垂直的判定定理即可证明；（2）建立空间直角坐标系，求出平面AB1C的一个法向量，利用向量法求解即可【小问1详解】因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，所以AA1平面ABC，又AC平面ABC，所以AA1AC.因为ACAB，AA1AC，ABAA1A，AB平面AA1B1B，AA1平面AA1B1B，所以AC平面AA1B1B.因为BE平面AA1B1B，所以ACBE.因为BEAB1，ACBE，ACAB1A，AC平面AB1C，AB1平面AB1C，所以BE平面AB1C.【小问2详解】由（1）知AB，AC，AA1两两垂直，如图建立空间直角坐标系Axyz.则A0,0,0，B12,0,4，C0,2,0，B2,0,0，D0,2,2，

设E0,0,a，AB12,0,4，BE2,0,a，AC0,2,0，

因为AB1BE，所以4a40，即a1，则BE2,0,1，

由（1）平面AB1C的一个法向量为BE2,0,1.

又B1D2,2,2设直线B1D与平面AB1C所成角的大小为0



π，则2



15πBEB1D

sincos.215BEB1D

因此，直线B1D与平面AB1C所成角的大小为arcsin

15.15面条的宽度有细面、二细、毛细、韭叶、二宽、大宽等.现将体积为1000cm318.兰州牛肉面是人们喜欢的快餐之一，的面团经过第一次拉伸成长为100cm的圆柱型面条，再经过第二次对折拉伸成长为2100cm的面条，……，小徐同学喜欢吃的面条的截面直径不超过0.5cm，求至少经过多少次对折拉伸之后面条才符合小徐同学的要求？（单位：cm.每次对折拉伸相等的长度，面条的粗细是均匀的，拉面师傅拉完面后手中剩余面忽略不计）【答案】至少经过7次对折拉伸之后面条才符合小徐同学的要求【分析】拉伸之后面条数列为等比数列，可得拉伸后面条的数量；由圆柱的体积公式，结合等体积法即可求得拉伸后面条的截面半径，进而得解.【详解】经过n次对折拉伸之后面条的数量成等比数列，因而可知经过n次对折拉伸之后面条的长度为2n1100，设拉伸n次后面条的截面半径为r，由面团体积为1000cm3可得1002n1πr21000，又因为直径d2r即得rn121，2110n52,,y2n5是单调递增的2π4

10π

2



且当n6时,1010

2,当n7时,4,ππ所以至少经过7次对折拉伸之后面条才符合小徐同学的要求x1x2

19.一个随机变量的概率分布为：，其中A，B，C为锐角三角形ABC的三个内角.cos2AsinBC

（1）求A的值；（2）若x1cosB，x2sinC，求数学期望E的取值范围.【答案】（1）π

6（2）

33

,44

【分析】(1)根据概率分布的概率性质计算即可;(2)把E转化为三角函数,根据角的范围确定三角函数的值域可解.【小问1详解】由已知可知:cos2AsinA1

12sin2AsinA1,sinA12sinA0,又因为A为锐角,sinA0,所以sinA【小问2详解】因为x1cosB，x2sinC所以π1

,即得A.62EcosBcos2AsinCsinA

11

cosBsinC2211π

cosBsinB226

1131cosBsinBcosB2222133sinBcosB222313sinBcosB222

3π

sinB23

πππ

,所以B632又因为ABC是锐角三角形,且A

π132ππ5π

,B,sinB3223363π33

sinB,所以234433

E4,4



20.《瀑布》（图1）是最为人所知的作品之一，图中的瀑布会源源不断地落下，落下的水又逆流而上，荒唐至极，但又会让你百看不腻，画面下方还有一位饶有兴致的观察者，似乎他没发现什么不对劲.此时，他既是画外的观看者，也是埃舍尔自己.画面两座高塔各有一个几何体，左塔上方是著名的“三立方体合体”由三个正方体构成，右塔上的几何体是首次出现，后称“埃舍尔多面体”（图2）埃舍尔多面体可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造，设边长均为2，定义正方形AnBnCnDn，n1,2,3的顶点为“框架点”，定义两正方形交线为“极轴”，其端点为“极点”，记为Pn,Qn，将极点P1,Q1，分别与正方形A2B2C2D2的顶点连线，取其中点记为Em，Fm，m1,2,3,4，如（图3）.埃舍尔多面体可视部分是由12个四棱锥构成，这些四棱锥顶点均为“框架点”，底面四边形由两个“极点”与两个“中点”构成，为了便于理解，图4我们构造了其中两个四棱锥A1PE11P2E2与A2P2E1P3F1（1）求异面直线P1A2与Q1B2成角余弦值；（2）求平面P1A1E1与平面A1E2P2的夹角正弦值；（3）求埃舍尔体的表面积与体积（直接写出答案）.【答案】（1）1

；3（2）3；2uuuruuuuruuur

（3）表面积为122，体积为2.【分析】（1）以点O为坐标原点，分别以OP2,OQ2,OP的方向为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系.写出点1

uuuruuuur

的坐标，求出P1A21,1,1，Q1B21,1,1，根据向量即可结果；（2）根据坐标，求出平面P1A1E1与平面A1E2P2的法向量，根据向量法可以求出法向量夹角的余弦值，进而得出结果；（3）由已知可得，四边形PE11P2E2为菱形.根据向量法求出四棱锥A1PE11P2E2的体积以及表面积即可得出结果.【小问1详解】解：由题意可知，OP2,OQ2,OP的1两两垂直，且OP2OQ2OP11.以点O为坐标原点，分别以OP2,OQ2,OP1方向为x,y,z轴的正方向，如图5，建立空间直角坐标系.uuuruuuuruuur

O则由题意可得，0,0,0，P21,0,0，Q20,1,0，P10,0,1，B21,1,0，A1,0,1，A21,1,0，Q10,0,1.1

又E1,E2分别是P1A2,PB12的中点，所以E1

111111

,,，E2,,.222222

uuuruuuur所以P1A21,1,1，Q1B21,1,1，uuuruuuur

uuuruuuurP1A2Q1B2cosPA,QBuuuruuuur1212则P1A2Q1B2

1331

.3

1，3所以异面直线P1A2与Q1B2成角余弦值为【小问2详解】uuur111uuuruuuur111uuur

PE,,，P2A10,0,1，P2E2,,.解：由（1）可得，P1A11,0,0，11

222222



设n1x1,y1,z1是平面P1A1E1的一个法向量，n1P1A10则，110n1PE

x10即1，11

xyz0111222

令y11，可得n10,1,1是平面P1A1E1的一个法向量.

设n2x2,y2,z2是平面A1E2P2的一个法向量，n2P2A10则，n2P2E20

z20即1，取x21，可得n21,1,0是平面A1E2P2的一个法向量.11

xyz0222222uruur

uruurn1n211cosn,nuruur12则，222n1n2

31所以平面P.1A1E1与平面A1E2P2的夹角正弦值为122【小问3详解】2uuur111uuuur111uuuuuuruuuurrPE,,，P2E2,,，A1P解：由（1）（2）可得，PPE1E20,1,0，11121,0,1，11,0,0，222222uuuur111

PE,,.12

222uuuuruuur所以P2E2PE，11

所以P11且P2E2=PE11，所以四边形PE11P2E2为平行四边形.2E2∥PE

uuuruuuur又PP12E1E21,0,10,1,00，uuuruuuur所以PP，即PP12E1E2，12E1E2

所以四边形PE11P2E2为菱形.uuuruuuur

2，E1E21，又PP12

所以SPEPE

1122



n3PP120nx,y,zPEPE设3333是平面1122的一个法向量，则，110n3PEx3z30

即1，取x31，11

x3y3z30222ur

则n31,0,1是平面PE11P2E2的一个法向量.uuururuuurA1P121n3

PEPEdA又A1P，所以点到平面的距离.ur1122111,0,022n3

所以四棱锥A1PE11P2E2的体积V1

ruuuur1uuu2.PP12E1E2

2211221

SP1E1P2E2d.33226uuuur111uuur111uuur

PE,,，PE,,.因为A1P1111,0,0，12

222222uuuruuuur1

uuuruuuurA1P1PE1223uuuur所以A1P在PE方向上的投影为，11233PE12

4所以点A1到直线PE12的距离h1

uuuruuuur2uuur2APPE61112.A1Puuuur13PE126.3同理可得点A1到直线PE11的距离h2

uuuur1136所以四棱锥A1PEPEh442.11P2E2的侧面积S1121

2223所以埃舍尔体的表面积为12S1122，体积为12V12.21.随着网络的快速发展，电子商务成为新的经济增长点，市场竞争也日趋激烈，除了产品品质外，客服团队良好的服务品质也是电子商务的核心竞争力，衡量一位客服工作能力的重要指标—询单转化率，是指咨询该客服的顾客中成交人数占比，可以看作一位顾客咨诲该客服后成交的概率，已知某网店共有10位客服，按询单率分为A，B两个等级（见表），且视A，B等级客服的询单转化率分别为对应区间的中点值.等级AB询单转化率人数[70%，90%）6

[50%，70%）

4

（1）求该网店询单转化率的平均值；（2）现从这10位客服中任意抽取4位进行培训，求这4人的询单转化率的中位数不低于70%的概率；（3）已知该网店日均咨询顾客约为1万人，为保证服务质量，每位客服日接待顾客的数量不超过1300人.在网店的前期经营中，进店咨询的每位顾客由系统等可能地安排给任一位客服接待，为了提升店铺成交量，网店实施改革，经系统调整，进店咨询的每位顾客被任一位A等级客服接待的概率为a，被任一位B等级客服接待的概率为b，若希望改革后经咨询日均成交人数至少比改革前增加300人，则a应该控制在什么范围？【答案】（1）72%；（2）37

；42113（3）,.8100

【分析】（1）由已知分别求出A、B等级客服的询单转化率，根据平均数公式求出即可；（2）设A等级客服的人数为X，则X的可能取值为0,1,2,3,4，对应的询单转化率中位数分别为60%,60%,70%,80%,80%，进而利用超几何分布求出对应的概率，求出答案；（3）根据二项分布的期望公式计算出改革前的日均成交人数为7200，然后表示出改革后的日均成交人数12000a6000，结合每位客服日接待顾客的数量不超过1300人，列出不等式组，即可求出a的取值范围.【小问1详解】解：由已知可得，A等级客服的询单转化率为80%，B等级客服的询单转化率为60%，所以该网店询单转化率的平均值为80%660%4

72%.10【小问2详解】解：由（1）知：A、B等级客服的询单转化率分别为80%,60%.设抽取4位客服中，A等级客服的人数为X，则X的可能取值为0,1,2,3,4.由题意可得，X服从超几何分布.当X0时，4人转化率为60%,60%,60%,60%，中位数为60%；当X1时，4人转化率为60%,60%,60%,80%，中位数为60%；当X2时，4人转化率为60%,60%,80%,80%，中位数为70%；当X3时，4人转化率为60%,80%,80%,80%，中位数为80%；当X4时，4人转化率为80%,80%,80%,80%，中位数为80%.所以，当X2时，这4人的询单转化率的中位数不低于70%.k4kC6C4因为，X服从超几何分布，所以X的分布列为PXk，k0,1,2,3,4.4C10

43

C0C1376C46C4

所以PX21PX0PX11.44C10C1042【小问3详解】解：设改革前后A等级客服的接待顾客人数分别为Y,Z.则改革前，每位进店咨询顾客被A等级客服接待的概率为P1

63

，10533

所以YB10000,，则EY100006000.55

因为A，B等级客服的询单转化率分别为80%,60%，所以改革前日均成交人数为600080%10000600060%7200；改革后，每位进店咨询顾客被A等级客服接待的概率为P26a，所以ZB10000,6a，则EZ100006a60000a，故改革后日均成交人数为60000a80%1000060000a60%12000a6000.由12000a60007200300得：a

1

，①8因为每位顾客被一位A等级客服接待的概率为a，又6a4b1，所以每位顾客被一位B等级客服接待的概率为b

16a

.410000a1300

又每位客服日接待顾客的数量不超过1300人，所以，16a

100001300413

a100解得：，②2a25

113113,a

100，所以a应该控制在8100.由①②得：8