山西省呂梁市2023-2024學年高一年級下冊7月期末考試數(shù)學試題（解析版）

呂梁市2023-2024學年第二學期期末調(diào)研測

試高一數(shù)學試題

本試題滿分150分，考試時間120分鐘

注意事項：

1.答題前，考生務必先將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，認真核對條形碼上的姓名、

準考證號，并將條形碼粘貼在答題卡的指定位置上.

2.答題時使用0.5毫米的黑色中性（簽字）筆或碳素筆書寫，字體工整、筆跡清楚.

3.請按照題號在各題的答題區(qū)域（黑色線框）內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效.

4.保持卡面清潔，不折疊，不破損.

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每個小題給出的四個選項中，只有一項

是符合題目要求的.

1.已知復數(shù)z滿足（z+3）i=3-1,則目=（）

A.V10B.4C.5D.2癡

【答案】C

【解析】

【分析】根據(jù)條件，利用復數(shù)的運算，得到2=-4-3i,即可求解.

【詳解】因為（z+3）i=3—i,所以2+3=丁=—1—3i,得至ijz=—4—3i,

所以目=個（-4）2+（-3）2=5，

故選：C.

2.已知平面向量的夾角為不滿足同=1,伍—23）,。則卜卜（）

11

A.—1B.1C.—D.—

55

【答案】B

【解析】

【分析】根據(jù)向量垂直得出向量數(shù)量積為0,再應用數(shù)量積定義計算即可.

【詳解】因為

可得R—23）。=a2-2a-b=同2-2|a|-|6|cosy=l-2xlx|6|x^-=0,

可得|，=1.

第1頁/共22頁

故選：B.

3.在“8。中，內(nèi)角4民C的對邊分別為見“c,若(a+6—c)(a+6+c)=3必a=4,6=2,則以8。

的面積是()

A.2B.4C.2GD.3

【答案】C

【解析】

【分析】由余弦定理求出C,再由面積公式求解即可.

【詳解】若(a+b-cXa+b+c)=3m，貝心2+/_°2=的，

〃24M_2

由余弦定理得cosC=巴上一-ab_1

lab2^b~2

TT

因為0＜。＜兀，所以。二一，

3

則“5。的面積是乙的!10=上創(chuàng)8—=2^.

222

故選：C.

4.拋擲一枚質(zhì)地均勻的骰子2次，事件甲為“第一次骰子正面向上的數(shù)字是1”，事件乙為“兩次骰子正面向

上的數(shù)字之和是4"，事件丙為“兩次骰子正面向上的數(shù)字之和是8"，則()

A.甲乙互斥B.乙丙互為對立C.甲乙相互獨立D.甲丙互斥

【答案】D

【解析】

【分析】利用互斥事件的定義，即可判斷出選項A,B和D的正誤，對于選項C,分別求出事件甲、事件

乙發(fā)生的概率，事件甲、乙同時發(fā)生的概率，再利用相互獨立事件的判斷方法，即可求解.

【詳解】對于選項A,當?shù)诙西蛔诱嫦蛏系臄?shù)字是3時，事件甲與事件乙可以同時發(fā)生，所以選項A

錯誤；

對于選項B,拋擲一枚質(zhì)地均勻的骰子2次，正面向上的數(shù)字之和可能是2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,所以

乙丙互斥但不對立；

對于選項C,設事件甲，事件乙發(fā)生的概率分別為尸(2),尸(8),事件甲、乙同時發(fā)生的概率為0(48),

1311

因為尸(2)=—,P(8)=3=—,又P(AB)=—,所以P(Z)P(8)w0(48),故選項C錯誤；

6361236

對于選項D,因為事件甲與事件乙不能同時發(fā)生，所以甲丙互斥，故選項D正確；

第2頁/共22頁

故選：D.

5.已知兩個不重合的平面a,￡和直線/,若C歹，則“/J_a”是“/〃夕”的（）.

A,充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充要條件D.既不充分也不必要條件

【答案】D

【解析】

【分析】根據(jù)題意，結合直線與平面位置關系判斷即可得答案.

【詳解】解：若力，ILa,則/〃夕或/u分，故充分性不成立；

若C萬，1///3,貝Uua或〃/a或直線/與平面a相交，故必要性不成立.

所以“/Ia”是"/〃，”的既不充分也不必要條件.

故選：D.

（______\

AC__-

6.AZSC中，內(nèi)角A,3,C的對邊分別為。，6,c,若acosB=2ccos/-bcos/且產(chǎn)力+尸勺BC=0,

則“的形狀是（）

JT

A.有一個角是一的等腰三角形B.等邊三角形

6

C.三邊均不相等的直角三角形D.等腰直角三角形

【答案】B

【解析】

JT

【分析】由QCOSN=2CCOS/-bcos/根據(jù)正弦定理和兩角和的正弦公式可求得力=],再根據(jù)

（__\

4*4d__?

一+^?5。=0可得是等腰三角形，即可判斷.

【詳解】因為沈055=2次0$4-反054,所以sin/cosH=2sinCcosZ-sinBcosZ,

所以sin/cosB+sinBcos/=2sinCcos/,

所以sin（4+3）=sinC=2sinCcosA,

因為CE（0,兀），所以sinCwO,所以cos4=g,

因為Z￡（0,7l）,所以Z=g,

第3頁/共22頁

如圖所示,

在邊45、ZC上分別取點。、E,使40=日、=

\AB\\AC\

以/。、/￡為鄰邊作平行四邊形4DEE,則萬;=N萬+彳石，

顯然可=|詬卜1,因此平行四邊形ZDEE為菱形，4F平分NBAC,

（__\

A*4d__,

又〔網(wǎng)I——>I+]I皿=q--BC=0,則有/尸.5。=0，即4F_Z.BC,

于是得AA8C是等腰三角形，所以45=/C,

7T

又/=§,所以。為等邊三角形.

故選：B.

7.某次趣味運動會，設置了教師足球射門比賽:教師射門，學生守門.已知參與射門比賽的教師有60名，進

球數(shù)的平均值和方差分別是3和13,其中男教師進球數(shù)的平均值和方差分別是4和8,女教師進球數(shù)的平

均值為2,則女教師進球數(shù)的方差為（）

A.15B.16C.17D.18

【答案】B

【解析】

【分析】設參加射門比賽的男教師人數(shù)為k,根據(jù)總體的平均數(shù)求出左，設女教師進球數(shù)的方差為52,根

據(jù)方差公式計算可得.

【詳解】設參加射門比賽的男教師人數(shù)為左，則全部參賽教師進球數(shù)的平均數(shù)竺士如立2=3，

60

解得左=30,即參賽的男女教師各有30人，

設女教師進球數(shù)的方差為Y，

7n30r7-

依題意可得13=—x8+（4—3）~+—x52+（2-3）',解得『=16.

60--60--

故選：B

第4頁/共22頁

8.在梯形中，AD//BC,AB：LBC,AB=1,AD=3,BC=4,點p為邊AD上一動點,則麗?麗

的取值范圍為()

A.[V2-4,V5-4]B.[-2,1]C.[-3,1]D.[1,5]

【答案】C

【解析】

【分析】根據(jù)條件，建立平面直角坐標系，設尸(04)(0<6<3),從而得到瓦.沃=3-2)2-3，即可

示可求出結果.

【詳解】如圖，建立平面直角坐標系，

因為AD//BC,A8，BC,A8=1,AD=3,BC=4,所以B(l,0),C(l,4),

設P(0,頌0<b<3),所以麗=(-1,”麗=(-1,6-4),

得到麗?沃=1+/-46=3-2)2-3，因為04bV3,所以麗?麗e[-3,1],

二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目

要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.

9.在復平面內(nèi)，復數(shù)4=1-2i*2=-3+4i對應的向量為力,礪，其中。是原點，則下列說法正確的是

()

A.復數(shù)馬的虛部為-2iB.復數(shù)I對應的點在第一象限

C.當a=-4時，復數(shù)a+z2i3為純虛數(shù)D.向量荏對應的復數(shù)為4-6i

【答案】BC

【解析】

【分析】選項A,利用復數(shù)的定義可知選項A錯誤；利用復數(shù)的幾何意義，即可判斷出選項B和D的正誤;

選項C,利用復數(shù)的運算，即可判斷出選項C的正誤.

【詳解】對于選項A,因為4=1-2，所以復數(shù)21的虛部為-2,故選項A錯誤，

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對于選項B,因為Z[=l-2i,所以I=l+2i,故復數(shù)1對應的點為（1,2）,在第一象限，所以選項B正確，

對于選項C,因為Z2=—3+4i,又a=—4,所以a+z2i3=—4+（—3+4iq=—4+3i—有2=3i,故選項C

正確，

對于選項D,因為02=（1,—2）,礪=（—3,4）,所以漏=礪-厲=（-4,6）,

得到向量方對應的復數(shù)為-4+6i,所以選項D錯誤，

故選：BC.

10.正六邊形瓷磚是一種常見的裝飾材料，被廣泛應用于室內(nèi)和室外的墻壁、地面和裝飾品的制作.正六邊

形瓷磚的設計能夠形成美觀的六邊形花紋，增加空間的層次感和藝術感.如圖是一塊正六邊形瓷磚

ABCDEF,它的邊長為1,點P是△/）￡尸內(nèi)部（包括邊界）的動點，則下列說法正確的是（）

C.若尸為￡尸的中點，而在配上的投影向量為一￡C

D.F后+而|的最大值為J7

【答案】ACD

【解析】

【分析】選項A,根據(jù)圖形，利用向量的幾何運算，即可求解；選項B,因為的=就，再利用數(shù)量積的

定義，再利用正六邊形的性質(zhì)得NC=/E=6，^CAE=-,即可求解；選項C,由正六邊形的性質(zhì)知

3

TT

APEC=-,再利用數(shù)量積的幾何意義，即可求解，選項D,建立平面直角坐標系，設尸（X/）,

-l<X<1,0<^<y^>得至“而+麗|=｛（》+1）2+（了+?）2，即可求解.

【詳解】對于選項A,如圖1,因為麗=麗—麗=麗—（左—/）=麗—亞+而，

又獷=①=而一定=的一加，所以麗=麗—衣+4—2麗，

第6頁/共22頁

—,2—?1—?

得到￡。=—陽——AE,所以選項A正確，

33

對于選項B,如圖1,因為麗二就，又因為正六邊形的邊長為1,

所以AC=AE=/l+l-2xlxlxcos—=6,NCAE==—，

AV33663

所以麗?樂=就?冠二百xJ§\cos巴=3,所以選項B錯誤，

32

兀____.UUU1

對于選項C,如圖1,因為NPEC=Q,所以CP在EC上的投影向量為-￡C，故選項c正確,

對于選項D,如圖2,建立平面直角坐標系，

設尸(x,y),易知一14》V104>?3,ATO),>

2-222

所以戶后+所］的最大值為J7,故選項D正確,

圖2

故選：ACD.

第7頁/共22頁

11.正方體48co—的棱長為2,E,RG分別為BCCG,BB]的中點，點P為線段4G上的動點,

則下列結論正確的是（）

A.直線E尸與4G所成角的余弦值為亞

10

B.三棱錐尸-ZEE的體積為定值

C.平面ZEN截正方體所得的截面周長為3上+2JU

D.直線/廠與平面片8CG所成角的正弦值為Y5

3

【答案】ABC

【解析】

【分析】對于A,取用G中點連接GH得GH//EF,則求出N4G8的余弦值即為直線E廠與4G所

成角余弦值；對于B,連接FD[,證明//跖即可得到平面ZE9截正方體所得的截面圖形為四

邊形AD[FE,證明&G//平面ZDJ7E結合棱錐的體積公式即可判斷；對于C,由選項B即可得到截面的

圖形，進而根據(jù)數(shù)據(jù)直接求解即可；對于D,根據(jù)線面角定義以及正方體性質(zhì)可得到N4FB是直線/廠與

平面用8CG所成的角，求出NAFB的正弦值即可得解.

【詳解】對于A,取用G中點〃，連接GH、4H、BQ,

aG

AB

則由題意可知AH=4G=+8°2=722+12=5qG=新爐+般=+F=J5,且

GH//BCJ/EF,

第8頁/共22頁

所以N4G笈是直線￡戶與4G所成角或補角，且

4G2+G才-4爐后+萬_M

cosNA[GH=

2A[G?GH2xV5xV2—10

所以直線E尸與4G所成角余弦值為巫，故A正確;

10

對于B,連接/A、FD[,由正方體幾何性質(zhì)可知23//AG且28=34,

所以四邊形4BGA是平行四邊形，椒ADJIBG，

又BC]IEF,所以4DJ/EF,故力已與E尸共面且過與EF的面有且只有一個,

故四邊形AD.FE是平面AEF截正方體所得的截面圖形，

連接GE,則由G、尸均為所在邊的中點以及正方體性質(zhì)得GR//4G//4D，且G尸=4G=42，

WAfi11D、F,又。7u平面,4G<Z平面,

所以4G//平面ADXFE,故點p到平面AEF的距離即為G到平面AEF的距離，

所以嚏棱錐心亞尸=心棱錐G.的■為定值，即三棱錐尸-4E尸的體積為定值，故選項B正確；

對于C,由B可知平面AEF截正方體所得的截面圖形為四邊形AD.FE,

又由上以及題意得4￡=￡>尸=2。=6，F(xiàn)E=ylEC2+FC?ujE+f=0,AD[=FE=26,

所以平面AEF截正方體所得的截面周長為AD1+D1F+FE+AE=242+45+42+45=342+2y/5,

故C正確；

對于D,連接5尸，由正方體性質(zhì)可知481平面48CG，

故ZAFB是直線AF與平面BXBCCX所成的角，

又AB=2,BF=y]BC2+FC2=722+12=5所以NR=AB-+BF2=丘+后=3，

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所以sin/4F8=^=g,故直線/方與平面gBCQ所成角的正弦值為￡,故D錯.

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.

12.已知數(shù)據(jù)2^+1,2X2+1,2X3+1,2X4+1,2X5+1的方差為16,則數(shù)據(jù)

—

3國—2,3x22,3x2—2,3%—2,3此5—2的方差為.

【答案】36

【解析】

37

【分析】根據(jù)3x/-2=-（2x/+l）--（z=l,2,3,4,5）以及方差性質(zhì)即可得解.

37

【詳解】因為3天—2=-（2xz+l）--（z=123,4,5）,

又數(shù)據(jù)2再+1,2X2+1,2X3+1,2X4+1,2X5+1的方差為16,

所以由方差性質(zhì)得數(shù)據(jù)3巧一2,3%—2,3毛一23及一23叫一2的方差為［gjxl6=36.

故答案為：36.

13.已知相互獨立事件48滿足「（/）=0.6,「（45）=0.42,則尸（2°豆）=.

1Q

【答案】0.72##—

25

【解析】

【分析】根據(jù)獨立事件乘積概率公式及對立事件概率計算即可.

【詳解】因為相互獨立事件48,P（/）=0.6,P（48）=0.42,

所以P（AB）=P（A）P（B）=0.6xP（5）=0.42,

所以0（B）=0.7,P（5）=1—P（8）=0.3,

所以尸（幺u耳）=尸⑷+尸閭—尸（/耳）=尸（Z）+尸㈤一尸⑷尸閭=06+0.3—06x0.3=072.

故答案為：0.72

第10頁/共22頁

14.已知正三棱臺上、下底面邊長分別為百和26，側(cè)面與下底面所成的二面角為60°,則該正三棱臺外

接球的表面積為.

【解析】

【分析】畫出圖形，由正三棱臺的對稱性可得，正三棱臺的外接球的球心落在上底面中心與下底面中心的

連線上，先求出三棱臺的高，再由外切球的性質(zhì)得到外接球的半徑，即可求解.

【詳解】如圖，設正三棱臺上、下底面的中心分別為q,Q，zc,4G的中點分別為民b，

連接BE,B[F,EF,OQ2,由正三棱臺的性質(zhì)可知BEEELZC,

所以ZFEB為側(cè)面與下底面所成的二面角的平面角，

易知正三棱臺外接球的球心在直線上，設球心為。，如圖所示，過F作FHLBE于H,

因為正三棱臺上、下底面邊長分別為百和26，所以B/=a，BE=3,

因為分別為4仍CM4G的中心，所以。2/=；,。2呂=1，?！?1,。15=2,

11/?

在中，EH=\——=-,ZFEH=60°,所以切=衛(wèi)2,

222

又O02=FH=%，設0。2=〃，正三棱臺外接球的外接球半徑為R，

由="凌+="O；+0再2,得到"+1=（0—與）2+4,解得/2=竽＞與，

7501

所以球心在aa的延長線上，得到A'而+1=而，

O1JT

所以正三棱臺外接球的表面積為S=4成2=—.

4

故答案為：——.

4

四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

15.北京大興半程馬拉松暨第八屆“花繪北京悅跑大興”于2024年4月27日在大興區(qū)魏善莊鎮(zhèn)鳴槍開跑，參

第11頁/共22頁

賽規(guī)模為6000人并設有兩個項目，為讓更多的人了解馬拉松運動項目，某區(qū)舉辦了馬拉松知識競賽，并從

中隨機抽取了加名參賽者的成績，得到的數(shù)據(jù)如下表所示：

分

[50,60)[60,70)[70,80)[80,90)[90,100)

數(shù)

頻

5102030b

數(shù)

頻

a0.100.200.300.35

率

頻率

0.035—

0.030-4-^-—i—4—H-i

0.025—i—i--：—4—r—i

0.020—4—i

o.oi5-4-^-—：—4—H-i

0.010—4—P-i

o.oo5

。?50607080901005數(shù)

(1)分別求用,%6的值，并在圖中畫出頻率分布直方圖；

(2)若參賽者得分分數(shù)不低于70的人數(shù)至少要占80%以上，并且參賽者得分分數(shù)的平均數(shù)超過80分，則

該區(qū)可以評為“一馬當先區(qū)”，估計該區(qū)能否評為“一馬當先區(qū)”，并說明理由.(同一組中的數(shù)據(jù)用該組

區(qū)間的中點值作代表)

【答案】(1)a—0.05,加=100,6=35,頻率分布直方圖見解析

(2)該區(qū)可以評為“一馬當先區(qū)”，理由見解析

【解析】

頻率

【分析】(1)根據(jù)頻率之和為1以及表格所給數(shù)據(jù)可依次得可得。、加、6的值，接著明確每組數(shù)據(jù)的3小

組距

的值即可得頻率分布直方圖.

(2)根據(jù)題中所給數(shù)據(jù)算出分數(shù)不低于70的頻率以及參賽者得分分數(shù)的平均數(shù)即可判斷得解.

【小問1詳解】

由a+0.10+0.20+0.30+0.35=l,解得a=0.05,

由表格數(shù)據(jù)得加=—=100,6=0.35x100=35,

0.1

第12頁/共22頁

頻率

因為每組的丁二二分別為0.005,0.010,0,020,0,030,0.035,

組距

所以頻率分布直方圖如下所示:

頻率

0.040

0.035

0.030

0.025【小問2詳解】

0.020

0.015

0.010

0.005

O5060708090100分數(shù)

該區(qū)可以評為“一馬當先區(qū)”，理由如下:

因為參賽者得分分數(shù)不低于70的頻率為0.2+0.30+0.35=0.85>80%,

所以滿足參賽者得分分數(shù)不低于70的人數(shù)至少要占80%以上,

又參賽者得分分數(shù)的平均數(shù)為

55x0.05+65x0.10+75x0.20+85x0.30+95x0.35=83>80,

所以該區(qū)可以評為“一馬當先區(qū)”.

16.如圖，4B是。。的直徑，點。是。。上的動點，R4垂直于。。所在的平面45C,點/為線段/C

的中點,

(1)證明：平面平面PEO；

(2)設尸Z==求點尸到平面必。的距離.

【答案】(1)證明見解析

【解析】

【分析】(1)根據(jù)條件得到1AC,利用線面垂直的性質(zhì)得到從而得到工平面上4C,

第13頁/共22頁

再利用0F//8C和面面垂直的判定定理，即可證明結果;

(2)法一，過A作PC垂線，根據(jù)條件得到2。，平面必C,利用幾何關系得到ZD=走，從而可求出

2

結果；法二，過尸作PC垂線，根據(jù)條件得到平面必C,利用幾何關系，即可求出結果；法三，利

用等體積法求解.

【小問1詳解】

因48是。。的直徑，則5C1AC,

因尸/垂直于。。所在的平面45。，BCu平面45C,則5C_L4P,

因=AC,ZPu平面上4C,則工平面4C,

又點尸為線段/C的中點，得到。9//BC,所以。尸，平面上4C,

又。咒＜=平面PO77,則平面R4C_L平面尸E0；

【小問2詳解】

解1.如圖，過A作PC垂線，垂足為D.

由(1)知平面上4C,BCu平面必C,

所以平面P/CJ_平面P5C,平面PZCPI平面P8C=PC,4Du平面P/C,

則AD1平面PBC,

即AD為點A到平面必C的距離.

又PA=5AC=1,PZ垂直于。。所在的平面48C

則上4_L/C，所以pc=JPH+Ac?=2,

第14頁/共22頁

則在△"C中，S=-PA-AC=-PC-AD,

aFPAACr22

得到ZD=PA'AC=即點A到平面尸5C的距離為更.

PC22

因點F為線段/C的中點，點R到平面可。的距離為點A到平面PBC的距離的一半,

即點F到平面PBC的距離為.

4

解2.如圖，過/作PC垂線，垂足為〃.

由（1）知平面PAC，BCU平面PBC，

所以平面平面P5C,平面尸2。門平面PBC=PC，EHu平面上4C,

則FH±平面PBC,即FH為點F到平面PBC的距離.

又PA=5AC=1,PZ垂直于。。所在的平面45c

則上4L/C,得到=2,

則在△"C中，S=-PA-AC=-PC-AD,

aPpAjCr22

得到“八中也因為切為△ZOC的中位線,

2

所以FH=叵,即點/到平面必c的距離為".

44

解3：等體積法

設底面圓半徑為葉，48=2r

V16r2-1

AC=1,乙4cB=90°,：,BC=

2

RtABFC的面積SABFC=^BCFC=叫二1

第15頁/共22頁

VPBFC=-SABFC-PA=GX'LT,

r-Dr324

又；由（1）知，5C上面上4C,尸4_1_面48c

:.BCA.PC,24_L/C,.,.△PBC與△K4C為直角三角形.

?；PA=5AC=\,

.?.PC=2,...S.=；PCBC="±

設F到平面PBC的距離為d,

由VP-BFC=-F-BPC'得;d.S^PBC=

到平面必。的距離為YL.

44

17.如圖，四邊形/5CO中，ZDAB=ZDCB=-,AB=3,BC=2,以初。=坐且二/臺。為銳角?

zLA/inu.2

（1）求D8；

（2）求AZCD的面積.

【答案】（1）巫

3

⑵旦

3

【解析】

【分析】（1）由三角形面積公式求得N45C,利用余弦定理求得/C,分析可知3。是四邊形45CD外

接圓的直徑，再利用正弦定理可求解；

（2）由面積公式即可得解.

【小問1詳解】

第16頁/共22頁

由已知S人,RC=-AB-BC-sinZABC=出，,sinNABC=—

△4BC222

TT

,**/ABC是銳角，,Z-ABC——.

3

由余弦定理可得=AB-+BC2-2AB-BC-cosNABC=7，則ZC=J7.

JT

???/DAB=ZDCB=-,：.BD是四邊形/BCD外接圓的直徑，

2

：.BD是“BC外接圓的直徑，利用正弦定理知BD=AC=J7x紀"

ZABCV33

【小問2詳解】

由ZCL4B=ZDCB=四，BD=^^-，AB=3,BC=2,

23

則ND=",C￡>=述，

33

兀2兀

又NABC=—,則——，

33

因此=工/。?。。6山//。。=工*立義述義立=立，

△"0223323

故AZCD的面積為9.

3

18.2024年4月25日20時59分，搭載神舟十八號載人飛船的長征二號F遙十八運載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射

中心點火發(fā)射成功，實現(xiàn)了兩個飛行乘組太空“會師”.下表記錄了我國已發(fā)射成功的所有神舟飛船的發(fā)射時

間和飛行時長.

名稱發(fā)射時間飛行時長

神舟一號1999年11月20日21小時11分

神舟二號2001年1月10日6天18小時22分

神舟三號2002年3月25日6天18小時39分

神舟四號2002年12月30日6天18小時36分

神舟五號2003年10月15日21小時28分

神舟六號2005年10月12日4天19小時32分

第17頁/共22頁

神舟七號2008年9月25日2天20小時30分

神舟八號2011年11月1日16天

神舟九號2012年6月16日13天

神舟十號2013年6月11日15天

神舟十一號2016年10月17日32天

神舟十二號2021年6月17日3個月

神舟十三號2021年10月16日6個月

神舟十四號2022年6月5日6個月

神舟十五號2022年11月29日6個月

神舟十六號2023年5月30日5個月

神舟十七號2023年10月26日6個月

神舟十八號2024年4月25日預計6個月

為幫助同學們了解我國神舟飛船的發(fā)展情況，某學?！昂教焐鐖F”準備通過繪畫、海報、數(shù)據(jù)統(tǒng)計圖表等形式

宣傳“神舟系列飛船之旅”.

（1）繪畫組成員從表中所有的神舟飛船中隨機選取1艘進行繪畫，求選中的神舟飛船的發(fā)射時間恰好是在

10月份的概率；

（2）海報組A組成員從飛行時長（包括預計飛行時長）大于4個月的神舟飛船中隨機選取2艘制作海報；

海報組8組成員從飛行時長（包括預計飛行時長）小于5天的神舟飛船中隨機選取2艘制作海報，兩組選

擇互不影響，求兩組選中的兩艘神舟飛船的發(fā)射時間恰好都在10月或II月份的概率.

【答案】（1）—

18

（2）—

10

【解析】

【分析】（1）根據(jù)條件，求出樣本空間點和事件A包含的樣本點，再利用古典概率公式，即可求解；

（2）設“A組選中的神舟飛船的飛行時長（包括預計飛行時長）大于4個月的神舟飛船中隨機選取2艘恰

好在10月或11月份”為事件設“3組選中的神舟飛船的飛行時長（包括預計飛行時長）小于5天的神

舟飛船中隨機選取2艘恰好在10月或11月份”為事件N,利用古典概率公式，求出事件M和事件N的概

第18頁/共22頁

率，再利用相互獨立事件同時發(fā)生的概率公式，即可求出結果.

【小問1詳解】

記名稱為神舟第i號飛船為4,則“從表中所有的神舟飛船中隨機選取1艘''的樣本空間為

。1={"1'"2，'04，05906，%，“8，"9'%0，%1，。12，"13,"14，"15，"169"17，=18}'共18個本點.

設“神舟飛船的發(fā)射時間恰好是在10月份”為事件A，則”=｛%,。6，41，43，。17｝，共5個樣本點,

所以「⑷q

【小問2詳解】

“A組從飛行時長（包括預計飛行時長）大于4個月的神舟飛船中隨機選取2艘”的樣本空間為

（。］4，"17），（“14，"18），（“15，"16），（“15，"17），（“15，"18），（“16，"17），（“16，"18），（"17，。18）｝,共個樣本點.

“3組從飛行時長（包括預計飛行時長）小于5天的神舟飛船中隨機選取2艘”的樣本空間為

=｛（卬，%），（4，%），（卬，%），（%，%），（%，%）（4，%）｝，共6個樣本點.

設“A組選中的神舟飛船的飛行時長（包括預計飛行時長）大于4個月的神舟飛船中隨機選取2艘恰好在10

月或11月份”為事件/,則/=｛（卬3嗎5）（卬3,417）（415,417）｝，共3個樣本點，

31

所以尸（/）=石=不

設“3組選中的神舟飛船的飛行時長（包括預計飛行時長）小于5天的神舟飛船中隨機選取2艘恰好在10

月或11月份”為事件N,則N=｛（al，a5）（al，a6）（a5，a6）｝，共3個樣本點，

31

所以尸（N）