2021年重庆一中高考数学三诊试卷 （解析版）

2021年重庆一中高考数学三诊试卷

一、选择题（共8小题）.

1.已知sin（,4--0.）=—.则cosa=（）

23

A11

Rc2衣

A.----D.一D.

3333

2.已知4="|2'<8,x€N},且0WBUA,则满足条件的集合8有（)

A.6个B.7个C.8个D.15个

3.若向量7=(2k-1,k)与向量(4,1）共线，则m♦r）=（)

D,上

A.0B.4c.—

22

4.己知（1-x）5+（1+x）7=ao-aix+ci2X2-avc3+a4^-asx5+a6X6-aix1,则ai+43+05+47的

值为（）

A.24B.-48C.-32D.72

5.2021年寒假，重庆一中书院“云”课堂为了解决孩子们在平时学习中的困惑、遗漏等，

各个学科为孩子们量身定制了各重点章节的微课.其中高三年级数学学科安排了A,B,

C三位老师录制“数列”、“三角函数”、“立体几何”、“概率统计”、“解析几何”、

“函数与导数”6个章节的微课，每位老师录制两个章节，其中A老师不录制”函数与

导数”，B老师不录制“三角函数”，则安排录制微课的情况一共有（）

A.30种B.36种C.42种D.48种

6.雷达是利用电磁波探测目标的电子设备.电磁波在大气中大致沿直线传播.受地球表面

曲率的影响，雷达所能发现目标的最大直视距离L=q（R+J）2-R2+J（R+h?）2_R2

nJzRhi+hJ+JzRhz+hz2（如图），其中加为雷达天线架设高度，比为探测目标

高度，R为地球半径.考虑到电磁波的弯曲、折射等因素，R等效取8490h〃，故R远大

于/n,九2.假设某探测目标高度为25处为保护航母的安全，须在直视距离412km外探

测到目标，并发出预警，则舰载预警机的巡航高度至少约为（）

（参考数据：V2X8.49^4.12）

7.已知点A(1,0),B(-1,0),若圆C：N+)2-6x-8y+/n=0上有且仅有一点P,使

得正•丽=0,则实数，〃的值为()

A.-11B.9C.-9或11D.9或-11

8.已知正实数小b满足6(d+及号)>^4+b2,则2a+6的最小值为()

A.2B.4C.2eD.2&

二、选择题(共4小题).

9.若复数z=3-i,其共甄复数为则()

A.z的虚部为-i

B.z・z=10

C.羡复平面上对应的点在第四象限

10.已知mfn是两条不同的直线，a,p为两个不同的平面，有下列四个命题，其中所有

正确的命题是()

A.若m_La,〃_L0,则a_L0B.若加〃a,贝ija〃0

C.若机_La,n/7p,贝！Ja〃0D.若“J_a,〃〃由a//p,则

11.已知等比数列｛〃〃｝首项公比为前〃项和为S,”前〃项积为A,函数/(x)

=x(x+ai)(x+«2)Cx+ai),若/(0)=1,则()

A.｛/ga“｝为单调递增的等差数列

B.0<^<1

a1

C.£为单调递增的等比数列

n1-q

D.使得了“>1成立的〃的最大值为6

12.已知直线/：2kx-2y-kp=0与抛物线C：y2=2px(p>0)相交于A,8两点，点M(-

1,-1)是抛物线C的准线与以4B为直径的圆的公共点，则下列结论正确的是()

A.p—2B.k—-2

C.|AB|=5D.aMAB的面积为&西

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

x-2x?x>l

13.己知函数/(x)满足：Vx€R,/(=0,且当x>0时，/(x)=〈，

log3x,x<1

则”(4)］的值为.

14.袋中有形状、大小都相同的5只球，其中1只白球，2只红球，2只黄球，从中一次随

机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为.

15.已知定义在R上的函数/(x)满足：f(尤)-f(x)=xeS且/(0)=0,则/(x)

的极大值为.

16.在长方体ABC。-A向G。中，底面ABC。是边长为4的正方形，侧棱A4i=r(r>4),

点E是BC的中点，点P是侧面AB81A1内的动点(包括四条边上的点)，且满足tan/

APO=4tan/EP8,则四棱锥P-ABED的体积的最大值是.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

_*TT

17.在(2X(x)=2sin-\:os--2cos2-^-+l,(2)f(x)=2y/~2^in——)cos-^-+1,(3)f(x)

22222

=(si栏■KOsW)2-2COS2胃•这三个条件中任选一个，填在横线上，并作出解答.问题：

222

已知函数/(X)的解析式为.

(1)若在△A8C中，/(A)=&，A8=&,AC=1,。为3c的中点，求A。的长；

(2)若g(x)=f(3>3>0,当x£［——,~^―］时，g(X)的最大值为J，，

求3的取值范围.

18.已知数列｛斯｝的前〃项和为S”满足上L-」k==,S=1.

n+1n2

(1)求数列｛〃｝的通项公式；

na

(2)设d=1n数列｛5｝的前〃项积为T,”若对任意的”CN*,fW4。恒成立，求

SnF

实数1的最大值.

19.随着中美贸易战的不断升级，越来越多的国内科技巨头加大了科技研发投入的力度.中

华技术有限公司拟对“麒麟”于机芯片进行科技升级，根据市场调研与模拟，得到科技

升级投入X（亿元）与科技升级直接收益y（亿元）的数据统计如下：

序号123456789101112

X2346810132122232425

y1322314250565868.53837.56666

当。<Z17时，建立了y与x的两个回归模型：模型①：y=4.1x+ll.£模型②:

y=213^-14.4；当x>17时’确定、与、满足的线性回归方程为了"。7x+a.

（1）根据下列表格中的数据，比较当0<xW17时模型①、②的相关指数型的大小，并

选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测对“麒麟”手机芯片科技升级的投入为17亿元

时的直接收益.

回归模型模型①模型②

回归方程

y=4.lx+11.8y=21.3474.4

7-2182.479.2

£仇7口

1=1

n

£仇-了。

（附：刻画回归效果的相关指数R2=1-史----------717^4.1）

士（yx-7）

i=l

（2）为鼓励科技创新，当科技升级的投入不少于20亿元时，国家给予公司补贴5亿元,

以回归方程为预测依据，比较科技升级投入17亿元与20亿元时公司实际收益的大小；

n__

ZXiY--nx^y

i=l

（附:用最小二乘法求线性回归方程…x+a的系数公式b

£x^-nx2

i=l

n__

工（Xj-x）（y「y）

i=l

a=~一）

n_y-bx

2

£（xi-x）

i=l

（3）科技升级后，“麒麟”芯片的效率X大幅提高，经实际试验得X大致服从正态分布

N(0.52,OOI2).公司对科技升级团队的奖励方案如下：若芯片的效率不超过50%,不

予奖励：若芯片的效率超过50%但不超过53%,每部芯片奖励2元：若芯片的效率超过

53%,每部芯片奖励4元，记丫为每部芯片获得的奖励，求E(y)(精确到0.01).

(附：若随机变量X〜N⑺，。2)(。>0),则P(R-。<X<p+。)=0.6827,P(林

-2o<X<n+2o)=0.9545)

20.已知四棱柱ABC。-A5C。中，底面ABC。为菱形，AB=2,AA,=4,ZBAD=6Q°,

E为BC中点，C在平面ABCD上的投影”为直线AE与OC的交点.

(1)求证：BD±A'H；

(2)求二面角D'-BB-C的正弦值.

21.已知椭圆C：七■f=1(a>b>0)的左、右焦点分别是Fi(-1,0)，22(1,0),

点A(0,b),若△AFiB的内切圆的半径与外接圆的半径的比是1：2.

(1)求椭圆C的方程；

(2)已知尸(-1,2)，过P作斜率互为相反数的两直线小/2分别与椭圆交于N

两点(M,N两点位于x轴下方)，求三角形PMN的面积取得最大值时的直线的方

程.

22.已知函数/(x)=二二1,g(x)=xbi(x+1).

(1)求f(x)的单调区间；

(2)证明：%>0时,f(x)・g(x)>x2；

(3)设G(x)=a(#(x)+1)+cosx在区间(0,TT］内有不相等的两个零点，求〃的范

围.

参考答案

一、选择题(共8小题).

1.己知sin()=—,则cosa=()

23

AR1C.2五

-43。・平

解：Vsin(4_a)=-cosa=5，则cosa=--1,

233

故选：4.

2.已知A={x|2'V8,xeN},且0WBUA,则满足条件的集合B有()

A.6个B.7个C.8个D.15个

解：由己知可得A={0,1,2),

则满足条件的集合B有23-1=7,

故选：B.

3.若向量n=(.2k-1,k)与向量口=(4,1)共线，则m,n=()

A.0B.45

解：向量\=(2k-l,k)与向量浸(4,1)共线，

贝!J2k-1-42=0,询吊得k=--y,

(-2,-g),

**1T2

117

i=-2X4+(---)X1=----

,•m*n122

故选：D.

5724561

4.己知(1-x)+(1+x)=ao-rzix+nir-GR+IU-a5X+aex-aixf则ai+s+as+m的

值为()

A.24B.-48C.-32D.72

解：令X=l,可得27=^o-〃1+〃2-〃3+…-…①

令无=-1,贝|J25=ao+41+Q2+…+Q7…②

所以②-①可得:2(0+。3+。5+。7)=25-27=-96,

所以。1+。3+。5+。7=-48,

故选：B.

5.2021年寒假，重庆一中书院“云”课堂为了解决孩子们在平时学习中的困惑、遗漏等，

各个学科为孩子们量身定制了各重点章节的微课.其中高三年级数学学科安排了A,B,

C三位老师录制“数列”、“三角函数”、“立体几何”、“概率统计”、“解析几何”、

“函数与导数”6个章节的微课，每位老师录制两个章节，其中A老师不录制“函数与

导数”，8老师不录制“三角函数”，则安排录制微课的情况一共有（）

A.30种B.36种C.42种D.48种

解：①A老师录制三角函数与另一门微课，则A老师有C；=4种录课方法，

8老师有C：=6种录课方法，C老师有C2=l种录课方法，

则共有4X6X1=24种,

②A老师不录制三角函数，则A老师有=6种录课方法，

B老师有=3种录课方法，C老师有Cg=1种录课方法，

则共有6X3X1=18种，

综上，共有24+18=42种方法，

故选：C.

6.雷达是利用电磁波探测目标的电子设备.电磁波在大气中大致沿直线传播.受地球表面

曲率的影响，雷达所能发现目标的最大直视距离L=｛（R+h1）2-R2（R+h2）2-R2

=标二二”+标商如图），其中加为雷达天线架设高度，例为探测目标

高度，R为地球半径.考虑到电磁波的弯曲、折射等因素，R等效取8490的?，故R远大

于/n,h2.假设某探测目标高度为25〃?，为保护航母的安全，须在直视距离412的?外探

测到目标，并发出预警，则舰载预警机的巡航高度至少约为（）

（参考数据：.2X8.49ss=4.12）

C.9100"?D.10000/7?

解：根据题意可知，L=^\2ktn,R=8490切t,力2=0.025加b

2+222Rh+h2+2

因为L=yj(R+hP^R^/(R+h2)-R=7iiV2Rh2+h2>

所以412=J(8490+%)2-84902W(8490+0.025)2-8490

解得/?产10h*=10000〃?，

所以舰载预警机的巡航高度至少约为10000/H.

故选：D.

7.已知点A(1,0),B(-1,0),若圆C：N+y-6x-8y+根=0上有且仅有一点P,使

得正•丽=0,则实数〃?的值为()

A.-11B.9C.-9或11D.9或-11

解：点A(1,0),B(-1,0),B两点在x轴上，

由圆C：N+y2-6x-8)，+m=0,可知圆心(3,4),半径r=也或7，

根据题意，圆C：x2+y2-6x-8>'+/n=0上有且仅有一点P,向量得而.pg=0,

可得J3?+42=-25-m土1，

解得实数m=9或-11,

故选：D.

2

8.已知正实数〃，h满足〃(7a+l+/n-y)R则2。+〃的最小值为()

A.2B.4C.2eD.2祀

解：由已知可得,@2+1+1na>色/一+1。=J今)十】十】七，

2

令/(X)=y/x+i+lnx(x>0)，

则,⑴《'危向小

因为x>0,所以/'（x）>0,则函数f（x）在（0,+8）上单调递增,

所以/（〃）>f（Q可得。片，即"22,

所以2a+方>2^^>4，当且仅当2〃=%时取等号，

此时2a+b的最小值为4,

故选：B.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9.若复数z=3其共施复数为W则（）

A.z的虚部为-i

B.z・z=10

C.在复平面上对应的点在第四象限

nZ43.

D.――—+—i

Z55

解：；z=3-i,的虚部为-1,故A错误；

z-z=|Z|2=（A/32+（-1）2）2=10,故8正确；

W=3+i，次复平面上对应的点的坐标为（3,1），在第一象限，故C错误;

1=3+i=(3+i)2=9+6i+j2_43.

z3-i(3-i)(3+i)-j25+51故。正确.

故选：BD.

10.已知m,n是两条不同的直线，a,P为两个不同的平面，有下列四个命题，其中所有

正确的命题是（）

A.若m_La,n±p,则a_L0B.若m〃a,〃〃由mA_n,则a〃0

C.若加_La,几，贝!Ja〃0D.若加_La,〃〃0,a//p,贝ij

解：由小，〃是两条不同的直线，a,0为两个不同的平面,

对于A,若机_La,n±p,mA.n,则由面面垂直的判定定理得a_L0,故A正确;

对于3,若〃z〃a,n//p,则a与0相交或平行，故8错误;

对于C,若m_La,及〃0,mJLn,则a与0相交或平行，故C错误;

对于。，若m_La,几〃0,a〃0,则由面面平行、线面垂直的性质得m_L〃，故。正确.

故选：AZ）.

11.已知等比数列｛m｝首项公比为q,前〃项和为S”前〃项积为力“函数f（x）

=x（x+0）（x+Q2）（x+ai）,若，（0）=1,则（）

A.｛/颔〃｝为单调递增的等差数列

B.0<^<1

c.（s_刍一｝为单调递增的等比数列

n1-q

D.使得成立的〃的最大值为6

解：函数/（X）=X（X+〃］）（X+42）…（X+O7）,

则，（X）=（X+4|）（%+«2）…（%+«7）+X［（1+。1）（1+〃2）…（X+〃7）］'，

因为，（0）=1,所以…07=1,由等比数列的性质可得0。7=。2〃6=。3。5=〃42,

所以…。7=47=1，所以〃4=1,

由0>1,可得OVqVl,故3正确；

因为等比数列｛““｝首项卬>1,公比为q,所以上工=4，

an

.1

则lgcin+1-lgcin=lg-----=lgq<0,故｛/ga〃｝为单调递减的等差数列，故A错误；

an

设i-d=ai（1qn）_d=」〃，

l-q1-ql_qq_l

aln

bq-iq

则——=q为常数，

b

n-lain_j

~q-7lq

因为OVgVl,所以dvo,,单调递减，

q-l

所以｛s-fL｝为单调递增的等比数列，故c正确；

n1-q

因为…〃7=1,且〃1>。2>…>〃7>0,

所以4142…。6>1,0<«7<L

所以使得成立的〃的最大值为6,故。正确.

故选：BCD.

12.已知直线/：2fc(■-2厂松=0与抛物线(7：V=2px(p>0)相交于4,8两点，点M(-

1,-1)是抛物线C的准线与以AB为直径的圆的公共点，则下列结论正确的是()

A.p=2B.k=-2

C.|AB|=5D.△MA8的面积为仅西

解：直线Z：2kx-2y-kp=O整理可得％(2x-p)-2y=0,恒过(]■,0),即过抛物线

的焦点F,

所以抛物准线方程为x=■，点M(-1,-1)是抛物线C的准线与以48为直径的圆

的公共点，M在抛物线的准线上，所以-冷=-1,解得°=2,

所以A正确，焦点坐标为(1,0),直线/整理可得y=k(x-1),

y=k(x-l)

设A(XI,)1),B(X2,”)，联立直线与抛物线的方程/9,整理可得：6c2

,y"=4x

-⑵2+4)X+F=O,

2k之+44/-------

xiX2=l,X\+X2=---z-,y\+y2=k(xi+%2-2)=—,y\y2=-4Jx<Xo=-4,

k2k

由题意可得忘•血=0,即(xi+I,yi+1)•(X2+1,”+1)=0

整理可得X1X2+(xi+x2)+l+yi”+(yi+”)+1=0,代入可得1+1-4+&1=0,

k2k

解得:W+&1=0,解得&=-2,所以8正确,

kZk

所以加X2=l，Xl+X2=3,

所以弦长|AB|=4]+卜2,(X]+X2)2-4X[X2=衣*娓=5，所以C正确;

直线AB的方程为：y=-2(x-1),即2x+y-2=0,所以M到直线AB的距离d=

r-

|-2-1-2|_心’

所以S(sMAB—^AB\*d=^-*5所以。不正确,

故选：ABC.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

x-2x2,

13.已知函数/(%)满足：VxGR,/(-x)=0,且当x>0时，/(x)=<

log3x,x<1

则川(-4)I的值为-6.

9

解：；函数f(x)满足：VxeR,f(-x)+f(x)=0,故/(x)为奇函数.

x-2x2,x>l

且当x>0时，f(x)=<则，(/)-logg-^---2,

log3x,x<1

."(=)]=/1-/(《)]=/(2)=2-2X2』-6,

yy

故答案为：-6.

14.袋中有形状、大小都相同的5只球，其中1只白球，2只红球，2只黄球，从中一次随

机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为A-

一5-

解：袋中有形状、大小都相同的5只球，其中1只白球，2只红球，2只黄球，

从中一次随机摸出2只球，基本事件总数”=CV=1O,

这2只球颜色不同的对立事件是两只球颜色不同，

...这2只球颜色不同的概率:

故答案为：士

5

15.已知定义在R上的函数.f(x)满足：f(x)-f(x)=xex,且/(0)=0,则/(x)

的极大值为2-2.

解：令F(%)=岂2，

则F⑺J'1x);f(x)=x,

e

2

故F(x)=—x+c,

2

所以/(尤)<yx2+c)，

因为f(0)=c=0,

故/(x)=/乂2•巴fy(x)=ex(yx2+x)，

易得，当x>0或xV-2时，，(x)>0,函数单调递增，当-2VxV0时，/(x)<

0,函数单调递减,

故当x=-2时，f(x)取得极大值2e'2.

故答案为:2e2

16.在长方体ABC£>-A山Ci。中，底面ABC。是边长为4的正方形，侧棱A4i=r(r>4),

点E是BC的中点，点尸是侧面ABBAi内的动点(包括四条边上的点)，且满足tan/

APD=4tanZEPB,则四棱锥P-ABED的体积的最大值是_至逗_.

解：在长方体ABCD-AiBiCQi中,因为ADi_L平面4BB14,8Cu平面A8814,

所以△APO和均为直角三角形，

又tanZAPD=4tanZEPB,

以AB所在直线为x轴，4B的中点。为坐标原点，建立平面直角坐标系如图所示,

则A(-2,0),B(2,0),设P(x,y),

根据BP—1AP,则有2\/(x+2)2+y2=V(x-2)2+y2,

2+y2=磐，(其中-2WxW2,归0),

则当x=-2时，y

所以点P到平面ABED的最大距离为2金,

3

又四边形ABED的面积为(2+4?X4=]2,

2

所以四棱锥P-ABED的体积的最大值为12X蜉J，.

333

故答案为：变叵.

3

4,4B.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17.在①/*(x)=2sin-^-cos—-2COS2-^H-1,(2)f(x)=2^2§in(———)cos-^-+l,(3)f(x)

22224乙

=(sinW"Kos2")2-2cos22•这三个条件中任选一个，填在横线上，并作出解答.问题：

222

已知函数f(X)的解析式为.

(1)若在△ABC中，f(A)=J5,AB=M，AC=1,。为BC的中点，求A。的长；

(2)若g(x)—f(CO>3>0,当x£时，g(x)的最大值为，5,

求3的取值范围.

解：若选①:

xxx――JI

f(x)=2sin-^cos^--2cos2-^-+l=sinjc-cosx="^2sin(x_-^_)>

(1)/(A)=5/2sin(A—^~)=V2,所以sin(A-~^")=l，解得

又AB=&,AC=\,由余弦定理可得BC=JAB2+AC2-2AB・AOCOS^=V^，

因为。为8C的中点，设4。=羽则有cosNCD4+cosNBD4=0,

22

(^)+x-l(苧)2+X2-21

所以‘-r=———一/=——=0>解得xj,

2噂x2唔x2

所以AO的长为《；

2

cRTTJT

(2)g(x)=/((0xqn)=V^sin(3---^_)=V2sin(3x+兀)=^\/^sin3x»

因为当xC[4，J]时，g(x)的最大值为我，

o3

所以+2kTT4等L,k€z,解得3>1-6k且3>0,依z.

若选②：

X兀

/(cosy)cosy+l=2sin-|cos-1--2COS2-1H-1

x)2^4

=sior-cosx=Msin(x-9)

(1)/(A)--72sin(A-V2,所以sin(A-7-)=1，解得A=3^—，

又AB=^^,AC—I,由余弦定理可得BC=JAB2+AC2-2AB，AC，cos^~=V5,

因为。为8C的中点，设AO=JG则有COS/CZM+COSN3D4=0,

解得x］，

所以AQ的长为！；

2

cRJTTT

(2)g(x)=/((0=V2sin(3x+,/——)=V2sin(3x+兀)=-x»

因为当x£［吟TT，子TT］时，g(X)的最大值为、历，

所以---一葭+2卜兀<---，k€Z,解得3A^~-6k且3>0,kwZ.

若选③：

22

f(%)=(sin-y+cos^-)-2cos—•=l+2sirr^"cos^-2c。s爸=sinxcosx=

乙乙乙乙乙乙

L.冗、

y2sin(x--h

(1)/(A)=^/2sin(A-^-)=V2,所以解得4=，^—，

又AB=企，AC=l,由余弦定理可得BC=JAB2+AC2-2AB・AOCOS^~=V^，

因为力为8c的中点，设AO=x,则有cosNCD4+cosNBD4=0,

所以A。的长为《；

2

c5717T

(2)g(x)=/(3乂7叮)=V2sin(3x+4—)=V2sin(3x+兀)=^>/^sin3x，

因为当［4，:］时，g(X)的最大值为加，

所以」^_<4+2k兀<1。，k€z,解得3>1-6k且3>0,依Z.

cS&

18.已知数列｛斯｝的前〃项和为S”满足上L-」k==,S=1.

n+1n2

(1)求数列｛为｝的通项公式;

na

(2)设d=1n数列｛5｝的前〃项积为T,”若对任意的”CN*,fW4。恒成立，求

SnF

实数1的最大值.

解：（I）数列｛④｝的前“项和为s”满足」SiL-_Sa=得2，0=1.

n+1n2

所以数列｛上S｝是以_SL=1为首项，亮Q为公差的等差数列；

n12

所以优=1得（n-1）=-1-n-y,

整理得Sn号n2-/n，

当〃》2时，a”=S〃-S“T=2二:口一3（n-l）"（n-l）=、.2,

当〃=1时，首项符合通项，

故a,i=3n-2.

(2)由于〃”=3〃-2,

nan

所以b=2(3n-2)

nSn^3n+l

所以Tn=bi'b2…％=2%!,擀3n-2二2n

3n+l3n+l

由于TT_2"12n_2n(3n-2)

〉0,

n+1In3(n+i)+i3n+l(3n+l)(3n+4)

故数列｛T"｝为递增数列,

所以对任意的"CN*,W4。恒成立,

只需满足（北）加”=4力=2,

故实数t的最大值为2.

19.随着中美贸易战的不断升级，越来越多的国内科技巨头加大了科技研发投入的力度.中

华技术有限公司拟对“麒麟”于机芯片进行科技升级，根据市场调研与模拟，得到科技

升级投入x（亿元）与科技升级直接收益y（亿元）的数据统计如下：

序号123456789101112

X2346810132122232425

y1322314250565868.53837.56666

当0<x<17时，建立了y与x的两个回归模型：模型①：口10：模型②：

y-4.i1x+ii.o

——

y=2134-14.4；当x>17时，确定y与x满足的线性回归方程为=_07x+a，

（1）根据下列表格中的数据，比较当0<xW17时模型①、②的相关指数R2的大小，并

选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测对“麒麟”手机芯片科技升级的投入为17亿元

时的直接收益.

回归模型模型①模型②

回归方程

y=4.lx+11.8y=21.3474.4

7•2182.479.2

£七/)

i=l

n

£^yi-yi^

（附：刻画回归效果的相关指数R2=i-史----------后心4.1）

n_乙

£（y-7）

i=l

（2）为鼓励科技创新，当科技升级的投入不少于20亿元时，国家给予公司补贴5亿元,

以回归方程为预测依据，比较科技升级投入17亿元与20亿元时公司实际收益的大小；

Lxdy--nx-y

(附：用最小二乘法求线性回归方程,上的系数公式入=以-------------

y-bx+abn_

Ed4

Xj-nx

i=l

n__

Z(x-x)(y--y)

Xd14

（3）科技升级后，“麒麟”芯片的效率X大幅提高，经实际试验得X大致服从正态分布

N（0.52,0012）.公司对科技升级团队的奖励方案如下：若芯片的效率不超过50%,不

予奖励：若芯片的效率超过50%但不超过53%,每部芯片奖励2元：若芯片的效率超过

53%,每部芯片奖励4元，记丫为每部芯片获得的奖励，求E（Y）（精确到0.01）.

（附：若随机变量X〜N卬，。2）（。>0）,则P（R-。<X<“+。）=0.6827,P（“

-2。<X<p+2。）=0.9545）

解:（1）由表格中的数据，182.4>79.2,

182.4________79.2

•丁—Z-

2

(yT-y)E(y-y)

i=li=l

182.479.2

..7_e7_

*2,

X(yx-y)£(yx-y)

i=li=l

，模型①的相关指数R/小于模型②的相关指数&2,

.•.回归模型②的拟合效果更好，

当X=17亿时，科技升级直接收益的预测值为：

y=21.3717-14.4«=72.93(亿元).

(2)当x>17时，由已知可得7=21+22+^+24+25=23,

-68.5+68+67.5+66+66

y=-----------------------------=67.2,

5

•••a二y+07x=67.2+0.7X23=83.3,

・•・当尤>17时，y与x满足的线性回归方程为=-0.7X+83.3,

y

当x=20亿元，实际收益的预测值为：

=-0.7X20+83.3=69.3亿元，

y

当元=20亿元时，实际收益的预测值为69.3+5=74.3亿元>72.93亿元，

・•・技术升级投入20亿元时，公司的实际收益更大.

(3)Vn-2o=0.5,|i+o=0.53,

：.P(0.50<X^0.53)=P(…。VXWp+o)

=P(p-2。VXWR-o)+P(p-oVXW|i+o)

0,9545-0,68271A-

2

=0.8186.

P(X>0.53)=P(X>n+。)詈1,

：.E(7)=0+2义0.8186+4X谀'=2.271物2.27(元).

2

20.己知四棱柱ABCD-AbC。中，底面A8CD为菱形，AB=2,AA'^4,ZBAD=60°,

E为中点，C在