黑龙江省大庆市某中学2024-2025学年高二年级上册开学考试数学试卷（含答案解析）

黑龙江省大庆市大庆实验中学2024-2025学年高二上学期开学

考试数学试卷

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

z

1.已知z=2+i,则---:=()

Z+1

、3—ic1-i-3+ic1+i

A.-----B.-----C.-----D.-----

4444

2.已知随机事件A和B互斥，A和C对立，且尸(C)=0.8,尸(⑼=0.3,则P(AB)=()

A.0.2B.0.3C.0.4D.0.5

3.在VABC中，已知AC=1,BC=6,8=30。，则4=()

A.60°B.120°C.60。或120。D.30°或90°

4.设4牡〃是三条不同的直线，a,6是两个不重合的平面，给定下列命题:①

\ai!p

mua

aLm,aLn\.La]

卜na_La；③6；④\naIf3;⑤〃u/>=>mlIn；(6)

机,〃uaJm±/>Jau

a11P

aVp

mlla其中为真命题的个数为()

n1廿

A.1B.2C.3D.4

5.如图，曲柄连杆机构中，曲柄CB绕C点旋转时，通过连杆的传递，活塞做直线往复

运动.当曲柄在C稣位置时，曲柄和连杆成一条直线，连杆的端点A在4处.设连杆A8长

100mm,曲柄C2长35mm,则曲柄自C2。按顺时针方向旋转53.2。时，活塞移动的距离（即

连杆的端点A移动的距离&A）约为（）（结果保留整数）（参考数据：sin53.2°«0.8）

A.17mmB.18mmC.19mmD.20mm

6.若4,2,1,5,4的第p百分位数是4,则P的取值范围是（）

A.（40,80）B.（40,80]C.（60,80）D,[60,80）

7.气象意义上从春季进入夏季的标志为：“连续5天每天日平均温度不低于22℃"，现有甲、

乙、丙三地连续5天的日平均温度的记录数据（记录数据都是正整数，单位。C）

①甲地：5个数据的中位数为24,众数为22；

②乙地：5个数据的中位数为27,平均数为24；

③丙地：5个数据中有一个数据是32,平均数为26,方差为10.2；

则肯定进入夏季的地区有

A.0个B.1个C.2个D.3个

8.在三棱锥A-3CD中，AB=BC=CD=DA=272,ZADC=ZABC=90,平面ABCJ"平

面ACD,三棱锥A-BCD的所有顶点都在球。的球面上，E,F分别在线段OB,CD上运动（端

点除外），8后=0仃.当三棱锥E-ACF的体积最大时，过点尸作球。的截面，则截面面积

的最小值为（）

二、多选题

9.以下结论中错误的是（）

A.小卜回斗。+叶'是“％6共线”的充要条件

B.若al1b，则存在唯一的实数几，使a=Ab

C.右a=b,b=c>贝！Jd—c

D.若a,。为非零向量且ab=o,贝Ua,6的夹角为直角

10.有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中不放回的随机取两次，每次

试卷第2页，共6页

取1个球，事件A表示“第一次取出的球的数字是偶数”，事件B表示“第二次取出的球的数

字是奇数”，事件C表示“两次取出的球的数字之和是偶数”，事件。表示“两次取出的球的数

字之和是奇数”，则（）

A.A与8是互斥事件B.C与O互为对立事件

C.B发生的概率为■D.8与C不相互独立

2

11.如图，矩形ABC。中，/为BC的中点，将沿直线AM翻折成连接

N为耳。的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（）

A.不存在某个位置，使得CN,A耳

B.翻折过程中，CN的长是定值

C.若=则AM，耳。

D.若AB=BM=1,当三棱锥用-AMD的体积最大时，其外接球的表面积是4兀

三、填空题

12.若忖=1,忖=2,。与6的夹角为60。，且（3（7+56）_1（加°-6）,则加的值为.

222222

13.已知样本数据%的,%'&'名都为正数，其方差=|（<7[+a2+a3+<74+a5-80）,则

样本数据2al+3、2%+3、2。3+3>2a4+3、2%+3的平均数为.

14.甲，乙两人组成的“梦队”参加篮球机器人比赛，比赛分为自主传球，自主投篮2个环节，

其中任何一人在每个环节获胜得2分，失败得。分，比赛中甲和乙获胜与否互不影响，各环

3

节之间也互不影响.若甲在每个环节中获胜的概率都为了，乙在每个环节中获胜的概率都为

4

P,且甲，乙两人在自主传球环节得分之和为2的概率为盘，“梦队”在比赛中得分不低于6

12

分的概率为.

四、解答题

15.

一个盒子中装有4张卡片，每张卡片上写有1个数字，数字分别是1、2、3、4.现

从盒子中随机抽取卡片.

（1）若一次抽取3张卡片，求3张卡片上数字之和大于7的概率；

（2）若第一次抽1张卡片，放回后再抽取1张卡片，求两次抽取中至少一次抽到数字

3的概率.

16.某中学举行了一次“环保知识竞赛”，全校学生参加了这次竞赛.为了了解本次竞赛成绩

情况，从中抽取了部分学生的成绩（得分取正整数，满分为100分）作为样本进行统计.请

根据下面尚未完成并有局部污损的频率分布表（如图所示）和频率分布直方图（如图所示）

解决下列问题：频率分布表:

组另I」分组频数频率

第1组[50,60)80.16

第2组[60,70)a■

第3组[70,80)200.40

第4组[80,90)0.08

第5组[90,100]2b

合计

频率分布直方图:

试卷第4页，共6页

频率

(2)若根据这次成绩，学校准备淘汰90%同学，仅留10%的同学进入下一轮竞赛，请问晋

级分数线划为多少合理？

⑶某老师在此次考试成绩中抽取10名学生的分数：石,马，吃，，/，已知这10个分数的平

均数了=90,标准差5=6,若剔除其中的100和80这两个分数，求剩余8个分数的平均

数与标准差.

17.如图，在三棱锥A—BCD中，△ABD是等边三角形，BDLDC,AB=2,AC=4,

ZDBC=60,E,尸分别AD,DC的中点.

(1)求证：平面BEF,平面ADC；

(2)求二面角£-3尸-。的余弦值.

18.数据传输包括发送与接收两个环节.在某数据传输中，数据是由数字0和1组成的数字

串，发送时按顺序每次只发送一个数字.发送数字1时,收到的数字是1的概率为0(0<e<1),

收到的数字是0的概率为1-a；发送数字0时，收到的数字是0的概率为《(0</<1),收

到的数字是1的概率为1-/.假设每次数字的传输相互独立，且〃+£=

(1)当a=£时，若发送的数据为“10”，求收到的所有数字都正确的概率；

⑵用X表示收到的数字串,将X中数字1的个数记为"(X),如X=“1011”,则〃(X)=3.

(i)若发送的数据为：“100”，且P(“(X)=O)：PS(X)=I)=3：II,求夕；

(ii)若发送的数据为“1100”，求P(R(X)=2)的最大值.

19.“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三

角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.意大利数学家托里拆利给出

了解答，当VABC的三个内角均小于120时，使得NAQB=NBOC=NCOA=120。的点。即

为费马点；当VABC有一个内角大于或等于120时，最大内角的顶点为费马点.试用以上

知识解决下面问题：

(1)若VABC是边长为4的等边三角形，求该三角形的费马点。到各顶点的距离之和；

⑵VABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a=6sinA,点尸为VABC的费马点.

(i)若ac=2后，求PAPB+PBPC+PCPA-,

(ii)若PA+PC=tPB,求f的最小值.

试卷第6页，共6页

参考答案:

题号12345678910

答案ADCBBACCABBC

题号11

答案ABD

1.A

【分析】运用复数乘除法运算化简.

，、2z2+i(2+i)(2-2i)(2+i)(2-2i)6-2i36

【详解】z+「2+i+i—(2+2i)(2-2i)―8"8"4'

故选：A.

2.D

【分析】利用对立事件概率公式和互斥事件加法公式计算即可.

【详解】由A和C对立，P(C)=0.8,可得P(A)+P(C)=1,解得尸(A)=0.2,

又由随机事件A和8互斥可知尸(AB)=0,

由尸(AB)=P(A)+P(B)-P(AB),

将尸(A)=0.2,P(B)=0.3代入计算可得P(AB)=0.5.

故选：D.

3.C

【分析】由正弦定理求解即可.

【详解】VAC=1,BC=63=30。，

•••由正弦定理/二=名，可得：.,_BC-sinB_^X|_V3,

smAsinBsinA=----——=---=--

AC1，

V30°<A<150°,=60°或120。.

故选：C.

4.B

【分析】根据空间中点线面的位置关系，即可结合选项逐一求解.

【详解】对于①，若。〃力,。〃。，则£//月或者名?相交，故①错误,

对于②，由于机，〃未必相交，所以不一定得到a故②错误，

对于③，由于加机故a//尸，③正确

答案第1页，共14页

对于④，由面面垂直的判定可知④正确，

对于⑤，若7〃ua,〃u4,a///,则小〃"或者私"相交或者异面，故⑤错误，

对于⑥，若〃，尸，机尸，加〃〃或私〃相交或者异面，故⑥错误，

故选：B

5.B

【分析】利用余弦定理解三角形即可..

【详解】在VABC中，AB=100,BC=35,NACB=53.2。，

因为sin53.2。。0.8,所以cos53.2。*0.6.

由余弦定理得：AB2=CB1+CA2-2CA-CB-cos53.2°

所以IGO?=35?+C42_2c4x35x0.60G42一42C4—8775=0=04=117或C4=-75（舍

去）.

因为135—117=18,所以A）A=18〃"w.

故选：B

6.A

【分析】根据第P百分位数的定义列不等式求。的取值范围.

【详解】将样本数据4,2』,5,4按从小到大排列可得1,2,4,4,5,

因为样本数据的第P百分位数是4,

所以2v5xp0/o<4,40</?<80,

所以P的取值范围是（40,80）.

故选：A.

7.C

【分析】根据中位数、众数、方差分析各选项中数据的可能性，从而可得正确的选项.

【详解】甲地肯定进入，众数为22,；.22至少出现两次，若有一天低于22,则中位数不

可能为：；；

丙地也进入，根据方差的定义：

|［（%-26）2+（%-26）2+（/一26）2+（%_26）2+_26）1=10.2,

即（占一26）2+（无2—26）2+（毛—26）2+（/_26）2=0，

显然芯,%，W，%都要大于22,才能成立.

答案第2页，共14页

乙地不一定进入，比如12,23,27,29,29.

故选：C

8.C

【分析】取AC的中点。，证得。为球心，利用二次函数求出三棱锥E-Ab的体积最大时x

的取值，当0P垂直于截面时，截面圆的面积最小，求得截面圆的半径.

【详解】如图，取AC的中点0,连接OF,OB,OD,

因为NADC=/ABC=90。，所以OA=O2=OC=OD=LAC,即。为球心，

2

则球0的半径尺=2,又钿=3(7,所以05,4。，

又平面ABC_L平面ACD,平面43。1平面ACD=AC,03u平面ABC.

所以03,平面ACD,

设C「=x,则2E=A/L：<2,所以0cxe正，

所以三棱锥E-ACF的体积

1111_r\_r\(/—Q、2i

2

^=->5ACFxOE=-x-CFxADxOE=----2y/2(2-yf2x)=-(y/2x-x]=--x-—+-.

3ACF3232/3、'3|^2J3

当彳=变时,V取得最大值!，

23

由于OA=O3=OC=OD,在，COF中，由余弦定理得：

OF=y/oc2+CF--IOC-CFcosZACF=.4+--2x2x^x^=叵.

V2222

根据球的性质可知，当。尸垂直于截面时，截面圆的面积最小,

设此时截面圆的半径为「，所以

则截面面积的最小值为无产

答案第3页，共14页

故选:c.

9.AB

【分析】根据a,b方向相同时，即可判断必要性不成立，即可判断A,根据共线定理即可

求解B,根据传递性即可求解C,根据数量积的计算即可求解D.

【详解】对于A,若°,行方向相同时，同-也同a+6],故必要性不成立，因此A错误，

对于B,若al1b，且B为非零向量，则存在唯一的实数2,使a=%，若B为零向量，

此时存在彳使得G=助，但是2不唯一，故B错误，

对于C,若a=b,b=c，贝1Ja=c,故C正确，

对于D,若a,b为非零向量且ab=0,cosa,b=0,故°,b的夹角为直角，D正确，

故选：AB

10.BC

【分析】根据互斥事件、对立事件、相互独立事件的定义以及结合古典概型的计算公式判断

即可.

【详解】由题意，不放回地随机取两次，共有6x5=30种情况，

A={(2,1),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(4,1),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),

(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5)}共15个样本点，

B={(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(1,3),(2,3),(4,3),(5,3),(6,3),

(b5),(2,5),(3,5),(4,5),(6,5)}共15个样本点,

故尸(2)$=；,故C正确；

事件A与8可以同时发生，不是互斥事件，故A错误；

C={(1,3),(1,5),(2,4),(2,6),(3,1),(3,5),(4,2),(4,6),(5.1),(5,3),(6,

2),(6,4)}共12个样本点，

故尸(c)=>|，

。={(1,2),(1,4),(1,6),(2,1),(2,3),(2,5),(3,2),(3,4),(3,6),(4,1),

(4,3),(4,5).(5,2),(5.4),(5,6),(6,1),(6,3),(6,5)}共18个样本点,

所以C与。互为对立事件，故B正确；

事件BC={(3,1),(5,1),(1,3),(5,3),(1,5),(3,5)}共6个样本点，

所以P(8C)=*=[=P(B)P(C),所以8与C相互独立，故不D正确.

答案第4页，共14页

故选：BC.

11.ABD

【分析】对于A,取的中点为E,若CNLA瓦，则可推出矛盾，即可判断；对于B,结

合余弦定理即可判断；对于C,采用反证的方法，利用AM,耳。得出互相矛盾的结论，即

可判断；对于D,根据三棱锥体积最大，可得出平面平面4WD,从而结合面面垂

直性质求出相关线段的长，确定三棱锥外接球球心，求出半径，即可判断

【详解】对于A,取4D的中点为E,连接CE交于凡则四边形MCDE为平行四边形，

如图，

/为ATO的中点，由于N为耳。的中点，则NE//A四,N尸//M瓦,

B.......'MC

如果CNJ.AB],则EN_LCV,

由于A31_LM3i，则EN_LNF,

由于NE,N£NC共面且共点，故不可能有ENLC7V,硒上所同时成立，

即不存在某个位置，使得CNLA瓦，A正确

对于B,结合A的分析可知=且NE=：AB1,AM=EC,

在：CEN中，NC2^NE1+EC2-2NE-EC-cosZNEC,

由于EN,EC,NNEC=N耳AM=N54M均为定值，故NC?为定值，

即翻折过程中，CN的长是定值，B正确；

对于C,如图，取AM中点为。，由于=即A4=2jM,则AM_L3Q,

答案第5页，共14页

若⑷w，耳。，由于耳。门4。=耳,用0,用。<=平面。。耳，故AM,平面耳,

ODu平面。。耳，故A〃_L8,则A£>=Affi>,

由于AB=3M,故9=2AB,DC=CM,贝！JA®=亚0）=0AB,

故"（WMD,与A£）=MD矛盾，故C错误；

对于D,由题意知，只有当平面BAM,平面4WD时，三棱锥瓦-AM。的体积最大;

设A。中点为E,连接。E，4E,ME,由于AB=BAf=l,则4瓦=用〃=1,

且A4，瓦M，40，AM,而平面BjAMc平面AMD=AA7,耳Ou平面片AM,

故耳。_1_平面4WD,OEu平面4WD,故5]0_L0E,

1]I/9

则4W=0，4O=_AM=JOE=—OW=-AM=—

122222

贝。=

从而EBt==1,lj£4=EEM=EB|=1,

即AD的中点E即为三棱锥Bt-AMD的外接球球心，球的半径为1,

故外接球的表面积是4无，D正确，

故选：ABD

【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于选项D的判断，解答时结合三棱锥体积最大，可

得平面与AM1_平面4WD,从而结合面面垂直性质求出相关线段的长，确定三棱锥外接球

球心，求出半径，即可判断.

12.军

8

【分析】由（3。+5可•（加〃-q=0及数量积的运算即可求解.

【详解】因为忖=1,卜卜2,〃与人的夹角为60。，则Q2=1X2X：=1,

若（3Q+5b）_L{ma-b）,贝lj（3Q+5b）.（ma一b）=0,

可得3Td+（5加一3）〃2一5忖=0,BP3m+5m-3-20=0,解得m=1.

23

故答案为：v-

o

13.11

答案第6页，共14页

【分析】设样本数据的平均数为7由条件结合方差公式可求鼠再根据平均数的性质可求

结论.

【详解】设样本数据的平均数为Q，则4+%+/+%+“5=5〃，4>0，

所以一：—Q)+(%—+(。3—+(〃4—+(05—

-5

以S2=—[〃[2+出2+%2+%2+〃5-2(41+&+/+&+%+5)]

以S2=—[%2+a22+Q32+%2+・5(Q)],

3^S2=—(弓2+〃22+/之+%2+。52-80),

所以5伍『=80,又"〉0，所以％=4,

所以样本数据2q+3、2%+3、2〃3+3、2〃4+3、2%+3的平均数为2%+3=11.

故答案为：11.

14.-

3

【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式即可求解.

【详解】若甲，乙两人在自主传球环节得分之和为2,则甲乙两人中一个人成功一个人失败,

Q15?

故概率为W（i-2）+7〃=历，故p=］，

“梦队”在比赛中得分不低于6分，则至少要赢3次，故概率为

13112

X—X—++—+—二

44643

2

故答案为：—

7

15.（1）0.5（2）一

16

【详解】试题分析：（1）由题意知本题是一个古典概型，试验包含的所有事件是任取三张卡

片，三张卡片上的数字全部可能的结果，可以列举出，而满足条件得事件数字之和大于7

的，可以从列举出的结果中看出；（2）列举出每次抽1张，连续抽取两张全部可能的基本结

果，而满足条件的事件是两次抽取中至少一次抽到数字3,从前面列举出的结果中找出来.

试题解析：（1）由题意知本题是一个古典概型，设A表示事件“抽取3张卡片上的

数字之和大于7”，

・・•任取三张卡片，三张卡片上的数字全部可能的结果是{1、2、3},{1、2、4},{1、

答案第7页，共14页

3、4},{2、3、4}共4个，其中数字之和大于7的是{1、3、4},{2、3、4},

.1.P（A）=0.5（2）设B表示事件“至少一次抽到3”，

:每次抽1张，连续抽取两张全部可能的基本结果有：（1、1）（1、2）（1、3）（1、4）（2、

1）（2、2）（2、3）（2、4）（3、1）（3、2）（3、3）（3、4）（4、1）（4、2）（4、3）（4、4）,

共16个.

事件B包含的基本结果有（1、3）（2、3）（3、1）（3、2）（3、3）（3、4）（4、3）,共7个

基本结果.

7

二所求事件的概率为P（B）=—

16

16.⑴a=16,x=0.032,Z?=0.04,y—0.004.

⑵82.5

（3）90,2^/5

【分析】（1）根据频率和频数的关系以及直方图中小矩形的面积代表频率，进行计算即可;

（2）利用频率分布直方图计算第90百分位数即可；

（3）根据平均数和方差的计算公式求解即可.

Q

【详解】（1）由题意可知抽取的学生人数为：97=50,

0.16

则第四组人数为：50x0.08=4,

所以。=50—8-20—4-2=16,

尤=----------=0.032,6=—=0.04,y=—=0.004.

50x1050-10

（2）成绩落在［50,80］内的频率为：0.16+0.32+0.40=0.88,

落在［50,90］内的频率为：0.16+0.32+0.40+0.08=0.96,

设第90百分位数为加，

贝I」0.88+（m-80）x0.008=0.9,解得m=82.5,

故晋级分数线划为82.5合理.

（3）因为了=90,所以玉+%2+七++再o=l°x90=900.

标准差s=6,所以$2=而（^+%；++流）—90?=6?,

则片+考++x^=81360,

答案第8页，共14页

剔除其中的100和80两个分数，设剩余8个数为石，尤2,尤3，，“，用，

设平均数与标准差分别为耳s0,

则剩余8个分数的平均数为毛=」—T---------L=------------------=90,

OO

方差为尤;+制+・+-902=1(81360-1002-802)-902=20,

故标准差为％=2石.

17.(1)见解析

(2)7

【分析】(1)要证明面面垂直，转化为证明线面垂直，根据几何关系证明BEJL平面ADC；

(2)根据(1)的结果，利用垂直关系构造二面角的平面角，即可求解.

【详解】(1)因为△AB£>是等边三角形，点E是的中点，AB=2,

所以且BE=6，

点瓦尸分别是A2OC的中点，所以跖=；AC=2,

△BCD中，ZBDC=90,且8D=2,ZDBC=60,

所以。尸=6，BF=yjBlf+DF2=V7>

所以BE?+EF2=BF?,即BEJ_EF,

且ADEF=E,且平面ADC,

所以BE_L平面ADC,BEu平面3EF,

所以平面8砂，平面ADC；

222

(2)1aDEF中，DE=\,DF=6,EF=2,DE+DF=EF>

所以DE1DF,

过点。作ZW_LEF,

因为平面平面ADC,且平面BEFI平面ADC=EF；

所以平面BEF,

性DN1BF,连结"N,

答案第9页，共14页

A

因为班'u平面3EF,所以

且DMDN=D,DM,DNu平面DMN,

所以族_L平面DAW,MNu平面DAW,

所以3F_LMV,

则4CVD为二面角的平面角，

DEF中,DM=DEDF=JI.,

EF2

,e,DBDF2732721

BF币1

所以sin/MND=也=近,cosZMND=-,

DN44

3

所以二面角石-■-£)的余弦值为7.

4

9

18.(1)—

16

(2)(i)^=|；(ii)P(〃(X)=2)的最大值为意

【分析】(1)利用事件独立性即可求解；

(2)(i)分别把/，仆)=0)制〃(*)=1)概率表示出来，理解事件〃(*)=0表示1传输错误，

3

且两个。传输都正确，理解〃(x)=i包含以下两种情况，然后建立等式，将-尸代入等

式中消元，然后根据范围确定取值；

(ii)理解事件〃(X)=2包含以下三种情况：①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，

②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确，③两个1传输都错误，且两个0

传输都错误，分别求出概率再相加，利用换元的思想，令x=M，利用二次函数的性质研

究最值即可求解，注意需要确定尤的范围.

答案第10页，共14页

【详解】(1)记事件A:“收到的所有数字都正确”，

33

由已知a+，=Q且。=分可知a=/?=z，

所以P⑷=::=5；

(2)(i)由发送的数据为“100”可知，事件〃(X)=O表示1传输错误，且两个0传输都正

确，

所以15(x)=0)=(1-。加2,

事件“(X)=I包含以下两种情况；

①1传输正确，且两个0传输都正确，其概率为皿2；

②1传输错误，且只有一个。传输都正确，其概率为2(1-0月(1_0=£(2叩-1),

所以P(n(X)=l)=ap-+小邓-1)；

又尸(〃(X)=O):尸(〃(X)=1)=3:11,

0a/r3

必2+例2a£-1)11,

(1-«)/?_3

即—7=77，

3a0—\11

整理得114+3=203，

把a=/一夕代入上式，化简得20,2_19£+3=0,

31

解得：尸=；或尸=g，

3

因为a+，=Q,且Ovavl,O<y0<l,

11

所以大<a<l,—<f3<\,

22

所以力=93；

4

(ii)当发送的数据为“1100”,事件〃(X)=2包含以下三种情况：

①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，其概率为。262；

②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确，

其概率为2a(1-①x2尸(1-0=4(郊-,

③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，其概率为(1-a)2(1-02=(3一：)2,

答案第11页，共14页

所以P(n(X)=2)=(皿了+4皿(的一：)+(«^-1)2,

31(\9~

令工=幼，则％=aQ—1),不<。<1,从而兀£不二,

221216

所以P(〃(X)=2)=f+4x(x--)+(x--)2=6X2-3X+-,

224

1619

I己f(%)—6f—3x+—,xGI—,

由二次函数的性质可知，在［上当］单调递增，

1216」

所以fM得最大值为/(J9)=恚59，

16128

即尸(〃(X)=2)的最大值为5三9.

128

【点睛】本题主要考查古典概型，随件事件独立性等知识，需要充分理解事件的独立性求概

率，需要理解问题中的事件是哪些事件的和事件，需要不重不漏的表示出来，把问题利用函

数的思想来求解.

19.(1)4A/3

⑵(i)-2;(ii)2+2百

【分析】(1)运用费马点定义，结合等边三角形性质可解；

TT

(2)(i)由正弦定理得B=~,由费马点定义可知，ZAPB=ZBPC=ZAPC=120,

结合SMB+S双+SQ=S应得个+*+双=4,再用数量积可解；(ii