2021-2022学年湖南省郴州市高一下期末考试数学模拟试卷及答案解析

2021-2022学年湖南省郴州市高一下期末考试数学模拟试卷

一．单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）

1．由于疫情期间大多数学生都进行网上上课，我校高一、高二、高三共有学生1800名，为了了解同学们对“钉钉”授课软件的意见，计划采用分层抽样的方法从这1800名学生中抽取一个容量为72的样本．若从高一、高二、高三抽取的人数恰好是从小到大排列的连续偶数，则我校高三年级的人数为（ ） A．800

B．750

C．700

D．650

解：设从高三年级抽取的学生人数为2x人，则从高二、高一年级抽取的人数分别为2x﹣2，2x﹣4．

由题意可得2x+（2x﹣2）+（2x﹣4）＝72，∴x＝13． 设我校高三年级的学生人数为N，再根据故选：D．

2．设α，β为两个不重合的平面，能使α∥β成立的是（ ） A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行 C．α内有无数个点到β的距离相等 D．α，β垂直于同一平面

解：对于A，α内有无数条直线与β平行，如两个相交平面，可以找出无数条平行于交线的直线，所以A错误；

对于B，α内有两条相交直线与β平行，根据两平面平行的判定定理知，α∥β，所以B正确；

对于C，α内有无数个点到β的距离相等，如两个相交平面，可以找出无数条直线平行于平面β，所以也能得出无数个点到平面β的距离相等，C错误；

对于D，当α、β垂直于同一个平面时，α与β也可以相交，所以D错误． 故选：B．

3．某班级在一次数学竞赛中为全班学生设置了一等奖、二等奖、三等奖以及参与奖，各个奖品的单价分别为：一等奖18元、二等奖8元、三等奖4元、参与奖2元，获奖人数的分配情况如图，则以下说法不正确的是（ ）

721800

=

2×13𝑁

，求得N＝650，

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A．获得参与奖的人数最多 B．各个奖项中参与奖的总费用最高 C．购买每件奖品费用的平均数为4元

D．购买的三等奖的奖品件数是一、二等奖的奖品件数和的二倍

解：由题意，设全班人数为a，由扇形统计图可知，一等奖占5%，二等奖占10%，三等奖占30%，

参与奖占55%．获得参与奖的人数最多，故A正确；各奖项的费用：一等奖5%a×18＝0.9a，二等奖10%a×8＝0.8a，三等奖占30%a×4＝1.2a，参与奖占55%a×2＝1.1a， 可知各个奖项中三等奖的总费用最高，故B错误；

平均费用5%×18+10%×8+30%×4+55%×2＝4元，故C正确；

一等奖奖品数为5%a，二等奖奖品数为10%a，三等奖奖品数为30%a，故D正确． 故选：B．

4．新莽铜嘉量是由王莽国师刘歆等人设计制造的标准量器，它包括了龠、合、升、斗、斛这五个容量单位．每一个量又有详细的分铭，记录了各器的径、深、底面积和容积．根据铭文不但可以直接测得各容量单位的量值，而且可以通过对径、深各个部位的测量，得到精确的计算容积，从而推算出当时的标准尺度．现根据铭文计算，当时制造容器时所用的圆周率分别为3.17，3.1992，3.1498，3.2031，比周三径一的古率已有所进步，则上面四个数与祖冲之给出的约率（

227

≈3.1429）、密率（

355113

≈3.1416），这6个数据的

中位数（精确到万分位）与极差分别为（ ） A．3.1429，0.0615 C．3.1498，0.0484 解：因为

355113

227

B．3.1523，0.0615 D．3.17，0.0484

≈3.1429，

≈3.1416，

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所以这6个数据的中位数是

3.1498+3.17

2

=3.15225≈3.1523，

极差为3.2031﹣3.1416＝0.0615． 故选：B．

5．已知三棱锥P﹣ABC中，若PA，PB，PC两两互相垂直，作PO⊥平面ABC，垂足为O，则点O是△ABC的（ ） A．外心

B．内心

C．重心

D．垂心

解：连结AO并延长，交BC与D连结BO并延长，交AC与E； 因PA⊥PB，PA⊥PC， 故PA⊥面PBC， 故PA⊥BC； 因PO⊥面ABC， 故PO⊥BC， 故BC⊥面PAO， 故AO⊥BC， 即AD⊥BC； 同理：BE⊥AC； 故O是△ABC的垂心． 故选：D．

6．袋内装有8个红球、2个白球，从中任取2个，其中是互斥而不对立的两事件是（ A．至少有一个白球；全部都是红球 B．至少有一个白球；至少有一个红球 C．恰有一个白球；恰有一个红球 D．恰有一个白球；全部都是红球

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）

解：袋内装有8个红球、2个白球，从中任取2个，

对于A，至少有一个白球和全部都是红球是对立事件，故A错误；

对于B，至少有一个白球和至少有一个红球能同时发生，不是互斥事件，故B错误； 对于C，恰有一个白球；恰有一个红球同时发生，不是互斥事件，故C错误； 对于D，恰有一个白球和全部都是红球，不能同时发生，是互斥而不对立事件，故D正确． 故选：D．

7．在棱长为1的正方体ABCD﹣A'B'C'D'中，已知点P是正方形AA'D'D内部（不含边界）的一个动点，若直线AP与平面AA'B'B所成角的正弦值和异面直线AP与DC'所成角的余弦值相等，则线段DP长度的最小值是（ ） A．

√6 2

B．

2√2 3

C．

√6 3

D． 3

4

解：如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD' 所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 可设P（x，0，z），由A（1，0，0），C'（0，1，1）， D（0，0，0），

𝐴𝑃=（x﹣1，0，z），𝐷𝐶′=（0，1，1），𝐷𝐴=（﹣1，0，0）， 设直线AP与平面AA'B'B所成角为θ和异面直线AP与DC'所成角为α， 可得cosα＝cos＜𝐴𝑃，𝐷𝐶′＞=sinθ＝|cos＜𝐴𝑃，𝐷𝐴＞|=

→

→→

→

→

→

→

𝑧2√2⋅√𝑧2+(𝑥−1)

，

1−𝑥√𝑧2+(𝑥−1)2，0＜x＜1，

由sinθ＝cosα，可得z=√2（1﹣x），

则|𝐷𝑃|=√𝑥2+𝑧2=√𝑥2+2(1−𝑥)2=√3(𝑥−)2+， 当x=3时，线段DP长度的最小值为故选：C．

2

√6． 3

→

2323第 4 页 共 16 页

8．在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为：“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”，根据过去10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例据，一定符合该标志的是（ ） A．甲地：总体平均值为3，中位数为4

B．乙地；总体平均值为1，总体方差大于0 C．丙地：中位数为2，众数为3 D．丁地：总体均值为2，总体方差为2

解：∵总体平均数为3，中位数为4，平均数与中位数不能极端值的出现，因而有可能出现超过7人的情况，故A不正确，

当总体方差大于0，不知道总体方差的具体数值，因此不能确定数据的波动大小， 故B不正确，

中位数和众数也不能确定， 故C不正确，

当总体平均数是2，若有一个数据超过7，则方差就大于∴总体均值为2，总体方差为2时，没有数据超过7． 故D正确． 故选：D．

二．多选题（共4小题，每小题5分，共20分）

9．已知M为△ABC的重心，D为BC的中点，则下列等式成立的是（ ） A．𝐴𝐷=2𝐴𝐵+2𝐴𝐶

2→1→C．𝐵𝑀=3𝐵𝐴+3𝐵𝐷

→→

1

10

（7﹣2）2＝2.5＞2，

1

→

1

→

B．𝑀𝐴+𝑀𝐵+𝑀𝐶=0

1→2→

D．𝐶𝑀=3𝐶𝐴+3𝐶𝐷

→

→→→→

解：因为D为BC中点，

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→

→

→

→

→

→

→

→

→

→

所以𝐴𝐷=𝐴𝐵+𝐵𝐷=𝐴𝐵+𝐵𝐶=𝐴𝐵+(𝐴𝐶−𝐴𝐵)=(𝐴𝐵+𝐴𝐶)，A正确；

→→2→21→1→

由M为△ABC的重心可得，𝑀𝐴=3𝐷𝐴=3×(−2)(𝐴𝐵+𝐴𝐶)=−3(𝐴𝐵+𝐴𝐶)， →→→1→1→

同理𝑀𝐵=−(𝐵𝐴+𝐵𝐶)，𝑀𝐶=−(𝐶𝐴+𝐶𝐵)，

33→

→

1

21212所以𝑀𝐴+𝑀𝐵+𝑀𝐶=0，B正确；

→→1→1→1→2→

因为𝑀𝐵=−(𝐵𝐴+𝐵𝐶)=−（𝐵𝐴+2𝐵𝐷）=−𝐵𝐴−𝐵𝐷，

3333→

→→→→

1→2→

所以𝐵𝑀=3𝐵𝐴+3𝐵𝐷，

→

𝐶𝑀=(𝐶𝐴+𝐶𝐵)=(𝐶𝐴+2𝐶𝐷)，D正确． 故选：ABD．

10．任何一个复数z＝a+bi（其中a，b∈R，i为虚数单位）都可以表示成z＝r（cosθ+isinθ）的形式，通常称之为复数z的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：zn＝[r（cosθ+isinθ）]n＝rn（cosnθ+isinnθ）（n∈N+），我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，下列说法正确的是（ ） A．|z2|＝|z|2

𝜋𝜋

→

1

3→→

13→→

B．当r＝1，θ=3时，z3＝1 C．当r＝1，θ=3时，𝑧=2−2i

𝜋

1

√3

D．当r＝1，θ=4时，若n为偶数，则复数zn为纯虚数 解：∵z＝r（cosθ+isinθ），∴z2＝r2（cos2θ+isin2θ）， 则|z2|＝r2，|z|2＝r2，|z2|＝|z|2，故A正确；

当r＝1，θ=3时，z＝cos+isin，𝑧3=𝑐𝑜𝑠(3×3)+𝑖𝑠𝑖𝑛(3×3)=cosπ+isinπ＝﹣1，故

3

3

𝜋

𝜋

𝜋

𝜋

𝜋

B错误；

当r＝1，θ=3时，z＝cos+isin

𝜋

43𝜋4

𝜋

𝜋

𝜋3𝜋4

=

12

+

√31√3𝑖，则𝑧=2−2𝑖，故C正确； 2

当r＝1，θ=时，z＝cos+isin，取n＝4，则z＝cosπ+isinπ＝﹣1，故D错误． 故选：AC．

11．如图1，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将△ADE，△CDF，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使A，B，C重合于点P，得到如图2所示的三

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棱锥P﹣DEF．则下列结论正确的是（ ）

A．PD⊥EF

13

B．平面PDE⊥平面PDF

C．二面角P﹣EF﹣D的余弦值为

√3D．点P到平面DEF的距离为

3

解：对于A，取EF的中点H，连接PH，DH， 由原图知△PEF和△DEF为等腰三角形，

所以PH⊥EF，DH⊥EF，所以EF⊥平面PDH，所以PD⊥EF，A正确； 对于B，根据折起前后，可知PE，PF，PD两两垂直， 于是可证PE⊥平面PDF，所以平面PDE⊥平面PDF，B正确； 对于C，由A选项可知∠PHD为二面角P﹣EF﹣D的平面角，

由正方形的边长为2，因此PE＝PF＝1，PH=2，DH＝2√2−2=2，PD=√𝐷𝐹2−𝑃𝐹2=√5−1=2，

则cos∠PHD=𝐻𝐷=3，所以C正确；

1111对于D，△DEF的面积为S△DEF=EF•√𝐷𝐸2−(𝐸𝐹)2=×√2×√(√5)2−(√2)2=

2222√2√2√23√2𝑃𝐻1

×=2， 2√213

1

1

1

33

所以三棱锥D﹣PEF的体积为S△DEFh=3S△PEF•PD=3×2×1×1×2， 解得h=

1

32=，所以点P到平面DEF的距离为，D错误．

3

232

故选：ABC．

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12．某校对甲、乙两个数学兴趣小组的同学进行了知识测试，现从两兴趣小组的成员中各随机选取15人的测试成绩（单位：分）用茎叶图表示，如图，根据以上茎叶图，对甲、乙两兴趣小组的测试成绩作比较，下列统计结论正确的有（ ）

A．甲兴趣小组测试成绩的平均分高于乙兴趣小组测试成绩的平均分 B．甲兴趣小组测试成绩较乙兴趣小组测试成绩更分散

C．甲兴趣小组测试成绩的中位数大于乙兴趣小组测试成绩的中位数 D．甲兴趣小组测试成绩的众数小于乙兴趣小组测试成绩的众数 解：由茎叶图可知，甲组数据集中在60分以上，而乙组数据比较分散， 可知甲组的平均分数高于乙组，故A正确，B错误； 甲组的中位数为77，乙组中位数为，故C正确； 甲组的众数为79，乙组众数为，故D错误； 故选：AC．

三．填空题（共4小题，每小题5分，共20分）

13．已知a+4i＝3﹣bi，其中a，b∈R，i为虚数单位，则|a+bi|的值为 5 ． 解：∵a+4i＝3﹣bi，

𝑎=3∴{，即a＝3，b＝﹣4． 4=−𝑏∴|a+bi|＝|3﹣4i|=√32+(−4)2=5． 故答案为：5．

14．已知圆锥底面半径为1，母线长为3，某质点从圆锥底面圆周上一点A出发，绕圆锥侧面一周，再次回到A点，则该质点经过的最短路程为 3√3 ． 解：圆锥的侧面展开图是扇形，从A点出发绕侧面一周，

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再回到 A 点的最短的路线即展开得到的扇形的弧所对弦， 转化为求弦长的问题如图所示：

设展开的扇形的圆心角为 𝛼，

∵圆锥底面半径 r＝1cm，母线长是 OA＝3cm， ∴ 根据弧长公式得到 2π×1＝α×3， ∴𝛼=，即扇形的圆心角是 ，

3

232

∴∠AOH＝60°，

∴动点P自A出发在侧面上绕一周到 A 点的最短路程为弧所对的弦长： AA′＝2AH＝2×OAsin∠AOH=2×3×2=3√3． 故答案为：3√3．

15．已知样本x1，x2，x3，…，xn方差s2＝1，则样本2x1+1，2x2+1，2x3+1，…，2xn+1的方差为 4 ．

解：∵样本x1，x2，x3，…，xn方差s2＝1， ∴样本2x1+1，2x2+1，2x3+1，…，2xn+1的方差为： 4s2＝4． 故答案为：4．

16．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的棱长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体．若该二十四等边体棱长为1，则该二

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√3

十四等边体的体积为

5√2 ． 3

解：由题知原来正方体棱长为√2，则正方体的体积为2√2，

又截去的8个三棱锥为全等三棱锥，都有三条互相垂直的棱长且棱长为故截去体积为8×3×2×2×(2)2=3， 则24等边体的体积为𝑉=2√2−

5√2故答案为：．

3

√2√2， 2

1√21√2√23=

5√2． 3四．解答题（共6小题，第17小题10分，第18-22小题每题12分，共70分） 17．已知复数𝑧1=𝑎+2+(𝑎2−3)𝑖，z2＝2+（3a+1）i（a∈R，i是虚数单位）． （1）若z1﹣z2在复平面上对应点落在第一象限，求实数a的取值范围； （2）若z2是实系数一元二次方程x2﹣4x+4＝0的根，求实数a的值． 解：（1）因为𝑧1=所以z1﹣z2=

3

+(𝑎2−3)𝑖，z2＝2+（3a+1）i， 𝑎+23

3

−2+（a2﹣3a﹣4）i， 𝑎+23

−2＞0

由题意可得，{𝑎+22

，

𝑎−3𝑎−4＞0

解可得，﹣2＜a＜﹣1；

（2）方程x2﹣4x+4＝0只有一个根为x＝2， 所以z2＝2+（3a+1）i＝2， 故3a+1＝0即a=− 18．4月23日是世界读书日，其设立的目的是推动更多的人去阅读和写作．某市教育部门为了解全市中学生课外阅读的情况，从全市随机抽取1000名中学生进行调查，统计他们每周课外阅读的时长．如图是根据调查结果绘制的频率分布直方图．

（1）已知样本中每周课外阅读时长不足4小时的中学生有100人，求图中a，b的值； （2）试估计该市中学生阅读时长不小于10小时的概率；

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13

（3）为了更具体的了解全市中学生课外阅读情况，用比例分配的分层抽样的方法从[10，12）和[12，14]两组抽取了6名学生参加座谈会，现从上述6名学生中随机抽取2名在会上进行经验分享，求这2名学生来自不同组的概率．

解：（1）∵从全市随机抽取1000名中学生进行调查，统计他们每周课外阅读的时长， 样本中每周课外阅读时长不足4小时的中学生有100人， ∴a=

100

=0.05，

1000×2∵（0.05+0.1+0.2+0.075+0.05+b）×2＝1， ∴b＝0.025．

（2）由频率分布直方图得该市中学生阅读时长不小于10小时的频率为： （0.05+0.025）×2＝0.15．

∴估计该市中学生阅读时长不小于10小时的概率为0.15．

（3）用比例分配的分层抽样的方法从[10，12）和[12，14]两组抽取了6名学生参加座谈会，

从[10，12）中抽取：6×

0.050.025

=4人，从[12，14]中抽取：6×=2人，

0.05+0.0250.05+0.025从这6名学生中随机抽取2名在会上进行经验分享，

2

基本事件总数n=𝐶6=15，

11这2名学生来自不同组包含的基本事件个数m=𝐶4𝐶2=8．

∴这2名学生来自不同组的概率p=

→

→

𝑚8

=． 𝑛1519．已知向量𝑎=（﹣1，2），𝑏=（3，﹣1）． （1）若（𝑎+λ𝑏）⊥𝑎，求实数λ的值；

（2）若𝑐=2𝑎−𝑏，𝑑=𝑎+2𝑏，求向量𝑐与𝑑的夹角． 解：（1）因为（𝑎+λ𝑏）⊥𝑎，

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→

→

→

→

→

→

→

→

→

→

→

→

→

→

所以（𝑎+λ𝑏）•𝑎=𝑎+𝜆𝑎⋅𝑏=0， 所以5+λ（﹣1×3﹣2×1）＝0， 所以λ＝1，

（2）由题意可得，𝑐=（﹣5，5），𝑑=(5，0)，

→

→

→

→

→

→

→2

→

→

𝑐⋅𝑑=(2𝑎−𝑏)⋅(𝑎+2𝑏)=−25，

→→

→

→

→

→

→

cosθ=

|𝑐||𝑑|3𝜋

→→𝑐⋅𝑑

=

√2−25=−2，

5√2×5∴𝜃=4 20．将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，事件A：“两数之和为8”，事件B：“两数之和是3的倍数”，事件C：“两个数均为偶数”．

（Ⅰ）写出该试验的基本事件空间Ω，并求事件A发生的概率； （Ⅱ）求事件B发生的概率；

（Ⅲ）事件A与事件C至少有一个发生的概率． 解：（I）将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数， Ω＝{（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6）， （2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6）， （3，1），（3，2），（3，3），（3，4），（3，5），（3，6）， （4，1），（4，2），（4，3），（4，4），（4，5），（4，6）， （5，1），（5，2），（5，3），（5，4），（5，5），（5，6），

（6，1），（6，2），（6，3），（6，4），（6，5），（6，6）}，共有36个基本事件， 事件A：“两数之和为8”，事件A包含的基本事件有：

（2，6），（3，5），（4，4），（5，3），（6，2），共5个基本事件， ∴事件A发生的概率为P（A）=36． （II）事件B：“两数之和是3的倍数”， 事件B包含的基本事件有12个，分别为：

（1，2），（1，5），（2，1），（2，4），（3，3），（3，6），（4，2），（4，5），（5，1），（5，4），（6，3），（6，6），

∴事件B发生的概率P（B）=36=3．

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5

121

（III）事件A与事件C至少有一个发生包含的基本事件有11个，分别为：

（2，2），（2，4），（2，6），（3，5），（4，2），（4，4），（4，6），（5，3），（6，2），（6，4），（6，6），

∴事件A与事件C至少有一个发生的概率为P（A∪C）=36． 21．如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AC的中点． （1）证明：AB1∥平面BC1D； （2）证明：BD⊥平面AA1C1C；

（3）若AA1＝AB，求直线BC1与平面AA1C1C所成角的正弦值．

11

解：（1）证明：连结B1C，交BC1于O，连结OD， ∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AC的中点， ∴O是B1C的中点，∴OD∥AB1， ∵AB1⊄平面BC1D，OD⊂平面BC1D， ∴AB1∥平面BC1D．

（2）证明：∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC，又D是AC中点， ∴BD⊥AC，

又AA1⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，∴BD⊥AA1， ∵AA1∩AC＝A，∴BD⊥平面AA1C1C．

（3）设AA1＝AB＝2，以B为原点，在平面ABC中过B作BC的垂线为x轴， BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，

则B（0，0，0），C1（0，2，2），A（√3，1，0），C（0，2，0）， 𝐶1𝐵=（0，﹣2，﹣2），𝐶𝐴=（√3，﹣1，0），𝐶𝐶1=（0，0，2）， 设平面AA1C1C的法向量𝑛=（x，y，z），

→𝑛⋅𝐶𝐴=√3𝑥−𝑦=0则{→→，取x＝1，得𝑛=（1，√3，0）， 𝑛⋅𝐶𝐶1=2𝑧=0→

→

→

→

→

→

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设直线BC1与平面AA1C1C所成角为θ， 则sinθ=

|𝐶1𝐵⋅𝑛|

→→

→→|𝐶1𝐵|⋅|𝑛|

=

√62√3=4． √8⋅√4∴直线BC1与平面AA1C1C所成角的正弦值为

√6． 4

22．某玻璃工艺品加工厂有2条生产线用于生产某款产品，每条生产线一天能生产200件该产品，该产品市场评级规定：评分在10分及以上的为A等品，低于10分的为B等品．厂家将A等品售价定为2000元/件，B等品售价定为1200元/件． 下面是检验员在现有生产线上随机抽取的16件产品的评分： 9.95 10.26

10.12 9.91

1

9.96 10.13

9.96 10.02

1

10.01 9.22

9.92 10.04

1

2

𝑖

9.98 10.05

10.04 9.95

221616

经计算得𝑥=16∑16𝑖=1 xi＝9.97，s=16∑𝑖=1 （xi−𝑥）=16∑𝑖=1 x

−𝑥2＝0.045，其中

xi为抽取的第i件产品的评分，i＝1，2，……，16．

该厂计划通过增加生产工序来改进生产工艺，已知对一条生产线增加生产工序每年需花费1500万元，改进后该条生产线产能不变，但生产出的每件产品评分均提高0.05．已知该厂现有一笔1500万元的资金．

（1）若厂家用这1500万元改进一条生产线，根据随机抽取的16件产品的评分， （i）估计改进后该生产线生产的产品中A等品所占的比例； （ii）估计改进后该厂生产的所有产品评分的平均数和方差．

（2）某金融机构向该厂推销一款年收益率为8.2%的理财产品．请你利用所学知识分析，将这1500万元用于购买该款理财产品所获得的收益，与通过改进一条生产线使产品评分

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提高所增加的收益相对比，一年后哪种方案的收益更大？（一年按365天计算） 解：（1）（i）改进后，随机抽取的16件产品的评分依次变为： 10.00 10.17 10.01 10.01 10.06 9.97 10.03 10.09 10.31 9.96 10.18 10.07 9.27 10.09 10.10 10.00 其中，A等品共有13个，

∴估计改进后该生产线生产的新产品中A等品所占的比例为

1316

．

（ii）设一条生产线改进前一天生产出的产品评分为yi（i＝1，2，3，…，200）， 改进后该天生产出的产品评分设为zi（i＝1，2，3，…，200），其中zi＝yi+0.05， 由已知得用样本估计总体可知𝑦=9.97，

200∴𝑧=200∑200𝑖=1 𝑧𝑖=200∑𝑖=1 (𝑦𝑖+0.05)=𝑦+0.05＝10.02，

11

∴估计改进一条生产线后该厂生产的所有产品评分的平均数为：

9.97×200+10.02×200

400

=9.995．

由已知得用样本估计总体可知𝑠𝑦2=0.045，

200222∴𝑠𝑡2=200∑200𝑖=1 (𝑧𝑖−𝑧)=200∑𝑖=1 [(𝑦𝑖+0.05)−(𝑦+0.05)]=𝑠𝑦=0.045．

11

估计改进后该厂的所有产品评分的方差为：

1400

20022

[∑200𝑖=1 (𝑦𝑖−9.995)+∑𝑖=1 (𝑧𝑖−9.995)]

22200=400{∑200𝑖=1 [（𝑦𝑖−𝑦）+（𝑦−9.995）]+∑𝑖=1 [（𝑧𝑖−𝑧）+（𝑧−9.995）]}

22=400{∑200（𝑦−9.995）+（𝑧−9.995）]2+∑200𝑖=1 [（𝑦𝑖−𝑦）﹣2（yi−𝑦）𝑖=1 [（𝑧𝑖−𝑧）﹣2

11

（𝑧𝑖−𝑧）（𝑧−9.995）+（𝑧−9.995）2]} =

2

122

∑200{[∑400 𝑦𝑖−𝑦）﹣2（𝑦−9.995） 𝑦𝑖−𝑦）+200（𝑦−9.995）]+[∑200 zi−𝑧）𝑖=1（𝑖=1（𝑖=1（4002

﹣2（𝑧−9.995）]∑200𝑖=1 （zi−𝑧）+200（𝑧−9.995）]}

222=400{[∑200（𝑦𝑖−𝑦）+200（𝑦−9.995）]}+[∑200（𝑧−9.995）]2}（*）， 𝑖=1 𝑖=1 (𝑧𝑖−𝑧)+200220022∵𝑠𝑦2=200∑200𝑖=1 （𝑦𝑖−𝑦），∴∑𝑖=1 (𝑦𝑖−𝑦)=200𝑠𝑦，

22同理，∑200𝑖=1 (𝑧𝑖−𝑧)=200𝑠𝑧，

1

1

∴（*）式=400{[200𝑠𝑦2+200（𝑦−9.995）2]+[200𝑠𝑧2+200（𝑧−9.995）2]} =400×[0.045+（9.97﹣9.995）2]+400×[0.045+（10.02﹣9.995）2]

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1

200200

＝0.045+0.0252＝0.045625．

（2）将这1500万元用于改进一条生产线，一年后因产品评分提高而增加的收益为： （2000﹣1200）×

5

×200×365﹣1500×104＝325×104（元）， 16将这1500万元购买该款理财产品，一年后的收益为： 1500×104×（1+8.2%）﹣1500×104＝123×104（元）， ∵325×104＞123×104，

∴将这1500万元用于改进一条生产线一年后收益更大．

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