2020-2021学年安徽省六安市高二（上）期末考试数学（文）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年安徽省六安市高二（上）期末考试数学（文）试卷人教A版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 将选项中所示的三角形绕直线l旋转一周，可以得到下图所示的几何体的是( )

A.B.
C.D.

2. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，O是DB的中点，直线A1C交平面C1BD于点M，则下列结论正确的是( )
①C1、M、O三点共线；②C1、M、A、C四点共面；
③C1、O、B1、B四点共面；④D1、D、O、M四点共面．

A.①②③B.①②③④C.①②D.①③④

3. 已知直线mx+2y+3=0与直线3x+m−1y+m=0平行，则实数m=( )
A.−2B.3C.5D.−2或3

4. 若直线l:y=kx+1被圆C:x2+y2−2x−3=0截得的弦最短，则直线l的方程是（ ）
A.x−y+1=0B.y=1C.x+y−1=0D.x=0

5. 圆C1：(x+2)2+(y−2)2=1与圆C2：(x−2)2+(y−5)2=16的位置关系是( )
A.外离B.相交C.内切D.外切

6. 下列说法正确的是( )
A.当直线l1与l2的斜率k1，k2满足k1⋅k2=−1时，两直线一定垂直
B.直线Ax+By+C=0的斜率为−AB
C.过(x1, y1)，(x2, y2)两点的所有直线的方程y−y1y2−y1=x−x1x2−x1
D.经过点(1, 1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x+y−2=0

7. 三棱锥S−ABC及其三视图中的正（主）视图和侧（左）视图如图所示，则棱SB的长为( )

A.211B.42C.38D.163

8. 把红、黄、蓝、白4张纸牌随机分给甲、乙、丙、丁4个人，每人分得一张，事件“甲分得红牌”与事件“乙分得红牌”是( )
A.对立事件B.互斥但不对立事件
C.不可能事件D.以上都不对

9. 哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如16=3+13，在不超过16的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于16的概率是( )
A.215B.221C.17D.328

10. 已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P为底面三角形A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为( )
A.5π12B.π3C.π4D.π6

11. 某产品分一、二、三级，其中只有一级品是正品．若生产中出现二级品的概率为0.03，出现三级品的概率为0.01，则出现正品的概率为( )

12. 在等腰直角三角形ABC中，AB=AC=4，点P是边AB上异于A，B的一点，光线从点P出发，经BC，CA反射后又回到点P(如图)，若光线QR经过△ABC的重心，则AP等于( )

A.2B.1C.83D.43
二、填空题

如图，在矩形ABCD中，已知AB=2AD=2a，E是AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE，连接A1C ，若当三棱锥A1−CDE的体积取得最大值时，三棱锥A1−CDE外接球的体积为823π，则a=________.

三、解答题

已知以点P为圆心的圆经过点A(−1, 0)和B(3, 4)，线段AB的垂直平分线交圆P于点C和D，且|CD|=410．
(1)求直线CD的方程；

(2)求圆P的方程．

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，D为AC的中点，AA1=AB=2．

(1)求证：AB1 // 平面BC1D；

(2)若BC=3，求三棱锥D−BC1C的体积．

从某居民区随机抽取10个家庭，获得第i个家庭的月收入xi（单位：千元）与月储蓄yi（单位：千元）的数据资料，算得i=110xi=80，i=110yi=20，i=110xiyi=184，i=110xi2=720．
(1)求家庭的月储蓄y对月收入x的线性回归方程y=bx+a；

(2)判断变量x与y之间是正相关还是负相关；

(3)若该居民区某家庭月收入为7千元，预测该家庭的月储蓄．
附：线性回归方程y=bx+a中，i=1nxiyi−nx¯y¯i=1nxi2−nx¯2，a=y¯−bx¯，其中x¯，y¯为样本平均值．

如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．

(1)求证：PA⊥BD;

(2)求证：平面BDE⊥平面PAC;

(3)当PA//平面BDE时，求三棱锥E−BCD的体积.

古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262∼公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k(k>0且k≠1）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．已知平面直角系xOy中的点E2,0,F22,0，则满足|PF|=2|PE|的动点P的轨迹记为圆E．
(1)求圆E的方程；

(2)若点A−2,2,B−2,6,C4,−2，当P在E上运动时，记|PA|2+|PB|2+|PC|2的最大值和最小值分别为M和m，求M+m的值．

某市为广泛开展垃圾分类的宣传､教育和倡导工作，使市民树立垃圾分类的环保意识，学会垃圾分类的知识，特举办了“垃圾分类知识竞赛".据统计，在为期1个月的活动中，共有两万人次参与网络答题.市文明实践中心随机抽取100名参与该活动的市民，以他们单次答题得分作为样本进行分析，由此得到如图所示的频率分布直方图：

(1)求图中a的值及参与该活动的市民单次挑战得分的平均成绩x¯(同一组中数据用该组区间中点值作代表)；

(2)若垃圾分类答题挑战赛得分落在区间(70,x¯+2s)之外，则可获得一等奖奖励，其中x¯，s分别为样本平均数和样本标准差，计算可得s=4，若某人的答题得分为96分，试判断此人是否获得一等奖；

(3)为扩大本次“垃圾分类知识竞赛”活动的影响力，市文明实践中心再次组织市民组队参场有奖知识竞赛，竞赛共分五轮进行，已知“光速队”与“超能队”五轮的成绩如下表：
①分别求“光速队”与“超能队”五轮成绩的平均数和方差；
②以上述数据为依据，你认为"光速队”与“超能队”的现场有奖知识竞赛成绩谁更稳定？
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省六安市高二（上）期末考试数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
由几何体的轴截面特征直接判断即可．
【解答】
解：由题可得：该几何体的轴截面是关于直线l对称的，
并且l的一侧是选项B中的三角形形状．
故选B.
2.
【答案】
C
【考点】
平面的基本性质及推论
棱柱的结构特征
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ O∈AC，AC⊂平面ACC1A，
∴ O∈平面ACC1A1．
∵ O∈BD，BD⊂平面C1BD，∴ O∈平面C1BD,
∴ O是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点；
同理可得，点M和C1都是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，
∴ 三点C1，M，O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上，
即C1，M，O三点共线.故①正确．
∵ AA1//BB1，BB1//CC1，
∴ AA1//CC1，AA1，CC1确定一个平面，
又M∈A1C，AC⊂平面ACC1A1，
∴ M∈平面ACC1A1，故②正确．
根据异面直线的判定定理可得BB1与C1O为异面直线，故C1、O、B1、B四点不共面，故③不正确．
根据异面直线的判定定理可得DD1与MO为异面直线，故D1、D、O、M四点不共面，故④不正确．
故选C．
3.
【答案】
A
【考点】
两条直线平行的判定
【解析】
由题意利用两条直线平行的性质，求得m的值．
【解答】
解：∵ 直线mx+2y+3=0与直线3x+m−1y+m=0平行，
当m=0时，两直线显然不平行，
∴ m≠0，
∴ 3m=m−12≠m3，
解得m=−2.
故选A．
4.
【答案】
A
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
直线过定点(0, 1)，截得的弦最短，圆心和弦垂直，求得斜率可解得直线方程．
【解答】
解：直线l是直线系，它过定点(0, 1)，要使直线l:y=kx+1被圆C:x2+y2−2x−3=0截得的弦最短，
必须圆心(1, 0)和定点(0, 1)的连线与弦所在直线垂直；
连线的斜率−1，弦的所在直线斜率是1，
则直线l的方程是：y−1=x，即x−y+1=0.
故选A.
5.
【答案】
D
【考点】
圆的标准方程与一般方程的转化
圆与圆的位置关系及其判定
圆的一般方程
【解析】
先根据圆的标准方程得到分别得到两圆的圆心坐标及两圆的半径，然后利用圆心之间的距离d与两个半径相加、相减比较大小即可得出圆与圆的位置关系．
【解答】
解：由圆C1：(x+2)2+(y−2)2=1与圆C2：(x−2)2+(y−5)2=16得：
圆C1：圆心坐标为(−2, 2)，半径r=1；
圆C2：圆心坐标为(2, 5)，半径R=4．
两个圆心之间的距离d=(−2−2)2+(2−5)2=5，
而d=R+r，所以两圆的位置关系是外切．
故选D.
6.
【答案】
A
【考点】
命题的真假判断与应用
直线的一般式方程与直线的垂直关系
直线的截距式方程
直线的两点式方程
直线的斜率
【解析】
A．当直线l1与l2的斜率k1，k2满足k1⋅k2=−1时，可得两直线一定垂直；
B．分类讨论B=0和B≠0；
C．分类讨论：过(x1, y1)，(x2, y2)两点的所有直线的方程y−y1y2−y1=x−x1x2−x1(x1≠x2, y1≠y2)或x=x1(x1=x2)或y=y1(y1=y2)；
D．过点(1, 1)且在x轴和y轴上截距都相等，分类讨论：截距为0和不为0两种情况．
【解答】
解：A．当直线l1与l2的斜率k1，k2满足k1⋅k2=−1时，两直线一定垂直，正确；
B．直线Ax+By+C=0，当B≠0时，其斜率为−AB，因此不正确；
C．过(x1, y1)，(x2, y2)两点的所有直线的方程y−y1y2−y1=x−x1x2−x1(x1≠x2, y1≠y2)或x=x1(x1=x2)或y=y1(y1=y2)，因此不正确；
D．过点(1, 1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x+y−2=0或y=x，因此不正确．
综上可知：只有A正确．
故选A．
7.
【答案】
B
【考点】
简单空间图形的三视图
【解析】
由已知中的三视图可得SC⊥平面ABC，底面△ABC为等腰三角形，SC＝4，△ABC中AC＝4，AC边上的高为23，进而根据勾股定理得到答案．
【解答】
解：由已知中的三视图可得SC⊥平面ABC，
且底面△ABC为等腰三角形，
在△ABC中，AC=4，AC边上的高为23，
故BC=4，
在Rt△SBC中，由SC=4，
可得SB=42.
故选B.
8.
【答案】
B
【考点】
互斥事件与对立事件
【解析】
本题首先可以根据两个事件能否同时发生来判断出它们是不是互斥事件，然后通过两个事件是否包含了所有的可能事件来判断
它们是不是对立事件，最后通过两个事件是否可能出现来判断两个事件是否是不可能事件，最后即可得出结果．，
【解答】
解：因为事件“甲分得红牌”与事件”乙分得红牌”不可能同时发生，所以它们是互斥事件，
因为事件“甲分得红牌”与事件“乙分得红牌”不包含所有的可能事件，所以它们不是对立事件，所以它们是互斥但不对立事件.
故选B．
9.
【答案】
A
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
不超过16的素数有：2.3.5，7.11，13，然后列出所有的基本事件和满足和为16的基本事件即可．
【解答】
解：不超过16的素数有：2，3，5，7，11，13，
随机选取2个不同的数，基本事件有：
2,3，2,5，2,7，2,11，2,13，
3,5，3,7，3,11，3,13，5,7，
5,11，5,13，7,11，7,13，11,13，共15个，
其中满足和等于16的事件有：3,13和5,11，
所以概率为215.
故选A.
10.
【答案】
B
【考点】
直线与平面所成的角
平面与平面平行的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图所示．
∵ AA1⊥底面A1B1C1，
∴ ∠APA1为PA与平面A1B1C1所成角．
∵ 平面ABC//平面A1B1C1，
∴ ∠APA1为PA与平面ABC所成角．
∵ S△A1B1C1=34×(3)2=334，
∴ V三棱柱ABC−A1B1C1=AA1×S△A1B1C1=334AA1=94，
解得AA1=3．
又P为底面正三角形A1B1C1的中心，
∴ A1P=23A1D=1.
在Rt△AA1P中，∠APA1=AA1A1P=3，
∴ ∠APA1=π3．
故选B．
11.
【答案】
A
【考点】
互斥事件的概率加法公式
【解析】
利用互斥事件概率计算公式直接求解．
【解答】
解：某产品分一、二、三级，其中只有一级品是正品．
若生产中出现二级品的概率为0.03，出现三级品的概率为0.01，
则出现正品的概率为：
P=1−0.03−0.01=0.96．
故选A.
12.
【答案】
D
【考点】
斜率的计算公式
直线的点斜式方程
与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】
建立坐标系，设点P的坐标，可得P关于直线BC的对称点P1的坐标，和P关于y轴的对称点P2的坐标，由P1．，R,ρ2四点共线可
得直线的方程，由于过△ABC的重心，代入可得关于a的方程，解之可得P的坐标，进而可得AP的值．
【解答】
解：建立如图所示的坐标系：
可得B4,0,C0,4，故直线BC的方程为x+y=4，
△ABC的重心为(0+0+43,0+4+03)，即(43,43).
设Pa,0，其中0则点P关于直线BC的对称点P1x,y，满足a+x2+y+02=4,y−0x−a⋅−1=−1,
解得x=4,y=4−a,即P14,4−a.
易得P关于y轴的对称点P2−a,0，
由光的反射原理可知P1,Q,R,P2四点共线，
直线QR的斜率为k=4−a−04−−a=4−a4+a，故直线QR的方程为y=4−a4+ax+a，
由于直线QR过△ABC的重心43,43，代入化简可得3a2−4a=0，
解得a=43，或a=0（舍去），故P43,0，故AP=43.
故选D．
二、填空题
【答案】
2
【考点】
球内接多面体
平面与平面垂直的性质
球的表面积和体积
【解析】
本题考查了立体几何中的翻折问题，多面体的外接球、球的体积公式及面面垂直性质的应用．首先找到球心，再利用球的体积公式得半径，即得a值．
【解答】
解：当平面A1DE⊥平面CDE时，VA1−CDE的体积最大，
由题意，BC=BE=a，DE=AD2+DE2=2a，DC=2a，EC=2a，
∴DE2+EC2=DC2，
∴DE⊥EC.
取DC中点M，连接A1M，EM，则有DM=CM=EM=a，
取DE中点O，连接A1O，OM，则A1O⊥DE，
∵平面A1DE⊥平面CDE，交线为DE，
∴A1O⊥面CDE，
∴A1O⊥OM，
∴A1M=A1O2+OM2=22a2+22a2=a，
∴A1M=DM=CM=EM，
∴M是A1−CDE外接球的球心，
设球半径为R，
∴V=43πR3=823π，
∴R=2，即a=2．
故答案为：2.
三、解答题
【答案】
解：(1)直线AB的斜率k=1，AB中点坐标为(1, 2)，
∴ 直线CD方程为y−2=−(x−1)即x+y−3=0 .
(2)设圆心P(a, b)，则由点P在直线CD上得：
a+b−3=0 ， ①
又直径|CD|=410，
∴ |PA|=210.
∴ (a+1)2+b2=40， ②
由①②解得a=−3,b=6或a=5,b=−2,
∴ 圆心P(−3, 6)或P(5, −2).
∴ 圆P的方程为(x+3)2+(y−6)2=40 或(x−5)2+(y+2)2=40.
【考点】
直线和圆的方程的应用
【解析】
（1）直接用点斜式求出直线CD的方程；
（2）根据条件得知|PA|为圆的半径，点P在直线CD上，列方程求得圆心P坐标，从而求出圆P的方程．
【解答】
解：(1)直线AB的斜率k=1，AB中点坐标为(1, 2)，
∴ 直线CD方程为y−2=−(x−1)即x+y−3=0 .
(2)设圆心P(a, b)，则由点P在直线CD上得：
a+b−3=0 ， ①
又直径|CD|=410，
∴ |PA|=210.
∴ (a+1)2+b2=40， ②
由①②解得a=−3,b=6或a=5,b=−2,
∴ 圆心P(−3, 6)或P(5, −2).
∴ 圆P的方程为(x+3)2+(y−6)2=40 或(x−5)2+(y+2)2=40.
【答案】
(1)证明：连接B1C，设B1C与BC1相交于点O，连接OD，
∵ 四边形BCC1B1是平行四边形，
∴ 点O为B1C的中点．
∵ D为AC的中点，
∴ OD为△AB1C的中位线，
∴ OD // AB1．
∵ OD⊂平面BC1D，AB1⊄平面BC1D，
∴ AB1 // 平面BC1D．
(2)解：∵ 三棱柱ABC−A1B1C1，∴ 侧棱CC1 // AA1，
又∵ AA1⊥底面ABC，∴ 侧棱CC1⊥面ABC，
∴ CC1为三棱锥C1−BCD的高，CC1=A1A=2．
∵ D为AC的中点，∠ABC=90∘
∴ S△BCD=12S△ABC=12×(12BC×AB)=32．
∴ VD−BC1C=VC1−BCD=13S△BCD⋅CC1=13×32×2=1．
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
（1）连接B1C，交BC1相交于O，连接OD，可证明OD是△AB1C的中位线，再根据线面平行的判定定理即可证明．
（2）由已知可得侧棱CC1⊥面ABC，把计算三棱锥D−BC1C的体积转化为计算三棱锥C1−BCD的体积．
【解答】
(1)证明：连接B1C，设B1C与BC1相交于点O，连接OD，
∵ 四边形BCC1B1是平行四边形，
∴ 点O为B1C的中点．
∵ D为AC的中点，
∴ OD为△AB1C的中位线，
∴ OD // AB1．
∵ OD⊂平面BC1D，AB1⊄平面BC1D，
∴ AB1 // 平面BC1D．
(2)解：∵ 三棱柱ABC−A1B1C1，∴ 侧棱CC1 // AA1，
又∵ AA1⊥底面ABC，∴ 侧棱CC1⊥面ABC，
∴ CC1为三棱锥C1−BCD的高，CC1=A1A=2．
∵ D为AC的中点，∠ABC=90∘
∴ S△BCD=12S△ABC=12×(12BC×AB)=32．
∴ VD−BC1C=VC1−BCD=13S△BCD⋅CC1=13×32×2=1．
【答案】
解：(1)由题意可知n=10，x¯=1ni=1nxi=8010=8，y¯=1ni=1nyi=2010=2，
故lxx=i=1nxi2−nx¯2=720−10×82=80，lxy=i=1nxiyi−nx¯y¯=184−10×8×2=24，
故可得b=lxylxx=2480=0.3，a=y¯−bx¯=2−0.3×8=−0.4，
故所求的回归方程为：y=0.3x−0.4.
(2)由(1)可知b=0.3>0，即变量y随x的增加而增加，故x与y之间是正相关.
(3)把x=7代入回归方程可预测该家庭的月储蓄为y=0.3×7−0.4=1.7（千元）．
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
（1）由题意可知n，x¯，y¯，进而可得i=1nxi2−nx¯2，i=1nxiyi−nx¯y¯，代入可得b值，进而可得a值，可得方程；
（2）由回归方程x的系数b的正负可判；
（3）把x=7代入回归方程求其函数值即可．
【解答】
解：(1)由题意可知n=10，x¯=1ni=1nxi=8010=8，y¯=1ni=1nyi=2010=2，
故lxx=i=1nxi2−nx¯2=720−10×82=80，lxy=i=1nxiyi−nx¯y¯=184−10×8×2=24，
故可得b=lxylxx=2480=0.3，a=y¯−bx¯=2−0.3×8=−0.4，
故所求的回归方程为：y=0.3x−0.4.
(2)由(1)可知b=0.3>0，即变量y随x的增加而增加，故x与y之间是正相关.
(3)把x=7代入回归方程可预测该家庭的月储蓄为y=0.3×7−0.4=1.7（千元）．
【答案】
(1)证明：由PA⊥AB，PA⊥BC，
AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，
且AB∩BC=B，
可得PA⊥平面ABC，
由BD⊂平面ABC，
可得PA⊥BD.
(2)证明：由AB=BC，D为线段AC的中点，
可得BD⊥AC，
由PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，
可得平面PAC⊥平面ABC，
又平面PAC∩平面ABC=AC，
BD⊂平面ABC，且BD⊥AC，
即有BD⊥平面PAC，
BD⊂平面BDE，
可得平面BDE⊥平面PAC.
(3)解：由PA//平面BDE，PA⊂平面PAC，
且平面PAC∩平面BDE=DE，
可得PA//DE，
又D为AC的中点，
可得E为PC的中点，且DE=12PA=1，
由PA⊥平面ABC，
可得DE⊥平面ABC，
可得S△BDC=12S△ABC=12×12×2×2=1，
则三棱锥E−BCD的体积为：
13DE⋅S△BDC=13×1×1=13．
【考点】
直线与平面垂直的性质
平面与平面垂直的判定
直线与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：由PA⊥AB，PA⊥BC，
AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，
且AB∩BC=B，
可得PA⊥平面ABC，
由BD⊂平面ABC，
可得PA⊥BD.
(2)证明：由AB=BC，D为线段AC的中点，
可得BD⊥AC，
由PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，
可得平面PAC⊥平面ABC，
又平面PAC∩平面ABC=AC，
BD⊂平面ABC，且BD⊥AC，
即有BD⊥平面PAC，
BD⊂平面BDE，
可得平面BDE⊥平面PAC.
(3)解：由PA//平面BDE，PA⊂平面PAC，
且平面PAC∩平面BDE=DE，
可得PA//DE，
又D为AC的中点，
可得E为PC的中点，且DE=12PA=1，
由PA⊥平面ABC，
可得DE⊥平面ABC，
可得S△BDC=12S△ABC=12×12×2×2=1，
则三棱锥E−BCD的体积为：
13DE⋅S△BDC=13×1×1=13．
【答案】
解：(1)设点Px,y，由|PF|=2|PE|，且E2,0,F22,0
得x−222+y2=2x−22+y2，整理得x2+y2=4，
所以圆E的方程为x2+y2=4.
(2)由A−2,2,B−2,6,C4,−2，设Px,y得
|PA|2+|PB|2+|PC|2
=x+22+y−22+x+22+y−62
+x−42+y+22
=3x2+y2−12y+68=12+68−12y=80−12y，
而−2≤y≤2，当y=2时，取得最小值m=56；
当y=−2时，取得最大值M=104，所以m+M=160.
【考点】
轨迹方程
两点间的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设点Px,y，由|PF|=2|PE|，且E2,0,F22,0
得x−222+y2=2x−22+y2，整理得x2+y2=4，
所以圆E的方程为x2+y2=4.
(2)由A−2,2,B−2,6,C4,−2，设Px,y得
|PA|2+|PB|2+|PC|2
=x+22+y−22+x+22+y−62
+x−42+y+22
=3x2+y2−12y+68=12+68−12y=80−12y，
而−2≤y≤2，当y=2时，取得最小值m=56；
当y=−2时，取得最大值M=104，所以m+M=160.
【答案】
解：(1)由频率分布直方图可知：
a+0.05+0.04+2×0.02+0.01×5=1，
解得a=0.06.
参与该活动的市民单次挑战得分的平均成绩:
x¯=72.5×0.05+77.5×0.1+82.5×0.2+
87.5×0.3+92.5×0.25+97.5×0.1=87(分)．
(2)由(1)知x¯=87，
区间70,x¯+2s=70,95，
而96∉70,x¯+2s，故此人获得一等奖.
(3)“光速队”五轮成绩的平均数为：
x1¯=1593+98+94+95+90=94，
方差为s12=15−12+42+02+12+−42=6.8；
“超能队“五轮成绩的平均数为：
x2¯=1593+96+97+94+90=94，
方差为s22=15−12+22+32+02+−42=6.
②评价：从方差数据来看，“超能队”的现场有奖知识竞赛成绩更稳定．
【考点】
频率分布直方图
众数、中位数、平均数
极差、方差与标准差
【解析】
（1）由各组的频率和为1求出a的值；平均成绩等于各组的中间值与其频率积的和；
（2）将（1）求出的平均值和5≥4代入70,x¯+2s，从而可判断96是否在此区间；
（3）①由表中的数据直接求平均数和方差即可；②比较两个方差的大小，方差小的成绩更稳定．
【解答】
解：(1)由频率分布直方图可知：
a+0.05+0.04+2×0.02+0.01×5=1，
解得a=0.06.
参与该活动的市民单次挑战得分的平均成绩:
x¯=72.5×0.05+77.5×0.1+82.5×0.2+
87.5×0.3+92.5×0.25+97.5×0.1=87(分)．
(2)由(1)知x¯=87，
区间70,x¯+2s=70,95，
而96∉70,x¯+2s，故此人获得一等奖.
(3)“光速队”五轮成绩的平均数为：
x1¯=1593+98+94+95+90=94，
方差为s12=15−12+42+02+12+−42=6.8；
“超能队“五轮成绩的平均数为：
x2¯=1593+96+97+94+90=94，
方差为s22=15−12+22+32+02+−42=6.
②评价：从方差数据来看，“超能队”的现场有奖知识竞赛成绩更稳定．成绩
第一轮
第二轮
第三轮
第四轮
第五轮
“光速队”
93
98
94
95
90
“超能队”
93
96
97
94
90