2020-2021学年江西省赣州市瑞金市高三（上）10月月考数学（文）试卷北师大版

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这是一份2020-2021学年江西省赣州市瑞金市高三（上）10月月考数学（文）试卷北师大版，共9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. 已知集合A={x|lnx<1}，B={x|−1A.(0, e)B.(−1, 2)C.(−1, e)D.(0, 2)

2. 函数f(x)=xlg(1−x)的定义域为( )
A.(0, 1)B.[0, 1)C.(0, 1]D.[0, 1]

3. 已知命题p:∀x∈R，2x2+1>0，则¬p是( )
A.∀x∈R，2x2+1≤0B.∃x∈R，2x2+1>0
C.∃x∈R，2x2+1<0D.∃x∈R，2x2+1≤0

4. 已知直线l1:mx+y−1=0，l2：(2m+3)x+my−1=0，m∈R，则“m=−2”是“l1⊥l2”的（）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

5. 已知函数fx=12x−a+12为奇函数，则a=( )
A.−2B.−1C.0D.1

6. 已知a=0.82，b=20.8，c=lg20.8，则a，b，c的大小关系为( )
A.a>b>cB.a>c>bC.b>a>cD.c>a>b

7. 已知函数f(x)=(2x+2−x)ln|x|的图象大致为( )
A.B.
C.D.

8. 设函数fx=ln4+x2+x2+1，则使得fxA.−3,+∞B.−∞,−3
C.−3,−1D.−∞,−3∪−1,+∞

9. 已知函数f(x)=lgax+a,x>1,(4−a)x+2,x≤1 是R上的单调递增函数，则a的取值范围是( )
A.(1, 4)B.[2, 4)C.[3, 4)D.(1, 3]

10. 已知函数fx=−x2+2x,x≤0,lnx+1,x>0,若|fx|≥kx，则k的取值范围是（）
A.(−∞,0]B.(−∞,1]C.−2,1D.−2,0

11. 已知函数fx的定义域为R，且满足f′(x)−f(x)>1(f′(x)是fx的导函数），若f0=0，则不等式ex−fx<1的解集为（）
A.−∞,0B.0,+∞C.−∞,−1D.−1,+∞

12. 已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，若f(x1)=x1A.2B.3C.4D.6
二、填空题

曲线y=2+lnxx在点x=1处的切线方程是________.

设f(x)是周期为4的奇函数，当0≤x≤1时，f(x)=x⋅(1+x)，则f(−92)=________．

已知x>0，y>0，2x⋅8y=2，则1x+13y的最小值是________ .

函数fx=sinπx2−12−x在区间−4,8上的所有零点之和为________.
三、解答题

已知数列an的前n项和为Sn，且满足2Sn=3an−1n∈N∗.
(1)求数列an的通项公式；

(2)求数列2n−1an的前n项和Tn.

在新高考改革中，打破了文理分科的“3+3”模式，不少省份采用了“3+3”，“3+2+1”，“3+1+2”等模式．其中“3+1+2”模式的操作又更受欢迎，即语数外三门为必考科目，然后在物理和历史中选考一门，最后从剩余的四门中选考两门．某校为了了解学生的选科情况，从高二年级的2000名学生（其中男生1100人，女生900人）中，采用分层抽样的方法从中抽取n名学生进行调查．
(1)已知抽取的n名学生中含男生110人，求n的值及抽取到的女生人数；

(2)在(1)的情况下对抽取到的n名同学“选物理”和“选历史”进行问卷调查，得到下列2×2列联表．请将列联表补充完整，并判断是否有99%的把握认为选科目与性别有关？

(3)在(2)的条件下，从抽取的“选历史”的学生中按性别分层抽样再抽取5名，再从这5名学生中抽取2人了解选政治、地理、化学、生物的情况，求2人至少有1名男生的概率．
参考公式：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)．

已知函数f(x)=x3−3ax2−bx(其中a，b为实数).
(1)若f(x)在x=1处取得的极值为2，求a，b的值；

(2)若f(x)在区间[−1, 2]上为减函数，且b=9a，求a的取值范围．

在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是矩形，平面PAB⊥平面ABCD，点E，F分别为BC，AP中点．

(1)求证：EF // 平面PCD；

(2)若AD=AP=PB=22AB=1，求三棱锥P−DEF的体积．

已知函数f(x)=13x3+a−22x2−2ax−3，g(a)=16a3+5a−7．
(1)当a=1时，求函数f(x)的单调递增区间；

(2)若函数f(x)在区间[−2, 0]上不单调，且x∈[−2, 0]时，不等式f(x)
在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程是x=1+3csα,y=3sinα （α为参数）.以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=1．
(1)分别写出C1的极坐标方程和C2的直角坐标方程；

(2)若射线l的极坐标方程θ=π3(ρ≥0)，且l分别交曲线C1，C2于A，B两点，求|AB|．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省赣州市瑞金市高三（上）10月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
可以求出集合A，然后进行交集的运算即可．
【解答】
解：A={x|0∴ A∩B=(0, 2)．
故选D.
2.
【答案】
B
【考点】
函数的定义域及其求法
【解析】
根据函数f(x)的解析式，列出使解析式有意义的不等式组，从而求出f(x)的定义域．
【解答】
解：由题意可得，
x≥0,1−x>0,解得：0≤x<1,
∴ 函数f(x)=xlg(1−x)的定义域为[0, 1)．
故选B.
3.
【答案】
D
【考点】
命题的否定
【解析】
利用全称命题的否定是特称命题，写出结果即可．
【解答】
解：因为全称命题的否定是特称命题，所以命题p:∀x∈R，2x2+1>0，
则¬p是：∃x∈R，2x2+1≤0．
故选D．
4.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
由两直线垂直与系数的关系列式求得m值，可得“m＝−2”⇒“l1⊥l2”，反之不成立．再由充分必要条件的判定方法得答案．
【解答】
解：直线l1:mx+y−1=0，l2：(2m+3)x+my−1=0，m∈R，
l1⊥l2⇔m(2m+3)+m=0，即m=−2或m=0．
∴ 由“m=−2”⇒“l1⊥l2”，反之不成立．
∴ “m=−2”是“l1⊥l2”的充分不必要条件．
故选A.
5.
【答案】
D
【考点】
函数奇偶性的性质
【解析】
根据奇函数f−x+fx=0求解即可得答案．
【解答】
解：因为函数fx=12x−a+12为奇函数，
所以f−x=12−x−a+12=2x1−a⋅2x+12,
所以fx+f−x=2x1−a⋅2x+12+12x−a+12=0,
整理得： 2x2−2a⋅2x+1−a2x2+a2+12x−a=0，
解得a=1.
故选D.
6.
【答案】
C
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题知0b=20.8>20=1，c=lg20.8∴ b>a>c.
故选C.
7.
【答案】
B
【考点】
函数奇偶性的判断
函数的图象
【解析】
判断函数的奇偶性和零点个数，以及利用极限思想进行求解即可．
【解答】
解：f(−x)=(2−x+2x)ln|−x|
=(2x+2−x)ln|x|=f(x)，则f(x)是偶函数，排除D；
由f(x)=0，得ln|x|=0，得|x|=1，
即x=1或x=−1，即f(x)有两个零点，排除C；
当x→+∞，f(x)→+∞，排除A.
故选B.
8.
【答案】
D
【考点】
复合函数的单调性
函数奇偶性的判断
奇偶性与单调性的综合
【解析】
本题主要先判断复合函数的单调性，然后根据两个增函数的和为增函数，再通过证明函数为偶函数，根据偶函数等出关于x的不等式进行求解
【解答】
解：当x≥0时，函数y=4+x2为增函数，且4+x2>0，
根据复合函数的单调性，可知y=ln4+x2在[0,+∞)上单调递增.
又函数y=x2+1在[0,+∞)上单调递增，
所以fx=ln4+x2+x2+1在[0,+∞)上单调递增．
因为函数fx的定义域为R，
f−x=ln4+x2+x2+1=fx，
所以fx是R上的偶函数，且在[0,+∞)上单调递增．
因为fx所以|x|<|2x+3|
则x2<2x+32，
整理得x+3x+1>0，
解得x<−3或x>−1.
故选D．
9.
【答案】
C
【考点】
分段函数的应用
函数单调性的性质
【解析】
根据题意，由函数单调性的定义可得a>14−a>0a≥4−a+2 ，解可得a的取值范围，即可得答案．
【解答】
解：根据题意，函数f(x)=lgax+a,x>1,(4−a)x+2,x≤1 是R上的单调递增函数，
必有a>1，4−a>0，a≥4−a+2，解得3≤a<4，
即a的取值范围为[3, 4).
故选C.
10.
【答案】
D
【考点】
函数恒成立问题
分段函数的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当x<0时，因为−x2+2x<0，
所以x2−2x≥kx，即k≥x−2 ，
∴k≥−2；
当x=0时，0≥0 ，即k∈R；
当x>0时，lnx+1≥kx，由图可知k≤0.
综上k的取值范围是−2,0.
故选D.
11.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
本题考查导数在研究函数中的应用．
【解答】
解：令gx=fx+1ex，x∈R，则g′x=f′x−fx−1ex，
∵ f′x−fx>1，
∴ g′x>0，
∴ gx在R上单调递增，
由ex−fx<1得fx+1ex>1，即gx>1，
∵ g0=f0+1e0=1．
∴ gx>g0，
∴ x>0，即不等式的解集为0,+∞．
故选B．
12.
【答案】
B
【考点】
函数的零点与方程根的关系
利用导数研究函数的极值
【解析】
由函数f(x)＝x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，可得f′(x)＝3x2+2ax+b＝0有两个不相等的实数根，必有△＝4a2−12b>0．而方程3（f(x)）2+2af(x)+b＝0的△1＝△>0，可知此方程有两解且f(x)＝x1或x2．再分别讨论利用平移变换即可解出方程f(x)＝x1或f(x)＝x2解的个数．
【解答】
解：f′(x)=3x2+2ax+b.
因为函数f(x)有两个极值点x1，x2，
则f′x1=0，f′(x2)=0，
所以x1，x2是方程3x2+2ax+b=0的两根.
因为x1由3(f(x))2+2af(x)+b=0，则有两个f(x)使等式成立，
即f(x)=x1和f(x)=x2，f(x1)=x1，x2>x1=f(x1)，
如下示意图象：
可知f(x)=x1时有两个不同实根，f(x)=x2时有一个实根，
所以不同实根的个数为3.
故选B.
二、填空题
【答案】
y=3x−1
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】

【解答】
解：∵ 曲线f(x)=2+lnxx，
∴ f′(x)=−1−lnxx2，
当x=1时，f(1)=2，k=f′(1)=−1，
∴ 切线方程为：y−2=−1(x−1)，
即x+y−3=0.
故答案为：x+y−3=0.
【答案】
−34
【考点】
函数的周期性
函数奇偶性的性质
函数的求值
【解析】
由奇函数的性质可得，f(−92)=−f(92)，由周期性可得f(92)=f(92−4)=f(12)，进而得解．
【解答】
解：由题意可得，
f(−92)=−f(92)=−f(92−4)=−f(12)
=−12×(1+12)=−12×32=−34．
故答案为：−34.
【答案】
4
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
基本不等式
【解析】
利用指数运算求得x+3y=1，然后将代数式1x+13y与x+3y相乘，展开后利用基本不等式可求得1x+13y的最小值．
【解答】
解：∵ 2x⋅8y=2x+3y=2，
∴ x+3y=1.
∵ x>0，y>0，
∴ 原式=1x+13y(x+3y)
=2+3yx+x3y
≥2+23yx⋅x3y=4，
当且仅当3yx=x3y，即x=12，y=16时，等号成立.
故答案为：4.
【答案】
16
【考点】
正弦函数的图象
函数的零点
【解析】
本题考查正弦函数、反比例函数的图像特征，考查函数的零点与方程的根的关系．
【解答】
解：由题意得函数fx=sinπx2−12−x在区间−4,8上的零点，
即方程sinπx2−12−x=0的根，
作出函数y=sinπx2和y=12−x的图象，如下图所示
由图可知，两个函数的图像有8个不同的交点，且两两关于点(2,0)对称，
故8个点横坐标之和为16．
所以函数fx=sinπx2−12−x在区间−4,8上的所有零点之和为16．
故答案为：16．
三、解答题
【答案】
解：(1)当n=1时， 2a1=3a1−1，a1=1，
2Sn=3an−1，①
当n≥2时，2Sn−1=3an−1−1，②
①−②得，2an=3an−3an−1，an=3an−1，anan−1=3，
数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an=3n−1.
(2)由(1)得(2n−1)an=(2n−1)3n−1，
Tn=1×30+3×31+5×32+⋯+2n−1×3n−1，①
3Tn=1×31+3×32+ +2n−3×3n−1+2n−1×3n，②
①−②得
−2Tn=1+231+32+33+⋯+3n−1−2n−1×3n
=1+2×3−3n1−3−2n−1×3n=−2n−1×3n−2，
所以Tn=n−1×3n+1.
【考点】
数列的求和
等比关系的确定
等比数列的通项公式
【解析】

【解答】
解：(1)当n=1时， 2a1=3a1−1，a1=1，
2Sn=3an−1，①
当n≥2时，2Sn−1=3an−1−1，②
①−②得，2an=3an−3an−1，an=3an−1，anan−1=3，
数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an=3n−1.
(2)由(1)得(2n−1)an=(2n−1)3n−1，
Tn=1×30+3×31+5×32+⋯+2n−1×3n−1，①
3Tn=1×31+3×32+ +2n−3×3n−1+2n−1×3n，②
①−②得
−2Tn=1+231+32+33+⋯+3n−1−2n−1×3n
=1+2×3−3n1−3−2n−1×3n=−2n−1×3n−2，
所以Tn=n−1×3n+1.
【答案】
解：(1)由题意得n2000=1101100，
解得n=200，
则女生人数为200×9002000=90（人）．
(2)列联表补充如下：
K2=200×(90×30−20×60)2110×90×150×50≈6.061<6.635，
∴ 没有99%的把握认为选科与性别有关．
(3)从选历史的学生中按性别分层抽5名学生，则由(2)可知，有2名男生，3名女生，
设男生编号为1，2，女生编号为3，4，5，
5名学生中再选取2人，则所有等可能的结果为34，35，31，32，45，41，42，51，52，12共10种，
至少1名男生的结果为31，32，41，42，51，52，12共7种，
∴ 2人中至少1名男生的概率为710.
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
独立性检验
【解析】

【解答】
解：(1)由题意得n2000=1101100，
解得n=200，
则女生人数为200×9002000=90（人）．
(2)列联表补充如下：
K2=200×(90×30−20×60)2110×90×150×50≈6.061<6.635，
∴ 没有99%的把握认为选科与性别有关．
(3)从选历史的学生中按性别分层抽5名学生，则由(2)可知，有2名男生，3名女生，
设男生编号为1，2，女生编号为3，4，5，
5名学生中再选取2人，则所有等可能的结果为34，35，31，32，45，41，42，51，52，12共10种，
至少1名男生的结果为31，32，41，42，51，52，12共7种，
∴ 2人中至少1名男生的概率为710.
【答案】
解：(1)由题设可知：f′(1)=0且f(1)=2，
即3−6a−b=0，1−3a−b=2，
解得a=43，b=−5．
(2)∵ f′(x)=3x2−6ax−b=3x2−6ax−9a.
又f(x)在[−1, 2]上为减函数，
∴ f′(x)≤0对x∈[−1, 2]恒成立，
即3x2−6ax−9a≤0对x∈[−1, 2]恒成立，
∴ f′(−1)≤0且f′(2)≤0，
即3+6a−9a≤0,12−12a−9a≤0,⇒a≥1,a≥47,⇒a≥1，
∴ a的取值范围是a≥1．
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
(1)根据f(x)在x=1处取得的极值为2，可建立关于a，b的两个等式关系，解方程组即可．
(2)由f(x)在区间[−1, 2]上为减函数，可转化成f′(x)≤0对x∈[−1, 2]恒成立，借助二次函数的知识建立不等关系，可求出a的取值范围．
【解答】
解：(1)由题设可知：f′(1)=0且f(1)=2，
即3−6a−b=0，1−3a−b=2，
解得a=43，b=−5．
(2)∵ f′(x)=3x2−6ax−b=3x2−6ax−9a.
又f(x)在[−1, 2]上为减函数，
∴ f′(x)≤0对x∈[−1, 2]恒成立，
即3x2−6ax−9a≤0对x∈[−1, 2]恒成立，
∴ f′(−1)≤0且f′(2)≤0，
即3+6a−9a≤0,12−12a−9a≤0,⇒a≥1,a≥47,⇒a≥1，
∴ a的取值范围是a≥1．
【答案】
(1)证明：如图，取PD中点G，连结GF，GC．
在△PAD中，
∵ G，F分别为PD，AP中点，
∴ GF＝//12AD，
在矩形ABCD中，E为BC中点，
又GF＝//12AD，∴ GF＝//EC，
∴ 四边形GFEC是平行四边形，∴ CG//EF，
而CG⊂平面PCD，EF⊄平面PCD，
∴ EF // 平面PCD．
(2)解：∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AD⊥AB，AD // BC，
∵ 平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，
AD⊂平面ABCD，
∴ AD⊥平面PAB，
∴ 平面PAD⊥平面PAB，BC // 平面PAD，
∵ AD=AP=PB=22AB=1，
∴ AB=2，满足AP2+PB2=AB2，
∴ AP⊥PB，
∴ BP⊥平面PAD，
∵ BC // 平面PAD，
∴ 点E到平面PAD的距离等于点B到平面PAD的距离，
而S△PDF=12×PF×AD=12×12×1=14，
∴ VP−DEF=13S△PDF⋅BP=13×14×1=112，
∴ 三棱锥P−DEF的体积为112．
【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】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：如图，取PD中点G，连结GF，GC．
在△PAD中，
∵ G，F分别为PD，AP中点，
∴ GF＝//12AD，
在矩形ABCD中，E为BC中点，
又GF＝//12AD，∴ GF＝//EC，
∴ 四边形GFEC是平行四边形，∴ CG//EF，
而CG⊂平面PCD，EF⊄平面PCD，
∴ EF // 平面PCD．
(2)解：∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AD⊥AB，AD // BC，
∵ 平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，
AD⊂平面ABCD，
∴ AD⊥平面PAB，
∴ 平面PAD⊥平面PAB，BC // 平面PAD，
∵ AD=AP=PB=22AB=1，
∴ AB=2，满足AP2+PB2=AB2，
∴ AP⊥PB，
∴ BP⊥平面PAD，
∵ BC // 平面PAD，
∴ 点E到平面PAD的距离等于点B到平面PAD的距离，
而S△PDF=12×PF×AD=12×12×1=14，
∴ VP−DEF=13S△PDF⋅BP=13×14×1=112，
∴ 三棱锥P−DEF的体积为112．
【答案】
解：(1)当a=1时，f(x)=13x3−12x2−2x−3，
∴ f′(x)=x2−x−2=(x−2)(x+1).
令f′(x)>0，可得x<−1或x>2，
∴ 函数f(x)的单调递增区间是(−∞, −1)，(2, +∞).
(2)f′(x)=x2+(a−2)x−2a=(x+a)(x−2)，
令f′(x)=0，得x=2或x=−a.
∵ f(x)在[−2, 0]上不单调，
∴ −2<−a<0，
∴ 0又∵ 在(−2,−a)上，f′(x)>0，在(−a,0)上，f′(x)<0，
∴ f(x)在[−2,0]上的最大值为f(−a).
∵ x∈[−2, 0]时，不等式f(x)∴ f(−a)∴ −13a3+a−22⋅a2+2a2−3<16a3+5a−7，
∴ a2−5a+4<0，
∴ 1综上，1【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
（1）求导函数，利用导数大于0，可得函数f(x)的单调递增区间；
（2）利用f(x)在[−2, 0]上不单调，确定0【解答】
解：(1)当a=1时，f(x)=13x3−12x2−2x−3，
∴ f′(x)=x2−x−2=(x−2)(x+1).
令f′(x)>0，可得x<−1或x>2，
∴ 函数f(x)的单调递增区间是(−∞, −1)，(2, +∞).
(2)f′(x)=x2+(a−2)x−2a=(x+a)(x−2)，
令f′(x)=0，得x=2或x=−a.
∵ f(x)在[−2, 0]上不单调，
∴ −2<−a<0，
∴ 0又∵ 在(−2,−a)上，f′(x)>0，在(−a,0)上，f′(x)<0，
∴ f(x)在[−2,0]上的最大值为f(−a).
∵ x∈[−2, 0]时，不等式f(x)∴ f(−a)∴ −13a3+a−22⋅a2+2a2−3<16a3+5a−7，
∴ a2−5a+4<0，
∴ 1综上，1【答案】
解：(1) 将C1的参数方程化为普通方程为(x−1)2+y2=3，
即x2+y2−2x−2=0，
∴ C1的极坐标方程为ρ2−2ρcsθ−2=0．
将C2的极坐标方程ρ=1化为直角坐标方程为x2+y2=1.
(2)将θ=π3(ρ≥0)，代入C1:ρ2−2ρcsθ−2=0，
整理得ρ2−ρ−2=0，
解得：ρ1=2，即|OA|=2．
∵ 曲线C2是圆心在原点，半径为1的圆，
∴ 射线θ=π3(ρ≥0)与C2相交，则ρ2=1，即|OB|=1，
故|BA|=|ρ1−ρ2|=2−1=1．
【考点】
圆的极坐标方程
圆的参数方程
直线的极坐标方程
【解析】
(Ⅰ) 将C1的参数方程化为普通方程为(x−1)2+y2＝3，即x2+y2−2x−2＝0，利用互化公式可得：C1的极坐标方程．同理利用互化公式将C2的极坐标方程ρ＝1化为直角坐标方程．
(Ⅱ)将θ=π3(ρ≥0)，代入C1:ρ2−2ρcsθ−2＝0．整理得ρ2−ρ−2＝0，解得：ρ1，可得|OA|＝ρ1．把射线θ=π3(ρ≥0)代入C2的方程，解得ρ2＝1，即|OB|＝ρ2．可得|BA|＝|ρ1−ρ2|．
【解答】
解：(1) 将C1的参数方程化为普通方程为(x−1)2+y2=3，
即x2+y2−2x−2=0，
∴ C1的极坐标方程为ρ2−2ρcsθ−2=0．
将C2的极坐标方程ρ=1化为直角坐标方程为x2+y2=1.
(2)将θ=π3(ρ≥0)，代入C1:ρ2−2ρcsθ−2=0，
整理得ρ2−ρ−2=0，
解得：ρ1=2，即|OA|=2．
∵ 曲线C2是圆心在原点，半径为1的圆，
∴ 射线θ=π3(ρ≥0)与C2相交，则ρ2=1，即|OB|=1，
故|BA|=|ρ1−ρ2|=2−1=1．选物理
选历史
合计
男生
90
女生
30
合计
P(K2≥k0)
0.10
0.010
0.001
k0
2.706
6.635
10.828
选物理
选历史
合计
男生
90
20
110
女生
60
30
90
合计
150
50
200
选物理
选历史
合计
男生
90
20
110
女生
60
30
90
合计
150
50
200