2023-2024学年福建省泉州市高一(下)期末数学试卷

2023-2024学年福建省泉州市高一（下）期末数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）已知复数z满足zi＝﹣2﹣i，i是虚数单位，则|z|＝（）A．2 B．3 C．2 D．52．（5分）从甲、乙、丙三所学校中随机抽取210名学生，接受省级高中体育与健康教育质量监测．已知甲、乙、丙三所学校的学生人数分别为400，700，1000，若按各校人数分层抽样，则从甲学校中应抽取的学生人数为（）A．40 B．50 C．60 D．703．（5分）单位向量a→，b→满足|aA．30° B．60° C．120° D．150°4．（5分）在△ABC中，BM→=3MCA．23AB→+13AC→ 5．（5分）如图是一个鲜花包装盒，形状近似于高为12cm的正四棱台，其两个底面边长分别为8cm和10cm．若忽略材料厚度，则该包装盒的容积为（）A．960cm3 B．976cm3 C．2880cm3 D．2928cm36．（5分）已知数据x1，x2，x3，⋯，xn的均值为3，方差为1，则数据2x1+3，2x2+3，2x3+3，⋯，2xn+3的均值和方差分别为（）A．9，5 B．6，5 C．9，4 D．6，47．（5分）已知直线m，n，平面α，β，则m∥n的充分条件可以是（）A．m⊂α，n∥α B．α∥β，m⊂α，n⊂β C．n∥α，n∥β，α∩β＝m D．α⊥β，m⊥α，n∥β8．（5分）《周易•系辞》曰：易有太极，是生两仪，两仪生四象，四象生八卦．如图1是八卦模型图，图2是根据八卦图抽象而得的正八边形ABCDEFGH与其内部的圆O，其中AB＝2，圆O的直径MN为125，O为正八边形的中心，P为正八边形边上的动点，则A．2625+22 B．3925+22二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对得部分分。（多选）9．（6分）已知z1，z2为复数，则下列命题正础的是（）A．若z1=z2，则z1zB．|z1+z2|≥|z1|+|z2| C．若z12+z22=0，则D．|z1z2|＝|z1||z2|（多选）10．（6分）第75届联合国大会上，我国向世界郑重承诺力争在2030年前实现碳达峰，努力争取在2060年前实现碳中和.2021年全国两会的政府工作报告明确提出要扎实做好碳达峰、碳中和的各项工作，大力发展新能源．常见的新能源主要有潮汐能、风能、太阳能和地热能等．如图为2015年与2020年我国新增电力装机结构对比，则（）A．2015年我国新增电力装机中，火电装机占比最大 B．2020年我国新增电力装机中，风电装机数多于火电装机数 C．2020年我国水电新增装机数少于2015年 D．2020年我国新增电力装机结构中，新能源装机占比大于2015年（多选）11．（6分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为C1D1，BC的中点，Q为侧面ADD1A1内一点，则（）A．存在点Q，使得DQ⊥平面BDM B．线段AD1上不存在点Q，使B1Q与CD所成角为30° C．当B1Q∥平面BDM时，tan∠A1QB1的最大值为52D．当点Q为侧面ADD1A1中心时，平面MNQ截正方体所得的截面为五边形三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）已知a→=(1，2)，b→=(−1，m)，若a13．（5分）已知△ABC中，AB=22，AC=1，向量AB→在向量AC→上的投影向量为−2AC14．（5分）已知圆锥的顶点S和底面圆周都在球O的球面上，且母线长为2，A，B为其底面圆周上的两点，若△SAB面积的最大值为3，则球O的表面积为．四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）如图，△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D为△ABC外一点，AD＝1，CD=3（1）求b；（2）若B＝45°，acosC＝b，求△ABC的面积．16．（15分）盒子中有4个大小质地完全相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，从盒子中有放回地随机两次摸出小球，每次摸出一个小球．（1）求两次摸到的小球数字之和为偶数的概率；（2）设事件A＝“两次摸到的小球数字之和是质数”，事件B1＝“第1次摸到的小球数字为奇数”，事件B2＝“第2次摸到的小球数字为奇数”，求P(AB17．（15分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面ABC⊥平面ACC1A1，AB=BC=A（1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；（2）求证：B1C1⊥A1B．18．（17分）“泉州：宋元中国的世界海洋商贸中心”于2021年7月25日成功列入《世界遗产名录》，成为中国第56处世界遗产，泉州在持续做好世界遗产保护的同时，积极推动文化和旅游的深度融合，在2024年“五一”假期期间，为了解全国各地游客对泉州某景点的满意度，景区在该景点向游客做随机问卷调查，收集了1000份问卷，并统计每份问卷的得分（百分制），绘制了如下频率分布直方图：（1）求a；（2）估计该满意度得分的第一四分位数和总体平均数；（3）已知填写问卷的游客中，儿童、中青年人、老年人的比例为1：7：2，其中儿童游客满意度得分的平均数为86，方差为45.15；老年人游客满意度得分的平均数为96，方差为10.55．请结合频率分布直方图，估计中青年游客对该景点满意度得分的平均数和方差．19．（17分）一般地，任何一个复数z＝a+bi（a，b∈R）都可以表示成r（cosθ+isinθ）（r＞0）的形式，r（cosθ+isinθ）叫做复数z＝a+bi的三角表示式，简称三角形式．（1）写出复数z=−3（2）阅读材料：数学家布鲁克•泰勒提出利用多项式函数曲线来逼近任意一个原函数曲线的泰勒公式，在近似计算、函数拟合和计算机科学上有着举足轻重的作用．如下列常见函数的n阶泰勒展开式为：exsinx=x−xcosx=1−x22!+x44!数学家莱昂哈德•欧拉在泰勒公式的灵感下，把自然对数的底数e，虚数单位i，三角函数联系在一起创造了欧拉公式：eiθ＝cosθ+isinθ，该公式将指数函数的定义域扩大到复数集，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥．数学家棣莫弗发现z1=r1eiθ1=r1(cosθ1+isinθ1)，z2=r2eiθ2=r2(cosθ2+isinθ2)，则z1z2＝r1r2[cos（θ1+θ2）+isin（θ1+θ2）]．特别地，如果z（ⅰ）利用泰勒展开式求sin(π（ⅱ）设M={z∈R|z=[(−

2023-2024学年福建省泉州市高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）已知复数z满足zi＝﹣2﹣i，i是虚数单位，则|z|＝（）A．2 B．3 C．2 D．5【考点】复数的模．【答案】D【分析】把已知等式变形，然后利用数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的公式计算得答案．【解答】解：由zi＝﹣2﹣i，得z=−2−i则|z|=(−1故选：D．2．（5分）从甲、乙、丙三所学校中随机抽取210名学生，接受省级高中体育与健康教育质量监测．已知甲、乙、丙三所学校的学生人数分别为400，700，1000，若按各校人数分层抽样，则从甲学校中应抽取的学生人数为（）A．40 B．50 C．60 D．70【考点】分层随机抽样的比例分配与各层个体数及抽取样本量．【答案】A【分析】根据已知条件，结合分层抽样的定义，即可求解．【解答】解：由分层抽样，从甲学校中应抽取的人数为210×400故选：A．3．（5分）单位向量a→，b→满足|aA．30° B．60° C．120° D．150°【考点】平面向量数量积的性质及其运算；数量积表示两个平面向量的夹角．【答案】B【分析】由平面向量的数量积计算即可求得．【解答】解：因为|a所以两边平方可得：|a即a→所以a→因为＜a→，故选：B．4．（5分）在△ABC中，BM→=3MCA．23AB→+13AC→ 【考点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理．【答案】D【分析】由平面向量的线性运算即可求得．【解答】解：因为在△ABC中，BM→所以AM→故选：D．5．（5分）如图是一个鲜花包装盒，形状近似于高为12cm的正四棱台，其两个底面边长分别为8cm和10cm．若忽略材料厚度，则该包装盒的容积为（）A．960cm3 B．976cm3 C．2880cm3 D．2928cm3【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【答案】B【分析】直接代入棱台的体积公式即可求解．【解答】解：根据四棱台的体积公式：V=1故选：B．6．（5分）已知数据x1，x2，x3，⋯，xn的均值为3，方差为1，则数据2x1+3，2x2+3，2x3+3，⋯，2xn+3的均值和方差分别为（）A．9，5 B．6，5 C．9，4 D．6，4【考点】方差；平均数．【答案】C【分析】利用均值和方差的性质求解．【解答】解：因为数据x1，x2，x3，⋯，xn的均值为3，方差为1，所以数据2x1+3，2x2+3，2x3+3，⋯，2xn+3的均值为2×3+3＝9，方差为22×1＝4．故选：C．7．（5分）已知直线m，n，平面α，β，则m∥n的充分条件可以是（）A．m⊂α，n∥α B．α∥β，m⊂α，n⊂β C．n∥α，n∥β，α∩β＝m D．α⊥β，m⊥α，n∥β【考点】直线与平面平行；充分条件的应用与判定定理．【答案】C【分析】根据空间中各要素的位置关系逐一判断即可．【解答】解：对于A，记直线BD∥平面A′B′C′D′，直线A′C′⊂平面A′B′C′D′；但直线BD与直线A′C′为异面直线，故A错误；对于B，平面ABCD∥平面A′B′C′D′，直线BD⊂平面A′B′C′D′，直线A′C′⊂平面ABCD；但直线BD与直线A′C′为异面直线，故B错误；对于D，平面CDD′C′⊥平面ABCD，直线BC⊥平面CDD′C′，直线A′C′∥平面ABCD，但直线BC与直线A′C′为异面直线，故D错误．对于C，n∥α，作平面γ1，使得n⊂γ1，α∩γ1＝l1，则n∥l1，n∥β，作平面γ2，使得n⊂γ2，α∩γ2＝l2，则n∥l2，所以l1∥l2，l2⊂β，l1⊂β，所以l1∥β，l1⊂α且α∩β＝m，所以l1∥m，所以m∥n，故C正确．故选：C．8．（5分）《周易•系辞》曰：易有太极，是生两仪，两仪生四象，四象生八卦．如图1是八卦模型图，图2是根据八卦图抽象而得的正八边形ABCDEFGH与其内部的圆O，其中AB＝2，圆O的直径MN为125，O为正八边形的中心，P为正八边形边上的动点，则A．2625+22 B．3925+22【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】B【分析】作辅助线，由平面向量的线性运算和数量积运算可得所求最小值为OP02【解答】解：如图，过O点作OP0⊥BC交BC于P0，则由正八边行的对称性可知OP0为OP的最小值，则PM=(PO所以最小值为OP在△OBC中，∠BOC=2π8=π4，设OB由余弦定理得：cos∠BOC=22=所求最小值为OP故选：B．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对得部分分。（多选）9．（6分）已知z1，z2为复数，则下列命题正础的是（）A．若z1=z2，则z1zB．|z1+z2|≥|z1|+|z2| C．若z12+z22=0，则D．|z1z2|＝|z1||z2|【考点】复数的代数表示法及其几何意义；共轭复数；复数的模．【答案】AD【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数模公式，即可求解．【解答】解：设复数z1＝x1+y1i，z2＝x2+y2i，x1，x2，y1，y2∈R，对于A，若z1则x1+y1i＝x2﹣y2i，所以x1＝x2，y1＝﹣y2，所以z1z2对于B，令z1＝i，z2＝﹣i，则|z1+z2|＝0，|z1|+|z2|＝1+1＝2，故B错误；对于C，令z1＝i，z2＝1，此时满足z12+z22=0，但z对于D，结合模的性质可知，|z1z2|＝|z1||z2|，故D正确．故选：AD．（多选）10．（6分）第75届联合国大会上，我国向世界郑重承诺力争在2030年前实现碳达峰，努力争取在2060年前实现碳中和.2021年全国两会的政府工作报告明确提出要扎实做好碳达峰、碳中和的各项工作，大力发展新能源．常见的新能源主要有潮汐能、风能、太阳能和地热能等．如图为2015年与2020年我国新增电力装机结构对比，则（）A．2015年我国新增电力装机中，火电装机占比最大 B．2020年我国新增电力装机中，风电装机数多于火电装机数 C．2020年我国水电新增装机数少于2015年 D．2020年我国新增电力装机结构中，新能源装机占比大于2015年【考点】扇形统计图．【答案】ABD【分析】根据扇形统计图中信息逐项判断．【解答】解：对于A，2015年我国新增电力装机中火电装机占比50.65%，显然占比最大，故A正确；对于B，2020年我国新增电力装机中风电装机占比37.55%，火电装机占比29.53%，所以新增电力装机中风电装机数大于火电装机数，故B正确；对于C，虽然相对于2015年，2020年我国核电新增装机占比减少，但由于总装机数不确定，所以不能得出核电装机数减少的结论，故C错误；对于D，2015年我国新增电力装机中火电装机占比50.65%，所以新能源装机占比不超过50%，但2020年我国风电和太阳能新增装机占比和为62.8%大于50%，所以2020年我国新增电力装机结构中清洁能源占比增加，故D正确．故选：ABD．（多选）11．（6分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为C1D1，BC的中点，Q为侧面ADD1A1内一点，则（）A．存在点Q，使得DQ⊥平面BDM B．线段AD1上不存在点Q，使B1Q与CD所成角为30° C．当B1Q∥平面BDM时，tan∠A1QB1的最大值为52D．当点Q为侧面ADD1A1中心时，平面MNQ截正方体所得的截面为五边形【考点】直线与平面垂直；异面直线及其所成的角；直线与平面平行．【答案】BCD【分析】对于A：若存在DQ⊥平面BDM，可得平面ADD1A1⊥平面BDM，矛盾，即可判定A是否正确；对于B：根据题意可得∠A1B1Q是异面直线B1Q与CD所成角，计算正确值，即可判定B是否正确；对于C：取AD中点G，AB中点H，则GH∥BD，推出平面B1HG∥平面BDM，计算tan∠A1QB1的最大值，即可判定C是否正确；对于D：找到平面MNQ截正方体所得的截面为五边形，即可判定D是否正确．【解答】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为C1D1，BC的中点，Q为侧面ADD1A1内一点，设正方体的棱长为2，对于A，若存在DQ⊥平面BDM，∵DQ⊂平面ADD1A1，∴平面ADD1A1⊥平面BDM，矛盾，∴不存在点Q使DQ⊥平面BDM，故A错误；对于B，∵CD∥A1B1，∴∠A1B1Q是异面直线B1Q与CD所成角，∵A1B1⊥平面ADD1A1，A1Q⊂平面ADD1A1，∴A1B1⊥A1Q，∴△A1B1Q为直角三角形，tan∠A1B∴∠A1B1Q＞30°，∴不存在点Q使B1Q与CD所成角为30°，故B正确；对于C，取AD中点G，AB中点H，则GH∥BD，GH⊄平面BDM，BD⊂平面BDM，则GH∥平面BDM，∵B1H∥DM，B1H⊄平面BDM，DM⊂平面BDM，∴B1H∥平面BDM，又B1H∩GH＝H，B1H⊂面B1HG，GH⊂面B1HG，∴平面B1HG∥平面BDM，∵GH∥B1D1，G，H，B1，D1四点共面，平面B1HGD∥平面BDM，∴B1Q∥平面BDM时，B1Q⊂平面B1HGD1，又平面B1HGD1∩平面ADD1A1＝D1G，tan∠A1QB1=A在△A1GD1中，GD1边上的高h满足2A1D1＝h•GD1，则h=4∴（A1Q）min=4∴（tan∠A1QB1）max=A1B对于D，过Q作QQ′∥DD1交AD于Q′，过M作MM′∥DD1交CD于M′，QQ′∥MM′且QQ′=1延长MQ，M′Q′相交于E，∵E∈平面ABCD，Q′为EM′中点，且Q′为AD中点，∴EA∥DM′且EA＝DM′，即E，A，B三点共线且EA=1连接EN并延长，与AD相交于点R，与DC的延长线相交于点F，根据题意可得EB＝CF，AE=15DF，EA∥∴RA=15连接MF与C1C相交于点l，MC1=13CF，MC1∥∴C1l=13连接RQ与A1A相交于点L，由对称性可得LD1=15LA连接LM，IN，则平面MNQ截正方体所得的截面图形为五边形RNIML，故D正确．故选：BCD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）已知a→=(1，2)，b→=(−1，m)，若a【考点】平面向量数量积的坐标运算．【答案】12【分析】由题意可知a→【解答】解：因为a→所以a→解得m=1故答案为：1213．（5分）已知△ABC中，AB=22，AC=1，向量AB→在向量AC→上的投影向量为−2AC【考点】平面向量的投影向量；解三角形．【答案】3π4【分析】结合投影向量的定义，即可求解．【解答】解：如图：作BO⊥AC延长线于点O，由题可知向量AB→在向量AC→上的投影向量为即|OA→|=2|所以∠BAO=π故答案为：3π414．（5分）已知圆锥的顶点S和底面圆周都在球O的球面上，且母线长为2，A，B为其底面圆周上的两点，若△SAB面积的最大值为3，则球O的表面积为．【考点】球内接多面体．【答案】见试题解答内容【分析】由三角形的面积公式和△SAB面积的最大值，推得圆锥的轴截面SPQ为等边三角形，求得底面半径，设球的半径为R，由勾股定理可得R的方程，即可得到所求表面积．【解答】解：如图所示，因为S△SAB所以当△SAB为轴截面时，∠ASB最大，因为△SAB的面积最大值为3，则(sin∠ASB)max=即圆锥的轴截面SPQ为等边三角形，因为圆锥的母线长为2，底面半径r＝1，所以SE=3因为OP=R，PE=1，OE=3在直角△OPE中，OP2＝OE2+PE2，即R2=(3所以外接球表面积S球O故答案为：16π3四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）如图，△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D为△ABC外一点，AD＝1，CD=3（1）求b；（2）若B＝45°，acosC＝b，求△ABC的面积．【考点】解三角形．【答案】（1）2；（2）2．【分析】（1）在△ACD中，运用余弦定理，解方程可得所求值；（2）在△ABC中，由正弦定理可得A为直角，再由三角形的面积公式，可得所求值．【解答】解：（1）在△ACD中，由余弦定理得：CD2＝AD2+AC2﹣2AD•AC•cos∠CAD，将AD=1，CD=3，∠CAD=60°代入得3＝1+b2﹣2b即b2﹣b﹣2＝0，解得b＝2或b＝﹣1（舍去），所以b＝2．（2）在△ABC中，由正弦定理得：acosC＝b可化为sinAcosC＝sinB，所以sinAcosC＝sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC，整理得cosAsinC＝0，又因为sinC＞0，所以cosA＝0，所以A＝90°，△ABC为等腰直角三角形，则△ABC的面积为1216．（15分）盒子中有4个大小质地完全相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，从盒子中有放回地随机两次摸出小球，每次摸出一个小球．（1）求两次摸到的小球数字之和为偶数的概率；（2）设事件A＝“两次摸到的小球数字之和是质数”，事件B1＝“第1次摸到的小球数字为奇数”，事件B2＝“第2次摸到的小球数字为奇数”，求P(AB【考点】古典概型及其概率计算公式；对立事件的概率关系及计算．【答案】12；1【分析】（1）根据古典概型相关知识可解；（2）根据古典概型、有放回事件、事件的关系和运算相关知识可解．【解答】解：（1）从盒中有放回依次随机摸出两个小球的样本空间是：Ω＝{（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），所以n（Ω）＝16，共有16个样本点．记事件C＝“两次摸到的小球数字之和为偶数”，则C＝{（1，1），（1，3），（2，2），（2，4），（3，1），（3，3），（4，2），（4，4）}，所以n（C）＝8，共有8个样本点．因为样本空间的每个样本点具有等可能性，所以P(C)=n(C)即两次摸出的小球数字之和为偶数的概率为12（2）因为A＝{（1，1），（1，2），（1，4），（2，1），（2，3），（3，2），（3，4），（4，1），（4，3）}，则P(A)=9B1＝{（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4）}，B2＝{（1，1），（1，3），（2，1），（2，3），（3，1），（3，3），（4，1），（4，3）}，所以AB1B2＝{（1，1）}，则P(AB因为事件AB不会同时发生，所以两两互斥，所以P(AB又因为P(AB所以P(AB即可得P(AB17．（15分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面ABC⊥平面ACC1A1，AB=BC=A（1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；（2）求证：B1C1⊥A1B．【考点】棱柱的体积；直线与平面垂直．【答案】（1）36【分析】（1）先利用等面积法求出棱柱的高，再代入体积公式即可求解；（2）先利用勾股定理算出HC＝2，再利用余弦定理得出BH＝1，结合线面垂直的性质定理以及勾股定理即可得证．【解答】解：（1）过点A1作A1H⊥AC，垂足为H，A1H⊂平面ACC1A1，因为平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，所以A1H⊥平面ABC，在△ABC中，AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC=3+3−2×3×(−1所以AC=3，AA在Rt△AA1C中，由S△A解得A1所以V三棱柱ABC−（2）证明：在△A1HC中，HC2=在△HBC中，BH2＝HC2+BC2﹣2•HC•BC•cos∠HCB=4+3−2×2×3因为A1H⊥平面ABC，HB⊂平面ABC，所以A1H⊥HB，在Rt△A1HB中，A1则A1所以BC⊥A1B，因为BC∥B1C1，所以B1C1⊥A1B．18．（17分）“泉州：宋元中国的世界海洋商贸中心”于2021年7月25日成功列入《世界遗产名录》，成为中国第56处世界遗产，泉州在持续做好世界遗产保护的同时，积极推动文化和旅游的深度融合，在2024年“五一”假期期间，为了解全国各地游客对泉州某景点的满意度，景区在该景点向游客做随机问卷调查，收集了1000份问卷，并统计每份问卷的得分（百分制），绘制了如下频率分布直方图：（1）求a；（2）估计该满意度得分的第一四分位数和总体平均数；（3）已知填写问卷的游客中，儿童、中青年人、老年人的比例为1：7：2，其中儿童游客满意度得分的平均数为86，方差为45.15；老年人游客满意度得分的平均数为96，方差为10.55．请结合频率分布直方图，估计中青年游客对该景点满意度得分的平均数和方差．【考点】频率分布直方图的应用．【答案】（1）0.09；（2）第一四分位数为89.5，总体平均数为91.5；（3）平均分为91，方差28.75．【分析】（1）根据频率分布直方图中各个小矩形的面积之和为1求解；（2）根据百分位数和平均数的定义求解；（3）根据分层随机抽样的平均数和方差公式求解．【解答】解：（1）由频率分布直方图得：0.002×5+0.01×5+0.02×5+0.02×5+a×5+0.058×5＝1，解得a＝0.09；（2）0.01+0.05+0.1＜0.25＜0.01+0.05+0.1+0.1，由频率分布直方图，第一四分位数落在区间[85，90）之间，由85+5×0.25−0.16可以估计该满意度得分的第一四分位数为89.5，1000份问卷的平均分可估计为：x=72.5×0.01+77.5×0.05+82.5×0.1+87.5×0.1+92.5×0.45+