【文档说明】河南省新乡市2023-2024学年高一下学期7月期末考试 数学 Word版含解析.docx，共(21)页，1.083 MB，由小赞的店铺上传

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新乡市2023-2024学年高一期末（下）测试数学注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动

，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册占25%，第二册占75%.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.已知集合Z21Axx=−−，220Bxxx=−−，则AB=（）A.1B.1,0−C.1,2D.1,0,1,2−2.22i3i4−=+（）A.17i131

3−B.214i2525−C.214i2525+D.17i2525−+3.已知函数()21xfxxa−=+是奇函数，则=a（）A0B.1C.1−D.24已知平面向量a，b满足1a=，2b=，且27ab−=，则c

os,ab=（）A.12B.14C.16D.185.已知函数()()πsin0,2fxx=+的部分图象如图所示，则8π3f=（）..A.0B.1C.2D.36.将颜色为红、黄、白的3个小球随机

分给甲、乙、丙3个人，每人1个，则与事件“甲分得红球，乙分得黄球或甲分得黄球、乙分得红球”互为对立事件的是（）A.甲分得黄球B.甲分得白球C.丙没有分得白球D.甲分得白球，乙分得黄球7.已知2sin23sin2=，且()tan1−=，则()tan+=（）A.1B.3C.5D.78.在

正三棱柱111ABCABC-中，1AAAB=，M是AB的中点，N是棱11BC上的动点，则直线MN与平面11BCCB所成角的正切值的最大值为（）A.12B.22C.32D.34二、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，部分选对的得部分，有选错的得0分.9.如图，在长方体1111ABCDABCD−中，点M，N，E，F分别在棱11AB，11AD，11BC，1

1CD上，且平面AMN∥平面EFDB，下列结论正确的是（）A.MNEF∥B.EFBD∥C.ANDF∥D.BE∥平面AMN10.Z国进口的天然气主要分为液化天然气和气态天然气两类.2023年Z国天然气进口11997吨，其中液化

天然气进口7132吨，气态天然气进口4865吨.2023年Z国天然气及气态天然气进口来源分布及数据如图所示：下列结论正确的是（）A.2023年Z国从B国进口的液化天然气比从A国进口的多B.2023年Z国没有从A国进口液化天然气C.2023年Z国从

C国进口的液化天然气一定比从D国进口的多D.2023年Z国从B国进口的液化天然气一定比从D国进口的多11.在ABC中，D是BC的中点，4BC=，11AD=，下列结论正确的是（）A.若7AC=，则11=ABB.ABC面积最大值为211C.7BACA=D.若2BC=

，则3AB=三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.12.函数()222xfx−=的最大值为______.13.在某次调查中，采用分层随机抽样的方法得到10个A类样本，30个B类

样本.若A类样本的平均数为5.5，总体的平均数为4，则B类样本的平均数为______.14.已知某圆台的母线长为3，下底面的半径为1，若球O与该圆台的上、下底面及侧面都相切，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.已知函数()3sincosfxxx=+.（1）求()fx的最小正周期；（2）求()fx的单调递增区间；（3）求()fx在π0,2上值域.16.在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos2cbBa+=.的的（1）证明：

2AB=；（2）若2a=，3π4C=，求ABC的周长.17.为了解某校高一年级学生数学学习的阶段性表现，该年级组织了一次测试.已知此次考试共有1000名学生参加，将考试成绩分成六组：第一组)30,50，第二组)50,70，…，第六组130,15

0.整理数据得到如图所示的频率分布直方图.（1）该校根据试卷的难易程度进行分析，认为此次成绩不低于110分，则阶段性学习达到“优秀”，试估计这1000名学生中阶段性学习达到“优秀”的人数；（2）若采用等比例分层抽样的方法，从成绩在)50,70和)110,130内的学生中共抽取6人，查看他们的答

题情况来分析知识点的掌握情况，再从中随机选取3人进行面对面调查分析，求这3人中恰有1人成绩在)110,130内的概率.18.如图，在四棱锥PABCD−中，PD⊥底面ABCD，E是PC中点，点F在棱BP上，且EFBP⊥，四边形ABCD为正方形，2PDCD==.（1）证明：BPD

F⊥；（2）求三棱锥FBDE−的体积；（3）求二面角FDEB−−的余弦值.19.在世界杯小组赛阶段，每个小组内的四支球队进行循环比赛，共打6场，每场比赛中，胜、平、负分别积3，1，0分.每个小组积分的前两名球队出线，进入淘汰赛.若出现积分相同的情况，则需要通过净胜球数等规则决

出前两名，每个小组前两名球队出线，进入淘汰赛.假定积分相同的球队，通过净胜球数等规则出线的概率相同（例如：若B，C，D三支积分相同的球队同时争夺第二名，则每个球队夺得第二名的概率相同）.已知某小组内的A，B，C，D四

支球队实力相当，且每支球队在每场比赛中胜、平、负的概率的都是13，每场比赛的结果相互独立.（1）求A球队在小组赛的3场比赛中只积3分的概率；（2）已知在已结束的小组赛的3场比赛中，A球队胜2场，负1场，求A球队最终小组出线的概率.新乡市2023-2024学年高一期末（下）测试数学注意事项

：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，

将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册占25%，第二册占75%.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.已知集合

Z21Axx=−−，220Bxxx=−−，则AB=（）A.1B.1,0−C.1,2D.1,0,1,2−【答案】C【解析】【分析】根据题意，A集合里的元素为整数，B集合需解出具体解集，结合交集，得解.【详解】因Z211,2,

3,Axx=−−=，22012Bxxxxx=−−=−，所以1,2=AB.故答案选：C2.22i3i4−=+（）A.17i1313−B.214i2525−C.214i2525+D.17i2525−+【答案】B【解析】【分析】由复数除法运算法则可得答案.为【详解】()(

)()()22i43i22i214i214i3i43i443i252525−−−−===−++−.故选：B3.已知函数()21xfxxa−=+是奇函数，则=a（）A.0B.1C.1−D.2【答案】A【解析】【分析】利用奇函数定义，列式计算即得.【详解】由函数()fx是奇函数，得()()0fxfx+

−=，则22110xxxaxa−−+=+−+，解得0a=，函数21()xfxx−=定义域为(,0)(0,)−+，是奇函数，所以0a=.故选：A4.已知平面向量a，b满足1a=，2b=，且27ab−=，则cos,ab=（）A.12B.14C.

16D.18【答案】D【解析】【分析】对27ab−=两边平方可得ab，再由向量的夹角公式计算可得答案.【详解】因为()2222447−=+−=ababab，因为1a=，2b=，所以14ab=，1cos,8==ababab.故选：D.5.已知函数()()πsin0,2fxx

=+的部分图象如图所示，则8π3f=（）A.0B.1C.2D.3【答案】A【解析】【分析】由图中周期可得，由5π112f=可得，后可得答案.【详解】由图可得，15πππ41264T=−=，则2ππT==

.因为0，所以2=，则()()sin2fxx=+.因为5π5πsin211212f=+=，所以5ππ2π62k+=+，kZ，解得π2π3k=−+，kZ.因为π2，所以π3=−，则

()πsin23fxx=−，故8π8ππsin2sin5π0333f=−==.故选：A6.将颜色为红、黄、白的3个小球随机分给甲、乙、丙3个人，每人1个，则与事件“甲分得红球，乙分得黄球或甲分得黄球、乙分得红球”互为对立事件的是（

）A.甲分得黄球B.甲分得白球C.丙没有分得白球D.甲分得白球，乙分得黄球【答案】C【解析】【分析】由对立事件的概念即可得解.【详解】甲分得红球，乙分得黄球或甲分得黄球，乙分得红球，即丙分得白球，与丙没有分得白球互为对立事件

.故选：C.7.已知2sin23sin2=，且()tan1−=，则()tan+=（）A.1B.3C.5D.7【答案】C【解析】【分析】利用凑角、两角和与差的正弦展开式化简可得答案.【详解】因为(

)()2=++−，()()2=+−−，所以()()2sin++−=()()3sin+−−，展开化简()()()()()()2sin2sincos2cossin++−=+−++−()()()()

3sincos3cossin=+−−+−，所以()()()()5cossinsincos+−=+−，故()()tan5tan5+=−=.故选：C.8.在正三棱柱111ABCABC-中，1AAAB=，M是AB的中点，N是棱11BC上的动点，则直线MN与平面

11BCCB所成角的正切值的最大值为（）A.12B.22C.32D.34【答案】D【解析】【分析】根据题意，先画出图象，作MGBC⊥，然后由面面的垂直的性质可得MG⊥平面11BCCB，进而可知MNG为直线MN与平面11BCCB所成的角，当MNG取得最大值时，tanMGMN

GNG=取得最大值，NG取得最小值，从而可得直线MN与平面11BCCB所成角的正切值的最大值.【详解】如图，作MGBC⊥，垂足为G，连接NG.在正三棱柱111ABCABC-中，平面ABC⊥平面11BCCB，因为平面ABC平面11BCCBBC=，MG平面ABC

，MGBC⊥，所以MG⊥平面11BCCB.故MNG为直线MN与平面11BCCB所成的角.当MNG取得最大值时，tanMGMNGNG=取得最大值，NG取得最小值.不妨设1AAABa==，则133cos22

4MGMBBaa===，NG的最小值为a，于是3tan4MGMNGNG==.故选：D.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，部分选对的得部分，有选错的得0分.9.如图，在长方体1111ABCDABC

D−中，点M，N，E，F分别在棱11AB，11AD，11BC，11CD上，且平面AMN∥平面EFDB，下列结论正确是（）A.MNEF∥B.EFBD∥C.ANDF∥D.BE∥平面AMN【答案】ABD的【解析】【分析】利用面面平行的性质结合线面平行的判定定理逐个选项判断即可.【详解】因为平面AM

N∥平面EFDB，平面1111DCBA与平面EFDB和平面AMN的都相交，,MNEF是交线，所以MNEF∥，故A正确；因为长方体1111ABCDABCD−，所以平面1111∥ABCD平面ABCD，而平面EFDB与这两个平行平面的都相交，EFBD,是交线，所以EFBD∥，故B正

确，如图，连接MF，此时平面DAMF与平面1111DCBA和平面ABCD的都相交，,DAMF是交线，所以DAMF∥，而1111,DADADADA=∥，所以11MFDA∥，又因为11DFMA∥，所以四边形11DFMA是平

行四边形，所以11MFDA=，MFDA=，所以四边形DAMF平行四边形，所以DFAM∥，因为AMANA=，所以AN与DF不平行，故C错误；如图，连接NE，由长方体性质得面11BCCB∥面11AADD，是此时平面NEBA与这两个平面的都相交，,NAEB是交线，所以BEAN∥，又因为AN

面AMN，BE面AMN，所以BE∥平面AMN，故D正确.故选：ABD10.Z国进口的天然气主要分为液化天然气和气态天然气两类.2023年Z国天然气进口11997吨，其中液化天然气进口7132吨，气态天然气

进口4865吨.2023年Z国天然气及气态天然气进口来源分布及数据如图所示：下列结论正确的是（）A.2023年Z国从B国进口的液化天然气比从A国进口的多B.2023年Z国没有从A国进口液化天然气C.2023年Z国从C国进口的液化天然气一定比从D国进口的多D.

2023年Z国从B国进口的液化天然气一定比从D国进口的多【答案】ABC【解析】【分析】由饼状统计图的实际含义逐一验算各个选项即可求解.【详解】对于B，2023年Z国从A国进口天然气2480吨，全部为气态天然气，所以2023年Z国没有从A国进口液化天然气

，B正确.对于A，2023年Z国从B国进口天然气2435吨，其中气态天然气1630吨，液化天然气805吨，所以2023年Z国从B国进口的液化天然气比从A国进口的多，A正确.对于C，假设2023年Z国气态天然气其余部分全部来自C国，共486524801630340415−−−=吨，

则Z国从C国进口液化天然气24164152001−=吨，仍然大于从D国进口的天然气的总量，所以2023年Z国从C国进口的液化天然气一定比从D国进口的多，C正确.对于D，2023年Z国从B国进口液化天然气2

4351630805−=吨，2023年Z国从D国进口的天然气总量为1666吨，若全部为液化天然气，则2023年Z国从B国进口的液化天然气比从D国进口的少，D错误.故选：ABC.11.在ABC中，D是BC的中点，4BC=

，11AD=，下列结论正确的是（）A.若7AC=，则11=ABB.ABC面积的最大值为211C.7BACA=D.若2BC=，则3AB=【答案】BCD【解析】【分析】根据勾股定理可判定A;根据三角形面积公式可判定B;根

据向量运算可判定C;结合正余弦定理可判定D.【详解】在ACD中，222ACCDAD+=，所以π2C=，2223ABACBC=+=，A错误.当ADBC⊥时，AD最大，所以ABC面积的最大值为12112BCAD=，B正确.()()()()227BACABDDACDD

ABDDABDDADABD=++=+−+=−=，C正确.在ABC中，由正弦定理可得sin2sinACABCC=，得2cosACABC=.在ACD中，由余弦定理可得222224cos7cos28cosACCDAD

ABCCACCDABC+−−==，即227cos48CABAB=−.在ABD△中，由余弦定理可得222227cos22cos124ABBDADABCCABBDAB+−−===−，即2278cos4ABABCAB−=−，所以227

78448ABABABABAB−=−−，整理得22150ABAB+−=，解得3AB=（5AB=−舍去），D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.12.函数()222xf

x−=的最大值为______.【答案】4【解析】【分析】根据二次函数的性质得222x−，再由指数函数的性质即可求解.【详解】因为222x−，所以()222224xfx−==，故函数()222xfx−=的最大值为4.故答案为：4.13.在某次调查中，采用分层

随机抽样的方法得到10个A类样本，30个B类样本.若A类样本的平均数为5.5，总体的平均数为4，则B类样本的平均数为______.【答案】3.5【解析】【分析】设B类样本的平均数为x，通过总体的平均数列方程，进而解方程可得B类样本的平均数.【详解】设B类

样本的平均数为x，则105.530440x+=，解得3.5x=.故答案为：3.5.14.已知某圆台的母线长为3，下底面的半径为1，若球O与该圆台的上、下底面及侧面都相切，则球O的表面积为______．【答案】8π【解析】【分析】把空间问题降维，转化

在轴截面中进行研究，需要理解轴截面的概念，利用等面积法及勾股定理建立等式求解．【详解】解：如图，在轴截面梯形ABCD中，3ADBC==，22ABBF==，设球O的半径为r，222EFOEOMr===．()111122222ABCDSCDABEFCDOEBCOMABOF=+=++梯形，

解得：4CD=，因为()()2222BCrCEBF=+−，所以22r=，所以球O的表面积为24π8πr=，故答案为：8π．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.已知函数()3sincosfxxx=+.（1）求()fx的最小正周期

；（2）求()fx的单调递增区间；（3）求()fx在π0,2上的值域.【答案】（1）2π（2）()2ππ2π,2π33kkk−++Z（3）1,2【解析】【分析】（1）利用辅助角公式化简()fx，进而求得的最小正周期；（2）利

用辅助角公式化简()fx，进而求得单调递增区间；（3）利用整体代换的方法，求得在区间π0,2上的值域.【小问1详解】()π3sincos2sin6fxxxx=+=+.()fx最小正

周期为2π.的【小问2详解】令πππ2π2π262kxk−+++，kZ，解得2ππ2π2π33kxk−++，kZ，所以()fx的单调递增区间为2ππ2π,2π33kk−++（kZ）.【小问3详解】因为π0,2

x，所以ππ2π,663x+，所以π1sin,162x+，()1,2fx.故()fx在π0,2上的值域为1,2.16.在ABC中，内角

A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos2cbBa+=.（1）证明：2AB=；（2）若2a=，3π4C=，求ABC的周长.【答案】（1）证明见解析（2）622++【解析】【分析】（1）由正弦定理以及三角恒等变换即可得证；（2）

由正弦定理以及三角恒等变换即可得解.【小问1详解】因为cos2cbBa+=，所以2coscbaB+=，所以sinsin2sincosCBAB+=.因为()sinsinsincoscossinCABABAB=+=+，所以()sinsincoscossinsi

n=−=−BABABAB，则BAB=−（或πBAB+−=，舍去），即2AB=.【小问2详解】因为3ππ4CAB=−−=，2AB=，所以π6A=，π12B=.πππ62sinsinsin12464B−==−=.由sinsinsinabcAB

C==，可得22sin221sin22acCA===，262sin621sin42abBA−===−.故ABC的周长为622abc++=++.17.为了解某校高一年级学生数学学习的阶段性表现，该年级组织了一次测试.已知此次考试共有1000名学生参加，将考试成绩分成六

组：第一组)30,50，第二组)50,70，…，第六组130,150.整理数据得到如图所示的频率分布直方图.（1）该校根据试卷的难易程度进行分析，认为此次成绩不低于110分，则阶段性学习达到“优秀

”，试估计这1000名学生中阶段性学习达到“优秀”的人数；（2）若采用等比例分层抽样的方法，从成绩在)50,70和)110,130内的学生中共抽取6人，查看他们的答题情况来分析知识点的掌握情况，再从中随机选取3人进行面对面调查分析，求这3人中恰有1人成绩在)110,1

30内的概率.【答案】（1）200人（2）15【解析】【分析】（1）用学生成绩在110,150内的频率乘以1000即可得解；（2）写出从6人中任选3人的样本空间，以及抽取的3人中恰有1人成绩在)110,130内的样本空间写出来，结合

古典概型概率计算公式即可求解.【小问1详解】由频率分布直方图，可得学生成绩在130,150内的频率为0.04，在)110,130内的频率为0.16，故估计这1000名学生中阶段性学习达到“优秀”的人数为1000(0.040.16)200+=.【小问2详解】学生成绩在)50,70

内的频率为0.08，在)110,130内的频率为0.16，则抽取的6人中，成绩在)50,70内的有2人，在)110,130内的有4人.记成绩在)110,130内的4名学生为a，b，c，d，在)50,70内的2名学生为E，

F，则从6人中任选3人，样本空间可记{,,,,,,,,,,abcabdabEabFacdacEacFadEadFaEF,,,,,,,,,}bcdbcEbcFbdEbdFbEFcdEcdFcEFdEF，共包含20

个样本.用事件A表示“这3人中恰有1人成绩在)110,130内”，则A={aEF，bEF，cEF，dEF}，A包含4个样本.故所求概率()41205PA==.18.如图，在四棱锥PABCD−中，PD⊥底面ABCD，E是PC的中点，点F在棱BP上，且EFBP⊥，四

边形ABCD为正方形，2PDCD==.（1）证明：BPDF⊥；（2）求三棱锥FBDE−的体积；（3）求二面角FDEB−−的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）49（3）13【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定求证；（2）由12FBDEEBDFCBDFVVV−

−−==转化求解；（3）由线面垂直的性质得BEF即二面角FDEB−−的平面角，即可求解．【小问1详解】证明：因为PD⊥底面ABCD，BC底面ABCD，所以PDBC⊥.因为四边形ABCD为正方形，所以DCBC⊥.因为PDDCD=，所以BC⊥平面PCD.因

为DE平面PCD，所以BCDE⊥.在PCD中，PDCD=，E是PC的中点，则DEPC⊥.因为BCPCC=，所以DE⊥平面PBC.因为PB平面PBC，所以DEPB⊥.因为EFBP⊥，DEEFE=，所以BP⊥平面DEF.因为DF平面DEF，所以BPDF⊥.【小问2详解】连接AC交BD于点M，

如图所示：则ACBD⊥，又PD⊥底面ABCD，AC平面ABCD，得ACPD⊥，而PDBDD=，则AC⊥平面PDB，则点C到平面PDB的距离为2CM=，因为E是PC的中点，所以12FBDEEBDFCBDFVVV−−−==22BD=，

23BP=，263BDDPDFBP==，22433BFBDDF=−=，所以14223BDFSBFDF==△，14282339CBDFV−==，所以49FBDEV−=.【小问3详解】解：由（1）可得DE⊥平面PBC，因为EF平

面PBC，EB平面PBC，所以DEEF⊥，DEEB⊥.BEF为二面角FDEB−−的平面角.122PEPC==，226BECEBC=+=.因为PFEPCB∽△△，所以PEEFPBBC=，解得63EF=.因为EFBP⊥，即90EFB=，所以1cos3EFBEFBE==.故二

面角FDEB−−的余弦值为13.19.在世界杯小组赛阶段，每个小组内的四支球队进行循环比赛，共打6场，每场比赛中，胜、平、负分别积3，1，0分.每个小组积分的前两名球队出线，进入淘汰赛.若出现积分相同

的情况，则需要通过净胜球数等规则决出前两名，每个小组前两名球队出线，进入淘汰赛.假定积分相同的球队，通过净胜球数等规则出线的概率相同（例如：若B，C，D三支积分相同的球队同时争夺第二名，则每个球队夺得第二名的概率相同）.已知某小组内的A，B，C，D四支球队实力相当，且每支球

队在每场比赛中胜、平、负的概率都是13，每场比赛的结果相互独立.（1）求A球队在小组赛的3场比赛中只积3分的概率；（2）已知在已结束的小组赛的3场比赛中，A球队胜2场，负1场，求A球队最终小组出线的概率.【答案】（1）427（2）7981【解析】【分析】（1）分

类讨论只积3分的可能情况，结合独立事件概率乘法公式运算求解；（2）由题意，若A球队参与的3场比赛中胜2场，负1场，根据获胜的三队通过净胜球数等规则决出前两名，分情况讨论结合独立事件概率乘法公式运算求解.【小问1详解】A球队在小组赛的3场比赛中只积3分，有两种情况.第一种情况：A球队在3场比赛中都是

平局，其概率为111133327=.第二种情况：A球队在3场比赛中胜1场，负2场，其概率111133339=.为故所求概率为11427927+=.【小问2详解】不妨假设A球队参与的3场比赛的结果为A与B比赛，B胜；A与C比赛，A胜；A与D比赛，A胜.此情况下，A积6分，B积

3分，C，D各积0分.在剩下的3场比赛中：若C与D比赛平局，则C，D每队最多只能加4分，此时C，D的积分都低于A的积分，A可以出线；若B与C比赛平局，后面2场比赛的结果无论如何，都有两队的积分低于A，A可以出线；若B与D比赛平局，同理可得A可以出线.故当剩下的3场比赛中有平局时，A一定

可以出线.若剩下的3场比赛中没有平局，则当B，C，D各赢1场比赛时，A可以出线.当B，C，D中有一支队伍胜2场时，若C胜2场，B胜1场，A，B，C争夺第一、二名，则A淘汰的概率为11111333381=；若D胜2场，B胜1场，A，B，D争夺第一、二名，则A淘汰的概率为111113

33381=.其他情况A均可以出线.综上，A球队最终小组出线的概率为11791818181−+=.【点睛】关键点点睛：解题的关键在于分类讨论获胜的三队通过净胜球数等规则决出前两名，讨论要恰当划分，做到不重不漏，从而即可顺利得解.