2018高考冲刺二项式、排列组合、概率统计难题突破(含解析)

二项式、排列组合、概率统计难题突破一．选择题（共18小题）1．把平面图形M上的所有点在一个平面上的射影构成的图形M′叫作图形M在这个平面上的射影．如图，在三棱锥A﹣BCD中，BD⊥CD，AB⊥DB，AC⊥DC，AB=DB=5，CD=4，将围成三棱锥的四个三角形的面积从小到大依次记为S1，S2，S3，S4，设面积为S2的三角形所在的平面为α，则面积为S4的三角形在平面α上的射影的面积是（）A．2B．C．10 D．302．三棱锥A﹣BCD中，AB，AC，AD两两垂直，其外接球半径为2，设三棱锥A ﹣BCD的侧面积为S，则S的最大值为（）A．4 B．6 C．8 D．163．已知a=（﹣ex）dx，若（1﹣ax）2017=b0+b1x+b2x2+…+b2017x2017（x∈R），则的值为（）A．0 B．﹣1 C．1 D．e4．已知函数，其中m∈{2，4，6，8}，n∈{1，3，5，7}，从这些函数中任取不同的两个函数，在它们在（1，f（1））处的切线相互平行的概率是（）A．B．C．D．以上都不对5．安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有（）A．12种B．18种C．24种D．36种6．记，则a0+a1+a2+…a6的值为（）A．1 B．2 C．129 D．21887．已知：，则a6=（）A．﹣28 B．﹣448 C．112 D．4488．有5名学生站成一排照相，其中甲、乙两人必须站在一起的排法有（）A．A种B．3A种C．2A种 D．A种9．某班级需要把6名同学安排到周一、周二、周三这三天值日，每天安排2名同学，已知甲不能安排到周一，乙和丙不能安排到同一天，则安排方案的种数为（）A．24 B．36 C．48 D．7210．在区间[0，1]上随机取两个数x，y，记P1为事件“x+y≥”的概率，P2为事件“|x﹣y|≤”的概率，P3为事件“xy≤”的概率，则（）A．P1＜P2＜P3B．P2＜P3＜P1C．P3＜P1＜P2D．P3＜P2＜P111．甲、乙、丙、丁四位同学一起去问老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则（）A．乙可以知道四人的成绩B．丁可以知道四人的成绩C．乙、丁可以知道对方的成绩D．乙、丁可以知道自己的成绩12．袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半．甲、乙、丙是三个空盒．每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个放入乙盒，否则就放入丙盒．重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则（）A．乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B．乙盒中红球与丙盒中黑球一样多C．乙盒中红球不多于丙盒中红球D．乙盒中黑球与丙盒中红球一样多13．若双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线被圆（x﹣2）2+y2=4所截得的弦长为2，则C的离心率为（）A．2 B．C．D．14．设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y2=2px（p＞0）上任意一点，M 是线段PF上的点，且|PM|=2|MF|，则直线OM的斜率的最大值为（）A． B．C．D．115．过抛物线x2=2y上两点A、B分别作切线，若两条切线互相垂直，则线段AB 的中点到抛物线准线的距离的最小值为（）A．B．1 C．D．216．过抛物线y2=2px（p＞0）的焦点F，且倾斜角为的直线与抛物线交于A，B两点，若AB的垂直平分线经过点（0，2），M为抛物线上的一个动点，则M 到直线11：5x﹣4y+4=0和l2：x=﹣的距离之和的最小值为（）A．B．C．D．17．如图，O是坐标原点，过E（p，0）的直线分别交抛物线y2=2px（p＞0）于A、B两点，直线BO与过点A平行于x轴的直线相交于点M，过点M与此抛物线相切的直线与直线x=p相交于点N．则|ME|2﹣|NE|2=（）A．2p2B．2p C．4p D．p18．等腰直角三角形AOB内接于抛物线y2=2px（p＞0），O为抛物线的顶点，OA ⊥OB，△AOB的面积是16，抛物线的焦点为F，若M是抛物线上的动点，则的最大值为（）A． B． C．D．二．填空题（共4小题）19．在数列{a n}中，a1=1，a n=a n﹣1（n≥2，n∈N*），则数列{}的前n项和T n=．20．如图，将一块半径为2的半圆形纸板切割成等腰梯形的形状，下底AB是半圆的直径，上底CD的端点在半圆上，则所得梯形的最大面积为．21．从甲、乙等8名志愿者中选5人参加周一到周五的社区服务，每天安排一人，每人只参加一天，若要求甲、乙两人至少选一人参加，且当甲、乙两人都参加时，他们参加社区服务的日期不相邻，那么不同的安排种数为．（用数字作答）22．在△ABC中，∠A=θ，D、E分别为AB、AC的中点，且BE⊥CD，则cos2θ的最小值为．三．解答题（共18小题）23．为了引导居民合理用电，国家决定实行合理的阶梯电价，居民用电原则上以住宅为单位（一套住宅为一户）．某市随机抽取10户同一个月的用电情况，得到统计表如下：（1）若规定第一阶梯电价每度0.5元，第二阶梯超出第一阶梯的部分每度0.6元，第三阶梯超出第二阶梯的部分每度0.8元，试计算A居民用电户用电410度时应交电费多少元？（2）现要在这10户家庭中任意选取3户，求取到第二阶梯电量的户数的分布列与期望；（3）以表中抽到的10户作为样本估计全市的居民用电，现从全市中依次抽取10户，若抽到k户用电量为第一阶梯的可能性最大，求k的值．24．学校为了了解高三学生每天自主学习中国古典文学的时间，随机抽取了高三男生和女生各50名进行问卷调查，其中每天自主学习中国古典文学的时间超过3小时的学生称为“古文迷”，否则为“非古文迷”，调查结果如表：（Ⅰ）根据表中数据能否判断有60%的把握认为“古文迷”与性别有关？（Ⅱ）现从调查的女生中按分层抽样的方法抽出5人进行调查，求所抽取的5人中“古文迷”和“非古文迷”的人数；（Ⅲ）现从（Ⅱ）中所抽取的5人中再随机抽取3人进行调查，记这3人中“古文迷”的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列与数学期望．参考公式：K2=，其中n=a+b+c+d．参考数据：25．某加油站工作人员根据以往该加油站的销售情况，绘制了该加油站日销售量的频率分布直方图，如图所示．将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．（1）求未来3天内，连续2天日销售量不低于40吨，另一天的日销售量低于40吨的概率；（2）用ξ表示未来3天日销售量不低于40吨的天数，求随机变量ξ的数学期望．26．某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：（Ⅰ）若每辆车的投保金额均为2800元，估计赔付金额大于投保金额的概率；（Ⅱ）在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4000元的概率．27．某市举行“中学生诗词大赛”海选，规定：成绩大于或等于90分的具有参赛资格．某校有800名学生参加了海选，所有学生的成绩均在区间[30，150]内，其频率分布直方图如图：（Ⅰ）求获得参赛资格的人数；（Ⅱ）若大赛分初赛和复赛，在初赛中每人最多有5次选题答题的机会，累计答对3题或答错3题即终止，答对3题者方可参加复赛．已知参赛者甲答对每一个问题的概率都相同，并且相互之间没有影响，已知他连续两次答错的概率为，求甲在初赛中答题个数X的分布列及数学期望E（X）28．翡翠市场流行一种赌石“游戏规则”：翡翠在开采出来时有一层风化皮包裹着，无法知道其内的好坏，须切割后方能知道翡翠的价值，参加者先缴纳一定金额后可得到一块翡翠石并现场开石验证其具有的收藏价值．某举办商在赌石游戏中设置了甲、乙两种赌石规则，规则甲的赌中率为，赌中后可获得20万元；规则乙的赌中率为P0（0＜P0＜1），赌中后可得30万元；未赌中则没有收获．每人有且只有一次赌石机会，每次赌中与否互不影响，赌石结束后当场得到兑现金额．（1）收藏者张先生选择规则甲赌石，收藏者李先生选择规则乙赌石，记他们的累计获得金额数为X（单位：万元），若X≤30的概率为，求P0的大小；（2）若收藏者张先生、李先生都选择赌石规则甲或选择赌石规则乙进行赌石，问：他们选择何种规则赌石，累计得到金额的数学期望最大？29．德阳中学数学竞赛培训共开设有初等代数、初等几何、初等数论和微积分初步共四门课程，要求初等代数、初等几何都要合格，且初等数论和微积分初步至少有一门合格，则能取得参加数学竞赛复赛的资格，现有甲、乙、丙三位同学报名参加数学竞赛培训，每一位同学对这四门课程考试是否合格相互独立，其合格的概率均相同，（见下表），且每一门课程是否合格相互独立，合格的概率（1）求甲同学取得参加数学竞赛复赛的资格的概率；（2）记ξ表示三位同学中取得参加数学竞赛复赛的资格的人数，求ξ的分布列及期望Eξ．30．某城市有东西南北四个进入城区主干道的入口，在早高峰时间段，时常发生交通拥堵现象，交警部门统计11月份30天内的拥堵天数．东西南北四个主干道入口的拥堵天数分别是18天，15天，9天，15天．假设每个入口发生拥堵现象互相独立，（频率为概率）（Ⅰ）求该城市一天中早高峰时间段恰有三个入口发生拥堵的概率；（Ⅱ）设ξ表示一天中早高峰时间段发生拥堵的主干道入口个数，求ξ的分布列及数学期望．31．甲、乙、丙均两次参加英语高考，取两次成绩中较高的为最终成绩，三人第一次成绩不低于130分的概率依次为、．甲若第一次成绩不低于130分，则第二次成绩不低于130分的概率为，若第一次成绩在130分以下，则第二次成绩不低于130分的概率为；乙若第一次成绩不低于130分，则第二次成绩不低于130分的概率为，若第一次成绩在130分以下，则第二次成绩不低于130分的概率为；丙第二次成绩不受第一次成绩的影响，不低于130分的概率为．（Ⅰ）设A为事件“甲的英语高考最终成绩不低于130分”，B为事件“乙的英语高考最终成绩不低于130分”，C为事件“丙的英语高考最终成绩不低于130分”，分别求出事件A、事件B、事件C发生的概率；（Ⅱ）设甲、乙、丙中英语高考最终成绩不低于130分的人数为X，求X的分布列与数学期望．32．甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球，．约定甲先投且先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束．设甲每次投篮投中的概率为，乙每次投篮投中的概率为，且各次投篮互不影响．（Ⅰ）求甲获胜的概率；（Ⅱ）求投篮结束时甲的投篮次数ξ的分布列与期望．33．已知函数f（x）=e ax（a≠0）．（1）当时，令（x＞0），求函数g（x）在[m，m+1]（m＞0）上的最小值；（2）若对于一切x∈R，f（x）﹣x﹣1≥0恒成立，求a的取值集合；（3）求证：．34．设f（x）=xe x（e为自然对数的底数），g（x）=（x+1）2．（Ⅰ）记，讨论函数F（x）的单调性；（Ⅱ）令G（x）=af（x）+g（x）（a∈R），若函数G（x）有两个零点，求实数a 的取值范围．35．已知函数f（x）=+lnx﹣1（m∈R）的两个零点为x1，x2（x1＜x2）．（1）求实数m的取值范围；（2）求证：+＞．36．已知函数f（x）=alnx﹣x+，其中a＞0（Ⅰ）若f（x）在（2，+∞）上存在极值点，求a的取值范围；（Ⅱ）设x1∈（0，1），x2∈（1，+∞），若f（x2）﹣f（x1）存在最大值，记为M（a）．则a≤e+时，M（a）是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．37．如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，DE=2，M为线段BF上一点，且DM ⊥平面ACE．（1）求BM的长；（2）求二面角A﹣DM﹣B的余弦值的大小．38．几个月前，成都街头开始兴起“mobike”、“ofo”等共享单车，这样的共享单车为很多市民解决了最后一公里的出行难题，然而，这种模式也遇到了一些让人尴尬的问题，比如乱停乱放，或将共享单车占为“私有”等．为此，某机构就是否支持发展共享单车随机调查了50人，他们年龄的分布及支持发展共享单车的人数统计如表：（1）由以上统计数据填写下面的2×2列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.1的前提下，认为年龄与是否支持发展共享单车有关系；（2）若对年龄在[15，20）[20，25）的被调查人中随机选取两人进行调查，记选中的4人中支持发展共享单车的人数为X ，求随机变量X 的分布列及数学期望． 参考数据： 参考公式：K 2=，其中n=a +b +c +d ．39．为宣传3月5日学雷锋纪念日，成都七中在高一，高二年级中举行学雷锋知识竞赛，每年级出3人组成甲乙两支代表队，首轮比赛每人一道必答题，答对则为本队得1分，答错不答都得0分，已知甲队3人每人答对的概率分别为，乙队每人答对的概率都是．设每人回答正确与否相互之间没有影响，用X表示甲队总得分．（1）求随机变量X的分布列及其数学期望E（X）；（2）求甲队和乙队得分之和为4的概率．40．已知等边△AB′C′边长为，△BCD中，（如图1所示），现将B与B′，C与C′重合，将△AB′C′向上折起，使得（如图2所示）．（1）若BC的中点O，求证：平面BCD⊥平面AOD；（2）在线段AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30°角，若存在，求出CE 的长度，若不存在，请说明理由；（3）求三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积．参考答案与试题解析一．选择题（共18小题）1．【解答】解：如图所示，面积为S4的三角形在平面α上的射影为△OAC，面积为=2，故选：A．2．【解答】解：设AB，AC，AD分别为a，b，c，则三棱锥A﹣BCD的三条侧棱两两互相垂直，所以把它扩展为长方体，它也外接于球，对角线的长为球的直径，∴a2+b2+c2=16，S=（ab+bc+ac）≤（a2+b2+c2）=8，故选：C．3．【解答】解：=﹣=﹣=2．∵（1﹣2x）2017=，令x=0，则1=b0．x=，则0=b0+，∴=﹣1，故选：B．4．【解答】解：函数，导数为f′（x）=mx2+nx+1，可得在（1，f（1））处的切线斜率为m+n+1．则切线相互平行即有斜率相等，即有（m，n）为（2，7），（8，1），（4，5），（6，3），（2，5），（4，3），（6，1），（2，3），（4，1），（4，7），（6，5），（8，3），（8，5），（6，7）共++1++1=6+3+1+3+1=14组，总共有=120组，则它们在（1，f（1））处的切线相互平行的概率是=．故选：B．5．【解答】解：4项工作分成3组，可得：=6，安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，可得：6×=36种．故选：D．6．【解答】解：在中，取x=0，得a0+a1+a2+…a6+a7=27=128．又（2﹣x）7=[3﹣（1+x）]7，∴=，则a7=﹣1．∴a0+a1+a2+…a6=128﹣a7=129．故选：C．7．【解答】解：令t=x﹣1，则，故，故选：A．8．【解答】解：根据题意，分2步分析：①，由于甲、乙两人必须站在一起，将甲乙2人看成一个整体，考虑其顺序，有A22种情况，②，将这个整体与其余3人全排列，有A44种情况，则甲、乙两人必须站在一起的排法A22A44种排法；故选：D．9．【解答】解：根据题意，分2种情况讨论：①、甲、乙、丙三人分在不同的三天值班，甲可以分在周二、周三，有2种安排方法，将乙、丙全排列，分在其他2天，有A22=2种安排方法，剩余的3人，全排列，安排在周一、周二、周三这三天，有A33=6种安排方法，则此时有2×2×6=24种安排方法；②，甲和乙、丙中的1人，安排在同一天值班，在乙、丙中选出1人，和甲一起分在周二、周三值班，有2×2=4种情况，剩余4人，平均分成2组，有C42=3种分组方法，再将2组全排列，对应剩下的2天值班，有A22=2种安排方法，则此时有4×3×2=24种安排方法；则有24+24=48种不同的安排方案，故选：C．【解答】解：分别作出事件对应的图象如图（阴影部分）：P1：D（0，），F（，0），A（0，1），B（1，1），C（1，0），则阴影部分的面积S1=1×1﹣=1﹣=，S2=1×1﹣2×=1﹣=，S3=1×+dx=+lnx|=﹣ln=+ln2，∴S2＜S3＜S1，即P2＜P3＜P1，故选：B．11．【解答】解：四人所知只有自己看到，老师所说及最后甲说话，甲不知自己的成绩→乙丙必有一优一良，（若为两优，甲会知道自己的成绩；若是两良，甲也会知道自己的成绩）→乙看到了丙的成绩，知自己的成绩→丁看到甲、丁也为一优一良，丁知自己的成绩，给甲看乙丙成绩，甲不知道自已的成绩，说明乙丙一优一良，假定乙丙都是优，则甲是良，假定乙丙都是良，则甲是优，那么甲就知道自已的成绩了．给乙看丙成绩，乙没有说不知道自已的成绩，假定丙是优，则乙是良，乙就知道自己成绩．给丁看甲成绩，因为甲不知道自己成绩，乙丙是一优一良，则甲丁也是一优一良，丁看到甲成绩，假定甲是优，则丁是良，丁肯定知道自已的成绩了故选：D．12．【解答】解：取两个球共有4种情况：①红+红，则乙盒中红球数加1个；②黑+黑，则丙盒中黑球数加1个；③红+黑（红球放入甲盒中），则乙盒中黑球数加1个；④黑+红（黑球放入甲盒中），则丙盒中红球数加1个．设一共有球2a个，则a个红球，a个黑球，甲中球的总个数为a，其中红球x个，黑球y个，x+y=a．则乙中有x个球，其中k个红球，j个黑球，k+j=x；丙中有y个球，其中l个红球，i个黑球，i+l=y；黑球总数a=y+i+j，又x+y=a，故x=i+j由于x=k+j，所以可得i=k，即乙中的红球等于丙中的黑球．故选：B．13．【解答】解：双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线不妨为：bx+ay=0，圆（x﹣2）2+y2=4的圆心（2，0），半径为：2，双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线被圆（x﹣2）2+y2=4所截得的弦长为2，可得圆心到直线的距离为：=，解得：，可得e2=4，即e=2．故选：A．14．【解答】解：由题意可得F（，0），设P（，y0），显然当y0＜0，k OM＜0；当y0＞0，k OM＞0．要求k OM的最大值，设y0＞0，则=+=+=+（﹣）=+=（+，），可得k OM==≤=，当且仅当y02=2p2，取得等号．故选：C．15．【解答】解：设A（x1，），B（），过A、B分别作抛物线的切线相交于点P（x0，y0），由x2=2y，得：y′=x，∴k PA=x1，k PB=x2，∴PA⊥PB，∴x1x2=﹣1．直线PA的方程是：y﹣=（x﹣x1）…①同理，直线PB的方程是：y﹣=…②由①②得：∴y0=﹣（x∈R）．设直线AB为y=kx+b，联立，得x2﹣2kx﹣2b=0，∴x1x2=﹣2b=﹣1，∴b=，∴直线AB恒过焦点（0，）．∴线段AB的中点到抛物线准线的距离d=═=1，故选：B．16．【解答】解：抛物线y2=2px（p＞0）的焦点F（，0），过焦点F且倾斜角为的直线方程为：y=x﹣，设A（x1，y1），B（x2，y2）；由得，y2﹣2py﹣p2=0；∴y1+y2=2p，x1+x2=3p；∴弦AB的中点坐标为（，p）弦AB的垂直平分线方程为y﹣2=﹣x，弦AB的中点在该直线上；∴p﹣2=﹣，解得p=．（2）过点M分别作MB⊥l1，MA⊥l2，垂足分别为B，A．l2：x=﹣是抛物线y2=x的准线方程．抛物线y2=x的焦点为F（，0），由抛物线的定义可得|MA|=|MF|，∴|MA|+|MB|=|MB|+|MF|，当三点M，B，F共线时，|MA|+|MB|取得最小值．其最小值为点F到直线l1的距离=．故选：A．17．【解答】解：过E（p，0）的直线分别交抛物线y2=2px（p＞0）于A、B两点为任意的，不妨设直线AB为x=p，由，解得y=±2p，则A（﹣p，﹣p），B（p，p），∵直线BM的方程为y=x，直线AM的方程为y=﹣p，解得M（﹣p，﹣p），∴|ME|2=（2p）2+2p2=6p2，设过点M与此抛物线相切的直线为y+p=k（x+p），由，消x整理可得ky2﹣2py﹣2p+2p2k=0，∴△=4p2﹣4k（﹣2p+2p2k）=0，解得k=，∴过点M与此抛物线相切的直线为y+p=（x+p），由，解得N（p，2p），∴|NE|2=4p2，∴|ME|2﹣|NE|2=6p2﹣4p2=2p2，故选：A．18．【解答】解：设等腰直角三角形OAB的顶点A（x1，y1），B（x2，y2），则y12=2px1，y22=2px2．由OA=OB得：x12+y12=x22+y22，∴x12﹣x22+2px1﹣2px2=0，即（x1﹣x2）（x1+x2+2p）=0，∵x1＞0，x2＞0，2p＞0，∴x1=x2，即A，B关于x轴对称．∴直线OA的方程为：y=xtan45°=x，与抛物线联立，解得或，故AB=4p，=×2p×4p=4p2．∴S△OAB∵△AOB的面积为16，∴p=2；焦点F（1，0），设M（m，n），则n2=4m，m＞0，设M 到准线x=﹣1的距离等于d，则==．令m+1=t，t＞1，则=≤（当且仅当t=3时，等号成立）．故的最大值为，故选：C．二．填空题（共4小题）19．【解答】解：在数列{a n}中，a1=1，a n=a n﹣1（n≥2，n∈N*），可得=•，令b n=，可得b n=•b n﹣1，由b n=b1••…•=1••…•=，可得a n=，即有==2（﹣），则前n项和T n=2（1﹣+﹣+…+﹣）=2（1﹣）=．故答案为：．20．【解答】解：连接OD，过C，D分别作DE⊥AB于E，CF⊥AB，垂足分别为E，F．设∠AOD=θ．OE=2cosθ，DE=2sinθ．可得CD=2OE=4cosθ，∴梯形ABCD的面积S==4sinθ（1+cosθ），S′=4（cosθ+cos2θ﹣sin2θ）=4（2cos2θ+cosθ﹣1）=4（2cosθ﹣1）（cosθ+1）．∵θ∈，∴cosθ∈（0，1）．∴当cosθ=即θ=时，S取得最大值，S=3．故最大值为：3．21．【解答】解：根据题意，分2种情况讨论，若只有甲乙其中一人参加，有C21•C64•A55=3600种情况；若甲乙两人都参加，有C22•A63•A42=1440种情况，则不同的安排种数为3600+1440=5040种，故答案为：5040．22．【解答】解：△ABC中，∠A=θ，D、E分别为AB、AC的中点，且BE⊥CD，如图所示，不妨设C（2，0），B（x，y），A（0，0），∵AD=AB，AE=AC，∴E（1，0），D（，）．∵BE⊥CD，∴•=（1﹣x，﹣y）•（﹣2，）=（1﹣x）（﹣2）﹣y•=﹣[+y2﹣]=0，∴+y2=，表示以M（，0）为圆心，半径等于的圆，故点B在此圆上．过点A作圆的切线，故当点B为切点时，∠A最大，即θ最大，故sinθ===最小，则cos2θ的最小值为1﹣2sin2θ=1﹣2×=，故答案为：．三．解答题（共18小题）23．【解答】解：（1）210×0.5+（400﹣210）×0.6+（410﹣400）×0.8=227元…（2分）（2）设取到第二阶梯电量的用户数为ξ，可知第二阶梯电量的用户有3户，则ξ可取0，1，2，3故ξ的分布列是所以…（7分）（3）可知从全市中抽取10户的用电量为第一阶梯，满足X∽B（10，），可知（k=0，1，2，3 (10)，解得，k∈N*所以当k=6时，概率最大，所以k=6…（12分）24．【解答】解：（Ⅰ）由列联表得K2=≈0.6494＜0.708，所以没有60%的把握认为“古文迷”与性别有关．…（3分）（Ⅱ）调查的50名女生中“古文迷”有30人，“非古文迷”有20人，按分层抽样的方法抽出5人，则“古文迷”的人数为=3人，“非古文迷”有=2人．即抽取的5人中“古文迷”和“非古文迷”的人数分别为3人和2人…（6分）（Ⅲ）因为ξ为所抽取的3人中“古文迷”的人数，所以ξ的所有取值为1，2，3．P（ξ=1）==，P（ξ=2）==，P（ξ=3）==．…（9分）所以随机变量ξ的分布列为于是Eξ=1×+2×+3×=．…（12分）25．【解答】解：（1）由频率分布直方图知：日销售量不低于40吨的频率为：10×（0.025+0.015）=0.4，记未来3天内，第i天日销售量不低于40吨的事件为A i（i=1，2，3），则P（A i）=0.4，未来3天内，连续2天日销售量不低于40吨，另一天的日销售量低于40吨包含两个互斥事件：和，∴未来3天内，连续2天日销售量不低于40吨，另一天的日销售量低于40吨的概率为：P（∪）=P（）+P（）=0.4×0.4×（1﹣0.4）+（1﹣0.4）×0.4×0.4=0.192．（2）ξ的可能取值为0，1，2，3，P（ξ=0）=（1﹣0.4）2=0.216，P（ξ=1）==0.432，P（ξ=2）==0.288，P（ξ=3）=0.43=0.064，∴ξ的分布列为：Eξ=0×0.216+1×0.432+2×0.228+3×0.064=1.2．26．【解答】解：（Ⅰ）设A表示事件“赔付金额为3000元，”B表示事件“赔付金额为4000元”，以频率估计概率得P（A）=，P（B）=，由于投保额为2800元，赔付金额大于投保金额得情形是3000元和4000元，所以其概率为P（A）+P（B）=0.15+0.12=0.27．（Ⅱ）设C表示事件“投保车辆中新司机获赔4000元”，由已知，样本车辆中车主为新司机的有0.1×1000=100，而赔付金额为4000元的车辆中车主为新司机的有0.2×120=24，所以样本中车辆中新司机车主获赔金额为4000元的频率为，由频率估计概率得P（C）=0.24．27．【解答】解：（Ⅰ）由题意知，成绩在[90，110）之间的频率为1﹣20×（0.0025+0.005+0.0075×2+0.0125）=0.3，0.3+（0.0125+0.0050）×20=0.65，故所求获得参赛资格的人数为800×0.65=520；（Ⅱ）设甲答对每一个问题的概率为p，则（1﹣p）2=，∴p=，甲在初赛中答题个数X的所有取值为3，4，5；则P（X=3）=+=；P（X=4）=•••+•••=；P（X=5）=•=；故X的分布列为：数学期望为E（X）=3×+4×+5×=．28．【解答】解：（1）由已知得收藏者张先生赌中的概率为，收藏者李先生赌中的概率为P0，且两人赌中与否互不影响．记“这2人的累计获得金额数为X（单位：万元）”的事件为A，则事件A的对立事件为“X=50”．因为，所以，求得．（4分）（2）设收藏者张先生、李先生都选择规则甲赌中的次数为X1，都选择规则乙赌中的次数为X2，则这两人选择规则甲累计获奖得金额的数学期望为E（20X1），选择规则乙累计获奖得金额的数学期望为E（30X1）．由已知可得，，X2～B（20，P0），所以，E（X2）=2P0，从而，E（30X2）=30E（X2）=60P0．（8分）若E（20X1）＞E（30X1），则，解得；若E（20X1）＜E（30X1），则，解得；若E（20X1）=E（30X1），则，解得．（11分）综上所述，当时，他们都选择规则甲进行赌石时，累计得到金额的数学期望最大；当时，他们都选择规则乙进行赌石时，累计得到金额的数学期望最大；当时，他们都选择规则甲或规则乙进行赌石时，累计得到金额的数学期望相等．（12分）29．【解答】解：（1）分别记甲对这四门课程考试合格为事件A，B，C，D，且事件A，B，C，D相互独立，“甲能能取得参加数学竞赛复赛的资格”的概率为：P（ABCD）+P（ABC）+P（AB D）=++=．（2）由题设知ξ的所有可能取值为0，1，2，3，ξ～B（3，），P（ξ=0）==，P（ξ=1）==，P（ξ=2）==，P（ξ=3）==，∴ξ的分布列为：∵ξ～B（3，），∴Eξ=．30．【解答】解：（Ⅰ）设东西南北四个主干道入口发生拥堵分别为事件A，B，C，D．则P（A）==，P（B）==，P（C）==，P（D）==．设一天恰有三个入口发生拥堵为事件M，则M=BCD+A CD+AB D+ABC．则P（M）=+×××+×××+×××=．…（5分）（Ⅱ）ξ的可能取值为0，1，2，3，4．P（ξ=0）==，P（ξ=1）==，P（ξ=2）=，P（ξ=3）==，P（ξ=4）=．ξ的分布列为：pE（ξ）=0×+3×+4×=．…（12分）31．【解答】解：（Ⅰ）甲、乙、丙均两次参加英语高考，取两次成绩中较高的为最终成绩，三人第一次成绩不低于130分的概率依次为、．甲若第一次成绩不低于130分，则第二次成绩不低于130分的概率为，若第一次成绩在130分以下，则第二次成绩不低于130分的概率为；乙若第一次成绩不低于130分，则第二次成绩不低于130分的概率为，若第一次成绩在130分以下，则第二次成绩不低于130分的概率为；丙第二次成绩不受第一次成绩的影响，不低于130分的概率为．设A为事件“甲的英语高考最终成绩不低于130分”，事件A发生的概率P（A）=+（1﹣）×=，B为事件“乙的英语高考最终成绩不低于130分”，事件B发生的概率P（B）==，C为事件“丙的英语高考最终成绩不低于130分”，事件C发生的概率P（C）==．（Ⅱ）设甲、乙、丙中英语高考最终成绩不低于130分的人数为X，则X的可能取值为0，1，2，3，P（X=0）=P（）==，P（X=1）=P（++）==，P（X=2）=P（）==，P（X=3）=P（ABC）==，∴X的分布列为：数学期望E（X）==2．32．【解答】解：（1）设A k，B k分别表示甲、乙在第k次投篮投中，则P（A k）=，P（B k）=，k∈（1，2，3）．记“甲获胜”为事件C，由互斥事件有一个发生的概率与相互独立事件同时发生的概率计算公式知：P（C）=P（A 1）+P（）+P（）=+==．﹣﹣﹣﹣（5分）（2）ξ的所有可能为：1，2，3，由独立性知：P（ξ=1）=P（A 1）+P（）==，P（ξ=2）=P（）+P（）=+（）2（）2=，P（ξ=3）=P（）=（）2（）2=，综上知，ξ的分布列为：﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）∴Eξ==（次）﹣﹣﹣﹣﹣﹣（11分）∴甲获胜的概率为；甲的投篮次数的期望为次．﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）33．【解答】解：（1）当a=时，g（x）=，则g'（x）=．当﹣1＞0，即x＞2时，g'（x）＞0；当﹣1＜0且x≠0，即x＜2或0＜x＜2时，g'（x）＜0．则g（x）的增区间为（2，+∞），减区间为（﹣∞，0），（0，2）．因为m＞0，所以m+1＞1，①当m+1≤2，即0＜m≤1时，g（x）在[m，m+1]上单调递减，所以g（x）min=g（m+1）=②当m＜2＜m+1，即1＜m＜2时，g（x）在[m，2]上单调递减，在[2，m+1]上单调递增，所以g（x）min=g（2）=③当m≥2时，g（x）在[m，m+1]上单调递增，所以g（x）min=g（m）=．综上，g（x）min=；（2）设h（x）=f（x）﹣x﹣1=e ax﹣x﹣1若a＜0，则对一切x＞0，h（x）＜0这与题设矛盾．又a≠0，故a＞0．而h'（x）=ae ax﹣1，令h'（x）=0，得x=，当x＜时，h'（x）＜0，h（x）单调递减；当x＞时，h'（x）＞0，h（x）单调递增．故当x=时，h（x）取最小值﹣﹣1．于是对一切x∈R，h（x）≥0恒成立，当且仅当﹣1≥0①令φ（x）=t﹣tlnt﹣1，则φ'（x）=﹣lnt当0＜t＜1时，φ'（t）＞0，φ（t）单调递增；当t＞1时，φ'（t）＜0，φ（t）单调递减，故当t=1时，φ（t）取最大值φ（1）=0，因此，当且仅当=1，即a=1时，①式成立．综上所述，a的取值集合为{1}．（3）证明：由（2）可知，当x＞0时，g（x）=，所以（x＞0），可得≤于是+≤＜=＜．34．【解答】解：（Ⅰ）设F（x）==，（x≠﹣1），F′（x）==，∴当x∈（﹣∞，﹣1）时，F′（x）＜0，当x∈（﹣1，+∞）时，F′（x）＞0，∴F（x）在（﹣∞，﹣1）是减函数，在（﹣1，+∞）是增函数；（Ⅱ）G（x）=af（x）+g（x）=axe x+（x+1）2，G′（x）=a（x+1）e x+2（x+1）=（x+1）（ae x+2），当a=0时，G（x）=（x+1）2，有唯一零点：﹣1，当a＞0时，ae x+2＞0，则x∈（﹣∞，﹣1）时，G′（x）＜0，G（x）单调递减，当x∈（﹣1，+∞），G′（x）＞0，G（x）单调递增，G（x）极小值=G（﹣1）=﹣＜0，由G（0）=1＞0，∴当x∈（﹣1，+∞），G（x）有唯一的零点，当x＜﹣1时，ax＜0，则e x＜，axe x＞，∴G（x）＞+（x+1）2=x2+（2+）x+1，由△=（2+）2﹣4×1×1=+（）2＞0，∴∃t1，t2，且t1＜t2，当x∈（﹣∞，t1）（t2，+∞）使得x2+（2+）x+1＞0，取x0∈（﹣∞，﹣1）∩（﹣∞，t1），则G（x0）＞0，从而x∈（﹣∞，﹣1）时，G（x）有唯一零点，即a＞0时，函数G（x）有2个零点；③a＜0时，G′（x）=a（x+1）（e x+），由G′（x）=0，解得：x=﹣1或ln（﹣），若﹣1=ln（﹣），即a=﹣2e时，G′（x）=﹣2e（x+1）（e x﹣）≤0，故G（x）递减，至多有1个零点；若﹣1＞ln（﹣），即a＜﹣2e时，G′（x）=a（x+1）（e x+），注意到y=x+1，y=e x+都是增函数，故x∈（﹣∞，ln（﹣））时，G′（x）＜0，G（x）递减，x∈（ln（﹣），﹣1）时，G′（x）＞0，G（x）递增，x∈（﹣1，+∞）时，G′（x）＜0，G（x）递减，=G（ln（﹣））=ln2（﹣）+1＞0，又∵G（x）极小值故G（x）至多1个零点；若﹣1＜ln（﹣），即﹣2e＜a＜0时，同理得x∈（﹣∞，﹣1）时，G′（x）＜0，G（x）递减，x∈（﹣1，ln（﹣））时，G′（x）＞0，G（x）递增，x∈（ln（﹣），+∞）时，G′（x）＜0，G（x）递减，=G（﹣1）=﹣＞0，又∵G（x）极小值∴G（x）至多1个零点，综上，若函数G（x）有2个零点，则参数a的范围是（0，+∞）．35．【解答】（1）解：f′（x）=．①m≤0，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，不可能有两个零点；②m＞0，f′（x）＞0可解得x＞2m，f′（x）＜0可解得0＜x＜2m，∴f（x）在（0，2m）上单调递减，在（2m，+∞）上单调递增，∴f（x）min=f（2m）=ln2m﹣，由题意，ln2m﹣＜0，∴0＜m＜；（2）证明：令t=，f（）=mt﹣lnt﹣1=0，由题意方程m=有两个根为t1，t2，不妨设t1=，t2=．令h（t）=，则h′（t）=﹣，令h′（t）＞0，可得0＜t＜，函数单调递增；h′（t）＜0，可得t＞，函数单调递减．由题意，t1＞＞t2＞0，要证明+＞，即证明t1+t2＞，即证明h（t1）＜h（﹣t2）．令φ（x）=h（x）﹣h（﹣x），下面证明φ（x）＜0对任意x∈（0，）恒成立，φ′（x）=+，∵x∈（0，），∴﹣lnx﹣1＞0，x2＜，∴φ′（x）＞＞0，∴φ（x）在（0，）上是增函数，∴φ（x）＜φ（）=0，。