湖北省智学联盟12月联考2025届高三数学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_1208湖北省市级示范高中智学联盟2024-2025学年高三上学期12月月考

湖北省市级示范高中智学联盟 2024 年秋季高三年级 12 月联考 参考答案 一、单选题  4x 1．设集合AxR y lg  ，B2,1,0,1,3,4,5，则AB （ ）   x2 A． 0,1,2,3  B． 1,0,1,3  C．2,1,0,1,2,3  D．2,1,0,1,3  1．B 【分析】利用对数函数的定义域求法化简集合A，再利用集合的交并补运算即可得解.  4x  4x    【详解】因为AxR ylg x 0 x 2 x4 ，   x2  x2  又B2,1,0,1,3,4，所以AB  1,0,1,3  .故选：B. z 2．若复数z ，z 在复平面内对应的点关于x轴对称，且z 1i，则复数 1 （ ） 1 2 1 z 2 A．1 B．1 C．i D．i 2．C 【分析】根据对称性求出z ，再利用复数除法求解作答. 2 【详解】复数z ，z 在复平面内对应的点关于x轴对称，且z 1i，则z 1i， 1 2 1 2 z (1i)2 2i 所以 1   i. z (1i)(1i) 2 2 故选：C 3．已知等差数列a 的公差为- ，若a,a ,a 成等比数列，S 是a 的前n项和，则S 等 n 1 3 4 n n 9 于（ ） 2 A． B．6 C．- D． 3．D 8 10 0 【分析】由 ， ， 成等比数列，可得a 2 ，再利用等差数列的通项公式及其前 项 3 1 3 4 1 4 a a a =a a n 试卷第1页，共18页 {#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAACQgGxFAIMAAAiQNABAA=}#}和公式即可得出． 【详解】∵ ， ， 成等比数列，∴a 2 ， 3 1 3 4 1 4 a a a =a a ∴(a 22)2 •（ -3×2）， 1 1 1 化为 ，=a a 1 解得2a =1．6 ∴则a 1 =8 98 ×（-2）=0， 2 9 故选S．=8×9+ 【点睛D】本题考查了等比数列与等差数列的通项公式及其前 项和公式，考查了推理能力与 计算能力，属于简单题． n 4．已知随机变量~ N  1,2 ，且P 1 P a ，则 1  4 0 xa的最小值 x ax 为（ ） 9 7 A．9 B．3 C． D． 2 3 4．B 1 1 4 【分析】利用正态分布密度曲线的对称性可求得a 3，代数式   x 3x   与  3 x 3x 相乘，展开后利用基本不等式可求得所求代数式的最小值. a 【详解】因为随机变量~ N  1,2 ，且P 1 P a  ，则 1，可得a 3， 3 1 4 1 4 11 4           x  3 x   x ax x 3x 3x 3x  1 3x 4x  1 3x 4x   14      52    3 ， 3 x 3x 3 x 3x  1 4 当且仅当x1时，等号成立，所以，  0 x a的最小值为3. x ax 故选：B. 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值， 则必须把构成积的因式的和转化成定值； 试卷第2页，共18页 {#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAACQgGxFAIMAAAiQNABAA=}#}（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这 个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 5．已知ABC的三个角A，B，C的对边分别是a，b，c，若3a2b，B2A，则sinB  （ ） 1 1 3 7 3 7 A． B． C． D． 8 8 8 8 5．D 【分析】利用正弦定理将边化为角，利用题设将B换为A，从而求出cosA，再利用二倍角 公式求出sinB. 【详解】因为3a2b，所以3sinA2sinB2sin2A4sinAcosA， 因为A0,π，所以sinA0， 3 所以34cosA，即cosA ， 4 3 7 3 7 所以sinB sin2A2sin AcosA2   . 4 4 8 故选：D．  π π 6．将函数 f(x)sin2x (0)的图象向右平移 个单位长度后与函数  3 6 g(x)cos(2x)的图象重合，则的最小值为（ ） 9 11 13 15 A． B． C． D． 2 2 2 2 6．B 【分析】求出y f  x π ，根据 f  x π  cos  2x  可得ω，从而可求其最小值.  6  6  π   π π  π π 【详解】 y  f x  sin2 x    sin2x   ，  6   6 3  3 3  π cos(2x)sin2x ，kZ，  2 试卷第3页，共18页 {#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAACQgGxFAIMAAAiQNABAA=}#}π π π 1 由题可知，  2kπ ，kZ，解得6k ，kZ， 3 3 2 2 11 又0，当k 1时，取得最小值 ． 2 故选：B ． x2 2,x0, 7．已知函数 f  x  若 f  a  f  a4  ，则g  x ax3 x的单调递减区  x4,x0, 间为（ ）  15  15   15  15  A． , ，或 , B． ,  ,          15   15   15   15   6   6   6   6  C． , ，或 , D．,  ,          6   6   6   6  7．C 【分析】先根据题目条件求出a 的值，再根据三次函数的性质求出g(x) 的单调递增区间 a4 a4 2 2, 【详解】解：依题意， 解得a＝－2，故g  x 2x3 x，可知gx  a0a4,  6   6  在, ，或 ,上单调递减      6   6  故选：C 30 8．如图，底面同心的圆锥高为 ，A，B在半径为1的底面圆上，C，D在半径为2 5 的底面圆上，且AB//CD，ABCD，当四边形ABCD面积最大时，点O到平面PBC 的距 离为（ ） 试卷第4页，共18页 {#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAACQgGxFAIMAAAiQNABAA=}#}6 2 6 12 2 12 A． B． C． D． 5 5 5 5 8．A 【分析】根据给定条件，确定四边形ABCD的形状，再求出四边形ABCD面积最大时，圆心 O到边BC的距离，然后在几何体中作出点O到平面PBC 的垂线段，借助直角三角形计算作 答. 【详解】如图，直线AB交大圆于点F,E，连接CE,DF，由AB//CD，知四边形CDFE为 等腰梯形， 取AB,CD的中点M,N，连接MN，则MNAB，由BM CN,BM //CN ，知四边形BCNM 是矩形， 因此四边形ABEF为矩形，过O作OQBC于Q，连接OB,OC,OA,OD， 1 从而四边形ABCD的面积S 2S 4S 4 OBOCsinBOC 4， ABCD BCNM BOC 2 OBOC 12 2 当且仅当BOC90，即OBOC时取等号，此时OQ    ， OB2 OC2 12 22 5 如图，在几何体中，连接PQ,PO，因为PO平面ABCD，BC平面ABCD，则POBC， 又OQBC， 试卷第5页，共18页 {#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAACQgGxFAIMAAAiQNABAA=}#}POOQO,PO,OQ平面POQ，于是BC平面POQ，而BC平面PBC ， 则有平面POQ平面PBC ，显然平面POQ平面PBC PQ，在平面POQ内过O作OR  PQ 于R， 从而OR平面PBC ，即OR长即为点O到平面PBC 的距离， 30 30 2 5 在Rt△POQ中，PO ，PQ  PO2OQ2  ( )2( )2  2， 5 5 5 30 2  POOQ 5 5 6 ， OR    PQ 2 5 6 所以点O到平面PBC 的距离是 . 5 故选：A 【点睛】方法点睛：求点到平面的距离可以利用几何法，作出点到平面的垂线段求解；也可 以用向量法，求出平面的法向量，再求出这一点与平面内任意一点确定的向量在法向量的投 影即可. 二、多选题 9．下列说法中正确的有（ ） x22x 1 A．函数y    在1,上单调递增 3 B．函数 f x的定义域是2,2，则函数 f x1的定义域为3,1 C．不等式  x x25ax6a2 0 aR的解集为  x 2ax3a  试卷第6页，共18页 {#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAACQgGxFAIMAAAiQNABAA=}#}D．函数y 2x 关于点 1,2  中心对称 x1 【分析】由复合函数的单调性可判断A；由函数的定义域的定义可判断B；对a讨论，分 a0,a0,a0，可判断C；由函数的图象平移可判断D. x22x 1 【详解】对于A，函数 y    在1,上单调递减，故A错误； 3 对于B，函数 f x的定义域是2,2，可得2x12，解得3x1，所以函数 f x1 的定义域为3,1，故B正确； 对于C，不等式  x x25ax6a2 (x2a)(x3a)0 aR，当a0时解集为；当a0 时解集为  x 3ax2a  ；当a0时解集为  x 2ax3a  ，故C错误; 2x 1 1 对于D， y   2 的图象可由y 向左平移1个单位，再向上平移1个单位 x1 x1 x 得到，可得y 2x 关于点 1,2  中心对称，故D正确. x1 故选：BD. 10．在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，AD2 2，AP  AB  PD 2，平面 PAD平面ABCD，点M在线段PC上运动（不含端点），则（ ） A．存在点M使得BD AM B．四棱锥PABCD外接球的表面积为12π π C．直线PC与直线AD所成角为 6 D．当动点M到直线BD的距离最小时，过点A，D，M作截面交PB于点N，则四棱锥 PADMN的体积是1 【分析】取AD的中点G，证明BD平面PGC，然后由线面垂直的性质定理判断A，把四 棱锥PABCD补形成一个如图2的正方体，根据正方体的性质判断BC，由BD平面PGC， 当动点M到直线BD的距离最小时HM PC，从而得M 为PC的中点，N为QA的中点， 再由体积公式计算后判断D． 【详解】如图1，取AD的中点G，连接GC，PG，BD，GCBDH ,则PGAD， 因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCD AD，PG平面PAD， 所以PG平面ABCD，BD平面ABCD，则PGBD． 试卷第7页，共18页 {#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAACQgGxFAIMAAAiQNABAA=}#}AB CD 又因为tanADBtanDGC   1，所以GCBD， AD GD 又PGGCG，PG,GC平面PGC，所以BD平面PGC． 因为M平面PGC，A平面PGC，所以BD AM 不成立，A错误． 因为△APD为等腰直角三角形，将四棱锥的侧面APD作为底面一部分，补成棱长为1的正 方体．如图2，则四棱锥PABCD的外接球即为正方体的外接球，其半径R 3，即四棱 锥PABCD外接球的表面积为12π，B正确． π 如图2，直线PC与直线AD所成角即为直线PC与直线BC所成角，为 ，C错误． 3 如图1，因为BD平面PGC，当动点M到直线BD的距离最小时HM PC， DC 2 6 由上推导知PGGC，GC  22 ( 2)2  6，cosDCG    ， CG 6 3 2 6 6 CH  DCcosDCG  ，GH GCCH  ， 3 3  2  6 2 6 PH  PG2 GH2  2 ( )2  ，PH CH ， 3 3 因此M为PC的中点．如图3，由M为PC的中点，即为QD中点,平面ADM 即平面ADQ与 BP的交点也即为QA与BP的交点,可知N为QA的中点，故 3 3 3 11  V  V  V    22 21，D正确． PADMN 4 PAQD 4 QAPD 4 32  故选：BD． 【点睛】 方法点睛：空间几何体的外接球问题，（1）直接寻找球心位置，球心都在过各面外心用与 该面垂直的直线上，（2）对特殊的几何体，常常通过补形（例如把棱锥）补成一个长方体 或正方体，它们的外接球相同，而长方体（或正方体）的对角线即为外接球的直径，由此 试卷第8页，共18页 {#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAACQgGxFAIMAAAiQNABAA=}#}易得球的半径或球心位置． 1 11．设函数 f  x  cos2x 3sinxcosx,0 ，则下列结论正确的是（ ） 2  π π A．0,1, f x在   ,  上单调递减  6 4 B．若1且 f x  f x   2，则 x x π 1 2 1 2 min 5 4 C．若 f x 1在 0,π 上有且仅有2个不同的解，则的取值范围为  ,  6 3 D．存在1,0  ，使得 f x的图象向右平移 π 个单位长度后得到的函数为奇函数 6  π 【分析】由 f  x sin2x ，选项A：利用正弦函数的单调性判断； 选项B：利  6 用正弦函数的最值、周期判断；选项C：利用正弦函数的图象判断； 选项D：利用三角函 数的图象变换判断. 1  π 【详解】 f  x  cos2x 3sinxcosxsin2x ， 2  6  π π π  21π π π   π π 0,1，当x   ,  时，2x  ,      ,  ，  6 4 6  6 2 6  2 2  π π 由复合函数、正弦函数单调性可知 f x在   ,  上单调递减，故A正确；  6 4 T π 对于B，若1且 f x  f x  2，则 x x   ，故B不正确； 1 2 1 2 min 2 2 π  π π 对于C，若x 0,π ，则2x    ,2π  ， 6  6 6  π 若 f x  sin2x  1在 0,π 上有且仅有2个不同的解，如图所示：  6 3 π 5 5 4 5 4 可得 π2π  π，解得  ，也就是的取值范围为  , ，故C正确； 2 6 2 6 3 6 3   π π  π π 1 对于D，g  x sin2 x    sin2x   ，可知当 时，   6 6  3 6 2 试卷第9页，共18页 {#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAACQgGxFAIMAAAiQNABAA=}#}gxsinx是奇函数，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题 9x a 12．已知函数 f  x  为偶函数，则a ． 3x 12．-1 【分析】根据偶函数的性质 f x f x即可得到  a1  9x 1  0对xR均成立，从 而求出参数的值. 【详解】由题设， f x  9x a 3x 9xa   f  x  9x a ， 3x 3x 所以9x  9x a  9x a，得1a9x 9x a，得  a1  9x 1  0对xR均成立． 所以a10，解得a 1． 经检验，a 1满足要求. 故答案为：-1 13．若n为一组从小到大排列的数-1，1，3，5，7，9，11,13的第六十百分位数，则2xy1n 的展开式中x2y3的系数为 . 13．40 【分析】利用第p百分位数的定义求出n，再利用组合的应用列式计算作答. 【详解】由860%4.8，得n5， 于是(2x y1)5展开式中含x2y3的项为C2(2x)2C3(y)3 40x2y3， 5 3 所以(2x y1)5的展开式中x2y3的系数为40. 故答案为：40 14．已知a>0,bR,若关于x的不等式  ax2  x2 bx8  0在  0, 上恒成立，则b+ 6 a 的最小值为 . 试卷第10页，共18页 {#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAACQgGxFAIMAAAiQNABAA=}#}2 4 2b 2 14.由共零点可知，x 是方程x2 bx80的根，故  80，可得b4a ， a a2 a a 6 4 所以b 4a 8，故答案为：8 a a 四、解答题 1 2 3 n 7 15．已知数列a 满足    2n1 ． n a a a a 2 1 2 3 n (1)求数列a 的通项公式； n (2)求a 的前n项和S ． n n 【分析】（1）利用作差法即可得解； （2）利用错位相减法即可得解. 1 2 3 n 7 【详解】（1）因为     2n1 ， a a a a 2 1 2 3 n 1 当n1时，得a  ，----------------------------------------2分 1 2 1 2 3 n1 7 当n2时，     2n ， a a a a 2 1 2 3 n1 n n 两式相减得： 2n，则a  ，--------------------------4分 a n 2n n n 检验：a 1满足上式，故a  ；------------------------1分 1 n 2n n （2）由（1）知a  ， n 2n 1 2 n1 n 则S     ， n 21 22 2n1 2n 1 1 2 n1 n 故 S     ， 2 n 22 23 2n 2n1 1 1 1 1 1 n 两式相减可得： S      ---------------1分 2 n 21 22 23 2n 2n1 试卷第11页，共18页 {#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAACQgGxFAIMAAAiQNABAA=}#}n 1 1   1 2 n n2    1 ，---------------------------------4分 2 1 2n1 2n1 1 2 n2 故S 2 ．-------------------------------------------1分 n 2n 16．在ABC中，内角A,B,C的对边长分别为a,b,c， BC A 2  ac  sin cos bsinBcsinC . 2 2 (1)若b2，求ABC面积的最大值；  (2)若A ，在ABC边AC的外侧取一点D（点D在ABC外部），使得DC1，DA2， 3 5 且四边形ABCD的面积为 32，求ADC的大小. 4 5 16．(1) 3 (2) 6 1 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简得a2 c2 b2 ac，由余弦定理求得cosB  ， 2 π 得到B  ，再由余弦定理和基本不等式求得ac的最大值，进而求得面积的最大值； 3 （2）设ADC (0π)，利用余弦定理和ABC为正三角形，求得S ，列出方程， ABCD 即可求解. BC A 【详解】（1）解：由2  ac  sin cos bsinBcsinC 2 2 因为BC A，可得  ac  sinAbsinBcsinC，-----------2分 又由正弦定理得  ac  ab2 c2，即a2 c2 b2 ac， a2 c2 b2 1 由余弦定理得cosB   ，-------------2分 2ac 2 π π 因为0 Bπ，可得B  ，所以ABC  ， 3 3 在ABC中，由余弦定理得b2 a2 c2 2accosABC， 即4a2 c2 ac2acacac，当且仅当ac2时取等号， 试卷第12页，共18页 {#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAACQgGxFAIMAAAiQNABAA=}#}1 1 3 所以S  acsinABC  4  3，-----------------3 ABC 2 2 2 所以ABC面积取得最大值 3. 1 （2）解：设ADC (0π)，则S  ADDCsinsin， ACD 2 在△ADC中，由余弦定理得AC2  AD2DC22ADDCcos54cos，----------2分 π π 由（1）知，ABC  且A ，所以ABC为正三角形， 3 3 3 5 所以S  AC2  3 3cos，-----------------------------3分 ABC 4 4 5  π 5 5 可得S sin 3 3cos2sin  3 32，--------------2分 ABCD 4  3 4 4  π π π 5π 因为0π，故sin 1，所以  ，可得 .-----------------1分  3 3 2 6 17．若 OA 为平面α的一条斜线， O 为斜足， OB 为 OA 在平面α内的射影， OC 为平 面α内的一条直线，其中θ为 OA 与 OC 所成的角，θ 为 OA 与 OB 所成的角，即线面角， 1 θ 为 OB 与 OC 所成的角，那么 cosθ＝ cosθ cosθ .简称为三余弦定理。 2 1 2 如图，在三棱柱ABC ABC 中，底面ABC是边长为4的等边三角形， 1 1 1  2 AA 6,AA  AC,BAA 60,D 在CC 上且满足CD  CC .` 1 1 1 1 1 3 (1)求证：平面ACC A 平面BAD； 1 1 试卷第13页，共18页 {#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAACQgGxFAIMAAAiQNABAA=}#}(2)求平面ABC与平面ABC 夹角的余弦值. 1 1 3 17 17．(1)证明见解析，(2) 17 【分析】（1）由面面垂直的判定定理证明； （2）建立空间直角坐标系，由空间向量法求解即可. 【详解】（1）如图，过点D作DE//AC交AA于E，连接CE,BE，设ADCEO， 1 连接BO,AC AA,DE AE， 1 又CD2DC ，可得CD4---------------2分 1 四边形AEDC为正方形，CEAD， AC AE,BACBAE,BABA， BACBAE,BCBE， O为CE的中点，CEBO，---------------------------3分 因为ADBOO，AD,BO平面BAD，CE平面BAD， 又CE平面ACC A,平面ACC A 平面BAD.--------------------------2分 1 1 1 1 1 （2）在RtBOC中，CO CE 2 2,BO2 2， 2 1 又AB4,AO AD2 2，BO2 AO2  AB2,BO AD， 2 又BOCE,ADCE O,AD,CE平面AACC,BO 平面AACC，----------2分 1 1 1 1 故建立如图空间直角坐标系Oxyz， 试卷第14页，共18页 {#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAACQgGxFAIMAAAiQNABAA=}#}则A2,2,0，B  0,0,2 2  ,C2,2,0,C 2,4,0,B  0,6,2 2  ， 1 1 C  B  C  B    2,2,2 2  ，  A  C  4,6,0,C  A  4,0,0， 1 1 1   设平面AB 1 C 1 的一个法向量为m   x 1 ,y 1 ,z 1  ，则    m  C  1  B  1 4x 1 6y 1 0 ， mAC 2x 2y 2 2z 0 1 1 1 1    令x 6，得m 6,4,5 2 ，---------------------------------------2分 1   设平面ABC一个法向量为n   x 2 ,y 2 ,z 2  ，则    n  C  B  4x 2 0 ， nCA2x 2y 2 2z 0 2 2 2    令y  2，得n 0, 2,1 ，------------------------------2分 2     mn 9 2 3 17 cos m,n     ， mn 102 3 17 3 17 故平面ABC与平面ABC 夹角的余弦值为 .------------------------2分 1 1 17 1 2 18．已知函数 f  x lnx f 1 x2 1，g  x  x2 2x  f  x  . 3 x （1）求 f x的单调区间； （2）设函数hxx2xm，若存在x 0,1，对任意的x  1,2 ，总有gx hx 成 1 2 1 2 立，求实数m的取值范围. 【分析】（1）先求出 f x，再求出其导数 fx，讨论其符号后可得 f x的单调区间. （2）原不等式等价于gx hx ，利用导数可求gx ，利用二次函数的性质可得 max max max hx ，从而得到m的取值范围. max 1 1 【详解】（1） f x  2f 1  x ，(x0)令x1，则 f 1  .--------------1分 x 3  6 6 1 2x x  故 f  x lnx x2 1且 1 2 32x2  2  2  -----1分 3 f x   x=  x 3 3x 3x  6   6  当x0, 时， f x 0，故 f x在0, 为增函数；      2   2  试卷第15页，共18页 {#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAACQgGxFAIMAAAiQNABAA=}#} 6   6  当x ,时， fx0，故 f x在 ,为减函数.      2   2   6   6  故 f x的单调增区间为0, ，单调减区间为 ,.--------------------4分      2   2  1 2 2 （2）g  x  x22x  f  x  2x lnx1 3 x x 2 1 2x2x2 gx2   ，---------------------------2分 x2 x x2 2 因为2x2x22  x 1   15 0 ，故gx0，------------------2分  4 8 所以gx在0,1上为增函数，故g  x   g  1 22011.--------------2分 max 1 hxx2xm图象的对称轴为x ， 2 故当x1,2时，hx h22m.-------------------1分 max 因为存在x 0,1，对任意的x  1,2 ，总有gx hx 成立， 1 2 1 2 故gx hx ，即12m，-------------------3分 max max 故m3.-----------------------------------------------1分 【点睛】本题考查导数在函数单调性及不等式恒成立、能成立中的应用，注意恒成立、能成 立问题通常可转化为函数的最值来讨论，本题属于中档题. 19．黄冈地处湖北省东部，以山带水，胜迹如云.为了合理配置旅游资源，管理部门对首次 1 2 来黄冈旅游的游客进行了问卷调查，据统计，其中 的人计划只参观罗田天堂寨，另外 的 3 3 人计划既参观罗田天堂寨又游览东坡赤壁．每位游客若只参观罗田天堂寨，则记1分；若既 参观罗田天堂寨又游览东坡赤壁，则记2分．假设每位首次来黄冈旅游的游客计划是否游览 东坡赤壁相互独立，视频率为概率． (1)从游客中随机抽取2人，记这2人的合计得分为X ，求X 的分布列和数学期望； n (2)从游客中随机抽取n人  nN ，记这n人的合计得分恰为n1分的概率为P ，求P； n i i1 (3)从游客中随机抽取若干人，记这些人的合计得分恰为n分的概率为a ，随着抽取人数的 n 无限增加，a 是否趋近于某个常数？若是，求出这个常数；若不是，请说明理由． n 【分析】（1）根据题意得到变量X 的可能取值为2,3,4，结合独立事件的概率乘法公式，求 试卷第16页，共18页 {#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAACQgGxFAIMAAAiQNABAA=}#}得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式，求得期望； n1 2 1 2n （2）由这n人的合计得分为n1分，得到P C1      ，结合乘公比错位相减 n n 3 3 3n 法求和，即可求解； 2 （3）记“合计得n分”为事件A，“合计得n1分”为事件B，得到a  a 1(n2)，结 n 3 n1 合数列的递推关系式，进而求得数列的通项公式，得到答案. 【详解】（1）解：由题意得，随机变量X 的可能取值为2,3,4， 1 1 1 2 4 可得P(X 2)( )2  ，P  X 3 C1    ， 3 9 2 3 3 9 2 4 P(X 4)( )2  -------------3分 3 9 所以X 的分布列如下表所示： X 2 3 4 1 4 4 P 9 9 9 1 4 4 10 所以，数学期望为E(X)2 3 4  .---------------------2分 9 9 9 3 （2）解：由这n人的合计得分为n1分，则其中只有1人计划既参观罗田天堂寨又游览东 坡赤壁， 2 1 n1 2n n 2 22 23 2n 所以P C1      ，  P    ... ，则 n n 3 3 3n i 3 32 33 3n i1 1 n 2 22 23 2n  P    ... ，--------------2分 3 i 32 33 34 3n1 i1 1 1 由两式相减，可得 2  n P  2  2  2 ... 2  2n  2  3n  2n ， 3 i 3 32 33 3n 3n1 3 1 3n1 i1 1 3 n 3 1 n 所以  P  (1 ) .------------------------------3分 i 2 3n 3n i1 （3）解：在随机抽取的若干人的合计得分为n1分的基础上再抽取1人，则这些人的合计 得分可能为n分或n1分， 试卷第17页，共18页 {#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAACQgGxFAIMAAAiQNABAA=}#}记“合计得n分”为事件A，“合计得n1分”为事件B，A与B是对立事件， 2 2 因为P(A)a ，P(B) a ，所以a  a 1(n2)，即 n 3 n1 n 3 n1 3 2 3 a   (a  )(n 2)，----------------------------3分 n 5 3 n1 5 1 3 4 2 因为a  ，则数列{a  }是首项为 ，公比为 的等比数列， 1 3 n 5 15 3 3 4 2 3 4 2 所以a   ( )n1(n1)，所以a   ( )n1(n1)， n 5 15 3 n 5 15 3 3 所以随着抽取人数的无限增加，a 趋近于常数 .------------------4分 n 5 试卷第18页，共18页 {#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAACQgGxFAIMAAAiQNABAA=}#}答案第1页，共1页 {#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAACQgGxFAIMAAAiQNABAA=}#}