福建省永春第一中学2024-2025学年高二下学期5月月考检测数学试题

高二年数学科答案，第 1 页（共 10 页） 高二年数学科答案，第 2 页（共 10 页） 永春一中 2025年 5月高二年月考检测数学参考答案（2025．5） 一、二、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A D C B B D D C ABD BD BD 1．【详解】因为 2{ | 4} ( 2,2), { | lg( 1) 1} (1,11)A x x B x x        ，所以 (1,2)A B  ． 2．【详解】由    21 i 1 2 4iz    得  2 2 4i 2 4i1 i 2 2i1 i z        ，则 3 iz   ，故 3 iz   ． 3．【详解】圆心  0,0O ，半径 2r  ，因 AOB 为直角三角形，则点O到直线 y x m  的距离 2 2 22 m d r   ，得 2m   ． 4．【详解】设等差数列的公差为 d，则由题得 23 2 6a a a ，即      22 2 2 2 5 4d d d d       或 0d  （舍去），所以  9 2 8 4 30a       ． 5．【详解】圆台的上底圆直径为 3，上底圆直径为 4.6，高为 0.6， 过点 ,A B作 ,AE CD BF CD^ ^ ，垂足分别为 ,E F，故 4.6 3 0.8 2 DE CF    ，故 2 20.8 0.6 1AD BC    ， 故该圆台部分的侧面积为   23π 4.6π 1 3.8πm 2    ． 6．【详解】将五名同学分为四组，每组人数分别为 2、1、1、1，分组方法种数为 25C 10 种， 所以，五名同学报名四门课程，每名同学均需选修且只能选修其中一门课程，每门课程至少 有一名同学选修，不同的报名种数为 2 4 5 4C A 240 种， 考虑数独的报名人数， ①若数独只有一人报名，从乙和丙中选一人，有 2种情况， 若选修几何画板只有一人，从剩余 4人中除甲以外的 3人中任选 1人，有3种情况， 最后将剩余3人分为两组，再分配给另外两门课程， 此时不同的选择情况种数为 2 2 3 22 3 C A 36   种； 若选修几何画板有两人，有 2 3C 种情况，剩余两人选修剩余两门课程， 此时不同的选择方法种数为 2 2 3 22C A 12 种； ②若数独有两人报名（乙和丙）， 则选修几画板的有剩余人中除甲以外的两人中任选一人，有两种情况． 剩余两人报名剩余两名课程，此时不同的选择方法种数为 2 22A 4 种． 综上所述，所求概率为 36 12 4 52 13 240 240 60     ． 7．【详解】由题知，函数 ( )f x 的最小正周期T 满足 5 31 4 2 2M P T x x     ，解得 6T  ， 所以 2π π 6 3    ，则   πsin 3 f x A x       ， 由图象与 x轴的交点为 5 ,0 2 M      得  π 5 π Z 3 2 k k    ，则  5π π Z 6 k k     ， 因为 π 2   ，所以 π 6   ，即   π πsin 3 6 f x A x      ，则   π 10 sin 6 2 f A A  ， 所以 ( )f x 图象与 y轴的交点为 0, 2 AN      ，则 11, 2 NP A       ， 5 , 2 2 ANM        ， 因为 NM NP ，所以 25 0 2 4 ANM NP      ，解得 10A   （负舍），所以 10A  ， 所以   π π10 sin 3 6 f x x      ，所以若将 ( )f x 的图象向左平移 1个单位得到的图象对应的 函数为 ( )g x ，则   π π π10 sin 10 cos 3 2 3 g x x x       ，所以   2π 102 10 cos 3 2 g          ． 8．【详解】延长 AD至 AC，使 2AC AD ，则 1 1 2 2 2 AP AD AB AC AB                        ， 所以 , ,P B C共线，又 AP  的最小值为 2 3，且 4AB AC    ， 所以 ABCV 为等腰三角形，当且仅当 AP BC时 AP  取得最小 值，则  222 4 2 3 4BC    ， 所以 ABCV 是等边三角形，取 AB的中点 E， 则 min π2sin 3 3 PE    ，当且仅当EP BC 时取等号， 所以     2 4 3 4 1PA PB PE EB PE EB PE                 ，即 PA PB 的最小值为 1 ． 9．【详解】对于 A：数据 1，2，3，5，8，9的中位数为 3 5 4 2   ，平均数为 1 2 3 5 8 9 14 6 3       ， 因为 144 3  ，所以中位数小于平均数，故 A正确； 对于 B：因为数据的平均数为 0 0.2 0.3 0.7 0.8 1 0.5 6 x       ， 高二年数学科答案，第 3 页（共 10 页） 高二年数学科答案，第 4 页（共 10 页） 则方差            2 2 2 2 2 22 1 0 0.5 0.2 0.5 0.3 0.5 0.7 0.5 0.8 0.5 1 0.5 0.127 1 6 s                  ， 则标准差 2s s ，即标准差大于方差，故 B正确； 对于 C：样本相关系数 r的绝对值越小，线性相关程度越弱，故 C错误； 对于 D：因为  24,N  且  6 0.85P X   ， 所以        2 4 4 6 6 4 0.85 0.5 0.35P X P X P X P X            ，故 D正确； 10．【详解】A： sin cos 0A B  ，且 (0, π), (0, π)A B  ，则 π(0, ) 2 B ， 若 A为锐角，则 πsin cos sin( ) 2 A B B   且 π π(0, ) 2 2 B  ，此时 π 2 A B  ，即 π 2 A B  ； 若 A为钝角，则 πsin cos sin( ) 2 A B B   且 π π( , π) 2 2 B  ，此时 π 2 A B  ，即 π 2 A B  ； 综上， ABCV 为直角三角形或钝角三角形，故 A不满足题意； B： cosa B c ，由正弦定理得 sin cos sin sin( )A B C A B   ， 即 sin cos sin cos sin cosA B A B B A  ，得 sin cos 0B A  ， 由 sin 0B  ，解得 cos 0A  ，又0 πA  ，所以 π 2 A  ，故 B符合题意； C：由 cos cosa A b B ，得 2 2 2 2 2 2 2 2 b c a a c ba b bc ac        ， 整理得 2 2 2 2 2( )( ) 0a b a b c    ，所以 a b 或 2 2 2a b c  ， 即 ABCV 为等腰三角形或直角三角形，故 C不符合题意； D： sin 2 sin 2 sin 2C A B  ， sin 2 sin[( ) ( )] sin[( ) ( )]C A B A B A B A B        sin( ) cos( ) sin( ) cos( ) sin( ) cos( ) sin( ) cos( )A B A B A B A B A B A B A B A B            2sin( ) cos( ) 2sin cos( )A B A B C A B     ， 即 sin cos sin cos( )C C C A B  ，由 sin 0C  ，得 cos cos( )C A B  ， 即 cos( ) cos( )A B A B    ， cos cos sin sin cos cos sin sinA B A B A B A B    ， 得 cos cos 0A B  ，所以cos 0A  或 cos 0B  ，解得 π 2 A  或 π 2 B  ， 即 ABCV 为直角三角形，故 D符合题意． 11．【详解】对于 A，圆  22: 4 1E x y   圆心 (0, 4)E ，半径 1r  ，圆 E与椭圆C相离， 而点 P在椭圆C上，点Q在圆 E上，则 2 2 2 1 4 1 3PQ PF PE r PF EF c c           ， 当且仅当 ,P Q分别是线段 2EF 与椭圆C、圆 E的交点时取等号，因此3 2c  ， 解得 1c  ，则椭圆C的焦距为 2，且椭圆C的方程为 2 2 1 3 2 y x   ，A错误； 对于 B，过 2(0,1)F 的圆 E切线的斜率存在，设此切线方程为 1y kx  ，于是 2 3 1 1 k   ， 解得 2 2k   ，B正确； 对于 C，设 0 0 1 1( , ), ( , )P x y A x y ，有 1 1( , )B x y  ，且 2 2 0 0 2 2 1 1 3 2 6 3 2 6 x y x y       ，即 2 2 2 2 0 1 0 1 3 ( ) 2 y y x x    ， 直线 ,PA PB的斜率分别为 ,PA PBk k ，因此 2 2 0 1 0 1 0 1 2 2 0 1 0 1 0 1 3 2PA PB y y y y y yk k x x x x x x            ，C错误； 对于 D， 2 11 1| | | | | (2 3 | ) | | | 1 2 3 | | 1 2 3| | |PQ PF PE r PF PE PF EF            4 ( ) 1 2 3 4 2 3c       ，当且仅当 ,P Q分别是线段 1EF 与椭圆C、圆 E的交点时取等号， D正确． 三、填空题 12．【答案】 8 【详解】根据题意得  1 2 3 1â     ，解得 ˆ 8a   ． 13．【答案】2 7 【详解】因为抛物线  2: 2 0C x py p  的焦点为  0,1F ，所以 1 2 p  ，解得 2p  ， 则抛物线 2: 4C x y ，直线 l的方程为 1y x  ，由 2 1 4 y x x y     ，则 2 6 1 0y y   ，显然 0  ， 所以 6A By y  ，故 8| 6| 2A BAB y y p     ， 所以以 AB为直径的圆的圆心的纵坐标为3，半径为 4， 故以 AB为直径的圆被 x轴截得的弦长为 2 16 9 2 7  ． 14．【答案】 3 5 1, 3e e       【详解】因为 2( ) ( 1)exf x m x x x    ，所以 ( ) e 2 1xf x mx x    ， 依题意，函数 ( )f x 在 1 ,3 2       上有两个变号零点，由 ( ) 0f x  ，得 2 1 ex xm x   ， 高二年数学科答案，第 5 页（共 10 页） 高二年数学科答案，第 6 页（共 10 页） 令 12 ( ) ex xg x   ， 1 ,3 2 x      ，于是直线 y m 与函数 ( )y g x 在 1 ,3 2       上的图象有两个交点， 而 2 1 1 1 12 ( 2)( 1) ( ) e ex x x x x xg x        ，由 ( ) 0g x  ，得 1 1 2 x  ，由 ( ) 0g x  ，得1 3x  ， 即函数 ( )g x 在 1( ,1) 2 上单调递增，在 (1,3)上单调递减，又 3 1 1 5( ) 0, (1) , (3) 2 e 3e g g g   ， 在同一坐标系内作出直线 y m 与函数 ( )y g x 的图象， 观察图象知，当 3 5 1 3e e m  时，直线 y m 与函数 ( )y g x 在 1( ,3) 2 上的图象有两个交点， 即函数 ( )f x 在 1( ,3) 2 上有两个变号零点，函数 ( )f x 在 1( ,3) 2 x 上有两个极值点， 所以实数m的取值范围是 3 5 1, 3e e       ． 四、解答题 15．【详解】 （1）因为 3 sin cos 2a C c A c  ，所以由正弦定理得 3sin sin sin cos 2sinA C C A C  ，（2分） 因为 π0, 2 C      ，所以 sin 0C  ，所以 3sin cos 2A A  ，（3分） 整理得 π2sin 2 6 A      ，即 πsin 1 6 A      ，（4分） 因为 π0, 2 A      ，所以 π π 2π, 6 6 3 A       ，所以 π π 6 2 A  ，即 π 3 A  ．（6分） （2）在 ABCV 中，由余弦定理得 2 2 2 2 cos 3 BC AB AC AB AC     ， 即 2 3 2 0AC AC   ，解得 2AC  或 1AC  ，（8分） 若 1AC  ，则 2 2 2 1 7 9cos 0 2 2 7 AC BC ABC AC BC         ， 则C为钝角，舍去，（9分） 所以 2AC  ， 2 2 2 4 7 9cos 0 2 4 7 AC BC ABC AC BC         ， 因为 AB BC AC  ，根据正弦定理，角C最大，所以 ABCV 为锐角三角形，（10分） 因为D为 AC的中点，所以 1AD DC  ， 所以，在 ABD△ 中， 2 2 2 12 cos 9 1 2 1 3 7 2 BD AB AD AB AD A            ， 所以 7BD  ，（12分） 在 BCD△ 中， 2 2 2 7 7 1 13cos 2 142 7 7 BD BC DCDBC BD BC            ．（13分） 16．【详解】 （1）因为 1B B 平面 ABC， ,AB BC 平面 ABC，所以 1B B AB ， 1B B BC^ ， 又 90ABC  ，故 1 , ,B B AB BC两两垂直，以 B为坐标原点， 1, ,BA BB BC所在直线分别 为 , ,x y z 轴，建立空间直角坐标系，（1分） 因为 1 1AB BC BB   ， 1AE BF BG  ， 设 1AE BF BG m   ，0 1m  ， 所以        1 11,1,0 , 0,0, , 0,1,1 , 0,1 ,0A F m C G m ，（2分） 则      1 0,0, 1,1,0 1, 1, ,A F m m           1 0,1 ,0 0,1,1 0, , 1CG m m       ，（4分） 则    1 1 1, 1, 0, , 1 0A F C G m m m m            ，故 1 1AF CG ；（6分） （2）  1 ,0,0E m ，则      0,1 ,0 1 ,0,0 1,1 ,0EG m m m m        ，（7分） 则    1 1, 1, 1,1 ,0 1 1 0A F EG m m m m m              ，则 1A F EG ，（8分） 又 1CG EG G  ， 1 ,CG EG 平面 1EGC ，所以 1AF 平面 1EGC ，（9分） 故  1 1, 1,A F m    为平面 1EGC 的一个法向量，（10分） 又平面 1 1AA B B的法向量为  0,0,1n   ，（11分） 高二年数学科答案，第 7 页（共 10 页） 高二年数学科答案，第 8 页（共 10 页） 则平面 1EGC 与平面 1 1AA B B的夹角的余弦值为    1 1 2 2 1 1, 1, 0,0,1 cos , 1 1 2 A F n m m A F n A F n m m                  ，（13分） 所以 2 1 32 m m   ，解得 1 2 m  ，故 1 2 BF  ．（15分） 17．【详解】 （1）由题意可得 2 2 2 2 2 8 1 1 5 2 a b c a c a b            ，解得： 2 2 2 4 1 5 a b c       ，（4分） 故双曲线 C的标准方程为 2 2 1 4 x y  ．（5分） （2）①当直线斜率不存在时，易知此时  2,0P ，直线 : 2l x  ，不妨设    2,1 , 2, 1A B  ， 得 2AOBS  ；（7分） ②当直线斜率存在时，设直线 l的方程为 y kx m  ， 与双曲线的方程 2 24 4x y  联立，可得  2 2 24 1 8 4 4 0k x kmx m     ，（8分） 由直线与双曲线的右支相切，可得   2 2 2Δ (8 ) 4 4 1 4 4 0km k m     ， 故 2 24 1k m  （9分） 设直线 l与 x轴交于D，则 , 0 mD k      ．（10分） 又双曲线的渐近线方程为 1 2 y x  ， 联立 1 2 y x y kx m       ，可得 2 , 1 2 1 2 m mA k k       ，同理可得 2 , 1 2 1 2 m mB k k      ，（12分） 1 2 2AOB AOD BOD A B A B mS S S OD y y k x x k            （13分） 2 2 2 2 2 4 2 2 2 1 2 1 2 2 1 4 m m m m m mk k k k k k k m               （14分） 综上， AOB 面积为 2．（15分） 18．【详解】 （1）若 0, 1a b  ，则     1ln , 1 ( 0)f x x x f x x x     ，（1分） 所以    1 1, 1 0f f   ，（2分） 所以曲线  y f x 在点   1, 1f 处的切线方程为 =1y ．（3分） （2）由题意，得  f x 的定义域为  0,  ，    21 , 1 1 0 a bf x f a b x x        ，（4分） 所以     2 1x x a f x x     ．（5分） ①当 1a  时，在区间  1,a 上，    0,f x f x  单调递减， 在区间  0,1 和  ,a  上，    0,f x f x  单调递增， 所以 1x  是  f x 的极大值点，满足条件．（6分） ②当 1a  时，     2 2 ( 1) 0,xf x f x x    在区间  0,  上单调递增，  f x 没有极值， 不满足条件．（7分） ③当0 1a  时，在区间  ,1a 上，    0,f x f x  单调递减， 在区间  0,a 和  1, 上，    0,f x f x  单调递增， 1x  是  f x 的极小值点，不满足条件．（8分） ④当 0a  时，在区间  0,1 上，    0,f x f x  单调递减，在区间  1, 上，    0,f x f x  单调递增，所以 1x  是  f x 的极小值点，不满足条件．（9分） 综上， a的取值范围是  1, ．（10分） （3）由（2）知， 1, 1b a a   ，且  1,x  时，  min( )f x f a ，（11分） 所以在  1, 上，   2 0 e af x   恒成立，即   2 0 e f a a  恒成立， 即   21 1 ln 0 e aa a a     恒成立．（12分） 高二年数学科答案，第 9 页（共 10 页） 高二年数学科答案，第 10 页（共 10 页） 设     21 ln 1 e ag a a a a     ，则   1 2ln e g a a a     ．（13分） 令   1 2ln e h a a a     ，则   2 1 ah a a   ，当  1,a  时，   0h a  ，（14分） 所以  h a 即  g a 在区间  1, 上单调递减，又   21 1 0 e g    ，（15分） 所以   0g a  ，所以  g a 在区间  1, 上单调递减．（16分） 又  e 0g  ，所以 a的取值范围是  1,e ．（17分） 19．【详解】 （1）  1 2 3 4, , , 2W a a a a  时， 1 2 31 0 1 0a a a a   4, , , 或者 1 2 3 40, 1, 0, 1a a a a    , 或者 1 2 3 41, 0, 0, 1a a a a    ，此时    224 2 3 1P X p p   ．（3分） （2）（i）枚举  3 1i ia  共 8种情况，得 3Z 的可能取值为 0，1，2，3，可求得 3Z 的分布列如下： 3Z 0 1 2 3 P 1 p  1p p  2 1p p 3p 故        2 3 2 33 0 1 1 1 2 1 3E Z p p p p p p p p p              ．（6分） （ii）法 1：有    0 0 1n nP Z P a p     ，   nnP Z n p  ， 对1 1m n   ，若 nZ m ，则 1 1 1 0n n n m n ma a a a        ， ． 故    1mnP Z m p p   （8分） 因此       1 1 0 1 1 n m n m E Z p m p p n p            1 1 1 2 1 1 1 1 1 nn n n n n n n n m p p m p m p n p p p p p p                       ．（10分） 法 2：若 1na  ，则    1 1 1, , 1 , ,n nZ a a Z a a    ； 若 0na  ，则  1, , 0nZ a a  ， 因此，若记b表示  nE Z ， Nn ，则 nb 满足    1 1, 1 1 0n n nb p b p b p pb p         ．（8分） 从而 1 1 1n n p pb p b p p         ，故 1 1 11 1 1 n n n p p pb p b p p p             ， 则  1 1 n n p p b p    ， 故    1 1 n n p p E Z p    ．（10分） （3）记     *, Nn n n nb E Z c E W n  ， 则 1 1b c p  ，由（2）(ii)知  1 1 n n p p b p    . 若 1na  则      1 1 1 1 1, , , , 2 , , 1n n nW a a W a a Z a a      ； 若 0na  则    1 1 1, , , ,n nW a a W a a   . 因此    1 2 1 1 2n n n n n nc p c b p c c pb p           ．（12分） 得    * 2 1 1 1 22 1 1 1 n n n p p p p pc c p p p p p              ，（13分） 因此对 2n  ，      1 2 1 3 2 1n n nc c c c c c c c           21 1 1 2 1 1 kn k p p pp p p               3 11 1 2 1 1 1 1 np p n p pp p p p                   2 2 21 1 1 1 1 np p pp p n p p p p p p                      2 2 2 2 2 11 1 2 1 1 11 1 np pp p n p p p p p p pp p                  2 2 2 11 1 1 np pp p n p p      ， （14分） 代入 2 3 p  ，得   10 28 8 3 3 n n nE W c n          ， （15分） 当 1n  时， 1 2 3 c p  也满足该式，故   10 28 8 3 3 n nE W n          ．（17分） 永春一中2025年5月高二年月考检测数学科试卷(2025.5) 考试时间:120分钟,试卷总分:150分 一、单项选择题: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4=(x|x2<43,B=({xllg(x-1)<1,那么集合A0B= B.(211) C.(-211) A.(1,2) D.(1.11) 2. 若(1-i)(1-2)-2+4i,则z= C. -3+i B. 3-i D. 3+i A. -3-i 3. 已知直线y=x+m与圆O:x{②}+y2}-4交于A,B两点,且A4OB为直角三角形,则m的值为 B.5 C. 2 D.6 A.2 4. 已知等差数列{a.的首项为2,公差不为0,且a,,a成等比数列,则a,等于 C. -28 B. 30 D. -26 A. -32 5. 亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式,它是逗留赏景的场所,也是园林风景的重要点缀.重 檐圆亭(图1)是常见的一类亭,其顶层部分可以看作是一个圆锥以及一个圆台(图2)的组合 体,已知某重檐凉亭的圆台部分的轴截面如图3所示,则该圆台部分的侧面积为 3m 1 0.6m 4.6m 图2 图1 图3 C.4.2rm2 B. 3.8m2 A. 3.6rm2 D. 5.4m2 6. 为了提升数学素养,甲、乙、丙等五名同学打算选修学校开设的数学拓展课程,现有几何画板、 数学与生活、趣味数学、数独四门课程可供选修,每名同学均需选修且只能选修其中一门课程, 每门课程至少有一名同学选修,则甲不选修几何画板,且数独只能由乙和丙中一人或两人选修 的概率为 7 7 C. D. 2{ 7. 已知函数(x)=4Asn(x+)(4>0,o>).lhl)的图象如图 与y轴的交点为N,最 高点P(1,A),且满足NM1NP,若将f(x)的图象向左平移1 高二年数学科试卷,第1页(共4页) 个单位得到的图象对应的函数为g(x),则g(-2)= ## D.-0 A. 10 B. 0 8. 已知=,量AD AB,且的最小值为2,则PAPB的最 小值为 A.7 B.-1 C. -1 D. # 二、多项选择题:本大题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有 多项符合题目要求。全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分。 9. 下列说法正确的是 A. 数据1,2,3,5,8,9的中位数小于平均数 B. 数据0,0.2,0.3,0.7,0.8,1的标准差大于方差 C. 在相关分析中,样本相关系数,越小,线性相关程度越弱 D. 已知随机变量x服从正态分布N(4,o2)且P(X<6)=0.85,则P(2<X<4)=0.35 10. △ABC中,角A、B、C所对的边分别为a、b、c,则“△ABC是直角三角形”的充分条件是 A. sinA-cosB B. acosB=C C. acosA=bcosB D. sin2A+sin2B=sin2C 在圆C上,点是圆E:x2+(y-4)=1上任意一点,PO+P的最小值为2,则下列说 明正确的是 A. 圆的焦距为1 B.圆E过点E的切线斜率为+2、2 D. PO-PF的最小值为4-23 三、填空题:本题共3个小题,每小题5分,共15分。 12. 已知一系列样本点(x,y)(i=1,2,3,.)的一个经验回归方程为=2x+a,若样本点(3,-1)的残 差为1,则-__. 13. 已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F(0,1),倾斜角为45^的直线1过点F.若1与C相交 于A.B两点,则以AB为直径的圆被x轴截得的弦长为 高二年数学科试卷,第2页(共4页) 14. 已知函数/(x)-m(x-1)of-×{+x在xe(-3])上有两个极值点,则实数m的取值范围 四、解答题:共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.(13分) 在锐角△4BC中,内角4,B,C的对边分别为a,b,c,3asinC+ccosA=2c. (1)求角A; (2)AB-3,BC-7,D为AC的中点,求cos DBC. 16. (15分) 如图,在三 柱ABC-4.B$C中,B.B1平面ABC ABC=90*}AB=BC=BB.=1,E,F,G 分别是校AB,BC,BB上的动点,且AE=BF=BG. (1)求证:4F1C.G; 求BF. 17. (15分) 已知双曲线C: 且高心率为. 2 (1)求双曲线C的标准方程 (2)双曲线C在其右支上一点P处的切线1分别交其两条渐近线4:4于A,B两点,0为 坐标原点,求△O4B的面积. 18.(17分) 己知函数/(x)-x--blnc(abe R). ☆ (1)若a=0,b=1,求曲线y=f(x)在点(1.f(1))处的切线方程 (2)若x=1是/(x)的极大值点,求a的取值范围; 高二年数学科试卷,第3页(共4页) 19. (17分) 给定实数p=(0,1),对于正整数n(n>2),设数列(a)”=1满足每一项取1的概率为P,取0 的概率为1一p,且各项取值相互独立.如果数列(a)”=1中的o将数列分成(c项、c项、...、% 项(kN”))全为1的连续段,则记W(.a.)=c^2}+.+c,特别地,定义W(0.0.0)=0; 例如,n-9时,W(1,1,0,1,0,0,1,1,1)-22+12+32=14. (1)n=4时,记随机变量x.=W(,a,a),求x.=2的概率; (2)对于数列{a)"=1,定义乙(,:a)为:若a.=1,则它是最大的正整数 mef1,2,n,使 a.=a.=xa.三1:若 a.=0,则它为0,例如,n=5时,z(1.0,1,1,1)=3. (i)n=3时,求随机变量乙、=乙(a,,)的分布及数学期望 (iì)求随机变量乙.三Z(..,a.)的数学期望 高二年数学科试卷,第4页(共4页)