精品解析：江苏省宿迁市2024-2025学年高二下学期6月期末调研测试数学试题

高二年级调研测验 数学 本试卷共6页，19小题，满分150分，考试用时120分钟． 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题日指定区域内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案：不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 用分层抽样的方法从某校学生中抽取一个样本容量为45的样本，其中高一年级抽20人，高三年级抽10人．已知该校高二年级共有学生300人，则不同的抽样结果共有（ ）种． A. B. C. D. 2. 对于变量有观测数据，得散点图1；对于变量有观测数据，得散点图2．表示变量之间的线性相关系数，表示变量之间的线性相关系数，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知为两条不同直线，为三个不同平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 4. 如果随机变量，且，那么的值为（ ） A 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.8 5. 在重伯努利试验中，每次试验发生的概率均为，且2次试验中恰好发生1次的概率为，若随机变量，则的方差为（ ） A. B. C. 1 D. 2 6. 某位同学用一根直径3cm，长度30cm，粗细均匀圆木棒做接力棒，先按长度将其划分成每段为10cm的三个区域，再将每个区域漆上一种颜色，要求相邻区域的颜色不能相同，现有红、黄、蓝三种颜色的油漆可以选取，则漆出的外观有（ ）种可能． A. 18 B. 15 C. 12 D. 9 7. 已知正四棱锥的侧棱长为4，其顶点均在同一个球面上，若球的表面积为，则该正四棱锥的体积为（ ） A 16 B. 24 C. 32 D. 36 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 8. 从某次知识竞赛成绩中随机抽取容量为100的样本，由样本数据绘制的频率分布直方图如图所示，则下列估计结论正确的有（ ） A. 成绩的众数为75 B. 成绩的上四分位数为84 C. 成绩的极差为60 D. 已知落在的平均成绩是54，方差是2：落在的平均成绩为66，方差是5，则两组成绩的总标准差为6 9. 已知事件满足，则下列判断可能正确的是（ ） A. 独立 B. 对立 C. D. 10. 在平行六面体中，各棱长均为6．，则下列结论正确的有（ ） A. B. 四边形为正方形 C. 与平面所成角的余弦值为 D. 四边形内存在点P，使得直线与所成角为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 11. 设随机变量，则X的均值为______． 12. 在的展开式中，x的奇次项的系数和为______． 13. 我国南北朝时期伟大的数学家、天文学家祖暅，首次发现“幂势既同，则积不容异”的结论，被称为“祖暅原理”，并用其推导出球的体积公式（示意如图），比西方早一千一百多年，显示出我国古代在数学研究上的辉煌成就．半球台的定义：用一个平行于半球大圆面的平面去截半球，截面圆和大圆面之间的部分叫半球台，大圆面叫下底面，截面叫上底面，则一个下底面半径为5，上底面半径为4的半球台的体积为______． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 14. 已知n满足，在的展开式中，求： （1）二项式系数最大的项： （2）所有有理项的系数和． 15. 如图，是圆柱的母线，是底面圆的直径，点B，D在底面圆周上（异于A，C），平面⊥平面． （1）证明：平面； （2）若，求点到平面的距离． 16. 某景区为测试并推广一款预约游览APP，上线的第1、2两天在APP上预约可获得费游览资格，第3天开始恢复为原票价，下表是该景区在该APP上前7天的预约情况 第t天 1 2 3 4 5 6 7 预约量y（万张） 9.03 9 8.58 8.7 876 8.74 8.79 经计算得：，，． （1）由于前两天预约游览免费，所以剔除第1、2两天数据，求y关于t的线性回归方程及第5天的残差： （2）为了调查该APP在不同年龄的人群中的推广情况，从第7天成人游客中随机抽取200人进行分析，所得的部分数据见下表： 50岁以下 50岁（含50）以上 合计 通过APP预约人数 70 其它方式购票人数 80 合计 100 ①完成以上2×2列联表： ②如果有95%的把握认定游客通过APP预约游览与其年龄有关，就要进行针对性宣传，请你判断是否需要针对年龄超过50岁（含50）以上的人群进行宣传． 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 参考公式：，， 17. 如图，在长方体中，点E，F分别是棱，上的动点，且，， （1）求证：平面； （2）若，． ①求平面与平面夹角的余弦值的最大值； ②若平面截长方体的截面为五边形，求平面与平面夹角的余弦值的范围． 18. 某超市为吸引顾客，组织购物抽奖活动，抽奖机中有种不同面值的代金券可抽，抽得的代金券可在本超市消费，抽奖规则如下： 顾客先在抽奖机上随机抽取一个数（）． （Ⅰ）当时，随机抽得一张代金券； （Ⅱ）当时，随机抽取张面值不同的代金券，但这些代金券都不能用于消费．仅供参考，随后从剩下的（）张代金券中逐个随机抽取，一但出现比这张代金券的面值都高的，即抽得该张代金券；若后面没有比这种的面值都高的，则抽得最后一张代金券． 某位顾客购物后参加抽奖活动． （1）当，且三张代金券的面值分别为5元，10元，15元时． ①若其抽取的数，求其抽得代金券的面值的均值和方差； ②求其抽得15元代金券概率． （2）当，顾客抽取为何值时，抽得最高面值的代金券的概率最大？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级调研测验 数学 本试卷共6页，19小题，满分150分，考试用时120分钟． 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题日指定区域内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案：不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 用分层抽样的方法从某校学生中抽取一个样本容量为45的样本，其中高一年级抽20人，高三年级抽10人．已知该校高二年级共有学生300人，则不同的抽样结果共有（ ）种． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据高二抽取的人数和高二学生总数求出抽样比，然后求出高一和高三的学生总数，最后根据组合数求出不同的抽样结果. 【详解】用分层抽样抽取样本量为45的样本，高一年级抽20人，高三年级抽10人， 那么高二年级抽人. 因为该校高二年级共有学生300人，所以抽样比为. 所以高一年级学生共有人，高三年级学生共有人. 所以不同的抽样结果有. 故选：A. 2. 对于变量有观测数据，得散点图1；对于变量有观测数据，得散点图2．表示变量之间的线性相关系数，表示变量之间的线性相关系数，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据散点图和相关系数的概念进行判断即可. 【详解】根据图1和图2可以看出，随的增大而增大，随的增大而减小， 所以. 因为图1的数据点比图2的更集中，所以. 所以. 故选：C. 3. 已知为两条不同直线，为三个不同平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面平行、面面平行的性质对选项逐一判断即可. 【详解】对于选项A： 若，所以可能平行也可能异面，所以A错误； 对于选项B： 若，所以可能与平面平行，也可能在平面内，所以B错误； 对于选项C： 若，那么，也可能平面相交，所以C错误； 对于选项D： 根据平行平面的传递性，若，则.所以D正确. 故选：D. 4. 如果随机变量，且，那么的值为（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.8 【答案】A 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性和性质求出某区间的概率. 【详解】因为随机变量，， 所以. 根据正态分布的对称性可得. 所以. 故选：A. 5. 在重伯努利试验中，每次试验发生的概率均为，且2次试验中恰好发生1次的概率为，若随机变量，则的方差为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据题意求出的值，然后根据二项分布的方差公式求出方差即可. 【详解】因为2次试验中恰好发生1次的概率为， 所以，化简得. 解得或. 因为随机变量，所以. 当时，； 当时，. 综上，. 故选：B. 6. 某位同学用一根直径3cm，长度30cm，粗细均匀的圆木棒做接力棒，先按长度将其划分成每段为10cm的三个区域，再将每个区域漆上一种颜色，要求相邻区域的颜色不能相同，现有红、黄、蓝三种颜色的油漆可以选取，则漆出的外观有（ ）种可能． A. 18 B. 15 C. 12 D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】根据分类、分步计数原理及排列组合的知识即可求出总方案数. 【详解】根据题意，如只使用两种颜色，则两端颜色一定相同，共有种， 如使用三种颜色，考虑对称性（如红、黄、蓝与蓝、黄、红实际是一种情况），共有种， 总方案数为种. 故选：D. 7. 已知正四棱锥的侧棱长为4，其顶点均在同一个球面上，若球的表面积为，则该正四棱锥的体积为（ ） A. 16 B. 24 C. 32 D. 36 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据外接球的表面积求出外接球半径，然后根据勾股定理求出底面正方形的边长和正四棱锥的高，最后根据棱锥的体积公式求出体积. 【详解】因为球的表面积为，所以，解得. 所以正四棱锥外接球的半径为4. 为正四棱锥的球心，则平面，因为正四棱锥侧棱长为4， 所以① 根据勾股定理②. ②-①解得，. 则根据勾股定理可求得底面正方形的边长为. 所以. 所以正四棱锥的体积为. 故选：A. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 8. 从某次知识竞赛成绩中随机抽取容量为100的样本，由样本数据绘制的频率分布直方图如图所示，则下列估计结论正确的有（ ） A. 成绩的众数为75 B. 成绩的上四分位数为84 C. 成绩的极差为60 D. 已知落在的平均成绩是54，方差是2：落在的平均成绩为66，方差是5，则两组成绩的总标准差为6 【答案】ABD 【解析】 【分析】可根据频率分布直方图的性质，结合众数、上四分位数、极差、方差与标准差的计算公式，逐一分析选项. 【详解】由频率分布直方图可知，， 解得. 由图可以看出众数在区间内，所以众数为，所以A正确； 上四分位数指的是第75百分位数， 因为，而. 所以第75百分位数位于区间内 设上四分位数为，则.所以B正确； 成绩的极差通过频率分布直方图只能估计，估计极差值为，所以C错误； 由频率分布直方图可求得的样本数为， 的样本数为. 所以总的平均数为. 总的方差为， 所以总的标准差为6.所以D正确. 故选：ABD. 9. 已知事件满足，则下列判断可能正确的是（ ） A. 独立 B. 对立 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据事件独立、对立的概念和公式进行逐项判断. 【详解】对于选项A： 若独立，则，在范围内，所以A可能正确. 对于选项B： 因为，所以不对立，所以B错误； 对于选项C： ，. 若，则， 所以，解得. 当独立时，，C可能正确. 对于选项D： ，解得，所以D错误. 故选：AC. 10. 在平行六面体中，各棱长均为6．，则下列结论正确的有（ ） A. B. 四边形为正方形 C. 与平面所成角的余弦值为 D. 四边形内存在点P，使得直线与所成角为 【答案】BC 【解析】 【分析】对于选项A，用向量的线性定理将向量表示出来，然后求向量的模即可；对于选项B，可计算是否为0来验证四边形是否为矩形，然后结合线段长度验证其是否为正方形；对于选项C，求出平面的法向量后可求与平面所成角的正弦值，故可求其余弦值，对于D，设，根据线线角可得的方程，结合判别式可判断其正误. 【详解】对于选项A： 因为， 所以 , 因为， 而， 同理，， 所以， 所以，A错误； 对于选项B： 因为，所以， 又，故为等边三角形，故. 因， 所以平行四边形为正方形，B正确； 对于选项C：设平面的法向量为且， 则，故， 取，故， 结合A中计算可得： ， 设与平面所成角的为， 故， 故，故C正确； 对于选项D：因为在四边形内的动点，故可设， 其中，故， 故， ， 而 ， 故， 整理得， 整理得， 此时，故方程无解， 故四边形内不存在点P，使得直线与所成角为，故D错误， 故选：BC. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 11. 设随机变量，则X的均值为______． 【答案】3 【解析】 【分析】根据超几何分布期望公式得解. 【详解】由超几何分布的期望公式， ， 故答案为：3. 12. 在的展开式中，x的奇次项的系数和为______． 【答案】511 【解析】 【分析】利用赋值法，分别令，作差即可得解. 【详解】设， 令，则， 令，则， 两式相减可得，， 解得. 故答案为：511 13. 我国南北朝时期伟大的数学家、天文学家祖暅，首次发现“幂势既同，则积不容异”的结论，被称为“祖暅原理”，并用其推导出球的体积公式（示意如图），比西方早一千一百多年，显示出我国古代在数学研究上的辉煌成就．半球台的定义：用一个平行于半球大圆面的平面去截半球，截面圆和大圆面之间的部分叫半球台，大圆面叫下底面，截面叫上底面，则一个下底面半径为5，上底面半径为4的半球台的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据祖暅原理可知所求半球台体积等于圆柱与圆锥体积差，由此求解即可. 【详解】因为半球台下底面半径，上底面半径， 所以半球台高度. 由祖暅原理得，半球台的体积等于底面半径为、高为的圆柱的体积减去底面半径为、高为的圆锥的体积， 所以半球台的体积. 故答案为：. 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 14. 已知n满足，在展开式中，求： （1）二项式系数最大的项： （2）所有有理项的系数和． 【答案】（1） （2）2241 【解析】 【分析】（1）解方程求出，根据可知展开式中二项式系数最大项为，即可得解； （2）由题意利用二项展开式的通项公式，求得展开式中的有理项即可得解． 【小问1详解】 由可得， 解得或（舍去）， 所以展开式中，二项式系数最大的项为 . 【小问2详解】 二项式展开式的通项为， 且，当为整数时，或或， 所以，，， 故展开式所有有理项的系数和为. 15. 如图，是圆柱的母线，是底面圆的直径，点B，D在底面圆周上（异于A，C），平面⊥平面． （1）证明：平面； （2）若，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直可得线面垂直，可证明底面为矩形，利用线面平行的判定定理得证； （2）利用等体积法可求出点到平面的距离. 【小问1详解】 因为平面⊥平面，为交线，,平面， 所以平面，又平面， 所以，即， 又是底面圆的直径，所以， 所以四边形为矩形，所以， 又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 设点到平面的距离为， 由可知，, 由， 可得， ，， 又平面, 所以平面，又平面， 所以， 故，， 所以，解得， 即点到平面的距离为. 16. 某景区为测试并推广一款预约游览APP，上线的第1、2两天在APP上预约可获得费游览资格，第3天开始恢复为原票价，下表是该景区在该APP上前7天的预约情况 第t天 1 2 3 4 5 6 7 预约量y（万张） 9.03 9 8.58 8.7 8.76 8.74 8.79 经计算得：，，． （1）由于前两天预约游览免费，所以剔除第1、2两天数据，求y关于t的线性回归方程及第5天的残差： （2）为了调查该APP在不同年龄的人群中的推广情况，从第7天成人游客中随机抽取200人进行分析，所得的部分数据见下表： 50岁以下 50岁（含50）以上 合计 通过APP预约人数 70 其它方式购票人数 80 合计 100 ①完成以上2×2列联表： ②如果有95%的把握认定游客通过APP预约游览与其年龄有关，就要进行针对性宣传，请你判断是否需要针对年龄超过50岁（含50）以上的人群进行宣传． 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 参考公式：，， 【答案】（1），残差为0.046 （2）①列联表见解析；②需要针对年龄超过50岁（含50）以上的人群进行宣传，理由见解析 【解析】 【分析】（1）计算出剔除第1、2两天数据后的相关量，代入公式计算出线性回归方程，并计算出第5天的残差； （2）完善列联表，代入公式，计算出卡方，与3.841比较后得到结论. 【小问1详解】 剔除掉第1、2两天数据后，， ，， ， 故， ， 故y关于t的线性回归方程为， 第5天的残差为； 【小问2详解】 ①列联表如下： 50岁以下 50岁（含50）以上 合计 通过APP预约人数 70 50 120 其它方式购票人数 30 50 80 合计 100 100 200 ②需要针对年龄超过50岁（含50）以上的人群进行宣传，理由如下： 零假设认定游客通过APP预约游览与其年龄无关， 则， 根据小概率事件原理，可知零假设不成立，故认定游客通过APP预约游览与其年龄有关， 需要针对年龄超过50岁（含50）以上的人群进行宣传. 17. 如图，在长方体中，点E，F分别是棱，上的动点，且，， （1）求证：平面； （2）若，． ①求平面与平面夹角的余弦值的最大值； ②若平面截长方体的截面为五边形，求平面与平面夹角的余弦值的范围． 【答案】（1）证明见详解 （2）①，② 【解析】 【分析】（1）在长方体中,平面，可得，结合，可证平面，得到，同理可证，进而证得平面； （2）①以为原点建立空间直角坐标系，设，分别得出两个平面的法向量，即可得到夹角的余弦值，再根据函数性质可求最值； ②根据截面可确定在棱（不包含端点），然后可得的范围即可得到余弦值的范围. 【小问1详解】 在长方体中,平面， 又平面，所以， 又，平面， 所以平面，又平面， 所以，同理可证， 又平面， 所以平面. 【小问2详解】 ①以为原点建立空间直角坐标系，设， 则， ， 设平面的一个法向量， 则，不妨取，， 由（1）知为平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 则 ， 又，当，即时取等， 又点E，F分别是棱，上的动点，且，， 所以，则， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值的最大值为. ②在平面中，过作， 同（1）的证明理由可得，即平面， 所以当在棱时，截面为四边形， 当在棱（不包含端点）时，且不在棱端点时，截面为五边形， ，， 又，， 又在棱（不包含端点），所以，解得， 又不在棱端点，所以， 由①知，所以， 所以平面与平面夹角的余弦值的范围为. 18. 某超市为吸引顾客，组织购物抽奖活动，抽奖机中有种不同面值的代金券可抽，抽得的代金券可在本超市消费，抽奖规则如下： 顾客先在抽奖机上随机抽取一个数（）． （Ⅰ）当时，随机抽得一张代金券； （Ⅱ）当时，随机抽取张面值不同的代金券，但这些代金券都不能用于消费．仅供参考，随后从剩下的（）张代金券中逐个随机抽取，一但出现比这张代金券的面值都高的，即抽得该张代金券；若后面没有比这种的面值都高的，则抽得最后一张代金券． 某位顾客购物后参加抽奖活动． （1）当，且三张代金券的面值分别为5元，10元，15元时． ①若其抽取的数，求其抽得代金券的面值的均值和方差； ②求其抽得15元代金券的概率． （2）当，顾客抽取为何值时，抽得最高面值的代金券的概率最大？ 【答案】（1）①；②； （2）. 【解析】 【分析】（1）①由题可得抽得的面值可能为15元，10元，5元，分别计算其概率，据此可得期望与相应方差；②分别计算抽取的数的情况下，抽得15元的概率，相加可得答案； （2）设5张代金券面值为1元，2元，3元，4元，5元，由题可得，，分别计算，1，2，3，4情况下，抽得5元概率，比较后可得答案. 【小问1详解】 ①设最后抽得代金券的面值为，则可能取值为5,10,15. 若先抽取的代金券面值为5的概率为，此种情况下最后抽得10元或15元的概率均为； 先抽取的代金券面值为10的概率为，此种情况下最后抽得15元的概率为； 先抽取的代金券面值为15的概率为，此种情况下最后抽得10元或5元的概率均为. 综上可得，，，. 则抽得代金券的面值的均值为. 方差. ②抽取的数的概率为，此种情况下抽得15元概率为； 抽取的数的概率为，此种情况下由①分析可得抽得15元概率为； 抽取的数的概率为，此时先抽取的两张代金券面值为的概率为，此种情况下抽得15的概率为； 先抽取的两张代金券面值中含有15的概率为，此种情况下抽得15的概率为0. 综上可得：抽得15元代金券的概率为. 【小问2详解】 不妨设5张代金券面值为1元，2元，3元，4元，5元， 由题可得，， 当抽取的数，则抽到5的概率为； 当抽取的数，参考面值为1时，概率为.此时逐个随机抽取剩余代金券， 只有第1张为5时，才能抽中5元，概率为； 参考面值为2时，概率为.此时逐个随机抽取剩余代金券，只有第1张为5或第1张为1，第2张为5时，才能抽中5元. 对应的概率为； 参考面值为3时，概率为.此时逐个随机抽取剩余代金券， 只有第1张为5或第1张为1，第2张为5或第1张为2，第2张为5或前2张为1或2， 第3张为5时，才能抽中5元. 第一张抽到5的情况有种，第一张抽中1，第二张抽中5的情况有种，第1张为2，第2张为5的情况有种， 前2张为1或2，第3张为5的情况有种，又总情况有24种， 则对应概率为； 参考面值为4时，概率为.此时因剩余代金券中只有5大于4，则总能抽到5，对应概率为1； 参考面值为5时，概率为，此时抽到5的概率为0. 综上，当抽取的数，抽到5的概率为； 当抽取的数，参考面值有种情况. 参考面值为1,2时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，只有第1张为5时，才能抽中5. 剩余3张代金券的全排列数为，第1张抽到5的情况有2种，则对应概率为； 参考面值为1,3时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，只有第1张为5或第1张为2，第2张为5时，才能抽中5. 第1张抽到5的情况有2种，第1张为2，第2张为5的情况有1种，又总情况6种，则对应概率为； 参考面值为2,3时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，只有第1张为5或第1张为1，第2张为5时，才能抽中5. 第1张抽到5的情况有2种，第1张为1，第2张为5的情况有1种，又总情况6种，则对应概率为； 参考面值中有4，但是没有5时，情况有3种，又总情况有种，则概率为， 此时剩余代金券仅有5大于4，则总能抽到5，对应概率为1； 参考面值中有5时，有4种情况，在剩余代金券中抽到5的概率为0. 综上，当抽取的数，抽到5的概率为； 当抽取的数，参考面值有种情况. 参考面值为1,2,3时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券， 只有第1张为5时，才能抽中5.因剩余2张代金券排列方式有2种，则对应概率为； 参考面值中有4，但没有5，有种情况，又总情况有种，概率为. 此时剩余代金券仅有5大于4，则总能抽到5，对应概率为1； 参考面值中有5，有种情况，在剩余代金券中抽到5的概率为0. 综上，当抽取的数，抽到5的概率为. 当抽取的数，参考面值有种情况. 当且仅当参考面值为1,2,3,4时，可抽到5，对应概率为. 综上，抽得最高面值的代金券的最大概率为，则当时，抽得最高面值的代金券的概率最大. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $