河南省叶县2024-2025学年高二下学期期末考试数学试题

1 河南省叶县 2025 年高二数学下学期期末试题 【测试范围：人教 A 版 2019 选修一、二、三全部内容】 （考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分） 一、单选题： 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．在   42 1x x  展开式中， x的偶数次幂的项的系数和为（ ） A．32 B． 32 C．16 D． 24 2．已知      0, 0, ( | )P A P B P B A P B   ，则（ ） A．  ( | )P A B P A B．    P A P B C．     1P A P B  D．  ( | )P A B P A 3．在等比数列 na 中， 0na  ，且 7a ， 6 1 2 a ， 52a 成等差数列，则公比 q （ ） A．2 B．2 或 1 C．3 D．3 或 1 4．已知直线 1x y  与圆 2 2: ( ) ( 1) 4C x a y    交于 A、B两点，若 2ABCS △ ，则 a的值 是（ ） A． 1 B． 2 C． 2 D． 5 5．现提供 5 种不同的颜色给图中①②③④⑤这 5 个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同 1 种颜色，每个区域只涂 1 种颜色，则不同的涂色方案共有（ ） A．360 种 B．420 种 C．120 种 D．480 种 2 6．椭圆 2 2 1 25 9 x y   的离心率与双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0) x y a b a b     的离心率之积为 1，点 P是两 曲线在第一象限的交点，则点 P的横坐标可能为（ ） A．2 B．2.5 C．3 D．4 7．已知三棱柱 1 1 1ABC ABC 的各条棱长相等，且 1 1 45 , 60A AB A AC BAC        ，则异 面直线 AB与 1BC所成角的余弦值为（ ） A． 3 3 B． 2 3 C． 6 3 D． 2 2 4  8．设函数  f x 是R 上可导的偶函数，且  3 2f  ，当 0x  ，满足    2 0f x xxf   ，则  2 18x f x  的解集为（ ） A．  ,3 B．  3,  C．  3,3 D．    , 3 3,     二、多选题：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，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分． 9．已知数列 na 的首项 1 3 5 a  ，且满足 1 3 2 1 n n n aa a   ，则（ ） A． 3 27 29 a  B．数列 1 1 na       为等比数列 C．数列 1 na       的前 n项和为 12 3 n nS n        D．数列 na 的通项公式为 2 3 3 2 n na n   10．下列说法正确的是（ ） A．若 1 2, , , na a a 是等差数列，则这些数的中位数与平均数相等 B．已知 X是随机变量，则    2 2E X E X C．在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高 D．若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数 r的值越接近于 1 11．已知函数 1( ) ln 1 xf x x a x      ，则（ ） 3 A．函数 ( )f x 仅有一个零点 B．若函数 ( )f x 在点 (1,0)处与 x轴相切，则 2a  C． 2025 1ln 2026 4051   D．若 ( )f x 为增函数，则 2a  三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 12．如图，过抛物线  2 2 0y px p  的焦点 F 的直线 l（斜率为正）交抛物线于点M N､ 两 点（其中点M 在第一象限），交其准线于点 P，若 1 , 6 3 NF MF PN   ，则 F 到抛物线的准线 的距离为 . 13．已知圆C的方程为  2 22 25x y   ，直线 l的方程为    2 1 2 7 6 0m x m y m      ， 直线 l被圆C截得的弦中长度为整数的共有 条. 14．若随机变量  23,X N  ，且  1 3P X a   ，  5P X b  ，则 3 4 2 a b ab  的最小值 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．（13 分） 如图 1，在直角梯形 ABCD中， π/ / , , 1, 2, 2 AD BC BAD AB BC AD E     是 AD的中 点，O是AC与BE的交点.将 ABE 沿BE折起到 1ABE 的位置，使得平面 1ABE 平面BCDE， 如图 2． 4 (1)证明：CD平面 1AOC； (2)求平面 1ABC与平面 1ACD夹角的余弦值. 16． （15 分） 2025 年世界运动会将于 2025 年 8 月 7 日至 8 月 17 日在中国四川成都举行.为倡导全民 健身理念，某社区随机抽取了 200 名市民，调查其周平均运动时长与年龄（以 40 岁为分界 线）的关系，得到如下2 2 列联表： 年龄 周平均运动时长 合计 小于 5 小时 大于等于 5 小时 40 岁以下 30 70 100 40 岁及以上 50 50 100 合计 80 120 200 5 (1)依据小概率值 0.01  的独立性检验，判断周平均运动时长是否与年龄有关； (2)现从 40 岁及以上的样本中，按人数比例用分层随机抽样的方法抽取 10 人进行运动习惯 访谈，再从这 10 人中随机抽取 3 人赠送运动礼包，记抽取的 3 人中“周平均运动时长小于 5 小时”的人数为 X ，求 X 的分布列和数学期望. 附：        2 2 n ad bc a b c d a c b d        ，其中 n a b c d    .  2P k  0.05 0.01 0.001 k 3.841 6.635 10.828 17． （15 分） 已知圆 2 2 2 0x y x y      过点 (2,0)，且过椭圆 2 2 2 2: 1( 0) x yC a b a b     的上顶点 B， 椭圆C的离心率为 3 2 ． (1)求椭圆C的方程； (2)直线 l过点 (1,0)与椭圆C交于 ,P Q两点，设直线 , ,PQ BP BQ的斜率分别为 1 2( 0), ,k k k k ， 若 1 2 1k k  ，求直线 l的方程． 6 18． （17 分） 已知函数    lnf x x ax . (1)若直线 1 e y   与曲线  y f x 相切，求 a的值； (2)若  f x 有极大值，且极大值大于 1，求 a的取值范围. 19．（17 分） 国产动画电影《哪吒之魔童闹海》凭借其独特的艺术魅力与深刻的故事情节吸引了无数观众 的目光，电影中的人物哪吒也深得观众喜爱.某公司适时推出 20 种款式不同的哪吒玩偶随机 购活动，购买规则及概率如下：每次购买一个，且买到任意一种款式是等可能的.小王特别 喜欢 20 种款式中的一种. (1)若 20 种款式的玩偶各有一个. （ⅰ）求小王第二次才买到特别喜欢的款式的概率； （ⅱ）设小王买到特别喜欢的款式所需次数为 X，求 X的数学期望 ( )E X . (2)若每种款式的玩偶数量足够多，每次玩偶被买后公司都会补充被买走的款式.为了满足客 户的需求，引进了保底机制：在购买前指定一个款式，若前 6 次未买到指定款式，则第 7 次必定买到指定款式.设 Y为小王买到某指定款式所需的次数，求 Y的数学期望 ( )E Y . （参考数据： 60.95 0.74 ，结果保留整数） 7 河南省叶县 2025 年高二数学下学期期末试题答案 1．D 【分析】设   4 2 3 4 50 1 2 3 4 52 1x x a a x a x a x a x a x        ，分别令 1x  、 1x   ，将所得 等式联立可得 0 2 4a a a  的值. 【详解】设   4 2 3 4 50 1 2 3 4 52 1x x a a x a x a x a x a x        ， 令 1x  可得 0 1 2 3 4 5 3 16 48a a a a a a      ， 令 1x   可得 0 1 2 3 4 5 0a a a a a a     ， 上述两式子相加得，  0 2 42 48a a a   ，故 0 2 4 24a a a   ，   42 1x x  展开式中， x的偶数次幂的项的系数和为 24 . 2．A 【分析】根据给定条件结合条件概率公式，可得事件 ,A B相互独立，再逐项分析判断. 【详解】由      0, 0, ( | )P A P B P B A P B   ，得 ( )( | ) ( )( ) P ABP B A P B P A   ， 即 ( ) ( ) ( )P AB P A P B ，因此事件 ,A B相互独立， 对于 A，   ( ) ( ) ( )( | ) ( ) ( ) P AB P A P BP A B P A P B P B    ，A 正确； 对于 B，独立事件的概率无需满足 ( ) ( )P A P B ，如 ( ) 0.3, ( ) 0.5P A P B  ， 当 ( ) 0.15P AB  时，事件 ,A B相互独立，而 ( ) ( )P A P B ，B 错误； 对于 C，独立事件的概率和无特殊要求，如 ( ) 0.3, ( ) 0.5P A P B  ， 当 ( ) 0.15P AB  时，事件 ,A B相互独立，而 ( ) ( ) 0.8 1P A P B   ，C 错误； 对于 D， ( ) ( )( | ) ( ) ( ) P A P BP A B P A P B   ，当且仅当 ( ) 0.5P A  时，  ( | )P A B P A ， 而题设无 ( ) 0.5P A  的条件，D 错误. 8 3．A 【分析】根据题意得到方程，并得到 0q  ，求出公比即可. 【详解】由题意得 6 7 5 12 2 2 a a a  ，即 25 5 52q qa a a ， 因为 0na  ，所以 5 0, 0a q  ，故可得 2 2 0q q   ， 解得 2q = （负值舍去）. 4．C 【分析】由圆的方程可得圆的半径，利用三角形面积计算，求得圆心到直线的距离，可得答 案. 【详解】由圆 2 2: ( ) ( 1) 4C x a y    可知圆心  ,1C a ，半径 2r  ， 由 2 21 1sin 2 2 sin sin 1 2 2ABC S r ACB ACB ACB            ，解得 π 2 ACB  ， 则圆心C到直线 1x y  的距离为 2 ，则 | 1 1| 2 2 a    ，解得 2a   . 5．B 【分析】根据题意，分只用 3 种颜色涂色，只用 4 种颜色涂色和只用 5 种颜色涂色，三种情 况分类讨论，结合排列数和组合数的计算公式，即可求解. 【详解】根据题意，可得按使用的颜色数分类： 若只用 3 种颜色涂色，则①③同色且②④同色，不同的涂色方案有 3 35 3C A 60 种； 若只用 4 种颜色涂色，则①③同色或②④同色，不同的涂色方案有 4 1 45 2 4C C A 240 种； 若用 5 种颜色涂色，则不同的涂色方案有 55A 120 种， 故不同的涂色方案共有60 240 120 420   种． 6．D 【分析】根据已知求得双曲线渐近线方程为 3 4 y x=± ，求出渐近线与椭圆交点横坐标，结合 9 渐近线与双曲线位置关系有 22 Px x ，即可得. 【详解】椭圆离心率 1 4 5 e  ，所以双曲线离心率 2 5 4 e  ，则渐近线方程为 3 4 y x=± ， 联立椭圆方程，得 2 2 225 9 40025 9.76 9 16 41 x x x      ， 由渐近线与双曲线位置关系，它们与椭圆在第一象限交点 P横坐标有 22 Px x ， 所以，只有 4Px  满足. 7．D 【分析】设向量及相关量并表示出 1BC  ，计算数量积与模长，最后求异面直线所成角余弦值. 【详解】设三棱柱棱长为 11, , , , 1AB a AC b AA c a b c             ， 所以 1 2 a b   ， 2 2 a c b c       ， 1 1BC AC AB BB b a c             ，   21 1 2 1 212 2 2AB BC a b a c a b a a c                           ， 2 2 2 2 2 1 ( ) 2 2 2 2BC b a c a b c a b a c b c                         ，则 1 2BC   ， 设异面直线 AB与 1BC所成角为， 1 1 2 2cos 4 AB BC AB BC          . 8．C 【分析】先构造函数 2( ) ( )g x x f x ，再利用函数单调性解不等式. 【详解】令 2( ) ( )g x x f x ， ∵函数 ( )f x 在 ( , )  上是可导的偶函数， 10 ∴ 2( ) ( )g x x f x 在 ( , )  上也是偶函数 又当 0x  时， 2 ( ) ( ) 0f x xf x  ，∴ 22 ( ) ( ) 0xf x x f x  ， ∴      22 0g x xf x x f x    ， ∴ 2( ) ( )g x x f x 在 (0, ) 上是增函数 ∵ (3) 2f  ， 由 2 ( ) 18x f x  得 2 2( ) 18 3 (3)x f x f  即不等式转化为 (| |) (3)g x g ， ∴x不为 0 时有 | | 3x  ， 而 x为 0 时，不等式显然成立， ∴不等式的解集为 ( )3,3 . 9．AB 【分析】根据数列的递推公式，结合等比数列的定义，求出通项公式，依次求解判断各个选 项. 【详解】由 1 3 2 1 n n n aa a   ，易知 0na  ，则 1 1 1 1 2 3 3n na a    ，即 1 1 1 11 1 3n na a         ， 又 1 3 5 a  ，所以 1 1 21 3a   ， 所以数列 1 1 na       是以 2 3 为首项， 1 3 为公比的等比数列，故 B 正确； 11 2 11 3 3 n na          ，即 11 2 1 1 3 3 n na         ， 3 2 3 n n na   ， 3 3 3 3 27 2 3 29 a    ，故 A 正确，D 错误； 11 又 2 1 112 1 1 1 2 131 113 3 3 3 3 31 3 n n n nS n n n                   ，故 C 错误. 10．ABC 【分析】根据等差数列的性质可判断 A，根据方差的性质可判断 B，根据残差图的性质可判 断 C，根据相关系数的性质可判断 D． 【详解】对于 A，对于等差数列，无论项数 n为奇数或偶数，中位数均为首项与末项的平均 数， 根据等差数列的性质可知，首项与末项的平均数即为整体的平均数， 所以等差数列的中位数和平均数相等，故 A 正确； 对于 B，由方差的性质可知，      2 2 0D X E X E X   ， 所以    2 2E X E X ，故 B 正确； 对于 C，在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高，故 C 正确； 对于 D，若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数 r的绝对值越接近 于 1，故 D 错误． 11．BCD 【分析】对函数求导，结合 (1) 0f   求参数判断 B；令 1a  并研究 ( )f x 的单调性比较大小 判断 C；问题化为 12( 1)a x x    在 (0, ) 上恒成立，求参数判断 D；应用导数研究函数的 零点判断 A. 【详解】由题意得 ( )f x 的定义域为 (0, ) ， 2 2 2 1 2 2(1 ) 1( ) ( 1) ( 1) a x a xf x x x x x         ． 函数 ( )f x 在点 (1,0)处与 x轴相切，则 (1) 0f   ，得 2a  ，故 B 正确； 当 1a  时， 1( ) ln 1 xf x x x     ， 2 2 1( ) 0 (1 ) xf x x x     ， 12 函数 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增，则 2025 (1) 0 2026 f f       ， 则 2025 1ln 0 2026 4051   ，即 2025 1ln 2026 4051   ，故 C 正确； 若 ( )f x 为增函数，则 2 2 2(1 ) 1( ) 0 (1 ) x a xf x x x       在 (0, ) 上恒成立， 则 2 2(1 ) 1 0x a x    在 (0, ) 上恒成立， 12( 1)a x x    在 (0, ) 上恒成立， 即 min 12( 1) 2a x x         （当且仅当 1x  时取等），解得 2a  ，故 D 正确； 令 ( ) 0f x  ，则 2 22(1 ) 1 0, 4(1 ) 4 0x a x a         ，解得 0a  或 2a  ， 若 2a  ， 1 2 2( 1)x x a   ， 1 2 1x x  ，易知 1 2,x x 均大于 0，则 ( )f x 在 (0, ) 上有两个零点 1 2,x x ， 不妨设 1 2x x ，则 1 20 1x x   ，易知 ( )f x 在  10, x 和  2 ,x  上单调递增，在  1 2,x x 上单调 递减， 又 0x 时， ( ) ,f x x  时，    1 2( ) , (1) 0f x f x f f x    ，此时函数 ( )f x 有 三个零点，故 A 错误． 12． 4 【分析】结合图形特征得出 1sin 3 NPB  ， 1sin 3 NPB  ，得出 3a  ，再计算得出解得 4p  即得. 【详解】如图，分别过点 M，N作准线的垂线，垂足分别为点 A，B，设 | |NF a ，所以 | | 3PN a ， 所以 | |NB a ，所以 | |sin | | 3 BN aNPB PN a  ∠ 1 3  ，在Rt PMA△ 中， | | | | 6AM MF  ， | | | | | | 6 4MP MF PF a    ， 13 又 | | 6 1sin sin | | 6 4 3 AMNPB MPA PM a      ∠ ∠ ，所以 3a  ，记准线与对称轴交于点 C， 因为 | | 1sin sin | | 4 12 3 CF p pNPB FPC FP a        ，解得 4p  ，即 F到抛物线的准线的距离为 4. 13． 9 【分析】确定直线过定点  1,4 ，进而求得弦长最大、最小值，即可求解. 【详解】直线 l： ( 2) (1 2 ) 7 6 0m x m y m      可化为 2 6 ( 2 7) 0x y m x y      ，由 2 6 0, 2 7 0, x y x y        可得 1, 4, x y    ，即直线 l过定点  1,4 ， 因为 2 2(1 2) 4 17 25    ，所以点  1,4 在圆 C内， 当点  1,4 为直线 l被圆 C 截得的弦的中点时，弦长最短，点  1,4 到圆心  2,0C 的距离 2 2(1 2) (4 0) 17d      ， 所以直线 l被圆 C截得的最短弦长为  222 5 17 4 2  ， 最长的弦为直径，长度为 10， 所以弦长的取值范围是 4 2,10   .又5 4 2 6  弦长为 6，7，8，9 的直线各两条，弦长为 10 的直线有一条， 又直线 2 7 0x y   被圆 C截得弦长为 4 55 5 ，不是整数， 所以截得的弦中长度为整数的直线共有 9 条. 14．7 4 3 【分析】由正态分布性质知正态分布曲线关于 3x  对称，故 1 2 a b  ，使用基本不等式可 求的最小值. 【详解】由题意知正态分布曲线关于 3x  对称，  1 3P X a   ， 14 则  3 5P X a   ，又  5P X b  ，故 1 2 a b  ， 则  3 4 3 4 1 3 4 3 4 2 2 2 2 a b a b ab b a b a b a                   3 4 3 43 4 2 7 4 3 7a b a b b a b a          , 当且仅当 3 4a b b a  ，即 3 33 1 2 a b   ， 取等号. 15．（1）因为 1 1, / / , 2 2 AE AD AD BC BAD     ， 所以 ABCE为正方形，所以 AC BE ，所以 1 ,EB AO EB CO  ， 又 1AO CO O  ， 1 ,AO CO 平面 1AOC，所以 EB 平面 1AOC， 又 / /BC ED，且 BC ED ，故四边形 BCDE为平行四边形， 所以 //CD EB，所以CD 平面 1AOC . （2）易知， 1 ,AO BE OC BE  ，因为平面 1ABE 平面 BCDE，平面 1A BEÇ 平面 BCDE BE ， 1AO平面 1A BE ，所以 1AO 平面 BCDE，又OC 平面 BCDE， 所以 1AO OC ，以O为原点， 1, ,OB OC OA    的方向分别为 , ,x y z轴的正方向建立空间直角坐标系， 由题意知， 1 2 2 2 20,0, , 2, ,0 , ,0,0 , 0, ,0 2 2 2 2 A D B C                                ， 15 则  1 12 2 2 20, , , ,0, , 2,0,02 2 2 2AC A B CD                        ， 设平面 1ACD的法向量为  1 1 1 1, ,n x y z  ，平面 1ABC的法向量为  2 2 2 2, ,n x y z  ， 则 1 1 1 1 1 1 2 2 0 2 2 2 0 n AC y z n CD x                ，令 1 1y  ，则 1 11, 0z x  ，故  1 0,1,1n   ， 则 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 0 2 2 2 2 0 2 2 n A B x z n AC y z                ，令 2 1y  ，则 2 21, 1z x  ，故  2 1,1,1n   ， 设平面 1ACD与平面 1ABC的夹角为， 所以 1 2 1 2 1 2 2 6cos cos , 32 3· n n n n n n              . 16．（1）由 2 2 列联表，得    2 22 200 30 50 70 50 200 2000 25 8.333 6.635 100 100 80 120 100 100 80 120 3                   ， 所以依据小概率值 0.01  的独立性检验，可以认为周平均运动时长与年龄有关. （2）抽取的 10 人中，周平均运动时长小于 5 小时的有 5010 5 100   人， 周平均运动时长大于等于 5 小时的有 5010 5 100   人. 随机变量 X 表示抽取的 3 人中，“周平均运动时长小于 5 小时”的人数， 故 X 的所有可能取值为 0，1，2，3， 则   0 3 5 5 3 10 C C 10 C 12 P X    ，   1 2 5 5 3 10 C C 51 C 12 P X    ，   2 1 5 5 3 10 C C 52 C 12 P X    ，   3 0 5 5 3 10 C C 13 C 12 P X    16 所以随机变量 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 1 12 5 12 5 12 1 12 所以   1 5 5 1 30 1 2 3 12 12 12 12 2 E X          . 17．（1）圆 2 2 2 0x y x y      过点 (2,0), 4 0 4 0 0, 0         ． 又圆 2 2 2 0x y x y    过点 2(0, ), 0, 0B b b b b    ，解得 1b  ． 2 2 3 , 2 1, ce a a c         解得 2 4a  ， 椭圆C的方程为 2 2 1 4 x y  ． （2） 由（1）可知 (0,1)B ．由题意可知，直线 l的斜率不为 0，设直线 l的方程为 1x ty  ， 由题意可知 0, 1t t   ，则 1k t  ． 设     1 1 2 2 1 2, , , 0P x y Q x y x x  ． 由 2 2 1, 4 1, x y x ty        消去 x，整理得    2 2 24 2 3 0,Δ 16 3 0t y ty t       ， 则 1 2 1 22 2 2 3, 4 4 ty y y y t t        ． 17 直线 BP，BQ的斜率分别为 1 21 2 1 2 1 1,y yk k x x     ，             2 1 1 21 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 11 1 1 1 ty y ty yy yk k x x ty ty                  2 21 2 1 2 2 21 2 1 2 2 2 3 22 (1 ) 22 (1 ) 2 24 4 3 21 11 4 4 tt tty y t y y t t tt y y t y y tt t t t                         ． 1 2 21, 1 1 k k t       ，解得 3t  ， 故直线 l的方程为 3 1x y  ，即 3 1 0  x y ． 18．（1）设直线 1 e y   与曲线  y f x 相切的切点为 0 1, e x     ，则  0 0 1ln e x ax   .①    ln 1f x ax  ，则  0ln 1 0ax   .② 由①②解得 0 1 , 1 e x a  . （2） a不可能为 0. 当 0a  时，  f x 的定义域为      0, , ln 1f x ax   是增函数. 令  ln 1 0ax   ，解得 1 e x a  . 当 10, e x a      时，   0f x  ，当 1 , e x a       时，   0f x  ， 所以  f x 在 10, ea       上单调递减，在 1 , ea      上单调递增.  f x 有极小值，没有极大值，不符合题意. 因为 0a  ，所以  f x 的定义域为  , 0 . 当 1, e x a       时，   0f x  ，当 1 ,0 e x a      时，   0f x  ， 所以  f x 在 1, ea      上单调递增，在 1 ,0 ea       上单调递减. 18  f x 有极大值 1 e f a       ，没有极小值. 因为  f x 的极大值大于 1， 所以 1 1 1 e e f a a        ，解得 1 0 e a   . 故 a的取值范围为 1 ,0 e      . 19．（1）（i）设小王第 i次买到特别喜欢的款式为事件 iA . 则小王第二次才买到特别喜欢的款式的概率为      2 1 1 2 1 19 1 120 19 20P A A P A P A A    ； （ii） X的可能取值为1,2,3, ,20 ， 则   1 1 19 1 20 A A 1 , 1, 2,3, , 20 A 20 k kP X k k        ， 所以 X的分布列为 X 1 2 L 19 20 P 1 20 1 20 L 1 20 1 20 则      1 20 201 1 1 1 1 211 2 20 1 2 20 20 20 20 20 2 20 2 E X                   ； （2）记 1 0.05, 20 p Y  的可能取值为1, 2,3, , 7 . 因为前 6 次（包含第 6 次）没有保底， 则   1 1(1 ) 0.95 0.05k kP Y k p p      ，其中 1,2, ,6k   ，    6 6 6 67 (1 ) (1 ) 1 (1 ) 0.95P Y p p p p p         ， 所以Y的分布列为 19 Y 1 2 L 6 7 P 00.95 0.05  10.95 0.05  L 50.95 0.05  60.95 则   0 1 5 61 0.95 0.05 2 0.95 0.05 6 0.95 0.05 7 0.95E Y             . 记 0 1 51 0.95 2 0.95 6 0.95S        ， 则 1 2 60.95 1 0.95 2 0.95 6 0.95S        ， 两式相减，得 0 1 5 60.05 1 0.95 0.95 0.95 6 0.95S        6 6 61 0.95 6 0.95 20 26 0.95 1 0.95         ， 所以   6 60.05 7 0.95 20 19 0.95 5.94 6E Y S        .