精品解析：宁夏回族自治区石嘴山市第一中学2025-2026学年高二下学期7月期末考试数学试题

石嘴山市第一中学2025-2026学年第二学期高二年级期末考试 数学试题 （分数：150分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 随机变量，满足：，，若，则 A. 5 B. 4 C. 7 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】 由，，求出值，由此求出，，再利用，即可得到答案． 【详解】由于随机变量满足： ，， ，解得：，即 ， 又随机变量，满足：， ， 故答案选B 【点睛】本题考查离散型随机变量的方差的求法，考查二项分布、方差的性质等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，属于中档题． 2. 在2021中俄高加索联合军演的某一项演练中，中方参加演习的有4艘军舰，5架飞机；俄方有3艘军舰，6架飞机.若从中、俄两方中各选出2个单位（1架飞机或一艘军舰都作为一个单位，所有的军舰两两不同，所有的飞机两两不同），且选出的四个单位中恰有一架飞机的不同选法共有（ ） A. 51种 B. 168种 C. 224种 D. 336种 【答案】B 【解析】 【分析】按飞机的来源分两类，再计算出每一类的选法种数结合分类加法计数原理计算作答. 【详解】计算选出的四个单位中恰有一架飞机的方法数有两类办法： 飞机来自中方，有种方法，飞机来自俄方，有种方法， 由分类加法计数原理得：(种)， 所以选出的四个单位中恰有一架飞机的不同选法共有168种. 故选：B 3. 已知随机变量，且，则的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正态分布图象的对称性得到，求出展开式的通项公式为，令，解得代入即可求出答案. 【详解】因为，且， 则，解得， 展开式的通项公式为， 令，解得， 所以的展开式中的系数为. 故选：D. 4. 甲、乙两名五子棋爱好者进行一场比赛，采用7局4胜制（先胜4局者获胜，比赛结束），已知每局比赛甲获胜的概率为，则甲最终以获胜的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用独立重复事件分析求解即可. 【详解】甲最终以获胜，说明甲在五局比赛中赢了四局，输了一局，且输掉的这局为第一局，第二局，第三局或者第四局， 故概率为. 5. 某10人组成兴趣小组，其中有5名团员，从这10人中任选4人参加某种活动，用X表示4人中的团员人数，则P（X＝3）＝（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】表示出抽取的4人中有3个团员，分别求出从这10人中任选4人参加某种活动方法总数，以及抽取的4人中有3个团员的方法总数，由古典概率的公式即可得出答案 【详解】表示出抽取的4人中有3个团员， 所以. 故选：D. 6. 已知颜色分别是红、绿、黄的三个大小相同的口袋，红色口袋内装有两个红球，一个绿球和一个黄球；绿色口袋内装有两个红球，一个黄球；黄色口袋内装有三个红球，两个绿球（球的大小质地相同）．若第一次先从红色口袋内随机抽取1个球，然后将取出的球放入与球同颜色的口袋内，第二次从该口袋内任取一个球，则第二次取到黄球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件概率公式和概率的乘法公式以及全概率公式即可求解. 【详解】记第一次抽到红、绿、黄球的事件分别为， 则， 记第二次在红、绿、黄色口袋内抽到黄球的事件分别为， 而两两互斥，其和为， 所以， 记第二次抽到黄球的事件为B， 则， 故选:D． 7. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次正面向上的点数为，第二次正面向上的点数为b，记事件“a为奇数”，事件“”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别求与，利用条件概率计算公式进行计算即可. 【详解】试验的样本点用表示，则满足的基本事件有，，，，，，，，，，，，，，，共15个，所以. 又其中为奇数的有9个，即. 所以. 故选：D. 8. 将三颗骰子各掷一次，记事件A＝“三个点数都不同”，B＝“至少出现一个６点”，则条件概率，分别是 A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件概率的含义，明确条件概率P（A|B），P（B|A）的意义，即可得出结论． 【详解】解：根据条件概率的含义，其含义为在发生的情况下，发生的概率，即在“至少出现一个6点”的情况下，“三个点数都不相同”的概率， “至少出现一个6点”的情况数目为，“三个点数都不相同”则只有一个6点，共种，； 其含义为在发生的情况下，发生的概率，即在“三个点数都不相同”的情况下，“至少出现一个6点”的概率，． 故选：． 【点睛】本题考查条件概率，考查学生的计算能力，明确条件概率的含义是关键． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. “杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，比欧洲发现早年左右.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第行的为第行中两个的和.则下列命题中正确的是（ ） A. 在“杨辉三角”第行中，从左到右第个数是 B. 由“第行所有数之和为”猜想： C. D. 存在，使得为等差数列 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据杨辉三角的特征即可判断A，根据二项式系数和的性质即可判断B，根据组合数的性质即可求解C，根据等差数列的定义即可求解D. 【详解】对于A，在“杨辉三角”第行中，从左到右第个数是，A错； 对于B，由二项式系数的性质知，B对； 对于C，由于故C正确； 对于D，取，则， 因为，所以数列为公差为的等差数列，D对. 故选：BCD. 10. 下列有关说法正确的是（ ） A. 的展开式中含项的二项式系数为20； B. 事件为必然事件，则事件、是互为对立事件； C. 设随机变量服从正态分布，若，则与的值分别为，； D. 甲、乙、丙、丁4个人到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点各不相同”，事件“甲独自去一个景点”，则. 【答案】CD 【解析】 【分析】 由二项式定理得：的展开式中含项的二项式系数为，即可判断；由对立事件与互斥事件的概念，进行判断；由正态分布的特点，即可判断；由条件概率的公式，计算即可判断. 【详解】对于，由二项式定理得：的展开式中含项的二项式系数为，故错误； 对于，事件为必然事件，若，互斥，则事件、是互为对立事件；若，不互斥，则事件、不是互为对立事件，故错误 对于，设随机变量服从正态分布，若，则曲线关于对称，则与的值分别为，．故正确． 对于，设事件 “4个人去的景点不相同”，事件 “甲独自去一个景点”， 则（A），（B），，则，故正确； 故选：． 【点睛】本题考查命题的真假判断和应用，考查事件的关系、条件概率的求法，考查二项式定理的判定方法和正态分布的特点，考查判断和推理能力，是中档题． 11. 甲每次掷骰子，若点数不超过三点，则给甲加1分，若点数超过三点，则给甲减1分．已知甲的初始积分为0分，甲重复掷骰子次后，记甲的得分为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 当为偶数，且时，越大，其概率越小 D. 若，则为偶数，且越大，越小 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据求解期望可以判断A；由代入题干条件求解可以判断B；利用作差法可以判断C；若，则为偶数，根据可以判断D. 【详解】设点数不超过三点的次数为，则点数超过三点的次数为，有，A正确. . 当或时，． 当时，. ，即，B错误． 若点数不超过三点的次数为，则点数超过三点的次数为，有. . 因为，所以，则，所以，即，所以越大，其概率越小，C正确． 若，则为偶数， ， 即，所以越大，越小，D正确， 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若展开式中第5项为常数项，则含项的系数为______（用数字表示）． 【答案】 【解析】 【分析】首先根据二项式定理及题中条件第5项为常数项，即可求出的值；再次利用二项式定理的通项公式即可求出项的系数. 【详解】， 因为展开式中第5项为常数项，所以时，，解得. 令，得，所以. 所以项的系数为. 故答案为：. 13. 在平面直角坐标系中，点集，在中随机取出三个点，则这三个点两两之间距离不超过的概率为_____． 【答案】 【解析】 【分析】先求出点集中的元素个数，分类讨论三个点两两之间的距离不超过的点的个数，再利用古典概率公式，即可求解. 【详解】点集，中有9个点，在中随机取出三个点的方式数为， 当取出的三个点两两之间的距离不超过时，有如下三种情况： ①三点在一横线或一纵线上，有种情况， ②三点是边长为的等腰直角三角形的顶点，有种情况， ③三点是边长为，，的等腰直角三角形的顶点， 其中，直角顶点位于的有个，直角顶点位于，的各有个，共有种情况， 综上，选出的三点两两之间距离不超过的情况数为， 这三个点两两之间距离均不超过2的概率为． 故答案为：． 14. 乒乓球被称为我国的“国球”.甲､乙两名运动员进行乒乓球比赛，其中每局中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛都是相互独立的. ①若比赛为五局三胜制，则需比赛五局才结束的概率为__________. ②若两人约定其中一人比另一人多赢两局时比赛结束，则需要进行的比赛局数的数学期望为__________. 附：当时，，. 【答案】 ①. ##0.2109375 ②. 【解析】 【分析】由已知可得前四局双方为，即可求出答案①；由已知可推得，需要比赛局数为偶数，且.进而可设，，根据错位相加法求出的前项和为，进而求出的极限即可得出答案. 【详解】①需比赛五局才结束，则说明前四局双方为，概率为. ②假设比赛局数为随机变量， 由已知，需比赛局数为偶数，则可取. 则， 当时，双方前局战为平局，且任意前（，且）局双方均战为平局， 则，显然，满足该式. 设，则有， 所以，是以为首项，为公比的等比数列. 设，则. 设的前项和为，则， ， 作差可得， ， 整理可得，. 由题意可得，，. 则. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：当时，由题意可知，双方前局战为平局，且任意前（，且）局双方均战为平局， 则. 四、解答题：本题共77分. 15. 已知展开式中前三项的二项式系数和为16. （1）求的值； （2）求展开式中含的项的系数. 【答案】（1）5；（2）80. 【解析】 【分析】（1）根据已知结合组合数公式，通过解一元二次方程进行求解即可； （2）利用二项式的通项公式进行求解即可. 【详解】解：（1）由题意，展开式中前三项的二项式系数和为16. 即：，解得：或（舍去）. 即的值为5. （2）由通项公式， 令，可得：. 所以展开式中含的项为， 故展开式中含的项的系数为80. 16. 假设某射手每次射击命中目标的概率为．现有5发子弹，该射手射中目标2次就停止射击，否则就一直独立地射击到子弹用完．设耗用子弹数为． （1）求； （2）在的条件下，求该射手第2次射击射中目标的概率； （3）求的概率分布和期望． 【答案】（1） （2） （3）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）利用独立事件乘法公式求概率即可； （2）利用条件概率公式求解即可； （3）利用分布列来求解期望. 【小问1详解】 前2次命中目标1次，第3次命中目标，则 【小问2详解】 前3次命中目标1次，第4次命中目标，则． 记该射手第2次射击射中目标为事件，耗用子弹数为4为事件， 则． 所以． 【小问3详解】 ，，， ． 所以． 17. 某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，抽奖规则如下：抽奖方案有以下两种：方案a，从装有2个红球､3个白球（仅颜色不同）的甲袋中随机摸出2个球，若都是红球，则获得奖金30元；否则，没有奖金，兑奖后将摸出的球放回甲袋中；方案b：从装有3个红球､2个白球（仅颜色不同）的乙袋中随机摸出2个球，若都是红球，则获得奖金15元；否则，没有奖金，兑奖后将摸出的球放回乙袋中.抽奖条件：顾客购买商品的金额满100元，可根据方案a抽奖一次；满150元，可根据方案b抽奖一次（例如某顾客购买商品的金额为260元，则该顾客可以根据方案a抽奖两次或方案b抽奖一次或方案a，b各抽奖一次）.已知顾客A在该商场购买商品的金额为350元. （1）若顾客A只选择方案a进行抽奖，求其所获奖金的期望； （2）要使所获奖金的期望值最大，顾客A应如何抽奖？ 【答案】（1）9 （2）应按方案抽奖两次，按方案抽奖一次 【解析】 【分析】（1）顾客A只选择方案进行抽奖，则其抽奖方式为按方案抽奖三次，结合二项分布，由此求出顾客A只选择方案进行抽奖，其所获奖金的期望值． （2）按方案一次抽中的概率，假设①，顾客A按方案抽奖两次，按方案抽奖一次，设所得奖金为，求出；假设②，顾客A按方案抽奖两次，设所得奖金为，求出,由此能求出要使所获奖金的期望值最大，顾客A应按方案抽奖两次，按方案抽奖一次． 【小问1详解】 顾客A只选择方案进行抽奖，则其抽奖方式为按方案抽奖三次， 按方案一次抽中的概率， 设中奖次数为,此时， 则所获奖金为,其期望为， 顾客A只选择方案进行抽奖，其所获奖金的期望值为9元． 【小问2详解】 按方案一次抽中的概率， 假设①，顾客A按方案抽奖两次，按方案抽奖一次， 此时方案的抽法的中奖次数， 按方案一次抽中的概率, 设此种情况下所得奖金为， 则， 假设②，顾客A按方案抽奖两次，设所得奖金为, 此时中奖次数， , ， 要使所获奖金的期望值最大，顾客A应按方案抽奖两次，按方案抽奖一次． 18. 已知函数，. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若恰有三个不同的零点（）. ①求实数的取值范围； ②求证：. 【答案】（1）;（2）①;②证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出导数，继而可得切线斜率为在的导数值，由，结合直线的点斜式，可求出切线方程. （2）①由题意知关于的方程在上有三个不同的解，令，可得或，从而可求出函数的极值，又结合当时，，当，即可求出实数的取值范围. ②令，则，即， 通过导数探究函数的性质，可知，从而可证明. 【详解】（1）解：当时，，所以. 则当时，，即切线的斜率为2，又由，则， 所以曲线在处的切线方程为. （2）①解：由题意可得，关于的方程在上有三个不同的解. 即关于的方程在上有三个不同的解.令. 所以. 显然，当时，，证明如下： 令. 当时，，函数在单调递减； 当时，，函数在上单调递增. 所以当时，取最小值.所以，当时，. 令，可得或.将变化情况列表如下 1 0 0 极小值 极大值 又当时，，当. 所以，实数的取值范围为. ②由①可知，当时，. 令，则，即. 不妨设，则.又， 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减. 显然，当时，；当时，. 所以. 所以 . 即. 【点睛】本题考查了函数切线方程的求解，考查了函数的零点与方程的根，考查了导数判断函数单调性，考查了导数求极值.求函数的切线方程时，常用的等量关系有两个，一是切点处的导数值为切线的斜率，二是切点既在切线上又在函数的图像上. 19. 六一儿童节，某商场为了刺激消费提升营业额，推出了消费者凭当天在该商场的消费单据参加抽奖的活动，奖品是4款不同造型的玩具摩托车与4款不同造型的玩具跑车（每款车的数量都充足），主办方将大小相同的8个乒乓球上分别标注1，2，3，4，5，6，7，8，其中标注数字1，2，3，4的乒乓球分别代表4款不同造型的摩托车，5，6，7，8的乒乓球分别代表4款不同造型的跑车，并将这8个乒乓球放在一个不透明箱子内．活动规定：儿童节当天在该商场消费满100元的消费者可从摸奖箱内摸出1个乒乓球，然后再放回箱内；消费满200元可先从摸奖箱内摸出1个乒乓球，放回后再从中摸出1个乒乓球，然后再放回箱内；消费满300元可先从摸奖箱内摸出1个乒乓球，放回后再从中摸出1个乒乓球，放回后再从中摸出1个乒乓球，然后再放回箱内；，依此类推，消费者根据自己摸出的乒乓球标注的数字即可获得相应的奖品． （1）若小明的家长当天在该商场消费恰好满400元，求这位家长能获得2款相同造型摩托车与2款不同造型跑车的概率； （2）若本次活动小明家获得的奖品是2台不同造型的摩托车和2台不同造型的跑车，小英家也获得2台不同造型的摩托车和2台不同造型的跑车． ①从他们两家获得的这8台车中随机抽取5台，如果抽出的5台车中有台摩托车，求的分布列和数学期望； ②若小明和小英将他们家本次活动获得的奖品每次各取一件进行交换，第一次交换的奖品也可以参加第二次交换，求两次交换后小明家仍有2台摩托车和2台跑车的概率． 【答案】（1） （2）①分布列见解析，；② 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用古典概率的计算公式求解； （2）①的所有取值为1，2，3，4，利用超几何分布的概率公式求出相应的概率，列出分布列，求得期望；②由题两次交换后小明家仍有2台摩托车和2台跑车，包括3种情况：第一次交换后小明家是2台摩托车2台跑车，第一次交换后小明家是1台摩托车3台跑车，第一次交换后小明家是3台摩托车1台跑车，分别求出其概率得解. 【小问1详解】 记“小明的家长得到2台相同造型摩托车与2台不同造型跑车”为事件， 则， 所以小明的家长获得2台相同造型摩托车与2台不同造型跑车的概率为. 【小问2详解】 ①依题意，的所有取值为1，2，3，4， ， 的分布列为： 1 2 3 4 所以数学期望. ②两次交换后小明家仍有2台摩托车和2台跑车，包括3种情况： （i）第一次交换后小明家是2台摩托车2台跑车， 其概率； （ii）第一次交换后小明家是1台摩托车3台跑车， 其概率； （iii）第一次交换后小明家是3台摩托车1台跑车， 其概率， 因此所求概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 石嘴山市第一中学2025-2026学年第二学期高二年级期末考试 数学试题 （分数：150分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 随机变量，满足：，，若，则 A. 5 B. 4 C. 7 D. 9 2. 在2021中俄高加索联合军演的某一项演练中，中方参加演习的有4艘军舰，5架飞机；俄方有3艘军舰，6架飞机.若从中、俄两方中各选出2个单位（1架飞机或一艘军舰都作为一个单位，所有的军舰两两不同，所有的飞机两两不同），且选出的四个单位中恰有一架飞机的不同选法共有（ ） A. 51种 B. 168种 C. 224种 D. 336种 3. 已知随机变量，且，则的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 4. 甲、乙两名五子棋爱好者进行一场比赛，采用7局4胜制（先胜4局者获胜，比赛结束），已知每局比赛甲获胜的概率为，则甲最终以获胜的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 某10人组成兴趣小组，其中有5名团员，从这10人中任选4人参加某种活动，用X表示4人中的团员人数，则P（X＝3）＝（　　） A. B. C. D. 6. 已知颜色分别是红、绿、黄的三个大小相同的口袋，红色口袋内装有两个红球，一个绿球和一个黄球；绿色口袋内装有两个红球，一个黄球；黄色口袋内装有三个红球，两个绿球（球的大小质地相同）．若第一次先从红色口袋内随机抽取1个球，然后将取出的球放入与球同颜色的口袋内，第二次从该口袋内任取一个球，则第二次取到黄球的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次正面向上的点数为，第二次正面向上的点数为b，记事件“a为奇数”，事件“”，则（ ） A. B. C. D. 8. 将三颗骰子各掷一次，记事件A＝“三个点数都不同”，B＝“至少出现一个６点”，则条件概率，分别是 A. ， B. ， C. ， D. ， 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. “杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，比欧洲发现早年左右.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第行的为第行中两个的和.则下列命题中正确的是（ ） A. 在“杨辉三角”第行中，从左到右第个数是 B. 由“第行所有数之和为”猜想： C. D. 存在，使得为等差数列 10. 下列有关说法正确的是（ ） A. 的展开式中含项的二项式系数为20； B. 事件为必然事件，则事件、是互为对立事件； C. 设随机变量服从正态分布，若，则与的值分别为，； D. 甲、乙、丙、丁4个人到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点各不相同”，事件“甲独自去一个景点”，则. 11. 甲每次掷骰子，若点数不超过三点，则给甲加1分，若点数超过三点，则给甲减1分．已知甲的初始积分为0分，甲重复掷骰子次后，记甲的得分为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 当为偶数，且时，越大，其概率越小 D. 若，则为偶数，且越大，越小 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若展开式中第5项为常数项，则含项的系数为______（用数字表示）． 13. 在平面直角坐标系中，点集，在中随机取出三个点，则这三个点两两之间距离不超过的概率为_____． 14. 乒乓球被称为我国的“国球”.甲､乙两名运动员进行乒乓球比赛，其中每局中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛都是相互独立的. ①若比赛为五局三胜制，则需比赛五局才结束的概率为__________. ②若两人约定其中一人比另一人多赢两局时比赛结束，则需要进行的比赛局数的数学期望为__________. 附：当时，，. 四、解答题：本题共77分. 15. 已知展开式中前三项的二项式系数和为16. （1）求的值； （2）求展开式中含的项的系数. 16. 假设某射手每次射击命中目标的概率为．现有5发子弹，该射手射中目标2次就停止射击，否则就一直独立地射击到子弹用完．设耗用子弹数为． （1）求； （2）在的条件下，求该射手第2次射击射中目标的概率； （3）求的概率分布和期望． 17. 某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，抽奖规则如下：抽奖方案有以下两种：方案a，从装有2个红球､3个白球（仅颜色不同）的甲袋中随机摸出2个球，若都是红球，则获得奖金30元；否则，没有奖金，兑奖后将摸出的球放回甲袋中；方案b：从装有3个红球､2个白球（仅颜色不同）的乙袋中随机摸出2个球，若都是红球，则获得奖金15元；否则，没有奖金，兑奖后将摸出的球放回乙袋中.抽奖条件：顾客购买商品的金额满100元，可根据方案a抽奖一次；满150元，可根据方案b抽奖一次（例如某顾客购买商品的金额为260元，则该顾客可以根据方案a抽奖两次或方案b抽奖一次或方案a，b各抽奖一次）.已知顾客A在该商场购买商品的金额为350元. （1）若顾客A只选择方案a进行抽奖，求其所获奖金的期望； （2）要使所获奖金的期望值最大，顾客A应如何抽奖？ 18. 已知函数，. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若恰有三个不同的零点（）. ①求实数的取值范围； ②求证：. 19. 六一儿童节，某商场为了刺激消费提升营业额，推出了消费者凭当天在该商场的消费单据参加抽奖的活动，奖品是4款不同造型的玩具摩托车与4款不同造型的玩具跑车（每款车的数量都充足），主办方将大小相同的8个乒乓球上分别标注1，2，3，4，5，6，7，8，其中标注数字1，2，3，4的乒乓球分别代表4款不同造型的摩托车，5，6，7，8的乒乓球分别代表4款不同造型的跑车，并将这8个乒乓球放在一个不透明箱子内．活动规定：儿童节当天在该商场消费满100元的消费者可从摸奖箱内摸出1个乒乓球，然后再放回箱内；消费满200元可先从摸奖箱内摸出1个乒乓球，放回后再从中摸出1个乒乓球，然后再放回箱内；消费满300元可先从摸奖箱内摸出1个乒乓球，放回后再从中摸出1个乒乓球，放回后再从中摸出1个乒乓球，然后再放回箱内；，依此类推，消费者根据自己摸出的乒乓球标注的数字即可获得相应的奖品． （1）若小明的家长当天在该商场消费恰好满400元，求这位家长能获得2款相同造型摩托车与2款不同造型跑车的概率； （2）若本次活动小明家获得的奖品是2台不同造型的摩托车和2台不同造型的跑车，小英家也获得2台不同造型的摩托车和2台不同造型的跑车． ①从他们两家获得的这8台车中随机抽取5台，如果抽出的5台车中有台摩托车，求的分布列和数学期望； ②若小明和小英将他们家本次活动获得的奖品每次各取一件进行交换，第一次交换的奖品也可以参加第二次交换，求两次交换后小明家仍有2台摩托车和2台跑车的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $