【文档说明】湖北省武汉市第十一中学2023-2024学年高二下学期6月考数学试题 Word版含解析.docx，共(19)页，853.345 KB，由小赞的店铺上传

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武汉市第十一中学2025届高二6月考高二数学试卷考试时间：2024年6月1日10：15-12：15试卷满分：150分一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．1.已知命题:0,e32xpxx+，则p为（）A.0,e32xxx+B.0,e32

xxx+C.0,e32xxx+D.0,e32xxx+【答案】B【解析】【分析】全称量词命题的否定为存在量词命题，否定形式为：将改为，再将结论否定，即可选出.【详解】因为全称量词命题的否定是存在量词命题，而命题:0,e32xpxx+是全称量词命题，所以

p为“0,e32xxx+”.故选：B.2.若银行的储蓄卡密码由六位数字组成，小王在银行自助取款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，但记得密码的最后一位是奇数，则不超过2次就按对密码的概率是（）A.15B.25C.110

D.310【答案】B【解析】【分析】分第1次按对和第2次才按对两种情况，利用条件概率公式和加法公式计算概率可得.【详解】记“小王第一次按对”=A,“第二次按对”B=,()()()14,155PAPAPA==−=

,1(|)4PBA=；小王1次就按对的概率即为()PA，小王恰好需要2次才按对的概率()()411(|)545PABPAPBA===.所以小王不超过2次就按对的概率为152155+=.故选：B.3.在某市的一次

质量检测考试中，学生的数学成绩可认为近似服从正态分布，其正态密度曲线可用函数()22(78)21e2πxfx−−=的图象拟合，且()781200.42PX=，若参加本次考试的学生共有10000人，则数学成绩超过120分的

人数约为（）A.600B.800C.1200D.1400【答案】B【解析】【分析】由随机变量X的密度函数可求，由条件，利用正态分布的性质可求(120)PX，由此可求结论.【详解】依题意可知，78=，又因为

()781200.42PX=，所以(120)0.50.420.08PX=−=，所以数学成绩超过120分的人数约为0.0810000800=，故选：B.4.具有线性相关关系的变量,xy的样本数据如下：x－2－4－6－8y17.4138.25其回归直线方程为ˆˆˆybxa=+，则回归直线经过

（）A.第一、二、三象限B.第二、三、四象限C.第一、二、四象限D.第一、三、四象限【答案】A【解析】【分析】结合表中数据判断ˆ0b，再求出样本中心点，即可判断答案.【详解】由表中的数据知,xy正相关．所以ˆ0b，又()1246854x=−−−−=−，()117.4138.2510.94y

=+++=，即点()5,10.9−在回归直线上，且在第二象限，所以回归直线经过第一、二、三象限，故选：A5.已知函数()()ln1fxx=+，则()()()231,,23fff的大小关系为（）A.()()

()23123fffB.()()()32132fffC.()()()32132fffD.()()()23123fff【答案】C【解析】【分析】画出函数()()ln1fxx=+的图象，观察()(),xf

x与()0,0连线的斜率即得.【详解】作出函数()()ln1fxx=+的图象，如图所示.由图可知曲线上各点与坐标原点的连线的斜率随着x的增大而减小.由123，得()()()102030102030fff−−−−−

−，即()()()123123fff.故选：C.6.元宵节是中国传统节日，当天人们会吃汤圆、赏花灯、猜灯谜.小华爸爸手里有6个灯谜，其中4个事物谜，2个字谜，小华随机抽取2个灯谜，事件A为“取到的2个为同一类灯谜”，事件B为“取到的2个为事物谜”，

则()PBA=（）A.78B.67C.34D.25【答案】B【解析】【分析】根据题意，由条件概率公式代入计算，即可得到结果.【详解】由题意可得，()2242CCnA=+，()24CnAB=，所以()()()242242

C6CC7nABPBAnA===+，故选：B.7.设123451050xxxxx，随机变量1取值12345,,,,xxxxx的概率均为0.2，随机变量2取值2334455112,,,,22222xxxxxxxxxx+++++的概率也均为0.2，若记

()()12,DD分别为12,的方差，则（）A.()()12DDB.()()12DD=C()()12DDD.()1D与()2D的大小关系与12345,,,,xxxxx的取值有关【答案】C【解析】【分析】根据期望的公式推出()()12EE=，再根

据方差的计算公式可得()()12,DD的表达式，结合基本不等式，即可判断()()12,DD的大小，即得答案.【详解】由题意得()()1123450.2Exxxxx=++++，()()23344551122123450.2)0.222(222xx

xxxxxxxxExxxxx+++++=++++=++++，故()()12EE=，记()()21xEE==则()()()()22211250.2Dxxxxxx=−+−++−()2225125123450.2[(52)]xxxxxxxxxx=++

++−++++()22221250.25xxxx=+++−同理()222223511220.25222xxxxxxDx+++=+++−因为123451050xxx

xx，则222121222xxxx++，L，222515122xxxx++，故222235112222xxxxxx++++++222125xxx+++，即得()()12DD，()1D与()2D的大小

关系与12345,,,,xxxxx的取值无关，故选：C.8.已知函数21()cos22fxxx=+−，设()()()0.320.3log0.2,log0.2,0.2afbfcf===，则（）A.acbB.abcC.cbaD.bca【答案】B【解析】【分析】判断出函数的奇

偶性，利用导数确定函数的单调性，由对数函数性质、指数函数性质比较对数、幂的大小后，由奇偶性、单调性得结论．【详解】函数21()cos22fxxx=+−的定义域为R，21()()cos()2()2fxxxfx−=−+−−=，故21()cos22fxxx=+−为偶函数，当

0x时，()sinfxxx=−，令()singxxx=−，则()1cos0gxx=−≥，即()singxxx=−在[0,)+上单调递增，故()(0)0gxg=，所以()0fx，则()fx在[0,)

+上单调递增，由于2221log0.2loglog5(3,2)5==−−−，0.30.30.32log0.09log0.2log0.31==，0.300.21，所以abc．故选：B．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18

分．9.袋中有10个大小相同的球，其中6个黑球编号为1，2，3，4，5，6，4个白球编号为7，8，9，10，现从中任取4个球，则下列结论中正确的是（）A.恰有3个白球的概率为435B.取出的最大号码X服从超几何分布C.设取出的黑球个数为Y，当2Y

=时，概率最大D.若取出一个白球记2分，取出一个黑球记1分，则总得分最大的概率为1210【答案】ACD【解析】【分析】利用古典概型可判定A、D，利用超几何分布的定义及概率公式可判定B、C.【详解】对于A，由题意可知恰有3个白球的概率为31464

10CC4C35=，故A正确；对于D，若取出一个白球记2分，取出一个黑球记1分，则总得分最大为取出4个白球，其概率为4046410CC1C210=，故D正确；对于B，因为取出的最大号码不是某两类对象中的一类对象，不满足超几何分布的定义，

故X不服从超几何分布，故B错误，对于C，取出的黑球个数Y服从超几何分布，易知()()()()22316464441010CCCC14380,1,2,321035C7C21PYPYPYPY========

==()4064410CC14C14PY===，显然当2Y=时，概率最大，故C正确；故选：ACD10.设1,0ab，且ln2ab=−，则下列关系式可能成立的是（）A.ab=B.eba−=C.2024a

b=D.eab【答案】AC【解析】【分析】首先求出21ea，再分别构造函数，结合导数，利用函数单调性一一分析即可.【详解】由于ln2ab=−，知2lnba=−，及其1,0ab，则2ln0ba=−，解得21ea，对AB，2lnbaaa−=−−，设函数

2()2ln,1efaaaa=−−，1()10faa=−−，故()fa在()21,e上单调递减，则()22ee()(1)ffaf−==1，即2e1ba−−，故A对B错；对C，由于22ln1e,baaaa−=，设22ln(),1eag

aaa−=，2ln3()0agaa−=，故()ga在()21,e上单调递减，()20e()(1)2ggag==，故(0,2)ba，若12024,(0,2)2024baba==，故C对；对D，(2ln)abaa=−，设()

2()(2ln),1,ehaaaa=−，()2(ln1)1lnhaaa=−+=−，令()0ha=，则ea=，则(1,e)a，()0ha，则()2e,ea，()0ha，则()ha在(1,e)上单调递增，在()2e,e上单调递减，(

)2max()e,(1)2,e0hahh===，故()(0,e]ha，即0eab，故D错误.故选：AC.11.已知函数()fx定义域为R，且()()()()()223,13,22fxyfxyfxfy

ffx+−=−=+为偶函数，则（）A.(0)0f=B.()fx为偶函数C.(3)(3)fxfx+=−−D.20231()3kfk==【答案】ACD【解析】【分析】对于A，利用赋值法即可判断；对

于B，利用赋值法与函数奇偶性的定义即可判断；对于C，利用换元法结合()fx的奇偶性即可判断；对于D，先推得()fx的一个周期为6，再依次求得()()()()()()1,2,3,4,5,6ffffff，从而利用()fx的周期性即可判断.【详解】对于A，因为()()()()

22fxyfxyfxfy+−=−，令0xy==，则()()()()220000ffff=−，故()200f=，则()00f=，故A正确；对于B，因为()fx的定义域为R，关于原点对称，令0x=，则()(

)()()220fyfyffy−=−，又()fy不恒为0，故()()fyfy−=−，所以()fx为奇函数，故B错误；对于C，因为322fx+为偶函数，所以332222fxfx−+=+，令322tx−=−+，则322xt

=+，故()()3ftft−=+，令322tx=−+，则322xt=−+，故()()3ftft=−+，又()fx为奇函数，故()()ftft−=−，所以()()33ftft+=−−+，即(3)(3)fxfx+=−−，

故C正确；对于D，由选项C可知()()()3ftftft+=−=−，所以()()()63ftftft+=−+=，故()fx的一个周期为6，因为()13f=，所以()()113ff−=−=−，对于()()3ftft=−+，的令2t=，得()()213ff==，则()23f−=−，

令3t=，得()()300ff==，则()30f−=，令4t=，得()()413ff=−=−，令5t=，得()()523ff=−=−，令6t=，得()()630ff=−=，所以()()()()()()1234563303300

ffffff+++++=++−−+=，又202333761=+，所以由()fx的周期性可得：20231()(1)(2)(3)(2023)(1)3ifkfffff==++++==，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题解题的关键在于利用赋值法与函数奇

偶性的定义推得()fx的奇偶性，再结合题设条件推得()fx为周期函数，从而得解.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知函数()43xfx−=在()2,4上单调递增，则实数的值可以是____

__.（写出满足条件的一个值即可）【答案】8（答案不唯一）【解析】【分析】根据复合函数单调性法则知4yx=−在()2,4上单调递增，利用绝对值函数单调性列不等式即可求解.【详解】因为函数()43xfx−=在()2,4上单调递增，且3ty=在定义域上单调递增，根据复合函数单调性法则知，4yx

=−在()2,4上单调递增，所以24，所以8，则实数的取值范围为(,8−，故实数的值可以是8.故答案为：8（答案不唯一）13.已知某人每次投篮的命中率为()01pp，投进一球得1分，投不进得0分，记投篮一次的得分为X

，则()()432DXEX−的最大值为________．【答案】223−##232−+【解析】【分析】结合两点分布期望与方差公式以及基本不等式计算即可得.【详解】由题意可知，X服从两点分布，可得()EXp=，

01p，()()1DXpp=−，则()()()43413322222DXpppEXpp−−−==−−332222222322pppp=−+−=−，当且仅当322pp=，即32p=时，等号成立，故()()432DXEX−最大值为223−．故答

案为：223−.14.已知X为包含v个元素的集合（*Nv，3v）．设A为由X的一些三元子集（含有三个元素的子集）组成的集合，使得X中的任意两个不同的元素，都恰好同时包含在唯一的一个三元子集中，则称(),XA组成一个v阶的Steiner三元系．若()

,XA为一个7阶的Steiner三元系，则集合A中元素的个数为_____________．【答案】7【解析】【分析】令{,,,,,,}Xabcdefg=，列举出所有三元子集，结合(),XA组成v阶的Steiner三元系定义，确

定A中元素个数.【详解】由题设，令集合{,,,,,,}Xabcdefg=，共有7个元素，所以X的三元子集，如下共有35个：{,,}abc、{,,}abd、{,,}abe、{,,}abf、{,,}abg、{,,}acd、{,,}ace、{,,}acf、{,,}acg、{,,}ade、{,,}adf、

{,,}adg、{,,}aef、{,,}aeg、{,,}afg、{,,}bcd、{,,}bce、{,,}bcf、{,,}bcg、{,,}bde、{,,}bdf、{,,}bdg、{,,}bef、{,,}beg、{,,}bfg、{,,

}cde、{,,}cdf、的{,,}cdg、{,,}cef、{,,}ceg、{,,}cfg、{,,}def、{,,}deg、{,,}dfg、{,,}efg，因为A中集合满足X中的任意两个不同的元素，都恰好同时包含在唯一的一个三元子集，所以A中元素满

足要求的有：{,,}abc、{,,}ade、{,,}afg、{,,}bdf、{,,}beg、{,,}cdg、{,,}cef，共有7个；{,,}abc、{,,}adf、{,,}aeg、{,,}bde、{,,}bfg、{,,}cdg、{,,}cef，共有7个；{

,,}abc、{,,}adg、{,,}aef、{,,}bde、{,,}bfg、{,,}cdf、{,,}ceg，共有7个；{,,}abd、{,,}ace、{,,}afg、{,,}bcf、{,,}beg、{,,}cdg、{,,}

def，共有7个；{,,}abd、{,,}acg、{,,}aef、{,,}bce、{,,}bfg、{,,}cdf、{,,}deg，共有7个；{,,}abd、{,,}acf、{,,}aeg、{,,}bce、{,,}bfg、{,,}cdg、{,,}def，

共有7个；{,,}abe、{,,}acd、{,,}afg、{,,}bcf、{,,}bdg、{,,}ceg、{,,}def，共有7个；{,,}abe、{,,}acf、{,,}adg、{,,}bcd、{,,}bfg、{,,}ceg、{,,}def，共有7个

；{,,}abe、{,,}acg、{,,}adf、{,,}bcd、{,,}bfg、{,,}cef、{,,}deg，共有7个；{,,}abf、{,,}acd、{,,}aeg、{,,}bce、{,,}bdg、{,,}cfg、{,,}def，共有7个；{,,

}abf、{,,}ace、{,,}adg、{,,}bcd、{,,}beg、{,,}cfg、{,,}def，共有7个；{,,}abf、{,,}acg、{,,}ade、{,,}bcd、{,,}beg、{,,}cef、{,,}dfg，共有7个；{,,}abg

、{,,}acd、{,,}aef、{,,}bce、{,,}bdf、{,,}cfg、{,,}deg，共有7个；{,,}abg、{,,}ace、{,,}adf、{,,}bcd、{,,}bef、{,,}cfg、{,,}deg，共有7个；{,,}abg、{,,}acf、{,,}ad

e、{,,}bcd、{,,}bef、{,,}ceg、{,,}dfg，共有7个；共有15种满足要求的集合A，但都只有7个元素.故答案为：7四、解答题：本题共6小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步

骤．15.已知p：实数x满足2120,xxq+−：实数x满足222520xmxm−+.（1）若2m=，且p和q至少有一个为真命题，求实数x的取值范围；（2）若0m，且q是p的充分不必要条件，求实数m

的取值范围.【答案】（1）4,4−（2）30,2【解析】【分析】（1）根据题意解一元二次不等式得命题,pq，结合命题真假确定取值范围；（2）利用充分条件、必要条件的定义解不等式即可.【小问1详解】p：实数x满足2120xx+−，解得43x−.当

2m=时，2:540qxx−+，解得14x，p和q至少有一个为真命题，44x−，实数x的取值范围为4,4−.【小问2详解】0,m由222520xmxm−+，解得122mxm，即1:2,2qmxmq是p的充分不必要条件，142

23mm−（等号不同时取），382m−，又30,02mm，故实数m的取值范围为30,216.某大型体育赛事首日火炬传递共有106名火炬手参与.（1）组委会从火炬手中随机抽取了100名火炬手进行信息分析，得到如下表格：性别年龄总计满50周

岁未满50周岁男154560女53540总计2080100根据小概率值0.1=的2独立性检验，试判断火炬手的性别与年龄满或未满50周岁是否有关联；0.10.050.010.0050.001x2.7063.8416.6357.87910.828（2）在所有火炬手中，男性占比72%，女性占比2

8%，且50%的男性火炬手和25%的女性火炬手喜欢观看足球比赛，某电视台随机选取一位喜欢足球比赛的火炬手做访谈，请问这位火炬手是男性的概率为多少？【答案】（1）认为全省火炬手的性别与年龄满或未满50周岁没有关联.（2）3643【解析】【分析】（1）根据22的列联表中

的数据，求得22.34，结合题意，即可得到结论；（2）设A表示火炬手为男性，B表示火炬手喜欢足球，利用条件概率的计算公式，即可求解.【小问1详解】解：零假设为0H：全省火炬手的性别与年龄满或未满50周岁没有关联，根据22的列联表中的数据

，可得220.1100(1535545)2.342.70620804060x−==，所以根据小概率0.1=的2独立性检验，没有充分证据推断0H不成立，所以可以认定为0H成立，即认为全省火炬手的性别与年龄满或未满50周岁

没有关联.小问2详解】解：设A表示火炬手为男性，B表示火炬手喜欢足球，则()(|)()0.50.72(|)()0.50.720.250.28(|)()(|)()PABPBAPAPABPBPBAPAPBAPA===++0.360.36360.360.070.4343=

==+，所以这位火炬手时男性的概率约为3643.【17.已知数列na的通项公式为nan=，在na与1na+中插入21nn+−个数，使这21nn++个数组成一个公差为nd的等差数列，记数列nd的前n项和为nS，（1）求nd的通项公式及nS；（2）设12nnnnabS−=，nT为数列n

b的前n项和，求nT.【答案】（1）111ndnn=−+，1nnSn=+（2）1362nnnT−+=−【解析】【分析】（1）根据等差数列的定义求等差数列的公差，再用裂项求和法求nS.（2）利用错位相减法求数列nb的前n项和.

【小问1详解】因为在nan=，11nan+=+之间插入21nn+−项，使这21nn++个数成公差为nd的等差数列，所以()()2111nnndnn+−=++−21111ndnnnn==−++，所以11111122311nnSnnn=−+−++−=++.【小问2详解】易知

112nnn−+=，所以012123412222nnnT−+=++++，123112341222222nnnnnT−+=+++++两式相减得12311111112222222nnnnT−+=+++++−1111221323

12212nnnnn−−++=+−=−−，所以1362nnnT−+=−.18.已知函数()()2ln3fxxaxa=++R．（1）当12a=−时，求函数()fx的极值；（2）求函数()fx的

单调区间；（3）当0a=时，若()2xfxkxk−+在()1,x+时恒成立，求整数k的最大值．【答案】（1）()fx在1x=处取得极大值()512f=，无极小值（2）当0a时，()fx在(0,)+上单调递

增，当0a时，()fx在2(0,)2aa−−上单调递增，2(,)2aa−−+上单调递减（3）整数k的最大值为5【解析】【分析】（1）()211xfxxxx−=−=，令()0fx¢>或()0fx

可求单调区间，进而求得极值；（2）()21122,(0,)axfxaxxxx+=+=+，然后分类讨论可求得()fx的单调区间；（3）根据已知式子进行变量分离可转化为ln321xxxkx+−−恒成立，令ln32()1xxxFxx+−=−，然后利用导数研究函数的单调性与极

值，进而得出()Fx的最小值，进而得出所求得答案.【小问1详解】当12a=−时，()21ln3,(0,)2fxxxx=−++，所以()211xfxxxx−=−=，当01x时，()0fx¢>，()fx单调递增，当1x时，()0fx，(

)fx单调递减，所以()fx在1x=处取得极大值()512f=，无极小值.【小问2详解】()21122,(0,)axfxaxxxx+=+=+，当0a时，()0fx恒成立，所以()fx在(0,)+上单调递

增，当0a时，当2(0,)2axa−−时，()0fx¢>，所以()fx在2(0,)2aa−−上单调递增，当2(,)2axa−−+时，()0fx，所以()fx在2(,)2aa−−+上单调递减，综上所述：当0a时，()fx在(0,)+上

单调递增，当0a时，()fx在2(0,)2aa−−上单调递增，2(,)2aa−−+上单调递减.【小问3详解】()2xfxkxk−+在()1,x+时恒成立，即ln321xxxkx+−−恒成立，令ln32()1xxxFxx+−=−，则2ln2()(1)xxFxx−−

=−，令()ln2mxxx=−−，则11()10xmxxx−=−=在1x上恒成立，所以()mx在()1,+上单调递增，且(3)3ln321ln30m=−−=−(4)2ln40m=−，所以()mx在()1,+存在唯一实数(3,4

)b，使得()0mb=，即()ln20mbbb=−−=，所以ln2bb=−当()1,xb时，()0mx，即()0Fx，当()xb+,时，()0mx，即()0Fx，所以()Fx在()1,b上单调递减，(),b+上单调递增，所以minln32(2)32()2(5,6)11

bbbbbbFxbbb+−−+−===+−−，故2kb+，又Zk，整数k的最大值为5．【点睛】方法点睛：本题主要考查了利用导数分析函数单调性的问题，同时也考查了构造函数，结合零点存在性定理，进而确定函数在区间上最值的范围问题.需要根据题意

参变分离，构造函数求导，设极值点，再确定零点所在区间，进而代入原函数可得极值范围.属于难题.19.某校数学兴趣小组由水平相当的n位同学组成，他们的学号依次为1，2，3，…，n.辅导老师安排一个挑战数学填

空题的活动，活动中有两个固定的题，同学们对这两个题轮流作答，每位同学在四分钟内答对第一题及四分钟内答对第二题的概率都为12，每个同学的答题过程都是相互独立的挑战的具体规则如下：①挑战的同学先做第一题，第一题做对才有机会做第二题；②挑战按学号由小到大的顺序依次进行，第1号同学开

始第1轮挑战；③若第()1,2,3,,1iin=−号同学在四分钟内未答对第一题，则认为第i轮挑战失败，由第1i+号同学继续挑战；④若第()1,2,3,,1iin=−号同学在四分钟内答对了第一题，满四分钟后，辅导老师安排该生答第二

题，若该生在四分钟内又答对第二题，则认为挑战成功挑战在第i轮结束；若该生在四分钟内未答对第二题，则也认为第i轮挑战失败，由第1i+号同学继续挑战；⑤若挑战进行到了第n轮，则不管第n号同学答对多少题，下轮不再安排同学挑战.令随机变量nX表示n名挑战者在第()1,2,3,,n

nXXn=轮结束.（1）求随机变量4X的分布列；（2）若把挑战规则①去掉，换成规则⑥：挑战的同学先做第一题，若有同学在四分钟内答对了第一题，以后挑战的同学不做第一题，直接从第二题开始作答.令随机变量nY表示n名挑战者在第()1,2,3,,nnYYn=轮结束.（ⅰ）求随机变量()*

,2nYnNn的分布列；（ⅱ）证明()()()()()23453nEYEYEYEYEY.【答案】（1）分布列见解析；（2）（ⅰ）分布列见解析；（ⅱ）证明见解析.【解析】【分析】（1）由题知，两道题都答对的概率为14，至少有一道不能答对的概率为34，故有()()14

11,2,3434kPXkk−===，()34344PX==，即可求出概率分布列；（2）（i）根据题意先考虑()*11,nYkknk=−N时，第k人必答对第二题，故有故()112knkkPYkppk

+==+=，再考虑当nYn=时，故()()112nnnnPYnppn==+=+，于是得到其概率分布列；（ii）由（i）求得期望()()()112*1111,222knnnkEYknnnn+−==++

N，在考虑()nEY的单调性，即可证明()()()()()2345nEYEYEYEYEY成立，再用错位相减法和不等式放缩得()341171117811314222412nnEY−+++++

++=−即可证明.【详解】（1）()()4111111,2,3224kPXkk−==−=，()34344PX==，因此4X的分布列为4X1234P143

169642764（2）（ⅰ）()*11,nYkknk=−N时，第k人必答对第二题，若前面1k−人都没有一人答对第一题，其概率为112kkp+=，若前面1k−人有一人答对第一题，其概率为()11

1111122kkkkpCk++−=−=，故()112knkkPYkppk+==+=.当nYn=时，若前面n1−人都没有一人答对第一题，其概率为112nnp−=，若前面n

1−人有一人答对第一题，其概率为()112nnpn=−，故()()112nnnnPYnppn==+=+.nY的分布列为：nY123…n1−nP21231224132…()112nn−

()112nn+（ⅱ）()()()112*1111,222knnnkEYknnnn+−==++N.法1：()()()()()()111211111121202222nnnnnnEYEYnnnnnn++++

−=+++−+=+，故()()()()()2345nEYEYEYEYEY，求得()274EY=，故()()()()()()()()232431nnnEYEYEYEYEYEYEYEY−=+−+−++−

，∴()()3417111145142222nnnEYnn−=++++++，①()()2341711112456122222nnEYn−=++++++

，②②−①，()341171117811314222412nnEY−+++++++=−.故()()()()()23453nEYEYEYEY

EY法2：令()()()1122211111222kkkkakbkcakbkc++=++−++++，则()()()()()2222222kakbk

cakabkabcakbakcab=++−+++++=+−+−−，因此：()112111(1)22knnnkEYknn+−==++()()()2111162313332222nnnnnnnn=−++++=−+

.又()()()()()1111113420222nnnnnEYEYnnn+++−=+−+=+，故()()()()()23453nEYEYEYEYEY.【点睛】本题考查离散型随机变量的概率分布列，考查数学运算能力与分

析解决问题能力，是难题..