湖南省郴州市2020-2021学年高二下学期期末教学质量监测数学Word版含解析

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湖南省郴州市2020-2021学年高二下学期期末考试数学试卷一、单选题(本大题共8个小题，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.设集合A={x|−3

15.设a=log36，b=log612，c=log918，则（   ）A.c>b>aB.b>c>aC.a>c>bD.a>b>c6.已知平面向量PA，PB满足，|PA|=|PB|=1，PA⋅PB=12，若|BC|=1，则|AC|的最大值为（   ）A.1B.2C.3D.27.为了加强新冠疫苗的接种工作，某医院欲从5名医生和4名护士中抽选了3人(医生和护士均至少有一人)分配到A，B，C三个地区参加医疗支援工作(每个地区一人)，方案要求医生不能去A地区，则分配方案共有（   ）A.264种B.224种C.200种D.236种8.已知函数f(x)={logax,x>0|x+3|,−4≤x<0（a>0且a≠1）．若函数f(x)的图象上有且只有两个点关于原点对称，则a的取值范围是（   ）A.(0,14)B.(0,14)∪(1,+∞)C.(14,1)∪(1,+∞)D.(0,1)∪(1,4)二、多选题(每小题4分，共20分)9.甲、乙两名同学在本学期的六次考试成绩统计如图，甲、乙两组数据的平均值分别为x甲､x乙，则（     ）A.每次考试甲的成绩都比乙的成绩高B.甲的成绩比乙稳定

2C.x甲一定大于x乙D.甲的成绩的极差大于乙的成绩的极差10.已知b2C.lga2>lgabD.|a|a<|a|b11.关于函数f(x)=|sinx|−sin|x|有下述四个结论，其中正确的结论是（   ）A.f(x)是偶函数B.f(x)在(0,2π)上有3个零点C.f(x)在(π2,π)上单调递增D.f(x)的最大值为212.如图所示，正三棱柱ABC−A1B1C1各棱的长度均相等，D为AA1的中点，M､N分别是线段BB1和线段CC1上的动点(含端点)，且满足BM=C1N，当M､N运动时，下列结论中正确的是（   ）A.△DMN是等腰三角形B.在△DMN内总存在与平面BCC1B1垂直的线段C.三棱锥A1−DMN的体积是三棱柱ABC−A1B1C1的体积的18D.cos∠MDN∈[15,12]三、填空题:每小题4分，共20分．请把答案填在答题卡的相应位置．13.已知直线x=1是函数f(x)=sin(ωx+π6)(ω>0)的一条对称轴，写出ω的一个可能值为________.14.已知随机变量X，Y满足X∼B(6,16)，Y=3X+1，E(Y)=________.15.已知(x+ax)(2x−1x)5的展开式中的各项系数的和为2，则该展开式中的常数项为________．16.已知扇形AOB半径为1，∠AOB=120°，弧AB上的点P满足OP=λOA+μOB(λ,μ∈R)，则λ+μ的最大值是________；PA⋅PB最小值是________.四、解答题(共70分．)

317.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin2A+sin2B−sin2C=sinA⋅sinB（1）求C；（2）若△ABC的面积为103，D为AC的中点，求BD的最小值.18.已知正项数列{an}的前n项和为Sn，对n∈N∗有2Sn=an2+an.（1）求数列{an}的通项公式；（2）若bn=2an+an，求{bn}的前项和Tn.19.如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=1，E为CD的中点，把ΔADE沿AE翻折，满足AD⊥BE.（1）求证：平面ADE⊥平面ABCE；（2）求二面角E−AC−D的余弦值.20.足不出户，手机下单，送菜到家，轻松逛起手机“菜市场”，拎起手机“菜篮子”，省心又省力.某手机App(应用程序)公司为了了解居民使用这款App使用者的人数及满意度，对一大型小区居民开展5个月的调查活动，从使用这款App的人数的满意度统计数据如下：月份12345不满意的人数1201051009580（1）请利用所给数据求不满意人数y与月份x之间的回归直线方程y=bx+a，并预测该小区10月份的对这款App不满意人数：（2）工作人员发现使用这款App居民的年龄X近似服从正态分布N(35,42)，求P(27

4K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)(其中n=a+b+c+d)P（K2≥k0）0.150.100.050.0250.010k02.0722.7063.8415.0246.63521.已知圆M经过两点A(3,3)，B(2,2)且圆心M在直线y=x−2上.（1）求圆M的方程；（2）设E，F是圆M上异于原点O的两点，直线OE，OF的斜率分别为k1，k2，且k1⋅k2=2，求证：直线EF经过一定点，并求出该定点的坐标.22.某校高二年级为了丰富学生的课外活动，每个星期都举行“快乐体育”活动.在一次“套圈圈”的游戏中，规则如下：在规定的4米之外的地方有一个目标物体，选手站在原地丟圈，套中目标物即获胜；规定每小组两人，每人两次，套中的次数之和不少于3次称为“最佳拍档”，甲､乙两人同一组，甲､乙两人丟圈套中的概率为别为pi，p2，假设两人是否套中相互没有影响.（1）若p1=13，p2=12设甲､乙两人丟圈套中的次数之和为ξ，求ξ的分布列及数学期望E(ξ).（2）若p1+p2=43，则游戏中甲乙两人这一组要想获得“最佳拍档”次数为16次，则理论上至少要进行多少轮游戏才行？并求此时p1，p2的值.

5答案解析部分一、单选题1.设集合A={x|−3

6故答案为：D.【分析】因为{an}等比数列，且a3a11=4a7,可得a72=4a7≠0，解得a7，数列{bn}是等差数列，则b3+b11=2b7=2a7可得答案。4.刘徽(约公元225年—295年)，魏晋期间伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一.他在割圆术中提出的“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的佳作.割圆术的核心思想是将一个圆的内接正n边形等分成n个等腰三角形如图1所示，当n变得很大时，这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想得到sin3°的近似值为（   ）A.π30B.π60C.π90D.π180【答案】B【考点】扇形的弧长与面积【解析】【解答】解：将一个单位圆分成120个扇形，则每个扇形的圆心角度数均为3°，∵这120个扇形对应的等腰三角形的面积之和近似于单位圆的面积，∴120×12×1×1×sin3°=60sin3°≈π，∴sin3°≈π60故答案为：B．【分析】将一个单位圆分成120个扇形,则每个扇形的圆心角度数均为3°，由这1820个扇形对应的等腰三角形的面积之和近似于单位圆的面积，能求出sin3°的近似值.5.设a=log36，b=log612，c=log918，则（   ）A.c>b>aB.b>c>aC.a>c>bD.a>b>c

7【答案】D【考点】对数的运算性质，换底公式的应用，对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】a=log36=1+log32，b=log612=1+log62，c=log918=1+log92，∵1log62=1log26>log92=1log29，∴a>b>c.故答案为：D【分析】利用对数的换底公式、运算法则、对数函数的单调性即可得出大小关系.6.已知平面向量PA，PB满足，|PA|=|PB|=1，PA⋅PB=12，若|BC|=1，则|AC|的最大值为（   ）A.1B.2C.3D.2【答案】D【考点】平面向量数量积的运算，数量积表示两个向量的夹角【解析】【解答】由题意知：AC=AB+BC，则|AC|2=(AB+BC)2=|AB|2+2AB⋅BC+|BC|2，∵|PA|=|PB|=1，PA⋅PB=12，∴cos=12，则=π3，易知△PAB为等边三角形，则|AB|=1，∴|AC|=2(1+cos)，又∈[0,π]，∴当=0时，|AC|的最大值为2.故答案为：D【分析】由题意知：AC=AB+BC，则|AC|2=(AB+BC)2=|AB|2+2AB⋅BC+|BC|2，cos=12，则=π3，易知△PAB为等边三角形，|AC|=2(1+cos)，可得当=0时，|AC|的最大值为2。7.为了加强新冠疫苗的接种工作，某医院欲从5名医生和4名护士中抽选了3人(医生和护士均至少有一人)分配到A，B，C三个地区参加医疗支援工作(每个地区一人)，方案要求医生不能去A地区，则分配方案共有（   ）A.264种B.224种C.200种D.236种

8【答案】C【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】【解答】当选取的是1名医生2名护士，共有C51C42=30种选法，分配到A，B，C三个地区参加医疗救援（每个地区一人），方案要求医生不能去A地区，共有2A22=4种，即一共30×4=120种方案；当选取的是2名医生1名护士，共有C52C41=40种选法，分配到A，B，C三个地区参加医疗救援（每个地区一人），方案要求医生不能去A地区，共有A22=2种，即一共40×2=80种方案.综上所述：分配方案共有200种.故答案为：C.【分析】分类计数，考虑选取1名医生2名护士和2名医生1名护士两类情况求解.8.已知函数f(x)={logax,x>0|x+3|,−4≤x<0（a>0且a≠1）．若函数f(x)的图象上有且只有两个点关于原点对称，则a的取值范围是（   ）A.(0,14)B.(0,14)∪(1,+∞)C.(14,1)∪(1,+∞)D.(0,1)∪(1,4)【答案】C【考点】分段函数的应用【解析】【解答】当−4≤x<0时，函数y=|x+3|关于原点对称的函数为−y=|−x+3|，即y=−|−x+3|,(0≤x≤4)，若函数f(x)的图象上有且只有两个点关于原点对称，则等价于函数f(x)=logax与y=−|−x+3|,(0≤x≤4)只有一个交点，作出两个函数的图象如图：若a>1时，f(x)=logax与函数y=−|−x+3|,(0≤x≤4)有唯一的交点，满足条件；当x=4时，y=−|−4+3|=−1若0

9解得故142C.lga2>lgabD.|a|a<|a|b【答案】A,B

10【考点】对数函数的单调性与特殊点，基本不等式，不等式的基本性质【解析】【解答】∵b0,ab>0，∴ba+ab≥2ba⋅ab=2，当且仅当ba=ab时取等号，又ba≠ab，∴ba+ab>2，B符合题意；∵b|a|b，D不符合题意.故答案为：AB.【分析】根据题目所给不等式判断a,b的大小及符号，然后运用不等式的性质判断A，利用基本不等式判断B选项，利用不等式的性质及对数函数的单调性判断C选项，举反例判断D选项。11.关于函数f(x)=|sinx|−sin|x|有下述四个结论，其中正确的结论是（   ）A.f(x)是偶函数B.f(x)在(0,2π)上有3个零点C.f(x)在(π2,π)上单调递增D.f(x)的最大值为2【答案】A,D【考点】函数奇偶性的判断，函数的零点，正弦函数的零点与最值【解析】【解答】A：f(−x)=|sin(−x)|−sin|−x|=|sinx|−sin|x|=f(x)且x∈R，即f(x)是偶函数，正确；B：f(x)={0,0

11A.△DMN是等腰三角形B.在△DMN内总存在与平面BCC1B1垂直的线段C.三棱锥A1−DMN的体积是三棱柱ABC−A1B1C1的体积的18D.cos∠MDN∈[15,12]【答案】A,B,D【考点】棱柱的结构特征【解析】【解答】对于A选项，依题意可知BM=C1N、D是AA1的中点、AB=A1C1，所以直角梯形ABMD和直角梯形A1C1ND全等（当BM=C1N=0，即B和M重合、C1和N重合时是全等的三角形），所以MD=ND，所以△DMN是等腰三角形，A选项正确.对于B选项，设E,F分别是BC,MN的中点，连接DF,EF,AE，由于EF//BM//CN//AD，且EF=BM+CN2=AD，所以四边形AEFD是平行四边形，所以AE//DF，由于在正三棱柱中，平面ABC⊥平面BCC1B1，两个平面的交线为BC，且等边三角形ABC中，AE⊥BC，所以AE⊥平面BCC1B1，所以DF⊥平面BCC1B1，所以B选项正确.对于C选项，设正三棱柱的边长为1，所以正三棱柱ABC−A1B1C1的体积为12×1×1×sinπ3×1=34.根据正三棱柱的性质可知M到平面ACC1A1的距离等于B到平面ACC1A1的距离，结合等边三角形的性质可知这个距离为32，

12所以VA1−DMN=VM−A1DN=13×(12×12×1)×32=324，所以三棱锥A1−DMN的体积是三棱柱ABC−A1B1C1的体积的16，C选项错误.对于D选项，设BM=C1N=x(0≤x≤1)，则MD=ND=(12−x)2+12=x2−x+54，MN=(1−x−x)2+12=4x2−4x+2，由余弦定理得cos∠MDN=x2−x+54+x2−x+54−(4x2−4x+2)2(x2−x+54)=−2x2+2x+122(x2−x+54)=−2x2+2x+122x2−2x+52=−(2x2−2x+52)+32x2−2x+52=−1+32x2−2x+52=−1+32(x−12)2+2，由于0≤x≤1，所以2(x−12)2+2∈[2,52]，3(x−12)2+2∈[65,32]，−1+3(x−12)2+2∈[15,12]，所以D选项正确.故答案为：ABD【分析】根据正三棱柱的结构特征，逐项进行分析，可得答案。三、填空题13.已知直线x=1是函数f(x)=sin(ωx+π6)(ω>0)的一条对称轴，写出ω的一个可能值为________.【答案】π3(答案不唯一，形如π3+kπ，k∈N都可以)【考点】正弦函数的奇偶性与对称性【解析】【解答】解：因为直线x=1是函数f(x)=sin(ωx+π6)(ω>0)的一条对称轴，所以ω+π6=π2+kπ,k∈N，即ω=π3+kπ,k∈N.

13故答案为：π3(答案不唯一，形如π3+kπ，k∈N都可以).【分析】利用x = 1是函数的对称轴，列出关系式，即可得到结果.14.已知随机变量X，Y满足X∼B(6,16)，Y=3X+1，E(Y)=________.【答案】4【考点】离散型随机变量的期望与方差【解析】【解答】解：因为随机变量X满足X∼B(6,16)，所以E(X)=6×16=1，又因Y=3X+1，所以E(Y)=3E(X)+1=4.故答案为：4.【分析】由随机变量X∼B(6,16)，先求出E (X)=1，再由变量Y=3X+1，得E(Y)=3E(X)的值。15.已知(x+ax)(2x−1x)5的展开式中的各项系数的和为2，则该展开式中的常数项为________．【答案】40【考点】二项式定理【解析】【解答】令x=1可得(1+a)(2−1)5=2，即a=1，则(x+ax)(2x−1x)5x(2x−1x)5+1x(2x−1x)5，分别求出(2x−1x)5的展开式中的含1x和x和的项的系数分别为-40，80，所以展开式中的常数项为40.【分析】先求出a的值，再把(2x−1x)5按照二项式定理展开，可得 (x+ax)(2x−1x)5的展开式中常数项.16.已知扇形AOB半径为1，∠AOB=120°，弧AB上的点P满足OP=λOA+μOB(λ,μ∈R)，则λ+μ的最大值是________；PA⋅PB最小值是________.【答案】2；−12【考点】平面向量数量积的运算，三角函数中的恒等变换应用【解析】【解答】以OB为x轴，过O作OB的垂线作y轴，建立平面直角坐标系，

14O(0,0),B(1,0),A(−12,32),P(cosθ,sinθ)，θ∈[0,2π3]，则(cosθ,sinθ)=λ(−12,32)+μ(1,0)，所以{cosθ=−λ2+μsinθ=32λ，所以{λ=233sinθμ=33sinθ+cosθ，λ+μ=3sinθ+cosθ=2(32sinθ+12cosθ)=2sin(θ+π6)，因为θ∈[0,2π3]，所以θ+π6∈[π6,5π6]，所以当θ+π6=π2，即θ=π3时，λ+μ取得最大值2.所以PA⋅PB=(−12−cosθ,32−sinθ)⋅(1−cosθ,−sinθ)=−12−12cosθ+cos2θ−32sinθ+sin2θ=12−(12cosθ+32sinθ)=12−sin(θ+π6)，因为θ∈[0,2π3]，所以θ+π6∈[π6,5π6]，所以当θ+π6=π2，即θ=π3时，PA⋅PB取得最小值−12.故答案为：2；−12.【分析】建立坐标系，设∠BOP=θ，用θ表示出P点坐标，得出λ+μ及PA⋅PB关于θ的表达式，根据θ的范围和三角函数的性质得出答案.四、解答题17.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin2A+sin2B−sin2C=sinA⋅sinB（1）求C；（2）若△ABC的面积为103，D为AC的中点，求BD的最小值.【答案】（1）由sin2A+sin2B−sin2C=sinA⋅sinB及正弦定理可得：a2+b2−c2=ab∴cosC=a2+b2−c22ab=12∵C∈(0,π)∴C=π3（2）由题意知S△ABC=12absinC=12ab⋅32=103，得ab=40.

15由余弦定理得BD2=a2+b24−abcosC=a2+b24−12ab≥2a⋅b2−12ab=12ab=20，当且仅当a=12b且ab=40，即a=25，b=45时取等号，所以BD的最小值为25.【考点】正弦定理，余弦定理【解析】【分析】( 1 )利用正弦定理化简已知条件，然后通过余弦定理求解角C的大小;（2）利用三角形的面积公式和余弦定理及不等式的应用求出结果.18.已知正项数列{an}的前n项和为Sn，对n∈N∗有2Sn=an2+an.（1）求数列{an}的通项公式；（2）若bn=2an+an，求{bn}的前项和Tn.【答案】（1）∵2Sn=an2+an，①∴当n=1时，2a1=a12+a1，解得a1=1；当n≥2时，2Sn−1=an−12+an−1，②由①−②得2an=an2+an−(an−12+an−1)，化为(an+an−1)(an−an−1−1)=0，∵∀n∈N∗有an>0，∴an−an−1=1.数列{an}是以首项为1，公差为1的等差数列.∴an=1+(n−1)=n.∴an=n.（2）由（1）得an=n∵bn=2an+an，∴bn=2n+n，∴Tn=21+1+22+2+23+3+⋯+2n+n=21+22+23+⋯+2n+1+2+3+⋯+n=21×(1−2n)1−2+(1+n)n2=2n+1−2+(1+n)n2.【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】(1)当n=1时计算可知a1=1，当n≥2时通过作差整理可知数列 {an} 是以首项为1，公差为1的等差数列，进而计算可得结论;(2)通过(1)可知bn=2n+n，进而利用错位相减法计算即得结论.  19.如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=1，E为CD的中点，把ΔADE沿AE翻折，满足AD⊥BE.

16（1）求证：平面ADE⊥平面ABCE；（2）求二面角E−AC−D的余弦值.【答案】（1）证明：由已知可得AE=BE=2，AB=2，在△ABE中，满足AE2+BE2=AB2∴BE⊥AE∵AD⊥BE，且AD∩AE=A，AD、AE⊂平面ADE，∴BE⊥平面DAE又BE⊂平面ABCE，∴平面ADE⊥平面ABCE.（2）解：法一：(几何法)如图所示，连接AC，取AE中点O，连接DO，∴DO⊥AE，过O作OQ⊥AC交AC于Q点，连接OQ、DQ，∵平面ADE⊥平面ABCE，AE=平面ADE∩平面ABCE，∴DO⊥平面ABCE，∴DO⊥AC，又DO∩OQ=O，∴AC⊥平面DOQ，∴AC⊥DQ，所以∠DQO即为所求的二面角的平面角，由cos∠EAC=(2)2+(5)2−122×2×5=31010，∴DO=22，OQ=|AO|sin∠EAC=22×1010=510，又tan∠DQO=DOOQ=22510=10，∴cos∠DQO=1111∴二面角E−AC−D的余弦值为1111.法二：(向量法)取AE的中点O，连接DO∵AD=DE∴DO⊥AE∵平面ADE⊥平面ABCE，AE=平面ADE∩平面ABCE，

17∴DO⊥平面ABCE，如图所示，以E为坐标原点，以EA，EB分别为x，y轴，过E作DO的平行线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，C(−22,22,0)，D(22,0,22)∴AC=(−322,22,0)，AD=(−22,0,22)设m=(x,y,z)为平面DAC的法向量，有{m⋅AC=0m⋅AD=0⇒{−322x+22y=0−22x+22z=0不妨令x=1，则y=3，z=1，∴m=(1,3,1)，而平面AEC的其中一个法向量显然为n=(0,0,1)cos〈m,n〉=m⋅n|m||n|=1111二面角E−AC−D的余弦值为1111.【考点】平面与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】（1）根据勾股定理可证得BE⊥AE，得BE⊥ 平面 DAE，根据面面垂直的判定定理可得平面 ADE⊥ 平面 ABCE ；（2）法一：(几何法)如图所示，连接 AC ，取 AE 中点 O ，连接 DO ，得DO⊥AE  ， ∠DQO 即为所求的二面角的平面角，cos∠EAC=(2)2+(5)2−122×2×5=31010 ；法二：(向量法)以 EA ， EB 分别为 x ， y 轴，过 E 作 DO 的平行线为 z 轴，建立空间直角坐标系，求出平面 DAC 的法向量和平面 AEC 的其中一个法向量，利用向量法可求出二面角 E−AC−D 的余弦值.  20.足不出户，手机下单，送菜到家，轻松逛起手机“菜市场”，拎起手机“菜篮子”，省心又省力.某手机App(应用程序)公司为了了解居民使用这款App使用者的人数及满意度，对一大型小区居民开展5个月的调查活动，从使用这款App的人数的满意度统计数据如下：月份12345不满意的人数1201051009580

18（1）请利用所给数据求不满意人数y与月份x之间的回归直线方程y=bx+a，并预测该小区10月份的对这款App不满意人数：（2）工作人员发现使用这款App居民的年龄X近似服从正态分布N(35,42)，求P(276.635，根据临界值可得，有99%的把握认为是否使用这款App与性别有关【考点】线性回归方程，独立性检验的基本思想

19【解析】【分析】（1）由表中的数据可知， x=1+2+3+4+55=3 ，y=120+105+100+95+805=100 ，根据公式求出b^，a^，即可求出回归直线方程，令 x=10，可求出小区10月份的对这款App不满意人数；（2）依题意得 P(270)，由题意得：{(3−a)2+(3−b)2=r2(2−a)2+(2−b)2=r2b=a−2⇒{a=2b=0r=2，圆M的方程：(x−2)2+y2=4.（2）设直线EF：y=kx+b，由{(x−2)2+y2=4y=kx+b⇒(1+k2)x2+(2kb−4)x+b2=0，Δ=(2kb−4)2−4(1+k2)b2=4(4−4kb−b2)>0⇒4kb+b2<4，设E(x1,y1)，F(x2,y2)，x1+x2=−(2kb−4)1+k2，x1x2=b21+k2，∴k1k2=y1x1⋅y2x2=(kx1+b)(kx2+b)x1x2=k2x1x2+kb(x1+x2)+b2x1x2=k2b21+k2+kb4−2kb1+k2+b2b21+k2=k2b2−kb(2kb−4)+b2(1+k2)b2=4k+bb=2，∴4k=b，代入y=kx+b得y=k(x+4)，直线EF必过定点(−4,0).【考点】圆的一般方程，直线和圆的方程的应用【解析】【分析】（1）设圆 M 的方程为： (x−a)2+(x−b)2=r2(r>0) ，由题意得： {(3−a)2+(3−b)2=r2(2−a)2+(2−b)2=r2b=a−2⇒{a=2b=0r=2，可得圆 M 的方程；（2）设直线 EF ： y=kx+b ，E(x1,y1) ， F(x2,y2)，由 {(x−2)2+y2=4y=kx+b⇒(1+k2)x2+(2kb−4)x+b2=0，利用韦达定理可得x1+x2=−(2kb−4)1+k2 ， x1x2=b21+k2 ，k1k2=y1x1⋅y2x2=4k+bb=2，解得4k=b ，进而得出直线 EF 必过定点 (−4,0) . 

2022.某校高二年级为了丰富学生的课外活动，每个星期都举行“快乐体育”活动.在一次“套圈圈”的游戏中，规则如下：在规定的4米之外的地方有一个目标物体，选手站在原地丟圈，套中目标物即获胜；规定每小组两人，每人两次，套中的次数之和不少于3次称为“最佳拍档”，甲､乙两人同一组，甲､乙两人丟圈套中的概率为别为pi，p2，假设两人是否套中相互没有影响.（1）若p1=13，p2=12设甲､乙两人丟圈套中的次数之和为ξ，求ξ的分布列及数学期望E(ξ).（2）若p1+p2=43，则游戏中甲乙两人这一组要想获得“最佳拍档”次数为16次，则理论上至少要进行多少轮游戏才行？并求此时p1，p2的值.【答案】（1）两人丢圈套中的次数值和为ξ，则ξ的值可能为0，1，2，3，4，P(ξ=0)=(1−13)2(1−12)2=19，P(ξ=1)=C21(13)(23)(1−12)2+(1−13)2C21(12)(1−12)=13，P(ξ=2)=(13)2(1−12)2+C21(13)(23)C21(12)(1−12)+(1−13)2(12)2=1336，P(ξ=3)=(13)2C21(12)(1−12)+C21(13)(23)(12)2=16，P(ξ=4)=(13)2(12)2=136，分布列如下表：ξ01234p1913133616136E(ξ)=0×19+1×13+2×1336+3×16+4×136=53.（2）他们在一轮游戏中获“最佳拍档”的概率为P=C21p1(1−p1)C22(p2)2+C22(p1)2C21p2(1−p2)+C22(p1)2C22(p2)2=2p1p2(p1+p2)−3(p1)2(p2)2，因为p1+p2=43，所以P=83p1p2−3(p1)2(p2)2，因为0≤p1≤1，0≤p2≤1，p1+p2=43，所以13≤p1≤1，13≤p1≤1，所以19

21【解析】【分析】（1）两人丢圈套中的次数值和为 ξ ，则 ξ 的值可能为0，1，2，3，4， 求出对应的概率，即可求出 ξ 的分布列及数学期望 E(ξ)；（2）他们在一轮游戏中获“最佳拍档”的概率为P=C21p1(1−p1)C22(p2)2+C22(p1)2C21p2(1−p2)+C22(p1)2C22(p2)2=2p1p2(p1+p2)−3(p1)2(p2)2 ，由p1+p2=43 ，得P=83p1p2−3(p1)2(p2)2 ，推导出19