2020-2021学年贵州省黔西南兴义高二（下）5月月考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年贵州省黔西南兴义高二（下）5月月考数学（理）试卷人教A版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 复数1−i1+2i的虚部是（ ）
A.−35B.−15C.15D.35

2. 设全集U=−3,−2,0,2,3，A=−3,3，B=x|x−3x−2=0，则图中阴影部分所表示的集合为( )

A.−3,2,3B.−3,−2,0,2C.3D.−2,0

3. 命题“∀x>0，x2+x>1”的否定是( )
A.“∃x0>0，x02+x0≤1”B.“∀x≤0，x2+x>1”
C.“∃x0>0，x02+x0<1”D.“∀x≤0，x2+x≤1”

4. 已知fx=3x+1,x≤1,x2+3,x>1,则f3=( )
A.7B.2C.10D.12

5. 函数f(x)的图象如图所示，则y=f(x)的解析式为（ ）

A.f(x)=(x−a)2(b−x)B.f(x)=(x−a)2(x+b)
C.f(x)=−(x−a)2(x+b)D.f(x)=(x−a)2(x−b)

6. 一次函数gx满足ggx=9x+8，则gx的解析式是( )
A.gx=9x+8B.gx=3x−2
C.gx=−3x−4或gx=3x+2D.gx=3x+8

7. 设f(x)为奇函数，且当x≥0时，f(x)=ex−1，则当x<0时，f(x)=( )
A.ex+1B.ex−1C.−ex+1D.−e−x+1

8. 甲、乙两人下象棋，赢了得3分，平局得1分，输了得0分，共下三局.用ξ表示甲的得分，则{ξ=3}表示( )
A.甲赢三局
B.甲赢一局
C.甲、乙平局三次
D.甲赢一局输两局或甲、乙平局三次

9. 袋中有大小相同的5个球，分别标有1，2，3，4，5五个号码，现在在有放回抽取的条件下依次取出两个球，设两个球号码之和为随机变量X，则X所有可能取值的个数是（ ）
A.5B.9C.10D.25

10. 袋中有3个白球，5个黑球，从中任取两个，可以作为随机变量的是( )
A.至少取到1个白球B.取到白球的个数
C.至多取到1个白球D.取到的球的个数

11. 在平面直角坐标系中，AB是单位圆上的一段弧（如图），点P是圆弧AB上的动点，角α以Ox为始边，OP为终边．以下结论正确的是( )

A.tanαC.sinα
12. 已知gx=a0+a1x+a2x2+…+a10x10，ℎx=b0+b1x+b2x2+…+b9x9，若1+x1−2x19=1−x10gx+ℎx，则a9=( )
A.219B.10×219C.−10×218D.−3×218
二、填空题

022−x2dx=________．

3x2+1x35的展开式中的常数项为________．

设θ分别是第二象限角，则点P(sinθ, csθ)在第________象限．

某学校从4名男生、3名女生中选出2名担任招生宣讲员，则在这2名宣讲员中男、女生各1人的概率为________（结果用最简分数表示）.
三、解答题

以直角坐标系的原点O为极点，x轴正半轴为极轴，并在两种坐标系中取相同的长度单位，已知直线l的参数方程为x=12+tcsθ，y=tsinθ， (t为参数，0<θ<π)，曲线C的极坐标方程为ρsin2α−2csα=0.
(1)求曲线C的直角坐标方程；

(2)设直线l与曲线C相交于A，B两点，当θ变化时，求|AB|的最小值.

已知函数fx=Msinωx+φM>0,ω>0,−π2<φ<π2的部分图象如图所示．

(1)求fx的解析式；

(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2=ac，求fB的取值范围．

如图，在三棱锥A−BCD中，△ABC是等边三角形，∠BAD=∠BCD=90∘，点P是AC的中点，连接BP，DP．

(1)证明：平面ACD⊥平面BDP；

(2)若BD = 6，且二面角A−BD−C为120∘，求直线AD与平面BCD所成角的正弦值．

4月23日是“世界读书日”，学校开展了一系列的读书教育活动．学校为了解高一学生课外阅读情况，从高二某班甲、乙、丙、丁四个读书小组（每名学生只能参加一个读书小组）学生中抽取12名学生参加问卷调查．各组人数统计如下：

(1)从参加问卷调查的12名学生中随机抽取2人，求这2人来自同一个小组的概率；

(2)从已抽取的甲、丙两个小组的学生中随机抽取2个，用X表示抽得甲组学生的人数，求随机变量X的分布列．

一个袋中装有除颜色外其他都相同的5个白球和5个黑球，从中任取3个，其中所含白球的个数为X．
(1)列表说明可能出现的结果与对应的X的值；

(2)若规定抽取3个球中，每抽到一个白球加5分，抽到黑球不加分，且最后不管结果如何都加上6分，求最终得分Y的可能取值．

已知fx=aex−e6x3+bx2+cx a,b,c∈R，（e为自然对数的底数， e=2.71828…）．
(1)当a=0时，若函数fx与直线y=ex相切于点1,e，求b，c的值；

(2)当a=1e时，若对任意的正实数b， fx有且只有一个极值点，求负实数c的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年贵州省黔西南兴义市高二（下）5月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
【解析】
直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【解答】
解：∵z=1−i1+2i=1−i1−2i1+2i1−2i
=−15−35i，
∴复数z=1−i1+2i的虚部为−35．
故选A．
2.
【答案】
D
【考点】
Venn图表达集合的关系及运算
交、并、补集的混合运算
【解析】
先求出集合B，再求出A∪B，由此图中阴影部分所表示的集合∁UA∪B．
【解答】
解：∵全集U=−3,−2,0,2,3，集合A=−3,3，
B=x|x−3x−2=0=2,3，
∴A∪B=−3,2,3，
∴图中阴影部分所表示的集合为∁UA∪B={−2,0}．
故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
全称命题与特称命题
命题的否定
【解析】
利用全称命题的否定是特称命题，写出结果即可．
【解答】
解：命题“∀x>0，x2+x>1”是全称命题，
所以命题“∀x>0，x2+x>1”的否定是“∃x0>0，x02+x0≤1​“ ．
故选A．
4.
【答案】
D
【考点】
分段函数的应用
函数的求值
【解析】
利用分段函数，代入计算，即可得出结论．
【解答】
解：依题意得，当x>1时，f(x)=x2+3，
∴f(3)=32+3=12．
故选D．
5.
【答案】
A
【考点】
函数解析式的求解及常用方法
函数的图象
【解析】
由图象可看出f(x)=0的二重根为x=a，单根为x=b，并且可看出当x>b时f(x)<0，从而可判断出A正确．
【解答】
解：通过f(x)的图象知：f(x)=0有一个二重根x=a，和一个单根x=b；
这样即可排除B，C；
x>b时，f(x)<0；
∴ f(x)=(x−a)2(b−x)．
故选A．
6.
【答案】
C
【考点】
函数解析式的求解及常用方法
【解析】
设一次函数gx=kx+b，利用满足g[g(x)]=9x+8，得到解决关于k，b的方程组，解方程组即可．
【解答】
解：∵一次函数gx，
∴设gx=kx+b，
ggx=kkx+b+b，
又∵ggx=9x+8，
∴k2=9,kb+b=8,
解之得： k=3,b=2或k=−3,b=−4,
∴gx=3x+2或gx=−3x−4．
故选C．
7.
【答案】
D
【考点】
函数奇偶性的性质
奇函数
【解析】
利用函数为奇函数，将x<0转化为−x>0，再利用当x>0时，f(x)=ex−1，即可求得答案．
【解答】
解：设x<0，则−x>0，
∵ 当x≥0时，f(x)=ex−1，
∴ f(−x)=e−x−1，
又∵ 函数f(x)是奇函数，
∴ f(−x)=−f(x)，
∴ f(x)=−f(−x)=−e−x+1，
∴ 当x<0时，f(x)=−e−x+1．
故选D.
8.
【答案】
D
【考点】
离散型随机变量及其分布列
【解析】
ξ=3分成两种情况，即3+0+0或者1+1+1三种情况，由此得出正确选项．
【解答】
解：由于赢了得3分，平局得1分，输了得0分，
故ξ=3分成两种情况，
即3+0+0或1+1+1三种情况，
也即甲赢一局输两局或甲、乙平局三次.
故选D．
9.
【答案】
B
【考点】
基本事件个数（列举法、列表法、树状图法）
【解析】
由题意，这是有放回抽样，将号码之和可能的情况列举可得答案．
【解答】
解：根据题意，这是有放回抽样，
号码之和可能的情况为：2、3、4、5、6、7、8、9、10，共9种.
故选B．
10.
【答案】
B
【考点】
随机事件
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据随机变量的定义可知A, C，D均表示的是一个事件，而不是一个随机变量；
对于B选项，“取到白球的个数”是随机变量，其可以一一列出.
故选B.
11.
【答案】
D
【考点】
任意角的三角函数
函数最值的应用
不等式比较两数大小
【解析】
根据三者的符号可得sinα>csα，sinα>tanα，利用做差法可得tanα，csα大小关系不确定，从而可得正确的选项．
【解答】
解：由题设可得AB上的动点P的坐标为csα,sinα ，Acsθ1,sinθ1 ，B csθ2,sinθ2，其中π2<θ1<α<θ2<π，π2<θ1<3π4<θ2<π,注意到当α∈(θ1,3π4] ，tanα≤−1.
故按如下分类讨论：
若π2<θ1<α≤3π4，则sinα>0 ,0>csα>−1 ，tanα≤−1，
故sinα>csα>tanα;
若3π4≤α<θ2，则sinα>0,csα<0, tanα<0，
且0所以sin2θ2+sinθ2−1≤sin2α+sinα−1<2−12,
因为3π4<θ2<π， 故0所以sin2θ2+sinθ2−1有正有负，所以sin2α+sinα−1有正有负，
而tanα−csα=sin2α+sinα−1csα,csα<0，故tanα−csα有正有负．
故tanα、 csα大小关系不确定．
故选D．
12.
【答案】
D
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
根据等式1+x1−2x19=1−x10gx+ℎx的两边展开式中的x19的系数相等、x20的系数相等求得a9的值．
【解答】
解：由 1+x1−2x19=1−x10gx+ℎx
=1−x10⋅(a0+a1x+a2x2+…+a10x10)
+b0+b1x+b2x2+…+b9x9
由x19的系数相等可得C1919⋅−219+C1918⋅−218
=C1010⋅a9−C109⋅a10①，
再根据x20的系数相等可得C1919⋅−219=C1010a10②．
由①②求得a9=−3×218．
故选D．
二、填空题
【答案】
π2
【考点】
定积分在求面积中的应用
【解析】
由题意，将所求问题转化成求解以原点为圆心，2为半径的圆在第一象限的四分之一圆的面积，代入公式求解即可.
【解答】
解：由定积分的几何意义，
可知022−x2dx表示的是以原点为圆心，2为半径的圆在第一象限的四分之一圆的面积，
如图所示：
所以022−x2dx=14×2⋅π=π2.
故答案为：π2.
【答案】
270
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知，展开式的通式为Tr+1=C5r3x25−r1x3r=C5r35−r⋅x10−5r，
令10−5r=0，解得r=2，
即展开式中的常数项为C52⋅33=270.
故答案为：270.
【答案】
四
【考点】
三角函数值的符号
【解析】
由θ是第二象限角，知sinθ>0，csθ<0，由此能判断出点P(sinθ, csθ)在第四象限．
【解答】
解：∵ θ是第二象限角，
∴ sinθ>0，csθ<0，
∴ 点P(sinθ, csθ)在第四象限．
故答案为：四.
【答案】
47
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
先求出基本事件总数n=C72=21，在这2名宣讲员中男、女生各1人包含的基本事件个数m=C41C31=12，由此能求出在这2名宣讲员中男、女生各1人的概率．
【解答】
解：若某学校从4名男生、3名女生中选出2名担任招生宣讲员，
基本事件总数n=C72=21，
在这2名宣讲员中男、女生各1人包含的基本事件个数m=C41C31=12，
所以在这2名宣讲员中男、女生各1人的概率为P=mn=1221=47.
故答案为：47.
三、解答题
【答案】
解：(1)∵ 曲线C的极坐标方程为ρsin2α−2csα=0，
∴ ρ2sin2α=2ρcsα，
∴ 曲线C的直角坐标方程为y2=2x.
(2)直线l的参数方程x=12+tcsθ，y=tsinθ， (t为参数，0<θ<π)，
把直线的参数方程化入y2=2x，
得t2sin2θ−2tcsθ−1=0.
设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，
则t1+t2=2csθsin2θ，t1⋅t2=−1sin2θ，
|AB|=|t1−t2|=(t1+t2)2−4t1t2
=4cs2θsin4θ+4sin2θ=2sin2θ，
∴ 当θ=π2时，|AB|取最小值2.
【考点】
抛物线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
利用圆锥曲线的参数方程求最值
【解析】
(1)曲线C的极坐标方程转化为ρ2sin2α=2ρcsα，由此能求出曲线C的直角坐标方程；
(2)把直线的参数方程化入y2=2x，得t2sin2θ−2tcsθ−1=0，设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，则|AB|=|t1−t2|=(t1+t2)2−4t1t2，由此能求出当θ=π2时，|AB|取最小值2.
【解答】
解：(1)∵ 曲线C的极坐标方程为ρsin2α−2csα=0，
∴ ρ2sin2α=2ρcsα，
∴ 曲线C的直角坐标方程为y2=2x.
(2)直线l的参数方程x=12+tcsθ，y=tsinθ， (t为参数，0<θ<π)，
把直线的参数方程化入y2=2x，
得t2sin2θ−2tcsθ−1=0.
设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，
则t1+t2=2csθsin2θ，t1⋅t2=−1sin2θ，
|AB|=|t1−t2|=(t1+t2)2−4t1t2
=4cs2θsin4θ+4sin2θ=2sin2θ，
∴ 当θ=π2时，|AB|取最小值2.
【答案】
解：(1)由图知M=2，
T2=11π12−5π12=π2，
∴ T=π，
∴ ω=2πT=2．
可知2×5π12+φ=π2+2kπk∈Z，
又−π2<φ<π2，
∴ φ=−π3，
∴ fx=2sin2x−π3．
(2)∵ csB=a2+c2−b22ac≥2ac−ac2ac=12，
当且仅当a=c时取“=”，
∵ B∈0,π，
∴ B∈(0,π3]，
∴ 2B−π3∈(−π3,π3]，
∴ f(B)=2sin(2B−π3)∈(−3,3]，
∴ fB的取值范围(−3,3]．
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
余弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
正弦函数的定义域和值域
【解析】


【解答】
解：(1)由图知M=2，
T2=11π12−5π12=π2，
∴ T=π，
∴ ω=2πT=2．
可知2×5π12+φ=π2+2kπk∈Z，
又−π2<φ<π2，
∴ φ=−π3，
∴ fx=2sin2x−π3．
(2)∵ csB=a2+c2−b22ac≥2ac−ac2ac=12，
当且仅当a=c时取“=”，
∵ B∈0,π，
∴ B∈(0,π3]，
∴ 2B−π3∈(−π3,π3]，
∴ f(B)=2sin(2B−π3)∈(−3,3]，
∴ fB的取值范围(−3,3]．
【答案】
(1)证明：∵ △ABC是等边三角形，∠BAD＝∠BCD＝90∘，
∴ Rt△ABD≅Rt△CBD，
∴ AD=CD，
∵ 点P是AC的中点，
则PD⊥AC，PB⊥AC，
∵ PD∩PB=P，
∴ AC⊥平面PBD，
∵ AC⊂平面ACD，
∴ 平面ACD⊥平面BDP．
(2)解：作CE⊥BD，垂足为E，连结AE，
∵ Rt△ABD≅Rt△CBD，
∴ AE⊥BD，AE=CE，∠AEC为二面角A−BD−C的平面角，
由已知二面角A−BD−C为120∘，
∴ ∠AEC＝120∘，
在等腰△AEC中，由余弦定理得AC = 3AE，
∵ △ABC是等边三角形，
∴ AC=AB，∴ AB = 3AE，
在Rt△ABD中，12 × AE × BD = 12 × AB × AD，
∴ BD = 3AD，
∵ BD = 6，
∴ AD = 2，
∵ BD2=AB2+AD2，
∴ AB=2，
∴ AE = 233，ED = 63，
由上述可知BD⊥平面AEC，则平面AEC⊥平面BCD，
过点A作AO⊥CE，垂足为O，则AO⊥平面BCD，
连结OD，则∠ADO是直线AD与平面BCD所成角，
在Rt△AEO中，∠AEO=60∘，
∴ AO=1，AE = 233，sin∠ ADO = AOAD = 22，
∴ 直线AD与平面BCD所成角的正弦值为22．
【考点】
平面与平面垂直的判定
直线与平面所成的角
与二面角有关的立体几何综合题
【解析】
（1）推导出AD=CD，PD⊥AC，PB⊥AC，从而AC⊥平面PBD，由此能证明平面ACD⊥平面BDP．
（2）作CE⊥BD，垂足为E，连结AE，则AE⊥BD，AE＝CE，∠AEC为二面角A−BD−C的平面角，由二面角A−BD−C为120∘，得∠AEC＝120∘，由余弦定理得AC = 3AE，推导出BD⊥平面AEC，则平面AEC⊥平面BCD，过点A作AO⊥CE，垂足为O，则AO⊥平面BCD，连结OD，则∠ADO是直线AD与平面BCD所成角，由此能求出直线AD与平面BCD所成角的正弦值．
【解答】
(1)证明：∵ △ABC是等边三角形，∠BAD＝∠BCD＝90∘，
∴ Rt△ABD≅Rt△CBD，
∴ AD=CD，
∵ 点P是AC的中点，
则PD⊥AC，PB⊥AC，
∵ PD∩PB=P，
∴ AC⊥平面PBD，
∵ AC⊂平面ACD，
∴ 平面ACD⊥平面BDP．
(2)解：作CE⊥BD，垂足为E，连结AE，
∵ Rt△ABD≅Rt△CBD，
∴ AE⊥BD，AE=CE，∠AEC为二面角A−BD−C的平面角，
由已知二面角A−BD−C为120∘，
∴ ∠AEC＝120∘，
在等腰△AEC中，由余弦定理得AC = 3AE，
∵ △ABC是等边三角形，
∴ AC=AB，∴ AB = 3AE，
在Rt△ABD中，12 × AE × BD = 12 × AB × AD，
∴ BD = 3AD，
∵ BD = 6，
∴ AD = 2，
∵ BD2=AB2+AD2，
∴ AB=2，
∴ AE = 233，ED = 63，
由上述可知BD⊥平面AEC，则平面AEC⊥平面BCD，
过点A作AO⊥CE，垂足为O，则AO⊥平面BCD，
连结OD，则∠ADO是直线AD与平面BCD所成角，
在Rt△AEO中，∠AEO=60∘，
∴ AO=1，AE = 233，sin∠ ADO = AOAD = 22，
∴ 直线AD与平面BCD所成角的正弦值为22．
【答案】
解：(1)由题意可知，从12人中任抽取2人的方法有C122=66种，
则甲、乙、丙、丁四个小组中抽取的人数分别为4，3，2，3，
所以2人来自同一组的方法有C42+C32+C22+C32=13种，
所以所求概率为P=1366 .
(2)随机变量X的取值依次为0，1，2，
PX=0=C22C62=115，
PX=1=C41C21C62=815，
PX=2=C42C62=25，
则分布列如下：
【考点】
排列、组合的应用
古典概型及其概率计算公式
离散型随机变量及其分布列
【解析】
（1）由题意从12人中任抽取2人的方法为C122=12×112=66 .
由题设知，甲、乙、丙、丁四个小组中抽取的人数分别为4，3，2，3，
2人来自同一组的方法数为C42+C32+C22+C32=13，所以所求概率为P=1366 .
（2）随机变量X的取值依次为0，1，2，
PX=0=C22C62=115，PX=1=C41C21C62=815，PX=2=C42C62=25，
分布列为
【解答】
解：(1)由题意可知，从12人中任抽取2人的方法有C122=66种，
则甲、乙、丙、丁四个小组中抽取的人数分别为4，3，2，3，
所以2人来自同一组的方法有C42+C32+C22+C32=13种，
所以所求概率为P=1366 .
(2)随机变量X的取值依次为0，1，2，
PX=0=C22C62=115，
PX=1=C41C21C62=815，
PX=2=C42C62=25，
则分布列如下：
【答案】
解：(1)
(2)由题意可求：
x=0 时，Y=6，
x=1时，Y=11，
x=2时，Y=16，
x=3 时，Y=21，
∴ 综上所述，Y的可能取值为6，11，16，21．
【考点】
离散型随机变量及其分布列
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)
(2)由题意可求：
x=0 时，Y=6，
x=1时，Y=11，
x=2时，Y=16，
x=3 时，Y=21，
∴ 综上所述，Y的可能取值为6，11，16，21．
【答案】
解：(1)当 a=0时，f(x)=−e6x3+bx2+cx，
∴f′x=−e2x2+2bx+c，
当x=1时 f′1=e，
∴−e2⋅12+2b+c=e，
f1=−e6+b+c=e，
∴b=e3，c=56e.
(2)当a=1e 时，
f(x)=ex−1−e6x3+bx2+cx(b>0)，
f′(x)=ex−1−e2x2+2bx+c，
令ℎ(x)=ex−1−e2x2+2bx+c，
∴ℎ′(x)=ex−1−ex+2b，
令t(x)=ex−1−ex+2b，
∴t′(x)=ex−1−e，
当 x>2 时，t′(x)>0，
∴t(x) 在(2,+∞)上单调递增，
当 x<2时，t′(x)<0，
∴t(x)在(−∞,2)上单调递减，
∴ 当x=2时，t(x)取极值 ℎ′(x)min=2b−e，
当 2b−e=0时， ℎ(x)取极值，
∴ 当2b−e>0时，ℎ(x)在(2,+∞)上单调递增，
2b−e<0 时，ℎ(x)在(−∞,2)上单调递减，
∴ℎ(x) 极值为ℎ(x)min=ℎ(2)，
即当 x=2，b=e2时， ℎ(x)min=e+c=0，
此时 c=−e，
∴c≤−e，
∴ 负实数c的取值范围为 (−∞,−e]．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当 a=0时，f(x)=−e6x3+bx2+cx，
∴f′x=−e2x2+2bx+c，
当x=1时 f′1=e，
∴−e2⋅12+2b+c=e，
f1=−e6+b+c=e，
∴b=e3，c=56e.
(2)当a=1e 时，
f(x)=ex−1−e6x3+bx2+cx(b>0)，
f′(x)=ex−1−e2x2+2bx+c，
令ℎ(x)=ex−1−e2x2+2bx+c，
∴ℎ′(x)=ex−1−ex+2b，
令t(x)=ex−1−ex+2b，
∴t′(x)=ex−1−e，
当 x>2 时，t′(x)>0，
∴t(x) 在(2,+∞)上单调递增，
当 x<2时，t′(x)<0，
∴t(x)在(−∞,2)上单调递减，
∴ 当x=2时，t(x)取极值 ℎ′(x)min=2b−e，
当 2b−e=0时， ℎ(x)取极值，
∴ 当2b−e>0时，ℎ(x)在(2,+∞)上单调递增，
2b−e<0 时，ℎ(x)在(−∞,2)上单调递减，
∴ℎ(x) 极值为ℎ(x)min=ℎ(2)，
即当 x=2，b=e2时， ℎ(x)min=e+c=0，
此时 c=−e，
∴c≤−e，
∴ 负实数c的取值范围为 (−∞,−e]．小组
甲
乙
丙
丁
人数
4
3
2
3
X
0
1
2
P
115
815
25
X
0
1
2
P
115
815
25
X
0
1
2
P
115
815
25
可能出现的结果
抽到3个黑球
抽到1个白球2个黑球
抽到2个白球1个黑球
抽到3个白球
X
0
1
2
3
可能出现的结果
抽到3个黑球
抽到1个白球2个黑球
抽到2个白球1个黑球
抽到3个白球
X
0
1
2
3