福建省泉州市四校2025-2026学年高二下学期期中联考数学试卷

这是一份福建省泉州市四校2025-2026学年高二下学期期中联考数学试卷，共16页。试卷主要包含了 1，ABC等内容，欢迎下载使用。
单选题
若 f  x  ln 2  x  x ，则lim f (1  x)  f (1)  （ ）
x0x
A．0B．2C．－2D．－4 2．某公司生产的甲、乙、丙三种规格的产品分别有 300 件，200 件，100 件，其中甲、乙、丙三种产品的
合格率分别为 5
6
， 4 ， 3
54
，则从所有产品中任取一件，是合格品的概率为（ ）
97
120
77
120
3
5
3
4
设 A ， B 是一个随机实验中的两个事件，若 P  A  1 ， P  AB  1 ，则 P B∣A  （ ）
1
6
1
4
23
D
1． 1
32
已知(x2  x  2)5  a  a x  a x2 L a x10 ，则a  （ ）．
120
01210
160
3
200
440
某中学准备在校园科技节展示 5 款不同的 AI 学习软件，分别是：豆包、讯飞星火、文心一言、元宝、即梦．在展台中要求豆包和即梦两块展板相邻，且文心一言与讯飞星火两块展板不相邻，则有（ ）种不同的放置方式．
A．12B．24C．36D．48
盒中有10 个玩具，其中有3 个是坏的，现从盒中随机地抽取2 个，在至少一个玩具是坏的条件下，另一个是好的的概率是（ ）
A． 3
10
B． 7
9
C． 7
8
D． 8
9
若函数 y  f  x 的导函数 y φ x  f  x 图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
φ x  0 的解集为∞, 3
函数 y  f  x 有 2 个极值点
函数 y  f  x 的单调递增区间为1, ∞
3 是函数 y  f  x 的极小值点
某商场推出一种抽奖活动：盒子中装有有奖券和无奖券共 10 张券，客户从中任意抽取 2 张，若至少抽中 1 张有奖券，则该客户中奖，否则不中奖.客户甲每天都参加 1 次抽奖活动，一个月（30 天）下来，发现自己共中奖 11 次，根据这个结果，估计盒子中的有奖券有（ ）
A．1 张B．2 张C．3 张D．4 张
多选题
下列各式正确的是（）
1515
已知Cx2  C2x5 ，则 x 的取值为 6 或 7
C2  C2  C2 L C2 C31
34520252026
将 8 个相同小球放入 4 个不同盒子中，每个盒子至少放一个小球，则共有 70 种不同放法
2  x1 x4 的展开式中 x3 的系数为14
下列说法正确的是（ ）
掷一枚质地均匀的骰子一次，事件M  “出现奇数点”，事件 N “出现3 点或4 点”，则M 和 N 相互独立
已知随机变量 X 服从正态分布 N 2,σ2  ，且 P  X  4  0.9 ，则 P 0  X  2  0.4
C．甲、乙、丙三人均准备在3 个旅游景点中任选一处去游玩，则在至少有1个景点未被选择的条件下，
1
恰有2 个景点未被选择的概率是 7
D． E 2 X  3  2E  X   3 ， D 2 X  3  2D  X   3
已知函数 f  x  x3  3x2  ax  b, b  R ，使得 f  x 有三个零点 x ，x ，x ，且 x  x  x ，则下列说法
123123
正确的是（ ）
A．a 的取值范围为∞, 3
若 f 2  x  f  x  4  4 ，则b  a
B． x2  1  x3
D．函数 f  x 在三个零点处的切线斜率的倒数之和为 0
填空题
12．6 名学生参加数学竞赛，决出第 1 名到第 6 名的名次（没有同分或者并列的情况）.甲、乙两名参赛者去询问成绩，老师对甲说：“你和乙既不是第 1 名，也不是第 6 名”，对乙说：“你和甲的名次相邻”.从这个回答分析，6 人的名次排列共可能有不同的情况.（用数字作答）
13．已知函数 f  x  m2lnx  x2  3mx 在 x  1 处取得极大值，则实数m 的值为.
14．2026 年春节，甲，乙等 5 个人在一个微信群里发红包（每次发的红包只有 1 个人能抢到）．甲先发了一个红包，规定抢到红包的人必须立即再发一个新红包，且自己不能领，群里另外 4 个人等可能地领到．记
第 n 次发出红包的人是乙的概率为an ．则a4  ， an  ．
解答题
15．在①第 5 项的系数与第 3 项的系数之比是14 : 3 ，②第 2 项与倒数第 3 项的二项式系数之和为 55，③
C
2
n
n1
 Cn2  10 这三个条件中任选一个，补充在下面问题的横线上，并解答．

问题：已知在
1 n
x  x 
的展开式中，．

求展开式中二项式系数最大的项；
求展开式中含 x2 的项．
16．已知函数 f  x   x  2ex  1 ax2  ax a  R  ．
2
当a  1 时，求曲线 y  f  x 在点2, f 2 处的切线方程；
当 x  2 时， f  x  0 恒成立，求a 的取值范围．
17．2026 年春节期间，某超市举办了一次有奖促销活动，消费每超过 500 元（含 500 元）均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种，每位顾客抽奖结果相互独立.
方案一：从装有 10 个形状、大小完全相同的小球（其中红球 2 个，白球 3 个，黑球 5 个）的抽奖盒中，一 次性摸出 3 个球.其中奖规则为：若摸到 2 个红球和 1 个白球，享受免单优惠；若摸出 2 个红球和 1 个黑球，则消费金额打五折；若摸出 1 个红球，2 个黑球，则消费金额打八折；其余情况不打折.
方案二：从装有 10 个形状、大小完全相同的小球（其中红球 4 个，黑球 6 个）的抽奖盒中，有放回每次摸取 1 球，连摸 3 次，每摸到 1 次红球，立减 100 元.
若甲、乙两位顾客均分别消费了 500 元，且均选择抽奖方案一，试求甲顾客享受免单优惠且乙顾客消费金额打八折的概率；
若某顾客消费恰好满 800 元，试从付款金额期望的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？
18．已知函数 f (x)  ln x  mx2  (1 2m)x 1 ， g  x  ln x  3 ．
x
若m  1，求 f ( x) 的极值；
讨论 f ( x) 的单调性；
若0  x  x ，且满足 g  x   g  x  ，证明： 1  1  2e2 ．

1212
x1x2
19．某省2021 年开始将全面实施新高考方案．在6 门选择性考试科目中，物理、历史这两门科目采用原始分计分；思想政治、地理、化学、生物这 4 门科目采用等级转换赋分，将每科考生的原始分从高到低划分为 A ， B ， C ， D ， E 共5 个等级，各等级人数所占比例分别为15% 、35% 、35% 、13% 和2%，并按给定的公式进行转换赋分．该省组织了一次高一年级统一考试，并对思想政治、地理、化学、生物这 4 门科目的原始分进行了等级转换赋分．
某校生物学科获得 A 等级的共有 10 名学生，其原始分及转换分如下表：
现从这 10 名学生中随机抽取 3 人，设这 3 人中生物转换分不低于95 分的人数为 X ，求 X 的分布列和数学期望；
假设该省此次高一学生生物学科原始分Y 服从正态分布 N (75.8，36) ．若Y ~ N (μ,σ2 ) ，令η Y  μ
σ ，则
η~ N (0,1) ，请解决下列问题：
①若以此次高一学生生物学科原始分C 等级的最低分为实施分层教学的划线分，试估计该划线分大约为多少分？（结果保留为整数）
②现随机抽取了该省800 名高一学生的此次生物学科的原始分，若这些学生的原始分相互独立，记ξ为被抽
到的原始分不低于71 分的学生人数，求 P(ξ k ) 取得最大值时k 的值．
附：若η~ N (0,1) ，则 P(η„ 0.8)  0.788 ， P(η„ 1.04)  0.85 ．
原始分
91
90
89
88
87
85
83
82
转换分
100
99
97
95
94
91
88
86
人数
1
1
2
1
2
1
1
1
1．C
【详解】 f  x 
1
x  2
1 ，
参考答案
所以 f 1 
1
1 2
1  2 ，
因为lim f (1  x)  f (1)  f (1)  2 .
x0x
故选： C .
2．A
【详解】设任取一件甲产品为事件 A ，任取一件乙产品为事件 B ，任取一件丙产品为事件C ，设任取一件是合格品为事件 D ，
则 P  A  300  1 ， P  B  200  1 ， P C   100  1 ， P D∣A  5 ， P D∣B  4 ， P D∣C   3 ，
6002
6003
6006654
故 P  D  1  5  1  4  1  3  97 .
2 63 56 4120
3．C
【详解】因为 P  A  1 ，所以 P  A  1 P  A  1 .
22
2
又 P  A  P  AB  P  AB   1 ，
1
且 P  AB   1 ，所以 P  AB  1 ， P B∣A  P  AB  6  1 .
3
4．C
6P  A13
2
54352
【详解】依题意， (x2  x  2)5 展开式中含 x3 的项为C1 x2·C1 (  x)·C3 23  C3 (  x)3·C2 22  200x3 ，所以a3  200 .
5．B
2
【详解】根据题意将豆包、即梦捆绑为一个整体，则内部排列数为A2  2 ，
2
将豆包和即梦捆绑为一个整体，先排列该整体与元宝，所以排列数为A2  2 ，
3
2 个元素排完后会产生 2 1  3 个空位，又因为文心一言和讯飞星火不相邻，
所以从 3 个空位中选 2 个放入文心一言、讯飞星火，即排列数为
A2  3 2  6 ，
223
所以总方法数为： A2  A2  A2  2  2  6  24 .
6．C
【详解】记事件 A:从盒中随机地抽取2 个，至少有一个玩具是坏的，记事件 B :从盒中随机地抽取2 个，恰好为一个是好的，一个是坏的，
C2218
C1 C1
217
则 P  A  1 7  1， P  AB  7 3 ，
C
C
10
10
2451524515
7
由条件概率公式可得 P B A  P  AB  15  7 .
P  A88
15
7．D
【详解】对 A：由图可得， y φ x 在, 2 、1,  上单调递增，在2, 1 上单调递减，故φ x  0 的解集为2, 1 ，故 A 错误；
对 B、C、D：由图可得，当 x , 3 时， f   x   0 ，当 x 3,  时， f  x  0 ，
故 f  x 在, 3 上单调递减，在3,  上单调递增，
故函数 y  f  x 有且仅有一个极小值点 x  3 ，故 B、C 错误，D 正确. 8．B
【详解】设中奖的概率为 p ，30 天中奖的天数为 X ，则 X ~ B 30, p
若盒子中的有奖券有 1 张，
C11
则中奖的概率为 p  9  ，
C
5
2
10
E  X   30  1  6 ，
5
若盒子中的有奖券有 2 张，
C1 C1  C217
则中奖的概率为 p  822 ，
C
45
2
10
E  X   30  17  34 ，
453
若盒子中的有奖券有 3 张，
\l "_TOC_250000" C1 C1  C28
C
15
则中奖的概率为 p  733 ，
E  X   30  8
15
2
10
 16 ，
若盒子中的有奖券有 4 张，
C1 C1  C22
则中奖的概率为 p  644  ，
C
3
2
10
E  X   30  2  20 ，
3
根据题意盒子中的有奖券有 2 张，更有可能 30 天中奖 11 天，故选：B.
9．ABD
1515
【详解】对于 A，因为Cx2  C2x5 ，
所以 x  2  2x  5 或 x  2  2x  5  15 ，解得 x  7 或 x  6 ,故 A 正确；
对于 B，由组合数的性质可知：
Ck  Ck 1  n(n 1)L(n  k 1)  n(n 1)L(n  k )

nnk !(k 1)!
 n(n 1)L(n  k 1)  n(n 1)L(n  k 1)(n  k )
k !(k 1)  k !
 n(n 1)L(n  k 1)[(k 1)  (n  k )] (k 1)  k !
 (n 1)n(n 1)L(n  k 1)
(k 1)!
=C，
k 1
n1
所以Ck  Ck1  Ck1 ，
nn1n
所以C2  C2  C2 L C2 C3  C3  C3  C3 L C3 C3
3452025435420262025
=C3 C3
20263
=C
3
2026
1，故 B 正确；
对于 C，利用隔板法可知，原问题即为将 8 个相同小球排成一列，在中间 7 个空隙中放入 3 个隔板即可，所以共有C3  7  6  5  35 种不同放法，故 C 错误；
73 2 1
对于 D，因为1 x4 的展开通项为： T Cr (x)r ，
r 14
而2  x1 x4 的展开式中 x3 的系数由两部分组成：
4
第一部分是2 与1 x4 的展开式中 x3 的系数的积，即2 (C3 )  8 ；
4
第二部分是x 的系数-1 与1 x4 的展开式中 x2 的系数的积，即C2  6 ，
所以2  x1 x4 的展开式中 x3 的系数为8  6  14 ，故 D 正确. 10．ABC
【详解】对于 A，掷一枚质地均匀的骰子一次，则 P M   3  1 ， P  N   2  1 ，
6263
而MN 表示“出现3 点”，所以 P MN   1 ，则 P MN   P M   P  N  ，
6
故事件M 和 N 相互独立，故 A 正确；
对于 B，因为随机变量 X 服从正态分布 N 2,σ2  ，所以正态曲线的对称轴是直线 x  2 ．因为 P  X  4  0.9 ，所以 P  X  4  P  X  0  0.1，
所以 P 0  X  2  P 2  X  4  0.4 ，故 B 正确；
对于 C，设事件 A 为至少有1个景点未被选择，事件 B 为恰有2 个景点未被选择，
31A37
P  AB1
则 P  AB   ， P  A  1 3  ，所以 P B A  ，故 C 正确；
339
339
P  A7
对于 D， E 2 X  3  2E  X   3 ， D 2 X  3  4D  X  ，故 D 错误．
ACD
【详解】对于 A，因为 f  x 有三个零点，得函数 f  x 至少有两个极值点.
因为 f  x  3x2  6x  a ，所以 f  x  0 有两个不相等的实数根.
所以  36 12a  0 ，解得a  3 ，所以 A 正确.对于 B， f  x  0 的两个不相等的实数根为m, n .
由m  n   6  2 ，且m, n 关于 x  
3
6
2  3
 1对称.
∴ x1  m  1, m x2
n, x3
n 1， x2 与1的大小关系不能判断，无法比较大小，所以 B 错误.
对于 C， f 2  x  f  x  4  2  x3  32  x2  a 2  x  b   x  43  3 x  42  a  x  4  b
 2a  2b  4  4 ，所以2b  2a ，所以b  a ，所以 C 正确.
123
对于 D，由题得 f  x  x3  3x2  ax  b   x  x  x  x  x  x  ，其简图如下：
f  x   x  x  x  x    x  x   x  x  x  x ' ，
231 23 
所以 f  x1    x1  x2  x1  x3  ，
同理 f  x2    x2  x1  x2  x3 ，f  x3    x3  x1  x3  x2  ，
故111111
f  x1 f  x2 f  x3  x1  x2  x1  x3  x2  x1  x2  x3  x3  x1  x3  x2 

  x2  x3    x3  x1    x1  x2   0 ．所以 D 正确.
x1  x2x1  x3x2  x3
故选：ACD.
144
【详解】第一步：根据约束条件，甲、乙不为第 1、6 名且相邻，排名可能为(2, 3), (3, 2), (3, 4), (4, 3), (4, 5), (5, 4) ，共6 种排法；
4
第二步：剩余4 名学生全排列，排法数为A4  24 种；
第三步：由分步乘法计数原理，总排列数为6  24  144 ，综上， 6 人的名次排列共有144 种不同情况.
13．2
m
【详解】由题意可知， f  x  m2lnx  x2  3mx ，函数的定义域为x | x  0 ，
求导得 f
2
 x  2x  3m ，
x
因为函数在 x  1 处取得极大值，所以有 f 1  0 ，
即m2  2  3m  0 ，整理得m2  3m  2  0 ，解得m  1或m  2 ，
12x2  3x 1
当m  1时， f
 x   2x  3 ，
xx
当 f  x  0 时， 2x2  3x 1  0 ，解得 x  1 或 x  1 ，
2
则 f  x 在 0, 1  和1,  上是单调递增函数；
 2 

当 f  x  0 时， 2x2  3x 1  0 ，解得 1  x  1，
2
则 f  x 在 1 ,1 上是单调递减函数；
 2 

故 f  x 在 x  1 处取得极小值，不满足题意；
42x2  6x  4
当m  2 时， f  x   2x  6 ，
xx
当 f  x  0 时， 2x2  6x  4  0 ，解得 x  2 或 x  1，则 f  x 在0,1 和2,  上是单调递增函数；
当 f  x  0 时， 2x2  6x  4  0 ，解得1  x  2 ，则 f  x 在1, 2 上是单调递减函数；
故 f  x 在 x  1 处取得极大值，满足题意；
因此m  2 .
13
1 
1 n1 
14．64
5 1   4 

【详解】设第 n 次发出红包的人是乙为事件 An ， n  N* ，则 P  An   an ，且a1  0 ，
因为 P  A| A   0 ， P  A
| A   1 ，
n1n
n1n4
由全概率公式可得 P  An1   P  An  P  An1 | An   P  An  P  An1 | An  ，
即a a
 0  1 a  1   1 a
 1 ，可得a
 1   1  a
 1  ，
n1nn44 n4
n154  n5 
且a  1   1  0 ，可知数列a

 1  是以首项为 1 ，公比为 1 的等比数列，
155
 n5 54
11 
1 n1

1 
1 n1 
1 
1 313
则an      
，所以an  5 1   4 
 ， a4 
1  
 
55  4 

5 
4 64

5
15．(1) T6  252x 2 ；
(2) T3  45x2 .
【详解】（1）若选①，第 5 项的系数与第 3 项的系数之比是14 : 3 ，
nn
则C 4 : C 2  14 : 3 ，求得n  10 ，
n
当二项式系数Cr 最大时， r = 5 ，即第六项的二项式系数最大，
此项为T
 C5 ·(
 1 5
5
x ) ·
 5
 252x 2 ．
x
610 
 
若选②，第 2 项与倒数第 3 项的二项式系数之和为 55，
1n2
n(n 1)
n2  n
则Cn  Cn
 n 
2
 55 ， 2
n
 n  10 ，当二项式系数Cr
最大时， r = 5 ，即第六项的二项式系数最大，
此项为T
 C5 ·(
 1 5
5
x ) ·
 5
 252x 2 ．
x
610 
 
若选③， C 2  Cn2  10  (n 1)·n  n(n 1) ， n  10 ，
n1n22
n
当二项式系数Cr 最大时， r = 5 ，即第六项的二项式系数最大，
此项为T
 C5 ·(
 1 5
5
x ) ·
 5
 252x 2 ．
x
610 
 
（2）该二项式的通项公式为T
 Cr ·(
r
 1 
x )10r ·
 Cr x
5 3 r
2 ，
x
r 110 10
 
令5  3 r  2 ，求得r  2 ，故展开式中含 x2 的项为T
 45x2 ．
23
16．(1) e2 1 x  y  2 e2 1  0
(2) ∞, e2 
【详解】（1）当a  1 时， f  x   x  2ex  1 x2  x ，得 f 2  0 ，
2
f  x   x 1ex  x 1 ，则k  f 2  e2 1 ，
所以切线方程为： y  e2 1 x  2 ，即e2 1 x  y  2 e2 1  0 ；
（2）解法一： f  x   x 1ex  a ，
当a  0 时，因为 x  2 ，所以 x 1  0 ， ex  a  0 ，所以 f  x  0 ，
则 f  x 在2,  上单调递增， f  x  f 2  0
成立，符合题意；
当0  a  e2 时， f  x  0 ，
所以 f  x 在2,  上单调递增，所以 f  x  f 2  0
成立，符合题意；
当a  e2 时，在区间2, ln a 上， f  x  0 ；在区间ln a, ∞ ， f  x  0 ，所以 f  x 在2, ln a 上单调递减， ln a, ∞ 上单调递增，
所以在区间2, ln a 上有 f  x  f 2  0
综上所述， a 的取值范围是∞, e2  ．
，不符合题意，
解法二：当 x  2 时， f  x  0 恒成立，等价于“当 x  2 时，  x  2ex  1 ax2  ax  0
2
恒成立”，

即 1 x2 
2
x  a   x  2ex
在2,  上恒成立，


当 x  2 时， 0  a  0 ，所以a  R ，
 x  2ex
2ex
当 x  2 时， 1 x2  x  0 ，所以a 
2

1 x2  x
2
x 恒成立，
2ex x 1ex
设 g  x ，则 g  x  2，
xx2
因为 x  2 ，所以 g x  0 ，所以 g  x 在区间2, ∞ 上单调递增，所以 g  x  g 2  e2 ，所以a  e2 ，
综上所述， a 的取值范围是∞, e2  .
17．(1) 1
240
(2)该顾客选择第二种抽奖方案更合算
【详解】（1）选择方案一若享受到免单优惠，则需摸出 2 个红球和 1 个白球，选择方案一若消费金额打八折，则需摸出 1 个红球和 2 个黑球，
C2C1
1 31
设甲顾客享受到免单优惠为事件 A ，则 P  A  2 3 ，

C
10
312040
C1 C2
2 101
设乙顾客消费金额打八折为事件 B ，则 P  B  2 5  ，
C
10
31206
所以甲顾客享受免单优惠且乙顾客消费金额打八折的概率为
P  AB  P  A P  B 
1  1  1 .
40 6240
（2）若选择方案一，设实际付款金额为 X ，则 X 的可能取值为 0，400，640，800.
C2C1
1 31
C2C1
1 51
P  X  0  2 3 ， P  X  400  2 5 ，

C
C
10
10
312040312024
C1 C2
2 101
11123
P  X  640  2 5  ， P  X  800  1 ，

C
10
312064024630
所以 E  X   0  1  400  1  640  1  800  23  2210 （元）
40246303
若选择方案二，设摸到红球的个数为Y ，付款金额为Z ，则Z  800 100Y .
Y 2 26

由题意知，
B  3, 5  ，故 E Y   3 5  5 .
所以 E Z   E 800 100Y   800 100E Y   800 100  6  680 （元）.
5
因为 E  X   E Z  ，所以该顾客选择第二种抽奖方案更合算.
18．(1)极大值为 1  ln 2 ，无极小值
4
答案见解析
证明见解析
【详解】（1） f ( x) 的定义域为(0, ) ，
当 m  1时， f (x)  ln x  x2  x 1，
令 f (x)  1  2x 1   (x 1)(2x 1)  0 ，解得 x  1, x  1 ，
xx2
当0  x  1 时， f ( x)  0 ，则 f ( x) 在 0, 1  上单调递增；
22 

当 x  1 时， f ( x)  0 ，则 f ( x) 在 1 , ∞ 上单调递减；
2 2

 f (x) 在 x  1 时取得极大值为 f  1   1  ln 2 ，无极小值．
2
 
2 4
12mx2  (2m 1)x 1(2mx 1)(x 1)
Q f (x)   2mx 1 2m   
xxx
(x  0) ，
当m  0 时， f ( x)  0 在(0, ) 上恒成立，此时 f ( x) 在(0, ) 上单调递增，
当m  0 时，若0  x 
1 时， f ( x)  0 ，则 f ( x) 在 0, 1  上单调递增；
2m2m 
若 1  x 时， f ( x)  0 ，则 f ( x) 在

1 , ∞ 上单调递减；
2m 2m

综上可知：当m  0 时， f ( x) 在(0, ) 上单调递增；当m  0 时， f ( x) 在 0, 1

上单调递增，在
1 , ∞
2m  2m

上单调递减．
由题意，记 g  x   g  x   u ，那么x ， x 是lnx  3  u 的两根，
12
u  lnx  3  1  3  ln 1  ，可转化为t
1
 1 ， t
2x
 1 是t 3  lnt   u 的两根，
xx x 

1x2x
12
令 F t   t 3  lnt  ，求导得 F t   2  lnt ，令 F t   0 ，解得t  e2 ，
若 F t   0 ，则t  e2 ；若 F t   0 ，则t  e2 ，
 F t  在0, e2 上单调递增，在e2 , ∞ 上单调递减，
不妨设0  t  e2  t ，要证 1  1  2e2 ，即证t  t  2e2 ，只需证t  2e2  t  e2 ，
12x1x21221
211
只需证 F t   F t   F 2e2  t  ①，
令G t   F t   F 2e2  t  ，求导得：

Gt   2  lnt   2  ln 2e2  t   1  4  ln t 2  2e2t ，当t 0, e2  时， t 2  2e2t 0, e4  ， ln t 2  2e2t   4 ，
此时Gt   0 ， G t  在0, e2 上单调递增，
1
 G t   G e2   0 ，即①式得证，故命题得证．
191
32①69 分；② k  631．
．（ ）分布列详见解析，数学期望为 ；（ ）
2
【详解】（1）随机变量 X 的所有可能的取值为0,1, 2，3 .
C0C3
101
C1C 2
505
C
C
由题意可得： P( X  0)  5 5  ， P( X  1)  5 5  ，
C 2C1
3
10
505
120 12
C3C0
3
10
101
120 12
P( X  2)  5 5  ， P( X  3)  5 5  ，
C
C
10
10
3120 123120 12
随机变量 X 的分布列为
数学期望 E( X )  0  1 1 5  2  5  3 1  3 ．
121212122
（2）①设该划线分为m ，由Y ~ N (75.8,36) 得μ 75.8,σ 6 ，
X
0
1
2
3
P
1
12
5
12
5
12
1
12
令η Y  μ Y  75.8 ，则Y  6η 75.8 ，

σ6
由题意， PY ≥ m  0.85 ，即 P 6η 75.8≥ m  P η≥ m  75.8   0.85 ，
6

Qη~ N (0,1) ， P(η„ 1.04)  0.85 ， P η 1.04  0.85 ，
 m  75.8  1.04 ， m  69.56 ，取m  69．
6
②由①讨论及参考数据得
PY ≥71  P6η 75.8≥71  Pη≥  0.8  Pη≤0.8  0.788 ， 即每个学生生物统考成绩不低于71 分的事件概率约为0.788 ，
800
ξ~ B(800, 0.788) ， P(ξ k)  Ck
0.788k (1  0.788)800k ．
P ξ k  P ξ k 1,

由P ξ k  P ξ k 1,
Ck 0.788k (1 0.788)800k  Ck10.788k1(1 0.788)801k ,
即 800800
Ck 0.788k (1 0.788)800k  Ck10.788k1(1 0.788)799k ,
 800800
解得630.188 ≤ k ≤ 631.188 ，
Q k  N ， k  631 ，