四川省绵阳市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷

这是一份四川省绵阳市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷，共8页。试卷主要包含了A2，ABD10等内容，欢迎下载使用。

高中 2024 级第二学年末教学质量测试
数学参考答案及评分标准
选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．
1．A2．C3．B4．B5．C6．C7．A8．D
选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．
9．ABD10．BD11．ACD
填空题：本题共 3 个小题，每小题 5 分，共 15 分．
12． 2x  y  1  0 ；13．−160；14．12
解答题：共 77 分。
解：（1）∵ an1  an  1 ，
∴数列{an}是公差为 1 的等差数列， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1 分所以 an  n ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2 分又{bn}是等比数列，且b1  a1  1 ， b4  a8  8 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙3 分
设公比为 q，则b  b  q3 ，即8  1 q3 ，解得 q  2 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙5 分
41
1n1
∴ bn  1 2n  2；∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙6 分
n1
n
an  b =n  2， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙7 分
n
∴ T =1 20  2  21  3  22   n  2n1 ，∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙8 分
n
∴ 2T =1 21  2  22  3  23   (n 1)  2n1  n  2n ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙9 分
n
∴ T =1  21  22   2n1  n  2n ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙10 分
n  2
=
1  2n n
1  2
=(1  n)2n 1，
n
∴ T =(n 1)2n  1 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙13 分
解：（1）由 f (x)  x  1 e2x ，得 f (x)  1 e2x ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1 分
2
令 f (x)  1 e2x  0 ，则 x  0 ，故 f (x) 在(，0) 上单调递增，∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2 分当 x  0 时， f (x)  0 ， f (x) 在(0，+) 单调递减， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙3 分所以当 x  0 时， f (x) 取最大值 f (0)   1 ，无最小值；∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙5 分
2
由 f (x)  (1 e)x  a ，得 1 e2x  ex  a  0 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙7 分
2
构造函数 g(x)  1 e2x  ex  a ，则 g(x)  e2x  e ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙9 分
2
令 g(x)  e2x  e  0 ，则 x  1 ，∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙10 分
2
故当 x  1 时， g(x)  0 ， g(x) 单调递增，∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙11 分
2
x  1 时， g(x)  0 ， g(x) 单调递减，∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙12 分
2
故当 x  1 ， g(x) 取极小值也是最小值， g( 1 )  e  e  a  0 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙14 分
2222
∴ a  0 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙15 分
解：（1）由题意得 P( X ≥125)  1  P(μ 125)  0.2 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1 分
P(100≤X  125)  0.5  P( X≥125)  1 P(80  X  100)  0.2 ，∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2 分
2
P(90≤X ≤125)  0.3 ，由对称性知：
∴A 等级分数对应的区间约为[125，150]， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙3 分
B 等级分数对应的区间约为[90，125)， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙4 分
C 等级分数对应的区间约为(55，90)， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙5 分
D 等级分数对应的区间约为[0，55]， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙6 分故甲，乙，丙三位同学的等级分别是：A，B，C； ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙7 分
记事件 M：该题答对；事件 N1：该生等级为 A；事件 N2：该生等级为 B；
事件 N3：该生等级为 C；事件 N4：该生等级为 D， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙8 分
由全概率公式：P(M )  P(N1 )P(M | N1 )  P(N2 )P(M | N2 )  P(N3 )P(M | N3 )  P(N4 )P(M | N4 ) ，10
分
又 P(M | N )  1， P(M | N )  1 ， P(M | N )  1 ， P(M | N )  1 ，∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙12 分
1223344
∴ P(M )  0.2 1 0.3 1  0.3 1  0.2  1  1 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙14 分
2342
1
∴该题的正确率为 2
． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙15 分
解：（1）对于 f (x)  a ln x  x 1(x  0) ，求导得 f (x)  a 1  a  x ，∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1 分
xx
若 a0 时，令 f (x)=0 得 x=a ，
x∈(0，a)时， f (x)  0 ， f (x) 在(0，a) 上单调递增；
x∈(a，+∞)时， f (x)  0 ， f (x) 在(a，+∞)上单调递减；∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙3 分对于 g(x)  sin x  x(x≥0) ，求导得 g(x)  cs x 1≤0 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙4 分故 g(x) 在[0，+∞)上单调递减；∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙5 分
由（1）知 g(x) 在[0，+∞)上单调递减，且 g(0)  0 ，
于是 g(x)≤g(0)  0 ，则 sinx≤0（x≥0），等号仅在 x=0 时成立，
因此对 i∈N*有ai
 sin
1 
i 1
1
i 1
， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙6 分
又由（1），取 a=1 得 f (x)  ln x  x 1，其在 x=1 处取得最大值 f (1)  0 ，
故ln x≤x 1 (x>0)，等号在 x=1 时成立， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙7 分
令 x 
i
i 1
（i∈N*），则ln
i 
i 1
i
i 1
1  
1
i 1
，等号仅在 x=1 时成立。
即ln i 1 
，则ln(i 1)  ln i 
1 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙8 分
ii 1i 1
∴ ai  sin
1 
i  1
1
i  1
 ln(i  1)  ln i ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙9 分
对 i=1，2，3，…n 累加：
n
ai  n sin 1  n [ln(i  1)  ln i]  ln(n  1)  ln1  ln(n  1) ，证毕； ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙10 分
i1
i1
i  1
i1
由题意 F (x)  f (x)  g(x)  a ln x  x 1 (sin x  x)  a ln x  sin x 1 ．
F(x)在(0，π)上单调递增，等价于 F (x)  a  cs x  0 在(0，π)上恒成立，
x
即a≥x cs x 在(0，π)上恒成立．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙11 分记h(x)  x cs x(x (0，π)) ．
当 x  π π) 时， cs x≤0 ，故h(x)≤0 ； ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙12 分
[，
2
， )
当 x (0 π 时，利用熟知不等式 tanx>x（可由求导或单位圆几何意义得到），
2
有 sin x  x  sin x  x cs x ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙13 分
cs x
2
又sin x  1（因 x  π），于是 x cs x  sin x  1．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙14 分综上， h(x) 1在区间(0，π)上恒成立．因此只要取a≥1．
验证 a=1 确实可行：此时 F (x)  1  cs x ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙15 分
x
易知在(0 π 上 1  cs x ；在 π π) 上cs x≤0  1 ．
， )[，
x2x
故 F (x)  0 在(0，π)上恒成立，F(x)严格单调递增．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙16 分
， )
而当 a=0（非正整数）时， F (x)  cs x 在(0 π 上为负，不满足条件．
2
因此，满足题意的整数 a 的最小值为 1．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙17 分方法二：由题意 F (x)  f (x)  g(x)  a ln x  x 1 (sin x  x)  a ln x  sin x 1 ．
F(x)在(0，π)上单调递增，等价于 F (x)  a  cs x≥0 在(0，π)上恒成立，
x
即a≥x cs x 在(0，π)上恒成立．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙11 分记h(x)  x cs x(x (0，π)) ，则h(x)  x sin x  cs x ，
易知，当 x  π π) 时， h(x)  0 ，则h(x) 在区间 π π) 上单调递减；
[，[，
22
令 p(x)  h(x)  x sin x  cs x ，则 p(x)  x cs x  2 sin x ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙12 分
当 x (0 π 时，易知 p(x)  0 ，则 p(x)  h(x) 在区间(0 π 上单调递减，
， ) 2
又  π  0 ，
 π  0 ，则存在 x
， ) 2
3
 π π 使得h(x )  0 ，即 x
sin x
 cs x ，
h () 4
h () 3
0( 4 ， )0
000
∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙13 分
∴ x (0，x0 ) 时， h(x)  0 ， h(x) 为增函数；
∴ x (xπ 时， h(x)  0 ， h(x) 为减函数， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙14 分
0， )
2
∴ h(x) 在区间(0，x0 ) 为增函数，在区间[x0，π) 上是减函数，
∴ h(x)≤h(x )  x cs x  x 2 sin x ，∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙15 分
00000
令t(x)  x2 sin x ，易知t(x) 在 π π 上是增函数，
(， )
43
∴ 0  t(x ) 
π  π 2
π 1， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙16 分
t( )( ) sin
0333
∴满足题意的整数 a 的最小值为 1．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙17 分
解：（1）（i）当 m=4，t=3 时，且是有放回抽样，则 p  1 ， p  2  1 ， p  3 ；
1424234
∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙3 分
（ii）方法 1：随机变量 X 的可能取值为 0，1，2，3，
p( X  0)  3  1  1  3 ；
4 2 432
p( X  1)  1  1  1  3  1  1  3  1  3  13 ；
4 2 44 2 44 2 432
p( X  2)  3  1  3  1  1  3  1  1  1  13 ；
42442442432
p( X  3)  1  1  3  3 ；
4 2 432
∴ E( X )  0  3 1 13  2  13  3 3  48  3 ； ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙7 分
32323232322
方法 2：该望远镜 3 次观测成功获取有效信号的总组数为 X，
0，第i次观测未成功获取有效脉冲信号
X

设1，第i次观测成功获取有效脉冲信号
i

（i=1，2，3，…，t）， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙4 分
因为方案一是有放回抽取，且由（i）知 p  1 ， p  2  1 ， p  3 ，
1424234
3
∴ E( X1 )  p1 ， E( X 2 )  p2 ， E( X 3 )  p3 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙6 分
又 X   Xi ，
i1
故： E( X )  p  p  p  3 ；∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙7 分
1232
（2）记成功获取有效脉冲信号组数为 Y，
设Y  1，第i次观测成功获取有效脉冲信号
（i=1，2，3，…，t）， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙8 分

i0，第i次观测未成功获取有效脉冲信号
i
i
方案一：因为是有放回抽取，且 x≤i ，即 x=1，2，…，i，共 i 种结果，
因此 p(Yi  1) 
m ，则 E(Yi )  p(Yi  1)  m ，
t
又Y  Yi ，
t
i1
故： E(Y )  
t
i
E(Y )  
i  1 2  3 ...  i  t(t 1) ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙12 分
i1
i1 mm2m
方案二：无放回依次抽取，等价于从 m 个编号中随机选 t 个进行有序排列.
At 11
又因为任意指定第 i 个位置，每一个编号出现在该位置的概率都是 m1  ，
A
m
t m
At 1
故因为满足条件 x≤i 的编号共 i 个， 且这 i 个编号每一个编号出现在该位置的概率都是
1
m1  ，
A
m
t m
∴仍然有 p(Y  1)  i  1 ，则 E(Y )  p(Y  1)  i
，∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙15 分
imiim
t
又Y  Yi ，
t
i1
故： E(Y )  
t
i
E(Y )  
i  1 2  3 ...  i  t(t 1) ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙16 分
i1
i1 mm2m
综上所述：两种方案下成功获取有效脉冲信号组数的数学期望相等．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙17 分